2026届高考化学一轮复习专项训练-化学工艺流程解答题（四川专用）

**基本信息** 四川专用化学工艺流程专项训练，聚焦多金属提取，融合元素周期律、反应原理及计算，通过真实工业情境培养科学思维与问题解决能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |金属提取流程|25题|含浸取、分离、电解等完整工艺|从原料处理到产物提纯，体现物质转化逻辑| |反应原理应用|贯穿全卷|氧化还原、沉淀溶解平衡及电化学|概念→原理→工业应用的递进关系| |化学计算|每题含1-2问|Ksp、产率及晶胞计算|基于数据推导，强化定量分析能力|

2026届高考化学一轮复习-化学工艺流程解答题（四川专用） 1．（四川内江市2026届高三下学期适应性训练化学试题）2025年宁德时代推出了Na2ZrCl6作为固态电解质的第二代钠电池。以天然锆英石(ZrSiO4含Fe2O3、Cr2O3、Pb3O4、SiO2等杂质)为原料生产Na2ZrCl6并回收Pb的工艺流程如下： 已知：①“溶浸”后溶液中金属元素的存在形式为ZrO2+、Cr3+、Fe3+、[PbCl4]2-； ②PbCl2(s)+2Cl-(aq)[PbCl4]2-(aq)  ΔH>0； ③部分氯化物的沸点如下表： 物质 ZrCl4 FeCl3 FeCl2 CrCl3 CrCl2 沸点/℃ 329 321 700 1300 1150 ④25℃时，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5。 回答下列问题： (1)Zr与Ti同族，Zr位于元素周期表的_______区。 (2)“溶浸”时Pb3O4反应产生了黄绿色气体，离子方程式为_______。 (3)“调pH”后，废液中，则废液中c(Cr3+)为_______mol/L。 (4)“转化”的目的是_______；整个流程中可循环使用的物质有_______、_______和NaCl。 (5)“惰性电极电解”制得Pb的电极反应式为_______。 (6)某含锆的结合剂是一种平面层状材料，其晶体部分结构如图。该结合剂的化学式为_______；层间区域可以容纳水分子的原因是_______。 2．（四川泸州市2026届下学期高三质量监测化学试题）含稀土元素钕(Nd)的材料是现代高科技产业的“关键材料”，从钕铁硼氧化废料(主要含、、，极少量等)中回收氧化钕的一种工艺流程如下： 已知：常温下，，，，当溶液中的离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全。回答下列问题： (1)Nd的价层电子排布式为，可知Nd位于第___________周期，___________区(选填s、d或f)。 (2)“氯化焙烧”中，反应的化学方程式为___________。按确定比例投料，焙烧温度对各元素的氯化率(B不氯化)的影响如图所示，当温度超过时，元素的氯化率下降，可能的原因是___________。 (3)“水浸”后“滤渣1”的主要成分是___________。 (4)“调pH”时，从物质能循环利用的角度考虑，试剂X选用___________最佳(填化学式)，此时pH最小为___________。(，计算结果保留1位小数) (5)“氧化焙烧”充分氧化的化学方程式为___________。 (6)电化学分离法：钕比铁活泼。钕铁硼合金作阳极，石墨作阴极，两极通过阴离子交换膜隔开，阳极液用稀溶液，阴极液用低浓度的氯化钠溶液。阳极主要的电极反应式为___________；实现钕铁有效分离应控制的条件是___________(任答一点)。 3．（四川攀枝花市2026届高三下学期第二次统一考试（4月二模）化学试题）锗、镓是重要的稀散金属，广泛应用于航空航天、电子、新能源等领域。从炼锌渣(含及、、、)中提取锗、镓的一种工艺流程如下： 已知：“还原酸浸”时得到含、、、、的溶液；是两性氧化物；“共萃取”所得萃余液中的金属阳离子主要是、、。 回答下列问题： (1)“还原酸浸”时，所得滤渣主要成分为、。发生反应的化学方程式为___________。 (2)“沉镓”过程加入溶液，与反应生成沉淀的离子方程式为___________。 (3)“中和”过程中转化成，反应的离子方程式为___________。 (4)“氯化蒸馏”得到液体。遇水生成沉淀，“水解”的化学方程式为___________；在“水解母液”中加入溶液调pH，再加入，得到的沉淀用于回收锗。25℃时，当时，为防止产生杂质，所调pH应小于___________。【已知：，，】 (5)“真空还原”的氧化产物是和。每生成，“真空还原”反应转移___________；在不同温度、不同浓度的条件下，元素的产率如图所示，“真空还原”采用的最佳条件为___________。 4．（四川绵阳市2026届高三下学期高考适应性考试化学试卷）钼被称为“工业维生素”。一种从低品位辉钼矿（主要含，Fe17.71%，Cu12.80%，Re0.03%）中获得产品，并回收伴生金属的部分工艺流程如下（部分工序的产物未标出）： 已知：①焙烧渣的主要成分为，，，CuO，。 ②，。 回答下列问题： (1)Mo在元素周期表中与Cr同族且相邻，基态钼原子的价电子排布式为_________。 (2)加入石灰石焙烧可大幅减少焙烧尾气中污染性气体的含量，“焙烧”时生成的化学反应方程式为_________。 (3)“酸浸”后的Mo元素以、存在于滤渣中，“盐浸”中转化反应的离子方程式为_________；25℃时，向粉末中加入100 mL 0.40 mol/L的溶液，充分反应后，理论上溶液中________。（忽略溶液体积的变化） (4)提取铼的工序中，“萃取”和“反萃取”的目的是_________。 (5)整个工艺流程中可以循环使用的物质有、_________。 (6)在“水浸”工序中，其他条件相同时，烧渣的颗粒尺寸对铼的浸出率的影响趋势如下图所示。区域a中，铼浸出率随颗粒尺寸减小而降低的原因是_________。 5．（四川攀枝花市2026届高三下学期第二次统一考试（4月二模）化学试题）KSCN是常用的分析试剂，用硫黄与KCN等为原料制备KSCN的实验流程如下图： 已知：①HSCN是强酸；(，黑色)；易溶于水，难电离 ②(放热反应) 回答下列问题： (1)合成。将硫黄与一定量水配成悬浊液加入如图所示的反应釜中，在搅拌下滴入KCN与KOH混合溶液。 ①冷水从___________(选填“a”或“b”)端通入。 ②若反应溶液的温度过高，可采取的措施有：减慢滴加KCN与KOH混合溶液的速率、___________ ③反应釜中还有副反应发生，如：硫黄与KOH溶液反应生成和，该反应的化学方程式为___________。 (2)除硫化物。发生反应的离子方程式为___________；由于成品中不能含有铅，故加入的溶液只能略微不足。证明溶液略微不足的实验操作与现象是___________。 (3)除硫酸盐。选用溶液而不选用溶液的原因是___________。 (4)测定产品纯度。 测定原理：溶液pH介于0～1时，用KSCN溶液滴定已知浓度的溶液来测定KSCN纯度，发生反应：。 请将以下实验方案补充完整：[实验中必须使用的试剂：溶液、溶液、溶液] ①准确称取1.0000 g样品，溶于适量蒸馏水，将溶液完全转移到100.00 mL容量瓶中，定容得溶液A； ②量取溶液，___________； ③使用溶液A滴定②中所得溶液，当加入最后半滴溶液A，溶液显红色，且半分钟内不褪色； ④重复实验两次，消耗溶液A的平均体积为V mL 计算产品纯度的表达式为___________。 6．（四川德阳市部分学校2026届高三下学期适应性练习化学试题）铅膏(含和少量PbO)是铅酸蓄电池报废后回收铅的核心原料。一种从铅膏回收高纯铅的工业流程如图(部分产物已略去)。 已知：的氧化性强于酸性溶液；在水溶液中。 回答下列问题： (1)铅与碳同主族，铅位于元素周期表_______区。 (2)物质a为稀硫酸与另一物质组成的混合物，从绿色化学角度分析另一物质不宜是_______(填标号)。 A．双氧水    B．浓盐酸    C．氯化亚铁溶液 (3)的沉淀溶解平衡曲线如图所示，(M为或)。 加入溶液后，发生反应的离子方程式为_______，溶液中_______。 (4)向加入过量溶液发生反应的离子方程式为_______。 (5)用和的混合溶液作电解液，用粗铅(主要杂质为)精炼铅，装置示意图如下。 ①电极a为_______(填“粗铅”或“纯铅”)，阳极泥的成分为_______(填化学式)。 ②该装置工作一段时间后需要补充，其原因是_______；铅酸电池的正极反应式为_______。 7．（四川达州市普通高中2026届高三下学期第二次诊断测试化学试题）镍、钴元素广泛应用在高性能合金、催化剂、电池材料等领域。一种从红土矿石（主要含铁、铝、镁的化合物及NiO、CoO、等）中提取镍和钴的工艺流程如下： 已知：①；易被氧化为不易被氧化，强碱性时转化为； ②稳定常数衡量金属离子与配体形成配合物的稳定性． 对应对应； ③常温下，。 回答下列问题： (1)基态的价电子排布图为_________。 (2)“加压酸浸”时硝酸初始浓度为330 kg/t、保温时间60 min，不同浸出温度、液固比条件下金属离子的浸出率如下图1、2所示，应选择的最佳条件是_________（填选项）。 A．180℃、1.8 mL/g       B．190℃、1.6 mL/g       C．170℃、2.0 mL/g       D．200℃、1.4 mL/g 所得滤渣1的主要成分是_________（写化学式）。 (3)“氧化氨浸”时加入浓氨水与铵盐组成的缓冲溶液，使溶解为，计算该溶解转化反应的平衡常数_________，并结合转化反应解释加入上述缓冲溶液的作用是__________。与反应的离子方程式为_________。 (4)“系列操作”为蒸发浓缩、_________、过滤、洗涤、干燥，所得经高温分解所得气体产物经处理可返回到_________工序循环利用。 (5)已知为正八面体形结构（如图3），配合物中心离子的杂化方式为_________（填序号）。 A． B． C． D． 8．（四川眉山市2026届下学期高三第二次模拟测试化学试卷）磷酸铁锂电池是新能源汽车的动力电池之一，某研究小组对废旧的磷酸铁锂电池的正极材料(主要含、炭黑、铝粉、有机黏结剂等)进行研究，设计如下工艺流程，实现磷酸铁锂的再生利用。 已知：碳酸锂在水中的溶解度，0℃时为154g，90℃时为0.85g，100℃时为。回答下列问题： (1)磷酸铁锂中Fe元素的化合价是______。的空间构型为______。 (2)滤液1中含有的阴离子主要有______(填离子符号)。 (3)“酸化”过程中发生的化学方程式为______。 (4)“氧化”过程中加入控制不大于2的原因是______。 (5)“沉锂”步骤制得的沉淀用______洗涤(填“热水”或“冷水”)。 (6)生成时加入葡萄糖的作用是______。 (7)磷酸铁锂电池放电时电池反应为，生成的电极反应式为______。 9．（四川资阳市高中2026届高三下学期高考适应性考试化学试卷）电池级四氧化三锰()是新能源电池的重要材料，某工厂以菱锰矿(主要成分为，含有、、以及、、的化合物)为原料，制备高纯度，其工艺流程如下： 已知：，离子浓度小于时认为沉淀完全。 回答下列问题： (1)基态Mn的价层电子排布式___________。 (2)酸浸时，为提高溶矿速率，可采取的措施___________(任举1例)。 (3)加入将氧化为，不宜使用替代，原因是___________。取少量加入反应后的溶液，加入化学试剂___________检验___________，若出现蓝色沉淀，需补加。 (4)加入BaS溶液除Ni2+时，生成的沉淀有___________。 (5)加入除钙镁，若使、沉淀完全，溶液中最小为___________。 (6)“沉锰”过程中，生成反应的离子方程式为___________。 (7)“沉锰”过程中，监测到产品中锰元素含量以及溶液pH随时间变化情况如图，在后锰元素含量下降的原因可能是生成了___________(填化学式)。 10．（四川绵阳南山中学2026届高三下学期第七次教学质量检测化学试题）镍锰钴合金是人造金刚石用触媒片的主要成分之一，从某酸洗废液（，主要含有、、）中回收镍、锰、钴的工艺流程如图所示： 已知：、、、、 回答下列问题： (1)基态钴原子的价层电子排布式为________。 (2)“中和”时，需缓慢加入且不断搅拌，其原因是________。 (3)“氨浸”时，系中微粒的存在形式与pH、氧化还原电势（E）的关系如图所示，已知 使镍浸出的合适pH范围是________，请说明pH控制在该范围的原因________。 (4)“蒸氨”时同步加入，生成的离子方程式是________。 (5)“酸溶”所得溶液中，加入可使钴、锰分离，理论的最小残留率是________%（残留率）。 (6)“焙烧”时发生反应的化学方程式是________。 (7)在水中的溶解度曲线如图所示，溶液经过________、________、洗涤、干燥等操作得到。 11．（四川广元市高三下学期2026届第二次高考适应性检测化学试卷）从工业废渣［含CuSO4、CuO、CuS、Fe2(SO4)3、FeS、Fe2O3、As2O3等］中回收砷和铜，能节约生产成本。工艺流程如下： 已知：①有机萃取剂的萃取反应为2RH+M2+⇌R2M+2H+； ②当溶液中离子浓度小于或等于10-6mol·L-1时，认为该离子沉淀完全； ③Ksp(FeAsO4)=5×10-21、Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38，取lg2=0.3。 (1)提高废渣氧化浸出率的方法有______(写出两条即可)，不能用盐酸代替硫酸，其原因为：______。 (2)“预中和”生成滤渣的主要成分是______(填化学式)。 (3)深度氧化过程将H3AsO3全部氧化成H3AsO4，反应的化学方程式为______。 (4)“中和除砷、铁”过程生成FeAsO4沉淀。常温下，欲使溶液中完全沉淀，且不产生Fe(OH)3沉淀，应控制pH小于______。 (5)反萃取中，下列说法正确的是______(填字母)。 A．分液漏斗使用前有两处需检查是否漏液 B．经几次振荡并放气后，手持分液漏斗静置分层 C．反萃取后，Cu2+被转移至水相 (6)用惰性电极电解500mL“反萃取”后的溶液，一段时间后c(H+)增大了0.04mol/L，则阴极沉积的铜的质量为______g(电解过程中溶液体积变化忽略不计)。 12．（四川凉山州2026届高三下学期高中毕业班第二次诊断性考试化学试卷）稀土元素是指15种镧系元素，以及与镧系元素化学性质相似的钪(Sc)和钇(Y)共17种元素。我国的稀土储量位居全球第一，从稀土中分离提取各种稀土元素是我国掌握的核心技术。钇是第一个被发现的稀土金属元素，一种利用废荧光粉(主要成分为、，还含有定量的、、、等)为原料生产氧化钇的工艺流程如下图所示。 已知：①金属离子浓度时，认为已沉淀完全； ②常温下，相关金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH如图所示。 回答下列问题： (1)稀土元素位于周期表中第___________族，钇位于第五周期，与钪同族，基态钇原子的价电子轨道表达式为___________。 (2)“酸浸”过程控制反应温度为60～70℃的原因是___________。 (3)已知，则的溶度积常数___________，滤渣b的主要成分是___________(填化学式)。 (4)不能用碱调pH代替DDTC除铅、锌的原因是___________。 (5)用二元弱酸草酸“沉钇”得到沉淀实际上应表示为，则“沉钇”过程发生反应的离子方程式为：___________。 (6)钇可用于制备高活性的合金类催化剂。用作甲醇燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化电极反应发生，电池工作时负极电极反应为___________。 13．（四川德阳市高中2026届高三下学期第二次诊断考试化学试卷）广泛应用于电子医药等领域。由辉铋矿(主要成分为，含FeS、CuO、等杂质)制备的工艺流程如下图： 已知： ①易水解；难溶于冷水。 ②CuS和的分别为和。 ③该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表： 金属离子 开始沉淀的pH 7.6 2.7 4.8 4.5 沉淀完全的pH 9.6 3.7 6.4 5.5 回答下列问题： (1)“溶浸”步骤控制温度不能过高的原因可能是___________。 (2)“滤渣Ⅰ”的主要成分为S和___________(填化学式)，参与反应的离子方程式是___________。 (3)“调pH”时，调节溶液pH的范围是___________。 (4)若滤液Ⅰ中最小为 mol/L，则滤液Ⅰ中最大为___________。 (5)已知“铋的氧化”时，反应物全部参与反应且无气体产物，“滤液Ⅱ”的主要溶质是___________(填化学式)。 (6)铋化锂()晶胞结构如图所示。该晶胞可以看作是由Bi原子构成的面心立方，已知Li填充在其中的正四面体空隙和正八面体空隙，那么前者填充率___________后者填充率(填“>”“<”或“=”)，若晶胞参数为a pm，则该晶体密度为___________(表示阿伏加德罗常数的值，写出计算式即可)。 14．（四川宜宾市普通高中2026届高三下学期第二次诊断性测试化学试题）As2O3在医学上有重要用途。一种处理强酸性高浓度砷铜废液(含、Cu2+和少量Zn2+等)并回收As2O3的工艺流程如下图。 已知：锌是两性金属；25℃时，Ksp[Zn(OH)2]=1.2×10-17，HAsO2溶解度约为2.0g。 回答下列问题： (1)“滤渣1”的主要成分是___________(填化学式)。 (2)“还原”步骤中，发生反应的离子方程式是___________。 (3)“沉砷”步骤中，加入H2O2的目的是___________。 (4)“调pH”步骤中，控制pH=8.5时，溶液中c(Zn2+)=___________mol·L-1，pH不能过高的原因是___________。 (5)“废液”中的主要溶质是___________(填化学式)。 (6)As2O3主要有立方晶型(砷华)、单斜晶型(白砷石)和无定形体三种类型，其中砷华中微粒(As4O6)的堆积方式类似金刚石，晶胞结构如图。 ①测定晶体(如As2O3晶体)结构最常用的仪器是___________。 ②砷华属于___________(填标号)。 a．分子晶体    b．共价晶体    c．离子晶体    d．混合型晶体 ③已知阿伏加德罗常数的值为NA，则砷华的密度是___________g·cm-3(列出计算式)。 15．（四川成都市石室中学2026届高三下学期二模化学试题）某含钒钢渣含FeO、、、CaO、MgO和钒的相关化合物，一种从该废渣中无焙烧酸浸提钒的新工艺流程如图所示。 已知：①该工艺中使用的溶液，故仅可选择性浸出一种元素，其他组分的浸出可忽略不计。 ②溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全()时的pH如下： 开始沉淀的pH 2.2 7.5 8.1 沉淀完全的pH 3.8 9.5 9.4 回答下列问题： (1)“粉碎”的目的是___________。 (2)“沉钙”中发生反应的离子方程式为___________。 (3)“酸化”和“调pH”后生成的混合液可返回___________步骤(填步骤名称)，实现试剂再生利用。 (4)“第一次酸浸”后浸取液的主要成分有___________(填化学式)。 (5)“萃取”使用的P204可与形成的配合物如图(图中R代表含碳原子数较多的长链烷烃基)，钒易进入有机相的原因有___________(填序号)。 A．钒与O形成配位键 B．配位时钒的化合价发生变化 C．配合物与水能形成分子间氢键 D．烷基链具有疏水性 (6)常温“沉钒”时维持溶液中的总浓度为，。“沉钒”后溶液中___________[已知；]。 (7)使用含CaO 56%的某含钒钢渣20.0 kg，产出轻质碳酸钙15.60 kg，则钙元素的回收率为___________%(保留一位小数)。 16．（四川内江市2026届下学期高三第二次模拟考试化学试题）用菱锰矿(主要成分是，含有、、以及、、、的化合物)直接制备电池级的工艺流程如下： 已知：(二甲基二硫代氨基甲酸钠)的化学式为，易溶于水；25℃时，。回答下列问题： (1)Mn位于元素周期表第___________周期、第___________族。 (2)“滤渣1”主要含、___________、___________。 (3)“除杂a”通入空气的作用是___________。 (4)可与、、反应生成沉淀，“除杂b”中沉镍的离子方程式为___________。 (5)加入前溶液中浓度为0.002 mol/L，若要使1000 L该溶液中的完全沉淀()，则至少需加入溶液___________L(忽略溶液的体积变化，精确到两位小数)。 (6)“沉锰”时析出沉淀，所得滤液中回收的副产品的用途有___________(任写一种)。 (7)“氧化”控制温度为50℃，反应的化学方程式为___________。 17．（四川省广安第二中学校等校2025-2026学年高三下学期综合素质模拟预测化学试题）我国废旧手机逐年增加，而1吨废旧手机可提取约200 g黄金、1200 g银、350 g钯。将手机主板(含Cu、Al、Fe、Au、Ag、Pd、Pt等元素)通过如下工艺流程可分离提取出Au、Pd、Pt等贵金属。 已知： ①“焙烧”时，Al、Cu转化为可溶于水的、，Ag转化为AgCl；“氯化”时，Au、Pt、Pd分别以、、的形式存在； ②和难溶于水，易溶于水；。 回答下列问题： (1)“焙烧”前将手机主板粉碎的目的是_______；“焙烧”过程中Al、Cu的脱除率如图所示，则脱除的最佳条件(温度、投料比)为_______。 (2)向“水浸”得到的溶液中加入NaCN溶液，发生反应：。相同条件下的稳定性大于，请从成键角度分析其原因：_______。 (3)“酸浸”所得“滤液2”中含有的主要金属离子是_______(填化学符号)。 (4)“氯化”的目的是_______。 (5)“分金”时，产生Au的离子方程式为_______；的氧化性_______(填“强于”或“弱于”)。 (6)“沉铂”时通入的气体A是_______(填化学式)。 (7)“沉钯”时，向0.1 L mol/L的溶液中加入等体积的溶液使恰好完全沉淀(浓度等于 mol/L)，则所加的浓度为_______mol/L(混合后溶液的体积视作二者溶液的体积之和)。 18．（四川省绵阳中学2026届高三上学期第二次模拟考试化学试题）目前，我国的全钒液流电池储能技术在全球领先。该电池的电解液来自钢铁冶炼后产生的钒钢渣(CaO、Fe2O3和少量SiO2、V2O3)和钛白废酸(H+、Fe2+、TiO2+、)，实现了“以废治废”。工艺流程如图： 已知：①V有多种价态，V2O3在空气中焙烧时可转化为最稳定的+5价；+5价V在强酸性条件下以形式存在，在碱性条件下以形式存在。 ②有机萃取剂HR的萃取原理为Mn+(aq)+nHR(org) MRn(org)+nH+(aq)，其中org表示有机溶液，酸性条件下HR能萃取Fe3+而不能萃取Fe2+，HR对+4价钒萃取能力强，而对+5价钒的萃取能力较弱。③25℃时，Ksp(NH4VO3)=1.6×10−3。 回答下列问题： (1)基态V原子价层电子轨道表示式为___________；“溶浸”时生成的滤渣除了H2TiO3、CaSO4外，还有___________ (填化学式)。 (2)“还原”中加入的化学试剂X可能为___________(填字母)。加入该试剂还原的主要目的是___________。 A．Cl2                B．Fe                C．NH3                D．H2O2 (3)实验室模拟该流程中“萃取”时，共消耗HR萃取剂45 mL，应选用___________种萃取方式(填字母)。 A．单次萃取      B．分2次萃取，每次22.5 mL      C．分3次萃取，每次15 mL (4)写出“反萃取”操作中VO2+转化的离子方程式 ___________。 (5)25℃时，测得溶液中c()=0.2 mol•L−1，为使“沉钒”时，钒元素的沉淀率达到98%，应调节溶液中c()至少为___________mol•L−1。 (6)上述流程中可循环利用的物质除NH4Cl外，还有___________、___________(填化学式)。 19．（四川省绵阳南山中学2026届高三上学期第五次教学质量检测（二模）化学试题）一种牙膏状物质铅膏（主要成分为、及微量杂质元素）可用于治疗皮肤病、跌打损伤的外用药，具有抗菌、止痛等作用。电沉积法回收铅膏中金属铅的工艺流程如下： 已知：①25℃时：，，。 ②为二元强酸。 回答下列问题： (1)铅是与碳同主族的元素，则基态铅原子的价电子排布式为_________。 (2)“还原”时生成物中有生成，写出该步的化学方程式_________；常温下溶液中离子浓度时认为沉淀完全，计算还原液中恰好沉淀完全时的pH为______。 (3)“转化”步骤中加入的主要目的为______________________。 (4)写出电沉积时生成金属铅的电极反应方程式_________，电沉积时若不使用离子交换膜，可能造成的缺陷是__________________。 (5)废铅膏中铅含量为a%，将t吨废铅膏经过上述流程回收得到m吨b%的粗金属铅，计算铅的产率_________%。（用含“a”、“t”、“m”、“b”的表达式表示） 20．（2026届四川省内江市威远中学校高三上学期一模考试化学试题）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含(Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+)。实现镍、钴、镁元素的回收。 已知： 物质 Fe(OH)3 Co(OH)2 Ni(OH)2 Mg(OH)2 Ksp 10－37.4 10－14.7 10－14.7 10－10.8 回答下列问题： (1)用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为____________ (答出一条即可)。 (2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，1 mol H2SO5中过氧键有_______mol。 (3)“氧化”中，用石灰乳调节pH＝4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为____________ (H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为MnO2、___________(填化学式)。 (4)“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn (Ⅱ)氧化率与时间的关系如下图。SO2体积分数为_______时，Mn (Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，Mn (Ⅱ)氧化速率减小的原因是：_________。 (5)“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为：_________。 (6)“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全(25℃)，需控制pH不低于_______(精确至0.1)。 21．（四川省宜宾市第一中学校2025-2026学年高二上学期半期考试化学试题）某科研人员以废镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO)为原料回收镍，工艺流程如图。 已知：常温下，有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的如表。 氢氧化物 开始沉淀的 1.5 6.5 7.7 沉淀完全的 3.7 9.7 9.2 回答下列问题： (1)为提高浸取效率，可采取的措施是______。 (2)浸出渣主要成分为______、______。(填化学式) (3)“除铜”时，将氧化为S的反应离子方程式为______。 (4)“氧化”的目的是将溶液中氧化为，写出该反应的离子方程式______。温度需控制在之间，该步骤温度不能太高的原因是______。 (5)“调”时，的控制范围为______。 (6)“除钙”后，若溶液中F-浓度为，则______。［已知常温下，］ 22．（陕西省西安市高新第一中学2025-2026学年高三上学期四模化学试题）2025年宁德时代推出的第二代钠电池，Na2ZrCl6作为固态电解质，工业上以天然锆英石ZrSiO4，含Fe2O3、Cr2O3、Pb3O4、SiO2等杂质）为原料生产Na2ZrCl6工艺流程如下： 已知：①“溶浸”后溶液中金属元素的存在形式为ZrO2+、Cr3+、Fe3+、[PbCl4]2-；②“还原”前后相关物质升华温度及沸点如下图。 回答下列问题： (1)在“溶浸”时生成一种黄绿色气体，发生的离子方程式为______。 (2)“调pH”后，废液中，则废液中为______mol·L-1。（已知：25℃时，，。） (3)“高温氯化”时，ZrO2转化为ZrCl4，同时生成一种还原性气体，该反应的化学方程式为______。 (4)“还原”的主要目的是______。 (5)Na2ZrCl6晶体可传导O2-，利用Na2ZrCl6晶体做固体电解质电解，将废气中的氮氧化物（NOx）转化为无污染气体，则阴极的电极反应式为______。 (6)某含锆的结合剂是一种平面层状材料，其晶体部分结构如上图。该结合剂的化学式为______；层间区域可以容纳水分子的原因是______。 23．（2026年高考四川卷化学高考真题（网络收集版））为了保护环境、充分利用资源，某科研小组提出一种从闪锌矿湿法炼锌后的脱硫浸渣中回收铅和银的方法。浸渣主要含有、、、ZnS和少量等，回收流程如下。 已知：常温下，有关物质的溶度积常数如下。 物质 AgCl 回答下列问题： (1)闪锌矿中的锌元素在元素周期表中位于第___________周期、第___________族。 (2)“煅烧”温度控制在350℃左右，中的硫酸根不分解、铅以形式存在，其分解反应的化学方程式是___________。 (3)“酸浸”时，还加入了少量NaCl，其目的是___________，浸出的主要金属离子是___________。 (4)“溶铅”时，使用含的热浓食盐水将铅盐转化为，其离子方程式是___________。食盐水中添加的作用有___________。 (5)溶液适当稀释和降温，便析出沉淀。分离后的母液，应返回___________步骤中。 (6)“电解”时，压片组成阴极，惰性电极作阳极，溶液为电解液。电解获得金属铅的过程中，除阳极产生和少量外，阳极附近溶液中还伴有少量生成和pH下降，导致溶液pH下降的原因有___________。 24．（四川成都市嘉祥锦江2023级高三第一次适应性考试化学（试卷））钼(Mo)在钢铁、化工等领域得到了广泛的应用。一种以镍钼矿(主要成分为NiS、、)为原料，制备仲钼酸铵[]、焦亚硫酸钠()的工艺流程如图所示： 已知：①Mo在周期表中与同族相邻，能溶于强碱，不溶于酸和碱，难溶于水。 ②常温下，的电离平衡常数，。 ③“蒸发结晶”时发生反应：。 回答下列问题： (1)基态Mo原子的价电子轨道表示式为___________。 (2)“焙烧”过程中采用多层逆流(空气从炉底进入，固体粉末从炉顶投入)投料法，该操作的优点是___________，“焙烧”生成的含Mo氧化物有、，“浸出”时参与反应的离子方程式为___________。 (3)“反应Ⅱ”的产物为___________，加入纯碱粉末，并再次充入“气体X”的目的是___________。 (4)“滤渣”的成分为___________。 (5)“离子交换”选用阴离子交换树脂，其工作原理：(其中代表阴离子)。“调pH”时，pH不能过高或过低，原因为___________，“解吸”时加入的试剂A为___________(填溶质化学式)。 (6)钼酸铅()难溶于水，其，在溶液中，加入溶液，使恰好沉淀完全，即，则___________(用含的代数式表示，忽略混合时溶液体积的变化)。 25．（四川省字节精准教育联盟2026届高三下学期考前学情自测化学试题）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等元素。 氢氧化物 (1)“高压加热”时，生成的离子方程式为：_______。 (2)“沉铝”时，pH最高可调至_______(溶液体积变化可忽略)已知：“滤液1”中，。 (3)“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 (4)晶体的立方晶胞中原子所处位置如下图所示，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Ni原子的数目为_______。 (5)“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_______。 26．（四川省成都市石室中学2026届高三下学期适应性考试（二）化学试卷）钼元素形成的杂多酸在电化学领域应用广泛，一种从辉钼精矿(主要成分，含有、、等杂质)中采用氧压水浸法富集钼元素的工艺流程如下： 已知：①“加压水浸”后，钼元素分别以和的形式进入水浸渣和水浸液；通常难溶于常见无机溶剂；此外，Mo元素与Al元素有一定相似性。 ②计算可能用到的数据：， 物质 ③N235萃取的原理可简化为：(R为碳原子数较多的烷基)。 (1)本工艺中提高钼元素浸出效率采取的措施有______(写两点)。 (2)“加压水浸”后，溶液中硫酸浓度超过，故此法也是工业上获得稀硫酸的手段之一，写出转化进入水浸液的化学方程式______(不考虑后续反应)。 (3)①实验室模拟“萃取”操作的正确顺序是______(填字母)。 a．加入萃取剂，倾斜振荡、放气 b．将上口玻璃塞上凹槽对准漏斗颈上的小孔，旋开活塞 c．静置    d．上层液体从上口倒出 e．放出下层液体，当下层液体刚好放出后关闭活塞 ②“水相”中的金属阳离子有______。 (4)①“反萃取剂”最好选用______(填化学式)。 ②由于耗时很长，反萃取获得的溶液通常会含有少量杂质，为除掉杂质、富集钼元素，可向溶液中边搅拌边滴加溶液，至pH=7时停止，以避免中混有。此时溶液中______。 (5)“常压碱浸”可将难溶性的钼元素浸出，使用比NaOH浸出率更高，原因是______。 (6)二维层状晶体(结构如图所示)具有良好润滑性能，可能的原因是______。 27．（四川省射洪市2025-2026学年高三下学期普通高考模拟5月测试化学试题）稀土元素Nd(钕)、Dy(镝)均是清洁能源技术的核心资源，从制造废料(主要成分为，含有等)中提取，并回收其它有经济价值金属的一种工艺如下： 已知：①常温下，，。②G-macropa是一种稀土元素离子螯合剂，其结构如图所示，其与Nd和Dy可形成配合物和。 (1)稀土元素镝(Dy)常用于制造硬盘驱动器， 的中子数为_______。 (2)滤渣①为_____(填化学式)，常温下，将pH调至4后，滤液中_____。 (3)“除铝”步骤中加入G-macropa螯合剂的目的为_______。 (4)“沉镝”过程中发生反应的离子方程式为_______。 (5)当与按混合时，配体与金属离子物质的量比(L/M比)不同时的分离效率如下图所示。【，，，】 ①由图可知，该实验条件下，利用G-macropa分离与的最佳L/M比为_______。 ②由图及流程可推测_______(填离子符号)与螯合剂G-macropa形成的配合物更稳定。 28．（四川绵阳中学2026届高三下学期高考适应性考试（一）化学试题）含稀土元素钕(Nd)的材料是现代高科技产业的“关键材料”，从钕铁硼氧化废料(主要含、、，极少量等)中回收氧化钕的一种工艺流程如下： 已知：常温下，，，，当溶液中的离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全。 回答下列问题： (1)Nd的价层电子排布式为，可知Nd位于第_______周期，_______区。 (2)“氯化焙烧”中，反应的化学方程式为_______。按确定比例投料，焙烧温度对各元素的氯化率(B不氯化)的影响如图所示，当温度超过时，元素的氯化率下降，可能的原因是_______ 。 (3)“水浸”后“滤渣1”的主要成分是_______。 (4)“调pH”时，从物质能循环利用的角度考虑，试剂X选用_______最佳(填化学式)，此时pH最小为_______。(，计算结果保留1位小数) (5)电化学分离法：钕比铁活泼。钕铁硼合金作阳极，石墨作阴极，两极通过阴离子交换膜隔开，阳极液用稀溶液，阴极液用低浓度的氯化钠溶液。阳极主要的电极反应式为_______；实现钕铁有效分离应控制的条件是 _______(任答一点)。 29．（四川部分校2026届高三下学期高考模拟预测化学试题）四川是中国蛇纹石资源的重要分布区之一，蛇纹石是一种层状硅酸盐矿物，其主要成分为，与等金属共生，并含有，是重要的战略矿产资源。某课题组结合最新的无膜电解技术设计了从蛇纹石生产及分离的工艺流程。 已知：①常温下，；当离子浓度时，认为离子沉淀完全。②萃取剂(HA)对金属离子的萃取机理：。③最新的无膜电解技术是：H2在阳极氧化，阴极析氢，并高效生成酸和碱，循环使用。回答下列问题： (1)“酸浸”时浸取率与时间的关系如下图所示，由线b变为线a可能的措施是_______(写一条即可)。 (2)写出“酸浸”步骤中蛇纹石的主要成分与硫酸反应的离子方程式：_______。 (3)常温下，若“酸浸”后Mg2+的初始浓度为，“氧化、调pH”时pH的调控范围为_______(已知lg3≈0.5，保留一位小数)。 (4)“酸浸”和“调pH”所用酸碱是利用最新无膜电解技术生成的酸和碱，写出该无膜电解技术中阴极的电极反应式：_______。 (5)不同pH下的萃取率和分离系数如下图所示，则反萃取得到的金属离子为_______。 为提高萃取率，应采取的措施有_______(填序号)。 A．增加萃取剂HA的浓度            B．适当提高水相pH             C．增大水相中 (6)有机净化剂为立体网格结构的聚合物大分子，可通过下列反应原理除去废水中的、：。有机净化剂与、反应形成的化学键类型是_______；、能发生上述反应，而却不能发生，其可能的原因是_______。 30．（四川成都市石室中学2026届高三下学期考前学情自测化学试题）碳酸锶()难溶于水，主要用于电磁材料和金属冶炼。一种由工业碳酸锶(含少量、、、等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下： 已知：I．为两性氢氧化物。 Ⅱ．常温下，各物质的溶度积常数如下表所示。 化合物 近似值 回答下列问题： (1)“酸溶”步骤中，下列说法正确的是_______(填序号)。 A．若硝酸过量，的浸取率将显著降低 B．生成的气体A是氮氧化合物 C．粉碎工业碳酸锶或搅拌可以提高“酸溶”速率 (2)“沉钡、铅”时，pH过低会导致的利用率降低，原因为_______(结合离子方程式解释)；“还原”时发生反应的主要离子方程式为_______。 (3)“滤渣2”的主要成分为_______(填化学式)，“调”后需对溶液进行煮沸并趁热过滤出“滤渣2”，煮沸并趁热过滤的原因为_______。 (4)用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的的原因为_______。 (5)已知碳酸的电离常数、，则“碳化”时，反应的平衡常数K=_______(保留两位有效数字)。 (6)“系列操作”中，将结晶过滤后，不经洗涤微量杂质，直接以200℃热风烘干，便可得高纯，其原因是_______。 31．（四川绵阳南山中学2026届高三下学期高考适应性考试化学试题）钛的化合物在生产、生活中有广泛的应用。以含钛废渣(主要含TiO2，含少量、、)为原料生产的工艺流程如图。 回答下列问题： (1)中Ti的化合价为___________价。Ti的价层电子排布式为___________。 (2)验证废渣中钛元素可使用的方法是___________(填标号)。 A．原子光谱法    B．红外光谱法    C．X射线衍射法 (3)浸渣的主要成分是___________(填化学式)。 (4)调pH过程中，TiO2+沉淀完全时的pH=___________。(常温下，)，混合反应时的化学方程式为___________。 (5)工业上曾将和在下反应制备，该工艺的缺点为___________。 (6)利用Fe3+将浅紫色Ti3+氧化为无色Ti(Ⅳ)的反应可用于测定钛酸钡的纯度。实验方案：称量钛酸钡样品完全溶于浓硫酸后，加入过量铝粉，使其完全反应(Al将TiO2+转化为Ti3+)：过滤，洗涤滤渣，将洗涤液与滤液合并，加入稀硫酸酸化；将待测钛液转移到容量瓶中后定容，取待测钛液于锥形瓶中，添加几滴KSCN溶液，用0.1000 mol/L FeCl3溶液滴定；重复实验，数据如下： 序号 1 2 3 4 5 滴定前读数/mL 0.00 24.98 0.00 0.00 0.00 滴定后读数/mL 24.98 49.78 24.10 25.00 25.02 ①滴定终点的现象为___________。 ②钛酸钡样品的纯度为___________%。 32．（四川广元市2026届下学期高三年级定时训练化学试题）锌是重要的有色金属。一种以闪锌矿（ZnS，含、少量FeS、CdS、PbS杂质）为原料制备金属锌的工艺流程如下图所示： 已知：焙烧过程主要生成金属氧化物和，； 回答下列问题： (1)“焙烧”过程中常采用高压空气、逆流操作，这样操作的目的是________， (2)其中发生反应的化学方程式为________。滤渣1的主要成分是________（填化学式）。 (3)“氧化除杂”时，先通入将可能存在的氧化为，再加入试剂调节，为尽可能多地获得目标产物，X可选用________（写一种化学式即可）。常温下，若调节溶液pH=4，此时溶液中_______mol/L。 (4)“电解”溶液制备单质锌时，沉积锌后的电解液可返回________工序继续使用。 (5)工艺中常用两种铁氰化物检验离子以判断除杂效果： ①取“氧化除杂”前溶液，加入检验； ②取“氧化除杂”后溶液，加入检验是否残留； 已知：硬软酸碱理论可用于判断配合物的稳定性。其中，硬酸的半径小、电荷高，软酸的半径大、电荷低，二者均能接受电子对；硬碱的半径小、电负性大，难以给出电子对，软碱则与之相反。配合物遵循“硬亲硬、软亲软”的原则形成稳定结构。 上述两反应生成的蓝色沉淀结构相同，其晶胞如下图所示（未画出），晶胞中和通过桥联，与中碳原子形成配位键的离子是________。 反应②的离子方程式为________。 33．（四川宜宾市普通高中2026届高三下学期高考适应性演练化学试题）冶炼钨过程中产生大量钨渣，钨渣中主要含有以及少量、、等。一种从钨渣中提取Sn和Sc的冶炼工艺如下图。 已知：①Sc的氢氧化物具有两性： ②是酸性氧化物，、均不溶于水和稀酸； ③有机萃取剂P204的结构为 (R为烷基)。 回答下列问题： (1)“酸浸”时，控制温度为60℃，为进一步提高浸取速率，还可以采取的措施是______(写出2点)。 (2)“氨浸”时，发生反应的离子方程式是______。 (3)“调pH”时，控制，则滤渣2的主要成分是______(填化学式)。 (4)设计“萃取”与“反萃取”的目的是______。“水相”中可回收的主要物质是______(填化学式)。“反萃取”步骤中，若加入的NaOH溶液过量，会导致______。 (5)(摩尔质量为)在空气中灼烧，灼烧过程中测得固体残留率随温度变化如图所示。 ①400 K时，固体的主要成分是______。 ②写出500~600 K时发生反应的化学方程式：______。 34．（四川遂宁市高中2026届高三下学期二诊考试化学试题）锗是重要的稀散金属。一种从炼锌渣(含及、、、)中提取锗的工艺流程如图： 已知：“还原酸浸”时、元素转为、。 回答下列问题： (1)基态原子的价电子排布式为：_______。 (2)“还原酸浸”时，在温度不变的条件下能提高锗浸出效率的措施是：_______(任答一点即可)；加入的作用是：_______。 (3)“还原酸浸”时可得到、、，则发生反应的化学方程式为_______，所得滤渣的主要成分除外还有_______(填化学式)。 (4)反萃取后的溶液中以稳定的存在，“中和”过程中生成，则生成的离子方程式为_______。 (5)“水解”操作所得GeO2中残留有大量的氯离子，需多次高纯水洗涤，洗涤液中加入NaOH溶液调pH，再加入MgCl2，生成MgGeO3以回收锗。25℃时，当时，为防止产生杂质，pH应小于_______。 已知：，，。 (6)从资源的综合利用和绿色化学分析，该工艺流程的优点有_______。 35．（四川省成都市2026届高三下学期定时练习化学试题）近年来，我国自主研发推出了第二代钠电池，固态电解质为。工业上以锆英石(主要成分为)为原料生产的工艺流程如下： 已知：①Zr位于元素周期表第五周期第ⅣB族，性质与Ti相似； ②“酸浸”后溶液中金属元素主要存在形式为、、和。 回答下列问题： (1)基态Zr的价电子排布式为___________。 (2)“沉铅”时发生的总反应离子方程式为___________。 (3)25℃时金属离子形成的与pH关系如图所示。“调pH”前，溶液中杂质离子，此时通入氨调节pH___________(填标号)，假定溶液体积无变化。 a．    b．    c．    d． (4)“高温氯化”时，转化为(331℃升华)，并生成一种还原性气体，相应的化学方程式为___________。在“高温氯化”前对固体进行“煅烧”除水，目的是___________。 (5)“高温氯化”后，从混合气体中分离的方法是___________。 (6)某含锆材料具有二维无限层状结构，部分结构如下图所示。该材料中___________。层间区域可以吸附容纳水分子，从结构角度阐释原因为___________。 36．（安徽2026届高三第二学期4月质量检测化学试卷）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，，，，。 回答下列问题： (1)“酸浸”时通入，可提高的浸出率，其原因是_______。 (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，加入的氧化物为_______(填标号)。 A．ZnO B．NaOH C． D． (4)ZnS可以用于制备光学材料。如图所示，ZnS晶体中掺入少量CuCl后，会出现能量不同的“正电”区域和“负电”区域，光照下发出特定波长的光。区域A“正”中的离子为_______(填“或”)，整个区域B带_______(填“正电”或“负电”)。 (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，砷回收率下降的两个原因是_______。 37．（湖南怀化市2026届下学期一模考试高三化学试卷）某炼锌废渣(主要含、、还含少量、、等物质)是回收稀散金属铟(与同主族，价稳定)和金属锌的重要原料。为实现资源综合利用，设计如下工艺流程： 已知： ①“酸浸”时，、、、均能与稀硫酸反应；与稀硫酸反应生成 ②萃取剂HR对金属离子的萃取能力：，萃取反应可表示为：(水相)(有机相)(有机相)(水相)，萃取平衡常数(各物质浓度均为平衡时浓度)。 ③25℃时，；；；离子浓度时认为该离子已完全沉淀；。 回答下列问题： (1)“酸浸”中，滤渣的主要成分是______(填化学式)；“反萃取”时所加物质B可以是______(填标号)。 a．硫酸    b．氢氧化钠溶液    c．盐酸 (2)“氧化”时，控制反应温度低于30℃的理由是______。 (3)“萃取”时，若要提高的萃取率，可采取的措施是______(写出一条即可)；若平衡时有机相中，水相中，，，则该温度下萃取平衡常数______。 (4)“反萃取”后的溶液用氨水来调节pH，为使完全沉淀，所需溶液的最小pH为______(保留1位小数)。 (5)InN是一种新型的半导体功能材料，在多个领域具有重要用途，其一种制取方法为采用In与在高温条件下反应制取，请写出其化学反应方程式：______。 38．（2024年贵州高考真题化学试题）煤气化渣属于大宗固废，主要成分为及少量MgO等。一种利用“酸浸—碱沉—充钠”工艺，制备钠基正极材料和回收的流程如下： 已知： ①25℃时，； ②。 回答下列问题： (1)“滤渣”的主要成分为_______(填化学式)。 (2)25℃时，“碱沉”控制溶液pH至3.0，此时溶液中_______。 (3)“除杂”时需加入的试剂X是_______。 (4)“水热合成”中，作为磷源，“滤液2”的作用是_______，水热合成的离子方程式为_______。 (5)“煅烧”得到的物质也能合成钠基正极材料，其工艺如下： ①该工艺经碳热还原得到，“焙烧”生成的化学方程式为_______。 ②的晶胞结构示意图如甲所示。每个晶胞中含有的单元数有_______个。 ③若“焙烧”温度为时，生成纯相，则_______，其可能的结构示意图为_______(选填“乙”或“丙”)。 39．（四川省绵阳市南山中学实验学校2025届高三下学期第三次冲刺考试试题）和应用于电镀、机械、航空等众多工业领域。从一种合金废料生产工业硫酸镍和锡酸钠的工艺流程如下图所示。 已知：①“酸浸”后滤液中的主要金属阳离子为、、、。 ②“一次除铁”后溶液中仍有少量。萃取除铁、反萃取、制和制的原理是：，和代表金属阳离子或。金属阳离子和R的结合能力：。 ③已知常温下：，；，。 (1)锡的氢氧化物经脱水后得到和的锡渣，“碱熔”时，发生反应的化学方程式为___________。 (2)“沉锡”时，常温下恰好完全沉淀为时，___________(填“>”“<”或“=”)。 (3)“一次除铁”的总反应离子方程式为___________。 (4)“反萃取”时，萃余液的溶质为，试剂1是___________。 (5)不直接向体系中加HR萃取剂而是加入萃取除铁的原因是___________。 (6)某镍和砷形成的晶体，晶胞结构如图1，沿z轴方向的投影为图2. ①该晶体中周围最近的有___________个。 ②该晶体的密度为，晶胞参数为a pm，b pm，则___________(用含a、b、的代数式表示)。 40．（四川省绵阳南山中学实验学校2024-2025学年高三下学期高考冲刺（一）化学试题）软锰矿的主要成分为，含少量和。闪锌矿的主要成分为，含少量、、CdS杂质。现以软锰矿和闪锌矿为原料制备和，其简化流程如下： 已知：Ⅰ．矿石中所有金属元素均以离子形式进入滤液中。 Ⅱ．常温下各种金属离子完全沉淀的如下表（当离子浓度小于时，认为该离子完全沉淀）： 离子 pH 8.5 10.1 9.0 3.6 5.0 回答下列问题： (1)Mn的价电子轨道表示式________；用硫酸酸浸，为提高酸浸时锌的浸出率，可以采取的措施是________（填一条）。 (2)滤渣2的成分有________（填化学式）。 (3)步骤①中发生多个反应，其中、与硫酸共热时有淡黄色物质析出，溶液变为棕黄色，写出、FeS与硫酸共热发生反应的离子方程式：________。 (4)经步骤③过滤得到滤渣的主要成分是和，此时，则用溶液调节的范围是________。 (5)该工艺中除和外，还可以循环利用的是________（填化学式）。 (6)以121.25 t含ZnS 80%的闪锌矿和软锰矿制备出了60 tZn，产率为________（结果保留3位有效数字）。 (7)步骤④是以锂离子电池作电源，结合流程图分析用惰性电极进行电解时：在阴极放电的离子是________（填离子符号），阳极的电极反应式为________。 41．（四川省绵阳南山中学实验学校2025届高三下学期高考冲刺（二）化学试题）钪（Sc）是地壳中含量极少的稀土元素，在照明、合金和催化剂等领域有重要应用，钛铁矿的主要成分为，还含有少量的、、等，从钛铁矿中提取的流程如下图所示，根据题意回答下列问题： (1)的熔点为2480℃，其在熔融状态下可导电，该物质的晶体类型为________。 (2)水解后溶液3中的阳离子有________。 (3)调节pH时加入的试剂为________。 (4)稀硫酸“酸浸”后Ti元素转化为，其水解生成沉淀的离子方程式为________。 (5)将洗钪所得沉淀在空气中进行灼烧，产生的气体为________，该气体不可以在高温时用生石灰进行吸收的原因是________。 (6)第二次“酸溶”后，溶液中含有的，通过调pH可将转化为沉淀，溶液的pH值至少要控制在3.7以上，为________（忽略溶液体积变化）。 (7)Ta也是一种含量极少的稀土元素，通过电解制备Ta的原理如下图所示：极发生反应的电极反应式为________。 42．（四川省绵阳南山中学实验学校2025届高三下学期壮行考试（最后一卷）化学试题）二氧化铈（CeO2）是一种典型的金属氧化物，具有较强的氧化性，广泛应用于多相催化反应，并作为汽车尾气净化的三效催化剂的重要组成成分。以氟碳铈矿（主要含CeCO3F、BaO等）为原料制备CeO2的一种工艺流程如下图所示： 已知：①“氧化焙烧”后，Ce元素转化为CeO2和CeF4； ②滤液A中含：、CeF3+等离子； ③氟化工设备需要接触各种腐蚀性介质，如氢氟酸等。 回答下列问题： (1)基态氟离子( F— )的价电子排布式为________，“酸浸”时用到的酸为________。“氧化焙烧”时发生的主要反应中O2与CeCO3F的物质的量之比为________。 (2)“系列操作”包含以下几个过程： 已知：Ce3+不能溶于有机物TBP；CeF3+能溶于有机物TBP，且存在反应：CeF3++TBPCeTBP4++F-。 “滤液A”中加入有机物TBP后的分离方法是________，“有机层B”中发生的反应为： 2CeTBP4++H2O2=2Ce3++O2↑+2TBP+2H+；整个工艺流程中可以循环使用的物质有_______，该流程中的设备必须具备一定的耐腐蚀性的原因是________。 (3)“调pH”中，要使Ce3+沉淀完全（通常认为溶液中离子浓度小于1.0×10-5mol/L为沉淀完全），应控制pH大于________（已知25℃时，Ksp[Ce(OH)3]=1.0×10-20）。 (4)“氧化”中，NaClO转化为NaCl，该反应的离子方程式为________。 43．（四川攀枝花市2025届下学期高三第一次诊断性监测化学试题）镍钴合金是航空航天领域最重要的材料之一，一种利用含钴废料回收有价金属、的工艺如下图所示。已知废料中含有较高的钴、镍、镁、铅以及一定量的铁和锰元素等，它们大多以金属单质和氧化物的形式存在。已知：①对钴镍具有高选择性，萃取而不萃取②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀时的如下表所示 金属离子 开始沉淀pH 1.9 7.0 8.1 9.0 完全沉淀pH 3.2 9.0 10.1 11.0 回答下列问题： (1)“常压浸出”需加热至70°C左右，宜采用__________（填“盐酸”“硫酸”或“硝酸”）；进行酸浸，浸出渣主要成分为__________（填化学式）。 (2)“萃取”时萃取的反应原理为：，若萃取剂的量一定时，__________（填“一次萃取”或“少量多次萃取”）的萃取效率更高；若酸化后溶液的，，萃取完成后水相中为，则钴的萃取率为__________（结果保留一位小数，忽略溶液体积变化）。 (3)向“滤液”中按物质的量之比为1:2加入和，若滤渣的成分为，总反应的离子方程式为_______________；隔绝空气灼烧时如果控制温度不当会生成杂质，反应的化学方程式为__________。 (4)萃取后的“水相”中含有丰富的金属资源，经三道工序可回收溶液。请根据题干信息，参照上述工艺流程，选用括号中所给试剂，将下列工艺流程剩余两步工序补充完整__________（、、、）。 (5)已知常温下、的分别为、。若上述水相“沉镁”后，理论上不超过__________。 (6)如图，是其中一种铁系催化剂必需成分的晶体结构示意图，其中白球表示的原子作六方最密堆积，灰色球表示的原子有序地填充在部分八面体空隙中。晶胞中与原子紧邻的原子有__________个，已知该晶体结构示意图的底边长为，高为，则其晶体密度为__________（用含a、c和NA的计算式表示，无需化简）。 44．（四川省仁寿县高中2026届高三上学期一轮复习零诊考试化学试题）一种利用攀西地区含钪钛磁铁矿尾矿(主要成分为、、、，以及难溶于酸的固体杂质)回收钪的工艺流程如图所示。 已知：①难溶于盐酸。 ②常温下，，。 ③钪的化学性质与相似。 回答下列问题： (1)为提高“酸浸”反应速率，“酸浸”前对含钪钛磁铁矿尾矿的处理方式为___________。 (2)基态钪原子的价电子轨道表示式为___________。 (3)常温下，“调”时，溶液中，为除去杂质离子，应控制的范围是___________。(当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全) (4)写出“沉钪”时发生反应的离子方程式：___________。 (5)经高温脱水制时产品中常含有杂质，其原因是___________。 (6)电解熔融可得到金属钪，若电路中通过电子，电子的有效利用率为80%，则所得的质量为___________g，电解反应中阳极反应式为___________。 45．（四川省成都市郫都区2026届高三上学期阶段性检测（二）化学试题）黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及、。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备偏钒酸铵。 该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示： 金属离子 开始沉淀 1.9 7.0 3.0 8.1 完全沉淀 3.2 9.0 4.7 10.1 回答下列问题： (1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是___________。 (2)“酸浸氧化”中，和被氧化成，同时还有___________离子被氧化。写出转化为反应的离子方程式___________。 (3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为，此外滤饼②中还有___________固体。 (4)“沉淀转溶”中，转化为可溶的偏钒酸盐的离子方程式___________。 (5)“调”生成滤渣④的离子方程式为___________。 (6)“沉钒”中析出晶体时，需要加入过量，其原因是___________。 46．（河南省部分示范性高中2025届高三下学期考前冲刺三模化学试题）从某铜镍矿(主要含有Cu、Ni，还含有、FeO、MgO、CuO等杂质)资源中提取Cu和Ni的一种工艺流程如下： 已知：①常温下，(金属离子浓度低于时认为沉淀完全)；②。 回答下列问题： (1)基态价层电子轨道排布图为_______。 (2)“酸浸”时参与的除杂反应的离子方程式为_______。 (3)“萃取”时发生反应：，“反萃取”时使用的试剂a为_______(填化学式，不引入题干中未涉及的离子)，从平衡角度解释其作用：_______。 (4)“除铁”时生成黄钠铁矾的离子方程式为_______。 (5)“沉镍”时，为使沉淀完全，用MgO调节pH应不小于_______。 (6)“电解槽”中，金属铜应在_______(填“正极”“负极”“阴极”或“阳极”)析出，电解一小段时间后，为保持电解液成分不变可加入_______(填字母)。 A．CuO    B．    C．    D． 47．（山东省名校大联考2025届高三下学期4月联合检测化学试卷）从铜阳极泥(主要成分为等)中分离提取金属单质的流程如下图所示。 已知：i．溶于盐酸可以得到。 ii．   。 iii． 回答下列问题： (1)“浸取1”中一般控制温度为左右，原因是___________。 (2)“浸取2”中，盐酸的作用为①提供酸性环境；②___________。 (3)“浸取3”中发生反应的离子方程式为___________；若“浸取3”中用溶液浸取，最终回收单质的质量为(假设的回收率为)，那么需要的的物质的量至少为___________(保留四位有效数字。已知)。 (4)“电沉积”中获得单质的是___________极(“正”“负”或“阴”“阳”)；“电沉积”完成后，在此极区溶液中可循环利用的物质为___________(填化学式) (5)“还原”中。发生反应的化学方程式为___________。 48．（2025届河北省部分学校高三上学期11月模拟预测化学试题）金属镓有“电子工业脊梁”的美誉，广泛应用于电子、航空航天、光学等领域。从刚玉渣（含钛、镓的低硅铁合金，还含有少量氧化铝）中回收镓的流程如图所示。 常温下，溶液中金属离子开始沉淀和沉淀完全的如下表所示。 金属离子 开始沉淀时的 4.5 3.7 2.2 7.5 沉淀完全时的 5.5 4.7 3.2 9.0 请回答下列问题： (1)基态镓原子的外围电子轨道表示式为______。 (2)为加快刚玉渣的酸浸速率，可采取的措施有______（填标号）。 A．将刚玉渣研细 B．适当升高温度 C．使用质量分数为98%的浓硫酸 D．增大体系的压强 (3)从“滤液①”中获得的具体操作为______、______、过滤、洗涤、干燥。 (4)“中和沉淀”过程中分离出的“滤渣①”的主要成分为______（填化学式）。若“滤液②”中阳离子浓度均为，“中和沉淀”过程中应调节的范围为______。 (5)“碱浸”时，镓元素参与的反应的化学方程式为______。 (6)“滤渣②”的主要成分为______。 (7)电解溶液制取镓单质的阴极反应式为______。 49．（安徽省江淮十校2024届高三上学期第二次联考化学试题）废旧太阳能电池CIGS具有较高的回收利用价值，其主要组成为。某探究小组回收处理流程如图： (1)基态原子的简化电子排布式为___________，基态原子属于___________区。 (2)高温焙烧得到的烧渣主要成分是氧化物(如：)，“酸浸氧化”得蓝色溶液，则该过程发生的主要氧化还原反应的离子方程式为___________。 (3)“滤渣”与混合前需要洗涤、干燥，检验滤渣是否洗净的操作：___________。 (4)的作用：___________。 (5)已知：。当金属阳离子浓度小于时沉淀完全，恰好完全沉淀时溶液的约为___________(保留一位小数)；为探究在氨水中能否溶解，计算反应的平衡常数___________。(已知) (6)“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为___________。 50．（2020年全国统一考试化学试题（新课标Ⅲ））某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)： 溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+ 开始沉淀时(c=0.01 mol·L−1)的pH 沉淀完全时(c=1.0×10−5 mol·L−1)的pH 7.2 8.7 3.7 4.7 2.2 3.2 7.5 9.0 回答下列问题： (1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是______________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式______________。 (2)“滤液②”中含有的金属离子是______________。 (3)“转化”中可替代H2O2的物质是______________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即 “滤液③”中可能含有的杂质离子为______________。 (4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=______________(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 mol·L−1，则“调pH”应控制的pH范围是______________。 (5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式______________。 (6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是______________。 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 参考答案 1．(1)d (2) (3) (4) 把还原为沸点更高的，便于蒸馏分离出 HCl (5) (6) 或 层间含，能与层间区域水分子形成氢键 【分析】用浓盐酸+硝酸酸溶原料，不溶性的等杂质成为滤渣除去，所有金属元素分别转化为、、、进入溶液。加入沉铅，打破与的平衡，析出；经热熔、惰性电极电解回收铅；再加氨水溶液调pH，使转化为金属的氢氧化物；煅烧后生成金属的氧化物；加入高温氯化，生成；通入氢气还原，将还原为；蒸馏后，转化为气体，仍以固态形式存在；与NaCl在特定条件下化合，生成。 【详解】（1）Zr与Ti同族，为ⅣB族元素，元素周期表中ⅢB~Ⅷ族属于d区，因此Zr位于d区。 （2）黄绿色气体为，可看作，价Pb氧化生成，自身被还原为价Pb，结合信息Pb以存在，配平得到离子方程式： 。 （3）由，代入，得。再由，计算得。 （4）根据氯化物沸点，沸点接近，还原为后沸点远高于，蒸馏时仅蒸出，实现提纯；流程中“转化”生成的HCl可以循环用于溶浸，电解生成的可循环用于氯化步骤。 （5）由生成Pb是发生在阴极的反应，电极反应为。 （6）在1个结构单元中，1个P原子与3个O原子和1个相连，构成，而每个Zr原子被4个结构单元共用，则1个结构单元中含有Zr原子的个数为，且含2个，所以该结合剂的化学式为或；层间区域，中的，能与水分子间形成氢键，所以可以容纳水分子的原因是：层间含，能与层间区域水分子形成氢键。 2．(1) 6或六 (2) 后，分解过快，反应不充分 (3) (4) 3.2 (5) (6) 调控阳极液的pH，让铁形成沉淀(或阴极液需要补充水保持氯化钠溶液低浓度或控制电压(流)使钕优先溶解) 【分析】该工艺流程是将钕铁硼氧化废料(主要含、、，极少量等)加入氯化铵进行氯化焙烧，焙烧产物水浸后过滤除去不溶性滤渣1，所得滤液加入试剂X调节pH沉淀除去铁元素得到滤渣2，再向除铁后的滤液中加入草酸溶液沉钕，过滤得到草酸钕，最终将草酸钕在空气中氧化焙烧得到氧化钕。 【详解】（1）周期数等于最高能层序数，Nd最高能层为第6层，故位于第六周期；价层电子出现f轨道，属于f区元素。 （2）氯化焙烧时与反应生成氯化钕、氨气和水，化学方程式为；热稳定性差，温度过高会大量分解，氯化反应的反应物浓度降低，氯化率下降。 （3）氯化焙烧环节中，图像显示右纵轴为Fe元素的氯化率，即使温度升高到，Fe元素的氯化率也不足，说明绝大多数Fe元素在氯化焙烧后仍以难溶于水的​​形式存在，Nd元素大部分氯化转化为可溶于水的​，水浸后进入滤液，原料中极少量不氯化的​​，遇水反应生成可溶的硼酸​​，也随进入滤液，因此水浸后，难溶的主要组分就是未被氯化的，即滤渣1的主要成分为。 （4）调pH目的是沉淀除去杂质，且产物为可返回氯化焙烧步骤循环利用，因此选（或）最佳；沉淀完全时，由，得：，取负对数得，，，即最小pH为3.2。 （5）沉钕得到草酸钕，空气中氧化焙烧，草酸根中+3价C被氧化为，化学方程式为。 （6）Nd比Fe活泼，阳极上Nd优先失电子生成，电极反应为；调控阳极液的pH，让铁形成沉淀(或阴极液需要补充水保持氯化钠溶液低浓度或控制电压(流)使钕优先溶解)可实现钕铁有效分离应控制。 3．(1)ZnFe2O4 + ZnS + 4H2SO4 = 2ZnSO4 + 2FeSO4 + S+ 4H2O (2)Ga3+ + 3HCO = Ga(OH)3↓+ 3CO2↑ (3)Ge4+ + 4NH3.H2O= GeO2↓+ 4+ 2H2O (4) GeCl4 + 2H2O = GeO2↓+ 4HCl 10.3 (5) 20 NaH2PO2·H2O的质量分数为2.5%、温度为1100℃ 【分析】炼锌渣(含ZnFe2O4及MnO2、ZnGeO3、Ga2O3、SiO2)中加入稀硫酸、ZnS经过“还原酸浸”时可得到ZnSO4、FeSO4、MnSO4、Ge(SO4)2、Ga2(SO4)3，SiO2不溶于酸，由于ZnFe2O4中的Fe为+3价、MnO2中Mn为+4价，溶解后Fe、Mn均被还原得到+2价，因此ZnS中的-2价S被氧化为0价S，则滤渣主要成分为SiO2和S；“还原酸浸”后的溶液中加入萃取剂分离Ge4+、Ga3+（有机相）与Fe2+、Mn2+、Zn2+（水相），则萃余液中含有Zn2+、Fe2+和Mn2+，含Ge4+、Ga3+的有机相中加入NH4F分离Ga3+（有机相）和Ge4+（水相），有机相加入稀硫酸反萃取后加入碳酸氢钠沉镓得到Ga(OH)3，再经历一系列过程得到金属Ga，水相加入氨水中和后，Ge4+转化为GeO2，再经氯化蒸馏、水解后，在GeO2中加入NaH2PO2·H2O真空还原得到GeO，再经历一系列过程得到金属Ge； 【详解】（1）ZnFe2O4与稀硫酸、ZnS反应中，ZnFe2O4中的+3价Fe还原得到+2价Fe，ZnS中-2价S被氧化为0价S，化学方程式为ZnFe2O4+ZnS+4H2SO4=2ZnSO4+2FeSO4+S↓+4H2O； （2）“沉镓”过程是Ga3+和反应生成Ga(OH)3的过程，化学方程式为：Ga3++ 3= Ga(OH)3↓+ 3CO2↑； （3）“中和”过程中Ge4+被氨水转化为GeO2，化学方程式为；Ge4++ 4NH3·H2O= GeO2↓+ 4+ 2H2O； （4）GeCl4液体遇水水解为GeO2沉淀，化学方程式为：GeCl4 + 2H2O = GeO2↓+ 4HCl；在“水解母液”中加入NaOH得到可溶性Na2GeO3，然后加入MgCl2发生反应+Mg2+=MgGeO3↓，当c()=10-5mol·L-1时，则，为防止产生杂质，即防止形成Mg(OH)2沉淀，则，c(H+)≥5×10-11mol/L，pH≤11-lg5=10.3，即溶液的pH应小于10.3； （5）“真空还原”中GeO2与NaH2PO2·H2O反应得到GeO、Na5P3O10、H3PO4，Ge由+4价还原为+2价，P由+1价氧化为+5价，根据得失电子守恒、原子守恒可得化学方程式为：10GeO2+5NaH2PO2·H2O=10GeO+Na5P3O10+2H3PO4+7H2O，则每生成1 mol Na5P3O10，反应转移的电子的物质的量为20 mol；如图所示，1200℃与1100℃时Ge元素产率相差较小，从节约资源的角度考虑NaH2PO2·H2O的质量分数为2.5%、温度为1100℃时，Ge元素产率最大，即为最佳反应条件。 4．(1)4d55s1 (2)2MoS2+6CaCO3+9O22CaMoO4+4CaSO4+6CO2 (3) Ca(MoO4)(s)+(aq) (aq)+CaCO3(s) 1.02×10-8 (4)从溶液中提取并富集铼 (5)三辛胺、碳酸钙 (6)尺寸越小，颗粒聚集趋势越大，不利于水（反应液）渗入 【分析】该工艺流程以低品位辉钼矿为原料，加入石灰石并通入空气焙烧后，焙烧产物依次经水浸、酸浸、盐浸处理，盐浸所得滤液经酸沉结晶最终制得主产品​​，水浸得到的含铼溶液经三辛胺萃取、氨水反萃取处理后，最终回收得到​​，实现了钼产品的制备和伴生金属铼的回收。 【详解】（1）Cr是第四周期ⅥB族元素，价电子排布为，Mo与Cr同族相邻，位于第五周期，故基态Mo的价电子排布为。 （2）焙烧时在空气中被氧化，S元素转化为​，Mo元素转化为​，​转化为​，根据得失电子守恒、原子守恒配平得到化学方程式为2MoS2+6CaCO3+9O22CaMoO4+4CaSO4+6CO2。 （3）CaMoO4与CaCO3是同类型沉淀，由​可知​更难溶，则​与碳酸根发生沉淀转化生成​和，离子方程式为​CaMoO4(s)+(aq) (aq)+CaCO3(s)；初始，0.030 mol ​完全转化消耗0.03 mol ​，平衡后，，由得，因此。 （4）水浸后溶液中铼的浓度很低，萃取、反萃取可以分离杂质，浓缩富集铼，得到纯度更高的含铼溶液。 （5）三辛胺作为萃取剂，反萃取后再生，可以循环回到萃取工序使用，此外，“盐浸”工序产生的含滤渣返回“焙烧”工序，因此可循环物质除​外还有三辛胺、碳酸钙。 （6）横坐标颗粒尺寸从左到右增大，区域a对应小尺寸颗粒范围，颗粒过小时易团聚，实际与水接触的反应面积减小，因此浸出率随颗粒减小而降低，故区域a中，铼浸出率随颗粒尺寸减小而降低的原因是尺寸越小，颗粒聚集趋势越大，不利于水（反应液）渗入。 5．(1) a 加快冷却水的流速 (2) 取沉淀后上层清液，向清液中滴加醋酸铅溶液，生成少量的黑色沉淀，说明溶液不足 (3)Ba(OH)2溶液可以和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀且使溶液显碱性利于生成KSCN，若选用BaCl2溶液会引入氯离子杂质 (4) 加入溶液调节pH为0~1，加入几滴溶液作指示剂 【分析】硫磺和KCN在碱性条件下反应生成KSCN，同时也会发生副反应，生成和，之后向溶液中加入生成PbS沉淀，过滤除去后，向滤液中加入除去硫酸盐，之后经处理可得KSCN晶体，据此作答。 【详解】（1）①根据题干信息，该反应放热，冷水从a端通入b端流出可以有更好的冷却效果； ②若反应溶液温度过高，可采取的措施有：减慢滴加KCN与KOH混合溶液的速率；加快冷却水流动速度，促进散热； ③硫磺与KOH溶液反应生成和过程中，S元素部分从0价降至-2价，部分从0价升至+2价，结合得失电子守恒、质量守恒可写出该反应的化学方程式：； （2）与反应生成PbS，该反应的离子方程式为：；要验证略微不足，可以取沉淀后的上层清液，向清液中滴加溶液，生成少量的黑色PbS沉淀，说明溶液不足； （3）若选用溶液，会引入杂质，不利于后续分离。Ba(OH)2溶液可以和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀且使溶液显碱性利于生成KSCN； （4）根据“溶液pH介于0～1时，用KSCN溶液滴定已知浓度的溶液来测定KSCN纯度，发生反应：”，使用KSCN滴定已知浓度的时，需加入硝酸将溶液pH调节为0~1，并加入几滴溶液作指示剂；由题干信息可知，反应过程中消耗的物质的量为，根据方程式，反应过程中消耗KSCN的物质的量为可知，则100 mL溶液中KSCN的总物质的量为，其质量为，则。 6．(1)p (2)BC (3) (4) (5) 粗铅 Cu和Ag 阳极上比铅活泼的金属（如Zn、Fe）优先放电，导致阳极溶解的铅少于阴极析出的铅，溶液中浓度降低 【分析】铅膏的主要成分是二氧化铅（）、硫酸铅（）和少量的氧化铅（）。加入“物质a”，将所有形式的铅转化为硫酸铅（），a为稀硫酸， 加入碳酸铵将硫酸铅转化为碳酸铅（），加入过量的氟硅酸（）溶液生成氟硅酸铅（），最终得到的混合溶液主要含有和，电解精炼生成高纯铅。 【详解】（1）铅与碳同主族，位于第六周期第IVA族，属于p区元素。 （2）流程第一步是将铅膏（含、、）转化为。中铅为+4价，中铅为+2价，这是一个还原过程。物质a是稀硫酸与另一种物质的混合物，这另一种物质就是还原剂； 双氧水()具有还原性，可以将还原为，其氧化产物是，无污染，符合绿色化学理念；浓盐酸 ()具有还原性，可以被氧化生成有毒的氯气 ()，污染环境，不符合绿色化学理念；氯化亚铁溶液 ()中具有还原性，可以被氧化成，会引入杂质；故选BC。 （3）这一步是将沉淀转化为更难溶的沉淀，加入溶液后，与反应生成和，离子方程式为：；对于曲线上的点(3.8，3.8)，，对于曲线上的点(6.6，6.6)，，反应的平衡常数，。 （4）在水溶液中完全电离：，向加入过量溶液，与反应，生成、和，离子方程式为： 。 （5）①右侧是一个铅酸电池，它是电源。根据铅酸电池的原理，Pb是负极，PbO2是正极，左侧是电解池。电极a连接电源的正极（PbO2），所以 a是阳极；电极 b 连接电源的负极（Pb），所以 b是阴极；在电解精炼中，粗铅作阳极，纯铅作阴极，粗铅中的杂质有 Cu、Ag、Fe、Zn，Cu和Ag比 Pb 不活泼，它们不会失去电子溶解，而是以单质形式从阳极脱落，沉积在电解池底部，形成阳极泥； ②由于粗铅中含有比Pb活泼的杂质（Zn、Fe），它们会先于Pb放电溶解，这意味着阳极溶解进入溶液的的量会少于理论值，阴极（纯铅）上只发生还原反应，溶液中的得到电子析出，阳极溶解的Pb少于阴极析出的Pb，导致溶液中的浓度逐渐降低，所以需要定期补充。铅酸电池的正极是PbO2，发生还原反应生成PbSO4，电极反应式为：。 7．(1) (2) B (3) 增大反应物的浓度，消耗反应生成的，均有利于溶解 (4) 冷却结晶 加压酸浸 (5)C 【分析】红土矿石（主要含铁、铝、镁的化合物及NiO、CoO、等），磨细后浓硝酸加热加压酸浸，不溶，滤渣1主要成分为；得到含Fe3+、Al3+、Mg2+、Ni2+、Co2+的浸出液，加MgO调节pH，依次得到滤渣2氢氧化铁沉淀、滤渣3氢氧化铝沉淀和氢氧化钴沉淀、氢氧化镍沉淀，最后得到含硝酸镁的浸出液，氢氧化钴沉淀、氢氧化镍沉淀氧化氨浸分离出含的溶液和沉淀。 【详解】（1） 基态的价电子排布式为，基态的价电子排布图为； （2）“加压酸浸”时各元素的浸出率受到硝酸初始浓度、保温时间、浸出温度、液固比等因素的影响，图1、2所示为浸出温度和液固比对金属离子的浸出率的影响，浸出温度、液固比应选择铁的浸出率低，而其他金属浸出率高的温度，读图1可知浸出温度应选择190℃，读图2可知液固比应选择1.6~1.7 mL/g，故应选择B答案；矿石经硝酸加压酸浸后仅不溶，所得滤渣1的主要成分是； （3）“氧化氨浸”时加入浓氨水与铵盐组成的缓冲溶液使溶解为，溶解转化反应为，平衡常数，对应， ，则溶解转化反应的平衡常数加入浓氨水与铵盐组成的缓冲溶液，增大反应物的浓度，消耗反应生成的，均有利于的溶解；根据已知信息易被氧化为，所以加入后反应的离子方程式为：； （4）从浸出液中获得晶体的一系列操作为“蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥”；所得晶体经高温分解能得到，再与和作用后生成，可返回到“加压酸浸”工序循环利用； （5）已知|为正八面体形结构（如图3），配合物中心离子的配位数为6，的价层电子对数为6，则杂化方式不可能为杂化，所以中心离子的杂化方式为，故选C。 8．(1) +2 正四面体 (2)、 (3) (4)防止生成、防止锂被沉淀 (5)热水 (6)还原剂 (7) 【分析】工业流程中碱浸的作用是除去有机粘结剂铝粉，酸化过程除去炭黑，氧化过程是二价铁转化为三价铁，经过后续反应得到磷酸铁锂，由此作答。 【详解】（1）化合物中化合价代数和为0，Li为+1价，整体为-3价，可算出Fe为+2价；的中心P原子形成4个σ键，无孤对电子，价层电子对数为4，空间构型为正四面体形； （2）碱浸时，正极中的与过量反应生成可溶的，因此滤液1中阴离子为和过量的； （3）酸化时与稀硫酸反应，生成可溶的硫酸盐和磷酸，配平得到反应方程式； （4）氧化后变为+3价，易水解，pH越大水解程度越大，控制pH≤2可以抑制水解，防止水解生成,同时控制pH≤2可以使磷酸根主要以形式存在，溶液中很低，能有效防止Li⁺生成沉淀； （5）由题给信息可知，溶解度随温度升高而减小，用热水洗涤可以减少的溶解损失，因此选热水； （6）反应物中为+3价，产物中为+2价，元素被还原，因此葡萄糖作还原剂，将+3价铁还原为+2价； （7）磷酸铁锂电池放电时，在正极得电子，结合生成，即可写出正极电极反应式Li1−xFePO4+xLi++xe−=LiFePO4。 9．(1) (2)将菱锰矿粉碎/适当升温/适当增加硫酸浓度等 (3) 可以催化分解 溶液 (4)、 (5) (6) (7)或 【分析】菱锰矿酸浸时，生成、、、、（或至少一种），过滤得到、硫酸铅、硫酸钙，加入将氧化为，再加入石灰乳调pH使转化为氢氧化铁沉淀，加入BaS溶液生成的沉淀有、，加入除去钙镁离子，最后加入一水合氨与高压氧气，得到。 【详解】（1）基态Mn的价层电子排布式：； （2）酸浸时，为提高溶矿速率，可采取的措施：将菱锰矿粉碎、适当升温、适当增加硫酸浓度等； （3）因为可以催化分解，所以使用将氧化为，不使用；如果不足，则还有，可以与反应生成蓝色沉淀，所以取少量加入反应后的溶液，加入，若出现蓝色沉淀，需补加； （4）加入BaS溶液，与、反应，生成沉淀、； （5）因为，则最后沉淀完全，，，； （6）根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，“沉锰”过程中，生成反应的离子方程式为：； （7）后锰元素含量下降的原因可能是：被氧气继续氧化为或。 10．(1) (2)防止反应产生气体的速率过快，导致液体溢出 (3) 5.4～11.5 因为镍、锰、钴沉淀溶解度相差不大，所以当，镍以形式溶解，锰、钴也会溶解，无法分离；，水解平衡正向移动，主要以形式存在，导致镍的浸出率降低，无法与钴、锰有效分离 (4) (5)0.000016 (6) (7) 高于40℃时，蒸发结晶（浓缩） 趁热过滤 【分析】该工艺流程以含、、的酸洗废液为原料，先加中和除酸并沉淀金属离子；再通氨浸，使形成进入溶液，实现与、的分离；氨浸沉淀用酸溶得含、的溶液，加沉钴，因，生成沉淀，滤液经处理得；焙烧得；氨浸出液加蒸氨，分解为，最终回收镍，据此分析。 【详解】（1）钴为27号元素，核外电子排布式为，故价层电子排布式为； （2）与废液中的反应生成，反应的离子方程式为，若加入过快，反应产生的速率过快，会导致液体剧烈沸腾并溢出，因此需缓慢加入并不断搅拌； （3）使镍浸出的合适pH范围：由图像可知，pH在5.4到11.5之间时，元素主要以形式存在，利于镍的浸出，时以存在，三者皆会溶解，无法分离；时生成沉淀，导致镍的浸出率降低，无法与钴、锰有效分离。故合适pH范围为5.4～11.5； （4）蒸氨时与在加热条件下反应生成沉淀和，离子方程式为； （5）CoS和MnS的沉淀溶解平衡分别为：，；，。已知，设初始，则；生成MnS沉淀时，溶液中；此时溶液中； 残留率； （6）焙烧时CoS与反应生成和，根据氧化还原反应配平，CoS中Co从价升至价，S从价升至价，中O从0价降至价，配平后化学方程式为； （7）由溶解度曲线可知，温度高于40℃时，的溶解度随温度升高降低，因此溶液需高于40℃时蒸发结晶（浓缩），使析出，再趁热过滤，避免降温析出杂质，后续经洗涤、干燥得到产品。 11．(1) 粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度等 后续步骤中用到的KMnO4会将盐酸氧化为Cl2(答案合理即可) (2)CaSO4 (3)5H3AsO3+2KMnO4+3H2SO4=5H3AsO4+K2SO4+2MnSO4+3H2O (4)6.3 (5)AC (6)0.64 【分析】工业废渣[含、、、、、、等]通入空气，用硫酸浸取，过滤得滤渣，滤液中的主要存在、、、、，滤液中加入，得到滤渣，得滤液中加入溶液深度氧化，全部被氧化为，加入石灰中和除砷、铁（以形式），加入有机萃取剂，发生反应，反萃取后得到硫酸铜溶液，电解硫酸铜溶液得到铜单质。 【详解】（1）粉碎、搅拌、加热、适当增大硫酸浓度等，能提高氧化浸出率；后续步骤中用到的会将盐酸氧化为，所以不能用盐酸代替硫酸； （2）根据分析可知，滤渣的主要成分是； （3）深度氧化中全部被氧化为，做氧化剂，化合价由+7价降至+2价，化合价由+3价升至+5价，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式为； （4）欲使完全沉淀，其最大浓度为，若，此时，，则，所以应控制； （5）A．分液漏斗使用前，上口塞子和活塞处需检查是否漏液，A正确； B．经几次振荡并放气后，分液漏斗应放置在铁架台上静置分层，B错误； C．萃取是将转移至有机相，反萃取后被转移至水相，C正确； 故答案选AC； （6）若电解 “反萃取”后的溶液，一段时间后增大了，则，根据阳极反应可知转移电子的物质的量为，根据阴极反应，可知阴极沉积的铜的质量为。 12．(1) ⅢB (2)温度过低，反应速率太慢；温度过高，则盐酸挥发严重，导致速率变慢，原料损失 (3) 1.3×10-33 Al(OH)3 (4)若加入碱调节pH除去Zn2+、Pb2+，则Zn2+、Pb2+沉淀时Y3+也会形成沉淀 (5)2Y3++3H2C2O4+nH2O=Y2(C2O4)3·nH2O↓+6H+ (6)CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O 【分析】题以废荧光粉制备氧化钇的工艺流程为载体，综合考查了元素周期表、化学反应速率与平衡、溶度积计算、除杂原理、离子方程式书写、燃料电池电极反应等核心知识点，是典型的化工流程综合题； 【详解】（1）稀土元素（钪、钇、镧系）在周期表中位于第ⅢB族（第3副族）； 钇（Y）位于第五周期，与钪同族，原子序数为39，核外电子排布为[Kr] 4d15s2，价电子为4d、5s轨道的电子，价电子轨道表达式为：； （2）温度对反应速率和盐酸挥发性的影响：温度过低，反应速率慢，酸浸效率低；温度过高：盐酸HCl易挥发，导致酸浓度降低，酸浸效率下降，同时能耗增加； 因此控制在60～70℃； （3）由图可知，Al3+沉淀完全时pH=4.7，此时c(Al3+)=1.0×10-5mol/L；c(H+)=10-4.7mol/L；则c(OH-)===10-9.3mol/L；Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)·c3(OH-)=1.0×10-5×(10-9.3)3=10-5×10-27.9=10-32.9；已知100.1=1.3，则10-32.9=100.1×10-33=1.3×10-33； 调pH=5时，由图可知：Al3+已沉淀完全（pH=4.7完全沉淀），而Pb2+、Zn2+、Y3+、Mg2+均未开始沉淀，因此滤渣b为Al(OH)3； （4）由金属离子沉淀pH图可知：Y3+开始沉淀的pH≈5.8，Zn2+沉淀完全的pH≈7.8，Pb2+沉淀完全的pH≈9； 若用碱调pH除Zn2+、Pb2+，当pH升高到能使Zn2+、Pb2+沉淀完全时，Y3+也会大量沉淀，导致目标产物损失； （5） “沉钇”的离子方程式：草酸H2C2O4，二元弱酸）与Y3+反应生成Y2(C2O4)3·nH2O沉淀，H2C2O4保留化学式，配平： 2Y3+ + 3H2C2O4+ nH2O =Y2(C2O4)3·nH2O↓ + 6H+； （6）甲醇CH3OH在负极发生氧化反应，碱性介质中C元素转化为；H元素转化为H2O，配平： 化合价变化：CH3OH中C为-2价，中C为+4价，失去6个电子； 碱性介质用OH-配平电荷，H2O配平原子：CH3OH - 6e- + 8OH- = + 6H2O 13．(1)防止H2O2分解和盐酸挥发 (2)SiO2；Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3++3S+6H2O (3)3.7pH<4.5 (4)0.5 mol/L (5)NaCl (6)=； 【分析】由辉铋矿（主要成分为，含FeS、CuO、等杂质）制备，向辉铋矿中加入H2O2和盐酸进行氧化浸取，发生的反应有：Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3++3S+6H2O，2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3++2S↓+6H2O，CuO+2H+=Cu2++H2O，得到含S和SiO2的滤渣Ⅰ，滤液中含有Bi3+、Fe3+和Cu2+，再调节pH除去Fe3+，得到滤渣Ⅱ为Fe(OH)3，过滤后向滤液中加入氨水，发生反应Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+，过滤后加入硫化铵除铜，滤液中再加入NaOH、NaClO，发生反应Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O，从而得到产品NaBiO3。 【详解】（1）溶浸”步骤使用了H2O2和盐酸，H2O2在高温下会发生分解，降低其氧化能力，同时盐酸也会因温度过高而挥发，所以需要控制温度不能过高； （2）辉铋矿中的SiO2不与H2O2、盐酸反应，因此滤渣Ⅰ的主要成分为 S和SiO2；在H2O2和盐酸的作用下，发生氧化还原反应，转化为S单质和Bi3+，离子方程式为Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3++3S+6H2O； （3）结合已知信息③，当pH≥3.7时，Fe3+完全沉淀，为防止Bi3+沉淀，pH不能超过4.5，因此调节溶液的pH值的范围为3.7≤pH＜4.5； （4）已知CuS和的分别为和，溶液中S2-浓度相同， mol/L，再计算最大：Ksp（Bi2S3）=c2(Bi3+)c3(S2-)，c(Bi3+)=mol/L； （5）铋的氧化反应中，反应物为Bi3+、NaClO、NaOH，产物为NaBiO3，无气体生成， ClO-被还原为Cl-，结合Na+生成NaCl，因此“滤液Ⅱ”的主要溶质是氯化钠； （6）面心立方晶胞中：Bi原子个数，四面体空隙数：8个，八面体空隙数：4个，根据化学式Li3Bi，晶胞中Li原子个数为，设四面体空隙填充n1个，八面体空隙填充n2个，则n1+n2= 12；由于四面体空隙最多填8个，故n1=8，n2=4；四面体空隙填充率：，八面体空隙填充率：，所以填充率相等；晶胞参数为a pm=cm，晶胞体积：cm3，一个晶胞中含有4个Li3Bi，晶胞总质量：g，密度g/cm3。 14．(1)Fe、Cu (2)++2H+=HAsO2↓++H2O (3)氧化Fe2+和HAsO2，使二者反应生成FeAsO4 (4) 1.2×10-6mol·L-1 锌是两性金属，pH过高，Zn(OH)2会溶解生成[Zn(OH)4]2- (5)Na2SO4 (6) X射线衍射仪 a 【分析】NaHSO3具有还原性，根据流程可知，向废液中加入NaHSO3，将As元素转化为HAsO2沉淀，将HAsO2烘干使之分解得As2O3，滤液中加入过量铁粉，置换出铜单质，滤液中加入H2O2，将Fe2+、HAsO2氧化得到FeAsO4沉淀，加入氢氧化钠调节pH，使铁、锌元素沉淀，废液中主要含有Na2SO4，据此分析； 【详解】（1）“还原”后滤液中含有Cu2+和少量Zn2+、HAsO2、SO等，“置换”步骤中，过量铁粉置换出Cu单质，“滤渣1”的主要成分是Fe、Cu。 （2）根据流程信息，“还原”步骤生成溶解度较小的HAsO2，HSO被氧化成SO，发生反应的离子方程式是++2H+=HAsO2↓++H2O； （3）“置换”步骤所得溶液中含有Fe2+，Zn2+、HAsO2。“氧化沉砷”步骤生成FeAsO4，其中Fe显+3价，As显+5价，加入H2O2的目的是氧化Fe2+和HAsO2，使二者反应生成FeAsO4。 （4）Ksp[Zn(OH)2]=c(Zn2+)×c2(OH-)=1.2×10-17，pH=8.5时，c(OH-)=10-5.5mol·L-1，c(Zn2+)==1.2×10-6mol·L-1；锌是两性金属，pH过高，Zn(OH)2会溶解生成[Zn(OH)4]2-。 （5）“还原”步骤生成，“调pH”步骤又引入了Na+，“废液”中含有的溶质主要为Na2SO4。 （6）①测定As2O3晶体结构的常用仪器是X射线衍射仪； ②砷华由As4O6分子类似金刚石的结构堆积而成，构成晶胞的粒子为分子，砷华的晶体类型是分子晶体； ③根据砷华晶胞结构可知，一个晶胞中含有8个As4O6分子，砷华的密度=g·cm-3。 15．(1)增大接触面积，提高浸出效率 (2) (3)浸取 (4)、 (5)AD (6) (7)78.0 【分析】将充分粉碎的含钒钢渣使用浸取，结合已知信息①“该工艺中使用的溶液，故仅可选择性浸出一种元素，其他组分的浸出可忽略不计”可知，浸出的是，并在后续通过溶液沉钙，再利用盐酸和氨水再生溶液；滤渣中有、、、和钒的相关化合物，第一次酸浸取和，取滤渣进行第二次酸浸，和钒相关离子被浸出，滤渣为，再对滤液通过萃取、反萃取分离钒和铁两种元素，据此回答。 【详解】（1）粉碎的目的是增大接触面积，提高浸出效率； （2）“浸取”时氯化铵与氢氧化钙反应生成氯化钙和氨水进入滤液，氨水与反应提供，故反应为； （3）“沉钙”后，滤液的主要成分是和过量的，先加盐酸酸化除去和，再加氨水调pH值至6.4，此时混合液的主要成分是，结合已知信息①“该工艺中使用的溶液”，故混合液可以返回至“浸取”步骤； （4）结合已知信息②和后续才进行沉钒的步骤可知，时，三价铁和钒元素并没有被浸出，被浸出的是和，此时阴离子为，故答案为、； （5）A．钒与形成配位键，可以使钒进入有机相，A正确； B．形成该配合物时，中心离子与两个带一个单位负电荷的P204阴离子配体结合，形成的配合物为电中性，钒元素的化合价仍为+4价，没有发生变化，B错误； C．配合物与水形成氢键，不能解释钒进入有机相，C错误； D．烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，D正确； 故答案选AD； （6）已知，，，则，，溶液中的总浓度为，则，，“沉钒”后溶液中； （7）含钒钢渣中Ca的质量为，产出的15.60 kg 中Ca的质量为，则Ca的回收率为。 16．(1) 四 ⅦB (2) SiO2 CaSO4 (3)把溶液中亚铁离子氧化变成铁离子 (4) (5)6.01 (6)化学肥料 (7) 【分析】菱锰矿主要成分是，含有、、以及、、、的化合物；ɑ-Al2O3和SiO2不溶于酸，和硫酸反应生成微溶于水的硫酸钙，酸浸所得到的滤渣1为ɑ-Al2O3和SiO2、CaSO4；滤液通入氧气目的是把溶液中亚铁离子氧化变成铁离子，通过加入氨水调节pH以将铁离子变为氢氧化铁沉淀，滤渣2是Fe(OH)3；滤液加入SDD将、、等重金属离子反应生成沉淀除去，即为滤渣3；加NH4F生成CaF2沉淀除Ca2+，加氨水生成沉淀，被氧气氧化为。流程中加入SDD时引入钠离子，加入硫酸时引入硫酸根离子，后续过程中引入铵根离子，所以滤液中可回收的副产品为硫酸铵和硫酸钠。 【详解】（1）Mn是25号元素，位于元素周期表第四周期、第ⅦB族。 （2）ɑ-Al2O3和SiO2不溶于酸，和硫酸反应生成微溶于水的硫酸钙，“滤渣1”主要含、SiO2、CaSO4。 （3）“除杂a”的目的是除铁，通入空气的作用是把溶液中亚铁离子氧化变成铁离子 （4）“除杂b”中与Ni2+生成沉淀，反应的离子方程式为。 （5）加入前溶液中浓度为0.002 mol/L，若要使1000 L该溶液中的完全沉淀，生成CaF2的物质的量为0.002 mol/L×1000L=2mol，反应消耗的物质的量为4mol，反应后溶液中c(F-)=，设加入溶液的体积为VL，则1 mol/L×VL=4mol+，V=6.01L，所以至少需加入溶液6.01L。 （6）“沉锰”时析出沉淀，所得滤液中回收的副产品为硫酸铵和硫酸钠，硫酸铵用作化学肥料。 （7）“氧化”控制温度为50℃，被氧气氧化为，反应的化学方程式为。 17．(1) 增大接触面积，提高焙烧速率，使焙烧更充分 600℃、投料比 (2)与分别与形成配位键，由碳原子提供孤电子对，C原子的电负性小于Cl原子，C对孤电子对的吸引力更弱，更易于给出孤电子对形成较稳定的配位键 (3) (4)将Au、Pt、Pd转化为可溶的、、，以便与AgCl分离 (5) 强于 (6) (7)0.62 【分析】手机主板，含Cu、Al、Fe、Au、Ag、Pd、Pt等元素，“焙烧”时，Al、Cu转化为可溶于水的、，Ag转化为AgCl，铁应转化为；过滤，盐酸酸浸时，转化为除去；“氯化”时，Au、Pt、Pd分别以、、的形式存在；分金时，加入还原Au的同时将转化为，沉钯时，与生成沉淀，“沉铂”前通入氧化性气体，将氧化为，最终与反应生成，以此分析。 【详解】（1）①粉碎的目的是增大接触面积，提高焙烧速率，使焙烧更充分； ②由图可知，脱除的最佳条件就是脱除率最高时的条件，即600℃、投料比。 （2）与分别与形成配位键，由碳原子提供孤电子对，C原子的电负性小于，C对孤电子对的吸引力更弱，更易于给出孤电子对形成较稳定的配位键。 （3）根据信息①，“焙烧”过程将Al、Cu转化为可溶于水的、，Ag转化为AgCl，而铁应转化为，“水浸”过程、进入“滤液1”，故“酸浸”时转化为易溶于水的，所以“滤液2”中含有的主要的金属离子为。 （4）根据信息①可知，“氯化”是为了将Au、Pt、Pd转化为可溶的、、，以便与AgCl分离。 （5）①“分金”时被还原为Au，故离子方程式为； ②结合信息②“和难溶于水，易溶于水”与“沉钯”“沉铂”两步可知，加入还原Au的同时将转化为，便于“沉钯”步骤中Pt与Pd分离，故的氧化性强于。 （6）因难溶于水，易溶于水，因此“沉铂”前需将氧化为，故需要加入氧化性气体，且要考虑不引入杂质，所以气体A为。 （7）根据反应，将0.03 mol 沉淀完全需要0.06 mol ，沉淀的同时还需满足，求得，则加入的，故加入的。 18．(1) H2SiO3 (2) B 将溶液中的+5价钒和Fe3+分别转化为+4价钒与Fe2+，利于+4价钒的萃取并实现钒和铁元素分离 (3)C (4)6VO2+++3H2O= (5)0.4 (6) HR NH3 【分析】由题给流程可知，向含钒钢渣中加入碳酸钠后在空气中焙烧，将三氧化二钒转化为钒酸钠、二氧化硅转化为硅酸钠，向焙烧渣中加入钛白废酸，硅酸钠转化为硅酸、氧化钙转化为硫酸钙、氧化铁转化为铁离子、转化为，溶液中的钒元素以存在，过滤得到含有硅酸、硫酸钙、的滤渣和滤液；滤液加铁粉把和分别转化为与，便于萃取；加HR萃取分液，有机层中含有，加“反萃取”，把转化成，加氨气和氯化铵的混合液生成沉淀，过滤得到钒酸铵；钒酸铵煅烧分解生成五氧化二钒；水层含有，通入氨气和氧气反应生成氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁，加热分解氢氧化铁得氧化铁，据此分析。 【详解】（1） 基态V原子价层电子轨道表示式为； （2）加入还原剂且不引入新的杂质，则加入铁单质，将还原为，B符合题意； 据提示中②及流程分析可知还原剂的作用是将溶液中的+5价钒和分别转化为+4价钒与，利于+4价钒的萃取并实现钒和铁元素分离； （3）多次萃取可使萃取率增大，C符合题意； （4）“反萃取”过程中，在酸性条件下将氧化为，其离子反应方程式为：； （5）25℃时，“转化”后所得滤液中，“沉钒”时钒元素的沉淀率为98%，则“沉钒”后的溶液中，应调节溶液中至少为 （6）上述流程中，“反萃取”得到萃取剂HR，钒酸铵煅烧分解放出氨气，HR可用于“萃取”步骤，氨气可用于“沉钒”、“沉铁”步骤，可循环利用的物质除外，还有HR、。 19．(1) (2) 8.5 (3)将、转化为更难溶且更易与酸反应的，提高的浸出率 (4) 容易在阳极区被氧化生成，造成损失 (5) 【分析】废铅膏加入到亚硫酸钠溶液中，Pb元素均转化为生成PbSO4沉淀，过滤后将沉淀加入到碳酸钠溶液中发生沉淀转化，得到PbCO3沉淀，再加入到H2SiF6中溶解，得到PbSiF6溶液，电解后在阴极获得Pb单质，据此解答。 【详解】（1）铅是第六周期第Ⅳ族元素，因此基态铅原子的价电子排布式为。 （2）废铅膏中含有、等物质，其中具有氧化性，可被还原为，该反应的化学方程式为；已知恰好完全沉淀时的浓度为，此时，则，即。 （3）加入Na2CO3将、转化为更难溶且更易与酸反应的，提高的浸出率。 （4）溶液中铅元素以的形式存在，因此要生成金属铅，只能在阴极上得电子，方程式为；“电沉积”时若无离子交换膜，可能会在阳极区失电子生成造成损失。 （5）铅的产率。 20．(1)适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积 (2)1 (3) H2O+Mn2++HSO=MnO2↓+SO+3H+ CaSO4、Fe(OH)3 (4) 9.0% SO2有还原性，过多将会降低的浓度，降低(Ⅱ)氧化速率 (5) (6)11.1 【分析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，用石灰乳调节，被氧化为，发生反应，Fe3+水解同时生成氢氧化铁，“沉钴镍”过程中，Co2+变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成，滤液加入氢氧化钠，生成氢氧化镁沉淀，据此分析； 【详解】（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积； （2）设1 mol 中过氧键数目为，过氧键中O为-1价，其余O为-2价，根据化合价代数和为0：，解得； （3）pH=4时，，<10-5 mol/L，沉淀完全；石灰乳引入，与溶液中生成微溶的，故滤渣还有这两种物质； （4）图像斜率越大，氧化速率越大，体积分数为9.0%时斜率最大，速率最大；SO2有还原性，过多将会降低的浓度，降低(Ⅱ)氧化速率； （5）“沉钴镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为：； （6）沉淀完全时，由，代入得，，，。 21．(1)将含镍催化剂粉碎、适当升高温度、适当增大H2SO4的浓度等 (2) CaSO4∙2H2O BaSO4 (3)2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+ (4) 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 温度太高，H2O2受热易分解 (5)3.7≤pH<7.7 (6)1.0×10-3 【分析】废镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO)中加入H2SO4酸浸，NiO、Fe2O3、CuO溶解，CaO、BaO转化为CaSO4∙2H2O、BaSO4沉淀，部分CaSO4溶解在溶液中；过滤后，浸出渣为CaSO4∙2H2O、BaSO4；往滤液中通入H2S，Cu2+转化为CuS沉淀，Fe3+被H2S还原为Fe2+，同时生成S沉淀；加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，通过调pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；加入NaF溶液，将溶液中的Ca2+转化为CaF2沉淀；加入NaCl电解混合溶液，Ni2+转化为2NiO(OH)∙H2O，过滤后热分解生成Ni2O3。 【详解】（1）为提高浸取效率，可采取的措施是：将含镍催化剂粉碎、适当升高温度、适当增大H2SO4的浓度等。 （2）由分析可知，浸出渣主要成分为：CaSO4∙2H2O、BaSO4。 （3）“除铜”时，Fe3+将H2S氧化为S，Fe3+被还原为Fe2+，反应离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+。 （4）“氧化”的目的是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；H2O2的热稳定性差，温度需控制在之间，该步骤温度不能太高的原因是：温度太高，H2O2受热易分解。 （5）“调”时，应让Fe3+完全沉淀，而Ni2+不生成沉淀，则pH的控制范围为3.7≤pH<7.7。 （6）“除钙”后，若溶液中F-浓度为，则====1.0×10-3。 【点睛】除去溶液中的Fe2+时，通常将其氧化为Fe3+，然后调节pH让Fe3+生成沉淀。 22．(1) (2) (3) (4)把还原为沸点更高的，防止升华影响纯度 (5) (6) 或 层间含，能与层间区域水分子形成氢键 【分析】天然锆英石(含等杂质)中加入硝酸、浓盐酸溶浸，不溶而成为滤渣1，溶液中金属元素的存在形式为；加入氧化铅沉铅，此时铅转化为；往滤液中加入氨水调pH，使转化为金属的氢氧化物；煅烧后生成金属的氧化物；加入高温氯化，生成；通入氢气还原，将还原为；升华后，转化为气体，仍以固态形式存在；与NaCl在特定条件下化合，生成。 【详解】（1）在“溶浸”中与浓盐酸发生反应，生成、等，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得出离子方程式为； （2）“调pH”后，废液中，则，废液中，故答案为：； （3）“高温氯化”时，转化为，同时生成一种还原性气体，此气体为CO，依据得失电子守恒和原子守恒，该反应的化学方程式为； （4）从题给信息中可以看出，的升华温度相近，应把还原为，则“还原”的主要目的是：把还原为沸点更高的，防止升华影响纯度； （5）晶体可传导，利用晶体做固体电解质电解，将废气中的氮氧化物转化为无污染气体，则转化为和，所以阴极的电极反应式为； （6）在1个结构单元中，1个P原子与3个O原子和1个相连，构成，而每个Zr原子被4个结构单元共用，则1个结构单元中含有Zr原子的个数为，且含2个，所以该结合剂的化学式为或；层间区域，中的，能与水分子间形成氢键，所以可以容纳水分子的原因是：层间含，能与层间区域水分子形成氢键，故答案为：或；层间含，能与层间区域水分子形成氢键。 23．(1) 四 ⅡB (2) (3) 将元素转化为沉淀，提高的回收率 、 (4) 增大浓度，利于生成；与产生的结合，促进反应正向移动 (5)溶铅 (6)阳极发生电极反应、，生成，使得溶液的降低 【分析】脱硫浸渣原料含、、、、少量，通入空气350℃煅烧，分解生成、、与水，、氧化为硫酸盐；煅烧产物加稀硫酸酸浸并加入少量，、元素转化为、进入滤液分离除去，体系内与结合生成固体留在酸浸渣中，酸浸渣主要含、、，随后加入氯化胆碱进行溶银步骤，氯化胆碱可与形成可溶性银氯配离子，银元素溶解得到银溶液实现银回收，脱银后的固体再投入含、的热浓食盐水中溶铅，与、反应生成可溶性配离子同时析出废渣，向溶铅液加水稀释降温，解离析出沉淀，分离后的母液返回溶铅步骤循环使用，最后压片作阴极、惰性电极作阳极，溶液为电解液电解得到金属铅。 【详解】（1）Zn元素原子序数30，核外电子层为4层，价电子排布，位于元素周期表第四周期ⅡB族； （2）由题，350℃下分解，硫酸根不分解，产物为、、、，化学方程式为； （3）酸浸加入少量电离出，煅烧生成的会与发生沉淀转化，生成溶度积更小的固体留存于酸浸渣，避免银随、进入滤液流失，提高后续银的总回收率；酸浸时锌、铁的氧化物、硫酸盐溶于稀硫酸，浸出主要金属离子为、； （4）溶铅时固体和、反应生成可溶性与沉淀，离子方程式：；食盐水中的电离出增大体系氯离子浓度，促进转化为可溶性，同时结合反应生成的生成沉淀，降低溶液中硫酸根浓度，推动溶铅平衡正向移动； （5）稀释降温后解离析出，分离后的母液富含、，可返回溶铅步骤循环利用，节约原料； （6）电解时阳极除失电子发生氧化反应生成外，水电离出的和电解液中失电子均会失电子，分别发生反应、生成、，两个阳极反应均生成，溶液氢离子浓度升高，最终体系pH下降。 24．(1) (2) 提高反应速率和原料利用率 (3) Na2SO3和NaHCO3 得到高浓度的NaHSO3​ 溶液，以便后续浓缩结晶得到 Na2S2O5 (4)MgSiO3 (5) pH过高，溶液中大量 OH- 会与竞争阴离子交换树脂的吸附位点，降低吸附效率；pH过低， 会与 H+ 结合生成 H2MoO4沉淀，无法进行离子交换 (6)0.1+2×105a 【分析】镍钼矿的主要成分为NiS、MoS2和SiO2，经过破碎球磨后，在空气中进行焙烧，NiS转化为NiO，MoS2转化为MoO2、MoO3和SO2，SiO2不反应，气体X为SO2，剩余的固体为NiO、MoO2、MoO3和SiO2；浸出过程中加入NaOH和O3， MoO3​ 溶于强碱生成Na2MoO4，MoO2​ 在 O3的氧化作用下也能溶于强碱生成 Na2MoO4，NiO 不溶于碱，作为浸渣分离，SiO2 溶于碱生成Na2SiO3，此时溶液的主要成分为 Na2MoO4、Na2SiO3；除杂加入饱和MgCl2溶液，除去溶液中的Na2SiO3，滤渣为MgSiO3；通过调节溶液的pH，使被阴离子交换树脂吸附；用（试剂A）解吸得到 (NH4)2MoO4溶液，经蒸发结晶得到 (NH4)6Mo7O24；而气体X( SO2)与饱和的Na2​CO3​ 溶液反应生成NaHSO3​ 和 CO2，通过加入Na2​CO3调节pH和再次加入SO2得到高浓度的NaHSO3，浓缩结晶生成Na2​S2​O5，以此解答； 【详解】（1） Mo的原子序数为42，价电子式为4d55s1，因此价电子轨道表示式为； （2）多层逆流可以使固体和气体充分接触，提高反应速率和原料利用率，也利于热量的充分利用；浸出时加入 NaOH 和O3 ，已知 MoO2不溶于酸和碱，但在 O3存在的条件下被氧化为可溶性的。 Mo从+4价提升至+6 价，O3 被还原为 O2−（结合水生成OH- ），因此离子方程式为； （3）由于H2​SO3​的Ka1​ 较大，酸性强于碳酸，因此反应Ⅰ主要生成的NaHSO3​ 和 CO2，在反应Ⅱ时加入纯碱，调节pH至7-8，此时 NaHSO3与 Na2CO3反应生成 Na2SO3和NaHCO3；再次通入SO2进行反应Ⅲ，是为了将 Na2SO3 和 NaHCO3转化为高浓度的NaHSO3​ 溶液，以便后续浓缩结晶得到 Na2S2O5； （4）由分析可知，滤渣为MgSiO3； （5）离子交换的过程是通过交换树脂吸附阴离子进行，如果pH过高，溶液中大量 OH- 会与竞争阴离子交换树脂的吸附位点，降低吸附效率；pH过低 会与 H+ 结合生成 H2MoO4沉淀，无法进行离子交换；解吸过程是将吸附在树脂上的释放出来，并最终制备 (NH4)6Mo7O24，为了引入NH4+，试剂A应为； （6）混合前Li2 MoO4中的物质的量为0.1 L×0.1mol/L=0.01 mol，Pb(NO3)2中Pb2+的物质的量为0.1 L×b mol/L=0. 1b mol，混合后溶液总体积为200 ml；因为恰好完全沉淀，即，溶液中剩余的=0.2 L×1×10-5 mol/L=2×10-6 mol，反应消耗的=0.01 mol-2×10-6 mol≈0.01 mol，根据反应可知，反应消耗的==0.01 mol；而平衡时溶液的= mol/L，溶液中剩余的=0.2 L×a×105 mol/L=2a×104 mol；加入的=反应消耗的+溶液中剩余的，因此0.1b=0.01+2×104a，即b=0.1+2×105a。 25．(1) (2)5 (3)AD (4) 12 (5) 【分析】由题给流程可知，向矿粉中加入二氧化硫溶液酸浸，将金属元素转变为硫酸盐，过滤得到固体残渣和浸取液；向pH为3.0的浸取液中通入空气高压加热，将溶液中的铁元素转化为氧化铁沉淀，过滤得到氧化铁和滤液1；向氧化铁中通入氨气和氢气，700℃下加热将氧化铁转化为铁；向氧化铁中加入氢氧化钠溶液电解，将氧化铁转化为铁；常温下调节滤液1的pH，将溶液中的铝离子转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铝的滤饼和滤液2；向滤液2中加入合适的有机试剂萃取、分液得到含有铜配合物的水相和含有镍配合物的有机相；铜配合物和镍配合物经处理得到晶体。 【详解】（1）“高压加热”时生成氧化铁的反应为，溶液中的亚铁离子与氧气和水在高压条件下共热反应生成氧化铁和氢离子，反应的离子方程式为：； （2）由分析可知，“沉铝”时，溶液中的铝离子会转化为氢氧化铝沉淀，而溶液中的铜离子和镍离子不转化为沉淀，由溶度积可知，溶液中的铜离子会优先生成氢氧化铜沉淀，则溶液中铜离子开始沉淀时，溶液中的氢氧根离子的浓度为： ，则溶液pH最高为：14-9=5； （3）A．由图可知，镍配合物中中心离子为具有空轨道的镍离子，镍离子与具有孤对电子的氮原子和氧原子形成配位键，使镍元素转化为配合物而进入有机相，A正确； B．由分析可知，溶液中镍离子的化合价为+2价，由图可知，配合物中镍元素的化合价为+2价，则配位过程中镍元素的化合价不变，没有被还原，B错误； C．若镍配合物能与水形成分子间氢键，配合物应加入水相，不可能进入有机相，C错误； D．由图可知，镍配合物中的长烷基链具有疏水性，使镍配合物难溶于水，进入有机相， D正确； 故选AD； （4） 由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的黑球个数为：8×=1，位于面心的白球个数为：6×=3，位于体心的的个数为1；由题意可知，同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，说明黑球为铜原子、白球为镍原子、为氮原子，则x：y：z=3：1：1；晶胞中位于顶点的铜原子与位于面心的镍原子最近且等距离，共有12个； （5）由题意可知，“700℃加热”步骤发生的反应为催化剂作用下氨气在高温条件下发生分解反应生成氮气和氢气，氢气在700℃条件下与氧化铁反应生成铁和水，反应的化学方程式依次为：、。 26．(1)粉碎、加压(增大氧气溶解度) (2) (3) acbed 、 (4) 200或200∶1 (5))根据数据可知，可以使NaOH无法处理的转化为，从而提高钼元素的产率/浸出率 (6)层与层之间属于分子间作用力，强度较弱，易于滑动 【分析】该全湿法提钼工艺以辉钼精矿为原料，首先粉碎，在“加压水浸”工序中，钼元素分别以和的形式进入水浸渣和水浸液；同时，水浸液中有生成，故和也会转化为和进入水浸液，采用萃取剂N235萃取溶液中的，通过萃取平衡将钼富集到有机相，萃余液中含 Fe3+、Cu2+等杂质阳离子，后续可通过调节 pH 实现Fe3+与Cu2+的深度分离；水浸渣中有和，结合提示“Mo元素与Al元素有一定相似性”，碱浸后会转化为钼酸根，经系列操作后得到无水Na2MoO4进行回收，据此分析； 【详解】（1）粉碎矿石可以增大接触面积，加压可以增大氧气的溶解度，均可提高钼元素浸出效率； （2）根据提示信息“钼元素分别以和的形式进入水浸渣和水浸液”和“溶液中硫酸浓度超过，故此法也是工业上获得稀硫酸的手段之一”可以推断出转化的产物分别是和，故离子方程式为； （3）①萃取操作顺序为：加入萃取剂，倾斜振荡、放气；静置；将上口玻璃塞上凹槽对准漏斗颈上的小孔，旋开活塞；放出下层液体，当下层液体刚好放出后关闭活塞；上层液体从上口倒出，故顺序为acbed； ②结合(2)可知，体系中有超过的稀硫酸，结合氧气存在的环境，杂质、加压水浸时被氧化，生成可溶性的、，与形成，故水相中存在、； （4）①结合流程信息，反萃取需要得到钼酸铵，所以需要能提供铵根离子的碱性溶液，以促进萃取平衡逆向移动，故选； ②pH=7时，。根据题意，此时溶液中和均达到沉淀溶解平衡，则有。结合，推导可得：。 （5）结合信息“通常难溶于常见无机溶剂”可知NaOH无法处理，根据数据可知，比更难溶，可通过沉淀转化将中浸出，无法实现该转化，因此浸出率更高； （6）题干提示“层状”类比石墨，层与层之间属于分子间作用力，强度较弱，易于滑动因此可以作润滑剂。 27．(1)98 (2) (3)使其与和形成配合物溶于水，防止和与形成沉淀 (4) (5) 8 【分析】该工艺从含，含有等的制造废料中提取分离稀土：首先加稀盐酸酸浸废料，不溶的SiO2作为滤渣①除去，再将酸浸所得滤液pH调至4，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀作为滤渣②除去，随后向滤液加入G-macropa螯合剂和NaOH，G-macropa螯合Nd3+与Dy3+，剩余含铝杂质作为滤渣③除去，再加入过量NaHCO3，使Dy3+从配合物中释放，生成Dy2(CO3)3沉淀分离出镝，最后加盐酸处理得到含钕滤液，同时回收G-macropa螯合剂。 【详解】（1）稀土元素镝(Dy)的原子序数为66，即质子数为66。其同位素的质量数为164，中子数=质量数-质子数=164-66=98。 （2）酸浸时不溶于酸的SiO2已作为滤渣①除去，滤液中含Fe3+、Al3+、Nd3+、Dy3+。pH=4时，，根据溶度积计算：； （3）G-macropa可特异性结合稀土离子，使其与Nd3+和Dy3+形成配合物溶于水，防止Nd3+和Dy3+与OH-形成沉淀，起到保护稀土离子的作用。 （4）“沉镝”过程中，与NaHCO3反应生成沉淀，释放出螯合剂G-macropa，反应的离子方程式为。 （5）①分离最佳效果为：Dy完全沉淀（滤渣中Dy含量100%）、Nd尽可能多留在滤液中。由图可知，L/M=8时，滤液中Nd含量最高，Dy沉淀率仍为100%，分离效果最好。 ②Nd3+始终以配合物形式留在滤液中，Dy3+从配合物中释放并沉淀，说明Nd3+与G-macropa形成的配合物更稳定。 28．(1) 6或六 f (2) Nd2O3+6NH4Cl2NdCl3+6NH3↑+3H2O↑ 310℃后，NH4Cl分解过快，Nd2O3反应不充分 (3)Fe2O3 (4) NH3⋅H2O 3.2 (5) Nd−3e− = Nd3+ 控制电解电压（电流），使Nd优先溶解（控制阳极液的pH，使铁离子形成Fe(OH)3沉淀，或阴极液需要补充水保持氯化钠溶液低浓度） 【分析】工艺流程分析：氯化焙烧：钕铁硼氧化废料（主要含Fe2O3、Nd2O3、FeNdO3，极少量B2O3）与NH4Cl混合，在加热条件下发生反应。加入NH3可能用于调节气氛或促进反应。水浸：将焙烧后的产物用水浸取。可溶性的氯化物（如NdCl3）进入溶液，不溶性的固体留在滤渣中。调pH：向滤液中加入试剂X调节pH，使杂质离子（如Fe3+）沉淀，过滤得到滤渣2。沉钕：向滤液中加入草酸（H2C2O4）溶液，使Nd3+沉淀为草酸钕Nd2(C2O4)3。氧化焙烧：将草酸钕在空气中焙烧，分解并氧化得到目标产物Nd2O3。 【详解】（1）已知Nd的价层电子排布式为4f46s2。周期数：周期数等于原子核外电子的最高能层序数。Nd的最高能层是第6层（6s轨道），因此它位于第六周期。分区：元素周期表的分区由最后填入电子的轨道决定。Nd 的价电子包含f轨道电子，且f轨道未填满，属于镧系元素，位于f区。 （2）化学方程式：在“氯化焙烧”步骤中，Nd2O3与NH4Cl反应生成 NdCl3。根据流程图，同时有NH3放出，且该反应通常伴随水的生成。反应物为 Nd2O3和 NH4Cl，生成物为NdCl3、 NH3和H2O。配平该方程式：Nd2O3 中有2个Nd，需要生成 2NdCl3，消耗6Cl−，即需要 6NH4Cl。6NH4Cl提供6N和24H，生成2NdCl3消耗6Cl，剩余的6N和24H与Nd2O3中的3O结合生成6NH3 和3H2O。化学方程式为答案：Nd2O3+6NH4Cl2NdCl3+6NH3↑+3H2O↑；温度影响：根据图像，当温度超过310℃时，Nd元素的氯化率下降。氯化焙烧依赖于NH4Cl分解产生的HCl气体（或直接与 NH4Cl反应）与Nd2O3接触反应。NH4Cl的热稳定性较差，温度过高会导致其迅速分解并挥发，使得参与反应的NH4Cl减少，反应物浓度降低，从而导致Nd的氯化率下降。 （3）在氯化焙烧过程中，应受热分解为和，转化为可溶性的。观察图表可知，元素的氯化率即使在高温下也较低（最高不到），说明绝大部分铁元素仍以的形式存在。极少量的不氯化，遇水会生成可溶的硼酸。因此，“水浸”后，可溶的进入滤液，留在滤渣中。 （4）试剂X选择：调pH的目的是沉淀滤液中的Fe3+杂质[滤渣2为 Fe(OH)3]，同时不引入新的杂质。从物质循环利用的角度考虑，流程中使用了NH4Cl和NH3，因此选用氨水（NH3⋅H2O）或通入NH3最佳，生成的NH4Cl可以返回“氯化焙烧”步骤循环使用；最小pH计算：要使Fe3+沉淀完全，溶液中c(Fe3+)<1.0×10−5 mol/L 。已知 Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)⋅c3(OH−)=4.0×10−38。当c(Fe3+)=1.0×10−5 mol/L 时，c(OH−)= = ==×10−11 mol/L 。计算pOH： pOH = −lgc(OH−) = −lg(×10−11) = 11−lg4 = 11−lg2。代入lg2≈0.3，pOH = 11−×0.3 = 11− 0.2 = 10.8。则pH =14 − pOH = 14−10.8 = 3.2。因此，pH 最小为3.2。 （5）阳极反应式：钕铁硼合金作阳极，发生氧化反应。已知钕比铁活泼，因此在阳极Nd优先失去电子生成Nd3+。电极反应式为Nd−3e− = Nd3+。分离控制条件：为了实现钕和铁的有效分离，需要让钕溶解而铁不溶解（或铁溶解后以沉淀形式除去）。可以控制电解电压（电流），使电位较低的Nd优先溶解，或者通过控制阳极液的pH，使铁离子形成Fe(OH)3沉淀留在阳极区。 29．(1)适当升高温度或适当增大硫酸浓度、将蛇纹石精矿粉碎、搅拌等合理答案即可 (2) (3) (4) (5) AB (6) 配位键 的半径与、不同，无法与有机净化剂形成稳定的配位键，或与有机净化剂的配位能力弱于、等合理答案即可 【分析】酸浸环节加入硫酸，蛇纹石中金属氧化物、硅酸盐与硫酸反应，生成的硅酸为滤渣1，滤液含、、、。氧化调pH环节通入将氧化为，加入调节pH使完全沉淀为，即滤渣2。沉镁环节加入使转化为沉淀分离。剩余含、的溶液加入萃取剂HA，选择性萃取目标金属离子进入有机相，反萃取得到对应金属离子。 【详解】（1）浸取率曲线a比b反应速率更快，达到相同浸取率所需时间更短，可通过适当升高温度、适当增大硫酸浓度、将蛇纹石精矿粉碎增大接触面积、搅拌等措施加快浸取速率。 （2）与硫酸反应生成硫酸镁、硅酸沉淀和水，配平得到离子方程式为。 （3）调控pH需保证完全沉淀，不沉淀。沉淀完全时，由，得。已知，则，取负对数得，，对应。开始沉淀时，由，得，取负对数得，，对应。因此pH调控范围为。 （4）无膜电解技术中阴极发生还原反应析氢，水电离出的得电子生成，同时生成，电极反应式为。 （5）由图像可知，的萃取率随pH升高上升幅度大于，分离系数较高时优先被萃取进入有机相，反萃取有机相得到的金属离子为。 萃取反应平衡为。 A．增加萃取剂HA的浓度，平衡正向移动，金属离子萃取率提高，A正确； B．适当提高水相pH，浓度降低，平衡正向移动，萃取率提高，B正确； C．增大水相中，不影响平衡体系中各反应物生成物浓度，平衡不移动，萃取率不变，C错误； 故选AB。 （6）有机净化剂含N、O等配位原子，可提供孤电子对，、提供空轨道，二者形成配位键。无法发生该反应，原因是的半径与、相差较大，无法与有机净化剂形成稳定的配位键，或的配位能力弱于、。 30．(1)C (2) 溶液中存在平衡：，pH过低时，H+浓度增大，平衡正移，使CrO42-浓度降低，(NH4)2CrO4的利用率降低 (3) 、 的溶解度随温度升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的 (4)是两性氢氧化物，若直接调节，会溶解，导致铬的去除率降低 (5) (6)附着的微量杂质（如、）受热易分解挥发 【分析】工业碳酸锶（含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等）加入硝酸进行“酸溶”，碳酸盐溶解生成硝酸盐、水和二氧化碳，气体A为CO2；向溶液中加入过量的(NH4)2CrO4进行“沉钡、铅”，Ba2+和Pb2+转化为BaCrO4和PbCrO4沉淀除去；滤液经酸化后加入H2C2O4进行“还原”，将过量的（酸性条件下主要转化为）还原为Cr3+，同时生成CO2气体；向溶液中加入氨水调节pH至7~8，使Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀（滤渣1）除去；再加入NaOH调节pH ≈ 13，使Ca2+、Mg2+转化为Ca(OH)2、Mg(OH)2沉淀（滤渣2）除去；过滤后向滤液中加入NH4HCO3进行“碳化”，使转化为SrCO3沉淀；最后经过滤、烘干等系列操作得到高纯SrCO3。 【详解】（1）A．硝酸过量能使碳酸锶充分溶解，Sr2+的浸取率不会降低，A错误； B．碳酸锶与硝酸反应生成硝酸锶、水和二氧化碳气体，气体A是CO2，B错误； C．粉碎固体或搅拌可以增大反应物接触面积，加快反应速率，C正确； 故选C。 （2）溶液中存在平衡：，pH过低时，H+浓度增大，使平衡正向移动，导致浓度降低，(NH4)2CrO4的利用率降低； “还原”时，草酸将还原为Cr3+，自身被氧化为CO2，离子方程式为。 （3）调节pH ≈ 13的目的是沉淀Ca2+和Mg2+，故“滤渣2”的主要成分为Ca(OH)2和Mg(OH)2。由于Ca(OH)2的溶解度随温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤可以促使Ca(OH)2尽可能多地析出，有利于除尽溶液中的Ca2+。 （4）已知Cr(OH)3为两性氢氧化物，若直接调节pH ≈ 13，碱性过强会导致生成的Cr(OH)3沉淀重新溶解为四羟基合铬(III)酸根离子，从而降低铬的去除率。因此需要先用氨水调pH至7~8沉淀Cr3+，再用NaOH调高pH沉淀Ca2+和Mg2+。 （5）反应的平衡常数 =。 （6） 经过前面的流程，沉淀表面附着的微量可溶性杂质主要为和过量的，这两种物质在200℃热风烘干时均易分解挥发，因此不经洗涤直接烘干即可得到高纯。 31．(1) +4 (2)A (3)、 (4) 2 (5)能耗高、耗时长、不符合经济效益 (6) 当滴入最后半滴标准溶液，溶液刚好由浅紫色变为红色，且半分钟内不恢复 50.0 【分析】含钛废渣（主要含TiO2，含少量Fe2O3、CaO、SiO2）加入硫酸进行“酸浸”，TiO2转化为TiO2+，Fe2O3转化为Fe3+，CaO转化为微溶的CaSO4，SiO2不与稀硫酸反应。过滤后，浸渣的主要成分为SiO2和CaSO4；滤液中加入Na2SO3进行“还原”，将Fe3+还原为Fe2+，以防止后续调pH时与钛离子一同沉淀；随后“调pH过滤”，使TiO2+转化为TiO(OH)2沉淀；将TiO(OH)2沉淀与H2C2O4、BaCl2溶液进行“混合反应”，生成BaTiO(C2O4)2·4H2O沉淀；最后在800°C下“焙烧”得到目标产物BaTiO3。 【详解】（1）在化合物BaTiO(C2O4)2·4H2O中，Ba元素的化合价为+2，草酸根的整体化合价视为-2，O元素的化合价为-2。设Ti元素的化合价为x，根据化合物中正负化合价代数和为0，可得(+2) + x + (-2) + 2 × (-2) = 0，解得x = +4。Ti是22号元素，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，故其价层电子排布式为3d24s2。 （2）验证废渣中是否含有钛元素，常利用不同元素的原子在发生电子跃迁时会吸收或释放特定波长的光这一特性，即使用原子光谱法（原子发射光谱或原子吸收光谱），故选A。红外光谱法常用于测定分子中的化学键或官能团，X射线衍射法常用于测定晶体结构。 （3）废渣中的SiO2不溶于稀硫酸，CaO与稀硫酸反应生成微溶的CaSO4，因此酸浸后过滤得到的浸渣主要成分是SiO2和CaSO4。 （4）当TiO2+沉淀完全时，溶液中c(TiO2+) 1.0 × 10-5 mol/L。根据溶度积常数Ksp[TiO(OH)2] = c(TiO2+) · c2(OH-) = 1.0 × 10-29，可计算出临界的c(OH-) = mol/L = 1.0 × 10-12 mol/L。常温下，溶液中c(H+) =mol/L = 1.0 × 10-2 mol/L，故pH = -lg c(H+) = 2。在混合反应中，TiO(OH)2、H2C2O4和BaCl2反应生成BaTiO(C2O4)2·4H2O沉淀和HCl，根据原子守恒配平化学方程式为：TiO(OH)2 + BaCl2 + 2H2C2O4 + 2H2O = BaTiO(C2O4)2·4H2O+ 2HCl。 （5）工业上将BaCO3和TiO2在1500°C下反应2h制备BaTiO3，该工艺需要极高的温度和较长的反应时间，其缺点主要是：反应温度高，能耗大；反应时间长，生产效率低。 （6）① 滴定过程中，Fe3+将Ti3+氧化为Ti4+，自身被还原为Fe2+。当浅紫色的Ti3+完全反应后，过量的Fe3+会与指示剂KSCN中的SCN-结合生成红色的Fe(SCN)3络合物。因此滴定终点的现象为：当滴入最后半滴FeCl3标准溶液时，溶液刚好由浅紫色变为红色，且半分钟内不褪色。 ② 根据实验数据，第2次和第3次滴定消耗的体积分别为49.78 mL- 24.98 mL= 24.80 mL和24.10 mL- 0.00 mL = 24.10 mL，与第1、4、5次的24.98 mL、25.00 mL、25.02 mL偏差较大，属于异常数据，应舍去。有效消耗FeCl3溶液的平均体积为mL = 25.00 mL。根据氧化还原反应得失电子守恒关系Ti3+ ~ Fe3+，可知25.00 mL待测液中n(Ti3+) = n(Fe3+) = 0.1000 mol/L×0.02500 L = 2.5×10-3 mol。则100 mL容量瓶中总的n(Ti3+) = 2.5×10-3 mol×= 0.01 mol。根据钛元素守恒，样品中n(BaTiO3)=n(Ti3+)=0.01 mol，其质量为m(BaTiO3)=0.01 mol×233 g/mol=2.33 g。故钛酸钡样品的纯度为× 100% = 50.0%。 32．(1)增大氧气浓度及固体接触面积，提高焙烧速率 (2) 、 (3) 或或或等 (4)酸浸 (5) 【分析】闪锌矿（主要成分为ZnS，含有SiO2、FeS、CdS、PbS等杂质）在空气中高温加热矿石，将金属硫化物（如ZnS，FeS，CdS）转化为相应的金属氧化物，硫元素以SO2气体形式除去。用稀硫酸溶解焙烧后的产物。ZnO、Fe2O3、CdO等碱性氧化物与酸反应生成可溶性的硫酸盐（ZnSO4，Fe2(SO4)3，CdSO4），而SiO2和Pb的化合物（最终转化为PbSO4）不溶于稀硫酸，作为滤渣1被除去。向酸浸液中通入O2，将可能存在的Fe2+氧化为Fe3+。然后加入试剂X调节溶液pH，使Fe3+完全水解生成Fe(OH)3沉淀（滤渣2）而除去。向除铁后的溶液中加入锌粉。由于锌的金属活动性强于镉，发生置换反应，从而除去Cd2+杂质，生成的Cd作为滤渣3被除去。电解提纯后的ZnSO₄溶液，在阴极得到高纯度的金属锌。 【详解】（1）“焙烧”过程中常采用高压空气、逆流操作，这样操作的目的是：增大氧气浓度及固体接触面积，提高焙烧速率。 （2）焙烧时，硫化锌与氧气在高温下反应生成氧化锌和二氧化硫，化学方程式为：，酸浸时，原料中的SiO2不与稀硫酸反应。杂质PbS经焙烧和酸浸后，最终转化为难溶于稀硫酸的PbSO4，所以，滤渣1的主要成分是和。 （3）为了调节pH使Fe3+沉淀，同时不引入新的杂质离子，应选择含锌的碱性物质。可选用或或或等。当溶液pH=4时，pOH =14-4=10，溶液中氢氧根离子浓度为，根据溶度积常数表达式 ，可得： 。 （4）电解ZnSO4溶液的总反应为 ，电解后，溶液中Zn2+浓度降低，而H2SO4浓度升高。该溶液（主要成分为稀硫酸）可以作为酸浸工序的原料，实现循环利用。 （5）根据题目信息，CN-中提供孤对电子的是碳原子，碳原子电负性较小，半径较大，属于软碱。Fe2+和Fe3+中，Fe2+电荷较低、半径较大，属于软酸；Fe3+电荷较高、半径较小，属于硬酸。根据“硬亲硬、软亲软”的原则，软碱（C原子）会与软酸（Fe2+）形成更稳定的配位键。反应②是用K4[Fe(CN)6]溶液检验Fe3+。K4[Fe(CN)6]在溶液中电离出K+和[Fe(CN)6]4-。Fe3+与[Fe(CN)6]4-反应，并结合溶液中的K+，生成蓝色的普鲁士蓝沉淀。根据晶胞结构图分析：位于顶点和面心，个数为，位于体心和棱心，个数为，位于小立方体体心，个数为4，由此可知化学式中含K+、、比例为1:1:1，即沉淀为 ，离子方程式为：。 33．(1)充分搅拌或适当增大盐酸浓度或进一步粉碎钨渣等 (2) (3) (4) 富集钪元素，并与杂质分离 溶解，导致后续消耗更多酸，增加成本；同时有机萃取剂P204呈酸性，也会与NaOH溶液反应，不利于分离 (5) 或或等 【分析】钨渣中主要含有以及少量、、等，加入稀盐酸后，、均不溶，滤液1中含有、，加入氨水调节溶液的pH值， Fe3+转化为沉淀，过滤后，滤液中加入有机萃取剂P204萃取Sc3+，富集钪之后，在有机相中加入氢氧化钠后得到反萃取固体Sc(OH)3，加入HCl得到ScCl3，加入H2C2O4后得到Sc2(C2O4)3，在空气中灼烧后得Sc2O3。 【详解】（1）加快浸取速率的常用方法有充分搅拌或适当增大盐酸浓度或进一步粉碎钨渣等； （2）已知​是酸性氧化物，不溶于水，滤渣1中的与氨水反应生成可溶的，据此写出离子方程式； （3）酸浸后滤液1中含有、，加氨水调pH=3时，完全水解生成沉淀，仍留在溶液中，故滤渣2为； （4）萃取与反萃取可以富集钪元素，并与杂质分离；萃取时Sc进入有机相，水相中主要含有可回收的；已知Sc的氢氧化物具有两性，过量NaOH会使溶解，导致后续消耗更多酸，增加成本；同时有机萃取剂P204呈酸性，也会与NaOH溶液反应，不利于分离； （5）设初始有1 mol ，质量为462 g；400 K时，固体残留质量为 ，失去质量为 ，即失去 结晶水，剩余1 mol结晶水，故成分为 ；500 K时，固体残留质量为 ，正好等于​的摩尔质量（ ），说明500 K时已完全失去结晶水，为​；500~600 K时，草酸钪在空气中灼烧被氧气氧化，最终生成​，配平得到反应方程式 或或等。 34．(1) (2) 粉碎，研磨，搅拌，适当延长浸出时间等(任答一点即可) 还原， (3) (4) (5)9.8 (6)实现了锗、镓的综合回收，原料利用率高；试剂可循环利用，绿色环保；工艺条件温和，适合工业生产 【分析】炼锌渣(含ZnFe2O4及MnO2、ZnGeO3、Ga2O3、SiO2)中加入稀硫酸、ZnS经过“还原酸浸”时可得到ZnSO4、FeSO4、MnSO4、Ge(SO4)2、Ga2(SO4)3，SiO2不溶于酸，由于ZnFe2O4中的Fe为+3价、MnO2中Mn为+4价，溶解后Fe、Mn均被还原得到+2价，因此ZnS中的-2价S被氧化为0价S，则滤渣主要成分为SiO2和S；“还原酸浸”后的溶液中加入萃取剂分离Ge4+、Ga3+（有机相）与Fe2+、Mn2+、Zn2+（水相），则萃余液中含有Zn2+、Fe2+和Mn2+，含Ge4+、Ga3+的有机相中加入NH4F分离Ga3+（有机相）和Ge4+（水相），有机相加入稀硫酸反萃取后加入碳酸氢钠沉镓得到Ga(OH)3，再经历一系列过程得到金属Ga，水相加入氨水中和后，Ge4+转化为GeO2，再经氯化蒸馏、水解后，在GeO2中加入NaH2PO2H2O真空还原得到GeO，再经历一系列过程得到金属Ge。 【详解】（1）Ga是第31号元素，位于第四周期ⅢA族，其核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1，因此价电子排布式为：4s24p1 （2）①提高浸出效率的措施（温度不变时）：可以通过粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度、延长浸出时间等方式，增大固液接触面积或反应时间，从而提高浸出效率。 ②ZnS作为还原剂，还原体系中的MnO2和Fe3+（将MnO2还原为Mn2+，Fe3+还原为Fe2+），同时自身被氧化为单质硫。 （3）①酸性条件下，MnO2作为氧化剂，将ZnS氧化，自身被还原为Mn2+，反应为：；②除了生成的S，原料中的SiO2不与酸反应，也会留在滤渣中，因此还有SiO2。 （4）反萃取后Ge以形式存在，加入氨水NH3H2O发生反应，生成Ge(OH)4沉淀、F-和NH：。 （5）先计算生成MgGeO3沉淀所需的c(Mg2+)：c(Mg2+)=，再计算c(Mg2+)=310-3 mol/L时，生成Mg(OH)2沉淀的最大c(OH-)：，，计算 pH：pOH=-lg(6.3210-5)=5-lg6.325-0.8=4.2 pH=14-4.2=9.8，因此，为防止生成Mg(OH)2杂质，pH应小于9.8。 （6）从资源利用和绿色化学角度分析：实现了锗、镓的综合回收，原料利用率高；部分试剂（如萃取剂、NaHCO3等）可循环利用，降低成本；工艺条件温和，能耗低，绿色环保，适合工业生产。 35．(1) (2) (3)a (4) 防止水解 (5)冷却或凝华 (6) 1：2 -OH可与形成氢键 【分析】将原料中锆、铁、铬、铅等金属元素转化为可溶性离子（、、、），滤出不溶性杂质得到废渣1；随后加入沉铅，将转化为沉淀除去，得到废渣2；再通入氨气调节pH，使、留在废液中，得到水合氧化锆；经煅烧除结晶水得到无水，再经焦炭、高温氯化得到，分离后与NaCl化合得到最终产物。 【详解】（1）Zr位于第五周期第ⅣB族，属于过渡元素，Zr的原子序数为40，其核外电子排布式为[Kr]4d25s2，故Zr价电子排布为4d25s2； （2）“酸浸”后溶液中含有，加入PdCO3后生成PbCl2沉淀（废渣2），同时溶液中可能生成CO2，反应方程式为； （3）由图可知，当pH=2.8时，Fe3+的-lgc=5，即c(Fe3+)=10-5 mol/L，已完全沉淀，当pH=5.6时，Cr3+的-lgc=5，即c(Cr3+)=10-5 mol/L，也已完全沉淀，则Fe3+先沉淀，根据，计算得，为了使沉淀而和Cr3+不沉淀，实现物质分离，故，则pOH=12.2，调节pH最大值是1.8，选a。 （4）ZrO2与C、Cl2在高温下生成ZrCl4和一种还原性气体，故反应方程式为； ZrCl4易水解生成ZrO2或Zr(OH)4，影响产品纯度，此外水蒸气可能与C反应生成H2和CO，干扰主反应，需预先除去水分，目的是防止ZrCl4水解； （5）ZrCl4在331℃升华，变为气态，冷却后凝华为固体，因此可通过冷凝或凝华分离。 （6）在1个结构单元中，1个P原子与3个O原子和1个相连，构成，而每个Zr原子被4个结构单元共用，则1个结构单元中含有Zr原子的个数为，且含2个，所以该结合剂的化学式为，故n(Zr):n(P)=1:2； 层间存在-OH基团，其O原子电负性强，可与水分子中H形成氢键，同时水分子中的O也可与-OH中的H形成氢键，此外层间就有空间容纳水分子，因此可稳定吸附水。 36．(1)将氧化成单质，促进沉淀溶解平衡向溶解方向移动 (2) 没有 (3)A (4) 负电 (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pH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、、少量等，加入硫酸和通入后，、、分别转化为、、，硫元素转化为单质硫，经过调pH除铁、通除镉、再调pH沉锌，获得； 【详解】（1）酸浸时，若不通入O2，会发生反应：，通入O2可以氧化S2－生成S，促进酸浸反应正向进行，提高Zn2+浸出率；故答案为氧化S2－生成S，促进酸浸反应正向进行； （2）溶液的pH=0，则。因为，则，，则此时没有沉淀完全； （3）除镉时溶液酸性较强，沉锌前调节溶液的pH至4～5，故应在不引入新杂质的同时消耗溶液中的，加入的氧化物为，选项A正确； （4）晶胞掺杂过程中，阴离子替换阴离子，阳离子替换阳离子，则区域A中，由替换；区域B中，由替换。按照均摊法，区域B中含有3个、1个、4个，，区域B带负电； （5）①根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废液”， ZnS与H3AsO3反应除了生成As2S3外还有锌离子，写出反应的离子方程式为：； ②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pH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。 37．(1) 、 ac (2)防止分解 (3) 增加萃取剂HR的用量(或多次萃取、分离产物、适当降低氢离子浓度、适当加碱等，合理即可) (4)3.7 (5) 【分析】炼锌废渣(主要含、、还含少量、、等物质)中加入稀硫酸酸浸，、、均能与稀硫酸反应生成可溶性盐，而与稀硫酸不反应，PbO与稀硫酸反应生成难溶的，则滤渣的主要成分是、；滤液主要含有硫酸锌、硫酸铟、硫酸锡，与稀硫酸反应生成，加入将氧化为，再加入物质A“除锡”，加入萃取剂HR，萃取剂HR对金属离子的萃取能力：，被萃取至有机相中，萃余液中主要含有，经一系列操作得到；再向有机相中加入物质B进行反萃取，将铟元素从(有机相)转化为(水相)，加入氨水调节pH，将转化为，最后经一系列操作得到粗铟，据此作答。 【详解】（1）由分析可知，滤渣的主要成分为、；“萃取”时发生的反应为：(水相)(有机相)(有机相)(水相)，“反萃取”时需使该平衡逆向移动，则可以加入硫酸或盐酸，故选ac； （2）的热稳定性较差，温度升高会加速其分解，导致氧化效果较差，则“氧化”时，控制反应温度低于30℃的理由是：防止分解； （3）根据萃取平衡：(水相)(有机相)⇌(有机相)(水相)，增加萃取剂HR的浓度(或用量)、多次萃取，均可使平衡正向移动，提高萃取率；直接将题目所给数据代入计算该温度下萃取平衡常数； （4）完全沉淀时，，根据，计算所需的最小值，，则，所以； （5）In与在高温条件下反应制取InN，同时生成氢气，其反应的化学方程式为：。 38．(1)SiO2 (2)2.8×10-6 (3)NaOH溶液 (4) 提供Na+和反应所需要的碱性环境 (5) 3 0.25 乙 【分析】煤气化渣(主要成分为及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸，SiO2不反应、也不溶解成为滤渣，及少量MgO转化为硫酸铁、硫酸铝和硫酸镁，往其中加氢氧化钠溶液进行碱浸，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀；过滤，滤液1中含硫酸铝和硫酸镁，加过量的氢氧化钠溶液使镁离子转化为氢氧化镁沉淀除去，过滤，滤液主要含和NaOH，往其中加氢氧化铝晶种，过滤得Al2O3‧3H2O和NaOH溶液，焙烧Al2O3‧3H2O得Al2O3；在煅烧氢氧化铁所获得的产物中加稀硫酸酸浸、足量的铁还原，然后加NH4H2PO4、稳定剂和滤液2水热合成得NaFePO4。 【详解】（1）煤气化渣(主要成分为及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸，SiO2不反应、也不溶解成为滤渣，即“滤渣”的主要成分为SiO2； （2）25℃时，“碱沉”控制溶液pH至3.0，即c(H+)=10-3mol/L，则c(OH-)=10-11mol/L，此时溶液中； （3）“除杂”时需要沉淀镁离子、得，所以加入的试剂X是NaOH溶液； （4）“水热合成”中，作为磷源，“滤液2”为NaOH溶液，其既可以提供合成所需要的Na+，又可以提供反应所需要的碱性环境，水热合成的离子方程式为； （5）①该工艺经碳热还原得到，“焙烧”时、Na2CO3和O2反应生成，其化学方程式为； ②由的晶胞图如甲可知，每个晶胞中含有Fe：4×+2=3，Na：8×+2=3，O：8×+4=6，即每个晶胞中的单元数有3个； ③若“焙烧”温度为时，，生成纯相，则，解得0.25；丙图中Na：1+6×=1.75，，乙图中Na：2+2×=2.25，，则其可能的结构示意图为乙。 39．(1) (2)< (3) (4)盐酸 (5)避免发生共萃，导致进入有机相，从而降低的产率 (6) 6 （或） 【分析】题目工艺流程如下，“酸浸”：硫酸硝酸混酸处理合金废料，将其转化为金属阳离子（、、、）；“沉锡”：加入调节溶液pH，促进、水解生成、沉淀；“碱熔”：、脱水处理得到的锡渣（、）与、在高温下反应转化成，再经过一系列操作处理得到；“一次除铁”：沉锡滤液中加、，将滤液中的转化成沉淀，过滤除去；“萃取除铁”：用除去滤液中残留的，将其富集在有机相中，之后经过反萃取处理，实现萃取剂的循环使用；“浓缩结晶”：萃取除铁后，水相中的经过浓缩结晶、洗涤干燥等操作，得到晶体； 【详解】（1）中的化合价为+2价，由流程图可知，碱熔后经过一系列处理得到的中的化合价为+4价，由此可知被氧化成+4价的，反应的化学方程式为； （2）恰好完全沉淀时，，由可得溶液中，，溶液pH=2.5，呈强酸性，抑制的电离，主要以的形式存在，溶液中，答案为＜； （3）一次除铁中被氧化成，在、、作用下生成沉淀，过量的结合生成，总反应的离子方程式为； （4）反萃取需要加大浓度使平衡逆向移动，让进入水相，且萃余液溶质为，由此可知试剂1为盐酸； （5）由已知信息可知，与R具有一定的结合能力，若用HR进行萃取，会使得溶液中一部分进入有机相，从而导致的产率降低，答案为避免发生共萃，导致进入有机相，从而降低的产率（回答合理即可）； （6）由图1、图2可知，该晶体俯视图中位于由3个组成的正三角形的中心，与3个距离最近且相等，结合图1中上下各有3个可组成平面正三角形，所以，距离最近的有6个； 图1中位于晶胞内部，数目为2，位于顶点和棱心、数目为，该晶体的化学式为，1个晶胞中有2个，晶胞的体积为：cm3，晶体密度，则mol−1，答案为（或，列出的计算式正确即可，可以不化简）。 40．(1) 延长浸泡时间或充分搅拌或适量增加硫酸的量或适当加热 (2)、 (3) (4) (5) (6)92.3% (7) 【分析】软锰矿、闪锌矿加硫酸酸浸，二氧化锰氧化硫化物，金属元素全部溶进滤液，二氧化硅生成滤渣1；滤液加锌粉置换除去铜、镉，一同成为滤渣2；滤液加二氧化锰调 pH 氧化沉淀铁、铝得到滤渣3；剩余硫酸锌、硫酸锰溶液电解，阴极析出锌，阳极锰离子生成二氧化锰，电解副产硫酸可返回酸浸工序循环使用。 【详解】（1）①Mn是25号元素，价电子排布式为，根据洪特规则，价电子轨道表示式为； ②为提高酸浸时锌的浸出率，可以采取的措施是延长浸泡时间或充分搅拌或适量增加硫酸的量或适当加热； （2）向滤液A中加入适量锌，可以置换出滤液中的铜、镉，故滤渣2为Cu、Cd； （3）淡黄色物质为，棕黄色溶液为，、FeS与硫酸共热发生反应的离子方程式为：； （4）步骤③过滤得到滤渣的主要成分是和，需、完全沉淀，不沉淀，参考表格数据得：；完全沉淀时，，（当离子浓度小于时，认为该离子完全沉淀）；此时，，；则用溶液调节的范围是； （5）电解生成，步骤①酸浸消耗硫酸，可以循环利用； （6）ZnS实际质量为，Zn理论质量为，产率为； （7）①电解时，阴极得电子被还原，被还原为，在阴极放电的离子是； ②电解时，阳极失电子被氧化，被氧化为，阳极的电极反应式为。 41．(1)离子晶体 (2) (3)草酸 (4) (5) 二氧化碳 高温下碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，则高温下生石灰氧化钙不能吸收二氧化碳 (6) (7) 【分析】钛铁矿加稀硫酸酸浸后，二氧化硅不反应，滤渣1为二氧化硅，得到溶液1加铁粉，将三价铁还原为二价铁，结晶析出硫酸亚铁晶体，过滤得到溶液2，溶液2中水解生成沉淀，沉淀煅烧，得到二氧化钛，水解溶液3中主要含有，加草酸生成沉淀，沉淀“酸溶”得到溶液4中含有，通过调pH可将转化为沉淀，最后灼烧得到氧化钪； 【详解】（1）的熔点为2480℃，其在熔融状态下可导电，符合离子晶体特点，该物质的晶体类型为离子晶体； （2）由分析，水解后溶液3中的阳离子有Sc3+，此外还含水解生成的氢离子，以及未除尽的亚铁离子，故为：Sc3+、H+、Fe2+； （3）由题意，调节pH时得到沉淀，则加入的试剂为草酸； （4）水解生成沉淀，结合质量守恒，同时生成氢离子，离子方程式为：； （5）洗钪所得沉淀在空气中进行灼烧，结合质量守恒，产生的气体主要是二氧化碳，该气体不可以在高温时用生石灰进行吸收的原因是高温下碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，则高温下生石灰氧化钙不能吸收二氧化碳； （6）溶液的pH值至少要控制在3.7以上，则pOH要小于10.3，则； （7）通过电解制备Ta，则极为阴极，得到电子被还原为Ta，发生反应的电极反应式为。 42．(1) 2s22p6 硫酸（或H2SO4） 1：4 (2) 分液 O2、 TBP、H2SO4(或H+) (答出任意两个即可) 氢氟酸具有腐蚀性 (3)9 (4)ClO-+H2O+2Ce(OH)3=2Ce(OH)4+Cl- 【分析】该工艺流程原料为氟碳铈矿(主要含、BaO等)，产品为CeO2，原料在富氧空气中“氧化焙烧”生成、和，反应原理为：4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2；熔渣中加入硫酸“酸浸”时，BaO与H2SO4反应生成BaSO4，CeO2、CeF4转化成CeF3+，过滤后，滤液A经系列操作，CeF3+转化成Ce3+，加入NaOH调节pH使Ce3+转化成Ce(OH)3沉淀，过滤后滤渣B中加入NaClO将Ce(OH)3氧化成Ce(OH)4，煅烧Ce(OH)4得到CeO2，据此分析； 【详解】（1）核外共10个电子，电子排布为，主族元素价电子为最外层电子，因此价电子排布式为；已知滤液A中含，且原矿中BaO浸出的可与硫酸根生成沉淀（滤渣A），因此酸浸所用酸为硫酸。 氧化焙烧时，中Ce为+3价，被氧化为+4价，配平反应得：，因此与的物质的量之比为； （2）有机物TBP与水不互溶，分离互不相溶的液体混合物的方法为分液；进入有机层TBP中被分离出来后，经过系列操作得到含水层，则说明有机层中转化为，而在有机物TBP中不溶进入水层，被还原成，应加入还原剂发生氧化还原反应，具有还原性且被氧化成不会引入新杂质，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为；根据方程式可知可循环的物质为 O2、 TBP、H2SO4；结合信息③与流程可知氢氟酸具有腐蚀性，设备必须具备耐腐蚀性； （3） 根据溶度积：，沉淀完全时，代入得，，25℃时，，因此应控制pH大于9； （4）“氧化”工序发生的氧化还原反应为NaClO将氧化成，同时生成NaCl，离子方程式。 43．(1) 硫酸 (2) 少量多次萃取 83.3% (3) (4)、 (5)0.08 mol/L (6) 12 【分析】向废钴镍矿（含有较高的钴、镍、镁、铅及一定量的铁和锰等元素）中加入稀硫酸进行常压浸出，得到含Fe2+、Fe3+、Mn2+、Co2+、Ni2+、Mg2+的硫酸盐（滤液）和难溶的（浸出渣），向滤液中加入Fe，将全部还原为，加入P2O4萃取剂将Co2+、Ni2+萃取，水相含有Fe2+、Mn2+、Mg2+的硫酸盐，有机相中含有钴、镍，对其进行反萃取，得到的水相再进行镍钴分离，一系列操作后得到固体，向滤液加入、发生反应生成（滤渣），将其进行灼烧分解得到得到，据此回答。 【详解】（1）后续要得到的产物为硫酸盐（），硫酸不引入多余杂质，盐酸会引入，硝酸具有氧化性，且会生成有毒氮氧化物，故选硫酸；废料中铅与硫酸反应生成难溶的，因此浸出渣为； （2）相同萃取剂总量下，少量多次萃取的萃取效率更高。原溶液，起始，萃取后，反应生成，根据反应式，反应消耗的，萃取率为； （3）被氧化为，被还原为，结合与物质的量比1:2，离子方程式为；隔绝空气灼烧时，从价降为价，部分从价升为价生成，分解反应为； （4）水相含杂质和目标离子，先加、稀硫酸将氧化为易沉淀的，再加调节pH，使完全沉淀、不沉淀，过滤除杂得到纯净溶液； （5）由，得，因此； （6）O原子做六方最密堆积，最密堆积中原子配位数为12，因此紧邻的O原子为12个；晶胞中含4个Fe、6个O，总质量为，六方晶胞体积为，密度。 44．(1)将含钪钛磁铁矿尾矿粉碎(或搅拌或适当升温) (2) (3) (4) (5)高温脱水的过程中，发生了水解反应 (6) 72 【分析】含钪钛磁铁矿尾矿含有、、、等，经过酸浸，、转化为Fe3+、Sc3+，而、难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为、；向酸浸后的滤液中加入氨水调节pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，故滤渣2的主要成分为Fe(OH)3；再向溶液中加入草酸，“沉钪”得草酸钪晶体；将草酸钪晶体加热可得Sc2O3；再将Sc2O3、足量焦炭和Cl2一起加热反应得到ScCl3。 【详解】（1）将含钪钛磁铁矿尾矿粉碎可以增大反应物接触面积，加快酸浸反应速率，提高浸出率，是提高浸出速率的常用方法。 （2）Sc是21号元素，基态原子电子排布为，价电子为3d、4s轨道上的电子，价电子轨道表示式为。 （3）要求沉淀完全，不沉淀，结合计算：沉淀完全时：，，pOH=11，，故；开始沉淀时：，得，pOH=9，，故； 因此pH范围为。 （4）“沉钪”时，草酸和反应生成草酸钪沉淀，离子方程式为：。 （5）Sc性质与Al相似，类比铝盐水解规律，经高温脱水制时产品中常含有杂质，其原因是：高温脱水的过程中，发生了水解反应。 （6）Sc为+3价，生成1mol 转移3mol电子，有效电子物质的量为，则，故；电解熔融时，阳极失电子生成，阳极反应式为。 45．(1)加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全) (2) 或亚铁离子 (3)、 (4) (5) (6)增大铵根浓度，促进尽可能析出完全 【分析】钒矿粉中V有+3、+4、+5价，先用30%H2SO4进行酸浸，同时加入MnO2作氧化剂并加热，使低价钒VO+等被氧化为+5价的，Fe2+也被氧化为Fe3+，不溶的SiO2等进入滤渣①。滤液①中含有、Fe3+、Al3+、Mn2+等离子，加入NaOH调节pH=3.0～3.1，使钒水解生成V2O5·xH2O沉淀，同时Fe3+、Al3+也会以Fe(OH)3、Al(OH)3形式进入滤饼②，而Fe2+、Mn2+在该pH下不沉淀，留在滤液②中。滤饼②再加入NaOH调至pH>13，V2O5·xH2O转化为可溶性的进入滤液③，Al(OH)3也因两性溶解生成[Al(OH)4]-，Fe(OH)3等不溶物进入滤渣③。随后用HCl调pH至8.5，使[Al(OH)4]-转化为Al(OH)3沉淀进入滤渣④，而留在滤液④中。最后加入NH4Cl，提高浓度，使与结合生成NH4VO3晶体。 【详解】（1）“酸浸氧化”需要加热，是为了加快酸浸和氧化反应速率，使矿粉中钒元素充分浸出，并使低价钒尽可能被氧化为+5价钒； （2）酸浸氧化过程中，MnO2作氧化剂，不仅能将低价钒氧化为，还可将Fe2+氧化为Fe3+。VO+中V为+3价，中V为+5价，V元素化合价升高2价；MnO2中Mn为+4价，被还原为Mn2+，化合价降低2价，根据得失电子守恒和元素守恒可得：； （3）“中和沉淀”时调节pH=3.0～3.1，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O。由表中数据可知，Fe3+开始沉淀pH为1.9，Al3+开始沉淀pH为3.0，因此在该pH范围内，Fe3+会生成Fe(OH)3沉淀，而Al3+也会开始生成Al(OH)3沉淀；而Fe2+、Mn2+开始沉淀pH分别为7.0、8.1，在pH=3.0～3.1时不沉淀； （4）“沉淀转溶”时加入NaOH使pH>13，V2O5·xH2O表现酸性氧化物性质，与OH-反应生成可溶性的偏钒酸根。根据原子守恒和电荷守恒，离子方程式为：； （5）在pH>13时，Al(OH)3因具有两性而溶于NaOH溶液，生成[Al(OH)4]-。调pH时加入HCl，H+与[Al(OH)4]-反应，使其重新生成Al(OH)3沉淀，即滤渣④。离子方程式为： [Al(OH)4]-+H+= Al(OH)3↓+H2O； （6）“沉钒”时发生与结合生成难溶NH4VO3晶体的过程，加入过量NH4Cl可以增大溶液中浓度，使沉淀平衡向生成NH4VO3方向移动，从而促进NH4VO3尽可能析出完全，提高钒的回收率。 46．(1) (2)或 (3) 增大，萃取反应逆向移动，使进入水相 (4) (5)9.15 (6) 阴极 AD 【分析】从某铜镍矿(主要含有Cu、Ni，还含有、FeO、MgO、CuO等杂质)资源中提取Cu和Ni，铜镍矿研磨后，加入O2和H2SO4浸出，金属氧化物转化为Ni2+、Fe3+、Cu2+、Mg2+；加入萃取剂后，Cu2+转化为CuR2进入有机层，在经过反萃取形成Cu2+水溶液，再转化为金属铜；水层中含有Ni2+、Fe3+、H+、Mg2+等阳离子，加入硫酸钠和氧化镁后，Fe3+转化为黄钠铁矾沉淀从水层中分离，滤液中含有Ni2+、H+、Mg2+等阳离子，再加入氧化镁后，Ni2+转化为Ni(OH)2再转化为金属镍。 【详解】（1） 基态价层电子排布式为：，故价层电子轨道排布图为：。 （2）具有氧化性，在酸性条件下可以将氧化成，反应的离子方程式为：或。 （3）反萃取形成Cu2+水溶液，根据反应，反应逆向进行，因此应加入酸，不引入题干中未涉及的离子，试剂a为；增大氢离子浓度，萃取反应逆向移动，使进入水相。 （4）水层中含有Ni2+、Fe3+、H+、Mg2+等阳离子，加入硫酸钠和氧化镁后，Fe3+转化为黄钠铁矾沉淀，离子方程式为： （5）Ni2+完全沉淀时溶液中，，Ni2+恰好完全程度时，， ， （6）电解溶液时阴极上铜离子得电子，阳极上氢氧根离子失电子，金属铜应在阴极析出；电解一小段时间后，为保持电解液成分不变可加入和。 47．(1)温度低于，反应速率较慢；温度高于，H2O2会发生分解，浸取率降低 (2)作沉淀剂，将Ag转化为AgCl；作络合剂，将Au转化为HAuCl4，从而浸出 (3) AgCl+2[Ag(S2O3)2]3−+Cl- 0.1208 (4) 阴 Na2S2O3 (5)4HAuCl4+3N2H4=3N2+4Au+16HCl 【分析】铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素，加入硫酸和双氧水浸取，铜溶，生成硫酸铜，过滤得到的浸出液1中含有硫酸铜和硫酸，滤渣含Ag、Au等，再向滤渣1中加入盐酸和双氧水，发生反应：2Au+8HCl+3H2O2=2HAuCl4+6H2O，2Ag+2HCl+H2O2=2AgCl↓+2H2O，过滤，向得到的滤渣中加入Na2S2O3，AgCl溶于Na2S2O3，生成[Ag(S2O3)2]3−，再进行点解，[Ag(S2O3)2]3−在阴极得到电子，被还原为Ag，电极反应为：[Ag(S2O3)2]3−+e-=Ag+2S2O32−，阴极区的溶液中含有Na2S2O3，可以循环使用，向浸出液2中加入N2H4，可以还原HAuCl4，生成Au和氮气，该反应N元素升高2价，Au元素降低3价，浸出液1中硫酸铜可以被还原为Cu，据此分析作答。 【详解】（1）“浸取1”中一般控制温度为左右，原因是：温度低于，反应速率较慢；温度高于，H2O2会发生分解，浸取率降低。 （2）Au不和盐酸反应，由分析可知，“浸取2”中，盐酸的作用为①提供酸性环境；②作沉淀剂，将Ag转化为AgCl；作络合剂，将Au转化为HAuCl4，从而浸出。 （3）由分析可知，“浸取3”中AgCl溶于Na2S2O3，生成[Ag(S2O3)2]3−，离于方程式为AgCl+2[Ag(S2O3)2]3−+Cl-，用溶液浸取，最终回收单质的质量为(假设的回收率为)，n(Ag)==0.06mol，则[Ag(S2O3)2]3−中的浓度为0.12mol/L，反应AgCl+2[Ag(S2O3)2]3−+Cl-的平衡常数K==，溶液中c(Cl-)=0.06mol/L，则c()==0.0008mol/L，则需要的的物质的量至少为0.0008mol/L×1L+0.12mol/L=0.1208mol。 （4）电沉积步骤中，阴极发生还原反应，[Ag(S2O3)2]3−得电子被还原为Ag，阴极反应生成，同时阴极区溶液中含有Na+，故电沉积步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用得物质为Na2S2O3。 （5）还原步骤中， HAuCl4被还原为Au，Au化合价由+3价变为0价，1molHAuCl4转移3mol电子，N2H4被氧化为N2，N的化合价由-2价变为0价，1mol N2H4转移4mol电子，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：4HAuCl4+3N2H4=3N2+4Au+16HCl。 48．(1) (2)AB (3) 蒸发浓缩 冷却结晶 (4) Fe(OH)3、Al(OH)3、Ga(OH)3 5.5~7 (5)或 (6)Al(OH)3 (7) 【分析】刚玉渣加入稀硫酸酸化，滤渣中含有Ti和Si单质，则滤液①中含有Ga3+、Al3+、Fe2+、Fe3+，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeSO4·7H2O，滤液②中主要含有Ga3+、Al3+、Fe3+，由“中和沉淀”得到的滤液③进入“结晶”步骤重复利用知，为避免“结晶”时产生Fe(OH)2沉淀，加入NaOH调节pH为5.5~7.5，“中和沉淀”得到Fe(OH)3、Al(OH)3、Ga(OH)3，再加入过量的NaOH溶液，Al(OH)3、Ga(OH)3溶解，分别生成[Al(OH)4]-（即）和[Ga(OH)4]-（即），向滤液④中通入适量CO2，[Al(OH)4]-生成Al(OH)3沉淀除去，电解含有[Ga(OH)4]-的溶液得到Ga单质，据此分析解题。 【详解】（1） 镓为31号元素，基态原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1，则基态镓原子的外围电子轨道表示式为； （2）A．将刚玉渣研细，增大接触面积，加快刚玉渣的酸浸速率，A正确； B．适当升高温度，加快刚玉渣的酸浸速率，B正确； C．质量分数为98%的浓硫酸电离出的H+较少，不利于酸浸，C错误； D．该反应没有气体参加反应，增大体系压强，不影响反应速率，D错误； 答案选AB； （3）中含有结晶水，故从溶液中得到的具体操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥； （4）由分析可知，滤液②中含有Ga3+、Al3+、Fe3+，由“中和沉淀”得到Fe(OH)3、Al(OH)3、Ga(OH)3； 若“滤液②”中阳离子浓度均为，“中和沉淀”过程中镓离子要完全沉淀，而Fe2+不沉淀，由表格数据可知，pH=9.0时Fe2+完全沉淀，此时pOH=5，，滤液②中阳离子浓度均为，则需控制，pOH=7，pH=7，故应调节的pH范围为5.5~7； （5）“碱浸”时 Ga(OH)3与NaOH反应生成Na[Ga(OH)4]，化学方程式为或； （6）由分析可知，“碳酸化”过程向滤液④中通入适量CO2，[Al(OH)4]-生成Al(OH)3沉淀除去，[Ga(OH)4]-不发生反应； （7）电解溶液制取镓单质，阴极是[Ga(OH)4]-得到电子转化为单质镓，反应式为。 49．(1) ds (2) (3)取最后一次洗涤液于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡，如无白色沉淀生成，则证明洗涤干净；若有白色沉淀生成，则证明没有洗涤干净 (4)将氢氧化物转化为氯化物和做溶剂 (5) 4.0 (6) 【分析】废旧CIGS首先焙烧生成金属氧化物和二氧化硒，之后再用硫酸和过氧化氢将氧化亚铜中-1价铜氧化为+2价，再加氨水分离氢氧化铜和、过滤，氨水过量氧化铜再溶解，用溶解得到滤渣，滤液经过浓缩结晶后，将氨气通入溶液中得到GaN。 【详解】（1）Se与硫同为VIA族元素，最外层有6个电子，基态原子的简化电子排布式为，基态原子属于ds区； （2）“酸浸氧化”得蓝色溶液，说明有生成，则该过程发生的主要氧化还原反应的离子方程式为； （3）“滤渣”是否洗涤干净，可以通过检验洗涤液中是否含有来检测，取最后一次洗涤液于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡，如无白色沉淀生成，则证明洗涤干净；若有白色沉淀生成，则证明没有洗涤干净； （4）、可分别写为 、的形式， 能和分子内的反应，、和 HCl反应均生成氯化物和 ，因此的作用是将氢氧化物转化为氯化物和作溶剂； （5）根据题干信息，恰好完全沉淀时溶液的，故=4；将、、三个反应相加可以得到，则平衡常数； （6）高温气相沉积时和、反应生成 GaN同时得到HCl， 化学反应方程式为 。 50． 除去油脂、溶解铝及其氧化物 +H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O Ni2+、Fe2+、Fe3+ O2或空气 Fe3+ 3.2~6.2 2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O 提高镍回收率 【分析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。 【详解】(1)根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可发生反应+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O，故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物；+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O； (2)加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+，故答案为：Ni2+、Fe2+、Fe3+； (3)“转化”在H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+，故答案为：O2或空气；Fe3+； (4)由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1，c(H+)=1.0×10-8.7mol·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；或者当Ni2+开始沉淀时pH=7.2，此时c(Ni2+)=0.01mol·L-1，c(H+)=1.0×10-7.2mol·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L-1，为避免镍离子沉淀，此时，则，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2~6.2，故答案为：；3.2~6.2； (5)由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClOˉ被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O，故答案为：2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O； (6)分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率，故答案为：提高镍的回收率。 【点睛】本题主要考查金属及其化合物的性质、沉淀溶解平衡常数Ksp的计算、氧化还原离子反应方程式的书写等知识点，需要学生具有很好的综合迁移能力，解答关键在于正确分析出工艺流程原理，难点在于Ksp的计算及“调pH”时pH的范围确定。 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 $