专题01 化工流程综合题（大题专练，逐空突破）（广东专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

专题01 化工流程综合题 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+3年高考真题热点设问拆解 【解题精析·通技法】析典例，明思路，技法贯通破类题 【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 命题·趋势·定位 近几年广东高考中工艺流程题主要是以物质的制备、物质的分离提纯为情景材料，用框图的形式呈现实际工业生产中添加物质、操作的过程，设问形式包括：物质的判断、方程式的书写、实验操作、反应条件的控制及理论解释、产品组成的定性及定量分析、物质结构分析等，能很好的考查学生综合运用元素化合物知识、物质结构知识、化学反应原理、实验技能解决实际问题的能力。 热点·设问·拆解 热点设问01 原料的预处理 2025年广东卷18（1） 热点设问02 反应条件的控制 2024年广东卷18（4） 2023年广东卷18（4） 热点设问03 物质的分离与提纯 2025年广东卷18（4） 2024年广东卷18（3） 2023年广东卷18（5）① 热点设问04 陌生方程式的书写 2025年广东卷18（2）（6）① 2024年广东卷18（1）（2） 2023年广东卷18（1）（3）（6）① 热点设问05 平衡常数等的计算 2025年广东卷18（3） 2024年广东卷18（5） 2023年广东卷18（2） 热点设问06 物质结构分析 2025年广东卷18（5） 2024年广东卷18（6） 2023年广东卷18（5）② 热点设问01 原料的预处理 析典例·明思路 （2025·广东卷）我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种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如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 （1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有 (写一条)。 研考点·通技法 常见预处理的操作及作用 1、研磨、雾化（将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分）： 提高原料转化率、利用率、浸取率，提高产品的产率等。 2、 浸取(即浸出/溶解) （1）水浸：与水接触反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中。 （2）酸浸：在酸性溶液[如：用(浓)硫酸、盐酸等]中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程；酸还能溶解金属氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解等。 （3）碱浸：去油污，在碱性溶液中使两性化合物(Al2O3、ZnO等)溶解，溶解铝、二氧化硅等，不溶物通过过滤除去的过程。 （4）醇浸：提取有机物，常采用有机溶剂(乙醚，二氯甲烷等)浸取的方法提取有机物。 3、灼烧(焙烧)：除去可燃性杂质或使原料初步转化。①除去硫、碳单质；②有机物转化、除去有机物；③高温下原料与空气中氧气反应；④除去热不稳定的杂质(如碳酸盐沉淀)等。 4、煅烧：改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土 破类题·提能力 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： “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．（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。 “高温焙烧”处理的目的是：______。 热点设问02 反应条件的控制 析典例·明思路 （2023·广东卷）均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工艺可提取，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：    已知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。 氢氧化物 回答下列问题： 会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。 ①属于 (填“晶体”或“非晶体”)。 ②提高了的浸取速率，其原因是 。 研考点·通技法 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)。 破类题·提能力 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： “中和沉镓”时，需要控制，pH过低则________，pH过高则可能导致________。 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： “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___________。 热点设问03 物质的分离与提纯 析典例·明思路 （2025·广东卷）我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种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如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 “选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有_______。 A．镍与N、O形成配位键 B．配位时被还原 C．配合物与水能形成分子间氢键 D．烷基链具有疏水性 研考点·通技法 1.过滤 固液分离的一种方法,主要有常压过滤、减压过滤、热过滤。 （1）常压过滤:过滤时需要分析产品的需求及生产目的,准确判断经过过滤后产生的滤液、滤渣的主要成分,准确判断是留下滤液还是滤渣。 （2）减压过滤(抽滤):相比普通过滤,抽滤加快了过滤的速度。抽滤的优点是快速过滤,有时还可以过滤掉气体,并能达到快速干燥产品的目的。 （3）趁热过滤:使用热过滤仪器将固液混合物的温度保持在一定范围内进行过滤,所以又称为热过滤,对温度有较高要求的混合物,可以使用此过滤方法。 2.蒸发结晶 （1）适用范围:提取溶解度随温度变化不大的溶质,如NaCl。 （2）蒸发结晶的标志:当有大量晶体出现时,停止加热,利用余热蒸干。 3.冷却结晶 （1）适用范围:提取溶解度随温度变化较大的物质(如KNO3)、易水解的物质(如FeCl3)或结晶水合物(如CuSO4·5H2O)。 （2）冷却结晶的标志:当有少量晶体(晶膜)出现时。 4.沉淀洗涤时洗涤剂的选择 洗涤试剂 适用范围 目的 蒸 馏 水 冷水 溶解度随温度升高而升高,且变化较大 除去固体表面吸附的××杂质,减少固体因为洗涤液温度高造成溶解损失 热水 溶解度随温度升高而降低 除去固体表面吸附的××杂质,减少固体因为洗涤液温度低造成溶解损失 有机溶剂(酒精、丙酮等) 固体易溶于水、难溶于有机溶剂 减少固体溶解损失;利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分,增大干燥速率 饱和溶液 对纯度要求不高的产品 减少固体溶解 酸、碱溶液 产物不溶于酸、碱 除去固体表面吸附的可溶于酸、碱的杂质;减少固体溶解 洗涤沉淀的方法:向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀,待水自然流下后,重复以上操作2~3次 检验沉淀是否洗涤干净的方法:取少量最后一次的洗涤液于试管中,向其中滴入某试剂,若未出现特征反应现象,则沉淀洗涤干净 5.重结晶 将结晶得到的晶体溶于溶剂制得饱和溶液,又重新从溶液中结晶析出的过程。 6.萃取与反萃取 萃取 利用溶质在互不相溶的两种溶剂里的溶解度不同,用一种溶剂(萃取剂)把溶质从它与另一种溶剂组成的溶液里提取出来的过程,萃取后需要分液。如用CCl4萃取溴水中的Br2 反萃取 在溶剂萃取分离过程中,当完成萃取操作后,为进一步纯化目标产物或便于下一步分离操作的实施,将目标产物从有机相转入水相的萃取操作称为反萃取,为萃取的逆过程 7.蒸馏 蒸馏是利用液体混合物中各组分的沸点不同,给液体混合物加热,使其中的某一组分变成蒸气再冷凝成液体,跟其他组分分离的过程。 8.冷却法 利用气体易液化的特点分离气体,如合成氨工业采用冷却法分离氨与氮气、氢气。 破类题·提能力 1．（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： （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)。 2．（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 （2）“滤液1”中溶质除了以外，还有______(填化学式)。 热点设问04 陌生方程式的书写 析典例·明思路 （2023·广东卷）均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工艺可提取，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：    已知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。 氢氧化物 回答下列问题： （1）活性可与水反应，化学方程式为 。 （3）“氨浸”时，由转化为的离子方程式为 。 研考点·通技法 1.工艺流程中方程式的整体书写思路 首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式,再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型(非氧化还原反应适用元素守恒;氧化还原反应适用元素守恒、得失电子守恒)。 2.工艺流程中氧化还原反应方程式的书写思路 （1）首先确定氧化剂(或还原剂)与还原产物(或氧化产物),再判断出还原剂(或氧化剂)与氧化产物(或还原产物)。 （2）根据得失电子守恒配平氧化还原反应方程式。 （3）根据电荷守恒、反应物和介质环境的酸碱性,在方程式左边或右边补充H+、OH-或H2O。 （4）根据元素守恒配平反应方程式。 3.流程中电极反应式的书写思路 （1）列变价——写出电极上发生变价的主要反应物和主要产物。 （2）标电子——由化合价写出得失电子数。 （3）调电荷——由电荷守恒依据介质环境将反应式两边的电荷调平,酸性溶液用H+,碱性溶液用OH-,若是熔融电解质,则依据具体题目信息,一般熔融氧化物用O2-,熔融碳酸盐用C。 （4）后补水——由元素守恒配平电极反应式,一般看氢原子,哪边少氢原子就在哪边以水的形式补上相应数目的氢原子,也被称为“氢不够,水来凑”。 （5）检查氧——最后用“O”守恒检查电极反应式是否正确。 破类题·提能力 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： （2）“还原沉硒”时，Se（IV）被还原为单质Se的离子方程式为________。 ________________。 2．（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 （3）“酸浸”后的溶液中元素以存在，写出生成的化学方程式______。 热点设问05 平衡常数等的计算 析典例·明思路 （2025·广东卷）我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种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如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 （3）“沉铝”时，pH最高可调至 (溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中，。 研考点·通技法 1.水溶液中平衡常数之间的关系 （1）平衡常数都只与温度有关,温度不变,平衡常数不变,升高温度,Ka、Kb、Kw、Kh均增大。 （2）Ka、Kh、Kw三者的关系式为Kh=;Kb、Kh、Kw三者的关系式为Kh=。 （3）二元酸的、与相应酸根离子的、的关系式为·=Kw,·=Kw。 （4）反应CdS(s)+2H+(aq)Cd2+(aq)+H2S(aq)的平衡常数为K,则 K= 。 2.溶度积(Ksp)的常见计算类型 （1）已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度,如 Ksp=a的饱和AgCl溶液中 c(Ag+)= mol/L。 （2）已知溶度积、溶液中某种离子的浓度,求溶液中另一种离子的浓度,如某温度下AgCl的Ksp=a,在0.1 mol/L的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体,达到平衡后 c(Ag+)=10a mol/L。 （3）计算沉淀转化的平衡常数,如Cu2+(aq)+MnS(s)CuS(s)+Mn2+(aq),平衡常数K===。 破类题·提能力 1．（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。 （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)。 2．（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 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。 热点设问06 物质结构分析 析典例·明思路 （2025·广东卷）我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种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如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则 ；晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目为 。 研考点·通技法 一、晶体结构分析(晶胞边长为a cm,NA为阿伏加德罗常数的值) 1.三种典型离子晶体模型 项目 NaCl型 CsCl型 CaF2型 晶胞 配位数 6 8 F-:4;Ca2+:8 密度的计算 g/cm3 g/cm3 g/cm3 2.三种典型共价晶体模型 项目 金刚石 二氧化硅 碳化硅(SiC) 晶胞 结构 分析 （1）每个C与相邻4个C以共价键结合,形成正四面体结构。每个C为12个六元环共有; （2）每个C参与4个C—C的形成,碳原子数与C—C数之比为1∶2; （3）密度ρ= g/cm3 （1）每个Si与4个O以共价键结合,形成正四面体结构; （2）最小环上有12个原子,即 6个 O、6个Si; （3）密度ρ= g/cm3 （1）每个原子与另外4个不同种类的原子形成正四面体结构; （2）密度ρ= g/cm3 3.两种典型分子晶体模型 项目 干冰 冰 晶胞 结构 分析 （1）每个CO2位于立方体的面心或顶角; （2）每个CO2周围紧邻的CO2有12个; （3）密度ρ= g/cm3 （1）每个水分子周围有4个紧邻的水分子,且与这4个水分子形成4个氢键; （2）密度ρ= g/cm3 二、有关晶胞的复杂计算 1.晶胞参数的计算方法 2.晶体密度的计算方法 破类题·提能力 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： （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。 （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)。 刷模拟 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·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___________。 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_____。 5．（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___________。 6．（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)。 7．（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___________。 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)。 10．（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__________。 刷真题 1．（2025·广东·真题）我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种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如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 （1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有 (写一条)。 （2）“高压加热”时，生成的离子方程式为： 。 （3）“沉铝”时，pH最高可调至 (溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中，。 （4）“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有_______。 A．镍与N、O形成配位键 B．配位时被还原 C．配合物与水能形成分子间氢键 D．烷基链具有疏水性 （5）晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则 ；晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目为 。 （6）①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为 和 。 ②“电解”时，颗粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池示意图并做相应标注 。 ③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是 (写一条)。 2．（2024·广东·真题）镓()在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种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如下。 工艺中，是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用提取金属离子的原理如图。已知： ①。 ②(冰晶石)的为。 ③浸取液中，和以微粒形式存在，最多可与2个配位，其他金属离子与的配位可忽略。 （1）“电解”中，反应的化学方程式为 。 （2）“浸取”中，由形成的离子方程式为 。 （3）“还原”的目的：避免 元素以 (填化学式)微粒的形式通过，从而有利于的分离。 （4）“提取”中，原料液的浓度越 ，越有利于的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入 (填化学式)，以进一步提高的提取率。 （5）“调”中，至少应大于 ，使溶液中，有利于配离子及晶体的生成。若“结晶”后溶液中，则浓度为 。 （6）一种含、、元素的记忆合金的晶体结构可描述为与交替填充在构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比 ，其立方晶胞的体积为 。 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 化工流程综合题 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+3年高考真题热点设问拆解 【解题精析·通技法】析典例，明思路，技法贯通破类题 【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 命题·趋势·定位 近几年广东高考中工艺流程题主要是以物质的制备、物质的分离提纯为情景材料，用框图的形式呈现实际工业生产中添加物质、操作的过程，设问形式包括：物质的判断、方程式的书写、实验操作、反应条件的控制及理论解释、产品组成的定性及定量分析、物质结构分析等，能很好的考查学生综合运用元素化合物知识、物质结构知识、化学反应原理、实验技能解决实际问题的能力。 热点·设问·拆解 热点设问01 原料的预处理 2025年广东卷18（1） 热点设问02 反应条件的控制 2024年广东卷18（4） 2023年广东卷18（4） 热点设问03 物质的分离与提纯 2025年广东卷18（4） 2024年广东卷18（3） 2023年广东卷18（5）① 热点设问04 陌生方程式的书写 2025年广东卷18（2）（6）① 2024年广东卷18（1）（2） 2023年广东卷18（1）（3）（6）① 热点设问05 平衡常数等的计算 2025年广东卷18（3） 2024年广东卷18（5） 2023年广东卷18（2） 热点设问06 物质结构分析 2025年广东卷18（5） 2024年广东卷18（6） 2023年广东卷18（5）② 热点设问01 原料的预处理 析典例·明思路 （2025·广东卷）我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种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如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 （1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有 (写一条)。 【答案】搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等 【思路】提高酸浸速率的思维过程：①将固体原料粉碎；②‌适当升高温度；③‌增大浸取剂（如酸或碱）浓度。 【解析】将固体原料粉碎‌：减小粒径，增大固液接触面积，使反应更充分。‌适当升高温度‌：提高分子热运动速率，加快反应动力学，但需避免目标物质或溶剂热分解。‌增大浸取剂（如酸或碱）浓度‌：增加反应物浓度，提升有效碰撞频率。 研考点·通技法 常见预处理的操作及作用 1、研磨、雾化（将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分）： 提高原料转化率、利用率、浸取率，提高产品的产率等。 2、 浸取(即浸出/溶解) （1）水浸：与水接触反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中。 （2）酸浸：在酸性溶液[如：用(浓)硫酸、盐酸等]中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程；酸还能溶解金属氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解等。 （3）碱浸：去油污，在碱性溶液中使两性化合物(Al2O3、ZnO等)溶解，溶解铝、二氧化硅等，不溶物通过过滤除去的过程。 （4）醇浸：提取有机物，常采用有机溶剂(乙醚，二氯甲烷等)浸取的方法提取有机物。 3、灼烧(焙烧)：除去可燃性杂质或使原料初步转化。①除去硫、碳单质；②有机物转化、除去有机物；③高温下原料与空气中氧气反应；④除去热不稳定的杂质(如碳酸盐沉淀)等。 4、煅烧：改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土 破类题·提能力 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： “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）。 【答案】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） 【解析】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．（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。 “高温焙烧”处理的目的是：______。 【答案】除去废旧三元锂离子电池正极片中的有机黏合剂 【解析】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； 热点设问02 反应条件的控制 析典例·明思路 （2023·广东卷）均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工艺可提取，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：    已知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。 氢氧化物 回答下列问题： 会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。 ①属于 (填“晶体”或“非晶体”)。 ②提高了的浸取速率，其原因是 。 【答案】 晶体 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积 【解析】会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。 ①X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰，则属于晶体；故答案为：晶体。 ②根据题意会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则能提高了的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积；故答案为：减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。 研考点·通技法 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)。 破类题·提能力 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： “中和沉镓”时，需要控制，pH过低则________，pH过高则可能导致________。 【答案】 Ga3+沉淀不完全 Ga(OH)3溶解 【解析】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。 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： “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___________。 【答案】Fe3+ 4.7≤pH<8.3 【解析】“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。 热点设问03 物质的分离与提纯 析典例·明思路 （2025·广东卷）我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种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如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 “选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有_______。 A．镍与N、O形成配位键 B．配位时被还原 C．配合物与水能形成分子间氢键 D．烷基链具有疏水性 【答案】AD 【解析】“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有： A、镍与N、O形成配位键，可以使镍进入有机相，A正确； B、配体中提供孤对电子的O原子带一个单位负电，可以视作是得到一个电子的阴离子，其余配体不带电，整个配合物不显电性，形成配合物后，中心离子还是Ni2+，Ni2+化合价不变，B错误； C、配合物与水形成氢键，不能解释镍进入有机相，C错误； D、烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，D正确； 答案选AD； 研考点·通技法 1.过滤 固液分离的一种方法,主要有常压过滤、减压过滤、热过滤。 （1）常压过滤:过滤时需要分析产品的需求及生产目的,准确判断经过过滤后产生的滤液、滤渣的主要成分,准确判断是留下滤液还是滤渣。 （2）减压过滤(抽滤):相比普通过滤,抽滤加快了过滤的速度。抽滤的优点是快速过滤,有时还可以过滤掉气体,并能达到快速干燥产品的目的。 （3）趁热过滤:使用热过滤仪器将固液混合物的温度保持在一定范围内进行过滤,所以又称为热过滤,对温度有较高要求的混合物,可以使用此过滤方法。 2.蒸发结晶 （1）适用范围:提取溶解度随温度变化不大的溶质,如NaCl。 （2）蒸发结晶的标志:当有大量晶体出现时,停止加热,利用余热蒸干。 3.冷却结晶 （1）适用范围:提取溶解度随温度变化较大的物质(如KNO3)、易水解的物质(如FeCl3)或结晶水合物(如CuSO4·5H2O)。 （2）冷却结晶的标志:当有少量晶体(晶膜)出现时。 4.沉淀洗涤时洗涤剂的选择 洗涤试剂 适用范围 目的 蒸 馏 水 冷水 溶解度随温度升高而升高,且变化较大 除去固体表面吸附的××杂质,减少固体因为洗涤液温度高造成溶解损失 热水 溶解度随温度升高而降低 除去固体表面吸附的××杂质,减少固体因为洗涤液温度低造成溶解损失 有机溶剂(酒精、丙酮等) 固体易溶于水、难溶于有机溶剂 减少固体溶解损失;利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分,增大干燥速率 饱和溶液 对纯度要求不高的产品 减少固体溶解 酸、碱溶液 产物不溶于酸、碱 除去固体表面吸附的可溶于酸、碱的杂质;减少固体溶解 洗涤沉淀的方法:向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀,待水自然流下后,重复以上操作2~3次 检验沉淀是否洗涤干净的方法:取少量最后一次的洗涤液于试管中,向其中滴入某试剂,若未出现特征反应现象,则沉淀洗涤干净 5.重结晶 将结晶得到的晶体溶于溶剂制得饱和溶液,又重新从溶液中结晶析出的过程。 6.萃取与反萃取 萃取 利用溶质在互不相溶的两种溶剂里的溶解度不同,用一种溶剂(萃取剂)把溶质从它与另一种溶剂组成的溶液里提取出来的过程,萃取后需要分液。如用CCl4萃取溴水中的Br2 反萃取 在溶剂萃取分离过程中,当完成萃取操作后,为进一步纯化目标产物或便于下一步分离操作的实施,将目标产物从有机相转入水相的萃取操作称为反萃取,为萃取的逆过程 7.蒸馏 蒸馏是利用液体混合物中各组分的沸点不同,给液体混合物加热,使其中的某一组分变成蒸气再冷凝成液体,跟其他组分分离的过程。 8.冷却法 利用气体易液化的特点分离气体,如合成氨工业采用冷却法分离氨与氮气、氢气。 破类题·提能力 1．（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： （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)。 【答案】（3）BD （4）H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，便于除去溶液中的Fe元素 【解析】（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。 2．（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 （2）“滤液1”中溶质除了以外，还有______(填化学式)。 【答案】或 【解析】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。根据分析可知，滤液1中还有。 热点设问04 陌生方程式的书写 析典例·明思路 （2023·广东卷）均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工艺可提取，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：    已知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。 氢氧化物 回答下列问题： （1）活性可与水反应，化学方程式为 。 （3）“氨浸”时，由转化为的离子方程式为 。 【答案】（1） （3）或 【解析】（1）活性可与水反应，化学方程式为；故答案为：。 （3）“氨浸”时，与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成，则由转化为的离子方程式为或；故答案为：或。 研考点·通技法 1.工艺流程中方程式的整体书写思路 首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式,再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型(非氧化还原反应适用元素守恒;氧化还原反应适用元素守恒、得失电子守恒)。 2.工艺流程中氧化还原反应方程式的书写思路 （1）首先确定氧化剂(或还原剂)与还原产物(或氧化产物),再判断出还原剂(或氧化剂)与氧化产物(或还原产物)。 （2）根据得失电子守恒配平氧化还原反应方程式。 （3）根据电荷守恒、反应物和介质环境的酸碱性,在方程式左边或右边补充H+、OH-或H2O。 （4）根据元素守恒配平反应方程式。 3.流程中电极反应式的书写思路 （1）列变价——写出电极上发生变价的主要反应物和主要产物。 （2）标电子——由化合价写出得失电子数。 （3）调电荷——由电荷守恒依据介质环境将反应式两边的电荷调平,酸性溶液用H+,碱性溶液用OH-,若是熔融电解质,则依据具体题目信息,一般熔融氧化物用O2-,熔融碳酸盐用C。 （4）后补水——由元素守恒配平电极反应式,一般看氢原子,哪边少氢原子就在哪边以水的形式补上相应数目的氢原子,也被称为“氢不够,水来凑”。 （5）检查氧——最后用“O”守恒检查电极反应式是否正确。 破类题·提能力 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： （2）“还原沉硒”时，Se（IV）被还原为单质Se的离子方程式为________。 ________________。 【答案】 【解析】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。 2．（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 （3）“酸浸”后的溶液中元素以存在，写出生成的化学方程式______。 【答案】 【解析】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。 热点设问05 平衡常数等的计算 析典例·明思路 （2025·广东卷）我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种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如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 （3）“沉铝”时，pH最高可调至 (溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中，。 【答案】5 【解析】“沉铝”时，保证Cu2+和Ni2+不沉淀，Cu(OH)2的溶度积更小，，根据Ksp=c(Cu2+)×c2(OH-)=0.022×c2(OH-)=2.2×10-20，得出c(OH-)=10-9mol/L，pH=5； 研考点·通技法 1.水溶液中平衡常数之间的关系 （1）平衡常数都只与温度有关,温度不变,平衡常数不变,升高温度,Ka、Kb、Kw、Kh均增大。 （2）Ka、Kh、Kw三者的关系式为Kh=;Kb、Kh、Kw三者的关系式为Kh=。 （3）二元酸的、与相应酸根离子的、的关系式为·=Kw,·=Kw。 （4）反应CdS(s)+2H+(aq)Cd2+(aq)+H2S(aq)的平衡常数为K,则 K= 。 2.溶度积(Ksp)的常见计算类型 （1）已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度,如 Ksp=a的饱和AgCl溶液中 c(Ag+)= mol/L。 （2）已知溶度积、溶液中某种离子的浓度,求溶液中另一种离子的浓度,如某温度下AgCl的Ksp=a,在0.1 mol/L的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体,达到平衡后 c(Ag+)=10a mol/L。 （3）计算沉淀转化的平衡常数,如Cu2+(aq)+MnS(s)CuS(s)+Mn2+(aq),平衡常数K===。 破类题·提能力 1．（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。 （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)。 【答案】（3）1:2 （4） 【解析】（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。 2．（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 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。 【答案】7 【解析】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。 热点设问06 物质结构分析 析典例·明思路 （2025·广东卷）我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种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如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则 ；晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目为 。 【答案】3：1：1 12 【解析】根据同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，设晶胞边长为a，由几何关系可知，面心的原子与顶点的原子距离为，面心的原子与体心的原子距离为，则可以确定，晶胞中面心原子为Ni，有6×个，顶点原子为Cu，有8×个，体心的原子为N，有1个，则x：y：z=3：1：1； 根据分析，Cu原子处于顶角，距离最近且等距离的原子为面心上Ni原子，数目为； 研考点·通技法 一、晶体结构分析(晶胞边长为a cm,NA为阿伏加德罗常数的值) 1.三种典型离子晶体模型 项目 NaCl型 CsCl型 CaF2型 晶胞 配位数 6 8 F-:4;Ca2+:8 密度的计算 g/cm3 g/cm3 g/cm3 2.三种典型共价晶体模型 项目 金刚石 二氧化硅 碳化硅(SiC) 晶胞 结构 分析 （1）每个C与相邻4个C以共价键结合,形成正四面体结构。每个C为12个六元环共有; （2）每个C参与4个C—C的形成,碳原子数与C—C数之比为1∶2; （3）密度ρ= g/cm3 （1）每个Si与4个O以共价键结合,形成正四面体结构; （2）最小环上有12个原子,即 6个 O、6个Si; （3）密度ρ= g/cm3 （1）每个原子与另外4个不同种类的原子形成正四面体结构; （2）密度ρ= g/cm3 3.两种典型分子晶体模型 项目 干冰 冰 晶胞 结构 分析 （1）每个CO2位于立方体的面心或顶角; （2）每个CO2周围紧邻的CO2有12个; （3）密度ρ= g/cm3 （1）每个水分子周围有4个紧邻的水分子,且与这4个水分子形成4个氢键; （2）密度ρ= g/cm3 二、有关晶胞的复杂计算 1.晶胞参数的计算方法 2.晶体密度的计算方法 破类题·提能力 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： （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】（6）   【解析】（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。 （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】（6）2:1:1 【解析】（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。 刷模拟 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。 【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。 2．（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。 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。 5．（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。 6．（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 =。 7．（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。 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。 【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：。 9．（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。 10．（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。 刷真题 1．（2025·广东·真题）我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种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如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 （1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有 (写一条)。 （2）“高压加热”时，生成的离子方程式为： 。 （3）“沉铝”时，pH最高可调至 (溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中，。 （4）“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有_______。 A．镍与N、O形成配位键 B．配位时被还原 C．配合物与水能形成分子间氢键 D．烷基链具有疏水性 （5）晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则 ；晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目为 。 （6）①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为 和 。 ②“电解”时，颗粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池示意图并做相应标注 。 ③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是 (写一条)。 【答案】（1）搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等 （2）4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+ （3）5 （4）AD （5）3：1：1 12 （6）2NH3N2+3H2 Fe2O3+3H22Fe+3H2O 没有污染物产生 【分析】矿粉酸浸通入SO2酸浸，浸取液中含有Fe2+、Cu2+、Ni2+、Al3+等，调节pH=3.0，通入空气加热得到Fe2O3，Fe2O3可以通过还原得到Fe单质，也可以用电解得到Fe单质，滤液1在常温下沉铝，滤液2选择萃取得到含硫酸根的溶液和分别含Cu配合物和Ni配合物，最终得到产品NixCuyNz。 【解析】（1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有：搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等； （2）由于通入“酸浸”，故浸取液中不含有，“高压加热”时，Fe2+在酸性条件下被氧化为，离子方程式为：4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+； （3）“沉铝”时，保证Cu2+和Ni2+不沉淀，Cu(OH)2的溶度积更小，，根据Ksp=c(Cu2+)×c2(OH-)=0.022×c2(OH-)=2.2×10-20，得出c(OH-)=10-9mol/L，pH=5； （4）“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有： A、镍与N、O形成配位键，可以使镍进入有机相，A正确； B、配体中提供孤对电子的O原子带一个单位负电，可以视作是得到一个电子的阴离子，其余配体不带电，整个配合物不显电性，形成配合物后，中心离子还是Ni2+，Ni2+化合价不变，B错误； C、配合物与水形成氢键，不能解释镍进入有机相，C错误； D、烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，D正确； 答案选AD； （5）根据同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，设晶胞边长为a，由几何关系可知，面心的原子与顶点的原子距离为，面心的原子与体心的原子距离为，则可以确定，晶胞中面心原子为Ni，有6×个，顶点原子为Cu，有8×个，体心的原子为N，有1个，则x：y：z=3：1：1； 根据分析，Cu原子处于顶角，距离最近且等距离的原子为面心上Ni原子，数目为； （6）①氨气分解为N2和H2，H2还原Fe2O3得到Fe单质和水，化学方程式为：2NH3N2+3H2、Fe2O3+3H22Fe+3H2O； ②电解Fe2O3颗粒得到Fe单质，在阴极发生还原反应，则Fe片为阴极，石墨做阳极，电解液为NaOH溶液和颗粒，装置图如下： ； ③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是没有污染性的CO气体产生。 2．（2024·广东·真题）镓()在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种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如下。 工艺中，是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用提取金属离子的原理如图。已知： ①。 ②(冰晶石)的为。 ③浸取液中，和以微粒形式存在，最多可与2个配位，其他金属离子与的配位可忽略。 （1）“电解”中，反应的化学方程式为 。 （2）“浸取”中，由形成的离子方程式为 。 （3）“还原”的目的：避免 元素以 (填化学式)微粒的形式通过，从而有利于的分离。 （4）“提取”中，原料液的浓度越 ，越有利于的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入 (填化学式)，以进一步提高的提取率。 （5）“调”中，至少应大于 ，使溶液中，有利于配离子及晶体的生成。若“结晶”后溶液中，则浓度为 。 （6）一种含、、元素的记忆合金的晶体结构可描述为与交替填充在构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比 ，其立方晶胞的体积为 。 【答案】（1）2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑ （2）Ga3++4Cl-=[GaCl4]- （3）铁 [FeCl4]- （4）高 NaCl （5）3.2 4.0×10-7 （6）2:1:1 8a3 【分析】电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)进行焙烧，金属转化为氧化物，焙烧后的固体加入盐酸浸取，浸取液加入铝片将Fe3+进行还原，得到原料液，原料液利用LAEM提取，[GaCl4]-通过交换膜进入II室并转化为Ga3+，II室溶液进一步处理得到镓，I室溶液加入含F-的废液调pH并结晶得到NaAlF6晶体用于电解铝； 【解析】（1）“电解”是电解熔融的氧化铝冶炼铝单质，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑； （2）“浸取”中，由Ga3+形成[GaCl4]-的离子方程式为Ga3++4Cl-=[GaCl4]-； （3）由已知，浸取液中，Ga(III)和Fe(III)以[MClm](m-3)(m=0~4)微粒形式存在，为了避免铁元素以[FeCl4]-的微粒形式通过LAEM，故要加入铝片还原Fe3+，从而有利于Ga的分离； （4）“LAEM提取”中，原料液的Cl-浓度越高，更有利于生成[GaCl4]-的反应正向移动，更有利于Ga的提取，在不提高原料液酸度的前提下，同时不引入新杂质，可向I室中加入NaCl，提高Cl-浓度，进一步提高Ga的提取率； （5）由pKa(HF)=3.2，Ka(HF)==10-3.2，为了使溶液中c(F-)>c(HF)，c(H+)=×10-3.2<10-3.2mol/L，故pH至少应大于3.2，有利于[AlF6]3-配离子及Na3[AlF6]晶体的生成，若“结晶”后溶液中c(Na+)=0.10mol⋅L-1，根据Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10-10，[AlF6]3-浓度为=4.0×10-7mol⋅L-1； （6）合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元，取Ga为晶胞顶点，晶胞面心也是Ga，Ni处于晶胞棱心和体心，Ga和Ni形成类似氯化钠晶胞的结构，晶胞中Ga和Ni形成的8个小正方体体心为Co，故晶胞中Ga、Ni个数为4，Co个数为8，粒子个数最简比Co:Ga:Ni=2:1:1，晶胞棱长为两个最近的Ga之间（或最近的Ni之间）的距离，为2a nm，故晶胞的体积为8a3nm。 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $