专题09 化学工艺流程（2大题型）（广东专用）2026年高考化学一模分类汇编

专题09 化学工艺流程 2大考点概览 题型01 物质的分离提纯 题型02 物质的制备 物质的分离提纯 题型01 1．（2026·广东广州·一模）一种从废旧锰酸锂电池的正极材料(主要含、碳粉和铝箔)中回收Li和Mn的工艺流程如下。 已知： ①常温下，，，。 ②常温下，。 ③“酸浸液”主要含有的金属阳离子是、。 (1)“碱浸”时，铝单质发生反应的离子方程式为___________。 (2)“酸浸”时，加入的作用是___________。 (3)“沉锰”时，生成的离子方程式为____。 ：。 (4)“沉锂”时，pH至少应调至大于___________，使溶液中，有利于的生成。若“沉锂”后滤液中，则___________。 (5)废旧锂电池中的也可通过电解法回收，电解示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过；电解质溶液是和的混合溶液)。电解过程中，阴极上发生的电极反应为___________；理论上消耗与生成的物质的量之比为___________。 (6)可用于制备，的晶胞结构如图所示，该晶胞形状为长方体，边长分别为a nm、a nm、2a nm。 ①晶胞中“”表示___________(填“”或“”)。 ②的空间结构为___________。 ③每个周围与它最近且距离相等的有___________个。 2．（2026·广东梅州·一模）从退役CIGS（）薄膜太阳能电池芯片中可提取关键金属镓，并综合回收铟、硒。某湿法工艺设计如下： 已知：①酸浸液成分（g/L）：In 13，Ga 4.5，80； ②P204（二-2-乙基己基磷酸）对、的配位常数分别为，； ③氢氧化镓与氢氧化铝性质相似；（时沉淀完全）。 回答下列问题： (1)“酸浸”步骤中，为提高Ga的浸出速率，可采取的措施是________（任写一条）。 (2)“还原沉硒”时，Se（IV）被还原为单质Se的离子方程式为________。 ________________。 (3)P204萃取时，经三级逆流后，萃余液中In浓度降至0.015 g/L，In的萃取率________ （萃取率=萃取出的物质质量/该物质的总质量，保留三位有效数字）。而此时镓基本不被萃取，结合离子结构分析，萃取差异的本质原因是________（In是Ga的下一周期同族元素）。 (4)“中和沉镓”时，需要控制，pH过低则________，pH过高则可能导致________。 (5)电解时阴极发生的电极反应是________。 (6)磷化镓是一种半导体材料。晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被Ga原子代替，顶点和面心的碳原子被P原子代替。磷化镓的晶胞结构如图1，图2中矩形是沿晶胞对角面取得的截图。 ①请在矩形（图3）中画出晶胞中Ga原子的位置________。 ②若晶胞密度为，阿伏加德罗常数为，则晶胞中P和Ga原子的最近距离为________pm（列出计算表达式）。 3．（2025·广东广州·零模）利用微气泡耦合CuO催化氧化浸出技术可从钒铬泥(含V2O3、Cr2O3、Fe2O3、Al2O3、SiO2)中提取V和Cr，工艺流程如下。 已知：①Cr(Ⅵ)在碱性溶液中主要以形式存在，酸性溶液中主要以形式存在。V(V)在强碱性溶液中主要以形式存在，在弱碱性溶液中主要以形式存在。 ②常温下，，。 (1)基态V原子的价层电子排布式为___________。 (2)“浸出”时，将钒铬泥和NaOH溶液、催化剂CuO混合，采用微气泡技术通入，可高效地将钒和铬分别转化为和。 ①通入O2时采用微气泡技术，可提高钒和铬的浸出效率，原因是___________。 ②V2O3转化为，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为___________。 (3)“浸出”时，转化为___________(写化学式)。“除杂”时，铝和硅以沉淀的形式除去，生成的离子方程式为___________。 (4)“沉钒”时，控制溶液。常温下，“沉钒”后溶液中浓度为，则溶液中为___________(保留两位有效数字)。 (5)“还原”中生成的离子方程式为___________。 (6)经系列工序后可制得，其立方晶胞如图所示。 ①___________。 ②晶体中与V原子最近且等距离的V原子的个数为___________。 ③晶胞中V原子间最近距离为，则该立方晶胞的体积为___________。 4．（2026·广东·模拟预测）ZnS可用于制备光学材料和回收砷。 (1)制备ZnS。由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等]制备ZnS的过程如下： 已知：。当离子浓度小于1.0×10⁻5 mol·L⁻1时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸过程中ZnS溶解的化学方程式为_______。 ②酸浸时提高浸出率的措施有_______(任写一条)。 ③通入除镉的离子方程式是_______。通过计算判断当溶液pH=0、时，是否沉淀完全_______(写出计算过程)。 ④沉锌前调节溶液的pH至4~5，加入的氧化物为_______(填化学式)。 (2)制备光学材料。如图甲所示，ZnS晶体中掺入少量CuCl后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 区域A“”中的离子为_______(填离子符号)，区域B带_______(填“正电”或“负电”)。上图ZnS立方晶胞边长为a nm，则晶胞中两个最近的之间的距离为_______nm。 (3)回收砷。用ZnS去除酸性废液中的三价砷[As(Ⅲ)]，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中As(Ⅲ)主要以弱酸形式存在，。60℃时，按n(S)：n(As)=7:1向酸性废液中加入ZnS，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出ZnS与反应生成的离子方程式：_______。 ②反应4h后，砷回收率下降的原因是_______。 5．（2026·广东·模拟预测）钒是现代工业、国防、科学技术发展不可缺少的重要材料。某厂钒渣中含Fe、V、Mn、Si等元素的化合物，一种从该钒渣中高效清洁提取钒的工艺流程如图所示： 已知：①HA代表P204，萃取原理为； ②常温下，，的，，的，当金属离子浓度时视为完全沉淀； ③。 回答下列问题： (1)“筛分”是基于颗粒直径差距，将不易被氧化的大颗粒富铁钒渣与细颗粒钒渣初步分离，“筛分”___________(填“是”或“不是”)化学变化。 (2)“焙烧”时，在1075 K下被氧化为和，该反应的化学方程式为___________，当温度达到1200 K时，钒渣中的与MnO将转化为和，该过程中，化合价升高的元素为V、___________(填元素符号)。 (3)“逆流浸出”时，让固体原料与浸出剂逆向流动接触，能显著提高钒酸盐的浸出率，主要原因是___________。 (4)“萃取”时，加入NaF，浸出液中的与分步形成、、配合物，对钒萃取率的影响结果如图所示，时，由于生成了、___________(填离子符号)，使钒萃取率下降，“反萃取”时，试剂A为___________(填化学式)。 (5)“沉锰”时，萃余液中的反应的离子方程式为___________，萃余液中，加入固体，且保持，当恰好完全沉淀时，溶液pH约为___________。 (6)V的立方晶胞结构如下图所示，该晶胞中每个V原子周围与其等距且紧邻的V原子有___________个，当温度达到1600℃时，V会转变为成新的立方晶胞结构，设新晶胞边长为a nm，已知一个新晶胞均摊后有4个V原子，且2个V原子间的最近距离为，请在下图中用○画出所有V原子的位置__________。 6．（2026·广东·一模）一种从高杂铜阳极泥［主要含、、、、、硒()以及碲()等］中提取和的工艺流程如图所示。 已知： ①室温下，各难溶物的如表所示。 难溶物 ②极易水解生成沉淀，在水溶液中存在()。 (1)是第五周期第VIA族元素，基态原子的价层电子排布式为___________。 (2)“复合浸出”时，通过调控和的比例使铅和银分别以和的形式保留在“浸出渣”中。当“浸出液”中时，最大不超过___________。 (3)“复合浸出”时加入除了能使转化为沉淀外，还能___________，从而增加的浸出率并节约成本；对“浸出液”进一步处理，促进水解，使其转化为沉淀，请写出该过程的离子方程式：___________。 (4)“焙烧”过程中，进入烟气中，实现和的分离，再通过“吸收→还原”制备粗。被还原生成粗时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。 (5)“碱浸分碲”时，加入的目的是使转化为易溶的，从而提高的浸出率，请写出该过程的离子方程式：___________。 (6)高杂铜阳极泥中含有痕量硒铜化合物，其立方晶胞是由如图所示两个边长均为的小立方体交错并置而成的。晶胞中和之间的最短距离为___________；占据晶胞的顶点和___________；该硒铜化合物的化学式为___________。 物质的制备 题型02 7．（2026·广东清远·一模）金属冶炼在国民经济发展中有着重要作用。工业上用某软锰矿(主要成分为，还含有少量铁、铝及硅的氧化物)为原料制备锰酸锂()的工艺流程如图所示。 已知：当溶液中某离子浓度不大于时，该离子沉淀完全。室温下相关物质的如下表所示。 物质 回答下列问题： (1)基态锰原子核外电子的空间运动状态有______种。 (2)为提高“浸取”效率，可采取的措施是______(写一条即可)，滤渣Ⅰ的主要成分是______(填化学式)。 (3)“浸取”时，参加的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。 (4)“精制”时，加入的量应大于理论值，原因是：______；若“浸取”后溶液中，则“精制”时应调pH的范围为______［计算时只考虑生成沉淀］。 (5)“控温、氧化”时，和均被氧化为，将“锂化”过程中发生反应的化学方程式补充完整______。 ______________________________ (6)为尖晶石结构，其晶胞由8个立方单元组成，这8个立方单元可分为A、B两种类型(未画出)。设的摩尔质量为，为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度______(用含、、的代数式表示)。 8．（2026·广东汕尾·一模）我国橄榄石资源丰富，其主要成分为和，含少量Ni、Al元素。利用橄榄石回收NiO并制备碱式硫酸镁的工艺流程如图所示： 已知： ①“酸浸”后，溶液中阳离子浓度：、、、。 ②部分氢氧化物的如下表所示： 氢氧化物 (1)“焙烧1”时，在高温条件下生成红棕色固体，反应的化学方程式为___________。 (2)“酸浸”时，为使金属元素充分浸出，可以采取的措施为___________(写一条)。 (3)向溶液中加入NaOH“调”，过滤后，滤渣2的主要成分为___________(填化学式)，调pH后滤液中的浓度为___________。 (4)利用有机物萃取的反应为(有机相)(水相)(有机相)(水相)。“反萃取”时加入的试剂X为___________(填化学式)。 (5)“电解”时采用惰性电极电解“萃取”后的水相，请写出阳极发生的电极反应式：___________。 (6)NiO广泛应用于陶瓷着色、电池电极以及电子磁性材料等领域。一种NiO的立方晶胞结构如图所示。 ①的配位数是___________。 ②已知微粒1的分数坐标为，则微粒2的分数坐标为___________。 9．（2026·广东·模拟预测）氮化镓是一种新型的半导体，常用于紫光的激光二极管(LED)。某小组以废旧薄膜太阳能电池(，主要成分为)为原料制备氮化镓，其中的一种工艺流程如图： 已知：①镓、铟与铝位于同主族，Ga的熔点为。 ②常温下，，，；当金属离子浓度时，认为金属离子已完全沉淀。 ③。 回答下列问题： (1)可通过___________(写一条)等措施提高焙烧效率。 (2)烧渣的主要成分是、和。在高温焙烧条件下，CIGS与氧气反应时铜转化成，不生成，其主要原因可能是___________(用物质结构理论解释)。 (3)滤液I的主要成分是___________(填化学式)，请写出该反应相应的离子方程式：___________。回流过滤中的作用是___________(用镓相关的化学方程式表示)。 (4)高温气相沉积中尾气常选用如图所示装置吸收，其原理是___________。 (5)氮化镓(GaN)的晶体结构如图所示。在晶体中，原子的配位数是___________，该晶体中___________(填“存在”或“不存在”)配位键，理由是___________。 10．（2026·广东江门·一模）主要用作分析试剂及氨吸收剂，暴露在潮湿的空气中会很快变为红色的。以含钴废料(主要成分为，还有少量的、、)为原料制备的工艺流程如图所示。回答下列问题： 已知：①在酸性介质中，氧化性：。 ②水相中主要含有的阳离子为、。 ③溶于氨水易形成配离子。 ④常温下，部分金属阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH如表所示。 氢氧化物 完全沉淀时的pH 4.7 9.2 9.0 (1)“粉碎”的目的是___________，滤渣1的主要成分是___________(填化学式)。 (2)“转化”中，表现出___________(填“氧化”或“还原”)性；CoO的作用是___________。 (3)“沉钴”时调节溶液的pH为9，不宜大于9的原因是___________；试剂B可以循环用于___________工序。 (4)由制备时，先蒸发浓缩、降温结晶、过滤得到，再将和过量混合共热得到无水。和反应的化学方程式为___________。 (5)常作催化剂，其立方晶胞如图所示。已知晶胞的边长为，为阿伏加德罗常数的值。的配位数为___________，晶体的密度为___________。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 化学工艺流程 2大考点概览 题型01 物质的分离提纯 题型02 物质的制备 物质的分离提纯 题型01 1．（2026·广东广州·一模）一种从废旧锰酸锂电池的正极材料(主要含、碳粉和铝箔)中回收Li和Mn的工艺流程如下。 已知： ①常温下，，，。 ②常温下，。 ③“酸浸液”主要含有的金属阳离子是、。 (1)“碱浸”时，铝单质发生反应的离子方程式为___________。 (2)“酸浸”时，加入的作用是___________。 (3)“沉锰”时，生成的离子方程式为____。 ：。 (4)“沉锂”时，pH至少应调至大于___________，使溶液中，有利于的生成。若“沉锂”后滤液中，则___________。 (5)废旧锂电池中的也可通过电解法回收，电解示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过；电解质溶液是和的混合溶液)。电解过程中，阴极上发生的电极反应为___________；理论上消耗与生成的物质的量之比为___________。 (6)可用于制备，的晶胞结构如图所示，该晶胞形状为长方体，边长分别为a nm、a nm、2a nm。 ①晶胞中“”表示___________(填“”或“”)。 ②的空间结构为___________。 ③每个周围与它最近且距离相等的有___________个。 【答案】(1) (2)将中的Mn还原为 (3) (4) 12.3 (5) 2：3 (6) 直线形 4 【分析】正极材料主要含、碳粉和铝箔，加入溶液，只有Al和反应，生成，成为碱浸液的主要成分。往固体中继续加入、，可将中的Mn还原为，Li变为，在酸浸液中。加入溶液，通入空气，利用氧气将氧化为沉淀除去。溶液中的加入溶液调节pH，可生成沉淀，滤液中主要含有。 【详解】（1）铝具有两性，和反应生成，Al的化合价升高，则H的化合价降低生成，离子方程式为。 （2）酸浸液中含有，说明酸浸时Mn的化合价降低，则作还原剂，将还原为。 （3）沉锰时的反应物有、，溶液呈碱性，生成物有，离子方程式为。 （4）根据题意，的第三步电离方程式为，，则。当时，，则溶液的。所以当时，才有。沉锂后滤液中，而，所以。 （5）阴极发生还原反应，由图可知，反应物有，生成物有、，溶液呈酸性，电极反应式为。阴阳两极转移的电子个数相同，阴极变为，转移。阳极变为，转移。两者的最小公倍数为6，则。 （6）由图可知，黑球位于晶胞的顶点和内部，共有个。白球位于晶胞的面上，共有个。而物质的化学式为，则黑球表示。和互为等电子体，空间结构模型一致，而中的中心C原子的价层电子对为。空间结构为直线形。由图可知，以其中一个面心上的为参考，该晶胞中，与该离子距离最近且相等的为两个顶点和一个体心，共3个。一个面被两个晶胞共用，根据晶胞的对称性可知，另一个晶胞中体心处还有一个。综上，共4个。 2．（2026·广东梅州·一模）从退役CIGS（）薄膜太阳能电池芯片中可提取关键金属镓，并综合回收铟、硒。某湿法工艺设计如下： 已知：①酸浸液成分（g/L）：In 13，Ga 4.5，80； ②P204（二-2-乙基己基磷酸）对、的配位常数分别为，； ③氢氧化镓与氢氧化铝性质相似；（时沉淀完全）。 回答下列问题： (1)“酸浸”步骤中，为提高Ga的浸出速率，可采取的措施是________（任写一条）。 (2)“还原沉硒”时，Se（IV）被还原为单质Se的离子方程式为________。 ________________。 (3)P204萃取时，经三级逆流后，萃余液中In浓度降至0.015 g/L，In的萃取率________ （萃取率=萃取出的物质质量/该物质的总质量，保留三位有效数字）。而此时镓基本不被萃取，结合离子结构分析，萃取差异的本质原因是________（In是Ga的下一周期同族元素）。 (4)“中和沉镓”时，需要控制，pH过低则________，pH过高则可能导致________。 (5)电解时阴极发生的电极反应是________。 (6)磷化镓是一种半导体材料。晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被Ga原子代替，顶点和面心的碳原子被P原子代替。磷化镓的晶胞结构如图1，图2中矩形是沿晶胞对角面取得的截图。 ①请在矩形（图3）中画出晶胞中Ga原子的位置________。 ②若晶胞密度为，阿伏加德罗常数为，则晶胞中P和Ga原子的最近距离为________pm（列出计算表达式）。 【答案】(1)将废料粉碎（或适当升高温度、搅拌、增大酸浓度等，任写一条即可） (2) (3) 99.9% In3+的离子半径比Ga3+大，与P204形成的配合物更稳定（或配位常数更大） (4) Ga3+沉淀不完全 Ga(OH)3溶解 (5) (6)    【分析】退役CIGS（）薄膜太阳能电池芯片中加入硫酸和过氧化氢酸浸，Se元素转化为，加入二氧化硫将还原为Se，过滤后，用P204三级逆流萃取，有机相含In、水相含Cu和Ga，有机相经HCl反萃取得到InCl3，水相中调节pH为4.5沉淀Ga为Ga(OH)3，分离Ga和Cu，过滤后在含Ga(OH)3的滤渣中加入NaOH溶解得到含的溶液，再电解得到Ga。 【详解】（1）提高浸出速率可从增大接触面积、升高温度、增大反应物浓度、搅拌等方面考虑，常见措施有将废料粉碎、适当加热、搅拌、增大酸浓度等。（任写一条即可） （2）酸浸后，Se(Ⅳ)以形式存在，被SO2还原为单质Se，SO2被氧化为，则离子方程式为。 （3）初始In的浓度为13 g/L，萃余液中In的浓度为0.015 g/L，则萃取率为；In和Ga为同族元素，In3+半径大于Ga3+，与P204中的配位原子结合时空间位阻小，形成的配合物更稳定，配位常数更大，因此In易被萃取而Ga基本不被萃取。 （4）Al和Ga位于同一主族，因此Ga(OH)3与Al(OH)3性质相似，具有两性，pH过低时，Ga3+不能完全沉淀，pH过高时，Ga(OH)3溶解生成，导致镓损失。 （5）据分析，电解精炼或电沉积镓时，阴极为碱性条件下得电子还原为Ga单质，电极反应为。 （6）①磷化镓的晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被Ga原子代替、顶点和面心的碳原子被P原子代替，设A1点坐标为(0,0,0)，则Ga原子的分数坐标为，P原子位于顶点和面心，矩形中，该矩形内部x与y坐标相等，则处于该矩形内部的Ga原子的分数坐标为，故图3中Ga原子的位置为； ②一个晶胞中Ga的个数为4、P的个数为，即含有4个GaP，设立方晶胞的边长为a pm，则晶胞密度为，因此立方晶胞的边长为，如图所示，最近邻P和Ga原子距离为体对角线长的，即为。 3．（2025·广东广州·零模）利用微气泡耦合CuO催化氧化浸出技术可从钒铬泥(含V2O3、Cr2O3、Fe2O3、Al2O3、SiO2)中提取V和Cr，工艺流程如下。 已知：①Cr(Ⅵ)在碱性溶液中主要以形式存在，酸性溶液中主要以形式存在。V(V)在强碱性溶液中主要以形式存在，在弱碱性溶液中主要以形式存在。 ②常温下，，。 (1)基态V原子的价层电子排布式为___________。 (2)“浸出”时，将钒铬泥和NaOH溶液、催化剂CuO混合，采用微气泡技术通入，可高效地将钒和铬分别转化为和。 ①通入O2时采用微气泡技术，可提高钒和铬的浸出效率，原因是___________。 ②V2O3转化为，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为___________。 (3)“浸出”时，转化为___________(写化学式)。“除杂”时，铝和硅以沉淀的形式除去，生成的离子方程式为___________。 (4)“沉钒”时，控制溶液。常温下，“沉钒”后溶液中浓度为，则溶液中为___________(保留两位有效数字)。 (5)“还原”中生成的离子方程式为___________。 (6)经系列工序后可制得，其立方晶胞如图所示。 ①___________。 ②晶体中与V原子最近且等距离的V原子的个数为___________。 ③晶胞中V原子间最近距离为，则该立方晶胞的体积为___________。 【答案】(1)3d34s2 (2) 增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更充分 (3) Na[Al(OH)4] Na++[Al(OH)4]-+2=NaAlSi2O6↓+4OH- (4) (5)或 (6) 12 【分析】由题干工艺流程图可知，向钒铬泥(含V2O3、Cr2O3、Fe2O3、Al2O3、SiO2)中加入NaOH同时通入O2进行浸出，将V2O3转化为Na3VO4、Cr2O3转化为Na2CrO4，Al2O3转化为Na[Al(OH)4]，SiO2转化为Na2SiO3，过滤出浸出渣主要含Fe2O3、CuO，向滤液中加入Na2SiO3将Na[Al(OH)4]转化为而除去，过滤得到滤渣为，调节溶液pH值将转化为，加入NH4Cl进行沉钒即生成NH4VO3析出，过滤洗涤干燥得到NH4VO3固体，灼烧后转化为V2O5，再经还原得到VxCy，向滤液中加入Na2SO3还原Na2CrO4为Cr(OH)3，过滤洗涤干燥后灼烧得到Cr2O3，据此分析解题。 【详解】（1）已知V是23号元素，其基态V原子的核外电子排布式为：[Ar]3d34s2，则其价层电子排布式为3d34s2； （2）①通入O2时采用微气泡技术，能够增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更充分，可提高钒和铬的浸出效率，故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更充分； ②V2O3转化为，该反应的化学方程式为：V2O3+O2+6NaOH=2Na3VO4+3H2O，反应中O2是氧化剂，V2O3是还原剂，故该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:1； （3）由分析可知，“浸出”时，转化为Na[Al(OH)4]，“除杂”时，铝和硅以NaAlSi2O6沉淀的形式除去，生成NaAlSi2O6的离子方程式为：Na++[Al(OH)4]-+2=NaAlSi2O6↓+4OH-，故答案为：Na[Al(OH)4]；Na++[Al(OH)4]-+2=NaAlSi2O6↓+4OH-； （4）“沉钒”时，控制溶液，常温下，“沉钒”后溶液中浓度为，则此时溶液中的浓度为：==1.6mol/L，溶液中c(H+)=10-8mol/L，c(OH-)=10-6mol/L，溶液中为=≈8.9×10-2mol/L，故答案为：8.9×10-2； （5）由题干工艺流程图可知，“还原”中生成Cr(OH)3即用将还原为Cr(OH)3，自身被氧化为，根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式为：或； （6）①由题干晶胞图可知，一个晶胞中含有的V个数为：=4，C个数为：=4，则x：y=4:4=1:1； ②由题干晶胞图可知，V原子位于8个顶点和6个面心上，故晶体中与V原子最近且等距离的V原子的个数为=12； ③由题干晶胞图可知，晶胞中最近的两个V原子间距离为面对角线的一半，晶胞中V原子间最近距离为a nm，设晶胞参数为x nm，则 nm=a nm，解得x=nm，则该立方晶胞的体积为(×10-7cm)3=2×10-21。 4．（2026·广东·模拟预测）ZnS可用于制备光学材料和回收砷。 (1)制备ZnS。由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等]制备ZnS的过程如下： 已知：。当离子浓度小于1.0×10⁻5 mol·L⁻1时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸过程中ZnS溶解的化学方程式为_______。 ②酸浸时提高浸出率的措施有_______(任写一条)。 ③通入除镉的离子方程式是_______。通过计算判断当溶液pH=0、时，是否沉淀完全_______(写出计算过程)。 ④沉锌前调节溶液的pH至4~5，加入的氧化物为_______(填化学式)。 (2)制备光学材料。如图甲所示，ZnS晶体中掺入少量CuCl后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 区域A“”中的离子为_______(填离子符号)，区域B带_______(填“正电”或“负电”)。上图ZnS立方晶胞边长为a nm，则晶胞中两个最近的之间的距离为_______nm。 (3)回收砷。用ZnS去除酸性废液中的三价砷[As(Ⅲ)]，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中As(Ⅲ)主要以弱酸形式存在，。60℃时，按n(S)：n(As)=7:1向酸性废液中加入ZnS，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出ZnS与反应生成的离子方程式：_______。 ②反应4h后，砷回收率下降的原因是_______。 【答案】(1) 粉碎闪锌矿、适当升温、适当增加硫酸浓度等 未沉淀完全 ZnO (2) 负电 (3) 随着反应的进行，减小，减小，促使平衡正移，溶解，砷回收率下降 【分析】向闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等]中加入硫酸、氧气酸浸后，ZnS、FeS、CdS分别转化为、、，硫元素转化为硫单质，经过除铁、除镉除去、，再调pH、沉锌后获得ZnS，据此解答。 【详解】（1）①酸浸过程中ZnS、氧气和硫酸发生氧化还原反应生成、硫单质和水，其化学方程式为：； ②加快反应速率，能提高酸浸时浸出率，其措施有粉碎闪锌矿、适当升温、适当增加硫酸浓度等； ③通入除镉反应为硫化氢和镉离子生成CdS沉淀和氢离子，其离子方程式是：。溶液pH=0、时，，则，则未沉淀完全； ④除镉时溶液酸性较强，沉锌前调节溶液的pH至4~5，在不引入新杂质的同时消耗溶液中的氢离子，则加入的氧化物为ZnO； （2）晶胞掺杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换，则区域A中由，区域B中由，按照均摊法，区域B中含3个、1个、个，因为(+2)×3+(+1)×1+(-2)×4=-1，则区域B带负电。由晶胞图可知，晶胞中两个最近的之间的距离为面对角线的二分之一，即为nm； （3）①溶液中As(Ⅲ)主要以弱酸形式存在，酸性条件下ZnS与反应生成、和水，其离子方程式为：； ②反应4 h后，减小，减小，促使平衡正移，导致砷回收率下降，即原因是：随着反应的进行，减小，减小，促使平衡正移，溶解，砷回收率下降。 5．（2026·广东·模拟预测）钒是现代工业、国防、科学技术发展不可缺少的重要材料。某厂钒渣中含Fe、V、Mn、Si等元素的化合物，一种从该钒渣中高效清洁提取钒的工艺流程如图所示： 已知：①HA代表P204，萃取原理为； ②常温下，，的，，的，当金属离子浓度时视为完全沉淀； ③。 回答下列问题： (1)“筛分”是基于颗粒直径差距，将不易被氧化的大颗粒富铁钒渣与细颗粒钒渣初步分离，“筛分”___________(填“是”或“不是”)化学变化。 (2)“焙烧”时，在1075 K下被氧化为和，该反应的化学方程式为___________，当温度达到1200 K时，钒渣中的与MnO将转化为和，该过程中，化合价升高的元素为V、___________(填元素符号)。 (3)“逆流浸出”时，让固体原料与浸出剂逆向流动接触，能显著提高钒酸盐的浸出率，主要原因是___________。 (4)“萃取”时，加入NaF，浸出液中的与分步形成、、配合物，对钒萃取率的影响结果如图所示，时，由于生成了、___________(填离子符号)，使钒萃取率下降，“反萃取”时，试剂A为___________(填化学式)。 (5)“沉锰”时，萃余液中的反应的离子方程式为___________，萃余液中，加入固体，且保持，当恰好完全沉淀时，溶液pH约为___________。 (6)V的立方晶胞结构如下图所示，该晶胞中每个V原子周围与其等距且紧邻的V原子有___________个，当温度达到1600℃时，V会转变为成新的立方晶胞结构，设新晶胞边长为a nm，已知一个新晶胞均摊后有4个V原子，且2个V原子间的最近距离为，请在下图中用○画出所有V原子的位置__________。 【答案】(1)不是 (2) (答案合理即可) Fe (3)增大接触面积，提高浸出速率和浸出率(答案合理即可) (4) (5) 5.6 (6) 8 (答案合理即可) 【分析】钒渣经过“筛分”分离不易被氧化的大颗粒富铁钒渣与细颗粒钒渣后，细颗粒钒渣经过焙烧、加入硫酸逆流浸出分离Fe、Si（浸出渣）和V、Mn（浸出液），浸出渣和富铁钒渣经过高炉炼铁得到铁，浸出液中加入P204和TBP萃取分离V（有机相）和Mn（水相萃余液）有机相加入硫酸反萃取后，加入氨水沉淀，滤渣中加入硫酸铵得到(NH4)2V6O16，经过煅烧得到V2O5，萃余液加入碳酸氢铵沉淀得到MnCO3。 【详解】（1）“筛分”是基于颗粒直径差距分离两种固体物质，无新物质的生成，不是化学变化。 （2）根据分析，在1075 K下被氧化为和，氧化剂应该是空气中的氧气，则反应的化学方程式为；温度达到1200 K时，钒渣中的与MnO转化为和，此时，铁化合价由变为，V化合价由变为，化合价升高的元素为V、Fe。 （3）“逆流浸出”是使固体原料与浸出剂逆向流动接触，可增大接触面积，提高浸出速率和浸出率。 （4）结合信息，萃取的本质是与P204进行阳离子交换，结合图像，在氟离子浓度较低时，生成的可增大钒的萃取率，当增大，将会生成、，使的占比减小，萃取率下降，结合萃取原理，反萃取时应该加。 （5）根据题意，反应的离子方程式为；当完全沉淀时，，则，则，。 （6）由图可知，常温下V是体心立方堆积，以体心的V作为参考原子分析，顶点上8个原子都与其等距且紧邻，则该晶胞中每个V原子周围与其等距且紧邻的V原子有8个；根据题意，一个新晶胞均摊后有4个V原子，且2个V原子间的最近距离为，由于面心和顶点原子的距离为，推测V原子应该在8个顶点和6个面心上，计算均摊后的V原子恰好是4个，所以推测正确，画出图像为。 6．（2026·广东·一模）一种从高杂铜阳极泥［主要含、、、、、硒()以及碲()等］中提取和的工艺流程如图所示。 已知： ①室温下，各难溶物的如表所示。 难溶物 ②极易水解生成沉淀，在水溶液中存在()。 (1)是第五周期第VIA族元素，基态原子的价层电子排布式为___________。 (2)“复合浸出”时，通过调控和的比例使铅和银分别以和的形式保留在“浸出渣”中。当“浸出液”中时，最大不超过___________。 (3)“复合浸出”时加入除了能使转化为沉淀外，还能___________，从而增加的浸出率并节约成本；对“浸出液”进一步处理，促进水解，使其转化为沉淀，请写出该过程的离子方程式：___________。 (4)“焙烧”过程中，进入烟气中，实现和的分离，再通过“吸收→还原”制备粗。被还原生成粗时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。 (5)“碱浸分碲”时，加入的目的是使转化为易溶的，从而提高的浸出率，请写出该过程的离子方程式：___________。 (6)高杂铜阳极泥中含有痕量硒铜化合物，其立方晶胞是由如图所示两个边长均为的小立方体交错并置而成的。晶胞中和之间的最短距离为___________；占据晶胞的顶点和___________；该硒铜化合物的化学式为___________。 【答案】(1) (2)0.4 (3) 与形成配合物可避免其水解 (4)1：2 (5) (6) 面心 【分析】该工艺流程以高杂铜阳极泥为原料，先通过复合浸出环节，利用稀硫酸与NaCl溶液选择性浸出铋，同时使铅、银以硫酸盐、氯化物形式留存于浸出渣中；随后将浸出渣焙烧，在浓硫酸作用下使硒转化为SeO2气体挥发，实现硒与碲、铜的初步分离，挥发的SeO2经还原得到粗Se；焙烧后的蒸硒渣经水浸分铜，使铜以CuSO4形式浸出分离；最后分铜渣进入碱浸分碲环节，在NaOH与NaClO3作用下将TeO2氧化为易溶的碲酸盐，经后续处理得到粗TeO2；据此作答。 【详解】（1）基态Te原子的价层电子排布式：5s25p4； （2）依题意，不能生成氯化铅沉淀；则先由硫酸铅的溶度积计算铅离子浓度：；再根据氯化铅溶度积计算氯离子最大浓度：，解得，即最大不超过0.4 mol/L； （3）铋离子极易水解生成沉淀，加入氯化钠提供氯离子，与Bi3+形成配合物可避免其水解，提高铋的浸出率；浸出液加水稀释后配离子发生水解，生成氯氧化铋沉淀，离子方程式为：； （4）亚硒酸被二氧化硫还原为单质硒，硒元素化合价从+4降至0，亚硒酸为氧化剂；二氧化硫被氧化为硫酸，硫元素化合价从+4升至+6，二氧化硫为还原剂；方程式为：；因此氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2； （5）碱性条件下，氯酸根将二氧化碲氧化为碲酸根，自身被还原为氯离子；离子方程式为：； （6）晶胞中Se和Cu之间的最短距离为小立方体体对角线的一半，即为；硒原子位于晶胞的顶点和面心位置；铜原子位于8个小立方体的体心，个数为8，硒原子个数为，铜原子与硒原子个数比为2:1，故化学式为Cu2Se。 物质的制备 题型02 7．（2026·广东清远·一模）金属冶炼在国民经济发展中有着重要作用。工业上用某软锰矿(主要成分为，还含有少量铁、铝及硅的氧化物)为原料制备锰酸锂()的工艺流程如图所示。 已知：当溶液中某离子浓度不大于时，该离子沉淀完全。室温下相关物质的如下表所示。 物质 回答下列问题： (1)基态锰原子核外电子的空间运动状态有______种。 (2)为提高“浸取”效率，可采取的措施是______(写一条即可)，滤渣Ⅰ的主要成分是______(填化学式)。 (3)“浸取”时，参加的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。 (4)“精制”时，加入的量应大于理论值，原因是：______；若“浸取”后溶液中，则“精制”时应调pH的范围为______［计算时只考虑生成沉淀］。 (5)“控温、氧化”时，和均被氧化为，将“锂化”过程中发生反应的化学方程式补充完整______。 ______________________________ (6)为尖晶石结构，其晶胞由8个立方单元组成，这8个立方单元可分为A、B两种类型(未画出)。设的摩尔质量为，为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度______(用含、、的代数式表示)。 【答案】(1)15 (2) 适当提高硫酸浓度(或适当提高浸取温度或搅拌等合理即可) (3)1：2 (4) 在、的催化作用下易分解损耗 (5) (6) 【分析】软锰矿主要成分为MnO2，还含有少量铁、铝及硅等的氧化物，加入FeSO4、H2SO4，浸取，MnO2被还原为MnSO4，FeSO4被氧化为Fe2(SO4)3，Al2O3与H2SO4反应转化为Al2(SO4)3存在于溶液中，过滤出酸性氧化物SiO2，得到MnSO4、Fe2(SO4)3，Al2(SO4)3、FeSO4、H2SO4的混合溶液，向其中加入H2O2，可以把Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节溶液pH使Fe3+、Al3+转化生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去；滤液中加氨水沉锰，得到的是Mn(OH)2和Mn2(OH)2SO4滤饼，过滤，通入水、氧气控温、氧化生成MnO2，加入Li2CO3锂化生成LiMn2O4。 【详解】（1）锰元素的原子序数为25，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，核外原子轨道的数目为15，则核外电子的空间运动状态有15种； （2）在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积，此外，适当提高硫酸浓度、搅拌、加热均能加快酸浸的反应速率，提高浸取效率；结合分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是，故答案为：适当提高硫酸浓度(或适当提高浸取温度或搅拌等合理即可)；； （3）结合分析可知，加入FeSO4、H2SO4，浸取，MnO2被还原为MnSO4，FeSO4被氧化为Fe2(SO4)3，离子方程式为：，其中二氧化锰是氧化剂，二价铁是还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2； （4）“精制”时，加入的量应大于理论值，这是由于除了将Fe2+氧化为Fe3+外，在Fe3+、Mn2+的催化作用下会部分分解而损耗，因此加入的量应大于理论值； 要使溶液中Fe3+转化生成Fe(OH)3，则c(OH-)≥mol/L=10-11.2 mol/L，c(H+)≤mol/L=10-2.8 mol/L，pH≥2.8；要使溶液中Al3+转化生成Al(OH)3，则c(OH-)≥mol/L=10-9.1 mol/L，c(H+)≤ mol/L=10-4.9 mol/l，pH≥4.9，使Fe3+、Al3+转化生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀需要的溶液的pH最小值为4.9；在浸取后溶液中c(Mn2+)=0.1 mol/L，而浸取后溶液中c(Mn2+)=0.1 mol/L，根据Ksp[Mn(OH)2]=10-12.8，则c(OH-)=mol/L=10-5.9 mol/L，c(H+)= mol/L=10-8.1 mol/l，pH<8.1；则使Fe3+、Al3+转化生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，而Mn2+不能形成Mn(OH)2沉淀，则相应的溶液的pH范围为4.9≤pH<8.1；故答案为：在、的催化作用下易分解损耗；4.9≤pH<8.1； （5）“锂化”是将和发生反应，其中锰化合价由+4变为+3.5，结合电子守恒可知，氧化合价会升高由-2变为0，结合质量守恒可知，还会生成二氧化碳气体，反应为：； （6）根据“均摊法”， A中含个Mn、B中含个Mn，则晶胞中共个Mn，结合化学式可知，含有8个，则 晶体密度为。 8．（2026·广东汕尾·一模）我国橄榄石资源丰富，其主要成分为和，含少量Ni、Al元素。利用橄榄石回收NiO并制备碱式硫酸镁的工艺流程如图所示： 已知： ①“酸浸”后，溶液中阳离子浓度：、、、。 ②部分氢氧化物的如下表所示： 氢氧化物 (1)“焙烧1”时，在高温条件下生成红棕色固体，反应的化学方程式为___________。 (2)“酸浸”时，为使金属元素充分浸出，可以采取的措施为___________(写一条)。 (3)向溶液中加入NaOH“调”，过滤后，滤渣2的主要成分为___________(填化学式)，调pH后滤液中的浓度为___________。 (4)利用有机物萃取的反应为(有机相)(水相)(有机相)(水相)。“反萃取”时加入的试剂X为___________(填化学式)。 (5)“电解”时采用惰性电极电解“萃取”后的水相，请写出阳极发生的电极反应式：___________。 (6)NiO广泛应用于陶瓷着色、电池电极以及电子磁性材料等领域。一种NiO的立方晶胞结构如图所示。 ①的配位数是___________。 ②已知微粒1的分数坐标为，则微粒2的分数坐标为___________。 【答案】(1) (2)适当提高稀硫酸浓度(或加热、搅拌、延长浸出时间等) (3) (4) (5) (6) 6 【分析】该工艺以橄榄石（主要成分为和，含少量Ni、Al元素）为原料，首先在空气中高温焙烧，将矿石中的发生反应，分解为与；随后用稀硫酸酸浸焙烧产物，、、、等转化为可溶性硫酸盐，不溶形成滤渣1，溶液中主要含、、、；接着用调节，使、以、沉淀析出，滤渣2被分离除去；之后用有机萃取剂选择性萃取，实现与的分离，负载的有机相经反萃取得到含的水溶液，电解后得到金属，再经焙烧生成目标产物；含的水相则通过碱化反应，在氨水作用下生成碱式硫酸镁沉淀，据此分析。 【详解】（1）在高温、空气中被氧化为红棕色和；根据氧化还原反应配平，化学方程式为； （2）为使金属元素充分浸出，可采取的措施为适当提高稀硫酸浓度(或加热、搅拌、延长浸出时间等)； （3）调时，； 计算沉淀所需：，代入得，已完全沉淀；计算沉淀所需：，代入得，已完全沉淀；、的离子积分别为<，<，均未沉淀；故滤渣2主要成分为、；滤液中浓度为；故答案为：；； （4）萃取反应为； 根据平衡移动原理，加入硫酸可增大，使平衡逆向移动，实现从有机相转移至水相；故反萃取时加入的试剂X为；故答案为：； （5）“萃取”后的水相主要含、、等；采用惰性电极电解时，阳极发生氧化反应，（来自水的电离）放电生成；电极反应式为；故答案为：； （6）NiO晶胞，位于面心和顶点，周围最近且等距的有6个；故的配位数为； 微粒1的分数坐标为，位于晶胞底面右下角；微粒2位于晶胞顶面右上棱的中点，对应分数坐标为；故答案为：。 9．（2026·广东·模拟预测）氮化镓是一种新型的半导体，常用于紫光的激光二极管(LED)。某小组以废旧薄膜太阳能电池(，主要成分为)为原料制备氮化镓，其中的一种工艺流程如图： 已知：①镓、铟与铝位于同主族，Ga的熔点为。 ②常温下，，，；当金属离子浓度时，认为金属离子已完全沉淀。 ③。 回答下列问题： (1)可通过___________(写一条)等措施提高焙烧效率。 (2)烧渣的主要成分是、和。在高温焙烧条件下，CIGS与氧气反应时铜转化成，不生成，其主要原因可能是___________(用物质结构理论解释)。 (3)滤液I的主要成分是___________(填化学式)，请写出该反应相应的离子方程式：___________。回流过滤中的作用是___________(用镓相关的化学方程式表示)。 (4)高温气相沉积中尾气常选用如图所示装置吸收，其原理是___________。 (5)氮化镓(GaN)的晶体结构如图所示。在晶体中，原子的配位数是___________，该晶体中___________(填“存在”或“不存在”)配位键，理由是___________。 【答案】(1)将废旧电池粉碎 (2)基态的价电子排布式为，处于全满状态，在该条件下更稳定 (3) (4)尾气中的和极易溶于水，难溶于，所以直接将其通入中，有防倒吸的作用 (5) 4 存在 氮化镓晶体中，每1个Ga原子与4个N原子结合，而基态Ga原子的价电子数为3，故需Ga提供1个空轨道形成配位键 【分析】废旧薄膜太阳能电池主要成分为，高温焙烧后得到金属氧化物：和，加入硫酸和过氧化氢溶解，得到滤液中含有、和，氨水过量调节，得到的滤渣中含有和，滤液中含有，向滤渣中加入，分离出沉淀，得到的溶液，通过浓缩结晶得到晶体，通入高温气相沉积得到GaN，据此解答。 【详解】（1）将废旧电池粉碎，增大反应物接触面积可提高焙烧效率； （2）因为中的的价电子排布为，全充满，更稳定，所以与氧气反应时铜转化成，不生成； （3）不溶于氨水，镓、铟与铝位于同一主族，性质具有相似性，故镓、铟的氢氧化物也不会溶于氨水；向浸出液中加入氨水，铜离子先转化为Cu(OH)2沉淀，当氨水过量时，沉淀转化为，故滤液I的主要成分是，相应的离子方程式：；回流过程中，与水反应，生成和，与反应生成，总方程式为：； （4）尾气中的和极易溶于水，难溶于四氯化碳，所以直接将其通入四氯化碳中，不会产生倒吸现象。 （5）氮原子与4个镓原子直接相连，故原子的配位数是4；该晶体中存在配位键，Ga原子含有空轨道、N原子含有孤电子对，氮化镓晶体中，每1个Ga原子与4个N原子结合，而基态Ga原子的价电子数为3，故需Ga提供1个空轨道形成配位键。 10．（2026·广东江门·一模）主要用作分析试剂及氨吸收剂，暴露在潮湿的空气中会很快变为红色的。以含钴废料(主要成分为，还有少量的、、)为原料制备的工艺流程如图所示。回答下列问题： 已知：①在酸性介质中，氧化性：。 ②水相中主要含有的阳离子为、。 ③溶于氨水易形成配离子。 ④常温下，部分金属阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH如表所示。 氢氧化物 完全沉淀时的pH 4.7 9.2 9.0 (1)“粉碎”的目的是___________，滤渣1的主要成分是___________(填化学式)。 (2)“转化”中，表现出___________(填“氧化”或“还原”)性；CoO的作用是___________。 (3)“沉钴”时调节溶液的pH为9，不宜大于9的原因是___________；试剂B可以循环用于___________工序。 (4)由制备时，先蒸发浓缩、降温结晶、过滤得到，再将和过量混合共热得到无水。和反应的化学方程式为___________。 (5)常作催化剂，其立方晶胞如图所示。已知晶胞的边长为，为阿伏加德罗常数的值。的配位数为___________，晶体的密度为___________。 【答案】(1) 增大接触面积，加快反应速率，提高原料利用率 (2) 还原 调节溶液pH，使、转化为氢氧化物沉淀除去，同时不引入新杂质 (3) pH过大，会与过量氨水反应生成易溶于水的，导致钴元素损失 萃取 (4) (5) 6 【分析】含钴废料（主要成分为，含少量、、），粉碎酸浸时，、、与热稀硫酸反应生成可溶性硫酸盐，不反应成为滤渣1；转化工序中，将还原为，反应为；调pH工序加入，调节溶液pH使、以氢氧化物形式沉淀，留在溶液中；萃取工序用 HR萃取水相中的，反萃取工序用试剂A(HCl)将从有机相转移至水相，试剂B( HR)可循环用于萃取工序；沉钴工序加入氨水，使转化为，再经盐酸溶解、蒸发浓缩、降温结晶得到；最后与过量共热得到无水，反应为，据此分析。 【详解】（1）“粉碎”的目的是增大废料与酸液的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；滤渣1的主要成分是不与稀硫酸反应的； （2）“转化”中，将 氧化为，表现出还原性；的作用是调节溶液pH，使、转化为氢氧化物沉淀除去，同时不引入新杂质； （3）“沉钴”时调节溶液pH为9，不宜大于9的原因是pH过大，会与过量氨水反应生成易溶于水的配离子 ，导致钴元素损失；试剂B为HR，可循环用于萃取工序； （4） 与过量 共热， 与结晶水反应生成 和 ，同时得到无水 ，反应的化学方程式为 ； （5）由 立方晶胞结构可知，的配位数为6；晶胞中分别位于8个顶点和体内，数目为，4个位于面上，2个位于体内，数目为，晶胞质量为，晶胞体积为，则晶体密度为。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $