专题09 物质的转化与应用（抢分专练）（江苏专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

专题09 物质的转化与应用 题型 考情分析 考向预测 工艺流程 2025 年T14（1）：以闪锌矿为原料制备为情境，考查工业生产、实验操作以及各种常数之间的关系。 核心考点：无机物转化路径判断、氧化还原 / 离子反应方程式书写、物质性质与用途匹配、工业制备原理、条件控制与原因分析、简单计算（转化率、产率）。 考向预测：以稀土、半导体、环保材料等新情境为载体，侧重一步转化可行性、反应条件影响、原理归因、绿色工艺评价；强化信息提取与证据推理，减少纯记忆，突出实际应用与原理结合，兼顾基础与综合，常考金属 / 非金属化合物（Fe、Cu、Al、N、S、卤素）的转化链。 晶胞结构分析 2025 年T14（2）：以光学材料的制备为载体，考查晶胞计算。 信息方程式的书写 2025 年T14（3）：以陌生图像为载体，书写信息反应方程式，以及相关原因分析。 考点1 化学工艺流程 【典例】. （25-26高三下·江苏南京·月考）砷的化合物可用于半导体领域，如我国“天宫”空间站的核心舱“天和号”就是采用砷化镓薄膜电池来供电。 (1)一种从酸性高浓度含砷废水[砷主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在]中回收砷的工艺流程如下： 已知：I．As2S3＋6NaOH=Na3AsO3＋Na3AsS3＋3H2O Ⅱ．As2S3(s)＋3S2-(aq)= 2AsS (aq) Ⅲ．砷酸(H3AsO4)是一种弱酸，在酸性条件下有强氧化性，能被SO2还原。 ①基态As原子的核外电子排布式为_______。 ②“沉砷”过程中FeS不可以用过量的Na2S替换，请从平衡移动的角度解释原因：_______。 ③向滤液Ⅱ中通入氧气进行“氧化脱硫”，请写出脱硫的化学反应方程式_______。 ④用SO2进行“还原”过程，请写出其离子反应方程式：_______，工业生产中也可以用雌黄(As2S3)代替SO2作还原剂。已知雌黄(As2S3)中没有π键且各原子最外层均达8电子稳定结构，试画出雌黄(As2S3)结构图_______。 (2)含砷废水常见于采矿、半导体等工业，部分砷的化合物有毒，因此需除去废水中的砷。 ①氧化吸附法。已知：常温下，pH>7时，吸附剂表面带负电，pH越大，吸附剂表面带的负电荷越多；pH＜7时，吸附剂表面带正电，pH越小，吸附剂表面带的正电荷越多。 当溶液pH介于7～9，吸附剂对五价砷平衡吸附量随pH的升高而下降，试分析其原因：_______。 ②化学沉降法。向废水中先加入适量氧化剂，再加入生石灰调节pH，将砷元素全部转化为Ca3(AsO4)2沉淀。若沉降后上层清液中c(Ca2＋)为2×10-3 mol·L-1，试计算该废水中的As含量是否符合排放标准_______(写出计算过程)。(已知：废水中As的含量不超过0.50mg·L-1方可达到排放标准。Ksp[Ca3(AsO4)2]=8×10-19)。 1. 流程图的结构特点 2. 原料预处理 (1) 提高反应速率的措施： 粉碎、逆流、雾化（增大接触面积）；增大浓度、升温。 (2) 加酸处理： 将氢前金属单质、金属氧化物、难溶碳酸盐溶解，如有硝酸或者NO与酸的组合，则还需要氧化还原的过程。 (3) 加碱处理： 将Al、Al2O3、Al(OH)3等两性物质、SiO2溶解，且经常将金属变成高价态物质。 (4) 有机物： 溶解有机物或萃取易溶于有机物的无机物。 (5) 灼烧/焙烧/煅烧： ①除去碳及有机物； ②通氧气的情况下，可能会发生氧化还原反应； ③热分解。 3.条件的控制的目的 (1) 控制溶液的pH ①使某种或几种金属离子转化为氢氧化物沉淀，而目标离子不生成沉淀，以达到分离的目的(常利用题给金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH信息，选择pH范围，使杂质离子以氢氧化物形式沉淀出来)； ②“酸作用”可除去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解等； ③“碱作用”可除去油污、除去铝片表面的氧化膜、溶解铝等； ④金属离子的萃取率与溶液的pH 密切相关。 (2)控制温度(常用水浴、冰水浴或油浴) ①控制反应速率(升温加快反应速率)、适宜的温度使催化剂的活性最大、防止副反应的发生； ②控制化学反应进行的方向，使化学平衡发生移动； ③升温：使溶液中的气体逸出，使易挥发的物质挥发，使易分解的物质分解；煮沸：使气体逸出；促进水解，聚沉后便于过滤分离； ④控制温度，结晶与过滤。 1. （25-26高三下·江苏南京·月考）纳米FeS在环保、储能领域应用广泛。 (1)制备纳米FeS。由FeSO4制备纳米FeS的过程如下： 已知：柠檬酸根能与Fe2+形成配合物；纳米FeS颗粒能吸附柠檬酸根。 ①“反应”时控制pH=9并加热，写出硫代乙酰胺()水解生成和的离子方程式：_______。 ②柠檬酸三钠的作用是_______。 (2)处理电镀废水。某电镀废水中含Cu2+、Ni2+和H2Y2-(H2Y2-为络合剂，与金属离子配位可表示为)，纳米FeS可将Cu2+、Ni2+转化为CuS、NiS沉淀。 已知：Ksp(NiS)=1.0×10-24；Ka1(H2S)=1.0×10-7、Ka2(H2S)=1.2×10-13。 ①电镀废水中金属离子残留浓度与初始pH的关系如图-1所示。pH>6，Cu2+、Ni2+残留浓度增大的原因为_______。 ②国家电镀废水排放标准规定：Ni2+的排放浓度不超过0.5 mg·L-1.经检测，某企业处理后的电镀废水pH=1，c(H2S)=0.01 mol·L-1，通过计算判断该废水中Ni2+是否达到排放标准(写出计算过程)。_______ (3)FeS是潜在的电极材料，其晶体的晶胞结构及俯视图如图-2所示。 ①FeS晶体中，S2-的配位数为_______。 ②FeS能导电主要是因为晶体中存在阳离子空位，其真实组成可表示为Fe1-xS。若晶体中平均每4个晶胞中有一个阳离子空位，则x=_______。 2. （25-26高三上·江苏南京·期末）金纳米团簇作为一种新型材料备受关注。从精炼铜的阳极泥中回收金(Au)的流程如下所示： 已知：①硫脲易溶于水，具有还原性。② (1)“浸取”时，硫脲作为配位剂。 ①阳极泥中Au转化为的离子方程式为______。 ②加入适量可提高Au的浸取率。其它条件相同，Au浸取率和溶液中的关系如图所示。当时，Au浸取率随增加而下降的原因是______。 (2)“萃取”时，用HR作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理如下：。 ①实验测得一定条件下Au萃取率和溶液pH的关系如图所示。 当溶液pH为4.5时萃取率最高的原因是______。 ②已知一定条件下，HR萃取的分配系数为3，该条件下，向浸取液中加入25.0 mL HR溶液，充分萃取后水相中浓度为______。 (3)“置换”后，除去金粉中所含金属杂质的物理方法为______。 (4)一种最稳定的负载型纳米金团簇分子具有完美的对称性其结构如图所示，该金团簇分子中有______种不同化学环境的金原子。 3. （25-26高三上·江苏徐州·月考）银及其化合物在工业生产以及日常生活中有着重要用途。 (1)从含、、、等废料中提取Ag的新工艺如下： 已知：ⅰ  ⅱ ⅲ当某种离子的浓度小于时，可忽略该离子的存在。 ①“还原脱氯”时，作为绿色还原剂，可将废料中、转化为相应的金属单质，AgCl转化为Ag的化学方程式为______。 ②“沉铅”时，硫酸的加入量不宜过多，原因是______。 ③“沉银”时，为保证沉淀完全且不形成，需控制的浓度范围为______。（写出计算过程。） (2)银离子在抗菌领域的作用尤为显著。Ag通过“活化处理”可实现的可控释放，满足不同场景的抗菌需求。研究发现，可与细菌体内含巯基（）的酶反应生成稳定的配位化合物（），破坏酶的活性，起到杀菌作用。 ①与也能形成稳定的，但与巯基的配位能力更强，可能的原因是______。 ②25℃，初始浓度为，大肠杆菌初始浓度相同，测定30min不同pH下的杀菌率如图所示，分析随着pH增大，杀菌率先增大后降低的原因______。 ③医用复合杀菌材料因“不易流失、抗菌范围广”在医用领域使用广泛。制备时首先将银粉碎，然后向银粉中加入盐酸和氯酸钠溶液，控制反应温度50℃，充分搅拌可生成纳米AgCl颗粒。写出反应的离子方程式______。 (3)回收杀菌液中的银同样具有重要意义。用“锌粉置换－酸溶分离法”可以回收弱酸性含银杀菌液（主要含及少量）中的银。研究表明，向溶液中加入一定量的，能有效提高Ag的回收率，原因是与能形成稳定的配位化合物利于Ag的有序堆积。若回收体系酸性略增强，中部分会被还原为，形成缺陷晶体，若，则______。 考点2 晶胞结构分析 【典例】.（25-26高三上·江苏徐州·期末）铜阳极泥(含有、Se、、Au等)是粗铜电解精炼的副产品，常用作提取稀散元素和贵金属的重要原料。 (1)向阳极泥中加入硫酸溶液，再逐渐加入(在酸性条件下被还原为)至过量。Cu、Se、Ag、S元素充分浸出，以、、、、形式存在于浸出液中，其他元素在浸出渣中。 ①写出溶解的离子方程式：_______。 ②中的键角比中的_______(填“大”“小”或“相等”)。 ③在铜阳极泥质量、硫酸用量和反应时间一定时，研究人员测得Cu元素浸出率、Se元素浸出率和浸出渣率[浸出渣率]随质量的变化情况如图所示： 当0.8 gg时，Se元素浸出率继续增加。浸出渣率不减反增的原因是_______。 (2)向(1)所得浸出液中加入NaCl，可将转化为AgCl，再用硫代硫酸盐溶液浸出银元素。已知： ① ② 加入NaCl，溶液中_______mol·L-1时，可使(1)所得浸出液中mol·L-1. (3)一种由Sc、Sn、V组成的晶体晶胞如图1所示(晶胞底边边长为anm，高为cnm，)。 注：图2显示的是三种原子在xz面、yz面上的位置，图3显示的是Sc、Sn原子在xy面上的位置 ①与Sc距离最近的Sc原子数为___________。 ②该合金的化学式为___________。 1. 晶胞中微粒数目的计算方法——均摊法 2.晶胞中微粒配位数的计算 一个粒子周围最邻近的粒子数称为配位数，它反映了晶体中粒子排列的紧密程度。 (1)晶体中原子(或分子)的配位数 若晶体中的微粒为同种原子或同种分子，则某原子(或分子)的配位数指的是该原子(或分子)最接近且等距离的原子(或分子)的数目，常见晶胞的配位数如下： 简单立方：配位数为6 面心立方：配位数为12 体心立方：配位数为8 (2)离子晶体的配位数 指一个离子周围最接近且等距离的异种电性离子的数目。 以NaCl晶体为例 ①找一个与其他粒子连接情况最清晰的粒子，如上图中心的黑球(Cl－)。 ②数一下与该粒子周围距离最近的粒子数，如上图标数字的面心白球(Na＋)。确定Cl－的配位数为6，同样方法可确定Na＋的配位数也为6。 1. （25-26高三下·江苏·开学考试）（25-26高三上·江苏宿迁·期中）废旧钴酸锂电池经机械破碎、筛分后得到正极混合粉末(主要含LiCoO2、炭黑、Al及微量Ni、Fe等)，通过如下工艺可回收其中的金属元素。 已知：①抗坏血酸(C6H8O6)具有强还原性； ②浸出液中含Ni2+、Co2+，其氢氧化物溶度积分别为、。 (1)“浸出”时可提高浸出效率的措施有(任写两种)___________：若用盐酸替代H2SO4和抗坏血酸，也可以得到含有Li+、Co2+溶液，但缺点是___________。 (2)在“除铁”步骤中，溶液中生成黄钠铁矾沉淀化学式为Na2Fe6(SO4)4(OH)12，H2O2的作用是___________；生成黄钠铁矾沉淀时有气体生成，写出生成黄钠铁矾沉淀的离子方程式___________。 (3)“沉铝”需调节溶液pH，常温下溶液中Co2+浓度为0.30mol·L-1，通过计算判断pH调至5.0时Co是否损失？___________(列出算式并给出结论) (4)“沉锂”步骤完成后的滤液中主要含有的无机溶质为___________(写化学式)。 (5)Li2CO3受热分解可生成氧化锂(Li2O)。氧化锂晶体属于立方晶系，晶胞结构图如下图。O2-周围距离相等且最近的Li+有___________个。 2. （25-26高三上·江苏泰州·月考）稀有金属铟（In）、镓（Ga）被广泛应用于电子、航空航天等高新技术领域。某锌冶炼厂产生的废渣中主要含等元素的氧化物，现通过如下工艺流程对铟、镓进行回收。 已知：“高酸浸出”后铟以形式、铁以形式存在于溶液中。 回答下列问题： (1)基态In原子的价层电子排布式为，In元素在周期表中的位置是_________。 (2)“高酸浸出”中滤渣1的主要成分是_________（填化学式）。 (3)“中和除杂”中，通过计算说明常温下所需除去的离子能否完全除尽：_________。｛已知：；当金属阳离子浓度时，可认为该离子沉淀完全。 (4)采用新型萃取剂协同萃取法可提高金属的综合回收率，溶液中金属阳离子的萃取原理为。“萃取”步骤中的萃取率随变化如图甲所示，为达到萃取目的，此时应约为__________，萃取率随增大而减小的原因是_________。 (5)“置换”中发生的主要反应离子方程式为_________。 (6)CIGS薄膜太阳能电池以其转化率高、光谱响应范围宽等优势作为公认的第二代太阳能电池，形成CIGS的固溶体之一的晶胞由闪锌矿结构嵌套而成，该晶胞结构如图乙所示。 ①该固溶体的化学式为_________。     ②In的配位数是_________。 3. （25-26高三上·江苏苏州·月考）钕铁硼磁铁因其超强的磁性被誉为“永磁之王”。一种从钕铁硼废料[含Nd(钕)、Fe、B等]中提取氧化钕的工艺流程如下： 已知：①金属钕的活动性较强，难溶于水。 ②硼与稀硫酸不反应，可溶于氧化性酸。 ③钕离子可与过量的H2C2O4生成可溶性的配合物。 (1)“酸溶”时，不可将稀硫酸换为浓硫酸的原因是_______。 (2)在常温下“沉钕”，当完全沉淀时pH为2.3，溶液中。通过计算说明：“沉钕”完全时有无沉淀生成_______(常温下，)。 (3)“碱转换”生成的离子方程式为_______。 (4)“沉淀”过程中，草酸用量对沉钕率的影响如图所示，当草酸实际用量与理论计算量比值大于1.5时，沉钕率下降的可能原因是_______。“沉淀”后生成的晶体在氮气氛围下充分煅烧的化学方程式为_______。 (5)通过下列途径可制得二碳化钕：。的晶胞结构(如图所示)与氯化钠相似，由于哑铃形的存在，晶胞仅沿一个方向拉长。则晶胞中与1个等距离且最近的围成的图形为_______。 考点3 信息方程式的书写 【典例】.（25-26高三上·江苏·期末）某含砷废渣经水浸后，得浸出液和滤渣，其中浸出液中主要含，滤渣中含雄黄()。通过如下过程可分离制取单质砷()。 已知：是一种三元弱酸25℃时、、。 (1)雄黄()在加热的条件下会被氧气氧化。氧化生成和。转移电子的物质的量为_______mol。 (2)“沉砷”时，控制所加与溶液中的物质的量之比为6，调节起始溶液的pH不同，常温反应24小时，测得溶液中砷的去除率与起始pH的关系如图1所示。pH大于12时，pH越大，溶液中砷的去除率越低的原因是_______。 (3)“沉砷”时，控制所加与溶液中的物质的量之比为6，调节起始溶液的，反应24小时。 ①溶液中砷的去除率与温度的关系如图2所示。温度越高，溶液中砷的去除率越低的原因是_______。 ②其他条件一定，若同时加入少量溶液，所得溶液中砷的去除率将进一步增大，原因除生成沉淀进一步减小的浓度外，还有_______。 (4)“还原”时反应在高温条件进行，所得产物除外，还有CO和CaO生成，写出该反应的化学方程式：_______。 (5)已知中只存在单键且所有砷原子最外层均满足8电子稳定结构，请画出其结构式____。 (6)“沉砷”时会得到杂质。分离出该杂质，通过如下实验测定其组成： 步骤1：称取一定质量样品，加入盐酸至固体完全溶解，冷却后稀释至500 mL。 步骤2：取步骤1所得25.00 mL溶液于锥形瓶中，加入指示剂，用 EDTA标准液滴定(EDTA与反应的物质的量之比为)，终点时消耗EDTA标准液的体积为17.50 mL。 步骤3：取步骤1所得25.00 mL溶液于锥形瓶中，加入适量还原剂将As(Ⅴ)完全还原为As(Ⅲ)。加入指示剂，用 碘标准溶液滴定，终点时消耗碘标准溶液体积为21.00 mL。滴定过程发生反应为。 计算的组成，并写出计算过程_______。 信息氧化还原方程式的书写步骤 1. （25-26高三上·江苏南京·月考）五氧化二钒(V2O5)广泛应用于催化、能源存储与转换等领域。 (1)工业上以石煤为原料制备V2O5的工艺流程如下，回答下列问题： 已知：石煤的主要成分是V2O3，含有少量CaO、SiO2、P2O5杂质；。 ①溶液中离子浓度小于1×10-5mol·L-1时认为该离子已完全除去。若除杂后滤液中c(Mg2+) =0.1mol·L-1，是否需要继续加入MgSO4固体，列出必要的数据说明理由___________。 ②磷、硅去除率随温度变化的曲线如图所示，除溶解度随温度变化因素外，随着温度升高除磷率下降而除硅率升高的原因可能是___________。 ③“沉钒”时温度需控制在50℃左右，温度过高会导致NH4Cl分解产生NH3，生成的NH3还原生成VO2，VO2的晶胞结构如图所示，当该晶体中部分氧原子脱出，会出现氧空位使晶体具有半导体性质。写出位于处的氧原子脱出后所得氧化物的化学式___________。 (2)V2O5既可溶于强酸也可溶于强碱。常温下，不同pH、不同钒元素浓度时，+5价V存在形态如图所示。常温下，将0.01mol V2O5溶解在2L烧碱溶液中，测得剩余溶液的c(OH-)=0.01mol·L-1，根据图示信息写出该反应的离子方程式___________。 (3)利用V2O5可制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，实验过程如下：        ①已知步骤ⅰ中生成VOCl2的同时还会生成N2，写出该反应的化学方程式___________。 ②常温下，V2O5和盐酸反应可直接获得VOCl2溶液，从物质转化角度分析采用步骤ⅰ的优点___________。 ③测定制得的晶体的含钒量：称取4.000g样品，经过系列处理后将钒(Ⅳ)完全氧化，定容为100mL溶液；量取20.00mL溶液，加入几滴指示剂，用0.2000mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，滴定过程中反应为VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O；平行滴定4次，消耗标准溶液的体积分别为23.55mL、23.45mL、22.50mL、23.50mL，样品中钒元素的质量分数为___________(写出计算过程，结果保留两位小数)。 2. （2026·江苏南京·二模）钼()及其化合物广泛地应用于医疗卫生、国防等领域。某镍钼矿中的镍和钼以和形式存在，从镍钼矿中分离钼，并得到的一种工艺流程如下： 回答下列问题： (1)基态原子的核外电子排布式_______。 (2)“焙烧”中生成的化学方程式为_______。 (3)用量对钼浸出率和浸取液中浓度的影响如图1所示，分析实际生产中选择用量为理论用量1.2倍的原因：_______。 (4)的溶解度曲线如图2所示，为充分分离，工艺流程中的“操作X”应为_______(填标号)。 A．蒸发结晶 B．低温结晶 C．蒸馏 D．萃取 (5)为充分利用资源，“离子交换萃取”步骤产生的交换溶液应返回“_______”步骤。 (6)(NH4)6Mo7O24·4H2O的热重曲线如图所示： 已知A点失重的原因是生成H2O，则1 mol (NH4)6Mo7O24·4H2O在A点失去H2O的物质的量为_______，B点所得的物质为_______(写出计算过程)。 3. （25-26高三上·江苏盐城·期中）可用于制备碱式碳酸锌、作电池材料和回收砷。 (1)制备碱式碳酸锌 由锌精矿(主要含ZnS，少量FeS)制备碱式碳酸锌的过程如下： ①酸性条件下氧化ZnS的反应缓慢，常加入少量的，加快锌的浸出速率，其原因是___________。 ②浸出液中随氧分压的增大如图所示，氧分压在下降迅速，而增大趋缓的原因是___________。 ③已知：，。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。调节溶液的除铁，·，通过计算说明当溶液中刚析出沉淀时是否沉淀完全___________(写出计算过程)。 ④“沉锌”得到碱式碳酸锌，该反应的离子方程式为___________。 (2)作电池材料 硫化锌是锂离子电池负极材料，充电后晶胞的组成如图所示。的化学式为___________(x和用具体数字表示)。 (3)回收砷 用ZnS去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。除砷率、溶液中砷含量随酸度变化如图。 酸度在，除砷率随酸度的增加而减小的原因是___________。 1．（25-26高三上·江苏宿迁·期中）某种电镀污泥主要含碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬以及少量的金，可用于制取K2Cr2O7、金属铜和粗碲等，以实现有害废料的资源化利用，工艺流程如下。 已知：①煅烧时，Cu2Te发生的反应为； ②酸浸时TeO2转化为TeO2+；③K2Cr2O7的溶解度随温度升高而增加。 回答下列问题： (1)Cu+的价层电子排布式为___________。 (2)煅烧时，Cr2O3发生反应的化学方程式为___________。 (3)滤液经酸化后加入KCl，通过蒸发浓缩、___________、抽滤、干燥操作可得到重铬酸钾。 (4)酸浸液中除了过量的H2SO4外，还含有CuSO4和___________(写化学式)。 (5)还原时，发生反应的离子方程式为___________。 (6)测定某固体产品中K2Cr2O7含量的方法如下(杂质不参与反应)：称取产品试样2.50g配成250mL溶液，用移液管取出25.00mL于锥形瓶中，加入足量稀硫酸酸化后，再加入几滴指示剂，用0.1000mol·L-1硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定，重复进行三次实验。若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为24.00mL，则所得产品中K2Cr2O7的纯度为___________%。(写出计算过程) 2．（25-26高三下·江苏扬州·开学考试）铜是重要的战略金属，ZnO可用作制氢产业的催化剂。一种以硫化铜精矿(主要成分为CuS，含FeS、ZnS等杂质)制备Cu粉与ZnO的流程如下。 已知：Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.3×10-13，Ksp(CuS)=6.3×10-36 请回答下列问题： (1)“浸取”时，有淡黄色沉淀生成，写出浸取FeS的离子方程式：_______。 (2)若不通入高压O2，通过计算说明CuS不能直接被过量H2SO4浸取的原因_______。 (3)“还原”时，一定温度下，利用高压(0.3 MPa)H2还原1 mol/L Cu2+，应先调节pH为2.0~3.0，铜还原率达90%以上。过程中可能依次经历了如下反应：(I)、(II)与(III)。若pH为1，铜还原率降低至10%，铜还原率降低的主要原因是_______。 (4)“高压氢还原”使用内衬为聚四氟乙烯的不锈钢反应釜，聚四氟乙烯的作用为_______。 (5)纤锌矿型和闪锌矿型是ZnO最常见的两种晶体结构，如图为这两种晶体的局部结构。 ①图a纤锌矿型ZnO晶体中Zn2+的配位数为_______。 ②请用实心圆圈在图中标记出闪锌矿晶胞俯视图中Zn2+的位置_______。 (6)在“Ag/ZnO/Al2O3”催化作用下，乙醇—水催化重整制氢中部分物种变化路径如图所示。 若用13C标记乙醇(13CH3CH2OH)，最终产物中含13C的物质为_______。(填写名称) 3．（25-26高三上·江苏·月考）三草酸合铁酸钾晶体{，}为翠绿色晶体，易溶于水，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，具有生产价值。简易制备流程如下： (1)“溶解”时加入稀硫酸的作用是___________。 (2)“氧化”过程发生反应的离子方程式为___________。 (3)“调pH”时，反应最佳pH条件为3.5，pH过高或过低影响制备效果的原因为___________。 (4)“调pH”过程中伴随少量Fe(OH)3生成，则“系列操作”的具体操作为___________、过滤、洗涤、干燥(已知：三草酸合铁酸钾的溶解度：0℃时，4.7 g/100 g水；100℃时，117.7 g/100 g水)。 (5)的结构如图，配体个数为___________，中心离子配位数为___________，设计简单的实验证明Fe3+为内界的一部分：___________。 (6)测定三草酸合铁酸钾中铁的含量：称量a g样品于锥形瓶中，加稀硫酸溶解，用c mol·L-1 KMnO4溶液滴定至终点，在上述溶液中加入适量锌粉，使溶液恰好从黄色变为浅绿色，反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c mol·L-1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为___________。 4．（2026·江苏·一模）由“赤泥”(含、、及少量)制备的过程如下： 已知：①P2O4在酸性条件下萃取金属离子的顺序为：。 ②可与结合生成配离子(、2、3)。 (1)酸浸。一定条件下，钪的单次浸取率最高为49.4%。不改变条件，为充分浸出Sc，可采取的措施为_______。 (2)调pH。向酸浸液中加入适量试剂X调节，试剂X为_______(填“Fe”、“”或“”)。 (3)经萃取、反萃取后得到溶液，再通过沉钪、焙烧制得。 ①向溶液中加入，转化为沉淀。当大于1.5时，的沉淀率会显著下降，原因是_______。 ②在空气中煅烧生成的化学方程式为_______。 (4)向中掺杂可制备固体电解质。 ①的晶胞结构如图所示，的配位数为_______；中部分的位置被占据，得到，同时产生空位。若，则中的空缺率为_______(写出计算过程，的空缺率)。 ②水热法制备。不同温度下测得产品的X射线衍射图(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)如图所示，则最佳的制备温度为_______。 5．（2026·江苏·二模）镓(Ga)的发现、提取及应用对科学与技术的发展意义重大。 (1)科学家是通过_______(填字母)实验发现镓元素的。 A．原子光谱    B．分子光谱    C．X-射线衍射 (2)镓元素在地壳中含量低，常存在于立方晶型的硫化锌矿中。 ①GaAs晶体的晶胞结构如图-1所示，Ga的配位数为_______。 ②从结构角度分析GaAs存在于ZnS晶格内的原因：(ⅰ)两种晶体中离子的排列方式相同；(ⅱ)_______。 (3)一种以锌浸出液(含大量、、，少量、及微量)为原料制取金属Ga的工艺流程如下： ①若不经过“还原”，直接调节pH也能依次实现、及分步沉淀，但该方案会导致Ga严重损失，原因是_______。 ②“酸溶”后的酸性溶液用有机萃取剂萃取。“萃取”前后溶液中金属元素的质量浓度如下表。已知铁的萃取率()为20%，镓的萃取率为_______(写出计算过程，计算结果保留三位有效数字)。 Ga Fe Zn 酸性溶液中元素的质量浓度(g/L) 0.28 2.5 19.5 有机相中元素的质量浓度(g/L) 0.175 0.35 5.382 ③向萃取后的有机相中加入一定浓度的硫酸或盐酸，可实现金属元素反萃取。控制其它条件一定，实验测得Ga、Fe、Zn的反萃率随硫酸或盐酸浓度的变化如图-2所示。为尽可能实现Ga与Fe、Zn的分离，需要进行两次反萃取操作，操作中选用的酸依次为_______(注明酸的种类及浓度)。 (4)是制备光电材料的主要原料。一种制备的路径如下： ①X的化学式为_______。 ②研究发现，不使用Hg，向合金中滴加，也可制得，且有生成。当参加反应的时，反应的化学方程式为_______。 6．（2026·江苏·一模）钪精矿中主要含、、等，少量的钪()以形式存在于矿石的层间结构中。从钪精矿中提取稀土元素Sc的工艺流程如下： (1)焙烧时，固体与矿石中的发生反应，破坏矿石结构，便于后续酸浸时Sc元素的浸出。与反应的、___________(填“>”“<”或“=”)0。 (2)酸浸时，需采用强磁力搅拌，防止反应生成的和___________(填化学式)包覆在矿石粉表面，影响Sc元素的浸出。 (3)向酸浸滤液中加入有机萃取剂富集提取Sc元素(Sc元素的分配系数)。 已知：物质X在互不相溶的有机物和水中的浓度之比()为定值，称为分配系数。实验室常用萃取率(萃取率)表示有机溶剂对水溶液中的溶质进行萃取时的萃取效果。 ①若取100 mL酸浸后的滤液，加入45 mL萃取剂充分振荡后静置，Sc元素的萃取率为___________(写出计算过程)。 ②在不改变萃取剂用量的前提下，为提高Sc元素的萃取率，除进一步充分振荡外，还可采取的实验操作是___________。 (4)萃取所得有机相经反萃取后获得浓度较大的和混合溶液。向混合溶液中加入氢氟酸沉钪，实现铁钪分离。已知：、。写出沉钪反应的离子方程式：___________。 (5)用还原沉钪所得，再分离即可获得。 已知：101.3 kPa下，部分物质的熔、沸点如表所示。 熔点/℃ 沸点/℃ 842 1484 1541 2836 1423 2500 1552 1607 将原料置于反应炉加热。当接近800℃时，需增大炉内压强后继续升温至原料均熔化，反应开始发生。增大炉内压强的目的是___________。 7． （2026·江苏宿迁·二模）铼 (Re) 、钼(Mo)是具有重要军事战略意义的金属。以钼精矿 (主要成分为MoS2、ReS2)，还含有杂质(FeS2、Al2O3、SiO2) 为原料制备金属钼、铼的工艺流程如下： 已知：①烧渣的主要成分为Re2O7、MoO3以及 Fe、Al、Si 的氧化物，Re2O7、MoO3为酸性氧化物。 ②过铼酸铵 (NH4ReO4) 是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。 ③常温下Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，Ksp(BaSO4)=1.1×10-10. 回答下列问题： (1)“焙烧” 常采用高压、通空气逆流操作(空气从焙烧炉下部通入，钼精矿粉末从中上部加入)，该操作的目的是___________，“焙烧” 过程中，易产生空气污染物SO2，为有效解决SO2的危害，可采取的措施有___________(任答一条)。 (2)浸渣的主要成分是___________(填化学式)，写出ReS2在 “焙烧” 时发生反应的化学方程式：___________。 (3)“还原” 时，Zn 被氧化成 [Zn(OH)4]²⁻，铼的化合物被还原成难溶的ReO2·2H2O，该反应的离子方程式为___________。 (4)“还原” 后过滤所得滤液经处理可制得金属钼缓蚀剂钼酸钠 (Na2MoO4)。 ①Na2MoO4固体的 X射线衍射图谱如下图，则Na2MoO4属于___________晶体(填 “晶体” 或 “非晶体”)。 ②滤液中的主要溶质有Na2MoO4、Na2SO4、Na2SiO3、Na[Al(OH)]4，先调 pH 除铝和硅，再向溶液中加入Ba(OH)2固体除去SO，若初始时溶液中c(MoO)=0.2mol·L-1、c(SO)=0.011mol·L-1，则当BaMoO4开始沉淀时，SO的去除率为___________(忽略溶液体积变化)。 (5) 一种MoO2晶体结构如下图所示，在MoO2中通过氮掺杂反应可生成MoO2-xNy，能使MoO2具有光学活性，掺杂过程如图所示。则MoO2-xNy晶体中x：y=___________。 8．（25-26高三下·江苏扬州·月考）锂电池的研发、使用及废电池的回收具有重要意义。 (1)比能量是指电池单位质量(或体积)输出的电能。锂金属电池放电时总反应为Li+MnO2=LiMnO2。下列关于锂金属电池说法正确的是______(填序号)。 A．放电时Li作负极    B．比能量高于锌锰干电池    C．可用稀硫酸作电解质 (2)钴酸锂(LiCoO2)、磷酸铁锂(LiFePO4)等锂离子二次电池应用普遍。 ①钴酸锂电池放电时示意图如图1所示。放电时，Li+由LixC6中脱嵌。写出放电至完全时Li1-xCoO2电极的电极反应式：______。 ②磷酸铁锂电池具有循环稳定性好的优点。充电时Li+脱嵌形成Li1-xFePO4(0＜x≤1)。Li1-xFePO4晶胞中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构(如图2所示)。图2中黑球代表______，______。 (3)将废旧锂离子电池(外壳为铁，电芯含铝)置于不同浓度的Na2S和NaCl溶液中使电池充分放电是电池回收工艺的首要步骤。电池在不同溶液中放电的残余电压随时间的变化如图3所示。对浸泡液中沉淀物热处理后，得到XRD示意图谱如图4所示。 ①电池在5%Na2S溶液中比在5%NaCl溶液中放电速率更大，其原因是______。 ②与Na2S溶液相比，NaCl溶液的质量分数由5%增大至10%时，电池残余电压降低速率更快。依据图4 XRD图谱，分析其主要原因：______。 (4)将放电完全的钴酸锂电池正极材料粉碎后进行酸浸处理。实验测得，在相同条件下，使用盐酸作浸取剂可使钴转化为Co2+，转化率达到99%。写出盐酸作浸取剂发生酸浸反应的化学反应方程式：______。 9． （2026·江苏南京·模拟预测）从分金脱氯渣（主要成分为Ag、Pb、SiO2）中获取高纯银的流程如图所示： 25℃时，Ag2CrO4为砖红色沉淀，Ksp(Ag2CrO4)=10-11.7，Ksp(AgCl)=10-9.7。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”的目的是将Ag、Pb转化为硝酸盐。加入H2O2的作用是________。 (2)已知：。 ①“沉银”后的滤液中，主要含有的阴离子可能有、________。 ②滤液中的浓度可以用K2CrO4为指示剂，以AgNO3为标准溶液来滴定，通过计算说明，理论上混合液中指示剂浓度不宜超过________mol·L-1（写出计算过程）。 (3)α-AgCl晶体是离子导体，晶胞结构如下图所示。Ag+可随机地分布在彼此共面相连的四面体空隙和八面体空隙中，则晶胞中n(Ag+):n(四面体空隙)=________。 (4)①N2H4·H2O还原[Ag(NH3)2]+的离子方程式为________。 ②实验表明pH过高，银的还原率下降，主要原因是________。 10． （2026·江苏南通·一模）MnS是锰的一种重要化合物，可用于制备光催化剂。 (1)制备MnS。一种应用废旧锂离子电池正极材料(含及炭黑、铝箔等)制备MnS的过程如下： ①“酸浸”时加入的目的是______。 ②“沉锰”前，需测定溶液的浓度。准确量取2.50 mL的溶液于烧杯中，加入滴溶液(作催化剂)及固体充分反应，加热除去过量的，将所得溶液冷却后完全转移至200 mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00 mL稀释后的溶液于锥形瓶中，用溶液滴定至终点(滴定反应为，未配平)，平行滴定3次，平均消耗溶液25.00 mL。计算溶液的物质的量浓度：______(写出计算过程)。 ③已知硫脲的结构简式为。写出“沉锰”过程中发生反应的离子方程式：______。 (2)MnS纳米材料可用于光催化降解四环素类抗生素。在光照条件下，MnS能促进水体中的或转化为具有强氧化性的，氧化分解四环素分子。在相同条件下，不同晶型的MnS光催化降解四环素的效率不同。 ①具有强氧化性的原因是______。 ②已知和立方晶胞结构如图所示。中周围最邻近的数目和中周围最邻近的数目之比为______。 ③实际水体中存在、等离子，实验发现会显著降低四环素的降解效率、推测可能原因：______。 11．（2026·江苏南通·模拟预测）可用于制备新型电极材料和高效催化剂。 (1)制备。由含钴黄铁矿(主要成分为、)制备的流程如下。 ①“焙烧”过程中发生如下转化。 写出步骤Ⅰ的化学方程式：___________；“焙烧”中加入的作用是___________。 ②“酸浸”时钴浸出率与焙烧温度的关系如图1所示。焙烧温度在620℃~660℃时钴浸出率最高的原因是___________。 (2)制备新型电极材料。向和的混合溶液中加入NaOH，将生成的沉淀在空气中煅烧可制得新型电极材料，其晶胞结构如图2所示。该晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，写出由沉淀煅烧制得新型电极材料的化学方程式：___________。 (3)制备新型催化剂。步骤如下。 ①向溶液中加入溶液，充分反应后过滤，得到。其他条件一定，钴浸出率与反应温度的关系如图3所示。温度高于50℃，钴沉淀率下降的原因是___________。 ②将在空气中加热可制得(Co为+2、+3价)。通过下列方法测定的化学式：取一定质量的，加入过量盐酸，固体完全溶解后钴元素均转化为，加入指示剂，用EDTA(用表示)溶液滴定至终点，消耗24.00mLEDTA溶液。另取相同质量的钴氧化物，加入和混合溶液，中加入溶液，样品完全溶解后，用标准溶液滴定剩余的，达到滴定终点时消耗溶液20.00mL。计算的化学式___________(写出计算过程)。已知：。 12. （2026·江苏扬州·一模）从氧化锌烟尘(主要含ZnO、ZnS、FeOx、GeOx)中回收锌的部分流程如下 (1)酸浸氧化。向氧化锌烟尘样品中加入一定量0.5mol·L-1H2SO4和MnO2。 ①此过程ZnS被转化为Zn2+和S，其离子方程式为___________。 ②元素浸出率与MnO2用量关系如图所示。 随着MnO2添加量大于4％，铁元素浸出率趋势变化的可能原因是___________。 ③从氧化剂利用率角度分析，不用H2O2代替MnO2的理由是___________。 (2)沉锗。若用H2L表示单宁酸，“沉锗”的反应原理可表示为Ge4++3H2LH2GeL3↓+4H+。在加入单宁酸前，应调节溶液的最佳pH为2.5，原因是___________。 (3)“沉锗”后的溶液经除杂浓缩可得ZnSO4溶液。 ①测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取5.00 mL ZnSO4溶液，加水稀释至200 mL；取50.00 mL稀释后溶液，调节溶液的pH=10，用0.1000 mol·L-1EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA标准溶液25.00 mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度___________(写出计算过程)。 ②ZnSO4溶液经过惰性电极电解后，所得溶液可循环用于该流程中的___________步骤。 13．（2026·江苏镇江·模拟预测）用含钴废料（主要成分为，含少量、、、、等）制备草酸钴晶体的工艺流程如图所示。 已知：①具有强氧化性。 ②，； 当溶液中离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全。 (1)①向含钴废料加入稀硫酸和溶液时，应先加入的试剂为______（填化学式）。 ②溶液与反应离子方程式为______。 (2)“浸出渣”的主要成分为______（填化学式）。 (3)加调的目的是______。 (4)“除钙镁”时，当除尽后，______。 (5)将在空气中加热可得到钴的氧化物。反应时测得残留固体的质量随温度变化的曲线如图所示，B点剩余固体产物为______。 (6)钴硫化物可用作锂离子电池的电极材料，其结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；所有结构均为立方晶胞。晶胞2中距最近的有______个。 14．（25-26高三上·江苏徐州·期中）利用蛇纹石[主要含和少量Ni、Fe化合物等]制备的工业生产流程如下。 已知：。 (1)“焙烧”时，绿矾()在高温下分解得到红棕色固体和气体产物、和___________。与反应的化学方程式为___________。 (2)焙烧温度与、的浸出率关系如题图-1所示。焙烧温度超过670℃时，镁、镍“水浸”时浸出率下降的原因为___________。 (3)“矿化”时，、、的沉淀率随质量浓度的变化关系如题图-2所示。的沉淀率随质量浓度增大而逐渐降低的原因是___________。 (4)“矿化”后的滤液中，镍以形式存在，为正八面体构型(如题图-3所示)，则的结构有___________种，画出其中的一种结构___________(CO中碳原子为配位原子)。 (5)由滤液得到的NiO的晶胞如题图-4所示，晶胞中距离最近的的个数为___________。 15．（2026·江苏苏州·模拟预测）某含锶()废渣主要含有、、、和等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。已知时，， 回答下列问题： (1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态原子价层电子的轨道表示式为______。 (2)“浸出液”中主要的金属离子有、______(填离子符号)。 (3)“盐浸”中转化反应的离子方程式为______；时，向粉末中加入溶液，充分反应后，理论上溶液中______(忽略溶液体积的变化)。 (4)其他条件相同时，摩尔比对锶浸出率的影响如图所示。摩尔比由增大到，锶浸出率增长缓慢的原因是______。 (5)将窝穴体a(结构如图所示)与形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的，原因是______。 (6)由制备无水的最优方法是______(填标号)。 a．加热脱水    b．在气流中加热    c．常温加压    d．加热加压 (7)一种晶体的晶胞结构如图所示，由图可知，每个周围紧邻且等距离的个数为______。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 物质的转化与应用 考点1 化学工艺流程 【典例】(1) 1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3 加入过量的硫化钠，溶液中的硫离子浓度增大，反应平衡正向移动，不利于沉砷，则沉砷过程中硫化亚铁不能用硫化钠替换 (2) pH介于7～9时，随着pH增大，转化为，吸附剂表面带的负电荷增多，则吸附剂与含砷微粒之间的静电斥力增大，吸附量下降 由可知， 则As含量为，未达到排放标准 1．(1) 柠檬酸根与Fe2+形成配合物，降低溶液中Fe2+的浓度，防止“反应”时生成Fe(OH)2沉淀，柠檬酸根吸附在纳米FeS颗粒表面使其带负电荷，防止纳米FeS颗粒聚集变大 (2) 增大，浓度增大，促进与、Ni2+配合，降低、Ni2+浓度，不利于与S2-形成沉淀 否 (3) 6 0.125 2．(1) 氧化，浓度下降，Au浸取率下降 (2) pH小于4.5时，pH升高，降低，萃取正向进行程度增大，导致Au萃取率增大；pH大于4.5时，pH升高，溶液中升高，和结合生成AuOH，导致金的萃取率下降 2.50 (3)用磁铁吸引 (4)3 3．(1) 防止生成，损失Ag元素 沉淀完全， AgCl不溶解， 故的范围为 (2) S比N的电负性小，容易给出孤对电子 随着pH增大，正向程度增大，增大，杀菌率增大；当以后，与生成AgOH沉淀，降低，杀菌率降低 (3)0.1 考点2 晶胞结构分析 【典例】(1) 小 单位时间内，浸出的含硒物质的质量小于未参与反应的MnO2的质量 (2) (3) 4 1．(1) 搅拌(或适当升高温度、适当增大酸浓度、延长浸出时间等) 会产生氯气，造成环境污染且可能腐蚀设备等 (2) 将亚铁离子氧化为铁离子 、 (3)pH调至5.0时，pOH=9.0，，则不会造成钴元素的损失 (4)(NH4)2SO4或Na2SO4 (5)8 2．(1)第五周期IIIA族 (2)、 (3)“中和除杂”中pH=5，，==，故沉淀完全 (4) 1.0 随增大，平衡逆移，金属离子在水中的浓度增大，萃取率降低 (5) (6) CuInSe2 4 3．(1)浓硫酸会与硼反应引入杂质离子，同时生成二氧化硫等污染气体 (2)===，故无氢氧化亚铁生成 (3) (4) 当草酸浓度过大时，钕离子与过量草酸生成可溶性配合物，降低沉钕率 (5)正方形 考点3 信息方程式的书写 【典例】(1)28 (2)pH越大，形成析出，浓度减小，生成的沉淀减少 (3) 温度升高，溶解度减小，浓度减小，生成的沉淀减少；温度升高，溶解度增大 生成胶体吸附并沉淀溶液中的含砷物质 (4) (5) (6) 1．(1) 时，，远小于，沉磷基本完全，，需要继续加入少量 温度升高，和水解程度均增大，水解的生成物不易与形成沉淀，而水解生成的难溶于水 (2) (3) 的还原性比强，反应过程中不产生有毒气体 29.96% 2．(1)1s22s22p63s23p63d84s2 (2) (3)若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低 (4)B (5)净化 (6) 5 MoO3 3．(1) 作反应的催化剂或氧化中-2价S，将生成的氧化成，循环反应 在，随氧分压增大，溶解度提高，氧化速率增大，迅速下降，水解速率加快，氧化速率与水解沉淀速率相当，浓度增大趋缓 ，   沉淀完全 (2) (3)随酸度的增加，增大，和反应生成逸出，除砷率下降 1．(1)3d10 (2) (3)冷却结晶 (4)TeOSO4 (5) (6)47.0 2．(1)4FeS+3O2+12H+=4Fe3++4S+6H2O (2)CuS+2H+=Cu2++H2S   K=4.8×10-16，反应几乎不发生 (3)pH过小，抑制反应Ⅰ和反应Ⅱ发生，导致Cu2O减少，使产率降低 (4)防止铁与铜离子、氢离子反应，使反应釜破损 (5) 4 (6)甲烷、焦炭 3．(1)抑制Fe2+的水解 (2) (3)pH过小易生成草酸，难生成，pH过高形成Fe(OH)3沉淀 (4)蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶 (5) 3 6 取少量样品配成溶液后，加入KSCN溶液，若未见红色则证明Fe3+为内界一部分 (6) 4．(1)对滤渣1进行多次浸取 (2)Fe (3) 过量的与结合生成 (4) 8 2% 180℃ 5．(1)A (2) 4 晶胞中离子核间距相当 (3) 生成的会吸附溶液中的 89.3% 盐酸、硫酸 (4) 6．(1)> (2) (3) 将萃取剂分成多次进行萃取 (4) (5)提高的沸点，防止达到熔化状态时液态汽化，从而有利于反应的发生 7．(1) 使反应物之间充分接触，焙烧更充分，原料利用率更高 焙烧的时候加入生石灰(或将产生的气体通入碱性溶液中吸收) (2) (3) (4) 晶体 95% (5)7：2 8．(1)AB (2) Li1-xCoO2+xe-+xLi+=LiCoO2 Li+ 0.25 (3) Na2S溶液的还原性更强，更易参与氧化还原反应，加快电子转移速率 NaCl溶液浓度增大时，Cl-促进铁外壳腐蚀，生成更多Fe2O3等产物，加快电池放电过程，而Na2S溶液中生成的硫化物会抑制反应 (4)2LiCoO2+8HCl=2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O 9．(1)将Ag、Pb氧化为，避免生成NO，污染环境。 (2) 、 (3)1：6 (4) pH过高，浓度增大，导致更稳定，难以被还原。 10．(1) 将中Mn还原为+2价Mn（或） ，， (2) 氧的电负性很大，且有一个未成对电子，极易得到电子 与发生反应，导致与四环素反应的变少 11．(1) 促进CoS(或CoO)转化为；降低焙烧渣中CoO含量，有利于减少酸浸中硫酸用量 温度过低，焙烧不完全；温度过高，焙烧料烧结成致密、坚固的块状固体 (2) (3) 受热分解，浓度减小；的溶解度随温度升高而增大 12．(1) 随着添加量增大，更多的被氧化为，反应消耗增多，水解生成，导致铁元素浸出率下降 在等金属离子的催化下，易分解损失，氧化剂利用率下降 (2)pH过大，易生成沉淀损失；pH过小，抑制H2GeL3沉淀生成 (3) 酸浸氧化 13．(1) (2)、 (3)促进、完全水解为沉淀而除去 (4) (5) (6)4 14．(1) (2)温度过高时，绿矾会快速分解，未与蛇纹石反应充分就逸出，导致浸出率下降 (3)随的质量浓度增大，浓度增大，逆向移动，浓度增大，导致正向移动，的沉淀率减小 (4) 2 或    (5)6 15．(1) (2)、 (3) (4)当摩尔比超过1.8后，已基本转化完全，继续增加 用量，对转化反应的促进作用极小 (5)Sr2+有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定； (6)a (7)8 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 物质的转化与应用 题型 考情分析 考向预测 工艺流程 2025 年T14（1）：以闪锌矿为原料制备为情境，考查工业生产、实验操作以及各种常数之间的关系。 核心考点：无机物转化路径判断、氧化还原 / 离子反应方程式书写、物质性质与用途匹配、工业制备原理、条件控制与原因分析、简单计算（转化率、产率）。 考向预测：以稀土、半导体、环保材料等新情境为载体，侧重一步转化可行性、反应条件影响、原理归因、绿色工艺评价；强化信息提取与证据推理，减少纯记忆，突出实际应用与原理结合，兼顾基础与综合，常考金属 / 非金属化合物（Fe、Cu、Al、N、S、卤素）的转化链。 晶胞结构分析 2025 年T14（2）：以光学材料的制备为载体，考查晶胞计算。 信息方程式的书写 2025 年T14（3）：以陌生图像为载体，书写信息反应方程式，以及相关原因分析。 考点1 化学工艺流程 【典例】. （25-26高三下·江苏南京·月考）砷的化合物可用于半导体领域，如我国“天宫”空间站的核心舱“天和号”就是采用砷化镓薄膜电池来供电。 (1)一种从酸性高浓度含砷废水[砷主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在]中回收砷的工艺流程如下： 已知：I．As2S3＋6NaOH=Na3AsO3＋Na3AsS3＋3H2O Ⅱ．As2S3(s)＋3S2-(aq)= 2AsS (aq) Ⅲ．砷酸(H3AsO4)是一种弱酸，在酸性条件下有强氧化性，能被SO2还原。 ①基态As原子的核外电子排布式为_______。 ②“沉砷”过程中FeS不可以用过量的Na2S替换，请从平衡移动的角度解释原因：_______。 ③向滤液Ⅱ中通入氧气进行“氧化脱硫”，请写出脱硫的化学反应方程式_______。 ④用SO2进行“还原”过程，请写出其离子反应方程式：_______，工业生产中也可以用雌黄(As2S3)代替SO2作还原剂。已知雌黄(As2S3)中没有π键且各原子最外层均达8电子稳定结构，试画出雌黄(As2S3)结构图_______。 (2)含砷废水常见于采矿、半导体等工业，部分砷的化合物有毒，因此需除去废水中的砷。 ①氧化吸附法。已知：常温下，pH>7时，吸附剂表面带负电，pH越大，吸附剂表面带的负电荷越多；pH＜7时，吸附剂表面带正电，pH越小，吸附剂表面带的正电荷越多。 当溶液pH介于7～9，吸附剂对五价砷平衡吸附量随pH的升高而下降，试分析其原因：_______。 ②化学沉降法。向废水中先加入适量氧化剂，再加入生石灰调节pH，将砷元素全部转化为Ca3(AsO4)2沉淀。若沉降后上层清液中c(Ca2＋)为2×10-3 mol·L-1，试计算该废水中的As含量是否符合排放标准_______(写出计算过程)。(已知：废水中As的含量不超过0.50mg·L-1方可达到排放标准。Ksp[Ca3(AsO4)2]=8×10-19)。 【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3 加入过量的硫化钠，溶液中的硫离子浓度增大，反应平衡正向移动，不利于沉砷，则沉砷过程中硫化亚铁不能用硫化钠替换 (2) pH介于7～9时，随着pH增大，转化为，吸附剂表面带的负电荷增多，则吸附剂与含砷微粒之间的静电斥力增大，吸附量下降 由可知， 则As含量为，未达到排放标准 【分析】含砷废水中加入硫化亚铁生成As2S3沉淀，在As2S3沉淀与过量的硫化亚铁混合物中加入NaOH发生反应：，过滤，滤渣为FeS，滤液Ⅱ的主要成分为：；滤液Ⅱ通过氧化脱硫生成硫单质和，酸化后生成，砷酸（）能被SO2还原成As2O3，据此作答。 【解析】（1）①As为33号元素，核外有33个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3； ②由已知Ⅱ：知，加入过量的硫化钠，溶液中的硫离子浓度增大，平衡正向移动，不利于沉砷，则沉砷过程中硫化亚铁不能用硫化钠替换； ③滤液Ⅱ的主要成分为：，通入氧气进行“氧化脱硫”，即被O2氧化为，则脱硫的化学方程式为：； ④砷酸（弱酸）能被二氧化硫还原成As2O3，而二氧化硫被氧化为硫酸根离子，反应的离子方程式为：。雌黄(As2S3)中没有π键且各原子最外层均达8电子稳定结构，则每个As形成3个σ键，每个S成2个σ键，雌黄(As2S3)结构图为：。 （2）①pH介于7～9时，随着pH增大，转化为（负电荷变多），由已知信息可知：常温下，pH>7时，吸附剂表面带负电，pH越大，吸附剂表面带的负电荷增多，则吸附剂与含砷微粒之间的静电斥力增大，吸附量下降； ②由可知，， 则As含量为，未达到排放标准。 1. 流程图的结构特点 2. 原料预处理 (1) 提高反应速率的措施： 粉碎、逆流、雾化（增大接触面积）；增大浓度、升温。 (2) 加酸处理： 将氢前金属单质、金属氧化物、难溶碳酸盐溶解，如有硝酸或者NO与酸的组合，则还需要氧化还原的过程。 (3) 加碱处理： 将Al、Al2O3、Al(OH)3等两性物质、SiO2溶解，且经常将金属变成高价态物质。 (4) 有机物： 溶解有机物或萃取易溶于有机物的无机物。 (5) 灼烧/焙烧/煅烧： ①除去碳及有机物； ②通氧气的情况下，可能会发生氧化还原反应； ③热分解。 3.条件的控制的目的 (1) 控制溶液的pH ①使某种或几种金属离子转化为氢氧化物沉淀，而目标离子不生成沉淀，以达到分离的目的(常利用题给金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH信息，选择pH范围，使杂质离子以氢氧化物形式沉淀出来)； ②“酸作用”可除去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解等； ③“碱作用”可除去油污、除去铝片表面的氧化膜、溶解铝等； ④金属离子的萃取率与溶液的pH 密切相关。 (2)控制温度(常用水浴、冰水浴或油浴) ①控制反应速率(升温加快反应速率)、适宜的温度使催化剂的活性最大、防止副反应的发生； ②控制化学反应进行的方向，使化学平衡发生移动； ③升温：使溶液中的气体逸出，使易挥发的物质挥发，使易分解的物质分解；煮沸：使气体逸出；促进水解，聚沉后便于过滤分离； ④控制温度，结晶与过滤。 1. （25-26高三下·江苏南京·月考）纳米FeS在环保、储能领域应用广泛。 (1)制备纳米FeS。由FeSO4制备纳米FeS的过程如下： 已知：柠檬酸根能与Fe2+形成配合物；纳米FeS颗粒能吸附柠檬酸根。 ①“反应”时控制pH=9并加热，写出硫代乙酰胺()水解生成和的离子方程式：_______。 ②柠檬酸三钠的作用是_______。 (2)处理电镀废水。某电镀废水中含Cu2+、Ni2+和H2Y2-(H2Y2-为络合剂，与金属离子配位可表示为)，纳米FeS可将Cu2+、Ni2+转化为CuS、NiS沉淀。 已知：Ksp(NiS)=1.0×10-24；Ka1(H2S)=1.0×10-7、Ka2(H2S)=1.2×10-13。 ①电镀废水中金属离子残留浓度与初始pH的关系如图-1所示。pH>6，Cu2+、Ni2+残留浓度增大的原因为_______。 ②国家电镀废水排放标准规定：Ni2+的排放浓度不超过0.5 mg·L-1.经检测，某企业处理后的电镀废水pH=1，c(H2S)=0.01 mol·L-1，通过计算判断该废水中Ni2+是否达到排放标准(写出计算过程)。_______ (3)FeS是潜在的电极材料，其晶体的晶胞结构及俯视图如图-2所示。 ①FeS晶体中，S2-的配位数为_______。 ②FeS能导电主要是因为晶体中存在阳离子空位，其真实组成可表示为Fe1-xS。若晶体中平均每4个晶胞中有一个阳离子空位，则x=_______。 【答案】(1) 柠檬酸根与Fe2+形成配合物，降低溶液中Fe2+的浓度，防止“反应”时生成Fe(OH)2沉淀，柠檬酸根吸附在纳米FeS颗粒表面使其带负电荷，防止纳米FeS颗粒聚集变大 (2) 增大，浓度增大，促进与、Ni2+配合，降低、Ni2+浓度，不利于与S2-形成沉淀 否 (3) 6 0.125 【解析】（1）①硫代乙酰胺在碱性条件下水解生成和，氮元素在碱性加热条件下转化为，根据原子守恒可知还有水生成，故离子方程式为： ； ②据已知，柠檬酸根与Fe2+形成配合物，可降低溶液中Fe2+的浓度，防止“反应”时生成Fe(OH)2沉淀，柠檬酸根吸附在纳米FeS颗粒表面使其带负电荷，防止纳米FeS颗粒聚集变大； （2）①根据平衡：，增大，浓度增大，促进与、Ni2+配合，降低、Ni2+浓度，不利于与S2-形成沉淀； ②反应的电离平衡常数，已知，即，，代入数据得：==，根据，得：，的摩尔质量，则的质量浓度为：=≈，故该废水中未达到排放标准。 （3）①如图所示，FeS晶体中分布在晶胞的顶点和内部，个数为：，都在晶胞体内，共2个，Fe与S的原子比为1：1，该晶胞属于典型的型六方晶胞结构，观察离子位置可知， 每个周围距离最近的共有6个，又因为中和数目比为，二者配位数相等，因此的配位数也为6； ②FeS晶体中分布在晶胞的顶点和内部，个数为：，都在晶胞体内，共2个，含阳离子空位的FeS晶体的组成为，其平均每4个晶胞有1个阳离子空位，则4个晶胞中S的个数为2×4=8，Fe的个数为2×4-1=7，故，代入得：，解得：。 2. （25-26高三上·江苏南京·期末）金纳米团簇作为一种新型材料备受关注。从精炼铜的阳极泥中回收金(Au)的流程如下所示： 已知：①硫脲易溶于水，具有还原性。② (1)“浸取”时，硫脲作为配位剂。 ①阳极泥中Au转化为的离子方程式为______。 ②加入适量可提高Au的浸取率。其它条件相同，Au浸取率和溶液中的关系如图所示。当时，Au浸取率随增加而下降的原因是______。 (2)“萃取”时，用HR作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理如下：。 ①实验测得一定条件下Au萃取率和溶液pH的关系如图所示。 当溶液pH为4.5时萃取率最高的原因是______。 ②已知一定条件下，HR萃取的分配系数为3，该条件下，向浸取液中加入25.0 mL HR溶液，充分萃取后水相中浓度为______。 (3)“置换”后，除去金粉中所含金属杂质的物理方法为______。 (4)一种最稳定的负载型纳米金团簇分子具有完美的对称性其结构如图所示，该金团簇分子中有______种不同化学环境的金原子。 【答案】(1) 氧化，浓度下降，Au浸取率下降 (2) pH小于4.5时，pH升高，降低，萃取正向进行程度增大，导致Au萃取率增大；pH大于4.5时，pH升高，溶液中升高，和结合生成AuOH，导致金的萃取率下降 2.50 (3)用磁铁吸引 (4)3 【分析】精炼铜的阳极泥含有金单质，该流程是回收精炼铜的阳极泥中的金(Au)。将含有金的阳极泥在稀硫酸、氧气和硫脲作配位剂的条件下反应生成，然后加入HR作萃取剂，发生，再加入盐酸反萃取得到，最后加铁粉置换可得金(Au)。 【解析】（1）①浸取时在稀硫酸、氧气和硫脲作配位剂的条件下发生反应，Au被氧气氧化，结合硫脲形成，Au为正一价，一摩尔氧气转移4摩尔电子，故方程式为；②由已知①可知硫脲有还原性，有氧化性，当浓度过高时，氧化，浓度下降，Au浸取率下降； （2）①已知萃取原理为，结合图像可知，pH等于4.5时萃取率最高；pH小于4.5时，随着pH升高，降低，萃取正向进行程度增大，导致Au萃取率增大；pH大于4.5时，pH升高，溶液中升高，和结合生成AuOH，导致金的萃取率下降； ②已知溶液为，则该溶液含有，已知HR萃取的分配系数为3，即=3，则，金的物质的量与质量成正比，故该比例也适用于质量比，设水相中金离子的质量为m，则有机相中金离子的质量为3m，则有，得，则； （3）置换步骤中加入过量铁粉，铁具有磁性，而金无磁性，故可用磁铁吸引除去金粉中所含金属杂质； （4）该纳米金团簇分子具有完美的对称性，该金团簇分子中有3种不同化学环境的金原子，分别是位于最外层顶点上的金原子、中层骨架位置的金原子和处于团簇最核心位置的金原子，共3种金原子。 3. （25-26高三上·江苏徐州·月考）银及其化合物在工业生产以及日常生活中有着重要用途。 (1)从含、、、等废料中提取Ag的新工艺如下： 已知：ⅰ  ⅱ ⅲ当某种离子的浓度小于时，可忽略该离子的存在。 ①“还原脱氯”时，作为绿色还原剂，可将废料中、转化为相应的金属单质，AgCl转化为Ag的化学方程式为______。 ②“沉铅”时，硫酸的加入量不宜过多，原因是______。 ③“沉银”时，为保证沉淀完全且不形成，需控制的浓度范围为______。（写出计算过程。） (2)银离子在抗菌领域的作用尤为显著。Ag通过“活化处理”可实现的可控释放，满足不同场景的抗菌需求。研究发现，可与细菌体内含巯基（）的酶反应生成稳定的配位化合物（），破坏酶的活性，起到杀菌作用。 ①与也能形成稳定的，但与巯基的配位能力更强，可能的原因是______。 ②25℃，初始浓度为，大肠杆菌初始浓度相同，测定30min不同pH下的杀菌率如图所示，分析随着pH增大，杀菌率先增大后降低的原因______。 ③医用复合杀菌材料因“不易流失、抗菌范围广”在医用领域使用广泛。制备时首先将银粉碎，然后向银粉中加入盐酸和氯酸钠溶液，控制反应温度50℃，充分搅拌可生成纳米AgCl颗粒。写出反应的离子方程式______。 (3)回收杀菌液中的银同样具有重要意义。用“锌粉置换－酸溶分离法”可以回收弱酸性含银杀菌液（主要含及少量）中的银。研究表明，向溶液中加入一定量的，能有效提高Ag的回收率，原因是与能形成稳定的配位化合物利于Ag的有序堆积。若回收体系酸性略增强，中部分会被还原为，形成缺陷晶体，若，则______。 【答案】(1) 防止生成，损失Ag元素 沉淀完全， AgCl不溶解， 故的范围为 (2) S比N的电负性小，容易给出孤对电子 随着pH增大，正向程度增大，增大，杀菌率增大；当以后，与生成AgOH沉淀，降低，杀菌率降低 (3)0.1 【分析】富贵锑废料(含AgCl、PbCl2、Sb2O5、SiO2等)用NaOH和N2H4还原脱氯，AgCl转化为Ag，PbCl2转化为Pb，脱氯渣中还含有Sb2O5、SiO2，“氧化”时将Ag、Pb转化为Pb(NO3)2和AgNO3，Sb2O5、SiO2不反应过滤后存在于滤渣2中，滤液中加入硫酸将Pb(NO3)2转化为PbSO4沉淀，过滤后加入NaCl溶液，将AgNO3转化为AgCl，还原AgCl得到粗银，以此解答。 【解析】（1）①作还原剂，化合价升高为，AgCl转化为Ag，所以方程式为； ②为沉淀，硫酸的加入量不宜过多，防止生成，损失Ag元素； ③沉淀完全， AgCl不溶解， 故的范围为； （2）①形成配位键时，配位原子给出孤电子对，电负性越小，越容易给出孤电子对，与巯基的配位能力更强，可能的原因是：S比N的电负性小，容易给出孤对电子； ②随着pH增大，正向程度增大，增大，杀菌率增大；当以后，与生成AgOH沉淀，进而转化为Ag2O，降低，杀菌率降低； ③银粉中加入盐酸和氯酸钠，银化合价升高，氯酸根化合价降低，降为，所以方程式为：； （3），若，则，根据化合物化合价为零可得，，解得。 考点2 晶胞结构分析 【典例】.（25-26高三上·江苏徐州·期末）铜阳极泥(含有、Se、、Au等)是粗铜电解精炼的副产品，常用作提取稀散元素和贵金属的重要原料。 (1)向阳极泥中加入硫酸溶液，再逐渐加入(在酸性条件下被还原为)至过量。Cu、Se、Ag、S元素充分浸出，以、、、、形式存在于浸出液中，其他元素在浸出渣中。 ①写出溶解的离子方程式：_______。 ②中的键角比中的_______(填“大”“小”或“相等”)。 ③在铜阳极泥质量、硫酸用量和反应时间一定时，研究人员测得Cu元素浸出率、Se元素浸出率和浸出渣率[浸出渣率]随质量的变化情况如图所示： 当0.8 gg时，Se元素浸出率继续增加。浸出渣率不减反增的原因是_______。 (2)向(1)所得浸出液中加入NaCl，可将转化为AgCl，再用硫代硫酸盐溶液浸出银元素。已知： ① ② 加入NaCl，溶液中_______mol·L-1时，可使(1)所得浸出液中mol·L-1. (3)一种由Sc、Sn、V组成的晶体晶胞如图1所示(晶胞底边边长为anm，高为cnm，)。 注：图2显示的是三种原子在xz面、yz面上的位置，图3显示的是Sc、Sn原子在xy面上的位置 ①与Sc距离最近的Sc原子数为___________。 ②该合金的化学式为___________。 【答案】(1) 小 单位时间内，浸出的含硒物质的质量小于未参与反应的MnO2的质量 (2) (3) 4 【解析】（1）① 具有还原性，加入 (在酸性条件下被还原为、S元素以形式存在于浸出液中)，故溶解的离子方程式：； ②和中心Se原子的价层电子对依次为、，都是4对，它们的VSEPR模型都是四面体形，其中中的Se原子有一对孤电子对， 孤电子对对其余成键电子对的排斥作用较大，故中的键角比中的小； ③当0.8 g<m(MnO2)<1.2 g时，Se元素浸出率继续增加。浸出渣率不减反增的原因是单位时间内，浸出的含硒物质的质量小于未参与反应的MnO2的质量； （2）①  ，② ，由①- ②得，K==，当，代入上式得； （3）①由题干晶胞结构示意图可知，在该晶体结构中Sc位于8个顶点，且高度拉伸，故与Sc距离最近的Sc原子数为4个（分别位于前后左右）； ②由题干晶胞结构示意图可知，一个晶胞中Sc（在8个顶点）的个数为，Sn（8个棱心，2个内部，4个面心）的个数为，V（8个在面心，2个在内部）的个数为，在该合金的化学式为。 1. 晶胞中微粒数目的计算方法——均摊法 2.晶胞中微粒配位数的计算 一个粒子周围最邻近的粒子数称为配位数，它反映了晶体中粒子排列的紧密程度。 (1)晶体中原子(或分子)的配位数 若晶体中的微粒为同种原子或同种分子，则某原子(或分子)的配位数指的是该原子(或分子)最接近且等距离的原子(或分子)的数目，常见晶胞的配位数如下： 简单立方：配位数为6 面心立方：配位数为12 体心立方：配位数为8 (2)离子晶体的配位数 指一个离子周围最接近且等距离的异种电性离子的数目。 以NaCl晶体为例 ①找一个与其他粒子连接情况最清晰的粒子，如上图中心的黑球(Cl－)。 ②数一下与该粒子周围距离最近的粒子数，如上图标数字的面心白球(Na＋)。确定Cl－的配位数为6，同样方法可确定Na＋的配位数也为6。 1. （25-26高三下·江苏·开学考试）（25-26高三上·江苏宿迁·期中）废旧钴酸锂电池经机械破碎、筛分后得到正极混合粉末(主要含LiCoO2、炭黑、Al及微量Ni、Fe等)，通过如下工艺可回收其中的金属元素。 已知：①抗坏血酸(C6H8O6)具有强还原性； ②浸出液中含Ni2+、Co2+，其氢氧化物溶度积分别为、。 (1)“浸出”时可提高浸出效率的措施有(任写两种)___________：若用盐酸替代H2SO4和抗坏血酸，也可以得到含有Li+、Co2+溶液，但缺点是___________。 (2)在“除铁”步骤中，溶液中生成黄钠铁矾沉淀化学式为Na2Fe6(SO4)4(OH)12，H2O2的作用是___________；生成黄钠铁矾沉淀时有气体生成，写出生成黄钠铁矾沉淀的离子方程式___________。 (3)“沉铝”需调节溶液pH，常温下溶液中Co2+浓度为0.30mol·L-1，通过计算判断pH调至5.0时Co是否损失？___________(列出算式并给出结论) (4)“沉锂”步骤完成后的滤液中主要含有的无机溶质为___________(写化学式)。 (5)Li2CO3受热分解可生成氧化锂(Li2O)。氧化锂晶体属于立方晶系，晶胞结构图如下图。O2-周围距离相等且最近的Li+有___________个。 【答案】(1) 搅拌(或适当升高温度、适当增大酸浓度、延长浸出时间等) 会产生氯气，造成环境污染且可能腐蚀设备等 (2) 将亚铁离子氧化为铁离子 、 (3)pH调至5.0时，pOH=9.0，，则不会造成钴元素的损失 (4)(NH4)2SO4或Na2SO4 (5)8 【分析】正极混合粉末加硫酸溶解，使得Ni、Fe、Al形成Ni2+、Fe2+、Al3+进入浸出液，抗坏血酸把LiCoO2还原为Co2+，浸出渣主要以炭黑为主；浸出液中加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，并与碳酸钠溶液反应形成黄钠铁矾渣实现除铁；后加入碳酸氢铵形成氢氧化铝沉淀实现除铝；加入丁二酮肟实现沉镍；再加入草酸铵溶液除钴，形成二水合草酸钴沉淀；最后加入碳酸钠溶液，与Li+形成碳酸锂沉淀； 【解析】（1）“浸出”时可采取的优化措施是搅拌(或适当升高温度、适当增大酸浓度、延长浸出时间等)；若用盐酸替代和抗坏血酸，抗坏血酸体现还原性，若盐酸体现还原性，会获得氧化产物氯气，所以盐酸替代和抗坏血酸的缺点是会产生氯气，造成环境污染且可能腐蚀设备等。 （2）过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，并与碳酸钠溶液反应形成黄钠铁矾沉淀：Na2Fe6(SO4)4(OH)12，同时伴随气体逸出，结合质量守恒该气体为二氧化碳，故离子方程式为：、。 （3）pH调至5.0时，pOH=9.0，，则不会造成钴元素的损失。 （4）溶液中存在酸浸时引入的硫酸根离子，沉铝、沉钴过程中引入的铵根离子，以及最后沉锂引入的钠离子，所以“沉锂”步骤完成后的滤液中主要含有的无机溶质为(NH4)2SO4或Na2SO4(或其他合理答案)。 （5）据“均摊法”，晶胞中含个黑球、8个白球，结合化学式，则白球为Li+、黑球为O2-，以顶面面心氧离子为例，O2-周围距离相等且最近的Li+在上下层各4个，共8个。 2. （25-26高三上·江苏泰州·月考）稀有金属铟（In）、镓（Ga）被广泛应用于电子、航空航天等高新技术领域。某锌冶炼厂产生的废渣中主要含等元素的氧化物，现通过如下工艺流程对铟、镓进行回收。 已知：“高酸浸出”后铟以形式、铁以形式存在于溶液中。 回答下列问题： (1)基态In原子的价层电子排布式为，In元素在周期表中的位置是_________。 (2)“高酸浸出”中滤渣1的主要成分是_________（填化学式）。 (3)“中和除杂”中，通过计算说明常温下所需除去的离子能否完全除尽：_________。｛已知：；当金属阳离子浓度时，可认为该离子沉淀完全。 (4)采用新型萃取剂协同萃取法可提高金属的综合回收率，溶液中金属阳离子的萃取原理为。“萃取”步骤中的萃取率随变化如图甲所示，为达到萃取目的，此时应约为__________，萃取率随增大而减小的原因是_________。 (5)“置换”中发生的主要反应离子方程式为_________。 (6)CIGS薄膜太阳能电池以其转化率高、光谱响应范围宽等优势作为公认的第二代太阳能电池，形成CIGS的固溶体之一的晶胞由闪锌矿结构嵌套而成，该晶胞结构如图乙所示。 ①该固溶体的化学式为_________。     ②In的配位数是_________。 【答案】(1)第五周期IIIA族 (2)、 (3)“中和除杂”中pH=5，，==，故沉淀完全 (4) 1.0 随增大，平衡逆移，金属离子在水中的浓度增大，萃取率降低 (5) (6) CuInSe2 4 【分析】某锌冶炼厂产生的废渣中主要含等元素的氧化物，现通过如下工艺流程对铟、镓进行回收。往废渣中加入硫酸“中性浸出”后除去Zn元素，浸渣中含等元素；经过“高酸浸出”后铟以形式、铁以形式、镓以存在于溶液中；故“滤渣1”含有元素；加入调pH=5将以在“滤渣2”中分离；经过“萃取”分离(有机相)、(水相)；加入试剂1进行反萃取得到含有的溶液，通过Zn的置换得到In单质。 【解析】（1）基态In原子的价层电子排布式为，故最外层在第五层属于第五周期，价电子数为三，故属于第IIIA族，In元素在周期表中的位置是第五周期IIIA族。 （2）“高酸浸出”流程中的氧化物与稀硫酸反应形成易溶于水的硫酸盐进入“中和除杂”、Pb的氧化物与硫酸反应生成难溶物进入“滤渣1”、Si的氧化物不与稀硫酸反应进入“滤渣1”，滤渣1的主要成分是、。 （3）“中和除杂”中pH=5，，，故沉淀完全。 （4）萃取率是金属离子进入有机相的百分数，“萃取”步骤中进入水相、进入有机相，故要求的萃取率最小、的萃取率最大，约为1.0可达到比较好的萃取目的。 随增大，平衡逆移，金属离子在水中的浓度增大，萃取率降低。 （5）“置换”中与Zn发生置换反应，主要反应离子方程式为。 （6）①根据均摊法，In位于晶胞的面心和棱心，个数；Cu位于晶胞的顶点、面心和体心，个数；Se位于晶胞内部共8个；该固溶体的化学式为CuInSe2。 ②In和Cu均与Se成键，最上面面心处In与2个Se距离相等且最近，该In上方也有2个Se，故配位数是4。 3. （25-26高三上·江苏苏州·月考）钕铁硼磁铁因其超强的磁性被誉为“永磁之王”。一种从钕铁硼废料[含Nd(钕)、Fe、B等]中提取氧化钕的工艺流程如下： 已知：①金属钕的活动性较强，难溶于水。 ②硼与稀硫酸不反应，可溶于氧化性酸。 ③钕离子可与过量的H2C2O4生成可溶性的配合物。 (1)“酸溶”时，不可将稀硫酸换为浓硫酸的原因是_______。 (2)在常温下“沉钕”，当完全沉淀时pH为2.3，溶液中。通过计算说明：“沉钕”完全时有无沉淀生成_______(常温下，)。 (3)“碱转换”生成的离子方程式为_______。 (4)“沉淀”过程中，草酸用量对沉钕率的影响如图所示，当草酸实际用量与理论计算量比值大于1.5时，沉钕率下降的可能原因是_______。“沉淀”后生成的晶体在氮气氛围下充分煅烧的化学方程式为_______。 (5)通过下列途径可制得二碳化钕：。的晶胞结构(如图所示)与氯化钠相似，由于哑铃形的存在，晶胞仅沿一个方向拉长。则晶胞中与1个等距离且最近的围成的图形为_______。 【答案】(1)浓硫酸会与硼反应引入杂质离子，同时生成二氧化硫等污染气体 (2)===，故无氢氧化亚铁生成 (3) (4) 当草酸浓度过大时，钕离子与过量草酸生成可溶性配合物，降低沉钕率 (5)正方形 【分析】钕铁硼废料加入稀硫酸酸浸，金属元素转化为可溶的硫酸盐，硼不与稀硫酸反应，故滤渣为硼，随后加入反应生成沉淀，再加入氢氧化钠进行碱转换生成，加入稀硫酸溶解得到，加入草酸生成，煅烧得到，据此回答。 【解析】（1）硼与稀硫酸不反应，可溶于氧化性酸，将稀硫酸换为浓硫酸会溶解硼，引入杂质离子并产生二氧化硫等污染气体； （2）当完全沉淀时pH为2.3，，故无氢氧化亚铁生成； （3）“碱转换”时，与NaOH反应生成，其离子方程式为； （4）钕离子可与过量的生成可溶性的配合物，故当草酸浓度过大时，钕离子与过量草酸生成可溶性配合物，降低沉钕率；在氮气氛围下充分煅烧，没有氧气参与，草酸中+3价的碳发生歧化反应，生成二氧化碳和一氧化碳，故反应方程式为； （5）二碳化钕()的晶胞结构与氯化钠相似，但由于哑铃形的存在，使晶胞延同一个方向拉长，所有二碳化钕晶体中1个周围距离最近且相等的4个，围成的几何图形为正方形。 考点2 信息方程式的书写 【典例】.（25-26高三上·江苏·期末）某含砷废渣经水浸后，得浸出液和滤渣，其中浸出液中主要含，滤渣中含雄黄()。通过如下过程可分离制取单质砷()。 已知：是一种三元弱酸25℃时、、。 (1)雄黄()在加热的条件下会被氧气氧化。氧化生成和。转移电子的物质的量为_______mol。 (2)“沉砷”时，控制所加与溶液中的物质的量之比为6，调节起始溶液的pH不同，常温反应24小时，测得溶液中砷的去除率与起始pH的关系如图1所示。pH大于12时，pH越大，溶液中砷的去除率越低的原因是_______。 (3)“沉砷”时，控制所加与溶液中的物质的量之比为6，调节起始溶液的，反应24小时。 ①溶液中砷的去除率与温度的关系如图2所示。温度越高，溶液中砷的去除率越低的原因是_______。 ②其他条件一定，若同时加入少量溶液，所得溶液中砷的去除率将进一步增大，原因除生成沉淀进一步减小的浓度外，还有_______。 (4)“还原”时反应在高温条件进行，所得产物除外，还有CO和CaO生成，写出该反应的化学方程式：_______。 (5)已知中只存在单键且所有砷原子最外层均满足8电子稳定结构，请画出其结构式____。 (6)“沉砷”时会得到杂质。分离出该杂质，通过如下实验测定其组成： 步骤1：称取一定质量样品，加入盐酸至固体完全溶解，冷却后稀释至500 mL。 步骤2：取步骤1所得25.00 mL溶液于锥形瓶中，加入指示剂，用 EDTA标准液滴定(EDTA与反应的物质的量之比为)，终点时消耗EDTA标准液的体积为17.50 mL。 步骤3：取步骤1所得25.00 mL溶液于锥形瓶中，加入适量还原剂将As(Ⅴ)完全还原为As(Ⅲ)。加入指示剂，用 碘标准溶液滴定，终点时消耗碘标准溶液体积为21.00 mL。滴定过程发生反应为。 计算的组成，并写出计算过程_______。 【答案】(1)28 (2)pH越大，形成析出，浓度减小，生成的沉淀减少 (3) 温度升高，溶解度减小，浓度减小，生成的沉淀减少；温度升高，溶解度增大 生成胶体吸附并沉淀溶液中的含砷物质 (4) (5) (6) 【分析】浸出液中主要含，加入沉砷，转化为沉淀，过滤，滤渣中加碳还原，转化为，据此进行分析； 【解析】（1）中为＋2价，硫为﹣2价，在氧化产物中为＋3价，中为＋4价，因此氧化生成和，转移电子的物质的量为； （2）pH越大，形成析出，浓度减小，生成的； （3）由图可知，温度升高，溶解度减小，浓度减小，生成的沉淀减少、升高温度溶解度增大；②由图可知，其他条件一定，若同时加入少量溶液，所得溶液中砷的去除率将进一步增大，原因除生成沉淀进一步减小的浓度外，还有生成胶体吸附并沉淀溶液中的含砷物质； （4）由题意和分析可知，“还原”时反应在高温条件进行，所得产物除外，还有和，则该反应的化学方程式：； （5） 中只存在单键且所有砷原子最外层均满足8电子稳定结构，类比于白磷（）的结构，二者为等电子体，因此的结构为； （6）溶液中，由反应方程式可知：、，由电荷守恒可知，则，因此，故的组成为。 信息氧化还原方程式的书写步骤 1. （25-26高三上·江苏南京·月考）五氧化二钒(V2O5)广泛应用于催化、能源存储与转换等领域。 (1)工业上以石煤为原料制备V2O5的工艺流程如下，回答下列问题： 已知：石煤的主要成分是V2O3，含有少量CaO、SiO2、P2O5杂质；。 ①溶液中离子浓度小于1×10-5mol·L-1时认为该离子已完全除去。若除杂后滤液中c(Mg2+) =0.1mol·L-1，是否需要继续加入MgSO4固体，列出必要的数据说明理由___________。 ②磷、硅去除率随温度变化的曲线如图所示，除溶解度随温度变化因素外，随着温度升高除磷率下降而除硅率升高的原因可能是___________。 ③“沉钒”时温度需控制在50℃左右，温度过高会导致NH4Cl分解产生NH3，生成的NH3还原生成VO2，VO2的晶胞结构如图所示，当该晶体中部分氧原子脱出，会出现氧空位使晶体具有半导体性质。写出位于处的氧原子脱出后所得氧化物的化学式___________。 (2)V2O5既可溶于强酸也可溶于强碱。常温下，不同pH、不同钒元素浓度时，+5价V存在形态如图所示。常温下，将0.01mol V2O5溶解在2L烧碱溶液中，测得剩余溶液的c(OH-)=0.01mol·L-1，根据图示信息写出该反应的离子方程式___________。 (3)利用V2O5可制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，实验过程如下：        ①已知步骤ⅰ中生成VOCl2的同时还会生成N2，写出该反应的化学方程式___________。 ②常温下，V2O5和盐酸反应可直接获得VOCl2溶液，从物质转化角度分析采用步骤ⅰ的优点___________。 ③测定制得的晶体的含钒量：称取4.000g样品，经过系列处理后将钒(Ⅳ)完全氧化，定容为100mL溶液；量取20.00mL溶液，加入几滴指示剂，用0.2000mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，滴定过程中反应为VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O；平行滴定4次，消耗标准溶液的体积分别为23.55mL、23.45mL、22.50mL、23.50mL，样品中钒元素的质量分数为___________(写出计算过程，结果保留两位小数)。 【答案】(1) 时，，远小于，沉磷基本完全，，需要继续加入少量 温度升高，和水解程度均增大，水解的生成物不易与形成沉淀，而水解生成的难溶于水 (2) (3) 的还原性比强，反应过程中不产生有毒气体 29.96% 【分析】石煤的主要成分是，含有少量、、杂质；加入空气和适量纯碱焙烧，生成、、、。加水浸取后，过滤得到固体，即滤渣。滤液加入，将滤液中的、转化为、沉淀除去。再向溶液中加入将转化为沉淀，灼烧即可得到。 【解析】（1）①时，，已完全沉淀；，未完全沉淀。因此还需要继续加入少量的使其完全沉淀。 ②水解的产物为硅酸沉淀；而水解的产物可溶于水，不易与形成沉淀。两个水解反应均吸热，升高温度，硅转化为硅酸沉淀的程度增大，除硅率升高，除磷率下降。 ③黑球为，晶胞中位于8个顶点和体心，总个数；氧原子在晶胞内部有2个，脱出β处的O原子后，面上有3个，总个数个，，因此化学式为。 （2），溶液体积，故，；剩余，故，对应坐标点落在图中​区域，配平即可得到离子方程式。 （3）①V从价降为价，每个得；中N从价升为0价，2个N共失，根据电子守恒、原子守恒配平即可得化学方程式为。 ②若直接用盐酸与其反应，必然要做还原剂，化合价升高，生成污染环境；而步骤ⅰ用作还原剂，产物绿色无污染。 ③滴定中偏差过大，舍去，平均消耗标准液体积： ，根据反应得，则100 mL样品液中： ，，质量分数： 。 2. （2026·江苏南京·二模）钼()及其化合物广泛地应用于医疗卫生、国防等领域。某镍钼矿中的镍和钼以和形式存在，从镍钼矿中分离钼，并得到的一种工艺流程如下： 回答下列问题： (1)基态原子的核外电子排布式_______。 (2)“焙烧”中生成的化学方程式为_______。 (3)用量对钼浸出率和浸取液中浓度的影响如图1所示，分析实际生产中选择用量为理论用量1.2倍的原因：_______。 (4)的溶解度曲线如图2所示，为充分分离，工艺流程中的“操作X”应为_______(填标号)。 A．蒸发结晶 B．低温结晶 C．蒸馏 D．萃取 (5)为充分利用资源，“离子交换萃取”步骤产生的交换溶液应返回“_______”步骤。 (6)(NH4)6Mo7O24·4H2O的热重曲线如图所示： 已知A点失重的原因是生成H2O，则1 mol (NH4)6Mo7O24·4H2O在A点失去H2O的物质的量为_______，B点所得的物质为_______(写出计算过程)。 【答案】(1)1s22s22p63s23p63d84s2 (2) (3)若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低 (4)B (5)净化 (6) 5 MoO3 【分析】镍钼矿加入碳酸钠并通入空气焙烧生成、NiO，加水后，进入溶液中，加入硫酸镁除去多余的碳酸根，过滤后再通过低温结晶将硫酸钠分离出来，溶液经过离子交换萃取等一系列操作后可得钼酸铵。 【解析】（1）Ni为28号元素，基态原子的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d84s2； （2）“焙烧”中生成，反应中Mo化合价由+4变为+6、S化合价由-2变为+6，氧气中O化合价由0变为-2，结合电子守恒、质量守恒，反应化学方程式为：； （3）若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低，故实际生产中选择用量为理论用量1.2倍； （4）温度较低时，硫酸钠的溶解度远低于钼酸钠，故选用低温结晶；故选B； （5）由流程，萃取后生成，得到的交换溶液主要含Na+，应返回净化步骤； （6）晶体受热首先失去结晶水，已知A点失重的原因是生成H2O，则1 mol (NH4)6Mo7O24·4H2O为1236g，在A点固体残留率为92.72%，则失重1236g×(1-92.72%)=90g，则失去5molH2O；B点失重1236g×(1-81.56%)=228g，铵盐分解生成6mol氨气，则生成水为，氢元素完全变为气体逸出，固体中氧原子为28mol-7mol=21mol，则Mo、O的物质的量之比为7:21=1:3，则化学式为MoO3。 3. （25-26高三上·江苏盐城·期中）可用于制备碱式碳酸锌、作电池材料和回收砷。 (1)制备碱式碳酸锌 由锌精矿(主要含ZnS，少量FeS)制备碱式碳酸锌的过程如下： ①酸性条件下氧化ZnS的反应缓慢，常加入少量的，加快锌的浸出速率，其原因是___________。 ②浸出液中随氧分压的增大如图所示，氧分压在下降迅速，而增大趋缓的原因是___________。 ③已知：，。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。调节溶液的除铁，·，通过计算说明当溶液中刚析出沉淀时是否沉淀完全___________(写出计算过程)。 ④“沉锌”得到碱式碳酸锌，该反应的离子方程式为___________。 (2)作电池材料 硫化锌是锂离子电池负极材料，充电后晶胞的组成如图所示。的化学式为___________(x和用具体数字表示)。 (3)回收砷 用ZnS去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。除砷率、溶液中砷含量随酸度变化如图。 酸度在，除砷率随酸度的增加而减小的原因是___________。 【答案】(1) 作反应的催化剂或氧化中-2价S，将生成的氧化成，循环反应 在，随氧分压增大，溶解度提高，氧化速率增大，迅速下降，水解速率加快，氧化速率与水解沉淀速率相当，浓度增大趋缓 ，   沉淀完全 (2) (3)随酸度的增加，增大，和反应生成逸出，除砷率下降 【分析】①由锌精矿(主要含ZnS，少量FeS)制备碱式碳酸锌的过程如下，ZnS、FeS在硫酸条件下与氧气发生氧化还原反应，生成的S过滤除去，、进入除铁后过滤掉滤渣后与反应生成。 【解析】（1）①酸性条件下氧化ZnS的反应缓慢，常加入少量的，加快锌的浸出速率，其原因是作反应的催化剂或氧化中-2价S，将生成的氧化成，循环反应。 ②Ⅱ浸出液中随氧分压的增大如图所示，氧分压在下降迅速，而增大趋缓的原因是：在，随氧分压增大，溶解度提高，氧化速率增大，迅速下降，水解速率加快，氧化速率与水解沉淀速率相当，浓度增大趋缓。 ③， ， ，故沉淀完全。 ④“沉锌”由与反应得到碱式碳酸锌，反应的离子方程式为。 （2）根据均摊法可得的个数为，或的个数为7，设晶胞中有x个，有y个，则有x+y=7，由物质化合价为0可得2x+y=8，可得x=1，y=6，故晶胞中原子个数表示的化学式为，按照题干中化学式S的个数，可得化学式为。 （3）用ZnS去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀，酸度在，除砷率随酸度的增加而减小的原因是：随酸度的增加，增大，和反应生成逸出，除砷率下降。 1．（25-26高三上·江苏宿迁·期中）某种电镀污泥主要含碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬以及少量的金，可用于制取K2Cr2O7、金属铜和粗碲等，以实现有害废料的资源化利用，工艺流程如下。 已知：①煅烧时，Cu2Te发生的反应为； ②酸浸时TeO2转化为TeO2+；③K2Cr2O7的溶解度随温度升高而增加。 回答下列问题： (1)Cu+的价层电子排布式为___________。 (2)煅烧时，Cr2O3发生反应的化学方程式为___________。 (3)滤液经酸化后加入KCl，通过蒸发浓缩、___________、抽滤、干燥操作可得到重铬酸钾。 (4)酸浸液中除了过量的H2SO4外，还含有CuSO4和___________(写化学式)。 (5)还原时，发生反应的离子方程式为___________。 (6)测定某固体产品中K2Cr2O7含量的方法如下(杂质不参与反应)：称取产品试样2.50g配成250mL溶液，用移液管取出25.00mL于锥形瓶中，加入足量稀硫酸酸化后，再加入几滴指示剂，用0.1000mol·L-1硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定，重复进行三次实验。若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为24.00mL，则所得产品中K2Cr2O7的纯度为___________%。(写出计算过程) 【答案】(1)3d10 (2) (3)冷却结晶 (4)TeOSO4 (5) (6)47.0 【分析】电镀污泥和碳酸钠、空气煅烧，Cu2Te发生的反应为，Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，Na2CrO4酸化后生成Na2Cr2O7溶液，滤渣中主要含有CuO、TeO2以及少量的金(Au)，用稀硫酸溶解后，浸出液中主要含有铜离子和TeOSO4，加入二氧化硫还原TeOSO4得到Te，电解时溶液中铜离子被还原生成铜单质。 【解析】（1）Cu为29号元素，失去1个电子形成Cu+，Cu+的价层电子排布式为3d10； （2）煅烧时，Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，结合质量守恒，同时生成二氧化碳，反应中铬化合价由+3变为+6、氧气中氧化合价由0变为-2，结合电子守恒，发生反应的化学方程式为； （3）已知，K2Cr2O7的溶解度随温度升高而增加，滤液经酸化，Na2CrO4酸化生成Na2Cr2O7溶液，加入KCl转化为K2Cr2O7，通过蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤、干燥操作可得到重铬酸钾。 （4）由分析，酸浸液中除了过量的H2SO4外，还含有CuSO4和TeOSO4； （5）还原时，加入二氧化硫还原TeOSO4得到Te，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，发生反应的离子方程式为； （6）滴定过程中K2Cr2O7会氧化亚铁离子为铁离子，同时生成Cr3+，结合电子守恒，存在，则所得产品中K2Cr2O7的纯度为47.0%。 2．（25-26高三下·江苏扬州·开学考试）铜是重要的战略金属，ZnO可用作制氢产业的催化剂。一种以硫化铜精矿(主要成分为CuS，含FeS、ZnS等杂质)制备Cu粉与ZnO的流程如下。 已知：Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.3×10-13，Ksp(CuS)=6.3×10-36 请回答下列问题： (1)“浸取”时，有淡黄色沉淀生成，写出浸取FeS的离子方程式：_______。 (2)若不通入高压O2，通过计算说明CuS不能直接被过量H2SO4浸取的原因_______。 (3)“还原”时，一定温度下，利用高压(0.3 MPa)H2还原1 mol/L Cu2+，应先调节pH为2.0~3.0，铜还原率达90%以上。过程中可能依次经历了如下反应：(I)、(II)与(III)。若pH为1，铜还原率降低至10%，铜还原率降低的主要原因是_______。 (4)“高压氢还原”使用内衬为聚四氟乙烯的不锈钢反应釜，聚四氟乙烯的作用为_______。 (5)纤锌矿型和闪锌矿型是ZnO最常见的两种晶体结构，如图为这两种晶体的局部结构。 ①图a纤锌矿型ZnO晶体中Zn2+的配位数为_______。 ②请用实心圆圈在图中标记出闪锌矿晶胞俯视图中Zn2+的位置_______。 (6)在“Ag/ZnO/Al2O3”催化作用下，乙醇—水催化重整制氢中部分物种变化路径如图所示。 若用13C标记乙醇(13CH3CH2OH)，最终产物中含13C的物质为_______。(填写名称) 【答案】(1)4FeS+3O2+12H+=4Fe3++4S+6H2O (2)CuS+2H+=Cu2++H2S   K=4.8×10-16，反应几乎不发生 (3)pH过小，抑制反应Ⅰ和反应Ⅱ发生，导致Cu2O减少，使产率降低 (4)防止铁与铜离子、氢离子反应，使反应釜破损 (5) 4 (6)甲烷、焦炭 【分析】硫化铜精矿的主要成分CuS，含FeS、ZnS等杂质，加入稀硫酸，通入高压氧，溶解，得到硫酸铜、硫酸铁、硫酸锌的混合溶液，通入氨气，调节pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去，向滤液中通入高压氢气，还原铜离子，过滤，得到含有硫酸锌的滤液和铜粉，据此分析， 【解析】（1）“浸取”时，有淡黄色沉淀S生成，浸取FeS的离子方程式4FeS+3O2+12H+=4Fe3++4S+6H2O； （2）CuS+2H+=Cu2++H2S，K=，反应不能发生； （3）若pH为1，铜还原率降低至10%，铜还原率降低的主要原因pH过小，抑制反应Ⅰ和反应Ⅱ发生，导致Cu2O减少，使产率降低； （4）Fe可以和铜离子、氢离子反应，“高压氢还原”使用内衬为聚四氟乙烯的不锈钢反应釜，聚四氟乙烯的作用为防止反应釜中的Fe与Cu2+、H+反应，使反应釜破损； （5） 图a纤锌矿型ZnO晶体中Zn2+的配位数为4；闪锌矿型中Zn2+填入O2-所形成的“正四面体”空隙中，俯视图中Zn2+的位置； （6）若用标记乙醇，13C的碳原子在甲基上，观察可知，甲基上碳原子最终转化为CH4和焦炭，故最终产物中含13C的物质为甲烷、焦炭。 3．（25-26高三上·江苏·月考）三草酸合铁酸钾晶体{，}为翠绿色晶体，易溶于水，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，具有生产价值。简易制备流程如下： (1)“溶解”时加入稀硫酸的作用是___________。 (2)“氧化”过程发生反应的离子方程式为___________。 (3)“调pH”时，反应最佳pH条件为3.5，pH过高或过低影响制备效果的原因为___________。 (4)“调pH”过程中伴随少量Fe(OH)3生成，则“系列操作”的具体操作为___________、过滤、洗涤、干燥(已知：三草酸合铁酸钾的溶解度：0℃时，4.7 g/100 g水；100℃时，117.7 g/100 g水)。 (5)的结构如图，配体个数为___________，中心离子配位数为___________，设计简单的实验证明Fe3+为内界的一部分：___________。 (6)测定三草酸合铁酸钾中铁的含量：称量a g样品于锥形瓶中，加稀硫酸溶解，用c mol·L-1 KMnO4溶液滴定至终点，在上述溶液中加入适量锌粉，使溶液恰好从黄色变为浅绿色，反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c mol·L-1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为___________。 【答案】(1)抑制Fe2+的水解 (2) (3)pH过小易生成草酸，难生成，pH过高形成Fe(OH)3沉淀 (4)蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶 (5) 3 6 取少量样品配成溶液后，加入KSCN溶液，若未见红色则证明Fe3+为内界一部分 (6) 【分析】“溶解”时，溶液中会有亚铁离子，亚铁容易水解，而加入稀硫酸，可以抑制Fe2+的水解；加入过氧化氢，可将Fe2+氧化Fe3+；用草酸和草酸钾“调pH”，可以得到三草酸合铁酸钾；再经过“系列操作”，得到，据此分析作答。 【解析】（1）“溶解”时，溶液中会有亚铁离子，亚铁容易水解，而加入稀硫酸，可以抑制Fe2+的水解，故答案为：抑制Fe2+的水解。 （2）“氧化”过程中加入过氧化氢，可将Fe2+氧化Fe3+，离子方程式为，故答案为：。 （3）草酸为弱酸，铁离子易水解，则pH过小易生成草酸，难生成，pH过高形成Fe(OH)3沉淀，故答案为：pH过小易生成草酸，难生成，pH过高形成Fe(OH)3沉淀。 （4）三草酸合铁酸钾的溶解度：0℃时，4.7 g/100 g水；100℃时，117.7 g/100 g水，而“调pH”过程中伴随少量Fe(OH)3生成，要过滤除去，温度越高，三草酸合铁酸钾溶解度越大，则“系列操作”的具体操作为蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶。 （5）由配离子的结构简式可知，具有空轨道的铁离子与3个草酸根离子形成配离子，则配离子的中心离子为铁离子、配位原子为氧原子，配体个数为3，配位数为6；配离子在溶液中存在络合平衡，溶液中铁离子浓度较小，所以取少量样品配成溶液后，加入KSCN溶液，若未见红色则证明Fe3+为内界一部分，故答案为：3；6；取少量样品配成溶液后，加入KSCN溶液，若未见红色则证明Fe3+为内界一部分。 （6）样品于锥形瓶中，加稀硫酸溶解，用c mol·L-1 KMnO4溶液滴定至终点，除去草酸根离子，在上述溶液中加入适量锌粉，使溶液恰好从黄色变为浅绿色，Fe3+会转化为Fe2+，加稀H2SO4酸化， KMnO4溶液滴定，离子方程式为，则存在关系式：，该晶体中铁的质量分数的表达式为，故答案为：。 4．（2026·江苏·一模）由“赤泥”(含、、及少量)制备的过程如下： 已知：①P2O4在酸性条件下萃取金属离子的顺序为：。 ②可与结合生成配离子(、2、3)。 (1)酸浸。一定条件下，钪的单次浸取率最高为49.4%。不改变条件，为充分浸出Sc，可采取的措施为_______。 (2)调pH。向酸浸液中加入适量试剂X调节，试剂X为_______(填“Fe”、“”或“”)。 (3)经萃取、反萃取后得到溶液，再通过沉钪、焙烧制得。 ①向溶液中加入，转化为沉淀。当大于1.5时，的沉淀率会显著下降，原因是_______。 ②在空气中煅烧生成的化学方程式为_______。 (4)向中掺杂可制备固体电解质。 ①的晶胞结构如图所示，的配位数为_______；中部分的位置被占据，得到，同时产生空位。若，则中的空缺率为_______(写出计算过程，的空缺率)。 ②水热法制备。不同温度下测得产品的X射线衍射图(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)如图所示，则最佳的制备温度为_______。 【答案】(1)对滤渣1进行多次浸取 (2)Fe (3) 过量的与结合生成 (4) 8 2% 180℃ 【分析】由题给流程可知，向赤泥中加入浓盐酸酸浸，将金属元素转化为金属氯化物，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣1和酸浸液；向酸浸液中加入铁，将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，并调节溶液pH为1.5，过滤得到滤渣2和滤液；向滤液中加入萃取剂P2O4萃取、分液得到水层和含有钪离子的有机相；向有机相中加入盐酸反萃取、分液得到三氯化钪溶液和P2O4有机层；向三氯化钪溶液中加入草酸，将溶液中钪离子转化为六水草酸钪沉淀，过滤得到滤液和六水草酸钪；六水草酸钪在空气中煅烧得到三氧化二钪。 【解析】（1）一定条件下，钪的单次酸浸的浸取率最高为49.4%说明三氧化二钪不能与浓盐酸充分反应，过滤得到的滤渣1中含有未反应的三氧化二钪，所以在不改变条件的前提下，应对滤渣1进行多次酸浸浸取，使三氧化二钪充分反应，提高钪元素的浸出率； （2）由分析可知，加入铁的目的是将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，并调节溶液pH为1.5，防止萃取剂P2O4萃取溶液中的铁离子，降低钪元素的萃取率； （3）①由题给信息可知，过量的草酸会与溶液中的钪离子生成配离子，所以当溶液中大于1.5时，钪离子的沉淀率会显著下降； ②由分析可知，生成三氧化二钪的反应为六水草酸钪在空气中煅烧三氧化二钪、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：； （4）①由晶胞结构可知，氧离子位于Zr4+离子形成的四面体空隙中，则氧离子的配位数为4，由化学式可知，Zr4+离子的配位数为8； 化合物呈电中性，满足：，已知，设，代入得： ， 总阳离子数为，若无O空位，O总数应为，因此空位数 ，空缺率； ②由图可知，温度为180℃时，产品中不存在三氧化二钪和二氧化锆杂质，所以水热法制备的最佳的制备温度为180℃。 5．（2026·江苏·二模）镓(Ga)的发现、提取及应用对科学与技术的发展意义重大。 (1)科学家是通过_______(填字母)实验发现镓元素的。 A．原子光谱    B．分子光谱    C．X-射线衍射 (2)镓元素在地壳中含量低，常存在于立方晶型的硫化锌矿中。 ①GaAs晶体的晶胞结构如图-1所示，Ga的配位数为_______。 ②从结构角度分析GaAs存在于ZnS晶格内的原因：(ⅰ)两种晶体中离子的排列方式相同；(ⅱ)_______。 (3)一种以锌浸出液(含大量、、，少量、及微量)为原料制取金属Ga的工艺流程如下： ①若不经过“还原”，直接调节pH也能依次实现、及分步沉淀，但该方案会导致Ga严重损失，原因是_______。 ②“酸溶”后的酸性溶液用有机萃取剂萃取。“萃取”前后溶液中金属元素的质量浓度如下表。已知铁的萃取率()为20%，镓的萃取率为_______(写出计算过程，计算结果保留三位有效数字)。 Ga Fe Zn 酸性溶液中元素的质量浓度(g/L) 0.28 2.5 19.5 有机相中元素的质量浓度(g/L) 0.175 0.35 5.382 ③向萃取后的有机相中加入一定浓度的硫酸或盐酸，可实现金属元素反萃取。控制其它条件一定，实验测得Ga、Fe、Zn的反萃率随硫酸或盐酸浓度的变化如图-2所示。为尽可能实现Ga与Fe、Zn的分离，需要进行两次反萃取操作，操作中选用的酸依次为_______(注明酸的种类及浓度)。 (4)是制备光电材料的主要原料。一种制备的路径如下： ①X的化学式为_______。 ②研究发现，不使用Hg，向合金中滴加，也可制得，且有生成。当参加反应的时，反应的化学方程式为_______。 【答案】(1)A (2) 4 晶胞中离子核间距相当 (3) 生成的会吸附溶液中的 89.3% 盐酸、硫酸 (4) 【分析】浸出液(含大量Zn2+、Fe3+、Fe2+，少量Al3+、Cu2+及微量Ga3+)，加还原剂，将Fe3+还原为Fe2+，避免后续调pH时Fe(OH)3胶体吸附，造成镓损失；调pH使Ga3+以Ga(OH)3形式沉淀析出，同时Zn2+、Fe2+、Al3+仍留在溶液中；加入Zn粉置换，将溶液中Cu2+、残留Fe2+、Ga3+等置换为金属单质，富集到滤渣中，加入稀酸将滤渣中的Ga、Zn、Fe、Cu及Ga(OH)3溶解成溶液；加入萃取试剂，将Ga3+从Zn2+、Fe2+、Al3+混合液中萃取到有机相，加入反萃取剂，将有机相中的Ga3+反萃取到水相，得到富镓溶液，后续经一系列操作得到金属Ga。 【解析】（1）不同元素的原子具有不同的特征谱线，科学家通过原子光谱发现新元素；分子光谱用于研究分子结构，X射线衍射用于测定晶体结构，故选A。 （2）①每个Ga原子周围结合4个As原子，因此Ga的配位数为4；②两种晶体粒子排列方式相同，且晶胞参数（尺寸）相近，晶胞中离子核间距相当，因此GaAs可以存在于ZnS晶格中。 （3）①Ga是微量组分，即使pH有微小差异，也能实现分步沉淀。真正导致微量组分损失的核心，是大量生成的Fe(OH)3沉淀的强吸附作用，而非同步沉淀，故原因为：生成的Fe(OH)3会吸附溶液中的Ga3+； ②设萃取前原溶液体积为，萃取后有机相体积为，对于Fe，萃取率：，解得，Ga的萃取率：； ③第一次Ga反萃率必须越低越好。根据图-2右图确定先选用6mol/L盐酸，反萃后所有Ga均在有机相中，有机相中还有少量Fe。再根据图-2左图选择 80g·L-1硫酸，Fe反萃率为0，所有Fe均留在有机相，而接近100%的Ga进入水相，从而最大限度地实现了Ga与Fe和Zn的分离。 （4）①根据原子守恒，，产物X为；②反应物物质的量比，产物为、，根据原子可知生成物还有，故反应方程式为。 6．（2026·江苏·一模）钪精矿中主要含、、等，少量的钪()以形式存在于矿石的层间结构中。从钪精矿中提取稀土元素Sc的工艺流程如下： (1)焙烧时，固体与矿石中的发生反应，破坏矿石结构，便于后续酸浸时Sc元素的浸出。与反应的、___________(填“>”“<”或“=”)0。 (2)酸浸时，需采用强磁力搅拌，防止反应生成的和___________(填化学式)包覆在矿石粉表面，影响Sc元素的浸出。 (3)向酸浸滤液中加入有机萃取剂富集提取Sc元素(Sc元素的分配系数)。 已知：物质X在互不相溶的有机物和水中的浓度之比()为定值，称为分配系数。实验室常用萃取率(萃取率)表示有机溶剂对水溶液中的溶质进行萃取时的萃取效果。 ①若取100 mL酸浸后的滤液，加入45 mL萃取剂充分振荡后静置，Sc元素的萃取率为___________(写出计算过程)。 ②在不改变萃取剂用量的前提下，为提高Sc元素的萃取率，除进一步充分振荡外，还可采取的实验操作是___________。 (4)萃取所得有机相经反萃取后获得浓度较大的和混合溶液。向混合溶液中加入氢氟酸沉钪，实现铁钪分离。已知：、。写出沉钪反应的离子方程式：___________。 (5)用还原沉钪所得，再分离即可获得。 已知：101.3 kPa下，部分物质的熔、沸点如表所示。 熔点/℃ 沸点/℃ 842 1484 1541 2836 1423 2500 1552 1607 将原料置于反应炉加热。当接近800℃时，需增大炉内压强后继续升温至原料均熔化，反应开始发生。增大炉内压强的目的是___________。 【答案】(1)> (2) (3) 将萃取剂分成多次进行萃取 (4) (5)提高的沸点，防止达到熔化状态时液态汽化，从而有利于反应的发生 【分析】钪精矿中主要含、、以及少量的，加入碳酸钠后与反应生成，酸浸步骤、、、与加入的稀硫酸反应生成微溶物，、以及沉淀，接着通过萃取步骤实现钪的富集，让优先进入有机相，沉钪步骤向反萃取得到的、混合溶液中加入氢氟酸，将、转化为沉钪和配合物，最后还原步骤被金属还原得到，据此解答； 【解析】（1）反应中生成了气体，体系的混乱度增加，； （2）酸浸环节加入了稀硫酸，原料中含有，与硫酸反应生成微溶物，容易覆盖在矿石表面阻碍反应； （3）根据信息可知，，，；在不改变萃取剂用量的前提下，将萃取剂分成多次进行萃取可以提高总萃取率； （4）根据、可知，为弱酸，为难溶物，反应的离子方程式为：； （5）根据表格数据可知，Ca 的常压沸点为1484℃，而的熔点为 1552℃，反应需在原料均熔融（温度≥1552℃）的条件下进行。若为常压，会在 1484℃汽化逸出，增大炉内压强可提高Ca的沸点，保证还原反应顺利进行。因此增大炉内压强的目的是：提高的沸点，防止达到熔化状态时液态汽化，从而有利于反应的发生。 7． （2026·江苏宿迁·二模）铼 (Re) 、钼(Mo)是具有重要军事战略意义的金属。以钼精矿 (主要成分为MoS2、ReS2)，还含有杂质(FeS2、Al2O3、SiO2) 为原料制备金属钼、铼的工艺流程如下： 已知：①烧渣的主要成分为Re2O7、MoO3以及 Fe、Al、Si 的氧化物，Re2O7、MoO3为酸性氧化物。 ②过铼酸铵 (NH4ReO4) 是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。 ③常温下Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，Ksp(BaSO4)=1.1×10-10. 回答下列问题： (1)“焙烧” 常采用高压、通空气逆流操作(空气从焙烧炉下部通入，钼精矿粉末从中上部加入)，该操作的目的是___________，“焙烧” 过程中，易产生空气污染物SO2，为有效解决SO2的危害，可采取的措施有___________(任答一条)。 (2)浸渣的主要成分是___________(填化学式)，写出ReS2在 “焙烧” 时发生反应的化学方程式：___________。 (3)“还原” 时，Zn 被氧化成 [Zn(OH)4]²⁻，铼的化合物被还原成难溶的ReO2·2H2O，该反应的离子方程式为___________。 (4)“还原” 后过滤所得滤液经处理可制得金属钼缓蚀剂钼酸钠 (Na2MoO4)。 ①Na2MoO4固体的 X射线衍射图谱如下图，则Na2MoO4属于___________晶体(填 “晶体” 或 “非晶体”)。 ②滤液中的主要溶质有Na2MoO4、Na2SO4、Na2SiO3、Na[Al(OH)]4，先调 pH 除铝和硅，再向溶液中加入Ba(OH)2固体除去SO，若初始时溶液中c(MoO)=0.2mol·L-1、c(SO)=0.011mol·L-1，则当BaMoO4开始沉淀时，SO的去除率为___________(忽略溶液体积变化)。 (5) 一种MoO2晶体结构如下图所示，在MoO2中通过氮掺杂反应可生成MoO2-xNy，能使MoO2具有光学活性，掺杂过程如图所示。则MoO2-xNy晶体中x：y=___________。 【答案】(1) 使反应物之间充分接触，焙烧更充分，原料利用率更高 焙烧的时候加入生石灰(或将产生的气体通入碱性溶液中吸收) (2) (3) (4) 晶体 95% (5)7：2 【分析】钼精矿主要成分为、，还含有杂质、、，在空气中焙烧，金属硫化物全部被氧化为高价态金属氧化物和气体。固体加入溶液碱浸，只有不反应，成为浸渣。浸液中含有、、、、等。加入Zn，将还原为难溶的，过滤分离后，加入氧气氧化为，再加入溶液可将其转变为，通过降低温度即可得到大量的固体，再经过一系列操作最终得到Re。 【解析】（1）高压可提高氧气浓度，加快反应速率，提高原料利用率。空气逆流操作可使反应物接触更充分，反应更彻底。是酸性氧化物，可在焙烧时加入碱性氧化物如生石灰，与氧气反应生成，或者将产生的气体通入强碱性的溶液中吸收。 （2）由分析可知，浸渣的主要成分是。由已知①可知，烧渣中含有，可知发生了氧化反应，结合分析可得方程式为 （3）根据题中提示的主要反应物和生成物可写出离子方程式为。 （4）①由图可知，晶体的X射线衍射图谱有明显的特征衍射峰，因此属于晶体。 ②开始沉淀时，，此时溶液中，去除率。 （5）均摊法得晶胞中Mo位于晶胞的顶点、面上、内部，总个数为，根据化学式可知其晶胞中O的个数为8。掺杂后晶胞中面上一个O的位置被N取代，N的个数为、在内部和棱上产生了2个氧空位，总O个数为，因此化学式可写为，即，得，，，。 8．（25-26高三下·江苏扬州·月考）锂电池的研发、使用及废电池的回收具有重要意义。 (1)比能量是指电池单位质量(或体积)输出的电能。锂金属电池放电时总反应为Li+MnO2=LiMnO2。下列关于锂金属电池说法正确的是______(填序号)。 A．放电时Li作负极    B．比能量高于锌锰干电池    C．可用稀硫酸作电解质 (2)钴酸锂(LiCoO2)、磷酸铁锂(LiFePO4)等锂离子二次电池应用普遍。 ①钴酸锂电池放电时示意图如图1所示。放电时，Li+由LixC6中脱嵌。写出放电至完全时Li1-xCoO2电极的电极反应式：______。 ②磷酸铁锂电池具有循环稳定性好的优点。充电时Li+脱嵌形成Li1-xFePO4(0＜x≤1)。Li1-xFePO4晶胞中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构(如图2所示)。图2中黑球代表______，______。 (3)将废旧锂离子电池(外壳为铁，电芯含铝)置于不同浓度的Na2S和NaCl溶液中使电池充分放电是电池回收工艺的首要步骤。电池在不同溶液中放电的残余电压随时间的变化如图3所示。对浸泡液中沉淀物热处理后，得到XRD示意图谱如图4所示。 ①电池在5%Na2S溶液中比在5%NaCl溶液中放电速率更大，其原因是______。 ②与Na2S溶液相比，NaCl溶液的质量分数由5%增大至10%时，电池残余电压降低速率更快。依据图4 XRD图谱，分析其主要原因：______。 (4)将放电完全的钴酸锂电池正极材料粉碎后进行酸浸处理。实验测得，在相同条件下，使用盐酸作浸取剂可使钴转化为Co2+，转化率达到99%。写出盐酸作浸取剂发生酸浸反应的化学反应方程式：______。 【答案】(1)AB (2) Li1-xCoO2+xe-+xLi+=LiCoO2 Li+ 0.25 (3) Na2S溶液的还原性更强，更易参与氧化还原反应，加快电子转移速率 NaCl溶液浓度增大时，Cl-促进铁外壳腐蚀，生成更多Fe2O3等产物，加快电池放电过程，而Na2S溶液中生成的硫化物会抑制反应 (4)2LiCoO2+8HCl=2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O 【解析】（1）A．锂金属电池放电时总反应为Li+MnO2=LiMnO2，放电时Li作负极，MnO2做正极，A正确； B．100gLi可以失去电子：=14.3mol，100gZn可以失去电子：=3.1mol，所以锂电池比能量高于锌锰干电池，B正确； C．锂金属不可用稀H2SO4作电解质，因为锂可以与硫酸反应，破坏电极，C错误； 故答案为：AB； （2）①由图可知，放电时，Li+由LixC6中脱嵌，根据原子守恒、电荷守恒可得放电至完全时，Li1-xCoO2电极的电极反应式为：Li1-xCoO2+xe-+xLi+=LiCoO2，故答案为：Li1-xCoO2+xe-+xLi+=LiCoO2； ②根据题意可知，Fe存在于O原子构成的正八面体中，P存在于O原子构成的正四面体中，由图可以看出正八面体和四面体结构都为4个，所以晶胞中有4个Fe和4个P，则LiFePO4单元中实际构成是Li4Fe4P4O16，即Li+在8个顶点、4个棱心和前、后、左、右4个面心上，即图2中黑球代表Li+，由图2可知，Li1-xFePO4比LiFePO4少了前、后面心的2个Li+，少的个数为2×=1，则Li1-xFePO4晶胞为Li3Fe4P4O16，所以1-x=，x=0.25，故答案为：Li+；0.25； （3）①Na2S溶液具有更强的还原性，作为电解质溶液时，能更易参与电池的氧化还原反应，加快电子转移速率，从而使电池放电速率更快，故答案为：Na2S溶液的还原性更强，更易参与氧化还原反应，加快电子转移速率； ②依据图4 XRD图谱，当NaCl溶液浓度增大时，溶液中Cl-浓度升高，会加速铁外壳的腐蚀（发生析氢腐蚀或吸氧腐蚀），同时生成更多的Fe2O3等产物，这些产物会促进电池内部的电化学反应，加快电池的放电过程，使得残余电压下降速率变快，而Na2S溶液中，S2-会与金属离子形成难溶的硫化物（如FeS），覆盖在电极表面，一定程度上抑制了反应的进一步进行，放电速率相对较慢，其主要原因是NaCl溶液浓度增大时，Cl-促进铁外壳腐蚀，生成更多Fe2O3等产物，加快电池放电过程，而Na2S溶液中生成的硫化物会抑制反应，故答案为：NaCl溶液浓度增大时，Cl-促进铁外壳腐蚀，生成更多Fe2O3等产物，加快电池放电过程，而Na2S溶液中生成的硫化物会抑制反应； （4）将放电完全的钴酸锂电池正极材料粉碎后进行酸浸处理，实验测得，在相同条件下，使用盐酸作浸取剂可使钴转化为Co2+，转化率达到99%，则盐酸作浸取剂发生酸浸反应的化学反应方程式为：2LiCoO2+8HCl=2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O，故答案为：2LiCoO2+8HCl=2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O。 9． （2026·江苏南京·模拟预测）从分金脱氯渣（主要成分为Ag、Pb、SiO2）中获取高纯银的流程如图所示： 25℃时，Ag2CrO4为砖红色沉淀，Ksp(Ag2CrO4)=10-11.7，Ksp(AgCl)=10-9.7。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”的目的是将Ag、Pb转化为硝酸盐。加入H2O2的作用是________。 (2)已知：。 ①“沉银”后的滤液中，主要含有的阴离子可能有、________。 ②滤液中的浓度可以用K2CrO4为指示剂，以AgNO3为标准溶液来滴定，通过计算说明，理论上混合液中指示剂浓度不宜超过________mol·L-1（写出计算过程）。 (3)α-AgCl晶体是离子导体，晶胞结构如下图所示。Ag+可随机地分布在彼此共面相连的四面体空隙和八面体空隙中，则晶胞中n(Ag+):n(四面体空隙)=________。 (4)①N2H4·H2O还原[Ag(NH3)2]+的离子方程式为________。 ②实验表明pH过高，银的还原率下降，主要原因是________。 【答案】(1)将Ag、Pb氧化为，避免生成NO，污染环境。 (2) 、 (3)1：6 (4) pH过高，浓度增大，导致更稳定，难以被还原。 【分析】脱氯渣（主要成分为Ag、Pb、SiO2），加入HNO3、H2O2酸浸，将Ag、Pb转化为硝酸盐，加入NaCl沉银得到AgCl，Pb2+转化为滤液，滤渣中加入得到，再加入得到金属Ag，据此分析解答。 【解析】（1）加入H2O2的作用是做氧化剂，将Ag、Pb氧化为Ag+和Pb2+，同时还可以避免生成NO气体，污染环境； （2）①酸浸时加入了硝酸，加入NaCl“沉银”后的滤液中，还存在的阴离子有以及生成的； ②要解决该问题，需结合莫尔法滴定原理：滴定终点要求完全沉淀后才会生成砖红色沉淀指示终点，因此需先计算沉淀完全时的浓度，再计算此时最大允许的浓度，计算过程如下：当沉淀完全时，，根据，可得此时溶液中浓度： ，刚好沉淀完全时刚析出沉淀，此时浓度为最大允许浓度，根据，代入数据计算： ，因此理论上指示剂浓度不宜超过 。 （3） 如图所示四面体空隙位于晶胞面心，每个面心是4个，有，每个晶胞中含有的个数有，则Ag+的个数也为2，则晶胞中。 （4）“还原”过程为将还原为银单质，被氧化为氮气，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：；pH过高，浓度增大，导致更稳定，难以被还原。 10． （2026·江苏南通·一模）MnS是锰的一种重要化合物，可用于制备光催化剂。 (1)制备MnS。一种应用废旧锂离子电池正极材料(含及炭黑、铝箔等)制备MnS的过程如下： ①“酸浸”时加入的目的是______。 ②“沉锰”前，需测定溶液的浓度。准确量取2.50 mL的溶液于烧杯中，加入滴溶液(作催化剂)及固体充分反应，加热除去过量的，将所得溶液冷却后完全转移至200 mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00 mL稀释后的溶液于锥形瓶中，用溶液滴定至终点(滴定反应为，未配平)，平行滴定3次，平均消耗溶液25.00 mL。计算溶液的物质的量浓度：______(写出计算过程)。 ③已知硫脲的结构简式为。写出“沉锰”过程中发生反应的离子方程式：______。 (2)MnS纳米材料可用于光催化降解四环素类抗生素。在光照条件下，MnS能促进水体中的或转化为具有强氧化性的，氧化分解四环素分子。在相同条件下，不同晶型的MnS光催化降解四环素的效率不同。 ①具有强氧化性的原因是______。 ②已知和立方晶胞结构如图所示。中周围最邻近的数目和中周围最邻近的数目之比为______。 ③实际水体中存在、等离子，实验发现会显著降低四环素的降解效率、推测可能原因：______。 【答案】(1) 将中Mn还原为+2价Mn（或） ，， (2) 氧的电负性很大，且有一个未成对电子，极易得到电子 与发生反应，导致与四环素反应的变少 【分析】正极材料含及炭黑、铝箔等，加入、硫酸，酸浸，将中Mn还原为，Al生成，过滤除掉不溶的炭黑，加入，沉锰，生成MnS沉淀，以此回答。 【解析】（1）①流程目标是合成MnS，所以加入，目的是中Mn还原为+2价Mn（或）； ②，， ③由流程可知，加入后生成MnS和，所以离子方程式为：； （2）①具有强氧化性的原因是：氧的电负性很大，且有一个未成对电子，极易得到电子； ②中周围最邻近的数目为6，,中周围最邻近的数目为4，所以数目之比为； ③与发生反应，导致与四环素反应的变少，导致四环素的降解效率降低； 11．（2026·江苏南通·模拟预测）可用于制备新型电极材料和高效催化剂。 (1)制备。由含钴黄铁矿(主要成分为、)制备的流程如下。 ①“焙烧”过程中发生如下转化。 写出步骤Ⅰ的化学方程式：___________；“焙烧”中加入的作用是___________。 ②“酸浸”时钴浸出率与焙烧温度的关系如图1所示。焙烧温度在620℃~660℃时钴浸出率最高的原因是___________。 (2)制备新型电极材料。向和的混合溶液中加入NaOH，将生成的沉淀在空气中煅烧可制得新型电极材料，其晶胞结构如图2所示。该晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，写出由沉淀煅烧制得新型电极材料的化学方程式：___________。 (3)制备新型催化剂。步骤如下。 ①向溶液中加入溶液，充分反应后过滤，得到。其他条件一定，钴浸出率与反应温度的关系如图3所示。温度高于50℃，钴沉淀率下降的原因是___________。 ②将在空气中加热可制得(Co为+2、+3价)。通过下列方法测定的化学式：取一定质量的，加入过量盐酸，固体完全溶解后钴元素均转化为，加入指示剂，用EDTA(用表示)溶液滴定至终点，消耗24.00mLEDTA溶液。另取相同质量的钴氧化物，加入和混合溶液，中加入溶液，样品完全溶解后，用标准溶液滴定剩余的，达到滴定终点时消耗溶液20.00mL。计算的化学式___________(写出计算过程)。已知：。 【答案】(1) 促进CoS(或CoO)转化为；降低焙烧渣中CoO含量，有利于减少酸浸中硫酸用量 温度过低，焙烧不完全；温度过高，焙烧料烧结成致密、坚固的块状固体 (2) (3) 受热分解，浓度减小；的溶解度随温度升高而增大 【分析】该流程为含钴黄铁矿制备硫酸钴的工业工艺。首先将主要成分为CoS和FeS2的矿石进行高温焙烧，使硫化物转化为金属氧化物（CoO、Fe2O3），并放出SO2。过程中加入Na2SO4，促进CoS(或CoO)转化为，实现初步分离。焙烧熟料随后用稀硫酸进行酸浸，剩余CoO溶解生成CoSO4进入溶液，含CoSO4的溶液通过蒸发结晶得到硫酸钴产品。 【解析】（1）①步骤Ⅰ是与焙烧生成和，配平后化学方程式：； 从图看，和生成，然后和CoO生成，所以的作用是：促进CoS(或CoO)转化为；降低焙烧渣中CoO含量，有利于减少酸浸中硫酸用量； ②温度低于620℃，焙烧反应速率慢，反应不充分，所以浸出率低；温度过高，焙烧料烧结成致密、坚固的块状固体，使矿物孔隙减少，酸浸时难以浸出，所以浸出率下降。 （2）Ⅰ+Ⅱ中含有的共个、共4个、共8个，故；该电极材料的化学式为，和的混合溶液中加入NaOH，生成的沉淀为、，在空气中煅烧被氧化，配平得化学方程式：。 （3）①温度高于50℃，沉淀率下降，原因是：温度升高，受热分解，浓度减小，的溶解度随温度升高而增大，所以沉淀率下降； ②总钴的物质的量：与1:1反应，因此 ； 总物质的量： ； 高锰酸钾滴定剩余，，因此剩余： ； 与反应的： ，由，得 ； 电荷守恒： 代入得：，解得； 原子比：，因此化学式为。 12. （2026·江苏扬州·一模）从氧化锌烟尘(主要含ZnO、ZnS、FeOx、GeOx)中回收锌的部分流程如下 (1)酸浸氧化。向氧化锌烟尘样品中加入一定量0.5mol·L-1H2SO4和MnO2。 ①此过程ZnS被转化为Zn2+和S，其离子方程式为___________。 ②元素浸出率与MnO2用量关系如图所示。 随着MnO2添加量大于4％，铁元素浸出率趋势变化的可能原因是___________。 ③从氧化剂利用率角度分析，不用H2O2代替MnO2的理由是___________。 (2)沉锗。若用H2L表示单宁酸，“沉锗”的反应原理可表示为Ge4++3H2LH2GeL3↓+4H+。在加入单宁酸前，应调节溶液的最佳pH为2.5，原因是___________。 (3)“沉锗”后的溶液经除杂浓缩可得ZnSO4溶液。 ①测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取5.00 mL ZnSO4溶液，加水稀释至200 mL；取50.00 mL稀释后溶液，调节溶液的pH=10，用0.1000 mol·L-1EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA标准溶液25.00 mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度___________(写出计算过程)。 ②ZnSO4溶液经过惰性电极电解后，所得溶液可循环用于该流程中的___________步骤。 【答案】(1) 随着添加量增大，更多的被氧化为，反应消耗增多，水解生成，导致铁元素浸出率下降 在等金属离子的催化下，易分解损失，氧化剂利用率下降 (2)pH过大，易生成沉淀损失；pH过小，抑制H2GeL3沉淀生成 (3) 酸浸氧化 【分析】氧化锌烟尘(主要含ZnO、ZnS、FeOx、GeOx)加硫酸、酸浸氧化，生成、、S以及铁、锗的硫酸盐，再加入氧化锌调节pH，将铁元素转化为氢氧化物沉淀除去，再利用单宁酸沉锗，获得ZnSO4溶液，电解ZnSO4溶液获得锌单质。 【解析】（1）①ZnS被氧化为Zn2+和S，其离子方程式为； ②随着MnO2添加量大于4％，铁元素浸出率趋势变化的可能原因是随着添加量增大，更多的被氧化为，反应消耗增多，水解生成，导致铁元素浸出率下降； ③从氧化剂利用率角度分析，不用H2O2代替MnO2的理由是在等金属离子的催化下，易分解损失，氧化剂利用率下降。 （2）在加入单宁酸前，应调节溶液的最佳pH为2.5，原因是pH过大，易生成沉淀损失；pH过小，抑制H2GeL3沉淀生成。 （3）①测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取5.00 mL ZnSO4溶液，加水稀释至200 mL；取50.00 mL稀释后溶液，调节溶液的pH=10，用0.1000 mol·L-1EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA标准溶液25.00 mL；==，故50.00 mL稀释液中，则200.00 mL稀释液中，故； ②ZnSO4溶液经过惰性电极电解后，阴极放电生成锌单质，阳极水放电生成氧气和，故所得溶液为硫酸溶液，可循环用于该流程中的酸浸氧化。 13．（2026·江苏镇江·模拟预测）用含钴废料（主要成分为，含少量、、、、等）制备草酸钴晶体的工艺流程如图所示。 已知：①具有强氧化性。 ②，； 当溶液中离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全。 (1)①向含钴废料加入稀硫酸和溶液时，应先加入的试剂为______（填化学式）。 ②溶液与反应离子方程式为______。 (2)“浸出渣”的主要成分为______（填化学式）。 (3)加调的目的是______。 (4)“除钙镁”时，当除尽后，______。 (5)将在空气中加热可得到钴的氧化物。反应时测得残留固体的质量随温度变化的曲线如图所示，B点剩余固体产物为______。 (6)钴硫化物可用作锂离子电池的电极材料，其结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；所有结构均为立方晶胞。晶胞2中距最近的有______个。 【答案】(1) (2)、 (3)促进、完全水解为沉淀而除去 (4) (5) (6)4 【分析】用含钴废料制备草酸钴晶体，先加入稀硫酸和亚硫酸钠，和被还原为Co2+和Fe2+，形成沉淀，不溶，浸出渣的主要成分为和，向滤液中加入NaClO3时，Fe2+被氧化为Fe3+，继续加入碳酸钠溶液，调节溶液的pH，使铁离子、铝离子转化为沉淀，沉淀1为氢氧化铁、氢氧化铝，过滤后，向滤液中加入NaF，沉淀钙镁离子，沉淀2为MgF2、CaF2，过滤，向滤液中加入草酸铵，得到草酸钴晶体。 【解析】（1）向含钴废料加入稀硫酸和溶液时，应先加入的试剂为溶液，若先加入稀硫酸，会导致转化为SO2；溶液与发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：； （2）由分析可知，“浸出渣”的主要成分为、； （3）根据分析，加入碳酸钠溶液，调节溶液的pH，使铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀； （4）由已知②可知，当除尽后，，则； （5）在空气中加热首先失去结晶水，、的相对分子质量分别为183、147，结合图像可知，初始为0.1 mol ，A点为0.1 mol ，根据钴元素守恒，8.03 g B中钴为0.1 mol，氧为，则B中Co、O的物质的量之比为，故B点剩余固体产物为； （6） 根据晶胞2的结构可知，距最近的有4个：。 14．（25-26高三上·江苏徐州·期中）利用蛇纹石[主要含和少量Ni、Fe化合物等]制备的工业生产流程如下。 已知：。 (1)“焙烧”时，绿矾()在高温下分解得到红棕色固体和气体产物、和___________。与反应的化学方程式为___________。 (2)焙烧温度与、的浸出率关系如题图-1所示。焙烧温度超过670℃时，镁、镍“水浸”时浸出率下降的原因为___________。 (3)“矿化”时，、、的沉淀率随质量浓度的变化关系如题图-2所示。的沉淀率随质量浓度增大而逐渐降低的原因是___________。 (4)“矿化”后的滤液中，镍以形式存在，为正八面体构型(如题图-3所示)，则的结构有___________种，画出其中的一种结构___________(CO中碳原子为配位原子)。 (5)由滤液得到的NiO的晶胞如题图-4所示，晶胞中距离最近的的个数为___________。 【答案】(1) (2)温度过高时，绿矾会快速分解，未与蛇纹石反应充分就逸出，导致浸出率下降 (3)随的质量浓度增大，浓度增大，逆向移动，浓度增大，导致正向移动，的沉淀率减小 (4) 2 或    (5)6 【分析】利用蛇纹石[主要含Mg3Si2O5(OH)4和少量Ni、Fe化合物等]制备Mg5(CO3)4(OH)2•4H2O，蛇纹石加入绿矾焙烧，生成硫酸镁，SiO2，水浸过滤除去SiO2，硫酸镁加入氨水、碳酸铵矿化，生成Mg5(CO3)4(OH)2•4H2O，过滤得到Mg5(CO3)4(OH)2•4H2O，滤液含Ni，最终生成NiO，据此解答。 【解析】（1）“焙烧”时，绿矾(FeSO4•7H2O)在高温下分解得到红棕色固体(Fe2O3)和气体产物SO3、H2O和SO2；Mg3Si2O5(OH)4与SO3反应的化学方程式为，故答案为：SO2；。 （2）焙烧温度超过670℃时，镁、镍“水浸”时浸出率下降的原因为温度过高时，绿矾会快速分解，未与蛇纹石反应充分就逸出，导致浸出率下降，故答案为：温度过高时，绿矾会快速分解，未与蛇纹石反应充分就逸出，导致浸出率下降。 （3）“矿化”时，Fe3+、Mg2+、Ni2+的沉淀率随(NH4)2CO3质量浓度的变化关系如图-2所示。Ni2+的沉淀率随(NH4)2CO3质量浓度增大而逐渐降低的原因是，故答案为：随(NH4)2CO3的质量浓度增大，浓度增大，NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌逆向移动，NH3浓度增大，导致正向移动，Ni2+的沉淀率减小。 （4） [Ni(CO)2(NH3)4]2+的结构中，CO可位于平面的相邻和相对2种位置，其中的一种结构(CO中碳原子为配位原子)为或 ，故答案为：2；或 。 （5）无论以面心还是体心的离子为基准，晶胞中距离Ni2+最近的O2-的个数为6，故答案为：6。 15．（2026·江苏苏州·模拟预测）某含锶()废渣主要含有、、、和等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。已知时，， 回答下列问题： (1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态原子价层电子的轨道表示式为______。 (2)“浸出液”中主要的金属离子有、______(填离子符号)。 (3)“盐浸”中转化反应的离子方程式为______；时，向粉末中加入溶液，充分反应后，理论上溶液中______(忽略溶液体积的变化)。 (4)其他条件相同时，摩尔比对锶浸出率的影响如图所示。摩尔比由增大到，锶浸出率增长缓慢的原因是______。 (5)将窝穴体a(结构如图所示)与形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的，原因是______。 (6)由制备无水的最优方法是______(填标号)。 a．加热脱水    b．在气流中加热    c．常温加压    d．加热加压 (7)一种晶体的晶胞结构如图所示，由图可知，每个周围紧邻且等距离的个数为______。 【答案】(1) (2)、 (3) (4)当摩尔比超过1.8后，已基本转化完全，继续增加 用量，对转化反应的促进作用极小 (5)Sr2+有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定； (6)a (7)8 【分析】含锶(Sr)废渣主要含有、、、和，加入稀盐酸溶解、和 ，、不反应，过量，向滤渣中加入溶液，进行盐浸，发生反应：，然后过滤，浸出渣2中含有 以及没有完全转化的，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤，得到晶体。 【解析】（1） 锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族，基态原子价电子排布式为，轨道表示式为； （2）根据分析可知，“浸出液”中主要的金属离子有、、； （3）根据分析可知，“盐浸”中转化反应的离子方程式为：，时溶液中，的物质的量为，向粉末中加入溶液，充分反应后，过量溶液的浓度为，则，列三段式： 则理论上溶液中，； （4）当摩尔比超过1.8后，已基本转化完全，继续增加 用量，对转化反应的促进作用极小，因此锶浸出率增长缓慢； （5）窝穴体a与形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的，原因是Sr2+有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定； （6）Sr2+不水解，由制备无水时，直接加热脱水即可，答案选a； （7）由晶胞结构可知，位于顶点和面心，位于四面体空隙，每个 周围紧邻且等距离的个数为8。 / 学科网（北京）股份有限公司 $