【备考2024年】高考化学广东卷真题变式分层精准练（第18题）
一、真题重现
1．（2023·广东）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)。
二、基础巩固
2．（2024·吉林模拟）实验室合成高铁酸钾（）的过程如下图所示。下列说法错误的是（ ）
A．气体a的主要成分为
B．沉淀b的主要成分为
C．中的化合价为
D．反应2为
3．（2024·广西模拟）实验小组用过量溶液处理覆铜板得到浸出液，并对其中的物质进行回收，流程如下。下列有关说法正确的是（ ）
A．浸出液呈中性
B．滤渣只有铜粉
C．用KSCN溶液检验是否“氧化”完全
D．溶液a回收后可用于处理覆铜板
4．（2023高三上·晋城期中）某化工厂制备净水剂硫酸铁铵晶体【NH4Fe（SO4）2·6H2O】的一种方案如下：
下列说法不正确的是（ ）
A．滤渣A的主要成分是CaSO4
B．“合成”反应要控制温度，温度过高，产率会降低
C．“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等
D．相同条件下，NH4Fe（SO4）2·6H2O净水能力比FeCl3强
三、能力提升
5．（2024·贵州模拟）钴属于稀缺性金属。利用“微波辅助低共熔溶剂”浸取某废旧锂离子电池中钴酸锂粗品制备产品，实现资源的循环利用。主要工艺流程如下：
已知：①氯化胆碱是一种铵盐；
②在溶液中常以(蓝色)和(粉红色)形式存在；
③时，。
回答下列问题：
（1）中的化合价为 。
（2）下图为“微波共熔”中氯化胆碱-草酸和粗品以不同的液固比在下微波处理后锂和钴的浸取率图，则最佳液固比为 。
（3）“水浸”过程中溶液由蓝色变为粉红色，该变化的离子方程式为 。
（4）时，“沉钴”反应完成后，溶液，此时 。
（5）“滤饼2”在高温烧结前需要洗涤、干燥，检验“滤饼2”是否洗涤干净的操作及现象是 。
（6）“高温烧结”中需要通入空气，其作用是 。
（7）锂离子电池正极材料在多次充放电后由于可循环锂的损失，结构发生改变生成，导致电化学性能下降。
①晶体(常式尖晶石型)的晶胞示意图如图所示，则顶点上的离子为 (用离子符号表示)。
②使用和溶液可以实现的修复，则修复过程中的化学反应方程式为 。
6．（2023高三上·广州月考）废旧太阳能电池ClGS具有较高的回收利用价值，其主要组成为Culn0.5Ca0.5Se2。某探究小组回收处理流程如图：
回答下列问题：
（1）硒(Se)与硫为同族元素，Se的最外层电子数为 ；在化合物Culn0.5Ca0.5Se2中镓(Ga)和铟(In)均为+3价，则Cu的化合价为 。
（2）“酸浸氧化”得蓝色溶液，则该过程发生的主要氧化还原反应的化学方程式为 。
（3）氢氧化铜沉淀可溶于氨水，则滤液I中的阴离子主要有 和 两种。
（4）滤渣加入SOCl2混合前需要洗涤、干燥，并用试剂 和 来检验滤渣中的是否洗净。
（5）滤渣加入SOCl2可反生反应：2In(OH)3+3SOCl2=2InCl3+3X；对物质X的性质有如下判
断，你认为不正确的是____。
A．有弱酸性 B．可使溴水褪色
C．与CaCl2溶液反应得白色沉淀 D．与烧碱溶液反应可生成两种盐
（6）“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为 。
7．（2023高三上·顺德月考）金属铼广泛用于航空航天等领域．工业上用富铼渣（铼元素主要以形式存在，砷主要以形式存在）制取铼粉．工艺流程如下：
已知：常温下；为第四周期第ⅤA族元素；高铼酸铵微溶于冷水，易溶于热水．
回答下列问题：
（1）的简化电子排布式为 ．
（2）“氧化”时铼转化为强酸高铼酸．“滤渣1”的主要成分是硫单质．写出“氧化”时发生反应的离子方程式： ．
（3）综合考虑，富铼渣“氧化”中浸出温度选择为宜，原因是 ．
（4）常温下，“反萃取”得到高铼酸铵溶液的，则溶液中 （填“>”“<”或“=”）．
（5）“析晶”得到的主要产品是．提纯粗高铼酸铵固体的方法是 ，图1是的X射线衍射图谱，则属于 （填“晶体”或“非晶体”）．
图1：高铼酸铵谱 图2
（6）“热解”产生可再生循环利用的物质是 ．
（7）已知的立方晶胞如图2，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 ．
四、模拟演练
8．（2024高三上·罗湖期末）以软锰矿与黄铁矿为主要原料制备高品质的工艺流程：
已知：①软锰矿与黄铁矿的主要成分分别为、，还均含少量Fe、Ca、Mg、Al、Si等元素的氧化物；
②该工艺条件下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH：
金属离子
开始沉淀的pH 6.9 1.9 6.6 9.1 3.4
沉淀完全（）的pH 8.3 3.2 10.1 10.9 4.7
回答下列问题：
（1）基态的价层电子排布图为 。
（2）“酸浸”过程中，为提高反应速率可以采取的措施有 （写一条）。
（3）“酸浸”加入后，主要反应的离子方程式：
滤渣1的主要成分为S、 ，加入后迅速产生大量气泡，可减少滤渣1在矿粉表面的附着，有利于酸浸。分析迅速产生气泡的原因： 。
（4）“调pH”操作中需调节溶液pH范围为4.7～6.0，此时滤渣2的主要成分为 （填化学式）。
（5）“沉锰”步骤发生主要反应的离子方程式为 。
（6）利用惰性电极电解体系获得的机理如左图所示，硫酸浓度与电流效率η的关系如右图所示。硫酸浓度超过时，电流效率η降低的原因是 。（）
9．（2024高三上·汕头月考）五氧化二钒()广泛用作合金添加剂及有机化工催化剂。从废钒催化剂(含有、及少量、等杂质)回收的部分工艺流程如下：
已知：
①可溶于热水，不溶于乙醇；
②常温下，部分含钒物质在水中的溶解性见下表；
物质
溶解性 难溶 可溶 易溶 难溶
③＋5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系见下表；
pH <6 6～8 8～10 10～12
主要离子
回答下列问题：
（1）“一系列操作”包括过滤、洗涤、干燥等，洗涤时最好选用的试剂为____(填字母)。
A．冷水 B．热水 C．乙醇 D．NaOH溶液
（2）“中和”时调节pH为7的目的，一是将转化为；二是 。
（3）“沉钒”前需将溶液先进行“离子交换”和“洗脱”，再加入生成“离子交换”和“洗脱”两步操作可简单表示为：(ROH为强碱性阴离子交换树脂)。为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈 (填“酸性”或“碱性”)，理由是 。
（4）“沉钒”析出的晶体需要洗涤，证明已洗涤干净的实验操作及现象为 。
（5）写出“煅烧”中发生反应的化学方程式 。
（6）钒(V)的某种氧化物的晶胞结构如图所示。该晶体的化学式为 。
10．（2024高三上·龙岗期末）某钴土矿主要含有镍、钴、铁、铝、钙、硅等元素的氧化物，一种综合回收利用钴土矿的部分流程如下：
已知：①25℃时，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下：
金属离子
开始沉淀的 6.3 1.8 3.4 6.9 7.1
沉淀完全的 8.3 3.2 4.7 8.9 9.1
②氧化前后，溶液中、元素的化合价均为+2价。
（1）“酸浸”时，滤渣的主要成分为 （填化学式）。
（2）“除铁、铝”时，应控制溶液范围为 ，使用溶液可将滤渣2中铁、铝元素分离，涉及化学方程式为 。
（3）“沉钴”时，滤渣3的成分为亚硝酸钴钾，同时有无色气体（遇空气变为红棕色）生成，写出“沉钴”步骤的离子方程式 。
（4）亚硝酸钴钾的中心离子的配位数为 ，配体中配位原子的杂化方式为 。
（5）的一种氧化物是重要的化工原料。晶体为尖晶石结构，其晶胞结构如下图所示。已知晶胞边长为，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体中与的个数比为 ，晶体的密度为 （列出计算式）。
11．（2024·河南模拟）钢渣是钢铁行业的固体废弃物，含有和等物质。一种以钢渣粉为原料固定并制备的工艺流程如图所示。
已知钢渣中元素质量分数为在稀盐酸和混合溶液中不易被浸出。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的如下表所示：
金属离子
开始沉淀的 1.9 7.2 3.5 12.4
沉淀完全的 2.9 8.2 5.1 13.8
回答下列问题：
（1）浸出1过程生成的“包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施有 (除粉碎外，举1例)。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是 。
（2）为避免引入杂质离子，氧化剂应为 (举1例)。
（3）滤液的溶质可循环利用，试剂应为 。
（4）若的浸出率为，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定 。
（5）富钒渣焙烧可生成钒钙盐，不同钒钙盐的溶解率随变化如图所示。已知浸出2的pH约为2.5，则应控制焙烧条件使该钒钙盐为 。该培烧反应的化学方程式是 。
（6）微细碳酸钙广泛应用于医药、食品等领域，某种碳酸钙晶胞如图所示。已知，该晶体密度为 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
答案解析部分
1．【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）；体心；12
（6）0.4或；
【知识点】晶胞的计算；物质的分离与提纯；晶体的定义；离子方程式的书写；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）活性MgO与H2O反应生成Mg(OH)2，该反应的化学方程式为MgO＋H2O=Mg(OH)2。
（2）lgKb(NH3·H2O)=－4.7，所以Kb(NH3·H2O)=10－4.7，即。常温下该溶液的pH=9.9，则溶液中c(H＋)=10－9.9mol·L－1，此时溶液中，所以，所以溶液中c(NH3·H2O)＞c(NH4＋)。
（3）“氨浸”过程中Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2＋，其中Co元素发生还原反应，则溶液中的SO32－发生氧化反应，生成SO42－，因此反应的离子方程式为：2Co(OH)3＋12NH3·H2O＋SO32－=[Co(NH3)6]2＋＋SO42－＋13H2O＋4OH－。若氨水的量少，则发生反应的离子方程式为2Co(OH)3＋8NH3·H2O＋4NH4＋＋SO32－=2[Co(NH3)6]2＋＋SO42－＋13H2O。
（4）①NH4Al(OH)2CO3的X射线衍射图谱中出现了明锐的衍射峰，说明NH4Al(OH)2CO3属于晶体。
②(NH4)2CO3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，较少了胶状物质对Ni、Co氧化物的包裹，增大了滤泥与氨性溶液的接触面积，从而提高了Ni、Co的浸取速率。
（5）①“析晶”过程中饱和NiCl2溶液中NiCl2结晶析出，得到NiCl2·4H2O。通入的气体A为HCl，可增大溶液中c(Cl－)，促进NiCl2结晶析出。
②在AlxCoOy晶体中，Co原子的个数为1，因此Co位于晶胞的体心位置。Al与O最小间距大于Co与O的最小间距，因此Al位于晶胞的顶点，O位于晶胞的面心。所以晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为个。
（6）①加入活性MgO后得到滤液Ⅰ，滤液Ⅰ的主要成分为Mg(NO3)2。“结晶纯化”后得到晶体A，晶体A中含有6个结晶水，因此晶体A的化学式为Mg(NO3)2·6H2O。根据反应Mg(NO3)2＋2H2O Mg(OH)2＋2HNO3、Mg(OH)2MgO＋H2O可得，还剩余5个水分子，因此所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值理论上最高为2：5。
②“热解”过程中发生反应Mg(OH)2MgO＋H2O，因此可循环利用的物质还有MgO。
【分析】（1）MgO与H2O反应生成Mg(OH)2，据此写出反应的化学方程式。
（2）根据NH3·H2O的电离平衡常数，确定大小，从而得出c(NH3·H2O)与c(NH4＋)的相对大小。
（3）“氨浸”时，Co发生还原反应，则氨性溶液中的SO32－发生氧化反应，生成SO42－，据此写出反应的离子方程式。
（4）①X射线衍射图谱中出现明锐的衍射峰，则该物质属于晶体。
②(NH4)2CO3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，提高了Ni、Co的浸取速率。
（5）①饱和NiCl2溶液中通入HCl，增大溶液中c(Cl－)可促使NiCl2结晶析出。
②结合晶胞结构分析。
（6）①“结晶纯化”过程中发生反应Mg(NO3)2＋2H2O Mg(OH)2＋2HNO3、Mg(OH)2MgO＋H2O，据此计算。
②由于Mg(OH)2热分解产生MgO，因此可循环的物质还有MgO。
2．【答案】B
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、由分析可知，气体a为氯气，故A正确；
B、的溶解度小于KOH，会析出白色沉淀，则沉淀b的主要成分为，故B错误；
C、中，K为+1价，O为-2价，则Fe为+6价，故C正确；
D、反应2为和在碱性条件下发生氧化还原反应生成和KCl，反应的化学方程式为，故D正确；
故答案为：B。
【分析】高锰酸钾和浓盐酸发生反应1生成氯气，浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有HCl杂质，通过饱和食盐水洗气除去HCl杂质，得到的气体a为氯气，将氯气通入饱和KOH溶液在10-15℃条件下反应生成，的溶解度小于KOH，会析出白色沉淀，将和KOH加入饱和次氯酸钾中发生反应生成。
3．【答案】D
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；二价铁离子和三价铁离子的检验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、浸出液中，Fe3+，Cu2+水解使溶液呈酸性，故A错误；
B、滤渣中含有铜和过量的铁粉，故B错误；
C、氯气能将氯化亚铁氧化为氯化铁，只要反应开始就能使KSCN溶液变红，无法检验是否“氧化”完全，故C错误；
D、溶液a为氯化铁，氯化铁能与铜反应，可用于处理覆铜板，故D正确；
故答案为：D。
【分析】浸出液中加入过量铁粉，铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，与氯化铜反应生成铜和氯化亚铁，过滤，滤渣中含有铜和过量的铁粉，滤液中含有氯化亚铁，加入氯气，将氯化亚铁氧化为氯化铁，则溶液a为氯化铁。
4．【答案】D
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、由分析可知，滤渣A的硫酸钙，故A正确；
B、合成过程中，若温度过高，会促进铁离子水解生成氢氧化铁，产率会降低，故B正确；
C、硫酸铁铵的溶解度随温度降低而减小，则“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等，故C正确；
D、硫酸铁铵晶体中，铵根离子也能水解，且水解生成氢离子，抑制铁离子的水解，则相同条件下，硫酸铁铵晶体的净水能力比氯化铁弱，故D错误；
故答案为：D。
【分析】硫酸亚铁溶液中加入稀硫酸，生成的硫酸钙微溶，则过滤得到的滤渣A为硫酸钙，加入试剂B氧化，将硫酸亚铁氧化为硫酸铁，则试剂B为氧化剂，且不能引入新杂质，为双氧水，蒸发得到硫酸铁，向硫酸铁中加入硫酸铵溶液合成硫酸铁铵，经蒸发浓缩、降温结晶、过滤、干燥得到硫酸铁铵晶体。
5．【答案】（1）+1
（2）60mL/g
（3）
（4）
（5）取最后一次洗涤液加入氯化钙/氯化钡溶液，无白色沉淀产生，则已洗净
（6）利用空气中的氧气将+2价Co氧化为+3价
（7）Co2+；
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）中Co为+3价，O为-2价，因此Li为+1价，故答案为：+1；
（2）由图可知，当液固比为60mL/g时钴的浸取率最高，锂的浸取率随液固比的增大变化不大，因此最佳液固比为60mL/g，故答案为：60mL/g；
（3）“水浸”过程中溶液由蓝色变为粉红色，则发生反应的离子方程式为：，故答案为：；
（4）“沉钴”反应完成后，溶液，则溶液中c(H+)=10-10mol/L，c(OH-)=10-4mol/L， ，则，故答案为： ；
（5）检验“滤饼2”是否洗涤干净只需要检验最后一次洗涤液中是否含有碳酸钠，具体操作为：取最后一次洗涤液加入氯化钙或氯化钡溶液，无白色沉淀产生，则已洗净，故答案为：取最后一次洗涤液加入氯化钙/氯化钡溶液，无白色沉淀产生，则已洗净；
（6）高温烧结时通入空气，利用空气中的氧气将+2价Co氧化为+3价，故答案为：利用空气中的氧气将+2价Co氧化为+3价；
（7）①Co3O4 晶体属于常式尖晶石型，结合晶胞结构可知，Co3+位于晶胞内部立方体的4个顶点，Co2+位于晶胞的8个顶点和1个在内部，O2-位于晶胞内部立方体的4个顶点以及另外4个在内部，则离子个数比：Co2+：Co3+：O2-=2：4：8=1：2：4，则顶点上的离子为Co2+，故答案为： Co2+ ；
②使用和溶液可以实现的修复，是因为过氧化氢将氧化后与生成，该过程中反应的化学方程式为：，故答案为：。
【分析】粗品中加入氯化胆碱-草酸微波共熔，Co被还原为Co2+，经过水浸滤液中Co以存在，加入氢氧化钠沉钴，得到Co(OH)2沉淀和含有锂离子的溶液，Co(OH)2固体经过煅烧得到固体，含有锂离子的溶液中加入碳酸钠溶液生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和高温烧结（通入空气氧化）得到产品。
6．【答案】（1）6；+1
（2）Cu2O+H2O2+2H2SO4=2CuSO4+3H2O
（3）；OH-
（4）HCl溶液；BaCl2溶液
（5）C
（6）GaCl3+NH3GaN+3HCl
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）硒(Se)与硫为同族元素，则其最外层电子数为硫相等，为6；镓（Ga）和铟（In）位于元素周期表第IIIA族，化合价为+3，在化合物中根据化合价代数和为0，则Cu的化合价为+1价；
故答案为：6；+1；
（2）“酸浸氧化”得蓝色溶液，说明此时铜元素以铜离子形式存在，则反应的化学方程式为：Cu2O+H2O2+2H2SO4=2CuSO4+3H2O；
故答案为： Cu2O+H2O2+2H2SO4=2CuSO4+3H2O；
（3）氢氧化铜沉淀可溶于氨水，则滤液Ⅰ中铜元素以[Cu(NH3)4]SO4形式存在，主要存在的阴离子为，氨水过量，也存在；
故答案为： ；OH-；
（4）滤渣表面可能有，检验的可选HCl溶液和BaCl2溶液，HCl溶液可排除其他离子的干扰，BaCl2溶液与硫酸根生成硫酸钡沉淀，通过观察有无沉淀证明是否洗干净；
故答案为：HCl溶液；BaCl2溶液；
（5）反应前后原子的数目和种类不变，则X为H2O2；
A、H2O2电离的离子方程式为，，则H2O2具有弱酸性，故A不符合题意；
B、H2O2具有还原性，可与溴水发生氧化还原反应，使溴水褪色，故B不符合题意；
C、H2O2与CaCl2溶液不反应，故C符合题意；
D、NaOH与H2O2可发生反应和，生成两种盐，故D不符合题意；
故答案为：C；
（6）GaCl3与NH3经过高温气相沉积得到GaN，反应的化学方程式为：；
故答案为：。
【分析】废旧ClGS中通入空气高温焙烧，得到SeO2和金属氧化物，凝华分离出SeO2，烧渣中加入硫酸和过氧化氢进行酸浸氧化，浸出液中主要含有CuSO4、In2(SO4)3、Ga2(SO4)3，加入氨水调节pH，CuSO4转化为[Cu(NH3)4]SO4，In2(SO4)3、Ga2(SO4)3转化为In(OH)3和Ga(OH)3，则滤液Ⅰ为[Cu(NH3)4]SO4，滤渣为In(OH)3和Ga(OH)3，滤渣中加SOCl2进行回流过滤，则InCl3，滤液Ⅱ中主要含GaCl3，GaCl3溶液经过浓缩结晶得到GaCl3，通入氨气高温气相沉积得到GaN。
7．【答案】（1）
（2）
（3）温度过低反应速率慢；温度过高分解，浸出率低．
（4）>
（5）重结晶；晶体
（6）氨气
（7）顶角；6
【知识点】晶胞的计算；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）是33号元素，核外有33个电子，其简化电子排布式为；
故答案为： ；
（2）由分析可知，氧化”时发生反应的离子方程式为；
故答案为： ；
（3）不稳定，高温条件下发生分解，温度过低，反应速率慢，因此富铼渣“氧化”中浸出温度选择为宜；
故答案为： 温度过低反应速率慢；温度过高分解，浸出率低 ；
（4），，“反萃取”得到高铼酸铵溶液的，溶液中，则，＞，；
故答案为：>；
（5）高铼酸铵微溶于冷水，易溶于热水，可通过重结晶提纯粗高铼酸铵固体；由的X射线衍射图谱可知，具有衍射峰，说明属于晶体；
故答案为：重结晶；晶体；
（6）“热解”过程中产生氨气，氨气可在反萃取步骤中循环利用；
故答案为：氨气；
（7）由图可知，晶胞中位于顶角的原子的个数为，位于棱心的原子的个数为，则在晶胞中的位置为顶角；根据晶胞结构可知，晶体中一个周围与其最近的O的个数为6；
故答案为：顶角；6。
【分析】富铼渣中加入硫酸和过氧化氢，“氧化”时铼转化为强酸高铼酸，“滤渣1”的主要成分是硫单质，则氧化过程中发生反应，As2S3转化为H3AsO4，加入CaO，CaO和H3AsO4反应得到砷酸钙沉淀，加入萃取剂R3N，分离出废水，再加入氨水反萃取，得到高铼酸铵溶液，高铼酸铵微溶于冷水，易溶于热水，热解高铼酸铵溶液，高铼酸铵溶液分解生成氨气和Re2O7，通入氢气还原Re2O7得到铼粉。
8．【答案】（1）
（2）将矿石粉碎；适当升高温度；适当提高酸的浓度；机械搅拌
（3），；或或等作催化剂，加快的分解
（4），
（5）
（6）从电极反应来看，浓度太大，不利于反应ⅲ正向进行，MnOOH直接与反应
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；除杂；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）Fe为26号元素，铁原子失去两个电子形成 ，则基态 的价电子排布式为3d6，电子排布图为 ；
故答案为： ；
（2）将矿石粉碎、适当升高温度、适当提高酸的浓度、机械搅拌等措施均能提高反应速率；
故答案为：将矿石粉碎；适当升高温度；适当提高酸的浓度；机械搅拌；
（3）由分析可知，滤渣1的主要成分为S、 ， ； 、 、 能催化过氧化氢分解生成氧气；
故答案为： ， ； 或或等作催化剂，加快的分解 ；
（4） “调pH”时调节溶液pH范围为4.7～6.0，根据表中数据可知，pH=3.2时Fe3+沉淀完全，pH=4.7时Al3+沉淀完全，故“滤渣2”的主要成分为，；
故答案为：， ；
（5） “沉锰”步骤中溶液中主要含有Mn2+，Mn2+和碳酸氢根反应生成MnCO3， 反应的离子方程式为；
故答案为：；
（6）硫酸浓度高，与MnOOH反应，导致MnOOH被消耗，电流效率降低；
故答案为： 从电极反应来看，浓度太大，不利于反应ⅲ正向进行，MnOOH直接与反应 。
【分析】 软锰矿与黄铁矿的主要成分分别为、，还均含少量Fe、Ca、Mg、Al、Si等元素的氧化物，加入硫酸和过氧化氢进行酸浸，SiO2不反应，CaO与硫酸反应生成微溶的硫酸钙，同时还发生反应、 ， 则滤渣1为S、， ，加入氨水调节pH，将铁离子和铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝，则滤渣2为 ， ，滤液中主要含有Mg2+、Mn2+、Ca2+等金属离子，加入NH4F“除杂”，Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2形式沉淀，滤液中含有Mn2+金属离子 ，加入碳酸氢铵沉锰，发生反应 ，向碳酸锰中加入硫酸得到硫酸锰，电解硫酸锰得到二氧化锰。
9．【答案】（1）C
（2）将、转化为沉淀
（3）碱性；加入KOH，增大溶液中的，促进平衡向生成的方向移动
（4）取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，滴加氯化钡溶液，无明显现象，证明已洗涤干净
（5）
（6）
【知识点】晶胞的计算；化学平衡的影响因素；常见离子的检验；除杂
【解析】【解答】（1）根据已知 可溶于热水，不溶于乙醇 ，可知洗涤产品时应该选用乙醇溶液；
（2）“中和”时调节pH为7的目的，一是将转化为；二是将、转化为沉淀 ；
（3）为了提高洗脱效率，应使反应向左进行，则溶液应该选碱性；因为 加入KOH，增大溶液中的，促进平衡向生成的方向移动 ；
（4） 中的杂质离子是SO42-，选用BaCl2溶液来检验；
（5）煅烧时发生的方程式为： ；
（6）V原子占据的时顶点和面心，因此个数是8×+1=2，O原子占据的是面心和体内，个数为4×+2=4，所以该晶胞的化学式为：VO2。
【分析】（1）为了防止产品的损耗，应该选择不能溶解产品的洗涤剂；
（2）调pH值可以将VO2+转化为VO3-，还可以将Fe3+和Al3+生成沉淀从溶液中除去；
（3）为了提高洗脱效率，应使反应向左进行，则溶液应该选碱性；因为 加入KOH，增大溶液中的，促进平衡向生成的方向移动；
（4）检验SO42-离子的操作是：取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，滴加氯化钡溶液，无明显现象，证明已洗涤干净 ；
（5）煅烧时氧气将NH4VO3氧化为V2O5，NH4+生成氮气；
（6）根据均摊法计算出晶胞中两种原子的个数，再根据原子个数比写出其化学式。
10．【答案】（1）、
（2））4.7~6.9；
（3）
（4）6；
（5）1：2；
【知识点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由分析可知，“酸浸”时，滤渣的主要成分：、；
故答案为： 、 ；
（2）“除铁、铝”时，要使铁离子和铝离子完全沉淀，而钴离子和镍离子不能沉淀，则应控制溶液范围为：4.7~6.9；氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，反应的方程式为 ；
故答案为：4.7~6.9； ；
（3）“沉钴”时，滤渣3的成分为亚硝酸钴钾，同时有无色气体(遇空气变为红棕色)生成，说明该气体为NO，则“沉钴”步骤的离子方程式： ；
故答案为： ；
（4）亚硝酸钴钾的中心离子为Co2+，连接6个，则其配位数为6；配体中配位原子阶层电子对数：，其杂化方式为杂化；
故答案为：6；；
（5）由图可知，位于晶胞顶点和体心，数目为，位于晶胞体心，数目为4，与的数目之比为1：2；晶胞质量为，体积为，则晶体密度为= ；
故答案为：1：2； 。
【分析】 钴土矿主要含有镍、钴、铁、铝、钙、硅等元素的氧化物 ，加入硫酸酸浸，SiO2不反应，CaO与硫酸反应生成硫酸钙，则滤渣1为 、 ，滤液中主要含有硫酸镍、硫酸钴、硫酸亚铁、硫酸铝，加入氯酸钠氧化，将硫酸亚铁氧化为硫酸铁，加入碳酸钠溶液，将铁和铝转化为氢氧化铁和氢氧化铝除去，则滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝，再加入硫酸和亚硝酸钾饱和溶液沉钴， 滤渣3的成分为亚硝酸钴钾 ，亚硝酸钴钾经系列操作得到Co，滤液中主要含有硫酸镍，经系列操作得到硫酸镍晶体。
11．【答案】（1）适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌；稀硫酸与2CaO SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散
（2）H2O2或氯水
（3）氨水
（4）297
（5）Ca2V2O7；V2O3+2CaCO3+O2Ca2V2O7+2CO2
（6）×1023
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌等均可提高浸出率； 稀硫酸与2CaO SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散 ，因此该浸出过程不能使用稀硫酸代替稀盐酸，故答案为：适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌； 稀硫酸与2CaO SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散 ；
（2）加入氧化剂A是为了将Fe2+氧化成Fe3+，滤液中含有的阴离子主要是氯离子，为避免引入杂质离子，氧化剂A应为H2O2或氯水，故答案为： H2O2或氯水 ；
（3）加入试剂B是为了沉铁和铝，即将Fe3+、Al3+转化成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，继续加入试剂B调pH，使溶液呈碱性，便于吸收二氧化碳“固碳“形成CaCO3，且滤液C的溶质可循环利用，则试剂B为氨水，故答案为：氨水；
（4）钢渣中Ca元素的质量分数为30%，若Ca的浸出率为90%，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定=297kg的CO2，故答案为：297；
（5）浸出2的pH约为2.5，此时Ca2V2O7的溶解率最大，故应控制焙烧条件使钒钙盐为Ca2V2O7；焙烧过程中，生成的钒钙盐为Ca2V2O7，V元素的化合价由+3价升高到+5价，则焙烧时，反应的化学方程式为V2O3+2CaCO3+O2Ca2V2O7+2CO2，故答案为： V2O3+2CaCO3+O2Ca2V2O7+2CO2 ；
（6）由图可知，该晶胞中，Ca2+的数目为4×+4×+2×+2×+4=6，的数目为4×+4×+4=6，一个晶胞中含有6个CaCO3，则晶胞的质量为g，晶胞的体积为=×(4.99×10-7cm)2×(17.3×10-7cm)= ×4.992×17.3×10-21cm3，该晶体密度为= ×1023 ，故答案为：×1023。
【分析】钢渣中含有和等物质，加入稀盐酸、NH4Cl浸出，在稀盐酸和混合溶液中不易被浸出，氧化铁转化为氯化铁，FeO转化为氯化亚铁，氧化铝转化为氯化铝，氧化钙转化为氯化钙，过滤，得到富钒渣，其主要成分为，滤液中含Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+，加入氧化剂A将Fe2+氧化成Fe3+，为了不引入杂质，氧化剂A为过氧化氢或者氯水，加入试剂B，将铁离子和铝离子转化为沉淀，再加入试剂B调pH，再通入CO2“固碳”得到微细CaCO3和滤液C，滤液C的溶质可循环利用，则试剂B应为氨水；富钒渣中通入空气和CaCO3焙烧，焙烧产物加入稀硫酸浸出，过滤分离出滤渣，滤液经系列操作得V2O5，V2O5还原得到V2O3。
1 / 1【备考2024年】高考化学广东卷真题变式分层精准练（第18题）
一、真题重现
1．（2023·广东）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）；体心；12
（6）0.4或；
【知识点】晶胞的计算；物质的分离与提纯；晶体的定义；离子方程式的书写；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）活性MgO与H2O反应生成Mg(OH)2，该反应的化学方程式为MgO＋H2O=Mg(OH)2。
（2）lgKb(NH3·H2O)=－4.7，所以Kb(NH3·H2O)=10－4.7，即。常温下该溶液的pH=9.9，则溶液中c(H＋)=10－9.9mol·L－1，此时溶液中，所以，所以溶液中c(NH3·H2O)＞c(NH4＋)。
（3）“氨浸”过程中Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2＋，其中Co元素发生还原反应，则溶液中的SO32－发生氧化反应，生成SO42－，因此反应的离子方程式为：2Co(OH)3＋12NH3·H2O＋SO32－=[Co(NH3)6]2＋＋SO42－＋13H2O＋4OH－。若氨水的量少，则发生反应的离子方程式为2Co(OH)3＋8NH3·H2O＋4NH4＋＋SO32－=2[Co(NH3)6]2＋＋SO42－＋13H2O。
（4）①NH4Al(OH)2CO3的X射线衍射图谱中出现了明锐的衍射峰，说明NH4Al(OH)2CO3属于晶体。
②(NH4)2CO3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，较少了胶状物质对Ni、Co氧化物的包裹，增大了滤泥与氨性溶液的接触面积，从而提高了Ni、Co的浸取速率。
（5）①“析晶”过程中饱和NiCl2溶液中NiCl2结晶析出，得到NiCl2·4H2O。通入的气体A为HCl，可增大溶液中c(Cl－)，促进NiCl2结晶析出。
②在AlxCoOy晶体中，Co原子的个数为1，因此Co位于晶胞的体心位置。Al与O最小间距大于Co与O的最小间距，因此Al位于晶胞的顶点，O位于晶胞的面心。所以晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为个。
（6）①加入活性MgO后得到滤液Ⅰ，滤液Ⅰ的主要成分为Mg(NO3)2。“结晶纯化”后得到晶体A，晶体A中含有6个结晶水，因此晶体A的化学式为Mg(NO3)2·6H2O。根据反应Mg(NO3)2＋2H2O Mg(OH)2＋2HNO3、Mg(OH)2MgO＋H2O可得，还剩余5个水分子，因此所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值理论上最高为2：5。
②“热解”过程中发生反应Mg(OH)2MgO＋H2O，因此可循环利用的物质还有MgO。
【分析】（1）MgO与H2O反应生成Mg(OH)2，据此写出反应的化学方程式。
（2）根据NH3·H2O的电离平衡常数，确定大小，从而得出c(NH3·H2O)与c(NH4＋)的相对大小。
（3）“氨浸”时，Co发生还原反应，则氨性溶液中的SO32－发生氧化反应，生成SO42－，据此写出反应的离子方程式。
（4）①X射线衍射图谱中出现明锐的衍射峰，则该物质属于晶体。
②(NH4)2CO3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，提高了Ni、Co的浸取速率。
（5）①饱和NiCl2溶液中通入HCl，增大溶液中c(Cl－)可促使NiCl2结晶析出。
②结合晶胞结构分析。
（6）①“结晶纯化”过程中发生反应Mg(NO3)2＋2H2O Mg(OH)2＋2HNO3、Mg(OH)2MgO＋H2O，据此计算。
②由于Mg(OH)2热分解产生MgO，因此可循环的物质还有MgO。
二、基础巩固
2．（2024·吉林模拟）实验室合成高铁酸钾（）的过程如下图所示。下列说法错误的是（ ）
A．气体a的主要成分为
B．沉淀b的主要成分为
C．中的化合价为
D．反应2为
【答案】B
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、由分析可知，气体a为氯气，故A正确；
B、的溶解度小于KOH，会析出白色沉淀，则沉淀b的主要成分为，故B错误；
C、中，K为+1价，O为-2价，则Fe为+6价，故C正确；
D、反应2为和在碱性条件下发生氧化还原反应生成和KCl，反应的化学方程式为，故D正确；
故答案为：B。
【分析】高锰酸钾和浓盐酸发生反应1生成氯气，浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有HCl杂质，通过饱和食盐水洗气除去HCl杂质，得到的气体a为氯气，将氯气通入饱和KOH溶液在10-15℃条件下反应生成，的溶解度小于KOH，会析出白色沉淀，将和KOH加入饱和次氯酸钾中发生反应生成。
3．（2024·广西模拟）实验小组用过量溶液处理覆铜板得到浸出液，并对其中的物质进行回收，流程如下。下列有关说法正确的是（ ）
A．浸出液呈中性
B．滤渣只有铜粉
C．用KSCN溶液检验是否“氧化”完全
D．溶液a回收后可用于处理覆铜板
【答案】D
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；二价铁离子和三价铁离子的检验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、浸出液中，Fe3+，Cu2+水解使溶液呈酸性，故A错误；
B、滤渣中含有铜和过量的铁粉，故B错误；
C、氯气能将氯化亚铁氧化为氯化铁，只要反应开始就能使KSCN溶液变红，无法检验是否“氧化”完全，故C错误；
D、溶液a为氯化铁，氯化铁能与铜反应，可用于处理覆铜板，故D正确；
故答案为：D。
【分析】浸出液中加入过量铁粉，铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，与氯化铜反应生成铜和氯化亚铁，过滤，滤渣中含有铜和过量的铁粉，滤液中含有氯化亚铁，加入氯气，将氯化亚铁氧化为氯化铁，则溶液a为氯化铁。
4．（2023高三上·晋城期中）某化工厂制备净水剂硫酸铁铵晶体【NH4Fe（SO4）2·6H2O】的一种方案如下：
下列说法不正确的是（ ）
A．滤渣A的主要成分是CaSO4
B．“合成”反应要控制温度，温度过高，产率会降低
C．“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等
D．相同条件下，NH4Fe（SO4）2·6H2O净水能力比FeCl3强
【答案】D
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、由分析可知，滤渣A的硫酸钙，故A正确；
B、合成过程中，若温度过高，会促进铁离子水解生成氢氧化铁，产率会降低，故B正确；
C、硫酸铁铵的溶解度随温度降低而减小，则“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等，故C正确；
D、硫酸铁铵晶体中，铵根离子也能水解，且水解生成氢离子，抑制铁离子的水解，则相同条件下，硫酸铁铵晶体的净水能力比氯化铁弱，故D错误；
故答案为：D。
【分析】硫酸亚铁溶液中加入稀硫酸，生成的硫酸钙微溶，则过滤得到的滤渣A为硫酸钙，加入试剂B氧化，将硫酸亚铁氧化为硫酸铁，则试剂B为氧化剂，且不能引入新杂质，为双氧水，蒸发得到硫酸铁，向硫酸铁中加入硫酸铵溶液合成硫酸铁铵，经蒸发浓缩、降温结晶、过滤、干燥得到硫酸铁铵晶体。
三、能力提升
5．（2024·贵州模拟）钴属于稀缺性金属。利用“微波辅助低共熔溶剂”浸取某废旧锂离子电池中钴酸锂粗品制备产品，实现资源的循环利用。主要工艺流程如下：
已知：①氯化胆碱是一种铵盐；
②在溶液中常以(蓝色)和(粉红色)形式存在；
③时，。
回答下列问题：
（1）中的化合价为 。
（2）下图为“微波共熔”中氯化胆碱-草酸和粗品以不同的液固比在下微波处理后锂和钴的浸取率图，则最佳液固比为 。
（3）“水浸”过程中溶液由蓝色变为粉红色，该变化的离子方程式为 。
（4）时，“沉钴”反应完成后，溶液，此时 。
（5）“滤饼2”在高温烧结前需要洗涤、干燥，检验“滤饼2”是否洗涤干净的操作及现象是 。
（6）“高温烧结”中需要通入空气，其作用是 。
（7）锂离子电池正极材料在多次充放电后由于可循环锂的损失，结构发生改变生成，导致电化学性能下降。
①晶体(常式尖晶石型)的晶胞示意图如图所示，则顶点上的离子为 (用离子符号表示)。
②使用和溶液可以实现的修复，则修复过程中的化学反应方程式为 。
【答案】（1）+1
（2）60mL/g
（3）
（4）
（5）取最后一次洗涤液加入氯化钙/氯化钡溶液，无白色沉淀产生，则已洗净
（6）利用空气中的氧气将+2价Co氧化为+3价
（7）Co2+；
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）中Co为+3价，O为-2价，因此Li为+1价，故答案为：+1；
（2）由图可知，当液固比为60mL/g时钴的浸取率最高，锂的浸取率随液固比的增大变化不大，因此最佳液固比为60mL/g，故答案为：60mL/g；
（3）“水浸”过程中溶液由蓝色变为粉红色，则发生反应的离子方程式为：，故答案为：；
（4）“沉钴”反应完成后，溶液，则溶液中c(H+)=10-10mol/L，c(OH-)=10-4mol/L， ，则，故答案为： ；
（5）检验“滤饼2”是否洗涤干净只需要检验最后一次洗涤液中是否含有碳酸钠，具体操作为：取最后一次洗涤液加入氯化钙或氯化钡溶液，无白色沉淀产生，则已洗净，故答案为：取最后一次洗涤液加入氯化钙/氯化钡溶液，无白色沉淀产生，则已洗净；
（6）高温烧结时通入空气，利用空气中的氧气将+2价Co氧化为+3价，故答案为：利用空气中的氧气将+2价Co氧化为+3价；
（7）①Co3O4 晶体属于常式尖晶石型，结合晶胞结构可知，Co3+位于晶胞内部立方体的4个顶点，Co2+位于晶胞的8个顶点和1个在内部，O2-位于晶胞内部立方体的4个顶点以及另外4个在内部，则离子个数比：Co2+：Co3+：O2-=2：4：8=1：2：4，则顶点上的离子为Co2+，故答案为： Co2+ ；
②使用和溶液可以实现的修复，是因为过氧化氢将氧化后与生成，该过程中反应的化学方程式为：，故答案为：。
【分析】粗品中加入氯化胆碱-草酸微波共熔，Co被还原为Co2+，经过水浸滤液中Co以存在，加入氢氧化钠沉钴，得到Co(OH)2沉淀和含有锂离子的溶液，Co(OH)2固体经过煅烧得到固体，含有锂离子的溶液中加入碳酸钠溶液生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和高温烧结（通入空气氧化）得到产品。
6．（2023高三上·广州月考）废旧太阳能电池ClGS具有较高的回收利用价值，其主要组成为Culn0.5Ca0.5Se2。某探究小组回收处理流程如图：
回答下列问题：
（1）硒(Se)与硫为同族元素，Se的最外层电子数为 ；在化合物Culn0.5Ca0.5Se2中镓(Ga)和铟(In)均为+3价，则Cu的化合价为 。
（2）“酸浸氧化”得蓝色溶液，则该过程发生的主要氧化还原反应的化学方程式为 。
（3）氢氧化铜沉淀可溶于氨水，则滤液I中的阴离子主要有 和 两种。
（4）滤渣加入SOCl2混合前需要洗涤、干燥，并用试剂 和 来检验滤渣中的是否洗净。
（5）滤渣加入SOCl2可反生反应：2In(OH)3+3SOCl2=2InCl3+3X；对物质X的性质有如下判
断，你认为不正确的是____。
A．有弱酸性 B．可使溴水褪色
C．与CaCl2溶液反应得白色沉淀 D．与烧碱溶液反应可生成两种盐
（6）“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为 。
【答案】（1）6；+1
（2）Cu2O+H2O2+2H2SO4=2CuSO4+3H2O
（3）；OH-
（4）HCl溶液；BaCl2溶液
（5）C
（6）GaCl3+NH3GaN+3HCl
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）硒(Se)与硫为同族元素，则其最外层电子数为硫相等，为6；镓（Ga）和铟（In）位于元素周期表第IIIA族，化合价为+3，在化合物中根据化合价代数和为0，则Cu的化合价为+1价；
故答案为：6；+1；
（2）“酸浸氧化”得蓝色溶液，说明此时铜元素以铜离子形式存在，则反应的化学方程式为：Cu2O+H2O2+2H2SO4=2CuSO4+3H2O；
故答案为： Cu2O+H2O2+2H2SO4=2CuSO4+3H2O；
（3）氢氧化铜沉淀可溶于氨水，则滤液Ⅰ中铜元素以[Cu(NH3)4]SO4形式存在，主要存在的阴离子为，氨水过量，也存在；
故答案为： ；OH-；
（4）滤渣表面可能有，检验的可选HCl溶液和BaCl2溶液，HCl溶液可排除其他离子的干扰，BaCl2溶液与硫酸根生成硫酸钡沉淀，通过观察有无沉淀证明是否洗干净；
故答案为：HCl溶液；BaCl2溶液；
（5）反应前后原子的数目和种类不变，则X为H2O2；
A、H2O2电离的离子方程式为，，则H2O2具有弱酸性，故A不符合题意；
B、H2O2具有还原性，可与溴水发生氧化还原反应，使溴水褪色，故B不符合题意；
C、H2O2与CaCl2溶液不反应，故C符合题意；
D、NaOH与H2O2可发生反应和，生成两种盐，故D不符合题意；
故答案为：C；
（6）GaCl3与NH3经过高温气相沉积得到GaN，反应的化学方程式为：；
故答案为：。
【分析】废旧ClGS中通入空气高温焙烧，得到SeO2和金属氧化物，凝华分离出SeO2，烧渣中加入硫酸和过氧化氢进行酸浸氧化，浸出液中主要含有CuSO4、In2(SO4)3、Ga2(SO4)3，加入氨水调节pH，CuSO4转化为[Cu(NH3)4]SO4，In2(SO4)3、Ga2(SO4)3转化为In(OH)3和Ga(OH)3，则滤液Ⅰ为[Cu(NH3)4]SO4，滤渣为In(OH)3和Ga(OH)3，滤渣中加SOCl2进行回流过滤，则InCl3，滤液Ⅱ中主要含GaCl3，GaCl3溶液经过浓缩结晶得到GaCl3，通入氨气高温气相沉积得到GaN。
7．（2023高三上·顺德月考）金属铼广泛用于航空航天等领域．工业上用富铼渣（铼元素主要以形式存在，砷主要以形式存在）制取铼粉．工艺流程如下：
已知：常温下；为第四周期第ⅤA族元素；高铼酸铵微溶于冷水，易溶于热水．
回答下列问题：
（1）的简化电子排布式为 ．
（2）“氧化”时铼转化为强酸高铼酸．“滤渣1”的主要成分是硫单质．写出“氧化”时发生反应的离子方程式： ．
（3）综合考虑，富铼渣“氧化”中浸出温度选择为宜，原因是 ．
（4）常温下，“反萃取”得到高铼酸铵溶液的，则溶液中 （填“>”“<”或“=”）．
（5）“析晶”得到的主要产品是．提纯粗高铼酸铵固体的方法是 ，图1是的X射线衍射图谱，则属于 （填“晶体”或“非晶体”）．
图1：高铼酸铵谱 图2
（6）“热解”产生可再生循环利用的物质是 ．
（7）已知的立方晶胞如图2，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 ．
【答案】（1）
（2）
（3）温度过低反应速率慢；温度过高分解，浸出率低．
（4）>
（5）重结晶；晶体
（6）氨气
（7）顶角；6
【知识点】晶胞的计算；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）是33号元素，核外有33个电子，其简化电子排布式为；
故答案为： ；
（2）由分析可知，氧化”时发生反应的离子方程式为；
故答案为： ；
（3）不稳定，高温条件下发生分解，温度过低，反应速率慢，因此富铼渣“氧化”中浸出温度选择为宜；
故答案为： 温度过低反应速率慢；温度过高分解，浸出率低 ；
（4），，“反萃取”得到高铼酸铵溶液的，溶液中，则，＞，；
故答案为：>；
（5）高铼酸铵微溶于冷水，易溶于热水，可通过重结晶提纯粗高铼酸铵固体；由的X射线衍射图谱可知，具有衍射峰，说明属于晶体；
故答案为：重结晶；晶体；
（6）“热解”过程中产生氨气，氨气可在反萃取步骤中循环利用；
故答案为：氨气；
（7）由图可知，晶胞中位于顶角的原子的个数为，位于棱心的原子的个数为，则在晶胞中的位置为顶角；根据晶胞结构可知，晶体中一个周围与其最近的O的个数为6；
故答案为：顶角；6。
【分析】富铼渣中加入硫酸和过氧化氢，“氧化”时铼转化为强酸高铼酸，“滤渣1”的主要成分是硫单质，则氧化过程中发生反应，As2S3转化为H3AsO4，加入CaO，CaO和H3AsO4反应得到砷酸钙沉淀，加入萃取剂R3N，分离出废水，再加入氨水反萃取，得到高铼酸铵溶液，高铼酸铵微溶于冷水，易溶于热水，热解高铼酸铵溶液，高铼酸铵溶液分解生成氨气和Re2O7，通入氢气还原Re2O7得到铼粉。
四、模拟演练
8．（2024高三上·罗湖期末）以软锰矿与黄铁矿为主要原料制备高品质的工艺流程：
已知：①软锰矿与黄铁矿的主要成分分别为、，还均含少量Fe、Ca、Mg、Al、Si等元素的氧化物；
②该工艺条件下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH：
金属离子
开始沉淀的pH 6.9 1.9 6.6 9.1 3.4
沉淀完全（）的pH 8.3 3.2 10.1 10.9 4.7
回答下列问题：
（1）基态的价层电子排布图为 。
（2）“酸浸”过程中，为提高反应速率可以采取的措施有 （写一条）。
（3）“酸浸”加入后，主要反应的离子方程式：
滤渣1的主要成分为S、 ，加入后迅速产生大量气泡，可减少滤渣1在矿粉表面的附着，有利于酸浸。分析迅速产生气泡的原因： 。
（4）“调pH”操作中需调节溶液pH范围为4.7～6.0，此时滤渣2的主要成分为 （填化学式）。
（5）“沉锰”步骤发生主要反应的离子方程式为 。
（6）利用惰性电极电解体系获得的机理如左图所示，硫酸浓度与电流效率η的关系如右图所示。硫酸浓度超过时，电流效率η降低的原因是 。（）
【答案】（1）
（2）将矿石粉碎；适当升高温度；适当提高酸的浓度；机械搅拌
（3），；或或等作催化剂，加快的分解
（4），
（5）
（6）从电极反应来看，浓度太大，不利于反应ⅲ正向进行，MnOOH直接与反应
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；除杂；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）Fe为26号元素，铁原子失去两个电子形成 ，则基态 的价电子排布式为3d6，电子排布图为 ；
故答案为： ；
（2）将矿石粉碎、适当升高温度、适当提高酸的浓度、机械搅拌等措施均能提高反应速率；
故答案为：将矿石粉碎；适当升高温度；适当提高酸的浓度；机械搅拌；
（3）由分析可知，滤渣1的主要成分为S、 ， ； 、 、 能催化过氧化氢分解生成氧气；
故答案为： ， ； 或或等作催化剂，加快的分解 ；
（4） “调pH”时调节溶液pH范围为4.7～6.0，根据表中数据可知，pH=3.2时Fe3+沉淀完全，pH=4.7时Al3+沉淀完全，故“滤渣2”的主要成分为，；
故答案为：， ；
（5） “沉锰”步骤中溶液中主要含有Mn2+，Mn2+和碳酸氢根反应生成MnCO3， 反应的离子方程式为；
故答案为：；
（6）硫酸浓度高，与MnOOH反应，导致MnOOH被消耗，电流效率降低；
故答案为： 从电极反应来看，浓度太大，不利于反应ⅲ正向进行，MnOOH直接与反应 。
【分析】 软锰矿与黄铁矿的主要成分分别为、，还均含少量Fe、Ca、Mg、Al、Si等元素的氧化物，加入硫酸和过氧化氢进行酸浸，SiO2不反应，CaO与硫酸反应生成微溶的硫酸钙，同时还发生反应、 ， 则滤渣1为S、， ，加入氨水调节pH，将铁离子和铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝，则滤渣2为 ， ，滤液中主要含有Mg2+、Mn2+、Ca2+等金属离子，加入NH4F“除杂”，Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2形式沉淀，滤液中含有Mn2+金属离子 ，加入碳酸氢铵沉锰，发生反应 ，向碳酸锰中加入硫酸得到硫酸锰，电解硫酸锰得到二氧化锰。
9．（2024高三上·汕头月考）五氧化二钒()广泛用作合金添加剂及有机化工催化剂。从废钒催化剂(含有、及少量、等杂质)回收的部分工艺流程如下：
已知：
①可溶于热水，不溶于乙醇；
②常温下，部分含钒物质在水中的溶解性见下表；
物质
溶解性 难溶 可溶 易溶 难溶
③＋5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系见下表；
pH <6 6～8 8～10 10～12
主要离子
回答下列问题：
（1）“一系列操作”包括过滤、洗涤、干燥等，洗涤时最好选用的试剂为____(填字母)。
A．冷水 B．热水 C．乙醇 D．NaOH溶液
（2）“中和”时调节pH为7的目的，一是将转化为；二是 。
（3）“沉钒”前需将溶液先进行“离子交换”和“洗脱”，再加入生成“离子交换”和“洗脱”两步操作可简单表示为：(ROH为强碱性阴离子交换树脂)。为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈 (填“酸性”或“碱性”)，理由是 。
（4）“沉钒”析出的晶体需要洗涤，证明已洗涤干净的实验操作及现象为 。
（5）写出“煅烧”中发生反应的化学方程式 。
（6）钒(V)的某种氧化物的晶胞结构如图所示。该晶体的化学式为 。
【答案】（1）C
（2）将、转化为沉淀
（3）碱性；加入KOH，增大溶液中的，促进平衡向生成的方向移动
（4）取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，滴加氯化钡溶液，无明显现象，证明已洗涤干净
（5）
（6）
【知识点】晶胞的计算；化学平衡的影响因素；常见离子的检验；除杂
【解析】【解答】（1）根据已知 可溶于热水，不溶于乙醇 ，可知洗涤产品时应该选用乙醇溶液；
（2）“中和”时调节pH为7的目的，一是将转化为；二是将、转化为沉淀 ；
（3）为了提高洗脱效率，应使反应向左进行，则溶液应该选碱性；因为 加入KOH，增大溶液中的，促进平衡向生成的方向移动 ；
（4） 中的杂质离子是SO42-，选用BaCl2溶液来检验；
（5）煅烧时发生的方程式为： ；
（6）V原子占据的时顶点和面心，因此个数是8×+1=2，O原子占据的是面心和体内，个数为4×+2=4，所以该晶胞的化学式为：VO2。
【分析】（1）为了防止产品的损耗，应该选择不能溶解产品的洗涤剂；
（2）调pH值可以将VO2+转化为VO3-，还可以将Fe3+和Al3+生成沉淀从溶液中除去；
（3）为了提高洗脱效率，应使反应向左进行，则溶液应该选碱性；因为 加入KOH，增大溶液中的，促进平衡向生成的方向移动；
（4）检验SO42-离子的操作是：取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，滴加氯化钡溶液，无明显现象，证明已洗涤干净 ；
（5）煅烧时氧气将NH4VO3氧化为V2O5，NH4+生成氮气；
（6）根据均摊法计算出晶胞中两种原子的个数，再根据原子个数比写出其化学式。
10．（2024高三上·龙岗期末）某钴土矿主要含有镍、钴、铁、铝、钙、硅等元素的氧化物，一种综合回收利用钴土矿的部分流程如下：
已知：①25℃时，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下：
金属离子
开始沉淀的 6.3 1.8 3.4 6.9 7.1
沉淀完全的 8.3 3.2 4.7 8.9 9.1
②氧化前后，溶液中、元素的化合价均为+2价。
（1）“酸浸”时，滤渣的主要成分为 （填化学式）。
（2）“除铁、铝”时，应控制溶液范围为 ，使用溶液可将滤渣2中铁、铝元素分离，涉及化学方程式为 。
（3）“沉钴”时，滤渣3的成分为亚硝酸钴钾，同时有无色气体（遇空气变为红棕色）生成，写出“沉钴”步骤的离子方程式 。
（4）亚硝酸钴钾的中心离子的配位数为 ，配体中配位原子的杂化方式为 。
（5）的一种氧化物是重要的化工原料。晶体为尖晶石结构，其晶胞结构如下图所示。已知晶胞边长为，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体中与的个数比为 ，晶体的密度为 （列出计算式）。
【答案】（1）、
（2））4.7~6.9；
（3）
（4）6；
（5）1：2；
【知识点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由分析可知，“酸浸”时，滤渣的主要成分：、；
故答案为： 、 ；
（2）“除铁、铝”时，要使铁离子和铝离子完全沉淀，而钴离子和镍离子不能沉淀，则应控制溶液范围为：4.7~6.9；氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，反应的方程式为 ；
故答案为：4.7~6.9； ；
（3）“沉钴”时，滤渣3的成分为亚硝酸钴钾，同时有无色气体(遇空气变为红棕色)生成，说明该气体为NO，则“沉钴”步骤的离子方程式： ；
故答案为： ；
（4）亚硝酸钴钾的中心离子为Co2+，连接6个，则其配位数为6；配体中配位原子阶层电子对数：，其杂化方式为杂化；
故答案为：6；；
（5）由图可知，位于晶胞顶点和体心，数目为，位于晶胞体心，数目为4，与的数目之比为1：2；晶胞质量为，体积为，则晶体密度为= ；
故答案为：1：2； 。
【分析】 钴土矿主要含有镍、钴、铁、铝、钙、硅等元素的氧化物 ，加入硫酸酸浸，SiO2不反应，CaO与硫酸反应生成硫酸钙，则滤渣1为 、 ，滤液中主要含有硫酸镍、硫酸钴、硫酸亚铁、硫酸铝，加入氯酸钠氧化，将硫酸亚铁氧化为硫酸铁，加入碳酸钠溶液，将铁和铝转化为氢氧化铁和氢氧化铝除去，则滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝，再加入硫酸和亚硝酸钾饱和溶液沉钴， 滤渣3的成分为亚硝酸钴钾 ，亚硝酸钴钾经系列操作得到Co，滤液中主要含有硫酸镍，经系列操作得到硫酸镍晶体。
11．（2024·河南模拟）钢渣是钢铁行业的固体废弃物，含有和等物质。一种以钢渣粉为原料固定并制备的工艺流程如图所示。
已知钢渣中元素质量分数为在稀盐酸和混合溶液中不易被浸出。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的如下表所示：
金属离子
开始沉淀的 1.9 7.2 3.5 12.4
沉淀完全的 2.9 8.2 5.1 13.8
回答下列问题：
（1）浸出1过程生成的“包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施有 (除粉碎外，举1例)。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是 。
（2）为避免引入杂质离子，氧化剂应为 (举1例)。
（3）滤液的溶质可循环利用，试剂应为 。
（4）若的浸出率为，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定 。
（5）富钒渣焙烧可生成钒钙盐，不同钒钙盐的溶解率随变化如图所示。已知浸出2的pH约为2.5，则应控制焙烧条件使该钒钙盐为 。该培烧反应的化学方程式是 。
（6）微细碳酸钙广泛应用于医药、食品等领域，某种碳酸钙晶胞如图所示。已知，该晶体密度为 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
【答案】（1）适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌；稀硫酸与2CaO SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散
（2）H2O2或氯水
（3）氨水
（4）297
（5）Ca2V2O7；V2O3+2CaCO3+O2Ca2V2O7+2CO2
（6）×1023
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌等均可提高浸出率； 稀硫酸与2CaO SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散 ，因此该浸出过程不能使用稀硫酸代替稀盐酸，故答案为：适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌； 稀硫酸与2CaO SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散 ；
（2）加入氧化剂A是为了将Fe2+氧化成Fe3+，滤液中含有的阴离子主要是氯离子，为避免引入杂质离子，氧化剂A应为H2O2或氯水，故答案为： H2O2或氯水 ；
（3）加入试剂B是为了沉铁和铝，即将Fe3+、Al3+转化成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，继续加入试剂B调pH，使溶液呈碱性，便于吸收二氧化碳“固碳“形成CaCO3，且滤液C的溶质可循环利用，则试剂B为氨水，故答案为：氨水；
（4）钢渣中Ca元素的质量分数为30%，若Ca的浸出率为90%，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定=297kg的CO2，故答案为：297；
（5）浸出2的pH约为2.5，此时Ca2V2O7的溶解率最大，故应控制焙烧条件使钒钙盐为Ca2V2O7；焙烧过程中，生成的钒钙盐为Ca2V2O7，V元素的化合价由+3价升高到+5价，则焙烧时，反应的化学方程式为V2O3+2CaCO3+O2Ca2V2O7+2CO2，故答案为： V2O3+2CaCO3+O2Ca2V2O7+2CO2 ；
（6）由图可知，该晶胞中，Ca2+的数目为4×+4×+2×+2×+4=6，的数目为4×+4×+4=6，一个晶胞中含有6个CaCO3，则晶胞的质量为g，晶胞的体积为=×(4.99×10-7cm)2×(17.3×10-7cm)= ×4.992×17.3×10-21cm3，该晶体密度为= ×1023 ，故答案为：×1023。
【分析】钢渣中含有和等物质，加入稀盐酸、NH4Cl浸出，在稀盐酸和混合溶液中不易被浸出，氧化铁转化为氯化铁，FeO转化为氯化亚铁，氧化铝转化为氯化铝，氧化钙转化为氯化钙，过滤，得到富钒渣，其主要成分为，滤液中含Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+，加入氧化剂A将Fe2+氧化成Fe3+，为了不引入杂质，氧化剂A为过氧化氢或者氯水，加入试剂B，将铁离子和铝离子转化为沉淀，再加入试剂B调pH，再通入CO2“固碳”得到微细CaCO3和滤液C，滤液C的溶质可循环利用，则试剂B应为氨水；富钒渣中通入空气和CaCO3焙烧，焙烧产物加入稀硫酸浸出，过滤分离出滤渣，滤液经系列操作得V2O5，V2O5还原得到V2O3。
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