2027届高三化学一轮复习解答题专项训练工业流程综合题

**基本信息** 聚焦工艺流程综合题，通过真题与变式训练结合，系统覆盖金属提取、物质分离及晶胞计算，强化证据推理与模型认知。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |真题演练|5道高考题|含流程分析、Ksp计算、电解原理|从宏观工艺到微观结构，构建“原料→分离→提纯→应用”逻辑链| |变式训练|21道模拟题|涉及超分子识别、新型电池、晶体密度计算|整合元素化合物、反应原理与物质结构，深化物质转化观念|

2027届高三化学一轮复习解答题 专项工艺流程综合 一、真题演练 1．（2026·广东·高考真题）金(Au)是一种战略性金属。从某金精矿(含金、银、、、和等)中提取金并综合利用部分物质的一种工艺如下。 已知：和在一定条件下均可与形成可溶于水的配离子。 氢氧化物 (1)金精矿研磨成粉是为了___________，提高浸取速率。 (2)“沉锑”的反应中，还原剂为___________。 (3)“电解”在电解池(图1)中实施，一定条件下实现“沉锑”试剂的回收利用。忽略生成气体的反应，则 ①阴极反应式为___________。 ②初始电解液中，。为防止阳极室电解过程中产生沉淀，理论上，最终阳极室应不大于___________(列算式)。 (4)“X”包含多个步骤，需同时用到和溶液。一定条件下，Au、Ag浸取率随溶液中的变化如图2，在滤液2中主要以存在。为尽可能提高金的提取率和纯度，“X”包括的步骤为___________。 (5)“沉金”通过的调控使反应在弱酸性条件下进行，生成的离子方程式为___________。 _________________。 (6)某杂冠醚可选择性地与含银废液中的形成如图3的超分子，其选择性识别的原因为该杂冠醚与有配位作用且___________。 (7)①Sb与N同族，AlSb与GaN中离子键成分的百分数较大的是___________。 ②AlSb晶体的立方晶胞结构如图4，其原子占据A、B、C三种位置，每种位置上只有一种原子，则Al占据___________位置，Sb占据___________位置。(填编号) 2．（2025·广东·高考真题）我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 (1)“酸浸”中，提高浸取速率的措施有_______(写一条)。 (2)“高压加热”时，生成的离子方程式为：_______。 (3)“沉铝”时，pH最高可调至_______(溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中，。 (4)“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有_______。 A．镍与N、O形成配位键 B．配位时被还原 C．配合物与水能形成分子间氢键 D．烷基链具有疏水性 (5)晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则_______；晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目为_______。 (6)①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为_______和_______。 ②“电解”时，颗粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池示意图并做相应标注_______。 ③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是_______(写一条)。 3．（2024·广东·高考真题）镓()在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含和少量的等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。 工艺中，是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用提取金属离子的原理如图。已知： ①。 ②(冰晶石)的为。 ③浸取液中，和以微粒形式存在，最多可与2个配位，其他金属离子与的配位可忽略。 (1)“电解”中，反应的化学方程式为_______。 (2)“浸取”中，由形成的离子方程式为_______。 (3)“还原”的目的：避免_______元素以_______(填化学式)微粒的形式通过，从而有利于的分离。 (4)“提取”中，原料液的浓度越_______，越有利于的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入_______(填化学式)，以进一步提高的提取率。 (5)“调”中，至少应大于_______，使溶液中，有利于配离子及晶体的生成。若“结晶”后溶液中，则浓度为_______。 (6)一种含、、元素的记忆合金的晶体结构可描述为与交替填充在构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比_______，其立方晶胞的体积为_______。 4．（2023·广东·高考真题）均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工艺可提取，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下： 已知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。 氢氧化物 回答下列问题： (1)活性可与水反应，化学方程式为___________。 (2)常温下，的氨性溶液中，___________ (填“>”“<”或“=”)。 (3)“氨浸”时，由转化为的离子方程式为___________。 (4)会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。 ①属于___________(填“晶体”或“非晶体”)。 ②提高了的浸取速率，其原因是___________。 (5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为___________。 ②由可制备晶体，其立方晶胞如图。与O最小间距大于与O最小间距，x、y为整数，则在晶胞中的位置为___________；晶体中一个周围与其最近的O的个数为___________。    (6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得溶液中与的比值，理论上最高为___________。 ②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，在于可重复利用和___________(填化学式)。 5．（2022·广东·高考真题）稀土()包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下： 已知：月桂酸熔点为；月桂酸和均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持价不变；的，开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。 离子 开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4 沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 / (1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_______。 (2)“过滤1”前，用溶液调pH至_______的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为_______。 (3)“过滤2”后，滤饼中检测不到元素，滤液2中浓度为。为尽可能多地提取，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中低于_______(保留两位有效数字)。 (4)①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是_______。 ②“操作X”的过程为：先_______，再固液分离。 (5)该工艺中，可再生循环利用的物质有_______(写化学式)。 (6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂。 ①还原和熔融盐制备时，生成1mol转移_______电子。 ②用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化的还原，发生的电极反应为_______。 二、变式训练 6．（2026·广东深圳·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， (1)“酸浸”中，提高浸取速率的措施有_______(写一条)，“浸出液”中主要的金属离子有Ca2+、_______(填离子符号)。 (2)“盐浸”中SrSO4转化反应的离子方程式为_______。 (3)将窝穴体a(结构如下图所示)与K+形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的Sr2+，原因有_______。 A．Sr2+与窝穴体a的空腔更匹配 B．Sr2+与N、O形成离子键 C．窝穴体a识别Sr2+可降低SrCl2在水中的溶解度 D．结合时Sr2+被还原 (4)Sr位于元素周期表第五周期第ⅡA族。由SrCl2∙6H2O制备无水SrCl2的最优方法是_______。 (5)与工业制镁类似，常用电解熔融SrCl2制Sr单质，试写出工业制Sr的化学方程式为_______；以石墨棒为电极，画出电解池示意图并做相应标注_______。 (6)晶体的立方体晶胞如图所示，其中Sr、Ti与O的间距均相等，且Sr与O的最小间距要大于Ti与O的最小间距。 ①该晶胞中，O所在的位置_______(填“棱心”、“面心”或者“体心”，下同)。 ②若该晶体的晶胞以Sr为顶点，则Ti位于晶胞中的位置为_______。 7．（2026·广东深圳·模拟预测）镁作为目前密度最小的金属材料之一，广泛应用于航空航天工业、军工领域、交通领域。以下为皮江法冶炼镁并从残渣中回收的流程图。皮江法是以白云石为原料，白云石主要成分(、)。 已知： ①硅铁料球是由与粉碎混合制成的 ②残渣为灰黑色粉末 ③ 氢氧化物 (298 K)      (1)“煅烧”中，提高速率的方法为：__________。 (2)“煅烧”中，生成气体1反应的化学方程式：_________。 (3)“1100℃还原”时，还需抽空气到近似真空，写出硅作还原剂制得金属镁的化学反应方程式：_________。 (4)“调”后，除Ca外其他元素浓度均小于，则此时滤液2pH应大于_________(忽略溶液体积变化)。 (5)“电解-碳化”的装置如下图所示，请在答题卡上用“”或者“”标注电源正负极，并选择_________交换膜。(填“阳离子”或“阴离子”) (6)由、、可形成一种新型超导体，其晶胞()结构如图所示，晶胞中与原子最近且等距离的原子数为6，最短距离为，设为阿伏加德罗常数的值。化合物的化学式为_________，1、3原子间距离为_________cm。(可以用计算式表示) 8．（2026·广东佛山·模拟预测）一种从萃铜余液中提炼有价金属的工艺流程如图所示： 已知：①萃铜余液呈强酸性，含有Na+、Co2+、Mn2+、Cd2+、Zn2+、Al3+、Fe2+的硫酸盐。 ②萃取原理：萃取剂+Co2+⇌配离子+H+ ③相关金属氢氧化物的Ksp如下表： 氢氧化物 Co(OH)2 Mn(OH)2 Cd(OH)2 Zn(OH)2 Al(OH)3 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Ksp 1.3×10-15 2.0×10-13 2.2×10-14 1.0×10-17 1.0×10-33 8.0×10-16 1.0×10-38 (1)“滤渣1”中铁元素的存在形式是_______(填化学式)。 (2)“中和氧化”时Mn2+生成MnO2的离子方程式为_______。该步骤中，为确保Al3+完全沉淀(≤10-5 mol·L-1)，pH最低应控制在_______(保留1位小数)。 (3)“除钴”步骤中，Co2+形成如图所示的配离子进入有机相，下列说法正确的是_______。 A．x=2 B．该配离子含有的配体数为6 C．与萃取剂的结合能力：Zn2+> Co2+> Cd2+ D．向该钴配合物中加入H2SO4，可实现反萃取 (4)“沉锌”步骤中Zn2+转化为碱式碳酸锌[Zn2(OH)2CO3]，且有大量气体生成，反应的离子方程式为_______。 (5)“副产品”的主要成分是_______。 (6)ZnO为六方晶系，其晶胞结构如图所示： ①Zn2+的配位数为_______。 ②若该晶胞的密度为ρ g·cm-3，底面边长均为a pm，则晶胞的高b=_______ pm。 ③补充ZnO晶胞沿z轴方向的氧原子投影图：_______。 9．（2026·广东广州·二模）工业上常采用生物堆浸法处理低品位黄铜矿(主要成分)来提取Cu，整个过程包括“生物堆浸”、“萃取”、“电积”，路线如图所示，回答下列问题。 已知：①生物堆浸使用的嗜酸微生物pH在1.0～3.0范围内可保持活性； ②堆浸体系中、和开始沉淀的pH分别为1.5、4.2和6.3。 ③“萃取”过程发生反应：。 (1)图a是矿石堆浸的示意图，堆浸时矿石的粒度需要精细控制，若矿石粒度过小会有什么缺点？___________。 (2)堆浸过程中，微生物持续代谢产生和对黄铜矿进行化学氧化溶解。 ①第一阶段：___________(离子方程式) 第二阶段：； ②结合已知推断：生物堆浸过程中，应控制溶液的pH在___________范围内。 ③在黄铜矿微生物浸出体系中伴生的方解石(主要成分)对黄铜矿浸出有一定的抑制作用，分析可能的原因___________。 (3)HL和的结构如图所示，其中R为壬烷基()。中Cu的配位数为___________，若将R换为羟基(不参与配位反应)，则萃取率会下降，从结构角度解释原因：___________。 (4)试剂X的化学式为___________。 (5)“电解”步骤中阳极材料选择石墨，阳极发生的主要的电极反应为___________。 (6)一种黄铜矿的四方晶系晶胞结构如图，其密度为___________。 10．（2026·广东佛山·二模）钼钨合金在电子设备制造、航空航天等领域应用广泛。一种从钼钨矿(含、、、CaO、MgO、)中提取钼、钨的流程如下： 已知： ①室温下，钼酸()、钨酸()均为弱酸，难溶于盐酸但可溶于硫酸。 ②，当离子浓度低于时，该离子可视为完全沉淀。 (1)CaMoO4中Mo元素的化合价是___________。 (2)“滤液1”含有的金属离子为___________。“氧化”中，MoS2发生如下反应，补充完整离子方程式：___________。 (3)室温下，“转化”中为确保完全沉淀，pH最低应调至___________()。 (4)“离子交换”中，采用含有R4NCl的离子交换树脂对转化液进行交换吸附，吸附原理为：(其中M为Mo或W)。交换后需加入NH4Cl解吸剂对离子交换树脂进行洗脱，洗脱原理为___________。 (5)碱性条件下，“硫化”时，发生反应的离子方程式为___________。该步骤中，(NH4)2S溶液不能过量，原因是___________。 (6)三氧化钨(WO3)是一种良好的催化剂载体，如图为WO3的不完整晶胞结构。 ①在图中补充剩余的氧原子___________。 ②设为阿伏加德罗常数的值，WO3晶体的密度为___________。 11．（2026·广东·模拟预测）稀土金属(RE)属于战略性金属，我国的稀土提炼技术位于世界领先地位。一种从废旧磁性材料[主要成分为铈(Ce)、Al、Fe和少量不溶于酸的杂质]中回收稀土金属Ce的工艺流程如图所示。 已知：①Ce(H2PO4)3难溶于水和稀酸。②常温下，Ksp[Fe(OH)2]=1.0×10-16.4，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-32.9，Ksp[Ce(OH)3]=1.0×10-20。③当溶液中的金属离子浓度小于或等于10-5mol/L时，可认为已沉淀完全。 (1)为提高酸浸的速率，可采取的措施为___________(写一条即可)。 (2)常温下，“酸浸”后测得溶液中c(Fe2+)=1.0mol/L，c(Ce3+)=0.01mol/L，则“沉Ce”时，为了使Al3+完全沉淀，但不引入Fe(OH)2和Ce(OH)3，需要调节溶液的pH范围为___________。 (3)“碱转换”过程中Ce(H2PO4)3所发生反应的离子方程式为___________，“滤液2”中铝元素的存在形式为___________(填化学式)。 (4)“沉淀”后所得的固体为Ce2(C2O4)3·10H2O，将其煅烧可得Ce2O3和一种无毒的气体，发生反应的化学方程式为___________。 (5)某稀土金属氧化物的立方晶胞如图所示，则该氧化物RE：O的个数之比为___________，距离RE原子最近的O原子有___________个。若M(晶胞)=Mg/mol，晶胞边长为anm，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞的密度为___________g/cm3(列出计算式)。 12．（2026·广东茂名·三模）由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等]制备ZnS的工艺流程如图所示。 已知：25℃时，，，，。 (1)“酸浸”时ZnS发生反应的离子方程式为___________。 (2)当溶液的、时，___________(保留2位有效数字)，此时___________(填“已经”或“没有”)沉淀完全。 (3)“沉锌”前调节溶液的pH至4~5，加入的物质为___________(填标号)。 A．ZnO B．NaOH C． D． (4)硫化锌(ZnS)是一种优良的锂离子电池电极材料，其在充电过程中立方晶胞组成变化如图所示，电极反应为。 ①该锂离子电池工作时，ZnS做电池的___________(填“负”或“正”)极。 ②硫化锌(ZnS)晶体的密度为___________(列出计算式即可，设为阿伏加德罗常数的值)。 ③的化学式为___________(需求出x、y的值)。 (5)用ZnS可以去除酸性废液中的三价砷[As(Ⅲ)]，并可回收生成的沉淀。已知：溶液中As(Ⅲ)主要以弱酸(亚砷酸)形式存在：。60℃时，向含有三价砷的酸性废液中加入足量ZnS，砷回收率随反应时间的变化如图所示。 ①60℃时，ZnS与酸性废液中的反应生成的离子方程式为___________。 ②反应4 h后，砷回收率下降的可能原因是___________。 13．（2026·广东深圳·三模）锗是一种优良的半导体材料，在红外光材料、精密仪器等领域有着广泛的应用。某锌浸渣中含有ZnO、Fe2O3、GeO2、SiO2、Pb3O4等，利用该锌浸渣提取Ge的工艺流程如图所示。 已知：①部分含锗微粒的主要存在形式与pH的关系如表所示。 pH Ge主要存在形式 ②常温下，该工艺条件中，溶液中部分金属离子开始沉淀和完全沉淀()时的pH如表所示。 金属离子 开始沉淀时的pH 7.5 2.3 6.2 完全沉淀时的pH 9.0 3.2 8.2 ③Zn2+、Fe2+、Ge4+均可与酒石酸(，分子式为C4H6O6)形成配离子。 回答下列问题： (1)Ge与C同主族，锗的简化电子排布式为___________。 (2)Pb3O4在“还原浸出”步骤中发生反应的离子方程式为___________。 (3)“沉锗”时，需控制pH在___________之间；当时，Zn2+未产生沉淀，则浸出液中不超过___________mol·L-1。 (4)“滤渣2”的主要成分为___________(填化学式)。 (5)“酸溶”后，溶液的pH为1.8，向溶液中加入酒石酸萃取剂，发生反应：。 ①若pH升高，锗的萃取率下降，原因是___________。 ②“反萃取”中，反萃取效果与加入试剂的关系如图所示。“反萃取”中可以加入的物质B为___________(填化学式)。 (6)一种含锗的化合物应用于太阳能电池，其晶胞为长方体，结构如图(A)。 ①该含锗化合物晶胞的表示方式有多种，图中___________(填“B”、“C”或“D”)图不能表示此化合物的晶胞。 ②已知：该晶体的最简式的式量为Mr，代表阿伏伽德罗常数的值，该晶胞密度为___________(用代数式表示)。 14．（2026·广东广州·二模）新能源汽车逐渐普及，锂电池的回收至关重要。某锂电池经过完全放电、破碎分选后得到黑粉(主要成分，还含有少量炭黑、和的氧化物)，后续回收的工艺如下： 已知：常温下金属氢氧化物的，离子浓度低于可认为沉淀完全。 氢氧化物 请回答下列问题： (1)元素在周期表中的位置为___________。 (2)酸浸中，提高浸取速率的措施有___________(写一条)。酸浸后，钴元素以离子的形式存在，请写出酸浸过程中主要发生的离子方程式___________。 (3)调时，需要控制范围是___________。已知：酸浸后。 (4)萃取中，“P507”(化学式：)解离出后，可以与发生可逆反应形成配合物离子W(结构如图，：)，下列说法正确的有___________。 A． B．的配位数为6 C．P507分子具有较好的亲水性 D．P507分子间存在氢键 (5)反萃取过程加入的试剂A是___________。 (6)钴酸锂()的一种晶胞如下图所示(仅标出，与O未标出)，最近且等距离的的个数为___________，晶胞中含有的个数为___________。晶胞边长为，阿伏加德罗常数的值为，该钴酸锂晶体的密度可表示为___________(用含有的代数式表示)。 15．（2026·广东梅州·模拟预测）开发深海矿产资源是人类可持续发展的重要选择。一种从深海富钴结壳(主要含、、、、NiO、CuO)中分离获得金属资源的工艺流程如图： 已知：①“还原浸出”后得到的滤液中、、、。 ②常温下，部分金属氢氧化物溶度积如下表。溶液中的金属离子浓度小于或等于时可认为完全沉淀。 氢氧化物 (1)“粉碎”的目的是_______。 (2)“还原浸出”过程中，还原的离子方程式为_______。 (3)“除铁”时，可调至pH<_______(溶液体积变化忽略不计)。 (4)“萃取”过程中，与萃取剂LIX84-I(图a)形成的配合物结构如图b所示。下列说法正确的有_______(填标号)。        A．配位时被还原 B．与N原子形成了配位键 C．配合物与水能形成分子间氢键 D．图a、图b中N原子的杂化类型发生了改变 (5)“电解”时，以Cu片、石墨棒为电极，画出电解池示意图并做相应标注_______。 (6)某含铜化合物在光电子学和太阳能电池领域有潜在应用，其晶胞结构和俯视图如图所示。该化合物中_______；晶体中与Al最近且等距离的S原子的数目为_______。 (7)焙解(高温下隔绝空气发生分解)时的化学方程式为_______。 16．（2026·广东广州·模拟预测）采用两段焙烧-水浸法从深海铁锰氧化矿(主要含Fe2O3、MnO2及Co、Cu、Si等元素的氧化物)中获取MnCO3的工艺流程如下： 已知：①该工艺条件下，(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4，高温则完全分解为气体。 ② Fe2(SO4)3在650℃完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃。 ③时，Ka1(H2S)=1×10−7、Ka2(H2S)=1×10−13、Ksp(CoS)=4×10−21 (1)“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______；“水浸”时金属元素浸出率随焙烧温度变化如下图所示，请选择合适的“低温焙烧”温度______。 A．250℃     B．400℃      C．450℃      D．500℃ (2)“高温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣的主要成分有______、______(填化学式)。 (3)萃取剂HR为，“萃取分离”后铜元素的存在形式为： ①铜易进入有机相的原因有______。 A．铜与N、O形成配位键          B．配位时Cu2+价态发生改变 C．配合物与水能形成分子间氢键          D．烷基链具有疏水性 ②“反萃取”时加入的试剂为______(填化学式)。 (4)“沉钴”中，pH=4时Co2+恰好沉淀完全[c(Co2+)=1×10−5 mol∙L−1]，则此时溶液中c(HS−)=______mol∙L−1。 (5)“沉锰”时，生成MnCO3的离子方程式为______；离子所得滤液2经处理后的产品可导入______(填单元操作名称)中循环。 (6)一种锑锰合金的立方晶胞结构如图。 ①每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有______个。 ②NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为a nm，则晶体的密度为______(列出计算式即可)。 17．（2026·广东深圳·三模）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)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)①“酸浸”的目的是分离___________元素(填元素符号)。 ②“滤液b”可通过萃取剂P204或P507进一步萃取，已知其结构如图所示(R是同一烃基C8H17-)，两物质中P=O上的氧原子均可与溶液离子形成配位化合物。请结合物质结构知识分析两者配位能力大小：O(P204)___________O(P507)(填“＞”“＜”或“=”)。 (4)“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属Au外，还有___________。 (5)“沉钯”之前，测得溶液中，加入等体积的NH4Cl溶液充分反应，测得反应后混合液中，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)。 (6)铜阳极泥中也可以提取钴，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。图3为图2中灰色截面，请在图3中画出Co的位置___________。        18．（2026·广东广州·三模）羟基氧化镍(NiOOH)具有良好的电化学活性，为了充分利用资源，一种从含NiO、ZnO的废料(含、CaO、CuO及不溶性杂质)中制备和的工艺流程如下： 已知：该工艺条件下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下(完全沉淀时)： 金属离子 开始沉淀时的pH 10.6 6.2 6.9 1.5 6.3 完全沉淀时的pH 13.1 8.3 8.9 2.8 8.3 (1)滤渣1的成分除原有的不溶性杂质外，还可能含有___________(填化学式)。 (2)滤渣2中含有S单质，生成S单质的离子方程式为___________。 (3)“沉铁”过程需控制溶液pH的范围为___________。 (4)若“沉铁”后所得100 L溶液中，理论上需加入___________固体，使恰好沉淀完全(忽略混合后溶液体积的变化，忽略F的水解，)。 (5)“萃取”步骤中常用的萃取剂有两种(P204和P227)，其结构简式如图所示： 根据P204和P227的结构，可以得出两种萃取剂的酸性大小：P204___________P227(填“<”或“>”)，理由是___________。 (6)“氧化”过程理论上氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 (7)一种镍的氧化物NiO，其晶体结构与NaCl相似(NaCl晶胞中位于顶点和面心，位于体心和棱心)，该镍的氧化物晶胞中镍离子周围与其等距离且最近的镍离子有___________个，下图中的___________(填标号)是从该晶胞中分割出来的结构。 19．（2026·广东中山·模拟预测）稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。一种利用钒钛磁铁矿精矿(主要成分为Fe3O4、FeV2O4、TiO2和SiO2)综合提取钒、钛，并同步制备黄铵铁矾的工艺流程如图所示。 已知：①“加压焙烧”过程中存在反应2FeCl3(s)=2FeCl2(s)+Cl2(g)，生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”； ②“酸浸”所得溶液中钒、钛以VO、TiO2+形式存在。 回答下列问题： (1)基态钛原子的价电子排布式为___________；已知FeV2O4中Fe为+2价，则V的化合价为___________。 (2)“加压焙烧”中FeV2O4经“二次氯化”转化为VO2Cl和FeCl2的化学方程式为___________。 (3)已知常温下Ksp[TiO(OH)2]=1×10-29，“沉钛”时，为使TiO2+沉淀完全(c≤1.0×10-5mol。L-1)，需要调节溶液的pH不低于___________； (4)“氧化”时，H2O2的使用量远大于理论计算量，可能的原因为___________。 (5)“萃取”时，VO 先转化为H2V10O，再与萃取剂R3N结合，其过程可表示为：4R3N+4H++H2V10O[R3NH]4H2V10O28，据此分析“反萃取”过程中加入Na2CO3溶液的作用为___________。 (6)“沉铁”时，生成黄铵铁矾的离子方程式为___________。 (7)某钒、镓合金的晶胞结构及其晶胞沿z轴的投影图如下，该合金的化学式为___________，与V距离最近且相等的Ga有___________个 20．（2026·广东广州·模拟预测）为从铁锰氧化矿(主要含MnO2、Fe2O3及Cu、Ca、Co、Si等元素的氧化物)中分离富集Mn、Cu、Co元素，采用两段焙烧—水浸法，工艺流程如下： 已知： ①该工艺条件下，(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4，高温则完全分解为气体；该高温下金属硫酸盐只有硫酸铁分解。 ②，，。“沉钴”时，溶液中为。 回答下列问题： (1)“水浸”时提高浸取速率的措施有___________(写一条)。 (2)①“高温焙烧”时，(NH4)2SO4分解为气体的方程式为(条件和状态略)：_________。 ___________(NH4)2SO4=___________N2+___________SO2+___________H2O+___________。 ②若投入(NH4)2SO4后直接“高温焙烧”，与图中工艺相比，最终得到的MnCO3固体的质量将会___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 (3)HR是一种含芳香环、水溶性较差的羧酸，萃取与反萃取过程利用了化学平衡的移动。写出萃取过程的离子方程式___________。(换序)“反萃取”时加入的试剂为___________(填化学式)。 (4)该工艺流程中，下列说法正确的有___________。 A．“吸收”时，生成的产物可以继续用于“低温焙烧” B．“沉钴”时，若Co2+恰好完全沉淀（此时浓度为），溶液的pH为8 C．“溶解”时，为防止H2O2损耗，CoS与H2O2的摩尔投料比应大于1：1 D．“沉锰”时，选用NH4HCO3而不选用NaHCO3，可以防止氢氧化物沉淀生成 (5)钴的某种硫化物的晶胞结构如图，该晶胞是边长为a nm的立方晶胞，则该硫化物的化学式为___________。晶体中与S原子最近且等距离的S原子的数目为___________。 (6)该流程所体现的绿色化学的思想有___________(写一条)。 21．（2026·广东梅州·模拟预测）一种从深海多金属结核[主要含，有少量的NiO、CuO]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液()的工艺流程如下： 已知：①萃取的原理：(萃取剂RH是一种有机酸)； ②金属氢氧化物胶体具有吸附性，可以吸附溶液中的阳离子； ③常温下，部分氢氧化物的Ksp如下表。 氢氧化物 氢氧化物 (1)Ni在元素周期表中的位置是_______。 (2)“酸浸还原”时，还原的离子方程式为_______。 (3)“沉铁”时需加热至200℃，原因是_______。 (4)“沉铝”时，pH最高可调至_______(忽略溶液体积变化)。[，，，] (5)“第一次萃取”后，向萃取液1中加入_______(填化学式)溶液进行反萃取，可以得到溶液。 (6)“第二次萃取”时，、与混合萃取剂形成的配合物(如图所示，M表示金属元素)更稳定，下列关于“第二次萃取”的说法正确的是_______。 A．配合物中金属离子的配位原子只有N B．配合物中氮原子的杂化类型为sp² C．配合物中因存在分子内氢键而难溶于水 D．配位时，被氧化 (7)Cu与P、Sn形成的合金(磷青铜)可用作耐磨零件和弹性合金原件。某立方磷青铜晶胞结构如图所示(晶胞边长为apm)，相邻离子间最近距离之比_______，距离Sn最近的Cu有_______个。 (8)“电解”时，一般在萃余液2中加入少量稀硫酸，以Fe片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池示意图并做相应标注_______；电解液中加入稀硫酸的目的是_______。 22．（2026·广东东莞·二模）利用钕铁硼废磁体(主要成分为Nd2Fe14B，含少量Al、Co、Pr、Si及油污等)回收钴、稀土、铁。 已知：当离子浓度小于或等于10-5 mol·L-1，即认为该离子已沉淀完全。 氢氧化物 (1)“破碎焙烧”前将废磁体浸泡在Na2CO3溶液中，目的是___________(写一条)。 (2)基态B原子核外电子排布式为___________，最高能层符号为___________。已知Nd2Fe14B焙烧产物为Fe2O3、Nd2O3和B2O3，写出该反应的化学方程式___________ 。 (3)“沉铝”时Nd3+的浓度约为0.1 mol·L-1，调节pH使Al3+沉淀完全，计算说明此时Nd3+是否开始沉淀___________(在答题卡上书写计算过程)。 (4)“选择萃取”时，Nd3+可与萃取剂P507(用HA表示)形成配合物进入有机相，Pr3+留在水相。萃取反应可表示为：。Nd3+与P507形成如图的配合物，下列说法正确的是___________。 A．Nd3+与P和O形成配位键 B．该配合物中P为sp3杂化 C．虚线部分代表萃取剂P507 D．适当增大pH，萃取率增大 (5)稀土Nd的一种立方晶胞中的部分Nd原子如图所示，设晶胞边长为d nm，任意两个Nd原子的最近距离为 ，其他Nd原子的位置在___________；晶体中与Nd原子最近且等距离的Nd原子数目为___________。 (6)氢爆法是利用钕铁硼废料中的稀土原子与H2发生作用，形成稀土氢化物细小颗粒直接脱离，从而达到分离回收稀土的目的。与传统湿法工艺(酸浸法)相比，说明氢爆法如何体现“绿色化学”思想___________(写一条)。 23．（2026·广东汕头·二模）钛及其合金因其应用范围广、且具有重大战略价值，被称为“全能金属”。从废催化剂（含有、、）中提取金属钛的工艺流程如下图所示。 (1)基态原子核外电子的运动状态有______种，下列状态的原子中，失去最外层一个电子所需能量最大的是______（填字母）。 A．    B．    C．    D． (2)“碱浸”过程中，提高浸出速率的措施有______。（写一条即可） (3)“水解”操作中，在加热条件下水解转化为，写出该反应的离子方程式：______。 (4)不同温度下，与反应中钛提取率随时间变化曲线如图1所示，综合考虑成本和效益选择最适宜的温度和时间为______、______。 该反应中需要通入保护气，下列气体可作为该反应保护气的是______（填标号）。 a.    b.    c.    d. (5)“工艺”制备金属钛：在熔盐中，以电解得到的活性钙为还原剂，将还原为钛金属，其原理如图2所示。写出阳极的电极反应式：______。 (6)金属钛（）与氮形成的某种化合物常被用作高温结构材料和超导材料。研究表明，用代替其中部分的可提升耐磨性，掺杂后的晶胞结构如图3所示。已知该晶体属立方晶系。 ①b点原子的分数坐标为______；掺杂后，晶体中、、N的个数之比为______。 ②已知最近的两个N原子之间的距离为，则原氮化钛晶体的密度为______。 24．（2026·广东江门·二模）开发深海矿产资源是人类可持续发展的重要选择。一种从深海富钴结壳(主要含、、、、、)中分离获得金属资源的工艺流程如图： 已知：①“还原浸出”后得到的滤液中、、、。 ②常温下，部分金属氢氧化物溶度积如下表。溶液中的金属离子浓度小于或等于时可认为完全沉淀。 氢氧化物 (1)“粉碎”的目的是___________。 (2)“还原浸出”过程中，还原的离子方程式为___________。 (3)“除铁”时，可调至___________(溶液体积变化忽略不计)。 (4)“萃取”过程中，与萃取剂 (图)形成的配合物结构如图所示。 下列说法正确的有___________(填标号)。         A．配位时被还原 B．与原子形成了配位键 C．配合物与水能形成分子间氢键 D．图、图中原子的杂化类型发生了改变 (5)画出电解硫酸铜溶液制备铜的电解池示意图___________。 (6)某含铜化合物在光电子学和太阳能电池领域有潜在应用，其晶胞结构和俯视图如图所示。该化合物中___________；晶体中与最近且等距离的原子的数目为___________。 (7)焙解(高温下隔绝空气发生分解)时的化学方程式为___________。 25．（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_____。 26．（2026·广东·二模）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含有C、Pd(钯)、Al、Fe和Cu等元素，一种回收钯的工艺流程如下。 已知： ①  ；  。 ②金属离子浓度时可认为该离子反应完全。 ③室温下，，。 (1)粉碎废催化剂能加快反应速率的原因为______。 (2)“酸浸”时，Pd转化为的化学方程式为______。 (3)室温下“除杂”时，保持溶液的pH为8.0，充分反应后，滤液1中的完全转化为。 ①滤液2中，则至少为______。 ②滤渣2的主要成分为______(填化学式)。 (4)“沉钯”时，由生成的离子方程式为______。 (5)“还原”时生成一种无污染的气体，该过程消耗的氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。 (6)一种含Pd和Sb的催化剂能显著提高低碳炔烃选择性加氢的性能，实现乙炔和丙炔100%转化为烯烃，其晶体结构如图1所示，晶胞俯视图如图2所示。 ①该催化剂的化学式为______。 ②以晶胞参数为单位长度，用来描述原子在晶胞内部相对位置的坐标称为原子分数坐标。已知图1中A原子的分数坐标为，B原子的分数坐标为，则C原子的分数坐标为______。 (3)晶体中一个Pd周围与其距离最近的Sb的个数为______。 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 《2027届高三化学一轮复习解答题专项工艺流程综合》参考答案 1．(1)增大反应物接触面积 (2) （或铁粉） (3) 或 (4)先控制浓度在，与HCl溶液浸出后过滤除去，再控制浓度在与HCl溶液浸出 (5) (6)杂冠醚的空腔大小与的直径（大小）相匹配 (7) GaN A、B或C C或A、B 【分析】先通过盐酸+氧化剂体系，将硫化锑转化为可溶性配离子，过滤后滤泥含有Au、Ag、、S等；滤液主要含，还会存在、等，再用铁粉还原沉锑得到单质锑，同时也将还原为，滤液1含有、，通过电解实现沉锑试剂的回收循环，降低原料成本。滤泥除硫后得到含金银粉体，通过控制浓度在酸性条件下实现金、银的选择性浸出，最后用亚硫酸钠还原沉金得到单质金，回收的锑可进一步加工制备光电材料AlSb，实现副产物高值化利用。 【详解】（1）固体研磨成粉，可增大反应物接触面积，加快反应浸取速率。 （2）沉锑过程中，将中+3价还原为单质，被氧化，作还原剂。 （3）①电解回收沉锑试剂（铁粉），阴极得电子生成单质，故阴极反应为。 ②阳极室要防止产生沉淀，由数据可知，和两种沉淀中，先沉淀，但考虑到阳极失电子生成，最终，，计算得不产生沉淀时，该值远小于沉淀的临界，因此按计算。 （4）由图可知，在时浸取率接近，浸取率很低，先过滤除去；再将调至，浸取率接近，可提高金的提取率和纯度。 （5）从价降为，个共得；中从价升为价（生成），每个失，因此系数为3，再结合原子守恒、电荷守恒配平可得方程式。 （6）超分子选择性识别的原理，除了配位作用，还需要空腔尺寸与离子大小匹配。 （7）①离子键成分百分数随元素电负性差增大而增大，电负性远大于，和电负性相近，因此中电负性差更大，离子键成分更大。 ②为型化合物，晶胞中：（顶点）数目为，（面心）数目为，共4个；（晶胞内部）共4个，满足。由此可知，顶点和面心是一种原子，晶胞内部是另一种原子，因此Al和Sb分别占据顶点（A）+面心（B）和体内四面体空隙（C）；二者可互换顺序。 2．(1)搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等 (2)4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+ (3)5 (4)AD (5) 3：1：1 12 (6) 2NH3N2+3H2 Fe2O3+3H22Fe+3H2O 没有污染物产生 【分析】矿粉酸浸通入SO2酸浸，浸取液中含有Fe2+、Cu2+、Ni2+、Al3+等，调节pH=3.0，通入空气加热得到Fe2O3，Fe2O3可以通过还原得到Fe单质，也可以用电解得到Fe单质，滤液1在常温下沉铝，滤液2选择萃取得到含硫酸根的溶液和分别含Cu配合物和Ni配合物，最终得到产品NixCuyNz。 【详解】（1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有：搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等； （2）由于通入“酸浸”，故浸取液中不含有，“高压加热”时，Fe2+在酸性条件下被氧化为，离子方程式为：4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+； （3）“沉铝”时，保证Cu2+和Ni2+不沉淀，Cu(OH)2的溶度积更小，，根据Ksp=c(Cu2+)×c2(OH-)=0.022×c2(OH-)=2.2×10-20，得出c(OH-)=10-9mol/L，pH=5； （4）“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有： A、镍与N、O形成配位键，可以使镍进入有机相，A正确； B、配体中提供孤对电子的O原子带一个单位负电，可以视作是得到一个电子的阴离子，其余配体不带电，整个配合物不显电性，形成配合物后，中心离子还是Ni2+，Ni2+化合价不变，B错误； C、配合物与水形成氢键，不能解释镍进入有机相，C错误； D、烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，D正确； 答案选AD； （5）根据同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，设晶胞边长为a，由几何关系可知，面心的原子与顶点的原子距离为，面心的原子与体心的原子距离为，则可以确定，晶胞中面心原子为Ni，有6×个，顶点原子为Cu，有8×个，体心的原子为N，有1个，则x：y：z=3：1：1； 根据分析，Cu原子处于顶角，距离最近且等距离的原子为面心上Ni原子，数目为； （6）①氨气分解为N2和H2，H2还原Fe2O3得到Fe单质和水，化学方程式为：2NH3N2+3H2、Fe2O3+3H22Fe+3H2O； ②电解Fe2O3颗粒得到Fe单质，在阴极发生还原反应，则Fe片为阴极，石墨做阳极，电解液为NaOH溶液和颗粒，装置图如下： ； ③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是没有污染性的CO气体产生。 3．(1)2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑ (2)Ga3++4Cl-=[GaCl4]- (3) 铁 [FeCl4]- (4) 高 NaCl (5) 3.2 4.0×10-7 (6) 2:1:1 8a3 【分析】电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)进行焙烧，金属转化为氧化物，焙烧后的固体加入盐酸浸取，浸取液加入铝片将Fe3+进行还原，得到原料液，原料液利用LAEM提取，[GaCl4]-通过交换膜进入II室并转化为Ga3+，II室溶液进一步处理得到镓，I室溶液加入含F-的废液调pH并结晶得到NaAlF6晶体用于电解铝； 【详解】（1）“电解”是电解熔融的氧化铝冶炼铝单质，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑； （2）“浸取”中，由Ga3+形成[GaCl4]-的离子方程式为Ga3++4Cl-=[GaCl4]-； （3）由已知，浸取液中，Ga(III)和Fe(III)以[MClm](m-3)-(m=0~4)微粒形式存在，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区，为了避免铁元素以[FeCl4]-的微粒形式通过LAEM，故要加入铝片还原Fe3+，从而有利于Ga的分离； （4）“LAEM提取”中，原料液的Cl-浓度越高，更有利于生成[GaCl4]-的反应正向移动，更有利于Ga的提取，在不提高原料液酸度的前提下，同时不引入新杂质，可向I室中加入NaCl，提高Cl-浓度，进一步提高Ga的提取率； （5）由pKa(HF)=3.2，Ka(HF)==10-3.2，为了使溶液中c(F-)>c(HF)，c(H+)=×10-3.2<10-3.2mol/L，故pH至少应大于3.2，有利于[AlF6]3-配离子及Na3[AlF6]晶体的生成，若“结晶”后溶液中c(Na+)=0.10mol⋅L-1，根据Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10-10，[AlF6]3-浓度为=4.0×10-7mol⋅L-1； （6）合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元，顶点、面心、棱心、体心为Co，8个小正方体体心交替为Ga与Ni，故晶胞中Ga、Ni个数为4，Co个数为，粒子个数最简比Co:Ga:Ni=2:1:1，晶胞棱长为2a nm，故晶胞的体积为8a3nm3。 4．(1) (2)＞ (3)或 (4) 晶体 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积 (5) 体心 12 (6) 0.4或 【分析】硝酸浸取液(含)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤液中进行镍钴分离，，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。 【详解】（1）活性可与水反应，化学方程式为；故答案为：。 （2）常温下，的氨性溶液中，，，，则＞；故答案为：＞。 （3）“氨浸”时，与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成，则由转化为的离子方程式为或；故答案为：或。 （4）会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。 ①X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰，则属于晶体；故答案为：晶体。 ②根据题意会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则能提高了的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积；故答案为：减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。 （5）①“析晶”过程中为了防止水解，因此通入的酸性气体A为；故答案为：。 ②由可制备晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中信息Co、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个，与O最小间距大于与O最小间距，则Al在顶点，因此在晶胞中的位置为体心；晶体中一个周围与其最近的O原子，以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截面共12个，因此晶体中一个周围与其最近的O的个数为12；故答案为：体心；12。 （6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为，热解时生成的固体氧化物为MgO，则可得Mg(NO3)2·6H2O受热分解的方程式为Mg(NO3)2·6H2OMgO+2HNO3↑+5H2O↑，硝酸在热解过程中可能进一步分解，故与的比值理论上最高为2:5或0.4，故答案为：0.4或。 ②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，根据前面分析，，在于可重复利用和；故答案为：。 5．(1)Fe2+ (2) 4.7pH<6.2 (3)4.010-4 (4) 加热可以提高反应物粒子运动速度，搅拌增加溶剂与溶质的接触面积，使溶出更彻底，提高溶出速度，提高产率 冷却结晶 (5)MgSO4 (6) 15 O2+4e-+2H2O=4OH- 【分析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有、、、、、等离子，经氧化调pH使、形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有、、等离子，加入月桂酸钠，使形成沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。 【详解】（1）由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+，故答案为：Fe2+； （2）由表中数据可知，沉淀完全的pH为4.7，而开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证、沉淀完全，且不沉淀，要用溶液调pH至4.7pH<6.2的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为，故答案为：4.7pH<6.2；； （3）滤液2中浓度为，即0.1125mol/L，根据，若要加入月桂酸钠后只生成，而不产生，则==4.010-4，故答案为：4.010-4； （4）①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是加热可以提高反应物粒子运动速度，搅拌增加溶剂与溶质的接触面积，使溶出更彻底，提高溶出速度，提高产率，故答案为：加热可以提高反应物粒子运动速度，搅拌增加溶剂与溶质的接触面积，使溶出更彻底，提高溶出速度，提高产率； ② “操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸熔点为，故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶； （5）由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4，故答案为：MgSO4； （6）①中Y为+3价，中Pt为+4价，而中金属均为0价，所以还原和熔融盐制备时，生成1mol转移15电子，故答案为：15； ②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-。 6．(1) 搅拌、粉碎含锶废渣、适当提高酸浸温度、适当提高稀盐酸浓度 Sr2+、Mg2+ (2)SrSO4(s) + Ba2+(aq)⇌BaSO4(s) + Sr2+(aq) (3)AC (4)加热脱水 (5) SrCl2(熔融) Sr+Cl2↑ (6) 棱心 体心 【分析】含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，加入稀盐酸酸浸，碳酸盐溶解进入滤液，浸出渣1中含有SrSO4、SiO2，加入BaCl2溶液，发生沉淀转化：SrSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Sr2+(aq)，得到SrCl2溶液，SrCl2溶液经过系列操作得到SrCl2·6H2O晶体； 【详解】（1）提高浸取速率的措施：将废渣粉碎（或适当升高温度、适当增大稀盐酸浓度、搅拌等，任写一条） 原理：增大接触面积、升温、提高反应物浓度、搅拌均可加快反应速率； 酸浸时，CaCO3、SrCO3、MgCO3和盐酸反应溶解，SrSO4不溶于盐酸、SiO2不与盐酸反应，留在浸出渣1； 浸出液金属离子：Ca2+、Mg2+、Sr2+； （2）已知 Ksp(BaSO4)Ksp(SrSO4)，加入BaCl2，SrSO4沉淀转化为更难溶的BaSO4：SrSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Sr2+(aq)； （3）A．窝穴体空腔尺寸与Sr2+匹配，可特异性识别包裹Sr2+；A正确； B．Sr2+与N、O之间是配位键，不是离子键；B错误； C．窝穴体与Sr2+形成超分子配合物，降低锶盐水溶性，实现萃取分离；C正确； D．萃取过程无化合价变化，Sr2+未被还原；D错误； 故答案选AC； （4）Sr(OH)2是强碱，Sr2+不水解，故答案为加热脱水； （5）工业制备Sr为电解熔融的SrCl2，化学方程式为：SrCl2(熔融)Sr + Cl2↑； 电解池示意图标注要点： 容器为电解槽，熔融SrCl2作电解液；两根石墨电极，阴极（连接电源负极） 析出金属Sr，阳极（连接电源正极） 放出Cl2；外接直流电源，标注正负极、阴阳极、产物；故答案为：； （6）①化学式SrTiO3，原子比例：Sr:Ti:O=1:1:3；Ti在立方体8个顶点： 8×= 1 个Ti；Sr在晶胞体心：1 个Sr；氧原子数量需要等于3：若O在12条棱心：12×= 3，刚好匹配计量比SrTiO3；若O在6个面心：6× =3，数量也满足，但结合题干空间距离条件： Ti在顶点，棱心上的O离顶点Ti更近；体心Sr到棱心O距离更远，符合“Sr与O最小间距＞Ti与O最小间距”，因此O正确位置为棱心； ②若以Sr为顶点重构晶胞，原顶点Ti新位置：体心 原晶胞Sr在立方体中心，把Sr挪到顶点后，原来位于8个顶点的Ti就落在新立方体的体心位置。 7．(1)粉碎 (2) (3) (4)5 (5)选“”选“阳离子”交换膜 (6) 【分析】白云石主要成分为CaMg(CO3)2，先经煅烧分解生成CaO、MgO和气体1CO2。所得固体与硅铁料球在1100℃、近似真空条件下反应，硅作还原剂将MgO还原为Mg蒸气，Mg蒸气经冷凝、精炼得到金属Mg；还原后的残渣中含有CaO、SiO2、Fe、Al2O3等物质，加入HCl后，Ca、Fe、Al等元素进入滤液1。随后通过氧化、调pH，使Fe、Al等杂质转化为氢氧化物沉淀进入滤渣1，而Ca2+留在滤液2中。滤液2再进入“电解-碳化”装置，利用煅烧产生的CO2，在阴极附近生成，再与Ca2+结合生成CaCO3，从而实现残渣中CaCO3的回收； 【详解】（1）“煅烧”是固体分解反应，提高反应速率可增大反应物接触面积，因此可将白云石粉碎； （2）白云石的主要成分为CaMg(CO3)2，煅烧时碳酸盐受热分解，生成CaO、MgO和CO2，气体1即CO2； （3）1100℃还原时，硅铁料球中的Si作还原剂，将MgO还原为Mg，Si被氧化为SiO2。由于生成的Mg为气态，抽空气至近似真空可不断移走Mg蒸气，使平衡向生成Mg方向移动； （4）调pH的目的是使Fe、Al等杂质以氢氧化物形式沉淀，而Ca2+尽量留在溶液中。氧化后Fe主要以Fe3+存在，沉淀为Fe(OH)3；Al3+沉淀为Al(OH)3。要求除Ca外其他元素浓度均小于10-5mol/L，应分别计算Fe3+、Al3+沉淀完全所需的OH-浓度，对Fe(OH)3：Ksp=[Fe3+][OH-]3 若[Fe3+]<10-5mol/L，则[OH-]>，对应pH约大于2.8，对Al(OH)3： Ksp=[Al3+][OH-]3 若[Al3+]<10-5mol/L，则[OH-]>，pOH<9，pH>5。  Al3+沉淀完全所需pH更高，因此滤液2的pH应大于5； （5）“电解-碳化”过程中，通入CO2的一侧需要产生OH-，使CO2转化为，再与Ca2+结合生成CaCO3，水在阴极发生还原反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，因此通入CO2的一侧应为阴极，接电源负极，在图中应标短线“|”；另一侧为阳极，接电源正极。为了使Ca2+迁移到阴极区与结合生成CaCO3，应选用阳离子交换膜； （6）由晶胞图可知，C原子位于晶胞体心，Ni原子位于6个面心，Mg原子位于8个顶点。体心C原子到6个面心Ni原子的距离相等且最近，题中给出该最短距离为a pm，所以晶胞棱长为2a pm。晶胞中Mg原子数为8×=1，Ni原子数为6×=3，C原子数为1，因此化合物X的化学式为MgNi3C，图中1原子位于晶胞顶点，3原子位于相邻面的面心，若晶胞棱长为2a pm，则1、3原子间距离为：。 8．(1)Fe(OH)3 (2) 4.7 (3)AD (4) (5)Na2SO4 (6) 4 或 【分析】萃铜余液呈强酸性，含有Na+、Co2+、Mn2+、Cd2+、Zn2+、Al3+、Fe2+的硫酸盐，由流程可知，向萃铜余液中加入和进行中和氧化，余液中Mn2+、Fe2+被氧化生成MnO2、，反应过程中生成沉淀和沉淀，过滤得到MnO2、、、和“氧化除锰”的余液﹔向余液中加入Zn， Zn与Cd2+发生置换反应生成Cd，过滤得到除去Cd2+的滤液；加入有机溶剂萃取，除去钴，分液得到溶液，向溶液中加入溶液﹐转化为固体和溶液，过滤、煅烧得到工业活性氧化锌。 【详解】（1）由流程图及分析可知，萃铜余液中加入和进行中和氧化后，余液中Fe2+被氧化为，中和后转化为沉淀，因此“滤渣1”中铁元素的存在形式是； （2）具有氧化性，中和氧化时将Mn2+ 转化为MnO2从溶液中除去，同时被还原转化为，反应的离子方程式为：； 由题意及表格可知，完全沉淀时，由，则，即，此时溶液中，所以为确保Al3+完全沉淀(≤10-5 mol·L-1)，pH最低应控制在4.7； （3）A．Co2+带2个正电荷，配离子整体电荷数为，因此，A正确； B．该配离子中每个萃取剂提供2个O和1个N进行配位，共6个配位键，即2个配体与Co2+配位形成6个配位键，故该配离子含有的配体数为2，B错误； C．“除钴”步骤中，Co2+形成配离子进入有机相，说明萃取剂对Co2+结合能力更强，C错误； D．由萃取原理：萃取剂+Co2+⇌配离子+H+，加入H2SO4，H+浓度增大，平衡逆向移动，可实现反萃取，D正确； 故选AD。 （4）Zn2+和反应生成碱式碳酸锌，同时生成CO2气体，反应的离子方程式为：； （5）溶液中未参与反应的离子为Na+和，结晶得到副产品的主要成分为； （6）①由ZnO的晶胞结构可知，周围最近且等距离的有4个，因此的配位数为4； ②由晶胞结构可知，处于晶胞的棱上和体内共有个，处于晶胞的顶点和体内有；故晶胞的质量为，已知晶胞底面边长均为a pm，高为b pm，则晶胞的体积为，则； ③由晶胞结构可知，ZnO晶胞沿z轴方向的氧原子投影图为：或； 9．(1)矿石粒度过小导致矿石堆的孔隙率下降，细菌液渗透性下降，降低浸出率。 (2) 1.0～1.5 与体系中的发生反应，导致浸出液pH升高，超出堆浸适宜的pH范围，使微生物失活或者使沉淀，从而抑制黄铜矿浸出(答出一点即可) (3) 4 羟基是亲水基(或极性强)，会使在水中的溶解度增大 (4) (5) (6) 【分析】低品位黄铜矿（主要成分为）在细菌液和空气作用下进行堆浸，被氧化为硫酸铜、硫酸亚铁等硫酸盐，得到含的浸出液；用萃取剂HL（煤油体系）萃取生成进入有机相，水相1可循环用于堆浸；向有机相中加入试剂X进行反萃取，使进入水相2；最后电解水相2得到金属铜，电解余液可进一步回收利用。 【详解】（1）矿石粒度细小会大幅缩小矿石堆内部孔隙，降低细菌液、空气在矿堆中的渗透能力，微生物与矿石接触不充分，黄铜矿氧化浸出效率下降，铜浸出率降低；同时细小矿粉易堵塞矿堆孔隙，阻碍浸出液流出； （2）① 第一阶段氧化，从+2价不变，被还原为，被氧化为单质，离子方程式为； ②已知嗜酸微生物活性区间；在开始沉淀，是堆浸核心氧化剂，需保证不沉淀，因此pH上限为1.5，最终控制范围； ③会消耗体系中的，使溶液pH升高，一方面pH超出1.0~1.5适宜区间，嗜酸微生物失去活性；另一方面pH升高至1.5以上时水解生成沉淀，氧化剂浓度降低，黄铜矿氧化浸出被抑制； （3）从的结构可知，Cu的配位数为4；若将R换为羟基（），因是亲水基(或极性强)，会使在水中的溶解度增大，导致其更易留在水相，从而使萃取率下降； （4）萃取平衡：，反萃取需要平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，增大浓度可促使平衡左移，释放进入水相，因此选用强酸硫酸； （5）阳极发生的主要电极反应为水的氧化，因此电极反应为； （6）由晶胞结构可知，为与顶点、面心和体心，数目为；位于内部共8个，位于棱心、面心，数目为，因此1个晶胞中4个单元，因此晶胞密度。 10．(1)＋6 (2) 、 (3)10.15 (4)增大c(Cl-)，使吸附平衡逆向移动完成洗脱 (5) 防止后续与硫酸铜反应形成CuS杂质 (6) 【分析】该流程的核心逻辑是酸浸除杂氧化溶解 调pH除锰 离子交换富集硫化分离钼钨沉淀提纯钼。利用了钼和钨在化学性质上的细微差异，特别是与硫离子的反应活性不同，来实现两者的分离。 【详解】（1）根据化合物正负化合价代数和为0的规则：Ca为+2价，O为-2价，设Mo化合价为x，则，解得x=+6； （2）确定“滤液1”的金属离子钼钨矿中，、与盐酸反应生成可溶于水的、，因此、进入滤液；、与盐酸反应生成难溶于盐酸的、沉淀，、不与盐酸反应，均进入滤渣。因此“滤液1”含有的金属离子为、。得失电子守恒：中Mo从+4价升至中的+6价，升2价；每个S从-2价升至中的+6价，2个S共升16价，因此总升价为价，中从+4价降至中的+2价，每个降2价，9个总降价为价，得失电子守恒。原子守恒：右侧含12个原子，因此左侧系数为14；9个生成9个，因此系数为9。配平后的离子方程式为：； （3）已知完全沉淀时，根据溶度积常数：则，结合水的离子积，得：，； （4）吸附平衡为：(其中M为Mo或W)。加入后，完全电离出，使溶液中浓度增大，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，转化为，从而实现洗脱。 （5）碱性条件下，与反应生成，结合原子守恒和电荷守恒，离子方程式为：，若过量，溶液中浓度过高，会与反应生成更难溶的沉淀，导致沉淀转化为，使钼重新进入溶液，降低沉钼效率；同时过量的会引入杂质，干扰后续钨的分离提纯。 （6）①补充剩余的氧原子晶胞中，位于体心，位于晶胞的8个顶点、中间4棱、上下2面心，（均摊后原子数为，与原子数1满足的化学式比例）。需在晶胞的底面面心位置补充原子（用空心圆表示）后面左棱上补充原子如图。 ②计算晶体的密度，晶胞中原子数：体心的为1个；晶胞中原子数：8个顶点，每个顶点原子属于晶胞的，中间4棱，每个棱心原子属于晶胞的，2个面心的，每个面心原子属于晶胞的，故个；晶胞质量；晶胞体积（因，）；密度。 11．(1)适当升高温度或增加酸的浓度或搅拌等 (2)[4.7，5.8) (3) [Al(OH)4]- (4)2Ce2(C2O4)3·10H2O+3O22Ce2O3+12CO2+20H2O (5) 1：2 8 【分析】废旧磁性材料加入稀硫酸酸浸后过滤，滤液中含有硫酸亚铁、硫酸铈、硫酸铝，向滤液中加入磷酸二氢钠，得到Ce(H2PO4)3、氢氧化铝沉淀；“碱转换”过程中Ce(H2PO4)3所发生反应，过滤向滤渣Ce(OH)3中稀硫酸溶解后再加草酸“沉淀”后所得的固体为Ce2(C2O4)3·10H2O，将其煅烧可得Ce2O3和CO2， Ce2O3被还原为Ce。 【详解】（1）可通过加热、搅拌、粉碎废旧磁性材料、适当增大硫酸浓度等措施提高酸浸的速率； （2）“沉Ce”时，为了使Al3+完全沉淀，c(Al3+)=1×10-5mol/L ，c(OH-)=，此时，pH应大于等于4.7；溶液中c(Fe2+)=1.0mol/L，c(Ce3+)=0.01mol/L，为了不引入Fe(OH)2和Ce(OH)3，当c(OH-)=，c(H+)=1×10-8mol/L，c(OH-)=，c(H+)=1×10-5.8mol/L，为了使Al3+完全沉淀，但不引入Fe(OH)2和Ce(OH)3，需要调节溶液的pH范围； （3）“碱转换”过程中Ce(H2PO4)3所发生反应，氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液中生成了[Al(OH)4]-； （4）“沉淀”后所得的固体为Ce2(C2O4)3·10H2O，将其煅烧可得Ce2O3和CO2，发生反应； （5）根据晶胞图可知1个晶胞中RE：，O：，氧化物RE：O的个数比为1:2；以面心RE为例，距离RE原子最近的O原子有8个，晶胞的密度。 12．(1) (2) 没有 (3)AD (4) 负 (或其他正确答案) (5) 生成的沉淀附着于反应物固体的表面，阻碍了继续与的反应；随着反应的进行，溶液的增大，溶液中浓度减小，促使平衡正向移动，沉淀重新溶解，砷回收率下降 【分析】闪锌矿中含ZnS、FeS、少量硫化镉等，加入H2SO4、O2，酸浸后，ZnS、FeS、CdS分别转化为Zn2+、Fe3+、Cd2+，硫元素转化为硫单质，经过除铁、除镉除去Fe3+和Cd2+，调pH、沉锌后获得ZnS，据此解答。 【详解】（1）酸浸时ZnS在酸性条件下被氧化为S单质，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为： 。 （2）当溶液的、时，，由电离常数关系=，代入数据得： ，结合得： ， 沉淀完全的标准为离子浓度，，因此没有沉淀完全。 （3）调节pH不能引入新杂质，、均可与反应升高pH，不引入新杂质；引入、引入，故选AD。 （4）①由题意知，在充电过程中，ZnS转化为LixZnyS，再转化为Li2S，则在充电时，ZnS发生的是还原反应，充电时的阴极对应放电时的负极，故在锂离子电池中，ZnS做电池的负极。 ②晶胞中，数目为，数目为，晶胞质量，晶胞边长为，因此密度 =。 ③晶胞中总数为=4，阳离子（、）的总数为，结合电荷平衡：，则，若S的个数为1，则x=1.5，y=0.25，因此化学式为。 （5）①根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废液”， ZnS与反应除了生成外还有锌离子，写出反应的离子方程式为：。 （6）②反应4 h后，砷回收率下降的可能原因是：生成的沉淀附着于反应物固体的表面，阻碍了继续与的反应；随着反应的进行，溶液的增大，溶液中浓度减小，促使平衡正向移动，沉淀重新溶解，砷回收率下降。 13．(1) (2) (3) (4) (5) 升高，转化为(或)，难以与酒石酸形成络合物 (6) D 【分析】锌浸渣（含、、、、等）在和的作用下还原浸出，作为还原剂，将锌浸渣中的+4价Pb还原为+2价并生成沉淀进入滤渣1，将其中的+3价还原为+2价，同时，和与酸反应溶解，不反应进入滤渣1；随后加入进行沉锗，控制pH在5~6.2，使Ge以形式沉淀，而、留在滤液中；沉锗后的沉淀用硫酸酸溶，调节pH至1.8，使转化为；再加入酒石酸萃取锗，让与酒石酸形成络阴离子进入有机相；最后用溶液反萃取，使络阴离子转化为​，再进一步处理得到Ge。 【详解】（1）Ge与C同主族，的原子序数为32，处于元素周期表的第四周期、第ⅣA族，其简化电子排布式为； （2）可看作是，其中(+4价Pb)被还原为，中硫由+4价被氧化为+6价，故Pb3O4在“还原浸出”步骤中发生反应的化学方程式为：； （3）根据表①和表②及题意可知，沉锗需要将Ge转化为沉淀，要求pH的范围为，同时要保证不沉淀，开始沉淀的pH为6.2，因此“沉锗”时，需控制pH在之间； 根据表②可知，当完全沉淀时pH=8.2，此时溶液中，故，此时，所以；当时，溶液中的，Zn2+未产生沉淀，故； （4）沉锗时加入生石灰(CaO)调pH，与水反应生成，生成的Ca2+在溶液中与反应生成微溶的，因此硫酸酸溶后留在滤渣中，即滤渣2的主要成分为； （5）①由表①可知，当pH升高时，转化为或或，这三种离子难以与酒石酸形成络合物； ②根据反萃取效果图，NaOH溶液的反萃取效果最好，由表①可知碱性条件下最终产物为，因此“反萃取”中可以加入的物质B为； （6）①该锗化合物晶胞表示方式有多种，根据晶胞结构图可知，A中位于顶点有个，I位于面心有个，位于体内有1个；B中位于体内有1个，I位于棱心和面心有，位于顶点有；C中位于体内有1个，I位于棱心有个，位于顶点有个；D中位于体内有1个，I位于棱心有个，位于顶点有个；根据以上分析，B、C晶胞结构与A一致，晶胞中所含微粒相同，D晶胞与A不一致，晶胞中所含微粒不同； ②由上题分析可知该晶胞中含的个数为1，I的个数为3，的个数为1，已知该晶体的最简式的式量为Mr，代表阿伏伽德罗常数的值，则该晶胞的密度为。 14．(1)第四周期第Ⅷ族 (2) 将矿石粉碎（或加热、搅拌、适当增大酸浓度等） (3)5≤pH<7.5 (4)BD (5)稀硫酸 (6) 4 16 【分析】含有、少量炭黑、和的氧化物的黑粉，加入硫酸和H2O2，在酸性条件下被H2O2还原，变为，和的氧化物变成+3价的硫酸盐，过滤不溶性杂质形成滤渣1；滤液加入NaOH调pH，使Fe3+（H2O2氧化Fe2+得到）、Al3+完全沉淀，过滤形成滤渣2，加入P507萃取进入有机相，Li+进入水相，水相中加入与Li+反应生成粗，有机相加入稀硫酸进行反萃取，使释放出来，经蒸发、浓缩、结晶等一系列操作得到。 【详解】（1）钴（Co）的原子序数为27，核外电子排布为 [Ar] 3d⁷ 4s²，位于第四周期，第Ⅷ族； （2）提高固液反应速率的常见措施包括：升高温度、搅拌、增大反应物浓度、减小固体颗粒尺寸（增大接触面积）等，任选其一合理即可；酸浸时中+3价Co被H2O2还原为，H2O2被氧化为O2，配平得离子方程式：； （3）调pH的目的是除去杂质离子，使Fe3+（H2O2氧化Fe2+得到）、Al3+完全沉淀，同时防止沉淀；开始沉淀时，，由，得则pH=7.5；由表中数据可知，其余三种氢氧化物中的最大，当完全沉淀时，，由，得，则pH≈4.7，实际中一般向上取整pH=5.0，保证杂质沉淀完全，所以5.0≤pH＜7.5； （4）A．与中心离子形成配位键的O有两种，一种与P形成双键，一种与P形成单键，与P形成单键的O带一个单位负电荷，中心Co2+带2个正电荷，由电荷守恒得，则，A错误； B．由结构图可知中心Co2+直接结合6个配位O，配位数为6，B正确； C．P507含两个长链疏水烷基（-C8H17），属于疏水基团，亲水性差，C错误； D．P507含O−H键，O电负性大，分子间可形成氢键，D正确； 故选BD； （5）萃取时，P507与形成配合物进入有机相；反萃取目的是将从有机相转移回水相，需要破坏配合物，加入强酸使H⁺与P507结合，释放，故试剂A为稀硫酸； （6）由仅标出的晶胞图可知，位于顶点、面心和体内，最近且等距离的有4个；用均摊法计算晶胞中的个数：，根据化学式，则的个数为；晶胞密度==。 15．(1)粉碎富钴结壳可以增大固体与溶液的接触面积，从而加快后续“还原浸出”的反应速率，提高原料的浸出率，使反应更充分 (2) (3)5 (4)BC (5) (6) 4 (7) 【分析】富钴结壳经粉碎后，加入和稀硫酸进行还原浸出。其中、等被还原溶解，不溶的作为浸渣滤除。向浸出液中通入空气氧化为，加入调节pH，使铁以形式沉淀除去。铜的提取，利用特效萃取剂LIX84-I萃取溶液中的，经反萃取得到溶液，再通过电解制备金属铜。锰的提取，萃铜后的溶液加入进行硫化沉淀，分离出含锰溶液。经浓缩结晶得到，再经焙解制得。镍钴的提取，硫化沉淀的滤渣经加压浸出后，通过萃取分离技术进一步提取镍和钴。 【详解】（1）“粉碎”的目的粉碎富钴结壳可以增大固体与溶液的接触面积，从而加快后续“还原浸出”的反应速率，提高原料的浸出率，使反应更充分。 （2）在酸性条件下，作为氧化剂，Mn元素从+4价被还原为+2价的；作为还原剂，S元素从+4价被氧化为+6价的。根据得失电子守恒（Mn得，S失），结合原子守恒与电荷守恒，配平得到离子方程式：。 （3）除铁的目标是使完全沉淀（），同时其他金属离子不沉淀。 根据的溶度积：，代入数据：则，同时，要想让完全沉淀，，根据溶度积常数，、、、沉淀分子结构一样，根据溶度积常数大小关系，除铁的上限按算，已知，根据的溶度积：，代入数据：，则，，所以范围为。 （4）A．配位时的化合价没有发生变化，不存在被还原的情况，A错误； B．从配合物结构可知，与原子形成了配位键，B正确； C．配合物中存在基团，能与水能形成分子间氢键，C正确； D．图a、图b中原子的杂化类型均为杂化，没有发生改变，D错误； 本问答案为：BC。 （5）电解溶液制备Cu时，阴极：，选择Cu片作为阴极，析出的Cu附着在Cu片上；阳极：，选择石墨棒作为阳极；电解质溶液为溶液，电源正极接石墨阳极，负极接Cu阴极。示意图标注： （6）原子个数比：利用均摊法计算，原子数为：；原子数为：；原子数为：；因此。与Al最近且等距离的S原子数目：晶胞中Al位于晶胞面上，每个周围有4个最近且等距离的原子。 （7）隔绝空气时，分解生成，元素部分从+2价升至+3价（含2个+3价Mn、1个+2价Mn），元素从+6价降至+4价（生成），O元素部分从-2价升至0价（生成）。根据电子守恒配平：。 16．(1) 3：2 C (2) (3) AD (4)4 (5) 低温焙烧 (6) 12 【分析】采用两段焙烧及水浸法从铁锰氧化矿中分离提取Cu、Co、Mn等元素，加入硫酸铵低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，如、、等；得到的硫酸盐经650℃高温焙烧，只有发生了分解，产生气体和；水浸后，过滤分离出滤渣，滤渣主要为、；后续萃取分离，将Cu元素萃取到有机相中，最终得到硫酸铜溶液，水相主要含有Co元素和Mn元素；加入硫化钠，调节pH，生成CoS；滤液中加入，生成沉淀，据此解答。 【详解】（1）中为+4价，被还原为中+2价，每个得，作氧化剂；中为-3价，被氧化为中0价，每个失，作还原剂，根据电子守恒：，得； 需要浸出率尽可能高，浸出率尽可能低，由图可知，时浸出率已接近100%，浸出率远低于目标金属，温度过高会导致浸出率大幅升高，能耗增加，因此选，故选C。 （2）已知在完全分解为，其他金属硫酸盐不分解；原矿石中的氧化物不溶于水，因此水浸滤渣主要为和； （3）①A．由产物结构可知，与萃取剂中的形成配位键，生成配合物进入有机相，A正确； B．价态仍为+2，没有改变，B错误； C．若配合物易与水形成氢键，会易溶于水相，C错误； D．配合物中的长烷基链具有疏水性，使配合物易溶于有机相，D正确； 故选AD。 ②反萃取需要将从有机相交换出来，得到，因此加入稀硫酸，化学式为； （4）时，，由，得，由，得； （5） 沉锰时与反应生成沉淀，同时放出，离子方程式为：； 滤液2中主要含硫酸铵，处理后可返回流程第一步低温焙烧循环使用； （6）①位于晶胞顶点，位于晶胞面心，顶点到最近的面心的距离相等，每个顶点周围共有12个最近的面心； ②晶胞中的数目为，的数目为，晶胞总质量，晶胞边长，体积，密度。 17．(1)第五周期第ⅥA族 (2) (3) Cu ＜ (4)将还原为，便于后续与Pd元素分离 (5)1.0 (6)    【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：，再加入过量草酸“分金”，将还原为金单质、还原为，过滤分离出金单质；最后向滤液中加入氯化铵溶液“沉钯”得到含的滤液c和沉淀，据此解答。 【详解】（1）碲原子序数是52，位于第五周期第族。 （2）已知Pt变为单质，Te最终转化为，反应过程中Pt从+2→0（得2 e⁻），Te从-2→+4（失6 e⁻），而1 mol 得，根据化合价升降守恒和原子守恒，反应的方程式为：。 （3）①阳极泥中的Cu经氧化焙烧生成CuO，可溶于稀硫酸，Pt、Pd、Au不溶，因此酸浸目的是分离出Cu。 ②烃基R是给电子基团，-OR是吸电子基团，P507中P=O键的氧原子电子云密度更大，更易给出电子形成配位键，因此P204中O的配位能力小于P507中的O。 （4）草酸作还原剂，将+4价Pt还原为+2价，使Pt转化为可溶性的留在溶液中，便于后续与Pd元素分离（合理即可）。 （5）设初始溶液浓度为，加入等体积溶液混合后体积加倍，因此：混合后初始浓度：，混合后初始浓度：，反应后，远小于初始浓度，因此沉淀消耗的，对应消耗浓度为，反应后，根据，，代入数据、： ，解得，因此。 （6）a、c、f为I型小立方体，I型中Co位于顶点和体心，灰色截面切过晶胞的四个小立方体，因此四个顶点和截面中心都为Co，即Co的位置： 。 18．(1) (2) (3) (4)81.4 (5) > P204结构中的RO-是吸电子基团，会使O-H极性增强，更容易电离(或P227结构中的R-是推电子基团，会使O-H极性减弱，不容易电离) (6)1：2 (7) 12 bd 【分析】第一步加入稀硫酸酸浸，将所有金属氧化物转化为对应硫酸盐进入溶液，滤渣1为废料中的不溶性杂质，得到含、、、、的酸性滤液。之后通入硫化氢除杂，过滤后除去S、CuS杂质，接着加入双氧水，将生成的完全氧化为，再加氢氧化钠调节pH，使完全沉淀为氢氧化铁除去；之后加入，使沉淀为除去，此时溶液中仅剩余、。利用萃取剂对两种离子萃取率的pH差异，控制合适pH将锌离子萃取进入有机相，留在水相；有机相经反萃取后可最终得到，水相中的经次氯酸钠在碱性情况下氧化，过滤即可得到目标产物。 【详解】（1）废料中与稀硫酸反应生成微溶的，因此滤渣1除不溶性杂质外，还含。 （2）酸浸后溶液中溶解生成，氧化生成单质，自身被还原为，离子方程式为。 （3） “沉铁”需要使完全沉淀，同时保证、不沉淀，因此需要大于等于完全沉淀的，小于开始沉淀的，即范围为。 （4）沉淀完全时，由，得。原溶液中总，沉淀消耗，溶液中游离，总，。 （5）对比结构，P204中P原子连接两个吸电子的烷氧基（），氧的电负性大，吸电子效应使键极性增强，更易电离出，因此酸性：。 （6）氧化过程中，氧化剂中从价还原为（价），每个得；还原剂被氧化为中价，每个失，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂物质的量之比为。 （7） 晶体结构与相似，周围等距离最近的共12个（同层4个，上下层各4个）。在NaCl晶胞中氯离子配位数为6，所以镍的氧化物晶胞中氧离子的配位数为6，氧离子形成面心立方结构：，同时得到镍离子位于氧离子构成的八面体空隙：，根据氯化钠晶胞推导，晶胞中位于顶点和面心，位于棱心和体心，分割出的小立方体顶点为交替排列，对应图b；图d为晶体中离子的八面体配位结构，也属于该晶胞的结构，故选bd。 19．(1) +3 (2) (3)2.0 (4)产生的催化的分解 (5)消耗，使萃取反应的平衡逆向移动，将与萃取剂分离 (6) (7) 4 【分析】起始原料为钒钛磁铁矿精矿，核心目标是提取钒、钛，同步制备黄铵铁矾。加压焙烧阶段加入，反应生成的对矿样二次氯化，将转化为可溶性氯化物。酸浸阶段加入盐酸，钒、钛以、形式进入溶液，作为浸出渣分离。沉钛阶段加入铁粉，转化为沉淀分离。氧化阶段加入将钒氧化为高价态，加入萃取剂萃取钒，负载钒的有机相经洗涤后加溶液反萃取，钒进入水相，经后续操作得到。水相加入硫酸铵沉铁，生成黄铵铁矾。 【详解】（1）Ti为22号元素，基态原子核外电子排布为，价电子排布式为。中Fe为+2价，O为-2价，设V的化合价为x，根据化合物化合价代数和为0，，解得x=+3。 （2）与反应生成和，每个V原子失去2个电子，2个V共失去4个电子，每个得到2个电子，根据得失电子守恒，系数为2，结合原子守恒配平得反应方程式。 （3），沉淀完全时，代入得，，常温下，则pH不低于2.0。 （4）沉钛时加入了过量铁粉，氧化阶段被氧化为，可催化分解，因此的使用量远大于理论计算量。 （5）萃取平衡为，加入溶液，与反应，消耗，平衡逆向移动，释放出，实现钒与萃取剂的分离。 （6）沉铁时反应物为、、和，生成物为沉淀和，根据电荷守恒和原子守恒配平，离子方程式为。 （7）根据晶胞结构，Ga原子位于顶点和体心，个数为，V原子位于面上，个数为，Ga与V的个数比为1:3，因此合金化学式为。体心的Ga最近的V有12个，则与V距离最近且相等的Ga有4个。 20．(1)粉碎固体增大接触面积、适当升温、搅拌等（任写一条） (2) 减小 (3) (4)AD (5) 12 (6)可以循环利用、反应物无毒无害、产品环境友好（任写一条） 【分析】采用两段焙烧一水浸法从铁锰氧化矿中分离提取Cu、Co、Mn等元素，加入硫酸铵时金属氧化物均转化为金属硫酸盐，产生氨气、氮气等气体，氨气由硫酸吸收得到硫酸铵溶液。该工艺中只有硫酸铁这一金属硫酸盐经高温焙烧分解，转化为氧化铁和三氧化硫气体。水浸后过滤分离出滤渣，滤渣主要为二氧化硅、氧化铁及硫酸钙。后续萃取分离，将铜元素分离至有机相，再由反萃取最终得硫酸铜溶液。水相中主要含有钴元素和锰元素，经过硫化钠和pH的调节将钴元素沉淀出来。过滤分离后得到硫化钴，再加入双氧水将负二价的硫氧化为硫单质，促进硫化钴转化为硫酸钴溶液。锰元素则继续留在溶液中，加入碳酸氢铵使其沉淀为碳酸锰后过滤可以得到产品。 【详解】（1）提高浸取速率的常见措施有粉碎固体增大接触面积、适当升温、搅拌等。 （2）①高温分解为气体，该过程中N元素部分由-3价升价为0价的N2，S元素由+6价降价为+4价的SO2，。 ②若直接“高温焙烧”，则加入的将会分解，使得金属氧化物转化为硫酸盐的比例减小，浸取得到的金属元素的物质的量减小，则最后提取得到的MnCO3的物质的量减小， 故质量减小。 （3）HR是弱酸、水溶性差，不能拆分，萃取生成有机相，离子方程式为；反萃取需要使平衡逆向移动，加入酸提高浓度，最终得到，因此加入。 （4）A．“吸收”时，生成的产物为，可以继续用于“低温焙烧”，A正确； B．完全沉淀时，由得，由，代入数据得，解得，，B错误； C．与反应的方程式为：，与反应计量比为1:1，但受热易分解，需过量，因此与的投料比需小于1:1，以提高的利用率，C错误； D．溶液中水解显酸性，相比，浓度更低，可防止生成锰的氢氧化物沉淀，D正确； 故选AD。 （5）该晶胞中，黑球(Co)在顶点处有4个，在4条体对角线上各有1个，为内部原子， 则钴原子有个。白球(S)在棱上有12个；在体心处有1个， 则硫原子有个。Co与S原子个数比为，则硫化物的化学式为。以体心S原子为参照，与其最近且等距离的S原子是位于12条棱上的S原子，数目为12。 （6）绿色化学思想包括生产工艺安全、能源利用率高、反应物无毒无害可再生、产品环境友好(安全、可再利用)、催化剂与溶剂无毒无害等，并且该流程中可以循环利用。 21．(1)第四周期第Ⅷ族 (2) (3)加快氧化为以及沉淀的生成，使分解成以免金属氢氧化物将溶液中的金属阳离子吸附沉降 (4)5 (5) (6)B (7) 12 (8)    增强溶液的导电性；抑制的水解(或防止的生成) 【分析】整个流程遵循“酸浸溶解 氧化沉淀除铁调节pH除铝 萃取除铜萃取分离镍钴/锰电解制锰”的逻辑，实现了多金属的高效分离。 【详解】（1）Ni在元素周期表中是28号元素，核外电子排布式为，因此镍位于第四周期第Ⅷ族。 （2）中Fe为+3价，被还原为+2价；被氧化为。根据得失电子守恒：Fe元素降1价，S元素升2价，故系数为2，系数为1；再结合原子守恒和电荷守恒配平：。 （3）已知金属氢氧化物胶体具有吸附性，加热至的作用：加快氧化为以及沉淀的生成，使分解成以免金属氢氧化物将溶液中的金属阳离子吸附沉降。 （4）沉铝时需保证、、、不沉淀，需计算各离子开始沉淀的pH，取最小值作为上限：对于，，，由得：，，故。其他离子开始沉淀的pH均大于5，因此pH最高可调至5。 （5）第一次萃取后反萃取的试剂萃取原理为，要使平衡左移实现反萃取，需增大浓度，同时为得到溶液，应加入溶液。 （6）A．配合物中金属离子的配位原子有N（吡啶环的N）和O（的O、的O），并非只有N，A错误； B．配合物中，吡啶环上的N原子与两个碳原子和金属离子形成3个σ键，为杂化，B正确； C．配合物难溶于水是因为R、R'为长链烷基（疏水基团），并非分子内氢键，C错误； D．配位过程中、价态不变，未被氧化，D错误。 故选B。 （7）相邻离子最近距离之比：Cu位于面心，相邻Cu的最近距离为面对角线的一半，即；P位于体心，相邻P的最近距离为晶胞边长，故比值为。距离Sn最近的Cu的个数：Sn位于晶胞顶点，面心Cu到顶点Sn的距离最近，故距离Sn最近的Cu有12个。 （8）电解池示意图：电源正极连接石墨棒（阳极），电源负极连接Fe片（阴极），电解液为加有稀硫酸的萃余液2，示意图如下： 。稀硫酸的目的：增强溶液的导电性；抑制的水解，防止的生成。 22．(1)除油污 (2) 1s22s22p1 L (3)Nd3+不沉淀 (4)BD (5) 面心 12 (6)不使用强酸强碱或生成废液和废渣少或步骤少、分离流程简单 【分析】钕铁硼废磁体主要成分为Nd2Fe14B，含少量Al、Co、Pr、Si及油污等。“破碎焙烧”前将废磁体浸泡在Na2CO3溶液中洗去油污，“破碎焙烧”Nd2Fe14B转化为Fe2O3、Nd2O3和B2O3，Al、Co、Pr、Si转化为相应氧化物，焙烧残渣“酸浸”，得含有Nd3+、Fe3+、Al3+、Pr3+、Co2+的溶液，浸取液调pH=3.0、通入空气得到Fe2O3，过滤，滤液1调pH“沉铝”，过滤得滤液2，滤液2加萃取剂P507“选择萃取”， Nd3+可与萃取剂P507形成配合物进入有机相，Pr3+、Co2+留在水相，水相加Na2S溶液得CoS沉淀。 【详解】（1）Na2CO3溶液可以洗涤油污，“破碎焙烧”前将废磁体浸泡在Na2CO3溶液中洗去油污。 （2）B是5号元素，基态B原子核外电子排布式为1s22s22p1，核外有2个电子层，最高能层符号为L。Nd2Fe14B焙烧产物为Fe2O3、Nd2O3和B2O3，根据得失电子守恒配平该反应的化学方程式为。 （3）根据氢氧化铝的溶度积常数，Al3+沉淀完全时，c3(OH-) ，“沉铝”时Nd3+的浓度约为0.1 mol·L-1，=，小于的溶度积常数，所以此时Nd3+没有产生沉淀。 （4）A. Nd3+与O形成配位键，Nd3+与P没有形成配位键，故A错误；     B. 该配合物中P原子价电子对数为4，采用sp3杂化，故B正确； C. 该配合物的配体数为3，虚线部分代表萃取剂P507失去1个氢离子后的阴离子，故C错误；     D. 适当增大pH，，氢离子浓度减小，平衡正向移动，萃取率增大，故D正确； 选BD。 （5）稀土Nd的一种立方晶胞中的部分Nd原子如图所示，设晶胞边长为d nm，任意两个Nd原子的最近距离为 ，可知两个Nd原子的最近距离为面对角线的一半，则其他Nd原子的位置在面心；晶体中与Nd原子最近且等距离的Nd原子数目为12。 （6）与传统湿法工艺(酸浸法)相比，氢爆法不使用强酸强碱或生成废液和废渣少或步骤少、分离流程简单。 23．(1) 22 D (2)适当升高温度、粉碎废催化剂增大接触面积、搅拌、提高NaOH溶液浓度等 (3) (4) 1000 30 d (5) (6) 【分析】碱浸时加入溶液，利用氧化物性质差异分离钛、钨和钒： 、为酸性氧化物，可与反应生成可溶性钒酸钠、钨酸钠，进入浸出液，后续经处理回收钨、钒； 与反应生成难溶固体；酸洗时 与反应，转化得到可溶性钛酰离子；加热条件下发生水解反应，生成水合二氧化钛沉淀；焙烧时 失去结晶水，得到纯净的；高温氯化过程 与、在高温下反应，将转化为沸点较低、易分离提纯的；镁热还原制粗钛过程用在一定温度下还原得到粗钛。 【详解】（1）Ti是22号元素，原子核外共22个电子，每个电子运动状态互不相同，因此有22种运动状态；失去最外层一个电子所需能量：基态原子能量最低，电离能更大，选项D是Ti的基态电子排布，其余选项都是激发态，能量更高更易失去电子，因此选D； （2）提高浸出速率的常用方法有适当升高温度、粉碎废催化剂增大接触面积、搅拌、提高NaOH溶液浓度等； （3）在加热条件下水解的离子方程式为； （4）由图可知，800℃提取率过低，1500℃温度过高能耗大、成本高；1000℃下反应30min后钛提取率已经较大，延长时间不会明显提升提取率，因此选1000℃、30 min；Mg是活泼金属，可与、、反应，Ar是惰性气体，不参与反应，因此选d； （5）阳极发生氧化反应，移向石墨阳极，石墨（C）失电子，结合生成，故阳极的电极反应式为； （6）① 根据a、c可推得b点分数坐标为；均摊法计算原子个数：Al在体心，个数为；Ti在12条棱的棱心，个数为，N在8个顶点、6个面心，个数为，因此个数比； ②原氮化钛TiN中，最近两个N原子的距离为，满足（a为晶胞边长），得；晶胞含4个TiN，晶胞质量，晶胞体积，因此密度。 24．(1)增大反应速率 (2) (3) (4)BC (5) (6) (7) 【分析】在粉碎的富钴结壳中加入和溶液后，得到滤液（含有、、、、）和浸渣（），其中、和由、和分别被还原得到；向滤液中通入空气，被氧化为，向滤液中加入，调节后，滤液升高，生成沉淀，达到除铁的目的；向滤液（含有、、、）中加入萃取剂后，和萃取剂结合，剩余离子（含有、、）经硫化沉淀后分离；向和萃取剂结合的配合物中加入硫酸，使和萃取剂分离，得到溶液；溶液经电解，得到铜单质；经浓缩结晶得到的经过焙解可得到。 【详解】（1）将富钴结壳粉碎可以增大其与反应溶液的接触面积，从而增大反应速率； （2）和在酸性条件下发生氧化还原反应，被还原为，被氧化为，该反应的离子方程式为：； （3）除铁过程中转化为沉淀，除铁后滤液中的浓度小于或等于，设除铁后，此时滤液中存在化学平衡（），，将的浓度代入前式可以得到，由此可算出的浓度为；已知，将的浓度代入前式可得，由此可算出溶液中浓度为，则有；为了达到除铁的目的，滤液的，但同时又要避免滤液的过高，使得其他离子沉淀，已知滤液中的较小，这说明会在的浓度较小时沉淀，已知、，将的浓度代入前式得，由此可算出，此时的；故为了沉铁且避免其他离子沉淀的范围为； （4）A．形成配合物时，配体中配位原子的孤电子对向中心的空杂化轨道配位，形成配位键，该过程中没有电子的转移或电子对的偏移，中心离子（）的化合价不变，A错误； B．图中红圈中的原子的孤电子对向中心离子的空杂化轨道配位，形成配位键，B正确； C．配合物中含有能形成氢键的羟基（如图所示），其可与水形成分子间氢键，C正确； D．在形成配合物前后，萃取剂中的原子都是sp2杂化，其杂化类型不变，D错误； 故答案选BC。 （5） 电解硫酸铜溶液制备铜时，阴离子（）向阳极（与直流电源的正极相连）迁移，阳离子（）向阴极（与直流电源的负极相连）迁移，如图所示，； （6） 在含铜化合物的晶胞中，原子数为：，原子数为：，原子数为：，因此其化学式为，该化合物中；如图所示，在晶胞中，与蓝圈中最近且等距离的原子为图中红圈中的两个原子，以及与该晶胞顶部相邻的另一个晶胞中位于图中绿圈中位置的两个原子，故晶体中与最近且等距离的原子的数目为； （7）由工艺流程图可知，经焙解可产生，在该过程中失去电子，发生了氧化反应，的平均化合价从升高到，得到电子，发生了还原反应，其化合价从下降到，转化为，由此可看出一个得到了个电子，而一个失去了个电子，得失电子不平衡，故该过程中失去电子的还有一部分，中的一部分失去电子，被氧化为，故该过程的化学方程式为：。 25．(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=10-19.6，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）。 26．(1)粉碎能增大催化剂与空气的接触面积 (2) (3) 、 (4) (5) (6) PdSb 6 【分析】废催化剂主要含C、Pd、Al、Fe、Cu，流程逻辑如下：粉碎焙烧：粉碎增大反应物接触面积，通入空气焙烧，将C氧化为CO2除去，同时金属单质转化为金属氧化物；酸浸：加入盐酸+过氧化氢，Pd被氧化为可溶性的H2[PdCl4]，Al、Fe、Cu转化为金属阳离子进入滤液，不溶杂质作为滤渣1除去，得到滤液1；除杂：加入浓氨水调节pH=8，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀除去，Cu2+和Pd分别络合为[Cu(NH3)4]2+、[Pd(NH3)4]2+留在滤液中，过滤得到含钯的滤液2；沉钯：加入盐酸，[Pd(NH3)4]2+转化为Pd(NH3)2Cl2；还原：用N2H4还原Pd(NH3)2Cl2得到Pd单质，同时生成无污染的N2。 【详解】（1）粉碎固体反应物，增大接触面积，可加快反应速率，粉碎废催化剂能加快反应速率的原因为粉碎能增大催化剂与空气的接触面积。 （2）“酸浸”时，Pd被H2O2氧化，H2O2​被还原为H2O，Pd转化为的化学方程式为。 （3）①室温下“除杂”时，保持溶液的pH为8.0，充分反应后，滤液1中的完全转化为，c()<10-5mol·L－1 。滤液2中，  ，，  ，至少为。 ②酸浸后Al、Fe转化为Al3+、Fe3+，pH=8时，计算得c(Fe3+)= mol/L，c(Al3+)=mol/L，二者均完全沉淀，Cu2+转化为络离子留在溶液中，故滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3。 （4）“沉钯”时，加盐酸后，H+与NH3​结合为，降低游离NH3​​浓度，使[Pd(NH3)4]2+转化为Pd(NH3)2Cl2沉淀，配平得到离子方程式。 （5）还原时N2H4​被氧化为无污染的N2，每个N2H4​失去4e−；Pd从+2价降为0价，每个Pd（氧化剂）得到2e−，由电子守恒得，氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1。 （6）①均摊法计算：六棱柱的三分之一为晶胞，晶胞内Sb共=2 个，均摊后Pd共2个，Pd：Sb=1：1，故化学式为PdSb。 ②由A原子的分数坐标为，B原子的分数坐标为，结合晶胞对称性，可知晶胞存在( ，，)的对称中心，C原子的分数坐标为x=1-=，y=1-=，z=1-=，故C原子的坐标为。 ③由晶体结构，晶体中一个Pd周围与其距离最近的Sb的个数为6。 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $