2027届高三化学二轮复习：工艺流程专题练习

工艺流程专题练习 1.(2026·广东·高考)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） 金精矿研磨成粉是为了　　　　　　　　　　　，提高浸取速率。 （2）“沉锑”的反应中，还原剂为　　　　　　　　　　　。 （3）“电解”在电解池(图1)中实施，一定条件下实现“沉锑”试剂的回收利用。忽略生成气体的反应，则 ①阴极反应式为　　　　　　　　　　　。 ②初始电解液中，。为防止阳极室电解过程中产生沉淀，理论上，最终阳极室应不大于　　　　　　　　　　　(列算式)。 （4）“X”包含多个步骤，需同时用到和溶液。一定条件下，Au、Ag浸取率随溶液中的变化如图2，在滤液2中主要以存在。为尽可能提高金的提取率和纯度，“X”包括的步骤为　　　　　　　　　　　。 （5）“沉金”通过的调控使反应在弱酸性条件下进行，生成的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 _________________。 （6）某杂冠醚可选择性地与含银废液中的形成如图3的超分子，其选择性识别的原因为该杂冠醚与有配位作用且　　　　　　　　　　　。 （7）①Sb与N同族，AlSb与GaN中离子键成分的百分数较大的是　　　　　　　　　　　。 ②AlSb晶体的立方晶胞结构如图4，其原子占据A、B、C三种位置，每种位置上只有一种原子，则Al占据　　　　　　　　　　　位置，Sb占据　　　　　　　　　　　位置。(填编号) 2. (2025·广东高考) 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）晶体的立方晶胞如右图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则_______；晶体中与 Cu原子最近且等距离的原子的数目为_____。 (6)①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量，但借助工业合成氨 的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为________________和_________________________。 ②“电解”时，颗粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池示意图并做相应标注_______。 ③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是___________(写一条)。 3. (2024·广东高考) 镓(Ga)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C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。 工艺中，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。用LAEM提取金属离子 Mn+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，从而有利于分离。 （4）“LAEM提取”中，原料液的浓度越_______，越有利于的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入__________(填化学式)，以进一步提高的提取率。 （5）“调”中，至少应大于_______，使溶液中，有利于配离子及晶体的生成。若“结晶”后溶液中，则浓度为__________。 （6）一种含、、元素的记忆合金的晶体结构可描述为与交替填充在构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比__________，其立方晶胞的体积为_____________。 4．(2023·广东高考)Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液（含）中，利用氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下： 己知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子；；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。 氢氧化物 （1）活性可与水反应，化学方程式为_______________________________________。 （2）常温下，的氨性溶液中，________（填“>”“<”或“=”）。 （3）“氨浸”时，由转化为的离子方程式为_____________________________。 （4）会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。 ①属于___________（填“晶体”或“非晶体”）。 ②提高了的浸取速率，其原因是______________________________________。 （5）①“析晶”过程中通入的酸性气体A为___________。 ②由可制备晶体，其立方晶胞如图。与O最小间距大于与O最小间距，x、y为整数，则在晶胞中的位置为___________；晶体中一个周围与其最近的O的个数为___________。 （6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得溶液中与的比值，理论上最高为_______________________。 ②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，在于可重复利用和______________（填化学式）。 5．（2026·广东广州·一模）一种从废旧锰酸锂电池的正极材料(主要含、碳粉和铝箔)中回收Li和Mn的工艺流程如下。 已知：①常温下，，，。 ②常温下，。 ③“酸浸液”主要含有的金属阳离子是、。 (1)“碱浸”时，铝单质发生反应的离子方程式为_______________________________________________。 (2)“酸浸”时，加入的作用是___________________________________________________________。 (3)“沉锰”时，生成的离子方程式为：。 (4)“沉锂”时，pH至少应调至大于___________，使溶液中，有利于的生成。若“沉锂”后滤液中，则___________。 (5)废旧锂电池中的也可通过电解法回收，电解示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过；电解质溶液是和的混合溶液)。电解过程中，阴极上发生的电极反应为_________________________________________；理论上消耗与生成的物质的量之比为___________。 (6)可用于制备，的晶胞结构如图所示，该晶胞形状为长方体，边长分别为a nm、a nm、2a nm。 ①晶胞中“”表示___________(填“”或“”)。 ②的空间结构为___________。 ③每个周围与它最近且距离相等的有___________个。 6．（2026·广东梅州·一模）从退役CIGS（）薄膜太阳能电池芯片中可提取关键金属镓，并综合回收铟、硒。某湿法工艺设计如下： 已知：①酸浸液成分（g/L）：In 13，Ga 4.5，80； ②P204（二-2-乙基己基磷酸）对、的配位常数分别为，； ③氢氧化镓与氢氧化铝性质相似；（时沉淀完全）。 回答下列问题： (1)“酸浸”步骤中，为提高Ga的浸出速率，可采取的措施是________（任写一条）。 (2)“还原沉硒”时，Se（IV）被还原为单质Se的离子方程式为________。 ________________。 (3)P204萃取时，经三级逆流后，萃余液中In浓度降至0.015 g/L，In的萃取率________ （萃取率=萃取出的物质质量/该物质的总质量，保留三位有效数字）。而此时镓基本不被萃取，结合离子结构分析，萃取差异的本质原因是________（In是Ga的下一周期同族元素）。 (4)“中和沉镓”时，需要控制，pH过低则________，pH过高则可能导致________。 (5)电解时阴极发生的电极反应是________。 (6)磷化镓是一种半导体材料。晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被Ga原子代替，顶点和面心的碳原子被P原子代替。磷化镓的晶胞结构如图1，图2中矩形是沿晶胞对角面取得的截图。 ①请在矩形（图3）中画出晶胞中Ga原子的位置________。 ②若晶胞密度为，阿伏加德罗常数为，则晶胞中P和Ga原子的最近距离为________pm（列出计算表达式）。 7．（2025·广东广州·）利用微气泡耦合CuO催化氧化浸出技术可从钒铬泥(含V2O3、Cr2O3、Fe2O3、Al2O3、SiO2)中提取V和Cr，工艺流程如下。 已知：①Cr(Ⅵ)在碱性溶液中主要以形式存在，酸性溶液中主要以形式存在。V(V)在强碱性溶液中主要以形式存在，在弱碱性溶液中主要以形式存在。 ②常温下，，。 (1)基态V原子的价层电子排布式为___________。 (2)“浸出”时，将钒铬泥和NaOH溶液、催化剂CuO混合，采用微气泡技术通入，可高效地将钒和铬分别转化为和。 ①通入O2时采用微气泡技术，可提高钒和铬的浸出效率，原因是___________。 ②V2O3转化为，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为___________。 (3)“浸出”时，转化为___________(写化学式)。“除杂”时，铝和硅以沉淀的形式除去，生成的离子方程式为___________。 (4)“沉钒”时，控制溶液。常温下，“沉钒”后溶液中浓度为，则溶液中为___________(保留两位有效数字)。 (5)“还原”中生成的离子方程式为___________。 (6)经系列工序后可制得，其立方晶胞如图所示。 ①___________。 ②晶体中与V原子最近且等距离的V原子的个数为___________。 ③晶胞中V原子间最近距离为，则该立方晶胞的体积为___________。 8．（2026·广东·模拟）ZnS可用于制备光学材料和回收砷。 (1)制备ZnS。由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等]制备ZnS的过程如下： 已知：。当离子浓度小于1.0×10⁻5 mol·L⁻1时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸过程中ZnS溶解的化学方程式为_______。 ②酸浸时提高浸出率的措施有_______(任写一条)。 ③通入除镉的离子方程式是_______。通过计算判断当溶液pH=0、时，是否沉淀完全_______(写出计算过程)。 ④沉锌前调节溶液的pH至4~5，加入的氧化物为_______(填化学式)。 (2)制备光学材料。如图甲所示，ZnS晶体中掺入少量CuCl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”)。上图ZnS立方晶胞边长为a nm，则晶胞中两个最近的之间的距离为_______nm。 (3)回收砷。用ZnS去除酸性废液中的三价砷[As(Ⅲ)]，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中As(Ⅲ)主要以弱酸形式存在，。60℃时，按n(S)：n(As)=7:1向酸性废液中加入ZnS，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出ZnS与反应生成的离子方程式：_______。 ②反应4h后，砷回收率下降的原因是_______。 9．（2026·广东·模拟）钒是现代工业、国防、科学技术发展不可缺少的重要材料。某厂钒渣中含Fe、V、Mn、Si等元素的化合物，一种从该钒渣中高效清洁提取钒的工艺流程如图所示： 已知：①HA代表P204，萃取原理为； ②常温下，，的，，的，当金属离子浓度时视为完全沉淀； ③。 回答下列问题： (1)“筛分”是基于颗粒直径差距，将不易被氧化的大颗粒富铁钒渣与细颗粒钒渣初步分离，“筛分”___________(填“是”或“不是”)化学变化。 (2)“焙烧”时，在1075 K下被氧化为和，该反应的化学方程式为___________________，当温度达到1200 K时，钒渣中的与MnO将转化为和，该过程中，化合价升高的元素为V、___________(填元素符号)。 (3)“逆流浸出”时，让固体原料与浸出剂逆向流动接触，能显著提高钒酸盐的浸出率，主要原因是_______________________________。 (4)“萃取”时，加入NaF，浸出液中的与分步形成、、配合物，对钒萃取率的影响结果如图所示，时，由于生成了、___________(填离子符号)，使钒萃取率下降，“反萃取”时，试剂A为___________(填化学式)。 (5)“沉锰”时，萃余液中的反应的离子方程式为___________，萃余液中，加入固体，且保持，当恰好完全沉淀时，溶液pH约为___________。 (6)V的立方晶胞结构如下图所示，该晶胞中每个V原子周围与其等距且紧邻的V原子有___________个，当温度达到1600℃时，V会转变为成新的立方晶胞结构，设新晶胞边长为a nm，已知一个新晶胞均摊后有4个V原子，且2个V原子间的最近距离为，请在下图中用○画出所有V原子的位置__________。 10．（2026·广东·一模）一种从高杂铜阳极泥［主要含、、、、、硒()以及碲()等］中提取和的工艺流程如图所示。 已知：①室温下，各难溶物的如表所示。 难溶物 Ksp ②极易水解生成沉淀，在水溶液中存在()。 (1)是第五周期第VIA族元素，基态原子的价层电子排布式为___________。 (2)“复合浸出”时，通过调控和的比例使铅和银分别以和的形式保留在“浸出渣”中。当“浸出液”中时，最大不超过___________。 (3)“复合浸出”时加入除了能使转化为沉淀外，还能___________，从而增加的浸出率并节约成本；对“浸出液”进一步处理，促进水解，使其转化为沉淀，请写出该过程的离子方程式：___________。 (4)“焙烧”过程中，进入烟气中，实现和的分离，再通过“吸收→还原”制备粗。被还原生成粗时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。 (5)“碱浸分碲”时，加入的目的是使转化为易溶的，从而提高的浸出率，请写出该过程的离子方程式：___________。 (6)高杂铜阳极泥中含有痕量硒铜化合物，其立方晶胞是由如图所示两个边长均为的小立方体交错并置而成的。晶胞中和之间的最短距离为___________；占据晶胞的顶点和___________；该硒铜化合物的化学式为___________。 11．（2026·广东清远·一模）金属冶炼在国民经济发展中有着重要作用。工业上用某软锰矿(主要成分为，还含有少量铁、铝及硅的氧化物)为原料制备锰酸锂()的工艺流程如图 已知：当溶液中某离子浓度不大于时，该离子沉淀完全。室温下相关物质的如下表所示。 物质 Ksp 回答下列问题： (1)基态锰原子核外电子的空间运动状态有______种。 (2)为提高“浸取”效率，可采取的措施是______(写一条即可)，滤渣Ⅰ的主要成分是______(填化学式)。 (3)“浸取”时，参加的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。 (4)“精制”时，加入的量应大于理论值，原因是：______；若“浸取”后溶液中，则“精制”时应调pH的范围为______［计算时只考虑生成沉淀］。 (5)“控温、氧化”时，和均被氧化为，将“锂化”过程中发生反应的化学方程式补充完整______。 ______________________________ (6)为尖晶石结构，其晶胞由8个立方单元组成，这8个立方单元可分为A、B两种类型(未画出)。设的摩尔质量为，为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度______(用含、、的代数式表示)。 12．（2026·广东汕尾·一模）我国橄榄石资源丰富，其主要成分为和，含少量Ni、Al元素。利用橄榄石回收NiO并制备碱式硫酸镁的工艺流程如图所示： 已知：①“酸浸”后，溶液中阳离子浓度：、、、。 ②部分氢氧化物的如下表所示： 氢氧化物 Ksp (1)“焙烧1”时，在高温条件下生成红棕色固体，反应的化学方程式为___________。 (2)“酸浸”时，为使金属元素充分浸出，可以采取的措施为___________(写一条)。 (3)向溶液中加入NaOH“调”，过滤后，滤渣2的主要成分为___________(填化学式)，调pH后滤液中的浓度为___________。 (4)利用有机物萃取的反应为(有机相)(水相)(有机相)(水相)。“反萃取”时加入的试剂X为___________(填化学式)。 (5)“电解”时采用惰性电极电解“萃取”后的水相，请写出阳极发生的电极反应式：___________。 (6)NiO广泛应用于陶瓷着色、电池电极以及电子磁性材料等领域。一种NiO的立方晶胞结构如图所示。 ①的配位数是___________。 ②已知微粒1的分数坐标为，则微粒2的分数坐标为___________。 13．（2026·广东·模拟预测）氮化镓是一种新型的半导体，常用于紫光的激光二极管(LED)。某小组以废旧薄膜太阳能电池(，主要成分为)为原料制备氮化镓，其中的一种工艺流程如图： 已知：①镓、铟与铝位于同主族，Ga的熔点为。 ②常温下，，，；当金属离子浓度时，认为金属离子已完全沉淀。 ③。 回答下列问题： (1)可通过___________(写一条)等措施提高焙烧效率。 (2)烧渣的主要成分是、和。在高温焙烧条件下，CIGS与氧气反应时铜转化成，不生成，其主要原因可能是_________________________________________________________________ ________________________(用物质结构理论解释)。 (3)滤液I的主要成分是___________(填化学式)，请写出该反应相应的离子方程式：_________________。回流过滤中的作用是_______________________________________________(用镓相关的化学方程式表示)。 (4)高温气相沉积中尾气常选用如图所示装置吸收，其原理是___________________________________。 (5)氮化镓(GaN)的晶体结构如图所示。在晶体中，原子的配位数是___________，该晶体中___________(填“存在”或“不存在”)配位键，理由是_______________________________________________。 14．（2026·广东江门·一模）主要用作分析试剂及氨吸收剂，暴露在潮湿的空气中会很快变为红色的。以含钴废料(主要成分为，还有少量的、、)为原料制备的工艺流程如图所示。回答下列问题： 已知：①在酸性介质中，氧化性：。 ②水相中主要含有的阳离子为、。 ③溶于氨水易形成配离子。 ④常温下，部分金属阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH如表所示。 氢氧化物 完全沉淀时的pH 4.7 9.2 9.0 (1)“粉碎”的目的是___________，滤渣1的主要成分是___________(填化学式)。 (2)“转化”中，表现出___________(填“氧化”或“还原”)性；CoO的作用是___________。 (3)“沉钴”时调节溶液的pH为9，不宜大于9的原因是___________；试剂B可以循环用于___________工序。 (4)由制备时，先蒸发浓缩、降温结晶、过滤得到，再将和过量混合共热得到无水。和反应的化学方程式为___________。 (5)常作催化剂，其立方晶胞如图所示。已知晶胞的边长为，为阿伏加德罗常数的值。的配位数为___________，晶体的密度为___________。 工艺流程专题练习参考答案 1.【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） 2.【答案】（1）搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等 （2）4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+ （3）5 （4）AD （5） ①. 3：1：1 ②. 12 （6） ① 2NH3N2+3H2 ② Fe2O3+3H22Fe+3H2O ③ ④ 没有污染物产生 【解析】【分析】矿粉酸浸通入SO2酸浸，浸取液中含有Fe2+、Cu2+、Ni2+、Al3+等，调节pH=3.0，通入空气加热得到Fe2O3，Fe2O3可以通过还原得到Fe单质，也可以用电解得到Fe单质，滤液1在常温下沉铝，滤液2选择萃取得到含硫酸根的溶液和分别含Cu配合物和Ni配合物，最终得到产品NixCuyNz。 【小问1解析】“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； 【小问2解析】由于通入“酸浸”，故浸取液中不含有，“高压加热”时，Fe2+在酸性条件下被氧化为，离子方程式为：4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+； 【小问3解析】“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； 【小问4解析】“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； 【小问5解析】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； 【小问6解析】①氨气分解为N2和H2，H2还原Fe2O3得到Fe单质和水，化学方程式为：2NH3N2+3H2、Fe2O3+3H22Fe+3H2O； ②电解Fe2O3颗粒得到Fe单质，在阴极发生还原反应，则Fe片为阴极，石墨做阳极，电解液为NaOH溶液和颗粒，装置图如下： ； ③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是没有污染性的CO气体产生。 3.【答案】（1）2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑ （2）Ga3++4Cl-=[GaCl4]- （3） 铁 [FeCl6]3- （4） 高 NaCl （5）3.2 4.0×10-7 （6）2:1:1 8a3 【分析】电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)进行焙烧，金属转化为氧化物，焙烧后的固体加入盐酸浸取，浸取液加入铝片将Fe3+进行还原，得到原料液，原料液利用LAEM提取，[GaCl4]-通过交换膜进入II室并转化为Ga3+，II室溶液进一步处理得到镓，I室溶液加入含F-的废液调pH并结晶得到NaAlF6晶体用于电解铝； 【解析】（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，为了避免铁元素以[FeCl6]3-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>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，取Ga为晶胞顶点，晶胞面心也是Ga，Ni处于晶胞棱心和体心，Ga和Ni形成类似氯化钠晶胞的结构，晶胞中Ga和Ni形成的8个小正方体体心为Co，故晶胞中Ga、Ni个数为4，Co个数为8，粒子个数最简比Co:Ga:Ni=2:1:1，晶胞棱长为两个最近的Ga之间（或最近的Ni之间）的距离，为2a nm，故晶胞的体积为8a3nm。 4.【答案】（1） （2）> （3）或 （4）晶体 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积 （5）①HCl ②体心 ③12 （6）①0.4或2:5 ②MgO 【解析】（1）可与水反应，化学方程式为。 （2）常温下，的氨性溶液中，c(OH-)=10-4.1 Kb=10-4.7=[c(NH4+)c(OH-)]/ c(NH3·H2O) 则[c(NH4+) / c(NH3·H2O)= 10-4.7/10-4.1 <1，所以 。 （3）“氨浸”时，由转化为的离子方程式为氧化还原反应，氧化剂为，还原剂为亚硫酸根，故离子方程式为：或。 （4）①有明锐衍射峰，属于晶体。 ②会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积，提高了的浸取速率。 （5）①“析晶”要析出NiCl3·4H2O，为防止Ni2+水解以及失去结晶水，过程中通入的酸性气体A为HCl。②晶胞中Co是一个，顶点黑圈●为1，面心白圈○为3，体心为1，故Co不是顶角就是体心，而O原子的数目y不可能1，则氧原子位于面心，数目是3，设晶胞参数为a，由于面心与顶角间距（）大于体心与面心间距（），所以Co在体心。晶体中一个周围与其最近的O的个数为4×3=12。 （6）①pH=9.0，c(OH-)=10-5mol/L，此时Co2+、Co3+、Ni2+、Al3+、Mg2+沉淀需要的离子浓度最小为5.9×10-5、1.6×10 -25、5.5×10-6、1.3×10-18、5.6×10-2，故晶体A为Mg(NO3)2·6H2O，Mg(NO3)2·6H2O=MgO+2HNO3+5H2O则所得溶液中与的比值，理论上最高为2:5。②“热解”时得到的固体氧化物为MgO ，可用于开始调节pH=9.0时重复使用。 5．【答案】(1) (2)将中的Mn还原为 (3) (4) 12.3 (5) 2：3 (6) 直线形 4 【分析】正极材料主要含、碳粉和铝箔，加入溶液，只有Al和反应，生成，成为碱浸液的主要成分。往固体中继续加入、，可将中的Mn还原为，Li变为，在酸浸液中。加入溶液，通入空气，利用氧气将氧化为沉淀除去。溶液中的加入溶液调节pH，可生成沉淀，滤液中主要含有。 【详解】（1）铝具有两性，和反应生成，Al的化合价升高，则H的化合价降低生成，离子方程式为。 （2）酸浸液中含有，说明酸浸时Mn的化合价降低，则作还原剂，将还原为。（3）沉锰时的反应物有、，溶液呈碱性，生成物有，离子方程式为。 （4）根据题意，的第三步电离方程式为，，则。当时，，则溶液的。所以当时，才有。沉锂后滤液中，而，所以。 （5）阴极发生还原反应，由图可知，反应物有，生成物有、，溶液呈酸性，电极反应式为。阴阳两极转移的电子个数相同，阴极变为，转移。阳极变为，转移。两者的最小公倍数为6，则。 （6）由图可知，黑球位于晶胞的顶点和内部，共有个。白球位于晶胞的面上，共有个。而物质的化学式为，则黑球表示。和互为等电子体，空间结构模型一致，而中的中心C原子的价层电子对为。空间结构为直线形。由图可知，以其中一个面心上的为参考，该晶胞中，与该离子距离最近且相等的为两个顶点和一个体心，共3个。一个面被两个晶胞共用，根据晶胞的对称性可知，另一个晶胞中体心处还有一个。综上，共4个。 6．【答案】(1)将废料粉碎（或适当升高温度、搅拌、增大酸浓度等，任写一条即可） (2) (3) 99.9% In3+的离子半径比Ga3+大，与P204形成的配合物更稳定（或配位常数更大） (4) Ga3+沉淀不完全 Ga(OH)3溶解 (5) (6)    【详解】（1）提高浸出速率可从增大接触面积、升高温度、增大反应物浓度、搅拌等方面考虑，常见措施有将废料粉碎、适当加热、搅拌、增大酸浓度等。（任写一条即可） （2）酸浸后，Se(Ⅳ)以形式存在，被SO2还原为单质Se，SO2被氧化为，则离子方程式为。 （3）初始In的浓度为13 g/L，萃余液中In的浓度为0.015 g/L，则萃取率为；In和Ga为同族元素，In3+半径大于Ga3+，与P204中的配位原子结合时空间位阻小，形成的配合物更稳定，配位常数更大，因此In易被萃取而Ga基本不被萃取。 （4）Al和Ga位于同一主族，因此Ga(OH)3与Al(OH)3性质相似，具有两性，pH过低时，Ga3+不能完全沉淀，pH过高时，Ga(OH)3溶解生成，导致镓损失。 （5）据分析，电解精炼或电沉积镓时，阴极为碱性条件下得电子还原为Ga单质，电极反应为。 （6）①磷化镓的晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被Ga原子代替、顶点和面心的碳原子被P原子代替，设A1点坐标为(0,0,0)，则Ga原子的分数坐标为，P原子位于顶点和面心，矩形中，该矩形内部x与y坐标相等，则处于该矩形内部的Ga原子的分数坐标为，故图3中Ga原子的位置为； ②一个晶胞中Ga的个数为4、P的个数为，即含有4个GaP，设立方晶胞的边长为a pm，则晶胞密度为，因此立方晶胞的边长为，如图所示，最近邻P和Ga原子距离为体对角线长的，即为。 7．【答案】(1)3d34s2 (2) 增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更充分 (3) Na[Al(OH)4] Na++[Al(OH)4]-+2=NaAlSi2O6↓+4OH- (4) (5)或 (6) 12 【详解】（1）已知V是23号元素，其基态V原子的核外电子排布式为：[Ar]3d34s2，则其价层电子排布式为3d34s2； （2）①通入O2时采用微气泡技术，能够增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更充分，可提高钒和铬的浸出效率，故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更充分； ②V2O3转化为，该反应的化学方程式为：V2O3+O2+6NaOH=2Na3VO4+3H2O，反应中O2是氧化剂，V2O3是还原剂，故该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:1； （3）由分析可知，“浸出”时，转化为Na[Al(OH)4]，“除杂”时，铝和硅以NaAlSi2O6沉淀的形式除去，生成NaAlSi2O6的离子方程式为：Na++[Al(OH)4]-+2=NaAlSi2O6↓+4OH-，故答案为：Na[Al(OH)4]；Na++[Al(OH)4]-+2=NaAlSi2O6↓+4OH-； （4）“沉钒”时，控制溶液，常温下，“沉钒”后溶液中浓度为，则此时溶液中的浓度为：==1.6mol/L，溶液中c(H+)=10-8mol/L，c(OH-)=10-6mol/L，溶液中为=≈8.9×10-2mol/L； （5）由题干工艺流程图可知，“还原”中生成Cr(OH)3即用将还原为Cr(OH)3，自身被氧化为，根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式为：或； （6）①由题干晶胞图可知，一个晶胞中含有的V个数为：4，C个数为：4，则x：y=4:4=1:1； ②由题干晶胞图可知，V原子位于8个顶点和6个面心上，故晶体中与V原子最近且等距离的V原子的个数为12；③由题干晶胞图可知，晶胞中最近的两个V原子间距离为面对角线的一半，晶胞中V原子间最近距离为a nm，设晶胞参数为x nm，则 nm=a nm，解得x=nm，则该立方晶胞的体积为(×10-7cm)3=2×10-21。 8．(1) 粉碎闪锌矿、适当升温、适当增加硫酸浓度等 未沉淀完全 ZnO (2) 负电 (3) 随着反应的进行，减小，减小，促使平衡正移，溶解，砷回收率下降 【分析】向闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等]中加入硫酸、氧气酸浸后，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、，再调pH、沉锌后获得ZnS，据此解答。 【详解】（1）①酸浸过程中ZnS、氧气和硫酸发生氧化还原反应生成、硫单质和水，其化学方程式为：； ②加快反应速率，能提高酸浸时浸出率，其措施有粉碎闪锌矿、适当升温、适当增加硫酸浓度等；③通入除镉反应为硫化氢和镉离子生成CdS沉淀和氢离子，其离子方程式是：。溶液pH=0、时，，则，则未沉淀完全；④除镉时溶液酸性较强，沉锌前调节溶液的pH至4~5，在不引入新杂质的同时消耗溶液中的氢离子，则加入的氧化物为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，区域B中由，按照均摊法，区域B中含3个、1个、个，因为(+2)×3+(+1)×1+(-2)×4=-1，则区域B带负电。由晶胞图可知，晶胞中两个最近的之间的距离为面对角线的二分之一，即为nm； （3）①溶液中As(Ⅲ)主要以弱酸形式存在，酸性条件下ZnS与反应生成、和水，其离子方程式为：； ②反应4 h后，减小，减小，促使平衡正移，导致砷回收率下降，即原因是：随着反应的进行，减小，减小，促使平衡正移，溶解，砷回收率下降。 9．(1)不是 (2) (答案合理即可) Fe (3)增大接触面积，提高浸出速率和浸出率(答案合理即可) (4) (5) 5.6 (6) 8 (答案合理即可) 【分析】钒渣经过“筛分”分离不易被氧化的大颗粒富铁钒渣与细颗粒钒渣后，细颗粒钒渣经过焙烧、加入硫酸逆流浸出分离Fe、Si（浸出渣）和V、Mn（浸出液），浸出渣和富铁钒渣经过高炉炼铁得到铁，浸出液中加入P204和TBP萃取分离V（有机相）和Mn（水相萃余液）有机相加入硫酸反萃取后，加入氨水沉淀，滤渣中加入硫酸铵得到(NH4)2V6O16，经过煅烧得到V2O5，萃余液加入碳酸氢铵沉淀得到MnCO3。 【详解】（1）“筛分”是基于颗粒直径差距分离两种固体物质，无新物质的生成，不是化学变化。 （2）根据分析，在1075 K下被氧化为和，氧化剂应该是空气中的氧气，则反应的化学方程式为；温度达到1200 K时，钒渣中的与MnO转化为和，此时，铁化合价由变为，V化合价由变为，化合价升高的元素为V、Fe。（3）“逆流浸出”是使固体原料与浸出剂逆向流动接触，可增大接触面积，提高浸出速率和浸出率。（4）结合信息，萃取的本质是与P204进行阳离子交换，结合图像，在氟离子浓度较低时，生成的可增大钒的萃取率，当增大，将会生成、，使的占比减小，萃取率下降，结合萃取原理，反萃取时应该加。 （5）根据题意，反应的离子方程式为；当完全沉淀时，，则，则，。 （6）由图可知，常温下V是体心立方堆积，以体心的V作为参考原子分析，顶点上8个原子都与其等距且紧邻，则该晶胞中每个V原子周围与其等距且紧邻的V原子有8个；根据题意，一个新晶胞均摊后有4个V原子，且2个V原子间的最近距离为，由于面心和顶点原子的距离为，推测V原子应该在8个顶点和6个面心上，计算均摊后的V原子恰好是4个，所以推测正确，画出图像为。 10．【答案】(1) (2)0.4 (3) 与形成配合物可避免其水解 (4)1：2 (5) (6) 面心 【分析】该工艺流程以高杂铜阳极泥为原料，先通过复合浸出环节，利用稀硫酸与NaCl溶液选择性浸出铋，同时使铅、银以硫酸盐、氯化物形式留存于浸出渣中；随后将浸出渣焙烧，在浓硫酸作用下使硒转化为SeO2气体挥发，实现硒与碲、铜的初步分离，挥发的SeO2经还原得到粗Se；焙烧后的蒸硒渣经水浸分铜，使铜以CuSO4形式浸出分离；最后分铜渣进入碱浸分碲环节，在NaOH与NaClO3作用下将TeO2氧化为易溶的碲酸盐，经后续处理得到粗TeO2；据此作答。【详解】（1）基态Te原子的价层电子排布式：5s25p4； （2）依题意，不能生成氯化铅沉淀；则先由硫酸铅的溶度积计算铅离子浓度：；再根据氯化铅溶度积计算氯离子最大浓度：，解得，即最大不超过0.4 mol/L； （3）铋离子极易水解生成沉淀，加入氯化钠提供氯离子，与Bi3+形成配合物可避免其水解，提高铋的浸出率；浸出液加水稀释后配离子发生水解，生成氯氧化铋沉淀，离子方程式为：； （4）亚硒酸被二氧化硫还原为单质硒，硒元素化合价从+4降至0，亚硒酸为氧化剂；二氧化硫被氧化为硫酸，硫元素化合价从+4升至+6，二氧化硫为还原剂；方程式为：；因此氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2； （5）碱性条件下，氯酸根将二氧化碲氧化为碲酸根，自身被还原为氯离子；离子方程式为：；（6）晶胞中Se和Cu之间的最短距离为小立方体体对角线的一半，即为；硒原子位于晶胞的顶点和面心位置；铜原子位于8个小立方体的体心，个数为8，硒原子个数为，铜原子与硒原子个数比为2:1，故化学式为Cu2Se。 11．【答案】(1)15 (2) 适当提高硫酸浓度(或适当提高浸取温度或搅拌等合理即可) (3)1：2 (4) 在、的催化作用下易分解损耗 (5) (6) 【详解】（1）锰元素的原子序数为25，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，核外原子轨道的数目为15，则核外电子的空间运动状态有15种； （2）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，此外，适当提高硫酸浓度、搅拌、加热均能加快酸浸的反应速率，提高浸取效率；结合分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是，故答案为：适当提高硫酸浓度(或适当提高浸取温度或搅拌等合理即可)；； （3）结合分析可知，加入FeSO4、H2SO4，浸取，MnO2被还原为MnSO4，FeSO4被氧化为Fe2(SO4)3，离子方程式为：，其中二氧化锰是氧化剂，二价铁是还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2； （4）“精制”时，加入的量应大于理论值，这是由于除了将Fe2+氧化为Fe3+外，在Fe3+、Mn2+的催化作用下会部分分解而损耗，因此加入的量应大于理论值； 要使溶液中Fe3+转化生成Fe(OH)3，则c(OH-)≥mol/L=10-11.2 mol/L，c(H+)≤mol/L=10-2.8 mol/L，pH≥2.8；要使溶液中Al3+转化生成Al(OH)3，则c(OH-)≥mol/L=10-9.1 mol/L，c(H+)≤ mol/L=10-4.9 mol/l，pH≥4.9，使Fe3+、Al3+转化生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀需要的溶液的pH最小值为4.9；在浸取后溶液中c(Mn2+)=0.1 mol/L，而浸取后溶液中c(Mn2+)=0.1 mol/L，根据Ksp[Mn(OH)2]=10-12.8，则c(OH-)=mol/L=10-5.9 mol/L，c(H+)= mol/L=10-8.1 mol/l，pH<8.1；则使Fe3+、Al3+转化生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，而Mn2+不能形成Mn(OH)2沉淀，则相应的溶液的pH范围为4.9≤pH<8.1；故答案为：在、的催化作用下易分解损耗；4.9≤pH<8.1； （5）“锂化”是将和发生反应，其中锰化合价由+4变为+3.5，结合电子守恒可知，氧化合价会升高由-2变为0，结合质量守恒可知，还会生成二氧化碳气体，反应为：； （6）根据“均摊法”， A中含个Mn、B中含个Mn，则晶胞中共个Mn，结合化学式可知，含有8个，则晶体密度为。 12．(1) (2)适当提高稀硫酸浓度(或加热、搅拌、延长浸出时间等) (3) (4) (5) (6) 6 【分析】该工艺以橄榄石（主要成分为和，含少量Ni、Al元素）为原料，首先在空气中高温焙烧，将矿石中的发生反应，分解为与；随后用稀硫酸酸浸焙烧产物，、、、等转化为可溶性硫酸盐，不溶形成滤渣1，溶液中主要含、、、；接着用调节，使、以、沉淀析出，滤渣2被分离除去；之后用有机萃取剂选择性萃取，实现与的分离，负载的有机相经反萃取得到含的水溶液，电解后得到金属，再经焙烧生成目标产物；含水相则通过碱化反应，在氨水作用下生成碱式硫酸镁沉淀，据此分析。 【详解】（3）调时，； 计算沉淀所需：，代入得，已完全沉淀；计算沉淀所需：，代入得，已完全沉淀；、的离子积分别为<，<，均未沉淀；故滤渣2主要成分为、；滤液中浓度为；故答案为：；； （4）萃取反应为； 根据平衡移动原理，加入硫酸可增大，使平衡逆向移动，实现从有机相转移至水相；故反萃取时加入的试剂X为；故答案为：； （5）“萃取”后的水相主要含、、等；采用惰性电极电解时，阳极发生氧化反应，（来自水的电离）放电生成；电极反应式为；故答案为：； （6）NiO晶胞，位于面心和顶点，周围最近且等距的有6个；故的配位数为； 微粒1的分数坐标为，位于晶胞底面右下角；微粒2位于晶胞顶面右上棱的中点，对应分数坐标为；故答案为：。 13．(1)将废旧电池粉碎(2)基态的价电子排布式为，处于全满状态，在该条件下更稳定 (3) (4)尾气中的和极易溶于水，难溶于，所以直接将其通入中，有防倒吸的作用 (5) 4 存在 氮化镓晶体中，每1个Ga原子与4个N原子结合，而基态Ga原子的价电子数为3，故需Ga提供1个空轨道形成配位键 【分析】废旧薄膜太阳能电池主要成分为，高温焙烧后得到金属氧化物：和，加入硫酸和过氧化氢溶解，得到滤液中含有、和，氨水过量调节，得到的滤渣中含有和，滤液中含有，向滤渣中加入，分离出沉淀，得到的溶液，通过浓缩结晶得到晶体，通入高温气相沉积得到GaN，据此解答。 【详解】（1）将废旧电池粉碎，增大反应物接触面积可提高焙烧效率；（2）因为中的的价电子排布为，全充满，更稳定，所以与氧气反应时铜转化成，不生成； （3）不溶于氨水，镓、铟与铝位于同一主族，性质具有相似性，故镓、铟的氢氧化物也不会溶于氨水；向浸出液中加入氨水，铜离子先转化为Cu(OH)2沉淀，当氨水过量时，沉淀转化为，故滤液I的主要成分是，相应的离子方程式：；回流过程中，与水反应，生成和，与反应生成，总方程式为：； （4）尾气中的和极易溶于水，难溶于四氯化碳，所以直接将其通入四氯化碳中，不会产生倒吸现象。（5）氮原子与4个镓原子直接相连，故原子的配位数是4；该晶体中存在配位键，Ga原子含有空轨道、N原子含有孤电子对，氮化镓晶体中，每1个Ga原子与4个N原子结合，而基态Ga原子的价电子数为3，故需Ga提供1个空轨道形成配位键。 14．(1) 增大接触面积，加快反应速率，提高原料利用率 (2) 还原 调节溶液pH，使、转化为氢氧化物沉淀除去，同时不引入新杂质 (3) pH过大会与过量氨水反应生成易溶于水的，导致钴元素损失 萃取 (4) (5) 6 【分析】含钴废料（主要成分为，含少量、、），粉碎酸浸时，、、与热稀硫酸反应生成可溶性硫酸盐，不反应成为滤渣1；转化工序中，将还原为，反应为；调pH工序加入，调节溶液pH使、以氢氧化物形式沉淀，留在溶液中；萃取工序用 HR萃取水相中的，反萃取工序用试剂A(HCl)将从有机相转移至水相，试剂B( HR)可循环用于萃取工序；沉钴工序加入氨水，使转化为，再经盐酸溶解、蒸发浓缩、降温结晶得到；最后与过量共热得无水，反应为，据此分析。 【详解】（1）“粉碎”的目的是增大废料与酸液的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；滤渣1的主要成分是不与稀硫酸反应的； （2）“转化”中，将 氧化为，表现出还原性；的作用是调节溶液pH，使、转化为氢氧化物沉淀除去，同时不引入新杂质； （3）“沉钴”时调节溶液pH为9，不宜大于9的原因是pH过大，会与过量氨水反应生成易溶于水的配离子 ，导致钴元素损失；试剂B为HR，可循环用于萃取工序； （4） 与过量 共热， 与结晶水反应生成 和 ，同时得到无水 ，反应的化学方程式为 ； （5）由 立方晶胞结构可知，的配位数为6；晶胞中分别位于8个顶点和体内，数目为，4个位于面上，2个位于体内，数目为，晶胞质量为，晶胞体积为，则晶体密度为。 1 学科网（北京）股份有限公司 $