专题06 工艺流程题（非选择题）（江苏专用）2026年高考化学二模分类汇编

**基本信息** 聚焦工业流程综合应用，精选江苏多所重点中学二模真题，涵盖稀土提取、废旧电池回收等14道非选择题，融合物质转化、反应原理与结构分析，凸显真实生产情境与学科核心素养的结合。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |非选择题|14题|元素化合物（Sc、Co等）、Ksp计算、晶胞结构、萃取原理、氧化还原反应|以钪制备、钴酸锂回收等真实工业流程为情境，设置分步沉淀（如Fe³⁺与Sc³⁺分离）、配离子结构（如[RMgXO(C₂H₅)₂]₂）等问题，梯度覆盖基础原理应用与综合计算分析，契合高考工艺流程题命题趋势。|

专题06工艺流程题（非选择题） 1．(2026·江苏南京第九中学·二模)钪(Sc)是一种在国防、航空航天、核能等领域具有重要作用的稀土元素。以钛白酸性废水(主要含TiO2+、Fe3+、Sc3+)为原料制备Sc及TiO2的工艺流程如图所示。 已知：①25℃时，Ksp［Fe(OH)3］=2.8×10-39，Ksp［Sc(OH)3］=1.0×10-30。 ②氢氧化钪Sc(OH)3是白色固体，不溶于水，其化学性质与Al(OH)3相似；Sc3+易形成八面体形的配离子。 ③常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，如，Sc的萃取率。 (1)“洗涤”时，加入H2O2的目的是__________。 (2)“反萃取”时若加入的氢氧化钠溶液过量，Sc(OH)3沉淀会溶解。写出Sc(OH)3与过量NaOH溶液反应的化学方程式：___________。 (3)用“10%盐酸调pH”，调节至pH=3，过滤，滤液中Fe3+的浓度为______mol/L。 (4)某工厂取1000LSc3+总浓度为50mg/L的废酸，加入500L某萃取剂，若D=10，则单次萃取率为______(保留一位小数)。若要提高萃取率，可采取的措施有_______(写两条)。 (5)写出“沉钛”过程中离子反应方程式________。 (6)上述工业中的热还原剂镁，可用于制备重要的有机合成试剂—格氏试剂，其通式可表示为RMgX (R代表烃基，X代表卤素)，它在乙醚的稀溶液中以单体的形式存在，并与两分子的乙醚络合，结构为 ，在乙醚的浓溶液中以二聚体的形式存在，该二聚体［RMgXO(C2H5)2］2   的结构可表示为________。 2．(2026·江苏苏北六校（徐州一中，宿迁中学等校）联考·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___________。 3．(2026·江苏姜堰中学等四校·二模)一种利用钛白粉副产品[主要成分为，含有少量、、、等]和农药盐渣(主要成分为、等)制备电池级磷酸铁的工艺流程如下。 已知：①易水解为 ②一定条件下，一些金属氟化物的如下表。 氟化物 回答下列问题： (1)“除钛”中产生的少量，铁粉的作用之一是防止被氧化为；另一个作用是___________。 (2)“除杂1”中除去的离子是___________(填化学式)。 (3)①“氧化1”中若加入速度过快，会导致用量增大，原因是___________。 ②本步骤不能使用稀盐酸代替溶液，原因是___________。 (4)滤渣3的主要成分是，生成该物质的离子方程式为___________。 (5)“氧化2”的目的是减少___________气体的排放(填化学式)。 (6)“沉铁”中如果体系酸性过强，会导致产量降低，原因是___________。 4．(2026·江苏镇江第一中学等校联考·二模)已知钕铁硼废料中主要成分为、、、等金属单质，还含有不溶于水和盐酸的硼、硅酸盐及硫化物。以下为一种利用钕铁硼废料制取和的工艺流程： 已知：①钕的活动性较强，能与酸发生置换反应，其稳定的化合价为＋3价。 ②能与多种金属离子形成可溶性配合物。 ③某些金属氢氧化物沉淀完全（沉淀完全的离子浓度）时的pH如下表所示： 沉淀 沉淀完全时的pH 5.2 3.2 9.4 9.5 8.5 回答下列问题： (1)写出基态钴（Co）原子的价电子排布式______。 (2)“沉淀”过程中，草酸的实际用量与理论计算量的比值（n）和沉钕率的关系如图－1所示，对沉钕率的变化趋势进行解释：______。 (3)若溶液中，计算加入试剂2调节pH的范围图－1是______（忽略过程中溶液体积变化）；假设“滤液1”步骤中加入的试剂有，当时，处理铁的离子方程式为______。 (4)“沉钴”得到的在500℃，不同条件下获得的煅烧产物的X射线衍射谱图如图－2所示（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）。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______。 (5)滤渣2为（相对分子质量为732）晶体，“煅烧”过程中固体质量变化（）随温度变化曲线如图－3所示。求750K时得到的固体是______。（写出计算过程） 5．(2026·江苏南通市·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___________。 6．(2026·江苏前黄高级中学·二模)氮化镓是一种新型的半导体，常用于紫光的激光二极管(LED)。某小组以废旧薄膜太阳能电池(CIGS)为原料(主要成分为)制备氮化镓，工艺流程如图： 已知：①硒属于氧族元素，镓、铟与铝位于同主族； ②氨水过量时，； ⑧常温下，． 当金属离子浓度时认为金属离子已完全沉淀。 回答下列问题： (1)基态Se原子的电子排布式为_______。 (2)“烧渣”的主要成分是和，已知：，在“高温焙烧”条件下，CIGS与氧气反应时铜转化成，不生成CuO，其主要原因可能是_______ (用结构理论解释)。 (3)“调过滤”后的“滤渣”主要成分是_______(填化学式)。 (4)“回流过滤”中的作用是_______(用镓相关的化学方程式表示)。“滤液I”加入足量烧碱，加热可以制备一种气体，该气体经干燥后可直接用于上述“_______”工序(填名称)。 (5)在一定硫酸和双氧水、固体颗粒不变的条件下，单位时间内“酸浸氧化”率与温度的关系如图甲所示(氧化率等于被氧化的元素质量与该元素总质量之比)。30℃时达到峰值的原因是_______。 (6)“高温气相沉积”中尾气常选用如图乙所示装置吸收。其原理是_______。 7．(2026·江苏南京市江浦高级中学·二模)V2O5可制备对高血糖、高脂血症等具有一定治疗作用的硫酸氧钒(VOSO4)，而V2O5可以通过氯化氧钒(VOCl3)与氨水在一定条件下制备。 Ⅰ．制备VOSO4：实验流程如图-1及实验装置如图-2(夹持及加热装置已省略) 已知：草酸易溶于乙醇，可溶于水，具有还原性，受热易分解。 回答下列问题： (1)仪器c的名称为______。 (2)为防止草酸的损耗，加入草酸前需对反应液采取的措施为______。 (3)反应液由橙红色变为蓝黑色的化学方程式为______。 (4)产品中钒含量的测定： ①称取2.5g产品，配成250mL待测溶液； ②取25.00 mL待测液于锥形瓶中，滴加足量酸性高锰酸钾将VO2+完全转化为。 ③滴加亚硝酸钠溶液除去过量的高锰酸钾，加入2mL尿素溶液至溶液不再产生气泡。（已知：尿素不直接与亚硝酸盐反应，但可将亚硝酸转化为氮气；亚硝酸可将转化为VO2+。) ④加入10mL硫酸-磷酸混酸调节pH=0，滴入指示剂用0.05 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液(Fe2+将转化为VO2+)滴定至终点。测量三次，消耗标准溶液平均体积为10.00mL。 ⅰ.实验过程中，下列操作会导致所测钒含量偏高的是______。 A．预处理过程中加入尿素的量不足 B．盛装 (NH4)2Fe(SO4)2标准液的滴定管未润洗   C．滴定管读数时，开始时仰视刻度线，结束时平视刻度线 D．滴定前滴定管有气泡，滴定结束后发现滴定管内无气泡 ⅱ.测得产品中钒的质量分数为______。（写出计算过程）。 Ⅱ．制备V2O5：VOCl3与氨水沉钒生成NH4VO3，NH4VO3加热分解生成V2O5。沉钒率与钒溶液浓度、氨解温度的关系如图-3、图-4所示。 (5)为确定较适宜的沉钒条件，请结合上图曲线，补充完整“探究氨水浓度对沉钒率的影响”的实验方案：______，使用专用仪器测定并计算沉钒率。 (可供选择的试剂：50 g/L的钒溶液、10 g/L的钒溶液、25%的优级纯氨水、高纯水) 8．(2026·江苏南京市大厂高级中学·二模)钒和铬都是重要的战略金属，利用钒、铬废渣(主要成分为NaVO3和Na2CrO4，还含有其他难溶物)分离回收钒、铬的工艺流程如图所示： 已知：常温下，Ksp(BaCO3)=5.1×10-9，Ksp(BaCrO4)=1.2×10-10，Ksp(CuCrO4)=3.6×10-6。 回答下列问题： (1)基态钒原子价层电子轨道表示式为___________。 (2)钒、铬废渣“水浸”前，先要进行粉碎处理，为提高浸取效率，还可采取的措施有___________(任写2点)。 (3)“沉铬”时，铬转化为CuCrO4沉淀，“转化”过程中发生反应的离子方程式为___________。 (4)向“沉钒后液”中加入足量BaCO3，可将其中的铬转化为BaCrO4沉淀，该转化的平衡常数为___________(保留三位有效数字)。 (5)复合材料氧铬酸钙的立方晶胞如图所示。 ①该晶体的化学式为___________。 ②已知该晶体的密度为ρ g/cm3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则相邻Ca2+与Cr3+之间的最短距离为 ___________pm(列出计算式即可)。 9．(2026·江苏南京市天印高级中学等·二模)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___________。 10．(2026·江苏南京市第六十六中学·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、钴、锰的价氧化物及锌和铜的单质。制备二次电池添加剂的流程如下： 注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于或等于 ，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。 已知：①，，，，。 ②锌的氢氧化物在开始沉淀，沉淀完全。 ③沉淀过快无法形成，易与形成配合物。 回答下列问题： (1)位于元素周期表_______区，其基态价电子排布式为_______。 (2)“沉铜”步骤中发生反应的离子方程式是，该反应的平衡常数_______。 (3)假设“沉铜”后得到的滤液中为0.10 ，向其中加入至沉淀完全，据此判断能否实现和的完全分离：_______（写出计算过程）。 (4)“沉锰”步骤中，将氧化为二氧化锰除去，被还原为，发生反应的离子方程式为_______。 (5)制备，先加氨水再加NaOH溶液的理由是_______。 (6)“萃取”得到的有机相中加入2∼3 的反萃取可得到含的水溶液，完成从反萃取后的水相中回收得到较纯净的氢氧化锌的实验方案：向溶液中边搅拌边_______，低温干燥，得到较纯净的氢氧化锌。实验中可选用的试剂：1.0 NaOH溶液，蒸馏水，1.0 溶液。 11．(2026·江苏省苏北七市（徐、连、淮、宿、通、扬、泰）联考·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_______。 12．(2026·江苏徐州市第三中学·二模)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。 13．(2026·江苏沭阳高级中学·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=___________。 14．(2026·江苏省苏锡常镇四市联考·二模)工业废水中过量的需经脱除后排放。 (1)离子交换法脱氯。（晶胞结构如图-1所示）具有层状结构可用于交换脱除，脱氯时，Cl进入层间与进行离子交换从而被去除。 ①根据晶胞结构，__________。 ②结构中由2增大到4，单位体积的材料去除的量__________（选填“增大”或“减小”，假设晶胞的形状不变）。 ③实验表明，相比，更易与交换，原因有__________。 (2)脱氯。利用循环脱除废水中的流程如下： 已知：碱性条件下稳定，酸性条件下有强氧化性；可水解为。 ①脱除装置中每投入理论上可脱除__________mol。 ②其他条件不变，体系中去除率及气体中体积分数随溶液中硫酸浓度变化如图-2所示。硫酸浓度大于，硫酸浓度升高而的脱除率降低的原因是__________。 ③再生装置中，NaClO将BiOCl再生为的化学方程式为__________。 (3)Cl-含量测定。取含氯废水，加入过量的溶液。滴加溶液作指示剂，用的溶液滴定剩余（反应）。平行滴定3次，平均消耗溶液20.00 mL。计算该废水样品中的浓度__________（以为单位，写出计算过程）。 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06工艺流程题（非选择题） 1．(2026·江苏南京第九中学·二模)钪(Sc)是一种在国防、航空航天、核能等领域具有重要作用的稀土元素。以钛白酸性废水(主要含TiO2+、Fe3+、Sc3+)为原料制备Sc及TiO2的工艺流程如图所示。 已知：①25℃时，Ksp［Fe(OH)3］=2.8×10-39，Ksp［Sc(OH)3］=1.0×10-30。 ②氢氧化钪Sc(OH)3是白色固体，不溶于水，其化学性质与Al(OH)3相似；Sc3+易形成八面体形的配离子。 ③常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，如，Sc的萃取率。 (1)“洗涤”时，加入H2O2的目的是__________。 (2)“反萃取”时若加入的氢氧化钠溶液过量，Sc(OH)3沉淀会溶解。写出Sc(OH)3与过量NaOH溶液反应的化学方程式：___________。 (3)用“10%盐酸调pH”，调节至pH=3，过滤，滤液中Fe3+的浓度为______mol/L。 (4)某工厂取1000LSc3+总浓度为50mg/L的废酸，加入500L某萃取剂，若D=10，则单次萃取率为______(保留一位小数)。若要提高萃取率，可采取的措施有_______(写两条)。 (5)写出“沉钛”过程中离子反应方程式________。 (6)上述工业中的热还原剂镁，可用于制备重要的有机合成试剂—格氏试剂，其通式可表示为RMgX (R代表烃基，X代表卤素)，它在乙醚的稀溶液中以单体的形式存在，并与两分子的乙醚络合，结构为 ，在乙醚的浓溶液中以二聚体的形式存在，该二聚体［RMgXO(C2H5)2］2   的结构可表示为________。 【答案】(1)提供配体，生成稳定的配离子［TiO(H2O2)］2+进入水层，便于分离出钛 (2)Sc(OH)3+3NaOH=Na3［Sc(OH)6］ (3)2.8×10-6 (4) 83.3% 增加有机相体积、反复多次萃取（增加萃取次数）、提高分配比D(如更换萃取剂或调节pH) (5)TiO2++(n+1)H2O=TiO2·n H2O↓+2H+ (6) 【分析】钛白酸性废水(含TiO2+、Fe3+、Sc3+等离子)加入有机萃取剂，有机层含有：TiO2+、Fe3+、Sc3+，用稀硫酸和H2O2洗涤，TiO2+转化为[TiO(H2O2)]2+进入水相中，经过亚硫酸钠转化，用热水沉钛得到TiO2·nH2O，加热分解得到TiO2；有机层再经过用NaOH溶液反萃取，再过滤得到Fe(OH)3和Sc(OH)3沉淀，滤渣用10%的盐酸溶解富集，Sc(OH)3沉淀溶解得到ScCl3溶液，最后得到ScCl3用Mg热还原得到Sc。 【详解】（1）H2O2作为配体，与Ti4+形成稳定的配离子[TiO(H2O2)]2+。该配离子易溶于水，使钛元素进入水层，从而实现与有机层的分离； （2）Sc(OH)3与Al(OH)3类似，具有两性。Al(OH)3在过量强碱中会溶解生成[Al(OH)4]-，已知Sc3+易形成八面体的配离子，因此Sc3+的配位数为6，在过量强碱中溶解，生成六羟基合钪酸钠Na3[Sc(OH)6]，化学方程式为：Sc(OH)3+3NaOH=Na3［Sc(OH)6］； （3）已知Ksp［Fe(OH)3］=2.8×10-39，pH=3时，c(H+)=10-3mol/L，因此c(OH－)=10-11mol/L。根据溶度积公式Ksp［Fe(OH)3］=c(Fe3+)×c3(OH-)=2.8×10-39，代入数值计算得出c(Fe3+)=2.8×10-6mol/L； （4）萃取率。代入D=10，V水=1000L，V有机=500L，得E=； 提高萃取率的方法有：增加有机相体积、反复多次萃取（增加萃取次数）、提高分配比D(如更换萃取剂或调节pH)； （5）沉钛过程为TiO2+与水反应得到TiO2·nH2O沉淀，反应的离子方程式为：TiO2++(n+1)H2O=TiO2·n H2O↓+2H+； （6） 格氏试剂RMgX在乙醚中以二聚体存在，乙醚氧原子与镁配位，镁的配位数为4，两个RMgX单元通过氯桥连接，形成环状结构，其结构为。 2．(2026·江苏苏北六校（徐州一中，宿迁中学等校）联考·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。 3．(2026·江苏姜堰中学等四校·二模)一种利用钛白粉副产品[主要成分为，含有少量、、、等]和农药盐渣(主要成分为、等)制备电池级磷酸铁的工艺流程如下。 已知：①易水解为 ②一定条件下，一些金属氟化物的如下表。 氟化物 回答下列问题： (1)“除钛”中产生的少量，铁粉的作用之一是防止被氧化为；另一个作用是___________。 (2)“除杂1”中除去的离子是___________(填化学式)。 (3)①“氧化1”中若加入速度过快，会导致用量增大，原因是___________。 ②本步骤不能使用稀盐酸代替溶液，原因是___________。 (4)滤渣3的主要成分是，生成该物质的离子方程式为___________。 (5)“氧化2”的目的是减少___________气体的排放(填化学式)。 (6)“沉铁”中如果体系酸性过强，会导致产量降低，原因是___________。 【答案】(1)提高(或调节)体系的pH，使(或)水解以沉淀形式除去 (2) (3) 氧化生成的可以使分解速率增大，导致用量增大 防止盐酸与反应生成，产生污染 (4) (5) (6)溶液中浓度较大，磷元素主要以、、形式存在，浓度低，生成沉淀量少 【分析】钛白粉副产品在硫酸中溶解后，加入铁粉“除钛”过程发生反应有、，提高了溶液体系的pH，使水解以（滤渣1）沉淀形式除去；溶液中主要含有、、、；“除杂1”中加入将转化成(滤渣2)沉淀形式除去；“氧化1”中被氧化为；“除杂2”中加入的与发生氧化还原反应生成（滤渣3）而除去；溶液中与农药盐渣中的结合生成。 【详解】（1）水解平衡为：，铁粉可消耗水解生成的，促进水解正向进行，使(或)水解以沉淀形式除去； （2）加入后，由数据可知，相同条件下的溶度积远小于、，优先沉淀析出，因此除去的离子是； （3）①是分解的催化剂，加入过快时，生成的大量会加速未反应的分解，降低利用率，因此用量增大； ②盐酸电离出，酸性条件下会被氧化生成有毒的，同时引入杂质，影响产品纯度，因此不能代替硫酸； （4）与发生归中反应，生成，根据化合价升降、电荷守恒、原子守恒配平方程式为：； （5）农药盐渣含，若不氧化，沉铁在酸性条件下，与反应会生成有毒的，氧化2的目的是将氧化为，可减少排放； （6）是弱酸根，酸性越强，越容易与结合，主要以、、形式存在，使浓度降低，难以达到的溶度积，沉淀量减少，产量降低。 4．(2026·江苏镇江第一中学等校联考·二模)已知钕铁硼废料中主要成分为、、、等金属单质，还含有不溶于水和盐酸的硼、硅酸盐及硫化物。以下为一种利用钕铁硼废料制取和的工艺流程： 已知：①钕的活动性较强，能与酸发生置换反应，其稳定的化合价为＋3价。 ②能与多种金属离子形成可溶性配合物。 ③某些金属氢氧化物沉淀完全（沉淀完全的离子浓度）时的pH如下表所示： 沉淀 沉淀完全时的pH 5.2 3.2 9.4 9.5 8.5 回答下列问题： (1)写出基态钴（Co）原子的价电子排布式______。 (2)“沉淀”过程中，草酸的实际用量与理论计算量的比值（n）和沉钕率的关系如图－1所示，对沉钕率的变化趋势进行解释：______。 (3)若溶液中，计算加入试剂2调节pH的范围图－1是______（忽略过程中溶液体积变化）；假设“滤液1”步骤中加入的试剂有，当时，处理铁的离子方程式为______。 (4)“沉钴”得到的在500℃，不同条件下获得的煅烧产物的X射线衍射谱图如图－2所示（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）。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______。 (5)滤渣2为（相对分子质量为732）晶体，“煅烧”过程中固体质量变化（）随温度变化曲线如图－3所示。求750K时得到的固体是______。（写出计算过程） 【答案】(1) (2)，随增大，浓度增大，有利于提高沉钕率；，草酸的用量过大，与过量生成可溶性配合物，从而降低沉钕率 (3) 或 (4) (5)或 【分析】钕铁硼废料中主要成分为Nd、Fe、Co、Al等金属单质，还含有不溶于水和盐酸的硼、硅酸盐及硫化物，先用浓盐酸浸出，金属转化为相应的盐酸盐，过滤出不溶物，滤液中加入草酸沉钕，滤渣2是，在空气中煅烧得到；滤液中首先加入氧化剂把亚铁离子氧化为铁离子，利用试剂2调节pH沉淀铝离子和铁离子，过滤向滤液中加入有机萃取剂萃取Co2＋，然后加入盐酸或稀硫酸进行反萃取得到含Co2＋的溶液，加入碳酸氢铵沉钴，最后在空气中灼烧得到，据此分析； 【详解】（1）Co是27号元素，基态原子价电子包含3d和4s轨道电子，价电子排布式为； （2）因能与多种金属离子形成可溶性配合物，n<1.5时，随增大，浓度增大，沉淀更完全，有利于提高沉钕率；，过量草酸与形成可溶性配合物，使部分沉淀溶解； （3）调节pH的目的是使、沉淀完全，不沉淀，因此pH需要大于​沉淀完全的pH=5.2；计算开始沉淀的pH：由沉淀完全时，pH=9.4，得，当时，代入，可得出pH≈7.9，因此pH范围为； pH=6时，完全沉淀，将氧化为后转化为沉淀，离子方程式 ： ； （4）​第一步分解生成和​，第二步在空气中被氧气氧化，最终得到目标产物​，因此反应为； （5）设初始物质的量为1 mol，摩尔质量： 750K时剩余固体质量分数为，剩余固体总质量。 的总质量为，剩余部分质量为，设C的物质的量为x mol，O的物质的量为y mol，满足，得正整数解，对应化学式或。 5．(2026·江苏南通市·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。 6．(2026·江苏前黄高级中学·二模)氮化镓是一种新型的半导体，常用于紫光的激光二极管(LED)。某小组以废旧薄膜太阳能电池(CIGS)为原料(主要成分为)制备氮化镓，工艺流程如图： 已知：①硒属于氧族元素，镓、铟与铝位于同主族； ②氨水过量时，； ⑧常温下，． 当金属离子浓度时认为金属离子已完全沉淀。 回答下列问题： (1)基态Se原子的电子排布式为_______。 (2)“烧渣”的主要成分是和，已知：，在“高温焙烧”条件下，CIGS与氧气反应时铜转化成，不生成CuO，其主要原因可能是_______ (用结构理论解释)。 (3)“调过滤”后的“滤渣”主要成分是_______(填化学式)。 (4)“回流过滤”中的作用是_______(用镓相关的化学方程式表示)。“滤液I”加入足量烧碱，加热可以制备一种气体，该气体经干燥后可直接用于上述“_______”工序(填名称)。 (5)在一定硫酸和双氧水、固体颗粒不变的条件下，单位时间内“酸浸氧化”率与温度的关系如图甲所示(氧化率等于被氧化的元素质量与该元素总质量之比)。30℃时达到峰值的原因是_______。 (6)“高温气相沉积”中尾气常选用如图乙所示装置吸收。其原理是_______。 【答案】(1) (2)中的的价电子排布式为，全充满，该条件下更稳定 (3)和 (4) 高温气相沉积 (5)在30℃之前，随着温度升高，氧化速率增大；30℃之后，双氧水分解，反应物浓度降低，氧化率降低 (6)尾气中的HCl和极易溶于水，难溶于四氯化碳，所以直接将其通入四氯化碳中，不会产生倒吸现象 【分析】废旧薄膜太阳能电池主要成分为，高温焙烧后得到金属氧化物：、和，加入硫酸和过氧化氢溶解，得到滤液中含有、和，加入过量氨水调节，得到的滤渣中含有和，滤液中含有，向滤渣中加入，分离出沉淀，得到的溶液，通过浓缩结晶得到晶体，最后与氨气作用得到，据此分析； 【详解】（1）Se是34号元素，基态Se原子的电子排布式为：； （2）因为中的的价电子排布为，全充满，更稳定，所以与氧气反应时铜转化成，不生成； （3）根据以上分析，得到滤液中含有、和，加入过量氨水调节，得到的滤渣中含有和，滤液中含有； （4）与水反应，生成和，与反应生成，总方程式为：；滤液I为溶液，加入氢氧化钠溶液，可以制备，用于“高气相沉积”工序中； （5）双氧水受热以后容易分解，在30℃之前，随着温度升高，氧化速率增大；30℃之后，双氧水分解，反应物浓度降低，氧化率降低； （6）尾气中含有氯化氢和氨气，并且两种气体都极易溶于水，难溶于四氯化碳，并且四氯化碳密度较大，所以直接气体通入四氯化碳中，不会产生倒吸现象。 7．(2026·江苏南京市江浦高级中学·二模)V2O5可制备对高血糖、高脂血症等具有一定治疗作用的硫酸氧钒(VOSO4)，而V2O5可以通过氯化氧钒(VOCl3)与氨水在一定条件下制备。 Ⅰ．制备VOSO4：实验流程如图-1及实验装置如图-2(夹持及加热装置已省略) 已知：草酸易溶于乙醇，可溶于水，具有还原性，受热易分解。 回答下列问题： (1)仪器c的名称为______。 (2)为防止草酸的损耗，加入草酸前需对反应液采取的措施为______。 (3)反应液由橙红色变为蓝黑色的化学方程式为______。 (4)产品中钒含量的测定： ①称取2.5g产品，配成250mL待测溶液； ②取25.00 mL待测液于锥形瓶中，滴加足量酸性高锰酸钾将VO2+完全转化为。 ③滴加亚硝酸钠溶液除去过量的高锰酸钾，加入2mL尿素溶液至溶液不再产生气泡。（已知：尿素不直接与亚硝酸盐反应，但可将亚硝酸转化为氮气；亚硝酸可将转化为VO2+。) ④加入10mL硫酸-磷酸混酸调节pH=0，滴入指示剂用0.05 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液(Fe2+将转化为VO2+)滴定至终点。测量三次，消耗标准溶液平均体积为10.00mL。 ⅰ.实验过程中，下列操作会导致所测钒含量偏高的是______。 A．预处理过程中加入尿素的量不足 B．盛装 (NH4)2Fe(SO4)2标准液的滴定管未润洗   C．滴定管读数时，开始时仰视刻度线，结束时平视刻度线 D．滴定前滴定管有气泡，滴定结束后发现滴定管内无气泡 ⅱ.测得产品中钒的质量分数为______。（写出计算过程）。 Ⅱ．制备V2O5：VOCl3与氨水沉钒生成NH4VO3，NH4VO3加热分解生成V2O5。沉钒率与钒溶液浓度、氨解温度的关系如图-3、图-4所示。 (5)为确定较适宜的沉钒条件，请结合上图曲线，补充完整“探究氨水浓度对沉钒率的影响”的实验方案：______，使用专用仪器测定并计算沉钒率。 (可供选择的试剂：50 g/L的钒溶液、10 g/L的钒溶液、25%的优级纯氨水、高纯水) 【答案】(1)（球形）冷凝管 (2)充分冷却或将反应液加入到适量蒸馏水中稀释 (3) (4) BD 25mL溶液中：n()=n(Fe2+)=0.05mol/L×10×10-3L=5×10-4mol 250mL溶液中：m(V)=5×10-4mol×51g/mol×10=0.255g W(V)%= (5)取数份等体积、50g/L的钒溶液，分别加入不同体积25%的优级纯氨水，再加入高纯水使各组溶液总体积相等，水浴加热控制反应温度均为55℃，充分反应相同的时间(或1-2h) 【分析】黄色固体与浓硫酸加热反应，得到橙红色的溶液；再加入草酸还原从+5价到+4价，得到蓝黑色的溶液，最终经过分离提纯，得到纯蓝色的晶体。 【详解】（1）根据仪器结构，c为球形冷凝管。 （2）已知草酸受热易分解，与浓硫酸加热反应后，反应液温度较高，冷却后再加草酸，可防止草酸受热分解，减少损耗，也可以将反应液加入到适量蒸馏水中稀释。 （3）V从+5价被草酸还原为+4价，草酸中C从+3价被氧化为+4价（生成二氧化碳），根据得失电子守恒、原子守恒配平方程式为。 （4）ⅰ.A：尿素不足，过量亚硝酸未除去，亚硝酸会还原为​，导致消耗标准液体积偏小，结果偏低，A错误； B：滴定管未润洗，标准液被稀释，浓度降低，消耗标准液体积偏大，结果偏高，B正确； C：开始仰视读数，结束平视，测得的标准液体积偏小，结果偏低，C错误； D：滴定前有气泡，滴定后气泡消失，测得的标准液体积偏大，结果偏高，D正确 故选BD； ⅱ. 根据反应关系得：25mL待测液中：，则 250mL待测液中：， ，质量分数。 （5）探究氨水浓度对沉钒率的影响，需要控制变量，固定温度（由图3得55℃沉钒率最高）、固定钒溶液浓度（选择沉钒率较高的50g/L），只改变氨水浓度，测定沉钒率即可，具体操作为：取数份等体积、50g/L的钒溶液，分别加入不同体积25%的优级纯氨水，再加入高纯水使各组溶液总体积相等，水浴加热控制反应温度均为55℃，充分反应相同的时间(或1-2h)。 8．(2026·江苏南京市大厂高级中学·二模)钒和铬都是重要的战略金属，利用钒、铬废渣(主要成分为NaVO3和Na2CrO4，还含有其他难溶物)分离回收钒、铬的工艺流程如图所示： 已知：常温下，Ksp(BaCO3)=5.1×10-9，Ksp(BaCrO4)=1.2×10-10，Ksp(CuCrO4)=3.6×10-6。 回答下列问题： (1)基态钒原子价层电子轨道表示式为___________。 (2)钒、铬废渣“水浸”前，先要进行粉碎处理，为提高浸取效率，还可采取的措施有___________(任写2点)。 (3)“沉铬”时，铬转化为CuCrO4沉淀，“转化”过程中发生反应的离子方程式为___________。 (4)向“沉钒后液”中加入足量BaCO3，可将其中的铬转化为BaCrO4沉淀，该转化的平衡常数为___________(保留三位有效数字)。 (5)复合材料氧铬酸钙的立方晶胞如图所示。 ①该晶体的化学式为___________。 ②已知该晶体的密度为ρ g/cm3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则相邻Ca2+与Cr3+之间的最短距离为 ___________pm(列出计算式即可)。 【答案】(1) (2)延长浸取时间、适当升高温度、搅拌等 (3)CuCrO4+2OH-=Cr+Cu(OH)2 (4)42.5 (5) CaCrO3 × 【分析】钒、铬废渣主要成分为NaVO3和Na2CrO4，还含有其他难溶物。水浸除去难溶物，浸取液中含有NaVO3、Na2CrO4，加入生石灰沉钒得到钒酸钙沉淀，经过一系列步骤之后得到五氧化二钒。沉矾后的溶液主要成分是Na2CrO4，经过酸化、加入氧化铜铬转化为CuCrO4沉淀，加入氢氧化钠进行沉淀转化得到氢氧化铜沉淀和Na2CrO4溶液，冷却结晶得Na2CrO4固体。 【详解】（1） 钒是23号元素，基态钒原子价层电子排布式为3d34s2，轨道表示式为 （2）根据影响反应速率的因素，为提高浸取效率，还可采取的措施有延长浸取时间、适当升高温度、搅拌等。 （3）“沉铬”时，“沉铬”时，铬转化为CuCrO4沉淀， “转化”过程中CuCrO4和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和Na2CrO4，发生反应的离子方程式为CuCrO4+2OH-=Cr+Cu(OH)2。 （4）向“沉钒后液”中加入足量BaCO3，可将其中的铬转化为BaCrO4沉淀，该沉淀转化的离子方程式为BaCO3(s)+ BaCrO4(s)+，该转化的平衡常数为K=。 （5）①根据均摊原则，Ca原子数为、O原子数为、Cr原子数为1、该晶体的化学式为CaCrO3。 ②已知该晶体的密度为ρ g/cm3，设NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为apm，则pm，相邻Ca2+与Cr3+之间的最短距离为体对角线的一半，Ca2+与Cr3+之间的最短距离为×pm。 9．(2026·江苏南京市天印高级中学等·二模)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。 【详解】（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。 10．(2026·江苏南京市第六十六中学·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、钴、锰的价氧化物及锌和铜的单质。制备二次电池添加剂的流程如下： 注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于或等于 ，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。 已知：①，，，，。 ②锌的氢氧化物在开始沉淀，沉淀完全。 ③沉淀过快无法形成，易与形成配合物。 回答下列问题： (1)位于元素周期表_______区，其基态价电子排布式为_______。 (2)“沉铜”步骤中发生反应的离子方程式是，该反应的平衡常数_______。 (3)假设“沉铜”后得到的滤液中为0.10 ，向其中加入至沉淀完全，据此判断能否实现和的完全分离：_______（写出计算过程）。 (4)“沉锰”步骤中，将氧化为二氧化锰除去，被还原为，发生反应的离子方程式为_______。 (5)制备，先加氨水再加NaOH溶液的理由是_______。 (6)“萃取”得到的有机相中加入2∼3 的反萃取可得到含的水溶液，完成从反萃取后的水相中回收得到较纯净的氢氧化锌的实验方案：向溶液中边搅拌边_______，低温干燥，得到较纯净的氢氧化锌。实验中可选用的试剂：1.0 NaOH溶液，蒸馏水，1.0 溶液。 【答案】(1) d (2) (3)不能,沉淀完全时，,，已经开始沉淀，故不能完全分离 (4) (5)先加氨水，与形成配合物，使溶液中浓度减小，沉淀速率减小，从而防止沉淀过快无法形成 (6)滴加 溶液，控制溶液的pH略大于8.2，充分反应静置后过滤；用蒸馏水洗涤至最后一次洗涤液滴加 溶液，无白色沉淀产生 【分析】由题给流程可知，向炼锌废渣中加入稀硫酸酸浸，金属氧化物转化为硫酸盐，单质铜不反应，过滤得到含有铜、硫酸铅的浸渣和滤液；向滤液中加入氢硫酸溶液沉铜，将溶液中的铜离子转化为硫化铜沉淀，过滤得到硫化铜和滤液；向滤液中加入过二硫酸钠溶液沉锰，将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，过滤得到二氧化锰和滤液；向滤液中加入有机萃取剂萃取溶液中的锌离子，分液得到含有锌离子的有机相和水相；向水相中先加入氨水，将溶液中的亚钴离子转化为配合物，再向反应后的溶液中加入热的氢氧化钠溶液沉钴，将溶液中的亚钴离子转化为β-Co(OH)2沉淀，过滤得到滤液和β-Co(OH)2。 【详解】（1）钴元素的原子序数为27，基态原子的价电子排布式为，则钴元素位于元素周期表的d区； （2）由方程式可知，反应的平衡常数K====； （3）由溶度积可知，溶液中锌离子完全沉淀时，溶液中，则溶液中浓度熵Qc=，溶液中已经开始沉淀，所以不能实现和的完全分离； （4）由分析可知，加入过二硫酸钠溶液沉锰的目的是将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，反应的离子方程式为； （5）由题给信息可知，沉淀过快无法形成β-Co(OH)2沉淀，所以制备β-Co(OH)2时应先加氨水，使溶液中亚钴离子与氨分子形成配合物，将溶液中的亚钴离子浓度减小，沉淀速率减小，从而防止沉淀过快无法形成β-Co(OH)2沉淀； （6）由题给信息可知，从反萃取后的水相中回收得到较纯净的氢氧化锌的实验方案：向溶液中边搅拌边滴加1.0mol/L氢氧化钠溶液，控制溶液的pH略大于8.2，充分反应静置后过滤；用蒸馏水洗涤至最后一次洗涤液滴加1.0mol/L 氯化钡溶液，无白色沉淀产生；将洗涤干净的沉淀低温干燥得到较纯净的氢氧化锌。 11．(2026·江苏省苏北七市（徐、连、淮、宿、通、扬、泰）联考·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。 【详解】（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。 12．(2026·江苏徐州市第三中学·二模)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； 【详解】（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。 13．(2026·江苏沭阳高级中学·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。 【详解】（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，，，。 14．(2026·江苏省苏锡常镇四市联考·二模)工业废水中过量的需经脱除后排放。 (1)离子交换法脱氯。（晶胞结构如图-1所示）具有层状结构可用于交换脱除，脱氯时，Cl进入层间与进行离子交换从而被去除。 ①根据晶胞结构，__________。 ②结构中由2增大到4，单位体积的材料去除的量__________（选填“增大”或“减小”，假设晶胞的形状不变）。 ③实验表明，相比，更易与交换，原因有__________。 (2)脱氯。利用循环脱除废水中的流程如下： 已知：碱性条件下稳定，酸性条件下有强氧化性；可水解为。 ①脱除装置中每投入理论上可脱除__________mol。 ②其他条件不变，体系中去除率及气体中体积分数随溶液中硫酸浓度变化如图-2所示。硫酸浓度大于，硫酸浓度升高而的脱除率降低的原因是__________。 ③再生装置中，NaClO将BiOCl再生为的化学方程式为__________。 (3)Cl-含量测定。取含氯废水，加入过量的溶液。滴加溶液作指示剂，用的溶液滴定剩余（反应）。平行滴定3次，平均消耗溶液20.00 mL。计算该废水样品中的浓度__________（以为单位，写出计算过程）。 【答案】(1) 6 减小 F-半径较小，与Zn2+、Al3+作用力更强且F-与OH-及层间水分子形成氢键 (2) 3 当硫酸浓度过高，溶液酸性过强，抑制 Bi3+水解生成 BiO+，BiO+的浓度降低，从而不利于BiOCl沉淀的生成，另外酸性太强，NaBiO3的氧化性增强，将水氧化为O2增多 BiOCl+NaClO+2NaOH=NaBiO3+2NaCl+H2O (3) 【分析】含氯废水加入硫酸和循环回来的固体，将废水中的氧化为氯气（）。与此同时，自身被还原，生成难溶的氯氧化铋（BiOCl）沉淀，从脱除装置出来的含气体和过量的氢氧化钠（NaOH）溶液反应，生成氯化钠（NaCl）、次氯酸钠（NaClO）和水。来自脱除装置的BiOCl固体和来自吸收步骤的含NaClO的碱性溶液反应，将BiOCl重新氧化成，再生的(s)，通过管道被循环送回“脱除装置”继续参与脱氯反应，实现了试剂的循环利用，以此解答。 【详解】（1）①观察晶胞图：有8个位于面上，2个位于内部，数目为，Zn2+、Al3+位于棱心和内部，数目为2+=3，由可知，y=6； ②该化合物中正电荷主要由取代产生，当的比值增大时，说明的相对含量在减少，含量降低会导致正电荷密度降低，需要平衡电荷的层间阴离子数量减少，那么能交换进去的也减小； ③实验表明，相比，更易与交换，原因是：F-半径较小，与Zn2+、Al3+作用力更强且F-与OH-及层间水分子形成氢键。 （2）①在脱除装置中，NaBiO3在酸性条件下（加入了H2SO4）表现出强氧化性，将废水中的Cl-氧化成Cl2气体，而自身被还原为BiOCl沉淀。Bi的化合价从+5下降到+3，Cl的化合价由-1上升到0，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，因此，每投入1 mol NaBiO3，理论上可以脱除3mol Cl-； ②已知Bi3+可水解为BiO+，其水解平衡方程式为：，在脱氯反应中，NaBiO3被还原生成的Bi3+需要通过水解形成BiO⁺，然后与Cl-结合生成BiOCl沉淀，当硫酸浓度过高，溶液酸性过强，抑制 Bi3+水解生成 BiO+，导致 BiOCl 沉淀难以生成，Cl⁻脱除率下降； 另外酸性太强，NaBiO3的氧化性增强，将水氧化为O2增多； ③在再生装置中，BiOCl在碱性条件下被NaClO氧化为NaBiO3，NaClO自身被还原为NaCl，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：BiOCl+NaClO+2NaOH=NaBiO3+ 2NaCl+H2O。 （3）加入的AgNO3的总物质的量：，与NH4SCN反应的Ag+的物质的量：，与Cl-反应的Ag+的物质的量：，根据反应，样品中Cl-的物质的量：，，Cl-的浓度 。 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06 工艺流程题（非选择题）答案 1．(1)提供配体，生成稳定的配离子［TiO(H2O2)］2+进入水层，便于分离出钛 (2)Sc(OH)3+3NaOH=Na3［Sc(OH)6］ (3)2.8×10-6 (4) 83.3% 增加有机相体积、反复多次萃取（增加萃取次数）、提高分配比D(如更换萃取剂或调节pH) (5)TiO2++(n+1)H2O=TiO2·n H2O↓+2H+ (6) 2．(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 3．(1)提高(或调节)体系的pH，使(或)水解以沉淀形式除去 (2) (3) 氧化生成的可以使分解速率增大，导致用量增大 防止盐酸与反应生成，产生污染 (4) (5) (6)溶液中浓度较大，磷元素主要以、、形式存在，浓度低，生成沉淀量少 4．(1) (2)，随增大，浓度增大，有利于提高沉钕率；，草酸的用量过大，与过量生成可溶性配合物，从而降低沉钕率 (3) 或 (4) (5)或 5．(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) 6．(1) (2)中的的价电子排布式为，全充满，该条件下更稳定 (3)和 (4) 高温气相沉积 (5)在30℃之前，随着温度升高，氧化速率增大；30℃之后，双氧水分解，反应物浓度降低，氧化率降低 (6)尾气中的HCl和极易溶于水，难溶于四氯化碳，所以直接将其通入四氯化碳中，不会产生倒吸现象 7．(1)（球形）冷凝管 (2)充分冷却或将反应液加入到适量蒸馏水中稀释 (3) (4) BD 25mL溶液中：n()=n(Fe2+)=0.05mol/L×10×10-3L=5×10-4mol 250mL溶液中：m(V)=5×10-4mol×51g/mol×10=0.255g W(V)%= (5)取数份等体积、50g/L的钒溶液，分别加入不同体积25%的优级纯氨水，再加入高纯水使各组溶液总体积相等，水浴加热控制反应温度均为55℃，充分反应相同的时间(或1-2h) 8．(1) (2)延长浸取时间、适当升高温度、搅拌等 (3)CuCrO4+2OH-=Cr+Cu(OH)2 (4)42.5 (5) CaCrO3 × 9．(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 10．(1) d (2) (3)不能,沉淀完全时，,，已经开始沉淀，故不能完全分离 (4) (5)先加氨水，与形成配合物，使溶液中浓度减小，沉淀速率减小，从而防止沉淀过快无法形成 (6)滴加 溶液，控制溶液的pH略大于8.2，充分反应静置后过滤；用蒸馏水洗涤至最后一次洗涤液滴加 溶液，无白色沉淀产生 11．(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) 12．(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 13．(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 14．(1) 6 减小 F-半径较小，与Zn2+、Al3+作用力更强且F-与OH-及层间水分子形成氢键 (2) 3 当硫酸浓度过高，溶液酸性过强，抑制 Bi3+水解生成 BiO+，BiO+的浓度降低，从而不利于BiOCl沉淀的生成，另外酸性太强，NaBiO3的氧化性增强，将水氧化为O2增多 BiOCl+NaClO+2NaOH=NaBiO3+2NaCl+H2O (3) 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 $