专题08 工艺流程综合题（非选择题）（全国通用）2026年高考化学二模分类汇编

专题08 工艺流程综合题（非选择题） 1．（2026·甘肃金昌·二模）由锌阳极泥(主要成分为、、，还有少量锰铅复合氧化物)制取碳酸锰是处理锌阳极泥的有效途径，其工艺流程如图。回答下列问题： (1)基态的价层电子轨道表示式为___________。 (2)工业上取锌阳极泥800 g进行“酸洗”实验，酸洗液化验结果如下表所示，由此可知，“酸洗”工序的目的是___________。 编号 体积/mL 酸洗液/ 酸洗渣/% Mn Zn Mn Zn 1 3900 0.42 2.60 47.11 0.16 2 4000 0.24 2.47 46.23 0.17 3 4050 0.26 2.41 45.11 0.17 (3)“浸出”工序中主要反应的离子方程式为___________。 (4)向“净化”后的滤液中加入溶液和氨水，生成沉淀，反应的离子方程式为___________。在此过程中，所用氨水的浓度不能过大，加入速度不能过快，原因是___________。 (5)如图是与高效存储和利用有关的立方晶胞结构，晶胞参数为。 ①该晶体的密度为___________(写出计算表达式即可)。 ②该晶胞内阴、阳离子的最近距离为___________nm。 ③试分析中的键角大于氨气分子中的键角的原因：___________。 2．（2026·安徽合肥·二模）钕铁硼(NdFeB)废料中主要含和稀土氧化物(RE是稀土元素的缩写，此处表示和等)。从钕铁硼废料中获得稀土氧化物的一种流程如下。 回答下列问题： (1)的价电子排布图为_______。 (2)“氯化焙烧”时，焙烧温度对稀土元素和铁元素“浸取”时浸出率的影响如下图所示，写出“氯化焙烧”时生成稀土氯化物的化学方程式_______，当温度超过后，稀土元素浸出率降低的原因可能是_______。 (3)“浸取”时所得浸渣的主要成分是_______(填化学式)。 (4)“除铁”步骤中，当完全沉淀时，应大于_______(当离子浓度小于时，离子完全沉淀；)。若使用离子液体甲基三辛基氯化铵[]作萃取剂，也可通过萃取出而达到“除铁”的目的，该离子液体具有较低的熔点，分析其原因是_______。 (5)“沉淀”时，稀土元素形成草酸盐，则“滤液”中含有的阳离子有_______。 (6)写出“焙烧”时生成稀土氧化物的化学反应方程式_______。 3．（2026·新疆喀什·二模）草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备。工业上以钴矿(主要成分是，含有、、、等杂质)为原料制取草酸钴晶体的工艺流程如图所示。 已知：25℃时，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的见下表(当溶液中微粒浓度小于时，可认为已除尽)： 金属离子 开始沉淀的 沉淀完全的 回答下列问题： (1)钴元素在元素周期表中的位置是___________。 (2)“浸取”时提高浸取率的措施有___________答一条措施即可“浸取”时钴物质发生反应的离子方程式为___________。 (3)“除杂”过程中调pH的范围是___________。 (4)该工艺中设计“萃取”、“反萃取”的目的是___________、___________。 (5)“沉钴”时用溶液，不用溶液的原因是___________。 (6)准确称取在足量空气中充分灼烧，固体样品的失重曲线如下已知以后固体均为氧化物。 ①加热生成的反应中，氧化剂和还原剂物质的量之比为___________； ②的化学方程式为___________。 4．（2026·广东揭阳·二模）硫酸镍在新能源、电镀、催化和材料制造等领域占据核心地位，钴在催化、磁性材料和医疗领域发挥着不可替代的作用。以黄铁矿(主要成分为，还含有、、及少量)为原料制备硫酸镍同时回收的工艺流程如图： 已知：①“焙烧”后烧渣的主要成分是、、、和。 ②氧化性：。 ③常温下，部分氢氧化物的溶度积如下表： 氢氧化物                     一般情况下，离子浓度小于可认为该离子沉淀完全。 (1)基态原子价层电子排布式为：______。 (2)“焙烧”时，CoS发生反应的化学方程式为______。 (3)“酸浸”时，溶解反应中还原剂与氧化剂物质的量之比为______，“酸浸”不能选用浓盐酸的原因______。 (4)“调”时，当、的浓度均为时，最高可调至______(忽略溶液体积变化)。 (5)“沉钴”时，生成沉淀的离子方程式为______；若“沉钴”只加入碳酸氢铵，制得的沉淀颗粒较为疏松，原因是______。 (6)“萃取”时，可用萃取剂P204或P507，已知其结构如图所示(R是同一烃基)，两物质中上的氧原子均可与配位形成配位化合物。请结合物质结构知识分析两者配位能力大小：______(填“大于”“小于”或“等于”)。 (7)由制得的钴氧化物和按照适量的比例高温煅烧可得到钴蓝，钴蓝可用于青花瓷的颜料。钴蓝晶体结构是由图1中Ⅰ型和Ⅱ型两种小立方体平移所得。图2是钴蓝的晶胞，已知小立方体a、c、f均为Ⅰ型。则占据晶胞的体内、顶角和______，该钴蓝晶胞的化学式为______。 5．（2026·山东济宁·二模）某科研团队从废旧三元锂电池正极活性物质(主要成分)中回收锂、锰、钴、镍的工艺流程如下： 已知：“还原酸浸”后溶液中的金属离子主要有，，， (1)“放电处理”时，溶液提供导电通路，使电池放电完全，确保拆解安全，该过程中产生的气体为___________；将正极片预处理得到粉料的目的是___________。 (2)“沉锰”时pH约为6.0，所得锰沉淀主要成分为、、，写出生成的离子方程式___________。 (3)与丁二酮肟生成鲜红色的丁二酮肟镍沉淀。“沉镍”过程的最佳为5，不能过低，也不能过高的原因是___________[已知：]。 (4)“沉锂”过程中发生反应，该反应的平衡常数___________[已知，，]。 (5)“氧化”过程中，参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 (6)“酸化”过程中、的作用___________。 6．（2026·辽宁丹东·一模）稀土元素钪(Sc)及其化合物在电子、超导和催化剂领域有重要应用。工业上以赤泥熔炼渣(主要成分为、、CaO，少量)为原料分离Sc的一种工艺流程如下： 已知：①在不同温度下的溶解度(100mL)： 70℃ 75℃ 80℃ 85℃ 90℃ 95℃ 0.0200g 0.0215g 0.0230g 0.0255g 0.0280g 0.0300g ②100℃以下、不易分解③的氧化性很弱。 回答下列问题： (1)基态Sc原子价层电子d能级和s能级电子个数比为______。 (2)“浸渣”的主要成分为______、______(填化学式)。 (3)“反萃取”的目的是分离Sc和Fe元素。向“萃取液”中加入NaOH，、、的沉淀率随pH的变化如图，试剂X为______(填或NaClO)，应调节pH最佳为______。(填标号) A．1    B．2    C．4    D．6 (4)“沉钪”时，将固体加入草酸()溶液[配料比]，制得和混合溶液，发生反应的离子方程式为______。“沉钪”时测得相同时间钪的沉淀率随温度的变化如图所示，80℃以后，随温度升高钪的沉淀率降低的原因可能是______。(不考虑的水解) (5)在一定条件下，一种物质在两种互不相溶的溶剂A、B中的浓度之比是一个常数(分配系数)；萃取率。萃取Sc的过程中，若Sc元素的分配系数，取100mL含钪的溶液，一次性加入60mL萃取剂，则Sc的萃取率为______%。 7．（2026·山西太原·二模）镨（Pr）是重要的稀土元素，氟化镨（）常用作电弧碳棒添加剂。一种以孪生矿（主要含ZnS、FeS、、等）为原料制备氟化镨的工业流程如下。回答下列问题： 已知：①该实验条件下，金属离子生成氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH： 金属离子 开始沉淀时的pH 5.4 2.2 7.5 8.0 沉淀完全时的pH 6.5 3.1 9.0 8.9 ②较稳定，不易被过氧化氢、等常见氧化剂氧化。 ③常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机相和水相中的物质的量浓度之比称为分配比（D），萃取率（E）。 ④可与过量形成可溶性氟配合物，如。 (1)为提高“溶浸”速率，可采取的措施有________（答一点即可）。 (2)“溶浸”时可被氧化，生成淡黄色的沉淀，该反应的化学方程式为________。 (3)“除锌、铁”步骤中调节pH的范围为________。 (4)在某有机萃取剂和水中的分配比，现使用该萃取剂对1000L 的水溶液进行萃取，单次萃取率，则至少要加入萃取剂________L。（忽略溶液体积的变化） (5)萃取的原理为，“反萃取”步骤中，应加入的试剂是________（填化学式）。 (6)“转化”过程反应的离子方程式为________。 (7)“氟化”步骤中加入HF溶液时，反应温度过高会导致________；HF溶液加入过多会导致________。 8．（2026·江苏·二模）废旧钴酸锂正极材料（主要含）回收Li、Co等金属的工艺流程如下： 已知：①氯化胆碱（）属于季铵盐；可以与草酸形成低共熔溶剂； ②在溶液中常以（蓝色）和（粉红色）形式存在； ③能与过量的生成。 回答问题： (1)“微波共熔”溶剂由含氢键供体（能形成氢键的氢原子）的组分与含氢键受体（能与氢原子形成氢键的原子）的组分混合。草酸（）分子中氢键受体的数目为___________。“微波共熔”时，共熔溶剂（氯化胆碱和草酸按一定物质的量配比而成）和LiCoO2粗品以不同的液固比在120℃下微波处理10min后钴的浸出率见图-1。随着液固比不断增大，浸出率变化的原因是___________。 (2)“水浸”过程中溶液由蓝色变为粉红色，该变化的离子方程式为___________。 (3)“沉钴”过程中，的加入量与钴的沉淀率关系如图-2所示。沉淀率最高后，随比值的增加，钴的沉淀率逐渐减小的原因是___________。 (4)“沉锂”得到较纯的后，常用高温固相合成法进一步制备LiCoO2，具体做法为按Li和Co的物质的量之比为1:1配制好和，然后在700~900℃的空气氛围中煅烧，该过程的化学方程式为___________。 (5)某二价钴的氧化物M在纳米储能领域被广泛研究，其晶胞结构如图-3所示。和的半径相近，在物质M的晶胞中，的位置可以任意地被替代。若上述晶胞中1、2、3、4号位的被替代，则形成的新物质中___________。 9．（2026·河北张家口·二模）钨是一种战略稀有金属，黑钨矿是提取钨的重要原料。合理开发利用黑钨矿资源，对推动我国钨工业可持续发展具有重要意义。一种以黑钨精矿为原料提取的工艺流程如下： 已知：①黑钨精矿的主要成分为、，还含有方解石()。 ②“碱浸”中产生的在萃取前经酸化转化为钨聚合阴离子如等，三烷基胺()遇转化为胺盐如。 回答下列问题： (1)“磨矿”的目的是___________，为防止“酸浸”时产生大量气泡，产生“冒槽”现象，需采取的措施是___________。 (2)写出“雾化-氧化热解”时生成的化学方程式：___________。 (3)“萃取”的原理是胺盐与水溶液中的物质发生离子交换，则“反萃取”中发生反应生成的化学方程式是___________。 (4)萃余液中加入固体可制备，调整萃余液中的初始浓度，测得相同时间内不同初始下，与萃余液中的物质的量之比对的转化率的影响如图所示。 当与物质的量之比一定时，初始对应的的转化率最大，试分析原因：___________。 (5)“纯化”时加入HCl和的作用分别是___________、___________。 (6)此工艺流程实现了多种物质的循环利用，如“雾化—氧化热解”中生成的HCl可循环至“酸浸”或“纯化”、___________(再举一例)。 10．（2026·江西南昌·二模）钛白废酸是钛白粉生产过程中的水解母液，除含和硫酸外，还有（锆离子）、、等杂质，下图是以P204（看作HA）-TBP为共萃体系从钛白废酸中利用溶剂二次萃取法提取钪的流程图。 已知：①油水相比（O/A）是萃取过程中油相与水相的比值，相比越大，油相可以负载金属离子的量就越大，萃取率就越高，同时消耗的油相也越大。 ②TBP能有效抑制乳化现象的形成，与生成的配合物很难被P204萃取，铁离子在时萃取率很低。 回答下列问题： (1)基态Sc原子中不同自旋方向的电子数之比为______，实验室中萃取操作需使用的玻璃仪器为______。 (2)P204萃取钪离子的方程式为，“碱液反萃”加入足量NaOH产生氢氧化钪沉淀的离子方程式为______，“碱液反萃”后的有机相加入______（填试剂名称）可实现有机相的再生。 (3)、时，富集浸出液中初始浓度与金属离子萃取率的关系图如下，结合图像与题目分析“萃取富集”的作用是______。 (4)①“萃取纯化”选择更大油水相比（O/A）的原因是______。 ②“萃取纯化”后需经过______、______步骤再加入草酸溶液“沉钪”。 (5)“煅烧”的化学方程式为______。 11．（2026·广东深圳·二模）钨（W）、钼（Mo）是战略性稀有金属。一种从钨钼矿（主要成分为CaWO4，还含有Mo、Fe、P、As、Si等元素）中提取W、Mo的工艺如图所示。 已知：常温下，，。 在不同pH的溶液中，钨、钼的主要存在形式如表： pH 1 3 5 7 ≥9 W                     Mo                     (1)基态砷原子价层电子的轨道表示式为_____。 (2)“碱浸”时，发生反应的化学方程式为_____。 (3)常温下，“除磷砷”时： ①除砷反应的离子方程式为：_____。 ②磷、砷完全沉淀（）后，溶液中至少为_____（已知：）。 (4)W、Mo原子半径相近，可通过离子交换法实现两者的分离。离子交换树脂骨架上的可交换离子与溶液中带相同电荷的目标离子发生交换，目标离子进入树脂骨架。D308阴离子交换树脂更容易交换所带电荷多、半径大的目标离子。结合表中信息分析： ①选用D308阴离子交换树脂实现W、Mo分离时的最佳pH为_____。 ②从工艺成本角度分析，相比阳离子交换法，选用D308阴离子交换树脂实现W、Mo分离的优点是_____。 (5)一种含钨、钼、钽（Ta）元素的合金的立方晶胞结构如图所示，W与Mo的最小间距大于W与Ta的最小间距。 ①W、Mo、Ta的原子个数比为_____，若Mo与Ta之间的最小间距为a nm，则晶胞的边长为_____nm。 ②晶面对晶体的生长、成型等有重要影响。米勒指数可用于标记晶面，是指晶面分别与三轴截距的倒数，通过求比化为最简的三个整数。图中，实线所示晶面与三轴截距的倒数为，因此该晶面可标记为；则虚线所示晶面可标记为_____。 12．（2026·辽宁鞍山·二模）钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质，从该废渣中提取钴元素的一种流程如下： 回答下列问题： (1)基态Co原子的未成对电子数为____； (2)“酸浸”步骤得到的浸渣的主要成分是________（填化学式）； (3)已知25℃的，；，计算25℃时“沉铜”反应的平衡常数数值为___（保留两位有效数字）； (4)“沉锰”步骤中生成的离子方程式是________； (5)“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，与NaClO反应的离子方程式为________； (6)有研究团队用柠檬酸代替稀酸浸废渣，最大程度回收其中的钴元素。柠檬酸为羟基三羧酸，分子式为，与钴离子有较强的配合能力。但柠檬酸浓度过大时，形成的配合物在水中的溶解度会下降。 ①用柠檬酸代替稀，可能的原因是___（填代号）； a．有机酸易降解、污染小，绿色、安全 b．减少浸出过程中产生的，减小环保压力 c．柠檬酸中C原子电负性小，易提供孤电子对与金属离子形成配位键，可提高金属元素浸出率 ②浸出率受多种因素的影响，该研究团队探究酸的浓度、浸出温度对浸出率的影响，结果如下： 据此，选择钴元素最佳浸出浓度和温度是_______。随柠檬酸浓度的变化，钴元素浸出率变化的原因是________________________。 13．（2026·河南濮阳·二模）以含钴镍废料(主要成分为、NiO，还含少量、CaO、MgO、和Ti的化合物)为原料制备草酸钴()和硫酸镍()的工艺流程如图。 已知：①，。 ②萃取剂为有机物，可用通式HR表示，萃取金属离子M时，发生反应：。 回答下列问题： (1)“滤渣1”的主要成分是和___________(填化学式)。 (2)“酸浸”时的作用是___________。 (3)“除钛”中，转化为的化学方程式___________。 (4)“沉铁”时发生反应的离子方程式为___________。 (5)“除钙镁”时，当时，溶液中___________。 (6)、利用萃取剂进行分离时，二者萃取率随无机相pH变化如图所示。无机相的pH控制在___________左右为宜。 (7)镍能形成多种配合物，其中是无色挥发性液体，是红黄色单斜晶体。的熔点高于的原因是___________。 (8)将所得二水合草酸钴()，在惰性气体中加热，其热重分析曲线如图所示，其中A、B、C均为纯净物，请写出从A到B的化学方程式___________。 (已知：固体残留率) 14．（2026·江西上饶·二模）铜转炉烟灰中含金属元素（主要为、、、）的硫酸盐和氧化物以及，其中有价金属回收的工艺流程如图。 已知：Ⅰ.时，。 Ⅱ.“浸出液①”中所含有的金属阳离子有、、和。 回答下列问题： (1)为提高浸取效率，可采取的措施有_____（任写一点）。 (2)“浸出”中，当硫酸浓度大于时，金属离子浸出率反而下降，其可能的原因是_____。 (3)“除杂”中，加入调节溶液至5.2后，用溶液氧化，所得“滤渣”主要成分为、，该氧化过程的离子方程式为_____。 (4)“转化”过程中发生的离子方程式为_____。平衡常数为_____。（保留3位有效数字） (5)测定铜转炉烟灰中的：取硝酸“浸出液②”于锥形瓶中，调为5，加入指示剂后用的标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。（离子方程式为）。则“浸出液②”中的浓度为_____。 (6)黄铜合金采取面心立方堆积，其晶胞结构如下图所示： ①合金的化学式是_____。 ②黄铜合金晶体的密度为，则晶胞的边长为_____（只写计算式，不求结果）。 15．（2026·湖南怀化·二模）锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用湿法工艺冶炼锌。以某硫化锌精矿(主要成分是ZnS，还含有少量FeS等其他成分)为原料冶炼锌的工艺流程如图所示： 已知：①焙砂的主要成分为； ②常温下，，； ③常温下，，。 回答下列问题： (1)基态Zn原子的价电子排布式为___________。 (2)“焙烧”前需将硫化锌精矿粉碎处理，其目的是___________。 (3)常温下，含尘烟气中的可用氨水吸收，用氨水吸收至溶液的时，所得溶液中的___________。 (4)浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，所得滤渣的成分为___________(填化学式)。 (5)硫化锌精矿的主要成分ZnS遇到硫酸铜溶液会慢慢地转化为铜蓝(CuS)，发生反应ZnS ，该反应的平衡常数___________。 (6)硫化锌可作为锂离子电池的负极材料，其晶胞形状为立方体，边长为。在充电过程中，ZnS晶胞的组成变化如图所示。 ①的化学式为___________(和用具体数字表示)。 ②ZnS晶体中距离最近的有___________个。 ③设阿伏加德罗常数的值为，晶体的密度为___________。 16．（2026·宁夏银川·二模）以固体废锌催化剂(主要成分为及少量)为原料制备锌的工艺流程如图： 已知：①“浸取”时，、转化为、进入溶液； ②时，、； ③深度除杂标准：溶液中； ④有机萃取剂(用表示)可萃取出，其萃取原理反应为：。 (1)基态原子价电子排布式为_______。 (2)“浸取”温度为时，锌浸出率可达，继续升温浸出率反而下降，其原因为_______。 (3)“操作a”的名称为_______。 (4)“深度除锰”是在碱性条件下将残留的转化为，离子方程式为_______。 (5)“深度除铜”时，锌的最终回收率、除铜效果[除铜效果以反应后溶液中铜锌比表示]与“加入量”[以表示]的关系曲线如图所示。 当加入量时，锌的最终回收率下降的原因是_______(用离子方程式表示)，该反应的平衡常数为_______(计算结果保留三位有效数字)。(已知：的) (6)“电解”时，使用惰性电极，阴极存在竞争反应。该竞争反应的电极反应式为_______。 17．（2026·江西萍乡·二模）废旧磷酸铁锂电池的正极材料中含有、导电剂(乙炔黑、碳纳米管)等。工业上利用废旧磷酸铁锂电池的正极材料回收锂的工艺流程如下： 已知：①LiFePO4不溶于碱，可溶于稀酸。酸浸后溶液中的阴离子主要有、。 ②相关物质溶解度如下： 0 20 40 60 80 100 LiOH 11.9 12.4 13.2 14.6 16.6 19.1 Li2CO3 1.54 1.33 1.17 1.01 0.85 0.72 回答下列问题： (1)将电池粉碎前应先放电，放电的目的是______。 (2)LiFePO4中铁元素的价态为______，基态氧原子的价层电子轨道表示式为______。 (3)“酸浸”步骤发生的主要反应的离子方程式为______。滤渣的主要成分是______。 (4)“沉铁沉磷”步骤中当碳酸钠浓度大于30%后，铁沉淀率仍然升高，磷沉淀率明显降低，其可能原因是______。 (5)为了充分沉淀，“沉锂”时所用的X和适宜温度是______(填标号)。 A． B． C． D． (6)将废旧锂离子电池(外壳为铁，电芯含铝)置于不同浓度的和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1所示。对浸泡液中沉淀物热处理后，得到射线衍射图谱如图2所示。 ①电池在溶液中比在溶液中放电速率更大，其原因是______。 ②与溶液相比，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2图谱，分析其主要原因是______。 18．（2026·山东济南·二模）金属钒被誉为“合金的维生素”。从废钒渣（主要含、，杂质为CuO、、等）中回收V和的工艺流程如下图所示： 已知：①“焙烧”时V、Fe、Cr元素分别转化为、和； ②微溶于水；向溶液中加酸，不同pH对应的主要存在形式如下表： pH 10.6~12 约8.4 3~8 约2 存在形式 回答下列问题： (1)“焙烧”时，气体和固体粉末采用逆流式通入，其目的是_____________，发生反应的化学方程式为_____________，“滤渣Ⅰ”的主要成分为______。 (2)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示，当溶液中可溶性组分浓度时，可认为已除尽。 通入调pH的理论范围为_______，反应的平衡常数_______。 (3)加压通入可将转化为，总反应的离子方程式为_____________，若没有该操作单元，导致的后果是_____________。 (4)“沉钒”加硫酸调pH约为____。“转化”过程中，先加入适量碱调pH，再加稍过量KCl，稍过量KCl作用是_____________。 19．（2026·陕西渭南·二模）以某地铜水钴矿(主要成分为，还含有较多的NiO、CoO以及少量的、CaO、MgO和等)为原料获得钴、铜、镍的化合物，工艺流程如下： 已知：①某些低价金属氧化物可以溶于稀硫酸中，而其较高价金属氧化物只能溶解在较浓的硫酸中； ②，。 (1)请写出镍原子的基态电子排布式___________。 (2)“磨矿、浆化”的目的是___________。 (3)一段浸出的浸渣再进行二段浸出的目的是___________，过程中生成氧气，写出反应的化学方程式___________。 (4)“除铁”工序中采用黄钠铁矾法技术，黄钠铁矾为淡黄色不溶性晶体，写出反应的离子方程式___________。 (5)除钙镁工序中，当、被完全除去(离子浓度小于等于，视为沉淀完全)，此时不低于___________。 (6)将产品()在氮气氛围下进行热重分析，在不同温度范围内失重率如图所示。通过计算确定290∼430℃剩余固体的成分___________(填化学式)。 20．（2026·湖南岳阳·二模）电解铜的阳极泥中含PtTe、PdSe、Pt、Pd、Au、Cu等物质，以该阳极泥为原料，分离和回收Au、Pt、Pd、Cu等金属或其化合物的工艺流程如图所示。 已知：①PtTe中Pt为+2价，且“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态Pt、Pd均转化为单质； ②易溶于水，、难溶于水； ③。 回答下列问题： (1)52Te在周期表中的位置是___________。 (2)“氧化焙烧”中，PtTe发生反应的化学方程式为___________。 (3)“酸浸”的目的是分离___________元素(填元素符号)。 (4)“氯浸”工艺中，金属Pt、Pd、Au被氧化为配离子：[PtCl6]2-、[PdCl6]2-、[AuCl4] -，Au转化为[AuCl4] -的反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为___________。 (5)“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属Au外，还有___________。 (6)“沉钯”之前，测得溶液中c0{[PtCl6]2-}=0.2mol/L，加入等体积的NH4Cl溶液充分反应，测得反应后混合液中c{[PtCl6]2-}=1.1×10-6mol/L，则初始加入NH4Cl溶液的浓度约为___________mol/L(忽略溶液混合时的体积变化)。 (7)某储氢铜合金具有立方最密堆积的结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的结构(晶胞结构如图)相似，该晶体储氢后的化学式为___________。 21．（2026·河北沧州·二模）金广泛应用于电子制造及航空航天领域，以载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被、包裹，还含有少量、)为原料提炼Au的工艺流程如下： 已知：①有毒，高温较稳定；②硫脲有还原性，在碱性条件下易发生水解，同时与碱反应生成；③不溶于水、盐酸、硫酸及氢氧化钠溶液，可溶于王水；④时，，，离子浓度时即可认为沉淀完全。 (1)基态铜原子的价层电子排布式为___________。 (2)“焙烧”时，FeAsS转化为两种有毒物质和一种红棕色固体，该反应的化学方程式为___________。 (3)“浸金”应在酸性介质中进行，这是因为在碱性条件下：①硫脲易水解，加大硫脲消耗量；②转化为沉淀；③___________。“浸金液”中含，与配位的原子是而不是的原因是___________。 (4)“滤渣2”的主要成分是___________，“砷氧化”时含砷微粒转化的离子方程式为___________。 (5)“沉砷”时，砷的去除率与温度的关系如图所示。温度越高，溶液中砷的去除率越低的原因是___________，常温下，为使完全沉淀而无Ca(OH)2析出，溶液的pH应不大于___________。 22．（2026·西藏拉萨·二模）草酸钴是制作氧化钴和金属钴的原料，一种利用含钴废料(主要成分，含少量、、CaO、MgO、碳及有机物等)制取的工艺流程如下： 已知：，。 回答下列问题： (1)“550℃焙烧”是为了除去___________。 (2)“碱浸”时NaOH稍过量，浸出液的主要成分是___________。 (3)“浸钴”时先加入稀硫酸酸化，再加入，而不是同时加入两种试剂，这样做的目的是___________，钴离子发生转化的离子方程式为___________。 (4)“净化除杂1”时，先___________(填“少量多次”或“足量”)的加入H2O2，再调节pH使沉淀。 (5)“净化除杂2”时先沉淀的离子为___________。 (6)隔绝空气加热分解后得到，晶胞如图所示，晶胞中Co的配位数为___________。 23．（2026·吉林长春·二模）氟碳铈矿是一种重要的稀土矿物，主要成分为[R代表钇(Y)、镧(La)、铈(Ce)]，常伴生有Fe、Al、Mg等杂质。一种以氟碳铈矿综合回收Y、La、Ce的工艺路线如下： 已知：①稀土氧化物()可溶于稀盐酸，不溶。 ②常温下各种金属离子完全沉淀的pH如下表： pH 11.6 9.0 8.3 3.2 4.7 ③溶质X的萃取分配系数；萃取率。 回答下列问题： (1)氟碳铈矿中伴生的Al是第___________周期第___________族元素。 (2)在空气中焙烧第一步转化为和，再转化为，第一步转化的化学方程式为___________。 (3)滤渣1中主要成分除了外还有___________(填化学式)。 (4)滤液2中的金属离子主要为___________(填离子符号)。 (5)“萃取”和“反萃取”过程可简化为：(水相)(有机相)(有机相)(水相)，其中代表P507。 ①该过程属于___________(填“阳离子交换”或“阴离子交换”)萃取。 ②若水相为100 mL，萃取时每次用30 mL P507。已知，则理论上第一次萃取时的最大值为___________(忽略萃取过程中液体体积的变化)。 ③“反萃取”过程中加入的试剂是___________。 (6)焙烧得到疏松的固体的原因是___________。 24．（2026·江苏南通·二模）电解锰渣(主要成分为、和少量)提取的工艺流程如下： (1)写出一种降低浸出液中含量的有效措施___________。 (2)“还原酸浸”时，发生反应的离子方程式为___________。 (3)用一定浓度的溶液浸出铅元素的反应为。从平衡常数的角度解释不用溶液浸取的原因是___________。 已知：①；； ②。 (4)以、和NaOH为原料，混合后进行沉淀转化制得。已知：的产率随pH的变化如图-1所示。制备时，控制pH约为8的原因是___________。 (5)受热分解为Pb(Ⅳ)和Pb(Ⅱ)的混合氧化物，Pb(Ⅳ)能氧化浓盐酸生成。现将加热分解得到，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到。生成的和的体积比为2：1(相同状况下)。计算剩余固体中、原子个数比___________。(写出计算过程)。 (6)铅的某氧化物的晶胞结构如图-2所示： 用“”和“”画出该晶胞沿z坐标轴方向的投影图___________。 25．（2026·广西崇左·二模）钛广泛应用于航空航天、医疗和汽车制造等领域。以高钛炉渣(主要成分为TiO2，还含有Al2O3、Fe2O3、MgO及SiO2)为原料制备钛的工艺流程如图所示。回答下列问题： 已知：①滤液1中主要含Fe3+、Al3+、Mg2+；滤液2中主要含TiO2+。 ②几种金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表所示。 金属离子 Fe3+ Al3+ Mg2+ 开始沉淀时的pH 2.2 3.4 8.9 完全沉淀时的pH 2.8 4.7 10.9 ③金属离子完全沉淀的条件是。 (1)基态Fe3+的价层电子排布图为___________，Ti位于元素周期表___________区。 (2)相对于冷水，“浸取”时选择热水的优点是___________。 (3)“煮沸”后期，常加入少量氨水，其目的是___________。 (4)“氯化”时，发生反应的TiO2、C和Cl2的物质的量之比为___________。 (5)利用滤渣3制备高纯度铁红的操作是___________(简述操作过程)。 (6)“操作A”是加入SOCl2、共热，写出总反应的化学方程式；___________。 (7)“电解”时，阳极的电极反应式为___________。 26．（2026·甘肃酒泉·二模）钴是重要的战略性金属。从炼锌钴渣(含ZnO、CoO、CuO、FeO、、)中回收钴的工艺流程如图所示。 已知：相关物质的溶度积常数如下表。 物质 回答下列问题： (1)为了提高“酸浸”速率，可以采取的措施有_______(写出1条即可)。 (2)“滤渣2”的主要成分是_______(填化学式)。 (3)检验沉淀是否洗涤干净的操作是_______。 (4)“还原酸溶”中发生反应的离子方程式为_______。 (5)工业上可通过电解溶液制备金属钴的同时，可获得较浓的硫酸，电解装置如图所示，则阳极的电极反应式为_______；当电极上有1 mol Co生成时，获得硫酸的物质的量为_______mol。 (6)从“溶液1”中可回收锌元素，并制备用途广泛的。已知的晶胞结构及其在xy面投影如图所示。 ①基态Zn的价电子排布式为_______。 ②设为阿伏加德罗常数的值，该晶胞的密度为_______。 27．（2026·广东茂名·二模）某废旧线路板中富集了大量金属元素：Au、Cu、Sn、Pb，一种处理的工艺流程如下所示。 已知：①25℃时，；。 ②溶解度随温度变化如图所示： 回答下列问题： (1)“加热浸出”时，发生转化： ①反应Ⅱ的离子方程式为___________。 ___________+___________   ②75℃时Sn、Pb浸出率达到最大值，继续升温，Pb的浸出率反而略有下降，原因是___________。 ③下列说法正确的有___________。 A．中只存在离子键 B．“系列操作”为蒸发结晶、过滤 C．加少量水稀释浸出液，有利于析出 D．加热浸出时加入NaCl能提高Pb的浸出率 (2)“溶铜”时，Cu参与反应的化学方程式为___________，利用浓缩后的“溶出液”可给磨具镀铜，在答题卡中完善电镀的装置示意图并作相应的标注___________。 (3)“萃取”时，原理为，“反萃取”后，水溶液中含和，则试剂A为___________（写化学式）。 (4)“系列操作”后，再调pH沉锡，若滤液中离子浓度分别为，，当开始沉淀时___________（保留2位有效数字）。 (5)在Cu-Au合金中掺杂Pd得到高催化性能的合金，其立方晶胞结构如图，相邻原子间的最近距离之比，晶体中与Cu原子最近且等距离的Au原子数目为___________，粒子个数最简比___________。 28．（2026·广东深圳·二模）从钕铁硼废渣(主要含有Nd、Fe、B、Co的单质和)中回收钕和钴的流程如图所示。 已知：①B难溶于非氧化性酸；②氧化性：；③P507(用HR表示)萃取稀土离子的原理为：；④常温下，，，，离子浓度达到可视为沉淀完全。 (1)“滤渣”的主要成分为___________(填化学式)。 (2)“氧化”后主要以的形式存在，加入进行萃取。先与结合生成，再将转移到有机相。从微粒间相互作用的角度判断与的相互作用___________(填“强于”、“弱于”或“等于”)与的相互作用。 (3)“有机相2”可在___________(填操作单元名称)中循环利用。 (4)“沉钕”的离子方程式为___________；若恰好沉淀完全时，溶液，此时溶液中___________mol/L。 (5)在500℃、不同条件下获得的煅烧产物的X射线衍射谱图如图所示(不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。实验证明，在空气中分解时发生了两步反应，第二步反应的化学方程式为：___________。 (6)的晶胞由边长均为的立方体结构单元A和B交替并置组成。 ①该立方晶胞的体积为___________。 ②的配位数是___________。 ③___________。 29．（2026·安徽滁州·二模）某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、、FeS和CuCl)中的Zn、Pb、Cu元素。 已知：①“氧化浸出”时，不发生变化，ZnS转变为； ②；； ③酒石酸结构简式为(记作)。 回答下列问题： (1)Pb位于元素周期表第六周期第ⅣA族，基态Pb原子价电子排布图为_______。 (2)“氧化浸出”时，温度不能过高的原因为_______。 (3)“氧化浸出”时，ZnS发生反应的化学方程式为_______。 (4)“沉锌”步骤中发生反应的离子方程式为_______。 (5)滤渣1的主要成分有S、和_______(填化学式)。 (6)“浸铅”步骤，和反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为_______，pH过高可能生成_______(填化学式)。 (7)制备光学材料。如图所示，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带_______(填“正电”或“负电”)。 30．（2026·内蒙古包头·二模）二氟草酸硼酸锂(，分解温度为)，在较宽的温度范围内具有良好的离子电导率，对水分不敏感，被认为是最有希望取代六氟磷酸锂(，分解温度约)的电解质锂盐。由锂精矿(主要成分有，还含有少量等离子)制备的工艺流程如图所示。 回答下列问题： (1)调浆浸出时通入热空气的作用是_______。 (2)锂精矿中所有的Al元素和Si元素，以某种铝硅酸盐(金属元素只有铝元素)从滤渣1中分离，该铝硅酸盐的化学式可表示为_______，滤渣2的主要成分是、和_______(填化学式)。 (3)分离提纯的步骤，将滤液蒸发浓缩，加入NaOH后，冷却到分离出。再将分离后的母液_______、_______(填操作名称)，得到LiOH固体。 (4)一般认为和反应分两步进行，补齐第一步反应。 第一步：_______； 第二步：。 (5)具有五元环结构，B原子的轨道杂化类型是，其结构式可表示为_______。 (6)在潮湿环境中，和两种样品的XRD图谱(可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)如下图所示。 暴露在环境中迅速产生气体X，形成白雾，X由两种元素组成，其化学式为_______；替代作电池电解质的优势为_______(答出2点)。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题08 工艺流程综合题（非选择题） 1．（2026·甘肃金昌·二模）由锌阳极泥(主要成分为、、，还有少量锰铅复合氧化物)制取碳酸锰是处理锌阳极泥的有效途径，其工艺流程如图。回答下列问题： (1)基态的价层电子轨道表示式为___________。 (2)工业上取锌阳极泥800 g进行“酸洗”实验，酸洗液化验结果如下表所示，由此可知，“酸洗”工序的目的是___________。 编号 体积/mL 酸洗液/ 酸洗渣/% Mn Zn Mn Zn 1 3900 0.42 2.60 47.11 0.16 2 4000 0.24 2.47 46.23 0.17 3 4050 0.26 2.41 45.11 0.17 (3)“浸出”工序中主要反应的离子方程式为___________。 (4)向“净化”后的滤液中加入溶液和氨水，生成沉淀，反应的离子方程式为___________。在此过程中，所用氨水的浓度不能过大，加入速度不能过快，原因是___________。 (5)如图是与高效存储和利用有关的立方晶胞结构，晶胞参数为。 ①该晶体的密度为___________(写出计算表达式即可)。 ②该晶胞内阴、阳离子的最近距离为___________nm。 ③试分析中的键角大于氨气分子中的键角的原因：___________。 【答案】(1) (2)除去，富集 (3) (4) 会生成，降低的产率和纯度 (5) 分子中原子上有孤电子对，中的原子与形成配位键，孤电子对用于成键，不再对成键电子对产生排斥，由于成键电子对对成键电子对的排斥作用小于原先孤电子对的排斥作用，故键角增大 【详解】（1） 基态原子的价层电子排布式为，失去两个电子变为，因此基态的价层电子轨道表示式为。 （2）由表可知，锌阳极泥经过“酸洗”之后，90%以上的锌都进入了酸洗液中，酸洗渣中锰含量较高，完成了富集； （3）“浸出”工序中，在酸性条件下被还原为，反应的离子方程式为； （4）①“沉锰”工序中，与和氨水反应，生成沉淀，反应的离子方程式为：； ②氨水浓度过大，会使溶液中浓度过高，导致与反应生成沉淀，降低的产率和纯度； （5）①该晶胞中包含4个（阳离子：；阴离子：），晶胞参数为anm ，晶体密度为。 ②晶胞内阳离子位于面心和顶点，阴离子位于体内，阴、阳离子的最近距离为晶胞体对角线的，计算可得最近距离为； ③分子中原子上有孤电子对，中的原子与形成配位键，孤电子对用于成键，不再对成键电子对产生排斥，由于成键电子对对成键电子对的排斥作用小于原先孤电子对的排斥作用，故键角增大。 2．（2026·安徽合肥·二模）钕铁硼(NdFeB)废料中主要含和稀土氧化物(RE是稀土元素的缩写，此处表示和等)。从钕铁硼废料中获得稀土氧化物的一种流程如下。 回答下列问题： (1)的价电子排布图为_______。 (2)“氯化焙烧”时，焙烧温度对稀土元素和铁元素“浸取”时浸出率的影响如下图所示，写出“氯化焙烧”时生成稀土氯化物的化学方程式_______，当温度超过后，稀土元素浸出率降低的原因可能是_______。 (3)“浸取”时所得浸渣的主要成分是_______(填化学式)。 (4)“除铁”步骤中，当完全沉淀时，应大于_______(当离子浓度小于时，离子完全沉淀；)。若使用离子液体甲基三辛基氯化铵[]作萃取剂，也可通过萃取出而达到“除铁”的目的，该离子液体具有较低的熔点，分析其原因是_______。 (5)“沉淀”时，稀土元素形成草酸盐，则“滤液”中含有的阳离子有_______。 (6)写出“焙烧”时生成稀土氧化物的化学反应方程式_______。 【答案】(1) (2) 分解速率加快，与稀土元素之间的反应不完全，导致稀土元素浸出率降低 (3) (4) 3 阳离子体积大且结构不对称，导致空间位阻大，减弱了离子间的静电作用力，使得熔点低 (5) (6) 【分析】首先加入氯化焙烧，将稀土氧化物转化为可溶于水的，完成稀土的氯化转化；随后水浸浸取，大部分铁以不溶物形式留在浸渣，实现稀土与铁的初步分离；浸出液加氨水沉淀剩余完成深度除铁，再加草酸沉淀稀土得到草酸盐，最终高温焙烧分解得到目标产物，据此解答。 【详解】（1）Fe为26号元素，Fe原子失去3个电子得到，价电子排布式为，电子排布图为。 （2）氯化焙烧时，与反应生成、氨气和水，化学方程式： ； 温度超过310℃后浸出率降低的原因：受热易分解挥发，温度过高后氯化剂浓度降低，稀土氯化程度下降，因此浸出率降低。 （3）由浸出率图像可知，铁元素浸出率极低，大部分铁以不溶于水的形式留在浸渣中，因此浸渣主要成分为。 （4）离子完全沉淀时，由，代入得，计算得，因此完全沉淀时应大于3； 该离子液体熔点低的原因：该离子的阳离子体积大，结构不对称，空间位阻大，阴阳离子间离子键作用力弱，晶格能小，因此熔点低。 （5）除铁时加入氨水，溶液中引入；沉淀时草酸与稀土氯化物反应生成草酸盐沉淀，同时生成，因此滤液中阳离子为。 （6）空气中800℃焙烧草酸稀土，生成稀土氧化物和二氧化碳，化学方程式： 。 3．（2026·新疆喀什·二模）草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备。工业上以钴矿(主要成分是，含有、、、等杂质)为原料制取草酸钴晶体的工艺流程如图所示。 已知：25℃时，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的见下表(当溶液中微粒浓度小于时，可认为已除尽)： 金属离子 开始沉淀的 沉淀完全的 回答下列问题： (1)钴元素在元素周期表中的位置是___________。 (2)“浸取”时提高浸取率的措施有___________答一条措施即可“浸取”时钴物质发生反应的离子方程式为___________。 (3)“除杂”过程中调pH的范围是___________。 (4)该工艺中设计“萃取”、“反萃取”的目的是___________、___________。 (5)“沉钴”时用溶液，不用溶液的原因是___________。 (6)准确称取在足量空气中充分灼烧，固体样品的失重曲线如下已知以后固体均为氧化物。 ①加热生成的反应中，氧化剂和还原剂物质的量之比为___________； ②的化学方程式为___________。 【答案】(1)第四周期第Ⅷ族 (2) 将钴矿石粉碎（或适当升温、搅拌、增大硫酸浓度等，答一条即可） (3)4.7⩽pH<7.1 (4) 分离与等杂质 富集提纯 (5)​溶液碱性较强，易生成​杂质，​溶液pH较低，可避免析出，得到纯净的草酸钴 (6) 2：3 【分析】该工艺流程是以含​杂质的钴矿（主要成分为）为原料，经硫酸、二氧化硫浸取后，通入压缩空气并调节pH除去铁、铝杂质，加入氟化钠沉淀除去钙，再经P507萃取分离杂质、硫酸反萃取得到纯净含钴溶液，最终加入草酸铵沉钴制得草酸钴晶体。 【详解】（1）Co为27号元素，位于周期表第四周期第Ⅷ族。 （2）浸取时提高浸出率的常用方法如粉碎矿石增大接触面积、升温搅拌提高反应速率等；浸取时​作还原剂，将+3价Co还原为，离子方程式为。 （3）pH目的是使完全沉淀除去，同时不使沉淀，因此pH需要大于沉淀完全的pH=4.7，小于开始沉淀的pH=7.1，故调pH的范围为4.7⩽pH<7.1。 （4）沉钙后溶液中剩余和，通过萃取反萃取可将与杂质分离，同时富集得到纯净的溶液。 （5）​溶液水解后碱性更强，pH过高会使转化为​沉淀，混入产物，而​中​水解使溶液偏酸性，可避免杂质生成。 （6）①的物质的量为，其中含和水的质量分别为和，因此A点失去全部结晶水，A点组成为；根据失重曲线，B点质量为，且为Co的氧化物，金属钴质量为，B中氧元素质量为，，故B为；生成的反应中，Co由+2价升至平均化合价价，碳元素由+3升高至+4价，由0价降至-2价，由电子守恒可知：，即氧化剂与还原剂物质的量之比为； ②C点质量为，同理可得，故C为，的化学方程式为。 4．（2026·广东揭阳·二模）硫酸镍在新能源、电镀、催化和材料制造等领域占据核心地位，钴在催化、磁性材料和医疗领域发挥着不可替代的作用。以黄铁矿(主要成分为，还含有、、及少量)为原料制备硫酸镍同时回收的工艺流程如图： 已知：①“焙烧”后烧渣的主要成分是、、、和。 ②氧化性：。 ③常温下，部分氢氧化物的溶度积如下表： 氢氧化物                     一般情况下，离子浓度小于可认为该离子沉淀完全。 (1)基态原子价层电子排布式为：______。 (2)“焙烧”时，CoS发生反应的化学方程式为______。 (3)“酸浸”时，溶解反应中还原剂与氧化剂物质的量之比为______，“酸浸”不能选用浓盐酸的原因______。 (4)“调”时，当、的浓度均为时，最高可调至______(忽略溶液体积变化)。 (5)“沉钴”时，生成沉淀的离子方程式为______；若“沉钴”只加入碳酸氢铵，制得的沉淀颗粒较为疏松，原因是______。 (6)“萃取”时，可用萃取剂P204或P507，已知其结构如图所示(R是同一烃基)，两物质中上的氧原子均可与配位形成配位化合物。请结合物质结构知识分析两者配位能力大小：______(填“大于”“小于”或“等于”)。 (7)由制得的钴氧化物和按照适量的比例高温煅烧可得到钴蓝，钴蓝可用于青花瓷的颜料。钴蓝晶体结构是由图1中Ⅰ型和Ⅱ型两种小立方体平移所得。图2是钴蓝的晶胞，已知小立方体a、c、f均为Ⅰ型。则占据晶胞的体内、顶角和______，该钴蓝晶胞的化学式为______。 【答案】(1) (2) (3) ，会产生有毒气体，污染环境 (4)7.1 (5) 只加入碳酸氢铵沉钴过程会生成大量气体 (6)小于 (7) 面心 【分析】该流程以混有NiS、CoS、CuS和Au杂质的黄铁矿为原料，制备硫酸镍并回收钴，实现矿物资源的综合利用。首先粉碎黄铁矿增大焙烧接触面积，通入空气焙烧，将硫化物氧化为金属氧化物，同时得到副产物SO2，SO2可用于工业制硫酸，避免废气污染。焙烧后烧渣经硫酸、双氧水酸浸，不溶性Au被过滤分离；双氧水可将+3价钴还原为，便于后续分离。再加氨水调pH除去、杂质，可通过加入氨水、碳酸氢铵沉钴得到碳酸钴，或经萃取反萃取分离镍钴，最终得到硫酸镍与硫酸钴产品。 【详解】（1）镍是28号元素，核外电子排布式为，基态原子价层电子排布式为。 （2）焙烧时CoS与空气中氧气反应生成和，化学方程式为。 （3）酸浸时中+3价Co被双氧水还原为，得2 mol电子，失2 mol电子，故还原剂()与氧化剂()物质的量比为。已知氧化性，Co(Ⅲ)可氧化生成有毒的，因此不能用浓盐酸。 （4）调目的是使、沉淀完全，、不沉淀。铜离子沉淀完全时：，；铁离子沉淀完全时：，。的的，相同浓度下先沉淀，保证不沉淀就一定保证不沉淀； ，，代入得： ，，，，故最高可调至（确保、沉淀完全）。 （5）与、氨水反应生成沉淀，反应的离子方程式为；若只加碳酸氢铵时，反应的离子方程式为，过程中生成大量气体，因此导致颗粒疏松。 （6）P204中P连接两个吸电子基团，使键O原子电子云密度降低，给电子能力减弱，配位能力小于P507中的O。 （7）根据晶胞结构，Co除了占据晶胞的体内、顶角外，还占据面心位置。Co原子：位于顶角的Co原子个数为，位于面心的Co原子个数为，位于体内的Co原子个数为4，所以Co原子总数为1+3+4=8。Al原子：都在晶胞内部，个数为16。 O原子：也都在晶胞内部，个数为32。 则Co、Al、O原子个数比为8:16:32=1:2:4，所以该钴蓝晶胞的化学式为。 5．（2026·山东济宁·二模）某科研团队从废旧三元锂电池正极活性物质(主要成分)中回收锂、锰、钴、镍的工艺流程如下： 已知：“还原酸浸”后溶液中的金属离子主要有，，， (1)“放电处理”时，溶液提供导电通路，使电池放电完全，确保拆解安全，该过程中产生的气体为___________；将正极片预处理得到粉料的目的是___________。 (2)“沉锰”时pH约为6.0，所得锰沉淀主要成分为、、，写出生成的离子方程式___________。 (3)与丁二酮肟生成鲜红色的丁二酮肟镍沉淀。“沉镍”过程的最佳为5，不能过低，也不能过高的原因是___________[已知：]。 (4)“沉锂”过程中发生反应，该反应的平衡常数___________[已知，，]。 (5)“氧化”过程中，参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 (6)“酸化”过程中、的作用___________。 【答案】(1) 、 增大接触面积，加快反应速率 (2) (3)pH过低时浓度较大，丁二酮肟镍难以沉淀，不利于反应正向进行；pH过大时，生成杂质。 (4) (5)1：4 (6)中和OH-，降低溶液pH，促进[Co(NH3)6]2+向[Co(NH3)5Cl]2+转化；做配体 【分析】该工艺流程首先通过还原酸浸将废旧三元正极材料中的高价态Ni、Co、Mn还原为可溶性Mn2+、Co2+、Ni2+并同时浸出Li+，随后利用(NH4)2S2O8的强氧化性将Mn2+选择性氧化为MnO2沉淀实现锰的分离，再向含Co2+、Ni2+、Li2+的滤液中加入丁二酮肟使Ni2+形成Ni(DMG)2配合物沉淀以分离镍，剩余溶液先用NaHCO3沉锂得到Li2CO3，而含钴溶液则通过氨浸形成可溶性[Co(NH3)6]2+配合物，再经氧化为[Co(NH3)6]3+并酸化使Cl-取代NH3配位，最终结晶得到目标产物[Co(NH3)5Cl]Cl2。 【详解】（1）放电处理阶段产生的气体为氢气和氧气；正极片预处理成粉料的目的是增大固液接触面积，提高后续“还原酸浸”反应速率； （2）沉锰过程生成MnOOH的离子方程式：； （3）沉镍过程pH控制在5的原因是：pH过低时浓度较大，丁二酮肟镍难以沉淀，不利于反应正向进行；pH过大时，生成杂质； （4）反应为： ； （5）反应为：； 氧化剂为O2，得4e-；还原剂为[Co(NH3)6]2+，每分子失1e-，共失4分子，故比例为1 : 4； （6）酸化过程中，H+中和OH-，降低溶液pH，促进[Co(NH3)6]3+向[Co(NH3)5Cl]2+转化，利于晶体析出；Cl-作为配体参与配位。 6．（2026·辽宁丹东·一模）稀土元素钪(Sc)及其化合物在电子、超导和催化剂领域有重要应用。工业上以赤泥熔炼渣(主要成分为、、CaO，少量)为原料分离Sc的一种工艺流程如下： 已知：①在不同温度下的溶解度(100mL)： 70℃ 75℃ 80℃ 85℃ 90℃ 95℃ 0.0200g 0.0215g 0.0230g 0.0255g 0.0280g 0.0300g ②100℃以下、不易分解③的氧化性很弱。 回答下列问题： (1)基态Sc原子价层电子d能级和s能级电子个数比为______。 (2)“浸渣”的主要成分为______、______(填化学式)。 (3)“反萃取”的目的是分离Sc和Fe元素。向“萃取液”中加入NaOH，、、的沉淀率随pH的变化如图，试剂X为______(填或NaClO)，应调节pH最佳为______。(填标号) A．1    B．2    C．4    D．6 (4)“沉钪”时，将固体加入草酸()溶液[配料比]，制得和混合溶液，发生反应的离子方程式为______。“沉钪”时测得相同时间钪的沉淀率随温度的变化如图所示，80℃以后，随温度升高钪的沉淀率降低的原因可能是______。(不考虑的水解) (5)在一定条件下，一种物质在两种互不相溶的溶剂A、B中的浓度之比是一个常数(分配系数)；萃取率。萃取Sc的过程中，若Sc元素的分配系数，取100mL含钪的溶液，一次性加入60mL萃取剂，则Sc的萃取率为______%。 【答案】(1)1：2 (2) (3) B (4) 温度高于80℃后，随着温度的升高，草酸钪的溶解度增大，致使钪的沉淀率下降 (5)75 【分析】熔炼渣硫酸酸浸后过滤，浸渣为二氧化硅和硫酸钙，滤液中主要含、、等，萃取剂萃取三种离子形成萃取液，加入亚硫酸钠和氢氧化钠经反萃取分离铁元素和钪元素，使钪元素沉淀，经硝酸酸溶后，加草酸氢钾和草酸钾混合溶液沉钪，形成草酸钪沉淀，再经过一系列处理得到钪，据此分析。 【详解】（1） Sc是21号元素，基态原子价层电子排布式为，价层电子中d能级共1个电子，s能级共2个电子，故比值为； （2）赤泥熔炼渣用硫酸酸浸，不与硫酸反应，沉淀析出；与硫酸反应生成微溶的，因此浸渣主要成分为和； （3）根据沉淀率图像，要分离Sc和Fe，需要将还原为，可使二者在较低pH下完全分离，因此X需要选还原剂；要实现分离，需要Fe沉淀率最小，同时Sc沉淀率接近100%，pH=2符合要求，故选B； （4）按反应，生成、、和水，配平得离子方程式；根据题干已知信息，的溶解度随温度升高而增大，因此80℃后温度升高，草酸钪的溶解度增大，致使钪的沉淀率下降； （5）设Sc总物质的量为，有机相Sc物质的量为，水相为，水相体积，有机相体积，根据分配系数： ，解得，因此萃取率为。 7．（2026·山西太原·二模）镨（Pr）是重要的稀土元素，氟化镨（）常用作电弧碳棒添加剂。一种以孪生矿（主要含ZnS、FeS、、等）为原料制备氟化镨的工业流程如下。回答下列问题： 已知：①该实验条件下，金属离子生成氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH： 金属离子 开始沉淀时的pH 5.4 2.2 7.5 8.0 沉淀完全时的pH 6.5 3.1 9.0 8.9 ②较稳定，不易被过氧化氢、等常见氧化剂氧化。 ③常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机相和水相中的物质的量浓度之比称为分配比（D），萃取率（E）。 ④可与过量形成可溶性氟配合物，如。 (1)为提高“溶浸”速率，可采取的措施有________（答一点即可）。 (2)“溶浸”时可被氧化，生成淡黄色的沉淀，该反应的化学方程式为________。 (3)“除锌、铁”步骤中调节pH的范围为________。 (4)在某有机萃取剂和水中的分配比，现使用该萃取剂对1000L 的水溶液进行萃取，单次萃取率，则至少要加入萃取剂________L。（忽略溶液体积的变化） (5)萃取的原理为，“反萃取”步骤中，应加入的试剂是________（填化学式）。 (6)“转化”过程反应的离子方程式为________。 (7)“氟化”步骤中加入HF溶液时，反应温度过高会导致________；HF溶液加入过多会导致________。 【答案】(1)将孪生矿粉碎、搅拌、增大溶液的浓度、升高温度（答一点即可） (2) (3) (4)380 (5)HCl (6) (7) HF挥发 局部HF浓度过高，可与形成可溶性配合物，降低的产率 【分析】孪生矿加入溶液溶浸，将金属硫化物中的S元素氧化为硫单质，金属阳离子进入溶液，和生成的硫单质不溶为滤渣Ⅰ，过滤除去；滤液中加入双氧水将氧化为更容易除去的，之后调节pH除去、，滤渣Ⅱ为氢氧化铁、氢氧化锌沉淀；过滤后将所得滤液进行多次反复萃取(稀土元素在孪生矿中含量较低)，多次萃取后，反萃取，得到PrCl3；PrCl3与NH4HCO3溶液反应后转化为，再经HF溶液“氟化”得到PrF3。 【详解】（1）提高浸出速率的常见方法为将矿石粉碎或适当升高温度、搅拌、适当提高FeCl₃溶液浓度等； （2）淡黄色沉淀为S单质，被还原为，不被氧化，根据氧化还原反应得失电子守恒配平：； （3）调节pH的目的是使、完全沉淀除去，而不沉淀，因此pH需要大于等于沉淀完全的pH：6.5，小于开始沉淀的pH：8.0； （4）设加入萃取剂体积为V，D==50，，萃取率E= ，解得：V≥380 L； （5）根据平衡方程式可知：，增大使平衡逆向移动实现反萃取，为不引入杂质，选择盐酸； （6）与碳酸氢铵反应发生双水解生成沉淀，同时放出，根据电荷、原子守恒配平： （7）①HF沸点低易挥发，温度过高会加速HF挥发；②根据已知信息，过量会与形成可溶性配合物，降低产物产率。 8．（2026·江苏·二模）废旧钴酸锂正极材料（主要含）回收Li、Co等金属的工艺流程如下： 已知：①氯化胆碱（）属于季铵盐；可以与草酸形成低共熔溶剂； ②在溶液中常以（蓝色）和（粉红色）形式存在； ③能与过量的生成。 回答问题： (1)“微波共熔”溶剂由含氢键供体（能形成氢键的氢原子）的组分与含氢键受体（能与氢原子形成氢键的原子）的组分混合。草酸（）分子中氢键受体的数目为___________。“微波共熔”时，共熔溶剂（氯化胆碱和草酸按一定物质的量配比而成）和LiCoO2粗品以不同的液固比在120℃下微波处理10min后钴的浸出率见图-1。随着液固比不断增大，浸出率变化的原因是___________。 (2)“水浸”过程中溶液由蓝色变为粉红色，该变化的离子方程式为___________。 (3)“沉钴”过程中，的加入量与钴的沉淀率关系如图-2所示。沉淀率最高后，随比值的增加，钴的沉淀率逐渐减小的原因是___________。 (4)“沉锂”得到较纯的后，常用高温固相合成法进一步制备LiCoO2，具体做法为按Li和Co的物质的量之比为1:1配制好和，然后在700~900℃的空气氛围中煅烧，该过程的化学方程式为___________。 (5)某二价钴的氧化物M在纳米储能领域被广泛研究，其晶胞结构如图-3所示。和的半径相近，在物质M的晶胞中，的位置可以任意地被替代。若上述晶胞中1、2、3、4号位的被替代，则形成的新物质中___________。 【答案】(1) 4 <60 mL/g时，液固比增大，还原剂草酸的量增多，有利于将LiCoO2还原成可溶性的；>60 mL/g时，液固比增大，草酸过量，能与形成草酸钴沉淀，使钴的浸出率下降 (2) (3)过量的与反应生成而溶解 (4) (5)9:7:16 【分析】废旧钴酸锂正极材料（含）先与氯化胆碱、草酸进行微波共熔，氯化胆碱与草酸形成低共熔溶剂作为反应介质，草酸同时作为酸和还原剂，将LiCoO2中+3价钴还原为+2价并浸出锂、钴元素，水浸时可溶性的锂盐、钴盐进入溶液，不溶性的SiO2被过滤除去，加入(NH4)2C2O4沉钴时，Co2+转化为CoC2O4沉淀实现钴的分离回收，最后加入Na2CO3沉锂得到Li2CO3沉淀，实现锂的回收。 【详解】（1）草酸（HOOCCOOH）分子中，O原子能作为氢键受体，1个草酸分子含 4 个O原子，故氢键受体数目为4；<60 mL/g时，液固比增大，还原剂草酸的量增多，有利于将LiCoO2还原成可溶性的，>60 mL/g时，液固比增大，草酸过量，能与形成草酸钴沉淀，使钴的浸出率下降。 （2）结合已知信息②可知，“水浸”过程中溶液由蓝色[CoCl4]2-变为粉红色[Co(H2O)6]2-，该变化的离子方程式为。 （3）结合已知信息③可知，当超过沉淀率最高点的比例后，溶液中过量的会与沉淀反应生成而溶解。 （4）根据题目要求，n():n()=1:2，在700~900℃的空气氛围中煅烧，生成LiCoO2和CO2，化学方程式为。 （5）若上述晶胞中1、2、3、4号位的Co2+被Mg2+替代，则Mg2+数目为：，Co2+数目为：，O2-数目为：，则 ，故答案为9:7:16。 9．（2026·河北张家口·二模）钨是一种战略稀有金属，黑钨矿是提取钨的重要原料。合理开发利用黑钨矿资源，对推动我国钨工业可持续发展具有重要意义。一种以黑钨精矿为原料提取的工艺流程如下： 已知：①黑钨精矿的主要成分为、，还含有方解石()。 ②“碱浸”中产生的在萃取前经酸化转化为钨聚合阴离子如等，三烷基胺()遇转化为胺盐如。 回答下列问题： (1)“磨矿”的目的是___________，为防止“酸浸”时产生大量气泡，产生“冒槽”现象，需采取的措施是___________。 (2)写出“雾化-氧化热解”时生成的化学方程式：___________。 (3)“萃取”的原理是胺盐与水溶液中的物质发生离子交换，则“反萃取”中发生反应生成的化学方程式是___________。 (4)萃余液中加入固体可制备，调整萃余液中的初始浓度，测得相同时间内不同初始下，与萃余液中的物质的量之比对的转化率的影响如图所示。 当与物质的量之比一定时，初始对应的的转化率最大，试分析原因：___________。 (5)“纯化”时加入HCl和的作用分别是___________、___________。 (6)此工艺流程实现了多种物质的循环利用，如“雾化—氧化热解”中生成的HCl可循环至“酸浸”或“纯化”、___________(再举一例)。 【答案】(1) 增大反应物接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更充分 控制盐酸的加入速率（或分批缓慢加入盐酸，合理即可） (2) (3) (4)初始过低时，反应速率慢，相同时间内反应不完全，转化率低；初始过高时，沉淀转化过快，生成的会覆盖在表面，阻碍反应继续进行，转化率降低，因此初始c()=时转化率最高 (5) 除去未反应的杂质 将溶液中的转化为，提高的产率 (6)反萃取生成的​(三烷基胺)可循环至“萃取”工序(合理即可) 【分析】该工艺流程以黑钨精矿为原料，经磨矿、盐酸酸浸分离得到粗钨酸和含金属氯化物的酸母液，粗钨酸依次经碳酸钠碱浸、硫酸酸化、三烷基胺萃取、氨水反萃取得到目标产物​溶液，萃余液经碳酸钡转化、加盐酸和硫酸纯化得到纯硫酸钡，酸母液通入空气经雾化-氧化热解得到​、​、副产物，过程中还可实现HCl等物料的循环利用。 【详解】（1）磨矿的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；黑钨精矿中的会和盐酸快速反应生成大量，控制加酸速率可避免短时间生成过多气体，防止冒槽。 （2）酸浸后以形式存在于酸母液中，被空气中氧化热解生成，根据得失电子守恒，每个升1价，1个降4价，化学方程式为。 （3）萃取后结合钨聚合阴离子进入有机相，反萃取时与提供的反应生成，钨转化为钨酸铵，化学方程式为。 （4）初始过低时，反应速率慢，相同时间内反应不完全，转化率低；初始过高时，沉淀转化过快，生成的会覆盖在表面，阻碍反应继续进行，转化率降低，因此初始c()=时转化率最高。 （5）钡转化后产物中还有未反应的，可将未反应的溶解除去；溶解产生的加硫酸转化为，提高产率。 （6）流程中反萃取再生的萃取剂可返回萃取步骤循环使用。 10．（2026·江西南昌·二模）钛白废酸是钛白粉生产过程中的水解母液，除含和硫酸外，还有（锆离子）、、等杂质，下图是以P204（看作HA）-TBP为共萃体系从钛白废酸中利用溶剂二次萃取法提取钪的流程图。 已知：①油水相比（O/A）是萃取过程中油相与水相的比值，相比越大，油相可以负载金属离子的量就越大，萃取率就越高，同时消耗的油相也越大。 ②TBP能有效抑制乳化现象的形成，与生成的配合物很难被P204萃取，铁离子在时萃取率很低。 回答下列问题： (1)基态Sc原子中不同自旋方向的电子数之比为______，实验室中萃取操作需使用的玻璃仪器为______。 (2)P204萃取钪离子的方程式为，“碱液反萃”加入足量NaOH产生氢氧化钪沉淀的离子方程式为______，“碱液反萃”后的有机相加入______（填试剂名称）可实现有机相的再生。 (3)、时，富集浸出液中初始浓度与金属离子萃取率的关系图如下，结合图像与题目分析“萃取富集”的作用是______。 (4)①“萃取纯化”选择更大油水相比（O/A）的原因是______。 ②“萃取纯化”后需经过______、______步骤再加入草酸溶液“沉钪”。 (5)“煅烧”的化学方程式为______。 【答案】(1) 或 分液漏斗 (2) 盐酸 (3)增大溶液中的初始浓度，更有利于“萃取纯化”时与（锆离子）的分离 (4) 萃取率更高 碱液反萃 酸溶 (5) 【分析】钛白废酸先经过萃取富集，再用NaOH溶液反萃取，得到Sc(OH)3沉淀，再经过盐酸酸浸，得到Sc3+，再经过萃取纯化，将Sc3+与其他杂质离子分离，再加入进行沉钪，得到产物，最后煅烧得到。 【详解】（1） ①Sc为21号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2，轨道表示式为：，故最终不同自旋方向的电子数之比为10:11； ②萃取必须使用的仪器是分液漏斗； （2）①反萃取则把萃取时的生成物作为反应物，萃取时的反应物作为生成物，Sc3+遇OH-会进一步形成沉淀，得出； ②此时有A-产生，有机相为HA，要将A-变为HA，需要加酸，可以是盐酸； （3）由图可以得出，的初始浓度越大，的萃取率越低，越有利于分离与，故答案为增大溶液中的初始浓度，更有利于“萃取纯化”时与（锆离子）的分离； （4）①由题目已知可得，油水相比（O/A）越大，油相可以负载金属离子的量就越大，萃取率越高； ②根据题目流程图可得，萃取后的步骤为碱液反萃、酸溶； （5）煅烧步骤中，反应物为O2与，产物为，结合煅烧的共同特点产物还应该有CO2，配平后得到方程为。 11．（2026·广东深圳·二模）钨（W）、钼（Mo）是战略性稀有金属。一种从钨钼矿（主要成分为CaWO4，还含有Mo、Fe、P、As、Si等元素）中提取W、Mo的工艺如图所示。 已知：常温下，，。 在不同pH的溶液中，钨、钼的主要存在形式如表： pH 1 3 5 7 ≥9 W                     Mo                     (1)基态砷原子价层电子的轨道表示式为_____。 (2)“碱浸”时，发生反应的化学方程式为_____。 (3)常温下，“除磷砷”时： ①除砷反应的离子方程式为：_____。 ②磷、砷完全沉淀（）后，溶液中至少为_____（已知：）。 (4)W、Mo原子半径相近，可通过离子交换法实现两者的分离。离子交换树脂骨架上的可交换离子与溶液中带相同电荷的目标离子发生交换，目标离子进入树脂骨架。D308阴离子交换树脂更容易交换所带电荷多、半径大的目标离子。结合表中信息分析： ①选用D308阴离子交换树脂实现W、Mo分离时的最佳pH为_____。 ②从工艺成本角度分析，相比阳离子交换法，选用D308阴离子交换树脂实现W、Mo分离的优点是_____。 (5)一种含钨、钼、钽（Ta）元素的合金的立方晶胞结构如图所示，W与Mo的最小间距大于W与Ta的最小间距。 ①W、Mo、Ta的原子个数比为_____，若Mo与Ta之间的最小间距为a nm，则晶胞的边长为_____nm。 ②晶面对晶体的生长、成型等有重要影响。米勒指数可用于标记晶面，是指晶面分别与三轴截距的倒数，通过求比化为最简的三个整数。图中，实线所示晶面与三轴截距的倒数为，因此该晶面可标记为；则虚线所示晶面可标记为_____。 【答案】(1) (2) (3) (4) 7 节约硫酸用量 (5) 1：1：2 （2　1　2） 【分析】该工艺流程图以钨钼矿为原料，先经焙烧预处理矿物，再用碳酸钠溶液碱浸，将钨酸钙转化为可溶性钨酸钠并沉淀碳酸钙等杂质；随后调pH至9，加入过氧化氢和硫酸镁，将磷、砷杂质以磷酸镁、砷酸镁沉淀形式去除；再调pH至7，利用D308阴离子交换树脂优先吸附电荷高、半径大的目标离子的特性，实现钨、钼离子的选择性分离，最终分别得到金属钨和金属钼。 【详解】（1） 砷（33 号元素）价电子排布为4s2 4p3，根据泡利不相容原理和洪特规则：4s轨道填充2个自旋相反的电子（成对），4p的3个轨道各填充1个自旋平行的单电子，因此轨道表示式为：。 （2）根据流程图，碱浸时加入Na2CO3溶液，CaWO4与Na2CO3反应生成Na2WO4与CaCO3沉淀，故反应方程式为：。 （3）①反应物中As的化合价为+3价，被H2O2氧化为+5价（生成Mg3(AsO4)2，As为+5价），根据电子守恒，1 mol与1 molH2O2电子转移数相等，结合原子守恒配平，可知该化学反应式为。 ②已知，即Ksp=10-25.2，沉淀完全时≤，，，。 （4）①由题干可知，D308阴离子交换树脂更容易交换所带电荷多、半径大的目标离子，当pH=7时，W的阴离子电荷更高，半径更大，优先被D308树脂吸附，Mo不被吸附，从而实现分离，因此最佳pH为7。 ②阳离子交换法需要将W、Mo转化为阳离子，消耗大量硫酸；而阴离子交换法中，调节pH后W、Mo直接以含氧酸根阴离子的形式存在，无需额外酸溶步骤，因此使用阴离子交换法的优点是可以节约硫酸用量。 （5）①根据晶胞中原子的位置，用均摊法计算：W原子位于晶胞顶点和面心，；已知W和Mo原子半径相近，观察上图可知Mo原子为白色小球，位于晶胞体心和棱心，；Ta原子为灰色小球，位于晶胞内部共8个，因此，W、Mo、Ta的原子个数比为1:1:2； 设晶胞边长为L，则立方晶胞的体对角线长度为,体心到棱心的最短距离，为体对角线的，根据题意，该距离为a nm，因此：，解得晶胞边长为。 ②米勒指数的计算步骤：首先确定晶面在 x、y、z 轴上的截距，图中虚线晶面的截距为 (1, 2, 1)；取截距的倒数为 (1, 0.5, 1)；化为最简整数比，将三个数同时乘以2，消去小数，得到 (2, 1, 2)，因此，该晶面的米勒指数为（2　1　2）。 12．（2026·辽宁鞍山·二模）钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质，从该废渣中提取钴元素的一种流程如下： 回答下列问题： (1)基态Co原子的未成对电子数为____； (2)“酸浸”步骤得到的浸渣的主要成分是________（填化学式）； (3)已知25℃的，；，计算25℃时“沉铜”反应的平衡常数数值为___（保留两位有效数字）； (4)“沉锰”步骤中生成的离子方程式是________； (5)“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，与NaClO反应的离子方程式为________； (6)有研究团队用柠檬酸代替稀酸浸废渣，最大程度回收其中的钴元素。柠檬酸为羟基三羧酸，分子式为，与钴离子有较强的配合能力。但柠檬酸浓度过大时，形成的配合物在水中的溶解度会下降。 ①用柠檬酸代替稀，可能的原因是___（填代号）； a．有机酸易降解、污染小，绿色、安全 b．减少浸出过程中产生的，减小环保压力 c．柠檬酸中C原子电负性小，易提供孤电子对与金属离子形成配位键，可提高金属元素浸出率 ②浸出率受多种因素的影响，该研究团队探究酸的浓度、浸出温度对浸出率的影响，结果如下： 据此，选择钴元素最佳浸出浓度和温度是_______。随柠檬酸浓度的变化，钴元素浸出率变化的原因是________________________。 【答案】(1)3 (2)Cu、 (3) (4) (5)或 (6) a 0.8 mol/L，60℃ 低浓度时，柠檬酸与金属离子配位能力弱，浸出率低；浓度过高时，配合物溶解度下降，浸出率降低 【分析】炼锌废渣含锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌、铜单质，经稀酸浸，锌、铁、钴、锰的氧化物及锌单质溶解为对应硫酸盐，铜单质不溶，铅元素转化为沉淀，浸渣主要为、；酸浸液通入，与反应生成沉淀，实现沉铜；加入，被氧化为沉淀，实现沉锰；加调，水解为沉淀除去；最后加，被氧化为沉淀，完成沉钴，据此分析。 【详解】（1）为27号元素，基态原子的核外电子排布式为，轨道有3个未成对电子，因此基态原子的未成对电子数为3； （2）废渣中铜单质与稀硫酸不反应，铅的+2价氧化物与稀硫酸反应生成，难溶于水，因此“酸浸”步骤得到的浸渣主要成分为、； （3）“沉铜”反应为，其平衡常数。根据的电离平衡：，，的溶度积：，则。代入数据：； （4）“沉锰”步骤中，被氧化为，被还原为，配平得离子方程式为； （5）“沉钴”步骤中，的弱酸性条件下，被氧化为沉淀，被还原为，配平得离子方程式为；若过量，部分与结合生成，对应离子方程式为； （6）①a．柠檬酸为有机酸，易降解、污染小，绿色安全，a符合题意； b．稀硫酸酸浸时，废渣中无还原性物质与硫酸反应生成，b不符合题意； c．柠檬酸中提供孤电子对的是、中的原子，而非原子，c不符合题意； 故选a； ②由酸浓度-浸出率图像可知，柠檬酸浓度为时钴元素浸出率最高；由温度-浸出率图像可知，浸出温度为时钴元素浸出率最高，因此最佳浸出浓度和温度为、；柠檬酸浓度较低时，柠檬酸与钴离子的配位能力较弱，钴元素浸出率较低；随着柠檬酸浓度升高，配位作用增强，浸出率升高；当浓度过高时，形成的配合物在水中的溶解度下降，导致钴元素浸出率降低。 13．（2026·河南濮阳·二模）以含钴镍废料(主要成分为、NiO，还含少量、CaO、MgO、和Ti的化合物)为原料制备草酸钴()和硫酸镍()的工艺流程如图。 已知：①，。 ②萃取剂为有机物，可用通式HR表示，萃取金属离子M时，发生反应：。 回答下列问题： (1)“滤渣1”的主要成分是和___________(填化学式)。 (2)“酸浸”时的作用是___________。 (3)“除钛”中，转化为的化学方程式___________。 (4)“沉铁”时发生反应的离子方程式为___________。 (5)“除钙镁”时，当时，溶液中___________。 (6)、利用萃取剂进行分离时，二者萃取率随无机相pH变化如图所示。无机相的pH控制在___________左右为宜。 (7)镍能形成多种配合物，其中是无色挥发性液体，是红黄色单斜晶体。的熔点高于的原因是___________。 (8)将所得二水合草酸钴()，在惰性气体中加热，其热重分析曲线如图所示，其中A、B、C均为纯净物，请写出从A到B的化学方程式___________。 (已知：固体残留率) 【答案】(1)​ (2)作还原剂，将还原为 (3) (4) (5) (6)5.4 (7) 为离子晶体，为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，因此的熔点更高 (8) 【分析】含钴镍废料(主要成分为、，还含少量、、、和的化合物)加入硫酸、“酸浸”，得到含、、、、、等的浸出液，不溶解，和微溶于水的硫酸钙形成滤渣1，浸出液中加入热水使水解形成沉淀除去，加入碳酸钠溶液将转化为沉淀除去，加入适量的 溶液除去溶液中的 和 ，对含Co2+、Ni2+的滤液进行萃取分离：无机相处理得到目标产物硫酸镍，有机相经反萃取得到Co2+溶液，再加入草酸铵得到目标产物二水合草酸钴，最终制得草酸钴和硫酸镍。 【详解】（1）根据分析，含钴废料中​不与硫酸反应，因此滤渣1除外还有​。 （2）原料中为价（），最终需要制备的盐，因此作还原剂，将还原为。 （3）在热水中水解生成沉淀，化学方程式为。 （4）由分析知，“沉铁”时，碳酸钠溶液将转化为沉淀，发生的离子反应方程式为或。 （5）由，得；再由，得。 （6）根据图中信息可知，pH为5.4左右时，、的萃取率相差较大，故无机相的pH控制在5.4左右。 （7） 为离子晶体，为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，因此的熔点更高 。 （8）假设有1 mol受热分解，质量为183 g，由图可知，A点时，固体的残留率为80.33%，则剩余固体的质量为，失去的质量为，刚好为2 mol水的质量，则A的物质为，A点以后为分解生成Co的氧化物过程，B点时固体的残留率为43.88%，则剩余固体的质量为，B点含Co的质量为59 g，则含有O的质量为，Co和O的物质的量之比，与中的比值相近，可推断B点的物质为，A点到B点的化学方程式。 14．（2026·江西上饶·二模）铜转炉烟灰中含金属元素（主要为、、、）的硫酸盐和氧化物以及，其中有价金属回收的工艺流程如图。 已知：Ⅰ.时，。 Ⅱ.“浸出液①”中所含有的金属阳离子有、、和。 回答下列问题： (1)为提高浸取效率，可采取的措施有_____（任写一点）。 (2)“浸出”中，当硫酸浓度大于时，金属离子浸出率反而下降，其可能的原因是_____。 (3)“除杂”中，加入调节溶液至5.2后，用溶液氧化，所得“滤渣”主要成分为、，该氧化过程的离子方程式为_____。 (4)“转化”过程中发生的离子方程式为_____。平衡常数为_____。（保留3位有效数字） (5)测定铜转炉烟灰中的：取硝酸“浸出液②”于锥形瓶中，调为5，加入指示剂后用的标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。（离子方程式为）。则“浸出液②”中的浓度为_____。 (6)黄铜合金采取面心立方堆积，其晶胞结构如下图所示： ①合金的化学式是_____。 ②黄铜合金晶体的密度为，则晶胞的边长为_____（只写计算式，不求结果）。 【答案】(1)适当研细铜转炉烟灰（或适当升温、适当增大硫酸的浓度） (2)难溶物覆盖在表面，减少浸出的接触面积，导致金属离子浸出率反而下降 (3) (4) (5)10.35ab (6) ZnCu3或 【分析】铜转炉烟灰用硫酸“浸出”，得到难溶于硫酸的浸出渣和二氧化硅；浸出液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁。浸出渣加入碳酸钠溶液中，沉淀转化为，滤饼用硝酸溶解，生成，滤液中加入硫酸生成沉淀；“浸出液①”中加入过量铁粉发生置换反应得到海绵铜，铁把硫酸铁还原为硫酸亚铁，所得滤液①中含有硫酸锌、硫酸亚铁；“除杂”中，加入调至5.2后，用溶液把氧化为，过滤，所得滤渣主要成分为、，滤液②蒸发浓缩得到，据此分析。 【详解】（1）可以适当研细铜转炉烟灰，提高浸取效率（或适当升温、适当增大硫酸的浓度）； （2）“浸出”中，当硫酸浓度大于时，金属离子浸出率反而下降，其可能的原因是：难溶物覆盖在表面，阻碍铜、锌元素的浸出，导致金属离子浸出率反而下降； （3）“除杂”中，加入调至后，用溶液氧化，氧化产物是、还原产物是，根据得失电子守恒，配平氧化过程的离子方程式为； （4）转化过程中的离子方程式为，平衡常数为； （5）用的标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液，消耗标准溶液的物质的量为，根据离子方程式为，溶液中的物质的量为，则“浸出液②”中的浓度； （6）该晶胞中，原子位于晶胞的顶点，数目为；原子位于晶胞的面心，数目为，故晶胞中与的原子数目比为，合金的化学式为或； 在该晶胞中含有原子数目为；含有的原子数目为，设晶胞的边长为，则该晶胞的密度，解得。 15．（2026·湖南怀化·二模）锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用湿法工艺冶炼锌。以某硫化锌精矿(主要成分是ZnS，还含有少量FeS等其他成分)为原料冶炼锌的工艺流程如图所示： 已知：①焙砂的主要成分为； ②常温下，，； ③常温下，，。 回答下列问题： (1)基态Zn原子的价电子排布式为___________。 (2)“焙烧”前需将硫化锌精矿粉碎处理，其目的是___________。 (3)常温下，含尘烟气中的可用氨水吸收，用氨水吸收至溶液的时，所得溶液中的___________。 (4)浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，所得滤渣的成分为___________(填化学式)。 (5)硫化锌精矿的主要成分ZnS遇到硫酸铜溶液会慢慢地转化为铜蓝(CuS)，发生反应ZnS ，该反应的平衡常数___________。 (6)硫化锌可作为锂离子电池的负极材料，其晶胞形状为立方体，边长为。在充电过程中，ZnS晶胞的组成变化如图所示。 ①的化学式为___________(和用具体数字表示)。 ②ZnS晶体中距离最近的有___________个。 ③设阿伏加德罗常数的值为，晶体的密度为___________。 【答案】(1) (2)增大接触面积，加快反应速率 (3)8.4 (4) (5) (6) 12 【分析】硫化锌精矿焙烧可生成ZnO、四氧化三铁等，含尘烟气含有含硫氧化物，经过净化可用于制备硫酸，焙砂酸浸，浸出渣回收利用，浸出液加入过量Zn得到的滤渣中含有Fe、Zn，滤液主要含有硫酸锌，经过电解沉积得到Zn和硫酸，废电积液中含有的硫酸可重复利用。 【详解】（1）Zn 原子序数为 30，核外电子按能级由低到高依次排布为，其价电子位于4s和3d轨道，因此价电子排布式为； （2）“焙烧”前将硫化锌精矿粉碎，是为了增大固体反应物与空气中氧气的接触面积，使反应更充分，同时加快焙烧反应速率，故答案为增大接触面积，加快反应速率； （3）SO2溶于水生成弱酸H2SO3，其两步电离常数分别为Ka1和Ka2，根据电离平衡关系：，已知，，当pH=5时，，代入数据计算得：； （4）浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，过量锌充分反应，可置换出铁，所得“滤渣”的成分为Zn、Fe；过滤可分离“滤液”'“滤渣”； （5）反应，其平衡常数为，由溶度积关系，可得； （6）①充电过程中，部分Zn2+被Li+替代进入晶体。设化学式为，由晶胞结构图可知，Zn2+或Li+的个数为7，S2-的个数为个，则,，即y=0.25，x=1.5，所以化学式为； ②ZnS晶体中，S2−形成的面心立方结构中，每个S2-周围与之最近的S2-为12个； ③ZnS晶体属于面心立方结构，一个晶胞中含有4个ZnS结构单元，其摩尔质量为，则一个晶胞的质量为；晶胞边长为 a nm，而1 nm=10−7 cm，故晶胞体积为，根据密度公式，代入可得。 16．（2026·宁夏银川·二模）以固体废锌催化剂(主要成分为及少量)为原料制备锌的工艺流程如图： 已知：①“浸取”时，、转化为、进入溶液； ②时，、； ③深度除杂标准：溶液中； ④有机萃取剂(用表示)可萃取出，其萃取原理反应为：。 (1)基态原子价电子排布式为_______。 (2)“浸取”温度为时，锌浸出率可达，继续升温浸出率反而下降，其原因为_______。 (3)“操作a”的名称为_______。 (4)“深度除锰”是在碱性条件下将残留的转化为，离子方程式为_______。 (5)“深度除铜”时，锌的最终回收率、除铜效果[除铜效果以反应后溶液中铜锌比表示]与“加入量”[以表示]的关系曲线如图所示。 当加入量时，锌的最终回收率下降的原因是_______(用离子方程式表示)，该反应的平衡常数为_______(计算结果保留三位有效数字)。(已知：的) (6)“电解”时，使用惰性电极，阴极存在竞争反应。该竞争反应的电极反应式为_______。 【答案】(1) (2)温度升高，挥发 (3)分液 (4) (5) 2.16×1014 (6) 【分析】固体废锌催化剂（主要成分为及少量、、、）加入混合溶液，生成可溶的、和Mn2+，同时生成沉淀，不溶解，过滤除去滤渣1[和]；向滤液中加入深度除锰，反应为，再加入沉淀除铜，反应为，过滤除去滤渣2（和）；向滤液中加入有机萃取剂使锌进入有机相，再加入硫酸反萃取得到硫酸锌溶液，最后电解得到金属锌，据此分析。 【详解】（1）Zn的原子序数为30，核外电子排布式为，价电子排布式为； （2）浸取过程中，溶液提供，与形成；温度升高时，的挥发速率加快，溶液中游离浓度降低，不利于的形成，导致锌的浸出率下降； （3）“操作a”分离有机层和无机层，名称为分液； （4）碱性条件下，将氧化为，被还原为；结合溶液中提供碱性环境，反应生成；离子方程式为； （5）当加入过量时，溶液中浓度较高，会与反应生成沉淀，导致溶液中含量降低，锌的回收率下降，离子方程式为；反应的平衡常数表达式为，结合的稳定常数，以及，可得； （6）电解含的水溶液时，阴极主要发生的还原反应；同时，溶液中的也会在阴极得电子发生还原反应，生成，该竞争反应的电极反应式为。 17．（2026·江西萍乡·二模）废旧磷酸铁锂电池的正极材料中含有、导电剂(乙炔黑、碳纳米管)等。工业上利用废旧磷酸铁锂电池的正极材料回收锂的工艺流程如下： 已知：①LiFePO4不溶于碱，可溶于稀酸。酸浸后溶液中的阴离子主要有、。 ②相关物质溶解度如下： 0 20 40 60 80 100 LiOH 11.9 12.4 13.2 14.6 16.6 19.1 Li2CO3 1.54 1.33 1.17 1.01 0.85 0.72 回答下列问题： (1)将电池粉碎前应先放电，放电的目的是______。 (2)LiFePO4中铁元素的价态为______，基态氧原子的价层电子轨道表示式为______。 (3)“酸浸”步骤发生的主要反应的离子方程式为______。滤渣的主要成分是______。 (4)“沉铁沉磷”步骤中当碳酸钠浓度大于30%后，铁沉淀率仍然升高，磷沉淀率明显降低，其可能原因是______。 (5)为了充分沉淀，“沉锂”时所用的X和适宜温度是______(填标号)。 A． B． C． D． (6)将废旧锂离子电池(外壳为铁，电芯含铝)置于不同浓度的和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1所示。对浸泡液中沉淀物热处理后，得到射线衍射图谱如图2所示。 ①电池在溶液中比在溶液中放电速率更大，其原因是______。 ②与溶液相比，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2图谱，分析其主要原因是______。 【答案】(1)释放残余的能量，避免造成安全隐患，或使锂元素充分嵌入到正极材料，利于回收 (2) +2 (3) 导电剂(乙炔黑和碳纳米管) (4)当碳酸钠浓度大于30%后，增大生成沉淀增多则磷沉淀率明显降低 (5)D (6) 等质量分数的溶液中离子浓度更大、离子所带电荷更多，且、还原性比强，更容易参与氧化还原反应，加快了电子在电极和溶液之间的转移速率 质量分数由增大为时，对电池外壳和电芯的腐蚀速率加快 【分析】废旧LiFePO4电池进行粉碎、放电处理后，用氢氧化钠溶液进行碱浸，发生反应，除去其中的铝；过滤后滤渣用盐酸、过氧化氢溶液进行酸浸，酸浸时，中的铁元素被氧化为，过滤后除去不溶于酸碱的导电剂；滤液中加入的溶液，进行沉铁沉磷处理，得到等，过滤，滤液中加入饱和沉锂试剂，进行沉锂操作，过滤后得到粗品，提纯得到高纯锂化合物，以此进行分析； 【详解】（1）电池粉碎前应先放电，目的是释放残余的能量，避免造成安全隐患，或使锂元素充分嵌入到正极材料，利于回收； （2）根据化合物化合价代数和为，为价，为价，得为价；原子价电子为，价层电子轨道表示式为：； （3）酸浸时，，中的铁元素被氧化为，发生的主要反应的离子方程式为：；过滤后除去不溶于酸碱的导电剂，导电剂不溶于酸碱，因此滤渣主要为导电剂(乙炔黑和碳纳米管)； （4）碳酸钠浓度过高导致溶液碱性增强，主要与反应生成沉淀，与磷酸根的沉淀反应形成竞争，导致磷沉淀率下降； （5）由溶解度表可知，溶解度随温度升高而减小，温度越高，越有利于沉淀析出，因此选用，且选较高温度（），故选D； （6）①等质量分数的溶液中离子浓度更大、离子所带电荷更多，且、还原性比强，更容易参与氧化还原反应，加快了电子在电极和溶液之间的转移速率；②结合图2可知，体系中铁铝最终转化为氧化物，浓度升高加快反应速率；质量分数增大，溶液导电性增强，加快了铁、铝的吸氧腐蚀（原电池放电过程），对电池外壳和电芯的腐蚀速率加快，因此电池残余电压降低速率更快。 18．（2026·山东济南·二模）金属钒被誉为“合金的维生素”。从废钒渣（主要含、，杂质为CuO、、等）中回收V和的工艺流程如下图所示： 已知：①“焙烧”时V、Fe、Cr元素分别转化为、和； ②微溶于水；向溶液中加酸，不同pH对应的主要存在形式如下表： pH 10.6~12 约8.4 3~8 约2 存在形式 回答下列问题： (1)“焙烧”时，气体和固体粉末采用逆流式通入，其目的是_____________，发生反应的化学方程式为_____________，“滤渣Ⅰ”的主要成分为______。 (2)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示，当溶液中可溶性组分浓度时，可认为已除尽。 通入调pH的理论范围为_______，反应的平衡常数_______。 (3)加压通入可将转化为，总反应的离子方程式为_____________，若没有该操作单元，导致的后果是_____________。 (4)“沉钒”加硫酸调pH约为____。“转化”过程中，先加入适量碱调pH，再加稍过量KCl，稍过量KCl作用是_____________。 【答案】(1) 增大气体与固体的接触面积，使固体颗粒充分反应，加快反应速率 、CuO (2) 4.5~9.3 (3) 将增加硫酸的用量 (4) 2 将尽可能多的转化为、降低的溶解度 【分析】该工艺以废钒渣为原料，分步分离回收得到金属钒与重铬酸钾，整体思路是先氧化转化原料中的低价元素，再分步除杂、分离得到目标产物。 焙烧阶段通入空气，将V、Cr、Fe分别氧化转化为可溶性钒酸钠、铬酸钠，铁转化为氧化铁，逆流通气可提升气固接触效率，提高原料转化率。水浸后分离出不溶性杂质，得到含钒、铬和少量铝硅杂质的滤液；随后调pH沉淀除去铝硅杂质，再酸化将铬酸根转化为重铬酸根，调pH沉钒得到五氧化二钒，经铝热还原得到金属钒，最后含重铬酸钠的溶液加KCl，析出得到重铬酸钾产品。 【详解】（1）逆流操作的核心作用是增大接触面积，提升反应效率；FeCr2O4和NaHCO3、空气焙烧，生成Na2CrO4、Fe2O3、CO2、H2O，根据焙烧产物，结合氧化还原化合价升降配平可得反应方程式；水浸时，焙烧生成的和杂质不溶于水，因此为滤渣Ⅰ的主要成分。 （2）调pH的目的是让Al、Si沉淀完全，且V保留在溶液中：根据图像，可溶性Al浓度≤的范围是，可溶性Si浓度达标的条件是，因此pH理论范围为； 对于平衡，平衡常数；当时，，，因此。 （3）过量反应生成，配平可得离子方程式：；该操作目的是将转化为，若不转化，后续沉钒时发生反应：，会增加硫酸的用量。 （4）根据给定表格，pH约为2时，V主要以微溶的存在，刚好沉钒；转化过程中的转化为，溶解度较小，加入稍过量，利用同离子效应，将尽可能多的转化为、降低的溶解度，促进其析出，提升产率。 19．（2026·陕西渭南·二模）以某地铜水钴矿(主要成分为，还含有较多的NiO、CoO以及少量的、CaO、MgO和等)为原料获得钴、铜、镍的化合物，工艺流程如下： 已知：①某些低价金属氧化物可以溶于稀硫酸中，而其较高价金属氧化物只能溶解在较浓的硫酸中； ②，。 (1)请写出镍原子的基态电子排布式___________。 (2)“磨矿、浆化”的目的是___________。 (3)一段浸出的浸渣再进行二段浸出的目的是___________，过程中生成氧气，写出反应的化学方程式___________。 (4)“除铁”工序中采用黄钠铁矾法技术，黄钠铁矾为淡黄色不溶性晶体，写出反应的离子方程式___________。 (5)除钙镁工序中，当、被完全除去(离子浓度小于等于，视为沉淀完全)，此时不低于___________。 (6)将产品()在氮气氛围下进行热重分析，在不同温度范围内失重率如图所示。通过计算确定290∼430℃剩余固体的成分___________(填化学式)。 【答案】(1)（或） (2)增大反应物接触面积，加快浸出速率，提高原料浸出率 (3) 将浸出，提高Co的利用率 (4) (5) (6)Co 【分析】铜水钴矿经磨矿、浆化后一段稀硫酸浸出：溶解原料中低价的CoO、NiO、Fe2O3、CaO、MgO等氧化物，得到含金属离子的浸出液送后续除杂，二段浸出：一段浸渣中含未溶解的高价Co2O3等，二段浸出可以进一步浸出其中的钴、铜，提高金属总回收率，除铁：将溶液中的转化为黄钠铁矾沉淀除去，除钙镁：加NaF使、转化为难溶的CaF2、MgF2沉淀除去，除铜：加Na2S2O3分离除去铜，得到仅含、的溶液，采用萃取法分离钴镍：控制合适pH，让被有机溶剂萃取，水相直接得到NiSO4产品，有机相反萃得到钴盐，最终制备得到CoC2O4·2H2O产品。 【详解】（1）Ni是28号元素，根据构造原理，基态镍原子核外电子排布式：（或）。 （2）磨矿浆化将矿石粉碎，增大了固体与酸的接触面积，加快反应速率，使金属元素更充分浸出，提高原料利用率。 （3）根据已知信息，低价金属氧化物可溶于稀硫酸，高价金属氧化物只能溶于浓硫酸，一段稀硫酸浸出后，高价钴仍留在浸渣中，二段浸出可将其浸出提高回收率；反应中+3价Co被还原为+2价，-2价O被氧化为，根据化合价升降守恒配平方程式：。 （4）加入碳酸钠以调节溶液pH，促使水解生成黄钠铁矾沉淀，根据原子、电荷守恒配平反应为 。 （5）沉淀完全时，离子浓度，对：，；对：，，需满足两种离子都沉淀完全，故不低于。 （6）设1mol ，质量为183g，290∼430℃，失重率为67.76%，剩余固体质量为，正好等于Co的摩尔质量（），且电子守恒：Co从+2降为0得2e-，两个+3价C全部升为+4价（生成CO2）失2e-，恰好配平，故剩余固体为Co。 20．（2026·湖南岳阳·二模）电解铜的阳极泥中含PtTe、PdSe、Pt、Pd、Au、Cu等物质，以该阳极泥为原料，分离和回收Au、Pt、Pd、Cu等金属或其化合物的工艺流程如图所示。 已知：①PtTe中Pt为+2价，且“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态Pt、Pd均转化为单质； ②易溶于水，、难溶于水； ③。 回答下列问题： (1)52Te在周期表中的位置是___________。 (2)“氧化焙烧”中，PtTe发生反应的化学方程式为___________。 (3)“酸浸”的目的是分离___________元素(填元素符号)。 (4)“氯浸”工艺中，金属Pt、Pd、Au被氧化为配离子：[PtCl6]2-、[PdCl6]2-、[AuCl4] -，Au转化为[AuCl4] -的反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为___________。 (5)“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属Au外，还有___________。 (6)“沉钯”之前，测得溶液中c0{[PtCl6]2-}=0.2mol/L，加入等体积的NH4Cl溶液充分反应，测得反应后混合液中c{[PtCl6]2-}=1.1×10-6mol/L，则初始加入NH4Cl溶液的浓度约为___________mol/L(忽略溶液混合时的体积变化)。 (7)某储氢铜合金具有立方最密堆积的结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的结构(晶胞结构如图)相似，该晶体储氢后的化学式为___________。 【答案】(1)第5周期第ⅥA族 (2)PtTe+Na2CO3+O2=Pt+Na2TeO3+CO2 (3)Cu (4)2:3 (5)将[AuCl4] -还原为金单质、[PtCl6]2-还原为[PtCl4]2- (6)1.0 (7)Cu3AuH8 【分析】向阳极泥(含PtTe、PdSe、Pt、Pd、Au、Cu等物质)中加入纯碱、通入空气进行“氧化焙烧”，再加水“浸取”，过滤得到含Na2TeO3、Na2SeO3的滤液a，分离出滤渣，向滤渣中加入稀硫酸“酸浸”，溶解氧化铜得到含硫酸铜的滤液b，分离出含Pt、Pd、Au的滤渣，再通入氯气、加入浓盐酸“氯浸”，将金属Pt、Pd、Au分别氧化为配离子：[PtCl6]2-、[PdCl6]2-、[AuCl4] -，再加入过量草酸“分金”，将[AuCl4] -还原为金单质、[PtCl6]2-还原为[PtCl4]2-，过滤分离出金单质，最后向滤液中加入氯化铵溶液“沉钯”得到含(NH4)2PtCl4滤液c和(NH4)2PdCl6沉淀，据此解答。 【详解】（1）52Te的原子序数为52，36＜52＜54，即Te位于第5周期倒数54-52+1=3列，故在周期表中的位置是第5周期第ⅥA族； （2）由题干已知信息①PtTe中Pt为+2价，且“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态Pt、Pd均转化为单质可知，“氧化焙烧”中，PtTe发生反应生成Pt、Na2TeO3和CO2，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学方程式为：PtTe+Na2CO3+O2=Pt+Na2TeO3+CO2； （3）由分析可知，向滤渣中加入稀硫酸“酸浸”，溶解氧化铜得到含硫酸铜的滤液b，即“酸浸”的目的是分离Cu元素； （4）“氯浸”工艺中，金属Pt、Pd、Au被氧化为配离子：、、，Au转化为的反应中Au的化合价由0价升高到+3价，而Cl2中Cl的化合价由0价降低到-1价，根据得失电子守恒可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2:3； （5）由分析可知，向滤渣中通入氯气、加入浓盐酸“氯浸”，将金属Pt、Pd、Au分别氧化为配离子：[PtCl6]2-、[PdCl6]2-、[AuCl4] -，再加入过量草酸“分金”，将[AuCl4] -还原为金单质、[PtCl6]2-还原为[PtCl4]2-，过滤分离出金单质，极“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属Au外，还有将[AuCl4] -还原为金单质、[PtCl6]2-还原为[PtCl4]2-； （6）“沉钯”之前，测得溶液中，加入等体积的NH4Cl溶液充分反应，参加反应的NH4Cl的物质的量是物质的量的2倍，测得反应后混合液中，此时溶液中的浓度为：==0.3mol/L，设初始加入NH4Cl溶液的浓度约为c mol/L，则有：=0.3mol/L，解得c=1.0，故答案为：1.0； （7）某储氢铜合金具有立方最密堆积的结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的结构(晶胞结构如图)相似，即一个晶胞中含有Cu的个数为：=3，Au的个数为：=1，体内含有8个H(即CaF2晶胞中8个F-换成8个H)，则该晶体储氢后的化学式为Cu3AuH8。 21．（2026·河北沧州·二模）金广泛应用于电子制造及航空航天领域，以载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被、包裹，还含有少量、)为原料提炼Au的工艺流程如下： 已知：①有毒，高温较稳定；②硫脲有还原性，在碱性条件下易发生水解，同时与碱反应生成；③不溶于水、盐酸、硫酸及氢氧化钠溶液，可溶于王水；④时，，，离子浓度时即可认为沉淀完全。 (1)基态铜原子的价层电子排布式为___________。 (2)“焙烧”时，FeAsS转化为两种有毒物质和一种红棕色固体，该反应的化学方程式为___________。 (3)“浸金”应在酸性介质中进行，这是因为在碱性条件下：①硫脲易水解，加大硫脲消耗量；②转化为沉淀；③___________。“浸金液”中含，与配位的原子是而不是的原因是___________。 (4)“滤渣2”的主要成分是___________，“砷氧化”时含砷微粒转化的离子方程式为___________。 (5)“沉砷”时，砷的去除率与温度的关系如图所示。温度越高，溶液中砷的去除率越低的原因是___________，常温下，为使完全沉淀而无Ca(OH)2析出，溶液的pH应不大于___________。 【答案】(1) (2) (3) Au+和S2-生成Au2S沉淀 S的原子半径更大，电负性更小，更易提供孤电子对形成配位键 (4) Fe(OH)3、Cu(OH)2 (5) 温度升高，Ca(OH)2溶解度减小，Ca2+浓度减小，生成的Ca3(AsO4)2沉淀减少 12.5 【分析】载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被FeS2、FeAsS包裹，还含有少量CuO、SiO2)焙烧生成、、，CuO、SiO2热稳定性强不发生变化，加入硫酸酸浸，生成、，、Au、SiO2不与硫酸反应， 微溶于水，进入溶液中，Au、SiO2形成滤渣；滤液加入NaOH，生成和沉淀、沉淀（滤渣2），加入H2O2生成，加入沉砷生成；滤渣加入Fe3+和浸金，Au被氧化并与硫脲形成配合物含，进入溶液，仍为固体，得到浸金液和滤渣3（），加入Al除铁后沉金得到Au。 【详解】（1）铜是29号元素，为第四周期IB族元素，价层电子排布式为。 （2）结合信息，FeAsS转化为两种有毒物质和一种红棕色固体，则生成物为、和，该反应的化学方程式为。 （3）结合信息，硫脲[]在碱性条件下易发生水解，同时与碱反应生成，在碱性条件下：①硫脲易水解，加大硫脲消耗量；②转化为沉淀；③和生成沉淀；S的原子半径更大，电负性更小，更易提供孤电子对形成配位键，因此与配位的原子是S而不是。 （4）滤液中的、在“碱浸”时生成、沉淀，故“滤渣2”的主要成分是、；结合信息，“砷氧化”时含砷微粒转化的离子方程式为。 （5）温度升高，溶解度减小，浓度减小，生成的沉淀减少，导致溶液中砷的去除率降低；为保证完全沉淀且无析出，当沉淀时，，，解得，，解得，，则，此时，故“沉砷”时溶液的pH应不大于12.5。 22．（2026·西藏拉萨·二模）草酸钴是制作氧化钴和金属钴的原料，一种利用含钴废料(主要成分，含少量、、CaO、MgO、碳及有机物等)制取的工艺流程如下： 已知：，。 回答下列问题： (1)“550℃焙烧”是为了除去___________。 (2)“碱浸”时NaOH稍过量，浸出液的主要成分是___________。 (3)“浸钴”时先加入稀硫酸酸化，再加入，而不是同时加入两种试剂，这样做的目的是___________，钴离子发生转化的离子方程式为___________。 (4)“净化除杂1”时，先___________(填“少量多次”或“足量”)的加入H2O2，再调节pH使沉淀。 (5)“净化除杂2”时先沉淀的离子为___________。 (6)隔绝空气加热分解后得到，晶胞如图所示，晶胞中Co的配位数为___________。 【答案】(1)碳及有机物 (2) (3) 防止Na2SO3生成SO2导致还原效率降低，污染环境 (4)少量多次 (5)Mg2+ (6)6 【分析】550℃焙烧含钴废料(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)除去碳和有机物，加入氢氧化钠溶液，其中Al2O3溶解生成Na[Al(OH)4]，Co2O3、Fe2O3、CaO、MgO不溶，过滤，则浸出液的主要为Na[Al(OH)4]，向过滤得到的固体加入稀硫酸和亚硫酸钠，Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，得到含Co2+、Fe2+、Mg2+硫酸盐溶液，CaSO4微溶于水，溶液中还存在少量Ca2+，部分CaSO4作为浸渣分离除去，在40～50℃加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，再使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有Co2+、Mg2+、Ca2+，加入NaF溶液除去钙、镁，过滤后，滤液中主要含有Co2+，加入草酸铵溶液得到草酸钴。 【详解】（1）含钴废料中含碳和有机物，550℃焙烧时，碳燃烧生成、有机物灼烧分解，可除去二者。 （2）废料中​是两性氧化物，与过量NaOH反应生成可溶性，因此浸出液主要成分为。 （3）​可与酸反应生成，若同时加入稀硫酸和，​会分解逸出，污染环境，同时降低还原的效率；​中+3价被​还原为+2价，​被氧化为​，离子方程式为。 （4）​不稳定，易分解，少量多次加入可减少​分解，保证将完全氧化为，提高利用率。 （5）和是同类型难溶电解质，​越小，溶解度越小，，因此先沉淀。 （6）该晶胞为类似氯化钠的结构，任意原子周围距离最近且相等的原子共6个，因此的配位数为6。 23．（2026·吉林长春·二模）氟碳铈矿是一种重要的稀土矿物，主要成分为[R代表钇(Y)、镧(La)、铈(Ce)]，常伴生有Fe、Al、Mg等杂质。一种以氟碳铈矿综合回收Y、La、Ce的工艺路线如下： 已知：①稀土氧化物()可溶于稀盐酸，不溶。 ②常温下各种金属离子完全沉淀的pH如下表： pH 11.6 9.0 8.3 3.2 4.7 ③溶质X的萃取分配系数；萃取率。 回答下列问题： (1)氟碳铈矿中伴生的Al是第___________周期第___________族元素。 (2)在空气中焙烧第一步转化为和，再转化为，第一步转化的化学方程式为___________。 (3)滤渣1中主要成分除了外还有___________(填化学式)。 (4)滤液2中的金属离子主要为___________(填离子符号)。 (5)“萃取”和“反萃取”过程可简化为：(水相)(有机相)(有机相)(水相)，其中代表P507。 ①该过程属于___________(填“阳离子交换”或“阴离子交换”)萃取。 ②若水相为100 mL，萃取时每次用30 mL P507。已知，则理论上第一次萃取时的最大值为___________(忽略萃取过程中液体体积的变化)。 ③“反萃取”过程中加入的试剂是___________。 (6)焙烧得到疏松的固体的原因是___________。 【答案】(1) 三 ⅢA (2) (3)、 (4) (5) 阳离子交换 75% 盐酸(HCl) (6)受热分解产生大量的和气体，逸出的过程中导致产物疏松 【分析】该工艺以氟碳铈矿为原料，先氧化焙烧将稀土转化为氧化物，再经稀盐酸浸出、调pH除去、杂质和不溶的，得到含、、的滤液1，滤液1之后经草酸沉淀、焙烧、稀盐酸酸浸后，通过萃取法分离Y和La，水相沉钇后焙烧得到，有机相反萃取得到，实现了钇、镧、铈的综合回收。 【详解】（1）Al的原子序数为13，核外电子层为3层，最外层3个电子，位于周期表第三周期第ⅢA族。 （2）中Ce为+3价，焙烧被氧化为+4价，根据原子守恒、电子守恒配平得 。 （3）已知完全沉淀pH=4.7，调节pH=5.0时完全沉淀为；且不溶于稀盐酸，因此滤渣1还含这两种物质。 （4） 调pH除去、、后，滤液1中剩余、、；加入后、沉淀为草酸盐，留在滤液2中。 （5）①该过程水相中的（阳离子）进入有机相，有机相交换出（阳离子）进入水相，属于阳离子交换萃取。 ②设，平衡时，，，，根据，解得，。 ③ 反萃取需要使平衡左移，增大即可，且产物为，加入稀盐酸不引入杂质。 （6）草酸钇焙烧分解生成，同时放出大量、气体，气体逸出后固体形成疏松结构。 24．（2026·江苏南通·二模）电解锰渣(主要成分为、和少量)提取的工艺流程如下： (1)写出一种降低浸出液中含量的有效措施___________。 (2)“还原酸浸”时，发生反应的离子方程式为___________。 (3)用一定浓度的溶液浸出铅元素的反应为。从平衡常数的角度解释不用溶液浸取的原因是___________。 已知：①；； ②。 (4)以、和NaOH为原料，混合后进行沉淀转化制得。已知：的产率随pH的变化如图-1所示。制备时，控制pH约为8的原因是___________。 (5)受热分解为Pb(Ⅳ)和Pb(Ⅱ)的混合氧化物，Pb(Ⅳ)能氧化浓盐酸生成。现将加热分解得到，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到。生成的和的体积比为2：1(相同状况下)。计算剩余固体中、原子个数比___________。(写出计算过程)。 (6)铅的某氧化物的晶胞结构如图-2所示： 用“”和“”画出该晶胞沿z坐标轴方向的投影图___________。 【答案】(1)增大浓度 (2) (3)平衡常数很小，因此不用溶液浸取 (4)pH小于8时，不利于转化为；大于8时生成沉淀 (5)剩余固体含，由得失电子守恒有，又，则剩余固体中，故剩余固体中、 (6) 【分析】电解锰渣主要成分为、和少量。电解锰渣加硫酸、PbS“还原酸浸”时，被还原为硫酸锰，PbS被氧化为S单质，过滤，浸出液中含硫酸锰，浸渣用一定浓度的溶液发生反应浸出铅元素。 【详解】（1）增大硫酸根离子浓度，能使逆向移动，所以增大浓度，可以降低浸出液中含量； （2）“还原酸浸”时，被PbS还原为硫酸锰，PbS被氧化为S单质，发生反应的离子方程式为； （3），，平衡常数很小，所以不用溶液浸取。 （4）pH小于8时，逆向移动，不利于转化为；大于8时生成沉淀，所以制备时，控制pH约为8。 （5），剩余固体含，，，可得 。则剩余固体中 ，，故原子个数比 。 （6） “”位于面对角线的处和过体心的面对角线的处呈交叉排布，“”位于顶点和体心，该晶胞沿z坐标轴方向的投影图为。 25．（2026·广西崇左·二模）钛广泛应用于航空航天、医疗和汽车制造等领域。以高钛炉渣(主要成分为TiO2，还含有Al2O3、Fe2O3、MgO及SiO2)为原料制备钛的工艺流程如图所示。回答下列问题： 已知：①滤液1中主要含Fe3+、Al3+、Mg2+；滤液2中主要含TiO2+。 ②几种金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表所示。 金属离子 Fe3+ Al3+ Mg2+ 开始沉淀时的pH 2.2 3.4 8.9 完全沉淀时的pH 2.8 4.7 10.9 ③金属离子完全沉淀的条件是。 (1)基态Fe3+的价层电子排布图为___________，Ti位于元素周期表___________区。 (2)相对于冷水，“浸取”时选择热水的优点是___________。 (3)“煮沸”后期，常加入少量氨水，其目的是___________。 (4)“氯化”时，发生反应的TiO2、C和Cl2的物质的量之比为___________。 (5)利用滤渣3制备高纯度铁红的操作是___________(简述操作过程)。 (6)“操作A”是加入SOCl2、共热，写出总反应的化学方程式；___________。 (7)“电解”时，阳极的电极反应式为___________。 【答案】(1) d (2)浸取速率较大 (3)促进TiO2+水解平衡正向移动，提高水解率 (4)1:2:2 (5)将滤渣3溶于足量NaOH溶液，过滤、洗涤、灼烧 (6) (7) 【分析】本题为工艺流程题，向高钛炉渣(主要成分为TiO2，还含有Al2O3、Fe2O3、MgO及SiO2)中加入硫酸铵进行焙烧将Al2O3、Fe2O3、MgO分别转化为Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3、MgSO4，TiO2、SiO2不反应，加入热水进行浸取，过滤得到滤液1主要含Fe3+、Al3+、Mg2+和滤渣1主要含TiO2、SiO2，向滤渣1中加入硫酸进行酸浸将TiO2转化为TiOSO4，过滤得到滤渣2为SiO2，向滤液2进行煮沸得到TiO2·xH2O，加热TiO2·xH2O得到粗TiO2，将粗TiO2加入过量的焦炭并通入Cl2进行氯化得到TiCl4，滤液1加入试剂a调节pH将Al3+、Fe3+转化为沉淀过滤除去，即滤渣3为Al(OH)3、Fe(OH)3，向滤液中加入石灰乳进行沉镁得到Mg(OH)2，加入稀盐酸转化为MgCl2溶液，蒸发浓缩、冷却结晶后得到MgCl2·6H2O，在HCl的气流中加热MgCl2·6H2O即可得到无水MgCl2，电解熔融的MgCl2得到Mg，用Mg还原TiCl4得到Ti，据此分析解题。 【详解】（1） 已知Fe是26号元素，其基态原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，故基态Fe3+的价层电子排布图为，Ti是22号元素，其基态原子核外电子排布式为[Ar]3d24s2，则Ti位于元素周期表d区，故答案为：；d； （2）由分析可知，相对于冷水，“浸取”时选择热水的可以增大Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3、MgSO4的溶解度和浸取速率，即选用热水的优点是浸取速率较大； （3）由分析可知，“煮沸”的目的是将TiOSO4充分水解转化为TiO2和H2SO4，则“煮沸”后期，常加入少量氨水，可以中和H2SO4，使水解平衡正向移动，则其目的是促进TiO2+水解平衡正向移动，提高水解率； （4）由分析可知，“氯化”时，将粗TiO2加入过量的焦炭并通入Cl2进行氯化得到TiCl4、CO，该反应方程式为：TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO，即发生反应的TiO2、C和Cl2的物质的量之比为1:2:2； （5）由分析可知，滤渣3为Al(OH)3、Fe(OH)3，利用Al(OH)3能溶于NaOH溶液，过滤得到Fe(OH)3，加热Fe(OH)3即可得到铁红，即利用滤渣3制备高纯度铁红的操作是将滤渣3溶于足量NaOH溶液，过滤、洗涤、灼烧； （6）SOCl2水解得到SO2、HCl等，HCl抑制Mg2+水解，故“操作A”是加入SOCl2、共热，故总反应的化学方程式为：； （7）由分析可知，“电解”时是电解熔融的MgCl2，阳极发生氧化反应，则阳极的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑。 26．（2026·甘肃酒泉·二模）钴是重要的战略性金属。从炼锌钴渣(含ZnO、CoO、CuO、FeO、、)中回收钴的工艺流程如图所示。 已知：相关物质的溶度积常数如下表。 物质 回答下列问题： (1)为了提高“酸浸”速率，可以采取的措施有_______(写出1条即可)。 (2)“滤渣2”的主要成分是_______(填化学式)。 (3)检验沉淀是否洗涤干净的操作是_______。 (4)“还原酸溶”中发生反应的离子方程式为_______。 (5)工业上可通过电解溶液制备金属钴的同时，可获得较浓的硫酸，电解装置如图所示，则阳极的电极反应式为_______；当电极上有1 mol Co生成时，获得硫酸的物质的量为_______mol。 (6)从“溶液1”中可回收锌元素，并制备用途广泛的。已知的晶胞结构及其在xy面投影如图所示。 ①基态Zn的价电子排布式为_______。 ②设为阿伏加德罗常数的值，该晶胞的密度为_______。 【答案】(1)将炼锌钴渣粉碎，适当升高温度，适当提高硫酸浓度，搅拌等(任选一条即可) (2) (3)取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加溶液，若无白色沉淀生成，说明已洗涤干净 (4) (5) 1 (6) 【分析】先将处理后的渣料酸浸，分离出难溶于酸的，再用溶液处理，将铁元素都转化为价，通过调pH先将铁元素转化为除去，再加入氧化性较强的NaClO，将钴元素转化为，再加入还原剂将钴元素还原为价，最后加入合成目标产物，据此解答。 【详解】（1）提高“酸浸”速率，可以采取的措施有：将炼锌钴渣粉碎(或适当升高温度、搅拌、适当提高硫酸的浓度等)。 （2）酸浸液中含有、、、、、等离子，“氧化”步骤的作用是将氧化为，以便在后续调pH时除去铁元素；溶液中含有过量硫酸，因此“滤渣2”中除外，还有微溶物。 （3）沉淀表面会吸附等杂质离子，取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加溶液，若无白色沉淀生成，说明已洗涤干净。 （4）作为还原剂，将还原为，自身被氧化为，在酸性条件下反应的离子方程式为。 （5）通过题图示中的较浓硫酸可知，阳极为惰性电极，阳极的电极反应式为，阴极的电极反应为，当电极上有1 mol Co生成时，转移2 mol电子，会转移来平衡电荷，生成1 mol硫酸。 （6）①Zn为第四周期第ⅡB族元素，原子序数为30，基态Zn的价电子排布式为。 ②晶胞中Zn位于顶角和体心，个数为；F位于面心和体内，个数为。晶胞的体积为，晶胞的质量为，晶胞的密度为。 27．（2026·广东茂名·二模）某废旧线路板中富集了大量金属元素：Au、Cu、Sn、Pb，一种处理的工艺流程如下所示。 已知：①25℃时，；。 ②溶解度随温度变化如图所示： 回答下列问题： (1)“加热浸出”时，发生转化： ①反应Ⅱ的离子方程式为___________。 ___________+___________   ②75℃时Sn、Pb浸出率达到最大值，继续升温，Pb的浸出率反而略有下降，原因是___________。 ③下列说法正确的有___________。 A．中只存在离子键 B．“系列操作”为蒸发结晶、过滤 C．加少量水稀释浸出液，有利于析出 D．加热浸出时加入NaCl能提高Pb的浸出率 (2)“溶铜”时，Cu参与反应的化学方程式为___________，利用浓缩后的“溶出液”可给磨具镀铜，在答题卡中完善电镀的装置示意图并作相应的标注___________。 (3)“萃取”时，原理为，“反萃取”后，水溶液中含和，则试剂A为___________（写化学式）。 (4)“系列操作”后，再调pH沉锡，若滤液中离子浓度分别为，，当开始沉淀时___________（保留2位有效数字）。 (5)在Cu-Au合金中掺杂Pd得到高催化性能的合金，其立方晶胞结构如图，相邻原子间的最近距离之比，晶体中与Cu原子最近且等距离的Au原子数目为___________，粒子个数最简比___________。 【答案】(1) 75℃时继续升温，HCl挥发，降低，使得平衡逆向移动，Pb的浸出率降低 CD (2) (3) (4) (5) 4 【分析】该工艺流程以富集了Au、Cu、Sn、Pb的废旧线路板为原料，经浓盐酸加热浸出后，浸出液经系列操作分离得到PbCl2，滤液可进一步制备SnO2，浸出渣经稀硫酸与过氧化氢溶铜，所得溶出液用磨于模具镀铜，剩余溶出渣溶金后，经萃取、反萃取、NaBH4还原得到金单质，实现废旧线路板中有价金属的分离回收。 【详解】（1）①反应II为与形成，离子方程式为； ②温度升高，浓盐酸中HCl挥发，溶液中降低，反应Ⅱ平衡逆向移动，Pb转化为析出，因此浸出率下降； ③A．​中络离子​内部存在配位共价键，不只含离子键，A错误； B．溶解度随温度升高而增大，应降温结晶，蒸发结晶无法析出大量，B错误； C．稀释浸出液，降低，反应Ⅱ​平衡左移，利于析出，C正确； D．加入NaCl增大，平衡右移，促进Pb浸出，提高浸出率，D正确； 故选CD。 （2）“溶铜”时Cu与被过氧化氢氧化为，化学方程式为；电镀镀铜时，镀层金属作阳极，待镀件作阴极，电解液含镀层金属离子，则装置示意图为。 （3）反萃取产物为​和，需要提供和，故试剂A为。 （4）同一溶液中相同，因此。 （5）如图所示，灰、白、黑球的相邻原子间的最近距离分别为、、，根据相邻原子间的最近距离之比可知黑球分别为Cu，灰球和白球均可能为Au和Pd，Cu位于4个黑球和4个白球中心，则晶体中与Cu原子最近且等距离的Au原子数目为4；根据均摊法，一个晶胞中Cu位于内部，个数为8，灰球位于顶点和面心，个数为，白球位于内部和棱心，个数为，白球和灰球个数相等，即Au和Pd的个数相等，因此粒子个数最简比。 28．（2026·广东深圳·二模）从钕铁硼废渣(主要含有Nd、Fe、B、Co的单质和)中回收钕和钴的流程如图所示。 已知：①B难溶于非氧化性酸；②氧化性：；③P507(用HR表示)萃取稀土离子的原理为：；④常温下，，，，离子浓度达到可视为沉淀完全。 (1)“滤渣”的主要成分为___________(填化学式)。 (2)“氧化”后主要以的形式存在，加入进行萃取。先与结合生成，再将转移到有机相。从微粒间相互作用的角度判断与的相互作用___________(填“强于”、“弱于”或“等于”)与的相互作用。 (3)“有机相2”可在___________(填操作单元名称)中循环利用。 (4)“沉钕”的离子方程式为___________；若恰好沉淀完全时，溶液，此时溶液中___________mol/L。 (5)在500℃、不同条件下获得的煅烧产物的X射线衍射谱图如图所示(不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。实验证明，在空气中分解时发生了两步反应，第二步反应的化学方程式为：___________。 (6)的晶胞由边长均为的立方体结构单元A和B交替并置组成。 ①该立方晶胞的体积为___________。 ②的配位数是___________。 ③___________。 【答案】(1)B、 (2)强于 (3)萃取2 (4) (5) (6) 4 3：4 【分析】钕铁硼废渣（含、、、单质和）加浓盐酸浸出，活泼金属、、反应生成氯化物进入溶液，不与浓盐酸反应的、成为滤渣；加将氧化为，经萃取除去；中和后，用萃取，留在水相；有机相加浓盐酸反萃取，进入水相，有机萃取剂可循环；水相加草酸沉钕，煅烧得到，含的水相加碳酸钠沉钴得到。 【详解】（1）B难溶于非氧化性酸，不与浓盐酸反应，二者都留在滤渣中； （2） 能将转移到有机相，说明二者更易结合，相互作用更强； （3）反萃取后得到的有机相2是萃取剂，回到萃取2步骤循环使用； （4）沉钕时与反应生成沉淀，离子方程式为；沉淀完全时，由，得。时，由，代入数据得； （5）由XRD谱图可知，氩气中煅烧产物为，空气中第一步分解生成，第二步被氧气氧化为，方程式为； （6） ① 晶胞由边长为的A、B交替并置，因此整个大晶胞的边长为，体积为； ② 观察A结构单元，周围最近的数目为4，即配位数为4； ③晶胞由边长为的A、B交替并置，故该立方晶胞由4个A结构单元和4个B结构单元组成， 所有都在A、B的立方体内部，完全属于该晶胞：A中有4个，B中有4个，因此晶胞中总数目，即总O数目=32。所有在B立方体的内部，完全属于该晶胞，共4个，因此晶胞中总数目，根据电荷守恒知，晶胞中总数目，。总Co的数目，总O数目，因此 。 29．（2026·安徽滁州·二模）某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、、FeS和CuCl)中的Zn、Pb、Cu元素。 已知：①“氧化浸出”时，不发生变化，ZnS转变为； ②；； ③酒石酸结构简式为(记作)。 回答下列问题： (1)Pb位于元素周期表第六周期第ⅣA族，基态Pb原子价电子排布图为_______。 (2)“氧化浸出”时，温度不能过高的原因为_______。 (3)“氧化浸出”时，ZnS发生反应的化学方程式为_______。 (4)“沉锌”步骤中发生反应的离子方程式为_______。 (5)滤渣1的主要成分有S、和_______(填化学式)。 (6)“浸铅”步骤，和反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为_______，pH过高可能生成_______(填化学式)。 (7)制备光学材料。如图所示，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带_______(填“正电”或“负电”)。 【答案】(1) (2)温度过高时，分解生成逸出(过二硫酸铵分解，造成浸出率减小等) (3)(或) (4) (5) (6) pH升高，浓度增大，平衡逆向移动，离子浓度增大，平衡正向移动，PbA产率增大 (7)正电 【分析】氧化浸出：废渣中的ZnS、FeS、CuCl被氧化，Zn转化为[Zn(NH3)4]2+进入溶液，而PbSO4不溶，形成滤渣1。除铜：向滤液中加入Zn，将Cu2+置换为Cu，同时保留[Zn(NH3)4]2+。沉锌：加入(NH4)2S，使[Zn(NH3)4]2+转化为ZnS沉淀。浸铅：滤渣1中的PbSO4与酒石酸（H2A）及Na2A反应生成PbA，而Fe元素以Fe(OH)3形式留在滤渣2中。真空热解：PbA分解为纯Pb及两种气态氧化物（CO和H2O）。 【详解】（1） Pb是82号元素，其电子排布为[Xe]4f145d106s26p2。根据题目要求，只需写出价电子排布图。Pb的价电子为6s26p2，排布图如下：。 （2）在“氧化浸出”过程中，使用了(NH4)2S2O8和NH3·H2O。温度过高会导致NH3·H2O受热分解，NH3挥发，导致溶液中NH3浓度降低，影响[Zn(NH3)4]2+的形成；(NH4)2S2O8在高温下可能分解，导致氧化能力下降，影响浸出效果； （3）根据已知①，ZnS在“氧化浸出”中转化为[Zn(NH3)4]2+，S2-被氧化为S；氧化剂是(NH4)2S2O8，还原产物为，结合NH3·H2O提供NH3，可写出反应方程式：或。 （4）“沉锌”是将[Zn(NH3)4]2+转化为ZnS沉淀。加入(NH4)2S后，S2-与[Zn(NH3)4]2+反应生成ZnS。离子方程式为：。 （5）在“氧化浸出”中：ZnS转化为[Zn(NH3)4]2+，S2-被氧化为S。FeS被氧化为Fe3+，在碱性条件下生成Fe(OH)3沉淀。CuCl被氧化为Cu2+，进入溶液。PbSO4不参与反应，留在滤渣中。因此，滤渣1的主要成分为S、PbSO4和Fe(OH)3。 （6）酒石酸H2A是二元弱酸，A2-浓度受pH影响。pH升高时，A2-浓度增大（A2-+ H2O ⇌ HA- + OH-，pH升高使平衡左移）；根据反应：，A2-浓度增大，平衡右移，PbA产率提高。pH过高时的副反应：当pH过高时，增大，溶液中的会与反应生成沉淀。 （7）首先，ZnS晶体中Zn2+和S2-按1:1排列。掺入CuCl后，Cu+替代Zn2+，Cl-替代S2-。由于Cu+（+1）比Zn2+（+2）少一个正电荷，Cl-（-1）比S2-（-2）少一个负电荷，因此：区域B：Zn2+被Cu+取代，正电荷减少，相当于带负电。区域A：S2-被Cl-取代，负电荷减少，相当于带正电。 30．（2026·内蒙古包头·二模）二氟草酸硼酸锂(，分解温度为)，在较宽的温度范围内具有良好的离子电导率，对水分不敏感，被认为是最有希望取代六氟磷酸锂(，分解温度约)的电解质锂盐。由锂精矿(主要成分有，还含有少量等离子)制备的工艺流程如图所示。 回答下列问题： (1)调浆浸出时通入热空气的作用是_______。 (2)锂精矿中所有的Al元素和Si元素，以某种铝硅酸盐(金属元素只有铝元素)从滤渣1中分离，该铝硅酸盐的化学式可表示为_______，滤渣2的主要成分是、和_______(填化学式)。 (3)分离提纯的步骤，将滤液蒸发浓缩，加入NaOH后，冷却到分离出。再将分离后的母液_______、_______(填操作名称)，得到LiOH固体。 (4)一般认为和反应分两步进行，补齐第一步反应。 第一步：_______； 第二步：。 (5)具有五元环结构，B原子的轨道杂化类型是，其结构式可表示为_______。 (6)在潮湿环境中，和两种样品的XRD图谱(可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)如下图所示。 暴露在环境中迅速产生气体X，形成白雾，X由两种元素组成，其化学式为_______；替代作电池电解质的优势为_______(答出2点)。 【答案】(1)通入热空气，将氧化为，便于后期除去 (2) Al2O3·4SiO2或Al2Si4O11 Fe(OH)3 (3) 蒸发结晶 趁热过滤 (4) (5) (6) HF 分解温度更高（热稳定性更好）；对水分不敏感，在潮湿的环境中更稳定 【分析】锂精矿(主要成分有LiAlSi2O6还含有少量Fe2+等离子)，通入热空气，将Fe2+氧化，便于后期除去；LiAlSi2O6可改写为Li2O·Al2O3·4SiO2；所以滤渣1为Al2O3·4SiO2，加入Ca(OH)2提供氢氧根离子，使得Fe3+生成Fe(OH)3除去；然后加入NaOH生成LiOH，加入H2C2O2得到Li2C2O2；然后加入BF3和有机溶剂DMC，经过除酸后得到LiBF2C2O4粗品；重结晶得到LiBF2C2O4；据此分析解题。 【详解】（1）热空气一方面提高体系温度，加速矿物浸出；另一方面空气中将原料中的氧化为，方便后续调pH沉淀除去。 （2）可改写为；根据题中信息可知，只有浸出进入溶液，所以滤渣1为Al2O3·4SiO2或写为Al2Si4O11，加入Ca(OH)2提供氢氧根离子，使得Fe3+生成Fe(OH)3除去。 （3）分离出后，母液中提取，经蒸发浓缩、趁热过滤可得到固体。 （4）根据原子守恒和第二步反应（消耗生成的），第一步得到目标产物，配平后即得到反应： 。 （5）B为杂化，共形成4个σ键，2个连接F，2个连接草酸根的两个氧，形成五元环结构，每个碳连接一个双键氧，结构表示为。 （6）在潮湿环境水解，生成两种元素的气体，遇水蒸气形成白雾；根据题干信息和XRD图谱，分解温度更高（热稳定性更好），且对水不敏感，潮湿空气中不易变质，这是其取代的核心优势。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题08 工艺流程综合题（非选择题）答案 1．(1) (2)除去，富集 (3) (4) 会生成，降低的产率和纯度 (5) 分子中原子上有孤电子对，中的原子与形成配位键，孤电子对用于成键，不再对成键电子对产生排斥，由于成键电子对对成键电子对的排斥作用小于原先孤电子对的排斥作用，故键角增大 2．(1) (2) 分解速率加快，与稀土元素之间的反应不完全，导致稀土元素浸出率降低 (3) (4)3 阳离子体积大且结构不对称，导致空间位阻大，减弱了离子间的静电作用力，使得熔点低 (5) (6) 3．(1)第四周期第Ⅷ族 (2)将钴矿石粉碎（或适当升温、搅拌、增大硫酸浓度等，答一条即可） (3)4.7⩽pH<7.1 (4)分离与等杂质 富集提纯 (5)​溶液碱性较强，易生成​杂质，​溶液pH较低，可避免析出，得到纯净的草酸钴 (6)2：3 4．(1) (2) (3) ，会产生有毒气体，污染环境 (4)7.1 (5) 只加入碳酸氢铵沉钴过程会生成大量气体 (6)小于 (7) 面心 5．(1) 、 增大接触面积，加快反应速率 (2) (3)pH过低时浓度较大，丁二酮肟镍难以沉淀，不利于反应正向进行；pH过大时，生成杂质。 (4) (5)1：4 (6)中和OH-，降低溶液pH，促进[Co(NH3)6]2+向[Co(NH3)5Cl]2+转化；做配体 6．(1)1：2 (2) (3) B (4) 温度高于80℃后，随着温度的升高，草酸钪的溶解度增大，致使钪的沉淀率下降 (5)75 7．(1)将孪生矿粉碎、搅拌、增大溶液的浓度、升高温度（答一点即可） (2) (3) (4)380 (5)HCl (6) (7) HF挥发 局部HF浓度过高，可与形成可溶性配合物，降低的产率 8．(1) 4 <60 mL/g时，液固比增大，还原剂草酸的量增多，有利于将LiCoO2还原成可溶性的；>60 mL/g时，液固比增大，草酸过量，能与形成草酸钴沉淀，使钴的浸出率下降 (2) (3)过量的与反应生成而溶解 (4) (5)9:7:16 9．(1) 增大反应物接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更充分 控制盐酸的加入速率（或分批缓慢加入盐酸，合理即可） (2) (3) (4)初始过低时，反应速率慢，相同时间内反应不完全，转化率低；初始过高时，沉淀转化过快，生成的会覆盖在表面，阻碍反应继续进行，转化率降低，因此初始c()=时转化率最高 (5) 除去未反应的杂质 将溶液中的转化为，提高的产率 (6)反萃取生成的​(三烷基胺)可循环至“萃取”工序(合理即可) 10．(1) 或 分液漏斗 (2) 盐酸 (3)增大溶液中的初始浓度，更有利于“萃取纯化”时与（锆离子）的分离 (4) 萃取率更高 碱液反萃 酸溶 (5) 11．(1) (2) (3) (4) 7 节约硫酸用量 (5) 1：1：2 （2　1　2） 12．(1)3 (2)Cu、 (3) (4) (5)或 (6) a 0.8 mol/L，60℃ 低浓度时，柠檬酸与金属离子配位能力弱，浸出率低；浓度过高时，配合物溶解度下降，浸出率降低 13．(1)​ (2)作还原剂，将还原为 (3) (4) (5) (6)5.4 (7) 为离子晶体，为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，因此的熔点更高 (8) 14．(1)适当研细铜转炉烟灰（或适当升温、适当增大硫酸的浓度） (2)难溶物覆盖在表面，减少浸出的接触面积，导致金属离子浸出率反而下降 (3) (4) (5)10.35ab (6) ZnCu3或 15．(1) (2)增大接触面积，加快反应速率 (3)8.4 (4) (5) (6) 12 16．(1) (2)温度升高，挥发 (3)分液 (4) (5) 2.16×1014 (6) 17．(1)释放残余的能量，避免造成安全隐患，或使锂元素充分嵌入到正极材料，利于回收 (2) +2 (3) 导电剂(乙炔黑和碳纳米管) (4)当碳酸钠浓度大于30%后，增大生成沉淀增多则磷沉淀率明显降低 (5)D (6) 等质量分数的溶液中离子浓度更大、离子所带电荷更多，且、还原性比强，更容易参与氧化还原反应，加快了电子在电极和溶液之间的转移速率 质量分数由增大为时，对电池外壳和电芯的腐蚀速率加快 18．(1) 增大气体与固体的接触面积，使固体颗粒充分反应，加快反应速率 、CuO (2) 4.5~9.3 (3) 将增加硫酸的用量 (4) 2 将尽可能多的转化为、降低的溶解度 19．(1)（或） (2)增大反应物接触面积，加快浸出速率，提高原料浸出率 (3) 将浸出，提高Co的利用率 (4) (5) (6)Co 20．(1)第5周期第ⅥA族 (2)PtTe+Na2CO3+O2=Pt+Na2TeO3+CO2 (3)Cu (4)2:3 (5)将[AuCl4] -还原为金单质、[PtCl6]2-还原为[PtCl4]2- (6)1.0 (7)Cu3AuH8 21．(1) (2) (3) Au+和S2-生成Au2S沉淀 S的原子半径更大，电负性更小，更易提供孤电子对形成配位键 (4) Fe(OH)3、Cu(OH)2 (5) 温度升高，Ca(OH)2溶解度减小，Ca2+浓度减小，生成的Ca3(AsO4)2沉淀减少 12.5 22．(1)碳及有机物 (2) (3) 防止Na2SO3生成SO2导致还原效率降低，污染环境 (4)少量多次 (5)Mg2+ (6)6 23．(1) 三 ⅢA (2) (3)、 (4) (5) 阳离子交换 75% 盐酸(HCl) (6)受热分解产生大量的和气体，逸出的过程中导致产物疏松 24．(1)增大浓度 (2) (3)平衡常数很小，因此不用溶液浸取 (4)pH小于8时，不利于转化为；大于8时生成沉淀 (5)剩余固体含，由得失电子守恒有，又，则剩余固体中，故剩余固体中、 (6) 25．(1) d (2)浸取速率较大 (3)促进TiO2+水解平衡正向移动，提高水解率 (4)1:2:2 (5)将滤渣3溶于足量NaOH溶液，过滤、洗涤、灼烧 (6) (7) 26．(1)将炼锌钴渣粉碎，适当升高温度，适当提高硫酸浓度，搅拌等(任选一条即可) (2) (3)取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加溶液，若无白色沉淀生成，说明已洗涤干净 (4) (5) 1 (6) 27．(1) 75℃时继续升温，HCl挥发，降低，使得平衡逆向移动，Pb的浸出率降低 CD (2) (3) (4) (5) 4 28．(1)B、 (2)强于 (3)萃取2 (4) (5) (6) 4 3：4 29．(1) (2)温度过高时，分解生成逸出(过二硫酸铵分解，造成浸出率减小等) (3)(或) (4) (5) (6) pH升高，浓度增大，平衡逆向移动，离子浓度增大，平衡正向移动，PbA产率增大 (7)正电 30．(1)通入热空气，将氧化为，便于后期除去 (2) Al2O3·4SiO2或Al2Si4O11 Fe(OH)3 (3) 蒸发结晶 趁热过滤 (4) (5) (6) HF 分解温度更高（热稳定性更好）；对水分不敏感，在潮湿的环境中更稳定 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $