2024年高考考前20天终极冲刺攻略--倒计时11天 化学工艺流程大题综合（含解析）

化学工艺流程大题综合
年份 试卷 考点
2023 海南卷 化合价、循环使用的物质、陌生方程式的书写、溶度积常数的计算
2023 广东卷 离子方程式、晶体与非晶体的判断、晶胞的计算
2023 辽宁卷 反应速率的影响因素、离子方程式、陌生方程式的书写、溶度积常数的计算
2023 湖北卷 周期表的位置、焰色反应、溶度积常数的计算、陌生方程式的书写
2023 北京卷 溶度积常数的计算、分离和提纯的方法、陌生方程式的书写
2023 重庆卷 电子排布式、离子方程式、反应速率的影响因素、滴定
2022 广东卷 离子方程式、pH调节范围、电极反应式、电子转移、溶度积常数的计算
2022 湖北卷 除杂、过滤、蒸发浓缩、趁热过滤、溶解度的影响因素
2022 湖南卷 盖斯定律的应用、蒸馏、除杂、陌生方程式的书写
2022 辽宁卷 影响焙烧效率的措施、陌生方程式的书写、离子方程式、溶度积的计算
2021 北京卷 分离提纯的方法、离子方程式的书写、产品纯度测定
2021 广东卷 化合价、离子方程式、除杂的方法、氧化剂与还原剂物质的量之比
2021 河北卷 离子方程式的书写、陌生方程式的书写、溶度积常数的计算
2021 湖北卷 化合价、陌生方程式的书写、平衡常数的计算、硫酸根的检验
2021 湖南卷 提高“水浸”效率的因素、离子方程式、陌生方程式的书写
2021 辽宁卷 周期表的位置、陌生方程式的书写、离子方程式、分离提纯的方法
化学工艺流程题是近年来高考的必考题型，该类题源于生产实际，以解决化学实际问题为目的，将化工生产过程中的主要生产流程用框图形式展示出来，主要考查信息方程式的书写、条件的控制、物质的分离提纯及成分确定、产率计算等知识，新高考中又融入了物质结构与性质的考查，试题新颖，内容丰富，阅读量大。
一、信息型化学(或离子)方程式的书写及相关计算
1．熟记常见的氧化剂、还原剂及对应产物
氧化剂 Cl2 O2 浓H2SO4 HNO3 KMnO4 (H＋)、MnO2 Fe3＋ KClO3、 ClO－ H2O2
还原产物 Cl－ O2－ SO2 NO或NO2 Mn2＋ Fe2＋ Cl－ H2O
还原剂 I－ (HI) S2－ (H2S) CO、C Fe2＋ NH3 SO2、 SO H2O2 —
氧化产物 I2 S CO2 Fe3＋ NO SO O2 —
2.认识常考的一些特殊物质的元素化合价
CuFeS2：Cu(＋2)、Fe(＋2)、S(－2)
K2FeO4：Fe(＋6)
Li2NH：N(－3)
LiNH2：N(－3)
AlN：N(－3)
Na2S2O3：S(＋2)
C2O：C(＋3)
HCN：C(＋2)、N(－3)
CuH：Cu(＋1)、H(－1)
FeO：Fe[＋(8－n)]
Si3N4：Si(＋4)、N(－3)
3．方程式配平步骤
（1）根据题目的流程图或题干信息，确定反应物和部分生成物。
（2）判断反应中变价元素的化合价并利用元素化合价的升降判断出氧化产物或还原产物。
（3）按
写出主体方程式，并按得失电子守恒原则确定相关物质的化学计量数。
（4）根据元素质量守恒，补充其他反应物或生成物，一般为水、酸(H＋)或碱(OH－)。
4．补项原则
条件 补项原则
酸性条件下 缺H(氢)或多O(氧)补H＋，少O(氧)补H2O(水)
碱性条件下 缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)，少O(氧)补OH－
二　条件的控制及“目的、原因、作用”
1．条件控制及目的
（1）调节溶液的pH。常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点：
①能与H＋反应，使溶液pH变大；
②不引入新杂质，如要除去Cu2＋中混有的Fe3＋时，可加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。
（2）控制温度。根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。
（3）控制压强。改变速率，影响平衡。
（4）使用合适的催化剂。加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。
2．原料处理方法及目的
方法 目的
研磨、雾化 减小固体的颗粒度或将液体雾化，增大反应物的接触面积，加快反应速率或使反应更加充分
水浸 与水接触反应或溶解
酸浸 与酸接触反应或溶解，使可溶性离子进入溶液，不溶物通过过滤除去
碱浸 除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物
灼烧 除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质
煅烧 改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土
酸作用 溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等
碱作用 去油污，去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH、促进水解(沉淀)
3.操作与试剂及“目的、原因、作用”
操作与试剂 目的、原因、作用(答题模板)
沉淀水洗 除去××(可溶于水)杂质
沉淀用 乙醇洗涤 ①减小固体的溶解度；②除去固体表面吸附的杂质；③乙醇挥发带走水分，使固体快速干燥
冰水洗涤 洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗
冷凝回流 防止××蒸气逸出脱离反应体系，提高××物质的转化率
控制溶液pH 防止××离子水解；防止××离子沉淀；确保××离子沉淀完全；防止××溶解；促进/抑制××气体吸收/逸出
加过量A试剂 使B物质反应完全(或提高B物质的转化率)
温度不高于××℃ 温度过高××物质分解(如H2O2、NH3·H2O、浓硝酸、NH4HCO3等)或××物质挥发(如浓硝酸、浓盐酸)或××物质氧化(如Na2SO3等)
趁热过滤 防止某物质降温时结晶析出
蒸发结晶 蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出
蒸发浓缩 蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度
减压蒸馏 (减压蒸发) 减小压强，使液体沸点降低，防止××物质受热分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)
蒸发、反应时 的气体氛围 抑制××离子的水解(如加热蒸发AlCl3溶液时需在HCl气流中进行；加热MgCl2·6H2O 得MgCl2时需在HCl气流中进行等)
配制某溶液 前先煮沸水 除去溶解在水中的氧气，防止××物质被氧化
反应容器中和大气相通的玻璃管 平衡压强，避免反应容器中压强过大
三　物质成分的确定及离子浓度等计算
1．滤渣、滤液成分的确定
要考虑样品中原料和杂质的成分在每一步骤中与每一种试剂反应的情况：
（1）反应过程中哪些物质(离子)消失了？
（2）所加试剂是否过量或离子间发生化学反应，又产生了哪些新离子？这些离子间是否会发生反应？
2．循环物质的确定
3．副产品的判断
典例1（2023·海南卷第15题）铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域，是重要的战略物资。利用绿柱石(主要化学成分为(，还含有一定量的FeO和)生产BeO的一种工艺流程如下。
回答问题：
（1）中Be的化合价为_______。
（2）粉碎的目的是_______；残渣主要成分是_______(填化学式)。
（3）该流程中能循环使用的物质是_______(填化学式)。
（4）无水BeCl2可用作聚合反应的催化剂。BeO、Cl2与足量C在600~800℃制备BeCl2的化学方程式为_______。
（5）沉铍时，将pH从8.0提高到8.5，则铍的损失降低至原来的_______%。
典例2（2023·广东卷第18题）均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工艺可提取，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
已知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。
氢氧化物
回答下列问题：
（1）活性可与水反应，化学方程式为___________。
（2）常温下，的氨性溶液中，___________ (填“>”“<”或“=”)。
（3）“氨浸”时，由转化为的离子方程式为___________。
（4）会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。
①属于___________(填“晶体”或“非晶体”)。
②提高了的浸取速率，其原因是___________。
（5）①“析晶”过程中通入的酸性气体A为___________。
②由可制备晶体，其立方晶胞如图。与O最小间距大于与O最小间距，x、y为整数，则在晶胞中的位置为___________；晶体中一个周围与其最近的O的个数为___________。
（6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得溶液中与的比值，理论上最高为___________。
②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，在于可重复利用和___________(填化学式)。
典例3（2023·北京卷第18题）以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。
已知：酸性条件下，的氧化性强于。
（1） “浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。
①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断：__________(填“>”或“<”)。
②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有__________。
（2） “浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。
①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：__________。
②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用：____________________。
（3） “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
①该步反应的离子方程式有______________________________。
②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因：______________。
（4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：________。
典例4（2023·辽宁卷第16题）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液 (含)和)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
物质
回答下列问题：
（1）用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为_______(答出一条即可)。
（2）“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，1molH2SO5中过氧键的数目为_______。
（3）“氧化”中，用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为_______(H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为MnO2、_______(填化学式)。
（4）“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。SO2体积分数为_______时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是_______。
（5）“沉钻镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为_______。
（6）“沉镁”中使沉淀完全，需控制pH不低于_______(精确至0.1)。
典例5（2023·湖南卷第17题）超纯Ga(CH3)3是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯Ga(CH3)3方面取得了显著成果，工业上以粗镓为原料，制备超纯Ga(CH3)3的工艺流程如下：
已知：①金属Ga的化学性质和Al相似，Ga的熔点为29.8℃；
②Et2O(乙醚)和NR3(三正辛胺)在上述流程中可作为配体；
③相关物质的沸点：
物质 Ga(CH3)3 Et2O CH3I NR3
沸点/℃ 55.7 34.6 42.4 365.8
回答下列问题：
（1）晶体Ga(CH3)3的晶体类型是_______；
（2）“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在40-45℃的原因是_______，阴极的电极反应式为_______；
（3）“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中的产物还包括MgI2和CH3MgI，写出该反应的化学方程式：_______；
（4）“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是_______；
（5）下列说法错误的是_______；
A. 流程中Et2O得到了循环利用
B. 流程中，“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行
C. “工序X”的作用是解配Ga(CH3)3(NR3)，并蒸出Ga(CH3)3
D. 用核磁共振氢谱不能区分Ga(CH3)3和CH3I
（6）直接分解Ga(CH3)3(Et2O)不能制备超纯Ga(CH3)3，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga(CH3)3理由是_______；
（7）比较分子中的C-Ga-C键角大小：Ga(CH3)3_______Ga(CH3)3(Et2O)(填“>”“<”或“=”)，其原因是_______。
预测1（2024·河北·二模）近几年新能源汽车呈现爆发式增长，对于锂电池的需求量越来越大，而碳酸锂是锂电池的重要原料之一，对废旧锂离子电池进行资源化和无害化处理具有重要的经济和环境效益，利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCoO2)进行氧化处理以回收Li等金属的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）Co在元素周期表的位置是 ，Co2+与Co3+的未成对电子数之比为 。
（2）“烧渣”是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物。“焙烧”反应生成的氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。
（3）“滤饼2”的主要成分为 (填化学式)。利用Li2CO3与CoCO3按n(Li)：n(Co)=1：1的比例配合，然后在空气中于烧结可合成锂电池正极材料LiCoO2，反应的化学方程式为 。
（4）碳酸锂的溶解度随温度变化如图所示。向滤液2中加入Na2CO3溶液，将温度升至90℃是为了提高沉淀反应速率和 。得到碳酸锂沉淀的操作为 (填标号)。
A．静置，过滤 B．蒸发浓缩、冷却结晶 C．加热后，趁热过滤 D．蒸发结晶
（5）常温下，取“滤液2”，其中，为使锂元素的回收率不低于，则至少应加入固体的质量为 g［已知常温下。计算结果保留3位小数。
（6）由进一步制得的具有反萤石结构，晶胞如图所示。
①在晶胞中的位置为 。
②晶体的密度为，则晶胞参数(棱长)为 nm(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
预测2（2024·重庆·一模）用镍铂合金废料(主要成分为，含少量)回收镍和铂，其工艺流程如图：
（1）的原子序数为78，推测其在元素周期表中的位置 。
（2）含滤渣(除外)的成分为 。
（3）用王水浸取“含滤渣”可回收，浸取时有和生成，写出该反应的化学方程式 。
（4）在常温下，若酸浸后溶液中各离子浓度均为且“滤渣1”为，则“除钴”步骤需要控制溶液的范围是 。已知：
（5）加调的目的是 。
（6）“控温氧化”时控制其他条件一定，的产率与温度和时间的关系如图。
①请写出该过程的离子方程式 。
②、时反应后所得滤液主要为和时反应后所得滤液主要为和。反应相同时间，时的产率低于时，原因可能为 。
(7)产品中可能含少量，为测定的纯度，进行如下实验：称取样品，加入足量硫酸后，再加入标准溶液充分反应，加水定容至取出，用标准溶液滴定，到达滴定终点时消耗标准溶液。(被还原为，不考虑与的反应)，计算的质量分数 。
预测3（2024·湖南·二模）某煤矸石经化学成分分析可知，其含有大量的元素，还含有少量等杂质。下图为硝酸浸出铝、铁、锂等工业流程。按要求回答下列问题：
（1）硝酸浸出分离的操作是 。
（2）富铁渣中的主要成分是 （填化学式）。
（3）低温热解过程中有红棕色气体放出，则铝盐发生反应的化学方程式为 （假设热解过程中只有一种含氮化合物生成）；此时热解温度不宜过高的原因是 。
（4）热活化过程可在氮气或空气气氛中进行，其活化气氛在不同温度下对铝（图1）、铁（图2）浸出的影响，以及铁的活化产物与硝酸反应的与温度的关系（图3）如下图所示。则热活化过程所选用的合适的条件是 （填标号）。
A．气氛、 B．空气气氛、 C．气氛、 D．空气气氛、
空气气氛中温度越高，铁的浸出率越小的原因可能是 。
（5）该流程获得的锂富集液可广泛应用于电池行业。某锂离子电池电解液由六氟磷酸锂（）和碳酸酯类有机溶剂组成，充电过程中，石墨电极发生阴离子插层反应得。则碳酸酯类为 （填“极性”或“非极性”）溶剂，放电时，正极发生的电极反应方程式为 。
预测4（2024·广东·二模）锗是一种战略性金属，广泛应用于光学及电子工业领域。一种用锌浸渣(主要含、，另含少量ZnS、以及)提取Ge和的工艺流程如下：
已知：①锗在硫酸中的存在形式：pH≤2.0时主要为，时主要为。
②常温下，，。
请回答下列问题：
（1）Ge是第四周期第ⅣA族元素，其基态原子的价层电子排布式为 。
（2）“氧化酸浸”工序中，溶液，浸渣的主要成分为、S和 (填化学式)；被双氧水氧化的离子方程式为 。
（3）“中和沉淀”工序中，所加化合物A为 (填一种物质的化学式)；调节溶液，Ge和Fe共沉淀，此时滤液中 。
（4）①在水溶液中的溶解度曲线如图所示，则从滤液中回收的操作为蒸发浓缩、 、洗涤、干燥。
②用惰性电极电解溶液可制取金属锌，电解后的溶液可在上述流程中 工序循环使用。
（5）“水解”工序中，水解生成的化学方程式为 ；的沸点(1200℃)远高于的沸点(84℃)，其原因为 。
（6）是一种可用于制作太阳电池的钙钛矿型材料，其立方晶胞如图所示，Cs与Br的最短距离比Ge与Br的最短距离大，则Ge在晶胞中的位置为 (填“体心”“面心”或“顶角”)；晶体中一个Cs周围与其距离最近的Br的个数为 。
预测5（2024·北京·一模）一种利用富锂卤水(含Li+、Na+、Mg2+、Cl-、硼酸根等)中制备碳酸锂的工艺如下：
已知：室温下相关物质的Ksp如下表。
化合物 MgCO3 Mg(OH)2 CaC2O4 CaCO3 Ca(OH)2 Li2CO3
Ksp 6.8×10-6 5.6×10-12 2.3×10-9 2.8×10-9 5.5×10-6 2.5×10-2
（1）i中，操作的名称是 。
（2）ii可除去80%的Mg2+，该过程中生成Mg2(OH)2CO3反应的离子方程式为 。
（3）iii中，得到的沉淀3的成分有 。
（4）有人提出：可省略向溶液3中加入草酸钠这一步，该建议 (填“可行”或“不可行”)，理由是 。
（5）一种测定碳酸锂产品纯度的方法如下：
步骤I．取agLi2CO3产品，加入c1mol/LV1mLH2SO4标准溶液，固体完全溶解；
步骤II．加热溶液，缓缓煮沸一段时间后自然冷却至室温；
步骤III．以酚酞为指示剂，用c2mol/LNaOH标准溶液滴定至终点，消耗溶液体积为V2mL。
①已知：杂质不与H2SO4、NaOH溶液反应。Li2CO3的摩尔质量为74g/mol。该Li2CO3产品纯度为 (写出计算式，用质量分数表示)。
②步骤II的目的是 ；若省略步骤II，直接进行步骤III，将导致测得的Li2CO3产品纯度 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
（6）纯化Li2CO3粗品
将Li2CO3转化为LiHCO3后，用隔膜法电解LiHCO3溶液制备高纯度的LiOH，再转化得电池级Li2CO3.电解原理如图所示：
阳极的电极反应式是 ，该池使用了 (填“阳”或“阴”)离子交换膜。
押题1（2024·河南·三模）某废旧三元锂离子电池正极材料的主要成分是还有少量有机粘结剂和铝箔基底等，下图是处理电池正极材料回收锂、钴、镍、锰的一种流程。回答下列问题：
已知：①常温下，碳酸锂微溶于水，碳酸氢锂易溶于水。
中Ni和Co元素的化合价均为+2价。
③焙烧时没有发生变化，焙烧还原时Li元素转化为。
④常温时，氢氧化铝。。
（1）中Mn元素的化合价为 。
（2）为提高焙烧效率，可采取的措施有 (填写一种方法)，焙烧的目的是 。
（3）除杂时发生反应的离子方程式为 (任写一个)。
（4）焙烧还原时发生反应的化学方程式为 。
（5）水浸时，通入CO2的目的是 。
（6）若废旧的锂离子电池拆解后先使用酸溶解，最终也可以得到等物质，在酸浸中若Al3+浓度为0.1mol/L，则常温时pH> (结果保留两位小数)才能够形成氢氧化铝沉淀。
(7)已知MnO晶胞结构如图所示，晶胞参数为apm，NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体密度为 g/cm (写出表达式)。
押题2（2024·福建·三模）利用氟磷灰石［主要成分为杂质为等］为原料生产可应用于巨型激光器“神光二号”的磷酸二氢钾（），工艺流程如下。
已知：25℃时，，，，，。
（1）“酸浸Ⅰ”中生成，其化学方程式为 。
（2）“酸浸Ⅱ”中，滤渣的主要成分为 。
（3）“脱氟”中试剂X为 （填“”或“”）；当时，溶液中试剂X电离出的剩余金属阳离子的浓度为 。
（4）“中和法”为获得较高纯度的，控制pH范围为 ；在此pH范围内纯度的溶液中各微粒浓度大小关系为 。
已知：溶液中、、、的分布分数随pH变化曲线如图。［如分布分数：］
（5）“电解法”工作原理如图。
①阴极的电极反应式为 。
②分析产品室可得到的原因 。
③相较于“中和法”，“电解法”的优点有 （写出2条即可）。
押题3（2024·广东·二模）Fe@Fe2O3纳米线是一种新型铁基材料，在催化、生物医药、环境科学等领域具有广阔应用前景。某研究小组以赤泥(铝土矿提取氧化铝过程中产生的固体废弃物，含SiO2、Fe2O3、Al2O3)为原料，设计下列流程制备Fe@Fe2O3纳米线并探究其在水处理中的应用。
回答下列问题：
（1）“浸出”实验中，盐酸起始浓度对铁、铝浸出率的影响如图所示：
①盐酸的合适浓度为 。
②盐酸起始浓度为2 mol·L-1时，铁的浸出率很低，原因是 。
（2）铁的晶胞如图所示，若该晶体的密度是a，则两个最近的Fe原子间的距离为 cm(设NA为阿伏加德罗常数的值)。
（3）已知：25℃时，Al(OH)3(s)AlO+ H+ + H2O K=4×10-13。若浸出液c(Al3+) = 0.04 mol·L-1，“调节pH”时，pH最小应为 (设调节pH过程中溶液体积不变)。
（4）Fe@Fe2O3纳米线为壳层结构(核是Fe、壳是Fe2O3)，壳是由中心铁核在合成过程中被氧化而形成。
①“合成”时滴加NaBH4溶液过程中伴有气泡产生，滤液II中含B(OH)3，合成铁核的离子方程式为 。
②“合成”后，经过滤、 、 获得Fe@Fe2O3纳米线。
押题4（2024·山东·二模）GaN作为第三代半异体材料广泛应用于大功率充电器和5G通讯技术，某工厂利用炼锌矿渣［主要成分、、CuO和］制备并提取GaN，工艺流程如下：
已知：ⅰ．镓和铝位于同一主族，性质相似
ⅱ．可溶于过量氨水生成
ⅲ．常温下，酸浸后浸出液中可能存在的各离子浓度、形成氢氧化物沉淀的pH和金属离子在该工艺条件下的萃取率见下表：
金属离子
浓度 — 0.78 0.22
开始沉淀pH 8.0 1.7 5.6 3.0 4.5
完全沉淀pH 9.6 3.2 8.0 4.9 a（a>5.5）
萃取率/% 0 99 0 97~98.5 93
（萃取率指进入有机层中金属离子的百分数；难被萃取；离子浓度时即认为沉淀完全）
回答下列问题：
（1）“酸浸”过程中发生反应的化学方程式为 。
（2）滤液①中的浓度为： ；从工业经济性考虑，电解滤液①得到的产物，可用于回收金属，还可用于 ；滤液①中的主要溶质之一可采用加热浓缩、降温结晶的方法提取，不同降温方法对析出固体的颗粒大小影响如图所示，若工业生产对产品粒径均一度有要求，则应选用 （填“快速”“缓慢”或“变速”）降温的方法，原因是 。
（3）物质A的化学式为 。反萃取过程中物质B会溶于水相分离，生成物质B的离子方程式为 ；若通过电解物质B的溶液可以得到单质Ga，则阴极电极反应式为 。
押题5（2024·重庆·二模）工业上用软锰矿（主要含、及铁的氧化物）和铅闪（主要含PbS、、ZnS）为原料联合制取和的流程如下图所示。
（1）基态Mn核外有 个未成对电子，Mn元素位于元素周期表的 区。
（2）提高“酸浸”浸出率可采取的措施有 （写两条），“冰水沉积”的目的是 。
（3）PbS、MnS、ZnS三种物质在相同条件下，溶度积最大的是 （填化学式）。
（4）“酸浸”时，PbS与反应生成和，写出其反应的离子方程式 。
（5）“酸浸”时，要尽量防止硫元素转化为单质S，其主要原因是 。
（6）“氧化”时，发生的主要反应的离子方程式为 。
(7)通过在MnO晶体（正极）中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电，原理如下图所示。Ⅰ为MnO活化过程，请写出过程Ⅱ的电极反应式 。
名校预测
预测1
【答案】（1）第四周期VIII族 3∶4
（2）1∶4
（3）Co(OH)2
（4）减小Li2CO3的溶解量，提高产率 C
（5）6.572
（6）顶点、面心
【分析】由流程和题中信息可知，LiCoO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是SiO2；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2为Co(OH)2和滤液2主要溶质为LiCl；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到Li2CO3，据此解答。
【解析】（1）Co为27号元素，在第四行第9列，所以Co在元素周期表的位置是第四周期VIII族，Co2+与Co3+的核外电子排布式分别为[Ar]3d7、[Ar]3d6，未成对电子分别为3和4，Co2+与Co3+的未成对电子数之比3∶4；
（2）“焙烧”反应方程式为：，生成的氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶4；
（3）根据分析可知，“滤饼2”的主要成分为Co(OH)2，Li2CO3与CoCO3在空气中于烧结生成LiCoO2，反应的化学方程式为：；
（4）碳酸锂的溶解度随温度的升高而减小，则向滤液2中加入碳酸钠溶液，将温度升高至90℃是为了提高沉淀反应速率和减小碳酸锂的溶解量，提高产率。得到碳酸锂沉淀的操作为加热后，趁热过滤，故选C；
（5）常温下，取100mL“滤液2”，其中c(Li+)=0.20mol/L，为使锂元素的回收率不低于80%，则溶液中剩余的Li+浓度为0.2mol/L×20%=0.04mol/L，则溶液中，需要碳酸钠的物质的量为0.54mol/L×0.1L=0.054mol，沉淀Li+需要碳酸钠的物质的量为0.2mol/L×0.1L×80%×=0.008mol，最少需要碳酸钠的物质的量为0.008mol+0.054mol=0.062mol，故至少应加入碳酸钠固体质量为0.062mol×106g/mol=6.572g；
（6）①Li2O中的Li+和O2-的个数比为2∶1，根据观察并计算，晶胞中黑球个数为，灰球个数为8，则黑球代表O2-，O2-在晶胞中的位置为顶点和面心；
②设晶胞参数为anm，晶胞体积为(a×10-7) 3cm3，晶胞质量为，Li2O晶体的密度为 g cm 3，由此可知a=nm。
预测2
【答案】（1）第六周期第Ⅷ族
（2）
（3）
（4）
（5）使完全沉淀，提高产品纯度
（6） ，部分分解生成和浓度减小，反应速率减慢
(7)
【分析】废料加入硫酸酸浸，二氧化硅不反应、氧化钙转化为不溶的硫酸钙、Pt不反应，三者成为滤渣，镍、钴、铝转化为溶液进入滤液，通入氯气将钴转化为沉淀除去钴，过滤滤液中Al3+用NaOH溶液调节pH变为沉淀得到滤渣2，碱性条件下加入氧化性的NaClO与Ni2+反应生成Ni2O3，高温还原生成Ni；
【解析】（1）的原子序数为78，为78号元素，其在元素周期表中的位置为：第六周期第Ⅷ族；
（2）由分析可知，含滤渣(除外)的成分为；
（3）王水为浓盐酸和浓硝酸溶液，“含滤渣”浸取时有和生成，反应中Pt化合价由0变为+4、N化合价由+5变为+2生成NO，结合电子守恒可知，该反应的化学方程式；
（4）“除钴”步骤需要控制溶液的使得Co沉淀而Ni、Al不沉淀，结合可知，氢氧化铝比镍更难溶，铝离子沉淀时，pOH=10.7，pH=3.3；而钴元素完全沉淀时，pOH=12.5，pH=1.5；故需要控制溶液的范围是；
（5）加调的目的是使完全沉淀，防止铝离子进入产品，提高产品纯度；
（6）①次氯酸钠具有氧化性，“控温氧化”时，在碱性条件下，使得二价镍转化为Ni2O3沉淀，反应中镍化合价由+2变为+3、氯化合价由+1变为-1，该过程的离子方程式为：。
②、时反应后所得滤液主要为和时反应后所得滤液主要为和，说明时，次氯酸钠发生歧化反应生成氯化钠和氯酸钠，使得次氯酸钠浓度减小，反应变慢，故选，部分分解生成和浓度减小，反应速率减慢；
（7）亚铁离子被高锰酸根离子氧化为铁离子，由电子守恒可知，，高锰酸钾消耗的亚铁离子为，则消耗的亚铁离子为=0.05mol，由电子守恒可知，，则的质量分数=83%。
预测3
【答案】（1）过滤
（2）
（3） 温度过高，硝酸镁会热解产生大量的氧化镁或氢氧化镁，造成不纯
（4） 空气气氛中高温条件下主要生成与硝酸的反应大于0，很难被硝酸浸出
（5）极性
【分析】在氮气气氛下高温活化煤矸石各成分，使其在硝酸中浸出。活化成分被硝酸浸出后得到含铝、铁、锂、镁等元素的硝酸盐。为防止硝酸铁在低温热解时产生相应的氧化物混入氧化铝中加大后续提纯难度，事先分离出铁元素。低温热解得到氧化铝过滤后，将滤液高温热解分离出富镁渣，最后获得锂富集液。
【解析】（1）与溶液分离的操作是过滤。
（2）硝酸浸出得到铁离子，通过调pH得到。
（3）低温热解过程中有红棕色气体放出，即硝酸铝生成NO2，根据得失电子守恒，发生反应的化学方程式为；由流程知，高温热解得到富镁渣，所以温度过高，硝酸镁会热解产生大量的氧化镁或氢氧化镁，造成不纯。
（4）该流程的目的是从煤矸石中分离出铝、铁、锂等，因此热活化过程尽可能考虑到后续铝、铁等的浸出，因此综合考虑，根据图知，热活化过程合适的条件是气氛、550。由图3可知与硝酸反应的大于0，因此可合理推测空气气氛中温度越高，铁的浸出率越小的原因可能是主要生成，很难被硝酸浸出。
（5）该锂离子电池的电解液为六氟磷酸锂，在溶剂中以和形式存在，且保持电解液的强导电性，因此碳酸酯类应为极性溶剂。充电过程中阴极嵌入，石墨电极发生反应：。因此放电时，正极发生的电极反应方程式为。
预测4
【答案】（1）
（2）
（3） ZnO或等
（4）趁热过滤 氧化酸浸
（5） 是共价晶体，是分子晶体
（6）体心 12
【分析】由题给流程可知，向锌浸渣中加入过氧化氢和硫酸的混合溶液，将ZnFe2O4转化为硫酸锌、硫酸铁，硫化锌、二硫化锗转化为硫酸锌、硫酸锗和硫，二氧化硅不反应，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅和硫的滤渣和滤液；向滤液中加入氧化锌或氢氧化锌调节溶液pH，将溶液中的铁离子、锗离子转化为氢氧化铁、氢氧化锗沉淀，过滤得到滤液和滤饼；滤液经蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥得到一水硫酸锌晶体；向滤饼中加入盐酸溶解后，蒸馏得到四氯化锗，四氯化锗一定条件下水解、过滤得到水解液和二氧化锗；二氧化锗与合适的还原剂一定条件下反应生成锗。
【解析】（1）锗元素位于第四周期ⅣA族，则基态原子的价层电子排布式为4s24p2，故选4s24p2；
（2）由分析可知，滤渣的主要成分为硫酸钙、二氧化硅和硫；由分析可知，硫化锗与过氧化氢和硫酸混合溶液反应生成硫酸锗、硫和水，反应的离子方程式为，故选；；
（3）由分析可知，“中和沉淀”工序中，加入氧化锌或氢氧化锌调节溶液pH的目的是将溶液中的铁离子、锗离子转化为氢氧化铁、氢氧化锗沉淀；由溶度积可知，滤液中锗离子与铁离子的浓度比为=101.6，故选ZnO或等；101.6；
（4）①由图可知，一水硫酸锌的溶解度随温度升高而降低，则从硫酸锌溶液中回收一水硫酸锌的操作为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥，故选趁热过滤；
②用惰性电极电解硫酸锌溶液制取金属锌的反应为2ZnSO4+2H2O2Zn+2H2SO4+O2↑，则电解得到的硫酸溶液可在上述流程中氧化酸浸工序循环使用，故选氧化酸浸；
（5）由分析可知，四氯化锗一定条件下水解、过滤得到水解液和二氧化锗，反应的化学方程式为；由沸点可知，二氧化锗是熔沸点高的原子晶体，四氯化锗是熔沸点低的分子晶体，原子晶体的沸点高于分子晶体，故选；是共价晶体，是分子晶体；
（6）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的黑球个数为8×=1、位于体心的条纹球个数为1、位于面心的灰球个数为6×=3，由化学式可知，灰球为溴原子，由铯原子与溴原子的最短距离比锗原子与溴原子的最短距离大可知，条纹球为锗原子、黑球为铯原子；晶胞中位于顶点的铯原子与位于面心的溴原子距离最近，则铯原子周围与其距离最近的溴原子的个数为12，故选体心；12。
预测5
【答案】（1）萃取、分液
（2）2Mg2++3+2H2O=Mg2(OH)2CO3↓+ 2
（3）Mg(OH)2、CaCO3、Ca(OH)2
（4） 不可行 由于Ksp(CaCO3)远小于Ksp(Li2CO3)，若省略向溶液3中加入草酸钠这一步，会在沉锂的同时生成CaCO3沉淀，造成产品纯度降低
（5） ×100% 除去溶液中的CO2 偏低
（6） 4-4e-=2H2O+O2↑ +4CO2↑ 阳
【分析】由题干工艺流程图可知，向富锂卤水中加入有机溶剂进行萃取分液出含硼有机溶剂和主要含Li+、Na+、Mg2+的水层溶液1，向溶液1中加入纯碱，将Mg2+转化为Mg2(OH)2CO3进行一次除镁，过滤得沉淀2主要成分为Mg2(OH)2CO3，向溶液2中加入石灰乳进行二次除镁，将剩余的镁离子转化为Mg(OH)2，同时步骤ii中生成的碳酸氢根离子和石灰乳反应生成CaCO3沉淀，故过滤出沉淀3主要成分为Mg(OH)2和CaCO3，向溶液3中加入草酸钠进行除Ca2+，将溶液3中的Ca2+转化为CaC2O4沉淀，过滤得到沉淀4主要成分为CaC2O4，向溶液4中加入纯碱进行沉锂，过滤洗涤得到碳酸锂，据此分析解题。
【解析】（1）由分析可知，i中操作的名称是萃取分液，故选萃取、分液；
（2）由分析可知，ii可除去80%的Mg2+，该过程中生成Mg2(OH)2CO3反应即Mg2+和Na2CO3溶液反应生成Mg2(OH)2CO3，故该反应的离子方程式为：2Mg2++3+2H2O=Mg2(OH)2CO3↓+2；
（3）由分析可知，iii中，得到的沉淀3的成分有Mg(OH)2和CaCO3、Ca(OH)2；
（4）由分析可知，溶液3中含有Li+、Na+、Ca2+等离子，Ca2+能与步骤v中的沉锂的纯碱反应生成CaCO3，造成所得Li2CO3沉淀不纯，故有人提出：可省略向溶液3中加入草酸钠这一步，该建议不可行；
（5）①根据2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O可知与NaOH反应的H2SO4的物质的量为：n(H2SO4)=n(NaOH)=c2V2×10-3mol,则与Li2CO3反应的硫酸的物质的量为：n(H2SO4)=c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol=( c1V1-c2V2)×10-3mol,根据Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+H2O+CO2↑，故该Li2CO3产品纯度为×100%；
②由反应方程式Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+H2O+CO2↑可知，步骤I反应后的溶液中含有CO2，故步骤Ⅱ的目的是将溶液中溶解的CO2赶出，以免影响实验结果，若省略步骤Ⅱ，直接进行步骤Ⅲ，将导致上述实验中的V2偏大，则将导致测得的Li2CO3产品纯度偏低；
（6）根据电解图，阳极失去电子发生氧化反应，放电为氢氧根离子，电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；阴极放电的是氢离子，电极方程式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极生成OH-，Li+通过阳离子交换膜进入阴极区，则LiOH在阴极生成，Li+移向阴极，为阳离子交换膜。
名师押题
押题1
【答案】（1）+7
（2） 升高焙烧温度、增大空气浓度、电池正极材料和空气逆向流动、搅拌、将正极材料研磨等 除去正极材料中含有的有机粘结剂
（3）或
（4）20LiNi0.6Co0.2Mn0.2O2+13C10Li2CO3+12Ni+4Co+4MnO+3CO2
（5）将微溶的Li2CO3转化为易溶的LiHCO3，更好与Ni、Co、MnO分离，提高锂元素的回收率
（6）3.37
(7)
【分析】某废旧三元锂离子电池正极材料的主要成分是还有少量有机粘结剂和铝箔基底等，经过空气焙烧后，除去有机粘合剂，铝转化为氧化铝，浸碱后氧化铝溶解在滤液中，焙烧还原时Li元素转化为，同时有CO2、Co、Ni、MnO生成，通过水浸后得到，热解后得到，据此分析解题。
【解析】（1）根据物质的化合价之和为0，且中Ni和Co元素的化合价均为+2价，Mn元素的化合价为+7价。
（2）为提高焙烧效率，可采取的措施有升高焙烧温度、增大空气浓度、电池正极材料和空气逆向流动、搅拌、将正极材料研磨等；据分析可知，焙烧的目的是除去正极材料中含有的有机粘结剂。
（3）除杂时铝，或氧化铝与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，离子方程式为：或。
（4）焙烧还原时Li元素转化为，同时有二氧化碳生成，反应的化学方程式为：20LiNi0.6Co0.2Mn0.2O2+13C10Li2CO3+12Ni+4Co+4MnO+3CO2。
（5）水浸时，通入CO2的目的是将微溶的Li2CO3转化为易溶的LiHCO3，更好与Ni、Co、MnO分离，提高锂元素的回收率。
（6）Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)×c3(OH-)=，Al3+浓度为0.1mol/L，c(OH-)=，，pH=-log(H+)=。
（7）MnO晶胞结构如图所示，O2-：，Mn2+：，晶胞的质量为：16g×4+55g×4=284g，晶胞参数为apm=a×10-10cm，NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体密度为 g/cm3。
押题2
【答案】（1）
（2）
（3） 或或0.63
（4）4~6
（5） 阴极产生通过阴膜，阳极通过阳膜，生成 协同产生、；相较于KOH原料KCl廉价易获得
【分析】氟磷灰石［主要成分为杂质为，用磷酸“酸浸”放出HF气体，生成，加硫酸“酸浸”，生成硫酸钙沉淀和磷酸，过滤，滤液中加碳酸钠生成Na2SiF6沉淀脱氟，过滤，滤液为磷酸，用加氢氧化钾中和制备，或用电解磷酸和氯化钾混合液的方法制备。
【解析】（1）“酸浸Ⅰ”中和磷酸反应生成和HF，其化学方程式为；
（2）“酸浸Ⅱ”中和硫酸反应生成硫酸钙沉淀和磷酸，滤渣的主要成分为；
（3）碳酸钡比BaSiF6更难溶，所以“脱氟”中试剂X不能用碳酸钡，试剂X为；当时，c(Na+)= 。
（4）根据图示“中和法”为获得较高纯度的，控制pH范围为4~6；在此pH范围内；ka1()=10-2.1、ka2()=10-7.2；ka3()=10-12.2，的水解常数为10-11.9；溶液中电离大于水解，所以
溶液中各微粒浓度大小关系为。
（5）①阴极氢离子得电子生成氢气，阴极的电极反应式为。
②阴极产生通过阴膜，阳极通过阳膜，在产品室可得到。
③相较于“中和法”，“电解法”的优点有：协同产生、；相较于KOH原料KCl廉价易获得。
押题3
【答案】（1）6 mol·L-1 盐酸起始浓度为2mol·L-1时，Fe3+发生了水解
（2）
（3）11
（4） 9H2O + 4Fe3+ + 3BH= 4Fe + 6H2↑+ 3B(OH)3 + 9H+ 洗涤 烘干
【分析】赤泥含有SiO2、Fe2O3、Al2O3，用盐酸酸浸，Fe2O3、Al2O3溶解，而SiO2不溶解，过滤得到滤渣为SiO2，浸出液加入NaOH调节pH，使铝离子转化为偏铝酸钠，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，然后再过滤，滤液I含有偏铝酸钠，用盐酸溶解氢氧化铁得到氯化铁溶液，再用NaBH4溶液还原得到Fe核，NaBH4中氢元素被氧化为氢气。
【解析】（1）①由图中信息可知，盐酸的浓度为6 mol·L－1时铝、铁的浸出率已经很高，再增大浓度浸出率增大不明显，故合适浓度为6 mol·L－1；
②盐酸起始浓度为2mol·L－1时，Fe3+发生了水解，铁的浸出率很低；
（2）铁的晶胞如图所示，若该晶体的密度是ag·cm-3，设晶胞的边长为xcm，则两个最近的Fe原子间的距离为xcm，根据均摊法可知一个晶胞含有的铁原子数为8×+6×=4，晶胞的体积V=x3cm3=，解得x=，则两个最近的Fe原子间的距离为xcm=·；
（3）已知：25℃时，Al(OH)3(s)AlO+ H+ + H2O ，K=c(AlO)·c(H+)= c(Al3+)·c3(OH-)=4×10－13，若浸出液c(Al3+) = 0.04 mol·L－1，由Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)·c3(OH-)= 0.4 mol·L－1×c3(OH-)=4×10－13，c(OH-)=10－3，“调节pH”时，pH最小应为11；
（4）①“合成”时滴加NaBH4溶液过程中伴有气泡产生为氢气，滤液Ⅱ中含B(OH)3，合成铁核的离子方程式为9H2O + 4Fe3+ + 3BH= 4Fe + 6H2↑+ 3B(OH)3 + 9H+；
②“合成”后，经过滤、洗涤、烘干获得Fe@Fe2O3纳米线。
押题4
【答案】（1）
（2）或 在酸浸中循环利用O2和 变速 变速降温下析出的固体颗粒大小更集中（粒径统一度大）等
（3）Fe
【分析】锌矿渣［主要成分、、CuO和］通入空气，加入硫酸进行酸浸，去除浸出渣，再加入氨水调节pH为5.5，得到滤液①，、转化为沉淀，固体①加入过量氨水，洗涤得到滤液②和固体②，固体②加入盐酸和物质A溶解转化，物质A为Fe，还原出Ga，镓和铝位于同一主族，性质相似,利用萃取剂萃取去水相，有机相再加入过量氢氧化钠溶液反萃取得到有机相和物质B为[Ga(OH)4]-，经一系列操作得到GaN；
【解析】（1）“酸浸”过程中与硫酸反应生成硫酸镓和硫酸铁，发生反应的化学方程式为；
（2）根据表中数据可知，开始沉淀时浓度为0.22mol/L，pH=4.5，则c(OH-)=10-9.5mol/L，=，用氨水调节pH=5.5，故滤液①中的浓度为：；或完全沉淀时pH=a，c(OH-)=10a-14mol/L，的浓度，=，用氨水调节pH=5.5，故滤液①中的浓度为：；
从工业经济性考虑，电解滤液①得到的产物，可用于回收金属，还可用于在酸浸中循环利用O2和；
结合图中信息可知，在变速降温的情况下析出的固体颗粒大小更集中（粒径统一度大）等；
（3）根据分析可知，物质A的化学式为Fe；反萃取过程中物质B会溶于水相分离，生成物质B的离子方程式为；若通过电解物质B的溶液可以得到单质Ga，则阴极上[Ga(OH)4]-得电子产生Ga，电极反应式为。
押题5
【答案】（1） 5 d
（2） 延长浸取时间、不断搅拌、将原料粉碎等 降低的溶解度
（3）MnS
（4）
（5）防止生成单质S覆盖在矿物表面，阻碍反应进行，提高浸出量
（6）
(7)
【分析】软锰矿（主要含MnO2、SiO2及铁的氧化物）和铅闪（主要含PbS、FeS2、ZnS）为原料，加入盐酸酸浸、加氯化钠，再加入NaOH，过滤除去二氧化硅和FeOOH，冰水沉积得到PbCl2固体，加硫酸转化为硫酸铅，溶液加入Na2S净化，生成PbS和ZnS沉淀，滤液加入氨水，通入空气，生成Mn3O4，据此回答。
【解析】（1）①基态Mn电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，有5个未成对电子；
②Mn元素位于元素周期表的d区；
（2）①提高“酸浸”浸出率可采取的措施有延长浸取时间、不断搅拌、将原料粉碎等；
②冰水沉积得到PbCl2固体，则“冰水沉积”的目的是降低PbCl2的溶解度；
（3）根据加入Na2S生成PbS和ZnS沉淀，没有生成MnS，则PbS、MnS、ZnS三种物质在相同条件下，溶度积最大的是MnS；
（4）酸浸”时，PbS、MnO2、HCl反应生成[PbCl4]2 、、Mn2+和H2O，离子方程式为：；
（5）“酸浸”时，要尽量防止硫元素转化为单质S，其主要原因是：防止生成单质S覆盖在矿物表面，阻碍反应进行，提高Mn2+浸出量；
（6）“氧化”时，锰离子与氨气、氧气和水反应生成四氧化三锰、铵根离子和水，离子方程式为：；
（7）由图可知，过程Ⅱ为Mn0.61□0.39O转化为ZnxMn0.61□0.39O，需要结合锌离子，锰的化合价在降低，得到电子，电极反应式为：。
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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化学工艺流程大题综合
年份 试卷 考点
2023 海南卷 化合价、循环使用的物质、陌生方程式的书写、溶度积常数的计算
2023 广东卷 离子方程式、晶体与非晶体的判断、晶胞的计算
2023 辽宁卷 反应速率的影响因素、离子方程式、陌生方程式的书写、溶度积常数的计算
2023 湖北卷 周期表的位置、焰色反应、溶度积常数的计算、陌生方程式的书写
2023 北京卷 溶度积常数的计算、分离和提纯的方法、陌生方程式的书写
2023 重庆卷 电子排布式、离子方程式、反应速率的影响因素、滴定
2022 广东卷 离子方程式、pH调节范围、电极反应式、电子转移、溶度积常数的计算
2022 湖北卷 除杂、过滤、蒸发浓缩、趁热过滤、溶解度的影响因素
2022 湖南卷 盖斯定律的应用、蒸馏、除杂、陌生方程式的书写
2022 辽宁卷 影响焙烧效率的措施、陌生方程式的书写、离子方程式、溶度积的计算
2021 北京卷 分离提纯的方法、离子方程式的书写、产品纯度测定
2021 广东卷 化合价、离子方程式、除杂的方法、氧化剂与还原剂物质的量之比
2021 河北卷 离子方程式的书写、陌生方程式的书写、溶度积常数的计算
2021 湖北卷 化合价、陌生方程式的书写、平衡常数的计算、硫酸根的检验
2021 湖南卷 提高“水浸”效率的因素、离子方程式、陌生方程式的书写
2021 辽宁卷 周期表的位置、陌生方程式的书写、离子方程式、分离提纯的方法
化学工艺流程题是近年来高考的必考题型，该类题源于生产实际，以解决化学实际问题为目的，将化工生产过程中的主要生产流程用框图形式展示出来，主要考查信息方程式的书写、条件的控制、物质的分离提纯及成分确定、产率计算等知识，新高考中又融入了物质结构与性质的考查，试题新颖，内容丰富，阅读量大。
一、信息型化学(或离子)方程式的书写及相关计算
1．熟记常见的氧化剂、还原剂及对应产物
氧化剂 Cl2 O2 浓H2SO4 HNO3 KMnO4 (H＋)、MnO2 Fe3＋ KClO3、 ClO－ H2O2
还原产物 Cl－ O2－ SO2 NO或NO2 Mn2＋ Fe2＋ Cl－ H2O
还原剂 I－ (HI) S2－ (H2S) CO、C Fe2＋ NH3 SO2、 SO H2O2 —
氧化产物 I2 S CO2 Fe3＋ NO SO O2 —
2.认识常考的一些特殊物质的元素化合价
CuFeS2：Cu(＋2)、Fe(＋2)、S(－2)
K2FeO4：Fe(＋6)
Li2NH：N(－3)
LiNH2：N(－3)
AlN：N(－3)
Na2S2O3：S(＋2)
C2O：C(＋3)
HCN：C(＋2)、N(－3)
CuH：Cu(＋1)、H(－1)
FeO：Fe[＋(8－n)]
Si3N4：Si(＋4)、N(－3)
3．方程式配平步骤
（1）根据题目的流程图或题干信息，确定反应物和部分生成物。
（2）判断反应中变价元素的化合价并利用元素化合价的升降判断出氧化产物或还原产物。
（3）按
写出主体方程式，并按得失电子守恒原则确定相关物质的化学计量数。
（4）根据元素质量守恒，补充其他反应物或生成物，一般为水、酸(H＋)或碱(OH－)。
4．补项原则
条件 补项原则
酸性条件下 缺H(氢)或多O(氧)补H＋，少O(氧)补H2O(水)
碱性条件下 缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)，少O(氧)补OH－
二　条件的控制及“目的、原因、作用”
1．条件控制及目的
（1）调节溶液的pH。常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点：
①能与H＋反应，使溶液pH变大；
②不引入新杂质，如要除去Cu2＋中混有的Fe3＋时，可加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。
（2）控制温度。根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。
（3）控制压强。改变速率，影响平衡。
（4）使用合适的催化剂。加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。
2．原料处理方法及目的
方法 目的
研磨、雾化 减小固体的颗粒度或将液体雾化，增大反应物的接触面积，加快反应速率或使反应更加充分
水浸 与水接触反应或溶解
酸浸 与酸接触反应或溶解，使可溶性离子进入溶液，不溶物通过过滤除去
碱浸 除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物
灼烧 除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质
煅烧 改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土
酸作用 溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等
碱作用 去油污，去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH、促进水解(沉淀)
3.操作与试剂及“目的、原因、作用”
操作与试剂 目的、原因、作用(答题模板)
沉淀水洗 除去××(可溶于水)杂质
沉淀用 乙醇洗涤 ①减小固体的溶解度；②除去固体表面吸附的杂质；③乙醇挥发带走水分，使固体快速干燥
冰水洗涤 洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗
冷凝回流 防止××蒸气逸出脱离反应体系，提高××物质的转化率
控制溶液pH 防止××离子水解；防止××离子沉淀；确保××离子沉淀完全；防止××溶解；促进/抑制××气体吸收/逸出
加过量A试剂 使B物质反应完全(或提高B物质的转化率)
温度不高于××℃ 温度过高××物质分解(如H2O2、NH3·H2O、浓硝酸、NH4HCO3等)或××物质挥发(如浓硝酸、浓盐酸)或××物质氧化(如Na2SO3等)
趁热过滤 防止某物质降温时结晶析出
蒸发结晶 蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出
蒸发浓缩 蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度
减压蒸馏 (减压蒸发) 减小压强，使液体沸点降低，防止××物质受热分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)
蒸发、反应时 的气体氛围 抑制××离子的水解(如加热蒸发AlCl3溶液时需在HCl气流中进行；加热MgCl2·6H2O 得MgCl2时需在HCl气流中进行等)
配制某溶液 前先煮沸水 除去溶解在水中的氧气，防止××物质被氧化
反应容器中和大气相通的玻璃管 平衡压强，避免反应容器中压强过大
三　物质成分的确定及离子浓度等计算
1．滤渣、滤液成分的确定
要考虑样品中原料和杂质的成分在每一步骤中与每一种试剂反应的情况：
（1）反应过程中哪些物质(离子)消失了？
（2）所加试剂是否过量或离子间发生化学反应，又产生了哪些新离子？这些离子间是否会发生反应？
2．循环物质的确定
3．副产品的判断
典例1（2023·海南卷第15题）铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域，是重要的战略物资。利用绿柱石(主要化学成分为(，还含有一定量的FeO和)生产BeO的一种工艺流程如下。
回答问题：
（1）中Be的化合价为_______。
（2）粉碎的目的是_______；残渣主要成分是_______(填化学式)。
（3）该流程中能循环使用的物质是_______(填化学式)。
（4）无水BeCl2可用作聚合反应的催化剂。BeO、Cl2与足量C在600~800℃制备BeCl2的化学方程式为_______。
（5）沉铍时，将pH从8.0提高到8.5，则铍的损失降低至原来的_______%。
【答案】（1）+2 （2） 增大反应物的接触面积加快反应速率，提高浸取率 SiO2 （3）(NH4)2SO4 （4）BeO+Cl2+CCO+BeCl2 （5）10 【解析】绿柱石煅烧生成氧化物，浓硫酸浸取，SiO2不溶于硫酸，残渣是SiO2，加硫酸铵调节pH=1.5除去铝离子，加入氨水调节pH=5.1除去铁离子，再加入氨水到pH=8.0生成Be(OH)2沉淀，滤液硫酸铵循环利用。 （1）按照正负化合价代数和为0，Be的化合价为+2+价； （2）粉碎的目的是增大反应物接触面积，加快浸取速率，提高浸取率；残渣的成分是不溶于酸的SiO2； （3）最后的滤液中的硫酸铵可以在除铝步骤中循环利用； （4）BeO、Cl2与足量C在600~800°C生成BeCl2同时生成CO，化学方程式为BeO+Cl2+CCO+BeCl2； （5）设Be(OH)2的溶度积常数为Ksp，K=c(Be2+)×c2(OH-)，c(Be2+)=，当pH=8.0时，c(OH-)=10-6mol/L，铍损失浓度为c(Be2+)=mol/L，当pH=8.5时，c(OH-)=10-5.5mol/L，铍损失浓度为c(Be2+)=mol/L，损失降低至原来的10%。
典例2（2023·广东卷第18题）均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工艺可提取，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
已知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。
氢氧化物
回答下列问题：
（1）活性可与水反应，化学方程式为___________。
（2）常温下，的氨性溶液中，___________ (填“>”“<”或“=”)。
（3）“氨浸”时，由转化为的离子方程式为___________。
（4）会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。
①属于___________(填“晶体”或“非晶体”)。
②提高了的浸取速率，其原因是___________。
（5）①“析晶”过程中通入的酸性气体A为___________。
②由可制备晶体，其立方晶胞如图。与O最小间距大于与O最小间距，x、y为整数，则在晶胞中的位置为___________；晶体中一个周围与其最近的O的个数为___________。
（6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得溶液中与的比值，理论上最高为___________。
②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，在于可重复利用和___________(填化学式)。
【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）HCl 体心 12 （6）0.4或2:5 MgO 【解析】硝酸浸取液(含)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤液中进行镍钴分离，，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。 （1）活性MgO可与水反应，化学方程式为。 （2）常温下，氨性溶液中，，，，则＞； （3）“氨浸”时，与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成，则由转化为的离子方程式为或。 （4）会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。①X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰，则属于晶体；②根据题意会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则能提高了的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。 （5）①“析晶”过程中为了防止水解，因此通入的酸性气体A为HCl ；②由可制备晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中信息Co、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个，Al与O最小间距大于Co与O最小间距，则Al在顶点，因此Co在晶胞中的位置为体心；晶体中一个Al周围与其最近的O原子，以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截面共12个，因此晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为12。 （6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为，根据，，还剩余5个水分子，因此所得溶液中与的比值理论上最高为2:5；②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，根据前面分析，，在于可重复利用HNO3和MgO。
典例3（2023·北京卷第18题）以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。
已知：酸性条件下，的氧化性强于。
（1） “浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。
①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断：__________(填“>”或“<”)。
②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有__________。
（2） “浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。
①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：__________。
②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用：____________________。
（3） “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
①该步反应的离子方程式有______________________________。
②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因：______________。
（4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：________。
【答案】（1）> 、 （2） 是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀 （3）、 被氧气氧化为，把氧化为 （4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂 【解析】银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)混合加溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有、；浸锰渣中与过量和的混合液反应，将中的银以形式浸出，用铁粉把还原为金属银。 （1）①“浸锰”过程中，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，发生反应，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：>； ②根据信息，在溶液中二氧化锰可将氧化为，自身被还原为，则浸锰液中主要的金属阳离子有、。 （2）①中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为； ②是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀。 （3）①铁粉可将还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为、； ②溶液中生成的会被空气中的氧气缓慢氧化为，把部分氧化为，因此后银的沉淀率逐渐降低。 （4）联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用的氧化性将中的氧化为，同时生成的还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到。
典例4（2023·辽宁卷第16题）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液 (含)和)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
物质
回答下列问题：
（1）用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为_______(答出一条即可)。
（2）“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，1molH2SO5中过氧键的数目为_______。
（3）“氧化”中，用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为_______(H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为MnO2、_______(填化学式)。
（4）“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。SO2体积分数为_______时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是_______。
（5）“沉钻镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为_______。
（6）“沉镁”中使沉淀完全，需控制pH不低于_______(精确至0.1)。
【答案】（1）适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积 （2）NA （3） Fe(OH)3 （4）9.0% SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率 （5） （6）11.1 【解析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，发生反应，Fe3+水解同时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成。 （1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积 （2）H2SO5的结构简式为，所以1molH2SO5中过氧键的数目为NA （3）用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为：；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L，，c(OH-)=10-10.8mol/L，根据Kw=10-14，pH=3.2，此时溶液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀，故滤渣还有氢氧化铁； （4）根据图示可知SO2体积分数为0.9%时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率 （5）“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为：； （6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp可计算c(OH-)=10-2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1；
典例5（2023·湖南卷第17题）超纯Ga(CH3)3是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯Ga(CH3)3方面取得了显著成果，工业上以粗镓为原料，制备超纯Ga(CH3)3的工艺流程如下：
已知：①金属Ga的化学性质和Al相似，Ga的熔点为29.8℃；
②Et2O(乙醚)和NR3(三正辛胺)在上述流程中可作为配体；
③相关物质的沸点：
物质 Ga(CH3)3 Et2O CH3I NR3
沸点/℃ 55.7 34.6 42.4 365.8
回答下列问题：
（1）晶体Ga(CH3)3的晶体类型是_______；
（2）“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在40-45℃的原因是_______，阴极的电极反应式为_______；
（3）“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中的产物还包括MgI2和CH3MgI，写出该反应的化学方程式：_______；
（4）“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是_______；
（5）下列说法错误的是_______；
A. 流程中Et2O得到了循环利用
B. 流程中，“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行
C. “工序X”的作用是解配Ga(CH3)3(NR3)，并蒸出Ga(CH3)3
D. 用核磁共振氢谱不能区分Ga(CH3)3和CH3I
（6）直接分解Ga(CH3)3(Et2O)不能制备超纯Ga(CH3)3，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga(CH3)3理由是_______；
（7）比较分子中的C-Ga-C键角大小：Ga(CH3)3_______Ga(CH3)3(Et2O)(填“>”“<”或“=”)，其原因是_______。
【答案】（1）分子晶体 （2）保证Ga为液体，便于纯Ga流出 Ga3++3eˉ=Ga （3）8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2Ga(CH3)3(Et2O)+3MgI2+2CH3MgI； （4）CH4 （5）D （6）NR3沸点较高，易与Ga(CH3)3分离，Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，一起气化，难以得到超纯Ga(CH3)3 （7） > Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小 【解析】以粗镓为原料，制备超纯Ga(CH3)3，粗Ga经过电解精炼得到纯Ga，Ga和Mg反应生产Ga2Mg5，Ga2Mg5和CH3I、Et2O反应生成Ga(CH3)3(Et2O)、MgI2和CH3MgI，然后经过蒸发溶剂、蒸馏，除去残渣MgI2、CH3MgI，加入NR3进行配体交换、进一步蒸出得到超纯Ga(CH3)3，Et2O重复利用，据此解答。 （1）晶体Ga(CH3)3的沸点较低，晶体类型是分子晶体； （2）电解池温度控制在40-45℃可以保证Ga为液体，便于纯Ga流出；粗Ga在阳极失去电子，阴极得到Ga，电极反应式为Ga3++3eˉ=Ga； （3）“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中的产物还包括MgI2和CH3MgI，该反应的化学方程式8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2Ga(CH3)3(Et2O)+3MgI2+2CH3MgI； （4）“残渣”含CH3MgI，经纯水处理，能产生可燃性气体CH4； （5）根据分析，流程中Et2O得到了循环利用，A正确；Ga(CH3)3(Et2O) 容易和水反应，容易被氧化，则流程中，“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行，B正确；“配体交换”得到 Ga(CH3)3(NR3)，“工序X”先解构 Ga(CH3)3(NR3)后蒸出Ga(CH3)3，C正确；二者甲基的环境不同，核磁共振氢谱化学位移不同，用核磁共振氢谱能区分Ga(CH3)3和CH3I，D错误；故选D； （6）直接分解Ga(CH3)3(Et2O)时由于Et2O的沸点较低，与Ga(CH3)3一起蒸出，不能制备超纯Ga(CH3)3，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga(CH3)3的理由是，根据题给相关物质沸点可知，NR3沸点远高于Ga(CH3)3，与Ga(CH3)3易分离； （7）分子中的C-Ga-C键角Ga(CH3)3>Ga(CH3)3(Et2O)，其原因是Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小。
预测1（2024·河北·二模）近几年新能源汽车呈现爆发式增长，对于锂电池的需求量越来越大，而碳酸锂是锂电池的重要原料之一，对废旧锂离子电池进行资源化和无害化处理具有重要的经济和环境效益，利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCoO2)进行氧化处理以回收Li等金属的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）Co在元素周期表的位置是 ，Co2+与Co3+的未成对电子数之比为 。
（2）“烧渣”是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物。“焙烧”反应生成的氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。
（3）“滤饼2”的主要成分为 (填化学式)。利用Li2CO3与CoCO3按n(Li)：n(Co)=1：1的比例配合，然后在空气中于烧结可合成锂电池正极材料LiCoO2，反应的化学方程式为 。
（4）碳酸锂的溶解度随温度变化如图所示。向滤液2中加入Na2CO3溶液，将温度升至90℃是为了提高沉淀反应速率和 。得到碳酸锂沉淀的操作为 (填标号)。
A．静置，过滤 B．蒸发浓缩、冷却结晶 C．加热后，趁热过滤 D．蒸发结晶
（5）常温下，取“滤液2”，其中，为使锂元素的回收率不低于，则至少应加入固体的质量为 g［已知常温下。计算结果保留3位小数。
（6）由进一步制得的具有反萤石结构，晶胞如图所示。
①在晶胞中的位置为 。
②晶体的密度为，则晶胞参数(棱长)为 nm(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
预测2（2024·重庆·一模）用镍铂合金废料(主要成分为，含少量)回收镍和铂，其工艺流程如图：
（1）的原子序数为78，推测其在元素周期表中的位置 。
（2）含滤渣(除外)的成分为 。
（3）用王水浸取“含滤渣”可回收，浸取时有和生成，写出该反应的化学方程式 。
（4）在常温下，若酸浸后溶液中各离子浓度均为且“滤渣1”为，则“除钴”步骤需要控制溶液的范围是 。已知：
（5）加调的目的是 。
（6）“控温氧化”时控制其他条件一定，的产率与温度和时间的关系如图。
①请写出该过程的离子方程式 。
②、时反应后所得滤液主要为和时反应后所得滤液主要为和。反应相同时间，时的产率低于时，原因可能为 。
(7)产品中可能含少量，为测定的纯度，进行如下实验：称取样品，加入足量硫酸后，再加入标准溶液充分反应，加水定容至取出，用标准溶液滴定，到达滴定终点时消耗标准溶液。(被还原为，不考虑与的反应)，计算的质量分数 。
预测3（2024·湖南·二模）某煤矸石经化学成分分析可知，其含有大量的元素，还含有少量等杂质。下图为硝酸浸出铝、铁、锂等工业流程。按要求回答下列问题：
（1）硝酸浸出分离的操作是 。
（2）富铁渣中的主要成分是 （填化学式）。
（3）低温热解过程中有红棕色气体放出，则铝盐发生反应的化学方程式为 （假设热解过程中只有一种含氮化合物生成）；此时热解温度不宜过高的原因是 。
（4）热活化过程可在氮气或空气气氛中进行，其活化气氛在不同温度下对铝（图1）、铁（图2）浸出的影响，以及铁的活化产物与硝酸反应的与温度的关系（图3）如下图所示。则热活化过程所选用的合适的条件是 （填标号）。
A．气氛、 B．空气气氛、 C．气氛、 D．空气气氛、
空气气氛中温度越高，铁的浸出率越小的原因可能是 。
（5）该流程获得的锂富集液可广泛应用于电池行业。某锂离子电池电解液由六氟磷酸锂（）和碳酸酯类有机溶剂组成，充电过程中，石墨电极发生阴离子插层反应得。则碳酸酯类为 （填“极性”或“非极性”）溶剂，放电时，正极发生的电极反应方程式为 。
预测4（2024·广东·二模）锗是一种战略性金属，广泛应用于光学及电子工业领域。一种用锌浸渣(主要含、，另含少量ZnS、以及)提取Ge和的工艺流程如下：
已知：①锗在硫酸中的存在形式：pH≤2.0时主要为，时主要为。
②常温下，，。
请回答下列问题：
（1）Ge是第四周期第ⅣA族元素，其基态原子的价层电子排布式为 。
（2）“氧化酸浸”工序中，溶液，浸渣的主要成分为、S和 (填化学式)；被双氧水氧化的离子方程式为 。
（3）“中和沉淀”工序中，所加化合物A为 (填一种物质的化学式)；调节溶液，Ge和Fe共沉淀，此时滤液中 。
（4）①在水溶液中的溶解度曲线如图所示，则从滤液中回收的操作为蒸发浓缩、 、洗涤、干燥。
②用惰性电极电解溶液可制取金属锌，电解后的溶液可在上述流程中 工序循环使用。
（5）“水解”工序中，水解生成的化学方程式为 ；的沸点(1200℃)远高于的沸点(84℃)，其原因为 。
（6）是一种可用于制作太阳电池的钙钛矿型材料，其立方晶胞如图所示，Cs与Br的最短距离比Ge与Br的最短距离大，则Ge在晶胞中的位置为 (填“体心”“面心”或“顶角”)；晶体中一个Cs周围与其距离最近的Br的个数为 。
预测5（2024·北京·一模）一种利用富锂卤水(含Li+、Na+、Mg2+、Cl-、硼酸根等)中制备碳酸锂的工艺如下：
已知：室温下相关物质的Ksp如下表。
化合物 MgCO3 Mg(OH)2 CaC2O4 CaCO3 Ca(OH)2 Li2CO3
Ksp 6.8×10-6 5.6×10-12 2.3×10-9 2.8×10-9 5.5×10-6 2.5×10-2
（1）i中，操作的名称是 。
（2）ii可除去80%的Mg2+，该过程中生成Mg2(OH)2CO3反应的离子方程式为 。
（3）iii中，得到的沉淀3的成分有 。
（4）有人提出：可省略向溶液3中加入草酸钠这一步，该建议 (填“可行”或“不可行”)，理由是 。
（5）一种测定碳酸锂产品纯度的方法如下：
步骤I．取agLi2CO3产品，加入c1mol/LV1mLH2SO4标准溶液，固体完全溶解；
步骤II．加热溶液，缓缓煮沸一段时间后自然冷却至室温；
步骤III．以酚酞为指示剂，用c2mol/LNaOH标准溶液滴定至终点，消耗溶液体积为V2mL。
①已知：杂质不与H2SO4、NaOH溶液反应。Li2CO3的摩尔质量为74g/mol。该Li2CO3产品纯度为 (写出计算式，用质量分数表示)。
②步骤II的目的是 ；若省略步骤II，直接进行步骤III，将导致测得的Li2CO3产品纯度 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
（6）纯化Li2CO3粗品
将Li2CO3转化为LiHCO3后，用隔膜法电解LiHCO3溶液制备高纯度的LiOH，再转化得电池级Li2CO3.电解原理如图所示：
阳极的电极反应式是 ，该池使用了 (填“阳”或“阴”)离子交换膜。
押题1（2024·河南·三模）某废旧三元锂离子电池正极材料的主要成分是还有少量有机粘结剂和铝箔基底等，下图是处理电池正极材料回收锂、钴、镍、锰的一种流程。回答下列问题：
已知：①常温下，碳酸锂微溶于水，碳酸氢锂易溶于水。
中Ni和Co元素的化合价均为+2价。
③焙烧时没有发生变化，焙烧还原时Li元素转化为。
④常温时，氢氧化铝。。
（1）中Mn元素的化合价为 。
（2）为提高焙烧效率，可采取的措施有 (填写一种方法)，焙烧的目的是 。
（3）除杂时发生反应的离子方程式为 (任写一个)。
（4）焙烧还原时发生反应的化学方程式为 。
（5）水浸时，通入CO2的目的是 。
（6）若废旧的锂离子电池拆解后先使用酸溶解，最终也可以得到等物质，在酸浸中若Al3+浓度为0.1mol/L，则常温时pH> (结果保留两位小数)才能够形成氢氧化铝沉淀。
(7)已知MnO晶胞结构如图所示，晶胞参数为apm，NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体密度为 g/cm (写出表达式)。
押题2（2024·福建·三模）利用氟磷灰石［主要成分为杂质为等］为原料生产可应用于巨型激光器“神光二号”的磷酸二氢钾（），工艺流程如下。
已知：25℃时，，，，，。
（1）“酸浸Ⅰ”中生成，其化学方程式为 。
（2）“酸浸Ⅱ”中，滤渣的主要成分为 。
（3）“脱氟”中试剂X为 （填“”或“”）；当时，溶液中试剂X电离出的剩余金属阳离子的浓度为 。
（4）“中和法”为获得较高纯度的，控制pH范围为 ；在此pH范围内纯度的溶液中各微粒浓度大小关系为 。
已知：溶液中、、、的分布分数随pH变化曲线如图。［如分布分数：］
（5）“电解法”工作原理如图。
①阴极的电极反应式为 。
②分析产品室可得到的原因 。
③相较于“中和法”，“电解法”的优点有 （写出2条即可）。
押题3（2024·广东·二模）Fe@Fe2O3纳米线是一种新型铁基材料，在催化、生物医药、环境科学等领域具有广阔应用前景。某研究小组以赤泥(铝土矿提取氧化铝过程中产生的固体废弃物，含SiO2、Fe2O3、Al2O3)为原料，设计下列流程制备Fe@Fe2O3纳米线并探究其在水处理中的应用。
回答下列问题：
（1）“浸出”实验中，盐酸起始浓度对铁、铝浸出率的影响如图所示：
①盐酸的合适浓度为 。
②盐酸起始浓度为2 mol·L-1时，铁的浸出率很低，原因是 。
（2）铁的晶胞如图所示，若该晶体的密度是a，则两个最近的Fe原子间的距离为 cm(设NA为阿伏加德罗常数的值)。
（3）已知：25℃时，Al(OH)3(s)AlO+ H+ + H2O K=4×10-13。若浸出液c(Al3+) = 0.04 mol·L-1，“调节pH”时，pH最小应为 (设调节pH过程中溶液体积不变)。
（4）Fe@Fe2O3纳米线为壳层结构(核是Fe、壳是Fe2O3)，壳是由中心铁核在合成过程中被氧化而形成。
①“合成”时滴加NaBH4溶液过程中伴有气泡产生，滤液II中含B(OH)3，合成铁核的离子方程式为 。
②“合成”后，经过滤、 、 获得Fe@Fe2O3纳米线。
押题4（2024·山东·二模）GaN作为第三代半异体材料广泛应用于大功率充电器和5G通讯技术，某工厂利用炼锌矿渣［主要成分、、CuO和］制备并提取GaN，工艺流程如下：
已知：ⅰ．镓和铝位于同一主族，性质相似
ⅱ．可溶于过量氨水生成
ⅲ．常温下，酸浸后浸出液中可能存在的各离子浓度、形成氢氧化物沉淀的pH和金属离子在该工艺条件下的萃取率见下表：
金属离子
浓度 — 0.78 0.22
开始沉淀pH 8.0 1.7 5.6 3.0 4.5
完全沉淀pH 9.6 3.2 8.0 4.9 a（a>5.5）
萃取率/% 0 99 0 97~98.5 93
（萃取率指进入有机层中金属离子的百分数；难被萃取；离子浓度时即认为沉淀完全）
回答下列问题：
（1）“酸浸”过程中发生反应的化学方程式为 。
（2）滤液①中的浓度为： ；从工业经济性考虑，电解滤液①得到的产物，可用于回收金属，还可用于 ；滤液①中的主要溶质之一可采用加热浓缩、降温结晶的方法提取，不同降温方法对析出固体的颗粒大小影响如图所示，若工业生产对产品粒径均一度有要求，则应选用 （填“快速”“缓慢”或“变速”）降温的方法，原因是 。
（3）物质A的化学式为 。反萃取过程中物质B会溶于水相分离，生成物质B的离子方程式为 ；若通过电解物质B的溶液可以得到单质Ga，则阴极电极反应式为 。
押题5（2024·重庆·二模）工业上用软锰矿（主要含、及铁的氧化物）和铅闪（主要含PbS、、ZnS）为原料联合制取和的流程如下图所示。
（1）基态Mn核外有 个未成对电子，Mn元素位于元素周期表的 区。
（2）提高“酸浸”浸出率可采取的措施有 （写两条），“冰水沉积”的目的是 。
（3）PbS、MnS、ZnS三种物质在相同条件下，溶度积最大的是 （填化学式）。
（4）“酸浸”时，PbS与反应生成和，写出其反应的离子方程式 。
（5）“酸浸”时，要尽量防止硫元素转化为单质S，其主要原因是 。
（6）“氧化”时，发生的主要反应的离子方程式为 。
(7)通过在MnO晶体（正极）中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电，原理如下图所示。Ⅰ为MnO活化过程，请写出过程Ⅱ的电极反应式 。
名校预测
预测1
【答案】（1）第四周期VIII族 3∶4
（2）1∶4
（3）Co(OH)2
（4）减小Li2CO3的溶解量，提高产率 C
（5）6.572
（6）顶点、面心
【分析】由流程和题中信息可知，LiCoO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是SiO2；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2为Co(OH)2和滤液2主要溶质为LiCl；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到Li2CO3，据此解答。
【解析】（1）Co为27号元素，在第四行第9列，所以Co在元素周期表的位置是第四周期VIII族，Co2+与Co3+的核外电子排布式分别为[Ar]3d7、[Ar]3d6，未成对电子分别为3和4，Co2+与Co3+的未成对电子数之比3∶4；
（2）“焙烧”反应方程式为：，生成的氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶4；
（3）根据分析可知，“滤饼2”的主要成分为Co(OH)2，Li2CO3与CoCO3在空气中于烧结生成LiCoO2，反应的化学方程式为：；
（4）碳酸锂的溶解度随温度的升高而减小，则向滤液2中加入碳酸钠溶液，将温度升高至90℃是为了提高沉淀反应速率和减小碳酸锂的溶解量，提高产率。得到碳酸锂沉淀的操作为加热后，趁热过滤，故选C；
（5）常温下，取100mL“滤液2”，其中c(Li+)=0.20mol/L，为使锂元素的回收率不低于80%，则溶液中剩余的Li+浓度为0.2mol/L×20%=0.04mol/L，则溶液中，需要碳酸钠的物质的量为0.54mol/L×0.1L=0.054mol，沉淀Li+需要碳酸钠的物质的量为0.2mol/L×0.1L×80%×=0.008mol，最少需要碳酸钠的物质的量为0.008mol+0.054mol=0.062mol，故至少应加入碳酸钠固体质量为0.062mol×106g/mol=6.572g；
（6）①Li2O中的Li+和O2-的个数比为2∶1，根据观察并计算，晶胞中黑球个数为，灰球个数为8，则黑球代表O2-，O2-在晶胞中的位置为顶点和面心；
②设晶胞参数为anm，晶胞体积为(a×10-7) 3cm3，晶胞质量为，Li2O晶体的密度为 g cm 3，由此可知a=nm。
预测2
【答案】（1）第六周期第Ⅷ族
（2）
（3）
（4）
（5）使完全沉淀，提高产品纯度
（6） ，部分分解生成和浓度减小，反应速率减慢
(7)
【分析】废料加入硫酸酸浸，二氧化硅不反应、氧化钙转化为不溶的硫酸钙、Pt不反应，三者成为滤渣，镍、钴、铝转化为溶液进入滤液，通入氯气将钴转化为沉淀除去钴，过滤滤液中Al3+用NaOH溶液调节pH变为沉淀得到滤渣2，碱性条件下加入氧化性的NaClO与Ni2+反应生成Ni2O3，高温还原生成Ni；
【解析】（1）的原子序数为78，为78号元素，其在元素周期表中的位置为：第六周期第Ⅷ族；
（2）由分析可知，含滤渣(除外)的成分为；
（3）王水为浓盐酸和浓硝酸溶液，“含滤渣”浸取时有和生成，反应中Pt化合价由0变为+4、N化合价由+5变为+2生成NO，结合电子守恒可知，该反应的化学方程式；
（4）“除钴”步骤需要控制溶液的使得Co沉淀而Ni、Al不沉淀，结合可知，氢氧化铝比镍更难溶，铝离子沉淀时，pOH=10.7，pH=3.3；而钴元素完全沉淀时，pOH=12.5，pH=1.5；故需要控制溶液的范围是；
（5）加调的目的是使完全沉淀，防止铝离子进入产品，提高产品纯度；
（6）①次氯酸钠具有氧化性，“控温氧化”时，在碱性条件下，使得二价镍转化为Ni2O3沉淀，反应中镍化合价由+2变为+3、氯化合价由+1变为-1，该过程的离子方程式为：。
②、时反应后所得滤液主要为和时反应后所得滤液主要为和，说明时，次氯酸钠发生歧化反应生成氯化钠和氯酸钠，使得次氯酸钠浓度减小，反应变慢，故选，部分分解生成和浓度减小，反应速率减慢；
（7）亚铁离子被高锰酸根离子氧化为铁离子，由电子守恒可知，，高锰酸钾消耗的亚铁离子为，则消耗的亚铁离子为=0.05mol，由电子守恒可知，，则的质量分数=83%。
预测3
【答案】（1）过滤
（2）
（3） 温度过高，硝酸镁会热解产生大量的氧化镁或氢氧化镁，造成不纯
（4） 空气气氛中高温条件下主要生成与硝酸的反应大于0，很难被硝酸浸出
（5）极性
【分析】在氮气气氛下高温活化煤矸石各成分，使其在硝酸中浸出。活化成分被硝酸浸出后得到含铝、铁、锂、镁等元素的硝酸盐。为防止硝酸铁在低温热解时产生相应的氧化物混入氧化铝中加大后续提纯难度，事先分离出铁元素。低温热解得到氧化铝过滤后，将滤液高温热解分离出富镁渣，最后获得锂富集液。
【解析】（1）与溶液分离的操作是过滤。
（2）硝酸浸出得到铁离子，通过调pH得到。
（3）低温热解过程中有红棕色气体放出，即硝酸铝生成NO2，根据得失电子守恒，发生反应的化学方程式为；由流程知，高温热解得到富镁渣，所以温度过高，硝酸镁会热解产生大量的氧化镁或氢氧化镁，造成不纯。
（4）该流程的目的是从煤矸石中分离出铝、铁、锂等，因此热活化过程尽可能考虑到后续铝、铁等的浸出，因此综合考虑，根据图知，热活化过程合适的条件是气氛、550。由图3可知与硝酸反应的大于0，因此可合理推测空气气氛中温度越高，铁的浸出率越小的原因可能是主要生成，很难被硝酸浸出。
（5）该锂离子电池的电解液为六氟磷酸锂，在溶剂中以和形式存在，且保持电解液的强导电性，因此碳酸酯类应为极性溶剂。充电过程中阴极嵌入，石墨电极发生反应：。因此放电时，正极发生的电极反应方程式为。
预测4
【答案】（1）
（2）
（3） ZnO或等
（4）趁热过滤 氧化酸浸
（5） 是共价晶体，是分子晶体
（6）体心 12
【分析】由题给流程可知，向锌浸渣中加入过氧化氢和硫酸的混合溶液，将ZnFe2O4转化为硫酸锌、硫酸铁，硫化锌、二硫化锗转化为硫酸锌、硫酸锗和硫，二氧化硅不反应，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅和硫的滤渣和滤液；向滤液中加入氧化锌或氢氧化锌调节溶液pH，将溶液中的铁离子、锗离子转化为氢氧化铁、氢氧化锗沉淀，过滤得到滤液和滤饼；滤液经蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥得到一水硫酸锌晶体；向滤饼中加入盐酸溶解后，蒸馏得到四氯化锗，四氯化锗一定条件下水解、过滤得到水解液和二氧化锗；二氧化锗与合适的还原剂一定条件下反应生成锗。
【解析】（1）锗元素位于第四周期ⅣA族，则基态原子的价层电子排布式为4s24p2，故选4s24p2；
（2）由分析可知，滤渣的主要成分为硫酸钙、二氧化硅和硫；由分析可知，硫化锗与过氧化氢和硫酸混合溶液反应生成硫酸锗、硫和水，反应的离子方程式为，故选；；
（3）由分析可知，“中和沉淀”工序中，加入氧化锌或氢氧化锌调节溶液pH的目的是将溶液中的铁离子、锗离子转化为氢氧化铁、氢氧化锗沉淀；由溶度积可知，滤液中锗离子与铁离子的浓度比为=101.6，故选ZnO或等；101.6；
（4）①由图可知，一水硫酸锌的溶解度随温度升高而降低，则从硫酸锌溶液中回收一水硫酸锌的操作为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥，故选趁热过滤；
②用惰性电极电解硫酸锌溶液制取金属锌的反应为2ZnSO4+2H2O2Zn+2H2SO4+O2↑，则电解得到的硫酸溶液可在上述流程中氧化酸浸工序循环使用，故选氧化酸浸；
（5）由分析可知，四氯化锗一定条件下水解、过滤得到水解液和二氧化锗，反应的化学方程式为；由沸点可知，二氧化锗是熔沸点高的原子晶体，四氯化锗是熔沸点低的分子晶体，原子晶体的沸点高于分子晶体，故选；是共价晶体，是分子晶体；
（6）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的黑球个数为8×=1、位于体心的条纹球个数为1、位于面心的灰球个数为6×=3，由化学式可知，灰球为溴原子，由铯原子与溴原子的最短距离比锗原子与溴原子的最短距离大可知，条纹球为锗原子、黑球为铯原子；晶胞中位于顶点的铯原子与位于面心的溴原子距离最近，则铯原子周围与其距离最近的溴原子的个数为12，故选体心；12。
预测5
【答案】（1）萃取、分液
（2）2Mg2++3+2H2O=Mg2(OH)2CO3↓+ 2
（3）Mg(OH)2、CaCO3、Ca(OH)2
（4） 不可行 由于Ksp(CaCO3)远小于Ksp(Li2CO3)，若省略向溶液3中加入草酸钠这一步，会在沉锂的同时生成CaCO3沉淀，造成产品纯度降低
（5） ×100% 除去溶液中的CO2 偏低
（6） 4-4e-=2H2O+O2↑ +4CO2↑ 阳
【分析】由题干工艺流程图可知，向富锂卤水中加入有机溶剂进行萃取分液出含硼有机溶剂和主要含Li+、Na+、Mg2+的水层溶液1，向溶液1中加入纯碱，将Mg2+转化为Mg2(OH)2CO3进行一次除镁，过滤得沉淀2主要成分为Mg2(OH)2CO3，向溶液2中加入石灰乳进行二次除镁，将剩余的镁离子转化为Mg(OH)2，同时步骤ii中生成的碳酸氢根离子和石灰乳反应生成CaCO3沉淀，故过滤出沉淀3主要成分为Mg(OH)2和CaCO3，向溶液3中加入草酸钠进行除Ca2+，将溶液3中的Ca2+转化为CaC2O4沉淀，过滤得到沉淀4主要成分为CaC2O4，向溶液4中加入纯碱进行沉锂，过滤洗涤得到碳酸锂，据此分析解题。
【解析】（1）由分析可知，i中操作的名称是萃取分液，故选萃取、分液；
（2）由分析可知，ii可除去80%的Mg2+，该过程中生成Mg2(OH)2CO3反应即Mg2+和Na2CO3溶液反应生成Mg2(OH)2CO3，故该反应的离子方程式为：2Mg2++3+2H2O=Mg2(OH)2CO3↓+2；
（3）由分析可知，iii中，得到的沉淀3的成分有Mg(OH)2和CaCO3、Ca(OH)2；
（4）由分析可知，溶液3中含有Li+、Na+、Ca2+等离子，Ca2+能与步骤v中的沉锂的纯碱反应生成CaCO3，造成所得Li2CO3沉淀不纯，故有人提出：可省略向溶液3中加入草酸钠这一步，该建议不可行；
（5）①根据2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O可知与NaOH反应的H2SO4的物质的量为：n(H2SO4)=n(NaOH)=c2V2×10-3mol,则与Li2CO3反应的硫酸的物质的量为：n(H2SO4)=c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol=( c1V1-c2V2)×10-3mol,根据Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+H2O+CO2↑，故该Li2CO3产品纯度为×100%；
②由反应方程式Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+H2O+CO2↑可知，步骤I反应后的溶液中含有CO2，故步骤Ⅱ的目的是将溶液中溶解的CO2赶出，以免影响实验结果，若省略步骤Ⅱ，直接进行步骤Ⅲ，将导致上述实验中的V2偏大，则将导致测得的Li2CO3产品纯度偏低；
（6）根据电解图，阳极失去电子发生氧化反应，放电为氢氧根离子，电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；阴极放电的是氢离子，电极方程式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极生成OH-，Li+通过阳离子交换膜进入阴极区，则LiOH在阴极生成，Li+移向阴极，为阳离子交换膜。
名师押题
押题1
【答案】（1）+7
（2） 升高焙烧温度、增大空气浓度、电池正极材料和空气逆向流动、搅拌、将正极材料研磨等 除去正极材料中含有的有机粘结剂
（3）或
（4）20LiNi0.6Co0.2Mn0.2O2+13C10Li2CO3+12Ni+4Co+4MnO+3CO2
（5）将微溶的Li2CO3转化为易溶的LiHCO3，更好与Ni、Co、MnO分离，提高锂元素的回收率
（6）3.37
(7)
【分析】某废旧三元锂离子电池正极材料的主要成分是还有少量有机粘结剂和铝箔基底等，经过空气焙烧后，除去有机粘合剂，铝转化为氧化铝，浸碱后氧化铝溶解在滤液中，焙烧还原时Li元素转化为，同时有CO2、Co、Ni、MnO生成，通过水浸后得到，热解后得到，据此分析解题。
【解析】（1）根据物质的化合价之和为0，且中Ni和Co元素的化合价均为+2价，Mn元素的化合价为+7价。
（2）为提高焙烧效率，可采取的措施有升高焙烧温度、增大空气浓度、电池正极材料和空气逆向流动、搅拌、将正极材料研磨等；据分析可知，焙烧的目的是除去正极材料中含有的有机粘结剂。
（3）除杂时铝，或氧化铝与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，离子方程式为：或。
（4）焙烧还原时Li元素转化为，同时有二氧化碳生成，反应的化学方程式为：20LiNi0.6Co0.2Mn0.2O2+13C10Li2CO3+12Ni+4Co+4MnO+3CO2。
（5）水浸时，通入CO2的目的是将微溶的Li2CO3转化为易溶的LiHCO3，更好与Ni、Co、MnO分离，提高锂元素的回收率。
（6）Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)×c3(OH-)=，Al3+浓度为0.1mol/L，c(OH-)=，，pH=-log(H+)=。
（7）MnO晶胞结构如图所示，O2-：，Mn2+：，晶胞的质量为：16g×4+55g×4=284g，晶胞参数为apm=a×10-10cm，NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体密度为 g/cm3。
押题2
【答案】（1）
（2）
（3） 或或0.63
（4）4~6
（5） 阴极产生通过阴膜，阳极通过阳膜，生成 协同产生、；相较于KOH原料KCl廉价易获得
【分析】氟磷灰石［主要成分为杂质为，用磷酸“酸浸”放出HF气体，生成，加硫酸“酸浸”，生成硫酸钙沉淀和磷酸，过滤，滤液中加碳酸钠生成Na2SiF6沉淀脱氟，过滤，滤液为磷酸，用加氢氧化钾中和制备，或用电解磷酸和氯化钾混合液的方法制备。
【解析】（1）“酸浸Ⅰ”中和磷酸反应生成和HF，其化学方程式为；
（2）“酸浸Ⅱ”中和硫酸反应生成硫酸钙沉淀和磷酸，滤渣的主要成分为；
（3）碳酸钡比BaSiF6更难溶，所以“脱氟”中试剂X不能用碳酸钡，试剂X为；当时，c(Na+)= 。
（4）根据图示“中和法”为获得较高纯度的，控制pH范围为4~6；在此pH范围内；ka1()=10-2.1、ka2()=10-7.2；ka3()=10-12.2，的水解常数为10-11.9；溶液中电离大于水解，所以
溶液中各微粒浓度大小关系为。
（5）①阴极氢离子得电子生成氢气，阴极的电极反应式为。
②阴极产生通过阴膜，阳极通过阳膜，在产品室可得到。
③相较于“中和法”，“电解法”的优点有：协同产生、；相较于KOH原料KCl廉价易获得。
押题3
【答案】（1）6 mol·L-1 盐酸起始浓度为2mol·L-1时，Fe3+发生了水解
（2）
（3）11
（4） 9H2O + 4Fe3+ + 3BH= 4Fe + 6H2↑+ 3B(OH)3 + 9H+ 洗涤 烘干
【分析】赤泥含有SiO2、Fe2O3、Al2O3，用盐酸酸浸，Fe2O3、Al2O3溶解，而SiO2不溶解，过滤得到滤渣为SiO2，浸出液加入NaOH调节pH，使铝离子转化为偏铝酸钠，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，然后再过滤，滤液I含有偏铝酸钠，用盐酸溶解氢氧化铁得到氯化铁溶液，再用NaBH4溶液还原得到Fe核，NaBH4中氢元素被氧化为氢气。
【解析】（1）①由图中信息可知，盐酸的浓度为6 mol·L－1时铝、铁的浸出率已经很高，再增大浓度浸出率增大不明显，故合适浓度为6 mol·L－1；
②盐酸起始浓度为2mol·L－1时，Fe3+发生了水解，铁的浸出率很低；
（2）铁的晶胞如图所示，若该晶体的密度是ag·cm-3，设晶胞的边长为xcm，则两个最近的Fe原子间的距离为xcm，根据均摊法可知一个晶胞含有的铁原子数为8×+6×=4，晶胞的体积V=x3cm3=，解得x=，则两个最近的Fe原子间的距离为xcm=·；
（3）已知：25℃时，Al(OH)3(s)AlO+ H+ + H2O ，K=c(AlO)·c(H+)= c(Al3+)·c3(OH-)=4×10－13，若浸出液c(Al3+) = 0.04 mol·L－1，由Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)·c3(OH-)= 0.4 mol·L－1×c3(OH-)=4×10－13，c(OH-)=10－3，“调节pH”时，pH最小应为11；
（4）①“合成”时滴加NaBH4溶液过程中伴有气泡产生为氢气，滤液Ⅱ中含B(OH)3，合成铁核的离子方程式为9H2O + 4Fe3+ + 3BH= 4Fe + 6H2↑+ 3B(OH)3 + 9H+；
②“合成”后，经过滤、洗涤、烘干获得Fe@Fe2O3纳米线。
押题4
【答案】（1）
（2）或 在酸浸中循环利用O2和 变速 变速降温下析出的固体颗粒大小更集中（粒径统一度大）等
（3）Fe
【分析】锌矿渣［主要成分、、CuO和］通入空气，加入硫酸进行酸浸，去除浸出渣，再加入氨水调节pH为5.5，得到滤液①，、转化为沉淀，固体①加入过量氨水，洗涤得到滤液②和固体②，固体②加入盐酸和物质A溶解转化，物质A为Fe，还原出Ga，镓和铝位于同一主族，性质相似,利用萃取剂萃取去水相，有机相再加入过量氢氧化钠溶液反萃取得到有机相和物质B为[Ga(OH)4]-，经一系列操作得到GaN；
【解析】（1）“酸浸”过程中与硫酸反应生成硫酸镓和硫酸铁，发生反应的化学方程式为；
（2）根据表中数据可知，开始沉淀时浓度为0.22mol/L，pH=4.5，则c(OH-)=10-9.5mol/L，=，用氨水调节pH=5.5，故滤液①中的浓度为：；或完全沉淀时pH=a，c(OH-)=10a-14mol/L，的浓度，=，用氨水调节pH=5.5，故滤液①中的浓度为：；
从工业经济性考虑，电解滤液①得到的产物，可用于回收金属，还可用于在酸浸中循环利用O2和；
结合图中信息可知，在变速降温的情况下析出的固体颗粒大小更集中（粒径统一度大）等；
（3）根据分析可知，物质A的化学式为Fe；反萃取过程中物质B会溶于水相分离，生成物质B的离子方程式为；若通过电解物质B的溶液可以得到单质Ga，则阴极上[Ga(OH)4]-得电子产生Ga，电极反应式为。
押题5
【答案】（1） 5 d
（2） 延长浸取时间、不断搅拌、将原料粉碎等 降低的溶解度
（3）MnS
（4）
（5）防止生成单质S覆盖在矿物表面，阻碍反应进行，提高浸出量
（6）
(7)
【分析】软锰矿（主要含MnO2、SiO2及铁的氧化物）和铅闪（主要含PbS、FeS2、ZnS）为原料，加入盐酸酸浸、加氯化钠，再加入NaOH，过滤除去二氧化硅和FeOOH，冰水沉积得到PbCl2固体，加硫酸转化为硫酸铅，溶液加入Na2S净化，生成PbS和ZnS沉淀，滤液加入氨水，通入空气，生成Mn3O4，据此回答。
【解析】（1）①基态Mn电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，有5个未成对电子；
②Mn元素位于元素周期表的d区；
（2）①提高“酸浸”浸出率可采取的措施有延长浸取时间、不断搅拌、将原料粉碎等；
②冰水沉积得到PbCl2固体，则“冰水沉积”的目的是降低PbCl2的溶解度；
（3）根据加入Na2S生成PbS和ZnS沉淀，没有生成MnS，则PbS、MnS、ZnS三种物质在相同条件下，溶度积最大的是MnS；
（4）酸浸”时，PbS、MnO2、HCl反应生成[PbCl4]2 、、Mn2+和H2O，离子方程式为：；
（5）“酸浸”时，要尽量防止硫元素转化为单质S，其主要原因是：防止生成单质S覆盖在矿物表面，阻碍反应进行，提高Mn2+浸出量；
（6）“氧化”时，锰离子与氨气、氧气和水反应生成四氧化三锰、铵根离子和水，离子方程式为：；
（7）由图可知，过程Ⅱ为Mn0.61□0.39O转化为ZnxMn0.61□0.39O，需要结合锌离子，锰的化合价在降低，得到电子，电极反应式为：。
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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