高中化学：工艺流程综合题(解析版)

专题工艺流程综合题
1(2024届·天津河西·统考二模)铋(Bi)及其化合物在电子材料等领域有着广泛作用。

以某铋矿(主要成分为Bi x O y、MnSO4，主要杂质Fe2O3和SiO2)制取Bi x O y并回收锰的工艺流程如下：
按要求回答下列问题。

(1)元素Bi较同主族N的周期数大4，写出基态Bi原子的价层电子排布式。

(2)回收Mn时，Mn2+被还原为Mn的过程中，电子填入原子轨道的名称是。

(3)滤渣1的主要成分的晶体类型为。

(4)“还原”步骤中Bi粉的作用为。

(5)已知BiCl3在2.0<pH<11.0的环境中，易水解成BiOCl沉淀。

写出该反应的化学方程式：。

若实验室配制BiCl3溶液，需用的试剂有BiCl3、蒸馏水、。

(6)已知：常温下，K sp Fe OH
2
=5×10-17；“沉Bi”步骤得到BiOCl沉淀。

此“沉Bi”步骤控制溶液的pH范围为。

(7)Bi x O y(相对分子质量为Mr)的立方晶胞结构如图所示(棱长为apm)。

Bi x O y的化学式为；晶胞密度为g/cm3(用含a、Mr、N A的代数式表示；N A为阿伏伽德罗常数的值)。

【答案】(1)6s26p3
(2)4s
(3)共价晶体
(4)将Cu2+还原成Cu，Fe3+还原成Fe2+
(5)BiCl3+H2O=BiOCl↓+2HCl浓盐酸
(6)小于6.5
×1030
(7)Bi2O32Mr
a3N A
【分析】含铋烧渣先水浸除锰，另加入少量稀硫酸可促进MnS溶解，同时MnSO4溶于水通过过滤分离；用浓盐酸处理浸出固体后过滤，二氧化硅不反应得到滤渣1为SiO2，铋、铁、铜元素反应进入滤液，滤液中含有Fe3+、Cu2+、Bi3+；氧化性：Fe3+>Cu2+>Bi3+，则加入Bi粉处理滤液，Cu2+被还原成Cu，Fe3+被还原成Fe2+，过滤滤渣2中含有Cu以及过量的Bi，滤液中含有Fe2+、Bi3+；加入NaOH使得铋转化为沉淀过滤分离出来，沉淀加入氢氧化钠溶液脱氯处理得到Bi2O3。

【详解】(1)元素Bi较同主族N的周期数大4，则为第6周期ⅤA族，基态Bi原子的价层电子排布式6s2
6p3；
(2)基态Mn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2，则Mn2+被还原为Mn的过程中，电子填入原子轨
道的名称是4s；
(3)滤渣1为SiO2，是由共价键形成的共价晶体；
(4)加入Bi粉处理滤液，Cu2+被还原成Cu，Fe3+被还原成Fe2+，除去铜且便于后续分离铁和铋元素；
(5)BiCl3在2.0<pH<11.0的环境中，易水解成BiOCl沉淀，根据质量守恒可知，还生成HCl，该反应的化学方程式：BiCl3+H2O=BiOCl↓+2HCl。

由BiCl3容易水解，故实验室配制BiCl3溶液，需用的试剂有BiCl3、蒸馏水、浓盐酸，浓盐酸用于抑制BiCl3的水解；
(6)亚铁离子浓度度为0.05mol/L，亚铁离子开始沉淀时，c OH-
=K sp Fe OH
2
c Fe2+
=
5×10-17
0.05mol/L=1×10
-7.5，pOH=7.5，pH=6.5，故“沉Bi”步骤控制溶液的pH范围为小于6.5；
(7)根据“均摊法”，晶胞中含8×1
8+6×1
2
=4个Bi、6个O，则晶体化学式为Bi2O3，密度为
2M
N A
a3
×1030g
⋅cm-3=2Mr
a3N A
×1030g⋅cm-3。

2(2024届·江西景德镇·统考二模)以红土镍镉矿(NiS、CdO，含SiO2、CuO、PbO、Fe2O3等杂质)为原料回收贵重金属Ni、Cd和Cu，其工艺流程如图所示：
已知：水溶液中物质得失电子的能力可用标准电极电势[E(高价态/低价态)]衡量，E越大说明高价态物质的氧化性越强、E越小说明低价态物质的还原性越强。

物质Cu2+/Cu Pb2+/Pb2+Cd2+/Cd Fe2+/Fe Ni2+/Ni
E/V+0.34-0.13-0.40-0.44-0.26
(1)“浆化”的目的是。

(2)滤渣Ⅰ中含有硫单质，写出“酸浸”时NiS反应的离子方程式；滤渣Ⅰ中还含有。

(填化学式)
(3)溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀时(浓度≤10-5mol/L)的pH如下表，则物质X不可能是
；所调pH范围。

离子Fe3+Fe2+Cd2+Cu2+Ni2+
开始沉淀的pH 1.5 6.57.2 4.7 6.8
沉淀完全的pH 3.39.99.5 6.79.2
a．NiCO3 b．CuO c．Cd OH
2 d．NaOH
(4)电解时阴极的电极反应为。

(5)整个流程中可以循环使用的物质有。

(填化学式)
【答案】(1)增大接触面积，加快酸浸反应速率
(2)2NiS+O2+4H+=2Ni2++2S+2H2O SiO2、PbSO4
(3)d 3.3-4.7
(4)Ni2++2e-=Ni、Cd2++2e-=Cd
(5)Ni、CO、H2SO4
【分析】镍镉矿浆化，然后通入空气加入稀硫酸进行酸浸，硫化镍和金属氧化物溶于稀硫酸得到硫酸盐，二氧化硅不反应，PbSO4不溶，过滤得到含有二氧化硅、硫酸铅的滤渣Ⅰ和滤液；向滤液中加入镍的不溶物调节pH，将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，X可以是碳酸镍或氧化镍等，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣Ⅱ和滤液；结合电极电位和不引入杂质，可向滤液中加入Y镍，置换出铜离子为铜，过滤得到含有铜、镍的金属A和硫酸镍、硫酸镉的滤液；滤液经电解、过滤得到含有镉和镍的固体和稀硫酸溶液；固体通入一氧化碳气化分离得到Ni(CO)4和镉；Ni(CO)4受热分解得到镍以及CO，则该工艺流程中可以循环利用的物质为一氧化碳、硫酸和镍等。

【详解】(1)“浆化”的目的是增大接触面积，加快酸浸反应速率，提高某些金属元素浸取率。

(2)空气中氧气具有氧化性，酸性条件下氧化NiS得到硫单质，反应为：2NiS+O2+4H+=2Ni2++2S+
2H2O；由分析可知，滤渣Ⅰ中还含有SiO2、PbSO4；
(3)向滤液中加入不溶物X和溶液中氢离子反应调节pH，将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，而其它离子不沉淀，则需调pH范围为3.3-4.7；氢氧化钠溶液碱性太强且会引入钠离子，不合适，NiCO3、CuO、Cd OH
2均为固态且和氢离子反应能调节pH不引入其它杂质，合适；故选d；
(4)电解时阴极的镍离子、镉离子得到电子发生还原反应转化为金属单质，电极反应为Ni2++2e-=Ni、Cd2++2e-=Cd；
(5)由分析可知，整个流程中可以循环使用的物质有Ni、CO、H2SO4。

3(2024届·陕西西安·统考二模)随着新能源汽车的不断发展，从经济价值、环境保护等多重背景下考虑，废旧锂离子电池中的锂、镍、钴、锰金属的回收利用已经刻不容缓。

某科研团队对废旧三元锂电池进
行处理，工艺如图所示：
查阅资料显示：
a．正极片预处理后的粉料中主要成分与终端产品2相同，均为LiNi
Co x Mn y O2，且其中所含镍、钴、
1-x-y
锰的化合价均为+3价。

粉料中杂质主要为Al2O3。

b．碳酸锂微溶于水，其溶解度随温度升高而减小。

(1)旧电池拆解前进行放电处理有利于锂在正极的回收，其原因是。

(2)写出粉料中的LiNi
Co x Mn y O2通过“浸出还原”得到含Ni2+、Co2+、Mn2+、Li+的化学反应方程
1-x-y
式：。

(3)温度、浸出时间对镍、钴、锰浸出率的影响如下图所示。

根据图中信息，应选择的温度为℃，浸出时间为min。

除温度和时间外，写出另外一种影响浸出率的因素：。

(4)“浸出还原”后，可用低浓度的碳酸氢铵溶液除杂，写出反应的离子方程式。

(5)“共沉淀”后的滤液中含有大量Li+，加碳酸钠后，对溶液采用如下“系列操作”可得到终端产品1：
、、洗涤、干燥。

检验沉淀是否洗涤干净的操作是。

(6)已知Co OH
2、Ni OH
2、Mn OH
2三种物质的K sp分别为10-14.7、10-14.6、10-12.8，共沉淀时，使构成三元材料的金属离子均完全沉淀(溶液中离子浓度≤10-5mol⋅L-1)，则pH至少应调至。

【答案】(1)防止在电池拆解过程中，发生短路引起火灾、爆炸等事故
(2)2LiNi
1-x-y
Co x Mn y O2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2(1-x-y)NiSO4+2xCoSO4+2yMnSO4+O2↑+4H2 O
(3)70℃120min H2SO4用量
(4)Al3++3HCO-3=Al(OH)3↓+3CO2↑
(5)蒸发结晶趁热过滤取最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀洗涤干净，否则，洗涤不干净
(6)10.1
【分析】经过放电处理后，负极Li放电形成Li+，最终转移到正极材料中，可提高Li元素的回收率，经过浸出还原，正极材料中相关元素转化为Ni2+、Co2+、Mn2+、Li+，加入NaOH调节pH至11，可将Ni2+、Co2+、Mn2+转化为沉淀除去，最终在滤液中加入Na2CO3得到Li2CO3产品，正极材料前驱体在空气中煅烧得
到终端产品2LiNi1-x-y
Co x Mn y O2；
【详解】(1)回收处理时首先对废旧锂电池进行放电，目的是防止在电池拆解过程中，发生短路引起火灾、爆炸等事故；
(2)粉料中的LiNi
1-x-y
Co x Mn y O2被过氧化氢氧化，相关元素转化为Ni2+、Co2+、Mn2+、Li+，Ni2+、Co2+、
Mn2+化合价由+3价变为+2价，H2O2氧元素由-1价变为0价，故相关化学方程式为2LiNi
1-x-y
Co x Mn y O2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2(1-x-y)NiSO4+2xCoSO4+2yMnSO4+O2↑+4H2O；
(3)①由图可知，当温度为70℃、浸出时间为120min时金属的浸出率较高，再提高温度和浸出时间，金属的浸出率几乎不变，所以最佳的温度为70℃、最佳的浸出时间为120min；
②影响浸出率的因素除了温度时间外，还包括反应物浓度，故答案为H2SO4用量；
(4)Al3+与HCO-3发生相互促进的完全双水解反应：Al3++3HCO-3=Al(OH)3↓+3CO2↑；
(5)由于碳酸锂的溶解度随温度升高而减小，沉淀完成后从溶液中得到Li2CO3的操作有蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥；
若沉淀洗涤干净则沉淀表面不存在硫酸根离子，则检验沉淀是否洗涤干净的操作是取最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀洗涤干净，否则，洗涤不干净；(6)比较Co OH
2、Ni OH
2、Mn OH
2三种物质的Ksp，第二次调pH时，要使构成三元材料的金属离子均完全沉淀(溶液中离子浓度≤10-5mol⋅L-1)，则只需要满足K sp Mn OH
2
=10-12.8就能达到目的，
c(OH-)=10-12.8
10-5mol/L=10-3.9mol/L，c(H+)=10-14
10-3.9
mol/L=10-10.1mol/L，所以pH至少应调至10.1，
答案为10.1。

4(2024届·江西鹰潭·统考二模)钛白粉是一种重要的无机化工颜料，主要成分为二氧化钛(TiO2)，一种以含Fe2O3、CaO、SiO2等杂质的钛铁矿(FeTiO3)为原料制备钛白粉的工艺流程如图所示。

已知：①H2TiO3不溶于水和稀酸；
②“酸浸”后钛元素主要以TiO2+形式存在；
③K sp Fe OH
3
=10-38，当溶液中c Fe3+
≤10-5mol⋅L-1'时可认为Fe3+完全除去。

回答下列问题：
(1)请写出加快“酸浸”速率的一个措施：。

(2)“酸浸”时，FeTiO3发生反应的化学方程式为。

(3)“滤渣”①的主要成分是(填化学式)。

(4)流程中加入铁粉的目的是把体系中的Fe3+还原成Fe2+，冷却结晶析出FeSO4⋅7H2O晶体。

体系中的Fe3+还可以用调节pH的方法除去，设酸浸后体系中c Fe3+
=0.01mol⋅L-1，常温下Fe3+开始沉淀的pH 为。

(5)经处理后，流程中可循环利用的物质除Fe外，还有(填化学式)。

(6)碳化钛晶胞结构如图所示，碳化钛的化学式为，碳原子距离最近且相等的碳原子的数目为。

晶胞边长参数a=0.42nm，则晶体的密度ρ=g⋅cm-3(列出计算式，不要求化简)。

【答案】(1)粉碎钛铁矿石、升高温度、搅拌、适当增大硫酸的浓度等
(2)FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O
(3)Fe、SiO2和CaSO4
(4)2
(5)H2SO4
(6)TiC12
4×48+12
6.02×1023×0.42×10-7
3
或
4×48+12
0.42×10-7
3N A
【分析】钛铁矿主要成分FeTiO3，还含有Fe2O3、CaO、SiO2等杂质，加硫酸“酸浸”，用过量的铁把Fe3+还原为Fe2+，SiO2难溶于水、CaSO4微溶于水，过滤除去SiO2、CaSO4、Fe；滤液冷却结晶析出FeSO4⋅7H2 O；滤液②含有TiOSO4，加热水解生成H2TiO3沉淀，H2TiO3灼烧分解的TiO2，据此分析解题。

【详解】(1)根据影响反应速率的因素，加快“酸浸”速率的一个措施有：粉碎钛铁矿石、升高温度、搅拌、适当增大硫酸的浓度等；
(2)“酸浸”后钛元素主要以TiO2+形式存在，“酸浸”时，和硫酸反应生成硫酸亚铁和TiOSO4，发生反应的化学方程式为：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；
(3)SiO2难溶于水、CaSO4微溶于水，所以“滤渣”①的主要成分是SiO2、CaSO4和剩余的Fe；
(4)酸浸后体系中c Fe 3+ =0.01mol ⋅L -1，K sp Fe OH 3 =10-38，常温下Fe 3+开始沉淀时c OH - =3
K sp Fe OH 3 Fe 3+=310-380.01mol ⋅L
-1
=10-12mol ⋅L -1，c (H +)=10-2，pH 为2时开始沉淀；(5)TiOSO 4水解生成H 2TiO 3和硫酸，硫酸可用于“酸浸”，经处理后，流程中可循环利用的物质除Fe 外，
还有H 2SO 4；
(6)根据均摊原则，晶胞中Ti 原子数8×
18+6×12=4、C 原子数为12×1
4
+1=4，碳化钛的化学式为TiC ；碳原子距离最近且相等的碳原子的数目为12；晶胞边长参数a =0.42nm ，则晶体的密度ρ=4×48+12 N A ×0.42×10-7 3=4×48+12 6.02×1023×0.42×10-7 3g ⋅cm -3
或4×48+12 0.42×10-7 3
N A 。

5(2024届·山东枣庄·统考二模)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ZnFe 2O 4、Ga 2Fe 2O 4 3、CuO 和Fe 3O 4]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．Cu OH 2可溶于过量氨水生成Cu NH 3 4 2+
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Fe 2+
Fe 3+Zn 2+
Ga 3+Cu 2+
浓度/mol ⋅L -1
- 4.0×10-2
0.78 3.0×10-3
0.22开始沉淀pH 8.0 1.7 5.6 3.0 4.5完全沉淀pH 9.6 3.28.0 4.9a (a >5.5)
萃取率/%
99
97~98.5
93
(萃取率指进入有机层中金属离子的百分数；NH +4难被萃取；离子浓度c ≤10-5mol ⋅L -1时即认为沉淀完
全)
回答下列问题：(1)“酸浸”过程中Ga 2Fe 2O 4 3发生反应的化学方程式为。

(2)滤液①中Cu 2+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。

【答案】(1)Ga 2Fe 2O 4 3+12H 2SO 4=Ga 2SO 4 3+3Fe 2SO 4 3+12H 2O (2)2.2×10-3mol ⋅L -1或1.0×102a -16mol ⋅L -1在酸浸中循环利用O 2和H 2SO 4
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
Ga 3++4OH -=Ga OH 4 -
Ga OH 4
-
+3e -=Ga +4OH -【分析】锌矿渣[主要成分ZnFe 2O 4、Ga 2Fe 2O 4 3、CuO 和Fe 3O 4]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，Fe 3+、Ga 3+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Fe 3+，转化为Fe 2+，使之在萃取的时候不会被萃取出来(题中Fe 3+的萃取率比Ga 3+高)，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 ；
【详解】(1)“酸浸”过程中Ga 2Fe 2O 4 3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Ga 2
Fe 2O 4 3+12H 2SO 4=Ga 2SO 4 3+3Fe 2SO 4 3+12H 2O ；
(2)根据表中数据可知，Cu 2+开始沉淀时浓度为0.22mol/L ，pH =4.5，则c (OH -)=10-9.5mol/L ，Ksp [Cu (OH )2]=c (Cu 2+)c 2(OH -)=0.22×10-9.5 2=2.2×10-20，用氨水调节pH =5.5，故滤液①中Cu 2+的浓度为：Ksp [Cu (OH )2]c 2(OH -)=2.2×10-20(10-8.5)2=2.2×10-3；或完全沉淀时pH =a ，c (OH -)=10a -14mol/L ，Cu
2+
的浓度c ≤10-5mol ⋅L -1，Ksp [Cu (OH )2]=c (Cu 2+)c 2(OH -)=1.0×102a -33，用氨水调节pH =5.5，故滤液
①中Cu 2+
的浓度为：Ksp Cu (OH )2 c 2OH - =1.0×102a -3310-8.5 2
=1.0×102a -16；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O 2和H 2SO 4；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Ga 3++4OH -=Ga OH 4 -；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Ga OH 4 -+3e -=Ga +4OH -。

6(2024届·安徽黄山·统考二模)氧缺位体CuFe 2O 4-δ 是热化学循环分解水制氢的催化剂。

一种以黄铜矿(主要成分是CuFeS 2，含Al 2O 3、SiO 2等杂质)为原料制备CuFe 2O 4-δ流程如图所示：
已知：①酸浸后溶液中的金属离子有Cu 2+、Fe 2+、Al 3+和Fe 3+②25°C 时已知几种金属离子沉淀的pH 如表所示：金属氢氧化物Fe OH 3
Al OH 3
Cu OH 2
Fe OH 2
开始沉淀的pH 1.9 3.4 6.47.0完全沉淀的pH
3.2
4.7
7.6
9.0
请回答下列问题：(1)CuFeS 2“焙烧”时生成三种氧化物，其中金属氧化物的化学式为。

(2)焙烧产物中的SO 2在有氧条件下利用石灰石浆液吸收可制得一种副产品。

(填化学式)
(3)流程中，若无“还原”工序，造成的后果是。

(4)已知Cu NH 3 2Cl 2有两种同分异构体，则“沉铁”过程中生成的Cu NH 3 4 2+的空间结构是。

(5)“灼烧”工序的化学方程式是
，“煅烧”时通入N 2的作用是。

(6)“煅烧”CuFe 2O 4得到氧缺位体CuFe 2O 4-δ 时，不同温度范围内，发生变价的金属元素不同，某温度下制得的氧缺位体质量为原质量的99%，则δ=。

(7)氧缺位体催化分解水制氢可分为两步：第一步：
(完成方程式)；
第二步：2CuFe 2O 4=2CuFe 2O 4-δ+δO 2↑。

【答案】(1)CuO 、Fe 3O 4(2)CaSO 4
(3)还原工序是将Fe 3+还原为Fe 2+，若没有还原工序，会使Fe 3+发生沉淀(4)平面正方形(5)CuO +2Fe (OH )3
灼烧
CuFe 2O 4+3H 2O
N 2在煅烧时做保护气
(6)0.15
(7)CuFe 2O 4-δ+δH 2O =CuFe 2O 4+δH 2↑
【分析】氧气具有氧化性，已知酸浸后的溶液中金属离子有Cu 2+，Fe 2+，Al 3+和Fe 3+，CuFeS 2焙烧生成三种氧化物，结合质量守恒可知，三种氧化物为SO 2、CuO 、Fe 3O 4，加入硫酸金属氧化物转化为相应的硫酸盐，滤渣1为SiO 2，加入Cu 还原Fe 3+为Fe 2+，加入CuO 调节pH 使Al 3+沉淀，，而Cu 2+和Fe 2+不沉淀，滤渣2中有Al (OH )3、CuO 、Cu ，加H 2O 2将Fe 2+氧化为Fe 3+离子，加入过量的氨水反应生成Cu (NH 3)4SO 4，Fe 3+生成Fe (OH )3沉淀，Cu (NH 3)4SO 4经过系列操作生成CuO ，灼烧CuO 和Fe (OH )3生成 CuFe 2O 4，在N 2做保护气下煅烧生成CuFe 2O 4-δ。

【详解】(1)已知酸浸后的溶液中金属离子有Cu 2+，Fe 2+，Al 3+和Fe 3+，CuFeS 2焙烧生成三种氧化物，结合质量守恒可知，三种氧化物为SO 2、CuO 、Fe 3O 4，其中金属氧化物的化学式为CuO 、Fe 3O 4；
(2)焙烧产物中的SO2在有氧条件下利用石灰石浆液Ca(OH)2吸收可制得一种副产品是CaSO4；
(3)加入Cu还原Fe3+为Fe2+，若没有还原工序，调节pH值时会使Fe3+发生沉淀；
(4)已知Cu NH3
2Cl2有两种同分异构体，则可知其结构不是四面体结构，而是平面四边形结构，故Cu NH3
4
2+的空间构型为平面正方形；
(5)灼烧CuO和Fe(OH)3生成 CuFe2O4，反应的方程式为CuO+2Fe(OH)3灼烧
CuFe
2
O4+3H2O；N2
做保护气，防止生成物被氧化；
(6)“煅烧”CuFe2O4得到氧缺位体CuFe2O4-δ
，质量减少的是氧气质量，16δ
64+2×56+4×16
×100%= 1-99%，得出δ=0.15
(7)制取氢气的总反应为：2δH2O=2δH2↑+δO2↑，结合第二步反应2CuFe2O4=2CuFe2O4-δ+δO2↑，可知第一步反应为：CuFe2O4-δ+δH2O=CuFe2O4+δH2↑。

7(2024届·广东深圳·统考二模)一种从工业锌置换渣(主要含ZnSO4、ZnFe2O4、PbSO4、GeO2、SiO2等)中回收锗、铅的工艺流程如图：
已知：GeO2能溶于强酸的浓溶液或强碱溶液；PbCl2可溶于热盐酸中：PbCl2+2Cl-⇌PbCl2-4；常温下，K sp PbSO4
=1.6×10-8，K sp PbCl2
=1.2×10-5。

(1)“还原浸出”时，SO2的存在可促进ZnFe2O4浸出。

①SO2的空间结构为。

②该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。

(2)“90°C酸浸”所用盐酸的浓度不宜过大或过小，浓度不宜过大的主要原因是。

(3)“碱溶”时，GeO2发生反应的离子方程式为。

(4)“降温析铅”过程中，体系温度冷却至常温，且c Cl-
=2.0mol⋅L-1。

为防止PbCl2中混有PbSO4杂质，应控制溶液中c SO2-4
≤mol⋅L-1(保留两位有效数字)。

(5)“转化”的意义在于可重复利用(填物质名称)。

(6)通过掺杂硅可将锗单质转化为不同掺杂比例的硅锗合金，锗及硅锗合金的立方晶胞如图所示。

①锗晶体中一个Ge周围与其最近的Ge的个数为。

②若硅锗合金i的晶胞边长为apm，设N A为阿伏加德罗常数的值，则硅锗合金i晶体的密度为g⋅cm-3(列计算式)。

③硅锗合金ii 沿晶胞对角面取得的截图为(填标号)。

【答案】(1)V 形1：1
(2)防止GeO 2大量溶解，导致锗的产率下降
(3)GeO 2+2OH -=GeO 2-3+H 2O (或GeO 2+4OH -=GeO 4-4+2H 2O )
(4)5.3×10-3(5)盐酸(6)4
73×7+28
a 3×10
-30
×NA
或
539
a 3×10
-30
×N A
或
539
a 3
×N A
×1030C
【分析】工业锌置换渣(主要含ZnSO 4、ZnFe 2O 4、PbSO 4、GeO 2、SiO 2等)通入SO 2并加入硫酸还原浸出，生成Zn 2+、Fe 2+，滤渣1中有PbSO 4、GeO 2、SiO 2，加入盐酸90℃酸浸，浸渣2为GeO 2、SiO 2，加入氢氧化
钠溶液碱溶，发生反应GeO 2+2OH -=GeO 2-3+H 2O (或GeO 2+4OH -=GeO 4-4+2H 2O )，SiO 2+2OH -=SiO 2-3+H 2O ，经过沉硅等一系列操作后得到硅，滤液中含有PbCl 2-4，降温PbCl 2+2Cl -⇌PbCl 2-4平衡逆向
移动，得到PbCl 2，滤液1中加入适量CaCl 2得到CaSO 4，过滤得滤液2，滤液2主要含有H +、Cl -。

【详解】(1)①SO 2中S 的价层电子对数为：2+6-2×2
2
=3，有1个孤电子对，空间构型为V 形；
②该反应化学方程式为：SO 2+ZnFe 2O 4+2H 2SO 4=ZnSO 4+2FeSO 4+2H 2O ，氧化剂为ZnFe 2O 4，还原剂为SO 2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；(2)盐酸浓度过大，会导致GeO 2大量溶解，锗的产率下降；
(3)“碱溶”时，GeO 2与OH -发生反应，离子方程式为：GeO 2+2OH -=GeO 2-3+H 2O (或GeO 2+4OH -=GeO 4-4+2H 2O )；
(4)c Cl - =2.0mol ⋅L -1，K sp PbCl 2 =c Pb 2+ c 2Cl - =1.2×10-5，即c Pb 2+ =3×10-6mol/L ，K sp
PbSO 4 =c Pb 2+
c SO 2-4 =3×10
-6
mol/L ×c SO 2-4 =1.6×10-8，c SO 2-4 =5.3×10-3
mol/L ，
即为防止PbCl 2中混有PbSO 4杂质，应控制溶液中c SO 2-4 ≤5.3×10-3
mol/L ；
(5)滤液1中加入适量CaCl 2得到CaSO 4，过滤得滤液2，滤液2主要含有H +、Cl -，“转化”的意义在于可重复利用盐酸；(6)①由图可知，锗晶体中一个Ge 周围与其最近的Ge 的个数为4；
②由均摊法得，1个硅锗合金i 晶胞中含有Si 原子个数为2×12=1，Ge 原子的个数为4+8×1
8
+4×
12=7，晶胞边长为apm ，则硅锗合金i 晶体的密度为73×7+28a 3×10-30×N A ；③由硅锗合金ii 的晶胞结构图可知，沿晶胞对角面取得的截图为C 。

8(2024届·广东梅州·统考二模)金属铼广泛用于航空航天等领域。

以钼精矿(主要成分为钼的硫化物和少量铼的硫化物)制取高铼酸铵晶体的流程如下图所示。

回答下列问题：
(1)金属铼具有良好的导电、导热性和延展性，可用于解释这一现象的理论是。

(2)①“焙烧”常采用高压空气、逆流操作(空气从培烧炉下部通入，矿粉从中上部加入)，其目的是。

②“焙烧”过程中Re S2转化为Ca Re O4
2，反应方程式4Re S2+10CaO+19O2高温
2Ca Re O
4
2+。

(3)“萃取”机理为：R3N+H++Re O-4=R3N⋅H Re O4，则“反萃取”对应的离子方程式为；常温下，“反萃取”得到高铼酸铵溶液的pH=9.0，则溶液中c NH+4
c NH3⋅H2O
(填“>”“<”或“=”)。

(已知：常温下lg K b NH3⋅H2O
=-4.7)
(4)下图是NH4Re O4的X射线衍射图谱，则NH4Re O4属于。

(填“晶体”或“非晶体”)
(5)工业上制备的铼粉中含有少量碳粉和铁粉(其熔沸点见表1)，在3500℃时，利用氢气提纯可得到纯度达99.995%的铼粉(下图为碳在高温氢气环境中气-固占比计算结果)，请分析原因。

表1
物质熔点(℃)沸点(℃)
Re31805900
C36524827
Fe15352750
(6)三氧化铼是简单立方晶胞，晶胞结构如下图所示，摩尔质量为Mg/mol，晶胞密度为ρg/cm3。

铼原子填在氧原子围成的(填“四面体”“立方体”或“八面体”)空隙中，该晶胞中两个相距最近的O原子间的距离为cm。

(列出计算式)
【答案】(1)电子气理论
(2)增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率8CaSO4
(3)R3N⋅H Re O4+NH3=NH+4+Re O-4+R3N或R3N⋅H Re O4+NH3⋅H2O=NH+4+Re O-4+R3N+H2O >
(4)晶体
(5)3500℃时，Fe已气化去除，固态碳与H2完全反应，形成了气态物质
(6)八面体2
23M N A⋅ρ
【分析】钼精矿(主要成分为钼的硫化物和少量铼的硫化物)在空气中焙烧，硫元素转化成二氧化硫，二氧化硫与生石灰、氧气反应生成硫酸钙，铼元素转化成Ca(Re O4)2，钼元素转化成CaMoO4，加入硫酸、软锰矿，硫酸钙属于微溶物，过滤，得到浸渣CaSO4，加入氨水和生石灰，得到NH4Re O4，然后过滤，通过酸化、萃取和反萃取、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。

【详解】(1)金属铼属于金属晶体，在金属晶体中，金属原子的价电子从金属原子上“脱落”下来形成“电子气”，外力作用金属原子移位滑动,电子在其中起到“润滑”的作用，因此金属具有延展性；电子气在外电场作用下定向移动,因此金属有良好的导电性；金属受热,加速自由电子与金属离子之间的能量交换，将热能从一端传递到另一端而使金属有良好的导热性，因此可以用电子气理论解释金属Re具有良好的导电、导热性和延展性；
(2)①“焙烧”常采用高压空气、逆流操作可增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率；
②Re S2在反应中转化成Ca(Re O4)2和CaSO4，Re S2作还原剂，氧气作氧化剂，因此有CaO+Re S2+O2高温
Ca(Re O
4
)2+CaSO4，根据原子守恒配平即可，氧气最后配平，所得化学反应方程式为4Re S2
+10CaO+19O2高温
2Ca(Re O
4
)2+8CaSO4；
(3)反萃取时R3N·H Re O4与氨气反应生成NH4Re O4、R3N，反应离子方程式为：R3N⋅H Re O4+NH3= NH+4+Re O-4+R3N或R3N⋅H Re O4+NH3⋅H2O=NH+4+Re O-4+R3N+H2O；lg K b(NH3∙H2O)=-4.7，K b
(NH3∙H2O)c NH+4
c OH-
c NH3⋅H2O
=10-4.7，“反萃取”得到高铼酸铵溶液的pH=9.0，则溶液中c(OH-)=10-5
mol/L，则
c NH+4
c NH3⋅H2O
=100.3>1，c(NH+4)>c(NH3∙H2O)；
(4)由NH4Re O4的X射线衍射图谱可知，NH4Re O4具有衍射峰，说明NH4Re O4属于晶体；
(5)根据表中数据可知，在3500℃时，铁转化成铁蒸气，根据图象可知，在3500℃时，C和氢气生成气态物质，得到高纯度的Re；
(6)由图可知，顶角的Re原子周围有6个距离相等且最近的O原子，这6个O原子构成正八面体，因此Re原子填在O原子围成的八面体空隙中；根据均摊法可计算出一个晶胞中Re和O的个数分别为1个和
3个，也就是1个晶胞含有1个Re O3，设晶胞的棱长为acm，则a3=V=n⋅M
N A⋅ρcm3=M
N A⋅ρ
cm3，a=
3
M N A ⋅ρcm ，根据晶胞棱中心的是O 原子，距离最近的O 原子是两条相交棱上的O 原子，两者的距离=22a =223M N A ⋅ρcm 。

9(2024届·广东肇庆·统考二模)稀土金属(RE )属于战略性金属，
我国的稀土提炼技术位于世界领先地位。

一种从废旧磁性材料[主要成分为铈(Ce )、Al 、Fe 和少量不溶于酸的杂质]中回收稀土金属Ce 的工艺流程如图所示。

已知：①Ce (H 2PO 4)3难溶于水和稀酸。

②常温下，Ksp [Fe (OH )2]=1.0×10-16.4，Ksp [Al (OH )3]=1.0×10-32.9，Ksp [Ce (OH )3]=1.0×10-20。

③当溶液中的金属离子浓度小于或等于10-5mol/L 时，可认为已沉淀完全。

(1)为提高酸浸的速率，可采取的措施为
(写一条即可)。

(2)常温下，“酸浸”后测得溶液中c (Fe 2+)=1.0mol/L ，c (Ce 3+)=0.01mol/L ，则“沉Ce ”时，为了使Al 3+完全沉淀，但不引人Fe (OH )2和Ce (OH )3，需要调节溶液的pH 范围为。

(3)“碱转换”过程中Ce (H 2PO 4)所发生反应的离子方程式为
，“滤液2”中铝元素的存在形式为
(填化学式)。

(4)“沉淀”后所得的固体为Ce 2(C 2O 4)3·10H 2O ，将其煅烧可得Ce 2O 3和一种无毒的气体，发生反应的化学方程式为。

(5)某稀土金属氧化物的立方晶胞如图所示，则该氧化物的化学式为，距离RE 原子最近的O 原子
有
个。

若M (晶胞)=Mg /mol ，晶胞边长为anm ，N A 为阿伏加德罗常数的值，则晶胞的密度为
g /cm 3(列出计算式)。

【答案】(1)加热、搅拌、粉碎废旧磁性材料、适当增大硫酸浓度等(2)4.7≤pH <5.8
(3)Ce H 2PO 4 3+9OH -=Ce OH 3+3PO 3-4+6H 2O
Na [Al (OH )4](或NaAlO 2)
(4)2Ce 2C 2O 4 3⋅10H 2O +3O 2高温 2Ce 2O 3+12CO 2+20H 2O (5)REO 2
8
M
a 3
⋅N A
×1021
【分析】废旧磁性材料加入稀硫酸酸浸后过滤，滤液中含有硫酸亚铁、硫酸铈、硫酸铝，向滤液中加入磷酸二氢钠，得到Ce (H 2PO 4)3、氢氧化铝沉淀；“碱转换”过程中Ce (H 2PO 4)所发生反应Ce H 2PO 4 3+9OH -=
Ce OH 3+3PO 3-4+6H 2O ，
过滤向滤渣Ce OH 3中稀硫酸溶解后再加草酸“沉淀”后所得的固体为Ce 2(C 2
O 4)3·10H 2O ，将其煅烧可得Ce 2O 3和CO 2，Ce 2O 3被还原为Ce 。

【详解】(1)可通过加热、搅拌、粉碎废旧磁性材料、适当增大硫酸浓度等措施提高酸浸的速率，故答案为：通过加热、搅拌、粉碎废旧磁性材料、适当增大硫酸浓度；
(2)“沉Ce ”时，为了使Al 3+完全沉淀，c (Al 3+)=1×10-5mol/L ，c (OH -
)=
3
K sp [Al (OH )3]
c (Al 3+)
=
3
1.0×10-3
2.91×10
-5=1×10-9.3mol/L ，此时c (H +)=1×10-4.7mol/L ，pH 应大于等于4.7；溶液中c (Fe 2+)=1.0mol/L ，c (Ce 3+)=0.01mol/L ，为了不引人Fe (OH )2和Ce (OH )3，当c (OH -)=3
K sp [Ce (OH )3]c (Ce 3+)
=3
1.0×10-200.01
=1×10-6mol/L ，c (H +)=1×10-8mol/Lc OH - =K sp Fe (OH )2
c Fe 2+
=
1.0×10-16.41
=1
×10-8.2mol/L ，c (H +)=1×10-5.8mol/L ，为了使Al 3+完全沉淀，但不引人Fe (OH )2和Ce (OH )3，需要调节溶液的pH 范围4.7≤pH <5.8，故答案为：4.7≤pH <5.8；
(3)“碱转换”过程中Ce (H 2PO 4)所发生反应Ce H 2PO 4 3+9OH -=Ce OH 3+3PO 3-4+6H 2O ，
氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液中生成了Na [Al (OH )4](或NaAlO 2)，故答案为：Ce H 2PO 4 3+9OH -=Ce OH 3
+3PO 3-4+6H 2O ；
Na [Al (OH )4](或NaAlO 2)；(4)“沉淀”后所得的固体为Ce 2(C 2O 4)3·10H 2O ，将其煅烧可得Ce 2O 3和CO 2，发生反应2Ce 2C 2O 4 3⋅10H 2O +3O 2高温 2Ce 2O 3+12CO 2+20H 2O ，故答案为：2Ce 2C 2O 4 3⋅10H 2O +3O 2高温 2Ce 2O 3+12CO 2+20H 2O ；
(5)根据晶胞图可知1个晶胞中RE ：8×
18+6×1
2
=4，O ：8×1=8，两种原子个数比为1:2，化学式为：REO 2；距离RE 原子最近的O 原子有8个；M (晶胞)=Mg /mol ，晶胞边长为anm ，1个晶胞的体积为a 3
nm 3=a 3×10-21cm 3，晶胞的密度ρ=N ⋅M V ⋅N A =M a 3×10-21
⋅N A g /cm 3为故答案为：REO 2；8；M
a 3⋅N A ×1021。

10(2024届·辽宁·统考二模)铊(Tl )广泛应用于电子、
军工、航天等领域。

一种从铅精矿焙烧产生的富铊灰(主要成分为PbO 、ZnO 、FeO 、Fe 2O 3、Tl 2O )中回收铊的工艺流程如图所示：
已知：
①Tl +易被氧化为Tl 3+
②在氯化物-硫酸水溶液中，Tl 元素以TlCl -4形式存在
③萃取过程的反应原理为：H ++CH 3CONR 2+TlCl -4⇌[CH 3CONR 2H ]TlCl 4④常温下Ksp Fe OH 3 =2.7×10-39，Ksp Zn OH 2 =1.0×10-17，lg3≈0.5请回答下列问题：。