专题08 化学工艺流程题（抢分专练）（广东专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

专题08 化学工艺流程题 题型 考情分析 考向预测 分离提纯型 2024 年广东卷：从电解铝的副产品炭渣(含和少量的等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺 核心考点依然聚焦反应原理与物质转化,氧化还原反应及化学反应速率与平衡调控,常借pH调控沉淀实现杂质分离。实验操作类题目着重分离、检验与洗涤等基础技能,考查信息整合、流程分析、元素化合物知识迁移及多步骤目的推理能力。需要通过流程图拆解提炼关键转化关系,推导试剂选择与操作意图。 物质制备型 2025年广东卷：从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺. 考点1 分离提纯型 【典例】（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。 1.预处理目的 （1）除杂提纯:去除原料中无用或有害杂质,提高后续反应效率。 （2）转化形态:将目标物质转化为易处理形态(如离子态),便于化学分离或反应。 2.常用预处理方法 （1）物理处理。 研磨/雾化:增大物料表面积(固体磨粉、液体雾化),加速反应进程。 （2）高温处理。 ①焙烧:矿石在特定气体(如空气、CO等)中加热(低于熔点),发生氧化、还原等反应。 ②煅烧:固体高温分解(如脱结晶水、CO2);产物为固体+气体(如CaCO3煅烧生成CaO+CO2)。 ③灼烧:高温脱水或去除有机物(实验室常用,如海带提碘前灼烧除有机物)。 （3）浸取分离。 ①酸浸:用酸溶解金属;注意硫酸可能导致Pb2+、Ca2+沉淀。 ②碱浸:NaOH溶液溶解两性氧化物(Al2O3→[Al(OH)4]-)、NH3配位溶解(Ag+→[Ag(NH3)2]+)。 ③盐浸/醇浸:盐溶液溶解特定物质(如FeCl3溶液溶矿);有机溶剂提取脂溶性成分。 1．（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）。 2．（2026·广东广州·模拟预测）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___________。 3．（2026·广东江门·一模）一种从废旧三元锂离子电池正极片中回收锂及有价金属的工艺如下。 已知：①废旧三元锂离子电池正极片主要包含LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2、铝箔和有机黏合剂； ②25℃时，Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2，Ka2(H2C2O4)=1.5×10-4，Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8。 （1）“碱浸”过程可以除去废旧正极材料的铝箔，写出对应化学反应方程式：______。 （2）“高温焙烧”处理的目的是：______。 （3）“沉淀Mn2+”过程中使用(NH4)2S2O8作沉淀剂，可获得Mn2O3。该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为______。 （4）“沉淀Co2+”工序中，假设Co2+恰好完全沉淀时溶液中H2C2O4浓度为x mol·L-1，此时溶液温度为25℃，溶液的c(H+)=______mol·L-1(列出算式)。 （5）为提高工艺效益，可通过以下方式优化回收工艺： ①联合回收法：三元锂离子和磷酸铁锂两种电池的正极材料整合在同一工艺流程中回收。可用磷酸亚铁锂(LiFePO4)替换上述流程的______(填选项字母)。 A．茶多酚    B．(NH4)2S2O8    C．Na2CO3 ②电氧化浸出技术：使用废旧三元锂离子电池正极片(LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2)作阳极，0.10mol/L Na2CO3溶液为电解质溶液，电解回收Li+。若电解后阳极产物为Li1-xNi0.5Co0.2Mn0.3O2，阳极的电极反应式为：______。 （6）使用Na2CO3回收锂离子后，经系列操作获得储氢材料LixNyHz，其晶胞结构可描述为：填充在立方体Ⅰ的体心，立方体Ⅰ和立方体Ⅱ无隙交替并置，结构示意图如下。请回答下列问题： ①x：y：z=______。 ②该晶胞密度为______g·cm-3(列出算式，NA表示阿伏加德罗常数的值)。 考点2 物质制备型 【典例】（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___________。 一、反应条件的控制方法 通过控制一定的反应条件来达到提高物质转化率或除去杂质的目的。 1.控制溶液的pH （1）增强物质的氧化性、还原性(H+能增强Mn、N的氧化性),调节离子的水解程度。 （2）通过控制溶液的pH可以除去某些金属离子。如要除去溶液中含有的Fe3+、Al3+,可调节溶液的pH使之转变为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀。 2.控制温度(常用水浴、冰水浴等) （1）控制反应速率(升温增大反应速率),使催化剂达到最大活性,防止副反应的发生。 （2）使化学平衡移动,控制化学反应进行的方向。 （3）升温:使溶液中的气体逸出,使易挥发物质挥发,使易分解的物质分解。 （4）煮沸:使气体逸出;促进水解,聚沉后利于过滤分离。 （5）控制固体的溶解与结晶。 ①趁热过滤:减少因降温而析出的溶质的量。 ②蒸发浓缩:蒸发除去部分溶剂,提高溶液的浓度。 ③蒸发结晶:蒸发溶剂,使溶液由不饱和变为饱和,继续蒸发,过剩的溶质就会结晶析出。 3.使用保护气 （1）隔绝空气(主要是O2、H2O)。 （2）抑制弱离子的水解(如HCl氛围)。 1．（2026·广东江门·二模）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___________。 2．（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___________。 3．（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)。 1．（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___________。 2．（2026·广东湛江·一模）绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种用菱镁矿(主要成分为MgCO3，含杂质Al2O3、FeCO3、BeO，SiO2等)制备镁单质的同时深度回收重要金属化合物的工艺流程如下： 已知：本实验条件下，部分离子开始沉淀及沉淀完全时对应的pH如下表： 离子 Mg2+ Fe2+ Fe3+ Al3+ 开始沉淀时的pH 8.3 6.5 1.5 3.6 沉淀完全时的pH — 8.5 3.2 4.7 回答下列问题： （1）用硫酸溶浸菱镁矿时，提高浸取速率的方法为___________(答出两条即可)。 （2）“滤渣1”的立方晶胞结构如图，已知a、b两点原子的坐标分别为(0，0，0)、。 ①该晶胞的化学式为___________；c点原子的坐标为___________。 ②该晶胞中最小的环状结构由___________个原子构成。 （3）“萃取”后进入有机相的铍的配合物结构如图。从结构角度分析，该配合物能从水中进入有机相的原因可能为___________(填字母)。 A．铍与O形成配位键 B．该配合物的对称性较强 C．配合物能与水能形成分子间氢键 D．含有大量具有疏水性的烷基链 （4）“氧化”的目的是___________(结合离子方程式解释)。 （5）“调pH”可以分步沉淀两种金属离子，先沉淀的离子是___________；最后需控制溶液的pH范围为___________。 （6）“三极室电解”原理如图。其中膜Ⅰ应选用___________(填“阴离子”或“阳离子”)交换膜；可以在流程中循环利用的电解液为___________(填“电解液1”或“电解液2”)。 3．（2026·广东汕头·一模）随着全球工业化发展，开发深海矿产资源是人类可持续发展的重要选择。一种从深海富钴结壳（主要含、、、、、）中分离获得金属资源的工艺流程如下： 已知：“活化浸出”后得到的滤液中含有、、、、。 （1）“浸渣”的主要成分化学式为_______。 （2）写出“活化浸出”过程中，还原的化学方程式为_______。 （3）“除铁”加入的主要目的为_______。 （4）LIX84-I（图a）为羟肟类铜特效萃取剂，可从酸性或氨性溶液中萃取铜离子，萃取率可达98%以上。 ①上述流程“萃取”过程中，与萃取剂LIX84-I形成的配合物结构如图b所示，该配合物的配位键数目为_______，该有机物中的杂化类型为_______。 ②工业上用LIX84-I（用HR表示）从氨性溶液中回收铜。反应如下：（有机）（有机），在实际操作中发现，有机相在萃取铜的同时会溶解部分游离氨，该现象称为“萃氨”。研究表明，这是由于LIX84-I分子中的-O-H或基团与分子之间能形成氢键。下列关于此工艺分析正确的是_______。 A．LIX84-I能取代中的配体，说明与生成的配合物更稳定 B．氢键是LIX84-I分子与分子间的一种强化学键，导致萃氨过程会消耗萃取剂，影响主反应进行 C．“萃氨”会使萃取剂失去与铜离子的配位能力，降低了萃取剂HR的有效浓度，导致铜萃取率下降 D．为减少萃氨，可向有机相中加入浓硫酸，利用浓硫酸能与发生中和反应，彻底消除氢键的形成 （5）上述流程中除了萃取剂外能够循环利用的物质为_______。 （6）某含铜化合物在光电子学和太阳能电池领域有潜在应用，其晶胞如图所示。 ①该化合物的化学式为_______。 ②若该晶胞的体积为，晶体密度为，则阿伏加德罗常数______。 4．（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__________。 5．（2026·广东·模拟预测）工业上，一种从低品位铜镍氧硫矿（含有CuFeS2、Ni9Fe9S16、Fe3O4、Al2O3、SiO2等）中提取Cu、Ni元素的工艺流程如图所示： 已知：．Fe2(SO4)3开始分解温度480℃。 ．常温下，该工艺溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀(c=1×10-5mol·L-1)的pH如下表： 金属离子 Fe3＋ Al3＋ Cu2＋ Ni2＋ 开始沉淀的pH 1.9 3.4 5.4 6.9 完全沉淀的pH 3.2 4.7 6.7 8.9 （1）“低温焙烧(450℃)”矿石中金属元素均转化为可溶性的硫酸盐，CuFeS2和(NH4)2SO4、O2反应生成的硫酸盐为CuSO4和___________，(NH4)2SO4受热完全分解的化学方程式为：___________。 ______________________NH3↑＋___________↑＋___________N2↑＋___________H2O↑ （2）取相同质量的低温焙烧物，在不同高温下焙烧相同时间，测得“水浸”过程Fe、Cu、Ni元素浸出率()变化如图所示。 结合高温焙烧时发生的反应，解释铁元素的浸出率随温度升高而大幅降低的原因___________。 （3）室温下，“沉铝”时调节pH=5.7使Al3＋完全沉淀，此时滤饼中没检测出Cu(OH)2，则该溶液中c(Cu2＋)不超过___________mol·L-1。 （4）“萃取铜”中的转化如下所示： 下列有关说法正确的有___________。 A．萃取剂HR易溶于水，配合物CuR2难溶于水 B．Cu2＋和萃取剂HR形成配位键，发生化学反应 C．为提高Cu2＋的萃取率，可适当提高溶液pH D．“反萃取铜”需要加入较浓的盐酸或者硫酸 （5）“沉镍”选择(NH4)2S是为制得NiS及便于从废液中回收___________(填化学式)，“电解”若用惰性电极，电解一段时间后溶液pH___________(填“变大”、“变小”或“不变”)。 （6）CuxNiySiz晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。该合金化学式为___________，若合金最简式的式量为Mr，密度为ρ g/cm3，阿伏加德罗常数的值为，则晶胞中Ni和Si原子间最短距离为___________pm。(用含Mr、ρ、的代数式表示) 6．（2026·广东茂名·一模）一种钕铁硼废料主要含、稀土（）、、等元素化合物，从中选择性提取金属的工艺流程如下。 已知：①常温下，，，。 ②容易形成胶状沉淀，可吸附金属离子。 回答以下问题： （1）“球磨粉碎”的作用是_____；“浸出”后，需要进行的实验操作是_____（填操作名称）。 （2）“沉淀”时，当完全沉淀时，溶液，则_____（结果保留3位有效数字）。 （3）试剂A为_____，“萃取”过程中发生的反应类型为_____。 （4）“沉铁”时，需严格控制和，在较低和一定温度条件下，萃余液中反应生成的化学方程式为_____，若过大，会进一步_____，导致钴元素损失严重。 （5）该工艺中，“反萃取”后的有机层可在_____（填流程环节）中循环利用。 （6）稀土立方晶胞中部分原子如图所示，设晶胞边长为，两个原子的最近距离为，图中已用表示部分原子的位置。 ①其他原子的位置和个数可能为_____（填选项）。 A．面心a，6个        B．体心b，1个 C．棱中c，12个        D．棱中c，6个；面心a，6个 ②晶体中，与Nd原子最近且等距离的Nd原子数目为_____。 7．（2026·广东中山·一模）对新能源汽车电池镍钴锰三元材料(主要成分为，含少量杂质)回收的一种工艺简化流程如下： 已知：①碱浸后，元素Ni、Co以氢氧化物［其中Co为］、元素Mn以形式浸出。 ②离子浓度小于可认为该离子完全沉淀。 ③部分氢氧化物的如下表： 氢氧化物 （1）基态的价层电子轨道表示式为______。 （2）“滤液1”中溶质除了以外，还有______(填化学式)。 （3）“酸浸”后的溶液中元素以存在，写出生成的化学方程式______。 （4）常温下，“调pH”时，pH最高可调至______(溶液体积变化可忽略)。已知：“酸浸”后。 （5）“萃取”时，钴离子形成如下图的配合物。钴离子易被萃取进有机相的原因有______。 A．配位时被还原 B．配合物与水能形成分子间氢键 C．钴与O形成配位键 D．萃取剂中有极性较小的疏水基团 （6）写出“沉钴”时，生成的离子反应方程式______。 （7）一定条件下可转化为。假设的立方晶胞结构下图(a)，则Co在晶胞中的位置为______；晶体中与O原子最近且等距离的Co原子的个数为______，若下图b是该晶胞沿体对角线方向的投影，请在下图(b)上补充另外一种原子位置______。 8．（2026·广东·模拟预测）一种从废加氢催化剂(主要含Fe、Ni、V、Mo、Si等化合物)中提取金属的工艺流程如图所示： 已知：①用N235表示，、、的配合阴离子用表示，N235酸化后进行离子交换实现萃取，原理如下：、； ②酸性较强时，易形成； ③常温下，，，金属离子浓度mol/L时视为完全沉淀。 回答下列问题： （1）“高温还原”时，和反应(生成Mo单质和CO)所消耗的还原剂与的物质的量之比为___________。 （2）“浸出”时，Mo生成的离子方程式为。补全上述反应的离子方程式_______。 （3）“萃取”时，pH对钒、钼、铁萃取率及钒、铁分离系数的()影响如图所示： 随着pH增大，铁元素萃取率下降的原因是___________，“萃取”时最佳的pH范围是___________ (填选项字母)。 A．0.2~0.4    B．0.4~0.6    C．0.6~1.0    D．1.0~1.2 （4）“沉铁”时，加入氨水使沉淀，转为可溶于水的配合物(阳离子结构如图所示)而分离。为达到“沉铁”目的，常温下萃余液pH至少应调至大于___________(保留1位小数)；下列关于的说法正确的是___________(填选项字母)。 A．该配合物中采用杂化 B．与空间结构不同 C．配位原子N与间的化学键为离子键 （5）“沉钒”后，得到沉淀，将其在范围内进行“煅烧”的化学方程式为___________；整个工艺中，可再生利用的物质有和___________。 （6）合金能极大地提升基础材料的综合使用性能，其立方晶胞结构中V原子的位置如图所示，设晶胞边长为a nm，2个Ni原子原子核间的最近距离为 ，请在图中用○画出所有Ni原子的位置___________；与Ni原子最近且等距离的V原子数目为___________。 9．（2026·广东惠州·二模）钨、镍在航空航天及国防工业中具有重要的战略意义。一种从高铝废加氢催化剂原料(含有等)中回收W、Ni的工艺流程如下。 已知：①“氧化焙烧”时，金属硫化物转化为金属氧化物。 ②常温下，的。 （1）将高铝废加氢催化剂粉碎的目的是___________。 （2）“氧化焙烧”时，气体X为___________(填化学式)。不同焙烧温度、时间对钨、铝浸出效率的影响如下图，最佳的焙烧温度、时间分别为___________。 （3）“高压碱浸”时，转化为难溶物，反应的离子方程式为___________。 （4）“滤液2”中的浓度为，当开始沉淀时，溶液的pH为___________。 （5）为检验含铝富集液中是否残留，可加入丁二酮肟试剂，形成丁二酮肟镍亮红色沉淀(分子结构如下图)。分子内存在的作用力有___________。 A．金属键 B．氢键 C．配位键 D．离子键 （6）钨碳合金是大型飞机发动机关键部位材料之一，其晶胞结构如图所示。钨碳合金的化学式为___________，晶体中一个W周围与其最近的C的个数为___________。 10．（2026·广东中山·模拟预测）为了节约资源，减少重金属对环境的污染，一研究小组对某有色金属冶炼厂的高氯烟道灰(主要含有CuCl2、ZnCl2、CuO、ZnO、 PbO、Fe2O3、SiO2等)进行研究，设计如下工艺流程。实现了铜和锌的分离回收。 回答下列问题： （1）基态铜原子的价电子排布式为___________。 （2）“碱浸脱氯”使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀。其中，铜盐发生反应的化学方程式为___________。 （3）滤渣①中，除SiO2外，主要还有___________。 （4）“深度脱氯”时，Cl-的存在使锌粉还原产生的Cu与Cu2+反应，生成能被空气氧化的CuCl沉淀，使Cl-被脱除。欲脱除1.0molCl-，理论上需要锌粉___________mol。 （5）“电解分离”采用无隔膜电解槽，以石墨为阳极，铜为阴极。 ①“电解分离”时，阴极产生大量气泡，说明铜、锌分离已完成，其理由是___________。 ②“电解分离”前，需要脱氯的原因有___________。 （6）Cu、Au能形成多种组成固定的合金，其中一种晶体X的晶胞结构(立方体)如图所示。该合金的晶胞中，铜原子a的分数坐标为___________。设X的最简式的式量为Mr，晶体密度为ρg·cm-3，则晶体X中Au与Cu之间的最短距离为___________nm(NA为阿伏加德罗常数的值)。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题08 化学工艺流程题 题型 考情分析 考向预测 分离提纯型 2024 年广东卷：从电解铝的副产品炭渣(含和少量的等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺 核心考点依然聚焦反应原理与物质转化,氧化还原反应及化学反应速率与平衡调控,常借pH调控沉淀实现杂质分离。实验操作类题目着重分离、检验与洗涤等基础技能,考查信息整合、流程分析、元素化合物知识迁移及多步骤目的推理能力。需要通过流程图拆解提炼关键转化关系,推导试剂选择与操作意图。 物质制备型 2025年广东卷：从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺. 考点1 分离提纯型 【典例】（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。 【解析】（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。 1.预处理目的 （1）除杂提纯:去除原料中无用或有害杂质,提高后续反应效率。 （2）转化形态:将目标物质转化为易处理形态(如离子态),便于化学分离或反应。 2.常用预处理方法 （1）物理处理。 研磨/雾化:增大物料表面积(固体磨粉、液体雾化),加速反应进程。 （2）高温处理。 ①焙烧:矿石在特定气体(如空气、CO等)中加热(低于熔点),发生氧化、还原等反应。 ②煅烧:固体高温分解(如脱结晶水、CO2);产物为固体+气体(如CaCO3煅烧生成CaO+CO2)。 ③灼烧:高温脱水或去除有机物(实验室常用,如海带提碘前灼烧除有机物)。 （3）浸取分离。 ①酸浸:用酸溶解金属;注意硫酸可能导致Pb2+、Ca2+沉淀。 ②碱浸:NaOH溶液溶解两性氧化物(Al2O3→[Al(OH)4]-)、NH3配位溶解(Ag+→[Ag(NH3)2]+)。 ③盐浸/醇浸:盐溶液溶解特定物质(如FeCl3溶液溶矿);有机溶剂提取脂溶性成分。 1．（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。 【解析】（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。 2．（2026·广东广州·模拟预测）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。 【解析】（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。 3．（2026·广东江门·一模）一种从废旧三元锂离子电池正极片中回收锂及有价金属的工艺如下。 已知：①废旧三元锂离子电池正极片主要包含LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2、铝箔和有机黏合剂； ②25℃时，Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2，Ka2(H2C2O4)=1.5×10-4，Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8。 （1）“碱浸”过程可以除去废旧正极材料的铝箔，写出对应化学反应方程式：______。 （2）“高温焙烧”处理的目的是：______。 （3）“沉淀Mn2+”过程中使用(NH4)2S2O8作沉淀剂，可获得Mn2O3。该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为______。 （4）“沉淀Co2+”工序中，假设Co2+恰好完全沉淀时溶液中H2C2O4浓度为x mol·L-1，此时溶液温度为25℃，溶液的c(H+)=______mol·L-1(列出算式)。 （5）为提高工艺效益，可通过以下方式优化回收工艺： ①联合回收法：三元锂离子和磷酸铁锂两种电池的正极材料整合在同一工艺流程中回收。可用磷酸亚铁锂(LiFePO4)替换上述流程的______(填选项字母)。 A．茶多酚    B．(NH4)2S2O8    C．Na2CO3 ②电氧化浸出技术：使用废旧三元锂离子电池正极片(LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2)作阳极，0.10mol/L Na2CO3溶液为电解质溶液，电解回收Li+。若电解后阳极产物为Li1-xNi0.5Co0.2Mn0.3O2，阳极的电极反应式为：______。 （6）使用Na2CO3回收锂离子后，经系列操作获得储氢材料LixNyHz，其晶胞结构可描述为：填充在立方体Ⅰ的体心，立方体Ⅰ和立方体Ⅱ无隙交替并置，结构示意图如下。请回答下列问题： ①x：y：z=______。 ②该晶胞密度为______g·cm-3(列出算式，NA表示阿伏加德罗常数的值)。 【答案】（1） （2）除去废旧三元锂离子电池正极片中的有机黏合剂 （3）1:2 （4） （5）A LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2-xe-=Li1-xNi0.5Co0.2Mn0.3O2+xLi+ （6）2:1:1 【分析】废旧三元锂离子电池正极片主要包含LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2、铝箔和有机黏合剂；废旧三元锂离子电池正极片加氢氧化钠溶液“碱浸过滤”，铝箔溶于氢氧化钠生成四羟基合铝酸钠和氢气，滤液中含有四羟基合铝酸钠，滤渣高温焙烧除去有机黏合剂，加硫酸和茶多酚“还原浸出”，得到含有Ni2+、Mn2+、Co2+、Li+的溶液，依次加(NH4)2S2O8、DMG、H2C2O4分别沉淀Mn2+、Ni2+、Co2+，最后加碳酸钠得到碳酸锂沉淀。 【解析】（1）“碱浸”过程可以除去废旧正极材料的铝箔生成四羟基合铝酸钠和氢气，化学反应方程式为 。 （2）有机物易燃烧“高温焙烧”处理的目的是：除去废旧三元锂离子电池正极片中的有机黏合剂； （3）“沉淀Mn2+”过程中使用(NH4)2S2O8作沉淀剂，可获得Mn2O3，Mn元素化合价由+2升高为+3，Mn2+是还原剂，(NH4)2S2O8中有2个-1价O化合价降低为-2，(NH4)2S2O8是氧化剂，根据得失电子守恒，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2。 （4）25℃时，Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2，Ka2(H2C2O4)=1.5×10-4，Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8。Co2+恰好完全沉淀时溶液中c()=mol·L-1，Ka1(H2C2O4)×Ka2(H2C2O4)=；假设Co2+恰好完全沉淀时溶液中H2C2O4浓度为x mol·L-1，此时溶液温度为25℃，mol·L-1。 （5）①磷酸亚铁锂中Fe2+具有还原性，可用磷酸亚铁锂(LiFePO4)替换上述流程的茶多酚，选A。 ②废旧三元锂离子电池正极片(LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2)作阳极，0.10mol/L Na2CO3溶液为电解质溶液，电解回收Li+。若电解后阳极产物为Li1-xNi0.5Co0.2Mn0.3O2，据电荷守恒，阳极的电极反应式为LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2-xe-→Li1-xNi0.5Co0.2Mn0.3O2+xLi+。 （6）①立方体Ⅰ和立方体Ⅱ无隙交替并置构成LixNyHz得晶胞，每个晶胞中含有4个Ⅰ、4个Ⅱ，则每个晶胞中Li原子数、N原子数为4、H原子数为4, x：y：z=2:1:1。 ②晶胞边长为2anm，该晶胞密度为 g·cm-3。 考点2 物质制备型 【典例】（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。 【解析】（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。 一、反应条件的控制方法 通过控制一定的反应条件来达到提高物质转化率或除去杂质的目的。 1.控制溶液的pH （1）增强物质的氧化性、还原性(H+能增强Mn、N的氧化性),调节离子的水解程度。 （2）通过控制溶液的pH可以除去某些金属离子。如要除去溶液中含有的Fe3+、Al3+,可调节溶液的pH使之转变为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀。 2.控制温度(常用水浴、冰水浴等) （1）控制反应速率(升温增大反应速率),使催化剂达到最大活性,防止副反应的发生。 （2）使化学平衡移动,控制化学反应进行的方向。 （3）升温:使溶液中的气体逸出,使易挥发物质挥发,使易分解的物质分解。 （4）煮沸:使气体逸出;促进水解,聚沉后利于过滤分离。 （5）控制固体的溶解与结晶。 ①趁热过滤:减少因降温而析出的溶质的量。 ②蒸发浓缩:蒸发除去部分溶剂,提高溶液的浓度。 ③蒸发结晶:蒸发溶剂,使溶液由不饱和变为饱和,继续蒸发,过剩的溶质就会结晶析出。 3.使用保护气 （1）隔绝空气(主要是O2、H2O)。 （2）抑制弱离子的水解(如HCl氛围)。 1．（2026·广东江门·二模）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。 【解析】（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。 2．（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。 【解析】（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：。 3．（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。 【解析】（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。 1．（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。 【解析】（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。 2．（2026·广东湛江·一模）绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种用菱镁矿(主要成分为MgCO3，含杂质Al2O3、FeCO3、BeO，SiO2等)制备镁单质的同时深度回收重要金属化合物的工艺流程如下： 已知：本实验条件下，部分离子开始沉淀及沉淀完全时对应的pH如下表： 离子 Mg2+ Fe2+ Fe3+ Al3+ 开始沉淀时的pH 8.3 6.5 1.5 3.6 沉淀完全时的pH — 8.5 3.2 4.7 回答下列问题： （1）用硫酸溶浸菱镁矿时，提高浸取速率的方法为___________(答出两条即可)。 （2）“滤渣1”的立方晶胞结构如图，已知a、b两点原子的坐标分别为(0，0，0)、。 ①该晶胞的化学式为___________；c点原子的坐标为___________。 ②该晶胞中最小的环状结构由___________个原子构成。 （3）“萃取”后进入有机相的铍的配合物结构如图。从结构角度分析，该配合物能从水中进入有机相的原因可能为___________(填字母)。 A．铍与O形成配位键 B．该配合物的对称性较强 C．配合物能与水能形成分子间氢键 D．含有大量具有疏水性的烷基链 （4）“氧化”的目的是___________(结合离子方程式解释)。 （5）“调pH”可以分步沉淀两种金属离子，先沉淀的离子是___________；最后需控制溶液的pH范围为___________。 （6）“三极室电解”原理如图。其中膜Ⅰ应选用___________(填“阴离子”或“阳离子”)交换膜；可以在流程中循环利用的电解液为___________(填“电解液1”或“电解液2”)。 【答案】（1）菱镁矿粉碎、适当增大硫酸浓度、适当升高温度、不断搅拌 （2）SiO2 12 （3）BD （4）H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，便于除去溶液中的Fe元素 （5）Fe3+ 4.7≤pH<8.3 （6）阴离子 电解液1 【分析】菱镁矿(主要成分为，含杂质、、、BeO)，加入硫酸酸溶，金属阳离子进入滤液，滤渣1为SiO2；加入萃取剂萃取出铍元素，“氧化”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，“调pH”可分别将、沉淀，得到滤渣2为、，“滤液2”中溶质的主要成分为MgSO4，经过电解得到，进一步得到金属镁，据此解答。 【解析】（1）将菱镁矿粉碎、适当增大硫酸浓度、适当升高温度、不断搅拌等均可提高浸取速率。 （2）①该晶胞的化学式为SiO2；由图可知c点原子的坐标为。 ②如图：，该晶胞中最小的环状结构由12个原子构成。 （3）该配合物能从水中进入有机相的原因是能溶于有机溶剂，不溶于水，从结构角度分析应该是该配合物的对称性较强，极性弱，且含有大量具有疏水性的烷基链，故选BD。 （4）“氧化”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于除去溶液中的Fe元素，离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O。 （5）“调pH”可以分步沉淀的两种金属离子分别为Fe3+和Al3+，根据信息可知先沉淀的离子是Fe3+；最后需控制溶液的pH范围为4.7≤pH<8.3。 （6）“滤液2”中溶质的主要成分为MgSO4，通电时，Mg2+向阴极移动，向阳极移动，所以膜Ⅰ应选用阴离子交换膜，获得的电解液1为硫酸，可返回至“溶浸”循环利用。 3．（2026·广东汕头·一模）随着全球工业化发展，开发深海矿产资源是人类可持续发展的重要选择。一种从深海富钴结壳（主要含、、、、、）中分离获得金属资源的工艺流程如下： 已知：“活化浸出”后得到的滤液中含有、、、、。 （1）“浸渣”的主要成分化学式为_______。 （2）写出“活化浸出”过程中，还原的化学方程式为_______。 （3）“除铁”加入的主要目的为_______。 （4）LIX84-I（图a）为羟肟类铜特效萃取剂，可从酸性或氨性溶液中萃取铜离子，萃取率可达98%以上。 ①上述流程“萃取”过程中，与萃取剂LIX84-I形成的配合物结构如图b所示，该配合物的配位键数目为_______，该有机物中的杂化类型为_______。 ②工业上用LIX84-I（用HR表示）从氨性溶液中回收铜。反应如下：（有机）（有机），在实际操作中发现，有机相在萃取铜的同时会溶解部分游离氨，该现象称为“萃氨”。研究表明，这是由于LIX84-I分子中的-O-H或基团与分子之间能形成氢键。下列关于此工艺分析正确的是_______。 A．LIX84-I能取代中的配体，说明与生成的配合物更稳定 B．氢键是LIX84-I分子与分子间的一种强化学键，导致萃氨过程会消耗萃取剂，影响主反应进行 C．“萃氨”会使萃取剂失去与铜离子的配位能力，降低了萃取剂HR的有效浓度，导致铜萃取率下降 D．为减少萃氨，可向有机相中加入浓硫酸，利用浓硫酸能与发生中和反应，彻底消除氢键的形成 （5）上述流程中除了萃取剂外能够循环利用的物质为_______。 （6）某含铜化合物在光电子学和太阳能电池领域有潜在应用，其晶胞如图所示。 ①该化合物的化学式为_______。 ②若该晶胞的体积为，晶体密度为，则阿伏加德罗常数______。 【答案】（1）SiO2 （2） （3）调节溶液的pH ，使溶液中的被空气氧化为后，水解生成沉淀，从而除去铁元素 （4）4 sp2 AC （5） （6）CuAlS2 【分析】深海富钴结壳主要含、、、、、，破碎、磨矿、加SO2和硫酸溶液浸出，不溶，为浸渣主要成分，滤液通入空气，加碳酸钠调pH除铁(被空气氧化，碳酸钠加入后提供碱性环境)，铁元素转化为Fe(OH)3沉淀，滤液中加入LIX84-I萃取，有机相：CuR2，加硫酸反萃取得到硫酸铜溶液，再经电解得到Cu；水相：Mn2+、Co2+、Ni2+，加入硫化钠生成硫化沉淀，加硫酸加压浸取得到MnSO4溶液，加入有机溶剂萃取分离镍钴，焙解MnSO4溶液得到Mn3O4。 【解析】（1）根据分析，“浸渣”主要为； （2）“活化浸出”滤液中含有Co2+，Co2O3被SO2还原为Co2+，SO2被氧化为，化学方程式为：； （3）Fe3+碱性条件下转化为Fe(OH)3沉淀，“除铁”加入的主要目的为调节溶液的pH ，使溶液中的被空气氧化为后，水解生成沉淀，从而除去铁元素。 （4）①配合物中为中心离子，从结构可知，它与配体（LIX84-I）之间通过4个配位键结合（2个O原子配位、2个N原子配位），因此1 mol该配合物的配位键数目为4NA；图中每个N原子形一个π键和3个键，为sp2杂化； ②A．LIX84-I 能取代中的配体，说明与R-形成的配合物更稳定，A正确； B．氢键是分子间作用力，并非化学键，“萃氨” 是氢键作用导致NH3溶解，不会消耗萃取剂 HR，也不会破坏其结构，B错误； C．“萃氨” 会占用部分萃取剂分子，使其无法与配位，降低了 HR 的有效浓度，使其与的配位能力减弱，导致铜萃取率下降，表述无误，C正确； D．浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会破坏萃取剂结构，同时浓硫酸与NH3反应生成的盐会进入有机相，引入新杂质，无法 “彻底消除氢键”，D错误； 故选AC； （5）除了萃取剂外能够循环利用的物质为，电解得到的硫酸铜溶液经电解生成铜和硫酸，生成的硫酸可循环用于 “活化浸出” 或 “反萃取” 环节。 （6）①均摊法计算各原子数目，Cu(位于顶点、面上、体内)：，Al(位于棱上、面上)：，S全部位于晶胞内部，一共8个，该化合物的化学式为CuAlS2； ②，则。 4．（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。 【解析】（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。 5．（2026·广东·模拟预测）工业上，一种从低品位铜镍氧硫矿（含有CuFeS2、Ni9Fe9S16、Fe3O4、Al2O3、SiO2等）中提取Cu、Ni元素的工艺流程如图所示： 已知：．Fe2(SO4)3开始分解温度480℃。 ．常温下，该工艺溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀(c=1×10-5mol·L-1)的pH如下表： 金属离子 Fe3＋ Al3＋ Cu2＋ Ni2＋ 开始沉淀的pH 1.9 3.4 5.4 6.9 完全沉淀的pH 3.2 4.7 6.7 8.9 （1）“低温焙烧(450℃)”矿石中金属元素均转化为可溶性的硫酸盐，CuFeS2和(NH4)2SO4、O2反应生成的硫酸盐为CuSO4和___________，(NH4)2SO4受热完全分解的化学方程式为：___________。 ______________________NH3↑＋___________↑＋___________N2↑＋___________H2O↑ （2）取相同质量的低温焙烧物，在不同高温下焙烧相同时间，测得“水浸”过程Fe、Cu、Ni元素浸出率()变化如图所示。 结合高温焙烧时发生的反应，解释铁元素的浸出率随温度升高而大幅降低的原因___________。 （3）室温下，“沉铝”时调节pH=5.7使Al3＋完全沉淀，此时滤饼中没检测出Cu(OH)2，则该溶液中c(Cu2＋)不超过___________mol·L-1。 （4）“萃取铜”中的转化如下所示： 下列有关说法正确的有___________。 A．萃取剂HR易溶于水，配合物CuR2难溶于水 B．Cu2＋和萃取剂HR形成配位键，发生化学反应 C．为提高Cu2＋的萃取率，可适当提高溶液pH D．“反萃取铜”需要加入较浓的盐酸或者硫酸 （5）“沉镍”选择(NH4)2S是为制得NiS及便于从废液中回收___________(填化学式)，“电解”若用惰性电极，电解一段时间后溶液pH___________(填“变大”、“变小”或“不变”)。 （6）CuxNiySiz晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。该合金化学式为___________，若合金最简式的式量为Mr，密度为ρ g/cm3，阿伏加德罗常数的值为，则晶胞中Ni和Si原子间最短距离为___________pm。(用含Mr、ρ、的代数式表示) 【答案】（1）Fe2(SO4)3 （2）温度升高，Fe2(SO4)3分解生成Fe2O3和SO3，Fe2O3难溶于水，导致铁元素浸出率降低。 （3）1×10-3 （4）BC （5）(NH4)2SO4 变小 （6）Cu2NiSi 【分析】铜镍氧硫矿(含有(CuFeS2、Ni9Fe9S16、Fe3O4、Al2O3、SiO2等)加入硫酸铵低温焙烧，金属元素均转化为可溶性的硫酸盐，其中+2价Fe被氧化为+3价，然后高温焙烧将Fe2(SO4)3转化为不溶于水的Fe2O3和SO3，加水后得到的滤渣为Fe2O3和SiO2，向滤液中通入氨气将Al3+转化为Al(OH)3沉淀分离，加入有机萃取剂HR分离Ni2+（水相）和Cu2+（有机相），在水相中加入(NH4)2S生成NiS沉淀，同时回收(NH4)2SO4，电解NiS得到Ni和S，将有机相用浓盐酸或浓硫酸反萃取得到硫酸铜溶液，电解硫酸铜溶液得到Cu。 【解析】（1）CuFeS2中Cu为+2价、Fe为+2价S为-2价，与(NH4)2SO4、O2反应时，S的化合价-2→+6、O化合价0→-2，Fe化合价+2→+3，则生成的硫酸盐为CuSO4和Fe2(SO4)3；根据已知，N的化合价-3→0，H和O化合价不变，则S的化合价+6→+4，根据电荷守恒、原子守恒可得，(NH4)2SO4受热完全分解生成NH3、SO2、N2、H2O，化学方程式为。 （2）由已知，Fe2(SO4)3开始分解温度为480℃，高温下Fe2(SO4)3分解生成Fe2O3和SO3，Fe2O3难溶于水，因此随温度升高，铁元素浸出率降低。 （3）由表中数据，Cu2+完全沉淀时pH=6.7，c(Cu2+)=1×10-5 mol·L-1，此时c(OH-)=10-7.3，则Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH-)=10-5×(107.3)2=10-19.6；当pH=5.7时，c(OH-)=10-8.3，若没有Cu(OH)2沉淀，则，故该溶液中c(Cu2＋)不超过。 （4）A．因为根据萃取的要求：萃取剂应不与原溶剂互溶，原液体为水相，所以萃取剂HR应难溶于水，A错误； B．Cu2＋和萃取剂HR形成配位键有新物质生成，是化学反应，B正确； C．提高溶液pH，H+浓度降低，萃取平衡正向移动，Cu2＋的萃取率提高，C正确； D．较浓的硫酸中H+大，促进萃取平衡逆向移动，不能用盐酸，会引入氯离子，D错误； 故答案为BC。 （5）“沉镍”过程中向Ni的硫酸盐中加入(NH4)2S生成NiS沉淀，发生反应：NiSO4+(NH4)2S=NiS↓+(NH4)2SO4，因此可以回收(NH4)2SO4；用惰性电极电解CuSO4溶液，Cu2+得电子生成Cu，H2O失电子生成O2和H+，则电解一段时间后溶液pH变小。 （6）如图所示，CuxNiySiz晶体中Cu的个数为、Ni的个数为、Si的个数为，Cu：Ni：Si=2：1：1，则化学式为Cu2NiSi；设立方晶胞边长为a pm，则晶胞密度为， ，Ni和Si原子间最短距离为面对角线的一半，即。 6．（2026·广东茂名·一模）一种钕铁硼废料主要含、稀土（）、、等元素化合物，从中选择性提取金属的工艺流程如下。 已知：①常温下，，，。 ②容易形成胶状沉淀，可吸附金属离子。 回答以下问题： （1）“球磨粉碎”的作用是_____；“浸出”后，需要进行的实验操作是_____（填操作名称）。 （2）“沉淀”时，当完全沉淀时，溶液，则_____（结果保留3位有效数字）。 （3）试剂A为_____，“萃取”过程中发生的反应类型为_____。 （4）“沉铁”时，需严格控制和，在较低和一定温度条件下，萃余液中反应生成的化学方程式为_____，若过大，会进一步_____，导致钴元素损失严重。 （5）该工艺中，“反萃取”后的有机层可在_____（填流程环节）中循环利用。 （6）稀土立方晶胞中部分原子如图所示，设晶胞边长为，两个原子的最近距离为，图中已用表示部分原子的位置。 ①其他原子的位置和个数可能为_____（填选项）。 A．面心a，6个        B．体心b，1个 C．棱中c，12个        D．棱中c，6个；面心a，6个 ②晶体中，与Nd原子最近且等距离的Nd原子数目为_____。 【答案】（1）增大反应接触面积，加快反应速率 过滤 （2） （3） 酯化反应 （4） 生成胶状沉淀，吸附 （5）萃取 （6）A 12 【分析】钕铁硼废料和FeCl3·H2O固体混合研磨后焙烧，将金属元素均转化为可溶性盐，水浸取后过滤，所得浸出液中含Fe2+、Re3+、Co2+、H3BO3，加入草酸，先将Re元素分离，得到Re2(C2O4)3沉淀，过滤后加入己二醇萃取，有机层中含硼酸己二醇酯，水层含Co2+、Fe2+，分液后往水层加入Na2CO3/H2O2沉铁，得到FeOOH，过滤后再加入Na2S沉钴，得CoS；往水层中加入碱溶液进行反萃取，使硼酸己二醇酯水解，再次分液后有机层为己二醇，水层为Na[B(OH)4]溶液，再酸化得H3BO3，据此解答。 【解析】（1）粉碎固体可增大接触面积，加快反应，提高浸出率；浸出后分离浸出液（液体）和浸出渣（固体），操作是过滤。 （2）由，代入得： ，解得。 再由，，，代入得： 。 （3）反萃取得到，故试剂A为；萃取过程是硼酸与己二醇生成硼酸己二醇酯，属于酯化反应。 （4）低下被氧化为，发生反应为；过大，碱性增强，转化为胶状沉淀，根据已知②，胶状沉淀会吸附钴离子，导致钴损失。 （5）反萃取后得到的有机层含萃取剂己二醇，可返回"萃取"环节循环利用。 （6）①晶胞边长为，两个最近距离为，恰好是顶点到面心的距离（面对角线一半），已知黑球在8个顶点，其余在6个面心，符合要求，故选A； ②该结构为面心立方堆积，每个原子最近且等距离的原子数目为12。 7．（2026·广东中山·一模）对新能源汽车电池镍钴锰三元材料(主要成分为，含少量杂质)回收的一种工艺简化流程如下： 已知：①碱浸后，元素Ni、Co以氢氧化物［其中Co为］、元素Mn以形式浸出。 ②离子浓度小于可认为该离子完全沉淀。 ③部分氢氧化物的如下表： 氢氧化物 （1）基态的价层电子轨道表示式为______。 （2）“滤液1”中溶质除了以外，还有______(填化学式)。 （3）“酸浸”后的溶液中元素以存在，写出生成的化学方程式______。 （4）常温下，“调pH”时，pH最高可调至______(溶液体积变化可忽略)。已知：“酸浸”后。 （5）“萃取”时，钴离子形成如下图的配合物。钴离子易被萃取进有机相的原因有______。 A．配位时被还原 B．配合物与水能形成分子间氢键 C．钴与O形成配位键 D．萃取剂中有极性较小的疏水基团 （6）写出“沉钴”时，生成的离子反应方程式______。 （7）一定条件下可转化为。假设的立方晶胞结构下图(a)，则Co在晶胞中的位置为______；晶体中与O原子最近且等距离的Co原子的个数为______，若下图b是该晶胞沿体对角线方向的投影，请在下图(b)上补充另外一种原子位置______。 【答案】（1） （2）或 （3） （4）7 （5）CD （6） （7）顶点 2 【分析】电池镍钴锰三元材料，主要成分为，含少量杂质，加入溶液，Al反应生成可溶性的，元素Ni、Co以、、元素Mn以形式浸出，Li变成，Fe不反应。再向这些固体中加入稀硫酸和，金属化合物和单质全部转化为硫酸盐，被氧化为，被还原为。调节pH可将变为沉淀除去，即滤渣1。溶液中继续加入，将变为固体除去。再用有机物将和形成配合物萃取到有机相中，水相中主要含有。分液后有机相再用反萃取使离子脱离进入水相，加入氨水、，使变为沉淀，和形成配位键得到。 【解析】（1）Co的原子序数为27，变成的过程中是从最外层开始失去3个电子，价层电子轨道表示式为。 （2）根据分析可知，滤液1中还有。 （3）碱浸后，Co以形式存在，酸浸后变成了，化合价降低，作氧化剂，所以加入的作还原剂，化合价升高，变成，化学方程式为。 （4）由分析可知，调节pH是为了除去，而剩下的离子保留，其中的最小，最容易沉淀，则pH不能大于其开始沉淀的pH。，。所以，，即为最大值。 （5）A．化合价仍为，没有发生还原，A错误； B．若配合物与水形成氢键，会更亲水，无法进入有机相，B错误； C．由结构可知与形成配位键，得到稳定配合物，利于萃取，C正确； D．萃取剂含极性较小的疏水基团，使配合物整体疏水，易溶于有机相，D正确； 答案选CD。 （6）沉钴时，反应物为，结合中的，生成，溶液加入了氨水显碱性，离子方程式为。 （7）根据晶胞原子数计算：顶点原子数，棱心原子数，结合化学式可知，Co在晶胞中的位置为顶点；O位于棱心，每个棱心O最近的Co为该棱的两个端点，因此与O最近且等距离的Co原子个数为2； 沿体对角线投影：8个顶点的Co已经投影为中心1个+外围6个（即图b已有位置），12个棱心的O投影在虚线六边形的六条边的中点，如图。 8．（2026·广东·模拟预测）一种从废加氢催化剂(主要含Fe、Ni、V、Mo、Si等化合物)中提取金属的工艺流程如图所示： 已知：①用N235表示，、、的配合阴离子用表示，N235酸化后进行离子交换实现萃取，原理如下：、； ②酸性较强时，易形成； ③常温下，，，金属离子浓度mol/L时视为完全沉淀。 回答下列问题： （1）“高温还原”时，和反应(生成Mo单质和CO)所消耗的还原剂与的物质的量之比为___________。 （2）“浸出”时，Mo生成的离子方程式为。补全上述反应的离子方程式_______。 （3）“萃取”时，pH对钒、钼、铁萃取率及钒、铁分离系数的()影响如图所示： 随着pH增大，铁元素萃取率下降的原因是___________，“萃取”时最佳的pH范围是___________ (填选项字母)。 A．0.2~0.4    B．0.4~0.6    C．0.6~1.0    D．1.0~1.2 （4）“沉铁”时，加入氨水使沉淀，转为可溶于水的配合物(阳离子结构如图所示)而分离。为达到“沉铁”目的，常温下萃余液pH至少应调至大于___________(保留1位小数)；下列关于的说法正确的是___________(填选项字母)。 A．该配合物中采用杂化 B．与空间结构不同 C．配位原子N与间的化学键为离子键 （5）“沉钒”后，得到沉淀，将其在范围内进行“煅烧”的化学方程式为___________；整个工艺中，可再生利用的物质有和___________。 （6）合金能极大地提升基础材料的综合使用性能，其立方晶胞结构中V原子的位置如图所示，设晶胞边长为a nm，2个Ni原子原子核间的最近距离为 ，请在图中用○画出所有Ni原子的位置___________；与Ni原子最近且等距离的V原子数目为___________。 【答案】（1） （2） （3）pH增大，溶液中浓度增大，水解成的程度增大，生成的反应平衡逆移，可被N235萃取的浓度减小，则铁元素萃取率下降(答案合理即可) D （4）2.7 B （5） (酸化)N235(答案合理即可) （6） 12 【分析】本题从废加氢催化剂(主要含Fe、Ni、V、Mo、Si等化合物)中提取金属V、Mo、Ni等元素，所得产品为V2O5、MoO3、Ni(OH)2等物质。 稀硝酸、稀HCl浸出后萃余液中含有Fe元素、Ni元素，通过加入氨水沉铁，达到将Fe元素和Ni元素分离的效果；水层中有V元素和Mo元素，加硫酸反萃取钒所得水相含V元素，有机相含Mo元素，加氨水反萃取钼后，有机相N235酸化后可以重复使用。 【解析】（1）“还原”过程中C与反应的化学方程式为，则还原剂与的物质的量之比为。 （2）根据原子守恒、电荷守恒和得失电子守恒，“浸出”时反应的离子方程式为。则补全上述反应的离子方程式为：。 （3）①pH增大，溶液中浓度减小、氢氧根浓度增大，水解成的程度增大，导致Fe3+浓度减小，生成的反应平衡逆移，可被N235萃取的浓度减小，则铁元素萃取率下降； ②根据流程，应该选择V的萃取率高、Fe萃取率低，且钒、铁分离系数高的pH，由图可知选D项。 （4）①完全沉淀，则 ，根据，得出 ， ，； ②的配位数为6，不是杂化，A项错误；为正四面体形结构，不是正四面体形结构，B项正确；配位原子N与间的键是共价键，C项错误。故选B。 （5）①“煅烧”过程产物为固体产物为V2O5，化学方程式为； ②由图可知整个工艺中，可再生利用的物质有和反萃取钒后有机相，再次进行反萃钼过程中得到的有机层中，还有剩余的酸化N235，可以循环到萃取步骤重复使用。 （6）①根据晶胞结构，V原子在面上，2个Ni原子原子核间的最近距离为 ，则Ni在晶胞的顶点和体心位置，画出位置为； ②与体心Ni原子最近且等距离的V原子在6个面上，每个面上有2个符合的V原子，所以与Ni原子最近且等距离的V原子数目为个。 9．（2026·广东惠州·二模）钨、镍在航空航天及国防工业中具有重要的战略意义。一种从高铝废加氢催化剂原料(含有等)中回收W、Ni的工艺流程如下。 已知：①“氧化焙烧”时，金属硫化物转化为金属氧化物。 ②常温下，的。 （1）将高铝废加氢催化剂粉碎的目的是___________。 （2）“氧化焙烧”时，气体X为___________(填化学式)。不同焙烧温度、时间对钨、铝浸出效率的影响如下图，最佳的焙烧温度、时间分别为___________。 （3）“高压碱浸”时，转化为难溶物，反应的离子方程式为___________。 （4）“滤液2”中的浓度为，当开始沉淀时，溶液的pH为___________。 （5）为检验含铝富集液中是否残留，可加入丁二酮肟试剂，形成丁二酮肟镍亮红色沉淀(分子结构如下图)。分子内存在的作用力有___________。 A．金属键 B．氢键 C．配位键 D．离子键 （6）钨碳合金是大型飞机发动机关键部位材料之一，其晶胞结构如图所示。钨碳合金的化学式为___________，晶体中一个W周围与其最近的C的个数为___________。 【答案】（1）增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料的浸出率 （2） 、 （3） （4）7 （5）BC （6）WC 6 【分析】本工艺从高铝废加氢催化剂（含、、、、、等）中回收W、Ni，核心物质转化如下：原料经氧化焙烧，金属硫化物被空气氧化为金属氧化物，硫转化为气体；焙烧产物高压碱浸时，转化为可溶性钨酸钠进入滤液Ⅰ，与反应生成难溶物，不溶，二者进入滤渣1；滤渣1经酸浸，溶解为，铝以进入滤液2，硅以形成滤渣2；滤液2调节pH，分离铝富集液与含镍沉淀物，后者还原得Ni；滤液Ⅰ深度除硅后得到钨富集液，进一步处理得W，据此分析。 【解析】（1）将高铝废加氢催化剂粉碎，可增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料的浸出率； （2）氧化焙烧时，金属硫化物（如、等）与空气中反应，硫元素被氧化为，故气体X为；由图像可知，钨、铝浸出率在、时达到较高且稳定的水平，继续升高温度或延长时间浸出率提升不明显，故最佳焙烧温度、时间分别为、； （3）高压碱浸时，与、、反应生成难溶物和，反应的离子方程式为：； （4）已知，。开始沉淀时，，则，，故； （5）A．金属键存在于金属晶体中，丁二酮肟镍为分子晶体，不存在金属键，A不符合题意； B．分子中存在氢键，B符合题意； C．与N原子之间存在配位键，C符合题意； D．离子键存在于离子化合物中，丁二酮肟镍为分子晶体，不存在离子键，D不符合题意； 故选BC； （6）钨碳合金晶胞中，W原子12个在顶点、2个在面心和6个在棱上，1个在内部，个数为；C原子位于晶胞内部，个数为6，故化学式为；晶体中一个W周围与其最近的C的个数为6。 10．（2026·广东中山·模拟预测）为了节约资源，减少重金属对环境的污染，一研究小组对某有色金属冶炼厂的高氯烟道灰(主要含有CuCl2、ZnCl2、CuO、ZnO、 PbO、Fe2O3、SiO2等)进行研究，设计如下工艺流程。实现了铜和锌的分离回收。 回答下列问题： （1）基态铜原子的价电子排布式为___________。 （2）“碱浸脱氯”使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀。其中，铜盐发生反应的化学方程式为___________。 （3）滤渣①中，除SiO2外，主要还有___________。 （4）“深度脱氯”时，Cl-的存在使锌粉还原产生的Cu与Cu2+反应，生成能被空气氧化的CuCl沉淀，使Cl-被脱除。欲脱除1.0molCl-，理论上需要锌粉___________mol。 （5）“电解分离”采用无隔膜电解槽，以石墨为阳极，铜为阴极。 ①“电解分离”时，阴极产生大量气泡，说明铜、锌分离已完成，其理由是___________。 ②“电解分离”前，需要脱氯的原因有___________。 （6）Cu、Au能形成多种组成固定的合金，其中一种晶体X的晶胞结构(立方体)如图所示。该合金的晶胞中，铜原子a的分数坐标为___________。设X的最简式的式量为Mr，晶体密度为ρg·cm-3，则晶体X中Au与Cu之间的最短距离为___________nm(NA为阿伏加德罗常数的值)。 【答案】（1）3d104s1 （2）2CuCl2+3Na2CO3+2H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+2NaHCO3或者2CuCl2+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+CO2↑ （3）PbSO4 （4）0.5 （5）放电顺序，阴极产生大量气泡，说明溶液中已经没有Cu2+，Zn2+因氧化性弱于氢离子未参与反应，留在溶液中，实现铜、锌的分离 若不脱氯，Cl-在阳极被氧化生成Cl2污染环境；氯气可能与阴极产生的氢气反应发生爆炸，存在安全隐患；防止生成[CuCl4]2-影响铜、锌分离效率等合理答案(答出其中两点) （6）(，1，) 【分析】烟道灰先通过“碱浸脱氯”，使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀，即把CuCl2、ZnCl2转化为碱式碳酸盐沉淀，再用稀硫酸进行酸浸，除去PbO和SiO2。“中和除杂”通过调节pH值使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀而除去。“深度脱氯”时，发生的反应为Cu2++Cu+2Cl-=2CuCl，Cu2++Zn=Cu+Zn2+，可通过比例关系计算出需要锌粉的量。CuCl要溶解并返回到前面的流程中，就不能引入新的杂质离子。“电解分离”时离子的放电顺序Cu2+在H+之前，Zn2+在H+之后，产生大量气泡时，说明H+开始放电，即Cu2+已经全部反应完，铜、锌分离已完成。 【解析】（1）铜（Cu）的原子序数是29，价电子排布式是3d104s1。 （2）“碱浸脱氯”时，碳酸钠与氯化铜反应生成碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]、氯化钠和碳酸氢钠，化学方程式为2CuCl2+3Na2CO3+2H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+2NaHCO3或者2CuCl2+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+CO2↑。 （3）酸浸时，烟道灰中的 与稀 反应生成难溶的 沉淀，而 不与稀硫酸反应。因此，滤渣①中除 外，主要还有 。 （4）“深度脱氯”过程中， 先与 反应生成 ： ；生成的 再与 、 反应生成 沉淀： 。 由 可知， 需要；再由 可知，生成 需要。因此，脱除，理论上需要锌粉0.5mol。 （5）① “电解分离”时，阴极产生大量气泡，说明铜、锌分离已完成，其理由是：放电顺序，阴极产生大量气泡，说明溶液中已经没有Cu2+，Zn2+因氧化性弱于氢离子未参与反应，留在溶液中，实现铜、锌的分离； ② “电解分离”前脱氯的原因是：若不脱氯，Cl-在阳极被氧化生成Cl2污染环境；氯气可能与阴极产生的氢气反应发生爆炸，存在安全隐患；防止生成[CuCl4]2-影响铜、锌分离效率等合理答案。 （6）由晶胞结构图可知，铜原子a位于晶胞的上表面面心。根据(0,0,0)可知a原子的分数坐标为(, 1, )；晶胞中 原子位于顶点， 原子位于面心，最短距离为晶胞面对角线的一半。设晶胞边长为 cm，由密度公式 ，晶胞中 原子数为，Cu 原子数为，则晶胞质量 ，晶胞体积 cm3，因此 g·cm-3，解得 cm，面对角线长度为 cm，则 与 之间的最短距离为 =。 / 学科网（北京）股份有限公司 $