专题09 化学工艺流程及物质转化与应用综合题（专项训练）（江苏专用）2026年高考化学真题题源解密

**基本信息** 以江苏高考T14大题为核心，构建“考情-真题-模拟”三级训练体系，提炼“五层核心能力”解题框架，系统整合元素化合物、反应原理等模块知识。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |物质转化与陌生方程式书写|5年真题+模拟题|介质配平法、价态分析|从元素价态变化推导反应实质，建立“原料-产物”转化链| |操作目的与条件归因|4年真题+模拟题|“条件-平衡-现象”归因话术|结合实验操作与反应原理，解释工艺参数合理性| |定量推导与曲线翻译|3年真题+模拟题|Ksp/Ka联立计算、曲线信息提取|通过数据推导与图形分析，解决复杂体系定量问题| |高纯/功能材料中的结构外溢|3年真题+模拟题|晶胞结构分析、配位原理|关联物质结构与性能，体现结构决定性质的化学观念|

专题09 化学工艺流程及物质转化与应用综合题 考向一 物质转化与陌生方程式书写 1．(1) 40 (2)0.6 考向二 操作目的与条件归因 2．(1) 氧化生成S，促进酸浸反应正向进行 否, ，， ，则未沉淀完全 ZnO 考向三 定量推导与曲线翻译 3．B 考向四 高纯/功能材料中的结构外溢 4．(2) 负电 (3) 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 考向一 物质转化与陌生方程式书写 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 2．(2) 2:1 3．(1)或 水解可促进的水解 (2) 在该温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消 4．(1) pH增大，抑制的水解，反应物的浓度增大，故可加快氧化速率 5．(1) 相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳 6．(1)2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O 7．(1) Cu、O (2) 8．(1) 考向二 操作目的与条件归因 9．(1) 烃基 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) 、 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 10．(1) Fe2O3 Fe2O3溶于盐酸，c(H+)减小，Fe3+水解进入滤渣 (2) c(OH-)增大，SO量增多，(R3NH)2SO4量增多，萃取正向进行程度增加 11．(1) 提高反应温度、延长浸出时间 或 促进充分沉淀 12．(1) 用滴液漏斗向盛有MgSO3浆料的三颈烧瓶中缓慢滴加硫酸溶液 分批加入少量氧化镁粉末，搅拌，直至用pH试纸测得pH≥5，过滤；将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥。 13．(2) <0 提高CO2的转化率，抑制尿素水解，抑制尿素缩合生成缩二脲 14．(1)B (2) 有利于提高Ce3+的萃取率 适当提高硝酸的浓度；充分振荡分液漏斗；用适量萃取剂分多次反萃取 、H+ 15．(2) 吸附在催化剂的Fe2+上的H与中碳原子作用，吸附在O2-的H与中的羟基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+ 16．(1) c(OH-)越大，FeS表面吸附的Cr(VI)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(VI)中物质的量分数越大 考向三 定量推导与曲线翻译 17．C 18．C 考向四 高纯/功能材料中的结构外溢 19．(1) 烃基 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； 20．(2) 负电 21．(1) Fe2O3 Fe2O3溶于盐酸，c(H+)减小，Fe3+水解进入滤渣 22．(1) 提高反应温度、延长浸出时间 或 促进充分沉淀 23．(1) 4 或 (2)Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3 1．(1) 设方铅矿共100g，则硫元素有22.4g，铁元素有11.2g，中硫元素为，则中硫元素为，铅的质量为，方铅矿中铅的质量分数 (2) 除去S、，同时防止有沉淀析出 促进反应向正方向移动，生成更多，同时降低温度，减小溶解度，使得从溶液中析出 (3) 2．(1)Zn置换出Sb，形成Zn-Sb原电池，加快了除钴反应速率 (2) O2氧化Fe2+生成Fe3+的速率大于沉淀消耗Fe3+的速率，所以Fe3+浓度增大 180（180～240 min区间任意时间均可） (3) O2 Fe3+在阴极得电子（或与锌反应）生成Fe2+，Fe2+又在阳极失电子生成Fe3+，该过程消耗了电量，使O2和Zn的产率降低 (4) 3．(1)4 (2)反应的平衡常数，K≪10-5，故该反应几乎不能发生 (3)I-和 (4) ab 废料中含有的杂质在“溶解1”步骤中与氨水反应生成了可溶性的[Ag(NH3)2]+，进入了“滤液1”中，而后未回收处理滤液1，导致Ag的损失 (5) 将滤液3中还原为 4．(1)防止过多的与反应生成副产物 (2)bc (3) 不再产生气体 防止局部碱性过强产生沉淀 (4)边搅拌边分批加入固体，至用红色石蕊试纸检验，试纸变为浅蓝色时，过滤，用溶液洗涤滤渣，将洗涤液与滤液合并，将溶液蒸发浓缩至有晶膜出现，降温结晶 (5)随着反应的进行，溶液酸性增强，与酸反应产生，溢出未能与充分反应 5．(1)将Ag、Pb氧化为，避免生成NO，污染环境。 (2) 、 (3)1：6 (4) pH过高，浓度增大，导致更稳定，难以被还原。 6．(1)将C高温焙烧转化为而除去(除碳) (2) (3)B 静置，继续向上层清液中滴加氨水(碱液)，若无沉淀，则已经沉淀完全 生成的胶体有吸附作用，会吸附部分 (4) 0.025mol 加热，除去过量的硝酸，加入足量饱和NaCl溶液，冷却后转移至100mL容量瓶，加蒸馏水定容，取25mL待测液于锥形瓶中，加入一定体积的醋酸-醋酸钠缓冲溶液至pH为5.6左右，用EDTA标准液滴定至终点，记录数据，重复实验2～3次 7．(1)、Cu2+ (2) BiOCl＋H2O2 ＋4H+＋5Cl- = [BiCl6]-＋3H2O c(Cl-)大，部分AgCl转化为[AgCl2]-进入滤液Ⅱ而损失 (3)4[Ag(NH3)2]Cl＋N2H4 ·H2O＋3H2O =  4NH4Cl＋4NH3·H2O＋N2＋4Ag↓ (4) 不是 S比N的电负性小，容易给出孤对电子 (5)(计算过程见解析) 8．(1)、Cu2+ (2) BiOCl＋H2O2 ＋4H+＋5Cl- =[BiCl6]-＋3H2O c(Cl-)大，部分AgCl转化为[AgCl2]-进入滤液Ⅱ而损失 (3)计算过程见解析 (4)4[Ag(NH3)2]Cl＋N2H4 ·H2O＋3H2O =4NH4Cl＋4NH3·H2O＋N2↑＋4Ag↓ (5) 不是 S比N的电负性小，容易给出孤对电子 9．(1) 适当升高反应温度 (2) (3)ab (4)增大，电解液中增大，阴极发生副反应得电子减少，使铅产率减小 (5)将反应容器置于60℃水浴中加热，加入过量饱和溶液，搅拌1h，过滤，用蒸馏水洗涤滤渣次，边搅拌边向滤渣中加入溶液，至无气泡产生，向滤渣中边搅拌边加入足量溶液，至固体不再溶解 10．(1) ds 阴、阳离子半径差距大，离子结构不对称，阳离子体积大使电荷分散，共同使离子键作用弱 提供H+，增强氧气的氧化性，促进黄铜矿的溶解；生成CS2破坏S覆盖层 (2)使溶液酸性减弱，防止F-与H+结合生成HF，有利于F-与Fe3+形成配离子，防止I-被空气中的O2氧化；防止分解，影响测定结果 (3) 8 生成大量气体，使纳米Pt-Cu疏松多孔，比表面积大 不能，‌纳米Pt-Cu也能透过滤纸，洗涤之后不能透过过滤分离 11．(1) (2) (3)浓度小于，不利于生成，且水解程度增大；浓度大于，转化为，酸浸液中Pb含量升高 (4)稀氨水 (5)加入6 g固体，加入蒸馏水溶解，边搅拌边加氨水控制溶液的pH约为9，保持温度在50℃左右充分反应一段时间，过滤，将所得沉淀重复上述实验 (6)1.10%；。。与25.00 mL滤液中反应的。25.00 mL滤液中的物质的量。样品中Mn的总物质的量，Mn的质量分数。 12．(1) 加快搅拌速率、通过多孔球泡向浆料中通 减小 (2) 易溶于水，溶液中较大，与反应速率更快 能与形成配离子而溶解 (3)时，吸收量小，均与溶液反应，吸收的量相近；时，吸收量多，促进浆液中溶解，浆液吸收的大于清液 (4) (5)的吸收效率高、能够防止管道堵塞、可以循环使用 13．(1)pH小于3，与H+结合为HNO2，浓度降低 (2) (3)亚硝酸钠会部分被H2O2氧化为NaNO3 (4)H2O2的氧化性大于O2，O2在水中溶解度小 (5)B (6)水浴加热，边搅拌边缓慢加入1 mol/L NaOH溶液反应至不再产生沉淀，（先加NaOH再加热也可以，不加热熔断）冷却后加入溶液反应至不再产生气泡；再加入1 mol/L硫酸反应至不再产生气泡，向所得溶液中逐滴加入溶液反应至不再产生沉淀 14．(1) 适当加热 适当提高浸出剂浓度 (2) 8.7×103 (3)丹宁酸中有大量酚羟基，易与Fe3+反应，使丹宁酸浓度下降，从而使[GeL2]2+浓度下降 (4) 10 mol/L盐酸至pH在0.4~0.6范围内 84℃ 冷却后，与0℃的蒸馏水混合 15．(1) 正 Li 相同质量分数的硫化钠溶液中离子浓度更大，离子所带电荷更多，还原性比强 NaCl的质量分数由5%增大至10%时，对电池外壳和电芯的腐蚀速率加快 (2) ，与发生络合反应，能与反应生成，使、减小，平衡正向移动 (3) 相对含量较小，形成的少；且乙二醇含量较大，能溶解较多，使得元素浸出率增大 乙二醇还原金属阳离子，被消耗 16．(1) 阴 吸附镓元素的选择性高、交换树脂再生(酸解时解附)效率高 电解一段时间后，阴极析氢反应加剧，镓表面增大，部分金属镓溶解 (2)            (3)否。计算得反应平衡常数为时，反应很难进行，故氨水不能溶解 17．(1) 6 减小 F-半径较小，与Zn2+、Al3+作用力更强且F-与OH-及层间水分子形成氢键 (2) 3 当硫酸浓度过高，溶液酸性过强，抑制 Bi3+水解生成 BiO+，BiO+的浓度降低，从而不利于BiOCl沉淀的生成，另外酸性太强，NaBiO3的氧化性增强，将水氧化为O2增多 BiOCl+NaClO+2NaOH=NaBiO3+2NaCl+H2O (3) 1 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 化学工艺流程及物质转化与应用综合题 内容导览 考情概览：摸清命题规律，锁定复习重点 2026真题研析：拆解最新真题，示范分析路径 3年真题精炼：精练近年真题，吃透常见考法 最新模拟探源：跟进模拟新题，预判考查风向 命题解读 考向 近三年考查统计 江苏卷综合题能力的集合体：以 T14 工艺流程为主干，常把“元素化合物转化 + 实验操作 + 离子平衡 + 反应原理 + 结构材料”缝进同一道题。情境高度偏好战略资源回收与高纯/功能材料制备——2022镁法脱硫制硫酸镁、2023铝土矿制铝/烟气脱硝催化剂回收、2024钕铁硼回收制铁酸铋与氧化钕、2025闪锌矿制 ZnS光学材料并回收砷、2026黑云母提铷制 RbCl。命题不再画“盐酸→调pH→沉淀”的老框图，而是给科研简报+曲线+晶胞+萃取率公式，要求学生自己还原转化链。核心能力有五层：①写对方程式；②说清操作目的；③原理归因话术；④定量推导；⑤跨模块迁移。整体特征：低门槛进、高门槛得分，前2问考知识，后3问考逻辑话术与计算，是江苏卷区分顶尖生和中上生的大题核心。 考向一 物质转化与陌生方程式书写 2022·江苏 T14 2023·江苏 T14 2024·江苏 T14 2025·江苏 T14 2026·江苏 T14 考向二 操作目的与条件归因 2023·江苏 T14 2024·江苏 T14 2025·江苏 T14 2026·江苏 T14 考向三 定量推导与曲线翻译 2024·江苏 T14 2025·江苏 T14 2026·江苏 T14 考向四 高纯/功能材料中的结构外溢 2024·江苏 T14 2025·江苏 T14 2026·江苏 T14 近年江苏高考化学对该专题的考查连续5年锁定全卷T14（化学工艺流程综合题），是全卷分值最高、信息密度最大的核心大题之一。试题多以矿物资源利用、工业废料回收、环境治理等真实工业生产为背景（如2022钛白粉废酸回收、2023镁法烟气脱硫、2024钕铁硼废料回收、2025闪锌矿提锌除砷、2026氯碱工业粗盐水精制），创设学术与工业实践情境。侧重考查信息获取与流程拆解能力、物质转化与反应条件控制能力、分离提纯操作与原理归因能力，要求在理解复杂真实体系的基础上辨析核心概念、关联化学原理，形成对工艺路线合理性与绿色化学价值的客观评价。 原料预处理与核心转化是高频基础考点，常考查酸浸/碱浸条件控制、氧化还原试剂选择及离子方程式书写（含介质配平），如2024废料回收中Ce³⁺氧化为CeO₂、2025闪锌矿中ZnS的氧化浸出。pH调控与分步沉淀除杂深度交织水溶液离子平衡，常考调pH试剂选择、沉淀完全临界计算及多离子分离顺序，如2023镁法脱硫中Mg(OH)₂生成与SO₃²⁻氧化、2025通H₂S除Cd时的Ksp与Ka联立。分离提纯与操作归因是拉分核心，要求用“条件变→平衡/速率变→现象变”的完整话术解释结晶方式、洗涤试剂选择、温度/用量权衡等，如2022钛液水解煅烧、2026粗盐水精制中试剂添加顺序与过量控制。循环物质判断与绿色评价紧扣时代步伐，考查副产物利用、原子利用率及节能减排措施，如2026氯碱生产中电解液的循环使用。整体命题趋势呈现流程链条持续延长、多平衡与氧化还原深度耦合、归因话术极度严谨，强调在复杂工业体系中运用化学原理解决实际问题的综合素养。 考向一 物质转化与陌生方程式书写 1．（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)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__________________________。 (2)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) 40 (2)0.6 解题关键 ① 趁热过滤选最高温≈60℃：利用两盐溶解度差—高温下KAl(SO4)2溶解度极大留在母液，RbAl(SO4)2溶解度小优先析出，提纯度+回收率。②分解产物锁定：含Al→必出Al2O3，含多余S/O→另一种氧化物只能是SO3，按原子守恒配 2:1:1:3。③比值计算只看“初始摩尔×回收率”，摩尔质量Rb2SO4=267、K2SO4=174是突破口。 （1） （1）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； （2） （2）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。 考向二 操作目的与条件归因 2．（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)。 【答案】(1) 氧化生成S，促进酸浸反应正向进行 否, ，， ，则未沉淀完全 ZnO 解题关键 ① 通O2的作用：氧气把闪锌矿里的硫离子(S²⁻)氧化成单质硫S，打破ZnS溶解平衡，让Zn²⁺更多进入溶液，提高浸出率。 ② Cd2+是否沉淀完全的判断：pH=0 即氢离子浓度=1 mol/L，由 H₂S 两级电离常数算出溶液中S²⁻浓度= Ka1×Ka2×c(H₂S)/[H⁺]² ≈ 1.2×10⁻²² mol/L。 CdS沉淀完全要求 [Cd²⁺]≤10⁻⁵，所需 [S²⁻] ≥ Ksp(CdS)/10⁻⁵ = 8×10⁻²²。 实际 S²⁻(1.2×10⁻²²) < 所需(8×10⁻²²)，所以 Cd²⁺未沉淀完全。 ③调pH用的氧化物：选 ZnO（氧化锌），既能中和酸升高pH，又不引入新杂质。 （1） （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。 考向三 定量推导与曲线翻译 3．（2025·江苏·高考真题）室温下，有色金属冶炼废渣(含等的氧化物)用过量的较浓溶液酸浸后，提取铜和镍的过程如下所示。 已知：。下列说法正确的是 A．较浓溶液中： B．溶液中：的平衡常数 C．溶液中： D．“提铜”和“沉镍”后的两份滤液中： 解题关键 有色金属冶炼废渣(含等的氧化物)用过量的较浓溶液酸浸后，浸取液主要含有、，加入溶液提铜，滤液加入溶液沉镍得到。 A 不符合题意 若两步均完全电离，则溶液中存在电荷守恒：，但根据题给信息知，在较浓的溶液中仅第一步电离完全，电离出大量的会抑制第二步电离，第二步电离不完全，溶液中存在，因此电荷守恒应表示为，错误； B 符合题意 该反应的平衡常数，正确； C 不符合题意 得到1个生成，得1个生成得2个生成，水电离出的与浓度相等，即，则溶液中存在质子守恒，错误； D 不符合题意 根据题意只有提铜这一步加了钠盐，故加入的钠离子的物质的量不变，即，但是因为后续加了草酸铵溶液导致溶液体积增大，因此，错误； 考向四 高纯/功能材料中的结构外溢 4．（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。 (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】(2) 负电 (3) 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 解题关键 (2) 掺杂CuCl的ZnS发光中心：ZnS里原本Zn²⁺、S²⁻电荷平衡。掺入 CuCl。 Cu⁺替Zn²⁺（缺正电→负电区），Cl⁻替S²⁻（缺负电→正电区），故区域A=Cu⁺，区域B带正电。 (3)①离子方程式：ZnS 提供S²⁻来源，与H₃AsO₃（弱酸不拆）在酸性条件反应生成As₂S₃沉淀和Zn²⁺、水。 (3)②4h后回收率下降：As₂S₃发生水解逆反应重新生成H₃AsO₃（或长时间反应使 As₂S₃ 部分溶解/被氧化），致回收率回落。 （1） （2） （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） （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。 考向一 物质转化与陌生方程式书写 1．（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。 (2)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】(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 【详解】（2）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。 2．（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。 (2)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】(2) 2:1 【详解】（2）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。 3．（2023·江苏·高考真题）催化剂能催化脱除烟气中的NO，反应为  。 (1)催化剂的制备。将预先制备的一定量的粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状催化剂。在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为___________；反应选用溶液而不选用溶液的原因是___________。 (2)催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、、(其余为)气体匀速通过装有催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是___________；反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有___________(用化学方程式表示)。 【答案】(1) 或 水解可促进的水解 (2) 在该温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消 【详解】（1）在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为，另水解会促进水解，故在水溶液中水解为沉淀的离子方程式也可写成为；反应选用溶液而不选用溶液，其原因是水解可促进的水解， （2）反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是此温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消。反应温度高于380℃，NO转化率下降，有可能体系产生了NO，如。 4．（2023·江苏·高考真题）实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备，其实验过程可表示为    (1)在催化剂作用下被氧化为。已知的溶解度为0.57g(20℃)，氧化溶液中的离子方程式为___________；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中被氧化的速率随pH的变化如题图甲所示。在pH=6~8范围内，pH增大，浆料中的氧化速率增大，其主要原因是___________。      【答案】(1) pH增大，抑制的水解，反应物的浓度增大，故可加快氧化速率 【详解】（1）根据题意，O2氧化溶液中的，被氧化为，1molO2氧化2mol，故氧化溶液中的离子方程式为：； pH增大，抑制的水解，反应物的浓度增大，故可加快氧化速率； 5．（2023·江苏·高考真题）空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。 (1)燃煤烟气中的捕集可通过如下所示的物质转化实现。    “吸收”后所得的溶液与石灰乳反应的化学方程式为___________；载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的，其原因是___________。 【答案】(1) 相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳 【详解】（1）由图可知“吸收”后所得的溶液与石灰乳反应生成碳酸钙用于煅烧产生二氧化碳，产物KOH可回收利用，故化学方程式为。载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的的原因为相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳。 6．（2022·江苏·高考真题）实验室以二氧化铈()废渣为原料制备含量少的，其部分实验过程如下： (1)“酸浸”时与反应生成并放出，该反应的离子方程式为_______。 【答案】(1)2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O 【详解】（1）根据信息反应物为与，产物为和，根据电荷守恒和元素守恒可知其离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O； 7．（2022·江苏·高考真题）氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。 (1)“热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。 ①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性溶液，阴极区为盐酸，电解过程中转化为。电解时阳极发生的主要电极反应为_______(用电极反应式表示)。 ②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素有_______(填元素符号)。 (2)“热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收制得的溶液反应，生成、和；再经生物柴油副产品转化为Fe。 ①实验中发现，在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，该反应的离子方程式为_______。 【答案】(1) Cu、O (2) 【详解】（1）①电解在质子交换膜电解池中进行，H+可自由通过，阳极区为酸性溶液，电解过程中转化为，电解时阳极发生的主要电极反应为：； ②电解后，经热水解得到的HCl和热分解得到的CuCl等物质可循环使用，从图中可知，热分解产物还有O2，从详解①中得知，进入热水解的物质有，故发生化合价变化的元素有Cu、O。 （2）①在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，离子方程式为：； 8．（2022·江苏·高考真题）硫铁化合物(、等)应用广泛。 (1)纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、等形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。 已知：，；电离常数分别为、。 ①在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，其离子方程式为_______。 【答案】(1) 【详解】（1）在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S的离子方程式为： ； 考向二 操作目的与条件归因 9．（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_______________________________________。 【答案】(1) 烃基 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) 、 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 【详解】（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； 10．（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_______。 【答案】(1) Fe2O3 Fe2O3溶于盐酸，c(H+)减小，Fe3+水解进入滤渣 (2) c(OH-)增大，SO量增多，(R3NH)2SO4量增多，萃取正向进行程度增加 【详解】（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。 11．（2023·江苏·高考真题）催化剂能催化脱除烟气中的NO，反应为  。 (1)废催化剂的回收。回收废催化剂并制备的过程可表示为 ①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有___________。 ②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有。已知具有八元环结构，其结构式可表示为___________。 ③向pH=8的溶液中加入过量的溶液，生成沉淀。已知：，加过量溶液的目的是___________。 【答案】(1) 提高反应温度、延长浸出时间 或 促进充分沉淀 【详解】（1）提高钒元素浸出率的方法还有提高反应温度、延长浸出时间，已知具有八元环结构，且V连有五根共价键，结构式可表示为  或。饱和溶液中存在溶解平衡，加过量溶液有利于增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高的含量，促进充分沉淀。 12．（2023·江苏·高考真题）实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备，其实验过程可表示为    (1)制取晶体。在如题图乙所示的实验装置中，搅拌下，使一定量的浆料与溶液充分反应。浆料与溶液的加料方式是___________；补充完整制取晶体的实验方案：向含有少量、的溶液中，___________。(已知：、在时完全转化为氢氧化物沉淀；室温下从饱和溶液中结晶出，在150~170℃下干燥得到，实验中需要使用MgO粉末)    【答案】(1) 用滴液漏斗向盛有MgSO3浆料的三颈烧瓶中缓慢滴加硫酸溶液 分批加入少量氧化镁粉末，搅拌，直至用pH试纸测得pH≥5，过滤；将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥。 【详解】（1）在进行含固体物质的反应物与液体反应的实验时，应将含固体物质的反应物放在三颈瓶中，通过滴液漏斗滴加液体，H2SO4溶液的滴加速率要慢，以免H2SO4过量； 根据题意，首先需要调节pH≥5以除去Fe3+、Al3+杂质，需要用到的试剂为MgO粉末，操作细节为分批加入少量MgO粉末，以免pH过高，不断搅拌进行反应直至检测到pH≥5，然后过滤除去氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；接着需要从溶液中得到，根据题目信息，室温下结晶只能得到，因此需要在150~170℃下干燥得到，操作细节为将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥。 13．（2023·江苏·高考真题）空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。 (1)燃煤烟气中的捕集可通过如下所示的物质转化实现。    (2)合成尿素[]是利用的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： ①密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数(K)与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的___________(填“=0”或“>0”或“<0”)。    ②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[]和尿素转化为氰酸铵()等副反应。尿素生产中实际投入和的物质的量之比为，其实际投料比值远大于理论值的原因是___________。 【答案】(2) <0 提高CO2的转化率，抑制尿素水解，抑制尿素缩合生成缩二脲 【详解】（2）由图可知升高温度反应Ⅰ的lgK减小，说明温度升高平衡逆向移动，故正反应为放热反应，其<0。实际投料比值远大于理论值的原因是增大NH3的比例、提高CO2的转化率，尿素水解、尿素缩合生成缩二脲都有NH3生成，增大NH3的比例可抑制尿素水解，抑制尿素缩合生成缩二脲。 14．（2022·江苏·高考真题）实验室以二氧化铈()废渣为原料制备含量少的，其部分实验过程如下： (1)pH约为7的溶液与溶液反应可生成沉淀，该沉淀中含量与加料方式有关。得到含量较少的的加料方式为_______(填序号)。 A．将溶液滴加到溶液中     B．将溶液滴加到溶液中 (2)通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备含量少的。已知能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为 (水层)+3HA(有机层)(有机层)+(水层) ①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是_______。 ②反萃取的目的是将有机层转移到水层。使尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有_______(填两项)。 ③与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤溶液的滤液中，物质的量减小的离子有_______(填化学式)。 【答案】(1)B (2) 有利于提高Ce3+的萃取率 适当提高硝酸的浓度；充分振荡分液漏斗；用适量萃取剂分多次反萃取 、H+ 【详解】（1）反应过程中保持少量即可得到含量较少的，故选B； （2）去除过量盐酸，减小氢离子浓度，使(水层)+3HA(有机层)(有机层)+(水层)的化学平衡右移，利于提高Ce3+的萃取率，故答案为：有利于提高Ce3+的萃取率； 根据平衡移动原理可知，应选择的实验条件是：适当提高硝酸的浓度；充分振荡分液漏斗；用适量萃取剂分多次反萃取； ③“反萃取”得到的水溶液中含有浓度较大的、H+，氨水和溶液均显碱性，可以和、H+反应，生成沉淀的同时也发生中和反应，因此过滤后溶液中、H+的物质的量均减小，故答案为：、H+； 15．（2022·江苏·高考真题）氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。 (1)“热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。 (2)“热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收制得的溶液反应，生成、和；再经生物柴油副产品转化为Fe。 ①实验中发现，在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，该反应的离子方程式为_______。 ②随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，其可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为_______。 【答案】(2) 吸附在催化剂的Fe2+上的H与中碳原子作用，吸附在O2-的H与中的羟基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+ 【详解】（2）①在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，离子方程式为：； ②H的电负性大于Fe，小于O，在活性表面，部分H吸附在催化剂的亚铁离子上，略带负电；另一部分H吸附在催化剂的氧离子上，略带正电；前者与中略带正电的碳结合，后者与中略带负电的羟基氧结合生成H2O，转化为；故答案为：吸附在催化剂的Fe2+上的H与中碳原子作用，吸附在O2-的H与中的羟基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+； 16．（2022·江苏·高考真题）硫铁化合物(、等)应用广泛。 (1)纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、等形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。 已知：，；电离常数分别为、。 ①在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，原因是_______。 【答案】(1) c(OH-)越大，FeS表面吸附的Cr(VI)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(VI)中物质的量分数越大 【详解】（1）在溶液中，pH越大，c(OH-)越大，FeS表面吸附的Cr(VI)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(VI)中物质的量分数越大； 考向三 定量推导与曲线翻译 17．（2023·江苏·高考真题）室温下，用含少量的溶液制备的过程如题图所示。已知，。下列说法正确的是    A．溶液中： B．“除镁”得到的上层清液中： C．溶液中： D．“沉锰”后的滤液中： 【答案】C 【详解】A．溶液中存在电荷守恒：，A错误； B．“除镁”得到的上层清液中为的饱和溶液，有，故，B错误； C．溶液中存在质子守恒：，故，C正确； D．“沉锰”后的滤液中还存在F-、以及极少量的锰离子等离子，故电荷守恒中应增加其他离子使等式成立，D错误； 故选C。 18．（2022·江苏·高考真题）一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1mol∙L-1KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c总=c(H2CO3)+c()+c()。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是 A．KOH吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)＞c() B．KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)= c(H+)+c()+c(H2CO3) C．KOH溶液吸收CO2，c总=0.1mol∙L-1溶液中：c(H2CO3)＞c() D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降 【答案】C 【详解】A．KOH吸收CO2所得到的溶液，若为K2CO3溶液，则主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c()，若为KHCO3溶液，则发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)＜c()，A不正确； B．KOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+ c(H+)=c(OH-)+ +c()+2c()，依据物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]，则c(OH-)= c(H+)+c()+2c(H2CO3)，B不正确； C．KOH溶液吸收CO2，c(KOH)=0.1mol∙L-1，c总=0.1mol∙L-1，则溶液为KHCO3溶液， Kh2==≈2.3×10-8＞Ka2=4.4×10-11，表明水解程度大于电离程度，所以溶液中：c(H2CO3)＞c()，C正确； D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生反应为：CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2KOH(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物，则原理相同)，二式相加得：CO2+CaO=CaCO3↓，该反应放热（碳酸钙分解吸热），溶液的温度升高，D不正确； 故选C。 考向四 高纯/功能材料中的结构外溢 19．（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______________________________________________________。 【答案】(1) 烃基 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； 【详解】（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； 20．（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。 (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”)。 【答案】(2) 负电 【详解】（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。 21．（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_______。 【答案】(1) Fe2O3 Fe2O3溶于盐酸，c(H+)减小，Fe3+水解进入滤渣 【详解】（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。 22．（2023·江苏·高考真题）催化剂能催化脱除烟气中的NO，反应为  。 (1)废催化剂的回收。回收废催化剂并制备的过程可表示为 ①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有___________。 ②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有。已知具有八元环结构，其结构式可表示为___________。 ③向pH=8的溶液中加入过量的溶液，生成沉淀。已知：，加过量溶液的目的是___________。 【答案】(1) 提高反应温度、延长浸出时间 或 促进充分沉淀 【详解】（1）提高钒元素浸出率的方法还有提高反应温度、延长浸出时间，已知具有八元环结构，且V连有五根共价键，结构式可表示为  或。饱和溶液中存在溶解平衡，加过量溶液有利于增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高的含量，促进充分沉淀。 23．（2022·江苏·高考真题）硫铁化合物(、等)应用广泛。 (1)具有良好半导体性能。的一种晶体与晶体的结构相似，该晶体的一个晶胞中的数目为_______，在晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，如图给出了晶胞中的和位于晶胞体心的(中的键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的连接起来_______。 (2)、在空气中易被氧化，将在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。时，氧化成含有两种元素的固体产物为_______(填化学式，写出计算过程)。 【答案】(1) 4 或 (2)Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3 【详解】（1）因为的晶体与晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个晶胞含有4个和4个Cl，则该晶体的一个晶胞中的数目也为4；晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，根据晶胞中的和的位置(中的键位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与键所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的紧邻且间距相等，其中一个S原子与紧邻的连接图如下：或；故答案为：4；或。 （2）有图可知，时，氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值为66.7%，设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，56+16x=80.04，x= ，所以固体产物为Fe2O3；故答案为：Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3。 1．（2026·江苏南通·模拟预测）一种以方铅矿(难溶于水，主要含、，还含少量)和软锰矿(主要含)混合酸浸制取的流程如下： (1)“酸浸”时控制温度在70℃条件下进行，所得浸出液中含有、、、和，其中Pb、Mn和Fe的浸出率与时间的关系如图所示。 ①写出(Fe为+2价)中所含阴离子的电子式：_________。 ②写出“酸浸”时与发生反应的离子方程式：________________。 ③写出30～60min时间段发生的主要反应的离子方程式：________________。 ④方铅矿中硫元素的质量分数为22.4%，铁元素的质量分数为11.2%，计算方铅矿中铅的质量分数，并写出计算过程。_________ (2)已知：，属于弱电解质，可溶于热水，微溶于冷水。 ①“趁热过滤”的目的是________________。 ②“分离”的方法是向趁热过滤后所得滤液中加水稀释，然后过滤。加水稀释的目的是_______________________。 (3)“分离”所得经多步转化制得(Pb为+2价)。测定组成并制取的实验过程为：准确量取0.775g，在一定温度下灼烧至恒重，可得0.669g。则的化学式为_________。 【答案】(1) 设方铅矿共100g，则硫元素有22.4g，铁元素有11.2g，中硫元素为，则中硫元素为，铅的质量为，方铅矿中铅的质量分数 (2) 除去S、，同时防止有沉淀析出 促进反应向正方向移动，生成更多，同时降低温度，减小溶解度，使得从溶液中析出 (3) 【详解】（1）①(Fe为+2价)中所含阴离子的电子式：； ②“酸浸”时与发生氧化还原反应，生成、、S等物质，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，离子方程式为：； ③30～60min时间段，主要浸出铁元素，即主要发生与在酸性条件下发生氧化还原反应，生成、、S等物质，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，离子方程式为：； ④设方铅矿共100g，则硫元素有22.4g，铁元素有11.2g，中硫元素为，则中硫元素为，铅的质量为，方铅矿中铅的质量分数； （2）①已知属于弱电解质，可溶于热水，微溶于冷水，则“趁热过滤”的目的是除去S、，同时防止有沉淀析出； ②加水稀释的目的是促进反应向正方向移动，生成更多，同时降低温度，减小溶解度，使得从溶液中析出； （3）因为反应前后Pb都是+2价，所以化学方程式为：，，，化简为：①154x=51y+180z；，化简得：②106x=27y+132z；根据化合价代数和为0得：③2x=y+2z；①-③77得y=z；②-③27得2x=3z，则，化学式为。 2．（2026·江苏扬州·模拟预测）利用湿法炼锌的浸取液(主要含有，还含有、等)制备的流程如下： (1)“除钴”时，如果在加入足量粉的同时，加入少量硫酸锑溶液，除钴的速率会迅速提高，原因是___________。[已知金属活动性顺序从强到弱：] (2)“除铁”时，须控制好初始、反应温度、反应时间等条件。 ①初始时，滤渣主要成分为，生成该沉淀的离子方程式为___________。 ②浓度随时间变化如图-1所示。0～120 min，浓度增大的原因是___________。合理的反应时间为___________min。 (3)“电解”的原理如图-2所示，气体a是___________(填化学式)。控制其他条件不变，如果溶液中有残留的，会使气体a和的产率都降低，原因是___________。 (4)钴经反应可得到配合物。为确定该配合物的化学式进行下列实验：取一定质量的，溶于水配成250 mL溶液A，准确量取25.00 mL溶液A，用的溶液滴定其中的，消耗溶液20.00 mL。另取25.00 mL溶液A，加足量溶液并充分加热，生成112 mL(标准状况)。再取25.00 mL溶液A，经测定，含元素。通过计算确定该配合物的化学式___________(写出计算过程)。 【答案】(1)Zn置换出Sb，形成Zn-Sb原电池，加快了除钴反应速率 (2) O2氧化Fe2+生成Fe3+的速率大于沉淀消耗Fe3+的速率，所以Fe3+浓度增大 180（180～240 min区间任意时间均可） (3) O2 Fe3+在阴极得电子（或与锌反应）生成Fe2+，Fe2+又在阳极失电子生成Fe3+，该过程消耗了电量，使O2和Zn的产率降低 (4) 【详解】（1）已知金属活动性顺序Zn强于Sb，加入硫酸锑溶液时，Zn置换出Sb，Zn与Sb及电解质溶液构成原电池，反应速率加快，因此除钴速率迅速提高。 （2）①初始pH=3时，被氧气氧化生成沉淀，结合原子守恒、电荷守恒配平得到离子方程式为。 ②0~120 min内，氧气氧化生成的速率大于转化为沉淀被消耗的速率，因此浓度逐渐增大。 由图像可知，180 min时总铁浓度降至最低，之后保持稳定，除铁效果最佳，因此合理的反应时间为180 min（180～240 min区间任意时间均可）。 （3）由电解原理图可知，左侧电极为阳极，水电离出的失电子生成，因此气体a为。若溶液中残留，氧化性强于，在阴极优先得电子被还原为，移动到阳极后又失电子被氧化为，该循环过程消耗电量，导致用于生成和Zn的电量减少，因此二者产率均降低。 （4）取25.00 mL溶液A进行测定： 滴定时，； 生成氨气的物质的量； 溶液中的物质的量； 因此； 配合物组成为，外界数目为，得，且，因此该配合物的化学式为。 3．（2026·江苏泰州·模拟预测）回收实验室废弃物可实现资源的有效利用。从催化剂废料(含杂质)中回收和 的流程如下： 已知：①在碱性条件下易歧化为和；俗称保险粉，具有较强还原性； ②，。 (1)的一种四方晶胞如图所示，则的配位数___________。 (2)溶解1中，几乎不与氨水发生反应，原因是___________。 (3)反应1会生成卤素互化物，该物质与卤素单质有相似的化学性质，则滤液2中含碘元素的微粒有___________。 (4)反应2中“试剂”可以选用___________(填字母)。 a．    b．　　c．      　  d． 不考虑操作和反应损失，该流程回收的量低于预期，主要原因是___________。 (5)反应3加入的目的是___________；中硫原子相互成键，则其结构式为___________。 【答案】(1)4 (2)反应的平衡常数，K≪10-5，故该反应几乎不能发生 (3)I-和 (4) ab 废料中含有的杂质在“溶解1”步骤中与氨水反应生成了可溶性的[Ag(NH3)2]+，进入了“滤液1”中，而后未回收处理滤液1，导致Ag的损失 (5) 将滤液3中还原为 【详解】（1）取晶胞面上的一个（黑球）进行观察，它位于由4个（白球）构成的四面体空隙中（包括该面上的两个顶点白球，晶胞体心的白球，以及相邻晶胞体心的白球），每个周围最近的数目为4，故配位数为4； （2）反应的平衡常数，≪10-5，故该反应几乎不能发生； （3）ICl中I为+1价，与NaOH反应生成IO−，IO−碱性条件下歧化为I-和，因此滤液2中碘元素以I-和形式存在； （4）反应2需要还原剂将[Ag(NH3)2]+还原为Ag：葡萄糖（选项a）含醛基、水合肼（选项b）都有还原性，可还原银氨溶液；、均为氧化剂，不能还原得到Ag，因此选ab； 在最初的“溶解1”中，加入了浓氨水。AgI 不反应，但杂质Ag2O会与氨水反应生成可溶性的银氨络离子[Ag(NH3)2]+。这部分银进入了“滤液1”中，而流程后续只处理了AgI，导致[Ag(NH3)2]+中的银元素损失，因此银回收量低于预期； （5） 调后滤液3中残留未反应的，是强还原剂，可将还原为，提高碘的产率；中硫原子相互成键，两个S直接相连，结构式：。 4．（2026·江苏徐州·模拟预测）连二硫酸钠()是一种稳定的还原剂，易溶于水，酸性溶液中可生成和。实验室以和为主要原料制备的流程如下： (1)“氧化”时，分批加入的原因除防止反应过快，不利于控制温度外，另一原因为___________。 (2)有利于“脱除”的操作是___________(填字母)。 a．降温    b．真空抽气    c．升温    d．加压 (3)“调节pH”时，先加入固体至___________时，再加入溶液调节pH至中性，抽滤。不直接用溶液调节pH的原因是___________。 (4)请补充从溶液制备的实验方案：取一定体积的溶液，___________，过滤，用乙醇洗涤，干燥，得晶体。(已知：在弱碱性溶液中溶解度小，实验中须注意提高产率，须使用的试剂和用品：固体、溶液，红色石蕊试纸) (5)称取样品于锥形瓶中溶于冷水，用酸性溶液测定纯度时，若操作无误，所测纯度低于实际纯度的可能原因是___________。 【答案】(1)防止过多的与反应生成副产物 (2)bc (3) 不再产生气体 防止局部碱性过强产生沉淀 (4)边搅拌边分批加入固体，至用红色石蕊试纸检验，试纸变为浅蓝色时，过滤，用溶液洗涤滤渣，将洗涤液与滤液合并，将溶液蒸发浓缩至有晶膜出现，降温结晶 (5)随着反应的进行，溶液酸性增强，与酸反应产生，溢出未能与充分反应 【详解】（1）“氧化”时，分批加入的原因除防止反应过快，不利于控制温度外，另一原因为：防止过多的与反应生成副产物； （2）脱除溶液中溶解的，可利用气体的溶解度随温度升高而降低、随压强减小而降低的规律，因此升温（c）、真空抽气（b）有利于逸出，故选bc； （3）“调节pH”时，先加入固体至不再产生气体时，再加入溶液调节pH至中性，抽滤。不直接用溶液调节pH的原因是：防止局部碱性过强产生沉淀； （4）边搅拌边分批加入固体，至用红色石蕊试纸检验，试纸变为浅蓝色时，过滤，用溶液洗涤滤渣，将洗涤液与滤液合并，将溶液蒸发浓缩至有晶膜出现，降温结晶； （5）所测纯度低于实际纯度的可能原因是：随着反应的进行，溶液酸性增强，与酸反应产生，溢出未能与充分反应。 5．（2026·江苏南京·模拟预测）从分金脱氯渣（主要成分为Ag、Pb、SiO2）中获取高纯银的流程如图所示： 25℃时，Ag2CrO4为砖红色沉淀，Ksp(Ag2CrO4)=10-11.7，Ksp(AgCl)=10-9.7。当离子浓度小于1.0×10-5 mol·L-1时，认为离子沉淀完全。 (1)“酸浸”的目的是将Ag、Pb转化为硝酸盐。加入H2O2的作用是________。 (2)已知：。 ①“沉银”后的滤液中，主要含有的阴离子可能有、________。 ②滤液中的浓度可以用K2CrO4为指示剂，以AgNO3为标准溶液来滴定，通过计算说明，理论上混合液中指示剂浓度不宜超过________mol·L-1（写出计算过程）。 (3)α-AgCl晶体是离子导体，晶胞结构如下图所示。Ag+可随机地分布在彼此共面相连的四面体空隙和八面体空隙中，则晶胞中n(Ag+):n(四面体空隙)=________。 (4)①N2H4·H2O还原[Ag(NH3)2]+的离子方程式为________。 ②实验表明pH过高，银的还原率下降，主要原因是________。 【答案】(1)将Ag、Pb氧化为，避免生成NO，污染环境。 (2) 、 (3)1：6 (4) pH过高，浓度增大，导致更稳定，难以被还原。 【详解】（1）加入H2O2的作用是做氧化剂，将Ag、Pb氧化为Ag+和Pb2+，同时还可以避免生成NO气体，污染环境； （2）①酸浸时加入了硝酸，加入NaCl“沉银”后的滤液中，还存在的阴离子有以及生成的； ②要解决该问题，需结合莫尔法滴定原理：滴定终点要求完全沉淀后才会生成砖红色沉淀指示终点，因此需先计算沉淀完全时的浓度，再计算此时最大允许的浓度，计算过程如下：当沉淀完全时，，根据，可得此时溶液中浓度： ，刚好沉淀完全时刚析出沉淀，此时浓度为最大允许浓度，根据，代入数据计算： ，因此理论上指示剂浓度不宜超过 。 （3） 如图所示四面体空隙位于晶胞面心，每个面心是4个，有，每个晶胞中含有的个数有，则Ag+的个数也为2，则晶胞中。 （4）“还原”过程为将还原为银单质，被氧化为氮气，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：；pH过高，浓度增大，导致更稳定，难以被还原。 6．（2026·江苏南通·二模）某课题组采用无氰绿色工艺从废钯催化剂(主要含、、活性炭)中回收并制备高纯海绵钯(Pd)，设计如下流程： 已知：①，与相比，与配位能力更强。 ②易水解生成沉淀，较稳定且能用EDTA进行定量络合滴定，滴定需控制pH在5.6左右。EDTA易被强氧化性物质破坏造成滴定误差。 Ⅰ．焙烧浸出 (1)焙烧的目的是___________。 (2)浸出液含过量和HCl，以及、，写出Pd被王水(王水由浓硝酸与浓盐酸混合而得)浸出发生反应的离子方程式___________。 Ⅱ．除铝纯化 (3)加热赶尽硝酸后，加碱液使完全沉淀，再调。 ①过程中试剂滴加操作最优的是___________(填字母)。 A．先加足量NaOH溶液，再逐滴滴加盐酸调至 B．先加过量浓氨水，过滤除沉淀后，再缓慢滴加盐酸微调至 ②判断已经完全沉淀的操作是___________。 ③“除铝”过程中会造成部分元素损失，原因是___________。 Ⅲ．配位还原 (4)向纯化后含的溶液中缓慢滴加水合肼()加热，得到单质Pd。 ①若不考虑反应物损耗，生成5.3g单质Pd时，消耗的物质的量为___________。 ②补充完整测定产品纯度的实验步骤：取钯样品加入稍过量浓硝酸充分反应，___________。(须使用的试剂：EDTA、NaCl溶液、醋酸—醋酸钠缓冲溶液。仪器：100mL容量瓶、加热装置) 【答案】(1)将C高温焙烧转化为而除去(除碳) (2) (3) B 静置，继续向上层清液中滴加氨水(碱液)，若无沉淀，则已经沉淀完全 生成的胶体有吸附作用，会吸附部分 (4) 0.025mol 加热，除去过量的硝酸，加入足量饱和NaCl溶液，冷却后转移至100mL容量瓶，加蒸馏水定容，取25mL待测液于锥形瓶中，加入一定体积的醋酸-醋酸钠缓冲溶液至pH为5.6左右，用EDTA标准液滴定至终点，记录数据，重复实验2～3次 【详解】（1）废钯催化剂主要含Pd、Al2O3、活性炭，活性炭在后续浸出步骤可能干扰反应，Pd以单质的形式存在，难以被王水溶解，因此焙烧的目的是将C高温焙烧转化为而除去(除碳)； （2）根据题目，浸出液含HNO3、HCl、Al3+、[PdCl4]2-，且有NO生成，Pd被氧化为Pd2+，并与Cl-结合成[PdCl4]2-，HNO3被还原为NO，总反应方程式为； （3）①A．若先加入足量NaOH，Al3+会转化为，而Pd2+可能形成Pd(OH)2沉淀或[Pd(OH)4]2-,但Pd(OH)2易溶于过量NaOH，可能形成[Pd(OH)4]2-，随后加盐酸调节pH≈4.5时，Pd可能以Pd2+形式存在，易水解生成Pd(OH)2沉淀，导致Pd损失；B．先加入浓氨水，Al3+形成Al(OH)3沉淀，而Pd2+与NH3形成，留在溶液中，过滤后，向溶液中加盐酸，会转化为[PdCl4]2-，同时避免Pd2+水解；故B操作最优； ②Al3+完全沉淀的标志是上层清液中无Al3+，静置，取上层清液，继续滴加氨水溶液，若无沉淀产生，则说明Al3+已完全沉淀； ③由题目信息①可知，Pd2+与NH3配位能力比Cl-强，但Al3+与OH-结合能力也很强，会生成的胶体，其具有吸附作用，会吸附部分； （4）①5.3 g Pd的物质的量为，根据电子守恒可知，故； ②已知易水解生成沉淀，较稳定且能用EDTA进行定量络合滴定，滴定需控制pH在5.6左右。EDTA易被强氧化性物质破坏造成滴定误差；因此实验步骤为加热，除去过量的硝酸，加入足量饱和NaCl溶液，冷却后转移至100mL容量瓶，加蒸馏水定容，取25mL待测液于锥形瓶中，加入一定体积的醋酸-醋酸钠缓冲溶液至pH为5.6左右，用EDTA标准液滴定至终点，记录数据，重复实验2～3次。 7．（2026·江苏无锡·模拟预测）以铜阳极泥氨浸液(阳离子主要有[Ag(NH3)2]+、[Cu(NH3)4]2+、[Pb(NH3)4]2+和[Bi(NH3)6]3+)为原料制备高纯 Ag的流程如下： (1)“沉银”时，AgCl的沉淀率达 99% ，同时Pb和Bi几乎完全转化为 PbCl2 和BiOCl沉淀。    滤液Ⅰ中的主要阳离子除H+外，还有________。 (2)“除杂”后滤液Ⅱ中主要含有[PbCl6]2−和[BiCl6]-。 ①写出由 BiOCl转化为[BiCl6]-的离子方程式：________。 ②其他条件相同，当c(HCl)>3.5mol·L-1时，银回收率降低的原因是________。 (3)“还原”时，[Ag(NH3)2]Cl转化为Ag的化学方程式为________。 (4)高纯银用途广泛。 ①银铈合金是优良的导电材料，一种银铈晶体结构单元如题14图所示，该结构单元是否属于晶胞，________(填“是”或 “不是”)。 ② Ag通过“活化处理”可实现Ag+的可控释放。研究发现，Ag+可与细菌体内含巯基(—SH)的酶反应，生成稳定的配位化合物(Ag—S—)可破坏酶的活性，从而起到杀菌作用。Ag+与NH3也能形成稳定的[Ag(NH3)2]+，但Ag+与巯基的配位能力更强，其可能原因为________。 (5)工业上通过类似方法也可得到钴的配合物。为确定该配合物的化学式进行下列实验：取一定质量的，溶于水配成250 mL溶液A，准确量取25.00 mL溶液A，用的溶液滴定其中的，消耗溶液20.00 mL。另取25.00 mL溶液A，加足量溶液并充分加热，生成 112 mL（标准状况）。再取25.00 mL溶液A，经测定，含元素。通过计算确定该配合物的化学式________（写出计算过程）。 【答案】(1)、Cu2+ (2) BiOCl＋H2O2 ＋4H+＋5Cl- = [BiCl6]-＋3H2O c(Cl-)大，部分AgCl转化为[AgCl2]-进入滤液Ⅱ而损失 (3)4[Ag(NH3)2]Cl＋N2H4 ·H2O＋3H2O =  4NH4Cl＋4NH3·H2O＋N2＋4Ag↓ (4) 不是 S比N的电负性小，容易给出孤对电子 (5)(计算过程见解析) 【详解】（1）已知“沉银”时，AgCl的沉淀率达99%，同时Pb和Bi几乎完全转化为PbCl2​和BiOCl沉淀。而铜阳极泥氨浸液中的阳离子主要有[Ag(NH3)2]+、[Cu(NH3)4]2+、[Pb(NH3)4]2+、[Bi(NH3)6]3+，在加入盐酸沉银的过程中，Ag+、Pb2+、Bi3+分别转化为沉淀，Cu2+没有沉淀生成，且溶液中存在H+，所以滤液I中的主要阳离子除H+外，还有Cu2+，且氨络合物与盐酸反应生成了； （2）①BiOCl在作用下被氧化，并与HCl反应生成，BiOCl中Bi的化合价为+3价，反应中BiOCl结合HCl中的Cl−形成[BiCl6]−，同时BiOCl中的O结合H+生成H2O，离子方程式为BiOCl＋H2O2 ＋4H+＋5Cl- = [BiCl6]-＋3H2O； ②当c(HCl)过高时，Cl−会与Ag+结合生成AgCl沉淀，同时Cl−也会与Ag+形成[AgCl2]−等配离子，导致溶液中Ag+浓度降低，使得后续氨浸时Ag的回收率降低； （3）“还原”时，[Ag(NH3)2]Cl与N2H4⋅H2O反应转化为Ag，N2H4⋅H2O中的N元素被氧化为N2，根据得失电子守恒和原子守恒，化学方程式为：4[Ag(NH3)2]Cl＋N2H4 ·H2O＋3H2O =  4NH4Cl＋4NH3·H2O＋N2＋4Ag↓； （4）①该结构单元不能完整反映晶体内部原子或离子在三维空间的周期性排列规律，不满足晶胞的定义，所以该结构单元不是晶胞； ②S的电负性比N小， S原子对电子的吸引能力相对较弱，对孤对电子的束缚也就更弱，同时，S的原子半径比N大，进一步使得S原子对孤对电子的束缚能力减弱。因此，S更易给出孤对电子与Ag⁺形成配位键，所以Ag⁺与巯基的配位能力更强。 （5）外部电离出的Cl-， ， ， ， 所以x=5，y=1，化学式为：。 8．（2026·江苏南京·模拟预测）以铜阳极泥氨浸液(阳离子主要有[Ag(NH3)2]+、[Cu(NH3)4]2+、[Pb(NH3)4]2+和[Bi(NH3)6]3+)为原料制备高纯Ag的流程如下： (1)“沉银”时，AgCl的沉淀率达99%，同时Pb和Bi几乎完全转化为PbCl2和BiOCl沉淀。滤液Ⅰ中的主要阳离子除H+外，还有___________。 (2)“除杂”后滤液Ⅱ中主要含有[PbCl6]2−和[BiCl6]-。 ① 写出由 BiOCl转化为[BiCl6]-的离子方程式：___________。 ② 其他条件相同，当c(HCl)>3.5mol·L-1时，银回收率降低的原因是___________。 (3)“氨浸”时发生反应：AgCl(s)＋2NH3(aq)[Ag(NH3)2]＋(aq)＋Cl-(aq)。欲使0.01 molAgCl完全溶解，至少需要1.0 L 氨水的浓度为___________。(写出计算过程) [忽略溶液体积变化，以c(NH3)计]。已知：反应Ag＋(aq)＋2NH3(aq)[Ag(NH3)2]＋(aq)的平衡常数K=1.0×107；Ksp(AgCl)=2.0×10-10；≈0.224。 (4)“还原”时，[Ag(NH3)2]Cl转化为Ag的化学方程式为___________。 (5)高纯银用途广泛。 ①银铈合金是优良的导电材料，一种银铈晶体结构单元如图所示，该结构单元是否属于晶胞，___________(填“是”或 “不是”)。 ② Ag通过“活化处理”可实现Ag+的可控释放。研究发现，Ag+可与细菌体内含巯基(—SH)的酶反应，生成稳定的配位化合物(Ag—S—)可破坏酶的活性，从而起到杀菌作用。Ag+与NH3也能形成稳定的[Ag(NH3)2]+，但Ag+与巯基的配位能力更强，其可能原因为___________。 【答案】(1)、Cu2+ (2) BiOCl＋H2O2 ＋4H+＋5Cl- =[BiCl6]-＋3H2O c(Cl-)大，部分AgCl转化为[AgCl2]-进入滤液Ⅱ而损失 (3)计算过程见解析 (4)4[Ag(NH3)2]Cl＋N2H4 ·H2O＋3H2O =4NH4Cl＋4NH3·H2O＋N2↑＋4Ag↓ (5) 不是 S比N的电负性小，容易给出孤对电子 【详解】（1）由分析，滤液Ⅰ含过量盐酸、生成的氯化铵和氯化铜，则滤液Ⅰ中的主要阳离子除H+外，还有、Cu2+； （2）①BiOCl沉淀和过氧化氢在盐酸存在条件下发生氧化还原反应生成[BiCl6]-，Bi化合价由+3变为+5，过氧化氢中氧元素化合价由-1变为-2，结合电子守恒，由 BiOCl转化为[BiCl6]-的离子方程式：BiOCl＋H2O2＋4H+＋5Cl- =[BiCl6]-＋3H2O。 ② 其他条件相同，当c(HCl)>3.5mol·L-1时，溶液中c(Cl-)大，部分AgCl转化为[AgCl2]-进入滤液Ⅱ而损失，导致银回收率降低； （3）已知：反应Ag＋(aq)＋2NH3(aq)[Ag(NH3)2]＋(aq)的平衡常数K1=1.0×107；反应：AgCl(s)＋2NH3(aq)[Ag(NH3)2]＋(aq)＋Cl-(aq)，，0.01 molAgCl完全溶解达到平衡时，、代入K，得到，完全溶解0.01 molAgCl消耗0.02 mol NH3，则； （4）“还原”时，肼和[Ag(NH3)2]Cl发生氧化还原反应生成Ag和氮气，银化合价由+1变为0、肼中氮元素化合价由-2变为0，反应同时生成一水合氨和氯化铵，结合电子守恒，化学方程式为4[Ag(NH3)2]Cl＋N2H4 ·H2O＋3H2O =4NH4Cl＋4NH3·H2O＋N2↑＋4Ag↓； （5）①晶胞能无隙并置，该结构单元不能无隙并置，不属于晶胞； ②S比N的电负性小，容易给出孤对电子，使得Ag+与巯基的配位能力更强。 9．（2026·江苏镇江·二模）合理利用废旧铅蓄电池可缓解铅资源短缺，同时减少污染。 Ⅰ.一种从废旧铅酸电池的铅膏（主要成分为、和PbO）中回收高纯铅的流程如下图（部分产物已略去）。 已知：和均为配合物。 (1)“酸浸还原”时，加料完成后，以一定速率搅拌反应，提高“酸浸还原”速率的方法还有______；已知浸出渣中含有单质硫，写出与PbS反应的化学方程式：______。 (2)“沉铅”时生成，写出“酸溶”时发生反应的离子方程式______。 Ⅱ.工业上用、混合溶液作电解液，用电解法实现粗铅（主要杂质为、、、，杂质总质量分数约为）提纯，装置如图－1所示。 (3)下列说法不正确的是______（填字母序号）。 a.阴极为粗铅，纯铅在阳极析出 b.电解产生的阳极泥的主要成分为、和Ag c.工作一段时间后需要补充以保持溶液中的稳定 (4)铅的电解精炼需要调控好溶液中的。其他条件相同时，测得铅的产率随起始时溶液中的变化趋势如图－2所示。由图可推知，随增大，铅产率先增大后减小，减小的原因可能是______。 Ⅲ.实验室用废旧铅酸电池的铅膏（主要成分为、和PbO）经“脱硫→还原→溶解→沉淀”流程制备。 已知：①。 ②脱硫率随温度的变化见图－3，脱硫率随时间的变化见图－4。 (5)请补充完整以铅膏制备的实验方案：向反应容器中加入10g铅膏，加水100mL制成浆液，______，过滤，控制一定pH，将所得溶液加热后加入KI溶液，反应后冷却至室温，过滤得产品。（须使用的试剂：饱和溶液、溶液，溶液） 【答案】(1) 适当升高反应温度 (2) (3)ab (4)增大，电解液中增大，阴极发生副反应得电子减少，使铅产率减小 (5)将反应容器置于60℃水浴中加热，加入过量饱和溶液，搅拌1h，过滤，用蒸馏水洗涤滤渣次，边搅拌边向滤渣中加入溶液，至无气泡产生，向滤渣中边搅拌边加入足量溶液，至固体不再溶解 【详解】（1）影响反应速率的外界因素除搅拌外，升高温度、增大反应物浓度、增大固体接触面积均可加快反应；是氧化剂，中价被氧化为单质，价被还原为价，结合酸性环境配平方程式得； （2）与氟硅酸发生复分解反应，生成氟硅酸铅、和水，配平即可离子方程式：； （3）a．电解精炼铅与精炼铜原理相同：粗铅作阳极，纯铅作阴极，纯铅在阴极析出，a错误； b．比铅活泼的、会在阳极放电溶解进入溶液，只有比铅不活泼的、不放电，成为阳极泥，b错误； c．阳极溶解时，活泼性强于铅的杂质也会放电，而阴极只有放电析出铅，因此溶液中浓度逐渐降低，需要补充维持浓度稳定，c正确； 故选ab； （4）是酸，浓度过高会显著提高浓度，阴极上优先放电生成，导致铅的产率下降； （5）比较的大小可知碳酸铅比硫酸铅更难溶，饱和碳酸钠可将转化为实现脱硫；由脱硫率图像可知，、反应时脱硫率已达到最高，选择该条件即可；将反应容器置于60℃水浴中加热，加入过量饱和溶液，搅拌1h，过滤，用蒸馏水洗涤滤渣次，边搅拌边向滤渣中加入溶液，至无气泡产生，之后用醋酸溶解固体，含铅物质溶解完全溶解后即可进行后续过滤、调节pH、与KI反应、冷却、再次过滤的步骤。 10．（2026·江苏泰州·模拟预测）利用黄铜矿(主要含和少量PbS等)和为原料制备纳米Pt-Cu 双金属催化剂的流程如下。 已知：①是一种水溶性酸性离子液体，其结构为。 ②与难配位，与能形成稳定配离子。 ③酸性较强时，易被氧化。 (1)氧化浸取。转化为、和，协同浸取时会生成。 ①Cu在元素周期表中属于___________区。 ②离子液体常温下呈液态，请从结构角度分析原因：___________。 ③协同浸取能够提高金属浸出效率的可能原因是___________。 (2)碘量法测定氧化浸取的浸出液中浓度。测定时，向待测液中先加入调节pH为3～4，再依次加入适量溶液和过量，然后用Na2S2O3标准溶液滴定生成的。调节pH的目的是___________。 (3)制备纳米Pt-Cu 。“转化”时生成(晶胞结构如图所示)，“还原”得到纳米Pt-Cu 和NaCl固体，同时生成、、三种气体。 ①晶体中与距离最近的的数目为___________。 ②催化剂的比表面积较大时，催化活性较强。该方法制得的纳米Pt-Cu 催化活性较强的原因为___________。 ③能够使纳米Pt-Cu 双金属催化剂中毒，能否采用去离子水洗涤、过滤的方法除去催化剂中的，判断并说明理由：___________。 【答案】(1) ds 阴、阳离子半径差距大，离子结构不对称，阳离子体积大使电荷分散，共同使离子键作用弱 提供H+，增强氧气的氧化性，促进黄铜矿的溶解；生成CS2破坏S覆盖层 (2)使溶液酸性减弱，防止F-与H+结合生成HF，有利于F-与Fe3+形成配离子，防止I-被空气中的O2氧化；防止分解，影响测定结果 (3) 8 生成大量气体，使纳米Pt-Cu疏松多孔，比表面积大 不能，‌纳米Pt-Cu也能透过滤纸，洗涤之后不能透过过滤分离 【详解】（1）氧化浸取。转化为、和，协同浸取时会生成。 ①Cu为29号元素，在元素周期表中属于ds区。 ②离子液体常温下呈液态，原因为阴、阳离子半径差距大，离子结构不对称，阳离子体积大使电荷分散，共同使离子键作用弱； ③协同浸取能够提高金属浸出效率的可能原因为提供H+，增强氧气的氧化性，促进黄铜矿的溶解，生成CS2破坏S覆盖层。 （2）调节pH的目的是使溶液酸性减弱，防止F-与H+结合生成HF，有利于F-与Fe3+形成配离子，防止I-被空气中的O2氧化,防止分解，影响测定结果。 （3）①晶体中与距离最近的的数目为８。 ②该方法制得的纳米Pt-Cu催化活性较强的原因为生成大量气体，使纳米Pt-Cu疏松多孔，比表面积大。 ③NaCl能够使纳米Pt-Cu 双金属催化剂中毒，不能否采用去离子水洗涤、过滤的方法除去催化剂中的NaCl，理由为‌纳米颗粒直径很小，过滤时会透过滤纸，故洗涤之后不能透过过滤分离。 11．（2026·江苏苏州·三模）工业以铜转炉白烟灰(主要成分为，还含有CuO、PbO、ZnO、等)为原料可制铋黄。 已知：、BiOCl均不溶于稀硫酸；； Ⅰ．二次酸浸：流程如图所示。 (1)过滤1的所得固体主要成分为和___________。 (2)酸浸2中，主要以形式进入浸出液中，发生反应的离子方程式为___________。 (3)酸浸2中加入稀、NaCl溶液，须控制为左右，不能过低或过高的原因是___________。 Ⅱ．制取铋黄()：从滤液2制取铋黄，包含“沉铋”“脱氯”“煅烧”三个过程，转化流程如下图所示。 滤液2BiOCl沉淀铋黄 (4)“沉铋”步骤调pH应选用的试剂是___________(填“稀氨水”或“稀硫酸”)。 (5)“脱氯”步骤脱氯率应达95%左右。已知、与BiOCl的质量比为2∶1时，沉淀的脱氯率与温度关系如表： 温度/℃ 35 50 一次脱氯率/% 52.5 76.0 请补充完整“脱氯”过程的实验方案：向3 g BiOCl沉淀中加入___________，将所得沉淀用蒸馏水洗涤、干燥得沉淀。(须使用的试剂有：固体、蒸馏水、氨水) Ⅲ．应用：由铋黄制得的为浅黄色，不溶于冷水，有强氧化性，工业上常用于钢铁分析中锰元素含量的测定。 (6)称取钢铁试样2.00 g，加酸溶解，再加入约2.00 g固体将Mn元素全部转化为，过滤，洗涤，洗涤液与滤液合并稀释至50.00 mL，取25.00 mL滤液于锥形瓶中，加入浓度为标准溶液50.00 mL。过量的用浓度为标准溶液滴定，消耗15.00 mL。计算钢样中锰的质量分数___________(写出计算过程)。 【答案】(1) (2) (3)浓度小于，不利于生成，且水解程度增大；浓度大于，转化为，酸浸液中Pb含量升高 (4)稀氨水 (5)加入6 g固体，加入蒸馏水溶解，边搅拌边加氨水控制溶液的pH约为9，保持温度在50℃左右充分反应一段时间，过滤，将所得沉淀重复上述实验 (6)1.10%；。。与25.00 mL滤液中反应的。25.00 mL滤液中的物质的量。样品中Mn的总物质的量，Mn的质量分数。 【详解】（1）过滤1的所得固体主要成分为和，因为与稀硫酸反应生成难溶于稀硫酸的，而也不溶于稀硫酸，二者共同留在滤渣1中； （2）酸浸2中，在酸性、高浓度环境下与、反应生成，反应的离子方程式为； （3）酸浸2中控制为左右，不能过低或过高的原因是：浓度小于时，不利于转化为，且水解程度增大，会生成沉淀，降低铋的浸出率；浓度大于时，会与过量反应：，使溶解，酸浸液中铅含量升高，影响后续产品纯度； （4）“沉铋”步骤调pH应选用稀氨水，因为滤液2为酸性溶液，加入稀氨水可中和，促进正向移动，生成沉淀；若使用稀硫酸，会增大溶液中浓度，抑制水解平衡正向移动，无法沉铋； （5）“脱氯”过程的实验方案：向3 g 沉淀中加入6 g 固体，加入蒸馏水溶解，边搅拌边加入氨水控制溶液的pH约为9，保持温度在50℃左右充分反应一段时间，过滤，将所得沉淀重复上述实验，将所得沉淀用蒸馏水洗涤、干燥得沉淀；该条件下与的质量比为2:1，且温度控制在50℃可保证较高的脱氯率，同时避免温度过高导致分解； （6）由题意可知，。根据反应，与反应的的物质的量。加入的总物质的量。与25.00 mL滤液中反应的的物质的量。25.00 mL滤液中的物质的量。样品中Mn的总物质的量。因此Mn的质量分数。 12．（2026·江苏南通·模拟预测）实验室研究“镁法工业烟气脱硫”，其过程如下。 已知：时，；  。 Ⅰ．浆液吸收 (1)室温下，边搅拌边向浆液中匀速缓慢通入，测定液相分散系中、的物质的量之比及溶液如下表： n(S)/n(Mg) 1 1.8 2 2.2 溶液pH 8.99 6.00 4.55 3.00 ①一定能提高浆液吸收效率的实验操作有：________（答两点）。 ②后，反应的化学方程式为________；此时SO2的吸收效率将________（填“增大”、“减小”、“基本不变”）。 Ⅱ．混合吸收 (2)单独使用浆液吸收的速率较慢。 ①在浆液中添加适量能加快吸收的速率，原因是________。 ②在水中的溶解度小于在溶液中的溶解度的原因________。 (3)相同温度下，控制溶液中的总为及，分别用浆液和清液吸收。平衡时浆液、清液中溶解的的及浆液、清液的吸收量差值（用表示）随吸收后溶液的变化理论计算结果如图所示。时，几乎为0，时，随减小明显增大。随吸收后溶液的变化原因是________。 Ⅲ．清液脱硫的“两级吸收—再生”工艺 该工艺以清液做一级吸收塔中的初始吸收液，流程如图所示。 (4)溶液1转化为再生液时，发生的主要反应的离子方程式为________。 (5)分析上述工艺的优点：________。 【答案】(1) 加快搅拌速率、通过多孔球泡向浆料中通 减小 (2) 易溶于水，溶液中较大，与反应速率更快 能与形成配离子而溶解 (3)时，吸收量小，均与溶液反应，吸收的量相近；时，吸收量多，促进浆液中溶解，浆液吸收的大于清液 (4) (5)的吸收效率高、能够防止管道堵塞、可以循环使用 【详解】（1）① 提高气液接触面积、增大气液接触时间均可提高的吸收效率，对应操作可选择加快搅拌速率、通过多孔球泡向浆料中通。 ② 时，溶液中已几乎完全转化为，继续通入仅发生与水的可逆反应生成亚硫酸；此时溶液已接近饱和状态，因此的吸收效率减小。 （2）① 为易溶强电解质，加入后可显著提高溶液中浓度，与、水反应生成的速率随反应物浓度增大而加快，因此吸收速率提升。 ② 存在溶解平衡，溶液中含大量，可与溶解出的结合为稳定配离子，使的溶解平衡正向移动，因此在溶液中的溶解度大于纯水中的溶解度。 （3）时，溶液中浓度较低，吸收量小，此时的溶解平衡被抑制，浆液与清液中可用于吸收的有效组分均为，因此吸收量差值几乎为0；时，浓度升高，吸收的总量增大，同时消耗促进溶解，浆液中可参与吸收的总量高于清液，因此随减小明显增大。 （4）溶液1为一级吸收塔吸收后的溶液，含大量，加入后，与反应生成沉淀、和水，配平后离子方程式为。 （5）两级吸收工艺中，高浓度经一级吸收后余气再经二级吸收，吸收效率高；再生过程中可随再生液循环使用，降低原料成本；反应过程无易结垢的难溶物生成，可防止管道堵塞，同时副产可回收利用。 13．（2026·江苏南京·模拟预测）六硝基合钴酸钠是一种橙黄色晶体，微溶于水，不溶于乙醇、四氯化碳等，常用于的检验。一种以为钴源制备的流程如下： 已知：ⅰ．在碱性条件下加热可生成和； ⅱ．可被还原为，为一元弱酸； ⅲ．具有强氧化性，能氧化水生产氧气。 Ⅰ．六硝基合钴酸钠的制备 (1)调节pH为3~4可得到大量的，pH不能小于3的原因为___________。 (2)加入溶液时发生反应的离子方程式为___________。 (3)当投料比为理论量时，产品收率仅为53.1%； 随着亚硝酸盐料比增大至8.0，产品收率迅速增大至78.9%；亚硝酸盐料比为理论量时产品收率较低可能的原因是___________。 (4)“氧化”时，采用做氧化剂，产品收率是空气氧化法的3倍，可能的原因是___________。 (5)将“氧化”所得溶液冷却至室温，向其中加入试剂X，有大量橙黄色晶体析出。试剂X可选用___________。 A．四氯化碳    B．乙醇 Ⅱ．六硝基合钴酸钠的应用 在弱酸性条件下，与会产生亮黄色沉淀，该反应灵敏度高、现象明显，可用于检测。检验后废液中含残留、等离子。有毒、含钴离子为重金属离子，需无害化处理并回收钴盐。 (6)请补充完整检验钾离子后废液无害化处理并回收的实验方案：取适量废液于烧杯中___________，过滤、洗涤、干燥，得到固体。须使用试剂：溶液、硫酸、溶液、溶液。 【答案】(1)pH小于3，与H+结合为HNO2，浓度降低 (2) (3)亚硝酸钠会部分被H2O2氧化为NaNO3 (4)H2O2的氧化性大于O2，O2在水中溶解度小 (5)B (6)水浴加热，边搅拌边缓慢加入1 mol/L NaOH溶液反应至不再产生沉淀，（先加NaOH再加热也可以，不加热熔断）冷却后加入溶液反应至不再产生气泡；再加入1 mol/L硫酸反应至不再产生气泡，向所得溶液中逐滴加入溶液反应至不再产生沉淀 【详解】（1）亚硝酸是一元弱酸，pH小于3时溶液氢离子浓度偏大，和结合生成亚硝酸，溶液中游离亚硝酸根浓度下降，缺少配位所需的亚硝酸根，不利于配离子生成，因此pH不能小于3； （2）反应中里+2价钴被过氧化氢氧化为+3价钴，每个钴升高1价，1分子过氧化氢中两个-1价氧全部降到-2价，总共降低2价，根据升降价守恒，化学计量数配2，过氧化氢化学计量数配1；体系用醋酸调节pH，醋酸为弱酸不能拆写成离子，反应生成醋酸根和水，配平后离子方程式：； （3）理论投料刚好满足配位比例，除氧化二价钴之外，还具备氧化性，亚硝酸钠会部分被氧化为，造成参与配位的亚硝酸根不足，钴离子配位不完全，产品收率偏低；提高亚硝酸钠投料量，可以弥补被氧化损耗的亚硝酸根，配位反应更充分，收率上升； （4）的氧化性强于，氧化二价钴的反应限度更大；同时在水溶液中溶解度很小，反应物接触不充分，氧化效率低，因此使用做氧化剂时产品收率远高于空气氧化； （5）六硝基合钴酸钠易溶于水、不溶于乙醇；乙醇可以和水任意比例互溶，加入乙醇降低产品在混合溶剂里的溶解度，促使晶体析出；四氯化碳与水不能互溶、分层，无法降低水溶液中溶质溶解度，不能析出固体，故选B。 （6）根据已知ⅰ用氢氧化钠溶液处理废液，将在碱性条件下加热可生成和； 进一步根据已知ⅱ用硫酸铵把可被还原为； 再利用硫酸把转化为，并根据已知ⅲ把还原为，最后加入碳酸钠得到； 故答案为：水浴加热，边搅拌边缓慢加入1 mol/L NaOH溶液反应至不再产生沉淀，（先加NaOH再加热也可以，不加热熔断）冷却后加入溶液反应至不再产生气泡；再加入1 mol/L硫酸反应至不再产生气泡，向所得溶液中逐滴加入溶液反应至不再产生沉淀； 14．（2026·江苏·一模）锗是一种重要半导体材料，中国是世界上锗主要生产国之一。工业上可用锌粉置换镓锗渣制备高纯度GeO2，相关流程包含浸出、沉锗、氯化、水解等步骤。 (1)提高锗的浸出率和反应速率的方法有_______、_______。 (2)浸出：可用草酸(HOOC-COOH)作为浸出剂，将Ge转化为[Ge(OH)2(C2O4)2]2-，转移到溶液中。 ①[Ge(OH)2(C2O4)2]2-中含有两个五元环，Ge为六配位，配位原子均为氧，画出该离子的结构式_______。 ②草酸浸取缺点在于矿渣中其他金属阳离子易与草酸形成沉淀或配合物，草酸的利用率降低。已知室温下，H2C2O4的电离平衡常数Ka1=6.0×10-2，Ka2=6.4×10-5；CuC2O4溶度积Ksp=4.4×10-10，则反应H2C2O4＋Cu2+⇌CuC2O4＋2H+的平衡常数K的数值为_______。 ③以热的浓硫酸作为氧化剂，可将H2[Ge(OH)2(C2O4)2]彻底氧化，将锗元素转化为Ge4+进入溶液，反应的化学方程式为_______。 (3)丹宁酸沉锗：丹宁酸是一种多酚(简记为HL)，易与Ge(Ⅳ)配位得到[GeL2]2+，[GeL2]2+最终转化为沉淀，将溶液中锗沉出，反应为Ge4+＋2HL=[GeL2]2+＋2H+，若反应体系中存在较多Fe3+不利于锗的沉淀，原因是_______。 (4)GeO2粗品中常含有少量As2O3。为了提纯GeO2，可先将其转化为GeCl4，再在0℃下水解GeCl4得到高纯GeO2。已知： ①GeO2与As2O3均为两性氧化物，部分晶型的GeO2难溶于盐酸； ②GeCl4常温下是液体，沸点为84℃，易与AsCl3共沸； ③AsCl3在pH为0.4~0.6时有还原性； 现有已知砷含量的粗品GeO2，补充完整提纯的实验方案：向粗品中分批加4mol·L-1NaOH溶液，直至粗品完全溶解，向溶液中加入_______；，随后加入足量NaClO3固体充分反应；控制温度为_______；进行蒸馏，将馏分_______；，充分搅拌直至无沉淀生成，过滤，洗涤2~3次，干燥。(实验中须使用的试剂：10mol·L-1盐酸、蒸馏水) 【答案】(1) 适当加热 适当提高浸出剂浓度 (2) 8.7×103 (3)丹宁酸中有大量酚羟基，易与Fe3+反应，使丹宁酸浓度下降，从而使[GeL2]2+浓度下降 (4) 10 mol/L盐酸至pH在0.4~0.6范围内 84℃ 冷却后，与0℃的蒸馏水混合 【详解】（1）提高锗的浸出率和反应速率，可采取适当加热，适当提高浸出剂浓度等措施； （2） ①由配离子中含有两个五元环，锗离子为六配位，配位原子均为氧可知，离子的结构式为； ②由方程式可知，反应的平衡常数K====≈8.7×103； ③由题意可知，锗元素转化为Ge4+离子的反应为浓硫酸与共热反应生成硫酸锗、二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为； （3）丹宁酸是一种多酚，Fe3+会与酚发生络合反应生成配合物，所以反应体系中存在较多Fe3+时，丹宁酸中的酚羟基易与Fe3+反应使丹宁酸浓度下降，从而使[GeL2]2+浓度下降，不利于锗的沉淀； （4）由题意可知，提纯二氧化锗的实验方案为向粗品中分批加入4 mol/L氢氧化钠溶液，直至粗品完全溶解，向溶液中加入10 mol/L盐酸至pH在0.4~0.6范围内，将锗元素、砷元素转化为氯化物，随后加入足量氯酸钠固体充分反应，将三氯化砷氧化为五氯化砷；控制温度为84℃进行蒸馏，将馏分冷却后，与0℃的蒸馏水混合，充分搅拌直至无沉淀生成，过滤，洗涤2~3次，干燥得到二氧化锗。 15．（2026·江苏南通·模拟预测）DES（低共熔溶剂）是一类新型绿色高效浸出剂，利用DES分离回收废旧三元锂离子电池电极材料中的、、、元素，工艺流程如下图。 (1)已知：三元锂离子电池充放电过程的总反应：。对废旧电池充分放电是电池回收工艺的首要步骤。将锂离子电池（外壳含铁，内芯含铝）置于不同浓度的和溶液中使电池在不同溶液中放电的残余电压随时间的变化如图-1所示。对浸泡液中沉淀物热处理后，得到XRD图谱如图-2所示。 ①回收处理的是废旧锂离子电池的________（填“正”或“负”）极材料。 ②电池充分放电，一方面可避免拆解过程中产生危险，另一方面可提高________元素的回收率。 ③电池在溶液中比在溶液中放电速率更大，其原因是________。 ④与溶液相比，溶液的质量分数由增大至时，电池残余电压降低速率更快。依据图中的XRD图谱，分析其主要原因：________。 (2)向沉淀[、]中加氨水、通后得到，从平衡移动角度分析氨水和的作用分别是________。 (3)已知：流程中的由与乙二醇按一定比例组成，浸出时通过的配位和醇的还原、溶解等作用调控金属离子的溶解性，实现选择性分离。 采用DES浸出时，浸出剂的组成比和用量比会影响分离效果。其他条件一定时，改变组成比和用量比，测定Ni、Co元素的浸出率，结果如图-3所示。 ①用量比相同时，组成比为1∶9显著高于1∶6的Co浸出率，可能原因为________。 ②浸出后需要对DES进行回收利用。若浸出分离后各组分所含的与乙二醇回收率均为100%，但回收到的DES组成比会变大，原因是为________。 【答案】(1) 正 Li 相同质量分数的硫化钠溶液中离子浓度更大，离子所带电荷更多，还原性比强 NaCl的质量分数由5%增大至10%时，对电池外壳和电芯的腐蚀速率加快 (2) ，与发生络合反应，能与反应生成，使、减小，平衡正向移动 (3) 相对含量较小，形成的少；且乙二醇含量较大，能溶解较多，使得元素浸出率增大 乙二醇还原金属阳离子，被消耗 【详解】（1）①由总反应可知，待回收的（含）是放电时正极的产物，因此回收的是正极材料； ②放电过程中Li从负极迁移到正极，充分放电可使更多Li富集在待回收的正极材料中，提高Li的回收率； ③等质量分数的溶液中离子浓度更大、离子所带电荷更多，溶液导电性更强，且还原性强于，作为电解质溶液时，能更易参与电池的氧化还原反应，加快电子转移速率，从而使电池放电速率更快； ④结合图XRD图谱可知，体系中铁铝最终转化为氧化物，说明质量分数增大，溶液导电性增强，加快了铁、铝的吸氧腐蚀，对电池外壳和电芯的腐蚀速率加快，从而促进电池内部的电化学反应，加快电池的放电过程，使得残余电压下降速率变快； （2）)存在溶解平衡：： 氨水的作用：可以和形成稳定的，降低浓度，促进溶解正向移动，使溶解；的作用：可以和溶液中反应，降低浓度，促进溶解； （3）① 已知浸出时通过的配位和醇的溶解、还原等作用调控金属离子的溶解性，用量比一定时，组成比小，相对含量较小，形成的少；且乙二醇含量较大，能溶解较多，使得钴元素浸出率增大； ② 浸出过程中乙二醇作为还原剂参与还原反应被消耗，即使剩余组分回收率为100%，乙二醇总质量减少，因此回收后DES的组成比（氯化物与乙二醇的质量比）会变大。 16．（2026·江苏淮安·模拟预测）铟、镓、铝同为族元素。从镓精矿中提取镓可制备铜铟镓硒太阳能电池材料。 (1)一种从某镓精矿(主要含、、、、的氧化物)中提取镓的流程如下： ①利用___________(填“阴”或“阳”)离子交换树脂可富集碱浸后滤液中的镓元素。该交换树脂除具有成本低、无污染、交换时吸附速率快的优点外，还具有的优点为___________。 ②向酸解后的溶液中加入调节溶液至弱碱性，得到含的溶液。写出电解沉积时生成的电极反应方程式：___________。 ③电解沉积时，电极上析出及阴极收集的气体体积随通电时长的变化如题图-1所示。通电后，电极上析出不升反降的原因是___________。 (2)铜铟镓硒(CIGS)是一种理想的太阳能电池材料。其晶胞结构如图-2a所示(图-2b为该晶胞沿轴方向的投影)。 ①该晶体中In与Ga的物质的量之比为2：3。则该晶体的化学式可表示为___________。 ②砷化镓(GaAs)是重要的半导体材料，其晶胞结构如图-2所示，与Ga原子配位的砷原子构成正四面体结构。请将与箭头指向的Ga原子配位的砷原子涂黑___________。 ③与2分子(吡啶-2,6-二羧酸)形成含6个配位键的阴离子，则其结构式___________。 (3)已知：，，，；当反应平衡常数时，可视为反应很难进行。通过计算判断氨水能否溶解___________。(写出计算过程) 【答案】(1) 阴 吸附镓元素的选择性高、交换树脂再生(酸解时解附)效率高 电解一段时间后，阴极析氢反应加剧，镓表面增大，部分金属镓溶解 (2)            (3)否。计算得反应平衡常数为时，反应很难进行，故氨水不能溶解 【详解】（1）① 碱浸时，Ga的氧化物与足量浓NaOH反应生成进入滤液，该物种为阴离子，因此需选用阴离子交换树脂吸附富集。该交换树脂除题述优点外，还具有吸附镓元素的选择性高、酸解时解附效率高，树脂可循环再生的优点。 ② 电解沉积时，在阴极得到电子生成Ga，结合电荷守恒与原子守恒配平，电极反应式为。 ③ 电解30min后，阴极水电离出的得电子生成的反应加剧，反应生成大量使溶液中氢氧根离子浓度增大，部分已析出的金属Ga与反应重新溶解进入溶液，因此析出的镓的物质的量不升反降。 （2）① CIGS晶胞中，根据均摊法，含Cu个，In、Ga总数为个，Se在体内为8个，已知In与Ga的物质的量之比为2:3，即分别为个，故晶体化学式为。 ② GaAs晶胞为闪锌矿结构，每个Ga原子与4个As原子形成正四面体配位结构，结构示意为 。 ③ 为中心离子，2个吡啶-2,6-二羧酸根为配体，每个配体通过1个N原子和2个O原子与形成配位键，共形成6个配位键，配离子整体带1个单位负电荷，结构式为 。 （3）氨水溶解的反应为，该反应可由以下三个式子加和得到：，、，；，。则氨水溶解的反应平衡常数，由于，可认为该反应很难进行，因此氨水不能溶解。 17．（2026·江苏·二模）工业废水中过量的需经脱除后排放。 (1)离子交换法脱氯。（晶胞结构如图-1所示）具有层状结构可用于交换脱除，脱氯时，Cl进入层间与进行离子交换从而被去除。 ①根据晶胞结构，__________。 ②结构中由2增大到4，单位体积的材料去除的量__________（选填“增大”或“减小”，假设晶胞的形状不变）。 ③实验表明，相比，更易与交换，原因有__________。 (2)脱氯。利用循环脱除废水中的流程如下： 已知：碱性条件下稳定，酸性条件下有强氧化性；可水解为。 ①脱除装置中每投入理论上可脱除__________mol。 ②其他条件不变，体系中去除率及气体中体积分数随溶液中硫酸浓度变化如图-2所示。硫酸浓度大于，硫酸浓度升高而的脱除率降低的原因是__________。 ③再生装置中，NaClO将BiOCl再生为的化学方程式为__________。 (3)Cl-含量测定。取含氯废水，加入过量的溶液。滴加溶液作指示剂，用的溶液滴定剩余（反应）。平行滴定3次，平均消耗溶液20.00 mL。计算该废水样品中的浓度__________（以为单位，写出计算过程）。 【答案】(1) 6 减小 F-半径较小，与Zn2+、Al3+作用力更强且F-与OH-及层间水分子形成氢键 (2) 3 当硫酸浓度过高，溶液酸性过强，抑制 Bi3+水解生成 BiO+，BiO+的浓度降低，从而不利于BiOCl沉淀的生成，另外酸性太强，NaBiO3的氧化性增强，将水氧化为O2增多 BiOCl+NaClO+2NaOH=NaBiO3+2NaCl+H2O (3) 【详解】（1）①观察晶胞图：有8个位于面上，2个位于内部，数目为，Zn2+、Al3+位于棱心和内部，数目为2+=3，由可知，y=6； ②该化合物中正电荷主要由取代产生，当的比值增大时，说明的相对含量在减少，含量降低会导致正电荷密度降低，需要平衡电荷的层间阴离子数量减少，那么能交换进去的也减小； ③实验表明，相比，更易与交换，原因是：F-半径较小，与Zn2+、Al3+作用力更强且F-与OH-及层间水分子形成氢键。 （2）①在脱除装置中，NaBiO3在酸性条件下（加入了H2SO4）表现出强氧化性，将废水中的Cl-氧化成Cl2气体，而自身被还原为BiOCl沉淀。Bi的化合价从+5下降到+3，Cl的化合价由-1上升到0，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，因此，每投入1 mol NaBiO3，理论上可以脱除3mol Cl-； ②已知Bi3+可水解为BiO+，其水解平衡方程式为：，在脱氯反应中，NaBiO3被还原生成的Bi3+需要通过水解形成BiO⁺，然后与Cl-结合生成BiOCl沉淀，当硫酸浓度过高，溶液酸性过强，抑制 Bi3+水解生成 BiO+，导致 BiOCl 沉淀难以生成，Cl⁻脱除率下降； 另外酸性太强，NaBiO3的氧化性增强，将水氧化为O2增多； ③在再生装置中，BiOCl在碱性条件下被NaClO氧化为NaBiO3，NaClO自身被还原为NaCl，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：BiOCl+NaClO+2NaOH=NaBiO3+ 2NaCl+H2O。 （3）加入的AgNO3的总物质的量：，与NH4SCN反应的Ag+的物质的量：，与Cl-反应的Ag+的物质的量：，根据反应，样品中Cl-的物质的量：，，Cl-的浓度 。 1 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 化学工艺流程及物质转化与应用综合题 内容导览 考情概览：摸清命题规律，锁定复习重点 2026真题研析：拆解最新真题，示范分析路径 3年真题精炼：精练近年真题，吃透常见考法 最新模拟探源：跟进模拟新题，预判考查风向 命题解读 考向 近三年考查统计 江苏卷综合题能力的集合体：以 T14 工艺流程为主干，常把“元素化合物转化 + 实验操作 + 离子平衡 + 反应原理 + 结构材料”缝进同一道题。情境高度偏好战略资源回收与高纯/功能材料制备——2022镁法脱硫制硫酸镁、2023铝土矿制铝/烟气脱硝催化剂回收、2024钕铁硼回收制铁酸铋与氧化钕、2025闪锌矿制 ZnS光学材料并回收砷、2026黑云母提铷制 RbCl。命题不再画“盐酸→调pH→沉淀”的老框图，而是给科研简报+曲线+晶胞+萃取率公式，要求学生自己还原转化链。核心能力有五层：①写对方程式；②说清操作目的；③原理归因话术；④定量推导；⑤跨模块迁移。整体特征：低门槛进、高门槛得分，前2问考知识，后3问考逻辑话术与计算，是江苏卷区分顶尖生和中上生的大题核心。 考向一 物质转化与陌生方程式书写 2022·江苏 T14 2023·江苏 T14 2024·江苏 T14 2025·江苏 T14 2026·江苏 T14 考向二 操作目的与条件归因 2023·江苏 T14 2024·江苏 T14 2025·江苏 T14 2026·江苏 T14 考向三 定量推导与曲线翻译 2024·江苏 T14 2025·江苏 T14 2026·江苏 T14 考向四 高纯/功能材料中的结构外溢 2024·江苏 T14 2025·江苏 T14 2026·江苏 T14 近年江苏高考化学对该专题的考查连续5年锁定全卷T14（化学工艺流程综合题），是全卷分值最高、信息密度最大的核心大题之一。试题多以矿物资源利用、工业废料回收、环境治理等真实工业生产为背景（如2022钛白粉废酸回收、2023镁法烟气脱硫、2024钕铁硼废料回收、2025闪锌矿提锌除砷、2026氯碱工业粗盐水精制），创设学术与工业实践情境。侧重考查信息获取与流程拆解能力、物质转化与反应条件控制能力、分离提纯操作与原理归因能力，要求在理解复杂真实体系的基础上辨析核心概念、关联化学原理，形成对工艺路线合理性与绿色化学价值的客观评价。 原料预处理与核心转化是高频基础考点，常考查酸浸/碱浸条件控制、氧化还原试剂选择及离子方程式书写（含介质配平），如2024废料回收中Ce³⁺氧化为CeO₂、2025闪锌矿中ZnS的氧化浸出。pH调控与分步沉淀除杂深度交织水溶液离子平衡，常考调pH试剂选择、沉淀完全临界计算及多离子分离顺序，如2023镁法脱硫中Mg(OH)₂生成与SO₃²⁻氧化、2025通H₂S除Cd时的Ksp与Ka联立。分离提纯与操作归因是拉分核心，要求用“条件变→平衡/速率变→现象变”的完整话术解释结晶方式、洗涤试剂选择、温度/用量权衡等，如2022钛液水解煅烧、2026粗盐水精制中试剂添加顺序与过量控制。循环物质判断与绿色评价紧扣时代步伐，考查副产物利用、原子利用率及节能减排措施，如2026氯碱生产中电解液的循环使用。整体命题趋势呈现流程链条持续延长、多平衡与氧化还原深度耦合、归因话术极度严谨，强调在复杂工业体系中运用化学原理解决实际问题的综合素养。 考向一 物质转化与陌生方程式书写 1．（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)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__________________________。 (2)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)。 考向二 操作目的与条件归因 2．（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)。 考向三 定量推导与曲线翻译 3．（2025·江苏·高考真题）室温下，有色金属冶炼废渣(含等的氧化物)用过量的较浓溶液酸浸后，提取铜和镍的过程如下所示。 已知：。下列说法正确的是 A．较浓溶液中： B．溶液中：的平衡常数 C．溶液中： D．“提铜”和“沉镍”后的两份滤液中： 考向四 高纯/功能材料中的结构外溢 4．（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。 (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_______。 考向一 物质转化与陌生方程式书写 1．（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。 (2)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_______。 2．（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。 (2)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)。 3．（2023·江苏·高考真题）催化剂能催化脱除烟气中的NO，反应为  。 (1)催化剂的制备。将预先制备的一定量的粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状催化剂。在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为___________；反应选用溶液而不选用溶液的原因是___________。 (2)催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、、(其余为)气体匀速通过装有催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是___________；反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有___________(用化学方程式表示)。 4．（2023·江苏·高考真题）实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备，其实验过程可表示为    (1)在催化剂作用下被氧化为。已知的溶解度为0.57g(20℃)，氧化溶液中的离子方程式为___________；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中被氧化的速率随pH的变化如题图甲所示。在pH=6~8范围内，pH增大，浆料中的氧化速率增大，其主要原因是___________。      5．（2023·江苏·高考真题）空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。 (1)燃煤烟气中的捕集可通过如下所示的物质转化实现。    “吸收”后所得的溶液与石灰乳反应的化学方程式为___________；载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的，其原因是___________。 6．（2022·江苏·高考真题）实验室以二氧化铈()废渣为原料制备含量少的，其部分实验过程如下： (1)“酸浸”时与反应生成并放出，该反应的离子方程式为_______。 7．（2022·江苏·高考真题）氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。 (1)“热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。 ①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性溶液，阴极区为盐酸，电解过程中转化为。电解时阳极发生的主要电极反应为_______(用电极反应式表示)。 ②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素有_______(填元素符号)。 (2)“热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收制得的溶液反应，生成、和；再经生物柴油副产品转化为Fe。 ①实验中发现，在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，该反应的离子方程式为_______。 8．（2022·江苏·高考真题）硫铁化合物(、等)应用广泛。 (1)纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、等形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。 已知：，；电离常数分别为、。 ①在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，其离子方程式为_______。 考向二 操作目的与条件归因 9．（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_______________________________________。 10．（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_______。 11．（2023·江苏·高考真题）催化剂能催化脱除烟气中的NO，反应为  。 (1)废催化剂的回收。回收废催化剂并制备的过程可表示为 ①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有___________。 ②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有。已知具有八元环结构，其结构式可表示为___________。 ③向pH=8的溶液中加入过量的溶液，生成沉淀。已知：，加过量溶液的目的是___________。 12．（2023·江苏·高考真题）实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备，其实验过程可表示为    (1)制取晶体。在如题图乙所示的实验装置中，搅拌下，使一定量的浆料与溶液充分反应。浆料与溶液的加料方式是___________；补充完整制取晶体的实验方案：向含有少量、的溶液中，___________。(已知：、在时完全转化为氢氧化物沉淀；室温下从饱和溶液中结晶出，在150~170℃下干燥得到，实验中需要使用MgO粉末)    13．（2023·江苏·高考真题）空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。 (1)燃煤烟气中的捕集可通过如下所示的物质转化实现。    (2)合成尿素[]是利用的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： ①密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数(K)与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的___________(填“=0”或“>0”或“<0”)。    ②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[]和尿素转化为氰酸铵()等副反应。尿素生产中实际投入和的物质的量之比为，其实际投料比值远大于理论值的原因是___________。 14．（2022·江苏·高考真题）实验室以二氧化铈()废渣为原料制备含量少的，其部分实验过程如下： (1)pH约为7的溶液与溶液反应可生成沉淀，该沉淀中含量与加料方式有关。得到含量较少的的加料方式为_______(填序号)。 A．将溶液滴加到溶液中     B．将溶液滴加到溶液中 (2)通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备含量少的。已知能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为 (水层)+3HA(有机层)(有机层)+(水层) ①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是_______。 ②反萃取的目的是将有机层转移到水层。使尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有_______(填两项)。 ③与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤溶液的滤液中，物质的量减小的离子有_______(填化学式)。 15．（2022·江苏·高考真题）氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。 (1)“热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。 (2)“热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收制得的溶液反应，生成、和；再经生物柴油副产品转化为Fe。 ①实验中发现，在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，该反应的离子方程式为_______。 ②随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，其可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为_______。 16．（2022·江苏·高考真题）硫铁化合物(、等)应用广泛。 (1)纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、等形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。 已知：，；电离常数分别为、。 ①在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，原因是_______。 考向三 定量推导与曲线翻译 17．（2023·江苏·高考真题）室温下，用含少量的溶液制备的过程如题图所示。已知，。下列说法正确的是    A．溶液中： B．“除镁”得到的上层清液中： C．溶液中： D．“沉锰”后的滤液中： 18．（2022·江苏·高考真题）一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1mol∙L-1KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c总=c(H2CO3)+c()+c()。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是 A．KOH吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)＞c() B．KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)= c(H+)+c()+c(H2CO3) C．KOH溶液吸收CO2，c总=0.1mol∙L-1溶液中：c(H2CO3)＞c() D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降 考向四 高纯/功能材料中的结构外溢 19．（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______________________________________________________。 20．（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。 (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”)。 21．（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_______。 22．（2023·江苏·高考真题）催化剂能催化脱除烟气中的NO，反应为  。 (1)废催化剂的回收。回收废催化剂并制备的过程可表示为 ①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有___________。 ②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有。已知具有八元环结构，其结构式可表示为___________。 ③向pH=8的溶液中加入过量的溶液，生成沉淀。已知：，加过量溶液的目的是___________。 23．（2022·江苏·高考真题）硫铁化合物(、等)应用广泛。 (1)具有良好半导体性能。的一种晶体与晶体的结构相似，该晶体的一个晶胞中的数目为_______，在晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，如图给出了晶胞中的和位于晶胞体心的(中的键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的连接起来_______。 (2)、在空气中易被氧化，将在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。时，氧化成含有两种元素的固体产物为_______(填化学式，写出计算过程)。 1．（2026·江苏南通·模拟预测）一种以方铅矿(难溶于水，主要含、，还含少量)和软锰矿(主要含)混合酸浸制取的流程如下： (1)“酸浸”时控制温度在70℃条件下进行，所得浸出液中含有、、、和，其中Pb、Mn和Fe的浸出率与时间的关系如图所示。 ①写出(Fe为+2价)中所含阴离子的电子式：_________。 ②写出“酸浸”时与发生反应的离子方程式：________________。 ③写出30～60min时间段发生的主要反应的离子方程式：________________。 ④方铅矿中硫元素的质量分数为22.4%，铁元素的质量分数为11.2%，计算方铅矿中铅的质量分数，并写出计算过程。_________ (2)已知：，属于弱电解质，可溶于热水，微溶于冷水。 ①“趁热过滤”的目的是________________。 ②“分离”的方法是向趁热过滤后所得滤液中加水稀释，然后过滤。加水稀释的目的是_______________________。 (3)“分离”所得经多步转化制得(Pb为+2价)。测定组成并制取的实验过程为：准确量取0.775g，在一定温度下灼烧至恒重，可得0.669g。则的化学式为_________。 2．（2026·江苏扬州·模拟预测）利用湿法炼锌的浸取液(主要含有，还含有、等)制备的流程如下： (1)“除钴”时，如果在加入足量粉的同时，加入少量硫酸锑溶液，除钴的速率会迅速提高，原因是___________。[已知金属活动性顺序从强到弱：] (2)“除铁”时，须控制好初始、反应温度、反应时间等条件。 ①初始时，滤渣主要成分为，生成该沉淀的离子方程式为___________。 ②浓度随时间变化如图-1所示。0～120 min，浓度增大的原因是___________。合理的反应时间为___________min。 (3)“电解”的原理如图-2所示，气体a是___________(填化学式)。控制其他条件不变，如果溶液中有残留的，会使气体a和的产率都降低，原因是___________。 (4)钴经反应可得到配合物。为确定该配合物的化学式进行下列实验：取一定质量的，溶于水配成250 mL溶液A，准确量取25.00 mL溶液A，用的溶液滴定其中的，消耗溶液20.00 mL。另取25.00 mL溶液A，加足量溶液并充分加热，生成112 mL(标准状况)。再取25.00 mL溶液A，经测定，含元素。通过计算确定该配合物的化学式___________(写出计算过程)。 3．（2026·江苏泰州·模拟预测）回收实验室废弃物可实现资源的有效利用。从催化剂废料(含杂质)中回收和 的流程如下： 已知：①在碱性条件下易歧化为和；俗称保险粉，具有较强还原性； ②，。 (1)的一种四方晶胞如图所示，则的配位数___________。 (2)溶解1中，几乎不与氨水发生反应，原因是___________。 (3)反应1会生成卤素互化物，该物质与卤素单质有相似的化学性质，则滤液2中含碘元素的微粒有___________。 (4)反应2中“试剂”可以选用___________(填字母)。 a．    b．　　c．      　  d． 不考虑操作和反应损失，该流程回收的量低于预期，主要原因是___________。 (5)反应3加入的目的是___________；中硫原子相互成键，则其结构式为___________。 4．（2026·江苏徐州·模拟预测）连二硫酸钠()是一种稳定的还原剂，易溶于水，酸性溶液中可生成和。实验室以和为主要原料制备的流程如下： (1)“氧化”时，分批加入的原因除防止反应过快，不利于控制温度外，另一原因为___________。 (2)有利于“脱除”的操作是___________(填字母)。 a．降温    b．真空抽气    c．升温    d．加压 (3)“调节pH”时，先加入固体至___________时，再加入溶液调节pH至中性，抽滤。不直接用溶液调节pH的原因是___________。 (4)请补充从溶液制备的实验方案：取一定体积的溶液，___________，过滤，用乙醇洗涤，干燥，得晶体。(已知：在弱碱性溶液中溶解度小，实验中须注意提高产率，须使用的试剂和用品：固体、溶液，红色石蕊试纸) (5)称取样品于锥形瓶中溶于冷水，用酸性溶液测定纯度时，若操作无误，所测纯度低于实际纯度的可能原因是___________。 5．（2026·江苏南京·模拟预测）从分金脱氯渣（主要成分为Ag、Pb、SiO2）中获取高纯银的流程如图所示： 25℃时，Ag2CrO4为砖红色沉淀，Ksp(Ag2CrO4)=10-11.7，Ksp(AgCl)=10-9.7。当离子浓度小于1.0×10-5 mol·L-1时，认为离子沉淀完全。 (1)“酸浸”的目的是将Ag、Pb转化为硝酸盐。加入H2O2的作用是________。 (2)已知：。 ①“沉银”后的滤液中，主要含有的阴离子可能有、________。 ②滤液中的浓度可以用K2CrO4为指示剂，以AgNO3为标准溶液来滴定，通过计算说明，理论上混合液中指示剂浓度不宜超过________mol·L-1（写出计算过程）。 (3)α-AgCl晶体是离子导体，晶胞结构如下图所示。Ag+可随机地分布在彼此共面相连的四面体空隙和八面体空隙中，则晶胞中n(Ag+):n(四面体空隙)=________。 (4)①N2H4·H2O还原[Ag(NH3)2]+的离子方程式为________。 ②实验表明pH过高，银的还原率下降，主要原因是________。 6．（2026·江苏南通·二模）某课题组采用无氰绿色工艺从废钯催化剂(主要含、、活性炭)中回收并制备高纯海绵钯(Pd)，设计如下流程： 已知：①，与相比，与配位能力更强。 ②易水解生成沉淀，较稳定且能用EDTA进行定量络合滴定，滴定需控制pH在5.6左右。EDTA易被强氧化性物质破坏造成滴定误差。 Ⅰ．焙烧浸出 (1)焙烧的目的是___________。 (2)浸出液含过量和HCl，以及、，写出Pd被王水(王水由浓硝酸与浓盐酸混合而得)浸出发生反应的离子方程式___________。 Ⅱ．除铝纯化 (3)加热赶尽硝酸后，加碱液使完全沉淀，再调。 ①过程中试剂滴加操作最优的是___________(填字母)。 A．先加足量NaOH溶液，再逐滴滴加盐酸调至 B．先加过量浓氨水，过滤除沉淀后，再缓慢滴加盐酸微调至 ②判断已经完全沉淀的操作是___________。 ③“除铝”过程中会造成部分元素损失，原因是___________。 Ⅲ．配位还原 (4)向纯化后含的溶液中缓慢滴加水合肼()加热，得到单质Pd。 ①若不考虑反应物损耗，生成5.3g单质Pd时，消耗的物质的量为___________。 ②补充完整测定产品纯度的实验步骤：取钯样品加入稍过量浓硝酸充分反应，___________。(须使用的试剂：EDTA、NaCl溶液、醋酸—醋酸钠缓冲溶液。仪器：100mL容量瓶、加热装置) 7．（2026·江苏无锡·模拟预测）以铜阳极泥氨浸液(阳离子主要有[Ag(NH3)2]+、[Cu(NH3)4]2+、[Pb(NH3)4]2+和[Bi(NH3)6]3+)为原料制备高纯 Ag的流程如下： (1)“沉银”时，AgCl的沉淀率达 99% ，同时Pb和Bi几乎完全转化为 PbCl2 和BiOCl沉淀。    滤液Ⅰ中的主要阳离子除H+外，还有________。 (2)“除杂”后滤液Ⅱ中主要含有[PbCl6]2−和[BiCl6]-。 ①写出由 BiOCl转化为[BiCl6]-的离子方程式：________。 ②其他条件相同，当c(HCl)>3.5mol·L-1时，银回收率降低的原因是________。 (3)“还原”时，[Ag(NH3)2]Cl转化为Ag的化学方程式为________。 (4)高纯银用途广泛。 ①银铈合金是优良的导电材料，一种银铈晶体结构单元如题14图所示，该结构单元是否属于晶胞，________(填“是”或 “不是”)。 ② Ag通过“活化处理”可实现Ag+的可控释放。研究发现，Ag+可与细菌体内含巯基(—SH)的酶反应，生成稳定的配位化合物(Ag—S—)可破坏酶的活性，从而起到杀菌作用。Ag+与NH3也能形成稳定的[Ag(NH3)2]+，但Ag+与巯基的配位能力更强，其可能原因为________。 (5)工业上通过类似方法也可得到钴的配合物。为确定该配合物的化学式进行下列实验：取一定质量的，溶于水配成250 mL溶液A，准确量取25.00 mL溶液A，用的溶液滴定其中的，消耗溶液20.00 mL。另取25.00 mL溶液A，加足量溶液并充分加热，生成 112 mL（标准状况）。再取25.00 mL溶液A，经测定，含元素。通过计算确定该配合物的化学式________（写出计算过程）。 8．（2026·江苏南京·模拟预测）以铜阳极泥氨浸液(阳离子主要有[Ag(NH3)2]+、[Cu(NH3)4]2+、[Pb(NH3)4]2+和[Bi(NH3)6]3+)为原料制备高纯Ag的流程如下： (1)“沉银”时，AgCl的沉淀率达99%，同时Pb和Bi几乎完全转化为PbCl2和BiOCl沉淀。滤液Ⅰ中的主要阳离子除H+外，还有___________。 (2)“除杂”后滤液Ⅱ中主要含有[PbCl6]2−和[BiCl6]-。 ① 写出由 BiOCl转化为[BiCl6]-的离子方程式：___________。 ② 其他条件相同，当c(HCl)>3.5mol·L-1时，银回收率降低的原因是___________。 (3)“氨浸”时发生反应：AgCl(s)＋2NH3(aq)[Ag(NH3)2]＋(aq)＋Cl-(aq)。欲使0.01 molAgCl完全溶解，至少需要1.0 L 氨水的浓度为___________。(写出计算过程) [忽略溶液体积变化，以c(NH3)计]。已知：反应Ag＋(aq)＋2NH3(aq)[Ag(NH3)2]＋(aq)的平衡常数K=1.0×107；Ksp(AgCl)=2.0×10-10；≈0.224。 (4)“还原”时，[Ag(NH3)2]Cl转化为Ag的化学方程式为___________。 (5)高纯银用途广泛。 ①银铈合金是优良的导电材料，一种银铈晶体结构单元如图所示，该结构单元是否属于晶胞，___________(填“是”或 “不是”)。 ② Ag通过“活化处理”可实现Ag+的可控释放。研究发现，Ag+可与细菌体内含巯基(—SH)的酶反应，生成稳定的配位化合物(Ag—S—)可破坏酶的活性，从而起到杀菌作用。Ag+与NH3也能形成稳定的[Ag(NH3)2]+，但Ag+与巯基的配位能力更强，其可能原因为___________。 9．（2026·江苏镇江·二模）合理利用废旧铅蓄电池可缓解铅资源短缺，同时减少污染。 Ⅰ.一种从废旧铅酸电池的铅膏（主要成分为、和PbO）中回收高纯铅的流程如下图（部分产物已略去）。 已知：和均为配合物。 (1)“酸浸还原”时，加料完成后，以一定速率搅拌反应，提高“酸浸还原”速率的方法还有______；已知浸出渣中含有单质硫，写出与PbS反应的化学方程式：______。 (2)“沉铅”时生成，写出“酸溶”时发生反应的离子方程式______。 Ⅱ.工业上用、混合溶液作电解液，用电解法实现粗铅（主要杂质为、、、，杂质总质量分数约为）提纯，装置如图－1所示。 (3)下列说法不正确的是______（填字母序号）。 a.阴极为粗铅，纯铅在阳极析出 b.电解产生的阳极泥的主要成分为、和Ag c.工作一段时间后需要补充以保持溶液中的稳定 (4)铅的电解精炼需要调控好溶液中的。其他条件相同时，测得铅的产率随起始时溶液中的变化趋势如图－2所示。由图可推知，随增大，铅产率先增大后减小，减小的原因可能是______。 Ⅲ.实验室用废旧铅酸电池的铅膏（主要成分为、和PbO）经“脱硫→还原→溶解→沉淀”流程制备。 已知：①。 ②脱硫率随温度的变化见图－3，脱硫率随时间的变化见图－4。 (5)请补充完整以铅膏制备的实验方案：向反应容器中加入10g铅膏，加水100mL制成浆液，______，过滤，控制一定pH，将所得溶液加热后加入KI溶液，反应后冷却至室温，过滤得产品。（须使用的试剂：饱和溶液、溶液，溶液） 10．（2026·江苏泰州·模拟预测）利用黄铜矿(主要含和少量PbS等)和为原料制备纳米Pt-Cu 双金属催化剂的流程如下。 已知：①是一种水溶性酸性离子液体，其结构为。 ②与难配位，与能形成稳定配离子。 ③酸性较强时，易被氧化。 (1)氧化浸取。转化为、和，协同浸取时会生成。 ①Cu在元素周期表中属于___________区。 ②离子液体常温下呈液态，请从结构角度分析原因：___________。 ③协同浸取能够提高金属浸出效率的可能原因是___________。 (2)碘量法测定氧化浸取的浸出液中浓度。测定时，向待测液中先加入调节pH为3～4，再依次加入适量溶液和过量，然后用Na2S2O3标准溶液滴定生成的。调节pH的目的是___________。 (3)制备纳米Pt-Cu 。“转化”时生成(晶胞结构如图所示)，“还原”得到纳米Pt-Cu 和NaCl固体，同时生成、、三种气体。 ①晶体中与距离最近的的数目为___________。 ②催化剂的比表面积较大时，催化活性较强。该方法制得的纳米Pt-Cu 催化活性较强的原因为___________。 ③能够使纳米Pt-Cu 双金属催化剂中毒，能否采用去离子水洗涤、过滤的方法除去催化剂中的，判断并说明理由：___________。 11．（2026·江苏苏州·三模）工业以铜转炉白烟灰(主要成分为，还含有CuO、PbO、ZnO、等)为原料可制铋黄。 已知：、BiOCl均不溶于稀硫酸；； Ⅰ．二次酸浸：流程如图所示。 (1)过滤1的所得固体主要成分为和___________。 (2)酸浸2中，主要以形式进入浸出液中，发生反应的离子方程式为___________。 (3)酸浸2中加入稀、NaCl溶液，须控制为左右，不能过低或过高的原因是___________。 Ⅱ．制取铋黄()：从滤液2制取铋黄，包含“沉铋”“脱氯”“煅烧”三个过程，转化流程如下图所示。 滤液2BiOCl沉淀铋黄 (4)“沉铋”步骤调pH应选用的试剂是___________(填“稀氨水”或“稀硫酸”)。 (5)“脱氯”步骤脱氯率应达95%左右。已知、与BiOCl的质量比为2∶1时，沉淀的脱氯率与温度关系如表： 温度/℃ 35 50 一次脱氯率/% 52.5 76.0 请补充完整“脱氯”过程的实验方案：向3 g BiOCl沉淀中加入___________，将所得沉淀用蒸馏水洗涤、干燥得沉淀。(须使用的试剂有：固体、蒸馏水、氨水) Ⅲ．应用：由铋黄制得的为浅黄色，不溶于冷水，有强氧化性，工业上常用于钢铁分析中锰元素含量的测定。 (6)称取钢铁试样2.00 g，加酸溶解，再加入约2.00 g固体将Mn元素全部转化为，过滤，洗涤，洗涤液与滤液合并稀释至50.00 mL，取25.00 mL滤液于锥形瓶中，加入浓度为标准溶液50.00 mL。过量的用浓度为标准溶液滴定，消耗15.00 mL。计算钢样中锰的质量分数___________(写出计算过程)。 12．（2026·江苏南通·模拟预测）实验室研究“镁法工业烟气脱硫”，其过程如下。 已知：时，；  。 Ⅰ．浆液吸收 (1)室温下，边搅拌边向浆液中匀速缓慢通入，测定液相分散系中、的物质的量之比及溶液如下表： n(S)/n(Mg) 1 1.8 2 2.2 溶液pH 8.99 6.00 4.55 3.00 ①一定能提高浆液吸收效率的实验操作有：________（答两点）。 ②后，反应的化学方程式为________；此时SO2的吸收效率将________（填“增大”、“减小”、“基本不变”）。 Ⅱ．混合吸收 (2)单独使用浆液吸收的速率较慢。 ①在浆液中添加适量能加快吸收的速率，原因是________。 ②在水中的溶解度小于在溶液中的溶解度的原因________。 (3)相同温度下，控制溶液中的总为及，分别用浆液和清液吸收。平衡时浆液、清液中溶解的的及浆液、清液的吸收量差值（用表示）随吸收后溶液的变化理论计算结果如图所示。时，几乎为0，时，随减小明显增大。随吸收后溶液的变化原因是________。 Ⅲ．清液脱硫的“两级吸收—再生”工艺 该工艺以清液做一级吸收塔中的初始吸收液，流程如图所示。 (4)溶液1转化为再生液时，发生的主要反应的离子方程式为________。 (5)分析上述工艺的优点：________。 13．（2026·江苏南京·模拟预测）六硝基合钴酸钠是一种橙黄色晶体，微溶于水，不溶于乙醇、四氯化碳等，常用于的检验。一种以为钴源制备的流程如下： 已知：ⅰ．在碱性条件下加热可生成和； ⅱ．可被还原为，为一元弱酸； ⅲ．具有强氧化性，能氧化水生产氧气。 Ⅰ．六硝基合钴酸钠的制备 (1)调节pH为3~4可得到大量的，pH不能小于3的原因为___________。 (2)加入溶液时发生反应的离子方程式为___________。 (3)当投料比为理论量时，产品收率仅为53.1%； 随着亚硝酸盐料比增大至8.0，产品收率迅速增大至78.9%；亚硝酸盐料比为理论量时产品收率较低可能的原因是___________。 (4)“氧化”时，采用做氧化剂，产品收率是空气氧化法的3倍，可能的原因是___________。 (5)将“氧化”所得溶液冷却至室温，向其中加入试剂X，有大量橙黄色晶体析出。试剂X可选用___________。 A．四氯化碳    B．乙醇 Ⅱ．六硝基合钴酸钠的应用 在弱酸性条件下，与会产生亮黄色沉淀，该反应灵敏度高、现象明显，可用于检测。检验后废液中含残留、等离子。有毒、含钴离子为重金属离子，需无害化处理并回收钴盐。 (6)请补充完整检验钾离子后废液无害化处理并回收的实验方案：取适量废液于烧杯中___________，过滤、洗涤、干燥，得到固体。须使用试剂：溶液、硫酸、溶液、溶液。 14．（2026·江苏·一模）锗是一种重要半导体材料，中国是世界上锗主要生产国之一。工业上可用锌粉置换镓锗渣制备高纯度GeO2，相关流程包含浸出、沉锗、氯化、水解等步骤。 (1)提高锗的浸出率和反应速率的方法有_______、_______。 (2)浸出：可用草酸(HOOC-COOH)作为浸出剂，将Ge转化为[Ge(OH)2(C2O4)2]2-，转移到溶液中。 ①[Ge(OH)2(C2O4)2]2-中含有两个五元环，Ge为六配位，配位原子均为氧，画出该离子的结构式_______。 ②草酸浸取缺点在于矿渣中其他金属阳离子易与草酸形成沉淀或配合物，草酸的利用率降低。已知室温下，H2C2O4的电离平衡常数Ka1=6.0×10-2，Ka2=6.4×10-5；CuC2O4溶度积Ksp=4.4×10-10，则反应H2C2O4＋Cu2+⇌CuC2O4＋2H+的平衡常数K的数值为_______。 ③以热的浓硫酸作为氧化剂，可将H2[Ge(OH)2(C2O4)2]彻底氧化，将锗元素转化为Ge4+进入溶液，反应的化学方程式为_______。 (3)丹宁酸沉锗：丹宁酸是一种多酚(简记为HL)，易与Ge(Ⅳ)配位得到[GeL2]2+，[GeL2]2+最终转化为沉淀，将溶液中锗沉出，反应为Ge4+＋2HL=[GeL2]2+＋2H+，若反应体系中存在较多Fe3+不利于锗的沉淀，原因是_______。 (4)GeO2粗品中常含有少量As2O3。为了提纯GeO2，可先将其转化为GeCl4，再在0℃下水解GeCl4得到高纯GeO2。已知： ①GeO2与As2O3均为两性氧化物，部分晶型的GeO2难溶于盐酸； ②GeCl4常温下是液体，沸点为84℃，易与AsCl3共沸； ③AsCl3在pH为0.4~0.6时有还原性； 现有已知砷含量的粗品GeO2，补充完整提纯的实验方案：向粗品中分批加4mol·L-1NaOH溶液，直至粗品完全溶解，向溶液中加入_______；，随后加入足量NaClO3固体充分反应；控制温度为_______；进行蒸馏，将馏分_______；，充分搅拌直至无沉淀生成，过滤，洗涤2~3次，干燥。(实验中须使用的试剂：10mol·L-1盐酸、蒸馏水) 15．（2026·江苏南通·模拟预测）DES（低共熔溶剂）是一类新型绿色高效浸出剂，利用DES分离回收废旧三元锂离子电池电极材料中的、、、元素，工艺流程如下图。 (1)已知：三元锂离子电池充放电过程的总反应：。对废旧电池充分放电是电池回收工艺的首要步骤。将锂离子电池（外壳含铁，内芯含铝）置于不同浓度的和溶液中使电池在不同溶液中放电的残余电压随时间的变化如图-1所示。对浸泡液中沉淀物热处理后，得到XRD图谱如图-2所示。 ①回收处理的是废旧锂离子电池的________（填“正”或“负”）极材料。 ②电池充分放电，一方面可避免拆解过程中产生危险，另一方面可提高________元素的回收率。 ③电池在溶液中比在溶液中放电速率更大，其原因是________。 ④与溶液相比，溶液的质量分数由增大至时，电池残余电压降低速率更快。依据图中的XRD图谱，分析其主要原因：________。 (2)向沉淀[、]中加氨水、通后得到，从平衡移动角度分析氨水和的作用分别是________。 (3)已知：流程中的由与乙二醇按一定比例组成，浸出时通过的配位和醇的还原、溶解等作用调控金属离子的溶解性，实现选择性分离。 采用DES浸出时，浸出剂的组成比和用量比会影响分离效果。其他条件一定时，改变组成比和用量比，测定Ni、Co元素的浸出率，结果如图-3所示。 ①用量比相同时，组成比为1∶9显著高于1∶6的Co浸出率，可能原因为________。 ②浸出后需要对DES进行回收利用。若浸出分离后各组分所含的与乙二醇回收率均为100%，但回收到的DES组成比会变大，原因是为________。 16．（2026·江苏淮安·模拟预测）铟、镓、铝同为族元素。从镓精矿中提取镓可制备铜铟镓硒太阳能电池材料。 (1)一种从某镓精矿(主要含、、、、的氧化物)中提取镓的流程如下： ①利用___________(填“阴”或“阳”)离子交换树脂可富集碱浸后滤液中的镓元素。该交换树脂除具有成本低、无污染、交换时吸附速率快的优点外，还具有的优点为___________。 ②向酸解后的溶液中加入调节溶液至弱碱性，得到含的溶液。写出电解沉积时生成的电极反应方程式：___________。 ③电解沉积时，电极上析出及阴极收集的气体体积随通电时长的变化如题图-1所示。通电后，电极上析出不升反降的原因是___________。 (2)铜铟镓硒(CIGS)是一种理想的太阳能电池材料。其晶胞结构如图-2a所示(图-2b为该晶胞沿轴方向的投影)。 ①该晶体中In与Ga的物质的量之比为2：3。则该晶体的化学式可表示为___________。 ②砷化镓(GaAs)是重要的半导体材料，其晶胞结构如图-2所示，与Ga原子配位的砷原子构成正四面体结构。请将与箭头指向的Ga原子配位的砷原子涂黑___________。 ③与2分子(吡啶-2,6-二羧酸)形成含6个配位键的阴离子，则其结构式___________。 (3)已知：，，，；当反应平衡常数时，可视为反应很难进行。通过计算判断氨水能否溶解___________。(写出计算过程) 17．（2026·江苏·二模）工业废水中过量的需经脱除后排放。 (1)离子交换法脱氯。（晶胞结构如图-1所示）具有层状结构可用于交换脱除，脱氯时，Cl进入层间与进行离子交换从而被去除。 ①根据晶胞结构，__________。 ②结构中由2增大到4，单位体积的材料去除的量__________（选填“增大”或“减小”，假设晶胞的形状不变）。 ③实验表明，相比，更易与交换，原因有__________。 (2)脱氯。利用循环脱除废水中的流程如下： 已知：碱性条件下稳定，酸性条件下有强氧化性；可水解为。 ①脱除装置中每投入理论上可脱除__________mol。 ②其他条件不变，体系中去除率及气体中体积分数随溶液中硫酸浓度变化如图-2所示。硫酸浓度大于，硫酸浓度升高而的脱除率降低的原因是__________。 ③再生装置中，NaClO将BiOCl再生为的化学方程式为__________。 (3)Cl-含量测定。取含氯废水，加入过量的溶液。滴加溶液作指示剂，用的溶液滴定剩余（反应）。平行滴定3次，平均消耗溶液20.00 mL。计算该废水样品中的浓度__________（以为单位，写出计算过程）。 1 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $