专题01 化工流程综合题（大题专练，两大类型集训）（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 内容概览 类型一 以废品回收为目的 类型二 以资源开发为目的 限时：75分钟 题量：10道 ◆类型一 以废品回收为目的 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．（2026·广东汕头·模拟预测）钒酸银（）是一种极有前景的可见光响应光催化剂，一种用废钒（主要成分、、、、）制取钒酸银的工艺流程如下： 已知：①有机酸性萃取剂HA的萃取原理为： （表示，表示有机萃取剂）； ②酸性溶液中，对、萃取能力强，而对、的萃取能力较弱。 （1）基态钒原子的价层电子排布式为______。“滤渣”的成分是______（写化学式）。 （2）“滤液①”中钒以+4价、+5价的形式存在，简述加入铁粉的原因：____________。 （3）“有机层”加入硫酸反萃取后，加入，写出与反应生成和的离子方程式：_________。 （4）已知溶液中与可相互转化且为沉淀。室温下，维持“沉钒”时溶液中的总浓度为，。已知，，则“沉钒”后溶液中______。 （5）写出煅烧的化学方程式___________，煅烧生成的气体返回到______工序重新利用。 （6）钒的化合物广泛应用于工业催化、新材料和新能源等领域。 ①钒的一种配合物的化学式为，取的溶液进行如下表实验（已知配体难电离出来）。则的配体是______。 ②一种钒的硫化物的晶体结构（图a）及其俯视图（图b）如图所示： X X 试剂 溶液 溶液 现象 无明显变化 白色沉淀 该钒的硫化物晶体中，与每个原子最近且等距的原子个数是______。 4．（2026·广东·模拟预测）一种从锌冶炼渣(主要含Zn、CuO、ZnFe2O4、PbO2、SiO2和少量Ga2O3、Ga2S3、GeO2、GeS2等)中提取镓(Ga)和储(Ge)的工艺流程如下。 已知：①25℃时，H2C2O4的Ka1=5.6×10-2，Ka2=1.5×l0-4；Ksp(PbC2O4)=4.8×10-10，Ksp(PbSO4)=1.6×10-8。 ②c{[Fe(C2O4)3]3-}对Ga、Ge的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)的影响如下表。 c{[Fe(C2O4)3]3-} 0 0.5 1 4 6 8 Ga的萃取率/% 84.78 81.32 79.41 52.24 44.32 23.16 Ge的萃取率/% 99.96 99.88 99.86 99.68 99.52 99.35 （1）“低酸浸出”后滤液中含有的金属阳离子主要有___________。 （2）“酸浸”时，加入H2O2能将Ga和Ge的硫化物转化为对应相同价态的氧化物，氧化物再与草酸反应生成配合物。 ①Ga2O3被草酸浸出生成[Ga(C2O4)3]3-的离子方程式为___________。 ②加入草酸后，PbSO4___________(填“能”或“不能”)完全转化为PbC2O4，请结合平衡常数K计算说明原因___________(一般认为K>105时，反应基本能完全进行；K<10-5时，则反应很难进行)。 （3）加Fe粉“还原”的目的为___________。 （4）不同浓度的H2SO4和NaOH洗脱剂对Ga和Ge的洗脱率(进入水层中金属离子的百分数)如图所示。由图可知，洗脱剂2应选用___________(填化学式)。 （5）砷化镓(GaAs)是一种应用广泛的半导体材料，与GaN、GaP晶体类型相同。 ①已知GaP的熔点为1480℃，则GaAs的熔点___________(填“低于”、“等于”或“高于”)1480℃。 ②GaAs的一种立方晶胞中，As原子仅有两种位置，一种As原子位于晶胞顶点，晶体中与As原子最近且等距的As原子有12个，Ga原子均位于晶胞内，该立方晶胞中含有___________个Ga原子。 ③下列图示不可能是上述②中GaAs晶胞的结构单元的是___________。 5．（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)。 ◆类型二 以资源开发为目的 6．（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______。 7．（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) 8．（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”)。 9．（2026·广东肇庆·一模）铋酸钠(，难溶于水)是常用的氧化剂，是活性电极。以辉铋矿(主要成分为，含、杂质)和软锰矿(主要成分是)为原料联合焙烧制备和的工艺流程如下： 已知：①“焙烧”后产物为、、、和。 ②氧化性强弱：。 ③常温下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全时的见下表。 金属离子 开始沉淀 7.6 2.7 8.1 4.5 沉淀完全 9.6 3.7 10.1 5.5 （1）“焙烧”时采用逆流操作，即粉碎的矿粉从焙烧炉上部加入，空气从下部进入，这样操作的目的是___________。 （2）“酸浸”时发生氧化还原反应的离子方程式为___________。“酸浸”后，滤渣的主要成分为___________(填化学式)。 （3）“还原”时加入的目的为___________。 （4）“沉铋”时，调节溶液pH的范围为___________。 （5）“氧化”时，由生成的化学方程式为___________。 （6）①“电解”时，一般在滤液1中加入少量稀硫酸，以Fe片、石墨棒为电极。请画出电解池示意图并做相应标注。___________。 ②若回收滤液2用于电解制备，需进行脱氯处理，理由是___________(结合电极方程式解释)。 10．（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_______。 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 参考答案 ◆类型一 以废品回收为目的 1．（1） （2）将中的Mn还原为 （3） （4）12.3 （5） 2：3 （6） 直线形 4 2．（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）   3．（1）3d34s2 SiO2 （2）将+5价钒转化为+4价钒的同时使Fe3+还原为Fe2+，实现钒、铁元素的分离。 （3）+6+3H2O=6++6H+ （4） （5） 沉钒 （6）NH3和 6 4．（1）Zn2+、Cu2+、Fe3+ （2）Ga2O3+6H2C2O4=2[Ga(C2O4)3]3-+6H++3H2O 不能 PbSO4+H2C2O4PbC2O4++，K=====2.8×10-4，平衡常数很小，PbSO4不能完全转化为PbC2O4 （3）除去[Fe(C2O4)3]3-，以提高Ga的萃取率 （4）NaOH （5）低于 4 B 5．（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 ◆类型二 以资源开发为目的 6．（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 7．（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 8．（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 9．（1）增大反应物接触面积，提高反应速率 （2） （3）将还原为，避免沉铋时元素进入产品 （4） （5） （6） 若未进行脱氯处理，电解时阳极会发生反应： 10．（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 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 内容概览 类型一 以废品回收为目的 类型二 以资源开发为目的 限时：75分钟 题量：10道 ◆类型一 以废品回收为目的 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。 3．（2026·广东汕头·模拟预测）钒酸银（）是一种极有前景的可见光响应光催化剂，一种用废钒（主要成分、、、、）制取钒酸银的工艺流程如下： 已知：①有机酸性萃取剂HA的萃取原理为： （表示，表示有机萃取剂）； ②酸性溶液中，对、萃取能力强，而对、的萃取能力较弱。 （1）基态钒原子的价层电子排布式为______。“滤渣”的成分是______（写化学式）。 （2）“滤液①”中钒以+4价、+5价的形式存在，简述加入铁粉的原因：____________。 （3）“有机层”加入硫酸反萃取后，加入，写出与反应生成和的离子方程式：_________。 （4）已知溶液中与可相互转化且为沉淀。室温下，维持“沉钒”时溶液中的总浓度为，。已知，，则“沉钒”后溶液中______。 （5）写出煅烧的化学方程式___________，煅烧生成的气体返回到______工序重新利用。 （6）钒的化合物广泛应用于工业催化、新材料和新能源等领域。 ①钒的一种配合物的化学式为，取的溶液进行如下表实验（已知配体难电离出来）。则的配体是______。 ②一种钒的硫化物的晶体结构（图a）及其俯视图（图b）如图所示： X X 试剂 溶液 溶液 现象 无明显变化 白色沉淀 该钒的硫化物晶体中，与每个原子最近且等距的原子个数是______。 【答案】（1）3d34s2 SiO2 （2）将+5价钒转化为+4价钒的同时使Fe3+还原为Fe2+，实现钒、铁元素的分离。 （3）+6+3H2O=6++6H+ （4） （5） 沉钒 （6）NH3和 6 【分析】废钒（主要成分、、、、）加入稀硫酸、通入氧气发生反应，生成硫酸铁，“滤液①”中钒以+4价、+5价的形式存在，而SiO2不反应，过滤存在于滤渣中，萃取前加入铁粉将铁离子还原为亚铁离子，利用有机溶剂HA萃取，分液后加入反萃取剂得到VO2+，再加入KClO3，将VO2+氧化为，再加入氨水得到沉淀NH4VO3，过滤后煅烧得到五氧化二钒，以此来解答。 【解析】（1）钒是23号元素，核外含有23个电子，基态钒原子的价层电子排布式为3d34s2，由分析可知，“滤渣”的成分是SiO2。 （2）酸性溶液中，对、萃取能力强，而对、的萃取能力较弱，“滤液①”中钒以+4价、+5价的形式存在，铁粉的原因是：将+5价钒转化为+4价钒的同时使Fe3+还原为Fe2+，实现钒、铁元素的分离。 （3）由分析可知，“有机层”加入硫酸反萃取后，加入，与反应生成和，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：+6+3H2O=6++6H+。 （4）室温下，维持“沉钒”时溶液中的总浓度为，，溶液中c(OH-)= =10-8mol/L，由可知，由Kb、c()+c()=，则c()=mol/L，则。 （5）煅烧分解产生V2O5、NH3和H2O，化学方程式为：，煅烧生成的NH3返回到沉钒工序重新利用。 （6）①配合物存在内界和外界，外界可以完全解离，内界难解离，根据实验现象，X中加入BaCl2溶液无明显变化，加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明没有形成，则外界离子为Cl-，NH3位于内界，配体为NH3和； ②由该钒的硫化物晶体结构可知，以位于体心的V原子为研究对象，与每个V原子最近且等距的S原子个数是6。 4．（2026·广东·模拟预测）一种从锌冶炼渣(主要含Zn、CuO、ZnFe2O4、PbO2、SiO2和少量Ga2O3、Ga2S3、GeO2、GeS2等)中提取镓(Ga)和储(Ge)的工艺流程如下。 已知：①25℃时，H2C2O4的Ka1=5.6×10-2，Ka2=1.5×l0-4；Ksp(PbC2O4)=4.8×10-10，Ksp(PbSO4)=1.6×10-8。 ②c{[Fe(C2O4)3]3-}对Ga、Ge的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)的影响如下表。 c{[Fe(C2O4)3]3-} 0 0.5 1 4 6 8 Ga的萃取率/% 84.78 81.32 79.41 52.24 44.32 23.16 Ge的萃取率/% 99.96 99.88 99.86 99.68 99.52 99.35 （1）“低酸浸出”后滤液中含有的金属阳离子主要有___________。 （2）“酸浸”时，加入H2O2能将Ga和Ge的硫化物转化为对应相同价态的氧化物，氧化物再与草酸反应生成配合物。 ①Ga2O3被草酸浸出生成[Ga(C2O4)3]3-的离子方程式为___________。 ②加入草酸后，PbSO4___________(填“能”或“不能”)完全转化为PbC2O4，请结合平衡常数K计算说明原因___________(一般认为K>105时，反应基本能完全进行；K<10-5时，则反应很难进行)。 （3）加Fe粉“还原”的目的为___________。 （4）不同浓度的H2SO4和NaOH洗脱剂对Ga和Ge的洗脱率(进入水层中金属离子的百分数)如图所示。由图可知，洗脱剂2应选用___________(填化学式)。 （5）砷化镓(GaAs)是一种应用广泛的半导体材料，与GaN、GaP晶体类型相同。 ①已知GaP的熔点为1480℃，则GaAs的熔点___________(填“低于”、“等于”或“高于”)1480℃。 ②GaAs的一种立方晶胞中，As原子仅有两种位置，一种As原子位于晶胞顶点，晶体中与As原子最近且等距的As原子有12个，Ga原子均位于晶胞内，该立方晶胞中含有___________个Ga原子。 ③下列图示不可能是上述②中GaAs晶胞的结构单元的是___________。 【答案】（1）Zn2+、Cu2+、Fe3+ （2）Ga2O3+6H2C2O4=2[Ga(C2O4)3]3-+6H++3H2O 不能 PbSO4+H2C2O4PbC2O4++，K=====2.8×10-4，平衡常数很小，PbSO4不能完全转化为PbC2O4 （3）除去[Fe(C2O4)3]3-，以提高Ga的萃取率 （4）NaOH （5）低于 4 B 【分析】锌冶炼渣(主要含Zn、CuO、ZnFe2O4、PbO2、SiO2和少量Ga2O3、Ga2S3、GeO2、GeS2等)中加入H2SO4低酸浸出，由后续操作中涉及的物质可知，过滤所得的滤液中含有的金属阳离子主要有Zn2+、Cu2+、Fe3+；向高硅渣中加入H2O2、H2C2O4酸浸，此时PbO2被H2O2还原为Pb2+，并转化为PbSO4沉淀，SiO2不参与反应进入沉淀；Ga3+、Ge4+、Fe3+分别转化为配离子；由于[Fe(C2O4)3]3-会影响Ga、Ge的萃取率，所以加入Fe将[Fe(C2O4)3]3-还原为FeC2O4沉淀除去；向滤液中加入萃取剂进行萃取，再加入洗脱剂1(从图中看应为H2SO4)，得到富镓母液，电解得粗镓；有机层中加入洗脱剂2(从图中看应为NaOH)，得到水相和有机相，从水相中可回收锗，据此解答。 【解析】（1）由分析可知，“低酸浸出”后滤液中含有的金属阳离子主要有Zn2+、Cu2+、Fe3+； （2）①Ga2O3被草酸浸出生成[Ga(C2O4)3]3-，同时生成水和，反应的离子方程式为：Ga2O3+6H2C2O4=2[Ga(C2O4)3]3-+6H++3H2O； ②加入草酸后，由以下计算可得出，反应的平衡常数很小，PbSO4不能完全转化为PbC2O4，其原因为：PbSO4+H2C2O4PbC2O4++，K=====2.8×10-4，平衡常数很小，PbSO4不能完全转化为PbC2O4； （3）由表中数据可知，随着[Fe(C2O4)3]3-浓度的增大，Ga、Ge的萃取率不断减小，尤其对Ga的萃取率的影响非常大，所以加Fe粉“还原”的目的为：除去[Fe(C2O4)3]3-，以提高Ga的萃取率； （4）洗脱剂2用于洗脱回收锗，由图可知，使用NaOH时锗的洗脱率较大，则洗脱剂2应选用NaOH； （5）1①GaN、GaP、GaAs晶体类型相同，都属于共价晶体，原子半径越大，键长越长，键能越小，熔点越低，因As的原子半径大于P的原子半径，则GaAs的熔点比GaP的熔点低，GaP的熔点为1480℃，所以GaAs的熔点低于1480℃； ②GaAs的一种立方晶胞中，As原子仅有两种位置，一种As原子位于晶胞顶点，晶体中与As原子最近且等距的As原子有12个，则表明另一种As原子位于立方晶胞的面心，晶胞中所含As原子的个数为=4，GaAs晶体中Ga、As的原子个数比为1∶1，Ga原子均位于晶胞内，则该立方晶胞中含有4个Ga原子； ③A．晶胞分成8个小立方体，Ga原子位于小立方体的体心，4个As原子位于顶点，可能是上述②中GaAs晶胞的结构单元，A不符合题意； B．若As原子位于小立方体的顶点，则Ga原子位于体心，不可能位于顶点，该图不可能是上述②中GaAs晶胞的结构单元，B符合题意； C．提取晶胞内的4个Ga原子构成小立方体，便可得到如图，可能是上述②中GaAs晶胞的结构单元，C不符合题意； 故选B。 5．（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。 ◆类型二 以资源开发为目的 6．（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。 7．（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。 8．（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。 9．（2026·广东肇庆·一模）铋酸钠(，难溶于水)是常用的氧化剂，是活性电极。以辉铋矿(主要成分为，含、杂质)和软锰矿(主要成分是)为原料联合焙烧制备和的工艺流程如下： 已知：①“焙烧”后产物为、、、和。 ②氧化性强弱：。 ③常温下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全时的见下表。 金属离子 开始沉淀 7.6 2.7 8.1 4.5 沉淀完全 9.6 3.7 10.1 5.5 （1）“焙烧”时采用逆流操作，即粉碎的矿粉从焙烧炉上部加入，空气从下部进入，这样操作的目的是___________。 （2）“酸浸”时发生氧化还原反应的离子方程式为___________。“酸浸”后，滤渣的主要成分为___________(填化学式)。 （3）“还原”时加入的目的为___________。 （4）“沉铋”时，调节溶液pH的范围为___________。 （5）“氧化”时，由生成的化学方程式为___________。 （6）①“电解”时，一般在滤液1中加入少量稀硫酸，以Fe片、石墨棒为电极。请画出电解池示意图并做相应标注。___________。 ②若回收滤液2用于电解制备，需进行脱氯处理，理由是___________(结合电极方程式解释)。 【答案】（1）增大反应物接触面积，提高反应速率 （2） （3）将还原为，避免沉铋时元素进入产品 （4） （5） （6） 若未进行脱氯处理，电解时阳极会发生反应： 【分析】辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分是MnO2)在空气中焙烧，得到Fe2O3、Bi2O3、SiO2、Mn2O3、MnSO4的混合固体，水浸后过滤MnSO4溶于水存在于滤液中（通过电解得到MnO2），Fe2O3、Bi2O3、SiO2、Mn2O3不溶于水存在于滤渣中，将滤渣用浓盐酸处理，SiO2不溶于浓盐酸，存在于滤渣，Mn2O3与浓盐酸反应生成MnO2和氯气，得到含有Fe3+、Bi3+、Mn2+的滤液，加入Bi将Fe3+转化成Fe2+进入滤液，条件pH为3.0使Bi3+转化为Bi(OH)3；“氧化”时，Bi(OH)3与Cl2、NaOH反应生成NaBiO3、NaCl和H2O。 【解析】（1）矿粉从焙烧炉上部加入，空气从下部进入，这样操作可以增大反应物接触面积，提高反应速率； （2）由上述分析可知，“酸浸”过程中，除SiO2外，其余氧化物均溶于盐酸，且Mn2O3与盐酸发生氧化还原反应，反应的离子方程式为；滤渣为SiO2； （3）由上述分析可知，加入铋的目的是还原Fe3+，将Fe3+转化成Fe2+进入滤液，避免沉铋时元素进入产品； （4）根据表格信息可知，应将pH控制在，避免其它金属离子混入Bi(OH)3中； （5）由流程可知，“氧化”时，Bi(OH)3与Cl2、NaOH反应生成NaBiO3、NaCl和H2O，故反应的化学方程式为； （6）电解过程，MnSO4在阳极发生氧化反应生成MnO2，故石墨作阳极，Fe片作阴极，故电解示意图为 若不进行脱氯处理，则溶液中的Cl-会在阳极放电生成Cl2，电极反应为。 10．（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。 【解析】（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。 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $