专题19 工艺流程综合题（3年汇编）（全国通用）2024-2026年高考化学真题分类汇编

**基本信息** 该试卷为2024-2026年高考化学工艺流程综合题真题汇编，含56道题，聚焦战略金属回收、绿色化工等真实情境，突出综合应用能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |工艺流程综合题|56道（高考真题）|元素周期表位置、离子方程式、溶度积计算、配合物结构、晶胞分析等|情境真实（如废芯片回收、稀土提取），融合化学观念与科学思维（条件控制、物质循环），契合高考命题趋势（原料复杂化、流程综合化）|

专题19 工艺流程综合题 1.【答案】（1） IVA     （2）①     ② 增大体系中氧气的压强（或浓度），从而加快反应速率     （3）b     （4）ac     （5）①     ② 炭为固体，过量的炭容易混入生成的铅中，导致铅的纯度下降     （6）①     ②       2.【答案】（1）废芯片粉碎，适当升高温度或增大空气通入量（任选一条即可）     （2）     （3）提取并回收金属铜，同时将阳极液中的氧化再生为（或 ）以便在“浸出1”中循环利用     （4）该反应的活化能较大，反应速率较慢     （5）4:1     （6）回收Au和Pd     （7）      3.【答案】（1）铝硅酸钠     （2）     （3）①     ②      （4）、     （5）A     （6）① 4    ② 否    ③ 可与形成，氯苯失去生成，两个带正电的不能结合成二联苯      4.【答案】（1）不能     （2）将还原为     （3）Ⅰ     （4）① 的溶解度小于    ② In元素的损失更少     （5）     （6）      5.【答案】（1）d     （2）① 提高氧气浓度，加快反应速率，使反应更充分（或提高钒、铬的浸出率等，合理即可）    ② 4FeO·V2O3 + 24NaOH + 5O2  2Fe2O3+ 8Na3VO4+ 12H2O     （3）① Fe2O3    ② CaSiO3     （4）在NaOH质量分数为30%时，40℃下Na3VO4的溶解度远小于80℃，而Na2CrO4的溶解度变化不大。降温至40℃时，Na3VO4大量结晶析出，而Na2CrO4仍留在溶液中，从而实现钒和铬的分离     （5）氧化     （6）2 + 3 + 10H⁺ = 2Cr3+ + 3 + 5H2O      6.【答案】（1）ds     （2）     （3）     （4）① HCl为强酸，会引入大量 导致溶液酸性过强，使PMS发生水解而降低氧化能力失效     ②      （5）作还原剂，将Au的阳离子还原为Au单质     （6）0.035     （7）      7.【答案】（1）     （2）研磨（粉碎）钪铝渣     （3）     （4）     （5）①     ② 洗脱    ③ 相同条件下，时，Fe元素的洗脱率远高于Sc元素，Fe元素被硝酸洗脱进入无机溶液2，Sc元素仍保留在有机相中     （6）12.6      8.【答案】（1）① 烃基    ② 溶液中pH越低，浓度越大，会和结合形成，带正电的更容易通过静电作用与表面带负电的黑云母结合，使其上浮从而提高黑云母的回收率；     （2）① 、    ② 酸性条件下可以将氧化成，促进的交换，有利于进入，提升酸浸效果     （3）① 40℃    ②      （4）0.6      9.【答案】（1）     （2）     （3）① 将+3价的还原为+1价、提供配体    ②      （4）     （5）      10.【答案】（1）① 四    ② ⅡB     （2）     （3）① 将元素转化为沉淀，提高的回收率    ② 、     （4）①     ② 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      11.【答案】（1）     （2）① 适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度等（任写两种）    ②     ③ C（石墨）     （3）+3     （4）NaOH溶液或Na2CO3溶液     （5）     （6）Na2SO4     （7）① 将氧化为，便于后续沉淀    ② 铁氰化钾溶液（）      12.【答案】（1）冶炼金属硫化物产生的可用于制备硫酸，为钛白厂提供原料，降低生产成本并减少环境污染     （2）蒸发浓缩、冷却结晶     （3）铁屑加入量不足，导致溶液中的未被完全还原，后续水解生成含铁杂质混入产品中     （4）①     ② 多孔结构具有较大的比表面积，物理吸附能力强，且能与发生化学反应     （5）①     ② 总反应的自由能变，反应能够自发进行      13.【答案】（1）     （2）矿石产生微裂纹，增大固液接触面积，便于酸液渗透，加快浸出反应速率     （3）提供大量H+，增强体系酸性，促进氧化铁矿物溶解、提供，与形成稳定配离子，促进铁元素浸出、同时不引入杂质，不干扰后续FePO4沉淀生成（任选两条）     （4）     （5）①     ② NH4Cl     （6）      14.【答案】（1）① 三    ② 增大反应物的接触面积，加快焙烧反应速率，使矿石反应更充分    ③     ④ 2     （2）①     ② 砷、硫     （3）①     ② 10      15.【答案】（1）增大反应物接触面积     （2） （或铁粉）     （3）①      ②  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）① GaN    ② A、B或C    ③ C或A、B      16.【答案】（1）     （2）b     （3）[Cu(NH3)4]2+     （4）     （5）SiO2     （6）① ZnS    ② 4.8×10-10     （7） 17.【答案】（1）洗去废催化剂表面吸附的，减少后续“碱溶”时碱的消耗     （2）① 加热（或搅拌、适当增大溶液浓度、粉碎废催化剂等）    ②      （3）     （4）     （5）     （6）c     （7）     （8）正四面体形      18.【答案】（1）加快“加压氨浸”的速度     （2）     （3）①     ②     ③ 盐酸     （4）90%     （5）① 实现、等物质的循环利用，原料利用率高    ② 资源综合利用，既回收铜又制得铝盐絮凝剂，减轻固体废弃物对环境的压力      19.【答案】（1）     （2）①     ②      （3）①     ②     ③      （4）4     （5）     （6）89.6      20.【答案】（1）     （2）①     ②      （3）①     ② 防止形成胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降     （4）     （5）①     ②     ③ sp2      21.【答案】（1）     （2）     （3）① 正向    ② ＜     （4）     （5）a     （6）ab      22.【答案】（1）① 原料廉价易得    ② 不生成对苯二甲酸     （2）50     （3）除去剩余的对甲基苯甲醛     （4）①     ② +H+      （5）① ③    ② ①    ③ ④    ④ 氧气      23.【答案】（1）Pb的密度大于PbS、、SnS     （2）①     ② 趁热过滤     （3）当时，随着浓度降低，沉淀溶解平衡正向移动，溶解度增大 当时，随着浓度增大，络合平衡正向移动，溶解度增大     （4）①     ② 0.084     （5）①     ② 通入空气（或加入）并补充HCl      24.【答案】（1）① Ag+与I-结合比与NH3结合更稳定    ② [Ag(NH3)2]+、NH     （2）AgI+Cl2=AgCl+ICl     （3）ab     （4）5I-++6H+=3I2+3H2O     （5）0.25     （6）① 升华    ② 未回收处理“滤液1”      25.【答案】（1）①     ②     ③      （2）① 使溶液中的为    ② 大于     （3）配位作用     （4）浓缩结晶、过滤     （5）钾离子处在结构的层间及空洞中，能够通过阳离子交换释放      26.【答案】（1）O     （2）C     （3）防止遇冷后产物析出而损失     （4）ABC     （5）AD     （6）错误，降温速率与浓度同时在变化，无法判断      27.【答案】（1）① 四    ② ⅠB     （2）2CuCl2+3Na2CO3+2H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+2NaHCO3或2CuCl2+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+CO2     （3）PbSO4     （4）     （5）0.5     （6）① d    ② 碱浸脱氯     （7）① 放电顺序：，阴极产生大量气泡，说明溶液中已经没有Cu2+，Zn2+因氧化性弱于氢离子未参与反应，留在溶液中，实现铜、锌的分离    ② 若不脱氯，Cl-在阳极被氧化生成Cl2污染环境，氯气可与阴极产生的氢气反应可能会发生爆炸，存在安全隐患，且影响铜、锌分离效果      28.【答案】（1）①     ② Fe2O3、CaSO4     （2）减小     （3）H2SO4     （4）① 4×10-4    ②      （5）低温焙烧      29.【答案】（1）搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等     （2）4Fe2++O2+4H2O 2Fe2O3↓+8H+     （3）5     （4）AD     （5）① 3：1：1    ② 12     （6）① 2NH3N2+3H2    ② Fe2O3+3H2 2Fe+3H2O    ③     ④ 没有污染物产生      30.【答案】（1）     （2）     （3）     （4）大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度     （5）     （6）0.19     （7）① 12    ②       31.【答案】（1）① 搅拌    ② 适当升温等     （2）① 6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O    ② 10-2.15     （3）O2     （4）pH过大，沉淀为Mg(OH)2，不能分解产生CO2，不能得到疏松的轻质     （5）     （6）(NH4)2SO4     （7）还原      32.【答案】（1）① 氧化生成S，促进酸浸反应正向进行    ② 否, ，， ，则未沉淀完全    ③ ZnO     （2）①     ② 负电     （3）①     ② 生成As2S3沉淀附着于ZnS表面，阻止反应；随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促使As2S3+6H2O2H3AsO3+3H2S平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降      33.【答案】（1）     （2）     （3）①     ② MgO     （4）增大CO2的溶解度，保证酸化反应充分进行     （5）     （6）     （7）煅烧      34.【答案】（1）溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离     （2）①     ② SiO2     （3） 、     （4）A     （5）① +1    ② 6：1     （6）除去滤渣中未反应的Zn及生成的Sn      35.【答案】（1）使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，同时使As2O3沸腾收集     （2）4++2=3+CO2     （3）分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液     （4）电解法或置换法     （5）①     ② CsPbBr3    ③       36.【答案】（1）2     （2）     （3）温度升高，反应速率增大，浸出率增大；温度过高时，氨气逸出，且过二硫酸铵也分解，造成浸出率减小     （4）Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu     （5）Fe     （6）① pH 升高，酒石酸根浓度增大，促进PbA的生成    ② Pb(OH)2或     （7）PbC4H4O6 Pb+4CO↑+2H2O↑      37.【答案】（1）① 2.0    ② 3d1    ③      （2）① 冷却结晶    ② 草酸晶体     （3）4     （4）①     ② HMT     （5）ab      38.【答案】（1）① 把二氧化锰还原为硫酸锰    ② 把软锰矿粉碎、搅拌、加热等     （2）SiO2     （3）Al3+     （4）D     （5）     （6）① 4    ②       39.【答案】（1）增大矿石的接触面积，提高反应速率，使反应更充分     （2）     （3）① 随焙烧温度升高，生成的速率加快    ② 发生分解生成难溶于水的     （4）     （5）粗铜若未经酸浸，会残留较多的Fe，在电解时，阳极会发生反应Fe-2e-=Fe2+，溶液中的 Fe2+易被空气中O2氧化为 Fe3+，Fe3+在阴极发生反应Fe3++e-=Fe2+      40.【答案】（1）① 恒压滴液漏斗    ② 增大SO2的溶解度、增大H2SO3的浓度，同时为步骤Ⅱ提供低温     （2）防止过多的MnO2与H2SO3反应生成MnSO4，同时防止反应太快、放热太多、不利于控制温度低于10℃     （3）除去过量的SO2（或H2SO3）     （4）静置，向上层清液中继续滴加几滴饱和Na2CO3溶液，若不再产生沉淀，说明Mn2+已沉淀完全     （5）D、A、E      41.【答案】（1）NH3     （2）SiO2     （3）①     ② ，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙     （4）净水     （5）①     ② Ca3N3B    ③       42.【答案】（1）     （2）①     ② 铁还原氯化银形成Fe-Ag原电池，氯化银在Ag表面得到电子    ③ 用蒸馏水洗涤滤渣，最后一次洗涤滤液中滴加硝酸银溶液无明显现象，转移滤渣至烧杯中，打开通风设备；向烧杯中边加稀HNO3边搅拌至无气泡产生，若无固体剩余，则氯化银转化完全     （3）①     ② 纳米Ag表面形成氧化物，减少Ag+产生      43.【答案】（1）①     ②     ③      （2）     （3）①     ② 提高溶液中浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放    ③ 离子交换     （4）     （5）bd      44.【答案】（1）① 增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率    ② Pb     （2）① 将溶液中的氧化为，以便在后续调pH时除去Fe元素    ② 溶液    ③      （3）①     ②      （4）① 、    ②       45.【答案】（1）CuSO4     （2）     （3）(或FeAsO4)     （4）BC     （5）形成配合物，促进金的氧化     （6）作还原剂(或置换Au)     （7）①     ② NaCN      46.【答案】（1）① MgCO3    ② 、、OH-、Cl-    ③ 调节溶液pH值，防止钙离子、镁离子、锰离子转化为氢氧化物的沉淀     （2）BC     （3）① 取一定量Y于试管中，加入适量硝酸溶解，再加入适量NaBiO3，观察到溶液变为紫红色，则证明Y中含有锰元素    ②       47.【答案】（1）①     ② 4.5    ③ 该条件下ii的影响程度大于i的影响程度     （2）     （3）     （4）① 蒸发结晶    ② 除去杂质     （5）① 4    ② 四面体形    ③ bde      48.【答案】（1）Zn     （2）氨水     （3）① 或不含结晶水形式    ② 0.75     （4）①     ② 钾肥或其他合理用途     （5）      49.【答案】（1）SiO2     （2）2.8×10-6     （3）NaOH溶液     （4）① 提供Na+和反应所需要的碱性环境    ②      （5）①     ② 3    ③ 0.25    ④ 乙      50.【答案】（1）① Fe2O3    ② Fe2O3溶于盐酸，c(H+)减小，Fe3+水解进入滤渣     （2）① c(OH-)增大，SO量增多，(R3NH)2SO4量增多，萃取正向进行程度增加    ② 2:1     （3）①     ② 2:1      51.【答案】（1）① 1:1    ② H2S     （2）热浸     （3）将过量的Fe3+还原为Fe2+     （4）① C    ②      （5）阳极      52.【答案】（1）增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率     （2）     （3）①     ② 不能     （4）     （5）     （6）     （7）向滤液中滴加溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH为8.2到12.0之间，使锌离子沉淀完全，静置后过滤、洗涤、干燥      53.【答案】（1）     （2）快速冷却     （3）无明显现象     （4）①     ② 反萃取     （5）增强熔融氯化铍的导电性     （6）      54.【答案】（1）① 四    ② ⅠB     （2）Cu2+     （3）     （4）AgCl     （5）①     ②      （6）3：4     （7）(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧键，氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构      55.【答案】（1）b     （2）① +6    ② 2U3O8+O2+6NaOH3Na2U2O7+3H2O     （3）① Na3PO4•12H2O    ② 热分解     （4）① 2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O    ② 4×10﹣7     （5）RaSO4      56.【答案】（1）2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑     （2）Ga3++4Cl-=[GaCl4]-     （3）① 铁    ② [FeCl4]-     （4）① 高    ② NaCl     （5）① 3.2    ② 4.0×10-7     （6）① 2:1:1    ② 8a3      试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题19 工艺流程综合题 3年真题 考点分类 三年考情（2024-2026） 命题规律 工艺流程综合题 2026浙江6月(1题)、2026甘肃(1题)、2026广西(1题)、2026全国卷(1题)、2026江苏(1题)、2026重庆(1题)、2026湖北(1题)、2026四川(1题)、2026江西(1题)、2026贵州(1题)、2026山东(1题)、2026广东(1题)、2026湖南(1题)、2026河北(1题)、2026陕晋青宁(1题)、2026河南(1题)、2026云南(1题)、2025贵州(1题)、2025福建(1题)、2025广西(1题)、2025海南(1题)、2025江西(1题)、2025浙江6月(1题)、2025四川(1题)、2025全国卷(1题)、2025湖南(1题)、2025山东(1题)、2025湖北(1题)、2025广东(1题)、2025云南(1题)、2025陕晋青宁(1题)、2025江苏(1题)、2025河北(1题)、2025河南(1题)、2025甘肃(1题)、2025黑吉辽蒙(2题)、2024广西(1题)、2024福建(1题)、2024海南(1题)、2024江西(1题)、2024贵州(1题)、2024广东(1题)、2024北京(1题)、2024甘肃(2题)、2024江苏(2题)、2024河北(1题)、2024山东(1题)、2024新课标(1题)、2024全国甲卷(1题)、2024湖北(1题)、2024辽宁(1题)、2024安徽(1题)、2024浙江1月(1题) · 情境设置：以矿产、冶炼废渣、废旧材料资源化为主，突出战略金属、绿色化工与循环利用。 · 考查重点：围绕焙烧、浸取、除杂、沉淀、萃取、分离提纯，综合考查方程式、离子反应、氧化还原及实验操作。 · 命题趋势：原料成分更复杂，流程更综合，强化条件控制、物质循环、产率计算和环保意识。 1.(2026·湖南·高考真题)一种由硫化铅精矿(含PbS及少量ZnS、CdS)制备高纯铅的工艺流程如下： 已知：①乙二胺(，简写为en)为一种二元弱碱。 ②，。 ③金属离子浓度不超过时，认为该离子已沉淀完全。 回答下列问题： （1）Pb在元素周期表中的位置为第六周期第　　　　　　族。 （2）“加压氧化”中，PbS发生反应的离子方程式为　　　　　　；采用加压操作可提高反应速率，原因是　　　　　　。 （3）“酸性溶液”经处理后，、浓度分别为、，调pH使恰好沉淀完全时(假设溶液体积不变)，　　　　　　(填标号)。 a．沉淀完全       b．部分沉淀       c．未沉淀 （4）“胺浸”后，转化为配合物，“沉铅”所得固体为碱式碳酸铅[]。下列说法正确的是　　　　　　(填标号)。 a．配合物中的配位原子为N b．“沉铅”过程中，溶液pH增大 c．流程中烯烃和乙二胺得到了循环利用 （5）“高温还原”中，生成Pb的化学方程式为　　　　　　；若用炭代替CH4，将导致铅纯度下降，原因是　　　　　　。 （6）“再生”时，得到的“含钙粗产品”的主要成分有　　　　　　、　　　　　　(写化学式)。 【答案】（1） IVA     （2）①     ② 增大体系中氧气的压强（或浓度），从而加快反应速率     （3）b     （4）ac     （5）①     ② 炭为固体，过量的炭容易混入生成的铅中，导致铅的纯度下降     （6）①     ②       【解析】加压氧化将转化为和单质；胺浸利用乙二胺将转化为可溶性配合物以实现固液分离；沉铅通过通入生成碱式碳酸铅沉淀；高温还原利用将铅还原出来；再生步骤利用回收乙二胺并处理副产物。 (1)Pb的原子序数为82，与碳、硅等同族，位于元素周期表第六周期第IVA族。 (2)“加压氧化”中，与空气中的及加入的硫酸反应，生成沉淀和单质。根据电子守恒和原子守恒，可写出离子方程式为。采用加压操作可以增大氧气的溶解度或浓度，从而有效加快反应速率。 (3) 当恰好沉淀完全时，溶液中，此时溶液中。 对于，其浓度商。 因为，故有沉淀生成； 若沉淀完全，需要，说明此时并未沉淀完全。因此部分沉淀，选b。 (4)a．乙二胺()中的氮原子含有孤电子对，可作为配位原子与形成配位键，正确； b．“沉铅”过程中通入，生成碱式碳酸铅[]，消耗了溶液中的碱性物质（乙二胺），导致溶液pH减小，错误； c．由流程图可知，“再生”工序加入后重新得到乙二胺，同时烯烃并未被消耗，二者返回胺浸工序循环利用，正确； 故选ac。 (5)“高温还原”中，与反应生成、和。反应中元素化合价由+2降至0，元素化合价由-4升至+4，根据得失电子守恒配平化学方程式为 。若用炭代替，由于炭是固体，反应后过量的炭容易作为杂质混入液态或固态铅中难以分离，从而导致铅的纯度下降。 (6)“沉铅”后的溶液中含有硫酸根离子和通入后产生的碳酸根离子（或碳酸氢根离子），加入进行“再生”时，钙离子会与硫酸根离子、碳酸根离子反应生成微溶的和难溶的沉淀，因此得到的“含钙粗产品”的主要成分为和。 2.(2026·河南·高考真题)一种从废芯片(主要含有、、、、等)中回收金属的工艺流程如下： 已知：流程中被还原为；“浸出2”中和的浸出率较低；“浸出3”中和转化为和。 回答下列问题： （1）提高“焙烧”效率的措施有　　　　　　　　　　　(写出一条即可)。 （2）“焙烧”中，未完全转化为，“浸出1”中参与反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 （3）“电解”时，“滤液1”和溶液分别作阴极液和阳极液，不锈钢片和石墨片分别作阴极和阳极，阴离子交换膜作隔膜。“电解”的目的是　　　　　　　　　　　。 （4）已知的约为，表明该反应可以进行得基本完全，但在“浸出2”中浸出率较低，原因是　　　　　　　　　　　。 （5）“沉淀”产生的可被还原为，中元素只转化为。理论上与反应的物质的量之比为　　　　　　　　　　　。 （6）“滤液3”需要合并到“浸出3”所得滤液中，目的是　　　　　　　　　　　。 （7）“氧化”中，转化为沉淀，该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）废芯片粉碎，适当升高温度或增大空气通入量（任选一条即可）     （2）     （3）提取并回收金属铜，同时将阳极液中的氧化再生为（或 ）以便在“浸出1”中循环利用     （4）该反应的活化能较大，反应速率较慢     （5）4:1     （6）回收Au和Pd     （7）      【解析】该流程是从含有、、、、等的废芯片中分步回收有价金属，废芯片先经焙烧预处理氧化部分金属；随后“浸出1”用硫酸+硫酸铁溶解铜，所得滤液1经电解可回收铜单质，同时再生循环回浸出工序；之后经“浸出2”浸出Ag+及少量Au3+、Pd2+，滤液沉银得到，可还原回收银；再经“浸出3”进一步浸出剩余、，得到的氯配离子用Zn还原得到Au、Pd产品；最后含的流出液经氧化得到回收铈，滤液3循环利用，提升了金属收率与原料利用率。 (1)提高焙烧效率的措施可以从增大接触面积、提高温度、增加氧气浓度等方面考虑。例如将废芯片粉碎，适当升高温度或增大空气通入量，任选一条即可。 (2)“浸出1”中使用了H2SO4和Fe2(SO4)3，Fe3+具有氧化性，可以将Cu氧化为Cu2+，自身被还原为Fe2+。离子方程式为：。 (3)“滤液1”中含有Fe 2+、Cu 2+等离子，阳极液为FeSO4溶液，阳极反应为，阴极反应为：。通过电解，可以将Fe 2+氧化为Fe 3+，同时回收Cu。Fe3+可循环用于“浸出1”，而Cu作为固体1被回收。 (4)的约为，从热力学角度来看反应趋势很大、可以进行得基本完全。但实际生产中“浸出率较低”（反应并没有充分发生），这通常是动力学原因导致的。即该反应的活化能很高，在常温或浸出条件下反应速率极慢，导致短时间内无法有效浸出。 (5)AgCl被还原为Ag，Ag+ → Ag，每个Ag+得1e⁻。被氧化为，N从-2 → 0，每个N失2e⁻，1 mol失4e⁻，根据得失电子守恒可得。 (6)“滤液2”中含有少量Au3+、Pd2+，在沉淀步骤中转化为、，合并到“浸出”的滤液中，可在“还原”步骤中被Zn还原为Au、Pd，提高其回收产率。 (7)氧化”步骤中，NaClO将氧化为，在碱性条件下生成沉淀。ClO⁻被还原为Cl⁻。根据氧化还原反应配平，离子方程式为。 3.(2026·浙江6月·高考真题)铝及其化合物应用广泛。 工业上以铝土矿（主要成分可表示为，另含有少量、等元素）为原料生产铝及其化合物的流程如下： 请回答： （1）步骤Ⅰ生成　　　　　　　　　　（填一种物质名称），会导致产品铝的产率降低。 （2）结合能力：　　　　　　　　　　　Fe(OH)3（填“”“”或“”）。 （3）①步骤Ⅱ，高温饱和X溶液冷却，无沉淀析出，加入少量固体后，析出大量沉淀。沉淀析出的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（用化学方程式表示）。 ②步骤Ⅱ，往X溶液中通入也可析出沉淀。该反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）步骤Ⅲ，依次与两种含氟化合物反应，可制备。这两种含氟化合物是　　　　　　　　　（填化学式）。 （5）铝土矿中常伴生元素镓（Ga），通过上述流程可能进入产品铝中。为判断产品铝中是否含有Ga元素，宜采用的方法是　　　　　。 A．原子发射光谱法       B．红外光谱法       C．核磁共振氢谱法 （6）已知：。 ①的一种晶胞如图。该晶胞中阴离子的个数是　　　　　　　　。 ②有同学认为：通过形成，AlCl3能促使如下转化发生： 判断该观点是否合理　　　　　（填“是”或“否”），并从结构角度说明理由　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）铝硅酸钠     （2）     （3）①     ②      （4）、     （5）A     （6）① 4    ② 否    ③ 可与形成，氯苯失去生成，两个带正电的不能结合成二联苯      【解析】铝土矿与溶液在加热加压条件下反应，转化为Na[Al(OH)4]‌， 转化为，而不溶，形成滤渣（铝硅酸钠、  等）。Na[Al(OH)4]‌溶液经步骤Ⅱ析出。与、 反应生成。另外煅烧Al(OH)3得到Al2O3，加入冰晶石后电解得到，再进一步制备。据此解答； (1)铝土矿中的会与反应生成，而转化为Na[Al(OH)4]‌。在步骤Ⅰ中，与Na[Al(OH)4]‌可能发生反应生成铝硅酸钠沉淀，这会导致部分元素进入滤渣，从而降低铝的产率。 (2)在步骤Ⅰ中，能溶于溶液，而不溶。这说明的酸性比强，即更容易结合形成 。 (3)① 根据流程，溶液应为Na[Al(OH)4]‌溶液。在水中存在水解平衡。加入少量的固体作为“晶种”，可以打破溶液的过饱和状态，促使水解平衡向生成沉淀的方向移动，从而析出大量沉淀，反应方程式为。 ②Na[Al(OH)4]‌溶液中通入，生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，化学方程式为。 (4)需要先与反应生成，再与反应生成。总反应可表示为：，因此，两种含氟化合物是和。 (5)判断物质中是否含有某种金属元素（如镓Ga），最常用、最灵敏的方法是原子发射光谱法（利用不同元素原子的特征光谱线进行定性或定量分析）。红外光谱主要用于测定有机物中的官能团，核磁共振氢谱用于测定有机物中氢原子的种类和比例，故选A。 (6)①观察晶胞图：（黑球）：位于体内，总数为个。根据化学式，与比例为1:1，故也为4个。 ②催化反应的原理是通过结合形成，从而使碳卤键断裂产生碳正离子（），而两个带正电的不能结合成二联苯。 4.(2026·江西·高考真题)稀散金属铟（In）是重要的战略资源。粗中主要杂质元素有As（Ⅲ）、Fe（Ⅲ）、Pb（Ⅱ），精制工艺流程图如下： 已知： a）萃取剂[Hbet][]是离子液体 b）， c）分配率（Fe） 回答下列问题： （1）离子液体[Hbet][]　　　　　　　　（填“能”或“不能”）与水互溶。 （2）阶段Ⅰ，In、Fe元素在两种体系中的浸出率及分配率如图，体系中维生素C（Vc）的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （3）有机相2可循环用于阶段　　　　　　　　（填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”）。 （4）试剂①可选择HCl或，主要元素的含量如下表（，按投料计质量分数）。 元素 粗/ 水相2/（） 精制/ 组 HCl组 组 HCl组 Fe 1.60 41 32 0.071 0.056 Pb 0.26 3 44 0.0042 0.016 In 58 18000 33000 51 57 i．水相2中，组浓度远小于HCl组，原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ii．实际工艺中选用HCl的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （5）阶段Ⅲ，溶液中　　　　　　　　时，恰好沉淀完全。 （6）水相2中的砷酸（）最终转化成沉淀，杂质As被除去。写出总化学反应方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）不能     （2）将还原为     （3）Ⅰ     （4）① 的溶解度小于    ② In元素的损失更少     （5）     （6）      【解析】流程分为三个核心阶段：阶段Ⅰ利用离子液体萃取剂实现In与杂质初步分离，加入维生素C将还原为，降低Fe在萃取相的分配率，减少In中Fe杂质混入；阶段Ⅱ经酸反萃取将In转移入水相，萃取后得到的有机相可回收循环回阶段Ⅰ利用；阶段Ⅲ通过分步调pH，先沉淀除去Fe、As（As最终转化为沉淀除去），再沉淀得到高纯度精制。 (1)由题给流程知，阶段1过滤后有分液操作，说明该离子液体与水不互溶。 (2)由图可知，水中加入Vc后，Fe的分配率显著下降，In的浸出率、分配率几乎不受影响；Vc是典型的还原剂，其作用为将还原为，实现In和Fe的初步分离。 (3)有机相2的成分为萃取剂，该萃取剂在阶段Ⅰ参与萃取过程，因此提纯再生后可循环用于阶段Ⅰ。 (4)i．由分析知，硫酸与盐酸在阶段Ⅱ的作用为生成难溶物或，将元素除去，组浓度低，说明更难溶。 ii．由表格数据，HCl体系水相2中In浓度远大于硫酸体系，即In保留量更多，最终精制中In的更高，Fe杂质含量更低，表明主要考虑选用HCl可使In元素损失更少。 (5)恰好沉淀完全时，，此时。 (6)由分析知，阶段Ⅰ中被还原为，水相2中、反应生成沉淀，铁由+2价变为+3价，故需要加入氧化剂，没有给出氧化剂时，考虑空气中的氧气，根据电子得失守恒、原子守恒配平化学方程式为。 5.(2026·河北·高考真题)钒和铬是重要的战略金属。河钢集团与中科院合作研发了国际领先的亚熔盐法清洁生产工艺，实现在温和条件下钒和铬的高效提取。主要流程如下： 已知：钒渣主要含、、和少量CaO、 等。 回答下列问题： （1）V和Cr均位于元素周期表的　　　　　区。 （2）氧化工序通常采用较大的流量，其目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　；配平化学方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 _____ _____ _____ _____ _____ ______ （3）滤渣的主要成分有 、　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　(填化学式)。 （4）80℃和40℃时，和的溶解度随 质量分数变化如图所示。结合图像分析 质量分数为30%时，冷却结晶工序降温至40℃有利于实现钒和铬有效分离的原因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （5）母液返回　　　　　　　　　工序。 （6）还原工序中，反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）d     （2）① 提高氧气浓度，加快反应速率，使反应更充分（或提高钒、铬的浸出率等，合理即可）    ② 4FeO·V2O3 + 24NaOH + 5O2  2Fe2O3+ 8Na3VO4+ 12H2O     （3）① Fe2O3    ② CaSiO3     （4）在NaOH质量分数为30%时，40℃下Na3VO4的溶解度远小于80℃，而Na2CrO4的溶解度变化不大。降温至40℃时，Na3VO4大量结晶析出，而Na2CrO4仍留在溶液中，从而实现钒和铬的分离     （5）氧化     （6）2 + 3 + 10H⁺ = 2Cr3+ + 3 + 5H2O      【解析】简要分析工艺流程：氧化：加入溶液，通入，140℃~180℃反应，铁的转化：  被氧化为  ，钒的转化：根据小问（2），碱性条件下被氧化为。铬的转化：被氧化为。硅的转化：直接与反应生成。沉淀：加入和，与水反应生成。与沉淀。同时，生成的氧化铁和不与碱反应的氧化镁也可能在此处作为滤渣除去。冷却结晶：降温至，利用不同物质溶解度随温度变化的差异进行分离。的溶解度受温度影响较大，且在高浓度碱性溶液中，降温容易析出；的溶解度通常较大，且受温度影响相对较小，在该条件下仍保持溶解状态。 析出的固体主要为钒的化合物（后续处理可得  ），而铬保留在母液中。这一步实现了钒铬分离。蒸发结晶：对分离出钒后的母液进行蒸发浓缩。让从母液中析出，母液中亦含有少量，还原：利用稀  、  。 将溶液中的 还原为。水解沉淀：调节溶液的 pH 值，使  发生水解反应，生成沉淀。后续过滤得到的  沉淀经过煅烧分解，即可得到最终产品  。 (1)根据元素周期表分区规则，V（23号）属于第ⅤB族，Cr（24号）属于第ⅥB族，它们的价电子排布分别为3d34s2和3d54s1，均位于d区。 (2)首先，氧化工序的目的是将FeO·V2O3和FeO·Cr2O3中的Fe(Ⅱ)、V(Ⅲ)、氧化为Fe(Ⅲ)、V(Ⅴ)，同时需要保证反应物充分接触，提高反应速率和转化率。采用较大O2流量可以提高氧气浓度，加快反应速率，使反应更充分（或提高钒、铬的浸出率等，合理即可）。配平化学方程式：FeO·V2O3中Fe为+2价，V为+3价；Fe2O3中Fe为+3价，Na3VO4中V为+5价。每1 mol FeO·V2O3中，Fe失去1 mol e⁻，2 mol V共失去4 mol e⁻，总计失去5 mol e⁻。O2每1 mol得4 mol e⁻，因此FeO·V2O3与O2的系数比为4:5。最终方程式为：4FeO·V2O3 + 24NaOH + 5O2  2Fe2O3+ 8Na3VO4+ 12H2O。 (3)在氧化步骤中，FeO·V2O3和FeO·Cr2O3被氧化为Fe2O3、Na3VO4、Na2CrO4，SiO2与NaOH反应生成Na2SiO3。进入沉淀步骤后，加入和，与水反应生成。与沉淀，MgO与Fe2O3不与碱反应，综上，滤渣主要成分为MgO、Fe2O3、CaSiO3。 (4)观察图像：在80℃时，Na2CrO4的溶解度较高，且随NaOH浓度增加而降低。Na3VO4的溶解度较低，在40℃时，Na3VO4溶解度显著降低，而Na2CrO4溶解度仍较高。当NaOH质量分数为30%时，40℃下Na3VO4溶解度远小于80℃，而Na2CrO4溶解度变化不大。因此，降温至40℃时，Na3VO4大量结晶析出，而Na2CrO4仍留在溶液中，可实现钒和铬的分离。 (5)母液主要含NaOH，以及未结晶析出的Na3VO4、Na2CrO4等，根据流程，母液应返回“氧化”工序，继续参与反应，提高原料利用率。 (6)还原工序中，Na2CrO4被Na2SO3还原为Cr3+，被氧化为。根据氧化还原反应配平，离子方程式为2 + 3 + 10H⁺ = 2Cr3+ + 3 + 5H2O。 6.(2026·云南·高考真题)创新驱动，深挖“城市矿山”，一种从废弃印刷电路板(WPCB)(主要含Cu、Ni、Au、Ag)中分离回收有价金属的工艺如下： 已知：①PMS为过一硫酸盐(含过氧键)，在强酸介质中会水解。 ②表示具有高氧化活性的单线态氧分子。 回答下列问题： （1）Au与Cu同族，属于　　　　　　　　　　区元素。 （2）“酸浸1”中发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　。 （3）“滤液2”中主要的金属离子有、　　　　　　　　　　(填离子符号)。 （4）“氧化溶金”中，KCl不能用HCl替代的原因为　　　　　　　　　　；PMS发生反应的离子方程式　　　　　　　　　　。(将离子方程式补充完整) __________+__________ （5）工序“”中，抗坏血酸的作用为　　　　　　　　　　。 （6）“碱沉”前，用的标准溶液测定“滤液”中的及浓度，和与的关系如图(，，忽略的水解)。“滤液1”中的浓度为　　　　　　　　　　(结果保留小数点后3位)。 （7）“沉银”时，“滤液2”与“滤液3”混合时有少量生成，其反应的化学方程式为　　　　　　　　　　。 【答案】（1）ds     （2）     （3）     （4）① HCl为强酸，会引入大量 导致溶液酸性过强，使PMS发生水解而降低氧化能力失效     ②      （5）作还原剂，将Au的阳离子还原为Au单质     （6）0.035     （7）      【解析】酸浸1：经过预处理的WPCB加入稀盐酸，Ni与稀盐酸发生置换反应生成溶解，而Cu、Ag、Au不与稀盐酸反应 。过滤后，滤液1主要成分为和过量的 HCl，滤渣1为 Cu、Ag、Au 。    碱沉：向滤液1中加入 NaOH 溶液，首先中和过量的 HCl，随后沉淀生成   。过滤后得到的滤液3主要含有 NaCl 。    酸浸2：向滤渣1中加入稀硝酸，Cu和Ag溶解生成、，Au 不与稀硝酸反应 。过滤后，滤液2主要含有 和过量的，滤渣2为单质 Au 。    氧化溶金：将滤渣2（Au）加入含有 PMS 和 KCl 的体系中，利用 PMS 的氧化性氧化 Au，同时起到络合作用，生成溶解进入滤液4 。    还原金：向滤液4中加入抗坏血酸（X），利用其还原性将金的络合物还原为纳米 Au 。    沉银：将含有的滤液2与含有的滤液3混合，发生沉淀反应生成 AgCl 。 (1)Cu位于IB族，IB、IIB族元素属于ds区，Au与Cu同族，故为ds区元素。 (2)酸浸1加入稀盐酸，活泼金属Ni与稀盐酸反应溶解，Cu、Ag、Au不与稀盐酸反应，因此离子方程式为Ni和反应生成和，离子方程式：。 (3)滤渣1含Cu、Ag、Au，酸浸2加入稀硝酸，Cu、Ag与稀硝酸反应溶解生成、，Au不溶解，因此滤液2中金属离子除外还有。 (4)根据已知信息，PMS在强酸介质中会水解，若用HCl代替KCl，溶液酸性过强，PMS水解导致氧化能力下降。由已知② 可知体系生成具有高氧化活性的单线态氧分子（） ，PMS（以表示）发生分解反应生成硫酸根、氢离子和单线态氧，其离子方程式为：。 (5)“氧化溶金”后，金以 +3 价络离子形式存在于溶液中。抗坏血酸（维生素C）具有较强的还原性，在此工序中作为还原剂，将金的络离子还原析出，从而得到纳米 Au 。 (6)V(NaOH) 在 0 ~ 20.00 mL 之间时，pOH 急剧下降，此时是 NaOH 溶液中和滤液1中过量的 HCl 的阶段 。 V(NaOH)在 20.00 ~ 55.00 mL 之间时，曲线趋于平缓，到达 55.00 mL 时 pNi 发生突变上升，说明此阶段NaOH均用于沉淀，沉淀消耗NaOH体积为，，由得，。 (7)滤液2中以形式存在，滤液3中含碱沉后过量的NaOH，AgOH不稳定分解为，因此反应为硝酸银与氢氧化钠反应生成氧化银、硝酸钠和水，化学方程式为。 7.(2026·贵州·高考真题)钪是一种关键的战略金属，对国防科技、产业升级有重要的作用。从某钪铝渣［含及、、等的氢氧化物］中回收钪和铝，工艺流程如图。 已知： ①钪铝渣中夹杂在其他金属氢氧化物中或包裹在其他颗粒的孔隙中。 ②“酸浸”工序中，钪主要以的形式被浸出。 ③时，，   。 回答下列问题： （1）基态钪原子的价层电子轨道表示式为　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）“预处理”工序的操作是　　　　　　　　。 （3）“碱浸”工序中，在一定条件下，NaOH溶液浓度对钪和铝浸取率的影响如图1，最佳NaOH溶液浓度为　　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）“酸浸”工序中浸出钪的主要离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （5）pH对萃取率的影响如图2，HNO3溶液浓度对洗脱率的影响如图3。 ①“无机溶液1”中存在的金属阳离子主要是　　　　　　　　　　　。 ②本工艺中去除溶液中Fe3+的工序是　　　　　　　　　　　，依据是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （6）“碱浸”工序中，、溶液中时，pH为　　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）研磨（粉碎）钪铝渣     （3）     （4）     （5）①     ② 洗脱    ③ 相同条件下，时，Fe元素的洗脱率远高于Sc元素，Fe元素被硝酸洗脱进入无机溶液2，Sc元素仍保留在有机相中     （6）12.6      【解析】含及、、等的氢氧化物，先进行预处理，一般为粉碎研磨，然后加入NaOH溶液进行碱浸，使Al元素转化为进入碱浸液，经过系列转化回收Al元素，浸出渣中含有Sc、Mg、Fe的氢氧化物，加入HNO3酸浸，除去不溶于硝酸的杂质，浸出液中含有、Mg2+、Fe3+，加入有机萃取剂协同萃取后，Mg2+进入无机溶液1，有机相中含有、Fe3+，加入HNO3洗脱，Fe3+进入无机溶液2，洗脱后的有机相加入反萃取剂进行反萃取后获得含有的溶液，经系列转化回收Sc。 (1)钪为21号元素，价层电子排布为，价层电子轨道表示式为：。 (2)已知被包裹在颗粒孔隙中，预处理需要研磨（粉碎）钪铝渣，增大接触面积，利于后续浸出。 (3)工艺需要尽可能多浸出Al、尽可能少浸出Sc，实现二者分离。由图1可知：浓度为时，Al浸出率已经达到较高值，且Sc浸出率仍很低，分离效果好，故为最佳浓度。 (4)酸浸时与氢离子反应生成，离子方程式： 。 (5) ① 协同萃取时，由图2可知、的萃取率很低，而铝元素前序已除掉；因此无机溶液1中主要金属阳离子为； ② 去除的工序为洗脱；依据是：相同条件下，时，Fe元素的洗脱率远高于Sc元素，Fe元素被硝酸洗脱进入无机溶液2，Sc元素仍保留在有机相中。 (6)已知：，，联立得： ， ，。 8.(2026·江苏·高考真题)含铷(Rb，ⅠA族元素)矿物黑云母生产的RbCl，可用于航空航天领域。黑云母化学式为，其中为或。 （1）浮选分离。黑云母与十二胺()结合后会上浮，与其他矿物分离后回收，浮选示意如图。 已知：黑云母在水中表面带负电荷。 ①黑云母上浮，是因为十二胺中的　　　　　　　　　　　(填“烃基”或“氨基”)具有疏水性。 ②黑云母的回收率随浮选时水的变化如图所示。酸性条件下浮选时，越低黑云母回收率越大的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）硫酸酸浸。黑云母具有层状结构，与硫酸反应得到硫酸盐和，酸浸时加入等金属离子进入层间，能将交换出来，产生的空隙有利于进入，提升酸浸效果。 ①某黑云母的化学式中，酸浸液中主要金属阳离子有、K+、、Mg2+、　　　　　(填离子符号)。 ②其他条件不变，酸浸时添加同浓度的比浸出效果好，可能的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （3）结晶焙烧。浸出液除杂后得到含、K+、、的混合溶液，蒸发浓缩、冷却结晶获得晶体(相关物质的溶解度曲线如图所示)，焙烧后获得。 ①为提高的回收率和纯度，结晶后，趁热过滤的适宜温度为　　　　　℃。 ②将在700℃进行焙烧，分解仅得到和两种氧化物，该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）萃取转化。将含和的混合溶液多次萃取转化，获得RbCl和混合溶液。已知：元素回收率为96%，K元素回收率为40%[回收率]。计算萃取转化所得溶液中的　　　　　　　　(写出计算过程)。 【答案】（1）① 烃基    ② 溶液中pH越低，浓度越大，会和结合形成，带正电的更容易通过静电作用与表面带负电的黑云母结合，使其上浮从而提高黑云母的回收率；     （2）① 、    ② 酸性条件下可以将氧化成，促进的交换，有利于进入，提升酸浸效果     （3）① 40℃    ②      （4）0.6      【解析】(1)① 十二胺中的烃基（）属于长链烃基，属于疏水性基团，而氨基（）属于亲水基团，因此十二胺中烃基具有疏水性； ② 溶液中pH越低，浓度越大，十二胺中的会和结合形成，为带正电的阳离子，而已知黑云母在水中表面带负电荷，带正电的更容易通过静电作用与表面带负电的黑云母结合，使其上浮从而提高黑云母的回收率； (2)① 当x=3时，黑云母的化学式为，根据化合价代数和为0计算，M为+1价，Si为+4价，Al为+3价，O为-2价，OH为-1价，因此三个Fe的化合价之和为+7，因此说明三个Fe中有两个和一个，因此溶液中金属阳离子除了、K+、、Mg2+，还有和； ② 酸性条件下可以将氧化成，根据已知可知，金属离子进行层间能将交换出来，使更多的离子交换出来，产生的孔隙有利于进入，提升酸浸效果； (3)① 由图可知，在10℃-40℃时的溶解度较小，在40℃后溶解度提高，因此温度继续提高不能保证的回收率和纯度，并且的溶解度在40℃时的溶解度较大，为提高的回收率和纯度，选择的趁热过滤的温度应为40℃； ②在700℃焙烧时，分解得到除了，两种氧化物应为和，因此化学方程式为； (4)的物质的量为，根据元素守恒，，由于元素回收率为96%，可以求出萃取转化后溶液中；的物质的量为，根据元素守恒，，由于K元素回收率为40%，可以求出萃取转化后溶液中，因此同一溶液中。 9.(2026·山东·高考真题)一种从铜阳极泥（主要含、、）中分离提取贵金属、的工艺流程如下： 已知：“球磨提金”时，生成的高活性直接和反应生成。 ；　。 回答下列问题： （1）“酸浸”时，与稀反应生成二元弱酸的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）“球磨提金”时，生成的反应中作氧化剂的是　　　　　　　　　　（填化学式）。 （3）“酸溶”时，转化为；“反萃取”时加入溶液后，水相中以形式存在，的两个作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。“酸化析金”时，发生自身氧化还原反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）“溶银”中，忽略溶液体积变化，若使完全溶于氨水，则反应后溶液中　　　　　　　。 （5）“还原提银”所得滤液X经处理后的产品可导入“球磨提金”加以利用，则处理滤液X时加入的物质是　　　　　　　　　　　（填化学式）。 【答案】（1）     （2）     （3）① 将+3价的还原为+1价、提供配体    ②      （4）     （5）      【解析】铜阳极泥原料主要含、、，先加入稀硝酸、稀硫酸进行酸浸，、被硝酸氧化溶解生成、、二元弱酸与，、、二元弱酸进入滤液，留在沉淀中；沉淀加入、球磨提金，氧化氯离子生成活性，将氧化为，经稀盐酸酸溶得到水溶液，有机萃取剂萃取金进入有机相，水相分离后有机相中加入反萃取，既作还原剂还原又提供配体形成，再经稀盐酸酸化，发生自身氧化还原析出单质；酸浸滤液中加入沉银得到沉淀，加氨水溶银生成可溶性络离子，再用水合肼还原提银析出单质，释放得到滤液； (1)中为价被氧化为，为价被氧化为，被还原为，结合得失电子守恒和原子、电荷守恒配平方程式为； (2)“球磨提金”时，加入的在酸性条件下氧化生成，元素化合价降低，作氧化剂； (3)具有还原性，将中价还原为低价价；作为配体，与形成络离子进入水相实现反萃取，因此的作用为将+3价的还原为+1价，提供配体；中降价生成单质，元素部分转化为、部分为，结合得失电子守恒和原子、电荷守恒配平方程式为； (4)已知：；，总反应为，平衡常数。完全溶于氨水，平衡时，代入，得平衡游离，因此； (5)还原提银时水合肼与银氨络离子反应释放，滤液含铵盐，球磨提金工序需要，向滤液加入，将转化为，可循环至球磨提金步骤。 10.(2026·四川·高考真题)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　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）① 四    ② ⅡB     （2）     （3）① 将元素转化为沉淀，提高的回收率    ② 、     （4）①     ② 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      【解析】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。 (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。 11.(2026·陕晋青宁·高考真题)一种从废旧电池粉(主要成分为LiFePO4，含有少量FePO4、石墨、Al等)中深度回收锂的工艺，部分流程如下： 已知：①磷酸铁锂电池反应为； ②“沉铝”时，滤渣中含和少量。 回答下列问题： （1）废旧电池粉碎前一般需先放电，正极反应式为　　　　　　　　。 （2）“酸浸Ⅰ”时，除粉碎外，可提高酸浸速率的措施有　　　　　　　　(任写两种)。该过程有生成，溶解的化学方程式为　　　　　　　　。滤渣的主要成分为　　　　　　　　。 （3）“沉铝”时，中Fe元素的化合价为　　　　　　　　。 （4）“焙烧”时产生的HF，用　　　　　　　　吸收后，产物可以循环利用。 （5）“除杂”时，在一定pH范围内，会发生反应(平衡常数为)。若溶液中为，不考虑其他离子参与反应，为防止沉淀，需小于　　　　　　　　(用含a、b的代数式表示)。 （6）滤液2中，溶质除Na2CO3外，主要含　　　　　　　　(填化学式)。 （7）滤液1需先加入H2O2溶液，再加入氨水除杂，最后回收Li3PO4。H2O2的作用是　　　　　　　　。取少量加H2O2溶液后的滤液1，滴加　　　　　　　　，若产生蓝色沉淀，则需补加H2O2溶液。 【答案】（1）     （2）① 适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度等（任写两种）    ②     ③ C（石墨）     （3）+3     （4）NaOH溶液或Na2CO3溶液     （5）     （6）Na2SO4     （7）① 将氧化为，便于后续沉淀    ② 铁氰化钾溶液（）      【解析】原料为含，混有少量、石墨、Al杂质的废旧电池粉，首先经硫酸酸浸，不溶于酸的石墨作为滤渣除去，等含锂物料与硫酸反应，浸出、、、、磷酸根等离子；随后调沉铝，沉铝后的滤液可单独回收得到，沉铝滤渣经焙烧、酸浸、调pH除杂除去铁铝杂质后，最终加饱和碳酸钠沉锂得到产品，焙烧产生的可吸收循环利用，实现了废旧锂电资源的高效清洁回收。 (1)磷酸铁锂电池放电时的总反应为：，正极与得电子生成，故正极的电极反应式为； (2)“酸浸Ⅰ”时，除粉碎外，适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度等（任写两种）均可提高酸浸速率；“酸浸I”时， LiFePO4与反应生成、和，化学方程式为：；原料含石墨，石墨不与稀硫酸反应，故滤渣主要为C（石墨）； (3)再中，设Fe化合价为x，为+1价，P为+5价，O为-2价，化合价代数和为0，即，解得x=+3，即Fe为+3价； (4)流程中 “沉铝” 步骤消耗NaF，HF 与NaOH或Na2CO3反应生成的NaF可循环，故选用NaOH溶液或Na2CO3溶液； (5)反应的平衡常数表达式为，为防止Li3PO4沉淀，反应逆向进行，需满足Q>K，即，带入为，，； (6)沉锂反应的反应方程式为，则体系阳离子为Na+，阴离子为（酸浸II引入硫酸根），故除过量Na2CO3外，主要含Na2SO4； (7)沉铝产物含，Fe 为+3价，由分析知，酸浸后溶液含，H2O2作氧化剂，将氧化为，便于后续沉淀；由于与铁氰化钾溶液（）生成蓝色沉淀，故取少量加H2O2溶液后的滤液1，滴加铁氰化钾溶液（），若产生蓝色沉淀，则未完全氧化为，则需补加H2O2溶液。 12.(2026·甘肃·高考真题)某地为完善绿色化工布局、延伸传统产业链条建设钛白厂。生产钛白(TiO2)的主要工艺流程如下： 已知钛铁矿(主要成分为)的酸解反应方程式为； 的溶解度为。 （1）该地已建有大型金属冶炼厂，主要原料为金属硫化物，据此分析在该地建设钛白厂的优势有　　　　　　　　。 （2）FeSO4的溶解度随温度变化如图所示，则“操作X”是　　　　　　　　　　　和过滤。 （3）钛白是一种白色固体，若产品钛白颜色发黄，可能是由于“还原”工艺中　　　　　　　　　　　。 （4）绿矾()在碱性条件下与氧气反应可制备多孔羟基氧化铁[]。每生产至少需消耗　　　　　　　　　　　；多孔具有优良的气体净化能力，原因有　　　　　　　　　　　　　　。 （5）利用如下工艺流程制备金属钛： 已知一个化学反应、不管是一步完成还是分几步完成，其自由能变相同。在1073 K时： ①        ②        反应①不能自发进行，但“氯化”工艺中加入过量焦炭后可生成，该工艺发生的总反应方程式为　　　　　　　　。加入焦炭后反应能够自发进行的原因是　　　　　　　　。 【答案】（1）冶炼金属硫化物产生的可用于制备硫酸，为钛白厂提供原料，降低生产成本并减少环境污染     （2）蒸发浓缩、冷却结晶     （3）铁屑加入量不足，导致溶液中的未被完全还原，后续水解生成含铁杂质混入产品中     （4）①     ② 多孔结构具有较大的比表面积，物理吸附能力强，且能与发生化学反应     （5）①     ② 总反应的自由能变，反应能够自发进行      【解析】钛铁矿(主要成分为)，加入浓硫酸，发生的酸解反应方程式为，加水进行水浸，得到含和的溶液，水浸后加铁屑还原，把Fe3+全部还原为Fe2+，取上层清液，进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到晶体和含溶液，经过一系列操作得到钛白(TiO2)，据此回答。 (1)该地建有大型金属硫化物冶炼厂，金属硫化物冶炼会产生大量，经氧化、吸水可以制备浓硫酸，为钛白厂提供原料，降低生产成本并减少环境污染； (2)由图像知，溶解度随温度降低明显减小，要析出晶体，需要进行的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶，再过滤； (3)钛白TiO2是白色，Fe2O3（三氧化二铁）是红黄色，还原步骤加铁屑目的为把Fe3+全部还原为Fe2+，后续以晶体除去， 若铁屑不足，Fe3+没有完全被还原除去，后续煅烧生成Fe2O3杂质，钛白发黄； (4)绿矾()在碱性条件下与氧气反应可制备多孔羟基氧化铁[]，反应的化学方程式为：，根据方程可得，则生成1 mol FeO(OH)，消耗0.25molO2；由于多孔FeO(OH)的多孔结构，比表面积大，吸附能力强；Fe3+具有氧化性，可以和还原性气体H2S发生氧化还原反应；H2S是酸性气体，可以和FeO(OH)发生酸碱反应，故多孔具有优良的气体净化能力； (5)已知①，②，由① +②可得总反应为：；总反应可以自发。 13.(2026·湖北·高考真题)赤铁矿主要成分为（含少量、、等元素的氧化物），结构致密，在酸液中溶解缓慢。某研究小组以赤铁矿为原料制备电池级磷酸铁（）的低碳新工艺流程如下： 已知：时，的电离常数；。 回答下列问题： （1）基态铁原子的价层电子排布式为　　　　　　　　。 （2）预处理将赤铁矿中部分转化为，导致晶格畸变，使矿石产生微裂纹，加快“酸浸”速率，其原因是　　　　　　　　。 （3）“酸浸”条件：为的混合酸，。混合酸中盐酸的作用是　　　　　　　　（答两条即可）。 （4）酸浸液中加入，被氧化成的离子方程式为　　　　　　　　。 （5）“沉淀”步骤中，用氨水调节至2.00生成沉淀，无沉淀。基于，该溶液中浓度不大于　　　　　　　　，此时滤液中的主要成分为　　　　　　　　（填化学式）。 （6）沉淀煅烧得到，质量符合锂电池材料的工业规格。时，得到的沉淀中含、等少量杂质，煅烧沉淀得到的目标产物中与原子个数比为。此时，产物中杂质是　　　　　　　　（填化学式）。 【答案】（1）     （2）矿石产生微裂纹，增大固液接触面积，便于酸液渗透，加快浸出反应速率     （3）提供大量H+，增强体系酸性，促进氧化铁矿物溶解、提供，与形成稳定配离子，促进铁元素浸出、同时不引入杂质，不干扰后续FePO4沉淀生成（任选两条）     （4）     （5）①     ② NH4Cl     （6）      【解析】赤铁矿主要成分为（含少量、、等元素的氧化物），先掺入 0.8% 碳在650℃高温活化预处理，破坏矿石致密结构，提升后续酸浸效率；再用HCl-H3PO4混合酸加热酸浸，铁元素溶出，硅类杂质形成滤渣分离；浸出液加H2O2氧化，将低价铁全部转化为Fe3+，随后滴加氨水调节pH，沉淀析出，滤液含铝、镁杂质除去。结晶产物经650℃煅烧脱去结晶水，最终得到无水磷酸铁，据此回答。 (1)Fe为26号元素，电子排布，价层电子排布式为：； (2)矿石晶格畸变产生微裂纹，增大矿石与酸液的接触面积，同时内部孔隙增多，酸液更容易渗入矿石内部，有效提升浸出反应速率； (3)“酸浸”加入盐酸，提供大量H+，增强体系酸性，促进氧化铁矿物溶解；提供，与形成稳定配离子，促进铁元素浸出；同时不引入杂质，不干扰后续沉淀生成（任选两条）； (4)酸浸液中加入，被氧化为，与形成配合物，离子方程式为：； (5)，，，，；加，故阳离子主要为：，阴离子主要为：，此时滤液中的主要成分为NH4Cl； (6)中与原子个数比为，煅烧沉淀得到的目标产物中与原子个数比为，Fe比例偏高，说明杂质不含P、只含铁，原料杂质、煅烧脱水生成，故产物中杂质是。 14.(2026·重庆·高考真题)从金精矿(含、和等)提取金的一种综合利用工艺流程包括如下三个过程： （1）焙烧金精矿 ①S元素位于周期表第　　　　　　　　　周期。 ②焙烧前，将矿石研磨成粉末的作用是　　　　　　　　　。 ③焙烧时，分解为和气态，该化学方程式为　　　　　　　　　。 ④烟气中含有和等物质。已知分子为正四面体形，分子结构可视为4个原子分别嵌入的4条棱上，则分子的结构有　　　　　　　　　种。 （2）制备硫代硫酸盐 ①气体a的化学式为　　　　　　　　　。 ②固体Ⅰ和固体Ⅱ是两种非金属单质，其名称分别为　　　　　　　　　。 （3）提取金 ①浸金过程中，在的作用下与生成，其离子方程式为　　　　　　　　　。 ②浸金时需加入氨水使溶液呈碱性。若碱性过强，置换过程中会有，生成而影响提金的效果。25℃时，溶液中，，为确保不转化为沉淀，理论上不应高于　　　　　　　　　。(     ，)。 【答案】（1）① 三    ② 增大反应物的接触面积，加快焙烧反应速率，使矿石反应更充分    ③     ④ 2     （2）①     ② 砷、硫     （3）①     ② 10      【解析】金精矿(含、和等)经无氧焙烧后得到含有、S、等的烟气和含Au、的焙渣Ⅰ；烟气中通入氢气得到和含砷单质的固体Ⅰ，焙渣Ⅰ在空气中焙烧，被氧化生成氧化铁和二氧化硫，故气体a为二氧化硫，焙渣Ⅱ为氧化铁、Au；一部分二氧化硫与硫化氢发生归中反应生成S单质，故固体Ⅱ为S，另一部分二氧化硫经吸收转化为亚硫酸盐，S与亚硫酸盐发生反应生成硫代硫酸盐；焙渣Ⅱ中加入硫代硫酸盐，Au在氧气作用下与生成，向所得溶液中加入锌粉，发生还原反应得到金，据此分析。 (1)① S的核电荷数为16，电子排布为2、8、6，共3个电子层，周期数等于电子层数，因此位于第三周期。 ②将矿石研磨成粉末可以增大反应物的接触面积，加快焙烧反应速率，使矿石反应更充分。 ③ 无氧焙烧，分解为和气态，根据Fe、S原子守恒配平得到化学反应方程式为 。 ④为正四面体，一共有6条棱，从6条棱中选4条嵌入S原子，等价去掉2条棱，正四面体去掉2条棱只有两种情况，两条棱相邻(共顶点)和两条棱异面(对棱)，因此分子的结构只有2种不同的结构。 (2)① 含的焙渣在空气中焙烧，被氧化生成二氧化硫，因此气体a为SO2。 ②烟气中含有、，因此反应后得到非金属固体单质Ⅰ为砷；H2S和SO2发生反应，得到的非金属固体单质Ⅱ为硫。 (3)① Au被O2氧化为+1价进入配离子，O2被还原，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平得到离子方程式为。 ② 配合物稳定常数 ，代入数据： ，解得， 不生成沉淀满足，则 ，，。 15.(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) 【答案】（1）增大反应物接触面积     （2） （或铁粉）     （3）①      ②  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）① GaN    ② A、B或C    ③ C或A、B      【解析】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。 (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。 16.(2026·全国卷·高考真题)钼(Mo)是重要的战略金属。一种由辉钼矿(，含有少量Cu、Zn、Fe的硫化物和)生产高纯度的工艺流程如下图所示。 回答下列问题。 （1）经“焙烧”转化为和，该反应的化学方程式为　　　　　　　　　。 （2）“焙烧”时也会生成少量的，需在“氨浸”前加入适量　　　　　　　　　溶液(填a、b或c)进行处理。 a．       b．NaClO       c．NaCl （3）“酸洗”后残留的少量锌和铜，在“氨浸”过程中分别转化为配离子和　　　　　　　　　。 （4）不溶于水和稀酸，但可溶于碱。“氨浸”过程中转化为可溶的，该反应的离子方程式为　　　　　　　　　。 （5）“滤渣1”的主要成分为和　　　　　　　　　。 （6）“除杂”后，全部转化为　　　　　　　　　沉淀。若，，则　　　　　　　　　。已知： ；。 （7）“煅烧”过程中发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）b     （3）[Cu(NH3)4]2+     （4）     （5）SiO2     （6）① ZnS    ② 4.8×10-10     （7） 【解析】辉钼矿在空气中焙烧时，金属硫化物转化为金属氧化物和二氧化硫；向焙烧渣中加入盐酸酸洗，将氧化铜、氧化锌、氧化铁转化为氯化物，三氧化钼、二氧化硅不反应，过滤得到酸洗液和滤渣；向滤渣中加入氨水，将溶液中的三氧化钼转化为钼酸铵，少量的铜离子、锌离子转化为四氨合铜离子、四氨合锌离子，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣1和滤液；向滤液中加入硫化铵除杂，将溶液中四氨合铜离子、四氨合锌离子转化为硫化铜、硫化锌沉淀，过滤得到含有硫化铜、硫化锌的滤渣2和滤液；滤液经蒸发结晶、过滤得到(NH4)6Mo7O24·4H2O；(NH4)6Mo7O24·4H2O煅烧得到三氧化钼。 (1)由分析可知，焙烧时二硫化钼发生的反应为二硫化钼与氧气高温条件下反应生成三氧化钼和二氧化硫，反应的化学方程式为： ； (2)由题意可知，氨浸前加入适量试剂的目的是将二氧化钼氧化为三氧化钼，便于氨浸转化为钼酸铵，则选择的试剂为具有强氧化性的次氯酸钠，故选b； (3)由分析可知，氨浸时加入氨水的目的是将溶液中的三氧化钼转化为钼酸铵，少量的铜离子、锌离子转化为四氨合铜离子、四氨合锌离子； (4)由分析可知，氨浸时加入氨水的目的是将溶液中的三氧化钼转化为钼酸铵，反应的离子方程式为：； (5)由分析可知，滤渣1的主要成分为二氧化硅； (6)由分析可知，除杂加入硫化铵除杂的目的是将溶液中四氨合铜离子、四氨合锌离子转化为硫化铜、硫化锌沉淀，其中四氨合锌离子发生的反应为：[Zn(NH3)4]2++S2-=ZnS↓+4NH3，反应的平衡常数为：K=====，由题意可知，溶液中四氨合锌离子的浓度为：=4.8×10-10 mol/L； (7)由分析可知，煅烧时发生的反应为(NH4)6Mo7O24·4H2O煅烧发生分解反应生成三氧化钼、氨气和水，反应的化学方程式为： 。 17.(2026·广西·高考真题)钛基SCR脱硝废催化剂（含、、、、、和吸附的）可用于制备新型功能材料钒酸铁（），其流程如下： 已知：①、为两性氧化物，为酸性氧化物；②在碱性条件下易结晶。 回答下列问题： （1）“水洗”的主要目的是　　　　　　　　　　　。 （2）为提高“碱溶”速率，可采取的措施是　　　　　　　　　　　　　（任举一例），“滤渣1”主要成分为钛酸钠、　　　　　　　　　　　　　。 （3）“降pH”至11后，溶液中主要的阳离子有　　　　　　　　　　　　　。 （4）若“滤渣2”为，“沉硅铝”前的溶液含硅5.6 g/L，铝4.05 g/L，则理论上应加为　　　　　　　　　　　　　。 （5）“沉钼”中先将转化为，经酸化后生成。则生成的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （6）“试剂X”最适宜的是　　　　　　　　　　　。（填标号） a．氨水       b．       c．       d．NaOH （7）可用等物质的量的与在溶液中反应制得，该化学反应方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （8）结构类似于，则空间结构为　　　　　　　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）洗去废催化剂表面吸附的，减少后续“碱溶”时碱的消耗     （2）① 加热（或搅拌、适当增大溶液浓度、粉碎废催化剂等）    ②      （3）     （4）     （5）     （6）c     （7）     （8）正四面体形      【解析】向SCR脱硝废催化剂中加入水水洗洗去废催化剂表面吸附的三氧化硫；向洗涤后的催化剂中加入氢氧化钠溶液碱浸沉钛，将氧化铝、二氧化硅、三氧化钼、五氧化二钒转化为四羟基合铝酸钠、硅酸钠、钼酸钠、钒酸钠，将二氧化钛转化为钛酸钠，氧化铁不反应，过滤得到含有钛酸钠、氧化铁的滤渣1和滤液；向滤液中加入盐酸调节溶液pH为11后，加入硫酸镁、硫酸铝沉硅铝，将溶液中的铝元素、硅元素转化为沉淀，过滤得到和滤液；向滤液中加入硫化钠溶液沉钼，将溶液中的钼酸钠转化为硫化钼沉淀，过滤得到硫化钼和滤液；向滤液中加入硝酸铵，将溶液中的钒酸钠转化为钒酸铵沉淀，过滤得到钒酸铵和滤液；向钒酸铵中加入硝酸铁溶液，钒酸铵与硝酸铁溶液反应生成硝酸铵、硝酸和钒酸铁，过滤得到钒酸铁和含有硝酸铵的滤液，其中过滤得到滤液可以循环使用。 (1)由分析可知，水洗的主要目的是洗去废催化剂表面吸附的三氧化硫，减少后续碱溶时碱的消耗，降低生产成本； (2)加热、搅拌、适当增大氢氧化钠溶液浓度、粉碎废催化剂等措施可以提高碱浸速率；由分析可知，滤渣1的主要成分为钛酸钠和氧化铁； (3)由分析可知，降pH至11得到的溶液中为硅酸钠、四羟基合铝酸钠、钼酸钠和钒酸钠，则溶液中的主要阳离子为钠离子； (4)由题意可知，1 L溶液中硅元素的物质的量为：=0.2 mol，含有的铝元素的物质的量为：=0.15 mol，由沉淀的化学式可知，沉淀需要硫酸镁、硫酸铝的物质的量分别为：0.2 mol×=0.1 mol、(0.2 mol-0.15 mol) ×=0.025 mol，则应加入硫酸镁和硫酸铝的物质的量比为：0.1 mol：0.025 mol=4：1； (5)由题意可知，生成的反应为溶液中的钼酸根离子与硫离子和水反应生成和氢氧根离子，反应的离子方程式为：； (6)由分析可知，加入试剂X的目的是将溶液中的钒酸根离子转化为钒酸铵沉淀，同时钒酸铵转化为钒酸铁时能得到可以循环使用的硝酸铵，所以试剂X最适宜的是硝酸铵，故选c； (7)由题意可知，生成钒酸铁的反应为钒酸铵与硝酸铁反应生成钒酸铁、硝酸铵和硝酸，反应的化学反应方程式为：； (8)高氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为，孤对电子对数为，则离子的空间构型为正四面体形；由题意可知，钒酸根离子的结构类似于高氯酸根离子，所以钒酸根离子的空间结构为正四面体形。 18.(2025·海南·高考真题)有色金属冶炼厂炼铜窑炉的废耐火砖极具回收价值。某厂产生的废耐火砖中主要含、Cu12.0%，其资源化回收的一种工艺流程如图所示。 回答问题： （1）“粉碎”的目的是　　　　　　。 （2）“加压氨浸”时铜转化为配位离子，该过程的化学反应方程式为　　　　　　。 （3）“碱熔”中产生的气体C为　　　　　　，滤渣E是　　　　　　(均填化学式)。E与　　　　　　(填物质名称)反应可生成用于城市废水处理的。 （4）某批次试验，废砖投料20.0 kg，产出CuO 2.70 kg，则Cu的回收率为　　　　　　。 （5）从绿色化学与环境保护的角度说明本工艺优点有　　　　　　、　　　　　　。 【答案】（1）加快“加压氨浸”的速度     （2）     （3）①     ②     ③ 盐酸     （4）90%     （5）① 实现、等物质的循环利用，原料利用率高    ② 资源综合利用，既回收铜又制得铝盐絮凝剂，减轻固体废弃物对环境的压力      【解析】废耐火砖中主要含、Cu12.0%，经过粉碎通入氧气加压氨浸，铜转化为配位离子，过滤后得到的滤液A中含有，经过一系列处理回收金属Cu；滤渣B中含有，加入碳酸钠碱溶后，气体C是，在碱熔高温转化为，通过水萃滤液D中含有，加入二氧化碳气体得到滤渣E(氢氧化铝)。 (1)“粉碎”的目的是通过增大接触面积加快“加压氨浸”的速度。 (2)“加压氨浸”时铜与氧气、氨气反应转化为配位离子铜氨离子，该过程的化学反应方程式为。 (3)“碱熔”所加的“碱”实际上是纯碱，与滤渣B中的反应产生的气体C为。根据分析滤液D中为，与气体C()反应可生成滤渣E为。，需要引入Cl—，故可让与盐酸反应获得聚合氯化铝。 (4)废砖中Cu的质量为 。产出的2.70 kg CuO中Cu的质量为 。则Cu的回收率为 。 (5)本工艺的环保与绿色化学优势，可归纳为： ① 实现、等物质的循环利用，原料利用率高。 ② 资源综合利用，既回收铜又制得铝盐絮凝剂，减轻固体废弃物对环境的压力。 19.(2025·全国卷·高考真题)我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是，伴生有少量、、等元素。利用蛇纹石转化与绿矾分解的耦合回收并矿化固定二氧化碳的实验流程如图所示。 已知： 回答下列问题： （1）绿矾()在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物，反应的化学方程式为　　　　　　　。 （2）经“焙烧①”“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度()分别为：、、、。滤渣①的主要成分是　　　　　　　、　　　　　　　。 （3）加入 “调”，过滤后，滤渣②是　　　　　　　、　　　　　　　，滤液中的浓度为　　　　　　　。 （4）“焙烧②”后得到。晶胞如图所示，晶胞中含有的个数为　　　　　　　。 （5）调节“沉镍”后的溶液为碱性，“矿化”反应的离子方程式为　　　　　　　。 （6）蛇纹石“矿化”固定，得到，相当于固定　　　　　　　L(标准状况)。 【答案】（1）     （2）①     ②      （3）①     ②     ③      （4）4     （5）     （6）89.6      【解析】蛇纹石的主要成分是，伴生有少量、、等元素和绿矾()混合高温焙烧经“焙烧①”，生成氧化镁、二氧化硅、水；高温下分解，得到红棕色固体和气体产物三氧化硫、二氧化硫；加水水浸过滤得到滤渣① 为、；滤液中含有、、、、，加入调节pH=6，将、转化为、沉淀，过滤滤渣② 为、；滤液中含有、、，加入沉淀剂将镍离子转化为氢氧化镍沉淀，氢氧化镍焙烧后得到氧化镍；调节“沉镍”后的溶液通入二氧化碳“矿化”发生反应，得到产物。 (1)绿矾()在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物三氧化硫、二氧化硫，反应的化学方程式为 ，故答案为： ； (2)经“焙烧① ”，生成氧化镁、二氧化硅和水，分解生成、二氧化硫、三氧化硫和水，“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度()分别为：、、、，结合电荷守恒可知，滤液中硫酸根浓度至少为，远大于滤液中铁离子的浓度，铁元素源自绿矾和蛇纹石，硫元素源自绿矾，且有一部分硫元素以气体的形式损失，结合铁、硫元素守恒，只有一部分铁元素进入滤液，则另一部分铁元素在滤渣① 中，故滤渣① 的主要成分是为Fe2O3、SiO2，故答案为：Fe2O3、SiO2； (3)加入 “调”，，，，，溶液中没有铁离子、铝离子，两者均以氢氧化物沉淀下来，过滤后，滤渣② 是为、；滤液中的浓度为，故答案为：；；； (4)因为离子半径，晶胞图中棱心和体心，1个晶胞中的个数为，故答案为：4； (5)调节“沉镍”后的溶液为碱性，通入二氧化碳“矿化”发生反应 ，故答案为：； (6)物质的量为，根据C原子守恒，固定为，标准状况下的体积为，故答案为：89.6。 20.(2025·湖南·高考真题)一种从深海多金属结核[主要含，有少量的]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金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。 ②常温下，溶液中金属离子(假定浓度均为)开始沉淀和完全沉淀的： 开始沉淀的 1.9 3.3 4.7 6.9 7.4 8.1 完全沉淀的 3.2 4.6 6.7 8.9 9.4 10.1 回答下列问题： （1）基态的价层电子排布式为　　　　　　　。 （2）“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是　　　　　　　(写化学式)；还原的化学方程式为　　　　　　　。 （3）“沉铁”时，转化为的离子方程式为　　　　　　　，加热至的主要原因是　　　　　　　。 （4）“沉铝”时，未产生沉淀，该溶液中不超过　　　　　　　。 （5）“第二次萃取”时，　　　　　　　、　　　　　　　(填离子符号)与混合萃取剂形成的配合物(其结构如图所示，M表示金属元素)更稳定，这些配合物中氮原子的杂化类型为　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）①     ②      （3）①     ② 防止形成胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降     （4）     （5）①     ②     ③ sp2      【解析】金属结核[主要含，有少量的]加入、进行酸浸还原，得到的滤渣含有，滤液中含有，通入空气，调解pH=3.2，沉铁得到滤渣，继续加入NaOH调节pH=5.2沉铝主要得到，加入萃取剂第一次萃取，分液得到的萃取液1，萃余液1中加入混合萃取剂进行第二次萃取，得到电池级镍钴锰混合溶液，萃余液2中电解得到金属锰，据此解答。 (1)原子的价电子是指和能级上的电子，所以基态原子的价电子排布式为； (2)由分析可知，“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是；将3价钴还原为2价钴，同时由于硫酸的作用得到，化学方程式为； (3)“沉铁”时，转化为，铁元素化合价上升，则做氧化剂，离子反应为： ；已知金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子，则加热至的主要原因是防止形成胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降； (4)由表可知，，“沉铝”时，未产生沉淀，则； (5)由流程可知，第二次萃取时，主要萃取，因此与混合萃取剂形成的配合物更稳定；六元杂环是平面结构，N原子提供单电子用于环内形成大π键，剩余1对孤对电子形成配位键，N的价层电子对数为3，是sp2杂化。 21.(2025·湖北·高考真题)氟化钠是一种用途广泛的氟化试剂，通过以下两种工艺制备： Ⅰ Ⅱ 已知：室温下，是难溶酸性氧化物，的溶解度极低。 时，的溶解度为水，温度对其溶解度影响不大。 回答下列问题： （1）基态氟离子的电子排布式为　　　　　　　。 （2）时，饱和溶液的浓度为，用c表示的溶度积　　　　　　　。 （3）工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为。分析沉淀的成分，测得反应的转化率为78%。水浸分离，的产率仅为8%。 ①工艺Ⅰ的固相反应　　　　　　　(填“正向”或“逆向”)进行程度大。 ②分析以上产率变化，推测溶解度　　　　　　　(填“>”或“<”) （4）工艺Ⅱ水浸后的产率可达81%，写出工艺Ⅱ的总化学反应方程式　　　　　　　。 （5）从滤液Ⅱ获取晶体的操作为　　　　　　　(填标号)。 a．蒸发至大量晶体析出，趁热过滤       b．蒸发至有晶膜出现后冷却结晶，过滤 （6）研磨能够促进固相反应的原因可能有　　　　　　　(填标号)。 a．增大反应物间的接触面积       b．破坏反应物的化学键 c．降低反应的活化能                 d．研钵表面跟反应物更好接触 【答案】（1）     （2）     （3）① 正向    ② ＜     （4）     （5）a     （6）ab      【解析】工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为，水浸后得到滤液Ⅰ主要是NaF、Ca(OH)2溶液，经过系列操作得到NaF固体； 对比两种工艺流程，流程Ⅱ添加粉末，由题目可知，生成的的溶解度极低，使得不转化为Ca(OH)2，提高了的产率，据此解答。 (1)氟的原子序数为9，基态氟离子电子排布为； (2)饱和溶液的浓度为，则、，； (3)①转化率为78%，说明固相反应主要向生成Ca(OH)2和NaF的方向进行，即正向进行程度大； ②NaF产率仅为8%，说明大部分NaF未进入溶液，则溶液中存在Ca(OH)2向CaF2的转化过程，根据沉淀转化的规律可推测： ； (4)根据工艺Ⅱ的流程，CaF2、TiO2与NaOH反应生成难溶的CaTiO3、NaF和H2O，化学方程式为：； (5)由上一问可知，滤液Ⅱ主要是NaF溶液，因NaF溶解度受温度影响小(题干说明)，故蒸发至大量晶体析出，趁热过滤即可得到NaF晶体，故选a；其溶解度随温度变化不明显，冷却结晶无法析出更多晶体，故不选b； (6)a．研磨将固体颗粒粉碎，减小粒径，从而显著增加反应物之间的接触面积，使反应更易发生，a选； b．研磨过程中的机械力可能导致晶体结构缺陷或局部化学键断裂，产生活性位点，使反应更易发生，b选； c．活化能是反应固有的能量屏障，研磨主要通过增加接触和产生缺陷来提高反应速率，但一般不直接降低活化能，c不选； d．研钵仅作为研磨工具，其表面不参与反应，因此与反应物接触更好并非促进反应的原因，d不选； 故选ab。 22.(2025·黑吉辽蒙·高考真题)某实验小组采用如下方案实现了对甲基苯甲酸的绿色制备。 反应： 步骤： Ⅰ．向反应管中加入0.12g对甲基苯甲醛和1.0mL丙酮，光照，连续监测反应进程。 Ⅱ．5h时，监测结果显示反应基本结束，蒸去溶剂丙酮，加入过量稀NaOH溶液，充分反应后，用乙酸乙酯洗涤，弃去有机层。 Ⅲ．用稀盐酸调节水层后，再用乙酸乙酯萃取。 Ⅳ．用饱和食盐水洗涤有机层，无水干燥，过滤，蒸去溶剂，得目标产物。 回答下列问题： （1）相比作氧化剂，该制备反应的优点为　　　　　　　、　　　　　　　(答出2条即可)。 （2）根据反应液的核磁共振氢谱(已去除溶剂H的吸收峰，谱图中无羧基H的吸收峰)监测反应进程如下图。已知峰面积比，。反应2h时，对甲基苯甲醛转化率约为　　　　　　　%。 （3）步骤Ⅱ中使用乙酸乙酯洗涤的目的是　　　　　　　。 （4）步骤Ⅲ中反应的离子方程式为　　　　　　　、　　　　　　　。 （5）用同位素示踪法确定产物羧基O的来源。丙酮易挥发，为保证气氛，通前，需先使用“循环冷冻脱气法”排出装置中(空气中和溶剂中)的，操作顺序为：①→②→　　　　　　　→　　　　　　　→　　　　　　　(填标号)，重复后四步操作数次。 同位素示踪结果如下表所示，则目标产物中羧基O来源于醛基和　　　　　　　。 反应条件 质谱检测目标产物相对分子质量 太阳光，，室温，，5h 138 太阳光，空气，室温，，5h 136 【答案】（1）① 原料廉价易得    ② 不生成对苯二甲酸     （2）50     （3）除去剩余的对甲基苯甲醛     （4）①     ② +H+      （5）① ③    ② ①    ③ ④    ④ 氧气      【解析】0.12g对甲基苯甲醛和1.0mL丙酮在有空气存在、光照条件下反应，反应基本结束后，蒸去溶剂丙酮，加入过量稀NaOH溶液，充分反应后，用乙酸乙酯洗涤，弃去有机层，然后用稀盐酸调节水层后，再用乙酸乙酯萃取，用饱和食盐水洗涤有机层，无水干燥，过滤，蒸去溶剂，得目标产物。 (1)作氧化剂时可将氧化为对苯二甲酸，即有副反应发生，该制备反应在有空气存在、光照条件下发生时，以空气中氧气为氧化剂，既绿色环保，又没有对苯二甲酸生成，所以反应的优点可填：不生成对苯二甲酸(副反应少)；原料廉价易得；原子经济性高(污 染物少)；条件温和(使用了可再生能源)； (2)起始0h时只有，5h时只有，，则2h时反应液中既有又有，且两者物质的量之比为1：1，即对甲基苯甲醛转化率约为50%； (3)蒸去溶剂丙酮后，加入过量稀NaOH溶液将对甲基苯甲酸转化为对甲基苯甲酸钠进入水层，则充分反应后，用乙酸乙酯洗涤的目的是除去未反应完的； (4)步骤Ⅱ加入过量稀NaOH溶液将对甲基苯甲酸转化为对甲基苯甲酸钠，步骤Ⅲ中加稀盐酸调节水层反应的离子方程式为：、+H+； (5)丙酮易挥发，为保证气氛，通前，需先使用“循环冷冻脱气法”排出装置中(空气中和溶剂中)的，即反应液中有，冷冻可排走一部分溶解的，然后打开阀门抽气，一段时间后，再关闭阀门，待反应液恢复室温后，再冷冻反应液，即“循环冷冻脱气法”，所以操作顺序为：①→②→③→①→④(填标号)，重复后四步操作数次；的相对原子质量为136，太阳光，空气，室温，，5h得到的物质相对分子质量为136，为，而太阳光，，室温，，5h得到的物质相对分子质量为138，说明目标产物中羧基O来源于醛基和空气中的氧气。 23.(2025·贵州·高考真题)某铜浮渣主要成分为Pb、PbS、、SnS，分离和回收铅、锡、铜的工艺流程如图。 已知： ①部分物质的密度如表： 物质 Pb PbS SnS 密度/ 11.3 7.5 5.6 5.2 ②在冷水中溶解度很小，但易溶于热水；。 ③25℃时，，。 回答下列问题： （1）“分选”得到粗Pb的原因是　　　　　　　　。 （2）“浸出”时按一定比例加入和盐酸的混合溶液，控制温度为80℃，其中、SnS被氧化为和，则被氧化的离子方程式为　　　　　　　　；“浸出”时分离S的操作为　　　　　　　　。 （3）25℃时，在不同浓度HCl溶液中的溶解度曲线如图，当时，溶解度最小的原因是　　　　　　　　。 （4）25℃时，“调pH”控制，则生成的化学方程式为　　　　　　　　，此时溶液中的最大值约为　　　　　　　　。 （5）“置换”后滤液中溶质的主要成分为　　　　　　　　(填化学式)，滤液进行“系列操作”后返回“浸出”操作循环利用并达到原浸出率，则“系列操作”为　　　　　　　　。 【答案】（1）Pb的密度大于PbS、、SnS     （2）①     ② 趁热过滤     （3）当时，随着浓度降低，沉淀溶解平衡正向移动，溶解度增大 当时，随着浓度增大，络合平衡正向移动，溶解度增大     （4）①     ② 0.084     （5）①     ② 通入空气（或加入）并补充HCl      【解析】该流程以含Pb、PbS、、SnS的铜浮渣为原料，通过“密度分选→浸出→冷却结晶→调pH→置换”等步骤分离回收铅、锡、铜：先利用Pb与其他物质的密度差异分选得到粗Pb；剩余物料用和盐酸混合液浸出，将、SnS氧化为、并分离出S；浸出液冷却结晶得到，调pH使水解为，再用置换出；最后滤液经处理循环回浸出工序，实现资源回收与循环利用。 (1)由密度表可知，Pb的密度远大于PbS、、SnS的密度，通过“分选”可将Pb与其他固体分离； (2)在80℃下被氧化，铜、硫元素分别转化为、S单质，被还原为，结合得失电子守恒及电荷、原子守恒得离子方程式为： ；S为固体，已知在冷水中溶解度很小，但易溶于热水，故通过趁热过滤可防止析出，并分离得到S； (3)存在溶解平衡（）和络合平衡（）； 当时，随着浓度降低，沉淀溶解平衡正向移动，溶解度增大； 当时，随着浓度增大，络合平衡正向移动，溶解度增大； 所以当时，溶解度最小； (4)水解生成，反应为： ；时，，由，得：； (5)置换生成，溶质主要为；为使该溶液能继续用作浸出液，需要需将氧化为，并补充适量盐酸，使之恢复到原有的“浸出”条件后循环使用，故系列操作是通入空气（或加入）并补充HCl。 24.(2025·广西·高考真题)回收实验室废弃物可实现资源的有效利用。从AgI催化剂废料(含Ag2O杂质)中回收Ag和I2的流程如下。 已知：IO-在碱性条件下易歧化成I-和。 回答下列问题： （1）“溶解1”浓氨水不能溶解AgI的原因是　　　　　　　　。“滤液1”中的主要阳离子有　　　　　　　　（填化学式）。 （2）“反应1”生成ICl的化学方程式为　　　　　　　　。 （3）“试剂X”可选用　　　　　　　　（填标号）。 a．葡萄糖             b．Al             c．Na2O2             d．H2SO4 （4）“调pH”至弱酸性的主要目的是　　　　　　　　（用离子方程式表示）。 （5）若“滤液3”中含有0.3 mol，“反应3”至少需加入Na2S2O4的物质的量为　　　　　　　　mol。 （6）将得到的I2进一步纯化，可采用的方法是　　　　　　　　。不考虑操作和反应损失，该流程回收Ag的量低于预期，主要原因是　　　　　　　　。 【答案】（1）① Ag+与I-结合比与NH3结合更稳定    ② [Ag(NH3)2]+、NH     （2）AgI+Cl2=AgCl+ICl     （3）ab     （4）5I-++6H+=3I2+3H2O     （5）0.25     （6）① 升华    ② 未回收处理“滤液1”      【解析】AgI催化剂废料(含Ag2O杂质)用浓氨水溶解，Ag2O转化为[Ag(NH3)2]+进入溶液中，浓氨水不能溶解AgI，过滤后得到的滤渣中含有AgI，滤液1中含有[Ag(NH3)2]+、。AgI和氯气在强酸条件下发生氧化还原反应生成AgCl和I2，用NaOH溶液将I2转化为IO-，过滤后的滤液2中存在IO-，AgCl用浓氨水溶解后转化为[Ag(NH3)2]+进入溶液，用试剂X将[Ag(NH3)2]+还原为Ag，试剂X可以是葡萄糖等还原性物质，向滤液2中加入盐酸调节pH，使IO-因在碱性环境发生歧化反应生成的离子I-、在酸性条件下转化为I2，过滤后的滤液3中含有，加入Na2S2O4将还原为I2，过滤出I2，将两步反应产生的I2合并，经洗涤、干燥得到I2. (1)“溶解1”浓氨水不能溶解AgI是由于Ag+与I-结合形成AgI比与NH3结合更稳定；由分析可知，“滤液1”中的主要阳离子有[Ag(NH3)2]+、； (2)“反应1”中AgI和氯气在强酸条件下发生氧化还原反应生成AgCl和ICl，化学方程式为AgI+Cl2=AgCl+ICl； (3)由分析可知，试剂X需要将[Ag(NH3)2]+还原为Ag。 a．葡萄糖分子中含有多个醛基，具有强的还原性，可以将[Ag(NH3)2]+还原为Ag，a符合题意； b．Al单质具有强的还原性，可以将[Ag(NH3)2]+还原为Ag单质，b符合题意； c．Na2O2具有强氧化性，一般是作氧化剂表现氧化性。不能将[Ag(NH3)2]+还原为Ag单质，c不符合题意； d．H2SO4的氧化性较强，一般是表现强的氧化性，不能将[Ag(NH3)2]+还原，d不符合题意； 故合理选项是ab； (4)已知IO-在碱性条件下易歧化成I-和，用盐酸“调pH”的主要目的是使溶液中的I-和在酸性环境中发生归中反应而转化为I2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：5I-++6H+=3I2+3H2O； (5)“反应3”中加入Na2S2O4将还原为I2，根据电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，若“滤液3”中含有0.3 mol，则根据反应方程式中物质反应转化关系可知：“反应3”至少需加入Na2S2O4的物质的量为n(Na2S2O4)==0.25 mol； (6)I2加热时会不经过液态而直接变为气态，即I2受热易升华，故将得到的I2进一步纯化，可采用的方法是升华； 向AgI催化剂废料(含Ag2O杂质)中加浓氨水进行“溶解1”时，Ag2O被溶解，以[Ag(NH3)2]+的形式进入滤液1中，而这部分银元素未被回收，因此导致流程回收Ag的量低于预期量。 25.(2025·江西·高考真题)稀散金属镓(，ⅢA族)是重要的战略资源。以棕刚玉烟尘(主要成分为、、、和少量)为原料制备金属镓的工艺流程图如下： 回答下列问题： （1）滤液1的为，依据(Ⅲ)和(Ⅳ)的分布系数图，铝元素在溶液中的主要存在形式为　　　　　　　(填化学式)，与碱反应的离子方程式为　　　　　　　、　　　　　　　。 （2）水热再生过程中，需要定量补充固体的目的是　　　　　　　，以获得高纯度分子筛()材料。滤液2的　　　　　　　(填“大于”或“小于”)滤液1的。 （3）已知树脂片段的结构为。在吸附时，中心镓离子与树脂间存在的主要相互作用是　　　　　　　。 （4）操作X为　　　　　　　。 （5）硅-钾化肥可改良土壤环境。依据其一有效组分的晶胞结构，推测该组分中钾离子能被植物吸收的原因是　　　　　　　。 【答案】（1）①     ②     ③      （2）① 使溶液中的为    ② 大于     （3）配位作用     （4）浓缩结晶、过滤     （5）钾离子处在结构的层间及空洞中，能够通过阳离子交换释放      【解析】棕刚玉烟尘(主要成分为、、、和少量)加KOH水热浸取，得到硅-钾化肥及滤液1，滤液1的为，依据(Ⅲ)和(Ⅳ)的分布系数图，铝元素在溶液中的主要存在形式为，硅元素在溶液中的主要存在形式为与，镓元素在溶液中的主要存在形式为（铝元素与镓元素同主族，单质镓的性质与铝相似），加入固体水热再生，过滤获得高纯度分子筛()材料，同时得到含有的滤液2，用树脂吸附滤液2中的，再加入K2S、KOH进行树脂解吸得到含的溶液，将所得溶液浓缩结晶、过滤除去析出的K2S晶体，得到富镓溶液，电解富镓溶液得到Ga单质。 (1)根据分析，滤液1的为，依据(Ⅲ)和(Ⅳ)的分布系数图，铝元素在溶液中的主要存在形式为，硅元素在溶液中的主要存在形式为与，故与碱反应的离子方程式为、； (2)根据分析，加入固体水热再生的目的是获得高纯度分子筛()材料，同时得到含有的滤液2，水热再生过程中，为了使溶液中的为，需要定量补充固体，更好地得到。滤液1的主要成分为、、、，向滤液1中加入水解后呈碱性的固体后过滤得到滤液2：2K4SiO4+2KAl(OH)4+3H2O=2↓+8KOH、2K3HSiO4+2KAl(OH)4+H2O=2↓+6KOH，滤液的碱性变强，故滤液2的大于滤液1的； (3)已知树脂片段的结构为，其中的N与O原子均存在孤电子对，的中心镓离子提供空轨道，形成配位键，则在吸附时，中心镓离子与树脂间存在的主要相互作用是配位作用； (4)根据分析，用树脂吸附滤液2中的，再加入K2S、KOH进行进行树脂解吸得到含的溶液，将所得溶液浓缩结晶、过滤除去析出的K2S晶体，得到富镓溶液，故操作X为浓缩结晶、过滤； (5)从晶胞结构来看，钾离子处在结构的层间及空洞中，钾离子与晶胞结构中的其他离子结合力较弱，能够通过阳离子交换释放，从而脱离晶胞进入土壤中，能被植物吸收。 26.(2025·浙江6月·高考真题)配合物二草酸合铜酸钾，是制备金属有机框架材料的一种前驱体。某研究小组开展探究实验，步骤如下： 步骤I：下，水中依次加入充分反应后，得到混合溶液M； 步骤Ⅱ：混合溶液M中加入充分反应，趁热过滤得滤液N； 步骤Ⅲ： 步骤Ⅳ：加热脱水，化合物P、化合物Q均转化为。 已知： i．时，的的。 ⅱ．微溶于冷水、易溶于热水，在约时分解。 请回答： （1）中，与形成配位键的配位原子是　　　　　　　(填元素符号)。 （2）步骤I所得的混合溶液M，在时其最接近于_______。 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 （3）步骤Ⅱ，过滤去除杂质需趁热进行的原因是　　　　　　　。 （4）下列说法不正确的是_______。 A. 步骤I，制备混合溶液M时，应一次性快速加入，以确保反应完全 B. 步骤Ⅳ，应用水浴控制温度，以避免分解 C. 热重分析法测得样品完全脱水后质量降低，则 D. 粉末形态的化合物P和化合物Q，可通过X射线衍射法进行区分 （5）室温下，化合物P在空气中会转化为化合物Q。下列选项中，通过计算能得到混合样品中化合物P和化合物Q物质的量分数的是_______。 A. 样品质量、钾的物质的量 B. 钾的物质的量、铜的物质的量 C. 铜的物质的量、草酸根的物质的量 D. 草酸根的物质的量、水的物质的量 （6）有同学认为：根据现有探究实验结果可知，化合物P、化合物Q结晶形状不同是由降温速率不同引起的。请判断该同学观点正误，并说明理由　　　　　　　。 【答案】（1）O     （2）C     （3）防止遇冷后产物析出而损失     （4）ABC     （5）AD     （6）错误，降温速率与浓度同时在变化，无法判断      【解析】下，水中依次加入充分反应后，得到含有KHC2O4和K2C2O4的混合溶液M；向混合溶液M中加入充分反应生成，趁热过滤得滤液N，滤液N分为两份，一份蒸发到40mL，快速冷却、结晶、过滤得到针状晶体，另一份蒸发到10mL，缓慢冷却、结晶、过滤得到片状晶体，以此解答。 (1)提供电中，端基的氧原子有孤电子对，可与具有空轨道的金属离子形成配位键，则中，与形成配位键的配位原子是O。 (2)步骤I中水中依次加入，由于Ka2()>Ka1()，充分反应后生成KHC2O4和K2C2O4，根据K元素守恒和C元素守恒可知，溶液M中含有0.016molKHC2O4、0.008mol K2C2O4，在时溶液中c(H+)==，则pH=-lg≈4，故选C。 (3)微溶于冷水、易溶于热水，步骤Ⅱ，过滤去除杂质需趁热进行的原因是：防止遇冷后产物析出而损失。 (4)A．步骤I，制备混合溶液M时，应缓慢多次加入，使反应更加充分，确保反应完全，A错误； B．在约时分解，步骤Ⅳ中加热脱水，沸水浴只能控制温度100°C，B错误； C．热重分析法测得样品完全脱水后质量降低，则H2O在中的质量分数为10.17%，，解得，C错误； D．射线衍射法是利用X射线探测晶体或分子结构的分析方法，粉末形态的化合物P和化合物Q，可通过X射线衍射法进行区分，D正确； 故选ABC。 (5)A．若已知样品质量(mg)、钾的物质的量(nmol)，可以设P的物质的量为xmol，Q的物质的量为ymol，2x+2y=n、390x+354y=m，可以计算出x和y的数值，可以得到混合样品中化合物P和化合物Q物质的量分数，A选； B．若已知钾的物质的量(amol)、铜的物质的量(bmol)，可以设P的物质的量为xmol，Q的物质的量为ymol，2x+2y=a、x+y=b，由于a=2b，无法计算出x和y的数值，无法得到混合样品中化合物P和化合物Q物质的量分数，B不选； C．若已知铜的物质的量(amol)、草酸根的物质的量(bmol)，可以设P的物质的量为xmol，Q的物质的量为ymol，x+y=a、2x+2y=b，由于2a=b，无法计算出x和y的数值，无法得到混合样品中化合物P和化合物Q物质的量分数，C不选； D．若已知草酸根的物质的量(amol)、水的物质的量(bmol)，可以设P的物质的量为xmol，Q的物质的量为ymol，2x+2y=a、4x+2y=b，可以计算出x和y的数值，可以得到混合样品中化合物P和化合物Q物质的量分数，D选； 故选AD。 (6)步骤Ⅲ中除了降温速率不同外，蒸发后溶液的体积也不同即浓度也不同，不能得出化合物P、化合物Q结晶形状不同是由降温速率不同引起的这样的观点。 27.(2025·四川·高考真题)为了节约资源，减少重金属对环境的污染，一研究小组对某有色金属冶炼厂的高氯烟道灰(主要含有等)进行研究，设计如下工艺流程。实现了铜和锌的分离回收。 回答下列问题： （1）铜元素位于元素周期表第　　　　　　　周期、第　　　　　　　族。 （2）“碱浸脱氯”使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀。其中，铜盐发生反应的化学方程式为　　　　　　　。 （3）滤渣①中，除外，主要还有　　　　　　　。 （4）“中和除杂”步骤，调控溶液左右，发生反应的离子方程式为　　　　　　　。 （5）“深度脱氯”时，的存在使锌粉还原产生的与反应，生成能被空气氧化的沉淀，使被脱除。欲脱除，理论上需要锌粉　　　　　　　。 （6）可以通过　　　　　　　(填标号)将其溶解，并返回到　　　　　　　步骤中。 a．盐酸酸化、双氧水氧化       b．硫酸酸化、氧化 c．硝酸酸化和氧化                 d．硫酸酸化、双氧水氧化 （7）“电解分离”采用无隔膜电解槽，以石墨为阳极，铜为阴极。 ①“电解分离”时，阴极产生大量气泡，说明铜、锌分离已完成，其理由是　　　　　　　。 ②“电解分离”前，需要脱氯的原因有　　　　　　　。 【答案】（1）① 四    ② ⅠB     （2）2CuCl2+3Na2CO3+2H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+2NaHCO3或2CuCl2+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+CO2     （3）PbSO4     （4）     （5）0.5     （6）① d    ② 碱浸脱氯     （7）① 放电顺序：，阴极产生大量气泡，说明溶液中已经没有Cu2+，Zn2+因氧化性弱于氢离子未参与反应，留在溶液中，实现铜、锌的分离    ② 若不脱氯，Cl-在阳极被氧化生成Cl2污染环境，氯气可与阴极产生的氢气反应可能会发生爆炸，存在安全隐患，且影响铜、锌分离效果      【解析】烟道灰先通过“碱浸脱氯”，使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀，即把CuCl2和ZnCl2转化为碱式碳酸盐沉淀，再用稀硫酸进行酸浸，除去PbO和SiO2。“中和除杂”通过调节pH值使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀而除去。“深度脱氯”时，发生的反应为，，可通过比例关系计算出需要锌粉的量。CuCl要溶解并返回到前面的流程中，就不能引入新的杂质离子。“电解分离”时离子的放电顺序Cu2+在H+之前，Zn 2+在H+之后，产生大量气泡时，说明H+开始放电，即Cu2+已经全部反应完，铜、锌分离已完成。 (1)铜是29号元素，其核外电子排布为[Ar]3d104s1，根据元素周期表的结构，电子层数等于周期数，铜有4个电子层，所以位于第四周期；其价电子构型为3d104s1，属于第ⅠB族。 (2)“碱浸脱氯”时，碳酸钠与氯化铜反应生成碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]、氯化钠和碳酸氢钠，化学方程式为2CuCl2+3Na2CO3+2H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+2NaHCO3或2CuCl2+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+CO2。 (3)烟道灰中的PbO与稀H2SO4反应生成PbSO4沉淀，SiO2不与稀H2SO4反应，所以滤渣① 中除SiO2外，还有PbSO4。 (4)“中和除杂”步骤，调控溶液pH = 3.5左右，此时溶液中的Fe3+会水解生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为，加入的Zn2(OH)2CO3与H+反应，促进Fe3+的水解平衡正向移动，，由于pH=3.5，总离子方程式为； (5)“深度脱氯”时发生的反应为，从反应可知脱除2mol Cl-需要1mol Cu，而Zn与Cu2+反应生成Cu的反应为，即生成1mol Cu需要1mol Zn。所以脱除1.0mol Cl-，根据反应比例关系，理论上需要锌粉0.5mol。 (6)a．盐酸酸化和双氧水氧化使CuCl转化为CuCl2，而最终要获得的是硫酸锌，氯离子为杂质，不能用盐酸，a错误； b．KMnO4氧化会引入Mn2+、K+等杂质离子，b错误； c．硝酸酸化和氧化会引入，c错误； d．能被硫酸酸化的双氧水氧化，且没有引入杂质， d正确； 故答案为：d； 硫酸酸化、双氧水氧化后的溶液可以返回到碱浸脱氯步骤。 (7)① “电解分离”时，放电顺序：，阴极发生还原反应，阴极产生大量气泡，说明溶液中已经没有Cu2+（因为Cu2+会先在阴极得到电子被还原），Zn2+因氧化性弱于氢离子未参与反应，留在溶液中，此时溶液中的H+得到电子生成H2，产生气泡，所以说明铜、锌分离已完成。 ② “电解分离”前，需要脱氯是因为Cl-在阳极会被氧化生成Cl2，污染环境，采用无隔膜电解槽，氯气可与阴极产生的氢气反应可能会发生爆炸，存在安全隐患，同时Cl-存在会使锌粉还原产生的Cu与Cu2+反应生成CuCl沉淀，影响铜的纯度。 28.(2025·山东·高考真题)(多选)采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(主要含及等元素的氧化物)分离提取等元素，工艺流程如下： 已知：该工艺条件下，低温分解生成，高温则完全分解为气体；在完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于。 回答下列问题： （1）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。与反应转化为时有和NH3生成，该反应的化学方程式为　　　　　　　。“高温焙烧”温度为，“水浸”所得滤渣主要成分除外还含有　　　　　　　(填化学式)。 （2）在投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水浸时金属元素的浸出率　　　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。 （3）萃取反应为：(有机相)(水相)(有机相)(水相)。“反萃取”时加入的试剂为　　　　　　　(填化学式)。 （4）“沉钴”中，时恰好沉淀完全，则此时溶液中　　　　　　　。已知：。“溶解”时发生反应的离子方程式为　　　　　　　。 （5）“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中，经处理后所得产品导入　　　　　　　(填操作单元名称)循环利用。 【答案】（1）①     ② Fe2O3、CaSO4     （2）减小     （3）H2SO4     （4）① 4×10-4    ②      （5）低温焙烧      【解析】采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿中分离提取等元素，加入硫酸铵低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，如硫酸锰、硫酸铁、硫酸钴、硫酸钙等，产生的气体有氨气，氮气等，氨气用稀硫酸吸收，得到硫酸铵溶液，得到的硫酸盐经高温焙烧，只有硫酸铁发生了分解，产生三氧化硫气体和氧化铁，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，将铜元素萃取到有机相中，最终得到硫酸铜溶液，水相主要含有钴元素和锰元素，加入硫化钠，调节pH，生成硫化钴，过滤分离最终得到硫酸钴溶液，滤液中加入碳酸氢铵，生成碳酸锰沉淀，据此解答。 (1)低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，二氧化锰与硫酸氢铵反应，转化为硫酸锰和氮气，根据电子得失守恒可知还有氨气生成，化学方程式为： ；根据已知条件，高温焙烧的温度为650℃，只有硫酸铁发生分解，生成三氧化硫气体和氧化铁，二氧化硅，氧化铁，硫酸钙等在水中溶解度都较小，所以“水浸”所得滤渣的主要成分除了SiO2外还含有，Fe2O3、CaSO4；故答案为： ；Fe2O3、CaSO4； (2)根据已知条件，硫酸铵低温分解成硫酸氢铵，高温则完全分解成气体，如果直接高温焙烧，则硫酸铵会分解，物质的量减少，导致金属元素的浸出率减小，故答案为：减小； (3)根据萃取的化学方程式：(有机相)(水相)(有机相)(水相)，加入有机相将铜离子萃取到有机相中，反萃取时需要使平衡逆向移到，生成铜离子，而且为了不引入新的杂质，应加入的试剂为稀H2SO4，故答案为：H2SO4； (4)沉钴时，pH=4时Co2+恰好沉淀完全，其浓度为c(Co2+)=1×10-5mol/L，此时c(H+)=1×10-4mol/L，根据Ksp((CoS)= 4×10-21，推出，又因为Ka1(H2S)= 1×10-7，Ka2(H2S)= 1×10-13，，则c(H2S)= ==4×10-4 mol/L；由流程图可知，CoS溶解时加入了过氧化氢，稀硫酸，生成了CoSO4和S，化学方程式为：，改写成离子方程式为：。故答案为：4×10-4；； (5)由分析可知，沉锰过程中，加入碳酸氢铵，生成碳酸锰，二氧化碳，硫酸铵等，过滤后滤液中的硫酸铵可并入吸收液中，经过处理后导入低温焙烧循环使用，故答案为：低温焙烧。 29.(2025·广东·高考真题)(多选)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)。 【答案】（1）搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等     （2）4Fe2++O2+4H2O 2Fe2O3↓+8H+     （3）5     （4）AD     （5）① 3：1：1    ② 12     （6）① 2NH3N2+3H2    ② Fe2O3+3H2 2Fe+3H2O    ③     ④ 没有污染物产生      【解析】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。 (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+4H2O 2Fe2O3↓+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+3H2 2Fe+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。 30.(2025·云南·高考真题)从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、、、CuO、等)中提取Au、Ag，并回收其它有价金属的一种工艺如下： 已知：①金-银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。 ②25℃时，的为。 回答下列问题： （1）基态Cu原子的价层电子排布式为　　　　　　　。 （2）“还原酸浸”时，反应的离子方程式为　　　　　　　。 （3）“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下： ① ② 上述过程中的催化剂为　　　　　　　。 （4）“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为　　　　　　　。 （5）根据“还原酸浸”“氧化”，推断的氧化性由强到弱的顺序为　　　　　　　。 （6）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，无析出，则　　　　　　　。 （7）一种锑锰合金的立方晶胞结构如图。 ①该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有　　　　　　　个。 ②为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为anm，则晶体的密度为　　　　　　　(列出计算式即可)。 【答案】（1）     （2）     （3）     （4）大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度     （5）     （6）0.19     （7）① 12    ②       【解析】由流程可知，矿石经“还原酸浸”， 、被还原为和，CuO被溶解为，Au、Ag、不溶进入“滤渣1”；“沉铜”时，被铁粉还原为Cu；“氧化时”被氧化为；“沉铁”时，转化为沉淀，后续转化为氧化铁；“沉锰”时，沉淀为碳酸锰。“浸金银”时，Au、Ag被混合液浸出，后续提炼出Au、Ag。 (1)Cu为29号元素，基态Cu原子的核外电子排布属于洪物规则的特例，其价电子数为11，其价层电子排布式为。 (2)“还原酸浸”时，被亚硫酸钠还原为，该反应的离子方程式为。 (3)“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下： ① ② 分析以上两反应可知，参与了反应①，但在反应②又重新生成，其质量和性质在反应前后没发生变化，因此，上述过程中的催化剂为。 (4)“还原酸浸”所得“滤液1”中含有一定浓度的未反应的硫酸和亚硫酸钠，多次循环利用“滤液1”对矿石进行“还原酸浸”可以充分利用其中的有效成分，大大减少了原料的浪费，从而有效降低成本；其次，持续地将杂质元素溶解并带出矿石体系，可以使矿石中的金银的相对品位得到提升，为后续提纯工序创造更好的条件；第三，还可以减少废水的排放量和处理成本；第四，可以回收更多的有价值的溶解成分。综上所述，“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为：大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度。 (5)“还原酸浸”时，和CuO可以被硫酸溶解转化为和，亚硫酸钠将还原为，而并未被还原，因此，的氧化性强于；“氧化”时，被氧化为，因此，的氧化性强于。综上所述，根据“还原酸浸”“氧化”，推断的氧化性由强到弱的顺序为。 (6)25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，此时，无析出，根据的为，则。 (7)由晶胞结构可知，该晶胞为面心立方， Sb位于晶胞的顶点，其与邻近的3个面的面心上的Mn距离最近且距离相等，每个顶点参与形成8个晶胞，而每个面心参与形成2个晶胞，因此，该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有个。 ②由晶胞结构和均摊法可知，该晶胞中平均占有1个Sb和3个Mn，因此，该晶胞的质量为，该晶胞的体积为，晶体的密度为。 31.(2025·陕晋青宁·高考真题)一种综合回收电解锰工业废盐(主要成分为的硫酸盐)的工艺流程如下。 已知：①常温下，，； ②结构式为。 回答下列问题： （1）制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采取的措施有　　　　　　　、　　　　　　　。(写出两种) （2）“沉锰I”中，写出形成的被氧化成的化学方程式　　　　　　　。当将要开始沉淀时，溶液中剩余浓度为　　　　　　　。 （3）“沉锰Ⅱ”中，过量的经加热水解去除，最终产物是和　　　　　　　(填化学式)。 （4）“沉镁I”中，当为8.0~10.2时，生成碱式碳酸镁，煅烧得到疏松的轻质。过大时，不能得到轻质的原因是　　　　　　　。 （5）“沉镁Ⅱ”中，加至时，沉淀完全；若加至时沉淀完全溶解，据图分析，写出沉淀溶解的离子方程式　　　　　　　。 （6）“结晶”中，产物X的化学式为　　　　　　　。 （7）“焙烧”中，元素发生了　　　　　　　(填“氧化”或“还原”)反应。 【答案】（1）① 搅拌    ② 适当升温等     （2）① 6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O    ② 10-2.15     （3）O2     （4）pH过大，沉淀为Mg(OH)2，不能分解产生CO2，不能得到疏松的轻质     （5）     （6）(NH4)2SO4     （7）还原      【解析】废盐溶液加入氨水，通入氧气沉锰I得到Mn3O4，溶液再加入(NH4)2S2O8，进行沉锰Ⅱ得到MnO2，产生有气体O2，溶液再加入NH4HCO3和NH3·H2O调节pH沉镁I，得到MgCO3，煅烧得到MgO，溶液再加入H3PO4沉镁Ⅱ，得到MgNH4PO4·6H2O沉淀，溶液加入H2SO4调节pH=6.0结晶得到X硫酸铵，最后与MnO2和Mn3O4焙烧，经过多步处理得到MnSO4·H2O。 (1)加快废盐的溶解可以采取搅拌、适当升温、粉碎等； (2)Mn(OH)2被O2氧化得到Mn3O4，化学方程式为：6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O； 根据=，=10-2.15mol/L； (3)“沉锰Ⅱ”中，过量的经加热水解去除，中存在过氧键，在加热和水存在下发生水解，生成和：，分解，总反应为，最终产物是和O2； (4)煅烧有CO2生成，可以得到疏松的轻质氧化镁，pH过大，沉淀为Mg(OH)2，不能分解产生CO2，不能得到疏松的轻质； (5)据图可知，当pH=4.0时，磷元素主要以形式存在，故离子方程式为：； (6)溶液中存在铵根离子和硫酸根离子，结晶后X为(NH4)2SO4； (7)“焙烧”中，Mn3O4和MnO2最终生成MnSO4·H2O，元素化合价降低，发生了还原反应。 32.(2025·江苏·高考真题)可用于制备光学材料和回收砷。 （1）制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下： 已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通入可提高浸出率的原因是　　　　　　　。 ②通入除镉。通过计算判断当溶液时，是否沉淀完全　　　　　　　(写出计算过程)。 ③沉锌前调节溶液的至，加入的氧化物为　　　　　　　(填化学式)。 （2）制备光学材料。如图甲所示，晶体中掺入少量后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 区域A“”中的离子为　　　　　　　(填离子符号)，区域B带　　　　　　　(填“正电”或“负电”)。 （3）回收砷。用去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。 时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出与反应生成的离子方程式：　　　　　　　。 ②反应后，砷回收率下降的原因有　　　　　　　。 【答案】（1）① 氧化生成S，促进酸浸反应正向进行    ② 否, ，， ，则未沉淀完全    ③ ZnO     （2）①     ② 负电     （3）①     ② 生成As2S3沉淀附着于ZnS表面，阻止反应；随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促使As2S3+6H2O2H3AsO3+3H2S平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降      【解析】闪锌矿中含ZnS、FeS、少量硫化镉等，加入酸浸后，ZnS、FeS、CdS分别转化为，硫元素转化为硫单质，经过除铁、除镉除去与，调pH、沉锌后获得ZnS，据此解答。 (1)① 酸浸时，若不通入，会发生反应：，通入可以氧化生成S，促进酸浸反应正向进行，提高浸出率；故答案为氧化生成S，促进酸浸反应正向进行。 ② 通入除镉，当溶液时，， 又因为，=，则，则此时，此时的浓度大于，故沉淀不完全； ③ 由② 知，除镉时溶液酸性较强，沉锌前调节溶液的至，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ZnO，故答案为ZnO。 (2)晶胞掺杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换，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：3个、：1个、：个，，则区域B带负电，故答案为；负电。 (3)① 根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废液”， 与反应除了生成外还有锌离子，写出反应的离子方程式为： 。 ②生成As2S3沉淀附着于ZnS表面，阻止反应；随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促使As2S3+6H2O2H3AsO3+3H2S平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降。 33.(2025·河北·高考真题)铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。过程如下： 已知：铬铁矿主要成分是。 回答下列问题： （1）基态铬原子的价层电子排布式：　　　　　　　。 （2）煅烧工序中反应生成的化学方程式：　　　　　　　。 （3）浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：、　　　　　　　、　　　　　　　(填化学式)。 （4）酸化工序中需加压的原因：　　　　　　　。 （5）滤液Ⅱ的主要成分：　　　　　　　(填化学式)。 （6）补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式　　　　　　　。 （7）滤渣Ⅱ可返回　　　　　　　工序。(填工序名称) 【答案】（1）     （2）     （3）①     ② MgO     （4）增大CO2的溶解度，保证酸化反应充分进行     （5）     （6）     （7）煅烧      【解析】铬铁矿主要成分是，与过量KOH在空气中煅烧，生成、Fe2O3、MgO，；通入/CO2浸取，生成，、MgO不反应，故滤渣Ⅰ为：，、MgO，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出固体，滤液Ⅰ中含有；将中加水溶解，并通入过量CO2酸化，将转化为，同时副产物生成，将与分离，滤液Ⅱ的主要溶质为；做还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的还原为，自身转化为进入滤渣Ⅱ，KOH进一步处理得，循环使用，据此分析； (1)Cr为24号元素，基态铬原子的价层电子排布式：； (2)煅烧工序中与过量KOH、空气中氧气反应生成、Fe2O3、，根据得失电子守恒，原子守恒，化学方程式： ； (3)根据分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分：、MgO； (4)向中加水溶解，并通入过量CO2酸化，将转化为，加大压强，可以增大CO2的溶解度，使液体中CO2浓度增大，保证酸化反应充分进行； (5)根据分析可知，滤液Ⅱ的主要溶质为； (6)做还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的还原为，自身转化为，铁元素由0价升高到+3价，Cr由+6价降低到+3价，根据得失电子守恒，原子守恒，化学方程式：； (7)滤渣Ⅱ含有和可返回煅烧工序。 34.(2025·河南·高考真题)一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为、(铑)、，含有少量]中尽可能回收铑的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“酸溶1”的目的是　　　　　　　。 （2）已知“酸溶2”中转化为，则生成该物质的化学方程式为　　　　　　　；“滤渣”的主要成分是　　　　　　　(填化学式)。 （3）“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量和，则“高温还原”中发生反应的化学方程式为　　　　　　　。 （4）若“活化还原”在室温下进行，初始浓度为，为避免生成沉淀，溶液适宜的为　　　　　　　(填标号)[已知的]。 A．2.0             B．4.0             C．6.0 （5）“活化还原”中，必须过量，其与(III)反应可生成，提升了的还原速率，该配离子中的化合价为　　　　　　　；反应中同时生成，(III)以计，则理论上和(III)反应的物质的量之比为　　　　　　　。 （6）“酸溶3”的目的是　　　　　　　。 【答案】（1）溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离     （2）①     ② SiO2     （3） 、     （4）A     （5）① +1    ② 6：1     （6）除去滤渣中未反应的Zn及生成的Sn      【解析】贵金属合金粉[主要成分为、(铑)、，含有少量]中尽可能回收铑的工艺流程中，加入浓盐酸溶解其中Fe，过滤后实现分离，再向滤渣中加入王水(浓盐酸与浓硝酸混合酸)氧化溶解Rh，转化为，Pt转化为相关可溶物，SiO2不溶，过滤后进行分离；煮沸滤液除去盐酸、硝酸，再加入浓盐酸、DETA将部分铑元素沉淀，过滤后，滤渣进行灼烧分解为Rh、和，再用H2进行高温还原得到铑单质，向滤液中加入NH4Cl将铂元素相关化合物转化为沉淀除去，加入SnCl2将(III)转化为，再加入Zn进行还原，生成Rh，由于Zn过量有剩余，加入浓盐酸溶解过量的Zn和生成的Sn，实现Zn与Rh分离，过滤获得铑粉，以此分析解答。 (1)原料合金粉主要成分为Fe、Rh、Pt和少量SiO2，Fe易溶于酸(如盐酸或硫酸)，而Rh和Pt在常温下不易被非氧化性酸溶解，SiO2不溶于酸，因此“酸溶1”使用非氧化性酸溶解Fe生成可溶性盐，过滤后Fe(II)进入滤液，剩余滤渣主要为Rh、Pt和SiO2，实现初步分离，故答案为：溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离。 (2)“酸溶2”中转化为，Rh元素化合价由0升高至+3，HNO3中N元素化合价由+5降低至+2生成NO，结合化合价升降守恒以及原子守恒可知反应化学方程式为；由上述分析可知该过程中滤渣的主要成分为SiO2。 (3)“高温还原”过程中，和均被H2还原为Rh，Rh元素化合价均由+3降低至0，根据化合价升降守恒以及原子守恒可知反应方程式为 、 。 (4)初始浓度为，则溶液中，当恰好生成沉淀时，，，，因此为避免生成沉淀，溶液的pH<2.4，故答案为A。 (5)配离子中，配体带1个负电荷，设Rh的化合价为x，则，则x=+1价；(III)以计，反应中Rh(III)还原至Rh(I)，每个Rh得到2个电子，SnCl2为还原剂，部分被氧化为，Sn(II)被氧化为Sn(IV)，每个Sn失去2个电子，同时反应过程中，部分SnCl2结合一个Cl-形成，作为新的配体，每生成1个，需要5个SnCl2，因此理论上和(III)反应的物质的量之比为。 (6)由于“二次还原”过程中，为确保完全反应，加入的Zn需过量，过滤后剩余Zn和生成物Rh、Sn存在于滤渣中，因此再向滤渣中加入浓盐酸的目的为：除去滤渣中未反应的Zn及生成的Sn。 35.(2025·甘肃·高考真题)研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘(主要含S、及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)中高效回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺，部分流程如下： 已知：熔点314℃，沸点460℃ 分解温度：，，，高于 （1）设计焙烧温度为600℃，理由为　　　　　　　。 （2）将通入和的混合溶液可制得，该反应的化学方程式为　　　　　　　。 （3）酸浸的目的为　　　　　　　。 （4）从浸出液得到Cu的方法为　　　　　　　(任写一种)。 （5）某含Pb化合物是一种被广泛应用于太阳能电池领域的晶体材料，室温下该化合物晶胞如图所示，晶胞参数，。与Pb之间的距离为　　　　　　　pm(用带有晶胞参数的代数式表示)；该化合物的化学式为　　　　　　　，晶体密度计算式为　　　　　　　(用带有阿伏加德罗常数的代数式表示和分别表示Cs、Pb和Br的摩尔质量)。 【答案】（1）使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，同时使As2O3沸腾收集     （2）4++2=3+CO2     （3）分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液     （4）电解法或置换法     （5）①     ② CsPbBr3    ③       【解析】铜冶炼烟尘(主要含S、及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)焙烧将S转化为二氧化硫，因沸点低被蒸出，设计温度为600℃，根据已知信息，硫酸铜被分解，生成氧化铜，硫酸锌和硫酸铅未分解，加水浸取后，硫酸锌溶于水形成溶液被分离出去，留下氧化铜，硫酸铅，加硫酸溶解，硫酸铅不溶于硫酸，氧化铜与硫酸反应转化成硫酸铜，过滤分离，浸出渣为硫酸铅，浸出液主要为硫酸铜，硫酸铜经过电解或置换法转化为铜，据此解答。 (1)设计焙烧温度为600℃，使硫酸铜分解，而硫酸锌和硫酸铅不分解，使As2O3沸腾收集，故答案为：使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，使As2O3沸腾收集； (2)将通入和的混合溶液可制得，根据元素守恒可知还生成了二氧化碳，该反应的化学方程式为4++2=3+CO2，故答案为：4++2=3+CO2； (3)酸浸时，硫酸铅不溶于硫酸，氧化铜与硫酸反应转化成硫酸铜，过滤分离，浸出渣为硫酸铅，浸出液主要为硫酸铜，故酸浸的目的为分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液； (4)浸出液主要为硫酸铜，经过电解或置换法转化为铜，故从浸出液得到Cu的方法有：电解法或置换法； (5)某含Pb化合物室温下晶胞如图所示，Cs位于体心，个数为1，Pb位于顶点，个数为=1，Br位于棱心，个数为=3，该化合物的化学式为CsPbBr3，Cs位于体心，Pb位于顶点，与Pb之间的距离为体对角线的一半，由于晶胞参数，℃，与Pb之间的距离为 pm，该晶体密度计算式为，故答案为：；CsPbBr3；。 36.(2025·黑吉辽蒙·高考真题)某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。 已知：①“氧化浸出”时，不发生变化，ZnS转变为； ②； ③酒石酸(记作)结构简式为。 回答下列问题： （1）分子中手性碳原子数目为　　　　　　　。 （2）“氧化浸出”时，过二硫酸根转变为　　　　　　　(填离子符号)。 （3）“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为　　　　　　　。 （4）“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为　　　　　　　。 （5）滤渣2中的金属元素为　　　　　　　(填元素符号)。 （6）“浸铅”步骤，和反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为　　　　　　　，pH过高可能生成　　　　　　　(填化学式)。 （7）290℃“真空热解”生成2种气态氧化物，该反应的化学方程式为　　　　　　　。 【答案】（1）2     （2）     （3）温度升高，反应速率增大，浸出率增大；温度过高时，氨气逸出，且过二硫酸铵也分解，造成浸出率减小     （4）Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu     （5）Fe     （6）① pH 升高，酒石酸根浓度增大，促进PbA的生成    ② Pb(OH)2或     （7）PbC4H4O6 Pb+4CO↑+2H2O↑      【解析】废渣用(NH4)2S2O8和NH3·H2O氧化浸出过滤，滤液中有[Cu(NH3)4]2+和[Zn(NH3)4]2+，滤渣1有PbSO4和Fe(OH)3，滤液加Zn置换出Cu，除铜后的溶液加(NH4)2S沉锌，得到ZnS，滤渣1用H2A和Na2A浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素，滤液经过结晶得到PbA，再真空热解得到纯Pb。 (1)碳原子周围连接四个不同的原子或原子团为手性碳原子，H2A分子中手性碳原子有2个，； (2)“氧化浸出”时，过二硫酸根作氧化剂，过二硫酸根转变为； (3)“氧化浸出”时，温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3·H2O分解生成NH3逸出，且温度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小； (4)加入Zn发生置换反应，从[Cu(NH3)4]2+置换出Cu单质，离子方程式为：Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu； (5)根据分析，滤渣1有Fe(OH)3和PbSO4，用H2A和Na2A浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素的沉淀； (6)“浸铅”步骤发生PbSO4(s)+A2-PbA+，Na2A溶液中存在A2-+H2OHA-+OH-，pH值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2OHA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡PbSO4(s)+A2-PbA+正向移动，PbA产率增大；pH过高时，OH-浓度过大，会生成Pb(OH)2沉淀，造成PbA产率降低； (7)290℃“真空热解”PbA即Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)生成Pb单质和2种气态氧化物为CO和H2O，反应的化学方程式为：PbC4H4O6 Pb+4CO↑+2H2O↑。 37.(2025·福建·高考真题)从炼油厂焙烧炭渣(主要含炭、和，以及少量、)中提取钼的工艺流程如下： 已知：和均易溶于水；草酸()在水中溶解度见下表。 温度℃ 20 40 60 80 溶解度(g/100 g) 9.5 21.5 44.3 84.5 （1）“酸浸”中钼和钒分别转化为和。100℃下各元素浸出率与草酸浓度的关系如图。 ①最佳草酸浓度为　　　　　　　　。 ②中钒的价电子排布式为　　　　　　　　。 ③生成的化学方程式为　　　　　　　　。 （2）“酸转化”中加浓硫酸后，过滤前的操作为　　　　　　　　；“滤渣2”为　　　　　　　　(填名称)。 （3）“沉钼”中，HMT(结构如图)在溶液中转变为，一个有　　　　　　　　个可形成氢键的位点；沉淀为。 （4）“碱浸转化”中，在碱作用下分解出，后者转化为的化学方程式为　　　　　　　　；“滤液2”中可循环利用的物质为　　　　　　　　。 （5）关于该工艺流程，下列说法错误的是　　　　　　　　。(填标号) a．“气体1”为CO               b．“滤渣1”主要含炭、NiO和 c．“滤液1”含       d．粗产品含 【答案】（1）① 2.0    ② 3d1    ③      （2）① 冷却结晶    ② 草酸晶体     （3）4     （4）①     ② HMT     （5）ab      【解析】炭渣加入草酸浸取，钼和钒分别转化为和，Mo、V被还原为盐溶液，草酸被氧化为二氧化碳（气体1），炭不反应、镍、钙转化为草酸镍沉淀、草酸钙沉淀，三者成为滤渣1，过滤，滤液加入浓硫酸使得钼、钒的草酸盐转化为硫酸盐和草酸，较低温度时草酸溶解度较小得到草酸晶体成为滤渣2，过滤得到含和的滤液，“沉钼”过程中加入HMT得到沉淀为，结合质量守恒，还生成，过滤，滤液1中含和不反应的，过滤后得到沉淀加入氧化钙、水、空气，碱浸转化过程中氧化钼元素得到CaMoO4； (1)① 由图，最佳草酸浓度为2.0，此时钼元素浸出率接近100%，而钙、镍浸出率为0； ②V为23号元素，中钒为+4价，V失去4个电子得到+4价钒，其价电子排布式为3d1。 ③和草酸发生氧化还原反应生成，Mo化合价由+6变为+5、部分草酸中碳化合价由+3变为+4生成二氧化碳，结合电子守恒，化学方程式为； (2)“酸转化”中加浓硫酸后，转化生成和及草酸，此时温度升高，根据表格，低温有利于草酸析出，则过滤前的操作为冷却结晶；由分析，“滤渣2”为草酸晶体； (3)结合HMT结构，HMT中一个氮与氢离子形成配位键得到，可形成N-H…Y氢键（作为氢键给体），另有3个N原子，均具有1对孤电子对，可形成N…H-X氢键（作为氢键受体），故存在4个可形成氢键的位点； (4)被氧气氧化为，反应中钼化合价由+5变为+6、氧气中氧化合价由0变为-2，结合电子守恒，反应为：；在碱作用下会转化生成HMT，则“滤液2”中可循环利用的物质为HMT； (5)a．由分析，“气体1”为二氧化碳，错误；                b．“滤渣1”主要含炭、和，错误； c．酸转化中通过冷却结晶所得滤液为草酸的饱和溶液，则“滤液1”含草酸，正确；      d．硫酸钙微溶于水，则碱浸转化得到粗产品含，正确； 故选ab。 38.(2024·广西·高考真题)广西盛产甘蔗，富藏锰矿。由软锰矿(，含和CuO等杂质)制备光电材料的流程如下。回答下列问题： 已知： 物质 （1）“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和，其主要作用是　　　　　　　。为提高“浸取”速率，可采取的措施是　　　　　　　(任举一例)。 （2）“滤渣1”的主要成分是　　　　　　　(填化学式)。 （3）常温下，用调节溶液pH至时，可完全沉淀的离子有　　　　　　　(填化学式)。 （4）“X”可选用_______。 A.  B.  C. Zn D.  （5）若用替代沉锰，得到沉淀。写出生成的离子方程式　　　　　　　。 （6）立方晶胞如图，晶胞参数为，该晶体中与一个紧邻的有　　　　　　　个。已知为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为　　　　　　　(用含的代数式表示)。 【答案】（1）① 把二氧化锰还原为硫酸锰    ② 把软锰矿粉碎、搅拌、加热等     （2）SiO2     （3）Al3+     （4）D     （5）     （6）① 4    ②       【解析】软锰矿含有和少量、CuO。“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和。用甘蔗渣水解液“浸取”软锰矿，二氧化锰被还原为硫酸锰，氧化铁被还原为硫酸亚铁，氧化铝、氧化铜溶于硫酸生成硫酸铝、硫酸铜，二氧化硅不溶于硫酸，滤渣是二氧化硅，滤液中加碳酸钙调节pH生成氢氧化铝沉淀除铝，过滤，滤液加硫化物反应生成FeS、CuS沉淀除铁铜，滤液中加碳酸氢钠反应生成碳酸锰沉淀，最终将碳酸锰转化为。 (1)二氧化锰具有氧化性，“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和，其主要作用是把二氧化锰还原为硫酸锰。根据影响反应速率的因素，为提高“浸取”速率，可采取的措施是把软锰矿粉碎、搅拌、加热等。 (2)二氧化硅不溶于硫酸，“滤渣1”的主要成分是SiO2。 (3)根据溶度积常数，Fe2+完全沉淀时，c(OH-)= ，pH约为8.4；Al3+完全沉淀时，c(OH-)=，pH约为4.7；Cu2+完全沉淀是c(OH-)=，pH约为6.7；常温下，用调节溶液pH至时，可完全沉淀的离子有Al3+。 (4)加X的目的是生成硫化物沉淀除铁和铜，Fe2+和H2S不反应，所以不能选用H2S；铜离子、亚铁离子都能和硫离子反应生成硫化物沉淀，所以“X”可选用，选D。 (5)若用替代沉锰，得到沉淀，反应的离子方程式为 。 (6)1个晶胞中含有1个K+，根据化学式可知，1个晶胞中含有1个Mn、3个F-，可知晶胞顶点上的原子为Mn、棱上的F-，该晶体中与一个紧邻的有4个；已知为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为 。 39.(2024·北京·高考真题)利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。 （1）矿石在焙烧前需粉碎，其作用是　　　　　　　。 （2）的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是　　　　　　　。 （3）矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。 温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质 400 500 ①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是　　　　　　　。 ②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是　　　　　　　。 （4）用离子方程式表示置换过程中加入的目的　　　　　　　。 （5）粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是　　　　　　　。 【答案】（1）增大矿石的接触面积，提高反应速率，使反应更充分     （2）     （3）① 随焙烧温度升高，生成的速率加快    ② 发生分解生成难溶于水的     （4）     （5）粗铜若未经酸浸，会残留较多的Fe，在电解时，阳极会发生反应Fe-2e-=Fe2+，溶液中的 Fe2+易被空气中O2氧化为 Fe3+，Fe3+在阴极发生反应Fe3++e-=Fe2+      【解析】黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质)粉碎后加入硫酸铵通入空气焙烧，黄铜矿在硫酸铵生成的SO3作用下，转化成CuSO4，得到的混合气体中主要含NH3，用硫酸吸收，得到硫酸铵，是溶液A的主要溶质，可以循环利用，固体B为SiO2、CuSO4及含铁的化合物，加水分离，主要形成含硫酸铜的滤液和含SiO2的滤渣，分别为滤液C和滤渣D，向硫酸铜溶液中加入过量的铁，置换得到粗铜和FeSO4，粗铜再精炼可以得到纯铜。 (1)黄铜矿的矿石在焙烧前需粉碎，是为了增大矿石的接触面积，提高反应速率，使反应更充分； (2)铵盐不稳定，易分解，分解为非氧化还原反应，产物中有NH3和SO3，故化学方程式为 ； (3)①由图，温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大，是因为温度低于425℃，随焙烧温度升高，(NH4)2SO4分解产生的SO3增多，生成的速率加快，故铜浸出率显著增加； ② 温度高于425℃，随焙烧温度升高，CuSO4发生分解生成难溶于水的CuO，铜浸出率降低； (4)加入置换硫酸铜溶液中的铜，反应的离子方程式为； (5)粗铜中含有杂质，加酸可以除，但粗铜若未经酸浸处理，会残留较多的Fe，在电解时，阳极会发生反应Fe-2e-=Fe2+，溶液中的 Fe2+易被空气中O2氧化为 Fe3+，Fe3+在阴极发生反应Fe3++e-=Fe2+，降低得到纯铜的量。 40.(2024·甘肃·高考真题)某兴趣小组设计了利用和生成，再与反应制备的方案： （1）采用下图所示装置制备，仪器a的名称为　　　　　　　；步骤I中采用冰水浴是为了　　　　　　　； （2）步骤Ⅱ应分数次加入，原因是　　　　　　　； （3）步骤Ⅲ滴加饱和溶液的目的是　　　　　　　； （4）步骤Ⅳ生成沉淀，判断已沉淀完全的操作是　　　　　　　； （5）将步骤Ⅴ中正确操作或现象的标号填入相应括号中　　　　　　　。 A．蒸发皿中出现少量晶体 B．使用漏斗趁热过滤 C．利用蒸发皿余热使溶液蒸干 D．用玻璃棒不断搅拌 E．等待蒸发皿冷却 【答案】（1）① 恒压滴液漏斗    ② 增大SO2的溶解度、增大H2SO3的浓度，同时为步骤Ⅱ提供低温     （2）防止过多的MnO2与H2SO3反应生成MnSO4，同时防止反应太快、放热太多、不利于控制温度低于10℃     （3）除去过量的SO2（或H2SO3）     （4）静置，向上层清液中继续滴加几滴饱和Na2CO3溶液，若不再产生沉淀，说明Mn2+已沉淀完全     （5）D、A、E      【解析】步骤Ⅱ中MnO2与H2SO3在低于10℃时反应生成MnS2O6，反应的化学方程式为MnO2+2H2SO3=MnS2O6+2H2O，步骤Ⅲ中滴加饱和Ba(OH)2除去过量的SO2（或H2SO3），步骤Ⅳ中滴入饱和Na2CO3溶液发生反应MnS2O6+Na2CO3=MnCO3↓+Na2S2O6，经过滤得到Na2S2O6溶液，步骤Ⅴ中Na2S2O6溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到Na2S2O6∙2H2O。 (1)根据仪器a的特点知，仪器a为恒压滴液漏斗；步骤Ⅰ中采用冰水浴是为了增大SO2的溶解度、增大H2SO3的浓度，同时为步骤Ⅱ提供低温； (2)由于MnO2具有氧化性、SO2（或H2SO3）具有还原性，步骤Ⅱ应分数次加入MnO2，原因是：防止过多的MnO2与H2SO3反应生成MnSO4，同时防止反应太快、放热太多、不利于控制温度低于10℃； (3)步骤Ⅲ中滴加饱和Ba(OH)2溶液的目的是除去过量的SO2（或H2SO3），防止后续反应中SO2与Na2CO3溶液反应，增加饱和Na2CO3溶液的用量、并使产品中混有杂质； (4)步骤Ⅳ中生成MnCO3沉淀，判断Mn2+已沉淀完全的操作是：静置，向上层清液中继续滴加几滴饱和Na2CO3溶液，若不再产生沉淀，说明Mn2+已沉淀完全； (5)步骤Ⅴ的正确操作或现象为：将滤液倒入蒸发皿中→用酒精灯加热→用玻璃棒不断搅拌→蒸发皿中出现少量晶体→停止加热→等待蒸发皿冷却→过滤、洗涤、干燥得到Na2S2O6∙2H2O，依次填入D、A、E。 41.(2024·甘肃·高考真题)(多选)我国科研人员以高炉渣(主要成分为，，和等)为原料，对炼钢烟气(和水蒸气)进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示： 已知： （1）高炉渣与经焙烧产生的“气体”是　　　　　　　。 （2）“滤渣”的主要成分是和　　　　　　　。 （3）“水浸2”时主要反应的化学方程式为　　　　　　　，该反应能进行的原因是　　　　　　　。 （4）铝产品可用于　　　　　　　。 （5）某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数。图丙中与N的距离为　　　　　　　；化合物的化学式是　　　　　　　，其摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值是，则晶体的密度为　　　　　　　(列出计算表达式)。 【答案】（1）NH3     （2）SiO2     （3）①     ② ，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙     （4）净水     （5）①     ② Ca3N3B    ③       【解析】高炉渣(主要成分为，，和等)加入在400℃下焙烧，生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝，同时产生气体，该气体与烟气(和水蒸气)反应，生成，所以该气体为NH3；焙烧产物经过水浸1，然后过滤，滤渣为以及未反应的SiO2，滤液溶质主要为硫酸镁、硫酸铝及硫酸铵；滤液浓缩结晶，析出，剩余富镁溶液；滤渣加入溶液，滤渣中的会转化为更难溶的碳酸钙。 (1)由分析可知，高炉渣与经焙烧产生的“气体”是NH3； (2)由分析可知，“滤渣”的主要成分是和未反应的SiO2； (3)“水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵生成更难溶的碳酸钙，反应方程式为，该反应之所以能发生，是由于，，，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙； (4)铝产品溶于水后，会产生，水解生成胶体，可用于净水； (5)图丙中，Ca位于正方形顶点，N位于正方形中心，故与N的距离为pm；由均摊法可知，晶胞中Ca的个数为，N的个数为，B的个数为，则化合物的化学式是Ca3N3B；其摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值是，晶胞体积为则晶体的密度为。 42.(2024·江苏·高考真题)贵金属银应用广泛。Ag与稀制得，常用于循环处理高氯废水。 （1）沉淀。在高氯水样中加入使浓度约为，当滴加溶液至开始产生沉淀(忽略滴加过程的体积增加)，此时溶液中浓度约为　　　　　　　。[已知：，] （2）还原。在沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量盐酸后静置，充分反应得到Ag。 ①铁将转化为单质Ag的化学方程式为　　　　　　　。 ②不与铁圈直接接触的也能转化为Ag的原因是　　　　　　　。 ③为判断是否完全转化，补充完整实验方案：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤，　　　　　　　[实验中必须使用的试剂和设备：稀、溶液，通风设备] （3）Ag的抗菌性能。纳米Ag表面能产生杀死细菌(如图所示)，其抗菌性能受溶解氧浓度影响。 ①纳米Ag溶解产生的离子方程式为　　　　　　　。 ②实验表明溶解氧浓度过高，纳米Ag的抗菌性能下降，主要原因是　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）①     ② 铁还原氯化银形成Fe-Ag原电池，氯化银在Ag表面得到电子    ③ 用蒸馏水洗涤滤渣，最后一次洗涤滤液中滴加硝酸银溶液无明显现象，转移滤渣至烧杯中，打开通风设备；向烧杯中边加稀HNO3边搅拌至无气泡产生，若无固体剩余，则氯化银转化完全     （3）①     ② 纳米Ag表面形成氧化物，减少Ag+产生      【解析】(1)浓度约为，当滴加溶液至开始产生沉淀，此时，； (2)①沉淀中埋入铁圈并压实，铁将AgCl转化为单质Ag，反应的化学方程式为：； ② 不与铁圈直接接触的也能转化为Ag的原因是：与铁圈直接接触的AgCl被还原为单质Ag，形成以盐酸作电解质溶液的Fe-Ag原电池，氯化银继续在单质Ag表面得到电子被还原，直至完全反应。由此得出原因为：铁还原氯化银形成Fe-Ag原电池，氯化银在Ag表面得到电子； ③ 判断AgCl是否完全转化，即检验混合物中是否含有AgCl，若AgCl完全转化，则剩余固体全部为银，可完全溶于稀硝酸，若AgCl未完全转化，剩余AgCl不能溶于稀硝酸，则可用稀硝酸检验，稀硝酸参与反应可能会产生氮氧化物，反应需在通风设备中进行，反应后的溶液中存在氯离子，若未将滤渣洗净，氯离子会干扰实验，所以首先需要检验氯离子是否洗净，实验方案补充为：用蒸馏水洗涤滤渣，最后一次洗涤滤液中滴加硝酸银溶液无明显现象，转移滤渣至烧杯中，打开通风设备；向烧杯中边加稀HNO3边搅拌至无气泡产生，若无固体剩余，则氯化银转化完全。 (3)① 纳米Ag溶解时被氧化为Ag+，离子方程式为：； ② 其他条件不变，抗菌性能下降，表明纳米Ag杀死细菌减少，说明Ag+的产生减少。在其他反应物未减少或不变的情况下，根据反应条件化学反应速率的影响，可能原因是Ag与反应物的接触减少。溶解氧浓度过高，Ag可以直接被氧化成Ag2O，覆盖着纳米Ag的表面。由此，主要原因可以描述为：纳米Ag表面形成氧化物，减少Ag+产生。 43.(2024·河北·高考真题)是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。 已知：i石煤是一种含的矿物，杂质为大量和少量等；苛化泥的主要成分为等。 ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙和偏铝酸钙均难溶于水。回答下列问题： （1）钒原子的价层电子排布式为　　　　　　　；焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为　　　　　　　，产生的气体①为　　　　　　　(填化学式)。 （2）水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为　　　　　　　(填化学式)。 （3）在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为　　　　　　　；加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为　　　　　　　；浸取后低浓度的滤液①进入　　　　　　　(填工序名称)，可实现钒元素的充分利用。 （4）洗脱工序中洗脱液的主要成分为　　　　　　　(填化学式)。 （5）下列不利于沉钒过程的两种操作为　　　　　　　(填序号)。 a．延长沉钒时间        b．将溶液调至碱性          c．搅拌          d．降低溶液的浓度 【答案】（1）①     ②     ③      （2）     （3）①     ② 提高溶液中浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放    ③ 离子交换     （4）     （5）bd      【解析】石煤和苛化泥通入空气进行焙烧，反应生成、、、、和等，水浸可分离焙烧后的可溶性物质(如)和不溶性物质[、等]，过滤后滤液进行离子交换、洗脱，用于富集和提纯，加入氯化铵溶液沉钒，生成，经一系列处理后得到V2O5；滤渣① 在，的条件下加入3%NH4HCO3溶液进行盐浸，滤渣① 中含有钒元素，通过盐浸，使滤渣① 中的钒元素进入滤液① 中，再将滤液① 回流到离子交换工序，进行的富集。 (1)钒是23号元素，其价层电子排布式为；焙烧过程中，氧气被还原，被氧化生成，偏钒酸盐中钒的化合价为价；在以上开始分解，生成的气体① 为。 (2)由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分与反应生成偏铝酸钠和偏铝酸钙，偏铝酸钠溶于水，偏铝酸钙难溶于水，所以滤液中杂质的主要成分是。 (3)在弱碱性环境下，与和反应生成、和，离子方程式为： ； CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率，因为C可提高溶液中浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放；滤液① 中含有、等，且浓度较低，若要利用其中的钒元素，需要通过离子交换进行分离、富集，故滤液① 应进入离子交换工序。 (4)由离子交换工序中树脂的组成可知，洗脱液中应含有，考虑到水浸所得溶液中含有，为避免引人其他杂质离子，且廉价易得，故洗脱液的主要成分应为。 (5)a．延长沉钒时间，能使反应更加完全，有利于沉钒，a不符合题意； b．呈弱酸性，如果将溶液调至碱性，与反应，不利于生成，b符合题意； c．搅拌能使反应物更好的接触，提高反应速率，使反应更加充分，有利于沉钒，c不符合题意； d．降低溶液的浓度，不利于生成，d符合题意； 故选bd。 44.(2024·新课标·高考真题)钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下： 已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全()时的pH： 开始沉淀的pH 1.5 6.9 — 7.4 6.2 沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2 回答下列问题： （1）“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是　　　　　　　；“滤渣1”中金属元素主要为　　　　　　　。 （2）“过滤1”后的溶液中加入的作用是　　　　　　　。取少量反应后的溶液，加入化学试剂　　　　　　　检验　　　　　　　，若出现蓝色沉淀，需补加。 （3）“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为　　　　　　　、　　　　　　　。 （4）“除钴液”中主要的盐有　　　　　　　(写化学式)，残留的浓度为　　　　　　　。 【答案】（1）① 增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率    ② Pb     （2）① 将溶液中的氧化为，以便在后续调pH时除去Fe元素    ② 溶液    ③      （3）①     ②      （4）① 、    ②       【解析】由题中信息可知，用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣，得到含有、、、、等离子的溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的，则“滤渣1”为“酸浸”时生成的；向滤液中加入将氧化为，然后加入ZnO调节pH=4使完全转化为，则“滤渣Ⅱ”的主要成分为，滤液中的金属离子主要是、和；最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂，将溶液中氧化为，在时形成沉淀，而则被还原为，还会与溶液中的发生归中反应生成，得到和的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4，据此解答。 (1)在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积，从而加快酸浸的反应速率，提高浸取效率；由分析可知，“滤渣1”的主要成分为PbSO4，则“滤渣1”中金属元素主要为Pb； (2)酸浸液中含有、、、、等离子。由题表中数据可知，当完全沉淀时，未开始沉淀，而当完全沉淀时，已有一部分沉淀，因此为了除去溶液中的Fe元素且不沉淀，应先将氧化为，然后调节溶液的pH使完全水解转化为沉淀，因此，的作用是将氧化为，以便在后续调pH时除去Fe元素。常用溶液检验，若生成蓝色沉淀，则说明溶液中仍存在，需补加； (3)由分析可知，该过程发生两个氧化还原反应，根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境()，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出两个离子方程式：、； (4)最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO调pH时引入的、加入“氧化沉钴”时引入的，而阴离子是在酸浸时引入的，因此其中主要的盐有和。当溶液时，恰好完全沉淀，此时溶液中，则，则。“除钴液”的，即，则，此时溶液中。 45.(2024·辽宁·高考真题)中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的颗粒被、包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下： 回答下列问题： （1）北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为　　　　　　　(填化学式)。 （2）“细菌氧化”中，发生反应的离子方程式为　　　　　　　。 （3）“沉铁砷”时需加碱调节，生成　　　　　　　(填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含微粒的沉降。 （4）“焙烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“焙烧氧化”，“细菌氧化”的优势为_______(填标号)。 A. 无需控温 B. 可减少有害气体产生 C. 设备无需耐高温 D. 不产生废液废渣 （5）“真金不怕火炼”，表明难被氧化，“浸金”中的作用为　　　　　　　。 （6）“沉金”中的作用为　　　　　　　。 （7）滤液②经酸化，转化为和的化学方程式为　　　　　　　。用碱中和可生成　　　　　　　(填溶质化学式)溶液，从而实现循环利用。 【答案】（1）CuSO4     （2）     （3）(或FeAsO4)     （4）BC     （5）形成配合物，促进金的氧化     （6）作还原剂(或置换Au)     （7）①     ② NaCN      【解析】矿粉中加入足量空气和H2SO4，在pH=2时进行细菌氧化，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，过滤，滤液中主要含有Fe3+、、As（V），加碱调节pH值，Fe3+转化为胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au与空气中的O2和NaCN溶液反应，得到含的浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含的滤液② 。 (1)“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要成分为CuSO4； (2)“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和，离子方程式为： ； (3)“沉铁砷”时，加碱调节pH值，Fe3+转化为胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降； (4)A．细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需要控温，A不符合题意； B．焙烧氧化时，金属硫化物中的S元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，B符合题意； C．焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设备无需耐高温，C符合题意； D．由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，D不符合题意； 故选BC； (5)“浸金”中，Au作还原剂，O2作氧化剂，NaCN做络合剂，氰化钠能够与金离子形成稳定的络合物从而提升金单质的还原性，将Au转化为从而浸出； (6)“沉金”中Zn作还原剂，将还原为Au； (7)滤液② 含有，经过H2SO4的酸化，转化为ZnSO4和HCN，反应得化学方程式为：；用碱中和HCN得到的产物，可实现循环利用，即用NaOH中和HCN生成NaCN，NaCN可用于“浸金”步骤，从而循环利用。 46.(2024·浙江1月·高考真题)固态化合物Y的组成为，以Y为原料实现如下转化。 已知：与溶液A中金属离子均不能形成配合物。 请回答： （1）依据步骤Ⅲ，、和中溶解度最大的是　　　　　　　。写出溶液C中的所有阴离子　　　　　　　。步骤Ⅱ中，加入的作用是　　　　　　　。 （2）下列说法正确的是_______。 A. 气体D是形成酸雨的主要成分 B. 固体E可能含有 C. 可溶于溶液 D. 碱性： （3）酸性条件下，固体(微溶于水，其还原产物为无色的)可氧化为，根据该反应原理，设计实验验证Y中含有元素　　　　　　　；写出转化为的离子方程式　　　　　　　。 【答案】（1）① MgCO3    ② 、、OH-、Cl-    ③ 调节溶液pH值，防止钙离子、镁离子、锰离子转化为氢氧化物的沉淀     （2）BC     （3）① 取一定量Y于试管中，加入适量硝酸溶解，再加入适量NaBiO3，观察到溶液变为紫红色，则证明Y中含有锰元素    ②       【解析】Y中加入盐酸将碳酸根转化为二氧化碳，溶液A中主要有镁离子、锰离子、钙离子、亚铁离子，氯离子，若酸过量，还有H+，加入氨气和氯化铵将亚铁离子转化为氢氧化亚铁，溶液B中主要含有镁离子、锰离子、钙离子、铵根离子，氯离子，Ⅲ中又通入CO2将钙离子与锰离子转化为沉淀，据此回答。 (1)①MnCO3、CaCO3 和 MgCO3是同种类型的沉淀，溶解度大的最后沉淀出来，由于通入二氧化碳，生成的沉淀是CaCO3 和 MgCO3，所以 MgCO3溶解度最大； ② 溶液中加入盐酸引入阴离子氯离子，Ⅲ中又通入CO2引入碳酸根离子，溶液中还有碳酸氢根和氢氧根； (2)A．气体是CO2不是形成酸雨的主要成分，故A错误； B．固体E可能含有Na2CO3，当二氧化碳过量时反应方程式为：，当二氧化碳少量时，所以可能含有Na2CO3，故B正确； C．Mn(OH)2可溶于NH4Cl溶液，由于NH4Cl溶液呈酸性，NH4Cl水解产生的H+与Mn(OH)2反应，故C正确； D．碱性是Ca(OH)2＞Fe(OH)2，氢氧化钙是强碱，氢氧化亚铁是弱碱，故D错误； 故选BC。 (3)① 酸性条件下，固体NaBiO3可氧化Mn2+为，取一定量Y于试管中，加入适量硝酸溶解，再加入适量NaBiO3，观察到溶液变为紫红色，则证明Y中含有锰元素； ② 根据题目信息可知。 47.(2024·福建·高考真题)(多选)锂云母的主要成分为，实验室探索一种碱浸分解锂云母制备的工艺流程如下： （1）“高压浸出”中： ①“滤渣1”中卤化物Y为　　　　　　　。(填化学式) ②一定条件下，元素浸出率与用量的关系如图，为提高锂浸出率，最佳用量为　　　　　　　g。(保留小数点后一位) ③精矿颗粒尺寸对锂浸出率的主要影响如下： i．尺寸越小，颗粒总表面积越大，有利于反应液接触 ii．尺寸越小，颗粒聚集趋势越大，不利于反应液渗入 一定条件下，颗粒尺寸与锂浸出率关系如图。区域Ⅰ中，锂浸出率随颗粒尺寸减小而降低的原因是　　　　　　　。 （2）“沉锂”生成磷酸锂的化学方程式为　　　　　　　。 （3）“沉淀转化”反应的平衡常数　　　　　　　。(列出计算式)已知：时，。 （4）“操作Z”为加热、趁热过滤和　　　　　　　；趁热过滤的主要目的是　　　　　　　。(分解温度约为) （5）的晶胞结构如图所示。 ①晶体中与一个O紧邻的有　　　　　　　个。 ②一个与所有紧邻O形成的空间结构为　　　　　　　。 ③晶体中微粒间作用力有　　　　　　　。(填标号) a．氢键       b．离子键       c．金属键       d．范德华力       e．极性共价键       f．非极性共价键 【答案】（1）①     ② 4.5    ③ 该条件下ii的影响程度大于i的影响程度     （2）     （3）     （4）① 蒸发结晶    ② 除去杂质     （5）① 4    ② 四面体形    ③ bde      【解析】锂云母的主要成分为，加入氢氧化钠、氧化钙、水高压浸出，得到铝硅酸盐沉淀和氟化钙沉淀，所得滤液加少量氧化钙进一步净化过滤后，所得滤液中主要含氢氧化锂，以及少量的氢氧化钠和氢氧化钙，向滤液中加入磷酸生成磷酸锂沉淀，过滤分离，向沉淀中加入氢氧化钙溶液，转化得到磷酸钙沉淀和氢氧化锂溶液，过滤所得滤液2中溶质主要为氢氧化锂，还有少量的氢氧化钙，通过加热、趁热过滤除去氢氧化钙，滤液蒸发结晶得到氢氧化锂固体，据此分析。 (1)①“高压浸出”中，加入的与水反应生成氢氧化钙，电离出的与生成难溶的； ② 结合图中曲线，锂的浸出率最大时，的最佳用量约为4.5g； ③ 只考虑i的影响，尺寸越小，颗粒总表面积越大，有利于反应液接触，锂的浸出率越大；只考虑ii的影响，尺寸越小，颗粒聚集趋势越大，不利于反应液渗入，锂的浸出率越小，区域Ⅰ中，锂浸出率随颗粒尺寸减小而降低，说明ii的影响程度大于i的影响程度； (2)净化后的滤液中主要含氢氧化锂，以及少量的氢氧化钠和氢氧化钙，“沉锂”加入磷酸生成磷酸锂的化学方程式为：； (3)“沉淀转化”反应的平衡常数； (4)滤液2中溶质主要为氢氧化锂，还有少量的氢氧化钙，由于氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，加热升温会析出氢氧化钙晶体，故趁热过滤的主要目的是除去杂质；除杂后的滤液主要含，通过蒸发结晶得到固体； (5)根据的晶胞结构及其x轴方向投影图可知，在晶胞中Li位于8个顶点和上、下底面的2个面心，O位于前、后、左、右4个侧面上，晶体为层状结构。① 晶体中与一个O紧邻的有4个，① 晶体中与一个紧邻的O也有4个；② 因为∠O-Li-O=129°，故一个与所有紧邻O形成的空间结构为四面体形而非正四面体形；③ 由于O无法提供价层孤电子对，且层间距离远，间不能形成氢键；为离子化合物，不存在金属键；与间存在离子键；根据晶体呈层状结构，层间存在范德华力；O-H属于极性共价键；故晶体中微粒间作用力有bde。 48.(2024·海南·高考真题)锰锌铁氧体()元件是电子线路中的基础组成部分。某实验室利用废弃电子产品中的锰锌铁氧体制备、ZnO和，可用于电池，催化剂等行业，其工艺流程如下： 回答问题： （1）氨浸的作用是将　　　　　　　元素(填元素符号)有效转移到水溶液中。 （2）煮沸含有配合物的溶液B，产生混合气体，经冷凝后所得溶液可循环用于氨浸，该溶液是　　　　　　　。 （3）沉锰反应的离子方程式为　　　　　　　。某次实验时，将原料中的Mn以形式定量沉淀完全，消耗了，并产出(纯度为99.9%)，则该原料化学式中　　　　　　　。 （4）沉铁时，选择是为了便于从滤液中回收有价值的钾盐　　　　　　　(填化学式)。该钾盐在种植业中的一种用途是　　　　　　　。 （5）通过加入固体，除去滤液中危害环境的，已知，。反应的平衡常数为　　　　　　　。 【答案】（1）Zn     （2）氨水     （3）① 或不含结晶水形式    ② 0.75     （4）①     ② 钾肥或其他合理用途     （5）      【解析】锰锌铁氧体经过氨浸后，分离得到的溶液B经煮沸得到氢氧化锌，则氨浸的作用是将锌元素转移到溶液B中，将分离得到的固体A溶于硫酸，得到含锰、铁元素的溶液；沉锰过程中，与发生归中反应生成；由于加入铁粉还原，则溶液C主要含三价铁离子，铁粉将铁离子还原为二价铁离子，加入沉铁，将二价铁离子转化为。 (1)由分析可知，氨浸的作用是将Zn元素有效转移到水溶液中。 (2)由分析可知，溶液B含有配合物，煮沸溶液B后生成氢氧化锌沉淀，产生混合气体，经冷凝后的溶液可循环利用于氨浸，则生成的混合气体中含有氨气和水蒸气，冷凝后的溶液为氨水。 (3)根据沉锰前后物质可知，沉锰反应的离子反应式为（便于后续计算）或不含结晶水；由离子反应式可知，消耗了，则锰锌铁氧体中，，由锰锌铁氧体化学式可知，，解得。 (4)由分析可知，用硫酸溶解固体A后，溶液中存在大量硫酸根，选择可以从滤液中回收有价值的硫酸钾，该钾盐在种植业中可用作钾肥。 (5)平衡常数。 49.(2024·贵州·高考真题)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”)。 【答案】（1）SiO2     （2）2.8×10-6     （3）NaOH溶液     （4）① 提供Na+和反应所需要的碱性环境    ②      （5）①     ② 3    ③ 0.25    ④ 乙      【解析】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。 (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。 50.(2024·江苏·高考真题)回收磁性合金钕铁硼()可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。 （1）钕铁硼在空气中焙烧转化为、等(忽略硼的化合物)，用盐酸酸浸后过滤得到溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率()随浸取时间变化如图所示。 ①含铁滤渣的主要成分为　　　　　　　(填化学式)。 ②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是　　　　　　　。 （2）含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。 ①用含有机胺()的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理为： (有机层) 已知： 其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是　　　　　　　。 ②反萃取后，经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比　　　　　　　。 （3）净化后的溶液通过沉钕、焙烧得到。 ①向溶液中加入溶液，可转化为沉淀。该反应的离子方程式为　　　　　　　。 ②将(摩尔质量为)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。时，所得固体产物可表示为，通过以上实验数据确定该产物中的比值　　　　　　　(写出计算过程)。 【答案】（1）① Fe2O3    ② Fe2O3溶于盐酸，c(H+)减小，Fe3+水解进入滤渣     （2）① c(OH-)增大，SO量增多，(R3NH)2SO4量增多，萃取正向进行程度增加    ② 2:1     （3）①     ② 2:1      【解析】(1)①依据题目中的信息，焙烧后Nd和Fe分别转化为Nd2O3和Fe2O3。焙烧后“酸浸”的目的是将浸出元素从固态物质转化为可溶性离子，根据图1中的信息，随着浸出时间的延长Nd的浸出率大于95%，而Fe的最高浸出率约8%。说明此过程中Nd2O3几乎全部溶于盐酸转化成Nd3+，而Fe2O3只有很少部分能转化成Fe3+，所以含铁滤渣的主要成分应是未浸出的Fe2O3； ②结合题给信息，“酸浸”过程影响浸出率的主要因素有：酸的种类、酸的浓度、浸取时间、固液比等，通过控制合适的条件可以实现Nd和Fe的分离。反应一开始，因为Fe2O3溶于盐酸，所以Fe的浸出率随浸取时间而上升。随着反应进行至5分钟后，Fe浸出率下降说明部分浴出产生的Fe3+重新进入滤渣，分析可能原因是Fe3+的水解产生Fe(OH)3相同条件下Nd3+水解能力远小于Fe3+。结合Nd2O3浸出率持续上升，可推理出因为Nd2O3溶解会消耗H+，当c(H+)低于一定值，Fe2O3不再浴解，同时c(H+)减小促进Fe3+水解产生Fe(OH)3。可以得出结论：Fe2O3溶于盐酸，c(H+)减小，Fe3+水解进入滤渣。 (2)①减小生成物浓度，化学平衡向正反应方向移动，因此，其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，的浓度减小，的化学平衡向正反应方向移动，又的浓度减小使平衡逆向移动，引起浓度的增大，进一步促进平衡向萃取方向移动，导致的浓度增大，因此，有机层中Fe元素含量迅速增多。 ②由铁酸铋晶胞结构示意图可知，晶胞中体内有4个Fe原子，面上有8个Fe原子，根据均摊法可知，Fe原子的数目为；原子全部在晶胞的面上，共有，因此，其中原子数目比2:1。 (3)①向溶液中加入溶液，和相互促进对方水解生成沉淀和，该反应的离子方程式为。 ②的物质的量为，其在氮气氛围中焙烧后，金属元素的质量和化合价均保持不变，因此，=；时剩余固体的质量为7.60，固体减少的质量为，由于碱式盐在受热分解时易变为正盐，氢氧化物分解得到氧化物和，碳酸盐分解得到氧化物和，因此，可以推测固体变为时失去的质量是生成和的质量；根据H元素守恒可知，固体分解时生成的质量为，则生成的质量为-=，则生成的物质的量为，由C元素守恒可知，分解后剩余的的物质的量为4×10-5mol-=，因此可以确定该产物中的比值为。 51.(2024·山东·高考真题)以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫。溶解等物质的量的和时，消耗物质的量之比为　　　　　　　；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时挥发外，另一目的是防止产生　　　　　　　(填化学式)。 （2）将“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属，“电解I”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为　　　　　　　。 （3）“还原”中加入铅精矿的目的是　　　　　　　。 （4）“置换”中可选用的试剂X为　　　　　　　(填标号)。 A．               B．             C．             D． “置换”反应的离子方程式为　　　　　　　。 （5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作　　　　　　　(填“阴极”或“阳极”)。 【答案】（1）① 1:1    ② H2S     （2）热浸     （3）将过量的Fe3+还原为Fe2+     （4）① C    ②      （5）阳极      【解析】本题以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和， “热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫，被还原为Fe2+，过滤I除掉单质硫滤渣，滤液中在稀释降温的过程中转化为PbCl2沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大氯离子浓度，使PbCl2又转化为，电解得到Pb；过滤II后的滤液成分主要为、FeCl2、FeCl3，故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2，试剂X将置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X为铅，尾液为FeCl2。 (1)“热浸”时，将和中-2价的硫氧化为单质硫，被还原为Fe2+，在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变，所以等物质的量的和时，S2-物质的量相等，所以消耗的物质的量相等，比值为1:1；溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S 气体。 (2)“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为，电解溶液制备金属，在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl2， 尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在热浸中循环使用。 (3)过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。 (4)“置换”中加入试剂X可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X应为Pb，发生的反应为：。 (5)“电解II”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可能作为阴极，应作为阳极板，阳极放电时，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子为Pb2+，阴极得电子得到Pb，所以电极板应作阳极。 52.(2024·全国甲卷·高考真题)钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。 已知：①。 ②以氢氧化物形式沉淀时，和溶液的关系如图所示。 回答下列问题： （1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是　　　　　。 （2）“酸浸”步骤中，发生反应的化学方程式是　　　　　。 （3）假设“沉铜”后得到的滤液中和均为，向其中加入至沉淀完全，此时溶液中　　　　　，据此判断能否实现和的完全分离　　　　　(填“能”或“不能”)。 （4）“沉锰”步骤中，生成，产生的物质的量为　　　　　。 （5）“沉淀”步骤中，用调，分离出的滤渣是　　　　　。 （6）“沉钴”步骤中，控制溶液，加入适量的氧化，其反应的离子方程式为　　　　　。 （7）根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是　　　　　。 【答案】（1）增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率     （2）     （3）①     ② 不能     （4）     （5）     （6）     （7）向滤液中滴加溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH为8.2到12.0之间，使锌离子沉淀完全，静置后过滤、洗涤、干燥      【解析】炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，铜不溶解，Zn及其他价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液；然后通入硫化氢沉铜生成CuS沉淀；过滤后，滤液中加入Na2S2O8将锰离子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁离子也被氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调节pH=4，铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去；第三次过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴，得到Co(OH)3。 (1)“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率。 (2)“酸浸”步骤中，Cu不溶解，Zn单质及其他价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液，即为转化为CoSO4，反应的化学方程式为。 (3)假设“沉铜”后得到的滤液中和均为，向其中加入至沉淀完全，此时溶液中，则，小于，说明大部分也转化为硫化物沉淀，据此判断不能实现Zn2+和Co2+的完全分离。 (4)“沉锰”步骤中，Na2S2O8将Mn2+氧化为二氧化锰除去，发生的反应为，因此，生成，产生的物质的量为。 (5)“沉锰”步骤中，同时将氧化为，“沉淀”步骤中用调pH=4，可以完全沉淀为，因此，分离出的滤渣是。 (6)“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入适量的NaClO氧化，其反应的离子方程式为。 (7)根据题中给出的信息，“沉钴”后的滤液中有元素以形式存在，当pH＞12后氢氧化锌会溶解转化为，因此，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是：向滤液中滴加溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH为8.2到12.0之间，使锌离子沉淀完全，静置后过滤、洗涤、干燥。 53.(2024·湖北·高考真题)铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐中提取铍的路径为： 已知： 回答下列问题： （1）基态的轨道表示式为　　　　　　　。 （2）为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是　　　　　　　。 （3）“萃取分液”的目的是分离和，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，观察到的现象是　　　　　　　。 （4）写出反萃取生成的化学方程式　　　　　　　。“滤液2”可以进入　　　　　　　步骤再利用。 （5）电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是　　　　　　　。 （6）与醋酸反应得到某含4个的配合物，4个位于以1个O原子为中心的四面体的4个顶点，且每个的配位环境相同，与间通过相连，其化学式为　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）快速冷却     （3）无明显现象     （4）①     ② 反萃取     （5）增强熔融氯化铍的导电性     （6）      【解析】首先铝硅酸盐先加热熔融，然后快速冷却到其玻璃态，再加入稀硫酸酸浸过滤，滤渣的成分为H2SiO3，“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中，水相1中含有Al3+，有机相为，加入过量氢氧化钠反萃取Be2+使其转化为进入水相2中，分离出含NaA的煤油，最后对水相2加热过滤，分离出Be(OH)2，通过系列操作得到金属铍，据此回答。 (1)基态Be2+的电子排布式为1s2，其轨道表达式为； (2)熔融态物质冷却凝固时，缓慢冷却会形成晶体，快速冷却会形成非晶态，即玻璃态，所以从“热熔、冷却”中得到玻璃态，其冷却过程的特点为：快速冷却； (3)“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中，水相1中含有Al3+、H+，则向过量烧碱的溶液中逐滴加入少量水相1的溶液，发生的反应为H++OH-=H2O、Al3++4OH-=，可观察到无明显现象； (4)反萃取生成的化学方程式为，滤液2的主要成分为NaOH，可进入反萃取步骤再利用； (5)氯化铍的共价性较强，电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用为增强熔融氯化铍的导电性； (6)由题意可知，该配合物中有四个铍位于四面体的四个顶点上，四面体中心只有一个O，Be与Be之间总共有六个CH3COO-，则其化学式为：。 54.(2024·安徽·高考真题)精炼铜产生的铜阳极泥富含等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提取金和银的流程，如下图所示。 回答下列问题： （1）位于元素周期表第　　　　　　　周期第　　　　　　　族。 （2）“浸出液1”中含有的金属离子主要是　　　　　　　。 （3）“浸取2”步骤中，单质金转化为的化学方程式为　　　　　　　。 （4）“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的　　　　　　　(填化学式)转化为。 （5）“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为　　　　　　　。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为　　　　　　　(填化学式)。 （6）“还原”步骤中，被氧化的与产物的物质的量之比为　　　　　　　。 （7）可被氧化为。从物质结构的角度分析的结构为(a)而不是(b)的原因：　　　　　　　。 【答案】（1）① 四    ② ⅠB     （2）Cu2+     （3）     （4）AgCl     （5）①     ②      （6）3：4     （7）(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧键，氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构      【解析】精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等元素，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，Ag、Au不反应，浸渣1中含有Ag和Au；浸渣1中加入盐酸、H2O2浸取，Au转化为HAuCl4进入浸取液2，Ag转化为AgCl，浸渣2中含有AgCl；浸取液2中加入N2H4将HAuCl4还原为Au，同时N2H4被氧化为N2；浸渣2中加入，将AgCl转化为，得到浸出液3，利用电沉积法将还原为Ag。 (1)Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族； (2)由分析可知，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，故浸取液1中含有的金属离子主要是Cu2+； (3)浸取2步骤中，Au与盐酸、H2O2反应氧化还原反应，生成HAuCl4和H2O，根据得失电子守恒及质量守恒，可得反应得化学方程式为：； (4)根据分析可知，浸渣2中含有AgCl，与反应转化为； (5)电沉积步骤中，阴极发生还原反应，得电子被还原为Ag，电极反应式为：；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； (6)还原步骤中， HAuCl4被还原为Au，Au化合价由+3价变为0价，一个HAuCl4转移3个电子，N2H4被氧化为N2，N的化合价由-2价变为0价，一个N2H4转移4个电子，根据得失电子守恒，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3：4； (7)(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧键，氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构。 55.(2024·江西·高考真题)稀土是国家的战略资源之一。以下是一种以独居石【主要成分为CePO4.含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质】为原料制备CeCl3•nH2O的工艺流程图。 已知：ⅰ．Ksp[Th(OH)4]=4.0×10﹣45，Ksp[Ce(OH)3]=1.6×10﹣20，Ksp[Ce(OH)4]=2.0×10﹣48 ⅱ．镭为第ⅡA族元素 回答下列问题： （1）关于独居石的热分解，以下说法正确的是 　　　　　　　(填标号)。 a．降低压强，分解速率增大                    b．降低温度，分解速率降低 c．反应时间越长，分解速率越大            d．提高搅拌速度，分解速率降低 （2）Na2U2O7中铀元素的化合价为 　　　　　　　，热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学反应方程式为 　　　　　　　。 （3）浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为 　　　　　　　，滤液可用于 　　　　　　　阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水。 （4）溶解阶段，将溶液pH先调到1.5～2.0，反应后再回调至4.5。 ①盐酸溶解Ce(OH)4的离子方程式为 　　　　　　　。 ②当溶液pH=4.5时，c(Th4+)=　　　　　　　mol/L，此时完全转化为氢氧化钍沉淀。 （5）以BaSO4为载体形成共沉淀，目的是去除杂质 　　　　　　　。 【答案】（1）b     （2）① +6    ② 2U3O8+O2+6NaOH3Na2U2O7+3H2O     （3）① Na3PO4•12H2O    ② 热分解     （4）① 2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O    ② 4×10﹣7     （5）RaSO4      【解析】独居石的主要成分为CePO4，含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质，加入55～60%的NaOH进行热分解，U3O8发生反应：2U3O8+O2+6NaOH＝3Na2U2O7+3H2O，转化为Na2U2O7，CePO4中的Ce被氧化为Ce(OH)4，将热分解后的物质加水稀释后过滤，得到的滤液中含有Na+、，滤液浓缩结晶后，得到的晶体化学式为：Na3PO4•12H2O，滤液可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水，过滤得到的固体产物中加入盐酸和凝聚剂，Ce(OH)4具有氧化性，与盐酸发生反应：2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O，废气为Cl2，调节pH，使铀和Th进入沉淀，向滤液中加入硫酸铵和氯化钡，使BaSO4和RaSO4形成共沉淀，得到含有Ce3+的溶液，经过一系列操作，得到CeCl3•nH2O，据此分析作答。 (1)a．降低压强，分解速率降低，故a错误； b．降低温度，分解速率降低，故b正确； c．反应时间越长，分解速率逐渐变慢，故c错误； d．提高搅拌速度，分解速率加快，故d错误； 故答案为b； (2)Na2U2O7中Na为+1价，O为﹣2价，根据化合价代数和为0，则铀元素的化合价为+6价，热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学反应方程式为：2U3O8+O2+6NaOH3Na2U2O7+3H2O (3)稀释过滤后的滤液中含有Na+、，滤液浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为：Na3PO4•12H2O，滤液可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水； (4)① 根据后续流程可知，生成+3价Ce，则盐酸溶解Ce(OH)4发生氧化还原反应，其离子方程式为：2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O； ② 当溶液pH＝4.5时，c(H+)＝1×10﹣4.5mol/L，c(OH﹣)＝1×10﹣9.5mol/L，c(Th4+)×c4(OH﹣)＝4.0×10﹣45，则c(Th4+)＝4×10﹣7 mol/L，此时完全转化为氢氧化钍沉淀； (5)以BaSO4为载体形成共沉淀，目的是去除杂质RaSO4，RaSO4的溶解度更小。 56.(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　　　　　　　。 【答案】（1）2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑     （2）Ga3++4Cl-=[GaCl4]-     （3）① 铁    ② [FeCl4]-     （4）① 高    ② NaCl     （5）① 3.2    ② 4.0×10-7     （6）① 2:1:1    ② 8a3      【解析】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； (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。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题19 工艺流程综合题 3年真题 考点分类 三年考情（2024-2026） 命题规律 工艺流程综合题 2026浙江6月(1题)、2026甘肃(1题)、2026广西(1题)、2026全国卷(1题)、2026江苏(1题)、2026重庆(1题)、2026湖北(1题)、2026四川(1题)、2026江西(1题)、2026贵州(1题)、2026山东(1题)、2026广东(1题)、2026湖南(1题)、2026河北(1题)、2026陕晋青宁(1题)、2026河南(1题)、2026云南(1题)、2025贵州(1题)、2025福建(1题)、2025广西(1题)、2025海南(1题)、2025江西(1题)、2025浙江6月(1题)、2025四川(1题)、2025全国卷(1题)、2025湖南(1题)、2025山东(1题)、2025湖北(1题)、2025广东(1题)、2025云南(1题)、2025陕晋青宁(1题)、2025江苏(1题)、2025河北(1题)、2025河南(1题)、2025甘肃(1题)、2025黑吉辽蒙(2题)、2024广西(1题)、2024福建(1题)、2024海南(1题)、2024江西(1题)、2024贵州(1题)、2024广东(1题)、2024北京(1题)、2024甘肃(2题)、2024江苏(2题)、2024河北(1题)、2024山东(1题)、2024新课标(1题)、2024全国甲卷(1题)、2024湖北(1题)、2024辽宁(1题)、2024安徽(1题)、2024浙江1月(1题) · 情境设置：以矿产、冶炼废渣、废旧材料资源化为主，突出战略金属、绿色化工与循环利用。 · 考查重点：围绕焙烧、浸取、除杂、沉淀、萃取、分离提纯，综合考查方程式、离子反应、氧化还原及实验操作。 · 命题趋势：原料成分更复杂，流程更综合，强化条件控制、物质循环、产率计算和环保意识。 1.(2026·湖南·高考真题)一种由硫化铅精矿(含PbS及少量ZnS、CdS)制备高纯铅的工艺流程如下： 已知：①乙二胺(，简写为en)为一种二元弱碱。 ②，。 ③金属离子浓度不超过时，认为该离子已沉淀完全。 回答下列问题： （1）Pb在元素周期表中的位置为第六周期第　　　　　　族。 （2）“加压氧化”中，PbS发生反应的离子方程式为　　　　　　；采用加压操作可提高反应速率，原因是　　　　　　。 （3）“酸性溶液”经处理后，、浓度分别为、，调pH使恰好沉淀完全时(假设溶液体积不变)，　　　　　　(填标号)。 a．沉淀完全       b．部分沉淀       c．未沉淀 （4）“胺浸”后，转化为配合物，“沉铅”所得固体为碱式碳酸铅[]。下列说法正确的是　　　　　　(填标号)。 a．配合物中的配位原子为N b．“沉铅”过程中，溶液pH增大 c．流程中烯烃和乙二胺得到了循环利用 （5）“高温还原”中，生成Pb的化学方程式为　　　　　　；若用炭代替CH4，将导致铅纯度下降，原因是　　　　　　。 （6）“再生”时，得到的“含钙粗产品”的主要成分有　　　　　　、　　　　　　(写化学式)。 2.(2026·河南·高考真题)一种从废芯片(主要含有、、、、等)中回收金属的工艺流程如下： 已知：流程中被还原为；“浸出2”中和的浸出率较低；“浸出3”中和转化为和。 回答下列问题： （1）提高“焙烧”效率的措施有　　　　　　　　　　　(写出一条即可)。 （2）“焙烧”中，未完全转化为，“浸出1”中参与反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 （3）“电解”时，“滤液1”和溶液分别作阴极液和阳极液，不锈钢片和石墨片分别作阴极和阳极，阴离子交换膜作隔膜。“电解”的目的是　　　　　　　　　　　。 （4）已知的约为，表明该反应可以进行得基本完全，但在“浸出2”中浸出率较低，原因是　　　　　　　　　　　。 （5）“沉淀”产生的可被还原为，中元素只转化为。理论上与反应的物质的量之比为　　　　　　　　　　　。 （6）“滤液3”需要合并到“浸出3”所得滤液中，目的是　　　　　　　　　　　。 （7）“氧化”中，转化为沉淀，该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 3.(2026·浙江6月·高考真题)铝及其化合物应用广泛。 工业上以铝土矿（主要成分可表示为，另含有少量、等元素）为原料生产铝及其化合物的流程如下： 请回答： （1）步骤Ⅰ生成　　　　　　　　　　（填一种物质名称），会导致产品铝的产率降低。 （2）结合能力：　　　　　　　　　　　Fe(OH)3（填“”“”或“”）。 （3）①步骤Ⅱ，高温饱和X溶液冷却，无沉淀析出，加入少量固体后，析出大量沉淀。沉淀析出的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（用化学方程式表示）。 ②步骤Ⅱ，往X溶液中通入也可析出沉淀。该反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）步骤Ⅲ，依次与两种含氟化合物反应，可制备。这两种含氟化合物是　　　　　　　　　（填化学式）。 （5）铝土矿中常伴生元素镓（Ga），通过上述流程可能进入产品铝中。为判断产品铝中是否含有Ga元素，宜采用的方法是　　　　　。 A．原子发射光谱法       B．红外光谱法       C．核磁共振氢谱法 （6）已知：。 ①的一种晶胞如图。该晶胞中阴离子的个数是　　　　　　　　。 ②有同学认为：通过形成，AlCl3能促使如下转化发生： 判断该观点是否合理　　　　　（填“是”或“否”），并从结构角度说明理由　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 4.(2026·江西·高考真题)稀散金属铟（In）是重要的战略资源。粗中主要杂质元素有As（Ⅲ）、Fe（Ⅲ）、Pb（Ⅱ），精制工艺流程图如下： 已知： a）萃取剂[Hbet][]是离子液体 b）， c）分配率（Fe） 回答下列问题： （1）离子液体[Hbet][]　　　　　　　　（填“能”或“不能”）与水互溶。 （2）阶段Ⅰ，In、Fe元素在两种体系中的浸出率及分配率如图，体系中维生素C（Vc）的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （3）有机相2可循环用于阶段　　　　　　　　（填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”）。 （4）试剂①可选择HCl或，主要元素的含量如下表（，按投料计质量分数）。 元素 粗/ 水相2/（） 精制/ 组 HCl组 组 HCl组 Fe 1.60 41 32 0.071 0.056 Pb 0.26 3 44 0.0042 0.016 In 58 18000 33000 51 57 i．水相2中，组浓度远小于HCl组，原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ii．实际工艺中选用HCl的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （5）阶段Ⅲ，溶液中　　　　　　　　时，恰好沉淀完全。 （6）水相2中的砷酸（）最终转化成沉淀，杂质As被除去。写出总化学反应方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 5.(2026·河北·高考真题)钒和铬是重要的战略金属。河钢集团与中科院合作研发了国际领先的亚熔盐法清洁生产工艺，实现在温和条件下钒和铬的高效提取。主要流程如下： 已知：钒渣主要含、、和少量CaO、 等。 回答下列问题： （1）V和Cr均位于元素周期表的　　　　　区。 （2）氧化工序通常采用较大的流量，其目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　；配平化学方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 _____ _____ _____ _____ _____ ______ （3）滤渣的主要成分有 、　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　(填化学式)。 （4）80℃和40℃时，和的溶解度随 质量分数变化如图所示。结合图像分析 质量分数为30%时，冷却结晶工序降温至40℃有利于实现钒和铬有效分离的原因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （5）母液返回　　　　　　　　　工序。 （6）还原工序中，反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 6.(2026·云南·高考真题)创新驱动，深挖“城市矿山”，一种从废弃印刷电路板(WPCB)(主要含Cu、Ni、Au、Ag)中分离回收有价金属的工艺如下： 已知：①PMS为过一硫酸盐(含过氧键)，在强酸介质中会水解。 ②表示具有高氧化活性的单线态氧分子。 回答下列问题： （1）Au与Cu同族，属于　　　　　　　　　　区元素。 （2）“酸浸1”中发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　。 （3）“滤液2”中主要的金属离子有、　　　　　　　　　　(填离子符号)。 （4）“氧化溶金”中，KCl不能用HCl替代的原因为　　　　　　　　　　；PMS发生反应的离子方程式　　　　　　　　　　。(将离子方程式补充完整) __________+__________ （5）工序“”中，抗坏血酸的作用为　　　　　　　　　　。 （6）“碱沉”前，用的标准溶液测定“滤液”中的及浓度，和与的关系如图(，，忽略的水解)。“滤液1”中的浓度为　　　　　　　　　　(结果保留小数点后3位)。 （7）“沉银”时，“滤液2”与“滤液3”混合时有少量生成，其反应的化学方程式为　　　　　　　　　　。 7.(2026·贵州·高考真题)钪是一种关键的战略金属，对国防科技、产业升级有重要的作用。从某钪铝渣［含及、、等的氢氧化物］中回收钪和铝，工艺流程如图。 已知： ①钪铝渣中夹杂在其他金属氢氧化物中或包裹在其他颗粒的孔隙中。 ②“酸浸”工序中，钪主要以的形式被浸出。 ③时，，   。 回答下列问题： （1）基态钪原子的价层电子轨道表示式为　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）“预处理”工序的操作是　　　　　　　　。 （3）“碱浸”工序中，在一定条件下，NaOH溶液浓度对钪和铝浸取率的影响如图1，最佳NaOH溶液浓度为　　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）“酸浸”工序中浸出钪的主要离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （5）pH对萃取率的影响如图2，HNO3溶液浓度对洗脱率的影响如图3。 ①“无机溶液1”中存在的金属阳离子主要是　　　　　　　　　　　。 ②本工艺中去除溶液中Fe3+的工序是　　　　　　　　　　　，依据是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （6）“碱浸”工序中，、溶液中时，pH为　　　　　　　　。 8.(2026·江苏·高考真题)含铷(Rb，ⅠA族元素)矿物黑云母生产的RbCl，可用于航空航天领域。黑云母化学式为，其中为或。 （1）浮选分离。黑云母与十二胺()结合后会上浮，与其他矿物分离后回收，浮选示意如图。 已知：黑云母在水中表面带负电荷。 ①黑云母上浮，是因为十二胺中的　　　　　　　　　　　(填“烃基”或“氨基”)具有疏水性。 ②黑云母的回收率随浮选时水的变化如图所示。酸性条件下浮选时，越低黑云母回收率越大的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）硫酸酸浸。黑云母具有层状结构，与硫酸反应得到硫酸盐和，酸浸时加入等金属离子进入层间，能将交换出来，产生的空隙有利于进入，提升酸浸效果。 ①某黑云母的化学式中，酸浸液中主要金属阳离子有、K+、、Mg2+、　　　　　(填离子符号)。 ②其他条件不变，酸浸时添加同浓度的比浸出效果好，可能的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （3）结晶焙烧。浸出液除杂后得到含、K+、、的混合溶液，蒸发浓缩、冷却结晶获得晶体(相关物质的溶解度曲线如图所示)，焙烧后获得。 ①为提高的回收率和纯度，结晶后，趁热过滤的适宜温度为　　　　　℃。 ②将在700℃进行焙烧，分解仅得到和两种氧化物，该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）萃取转化。将含和的混合溶液多次萃取转化，获得RbCl和混合溶液。已知：元素回收率为96%，K元素回收率为40%[回收率]。计算萃取转化所得溶液中的　　　　　　　　(写出计算过程)。 9.(2026·山东·高考真题)一种从铜阳极泥（主要含、、）中分离提取贵金属、的工艺流程如下： 已知：“球磨提金”时，生成的高活性直接和反应生成。 ；　。 回答下列问题： （1）“酸浸”时，与稀反应生成二元弱酸的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）“球磨提金”时，生成的反应中作氧化剂的是　　　　　　　　　　（填化学式）。 （3）“酸溶”时，转化为；“反萃取”时加入溶液后，水相中以形式存在，的两个作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。“酸化析金”时，发生自身氧化还原反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）“溶银”中，忽略溶液体积变化，若使完全溶于氨水，则反应后溶液中　　　　　　　。 （5）“还原提银”所得滤液X经处理后的产品可导入“球磨提金”加以利用，则处理滤液X时加入的物质是　　　　　　　　　　　（填化学式）。 10.(2026·四川·高考真题)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　　　　　　　　　　　。 11.(2026·陕晋青宁·高考真题)一种从废旧电池粉(主要成分为LiFePO4，含有少量FePO4、石墨、Al等)中深度回收锂的工艺，部分流程如下： 已知：①磷酸铁锂电池反应为； ②“沉铝”时，滤渣中含和少量。 回答下列问题： （1）废旧电池粉碎前一般需先放电，正极反应式为　　　　　　　　。 （2）“酸浸Ⅰ”时，除粉碎外，可提高酸浸速率的措施有　　　　　　　　(任写两种)。该过程有生成，溶解的化学方程式为　　　　　　　　。滤渣的主要成分为　　　　　　　　。 （3）“沉铝”时，中Fe元素的化合价为　　　　　　　　。 （4）“焙烧”时产生的HF，用　　　　　　　　吸收后，产物可以循环利用。 （5）“除杂”时，在一定pH范围内，会发生反应(平衡常数为)。若溶液中为，不考虑其他离子参与反应，为防止沉淀，需小于　　　　　　　　(用含a、b的代数式表示)。 （6）滤液2中，溶质除Na2CO3外，主要含　　　　　　　　(填化学式)。 （7）滤液1需先加入H2O2溶液，再加入氨水除杂，最后回收Li3PO4。H2O2的作用是　　　　　　　　。取少量加H2O2溶液后的滤液1，滴加　　　　　　　　，若产生蓝色沉淀，则需补加H2O2溶液。 12.(2026·甘肃·高考真题)某地为完善绿色化工布局、延伸传统产业链条建设钛白厂。生产钛白(TiO2)的主要工艺流程如下： 已知钛铁矿(主要成分为)的酸解反应方程式为； 的溶解度为。 （1）该地已建有大型金属冶炼厂，主要原料为金属硫化物，据此分析在该地建设钛白厂的优势有　　　　　　　　。 （2）FeSO4的溶解度随温度变化如图所示，则“操作X”是　　　　　　　　　　　和过滤。 （3）钛白是一种白色固体，若产品钛白颜色发黄，可能是由于“还原”工艺中　　　　　　　　　　　。 （4）绿矾()在碱性条件下与氧气反应可制备多孔羟基氧化铁[]。每生产至少需消耗　　　　　　　　　　　；多孔具有优良的气体净化能力，原因有　　　　　　　　　　　　　　。 （5）利用如下工艺流程制备金属钛： 已知一个化学反应、不管是一步完成还是分几步完成，其自由能变相同。在1073 K时： ①        ②        反应①不能自发进行，但“氯化”工艺中加入过量焦炭后可生成，该工艺发生的总反应方程式为　　　　　　　　。加入焦炭后反应能够自发进行的原因是　　　　　　　　。 13.(2026·湖北·高考真题)赤铁矿主要成分为（含少量、、等元素的氧化物），结构致密，在酸液中溶解缓慢。某研究小组以赤铁矿为原料制备电池级磷酸铁（）的低碳新工艺流程如下： 已知：时，的电离常数；。 回答下列问题： （1）基态铁原子的价层电子排布式为　　　　　　　　。 （2）预处理将赤铁矿中部分转化为，导致晶格畸变，使矿石产生微裂纹，加快“酸浸”速率，其原因是　　　　　　　　。 （3）“酸浸”条件：为的混合酸，。混合酸中盐酸的作用是　　　　　　　　（答两条即可）。 （4）酸浸液中加入，被氧化成的离子方程式为　　　　　　　　。 （5）“沉淀”步骤中，用氨水调节至2.00生成沉淀，无沉淀。基于，该溶液中浓度不大于　　　　　　　　，此时滤液中的主要成分为　　　　　　　　（填化学式）。 （6）沉淀煅烧得到，质量符合锂电池材料的工业规格。时，得到的沉淀中含、等少量杂质，煅烧沉淀得到的目标产物中与原子个数比为。此时，产物中杂质是　　　　　　　　（填化学式）。 14.(2026·重庆·高考真题)从金精矿(含、和等)提取金的一种综合利用工艺流程包括如下三个过程： （1）焙烧金精矿 ①S元素位于周期表第　　　　　　　　　周期。 ②焙烧前，将矿石研磨成粉末的作用是　　　　　　　　　。 ③焙烧时，分解为和气态，该化学方程式为　　　　　　　　　。 ④烟气中含有和等物质。已知分子为正四面体形，分子结构可视为4个原子分别嵌入的4条棱上，则分子的结构有　　　　　　　　　种。 （2）制备硫代硫酸盐 ①气体a的化学式为　　　　　　　　　。 ②固体Ⅰ和固体Ⅱ是两种非金属单质，其名称分别为　　　　　　　　　。 （3）提取金 ①浸金过程中，在的作用下与生成，其离子方程式为　　　　　　　　　。 ②浸金时需加入氨水使溶液呈碱性。若碱性过强，置换过程中会有，生成而影响提金的效果。25℃时，溶液中，，为确保不转化为沉淀，理论上不应高于　　　　　　　　　。(     ，)。 15.(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) 16.(2026·全国卷·高考真题)钼(Mo)是重要的战略金属。一种由辉钼矿(，含有少量Cu、Zn、Fe的硫化物和)生产高纯度的工艺流程如下图所示。 回答下列问题。 （1）经“焙烧”转化为和，该反应的化学方程式为　　　　　　　　　。 （2）“焙烧”时也会生成少量的，需在“氨浸”前加入适量　　　　　　　　　溶液(填a、b或c)进行处理。 a．       b．NaClO       c．NaCl （3）“酸洗”后残留的少量锌和铜，在“氨浸”过程中分别转化为配离子和　　　　　　　　　。 （4）不溶于水和稀酸，但可溶于碱。“氨浸”过程中转化为可溶的，该反应的离子方程式为　　　　　　　　　。 （5）“滤渣1”的主要成分为和　　　　　　　　　。 （6）“除杂”后，全部转化为　　　　　　　　　沉淀。若，，则　　　　　　　　　。已知： ；。 （7）“煅烧”过程中发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　。 17.(2026·广西·高考真题)钛基SCR脱硝废催化剂（含、、、、、和吸附的）可用于制备新型功能材料钒酸铁（），其流程如下： 已知：①、为两性氧化物，为酸性氧化物；②在碱性条件下易结晶。 回答下列问题： （1）“水洗”的主要目的是　　　　　　　　　　　。 （2）为提高“碱溶”速率，可采取的措施是　　　　　　　　　　　　　（任举一例），“滤渣1”主要成分为钛酸钠、　　　　　　　　　　　　　。 （3）“降pH”至11后，溶液中主要的阳离子有　　　　　　　　　　　　　。 （4）若“滤渣2”为，“沉硅铝”前的溶液含硅5.6 g/L，铝4.05 g/L，则理论上应加为　　　　　　　　　　　　　。 （5）“沉钼”中先将转化为，经酸化后生成。则生成的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （6）“试剂X”最适宜的是　　　　　　　　　　　。（填标号） a．氨水       b．       c．       d．NaOH （7）可用等物质的量的与在溶液中反应制得，该化学反应方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （8）结构类似于，则空间结构为　　　　　　　　　　　　　　　　　。 18.(2025·海南·高考真题)有色金属冶炼厂炼铜窑炉的废耐火砖极具回收价值。某厂产生的废耐火砖中主要含、Cu12.0%，其资源化回收的一种工艺流程如图所示。 回答问题： （1）“粉碎”的目的是　　　　　　。 （2）“加压氨浸”时铜转化为配位离子，该过程的化学反应方程式为　　　　　　。 （3）“碱熔”中产生的气体C为　　　　　　，滤渣E是　　　　　　(均填化学式)。E与　　　　　　(填物质名称)反应可生成用于城市废水处理的。 （4）某批次试验，废砖投料20.0 kg，产出CuO 2.70 kg，则Cu的回收率为　　　　　　。 （5）从绿色化学与环境保护的角度说明本工艺优点有　　　　　　、　　　　　　。 19.(2025·全国卷·高考真题)我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是，伴生有少量、、等元素。利用蛇纹石转化与绿矾分解的耦合回收并矿化固定二氧化碳的实验流程如图所示。 已知： 回答下列问题： （1）绿矾()在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物，反应的化学方程式为　　　　　　　。 （2）经“焙烧①”“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度()分别为：、、、。滤渣①的主要成分是　　　　　　　、　　　　　　　。 （3）加入 “调”，过滤后，滤渣②是　　　　　　　、　　　　　　　，滤液中的浓度为　　　　　　　。 （4）“焙烧②”后得到。晶胞如图所示，晶胞中含有的个数为　　　　　　　。 （5）调节“沉镍”后的溶液为碱性，“矿化”反应的离子方程式为　　　　　　　。 （6）蛇纹石“矿化”固定，得到，相当于固定　　　　　　　L(标准状况)。 20.(2025·湖南·高考真题)一种从深海多金属结核[主要含，有少量的]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金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。 ②常温下，溶液中金属离子(假定浓度均为)开始沉淀和完全沉淀的： 开始沉淀的 1.9 3.3 4.7 6.9 7.4 8.1 完全沉淀的 3.2 4.6 6.7 8.9 9.4 10.1 回答下列问题： （1）基态的价层电子排布式为　　　　　　　。 （2）“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是　　　　　　　(写化学式)；还原的化学方程式为　　　　　　　。 （3）“沉铁”时，转化为的离子方程式为　　　　　　　，加热至的主要原因是　　　　　　　。 （4）“沉铝”时，未产生沉淀，该溶液中不超过　　　　　　　。 （5）“第二次萃取”时，　　　　　　　、　　　　　　　(填离子符号)与混合萃取剂形成的配合物(其结构如图所示，M表示金属元素)更稳定，这些配合物中氮原子的杂化类型为　　　　　　　。 21.(2025·湖北·高考真题)氟化钠是一种用途广泛的氟化试剂，通过以下两种工艺制备： Ⅰ Ⅱ 已知：室温下，是难溶酸性氧化物，的溶解度极低。 时，的溶解度为水，温度对其溶解度影响不大。 回答下列问题： （1）基态氟离子的电子排布式为　　　　　　　。 （2）时，饱和溶液的浓度为，用c表示的溶度积　　　　　　　。 （3）工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为。分析沉淀的成分，测得反应的转化率为78%。水浸分离，的产率仅为8%。 ①工艺Ⅰ的固相反应　　　　　　　(填“正向”或“逆向”)进行程度大。 ②分析以上产率变化，推测溶解度　　　　　　　(填“>”或“<”) （4）工艺Ⅱ水浸后的产率可达81%，写出工艺Ⅱ的总化学反应方程式　　　　　　　。 （5）从滤液Ⅱ获取晶体的操作为　　　　　　　(填标号)。 a．蒸发至大量晶体析出，趁热过滤       b．蒸发至有晶膜出现后冷却结晶，过滤 （6）研磨能够促进固相反应的原因可能有　　　　　　　(填标号)。 a．增大反应物间的接触面积       b．破坏反应物的化学键 c．降低反应的活化能                 d．研钵表面跟反应物更好接触 22.(2025·黑吉辽蒙·高考真题)某实验小组采用如下方案实现了对甲基苯甲酸的绿色制备。 反应： 步骤： Ⅰ．向反应管中加入0.12g对甲基苯甲醛和1.0mL丙酮，光照，连续监测反应进程。 Ⅱ．5h时，监测结果显示反应基本结束，蒸去溶剂丙酮，加入过量稀NaOH溶液，充分反应后，用乙酸乙酯洗涤，弃去有机层。 Ⅲ．用稀盐酸调节水层后，再用乙酸乙酯萃取。 Ⅳ．用饱和食盐水洗涤有机层，无水干燥，过滤，蒸去溶剂，得目标产物。 回答下列问题： （1）相比作氧化剂，该制备反应的优点为　　　　　　　、　　　　　　　(答出2条即可)。 （2）根据反应液的核磁共振氢谱(已去除溶剂H的吸收峰，谱图中无羧基H的吸收峰)监测反应进程如下图。已知峰面积比，。反应2h时，对甲基苯甲醛转化率约为　　　　　　　%。 （3）步骤Ⅱ中使用乙酸乙酯洗涤的目的是　　　　　　　。 （4）步骤Ⅲ中反应的离子方程式为　　　　　　　、　　　　　　　。 （5）用同位素示踪法确定产物羧基O的来源。丙酮易挥发，为保证气氛，通前，需先使用“循环冷冻脱气法”排出装置中(空气中和溶剂中)的，操作顺序为：①→②→　　　　　　　→　　　　　　　→　　　　　　　(填标号)，重复后四步操作数次。 同位素示踪结果如下表所示，则目标产物中羧基O来源于醛基和　　　　　　　。 反应条件 质谱检测目标产物相对分子质量 太阳光，，室温，，5h 138 太阳光，空气，室温，，5h 136 23.(2025·贵州·高考真题)某铜浮渣主要成分为Pb、PbS、、SnS，分离和回收铅、锡、铜的工艺流程如图。 已知： ①部分物质的密度如表： 物质 Pb PbS SnS 密度/ 11.3 7.5 5.6 5.2 ②在冷水中溶解度很小，但易溶于热水；。 ③25℃时，，。 回答下列问题： （1）“分选”得到粗Pb的原因是　　　　　　　　。 （2）“浸出”时按一定比例加入和盐酸的混合溶液，控制温度为80℃，其中、SnS被氧化为和，则被氧化的离子方程式为　　　　　　　　；“浸出”时分离S的操作为　　　　　　　　。 （3）25℃时，在不同浓度HCl溶液中的溶解度曲线如图，当时，溶解度最小的原因是　　　　　　　　。 （4）25℃时，“调pH”控制，则生成的化学方程式为　　　　　　　　，此时溶液中的最大值约为　　　　　　　　。 （5）“置换”后滤液中溶质的主要成分为　　　　　　　　(填化学式)，滤液进行“系列操作”后返回“浸出”操作循环利用并达到原浸出率，则“系列操作”为　　　　　　　　。 24.(2025·广西·高考真题)回收实验室废弃物可实现资源的有效利用。从AgI催化剂废料(含Ag2O杂质)中回收Ag和I2的流程如下。 已知：IO-在碱性条件下易歧化成I-和。 回答下列问题： （1）“溶解1”浓氨水不能溶解AgI的原因是　　　　　　　　。“滤液1”中的主要阳离子有　　　　　　　　（填化学式）。 （2）“反应1”生成ICl的化学方程式为　　　　　　　　。 （3）“试剂X”可选用　　　　　　　　（填标号）。 a．葡萄糖             b．Al             c．Na2O2             d．H2SO4 （4）“调pH”至弱酸性的主要目的是　　　　　　　　（用离子方程式表示）。 （5）若“滤液3”中含有0.3 mol，“反应3”至少需加入Na2S2O4的物质的量为　　　　　　　　mol。 （6）将得到的I2进一步纯化，可采用的方法是　　　　　　　　。不考虑操作和反应损失，该流程回收Ag的量低于预期，主要原因是　　　　　　　　。 25.(2025·江西·高考真题)稀散金属镓(，ⅢA族)是重要的战略资源。以棕刚玉烟尘(主要成分为、、、和少量)为原料制备金属镓的工艺流程图如下： 回答下列问题： （1）滤液1的为，依据(Ⅲ)和(Ⅳ)的分布系数图，铝元素在溶液中的主要存在形式为　　　　　　　(填化学式)，与碱反应的离子方程式为　　　　　　　、　　　　　　　。 （2）水热再生过程中，需要定量补充固体的目的是　　　　　　　，以获得高纯度分子筛()材料。滤液2的　　　　　　　(填“大于”或“小于”)滤液1的。 （3）已知树脂片段的结构为。在吸附时，中心镓离子与树脂间存在的主要相互作用是　　　　　　　。 （4）操作X为　　　　　　　。 （5）硅-钾化肥可改良土壤环境。依据其一有效组分的晶胞结构，推测该组分中钾离子能被植物吸收的原因是　　　　　　　。 26.(2025·浙江6月·高考真题)配合物二草酸合铜酸钾，是制备金属有机框架材料的一种前驱体。某研究小组开展探究实验，步骤如下： 步骤I：下，水中依次加入充分反应后，得到混合溶液M； 步骤Ⅱ：混合溶液M中加入充分反应，趁热过滤得滤液N； 步骤Ⅲ： 步骤Ⅳ：加热脱水，化合物P、化合物Q均转化为。 已知： i．时，的的。 ⅱ．微溶于冷水、易溶于热水，在约时分解。 请回答： （1）中，与形成配位键的配位原子是　　　　　　　(填元素符号)。 （2）步骤I所得的混合溶液M，在时其最接近于_______。 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 （3）步骤Ⅱ，过滤去除杂质需趁热进行的原因是　　　　　　　。 （4）下列说法不正确的是_______。 A. 步骤I，制备混合溶液M时，应一次性快速加入，以确保反应完全 B. 步骤Ⅳ，应用水浴控制温度，以避免分解 C. 热重分析法测得样品完全脱水后质量降低，则 D. 粉末形态的化合物P和化合物Q，可通过X射线衍射法进行区分 （5）室温下，化合物P在空气中会转化为化合物Q。下列选项中，通过计算能得到混合样品中化合物P和化合物Q物质的量分数的是_______。 A. 样品质量、钾的物质的量 B. 钾的物质的量、铜的物质的量 C. 铜的物质的量、草酸根的物质的量 D. 草酸根的物质的量、水的物质的量 （6）有同学认为：根据现有探究实验结果可知，化合物P、化合物Q结晶形状不同是由降温速率不同引起的。请判断该同学观点正误，并说明理由　　　　　　　。 27.(2025·四川·高考真题)为了节约资源，减少重金属对环境的污染，一研究小组对某有色金属冶炼厂的高氯烟道灰(主要含有等)进行研究，设计如下工艺流程。实现了铜和锌的分离回收。 回答下列问题： （1）铜元素位于元素周期表第　　　　　　　周期、第　　　　　　　族。 （2）“碱浸脱氯”使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀。其中，铜盐发生反应的化学方程式为　　　　　　　。 （3）滤渣①中，除外，主要还有　　　　　　　。 （4）“中和除杂”步骤，调控溶液左右，发生反应的离子方程式为　　　　　　　。 （5）“深度脱氯”时，的存在使锌粉还原产生的与反应，生成能被空气氧化的沉淀，使被脱除。欲脱除，理论上需要锌粉　　　　　　　。 （6）可以通过　　　　　　　(填标号)将其溶解，并返回到　　　　　　　步骤中。 a．盐酸酸化、双氧水氧化       b．硫酸酸化、氧化 c．硝酸酸化和氧化                 d．硫酸酸化、双氧水氧化 （7）“电解分离”采用无隔膜电解槽，以石墨为阳极，铜为阴极。 ①“电解分离”时，阴极产生大量气泡，说明铜、锌分离已完成，其理由是　　　　　　　。 ②“电解分离”前，需要脱氯的原因有　　　　　　　。 28.(2025·山东·高考真题)(多选)采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(主要含及等元素的氧化物)分离提取等元素，工艺流程如下： 已知：该工艺条件下，低温分解生成，高温则完全分解为气体；在完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于。 回答下列问题： （1）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。与反应转化为时有和NH3生成，该反应的化学方程式为　　　　　　　。“高温焙烧”温度为，“水浸”所得滤渣主要成分除外还含有　　　　　　　(填化学式)。 （2）在投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水浸时金属元素的浸出率　　　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。 （3）萃取反应为：(有机相)(水相)(有机相)(水相)。“反萃取”时加入的试剂为　　　　　　　(填化学式)。 （4）“沉钴”中，时恰好沉淀完全，则此时溶液中　　　　　　　。已知：。“溶解”时发生反应的离子方程式为　　　　　　　。 （5）“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中，经处理后所得产品导入　　　　　　　(填操作单元名称)循环利用。 29.(2025·广东·高考真题)(多选)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)。 30.(2025·云南·高考真题)从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、、、CuO、等)中提取Au、Ag，并回收其它有价金属的一种工艺如下： 已知：①金-银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。 ②25℃时，的为。 回答下列问题： （1）基态Cu原子的价层电子排布式为　　　　　　　。 （2）“还原酸浸”时，反应的离子方程式为　　　　　　　。 （3）“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下： ① ② 上述过程中的催化剂为　　　　　　　。 （4）“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为　　　　　　　。 （5）根据“还原酸浸”“氧化”，推断的氧化性由强到弱的顺序为　　　　　　　。 （6）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，无析出，则　　　　　　　。 （7）一种锑锰合金的立方晶胞结构如图。 ①该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有　　　　　　　个。 ②为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为anm，则晶体的密度为　　　　　　　(列出计算式即可)。 31.(2025·陕晋青宁·高考真题)一种综合回收电解锰工业废盐(主要成分为的硫酸盐)的工艺流程如下。 已知：①常温下，，； ②结构式为。 回答下列问题： （1）制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采取的措施有　　　　　　　、　　　　　　　。(写出两种) （2）“沉锰I”中，写出形成的被氧化成的化学方程式　　　　　　　。当将要开始沉淀时，溶液中剩余浓度为　　　　　　　。 （3）“沉锰Ⅱ”中，过量的经加热水解去除，最终产物是和　　　　　　　(填化学式)。 （4）“沉镁I”中，当为8.0~10.2时，生成碱式碳酸镁，煅烧得到疏松的轻质。过大时，不能得到轻质的原因是　　　　　　　。 （5）“沉镁Ⅱ”中，加至时，沉淀完全；若加至时沉淀完全溶解，据图分析，写出沉淀溶解的离子方程式　　　　　　　。 （6）“结晶”中，产物X的化学式为　　　　　　　。 （7）“焙烧”中，元素发生了　　　　　　　(填“氧化”或“还原”)反应。 32.(2025·江苏·高考真题)可用于制备光学材料和回收砷。 （1）制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下： 已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通入可提高浸出率的原因是　　　　　　　。 ②通入除镉。通过计算判断当溶液时，是否沉淀完全　　　　　　　(写出计算过程)。 ③沉锌前调节溶液的至，加入的氧化物为　　　　　　　(填化学式)。 （2）制备光学材料。如图甲所示，晶体中掺入少量后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 区域A“”中的离子为　　　　　　　(填离子符号)，区域B带　　　　　　　(填“正电”或“负电”)。 （3）回收砷。用去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。 时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出与反应生成的离子方程式：　　　　　　　。 ②反应后，砷回收率下降的原因有　　　　　　　。 33.(2025·河北·高考真题)铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。过程如下： 已知：铬铁矿主要成分是。 回答下列问题： （1）基态铬原子的价层电子排布式：　　　　　　　。 （2）煅烧工序中反应生成的化学方程式：　　　　　　　。 （3）浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：、　　　　　　　、　　　　　　　(填化学式)。 （4）酸化工序中需加压的原因：　　　　　　　。 （5）滤液Ⅱ的主要成分：　　　　　　　(填化学式)。 （6）补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式　　　　　　　。 （7）滤渣Ⅱ可返回　　　　　　　工序。(填工序名称) 34.(2025·河南·高考真题)一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为、(铑)、，含有少量]中尽可能回收铑的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“酸溶1”的目的是　　　　　　　。 （2）已知“酸溶2”中转化为，则生成该物质的化学方程式为　　　　　　　；“滤渣”的主要成分是　　　　　　　(填化学式)。 （3）“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量和，则“高温还原”中发生反应的化学方程式为　　　　　　　。 （4）若“活化还原”在室温下进行，初始浓度为，为避免生成沉淀，溶液适宜的为　　　　　　　(填标号)[已知的]。 A．2.0             B．4.0             C．6.0 （5）“活化还原”中，必须过量，其与(III)反应可生成，提升了的还原速率，该配离子中的化合价为　　　　　　　；反应中同时生成，(III)以计，则理论上和(III)反应的物质的量之比为　　　　　　　。 （6）“酸溶3”的目的是　　　　　　　。 35.(2025·甘肃·高考真题)研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘(主要含S、及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)中高效回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺，部分流程如下： 已知：熔点314℃，沸点460℃ 分解温度：，，，高于 （1）设计焙烧温度为600℃，理由为　　　　　　　。 （2）将通入和的混合溶液可制得，该反应的化学方程式为　　　　　　　。 （3）酸浸的目的为　　　　　　　。 （4）从浸出液得到Cu的方法为　　　　　　　(任写一种)。 （5）某含Pb化合物是一种被广泛应用于太阳能电池领域的晶体材料，室温下该化合物晶胞如图所示，晶胞参数，。与Pb之间的距离为　　　　　　　pm(用带有晶胞参数的代数式表示)；该化合物的化学式为　　　　　　　，晶体密度计算式为　　　　　　　(用带有阿伏加德罗常数的代数式表示和分别表示Cs、Pb和Br的摩尔质量)。 36.(2025·黑吉辽蒙·高考真题)某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。 已知：①“氧化浸出”时，不发生变化，ZnS转变为； ②； ③酒石酸(记作)结构简式为。 回答下列问题： （1）分子中手性碳原子数目为　　　　　　　。 （2）“氧化浸出”时，过二硫酸根转变为　　　　　　　(填离子符号)。 （3）“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为　　　　　　　。 （4）“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为　　　　　　　。 （5）滤渣2中的金属元素为　　　　　　　(填元素符号)。 （6）“浸铅”步骤，和反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为　　　　　　　，pH过高可能生成　　　　　　　(填化学式)。 （7）290℃“真空热解”生成2种气态氧化物，该反应的化学方程式为　　　　　　　。 37.(2025·福建·高考真题)从炼油厂焙烧炭渣(主要含炭、和，以及少量、)中提取钼的工艺流程如下： 已知：和均易溶于水；草酸()在水中溶解度见下表。 温度℃ 20 40 60 80 溶解度(g/100 g) 9.5 21.5 44.3 84.5 （1）“酸浸”中钼和钒分别转化为和。100℃下各元素浸出率与草酸浓度的关系如图。 ①最佳草酸浓度为　　　　　　　　。 ②中钒的价电子排布式为　　　　　　　　。 ③生成的化学方程式为　　　　　　　　。 （2）“酸转化”中加浓硫酸后，过滤前的操作为　　　　　　　　；“滤渣2”为　　　　　　　　(填名称)。 （3）“沉钼”中，HMT(结构如图)在溶液中转变为，一个有　　　　　　　　个可形成氢键的位点；沉淀为。 （4）“碱浸转化”中，在碱作用下分解出，后者转化为的化学方程式为　　　　　　　　；“滤液2”中可循环利用的物质为　　　　　　　　。 （5）关于该工艺流程，下列说法错误的是　　　　　　　　。(填标号) a．“气体1”为CO               b．“滤渣1”主要含炭、NiO和 c．“滤液1”含       d．粗产品含 38.(2024·广西·高考真题)广西盛产甘蔗，富藏锰矿。由软锰矿(，含和CuO等杂质)制备光电材料的流程如下。回答下列问题： 已知： 物质 （1）“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和，其主要作用是　　　　　　　。为提高“浸取”速率，可采取的措施是　　　　　　　(任举一例)。 （2）“滤渣1”的主要成分是　　　　　　　(填化学式)。 （3）常温下，用调节溶液pH至时，可完全沉淀的离子有　　　　　　　(填化学式)。 （4）“X”可选用_______。 A.  B.  C. Zn D.  （5）若用替代沉锰，得到沉淀。写出生成的离子方程式　　　　　　　。 （6）立方晶胞如图，晶胞参数为，该晶体中与一个紧邻的有　　　　　　　个。已知为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为　　　　　　　(用含的代数式表示)。 39.(2024·北京·高考真题)利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。 （1）矿石在焙烧前需粉碎，其作用是　　　　　　　。 （2）的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是　　　　　　　。 （3）矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。 温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质 400 500 ①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是　　　　　　　。 ②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是　　　　　　　。 （4）用离子方程式表示置换过程中加入的目的　　　　　　　。 （5）粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是　　　　　　　。 40.(2024·甘肃·高考真题)某兴趣小组设计了利用和生成，再与反应制备的方案： （1）采用下图所示装置制备，仪器a的名称为　　　　　　　；步骤I中采用冰水浴是为了　　　　　　　； （2）步骤Ⅱ应分数次加入，原因是　　　　　　　； （3）步骤Ⅲ滴加饱和溶液的目的是　　　　　　　； （4）步骤Ⅳ生成沉淀，判断已沉淀完全的操作是　　　　　　　； （5）将步骤Ⅴ中正确操作或现象的标号填入相应括号中　　　　　　　。 A．蒸发皿中出现少量晶体 B．使用漏斗趁热过滤 C．利用蒸发皿余热使溶液蒸干 D．用玻璃棒不断搅拌 E．等待蒸发皿冷却 41.(2024·甘肃·高考真题)(多选)我国科研人员以高炉渣(主要成分为，，和等)为原料，对炼钢烟气(和水蒸气)进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示： 已知： （1）高炉渣与经焙烧产生的“气体”是　　　　　　　。 （2）“滤渣”的主要成分是和　　　　　　　。 （3）“水浸2”时主要反应的化学方程式为　　　　　　　，该反应能进行的原因是　　　　　　　。 （4）铝产品可用于　　　　　　　。 （5）某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数。图丙中与N的距离为　　　　　　　；化合物的化学式是　　　　　　　，其摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值是，则晶体的密度为　　　　　　　(列出计算表达式)。 42.(2024·江苏·高考真题)贵金属银应用广泛。Ag与稀制得，常用于循环处理高氯废水。 （1）沉淀。在高氯水样中加入使浓度约为，当滴加溶液至开始产生沉淀(忽略滴加过程的体积增加)，此时溶液中浓度约为　　　　　　　。[已知：，] （2）还原。在沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量盐酸后静置，充分反应得到Ag。 ①铁将转化为单质Ag的化学方程式为　　　　　　　。 ②不与铁圈直接接触的也能转化为Ag的原因是　　　　　　　。 ③为判断是否完全转化，补充完整实验方案：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤，　　　　　　　[实验中必须使用的试剂和设备：稀、溶液，通风设备] （3）Ag的抗菌性能。纳米Ag表面能产生杀死细菌(如图所示)，其抗菌性能受溶解氧浓度影响。 ①纳米Ag溶解产生的离子方程式为　　　　　　　。 ②实验表明溶解氧浓度过高，纳米Ag的抗菌性能下降，主要原因是　　　　　　　。 43.(2024·河北·高考真题)是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。 已知：i石煤是一种含的矿物，杂质为大量和少量等；苛化泥的主要成分为等。 ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙和偏铝酸钙均难溶于水。回答下列问题： （1）钒原子的价层电子排布式为　　　　　　　；焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为　　　　　　　，产生的气体①为　　　　　　　(填化学式)。 （2）水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为　　　　　　　(填化学式)。 （3）在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为　　　　　　　；加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为　　　　　　　；浸取后低浓度的滤液①进入　　　　　　　(填工序名称)，可实现钒元素的充分利用。 （4）洗脱工序中洗脱液的主要成分为　　　　　　　(填化学式)。 （5）下列不利于沉钒过程的两种操作为　　　　　　　(填序号)。 a．延长沉钒时间        b．将溶液调至碱性          c．搅拌          d．降低溶液的浓度 44.(2024·新课标·高考真题)钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下： 已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全()时的pH： 开始沉淀的pH 1.5 6.9 — 7.4 6.2 沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2 回答下列问题： （1）“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是　　　　　　　；“滤渣1”中金属元素主要为　　　　　　　。 （2）“过滤1”后的溶液中加入的作用是　　　　　　　。取少量反应后的溶液，加入化学试剂　　　　　　　检验　　　　　　　，若出现蓝色沉淀，需补加。 （3）“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为　　　　　　　、　　　　　　　。 （4）“除钴液”中主要的盐有　　　　　　　(写化学式)，残留的浓度为　　　　　　　。 45.(2024·辽宁·高考真题)中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的颗粒被、包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下： 回答下列问题： （1）北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为　　　　　　　(填化学式)。 （2）“细菌氧化”中，发生反应的离子方程式为　　　　　　　。 （3）“沉铁砷”时需加碱调节，生成　　　　　　　(填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含微粒的沉降。 （4）“焙烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“焙烧氧化”，“细菌氧化”的优势为_______(填标号)。 A. 无需控温 B. 可减少有害气体产生 C. 设备无需耐高温 D. 不产生废液废渣 （5）“真金不怕火炼”，表明难被氧化，“浸金”中的作用为　　　　　　　。 （6）“沉金”中的作用为　　　　　　　。 （7）滤液②经酸化，转化为和的化学方程式为　　　　　　　。用碱中和可生成　　　　　　　(填溶质化学式)溶液，从而实现循环利用。 46.(2024·浙江1月·高考真题)固态化合物Y的组成为，以Y为原料实现如下转化。 已知：与溶液A中金属离子均不能形成配合物。 请回答： （1）依据步骤Ⅲ，、和中溶解度最大的是　　　　　　　。写出溶液C中的所有阴离子　　　　　　　。步骤Ⅱ中，加入的作用是　　　　　　　。 （2）下列说法正确的是_______。 A. 气体D是形成酸雨的主要成分 B. 固体E可能含有 C. 可溶于溶液 D. 碱性： （3）酸性条件下，固体(微溶于水，其还原产物为无色的)可氧化为，根据该反应原理，设计实验验证Y中含有元素　　　　　　　；写出转化为的离子方程式　　　　　　　。 47.(2024·福建·高考真题)(多选)锂云母的主要成分为，实验室探索一种碱浸分解锂云母制备的工艺流程如下： （1）“高压浸出”中： ①“滤渣1”中卤化物Y为　　　　　　　。(填化学式) ②一定条件下，元素浸出率与用量的关系如图，为提高锂浸出率，最佳用量为　　　　　　　g。(保留小数点后一位) ③精矿颗粒尺寸对锂浸出率的主要影响如下： i．尺寸越小，颗粒总表面积越大，有利于反应液接触 ii．尺寸越小，颗粒聚集趋势越大，不利于反应液渗入 一定条件下，颗粒尺寸与锂浸出率关系如图。区域Ⅰ中，锂浸出率随颗粒尺寸减小而降低的原因是　　　　　　　。 （2）“沉锂”生成磷酸锂的化学方程式为　　　　　　　。 （3）“沉淀转化”反应的平衡常数　　　　　　　。(列出计算式)已知：时，。 （4）“操作Z”为加热、趁热过滤和　　　　　　　；趁热过滤的主要目的是　　　　　　　。(分解温度约为) （5）的晶胞结构如图所示。 ①晶体中与一个O紧邻的有　　　　　　　个。 ②一个与所有紧邻O形成的空间结构为　　　　　　　。 ③晶体中微粒间作用力有　　　　　　　。(填标号) a．氢键       b．离子键       c．金属键       d．范德华力       e．极性共价键       f．非极性共价键 48.(2024·海南·高考真题)锰锌铁氧体()元件是电子线路中的基础组成部分。某实验室利用废弃电子产品中的锰锌铁氧体制备、ZnO和，可用于电池，催化剂等行业，其工艺流程如下： 回答问题： （1）氨浸的作用是将　　　　　　　元素(填元素符号)有效转移到水溶液中。 （2）煮沸含有配合物的溶液B，产生混合气体，经冷凝后所得溶液可循环用于氨浸，该溶液是　　　　　　　。 （3）沉锰反应的离子方程式为　　　　　　　。某次实验时，将原料中的Mn以形式定量沉淀完全，消耗了，并产出(纯度为99.9%)，则该原料化学式中　　　　　　　。 （4）沉铁时，选择是为了便于从滤液中回收有价值的钾盐　　　　　　　(填化学式)。该钾盐在种植业中的一种用途是　　　　　　　。 （5）通过加入固体，除去滤液中危害环境的，已知，。反应的平衡常数为　　　　　　　。 49.(2024·贵州·高考真题)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”)。 50.(2024·江苏·高考真题)回收磁性合金钕铁硼()可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。 （1）钕铁硼在空气中焙烧转化为、等(忽略硼的化合物)，用盐酸酸浸后过滤得到溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率()随浸取时间变化如图所示。 ①含铁滤渣的主要成分为　　　　　　　(填化学式)。 ②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是　　　　　　　。 （2）含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。 ①用含有机胺()的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理为： (有机层) 已知： 其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是　　　　　　　。 ②反萃取后，经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比　　　　　　　。 （3）净化后的溶液通过沉钕、焙烧得到。 ①向溶液中加入溶液，可转化为沉淀。该反应的离子方程式为　　　　　　　。 ②将(摩尔质量为)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。时，所得固体产物可表示为，通过以上实验数据确定该产物中的比值　　　　　　　(写出计算过程)。 51.(2024·山东·高考真题)以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫。溶解等物质的量的和时，消耗物质的量之比为　　　　　　　；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时挥发外，另一目的是防止产生　　　　　　　(填化学式)。 （2）将“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属，“电解I”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为　　　　　　　。 （3）“还原”中加入铅精矿的目的是　　　　　　　。 （4）“置换”中可选用的试剂X为　　　　　　　(填标号)。 A．               B．             C．             D． “置换”反应的离子方程式为　　　　　　　。 （5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作　　　　　　　(填“阴极”或“阳极”)。 52.(2024·全国甲卷·高考真题)钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。 已知：①。 ②以氢氧化物形式沉淀时，和溶液的关系如图所示。 回答下列问题： （1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是　　　　　。 （2）“酸浸”步骤中，发生反应的化学方程式是　　　　　。 （3）假设“沉铜”后得到的滤液中和均为，向其中加入至沉淀完全，此时溶液中　　　　　，据此判断能否实现和的完全分离　　　　　(填“能”或“不能”)。 （4）“沉锰”步骤中，生成，产生的物质的量为　　　　　。 （5）“沉淀”步骤中，用调，分离出的滤渣是　　　　　。 （6）“沉钴”步骤中，控制溶液，加入适量的氧化，其反应的离子方程式为　　　　　。 （7）根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是　　　　　。 53.(2024·湖北·高考真题)铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐中提取铍的路径为： 已知： 回答下列问题： （1）基态的轨道表示式为　　　　　　　。 （2）为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是　　　　　　　。 （3）“萃取分液”的目的是分离和，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，观察到的现象是　　　　　　　。 （4）写出反萃取生成的化学方程式　　　　　　　。“滤液2”可以进入　　　　　　　步骤再利用。 （5）电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是　　　　　　　。 （6）与醋酸反应得到某含4个的配合物，4个位于以1个O原子为中心的四面体的4个顶点，且每个的配位环境相同，与间通过相连，其化学式为　　　　　　　。 54.(2024·安徽·高考真题)精炼铜产生的铜阳极泥富含等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提取金和银的流程，如下图所示。 回答下列问题： （1）位于元素周期表第　　　　　　　周期第　　　　　　　族。 （2）“浸出液1”中含有的金属离子主要是　　　　　　　。 （3）“浸取2”步骤中，单质金转化为的化学方程式为　　　　　　　。 （4）“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的　　　　　　　(填化学式)转化为。 （5）“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为　　　　　　　。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为　　　　　　　(填化学式)。 （6）“还原”步骤中，被氧化的与产物的物质的量之比为　　　　　　　。 （7）可被氧化为。从物质结构的角度分析的结构为(a)而不是(b)的原因：　　　　　　　。 55.(2024·江西·高考真题)稀土是国家的战略资源之一。以下是一种以独居石【主要成分为CePO4.含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质】为原料制备CeCl3•nH2O的工艺流程图。 已知：ⅰ．Ksp[Th(OH)4]=4.0×10﹣45，Ksp[Ce(OH)3]=1.6×10﹣20，Ksp[Ce(OH)4]=2.0×10﹣48 ⅱ．镭为第ⅡA族元素 回答下列问题： （1）关于独居石的热分解，以下说法正确的是 　　　　　　　(填标号)。 a．降低压强，分解速率增大                    b．降低温度，分解速率降低 c．反应时间越长，分解速率越大            d．提高搅拌速度，分解速率降低 （2）Na2U2O7中铀元素的化合价为 　　　　　　　，热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学反应方程式为 　　　　　　　。 （3）浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为 　　　　　　　，滤液可用于 　　　　　　　阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水。 （4）溶解阶段，将溶液pH先调到1.5～2.0，反应后再回调至4.5。 ①盐酸溶解Ce(OH)4的离子方程式为 　　　　　　　。 ②当溶液pH=4.5时，c(Th4+)=　　　　　　　mol/L，此时完全转化为氢氧化钍沉淀。 （5）以BaSO4为载体形成共沉淀，目的是去除杂质 　　　　　　　。 56.(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　　　　　　　。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $