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第8题 以工艺流程为主流的无机综合题
复习建议：1课时(题型突破＋习题共1课时；以训练为主)
考向1 流程图中物质的处理、转化与跟踪
1．工业上利用锌焙砂(主要成分为ZnO，含有少量CuO、As2O3、NiO等)生产高纯ZnO的流程示意图如下。
(1)用足量溶液和氨水“浸出”锌焙砂。
①“浸出”前，锌焙砂预先粉碎的目的是___________。
②通过“浸出”步骤，锌焙砂中的ZnO转化为[Zn(NH3)4]2+，该反应的离子方程式为___________。
(2)“浸出”时As2O3转化为AsO33-。“除砷”步骤①中用(NH4)2 S2O8作氧化剂，步骤①反应的离子方程式为___________。
(3)“除重金属”时，加入BaS溶液。滤渣Ⅱ中含有的主要物质是___________和BaSO4。
(4)“蒸氨”时会出现白色固体ZnSO4· Zn(OH)2，运用平衡移动原理解释原因：___________。
(5)“沉锌”步骤①中加入足量NH4HCO3溶液将白色固体转化为ZnCO3的离子方程式为___________。
(6)“煅烧”步骤中，不同温度下，ZnCO3分解的失重曲线和产品ZnO的比表面积变化情况如图1、图2所示。
已知：比表面积指单位质量固体所具有的总面积；比表面积越大，产品ZnO的活性越高。
①280℃时煅烧ZnCO3，后固体失重质量分数为33.3％，则ZnCO3的分解率为___________％(保留到小数点后一位)。
②根据图1和图2，获得高产率(ZnCO3分解率>95％)、高活性(ZnO比表面积)产品ZnO的最佳条件是___________(填字母序号)。
a．恒温280℃， b．恒温300℃，
c．恒温350℃， d．恒温550℃，
(7)该流程中可循环利用的物质有___________。
2．辉铜矿主要成分Cu2S，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，软锰矿主要含有MnO2，以及少量SiO2、Fe2O3等杂质。研究人员开发综合利用这两种资源，用同槽酸浸湿法冶炼工艺，制备硫酸锰和碱式碳酸铜。主要工艺流程如下：
已知：①MnO2有较强的氧化性，能将Cu+氧化成Cu2+
②[Cu(NH3)4]SO4常温稳定，在热水溶液中会分解生成NH3
③部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围(开始沉淀和完全沉淀的pH)：Fe3+：1.5～3.2 Mn2+：8.3～9.8 Cu2+：4.4~6.4。
(1)实验室配制250mL 4.8 mol/L的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要_______。
(2)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有_______(任写一点)。
(3)酸浸时，得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等。写出该反应的化学方程式_______。
(4)调节浸出液pH=4的作用是_______。
(5)本工艺中可循环使用的物质是(写化学式)_______。
(6)获得的MnSO4·H2O晶体后常用酒精洗涤，优点是_______。
(7)用标准的BaCl2溶液测定样品中MnSO4·H2O质量分数时，发现样品纯度大于100%(测定过程中产生的误差可忽略)其可能原因有_______(任写一种)。
3．（2024届高考·江西上饶·统考一模）锌是一种重要的金属，锌及其化合物被广泛应用于汽车、建筑、船舶、电池等行业。现某科研小组以固体废锌催化剂(主要成分是，含少量、、、等杂质)为原料制备锌的工艺流程如图所示：
已知：
①“浸取”时，和转化为、进入溶液。
②时，，
③深度除杂标准：溶液中≤2.0×10-6。
(1)“浸取”温度为，锌的浸出率可达，继续升温浸出率反而下降，其原因为 。
(2)“滤渣1”的主要成分为、 。
(3)“深度除锰”是将残留的转化为，写出该过程的离子方程式 。
(4)“深度除铜”时，锌的最终回收率，除铜效果(用反应后溶液中的铜锌比表示)与加入量的关系曲线如图所示。
①由图可知，当达到一定量的时候，锌的最终回收率下降的原因是 (用离子方程式解释)
②“深度除铜”时加入量最优选择 (填标号)
A．100% B．110% C．120% D．130%
(5)原子能形成多种配位化合物，一种锌的配合物结构如图：
①配位键①和②相比，较稳定的是 。
②基态原子的价电子排布式为 ，位于元素周期表中 区。
③键角③ (填“>”“<”或“=”)
4．（2024届高考·广西柳州统考一模）我国主要以型锂辉石(主要成分、、，含有、等杂质)为原料，通过硫酸锂苛化法生产氢氧化锂并制备锂离子电池的正极材料。流程如下：
已知：①不溶于水，能溶于强酸。
②部分金属氢氧化物的如下表。
物质
③和的溶解度随温度变化的曲线如图所示，二者结晶时均以水合物形式析出。
回答如下问题：
(1)“球磨”操作的目的是 。
(2)加入石灰石中和残酸，调节pH使铁、铝等杂质完全沉淀，则pH至少为 。(保留一位小数。通常认为溶液中离子浓度小于为沉淀完全)
(3)滤渣2的成分是 。
(4)获得时，通常“冷冻至0℃”，原因是 。
(5)溶液与和混合溶液制备的化学方程式为 ；两种溶液相互滴加的方式不同会影响产率和纯度，有同学认为应该将和混合液滴加到溶液中，你认为是否合理 (填“是”或“否”)，说明理由： 。
(6)需要在高温下成型后才能作为电极，高温成型时要加入少量石墨，则石墨的作用是 (任写一点)。
1.原料的预处理
方法 目的 解题指导
粉碎、 研磨 将块状或颗粒状的物质磨成粉末 增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分，也是提高“浸出率”的方法之一
浸取 水浸 与水接触反应或溶解 (1)加热、搅拌、适当提高酸(或碱)浓度，可以加快浸出速率；增加浸出时间可使样品充分溶解，可提高浸出率 (2)酸溶时所加酸的量不能太多 ①过量的酸多消耗后续调节pH所加的碱性试剂 ②如果实验过程有硫化物，酸过量会形成有毒气体硫化氢
酸浸 与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，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 (焙烧) 1.除去可燃性杂质 2.使原料初步转化 ①除去硫、碳单质 ②使有机物转化或除去有机物 ③高温下原料与空气中氧气反应等 ④使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土
考向2 陌生图像中条件的选择与控制
1．PFS是水处理中重要的絮凝剂，下图是以回收的废铁屑为原料制备PFS的一种工艺流程。
(1)酸浸槽以及聚合釜中用到的酸应是______________________________________；
PFS中铁元素的化合价为________；在酸浸槽中，为了提高浸出率，可以采取的措施有________________________________________________________________________(写两条)。
(2)若废铁屑中含有较多铁锈(Fe2O3·xH2O)，则酸浸时反应的化学方程式有__________________________________________。
(3)如果反应釜中用H2O2作氧化剂，则反应的离子方程式为____________________________________；生产过程中，发现反应釜中产生了大量的气体，且温度明显升高，其原因可能是___________________________________________________。
(4)聚合釜中溶液的pH必须控制在一定的范围内。如果溶液酸性过强，造成的后果是________________________________________________________________________。
如果溶液酸性太弱又会生成大量的氢氧化铁沉淀。若溶液中Fe3＋的浓度为1 mol·L－1，当Fe3＋开始沉淀时，溶液的pH约为________。[已知Fe(OH)3的Ksp≈1.0×10－39]。
2．电解精炼铜的阳极泥中主要含Ag、Au等贵重金属。以下是从精炼铜的阳极泥中回收银、金的流程图：
(1)氯金酸(HAuCl4)中Au的化合价为________。
(2)铜阳极泥氧化时，采用低温焙烧而不采用高温焙烧的原因是________________________________。
(3)“焙烧渣”在“①酸浸”时发生反应的离子方程式为________________________________________。
(4)“②浸金”反应中，H2SO4的作用为________，该步骤的分离操作中，需要对所得的AgCl进行水洗。简述如何判断AgCl已经洗涤干净？___________________________________________________。
(5)氯金酸(HAuCl4)在pH为2～3的条件下被草酸还原为Au，同时放出二氧化碳气体，则该反应的化学方程式为_______________________________________________________________________。
(6)甲醛还原法沉积银，通常在搅拌下于室温及弱碱性条件下进行，甲醛被氧化为碳酸氢根离子，则该反应的离子方程式为______________________________________________________________。
电解法精炼银，用10 A的电流电解30 min，若电解效率(通过一定电量时阴极上实际沉积的金属质量与通过相同电量时理论上应沉积的金属质量之比)为80%，此时可得到银单质的质量为________(保留1位小数，法拉第常数为96 485 C·mol－1)。
3．（2024届高考·湖南长沙·统考一模）作为电极材料，具有价格低，电位高、环境友好、安全性能高等优点，受到广泛关注。由菱锰矿（主要成分为，含有少量Fe、Ni、Al等元素）制备的流程如图。
已知常温下部分物质的如表。
物质
回答下列问题：
(1)基态Mn原子的价电子轨道表示式为 。
(2)常温下，若溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=5，可沉淀完全的金属离子是 ；若测得溶液中浓度为0.1，浓度为0.01，为防止、发生沉淀，反应器中溶液用石灰乳调节的pH应小于 。（已知：离子浓度小于等于，即可认为该离子沉淀完全）
(3)加入少量BaS溶液除去，生成的沉淀有 （填化学式）。
(4)具有强氧化性的过一硫酸（）可代替电解槽反应将氧化为，该反应的离子方程式为 （已知：的电离第一步完全，第二步微弱）。
(5)煅烧窑中，生成反应的化学方程式是 。
(6)中锰元素的平均价态为+3.5。在不同温度下，合成的中、和的含量与温度的关系见下表。
T/℃ /% /% /%
700 5.56 44.58 49.86
750 2.56 44.87 52.57
800 5.50 44.17 50.33
850 6.22 44.40 49.38
由此可以确定，在上述温度范围内，锰元素的平均价态的变化情况是 。
4．（2024届高考·陕西安康·统考一模）硒被誉为“生命元素”。亚硒酸钙(，难溶于水)常作饲料添加剂，常作制备含硒营养物质的原料。一种含硒废料制备亚硒酸钙和二氧化硒的流程如图(部分条件和部分产物省略)。回答下列问题：
已知部分信息如下：
①含硒废料的主要成分是和；“焙烧”时固体产物为、和。
②易溶于水，难溶于水。
(1)“焙烧”时，含硒废料需要粉碎，目的是 。
(2)利用“浸渣”可以制备胆矾，其操作步骤是加入足量稀硫酸溶解，再通入热空气。通入热空气的目的是 (用离子方程式表示)。
(3)上述参加反应的双氧水远小于实际消耗的双氧水(反应温度在50℃)，其主要原因是 。
(4)硒酸分解制备的副产物有 (填化学式)。
(5)已知、的熔点分别为315℃、733℃，其熔点差异的主要原因是 。
(6)测定产品纯度。称取产品溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，加入足量溶液和适量稀硝酸，充分反应后，滴加3滴淀粉溶液，用溶液滴定至终点时消耗VmL滴定液。发生有关反应：
①(未配平)
②
该产品中硒元素的质量分数为 %。如果大量空气进入锥形瓶，可能导致测得的结果 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【题型建模】
1.化工流程题中的“流程分析”
结构图解
条件控制是化学生产和实验中的重要手段，通过控制条件使反应向着实际需要的方向进行和转化，实现物质间的分离和提纯，通过图像选择合适条件是工艺流程题的常见出题形式，在选择复合条件时，注意综合坐标的含义，以及该条件与分离、提纯或制备的关系。
2.反萃取原理
反萃取是利用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为萃取的逆过程。反萃取剂主要起破坏有机相中被萃组分结构的作用，使被萃组分生成易溶于水的化合物，或生成既不溶于水也不溶于有机相的沉淀。经过反萃取及所得反萃液经过进一步处理后，便得到被分离物的成品。反萃后经洗涤不含或少含萃合物的有机相称再生有机相，继续循环使用。
1．碘化亚铜(CuI)是一种白色固体，见光易分解变成棕黄色，不溶于水和乙醇，常用作有机反应催化剂、阳极射线管覆盖物、动物饲料添加剂等。某小组同学以冰铜(Cu2S和FeS熔体)为原料制备无水CuI的流程如图。
(1)“操作Ⅰ”和“操作Ⅱ”相同，所用到的玻璃仪器有 。
(2)“焙烧”过程中Cu被还原，同时有黑色磁性物质生成，熔渣的主要成分为 (填化学式)。
(3)“熔渣”酸浸时，用H2O2处理可得到蓝色溶液，用化学方程式解释为______________________；
当加热温度高于40 ℃时，该过程反应速率减慢，其可能原因是_________________________________。
(4)“调节pH”所用试剂为 ；若加入该试剂前溶液中阳离子浓度均为0.1 mol/L，为使某阳离子完全沉淀为固体A，通过操作Ⅰ与其它阳离子分离，理论上应调节溶液的pH在 之间。(常温下，Cu(OH)2、Fe(OH)3的Ksp分别约为1×10－21和1×10－38)
(5)加入过量KI溶液时发生反应的离子方程式为_________________________。
(6)取CuI样品m g，加适量的FeCl3溶液恰好使其溶解，CuI被完全氧化生成Cu2＋和I2，待样品完全反应后，滴入几滴淀粉溶液，用c mol/L的Na2S2O3标准液滴定，达到终点时消耗标准液的体积平均值为V mL(已知：I2＋2NaS2O3===Na2S4O6＋2NaI)。
①达到滴定终点时的现象是_________________________________________。
②样品中CuI的质量分数为 。(用相关字母表示)
2．氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工行业，以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，生产CuCl的工艺流程如下：
已知：CuCl难溶于醇和水，在氯离子浓度较大的体系中生成CuCl2-，在潮湿空气中易水解氧化。回答下列问题：
(1)“酸溶”时温度应控制在60~70°C ，原因是___________。
(2)写出“还原”步骤中主要反应的离子方程式___________。“还原”步骤中亚硫酸铵适当过量的可能原因是___________(答出2条)。随着NH4Cl用量增加，CuCl沉降率先增大后减小，减小的原因可能是___________。(用化学方程式表示)
(3)“洗涤”步骤中包括用pH=2的酸洗、水洗、醇洗，酸洗采用的酸是___________。选择醇洗的原因是___________。
(4)“浓缩分离”得到副产品M的主要成分是___________。
(5)称取烘干制得的氯化亚铜5 g，将其置于FeCl3溶液中溶解后，加入适量稀硫酸，用0.2 mol·L-1的K2Cr2O7溶液滴定到终点(Cr2O72-被还原为Cr3+)，消耗K2Cr2O7溶液25 mL。则样品中CuCl的质量分数为___________ 。
3．铁、铜及其化合物是中学化学中常见化学物质，阅读材料回答问题：
(一)氯化铁是重要的化工原料，FeCl3·6H2O的实验室制备流程图如下：
(1)废铁屑表面往往含有油污，去除废铁屑表面的油污的方法是___________。操作①要用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和___________。
(2)加入含有少量铜的废铁屑比加入纯铁屑反应更快，原因为___________。操作②涉及的过程为：加热浓缩、___________、过滤、洗涤、干燥。
(3)检验FeCl3稀溶液中是否残留Fe2＋的试剂可以是___________。为增大FeCl3溶液的浓度，向稀FeCl3溶液中加入纯Fe粉后通入Cl2。此过程中发生的主要反应的离子方程式为___________、___________。
(二)为测定CuSO4溶液的浓度，某同学设计了如下方案：
(4)判断SO42-沉淀完全的操作为___________。
(5)固体质量为w g，则c(CuSO4)=___________mol/L。若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得c(CuSO4)___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
4．（2024届高考·四川南充·统考一模）锰废渣的硫酸浸出液含有大量、、以及少量的、、、。通过沉淀-萃取法可以回收其中的锰、钴、镍，流程如图所示。
已知：萃取剂a和b均为有机物，可用通式表示，萃取金属离子时，发生反应：(代表被萃取的金属)。
(1)的作用是 。
(2)该流程中涉及的实验操作有___________(填字母标号)。
A．过滤 B．蒸发结晶 C．分液 D．蒸馏
(3)加入调的目的是 。
(4)已知：，，向除铁后的溶液中加入，当溶液中时， 。(保留1位有效数字)
(5)写出反萃取出的离子方程式 。
(6)、利用萃取剂b进行分离，二者萃取率随无机相变化如图所示。无机相的控制在 左右为宜。
(7)回收液中浓度的测定：取回收液，滴入几滴紫脲酸胺指示剂(遇显橙黄色)，用浓度为的溶液进行滴定()，达到滴定终点时消耗溶液的体积。物质的量浓度为 。
5．（2024届高考·陕西咸阳·统考一模）钒酸铋()是一种亮黄色无毒无害的光催化剂，主要应用于高选择性制备氢气。工业上以辉铋矿粉(主要成分是，并含、Bi、和等杂质)为原料制备钒酸铋()的流程如图所示：
已知部分信息如下：
①氧化性：。
②滤液1中的阴离子主要是。
③常温下，几种离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示：
氢氧化物
开始沉淀时的pH 7.6 1.6 4.0
完全沉淀时的pH 9.6 3.1 5.5
当溶液中某离子浓度小于时，视为沉淀完全。
回答下列问题：
(1)浸渣1的主要成分为 。
(2)浸取时转化的离子方程式为 。
(3)从工艺流程分析，氧化调节pH环节，除了可用NaOH溶液，还可用 调节，且需调至溶液的pH为 (填范围)。
(4)稀释水解时通常通入水蒸气，其目的是 ；水解的化学方程式为 。
(5)设计实验检验气体X的成分： 。
(6)常温下，的为 。
6．（2024届高考·湖南岳阳·高三一模）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含、、、、和)。实现钴、镍、镁元素的回收。
已知：
物质
回答下列问题：
(1)基态Co原子的价层电子轨道表示式为 。
(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(已知的电离方程式为：、)。“氧化”中先用石灰乳调节，再加入“混合气”，被氧化为，该氧化还原反应过程的离子方程式为： ；得到滤渣的主要成分为、 (填化学式)。
(3)“沉钴镍”中得到的在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为： 。
(4)“沉镁”中为使沉淀完全(25℃)，需控制pH不低于 (精确至0.1)。
(5)钴镍渣是湿法炼锌净化渣之一，其中含有少量Co(Ⅱ)、Cd(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)的硫酸盐及氢氧化物。利用以下工艺流程回收金属并制备氧化锌：
下列说法正确的是：___________(填标号)。
A．粉碎矿渣、升高温度均可以提高“溶浸”率
B．通过高温焙烧可以将制得氧化锌
C．根据中S的化合价分析，具有强还原性
D．可与浓盐酸反应生成，参与反应可生成
(6)可用作聚氯乙烯的染色剂和稳定剂。氨气中的键角比该配合物中的键角小，其原因是 。
7．（2024届高考·山西晋城·统考一模）锌是一种重要的金属，一种以固体废锌催化剂(主要成分为ZnO，含少量Fe2O3、CuO、SiO2)为原料制备锌的工艺流程如图所示：
已知：①25℃时，Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(ZnS)=1.6×10-24；
②25℃时，Zn2+＋4NH3[Zn(NH3)4]2+，K=2.5×109。
(1)Zn、Cu在元素周期表中位于 区，第二电离能：I(Cu) (填“>”或“<”)I(Zn)。
(2)“浸取”时，ZnO、CuO分别转化为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+进入溶液。
①[Zn(NH3)4]2+的配位数为 。
②ZnO发生反应的离子方程式为 。
③“浸取”温度应控制在30℃左右，其原因为 。
(3)“除铜”时，当加入的(NH4)2S超量时，会发生反应[Zn(NH3)4]2++S2-ZnS↓+4NH3导致锌的回收率下降，该反应的平衡常数数值为 。
(4)锌与铜相似，在潮湿的空气中可生成碱式碳酸锌[ZnCO3·3Zn(OH)2]，写出反应的化学方程式： 。
(5)用锌与铜合成的高纯铜锌合金滤料被广泛应用于各种水处理设备中。一种铜锌合金的晶胞结构如图，已知：晶胞参数为anm。
①与Cu原子等距离且最近的Cu原子有 个。
②该铜锌合金晶体的密度为 g/cm3(设NA为阿伏加德罗常数的值)。
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第8题 以工艺流程为主流的无机综合题
复习建议：1课时(题型突破＋习题共1课时；以训练为主)
考向1 流程图中物质的处理、转化与跟踪
1．工业上利用锌焙砂(主要成分为ZnO，含有少量CuO、As2O3、NiO等)生产高纯ZnO的流程示意图如下。
(1)用足量溶液和氨水“浸出”锌焙砂。
①“浸出”前，锌焙砂预先粉碎的目的是___________。
②通过“浸出”步骤，锌焙砂中的ZnO转化为[Zn(NH3)4]2+，该反应的离子方程式为___________。
(2)“浸出”时As2O3转化为AsO33-。“除砷”步骤①中用(NH4)2 S2O8作氧化剂，步骤①反应的离子方程式为___________。
(3)“除重金属”时，加入BaS溶液。滤渣Ⅱ中含有的主要物质是___________和BaSO4。
(4)“蒸氨”时会出现白色固体ZnSO4· Zn(OH)2，运用平衡移动原理解释原因：___________。
(5)“沉锌”步骤①中加入足量NH4HCO3溶液将白色固体转化为ZnCO3的离子方程式为___________。
(6)“煅烧”步骤中，不同温度下，ZnCO3分解的失重曲线和产品ZnO的比表面积变化情况如图1、图2所示。
已知：比表面积指单位质量固体所具有的总面积；比表面积越大，产品ZnO的活性越高。
①280℃时煅烧ZnCO3，后固体失重质量分数为33.3％，则ZnCO3的分解率为___________％(保留到小数点后一位)。
②根据图1和图2，获得高产率(ZnCO3分解率>95％)、高活性(ZnO比表面积)产品ZnO的最佳条件是___________(填字母序号)。
a．恒温280℃， b．恒温300℃，
c．恒温350℃， d．恒温550℃，
(7)该流程中可循环利用的物质有___________。
【答案】(1) 提高浸出效率 ZnO+2NH3 H2O+2NH4+=[Zn(NH3)4]2++3H2O
(2)2H2O+2 AsO33-+3S2O82-= 2AsO42-+6SO42-+4H+
(3)CuS
(4)“蒸氨”过程中有NH3产生，溶液中NH3的浓度降低，平衡[Zn(NH3)4] 2+Zn2++4NH3正向移动，[Zn(NH3)4] 2+转化为Zn2+，Zn2+和溶液中SO42-和OH-结合得到白色固体
(5) ZnSO4· Zn(OH)2+ 2HCO3-=2ZnCO3+ SO42-+2H2O
(6)94.6% b
(7)(NH4)2SO4、NH3 H2O、CO2
【解析】锌焙砂(主要成分为ZnO，含有少量CuO、As2O3、NiO等)中加入(NH4)2SO4和氨水，过滤后，滤液中含有[Zn(NH3)4]2+、AsO33-、[Cu(NH3)4]2+、[Ni(NH3)6]2+，加入(NH4)2S2O8、FeSO4、CaO，先将AsO33-氧化为AsO43-，再将Fe2+氧化为Fe3+，二者反应生成FeAsO4、Fe(OH)2、Fe(OH)3沉淀；过滤后，滤液中加入BaS，将重金属离子转化为沉淀，过滤后，滤液中加入Zn，深度除金属离子，过滤后蒸氨，再向溶液中加入NH4HCO3和CO2将[Zn(NH3)4] 2+转化为ZnCO3沉淀，烘干后煅烧，得到ZnO。【解析】(1)①“浸出”时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高浸出效率；②通过“浸出”步骤，锌焙砂中的ZnO转化为[ Zn(NH3)4]2+，该反应的离子方程式为ZnO+2NH3 H2O+2NH4+=[ Zn(NH3)4]2++3H2O。(2)“浸出”时As2O3转化为AsO33-，由分析可知，AsO33-和(NH4)2SO4发生氧化还原反应生成AsO42-和SO42-，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2H2O+2 AsO33-+3S2O82-= 2AsO42-+6SO42-+4H+。(3)除砷后溶液中还存在少量Ca2+、Cu2+、Ni2+、Zn2+，其中Ni2+在深度除金属离子中除去，则“除重金属”时，加入BaS溶液可以将Cu2+除去，滤渣Ⅱ中含有的主要物质是CuS和BaSO4。(4)“蒸氨”过程中有NH3产生，溶液中NH3的浓度降低，平衡[Zn(NH3)4] 2+Zn2++4NH3正向移动，[Zn(NH3)4] 2+转化为Zn2+，溶液中还存在SO42-和OH-，得到白色固体ZnSO4· Zn(OH)2。(5)“沉锌”步骤①中加入足量NH4HCO3溶液将白色固体ZnSO4· Zn(OH)2转化为ZnCO3的离子方程式为：ZnSO4· Zn(OH)2+ 2HCO3-=2ZnCO3+ SO42-+2H2O。(6)①ZnCO3加热时发生分解ZnCO3Zn+CO2↑，设加热前ZnCO3的质量为ag，后固体失重质量分数为33.3％，则生成CO2的质量为0.333ag，ZnCO3分解的质量为，则ZnCO3的分解率为=94.6%；②由图1可知，恒温300℃和恒温550℃时，失重质量分数相等，由①可知ZnCO3分解率>95％，由图2可知，恒温550℃时，ZnO比表面积，则应该选择恒温300℃，，故选b。(7)由分析可知，(NH4)2SO4、NH3 H2O、CO2都可循环使用，则流程中可循环利用的含氮物质有(NH4)2SO4、NH3 H2O、CO2。
2．辉铜矿主要成分Cu2S，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，软锰矿主要含有MnO2，以及少量SiO2、Fe2O3等杂质。研究人员开发综合利用这两种资源，用同槽酸浸湿法冶炼工艺，制备硫酸锰和碱式碳酸铜。主要工艺流程如下：
已知：①MnO2有较强的氧化性，能将Cu+氧化成Cu2+
②[Cu(NH3)4]SO4常温稳定，在热水溶液中会分解生成NH3
③部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围(开始沉淀和完全沉淀的pH)：Fe3+：1.5～3.2 Mn2+：8.3～9.8 Cu2+：4.4~6.4。
(1)实验室配制250mL 4.8 mol/L的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要_______。
(2)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有_______(任写一点)。
(3)酸浸时，得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等。写出该反应的化学方程式_______。
(4)调节浸出液pH=4的作用是_______。
(5)本工艺中可循环使用的物质是(写化学式)_______。
(6)获得的MnSO4·H2O晶体后常用酒精洗涤，优点是_______。
(7)用标准的BaCl2溶液测定样品中MnSO4·H2O质量分数时，发现样品纯度大于100%(测定过程中产生的误差可忽略)其可能原因有_______(任写一种)。
【答案】(1)250mL容量瓶、胶头滴管
(2)粉碎矿石或适当升高温度或搅拌
(3)Cu2S+2MnO2+4H2SO4 =2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O
(4)使Fe3+完全生成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+不生成沉淀
(5)NH3
(6)减少MnSO4·H2O晶体的损失
(7)混有硫酸盐杂质或部分晶体失去结晶水
【解析】流程分析可知辉铜矿软锰矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液pH，使铁离子全部沉淀，过滤得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等，加入碳酸氢铵和氨水过滤得到混合溶液加热赶出氨气结晶析出得到碱式碳酸铜，滤渣为碳酸锰，通过蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到硫酸锰晶体。(1)实验室配制250mL 4.8 mol/L的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要250mL容量瓶，胶头滴管。(2)为了提高浸取率可采取的措施可以粉碎矿石增大接触面积、加热、搅拌等。(3)MnO2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫，生成物是CuSO4、MnSO4、S，反应物是硫酸、二氧化锰和硫化亚铜，根据化合价升降法配平方程式为：Cu2S+2MnO2+4H2SO4 =2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O。(4)根据提示Fe3+的pH沉淀范围：1.5~3.2，Cu2+的pH沉淀范围为：4.4~6.4，可知当pH=4时，使Fe3+完全生成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+不生成沉淀。(5)本流程中NH4HCO3分解生成NH3，NH3可循环使用。(6)由于MnSO4·H2O不溶于乙醇，故使用乙醇洗涤可以促进晶体形成，减少MnSO4·H2O晶体的损失。(7)质量分数大于100%，说明了硫酸锰晶体中可能混有硫酸盐杂质或部分晶体失去结晶水。
3．（2024届高考·江西上饶·统考一模）锌是一种重要的金属，锌及其化合物被广泛应用于汽车、建筑、船舶、电池等行业。现某科研小组以固体废锌催化剂(主要成分是，含少量、、、等杂质)为原料制备锌的工艺流程如图所示：
已知：
①“浸取”时，和转化为、进入溶液。
②时，，
③深度除杂标准：溶液中≤2.0×10-6。
(1)“浸取”温度为，锌的浸出率可达，继续升温浸出率反而下降，其原因为 。
(2)“滤渣1”的主要成分为、 。
(3)“深度除锰”是将残留的转化为，写出该过程的离子方程式 。
(4)“深度除铜”时，锌的最终回收率，除铜效果(用反应后溶液中的铜锌比表示)与加入量的关系曲线如图所示。
①由图可知，当达到一定量的时候，锌的最终回收率下降的原因是 (用离子方程式解释)
②“深度除铜”时加入量最优选择 (填标号)
A．100% B．110% C．120% D．130%
(5)原子能形成多种配位化合物，一种锌的配合物结构如图：
①配位键①和②相比，较稳定的是 。
②基态原子的价电子排布式为 ，位于元素周期表中 区。
③键角③ (填“>”“<”或“=”)
【答案】(1)温度升高，氨气挥发量增加且分解，生成减少，不利于锌的浸出
(2)、
(3)
(4) C
(5) ① ds <
【分析】废锌催化剂加入氨水氯化铵混合液浸取，锌、铜元素以[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+进入溶液，同时铁、镁转化为氢氧化物沉淀和不反应的二氧化硅成为滤渣1，滤液加入过氧化氢将锰离子转化为二氧化锰沉淀，加入适量的硫化铵生成硫化铜沉淀，过滤除去沉淀滤液加入有机萃取剂萃取分离出含锌的有机相，加入硫酸反萃取得到含锌的水相，电解得到锌；
【详解】（1）“浸取”温度为30℃时，锌的浸出率可达90.6%，继续升温浸出率反而下降，其原因为温度过高，氨挥发量增加，生成[Zn(NH3)4]2+减少，不利于废锌催化剂中锌的浸出；
故答案为：温度升高，氨气挥发量增加且NH4Cl分解，生成[Zn(NH3)4]2+减少，不利于废锌催化剂中锌的浸出；
（2）根据分析，滤渣1为Mn(OH)2、Fe(OH)3、SiO2；
故答案为：Fe(OH)3、SiO2；
（3）在氨水存在的碱性条件下，过氧化氢和锰离子发生氧化还原反应生成二氧化锰沉淀和水、铵根离子，反应为；
故答案为：；
（4）①当(NH4)2S加入量≥100%时，锌的最终回收率下降的原因是过量的硫离子和将锌转化为硫化锌沉淀，反应为[Zn(NH3)4]2++S2-=ZnS↓+4NH3；
②“深度除铜”时，(NH4)2S加入量最好应120%，此时除铜效果较好且锌的回收率仍然较高；
故答案为：[Zn(NH3)4]2++S2-=ZnS↓+4NH3；C；
（5）①N和O的电负性相比，N弱于O，则N易提供孤电子，配位键稳定性强；
故答案为：①；
②Zn为30号元素，电子排布式为，价电子排布式；位于元素周期表ds区；
故答案为：；ds；
③角③属于双键与单键形成夹角，电子云密度大，键角斥力大，键角小；
故答案为：＜。
4．（2024届高考·广西柳州统考一模）我国主要以型锂辉石(主要成分、、，含有、等杂质)为原料，通过硫酸锂苛化法生产氢氧化锂并制备锂离子电池的正极材料。流程如下：
已知：①不溶于水，能溶于强酸。
②部分金属氢氧化物的如下表。
物质
③和的溶解度随温度变化的曲线如图所示，二者结晶时均以水合物形式析出。
回答如下问题：
(1)“球磨”操作的目的是 。
(2)加入石灰石中和残酸，调节pH使铁、铝等杂质完全沉淀，则pH至少为 。(保留一位小数。通常认为溶液中离子浓度小于为沉淀完全)
(3)滤渣2的成分是 。
(4)获得时，通常“冷冻至0℃”，原因是 。
(5)溶液与和混合溶液制备的化学方程式为 ；两种溶液相互滴加的方式不同会影响产率和纯度，有同学认为应该将和混合液滴加到溶液中，你认为是否合理 (填“是”或“否”)，说明理由： 。
(6)需要在高温下成型后才能作为电极，高温成型时要加入少量石墨，则石墨的作用是 (任写一点)。
【答案】(1)增大反应接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分
(2)4.7
(3)、
(4)此温度下的溶解度与的相差较大
(5) 否 碱性环境下会产生，继而氧化为从而影响产品产率和纯度
(6)改善成型后(或电极)的导电作用(或者与空气中的氧气反应，防止中的被氧化)
【分析】该工业流程原料为型锂辉石(主要成分、、，含有、等杂质)，产品为锂离子电池的正极材料，流程主线中元素为锂元素，铝、硅、铁、镁等元素作为杂质元素在工业流程中被除去，型锂辉石通过“球磨”被粉碎，加入浓硫酸“酸化焙烧”转化为、、、、，“调浆浸出”使铝、铁等杂质元素转化为、等被除去，通过“净化除杂”使镁元素及引入的钙元素转化为、而除去，“蒸发结晶、离心分离”得到的硫酸锂溶液中加入，利用和在不同温度下的溶解度的差异，采用“冷冻至0℃”析出，从而得到溶液，经过一系列操作得到，最后与和混合溶液制备。
【详解】（1）型锂辉石通过“球磨”被粉碎，从而增大与浓硫酸反应的接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分；
故答案为：增大反应的接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分；
（2）调节pH使铁、铝等杂质完全沉淀，的大于的，说明更难溶于水，加入石灰石与水调节pH时，先生成，故完全沉淀时也已完全沉淀，利用的计算完全沉淀时，，则，故；
故答案为：4.7；
（3）“净化除杂”工艺中得到滤渣2，该过程加入调节pH为11，使完全转化为沉淀除去，加入使前一工艺中引入的转化为沉淀而除去故滤渣2的成分是、；
故答案为：、；
（4）“冷冻析钠”过程是利用和在不同温度下的溶解度的差异，采用“冷冻至0℃”析出，从而得到溶液，在该温度下，溶解度较小，与的溶解度相差较大；
故答案为：在该温度下，溶解度较小，与的溶解度相差较大；
（5）根据流程转化可知，与和混合溶液制备，反应中元素化合价未发生变化，为非氧化还原反应，根据元素守恒，可推知其余生成物为、，故化学反应方程式为；
溶液为碱性溶液，将和混合液滴加到溶液中，由于开始时溶液过量，会生成沉淀，进一步被氧化为，从而影响产品的纯度和产率，故这种操作不合理；
故答案为：；否；碱性环境下会产生，继而氧化为从而影响产品产率和纯度；
（6）作正极电极材料，石墨本身可以导电，故少量石墨可以改善成型后的导电作用，中铁元素为+2价，具有还原性，可以被氧气氧化，加入少量石墨可以与空气中的氧气反应，防止中的被氧化；
故答案为：改善成型后(或电极)的导电作用(或者与空气中的氧气反应，防止中的被氧化)。
1.原料的预处理
方法 目的 解题指导
粉碎、 研磨 将块状或颗粒状的物质磨成粉末 增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分，也是提高“浸出率”的方法之一
浸取 水浸 与水接触反应或溶解 (1)加热、搅拌、适当提高酸(或碱)浓度，可以加快浸出速率；增加浸出时间可使样品充分溶解，可提高浸出率 (2)酸溶时所加酸的量不能太多 ①过量的酸多消耗后续调节pH所加的碱性试剂 ②如果实验过程有硫化物，酸过量会形成有毒气体硫化氢
酸浸 与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，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 (焙烧) 1.除去可燃性杂质 2.使原料初步转化 ①除去硫、碳单质 ②使有机物转化或除去有机物 ③高温下原料与空气中氧气反应等 ④使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土
考向2 陌生图像中条件的选择与控制
1．PFS是水处理中重要的絮凝剂，下图是以回收的废铁屑为原料制备PFS的一种工艺流程。
(1)酸浸槽以及聚合釜中用到的酸应是______________________________________；
PFS中铁元素的化合价为________；在酸浸槽中，为了提高浸出率，可以采取的措施有________________________________________________________________________(写两条)。
(2)若废铁屑中含有较多铁锈(Fe2O3·xH2O)，则酸浸时反应的化学方程式有__________________________________________。
(3)如果反应釜中用H2O2作氧化剂，则反应的离子方程式为____________________________________；生产过程中，发现反应釜中产生了大量的气体，且温度明显升高，其原因可能是___________________________________________________。
(4)聚合釜中溶液的pH必须控制在一定的范围内。如果溶液酸性过强，造成的后果是________________________________________________________________________。
如果溶液酸性太弱又会生成大量的氢氧化铁沉淀。若溶液中Fe3＋的浓度为1 mol·L－1，当Fe3＋开始沉淀时，溶液的pH约为________。[已知Fe(OH)3的Ksp≈1.0×10－39]。
【答案】(1)H2SO4 ＋3 加热、搅拌、多次浸取等
(2)Fe2O3·xH2O＋3H2SO4===Fe2(SO4)3＋(3＋x)H2O、Fe2(SO4)3＋Fe===3FeSO4、Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑
(3)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O H2O2与Fe2＋的反应为放热反应，加入的H2O2过多，且生成的Fe3＋能作H2O2分解的催化剂，H2O2发生分解反应，生成了O2
(4)影响Fe3＋与OH－的结合(合理答案均可) 1
【解析】(1)PFS是硫酸盐，制备时不能引入杂质，要用硫酸酸浸；根据[Fe2(OH)x(SO4)3－x/2]y中各元素正、负化合价的代数和为0，得铁的化合价为＋3。(2)Fe2O3·xH2O和Fe均与硫酸反应，且氧化性：Fe3＋＞H＋。(4)PFS中含有OH－，若酸性过强，c(OH－)降低，影响Fe3＋与OH－结合形成PFS；若溶液中Fe3＋的浓度为1 mol·L－1，当Fe3＋开始沉淀时，Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10－39＝c(Fe3＋)·c3(OH－)，则1.0×10－39＝1 mol·L－1×c3(OH－)，解得c(OH－)＝10－13 mol·L－1，则c(H＋)＝0.1 mol·L－1，所以pH＝1。
2．电解精炼铜的阳极泥中主要含Ag、Au等贵重金属。以下是从精炼铜的阳极泥中回收银、金的流程图：
(1)氯金酸(HAuCl4)中Au的化合价为________。
(2)铜阳极泥氧化时，采用低温焙烧而不采用高温焙烧的原因是________________________________。
(3)“焙烧渣”在“①酸浸”时发生反应的离子方程式为________________________________________。
(4)“②浸金”反应中，H2SO4的作用为________，该步骤的分离操作中，需要对所得的AgCl进行水洗。简述如何判断AgCl已经洗涤干净？___________________________________________________。
(5)氯金酸(HAuCl4)在pH为2～3的条件下被草酸还原为Au，同时放出二氧化碳气体，则该反应的化学方程式为_______________________________________________________________________。
(6)甲醛还原法沉积银，通常在搅拌下于室温及弱碱性条件下进行，甲醛被氧化为碳酸氢根离子，则该反应的离子方程式为______________________________________________________________。
电解法精炼银，用10 A的电流电解30 min，若电解效率(通过一定电量时阴极上实际沉积的金属质量与通过相同电量时理论上应沉积的金属质量之比)为80%，此时可得到银单质的质量为________(保留1位小数，法拉第常数为96 485 C·mol－1)。
【答案】(1)＋3 (2)高温焙烧时，生成的Ag2O又分解为Ag和O2(或2Ag2O4Ag＋O2↑)
(3)Ag2O＋2H＋＋2Cl－===2AgCl＋H2O
(4)提供H＋，增强NaClO3的氧化性 取最后一次洗涤液少许于试管中，滴入Ba(NO3)2溶液，若没有白色沉淀产生，则证明已经洗涤干净，反之，则需要继续洗涤
(5)2HAuCl4＋3H2C2O4===2Au↓＋8HCl＋6CO2↑
(6)4Ag(SO3)＋HCHO＋5OH－===4Ag↓＋8SO＋3H2O＋HCO 16.1 g
【解析】(1)HAuCl4中H为＋1价，Cl为－1价，根据化合物中正负化合价的代数和为0，可推知Au为＋3价。(2)根据工艺流程图可知，铜阳极泥焙烧时，只有Ag与氧气反应，而Au与氧气不反应，故焙烧的目的是将Ag转化为氧化物，而高温焙烧时生成的Ag2O又分解为Ag和O2。(3)“焙烧渣”的主要成分为Ag2O、Au，在“①酸浸”时Ag2O与H2SO4、NaCl反应转化为AgCl，故离子方程式为Ag2O＋2H＋＋2Cl－===2AgCl＋H2O。(4)“②浸金”时Au转化为HAuCl4，Au被氧化，作还原剂，显然作氧化剂的为NaClO3，硫酸的作用是提供H＋，增强NaClO3的氧化性。“②浸金”时硫酸提供酸性环境，SO不参与离子反应，故检验AgCl是否洗涤干净，可以检查最后一次洗涤液中是否含有SO，其实验操作为取最后一次洗涤液少许于试管中，滴入Ba(NO3)2溶液，若没有白色沉淀产生，则证明已经洗涤干净，反之，则需要继续洗涤。(5)先根据化合价升降总数相等，可知HAuCl4、H2C2O4的化学计量数之比为2∶3，再根据原子守恒，确定其他物质及其化学计量数。(6)根据化合价升降总数相等，可知Ag(SO3)、HCHO的化学计量数之比为4∶1，再根据电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为4Ag(SO3)＋HCHO＋5OH－===4Ag↓＋8SO＋3H2O＋HCO。电解30 min，输出电量为10 A×30×60 s＝18 000 C，则实际转移电子的物质的量为18 000 C×80%÷96 485 C·mol－1≈0.149 mol，根据Ag＋＋e－===Ag，则阴极上析出0.149 mol Ag，其质量为0.149 mol×108 g·mol－1＝16.1 g。
3．（2024届高考·湖南长沙·统考一模）作为电极材料，具有价格低，电位高、环境友好、安全性能高等优点，受到广泛关注。由菱锰矿（主要成分为，含有少量Fe、Ni、Al等元素）制备的流程如图。
已知常温下部分物质的如表。
物质
回答下列问题：
(1)基态Mn原子的价电子轨道表示式为 。
(2)常温下，若溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=5，可沉淀完全的金属离子是 ；若测得溶液中浓度为0.1，浓度为0.01，为防止、发生沉淀，反应器中溶液用石灰乳调节的pH应小于 。（已知：离子浓度小于等于，即可认为该离子沉淀完全）
(3)加入少量BaS溶液除去，生成的沉淀有 （填化学式）。
(4)具有强氧化性的过一硫酸（）可代替电解槽反应将氧化为，该反应的离子方程式为 （已知：的电离第一步完全，第二步微弱）。
(5)煅烧窑中，生成反应的化学方程式是 。
(6)中锰元素的平均价态为+3.5。在不同温度下，合成的中、和的含量与温度的关系见下表。
T/℃ /% /% /%
700 5.56 44.58 49.86
750 2.56 44.87 52.57
800 5.50 44.17 50.33
850 6.22 44.40 49.38
由此可以确定，在上述温度范围内，锰元素的平均价态的变化情况是 。
【答案】(1)
(2) 、 7
(3)、NiS
(4)
(5)
(6)先升高，后降低
【分析】菱锰矿主要含有MnCO3，还含有少量Fe、Ni、Al等元素，硫酸溶矿MnCO3和稀硫酸反应生成硫酸锰，同时得到硫酸亚铁、硫酸镍、硫酸铝等盐，用二氧化锰把硫酸亚铁氧化为氢氧化铁沉淀除铁，加石灰乳调节pH生成氢氧化铝沉淀除铝，加BaS生成NiS除Ni，过滤，滤液中含有硫酸锰，电解硫酸锰溶液得到MnO2，煅烧窑中碳酸锂、二氧化锰反应生成LiMn2O4，据此分析；
【详解】（1）基态Mn原子的价电子排布式为3d54s2，价电子轨道表示式为；
（2）常温下，若溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=5，mol/L，根据表格中的，计算可得、浓度小于，故可沉淀完全的金属离子是、；为防止、发生沉淀，根据溶液中浓度为0.1，计算mol/L=mol/L，pH小于7；
（3）加入少量BaS溶液除去，生成的沉淀有、NiS；
（4）具有强氧化性的过一硫酸（）可代替电解槽反应将氧化为，根据的电离第一步完全，第二步微弱，该反应的离子方程式为：；
（5）煅烧窑中，碳酸锂、二氧化锰反应生成LiMn2O4、二氧化碳和氧气，化学方程式是：；
（6）根据表格中锰元素化合价的变化，可知在上述温度范围内，锰元素的平均价态的变化情况是先升高，后降低。
4．（2024届高考·陕西安康·统考一模）硒被誉为“生命元素”。亚硒酸钙(，难溶于水)常作饲料添加剂，常作制备含硒营养物质的原料。一种含硒废料制备亚硒酸钙和二氧化硒的流程如图(部分条件和部分产物省略)。回答下列问题：
已知部分信息如下：
①含硒废料的主要成分是和；“焙烧”时固体产物为、和。
②易溶于水，难溶于水。
(1)“焙烧”时，含硒废料需要粉碎，目的是 。
(2)利用“浸渣”可以制备胆矾，其操作步骤是加入足量稀硫酸溶解，再通入热空气。通入热空气的目的是 (用离子方程式表示)。
(3)上述参加反应的双氧水远小于实际消耗的双氧水(反应温度在50℃)，其主要原因是 。
(4)硒酸分解制备的副产物有 (填化学式)。
(5)已知、的熔点分别为315℃、733℃，其熔点差异的主要原因是 。
(6)测定产品纯度。称取产品溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，加入足量溶液和适量稀硝酸，充分反应后，滴加3滴淀粉溶液，用溶液滴定至终点时消耗VmL滴定液。发生有关反应：
①(未配平)
②
该产品中硒元素的质量分数为 %。如果大量空气进入锥形瓶，可能导致测得的结果 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】(1)增大接触面积，提高反应速率
(2)2Cu2O+O2+8H+=4Cu2++4H2O
(3)温度较高，双氧水受热分解
(4)O2、H2O
(5)都是分子晶体，后者相对分子质量大，范德华力大，熔点高
(6) 偏高
【分析】含硒废料的主要成分是和，加入纯碱和空气焙烧后，得到固体产物为、和；加水溶解，浸渣中含Cu2O，Na2SeO3、Na2TeO3溶于水形成溶液，继续加入稀硫酸，Na2TeO3与硫酸反应生成难溶性酸H2TeO3，并分解得到难溶于水的TeO2，Na2SeO3与硫酸反应生成可溶于水的弱酸H2SeO3，经分离得到H2SeO3，加入H2O2发生氧化还原反应得到H2SeO4，加热分解得到SeO2；H2SeO3中加入石灰乳发生酸碱反应生成亚硒酸钙结晶水合物，沉淀析出。
【详解】（1）“焙烧”时，含硒废料需要粉碎，目的是增大接触面积，提高反应速率。
（2）浸渣中含Cu2O用足量稀硫酸溶解，通入热空气的目的是将Cu2O氧化为Cu2+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2Cu2O+O2+8H+=4Cu2++4H2O。
（3）参加反应的双氧水远小于实际消耗的双氧水(反应温度在50℃)，其主要原因是温度较高，双氧水受热分解。
（4）硒酸受热分解的化学方程式为2H2SeO42SeO2+O2+2H2O，故副产物有O2、H2O。
（5）已知、的熔点分别为315℃、733℃，其熔点差异的主要原因是都是分子晶体，后者相对分子质量大，范德华力大，熔点高。
（6）①根据氧化还原反应得失电子守恒，可知消耗一个SeO2得到4e-，生成一个I2失去2e-，故SeO2~2l2，第二个反应若消耗2I2，则消耗4Na2S2O3，故关系为SeO2~2I2~4Na2S2O3，n(SeO2)= ，wg产品中n(Se) =n(SeO2)= ，.则产品中Se的质量分数=；
②如果大量空气进入锥形瓶，碘离子被氧气氧化，则使标准液Na2S2O3消耗量增大，导致测得结果偏高。
【题型建模】
1.化工流程题中的“流程分析”
结构图解
条件控制是化学生产和实验中的重要手段，通过控制条件使反应向着实际需要的方向进行和转化，实现物质间的分离和提纯，通过图像选择合适条件是工艺流程题的常见出题形式，在选择复合条件时，注意综合坐标的含义，以及该条件与分离、提纯或制备的关系。
2.反萃取原理
反萃取是利用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为萃取的逆过程。反萃取剂主要起破坏有机相中被萃组分结构的作用，使被萃组分生成易溶于水的化合物，或生成既不溶于水也不溶于有机相的沉淀。经过反萃取及所得反萃液经过进一步处理后，便得到被分离物的成品。反萃后经洗涤不含或少含萃合物的有机相称再生有机相，继续循环使用。
1．碘化亚铜(CuI)是一种白色固体，见光易分解变成棕黄色，不溶于水和乙醇，常用作有机反应催化剂、阳极射线管覆盖物、动物饲料添加剂等。某小组同学以冰铜(Cu2S和FeS熔体)为原料制备无水CuI的流程如图。
(1)“操作Ⅰ”和“操作Ⅱ”相同，所用到的玻璃仪器有 。
(2)“焙烧”过程中Cu被还原，同时有黑色磁性物质生成，熔渣的主要成分为 (填化学式)。
(3)“熔渣”酸浸时，用H2O2处理可得到蓝色溶液，用化学方程式解释为______________________；
当加热温度高于40 ℃时，该过程反应速率减慢，其可能原因是_________________________________。
(4)“调节pH”所用试剂为 ；若加入该试剂前溶液中阳离子浓度均为0.1 mol/L，为使某阳离子完全沉淀为固体A，通过操作Ⅰ与其它阳离子分离，理论上应调节溶液的pH在 之间。(常温下，Cu(OH)2、Fe(OH)3的Ksp分别约为1×10－21和1×10－38)
(5)加入过量KI溶液时发生反应的离子方程式为_________________________。
(6)取CuI样品m g，加适量的FeCl3溶液恰好使其溶解，CuI被完全氧化生成Cu2＋和I2，待样品完全反应后，滴入几滴淀粉溶液，用c mol/L的Na2S2O3标准液滴定，达到终点时消耗标准液的体积平均值为V mL(已知：I2＋2NaS2O3===Na2S4O6＋2NaI)。
①达到滴定终点时的现象是_________________________________________。
②样品中CuI的质量分数为 。(用相关字母表示)
【答案】(1)烧杯、漏斗、玻璃棒 (2)Cu和Fe3O4
(3)Cu＋H2O2＋H2SO4CuSO4＋2H2O H2O2受热分解后浓度减小
(4)CuO[或Cu(OH)2等] 3～4
(5)2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2
(6)①溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色 ②%
【解析】以冰铜(Cu2S和FeS熔体)为原料制备无水CuI，需除去冰铜中的S、Fe元素，先通入空气焙烧，将S元素转化为SO2，结合(2)可知Cu元素被还原，同时有黑色磁性物质(Fe3O4)生成，熔渣的主要成分为Cu和Fe3O4；熔渣用稀硫酸酸浸时，用H2O2处理发生反应Cu＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋2H2O，Fe元素转化为Fe3＋，通过调节pH将Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀；然后加入过量KI发生反应2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，将Cu2＋还原为CuI，最后经过洗涤、干燥获得CuI晶体。(1)“操作Ⅰ”和“操作Ⅱ”相同，都是分离固体与液体的过滤操作，所用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；(2)“焙烧”过程中Cu被还原，同时有黑色磁性物质(Fe3O4)生成，所以熔渣的主要成分为Cu和Fe3O4；(3)“熔渣”用稀硫酸进行酸浸时，用H2O2处理可得到蓝色溶液，则表明Cu被氧化并生成CuSO4，用化学方程式解释为Cu＋H2O2＋H2SO4CuSO4＋2H2O；H2O2受热会发生分解，所以当加热温度高于40 ℃时，因H2O2分解而使溶液的氧化能力减弱，导致该过程反应速率减慢，其可能原因是H2O2受热分解后浓度减小；(4)“调节pH”，目的是让Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀，也就是应中和水解生成的酸，同时又不能引入新的杂质，故所用试剂为CuO[或Cu(OH)2等]；若加入该试剂前，c(Cu2＋)＝c(Fe3＋)＝0.1 mol/L，Fe3＋完全沉淀为固体Fe(OH)3，则除杂后溶液中的c(Fe3＋)＝1×10－5 mol/L，此时溶液中c(OH－)≥mol/L＝1×10－11mol/L，pH≥3；但不能让Cu2＋生成沉淀，则此时c(OH－)< mol/L＝1×10－10 mol/L，pH<4，所以理论上应调节溶液的pH在3～4之间；(5)加入过量KI溶液时，Cu2＋与I－发生反应，生成CuI沉淀和I2，离子方程式为2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2；(6)①起初溶液中含有I2，滴加淀粉呈蓝色，后来滴加Na2S2O3至完全反应，溶液呈无色，所以达到滴定终点时的现象是溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色；②CuI样品中加FeCl3溶液，发生反应2CuI＋4Fe3＋===2Cu2＋＋I2＋4Fe2＋，用c mol/L的Na2S2O3标准液滴定I2，发生反应I2＋2Na2S2O3===Na2S4O6＋2NaI，从而得出反应的关系式为：2CuI～I2～2Na2S2O3，则n(CuI)＝n(Na2S2O3)＝c mol/L×V×10－3L＝cV×10－3mol，所以样品中CuI的质量分数为：×100%＝%。
2．氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工行业，以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，生产CuCl的工艺流程如下：
已知：CuCl难溶于醇和水，在氯离子浓度较大的体系中生成CuCl2-，在潮湿空气中易水解氧化。回答下列问题：
(1)“酸溶”时温度应控制在60~70°C ，原因是___________。
(2)写出“还原”步骤中主要反应的离子方程式___________。“还原”步骤中亚硫酸铵适当过量的可能原因是___________(答出2条)。随着NH4Cl用量增加，CuCl沉降率先增大后减小，减小的原因可能是___________。(用化学方程式表示)
(3)“洗涤”步骤中包括用pH=2的酸洗、水洗、醇洗，酸洗采用的酸是___________。选择醇洗的原因是___________。
(4)“浓缩分离”得到副产品M的主要成分是___________。
(5)称取烘干制得的氯化亚铜5 g，将其置于FeCl3溶液中溶解后，加入适量稀硫酸，用0.2 mol·L-1的K2Cr2O7溶液滴定到终点(Cr2O72-被还原为Cr3+)，消耗K2Cr2O7溶液25 mL。则样品中CuCl的质量分数为___________ 。
【答案】(1)温度过低，酸溶速度慢，温度过高铵盐分解
(2) 2Cu2+ + SO32-+2Cl-+H2O = 2CuCl↓ +SO42-+2H+ 使Cu2+全部被还原、提高Cu2+的还原速率、防止生成Cu+的被空气氧化等 CuCl+NH4Cl=NH4CuCl2
(3) 硫酸 加快CuCl表面水分的蒸发，防止CuCl水解氧化
(4)硫酸铵或(NH4)2SO4 (5)59.7%
【解析】酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2+ + SO32-+2Cl-+H2O = 2CuCl↓ +SO42-+2H+ ，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化。(1)酸溶”时，温度过低，酸溶速度慢，温度过高铵盐分解，温度应控制在60~70°C ；(2)根据分析，2Cu2+ + SO32-+2Cl-+H2O = 2CuCl↓ +SO42-+2H+ ；为了使Cu2+全部被还原、提高Cu2+的还原速率、防止生成Cu+的被空气氧化，则“还原”步骤中亚硫酸铵适当过量；随着NH4Cl用量增加，发生反应CuCl+NH4Cl=NH4CuCl2；(3)得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，使用乙醇的目的为加快CuCl表面水分的蒸发，防止CuCl水解氧化；(4)还原中还可以发生4Cu+ NH4NO3+H2SO4 =4CuSO4 +(NH4)2SO4+3H2O生成硫酸铵；(5)氯化亚铜与FeCl3反应，Fe3+ +CuCl= Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液发生反应6 Fe2++Cr2O72-+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，设CuCl的物质的量为n，反应的关系为：
样品中CuCl的质量分数=。
3．铁、铜及其化合物是中学化学中常见化学物质，阅读材料回答问题：
(一)氯化铁是重要的化工原料，FeCl3·6H2O的实验室制备流程图如下：
(1)废铁屑表面往往含有油污，去除废铁屑表面的油污的方法是___________。操作①要用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和___________。
(2)加入含有少量铜的废铁屑比加入纯铁屑反应更快，原因为___________。操作②涉及的过程为：加热浓缩、___________、过滤、洗涤、干燥。
(3)检验FeCl3稀溶液中是否残留Fe2＋的试剂可以是___________。为增大FeCl3溶液的浓度，向稀FeCl3溶液中加入纯Fe粉后通入Cl2。此过程中发生的主要反应的离子方程式为___________、___________。
(二)为测定CuSO4溶液的浓度，某同学设计了如下方案：
(4)判断SO42-沉淀完全的操作为___________。
(5)固体质量为w g，则c(CuSO4)=___________mol/L。若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得c(CuSO4)___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】(1) 碱煮水洗 漏斗
(2) Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率 冷却结晶
(3) K3[Fe(CN)6]溶液(或酸性KMnO4溶液，合理即可) 2Fe3++Fe=3Fe2+ 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
(4)向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全
(5) 偏低
【解析】【解析】(1)废铁屑表面往往含有油污，可以加入碱液去除，则去除废铁屑表面的油污的方法是碱煮水洗。操作①为过滤，要用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和漏斗；(2)加入含有少量铜的废铁屑可以构成Cu-Fe盐酸原电池，故比加入纯铁屑反应更快，原因为Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率。操作②为由溶液制取晶体，涉及的过程为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(3)亚铁离子遇到铁氰化钾溶液(或使酸性高锰酸钾溶液褪色)生成蓝色沉淀，则检验FeCl3稀溶液中是否残留Fe2＋的试剂可以是K3[Fe(CN)6]溶液(或酸性KMnO4溶液，合理即可)。为增大FeCl3溶液的浓度，向稀FeCl3溶液中加入纯Fe粉后通入Cl2，主要反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；(4)结合钡离子和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，判断SO42-沉淀完全的操作为向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全；(5)根据硫酸根离子守恒，n(CuSO4)=n(BaSO4)，固体质量为w g，则c(CuSO4)=mol/L。若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，导致沉淀损失，硫酸钡质量减少，则测得c(CuSO4)偏低。
4．（2024届高考·四川南充·统考一模）锰废渣的硫酸浸出液含有大量、、以及少量的、、、。通过沉淀-萃取法可以回收其中的锰、钴、镍，流程如图所示。
已知：萃取剂a和b均为有机物，可用通式表示，萃取金属离子时，发生反应：(代表被萃取的金属)。
(1)的作用是 。
(2)该流程中涉及的实验操作有___________(填字母标号)。
A．过滤 B．蒸发结晶 C．分液 D．蒸馏
(3)加入调的目的是 。
(4)已知：，，向除铁后的溶液中加入，当溶液中时， 。(保留1位有效数字)
(5)写出反萃取出的离子方程式 。
(6)、利用萃取剂b进行分离，二者萃取率随无机相变化如图所示。无机相的控制在 左右为宜。
(7)回收液中浓度的测定：取回收液，滴入几滴紫脲酸胺指示剂(遇显橙黄色)，用浓度为的溶液进行滴定()，达到滴定终点时消耗溶液的体积。物质的量浓度为 。
【答案】(1)氧化
(2)AC
(3)使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀除去
(4)0.001
(5)
(6)5.4
(7)0.0250mol/L
【分析】锰废渣的硫酸浸出液首先用二氧化锰将二价铁氧化为三价铁，加入碳酸钙后调节pH使三价铁转化为氢氧化铁除去三价铁离子，再用氟化锰除去钙离子、镁离子，随后再用萃取剂a萃取滤液中的，所得有机相中加入反萃取剂得到含Mn2+的溶液,无机相用萃取剂b萃取，无机相中为含的溶液，有机相加入反萃取剂得到含Co2+的溶液，以此解题。
【详解】（1）根据题意可知，浸出液中含有二价铁，的作用是氧化；
（2）根据流程图可知，该流程涉及的实验过程有过滤，分液，故选AC；
（3）在用二氧化锰将二价铁氧化为三价铁后，加入碳酸钙调节pH使三价铁形成氢氧化铁沉淀，故目的是：使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀除去；
（4）当溶液中时，，；
（5）根据信息可知，反萃取剂为酸，则反萃取出是加入适量的酸将锰离子反萃取出来，相应的方程式为：；
（6）根据图中信息可知，pH为5.4左右时，、的萃取率相差较大，故无机相的控制在5.4左右；
（7）根据滴定原理可知，Ni2+与H2Y2-的物质的量之比为1∶1，则Ni2+的物质的量为0.1000mol/L×0.0125L =0.00125mol，则Ni2+的物质的量浓度为。
5．（2024届高考·陕西咸阳·统考一模）钒酸铋()是一种亮黄色无毒无害的光催化剂，主要应用于高选择性制备氢气。工业上以辉铋矿粉(主要成分是，并含、Bi、和等杂质)为原料制备钒酸铋()的流程如图所示：
已知部分信息如下：
①氧化性：。
②滤液1中的阴离子主要是。
③常温下，几种离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示：
氢氧化物
开始沉淀时的pH 7.6 1.6 4.0
完全沉淀时的pH 9.6 3.1 5.5
当溶液中某离子浓度小于时，视为沉淀完全。
回答下列问题：
(1)浸渣1的主要成分为 。
(2)浸取时转化的离子方程式为 。
(3)从工艺流程分析，氧化调节pH环节，除了可用NaOH溶液，还可用 调节，且需调至溶液的pH为 (填范围)。
(4)稀释水解时通常通入水蒸气，其目的是 ；水解的化学方程式为 。
(5)设计实验检验气体X的成分： 。
(6)常温下，的为 。
【答案】(1)S、
(2)
(3) 或氨水、等
(4) 温度升高，有利于水解平衡正向移动 或
(5)将产生的气体X通入品红溶液，溶液褪色，加热后溶液又恢复为红色，则表明生成的气体是
(6)
【分析】辉铋矿(主要成分是Bi2S3，含少量Bi2O3、Bi、FeS2和SiO2等杂质)加盐酸溶解，同时加氯化铁将硫氧化为S单质，得滤液主要成分：BiCl3和FeCl2，同时有过量的盐酸和氯化铁，滤渣1为二氧化硅和硫单质，滤液1中加双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，加氢氧化钠将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤后滤液2中含氯化铋和氯化钠，稀释促进氯化铋水解生成氢氧化铋和盐酸，过滤后滤饼溶于盐酸得BiOCl,BiOCl与SOCl2发生反应得到BiCl3和二氧化硫，BiCl3与(NH4)3VO4反应生成BiVO4，据此进行解答。
【详解】（1）由上述分析可知，浸渣1的主要成分为S和；
（2）浸取时加盐酸溶解，同时加氯化铁将硫氧化为S单质，离子方程式为：；
（3）加入NaOH的目的是反应掉溶液中的H+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，除了可用NaOH溶液，还可用或氨水、等，根据表格中几种离子生成氢氧化物沉淀的pH，调节溶液的pH范围为；
（4）水解反应为吸热反应，通入水蒸气有加热的作用，温度升高，有利于水解平衡正向移动，BiCl3水解的化学方程式为或；
（5）BiOCl与SOCl2发生反应得到BiCl3和二氧化硫，即X是SO2，检验的方法为将产生的气体X通入品红溶液，溶液褪色，加热后溶液又恢复为红色，则表明生成的气体是；
（6）根据表格中，Bi(OH)3恰好完全沉淀时的pH为5.5，此时c(OH-)=10-8.5mol/L，c(Bi3+)=10-5mol/L，[ Bi(OH)3]= c(Bi3+) c3(OH-)=(10-8.5)310-5=。
6．（2024届高考·湖南岳阳·高三一模）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含、、、、和)。实现钴、镍、镁元素的回收。
已知：
物质
回答下列问题：
(1)基态Co原子的价层电子轨道表示式为 。
(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(已知的电离方程式为：、)。“氧化”中先用石灰乳调节，再加入“混合气”，被氧化为，该氧化还原反应过程的离子方程式为： ；得到滤渣的主要成分为、 (填化学式)。
(3)“沉钴镍”中得到的在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为： 。
(4)“沉镁”中为使沉淀完全(25℃)，需控制pH不低于 (精确至0.1)。
(5)钴镍渣是湿法炼锌净化渣之一，其中含有少量Co(Ⅱ)、Cd(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)的硫酸盐及氢氧化物。利用以下工艺流程回收金属并制备氧化锌：
下列说法正确的是：___________(填标号)。
A．粉碎矿渣、升高温度均可以提高“溶浸”率
B．通过高温焙烧可以将制得氧化锌
C．根据中S的化合价分析，具有强还原性
D．可与浓盐酸反应生成，参与反应可生成
(6)可用作聚氯乙烯的染色剂和稳定剂。氨气中的键角比该配合物中的键角小，其原因是 。
【答案】(1)
(2) H2O+Mn2++=MnO2++3H+ Fe(OH)3
(3)
(4)11.3
(5)AB
(6)独立存在的氨气分子氮原子含有一对孤电子对，而中的N原子的孤电子对提供出来与Cr3+形成了成键电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故氮氢键的键角比独立存在的气态氨气分子中键角略大
【分析】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H2O+Mn2++=MnO2++3H+，Fe3+水解同时生成氢氧化铁，“沉钴镍”过程中，Co2+变为 Co(OH)2，在空气中可被氧化成 CoO(OH)。
【详解】（1）Co为27号元素，基态钴原子的价层电子排布式为3d74s2，轨道表示式：；
（2）用石灰乳调节pH=4，Mn2+被 H2SO5氧化为 MnO2，发生反应的离子方程式为H2O+Mn2++=MnO2++3H+，在pH=4时，铁元素被 H2SO5氧化为三价铁并转化为Fe(OH)3，故得到滤渣的主要成分为MnO2和Fe(OH)3；
（3）在空气中可被氧化成，反应的化学方程式为：；
（4）Mg(OH)2的Ksp=c(Mg2+)×c2(OH-)=10-10.4，“沉镁”时Mg2+沉淀完全(25℃)的最低浓度是10-5mol L-1，此时c(OH-)===10-2.7mol L-1，则pOH=2.7，pH=14-pOH=14-2.7=11.3；即需控制pH不低于11.3；
（5）A．粉碎矿渣、升高温度均可以提高“溶浸”率，故A正确；
B．高温下分解会得到氧化锌，故B正确；
C．中有两个氧显-1价，故具有较强的氧化性，故C错误；
D．没有说明标准状况，无法计算Cl2的体积，故D错误；
答案为AB；
（6）中，氮氢键的键角比独立存在的气态氨气分子中键角略大，其原因是独立存在的氨气分子氮原子含有一对孤电子对，而中的N原子的孤电子对提供出来与Cr3+形成了成键电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故氮氢键的键角比独立存在的气态氨气分子中键角略大。
7．（2024届高考·山西晋城·统考一模）锌是一种重要的金属，一种以固体废锌催化剂(主要成分为ZnO，含少量Fe2O3、CuO、SiO2)为原料制备锌的工艺流程如图所示：
已知：①25℃时，Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(ZnS)=1.6×10-24；
②25℃时，Zn2+＋4NH3[Zn(NH3)4]2+，K=2.5×109。
(1)Zn、Cu在元素周期表中位于 区，第二电离能：I(Cu) (填“>”或“<”)I(Zn)。
(2)“浸取”时，ZnO、CuO分别转化为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+进入溶液。
①[Zn(NH3)4]2+的配位数为 。
②ZnO发生反应的离子方程式为 。
③“浸取”温度应控制在30℃左右，其原因为 。
(3)“除铜”时，当加入的(NH4)2S超量时，会发生反应[Zn(NH3)4]2++S2-ZnS↓+4NH3导致锌的回收率下降，该反应的平衡常数数值为 。
(4)锌与铜相似，在潮湿的空气中可生成碱式碳酸锌[ZnCO3·3Zn(OH)2]，写出反应的化学方程式： 。
(5)用锌与铜合成的高纯铜锌合金滤料被广泛应用于各种水处理设备中。一种铜锌合金的晶胞结构如图，已知：晶胞参数为anm。
①与Cu原子等距离且最近的Cu原子有 个。
②该铜锌合金晶体的密度为 g/cm3(设NA为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1) ds >
(2) 4 2NH3·H2O+2+ZnO=[Zn(NH3)4]2++3H2O{或2NH3+2+ZnO=[Zn(NH3)4]2++H2O} 温度过低，反应速率慢；温度过高会导致氨挥发量增加且NH4Cl分解
(3)2.5×1014
(4)4Zn+2O2＋3H2O+CO2=ZnCO3·3Zn(OH)2
(5) 8 (或)
【分析】催化剂加入NH3-NH4Cl溶液，锌、铜元素已、进入溶液，同时铁转化为氢氧化物沉淀和不反应的二氧化硅成为滤渣1，加入适量的硫化铵生成硫化铜沉淀，过滤除去沉淀，滤液中加入有机萃取剂萃取分离出含锌的有机相，加入硫酸反萃取得到含锌的水相，电解得到锌。
【详解】（1）Zn、Cu价层电子排布式分别为3d104s2，3d104s1，在元素周期表中位于ds区； Cu 的第二电离能是失去3d10上的一个电子所需能量，Zn的第二电离能是失去4s1上的一个电子所需能量，所以Cu、Zn的第二电离能(I2)：Cu＞Zn ；
（2）①Zn2+与NH3中的N原子间形成配位键，中心离子是Zn2+，从化学式看，4个NH3与Zn形成配位键，所以该离子的配位数为4；
②“浸取”时，ZnO转化为[Zn(NH3)4]2+进入溶液，ZnO发生反应的离子方程式为2NH3·H2O+2+ZnO=[Zn(NH3)4]2++3H2O{或2NH3+2+ZnO=[Zn(NH3)4]2++H2O}；
③“浸取”温度应控制在30℃左右，其原因是因为温度过低反应速率慢，温度过高会导致氨挥发量增加且氯化铵分解；
（3）反应的平衡常数;
（4）锌与铜相似，在潮湿的空气中可生成碱式碳酸锌[ZnCO3·3Zn(OH)2]，写出反应的化学方程式为4Zn+2O2＋3H2O+CO2=ZnCO3·3Zn(OH)2；
（5）①根据图示可知，与铜原子等距离且最近的铜原子有8个；
②该晶胞中铜原子个数为，锌原子个数，晶胞体积，则铜锌合金晶体的密度为或 g/cm3。
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