2026届高考化学二轮《化学工艺流程》大题专练01

2026届高考化学二轮《化学工艺流程》大题专练(一) 1．Cr(OH)3可用于油漆颜料及羊毛处理。工业上以高铁铬铁矿(主要成分为Cr2O3，含Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质)为原料生产Cr(OH)3和金属Al的工艺流程如图： 已知： I．“焙烧”过程中，Cr2O3反应转化为Na2CrO4。 II．若溶液中相关离子的物质的量浓度为c，则常温时，lgc与溶液pH的关系如图所示。 Ⅲ．2CrO＋2H+Cr2O＋H2O K＝1.0×1014。 回答下列问题： (1)“焙烧”时，Cr2O3发生反应的化学方程式为 。 (2)“水浸”后滤渣主要成分为 (填化学式)；“调pH”时通入的“气体X”是 。 (3)常温下，图象上M点对应的溶液pH＝ 。 (4)“沉铝”后的母液Ⅱ的主要成分为 ；煅烧步骤的化学方程式为 。 (5)加入Na2S“析铬”时，硫元素被氧化成SO，Cr2O与Na2S反应的比例是 。 (6)储氢技术是目前化学家研究的热点之一，铁与镁形成的某种合金可用于储氢领域，其晶胞如图所示：其中A的原子坐标参数为(0，0，0)，B为(,,)，C为(,,0)，则D点的坐标参数为 。此晶胞中Fe的配位数是 。 2．赤泥是氧化铝生产排放的固体废弃物。由赤泥(主要成分为Al2O3、SiO2、Fe2O3、FeO、CaO、Na2O等)制备一种高效净水剂聚合硫酸铝铁(PAFS)的工艺流程如下： (1)基态铝原子的核外电子排布式为 ，SO的空间构型是 。 (2)“焙烧”时，需将赤泥粉碎的目的是 。 (3)酸浸渣的主要成分是 (填化学式)。 (4)“氧化”时发生反应的离子方程式为 。室温下，向氧化后的溶液中滴加NaOH溶液至pH＝4时，溶液中的c(Fe3+)＝ mol·L-1。(已知25℃，Fe(OH)3的Ksp＝4.0×10-38) (5)为了测试所制得的聚合硫酸铝铁的性能，取某水样在不同pH条件下加入PAFS【AlaFeb(OH)m(SO4)n】并测定其去浊率，结果如图所示。(已知去浊率越高，净水效果越好)由图可知在设定的偏酸性和偏碱性条件下，水样的去浊率均不高。试分析pH＜7时，去浊率较低的可能原因为 。 (6)一种碳溶解在铁单质中形成合金的晶胞如下图所示，则该物质的化学式为 ，若晶体密度为ρg/cm3，则晶胞中最近的两个碳原子的距离为 pm(阿伏加德罗常数的值用NA表示，写出计算式即可)。 4． “永磁之王”钕铁硼因超强的磁性被广泛应用于新能源汽车等领域。从钕铁硼废料中提炼稀土金属钕(Nd)的工艺流程如下图所示。 已知：①钕铁硼废料主要成分为钕和铁，“氧化焙烧”后钕和铁主要以Nd2O3和Fe2O3的形式存在。 ②“选择性浸出”中主要元素的浸出率如下图所示。 ③金属离子完全沉淀时，其浓度为1.0×10-5mol·L-1。 (1)Nd为60号元素，Nd的简化核外电子排布式为 (2)“浸出渣”的主要成分为 (填化学式)。 (3)“浸出液”中仍有少量Fe2+，极易被P507萃取液萃取进入有机相，故需继续氧化除铁。工业上可用NaClO3作氧化剂，反应的化学方程式为 ；已知常温下，Fe(OH)3的Ksp为1.0×10-38，要使Fe3+完全沉淀，pH至少应调至 。 (4)“萃取”是用酸性磷酸酯P507(用HA表示)和煤油的混合液作萃取剂，其萃取原理为3(HA)2＋Nd3+Nd(HA2)3＋3H+。溶液初始pH以及P507的浓度对萃取率的影响如下图所示。请从平衡移动的角度解释萃取率随初始pH的减小而减小的原因： 。“萃取”操作条件应选的最佳pH以及Nd3+与P507浓度之比为 。 A．2.0   1∶12     B．2.5   1:9     C．3.0 1∶6   (5)“沉钕”过程中得到Nd2(C2O4)3∙10H2O晶体，反应的离子方程式为 。 5．阳极泥富集了矿石、精矿或熔剂中大部分的贵金属元素，因而具有很高的综合回收价值。从某阳极泥(主要成分有Cu、Ag、Au、Ag2Se、Cu2S和NiSO4等)中回收Se和部分金属的工艺流程如图所示。 已知：①该工艺中萃取与反萃取原理为2RH＋Cu2+R2Cu＋2H+。 ②I2＋I－I，相同条件下，I与I2的氧化性相近。 (1)“焙烧”产生的SO2与SeO2的混合烟气用水吸收可制得单质Se，该反应的化学方程式为 。 (2)“酸浸氧化”中通入氧气的目的是 ；“反萃取剂”选用 (填化学式)溶液。 (3)沉银时加入NaCl，可将Ag+转化为AgCl，再用硫代硫酸盐溶液浸出银元素。 已知：①AgCl＋2S2O[Ag(S2O3)2]3-＋Cl－ K1＝6.66×103 ②Ag+＋2S2O[Ag(S2O3)2]3- K2＝3.7×1013 若所得浸出液中c(Ag+)＜10-5mol⋅L，则溶液中c(Cl－)＞ mol⋅L-1。 (4)浸出Au的离子方程式为 。 (5) Ag2S是一种窄能带半导体材料，具有良好的光电、热电性能，其晶胞结构如图所示。 已知图中A处的原子分数坐标为(0,0,0)，则晶胞中B处原子分数坐标为 。若晶胞参数a nm，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶体的密度为 g·cm。 6．利用硝酸、过氧化氢对废弃锂电池中的正极材料LiMn2O4进行处理，回收Li、Mn元素，工艺流程如下： 回答下列问题： (1)通过仪器分析可知LiMn2O4晶体中锰元素由Mn3+、Mn4+构成，它们的个数比为 。 (2)为了提高“酸浸”的效率，可采取的方法有 (答出2条)。“滤液1”的主要溶质有LiNO3、Mn(NO3)2，写出“酸浸”时发生反应的离子方程式 。 (3)在“酸浸”时，若用盐酸替代硝酸，可能产生的不良影响是 ，请评价若流程中缺少“加热浓缩”步骤后工艺的优缺点 (优点和缺点各写一条)。 (4)“沉锂”试剂不选用(NH4)2CO3的原因可能是 (写出一条)。 (5)写出“800℃煅烧”MnCO3时发生反应的化学方程式 。 (6)若“沉锂”前“滤液2”中c(Li+)＝1mol·L-1，取1L该溶液加入等体积Na2CO3溶液充分反应后溶液中c(CO)＝8.6×10-2mol·L-1，则该实验中锂离子的沉淀率为 %(已知Ksp(Li2CO3)＝8.6×10-6，混合后溶液体积变化忽略不计)。 7．锌是一种重要的金属，一种以固体废锌催化剂(主要成分为ZnO，含少量Fe2O3、CuO、SiO2)为原料制备锌的工艺流程如图所示： 已知：①25℃时，Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(ZnS)=1.6×10-24； ②25℃时，Zn2++4NH3[Zn(NH3)4]2+，K=2.5×109。 (1)Zn、Cu在元素周期表中位于 区，第二电离能：I(Cu) I(Zn)(填“＞”或“＜”)。 (2)“浸取”时，ZnO、CuO分别转化为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+进入溶液。 ①[Zn(NH3)4]2+的配位数为 。 ②ZnO发生反应的离子方程式为 。 ③“浸取”温度应控制在30℃左右，其原因为 。 (3)“除铜”时，当加入的(NH4)2S超量时，会发生反应[Zn(NH3)4]2++S2-ZnS↓+4NH3导致锌的回收率下降，该反应的平衡常数为 。 (4)用锌与铜合成的高纯铜锌合金滤料被广泛应用于各种水处理设备中。一种铜锌合金的晶胞结构如图，已知：晶胞参数为anm。 ①与Cu原子等距离且最近的Cu原子有 个。 ②该铜锌合金晶体的密度为 g•cm-3(设NA为阿伏加德罗常数的值)。 8．钕铁硼永磁材料被广泛应用于汽车、家电、电子产品等领域。以江西赣州某公司的钕铁硼油泥废料(主要物相为RE2O3、Fe2O3)为原料，回收有价金属的工艺流程如图所示。 已知：①用RE表示稀土元素： ②配位阴离子的稳定常数越大，配位阴离子越稳定。几种配位阴离子的稳定常数如下： 配位阴离子 FeCl FeC2O Fe(C2O4) Fe(C2O4) 稳定常数 25.4 9.4 16.2 20.2 回答下列问题： (1)B属于 区元素，其基态原子的价电子排布图为 。 (2)Na2CO3溶液能洗涤钕铁硼油泥废料的原因是 (用离子方程式表示)。 (3)浸取后，对浸取液进行紫外可见光光度测试，结果如下图所示。写出Fe2O3与盐酸反应的离子方程式： 。 (4)沉淀时，草酸用量及沉淀温度对稀土与铁选择性沉淀分离的影响如下图所示。 沉淀时，n(H2C2O4))与n(RE)的最佳物质的量之比为 ，请说明原因： ；最佳沉淀温度为 。 (5)在沉淀后的滤液中加入H2C2O4，溶液中主要存在的配位阴离子是 ，该离子在加入铁粉后生成FeC2O4∙2H2O 的离子方程式为 。 9．广西盛产甘蔗，富藏锰矿。由软锰矿(MnO2，含SiO2、Fe2O3、Al2O3和CuO等杂质)制备光电材料KMnF3的流程如下。回答下列问题： 已知： 物质 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cu(OH)2 Fe(OH)2 Mn(OH)2 Ksp 2.8×10-39 1.3×10-33 2.2×10-20 4.9×10-17 1.9×10-13 (1)“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和H2SO4，其主要作用是_____________________________。为提高“浸取”速率，可采取的措施是_______________________________(任举一例)。 (2)“滤渣1”的主要成分是_______(填化学式)。 (3)常温下，用CaCO3调节溶液pH至5～6时，可完全沉淀的离子有_______(填化学式)。 (4)“X”可选用_______。 A. H2S B. H2O2 C. Zn D. (NH4)2S (5)若用Na2CO3替代NaHCO3沉锰，得到Mn2(OH)2CO3沉淀。写出生成Mn2(OH)2CO3的离子方程式____________________________________________。 (6) KMnF3立方晶胞如图，晶胞参数为apm，该晶体中与一个F－紧邻的K+有_______个。已知NA为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为_______g∙cm-3(用含a、NA的代数式表示)。 10．锂云母的主要成分为K(Li1.5Al1.5)(AlSi3O10)(OH)xF2-x，实验室探索一种碱浸分解锂云母制备LiOH的工艺流程如下： (1)“高压浸出”中： ①“滤渣1”中卤化物Y为_______。(填化学式) ②一定条件下，元素浸出率与CaO用量的关系如图，为提高锂浸出率，CaO最佳用量为_______g。(保留小数点后一位) ③精矿颗粒尺寸对锂浸出率的主要影响如下： i．尺寸越小，颗粒总表面积越大，有利于反应液接触 ii．尺寸越小，颗粒聚集趋势越大，不利于反应液渗入 一定条件下，颗粒尺寸与锂浸出率关系如图。区域Ⅰ中，锂浸出率随颗粒尺寸减小而降低的原因是_________________________________________。 (2)“沉锂”生成磷酸锂的化学方程式为_____________________________________。 (3)“沉淀转化”反应2Li3PO4(s)＋3Ca(OH)2(aq)＝6LiOH(aq)＋Ca3(PO4)2(s)的平衡常数K＝_______。(列出计算式)已知：25℃时，Ksp(Li3PO4)＝m，Ksp[Ca3(PO4)2]＝n。 (4)“操作Z”为加热、趁热过滤和________________；趁热过滤的主要目的是_____________________。(LiOH分解温度约为1000℃) (5) LiOH的晶胞结构如图所示。 ①晶体中与一个O紧邻的Li有_______个。 ②一个Li与所有紧邻O形成的空间结构为_______。 ③晶体中微粒间作用力有_______。(填标号) a．氢键 b．离子键 c．金属键 d．范德华力 e．极性共价键 f．非极性共价键 第 8 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高考化学二轮《化学工艺流程》大题专练(一) 1．Cr(OH)3可用于油漆颜料及羊毛处理。工业上以高铁铬铁矿(主要成分为Cr2O3，含Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质)为原料生产Cr(OH)3和金属Al的工艺流程如图： 已知： I．“焙烧”过程中，Cr2O3反应转化为Na2CrO4。 II．若溶液中相关离子的物质的量浓度为c，则常温时，lgc与溶液pH的关系如图所示。 Ⅲ．2CrO＋2H+Cr2O＋H2O K＝1.0×1014。 回答下列问题： (1)“焙烧”时，Cr2O3发生反应的化学方程式为 。 (2)“水浸”后滤渣主要成分为 (填化学式)；“调pH”时通入的“气体X”是 。 (3)常温下，图象上M点对应的溶液pH＝ 。 (4)“沉铝”后的母液Ⅱ的主要成分为 ；煅烧步骤的化学方程式为 。 (5)加入Na2S“析铬”时，硫元素被氧化成SO，Cr2O与Na2S反应的比例是 。 (6)储氢技术是目前化学家研究的热点之一，铁与镁形成的某种合金可用于储氢领域，其晶胞如图所示：其中A的原子坐标参数为(0，0，0)，B为(,,)，C为(,,0)，则D点的坐标参数为 。此晶胞中Fe的配位数是 。 答案：(1) 2Cr2O3＋3O2＋4Na2CO34Na2CrO4＋4CO2 (2)Fe2O3 CO2 (3)6.9 (4)(NH4)2SO4 2Al(OH)3Al2O3+3H2O (5)4∶3 (6)(，，) 8 解析：流程中以高铁铬铁矿(主要成分为Cr2O3，含Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质)为原料生产Cr(OH)3和金属Al，高铁铬铁矿通入空气、加入碳酸钠焙烧生成二氧化碳，“焙烧”过程中，Cr2O3反应转化为Na2CrO4，二氧化硅和碳酸钠反应生成硅酸钠，氧化铝和碳酸钠反应生成偏铝酸钠，过滤得到滤渣为Fe2O3，通入二氧化碳气体调节溶液pH析铬，加入硫化钠生成Cr(OH)3，过滤得到母液Ⅰ蒸发浓缩冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到碳酸钠晶体失去结晶水得到碳酸钠固体，析铬后的固体为硅酸沉淀和氢氧化铝沉淀，加入硫酸酸浸，过滤得到硅酸和铝盐溶液，加入过量氨水沉铝生成氢氧化铝沉淀，煅烧得到氧化铝和水，氧化铝熔融电解得到铝，母液Ⅱ主要是铵盐硫酸铵。 (1)“焙烧”过程中，Cr2O3反应转化为Na2CrO4，Cr2O3发生反应的化学方程式为：2Cr2O3＋3O2＋4Na2CO3 4Na2CrO4＋4CO2，故答案为：2Cr2O3＋3O2＋4Na2CO34Na2CrO4＋4CO2； (2)结合流程可知，“水浸”后滤渣主要成分为：Fe2O3，“调pH”时通入的“气体X”是：CO2，故答案为：Fe2O3；CO2； (3)由题干信息可知，2CrO＋2H+Cr2O＋H2O，K＝＝1.0×1014，M点c(Cr2O)＝c(CrO)＝10-0.2mol/L，K＝＝＝1.0×1014，c(H+)＝mol/L＝10-6.9mol/L，pH=6.9，故答案为：6.9； (4)由流程可知，用稀硫酸进行“酸浸”后，再进行“沉铝”操作，所得的母液Ⅱ的主要成分为：(NH4)2SO4，由题干工艺流程图可知，加入过量氨水沉铝生成氢氧化铝沉淀，煅烧得到氧化铝和水，故煅烧步骤的化学方程式为：2Al(OH)3Al2O3+3H2O，故答案为：(NH4)2SO4；2Al(OH)3Al2O3+3H2O； (5)加入Na2S“析铬”时，Cr2O被还原的离子方程式为：3S2-+4Cr2O+8H++8H2O=8Cr(OH)3↓+3SO，故答案为：4∶3； (6)根据晶胞图和原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(，，)，C为(，，0)，可推测D点的Mg原子位于上层八分之一晶胞的体心，到xAy面、yAz面、xAz面的距离分别为、、，坐标参数为(，，)，由图可知，Mg的配位数为4，Fe的配位数×Fe的原子数＝Mg的配位数×Mg的原子数，则Fe的配位数=4×2=8，故答案为：(，，)；8。 2．赤泥是氧化铝生产排放的固体废弃物。由赤泥(主要成分为Al2O3、SiO2、Fe2O3、FeO、CaO、Na2O等)制备一种高效净水剂聚合硫酸铝铁(PAFS)的工艺流程如下： (1)基态铝原子的核外电子排布式为 ，SO的空间构型是 。 (2)“焙烧”时，需将赤泥粉碎的目的是 。 (3)酸浸渣的主要成分是 (填化学式)。 (4)“氧化”时发生反应的离子方程式为 。室温下，向氧化后的溶液中滴加NaOH溶液至pH＝4时，溶液中的c(Fe3+)＝ mol·L-1。(已知25℃，Fe(OH)3的Ksp＝4.0×10-38) (5)为了测试所制得的聚合硫酸铝铁的性能，取某水样在不同pH条件下加入PAFS【AlaFeb(OH)m(SO4)n】并测定其去浊率，结果如图所示。(已知去浊率越高，净水效果越好)由图可知在设定的偏酸性和偏碱性条件下，水样的去浊率均不高。试分析pH＜7时，去浊率较低的可能原因为 。 (6)一种碳溶解在铁单质中形成合金的晶胞如下图所示，则该物质的化学式为 ，若晶体密度为ρg/cm3，则晶胞中最近的两个碳原子的距离为 pm(阿伏加德罗常数的值用NA表示，写出计算式即可)。 答案：(1)1s22s22p63s23p1或[Ne] 3s23p1 正四面体 (2)增大接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分 (3)SiO2、CaSO4 (4)ClO＋6Fe2+＋6H+＝Cl－＋6Fe3+＋3H2O 4.0×10-8 (5)pH＜7时，c(H+)较大，抑制了PAFS(或Fe3+和Al3+)的水解，生成胶体的量减少，使得去浊率较低 (6)FeC ××1010 解析：赤泥(主要成分为Al2O3、SiO2、Fe2O3、FeO、CaO、Na2O等)经焙烧后加硫酸酸浸，生成的CaSO4难溶于水，SiO2不溶于H2SO4，所以酸浸渣的成分是SiO2、CaSO4，所得滤液含有Fe3+、Al3+、Fe2+、Na+以及过量的硫酸，氧化工序中加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入NaOH聚合后，分离出高效净水剂聚合硫酸铝铁。 (1)Al是13号元素，基态铝原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1或[Ne] 3s23p1，硫酸根离子中，中心原子S原子的孤电子对为＝0，价层电子对个数＝4＋0＝4 ，SO的空间构型是正四面体。 (2)接触面积越大，反应速率越快，“焙烧”时，需将赤泥粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分。 (3)据流程分析，酸浸渣的主要成分是SiO2、CaSO4(填化学式)。 (4)“氧化”时NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为ClO＋6Fe2+＋6H+＝Cl－＋6Fe3+＋3H2O。室温下，向氧化后的溶液中滴加NaOH溶液至pH＝4时，c(OH－)＝10-10 mol·L-1， Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3+)∙c3(OH－)＝4.0×10-38，则溶液中的c(Fe3+)＝＝4×10-8mol·L−1。 (5)高效净水剂聚合硫酸铝铁(PAFS)净水原理是：铁离子、铝离子水解生成的氢氧化铁胶体、氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的固体悬浮物并使之沉降。pH＜7时，去浊率较低的可能原因为：pH＜7时，c(H+)较大，抑制了PAFS(或Fe3+和Al3+)的水解，生成胶体的量减少，使得去浊率较低。 (6)铁位于晶胞的顶点和面心，数目为8×＋6×＝4个，C位于棱边的中点和体心，数目为12×＋1＝4个，则该物质的化学式为FeC，若晶体密度为ρg/cm3，晶胞的体积＝cm-3，晶胞的参数为×1010pm，则晶胞中最近的两个碳原子的距离为面对角线的一半，即××1010pm。 4． “永磁之王”钕铁硼因超强的磁性被广泛应用于新能源汽车等领域。从钕铁硼废料中提炼稀土金属钕(Nd)的工艺流程如下图所示。 已知：①钕铁硼废料主要成分为钕和铁，“氧化焙烧”后钕和铁主要以Nd2O3和Fe2O3的形式存在。 ②“选择性浸出”中主要元素的浸出率如下图所示。 ③金属离子完全沉淀时，其浓度为1.0×10-5mol·L-1。 (1)Nd为60号元素，Nd的简化核外电子排布式为 (2)“浸出渣”的主要成分为 (填化学式)。 (3)“浸出液”中仍有少量Fe2+，极易被P507萃取液萃取进入有机相，故需继续氧化除铁。工业上可用NaClO3作氧化剂，反应的化学方程式为 ；已知常温下，Fe(OH)3的Ksp为1.0×10-38，要使Fe3+完全沉淀，pH至少应调至 。 (4)“萃取”是用酸性磷酸酯P507(用HA表示)和煤油的混合液作萃取剂，其萃取原理为3(HA)2＋Nd3+ Nd(HA2)3＋3H+。溶液初始pH以及P507的浓度对萃取率的影响如下图所示。请从平衡移动的角度解释萃取率随初始pH的减小而减小的原因： 。“萃取”操作条件应选的最佳pH以及Nd3+与P507浓度之比为 。 A．2.0   1∶12     B．2.5   1:9     C．3.0 1∶6   (5)“沉钕”过程中得到Nd2(C2O4)3∙10H2O晶体，反应的离子方程式为 。 答案：(1)[Xe]4f46s2 (2)Fe2O3 (3)6FeCl2＋NaClO3＋6HCl＝6FeCl3＋NaCl＋3H2O 3.0 (4)溶液pH减小，即溶液中H+浓度增大，使得萃取平衡逆向移动，降低萃取剂的萃取效率 B (5)2Nd3+＋3H2C2O4＋10H2O＝Nd2(C2O4)3∙10H2O↓＋6H+ 解析：(1)根据构造原理，60号Nd元素的简化核外电子排布式为[Xe]4f46s2； (2)由分析可知，浸出渣的主要成分为Fe2O3； (3)NaClO3作氧化剂，可将Fe2+氧化为Fe3+，化学方程式为6FeCl2＋NaClO3＋6HCl＝6FeCl3＋NaCl＋3H2O；要使Fe3+完全沉淀，则溶液中c(Fe3+)＝10-5mol·L-1，c(OH－)＝＝＝1.0×10-11＝1.0×10-11，pH＝－lgc(H+)＝－lg(1.0×10-3)＝3.0，则pH至少应调到3.0； (4)由萃取平衡式可知，溶液pH减小，即溶液中H+浓度增大，使得萃取平衡逆向移动，降低萃取剂 的萃取效率；由溶液初始pH以及P507的浓度对萃取率的影响图可知，当pH＞2.5后，c(Nd3+)∶c(P507)＝1∶9时的萃取率接近百分百，高于其余两种条件，故选B； (5)“沉钕”过程的离子方程式为Nd3+＋3H2C2O4＋10H2O＝Nd2(C2O4)3∙10H2O↓＋6H+； 5．阳极泥富集了矿石、精矿或熔剂中大部分的贵金属元素，因而具有很高的综合回收价值。从某阳极泥(主要成分有Cu、Ag、Au、Ag2Se、Cu2S和NiSO4等)中回收Se和部分金属的工艺流程如图所示。 已知：①该工艺中萃取与反萃取原理为2RH＋Cu2+R2Cu＋2H+。 ②I2＋I－I，相同条件下，I与I2的氧化性相近。 (1)“焙烧”产生的SO2与SeO2的混合烟气用水吸收可制得单质Se，该反应的化学方程式为 。 (2)“酸浸氧化”中通入氧气的目的是 ；“反萃取剂”选用 (填化学式)溶液。 (3)沉银时加入NaCl，可将Ag+转化为AgCl，再用硫代硫酸盐溶液浸出银元素。 已知：①AgCl＋2S2O[Ag(S2O3)2]3-＋Cl－ K1＝6.66×103 ②Ag+＋2S2O[Ag(S2O3)2]3- K2＝3.7×1013 若所得浸出液中c(Ag+)＜10-5mol⋅L，则溶液中c(Cl－)＞ mol⋅L-1。 (4)浸出Au的离子方程式为 。 (5) Ag2S是一种窄能带半导体材料，具有良好的光电、热电性能，其晶胞结构如图所示。 已知图中A处的原子分数坐标为(0,0,0)，则晶胞中B处原子分数坐标为 。若晶胞参数a nm，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶体的密度为 g·cm-3。 答案：(1)2SO2＋SeO2＋2H2O＝Se＋2H2SO4 (2) 防止生成的氮氧化物排放到空气中 HNO3 (3) 1.8×10-5 (4) 2Au＋I＋I－＝2[AuI2]－ (5) (,,) 解析：(1)“焙烧”产生的SO2与SeO2的混合烟气用水吸收可制得单质Se，SeO2作氧化剂，被还原为Se，SO2作还原剂，被氧化为H2SO4，该反应的化学方程式为2SO2＋SeO2＋2H2O＝Se＋2H2SO4。 (2)酸浸氧化的过程中由于加了硝酸会产生氮的氧化物，通入氧气可以使氮的氧化物又转化为硝酸而溶解，防止氮的氧化物排放到空气中污染空气；“滤液I”中主要含有Cu2+、Ni2+的硝酸盐，故“反萃取剂”最好选用HNO3。 (3)K2＝＝3.7×1013 ，若c(Ag+)＜10-5mol·L-1，则＝K2∙c(Ag+)＜3.7×1013×10-5＝3.7×108，K1＝＝6.66×103，故c(Cl－)＝K1×＞6.66×103×＝1.8×10-5mol⋅L-1。 (4)Au和I2－KI反应，生成含有[AuI2]－的溶液，离子方程式为2Au＋I＋I－＝2[AuI2]－。 (5)若将晶胞分成8个小立方体，则B处于其中一个小立方体的体心，其原子分数坐标为(,,)；该晶胞含S2-个数是8×＋1＝2，含Ag+个数是4，设密度为ρg/cm3，则ρ×(a×10-7)3＝×4＋×2，可得ρ＝。 6．利用硝酸、过氧化氢对废弃锂电池中的正极材料LiMn2O4进行处理，回收Li、Mn元素，工艺流程如下： 回答下列问题： (1)通过仪器分析可知LiMn2O4晶体中锰元素由Mn3+、Mn4+构成，它们的个数比为 。 (2)为了提高“酸浸”的效率，可采取的方法有 (答出2条)。“滤液1”的主要溶质有LiNO3、Mn(NO3)2，写出“酸浸”时发生反应的离子方程式 。 (3)在“酸浸”时，若用盐酸替代硝酸，可能产生的不良影响是 ，请评价若流程中缺少“加热浓缩”步骤后工艺的优缺点 (优点和缺点各写一条)。 (4)“沉锂”试剂不选用(NH4)2CO3的原因可能是 (写出一条)。 (5)写出“800℃煅烧”MnCO3时发生反应的化学方程式 。 (6)若“沉锂”前“滤液2”中c(Li+)＝1mol·L-1，取1L该溶液加入等体积Na2CO3溶液充分反应后溶液中c(CO)＝8.6×10-2mol·L-1，则该实验中锂离子的沉淀率为 %(已知Ksp(Li2CO3)＝8.6×10-6，混合后溶液体积变化忽略不计)。 答案：(1)1∶1 (2)粉碎LiMn2O4粗品、适当提高温度、适当提高硝酸浓度、加速搅拌等 2LiMn2O4＋10H+＋3H2O2＝O2＋2Li+＋4Mn2+＋8H2O (3)反应生成Cl2，污染环境 优点：减少能源消耗；缺点：硝酸不能循环利用，浪费原料 (4) (NH4)2CO3碱性比碳酸钠碱性弱，无法调pH到12 (5)4MnCO3＋O22Mn2O3＋4CO2 (6)98 解析：LiMn2O4粗品加入HNO3和H2O2的混合液体，得到Mn(NO3)2、LiNO3，再加热浓缩后，硝酸循环利用，再加入碳酸铵溶液，得到碳酸锰和含锂离子的溶液，过滤，向滤液中加入Na2CO3溶液，得到Li2CO3沉淀。 (1)根据化合价的代数和为0，得到锰元素平均价态为+3.5价，则Mn3+、Mn4+的个数比为1∶1； (2)为了提高“酸浸”的效率，可采取的方法有：粉碎LiMn2O4粗品、适当提高温度、适当提高硝酸浓度、加速搅拌等；因为“滤液1”的主要溶质有LiNO3、Mn(NO3)2，则“酸浸”时发生反应的离子方程式：2LiMn2O4＋10H+＋3H2O2＝O2＋2Li+＋4Mn2+＋8H2O； (3)用盐酸代替HNO3，则反应生成Cl2，污染环境；若流程中缺少“加热浓缩”步骤后工艺的优点：减少能源消耗；缺点：硝酸不能循环利用，浪费原料； (4)“沉锂”试剂不选用(NH4)2CO3的原因可能是，(NH4)2CO3碱性比碳酸钠碱性弱，无法调pH到12；， (5)“800℃煅烧”MnCO3得到三氧化二锰和二氧化碳，化学方程式4MnCO3＋O22Mn2O3＋4CO2； (6) Ksp(Li2CO3)＝c2(Li+)∙c(CO)＝8.6×10-6，则沉淀后c(Li+)＝＝＝10-2mol·L-1，沉淀后n(Li+)＝2×10-2mol，锂离子的沉淀率为×100%＝98%。 7．锌是一种重要的金属，一种以固体废锌催化剂(主要成分为ZnO，含少量Fe2O3、CuO、SiO2)为原料制备锌的工艺流程如图所示： 已知：①25℃时，Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(ZnS)=1.6×10-24； ②25℃时，Zn2++4NH3[Zn(NH3)4]2+，K=2.5×109。 (1)Zn、Cu在元素周期表中位于 区，第二电离能：I(Cu) I(Zn)(填“＞”或“＜”)。 (2)“浸取”时，ZnO、CuO分别转化为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+进入溶液。 ①[Zn(NH3)4]2+的配位数为 。 ②ZnO发生反应的离子方程式为 。 ③“浸取”温度应控制在30℃左右，其原因为 。 (3)“除铜”时，当加入的(NH4)2S超量时，会发生反应[Zn(NH3)4]2++S2-ZnS↓+4NH3导致锌的回收率下降，该反应的平衡常数为 。 (4)用锌与铜合成的高纯铜锌合金滤料被广泛应用于各种水处理设备中。一种铜锌合金的晶胞结构如图，已知：晶胞参数为anm。 ①与Cu原子等距离且最近的Cu原子有 个。 ②该铜锌合金晶体的密度为 g•cm-3(设NA为阿伏加德罗常数的值)。 答案：(1) ds ＞ (2) ①4 ②ZnO+2NH4Cl+2NH3＝[Zn(NH3)4]Cl2+H2O ③温度过低，反应速率慢；温度过高，会导致NH3挥发量增加，且NH4Cl分解 (3)2.5×1014 (4) ①8 ② 解析：(1)Zn、Cu的价层电子排布式分别为3d104s2、3d104s1，在元素周期表中位于ds区，Cu+的价电子排布式为3d10，3d轨道全充满，而Zn+的价电子排布式为3d104s1，所以第二电离能：I(Cu)＞I(Zn)。 (2)①[Zn(NH3)4]2+中，1个Zn2+与4个NH3形成配位键，则配位数为4。 ②ZnO与NH3－NH4Cl溶液发生反应，生成[Zn(NH3)4]Cl2等，离子方程式为ZnO＋2NH＋2NH3＝[Zn(NH3)4]2+＋H2O。 ③“浸取”时，加入NH3－NH4Cl溶液，它们的热稳定性差，则温度应控制在30℃左右，其原因为：温度过低，反应速率慢；温度过高，会导致NH3挥发量增加，且NH4Cl分解。 (3)“除铜”时，当加入的(NH4)2S超量时，会发生反应[Zn(NH3)4]2+＋S2-ZnS↓＋4NH3，导致锌的回收率下降，该反应的平衡常数为＝＝＝＝2.5×1014。 (4)①从晶胞图可以看出，1个Cu原子与4个Cu原子的距离最近且相等，而该Cu原子位于面心，被2个晶胞共用，则与Cu原子等距离且最近的Cu原子有8个。 ②在1个铜锌合金晶胞中，含Zn原子个数为8×＝1，含Cu原子个数为6×＝3，则化学式为Cu3Zn，该铜锌合金晶体的密度为＝g•cm-3(设NA为阿伏加德罗常数的值)。 8．钕铁硼永磁材料被广泛应用于汽车、家电、电子产品等领域。以江西赣州某公司的钕铁硼油泥废料(主要物相为RE2O3、Fe2O3)为原料，回收有价金属的工艺流程如图所示。 已知：①用RE表示稀土元素： ②配位阴离子的稳定常数越大，配位阴离子越稳定。几种配位阴离子的稳定常数如下： 配位阴离子 FeCl FeC2O Fe(C2O4) Fe(C2O4) 稳定常数 25.4 9.4 16.2 20.2 回答下列问题： (1)B属于 区元素，其基态原子的价电子排布图为 。 (2)Na2CO3溶液能洗涤钕铁硼油泥废料的原因是 (用离子方程式表示)。 (3)浸取后，对浸取液进行紫外可见光光度测试，结果如下图所示。写出Fe2O3与盐酸反应的离子方程式： 。 (4)沉淀时，草酸用量及沉淀温度对稀土与铁选择性沉淀分离的影响如下图所示。 沉淀时，n(H2C2O4))与n(RE)的最佳物质的量之比为 ，请说明原因： ；最佳沉淀温度为 。 (5)在沉淀后的滤液中加入H2C2O4，溶液中主要存在的配位阴离子是 ，该离子在加入铁粉后生成FeC2O4∙2H2O 的离子方程式为 。 答案：(1)p (2)CO＋H2OHCO＋OH－ (3) Fe2O3＋8Cl－＋6H+＝2FeCl＋3H2O (4)3∶1 n(H2C2O4))与n(RE)的物质的量之比为3∶1时，稀土沉淀率最高，提高比值，稀土沉淀率没有明显提高，但Fe元素沉淀率大幅度提高 60℃ (5) Fe(C2O4) Fe＋2Fe(C2O4)＋6H2O＝3FeC2O4∙2H2O＋3C2O 解析：钕铁硼油泥废料(主要物相为RE2O3、Fe2O3)用Na2CO3溶液洗涤后，加入稀盐酸浸取，滤液中含有Fe3+、RE3+，向滤液中加入草酸溶液沉淀得到RE2(C2O4)3·10H2O，过滤后的滤液中加入铁粉和草酸溶液沉铁，得到草酸亚铁晶体。 (1)B的价电子排布式为2s22p1,故B属于p区元素，其价电子排布图为。 (2)Na2CO3溶液中碳酸根发生水解使溶液呈碱性，CO＋H2OHCO＋OH－，而油脂易在碱性溶液中分解，故Na2CO3溶液能洗涤钕铁硼油泥废料。 (3)由图可知，Fe2O3与盐酸反应生成了FeCl，离子方程式为：Fe2O3＋8Cl－＋6H+＝2FeCl＋3H2O。 (4)由图可知，n(H2C2O4))与n(RE)的物质的量之比为3∶1时，稀土沉淀率最高，提高比值，稀土沉淀率没有明显提高，但Fe元素沉淀率大幅度提高，所以沉淀时，n(H2C2O4))与n(RE)的最佳物质的量之比为3∶1。最佳沉淀温度为60℃，温度继续升高，稀土沉淀率略下降的原因可能是温度升高，草酸稀土盐溶解度增大，导致稀土沉淀率降低，故60℃为最佳沉淀温度。 (5)由表格数据可知，Fe(C2O4)最稳定，则在沉淀后的滤液中加入H2C2O4，溶液中主要存在的配位阴离子是Fe(C2O4)，Fe(C2O4)在加入铁粉后生成FeC2O4∙2H2O的离子方程式为：Fe＋2Fe(C2O4)＋6H2O＝3FeC2O4∙2H2O＋3C2O。 9．广西盛产甘蔗，富藏锰矿。由软锰矿(MnO2，含SiO2、Fe2O3、Al2O3和CuO等杂质)制备光电材料KMnF3的流程如下。回答下列问题： 已知： 物质 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cu(OH)2 Fe(OH)2 Mn(OH)2 Ksp 2.8×10-39 1.3×10-33 2.2×10-20 4.9×10-17 1.9×10-13 (1)“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和H2SO4，其主要作用是_____________________________。为提高“浸取”速率，可采取的措施是_______________________________(任举一例)。 (2)“滤渣1”的主要成分是_______(填化学式)。 (3)常温下，用CaCO3调节溶液pH至5～6时，可完全沉淀的离子有_______(填化学式)。 (4)“X”可选用_______。 A. H2S B. H2O2 C. Zn D. (NH4)2S (5)若用Na2CO3替代NaHCO3沉锰，得到Mn2(OH)2CO3沉淀。写出生成Mn2(OH)2CO3的离子方程式____________________________________________。 (6) KMnF3立方晶胞如图，晶胞参数为apm，该晶体中与一个F－紧邻的K+有_______个。已知NA为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为_______g∙cm-3(用含a、NA的代数式表示)。 答案：(1)把二氧化锰还原为硫酸锰；把软锰矿粉碎、搅拌、加热等 (2)SiO2 (3)Al3+ (4)D (5)2Mn2+＋3CO＋2H2O＝Mn2(OH)2CO3↓＋2HCO (6)4 ； 解析：软锰矿含有MnO2和少量SiO2、Fe2O3、Al2O3和CuO。“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和H2SO4。用甘蔗渣水解液“浸取”软锰矿，二氧化锰被还原为硫酸锰，氧化铁被还原为硫酸亚铁，氧化铝、氧化铜溶于硫酸生成硫酸铝、硫酸铜，二氧化硅不溶于硫酸，滤渣是二氧化硅，滤液中加碳酸钙调节pH生成氢氧化铝沉淀除铝，过滤，滤液加硫化物反应生成FeS、CuS沉淀除铁铜，滤液中加碳酸氢钠反应生成碳酸锰沉淀，最终将碳酸锰转化为KMnF3。 (1)二氧化锰具有氧化性，“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和H2SO4，其主要作用是把二氧化锰还原为硫酸锰。根据影响反应速率的因素，为提高“浸取”速率，可采取的措施是把软锰矿粉碎、搅拌、加热等。 (2)二氧化硅不溶于硫酸，“滤渣1”的主要成分是SiO2。 (3)根据溶度积常数，Fe2+完全沉淀时，c(OH－)＝＝7×10-6.5，pH约为8.4；Al3+完全沉淀时，c(OH－)＝≈5.1×10-10，pH约为4.7；Cu2+完全沉淀是c(OH－)＝≈4.7×10-8，pH约为6.7；常温下，用CaCO3调节溶液pH至5～6时，可完全沉淀的离子有Al3+。 (4)加X的目的是生成硫化物沉淀除铁和铜，Fe2+和H2S不反应，所以不能选用H2S；铜离子、亚铁离子都能和硫离子反应生成硫化铜沉淀，所以“X”可选用(NH4)2S，选D。 (5)若用Na2CO3替代NaHCO3沉锰，得到Mn2(OH)2CO3沉淀，反应的离子方程式为2Mn2+＋3CO＋2H2O＝Mn2(OH)2CO3↓＋2HCO 。 (6)1个晶胞中含有1个K+，根据化学式KMnF3可知，1个晶胞中含有1个Mn、3个F－，可知晶胞顶点上的原子为Mn、棱上的F－，该晶体中与一个F－紧邻的K+有4个；已知NA为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为＝g∙cm-3。 10．锂云母的主要成分为K(Li1.5Al1.5)(AlSi3O10)(OH)xF2-x，实验室探索一种碱浸分解锂云母制备LiOH的工艺流程如下： (1)“高压浸出”中： ①“滤渣1”中卤化物Y为_______。(填化学式) ②一定条件下，元素浸出率与CaO用量的关系如图，为提高锂浸出率，CaO最佳用量为_______g。(保留小数点后一位) ③精矿颗粒尺寸对锂浸出率的主要影响如下： i．尺寸越小，颗粒总表面积越大，有利于反应液接触 ii．尺寸越小，颗粒聚集趋势越大，不利于反应液渗入 一定条件下，颗粒尺寸与锂浸出率关系如图。区域Ⅰ中，锂浸出率随颗粒尺寸减小而降低的原因是_________________________________________。 (2)“沉锂”生成磷酸锂的化学方程式为_____________________________________。 (3)“沉淀转化”反应2Li3PO4(s)＋3Ca(OH)2(aq)＝6LiOH(aq)＋Ca3(PO4)2(s)的平衡常数K＝_______。(列出计算式)已知：25℃时，Ksp(Li3PO4)＝m，Ksp[Ca3(PO4)2]＝n。 (4)“操作Z”为加热、趁热过滤和________________；趁热过滤的主要目的是_____________________。(LiOH分解温度约为1000℃) (5) LiOH的晶胞结构如图所示。 ①晶体中与一个O紧邻的Li有_______个。 ②一个Li与所有紧邻O形成的空间结构为_______。 ③晶体中微粒间作用力有_______。(填标号) a．氢键 b．离子键 c．金属键 d．范德华力 e．极性共价键 f．非极性共价键 答案：(1)①CaF2 ② 4.5；该条件下ii的影响程度大于i的影响程度 (2)H3PO4+3LiOH=Li3PO4↓+3H2O (3) (4)蒸发结晶；除去Ca(OH)2杂质 (5)①4 ②四面体形 ③bde 解析：锂云母的主要成分为K(Li1.5Al1.5)(AlSi3O10)(OH)xF2-x，加入氢氧化钠、氧化钙、水高压浸出，得到铝硅酸盐沉淀和氟化钙沉淀，所得滤液加少量氧化钙进一步净化过滤后，所得滤液中主要含氢氧化锂，以及少量的氢氧化钠和氢氧化钙，向滤液中加入磷酸生成磷酸锂沉淀，过滤分离，向沉淀中加入氢氧化钙溶液，转化得到磷酸钙沉淀和氢氧化锂溶液，过滤所得滤液2中溶质主要为氢氧化锂，还有少量的氢氧化钙，通过加热、趁热过滤除去氢氧化钙，滤液蒸发结晶得到氢氧化锂固体，据此分析。 (1)①“高压浸出”中，加入的CaO与水反应生成氢氧化钙，电离出的Ca2+与F－生成难溶的CaF2； ②结合图中曲线，锂的浸出率最大时，CaO的最佳用量约为4.5g； ③只考虑i的影响，尺寸越小，颗粒总表面积越大，有利于反应液接触，锂的浸出率越大；只考虑ii的影响，尺寸越小，颗粒聚集趋势越大，不利于反应液渗入，锂的浸出率越小，区域Ⅰ中，锂浸出率随颗粒尺寸减小而降低，说明ii的影响程度大于i的影响程度； (2)净化后的滤液中主要含氢氧化锂，以及少量的氢氧化钠和氢氧化钙，“沉锂”加入磷酸生成磷酸锂的化学方程式为：H3PO4＋3LiOH＝Li3PO4↓＋3H2O； (3)“沉淀转化”反应2Li3PO4(s)＋3Ca(OH)2(aq)＝6LiOH(aq)＋Ca3(PO4)2(s)的平衡常数K＝＝＝＝＝； (4)滤液2中溶质主要为氢氧化锂，还有少量的氢氧化钙，由于氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，加热升温会析出氢氧化钙晶体，故趁热过滤的主要目的是除去Ca(OH)2杂质；除杂后的滤液主要含LiOH，通过蒸发结晶得到LiOH固体； (5)根据LiOH的晶胞结构及其x轴方向投影图可知，在晶胞中Li位于8个顶点和上、下底面的2个面心，O位于前、后、左、右4个侧面上，晶体为层状结构。 ①晶体中与一个O紧邻的Li有4个，①晶体中与一个Li紧邻的O也有4个； ②因为∠O－Li－O＝129°，故一个Li与所有紧邻O形成的空间结构为四面体形而非正四面体形； ③由于O无法提供价层孤电子对，且层间距离远，OH－间不能形成氢键；LiOH为离子化合物，不存在金属键；Li+与OH－间存在离子键；根据LiOH晶体呈层状结构，层间存在范德华力；O-H属于极性共价键；故晶体中微粒间作用力有bde。 第 2 页 共 15 页 学科网（北京）股份有限公司 $