资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩25页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
（广东版）新高考化学三轮冲刺强化练习 第18题 工艺流程综合题（解析版）
展开
这是一份（广东版）新高考化学三轮冲刺强化练习 第18题 工艺流程综合题（解析版），文件包含广东版新高考化学三轮冲刺强化练习第18题工艺流程综合题原卷版docx、广东版新高考化学三轮冲刺强化练习第18题工艺流程综合题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共79页， 欢迎下载使用。
1．(2023广东卷，18）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。
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
【分析】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。
【解析】（1）活性可与水反应，化学方程式为；故答案为：。
（2）常温下，的氨性溶液中，，，，则＞；故答案为：＞。
（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；故答案为：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；故答案为：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；故答案为：。
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C、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个，与O最小间距大于与O最小间距，则Al在顶点，因此在晶胞中的位置为体心；晶体中一个周围与其最近的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，因此晶体中一个周围与其最近的O的个数为12；故答案为：体心；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；故答案为：0.4或。
②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，根据前面分析，，在于可重复利用和；故答案为：。
2．（2022广东卷，18）稀土()包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸熔点为；月桂酸和均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持价不变；的，开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_______。（2）“过滤1”前，用溶液调pH至_______的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为_______。
（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到元素，滤液2中浓度为。为尽可能多地提取，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中低于_______(保留两位有效数字)。
（4）①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是_______。
②“操作X”的过程为：先_______，再固液分离。
（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有_______(写化学式)。
（6）稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂。
①还原和熔融盐制备时，生成1ml转移_______电子。
②用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化的还原，发生的电极反应为_______。
【答案】（1）Fe2+
（2） 4.7pH<6.2
（3）4.010-4
（4） 加热搅拌可加快反应速率 冷却结晶
（5）MgSO4
（6） 15 O2+4e-+2H2O=4OH-
【解析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有、、、、、等离子，经氧化调pH使、形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有、、等离子，加入月桂酸钠，使形成沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。
（1）由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+，故答案为：Fe2+；
（2）由表中数据可知，沉淀完全的pH为4.7，而开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证、沉淀完全，且不沉淀，要用溶液调pH至4.7pH<6.2的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为，故答案为：4.7pH<6.2；；
（3）滤液2中浓度为，即0.1125ml/L，根据，若要加入月桂酸钠后只生成，而不产生，则==410-4，故答案为：410-4；
（4）①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答案为：加热搅拌可加快反应速率；
② “操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸熔点为，故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶；
（5）由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4，故答案为：MgSO4；
（6）①中Y为+3价，中Pt为+4价，而中金属均为0价，所以还原和熔融盐制备时，生成1ml转移15电子，故答案为：15；
②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-。
3．（2021广东卷，18）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝()、钼()、镍()等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：
已知：25℃时，的，；；；该工艺中，时，溶液中元素以的形态存在。
（1）“焙烧”中，有生成，其中元素的化合价为_______。
（2）“沉铝”中，生成的沉淀为_______。
（3）“沉钼”中，为7.0。
①生成的离子方程式为_______。
②若条件控制不当，也会沉淀。为避免中混入沉淀，溶液中_______(列出算式)时，应停止加入溶液。
（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，为_______。
②往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量_______(填化学式)气体，再通入足量，可析出。
（5）高纯(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止刻蚀液与下层(砷化镓)反应。
①该氧化物为_______。
②已知：和同族，和同族。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。
【答案】+6 +=↓
【分析】
由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。
【解析】
（1）“焙烧”中，有生成，其中Na和O的化合价为+1和-2，根据化合价的代数和为0可知，元素的化合价为+6。
（2）“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀为。
（3）①滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成沉淀，该反应的离子方程式为+=↓。
②若开始生成沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：，该反应的化学平衡常数为。为避免中混入沉淀，必须满足，由于“沉钼”中为7.0，，所以溶液中时，开始生成沉淀，因此，时，应停止加入溶液。
（4）①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，故为。
②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量，再通入足量，可析出。
（5）①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由与反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为。
②由和同族、和同族可知，中显+3价（其最高价）、显-3价。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，元素被氧化，则该反应的氧化剂为，还原剂为。中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，每个参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为。
命题热点1 原料预处理
1.原料预处理的目的
（1）原料经过预处理主要是除去不必要的杂质,净化所需要的原料。
（2）原料中的目标物质转化为易于化学处理的物质。
2.原料预处理的常用方法
（1）研磨、雾化。
将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化,增大反应物接触面积,以增大反应速率或使反应更充分。
（2）焙烧、煅烧、灼烧。
①焙烧。
焙烧是将矿石、精矿在空气、氯气、氢气、甲烷、一氧化碳或二氧化碳等气流中不加或配加一定物料,加热至低于炉料的熔点,发生氧化、还原或其他化学变化的过程。
②煅烧。
煅烧是指将物料在低于熔点的适当温度下加热,使其分解并除去所含结晶水、CO2或 SO2等挥发性物质的过程,所以煅烧过程的反应物通常是固体,生成物是另一种固体和气体。
③灼烧。
灼烧是将固体物质加热到高温以达到脱水、分解或除去挥发性杂质、有机物和铵盐等目的的操作。灼烧通常指的是实验室里对固体进行的高温操作,加热仪器有酒精灯、煤气灯或电炉等,如海带提碘实验中通过灼烧除去有机物。
（3）浸取。
①水浸:与水接触反应或溶解,使原料变成离子进入溶液中,做到初步分离。
②酸浸:在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液,不溶物通过过滤除去的过程。常用硫酸、盐酸、硝酸等,用盐酸、硝酸酸溶时要注意控温,用硫酸酸溶时要关注Pb2+ 、Ca2+ 、Ag+会生成PbSO4、 CaSO4、Ag2SO4在滤渣中出现。
③碱浸:常用NaOH溶液、氨水、Na2CO3溶液等,与碱接触反应或溶解,NaOH溶液使酸性氧化物和两性氧化物以含氧酸根离子(如Si、Al、Zn、Cr等元素),或与NH3形成配离子进入溶液。
④盐浸:用铵盐溶液、FeCl3溶液等。
⑤醇浸:提取有机物,常采用有机溶剂(乙醚、二氯甲烷等)浸取的方法提取有机物。
命题热点2 反应条件的控制
一、反应条件的控制方法
通过控制一定的反应条件来达到提高物质转化率或除去杂质的目的。
1.控制溶液的pH
（1）增强物质的氧化性、还原性(H+能增强MnO4-、NO3-的氧化性),调节离子的水解程度。
（2）通过控制溶液的pH可以除去某些金属离子。
如要除去溶液中含有的Fe3+、Al3+,可调节溶液的pH使之转变为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀。
2.控制温度(常用水浴、冰水浴等)
（1）控制反应速率(升温增大反应速率)、使催化剂达到最大活性、防止副反应的发生。
（2）使化学平衡移动,控制化学反应进行的方向。
（3）升温:使溶液中的气体逸出,使易挥发物质挥发,使易分解的物质分解。
（4）煮沸:使气体逸出;促进水解,聚沉后利于过滤分离。
（5）控制固体的溶解与结晶。
趁热过滤:减少因降温而析出的溶质的量。
蒸发浓缩:蒸发除去部分溶剂,提高溶液的浓度。
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。
3.使用保护气
（1）隔绝空气(主要是O2、H2O)。
（2）抑制弱离子的水解(如HCl氛围)。
二、陌生图像中反应条件的选择
[例1] 浸出过程中时间和液固比对锰浸出率的影响分别如图甲、图乙所示。
则适宜的浸出时间和液固比分别为60 min、3。
[例2] “酸浸”实验中,镁的浸出率结果如图所示。由图可知,当镁的浸出率为80%时,所采用的实验条件为100 ℃、3 h左右。
[例3] 酸浸时,若使钛的浸出率(η%)达到90%,则根据如图判断工业上应采取的适宜条件是酸浓度和液固比的取值分别约为40%、6。
命题热点3 陌生方程式的书写
1.工艺流程中方程式的整体书写思路
首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式,再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型(非氧化还原反应适用元素守恒;氧化还原反应适用元素、得失电子守恒)。
2.工艺流程中氧化还原反应方程式的书写思路
（1）首先确定氧化剂(或还原剂)与还原产物(或氧化产物),再判断出还原剂(或氧化剂)与氧化产物(或还原产物)。
（2）根据得失电子守恒配平氧化还原反应。
（3）根据电荷守恒、反应物和介质环境的酸碱性,在方程式左边或右边补充H+、OH-或H2O等。
（4）根据元素守恒配平反应方程式。
3.流程中电极反应式的书写思路
（1）列变价——写出电极上发生变价的主要反应物和主要产物。
（2）标电子——由化合价写出得失电子数。
（3）调电荷——由电荷守恒依据介质环境将反应式两边的电荷调平,酸性溶液用H+,碱性溶液用OH-,若是熔融电解质,则依据具体题目信息,一般熔融氧化物用O2-,熔融碳酸盐用CO32−。
（4）后补水——由元素守恒配平电极反应,一般看氢原子,哪边少氢原子就在哪边以水的形式补上相应数目的氢原子,也被称为“氢不够,水来凑”。
（5）检查氧——最后用“O”守恒检查是否正确。
命题热点4 物质的分离与提纯
1.过滤
固液分离的一种方法,主要有常压过滤、减压过滤、热过滤。
（1）常压过滤:滤液靠自身的重力透过滤纸流下,实现分离,过滤时需要分析产品的需求及生产目的,准确判断经过过滤后产生的滤液、滤渣的主要成分,准确判断是留下滤液还是滤渣。
（2）减压过滤(抽滤):过滤在减低的压力下进行,滤液在内外压强差作用下透过滤纸或砂芯流下,实现分离。相比普通过滤,抽滤加快了过滤的速度。抽滤的优点是快速过滤,有时还可以过滤掉气体,并能达到快速干燥产品的作用。
（3）趁热过滤:将温度较高的固液混合物直接使用常规过滤操作进行过滤,由于常规过滤操作往往耗时较长,这样会导致在过滤过程中因混合物温度降低而使溶质析出,影响分离效果。可使用热过滤仪器将固液混合物的温度保持在一定范围内进行过滤,所以又称为热过滤。
2.蒸发结晶
（1）适用范围:提取溶解度随温度变化不大的溶质,如:NaCl。
（2）蒸发结晶的标志:当有大量晶体出现时,停止加热,利用余热蒸干。
3.冷却结晶
（1）适用范围:提取溶解度随温度变化较大的物质(如KNO3)、易水解的物质(如FeCl3)或结晶水合物(如CuSO4·5H2O)。
（2）冷却结晶的标志:当有少量晶体(晶膜)出现时。
4.沉淀洗涤时洗涤剂的选择
5.重结晶
将结晶得到的晶体溶于溶剂制得饱和溶液,又重新从溶液结晶的过程。
6.萃取与反萃取
7.蒸馏
蒸馏是利用液体混合物中各组分的沸点不同,给液体混合物加热,使其中的某一组分变成蒸气再冷凝成液体,跟其他组分分离的过程。
8.冷却法
利用气体易液化的特点分离气体,如合成氨工业采用冷却法分离氨与氮气、氢气。
命题热点5 电离常数、溶度积常数的有关计算
1.水溶液中平衡常数之间的关系
（1）平衡常数都只与温度有关,温度不变,平衡常数不变,升高温度,Ka、Kb、Kw、Kh均增大。
（2）Ka、Kh、Kw三者的关系式为Kh=KwKa;Kb、Kh、Kw三者的关系式为Kh=KwKb。
（3）二元酸的Ka1、Ka2与相应酸根离子的Kh1、Kh2的关系式为Ka1·Kh2=Kw,Ka2·Kh1=Kw。
（4）反应CdS(s)+2H+(aq)Cd2+(aq)+H2S(aq)的平衡常数为K,则K=Ksp(CdS)Ka1(H2S)·Ka2(H2S)。
2.溶度积(Ksp)的常见计算类型
（1）已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度,如Ksp=a的饱和AgCl溶液中 c(Ag+)=a ml/L。
（2）已知溶度积、溶液中某离子的浓度,求溶液中另一种离子的浓度,如某温度下AgCl的Ksp=a,在0.1 ml/L的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体,达到平衡后c(Ag+)=10a ml/L。
（3）计算沉淀转化的平衡常数,如Cu2+(aq)+MnS(s)CuS(s)+Mn2+(aq),平衡常数K=c(Mn2+)c(Cu2+)=c(Mn2+)·c(S2−)c(Cu2+)·c(S2−)=Ksp(MnS)Ksp(CuS)。
考点一 物质制备类
1．（2024届广州市黄浦区二模）以黄铁矿(主要成分是，含少量)和软锰矿(主要成分是，含少量)为原料制备的工艺流程如下：
已知：时，。
（1）研磨黄铁矿、软锰矿的目的是 。
（2）酸浸过程得到的滤液中含有的金属阳离子有和 ，滤渣1的成分为和 写出酸浸过程中主要反应的离子方程式 。
（3）调时，若溶液中，为得到尽可能多且纯净的产品，应控制的范围是 。
（4）沉锰过程需控制温度为的原因是 。
（5）写出沉锰过程中生成的离子方程式 。
（6）下图为的溶解度曲线，操作A是加入足量稀硫酸充分反应后， 洗涤干燥。
【答案】（1）增大与酸的接触面积，加快反应速率
（2）Mn2+ SiO2
（3）4.70~8.14
（4）防止温度过高使一水合氨分解，温度过低反应速率过慢
（5）
（6）蒸发结晶、保持温度高于40℃以上趁热过滤
【分析】黄铁矿(主要成分是FeS2，含少量SiO2)和软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3)先进行粉碎，增大酸溶时的接触面积，再加入稀硫酸酸浸，其中SiO2不溶于酸，金属氧化物溶于酸生成硫酸铝和硫酸铁，MnO2、FeS2与硫酸发生反应生成单质S和硫酸锰、硫酸铁，由表中数据计算出Mn(OH)2的Ksp可知，过滤除杂后加氢氧化钠调节溶液pH值以除去溶液中的Fe3+和Al3+，所得滤液中加入氨水、碳酸氢铵发生反应，将锰转化为碳酸锰沉淀，碳酸锰沉淀中加入稀硫酸，将其转化为硫酸锰溶液，经过操作A即蒸发结晶、保持温度高于40℃以上趁热过滤，过滤洗涤干燥后得到MnSO4·H2O，据此分析解题。
【解析】（1）由分析可知，混合研磨成细粉的目的是增大与酸的接触面积，加快反应速率。
（2）“酸浸”过程得到的滤液中含有Fe3+和Mn2+，是由于MnO2和FeS2反应转化而来的，故该过程中主要反应的离子方程式是，滤渣1中含有S和不溶于酸的SiO2。
（3）当Mn2+浓度为0.1ml/L时，溶液中c(OH-)===10-5.86ml/L，此时溶液的pH=8.14，由分析可知，调节pH的目的是除去溶液中的Fe3+和Al3+，铁离子完全沉淀时，c(OH-)===ml/L，铝离子完全沉淀时，c(OH-)===ml/L，故pH范围的最小值约为4.70，应控制的pH范围是4.70~8.14。
（4）沉锰时加入氨水，防止温度过高使一水合氨分解，温度过低反应速率过慢。
（5）由分析可知，“沉猛”时，参与反应的离子方程式是。
（6）由题干溶解度图象可知，当温度低于40℃时溶液将析出MnSO4·5H2O，故由分析从“操作A”所得溶液中得到MnSO4·H2O晶体需进行的操作是蒸发结晶、保持温度高于40℃以上趁热过滤，洗涤、干燥.
2．（2024届广东省名校4月联考）稀土（RE）包括镧（La）、铈（Ce）等元素，是重要的战略资源，从离子型稀土矿（含Fe、Al等元素）中提取稀土元素并获得高附加值产品的一种工艺流程如图所示：
已知：该工艺下，除铈（Ce）外，稀土离子保持＋3价不变；金属离子形成氢氧化物沉淀的相关pH见下表。
回答下列问题：
（1）“预中和”工序中：
①该工序适宜的pH范围是 。
②胶状的X射线衍射图谱中， （选填“能”或“不能”）观察到明锐的衍射峰。
（2）“调pH”工序中，发生的离子反应方程式为 。
（3）滤液3可返回 工序循环使用。
（4）“沉淀”工序产物为 （选填“”或“”），理由是 [：]。（当反应的时可认为反应完全）
（5）含氟稀土抛光粉的主要成分为，焙烧时发生的化学反应方程式为 。
（6）利用离子交换法浸出稀土的过程如图所示。已知离子半径越小、电荷数越大，离子交换能力越强．下列离子对交换能力最强的是______。
A．B．C．D．
(7)银铈合金是优良的导电材料，一种银铈晶体结构单元如图（a）所示：
①将该结构单元示意图（b）补充完全 。
②该晶体的化学式为 。
【答案】（1）3.2≤pH＜4.3 不能
（2）
（3）酸溶
（4）La(OH)3 ，，＞
（5）
（6）C
(7) Ag15Ce
【分析】稀土矿物与盐溶液发生离子交换除去矿渣，预中和加入碳酸氢铵将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，再加入碳酸氢铵调节pH沉淀氢氧化铝与稀土元素，在沉淀中加入氢氧化钠将氢氧化铝沉淀溶解，水解转化为Al(OH)3.nH2O，将稀土元素的沉淀加HCl溶解，一部分加碳酸钠沉淀之后转化为La2O3，加入CeF2焙烧转化为含氟稀土抛光粉，另一部分加草酸酸化得到La2O3和含稀土合金，据此回答。
【解析】（1）①“预中和”工序中使铁离子沉淀，其他金属阳离子不沉淀，pH的范围为：3.2≤pH＜4.3；
②只有晶体在X射线衍射图谱中才能观察到明锐的衍射峰，而胶体不是晶体；
（2）“调pH”工序中，Al3+与碳酸氢根强烈双水解，发生的离子反应方程式为；
（3）滤液3溶液中含有草酸，可以回到酸溶工序中循环利用；
（4）①“沉淀”工序产物为La(OH)3；
②根据表中数据可得，，＞；
（5）含氟稀土抛光粉的主要成分为CeLa2O4F2，焙烧时发生的化学反应方程式为：；
（6）根据离子半径越小、电荷数越大，离子交换能力越强，对RE3+交换能力最强的是Mg2+，故选C；
（7）
①根据图（a）可以看出，Ce在前面的两个顶点，且位于面对角线的位置，Ag在剩下的6个顶点和6个面心，所以结构单元示意图（b）补充完全为：
②Ce在顶点，均摊为，Ag在剩下的6个顶点和6个面心，均摊为，所以化学式为Ag15Ce。
3．（2024届广东省深圳一模）锆被称为原子时代的头号金属。一种以氧氯化锆（主要含，还含有少量、、等元素）为原料生产金属锆的工艺流程如下：
已知：
①“酸溶”后溶液中各金属元素的存在形式为：、、、；
②25℃时，，；
回答下列问题：
（1）“酸溶”后，元素的化合价为 。
（2）“萃取”时，锆元素可与萃取剂形成多种络合物，写出生成的离子方程式： 。
（3）“沉淀”后，“废液”中，则“废液”中 。
（4）“沸腾氮化”时，转化为，同时生成一种还原性气体，该反应的化学方程式为 。
（5）①“还原”的主要目的是 。
②沸点远低于的可能原因为 。
（6）某种掺杂的晶胞如图所示，位于晶胞的面心。
①晶体中每个O周围与其最近的O个数为 。
②已知该晶胞为立方晶胞，晶胞中O与Zr的最小间距为，设为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为 （列出计算式）。
③如图所示结构（）与上述晶胞结构不一致的是 （填标号）。
A． B． C． D．
【答案】（1）+4
（2）
（3）
（4）
（5）把FeCl3还原为FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质 FeCl3是分子晶体，CrCl3是离子晶体
（6）6 D
【分析】
氧氯化锆，主要含，还含有少量、、等元素为原料生产金属锆，“酸溶”后溶液中各金属元素的存在形式为：、、、，“萃取”时，锆元素生成，除掉，而后“沉淀”时、生成沉淀，煅烧后生成、Fe2O3、Cr2O3，“沸腾氮化”时，转化为ZrCl4， Fe2O3、Cr2O3转化为FeCl3、CrCl3，由于FeCl3和ZrCl4沸点接近，因此加入H2把FeCl3还原为FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质，最后升华得到ZrCl4，镁热反应后产生金属锆，据此作答。
【解析】（1）分析可知，氧元素的化合价为-2价，“酸溶”后不变价，因此的化合价为+4价，故答案为：+4。
（2）生成的离子方程式：，故答案为：。
（3）“沉淀”后的“废液”中有，，则，，则“废液”中，故答案为：。
（4）“沸腾氮化”时，加入C、通入氯气，转化为，同时生成一种还原性气体CO，该反应的化学方程式为，故答案为：。
（5）①由于FeCl3和ZrCl4沸点接近，因此加入H2把FeCl3还原为FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质，最后升华得到ZrCl4，故答案为：把FeCl3还原为FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质；
②沸点远低于的可能原因为：FeCl3是分子晶体，CrCl3是离子晶体，故答案为：FeCl3是分子晶体，CrCl3是离子晶体。
（6）①由晶胞图可知，因此晶体中每个O周围与其最近的O个数为6个，故答案为：6；
②已知该晶胞为立方晶胞，晶胞中含钙离子在面心，有个，O离子在晶胞的体心位置，有8个，锆离子在顶点有8个，面心有4个，总共有，晶胞中O与锆离子的最小间距为anm，晶胞边长的一半设为x，得到，计算得到，则晶胞的边长为，，设为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为，故答案为：；
③A．晶体结构式晶胞旋转得到的，和晶胞结构相同，故A正确；
B．晶胞中含钙离子有1个，锆离子有3个，O离子有8个，微粒间的距离相同，和晶胞结构相同，故B正确；
C．晶胞中含钙离子有1个，锆离子有3个，O离子个，微粒间的距离相同，和晶胞结构相同，故C正确；
D．晶胞中含钙离子有1个，O离子有8个，锆离子个，钙离子之间的距离和晶胞中钙离子的距离不同，故D错误；
与上述晶胞结构不一致的是D，故答案为：D。
4．（2024届广东省省二模）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 。
【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，故答案为：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，故答案为：；；
（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，故答案为：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，故答案为：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，故答案为：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，故答案为：；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，故答案为：体心；12。
5．（2024届广东省大湾区二模）V有“工业味精”之称。工业上提取钒的工艺有多种，一种从钒页岩（一种主要含Si、Fe、Al、V元素的矿石）中提取V的工艺流程如下：
已知：
①“酸浸”时有VO生成；
②在有机溶剂中的溶解度大于水，“萃取”时离子的萃取顺序为；
③VO和可以相互转化。
回答下列问题：
（1）“焙烧”时可添加适量“盐对”NaCl-与钒页岩形成混合物，这样做的目的是 。
（2）“滤渣1”除掉的主要杂质元素是 （填元素符号）。
（3）作用是将VO转化为，转化的目的是 ，发生的离子反应方程式为 。
（4）①“沉钒”时，生成沉淀，“步骤X”应该加入 （填“氧化剂”或“还原剂”），写出“沉钒”时的离子反应方程式 。
②以“沉钒率”（沉淀中V的质量和钒页岩中钒的质量之比）表示钒的回收率如图所示，温度高于80℃时沉钒率下降的原因是 。
（5）①可以溶解在NaOH溶液中，得到，在不同的pH下可以得到不同聚合度的多钒酸盐，其阴离子呈如图所示的无限链状结构，其中一种酸式钒酸根离子可以表示为，其中 。
②V的另一种氧化物的立方晶胞如图所示，则在晶胞中，黑球代表的是 原子。
【答案】（1）生成易溶的钠盐，提高钒的浸取率
（2）Si
（3）VO2+的萃取率大于VO，转化为VO2+可以提高钒的萃取率 2VO+H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O
（4）氧化剂 VO+NH=NH4VO3↓ 温度高于80℃时，NH的水解程度增大，NH浓度减小导致沉钒率下降
（5）10 V
【分析】由题给流程可知，向钒页岩焙烧得到的焙烧渣中加入酸酸浸，将金属元素转化为VO、铁离子、铝离子，二氧化硅不能与酸反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；调节滤液的pH为5.1，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液；向滤液中加入草酸溶液，将VO离子还原为VO2+离子，向反应后的溶液中加入萃取剂萃取、分液得到水相和有机相；向有机相中加入反萃取剂萃取、分液得到水相和有机相；向水相中加入氧化剂将溶液中VO2+离子氧化为VO离子，向反应后的溶液中加入氯化铵溶液，将溶液中的钒元素转化为钒酸铵沉淀，过滤得到钒酸铵；钒酸铵煅烧分解生成五氧化二钒。
【解析】（1）“焙烧”时添加适量“盐对”与钒页岩形成混合物的目的是焙烧时氯化钠和硫酸钠提供的钠元素能将钒页岩中的钒元素转化为易溶的钠盐，从而提高钒的浸取率，故答案为：生成易溶的钠盐，提高钒的浸取率；
（2）由分析可知，滤渣1的主要成分是二氧化硅，除掉的主要杂质元素是硅元素，故答案为：Si；
（3）由题给信息可知，VO2+的萃取率大于VO，则转化过程中加入草酸溶液的目的是将VO离子还原为VO2+离子，有利于萃取时提高钒的萃取率，反应的离子方程式为2VO+H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O，故答案为：VO2+的萃取率大于VO，转化为VO2+可以提高钒的萃取率；2VO+H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O；
（4）①由分析可知，步骤X中加入氧化剂的目的是将溶液中VO2+离子氧化为VO离子，向反应后的溶液中加入氯化铵溶液的目的是将溶液中的钒元素转化为钒酸铵沉淀，反应的离子方程式为VO+NH=NH4VO3↓，故答案为：氧化剂；VO+NH=NH4VO3↓；
②氯化铵在溶液中的水解反应我吸热反应，升高温度，水解平衡向正反应方向移动，所以温度高于80℃时沉钒率下降的原因是温度高于80℃时，NH的水解程度增大，NH浓度减小导致沉钒率下降，故答案为：温度高于80℃时，NH的水解程度增大，NH浓度减小导致沉钒率下降；
（5）①由无限链状结构可知，多钒酸盐中钒元素的化合价为+5价，由化合价代数和为0可知，中x==10，故答案为：10；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的黑球个数为8×+1=2，位于面上和体内的白球个数为4×+2=4，由氧化物的化学式可知，黑球为钒原子、白球为氧原子，故答案为：V。
6．（2024届广东省佛山二模）铼(Re)用于制造高效能火箭引擎。从辉钼矿氧化焙烧后的烟道灰(主要成分有、、、CuO、)中提取铼粉的一种工艺流程如图所示。
已知：
回答下列问题：
（1）“氧化浸出”时，被氧化为，被氧化的离子方程式为 。
（2）“水解中和”时，加调节溶液pH=6。
①溶液中 (填“>”、“<”或“=”)。
②除钼的化合物外，滤渣1中还有 (填化学式)。
③计算此时溶液中 。
（3）“硫化沉淀”时，与反应生成难溶的，离子方程式为 。
（4）“离子交换”“解吸”“树脂再生”一系列步骤中物质转化关系如图所示。
①树脂再生时需加入的试剂X为 (填化学式)。
②“解吸”所用中的阴离子的空间构型为 。
（5）铼的某种氧化物的晶胞如图所示，该物质的化学式为 。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。
【答案】（1）
（2）> 、
（3）
（4） 正四面体或四面体
（5） 八面体
【分析】烟道灰加入硫酸、过氧化氢氧化浸出，过滤后加入碳酸氢铵中和，根据后续流程可知，滤渣1中含有M的化合物元素，调节pH为6，同时会生成Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，向滤液加入硫化铵和硫酸，得到CuS和MS3沉淀，过滤后向滤液中加入RCl吸附铼，之后加入HClO4解吸得到HReO4溶液,再生树脂加入HCl后循环使用，经过提纯，最后得到Re，据此回答。
【解析】（1）“氧化浸出”时，被氧化为，被氧化的离子方程式为；
（2）①溶液中，由于碳酸氢根的水解程度大于铵根的水解程度，溶液呈弱碱性，故>；②由分析知，除钼的化合物外，滤渣1中还有、；③由表中数据可知，此时溶液中；
（3）硫化沉淀”时，与反应生成难溶的，离子方程式为；
（4）①由图知，树脂再生时需加入的试剂X为，发生的反应为；中的阴离子为，的中心原子的杂化类型为sp3杂化，空间构型为正四面体或四面体；
（5）如图所示，该晶胞中，氧原子的个数为，铼原子的个数为，故该物质的化学式为；铼原子填在氧原子围成的八面体空隙中。
7．（2024届广东省广州二模）铬酸钠（）是一种重要的化工原料。一种由铬铁矿（主要成分为，还含有硅、镁、铝的化合物等杂质）为原料制备。的工艺流程如下：
已知：25℃时，，，，。
回答下列问题：
（1）基态Cr3+的价层电子排布式为 。
（2）“碱浸氧化”时，转化为和，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
（3）“除铝”时，转化为沉淀，该反应的离子方程式为 。
（4）“沉铬”中，常温下，往“除铝”所得滤液中加入过量固体，充分搅拌，当溶液中沉淀完全（）时，滤液1中为 ，滤液1经浓缩后可循环至 工序重复使用。（已知：）
（5）“酸溶还原”所得溶液中的溶质除HCl外，还含有 （填化学式）。
（6）“碱溶氧化”中，生成，反应的化学方程式为 。
(7)的一种晶胞如图1，沿z轴方向的投影如图2，其中氧原子不在图中标注，Cr位于晶胞面上及晶胞内。
①每个晶胞中含有的个数为
②晶胞中位于晶胞顶角及体心的的距离为 nm（用含a、b、c的式子表示）。
【答案】（1）3d3
（2）7:4
（3）Na++[Al(OH)4]—+2SiO=NaAlSi2O6↓+4OH—
（4）4.48 碱浸氧化
（5）CrCl3、BaCl2
（6）2Cr(OH)3+3H2O2+4NaOH=Na2CrO4+8H2O
(7)8
【分析】由题给流程可知，铬铁矿在氢氧化钠溶液、氧气中发生碱浸氧化，将铁元素转化为氧化铁、铬元素转化为铬酸钠、镁元素转化为氢氧化镁、铝元素转化为四羟基合铝酸钠、硅元素转化为硅酸钠，过滤得到含有氧化铁、氢氧化镁的滤渣和含有铬酸钠、四羟基合铝酸钠、硅酸钠的滤液；向滤液中加入硅酸钠溶液，将溶液中的铝元素、硅元素转化为NaAlSi2O6沉淀，过滤得到含有NaAlSi2O6的滤渣和铬酸钠溶液；向溶液中加入氢氧化钡溶液，将溶液中的铬酸根离子转化为铬酸钡沉淀，过滤得到滤液和铬酸钡；向铬酸钡中加入盐酸和乙醇酸溶还有，铬酸钡与盐酸和乙醇反应生成氯化铬、氯化钡、二氧化碳和水，向反应后的溶液中加入氢氧化钡，将溶液中的铬离子转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到滤液和氢氧化铬；向氢氧化铬中加入氢氧化钠溶液和过氧化氢溶液碱溶氧化，将氢氧化铬转化为铬酸钠，铬酸钠溶液结晶得到铬酸钠。
【解析】（1）铬元素的原子序数为24，基态铬离子的价层电子排布式为3d3，故答案为：3d3；
（2）由化合价代数和为0可知，中铁元素的化合价为+2价、铬元素的化合价为+3价，由分析可知，碱浸氧化时，铁元素转化为氧化铁、铬元素转化为铬酸钠，由得失电子数目守恒可知，反应中氧化剂氧气和还原剂的物质的量之比为(1+3×2)：2×2=7:4，故答案为：7:4；
（3）由分析可知，“除铝”时加入硅酸钠溶液的目的是将溶液中的铝元素、硅元素转化为NaAlSi2O6沉淀，反应的离子方程式为Na++[Al(OH)4]—+2SiO=NaAlSi2O6↓+4OH—，故答案为：Na++[Al(OH)4]—+2SiO=NaAlSi2O6↓+4OH—；
（4）由溶度积可知，溶液中铬离子浓度为1.0×10−5ml/L时，溶液中钡离子浓度为=1.2×10−5ml/L，则溶液中的氢氧根离子浓度为=2 ml/L=4.48 ml/L，故答案为：4.48；
（5）由分析可知，“酸溶还原”发生的反应为铬酸钡与盐酸和乙醇反应生成氯化铬、氯化钡、二氧化碳和水，则反应所得溶液中的溶质除氯化氢外，还有氯化铬、氯化钡，故答案为：CrCl3、BaCl2；
（6）由分析可知，“碱溶氧化”中加入氢氧化钠溶液和过氧化氢溶液碱溶氧化的目的是将氢氧化铬转化为铬酸钠，反应的化学方程式为2Cr(OH)3+3H2O2+4NaOH=Na2CrO4+8H2O，故答案为：2Cr(OH)3+3H2O2+4NaOH=Na2CrO4+8H2O；
（7）①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面上和体心的钠离子个数为8×+12×+1=8，故答案为：8；
②由晶胞结构可知，晶胞的面对角线为nm，则体对角线为nm，晶胞中位于晶胞顶角及体心的钠离子的距离为体对角线的，则距离为nm，故答案为：。
8．（2024届广东省韶关二模）二氧化铈（）是一种典型的金属氧化物，具有较强的氧化性广泛应用于多相催化反应，并作为汽车尾气净化的三效催化剂的重要组成成分。以氟碳铈矿（主要含、等）为原料制备的一种工艺流程如下图所示：
已知：①“氧化焙烧”后，Ce元素转化为和；②滤液A中含：、等离子。
回答下列问题：
（1）滤渣A的主要成分是 （填化学式）；“酸浸”不用盐酸的理由是 （答一点即可）。
（2）“系列操作”包含以下几个过程：已知：不能溶于有机物TBP；能溶于有机物TBP，且存在反应：。“滤液A”中加入有机物TBP后的分离方法是 ，“有机层B”中发生反应的离子方程式为 。水层中的一种溶质，理论上可以在工艺流程图中的 工序中循环利用，减小“调pH”工序中的用量，节约生产成本。
（3）“调pH”中，要使沉淀完全（通常认为溶液中离子浓度小于为沉淀完全），应控制pH大于 （已知25℃时）。
（4）“氧化”中，NaClO转化为NaCl，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（5）二氧化铈立方晶胞如图所示，则铈原子Ce在晶胞中的位置是 ；晶体中一个Ce周围与其最近的O的个数为 。
【答案】（1） 会被盐酸还原为；生成有毒的会污染环境；盐酸不能除去杂质等
（2）分液 酸浸
（3）9
（4）
（5）面心和顶角 8
【分析】该工艺流程原料为氟碳铈矿(主要含、等)，产品为，原料在富氧空气中“氧化焙烧”生成、和，熔渣“酸浸”时，得到的滤液A中含，说明加入的是硫酸，与反应生成，、转化成，过滤后，滤液A经系列操作，转化成，加入NaOH调节pH使转化成沉淀，过滤后滤渣B中加入NaClO将氧化成，煅烧得到。
【解析】（1）根据上述分析，“酸浸”时与反应生成沉淀，故滤渣A主要成分为；“酸浸”时加入的酸为可以除去，具有较强的氧化性，若加入盐酸，会被还原为，同时生成有毒的会污染环境；
故答案为：；会被盐酸还原为；生成有毒的会污染环境；盐酸不能除去杂质等
（2）滤液A中的能溶于有机物TBP，振荡静置后的水层与有机层采用分液方法进行分离；
进入有机层TBP中被分离出来后，经过系列操作得到含水层，则说明有机层中转化为，而在有机物TBP中不溶进入水层，被还原成，应加入还原剂发生氧化还原反应，具有还原性且被氧化成不会引入新杂质，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为；
水层溶液中含有硫酸，故可循环利用于“酸浸”工序；
故答案为：分液；；酸浸；
（3）使沉淀完全时，溶液，则，此时溶液；
故答案为：9；
（4）“氧化”工序发生的氧化还原反应为NaClO将氧化成，同时生成NaCl，方程式为，NaClO为氧化剂，为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2；
故答案为：1:2；
（5）在二氧化铈立方晶胞结构中，白球位于顶角与面心有个，黑球位于体内有8个，白球:黑球=1:2，在二氧化铈化学式中Ce:O=1:2，白球为Ce原子，位于顶角与面心；以晶胞结构中上平面面心位置的Ce原子为例，与其最近的O原子有该晶胞中的4个O原子及无隙并置的上一个晶胞中的4个O原子，共8个；
故答案为：1:2；8。
9．（2024届广东省韶关一模）镓锗是重要的战略金属资源丹霞冶炼厂以锌精矿（主要成分为ZnS，还含有铁、铜、和锗等金属硫化物）为原料制备Zn、Ga、Ge的工艺流程如图所示：
已知：①该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
②镓与铝同主族，化学性质相似。
（1）基态镓原子的核外电子排布式为 。
（2）“氧压浸出”时，ZnS发生反应的化学方程式是 。
（3）“滤渣I”的主要成分为 （填化学式）。
（4）“萃取”的原理为Mn+(水相)+nHA(有机相)MAn(有机相)+nH+(水相)（M为Cu或Ga），则“反萃取”工序中的试剂X宜选用 （填化学式）。
（5）反萃取后的水溶液中含有Ga3+、Cu2+,“沉镓”时应控制溶液的pH范围为 。
（6）写出“碱溶”过程中发生反应的离子方程式 。
(7)砷化镓GaAs是一种重要的半导体材料，其晶体的立方体晶胞如图所示，设晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数为NA，则晶胞的密度为 g/cm3（写出表达式）。
【答案】（1）
（2）
（3）Fe(OH)3
（4）H2SO4
（5）[4.6,5.3)
（6）或
(7)
【分析】
以锌精矿（主要成分为ZnS，还含有铁、铜、和锗等金属硫化物）为原料制备Zn、Ga、Ge，锌精矿通入氧气、硫酸进行氧压浸出，各硫化物转化为硫酸盐，同时得到S单质，加入ZnO调节pH，生成Fe(OH)3除去铁离子，再加入Zn置换，过滤得到Ge、Cu、Ga的混合物，滤液可以进一步得到Zn，混合物氧化焙烧，得到其氧化物，然后加入硫酸酸浸，得到硫酸盐，加入萃取剂HA，Ge进入水相，Cu、Ga进入有机相，水相经系列反应得到Ge单质，有机相反萃取后的水溶液中含有Ga3+、Cu2+，然后加入NaOH沉Ga，用NaOH碱溶，得到偏镓酸盐，电解，得到Ga，据此解答。
【解析】（1）Ga为31号元素，基态镓原子的核外电子排布式为。
（2）“氧压浸出”时，ZnS和氧气、硫酸反应得到硫酸盐和S，发生反应的化学方程式是。
（3）“滤渣I”的主要成分为Fe(OH)3。
（4）结合前面所得物质为对应的硫酸盐，则“反萃取”工序中的试剂X宜选用H2SO4。
（5）
反萃取后的水溶液中含有Ga3+、Cu2+,结合两者沉淀完全的pH，“沉镓”时应控制溶液的pH范围为[4.6,5.3)。
（6）“碱溶”过程为转化为，发生反应的离子方程式或。
（7）晶胞中As原子数为6×＋8×＝4，Ga原子数为4，则ρ＝＝＝ g/cm3。
10．（2024届广东省韶关二模）2023年7月3日，商务部与海关总署发布公告，宣布对镓、锗相关物质实施出口管制。金属镓被称为“电子工业脊梁”，氮化镓是5G技术中广泛应用的新型半导体材料。利用粉煤灰（主要成分为、、，还有少量等杂质）制备镓和氮化镓的流程如下：
已知：①镓与铝同主族，其化合物性质相似。
②“碱浸”后溶液的主要成分为、（四羟基合铝酸钠）、。
③；；
回答下列问题：
（1）“焙烧”的目的是将转化为，该反应的化学方程式为 。
（2）“沉淀”步骤中加入过量稀硫酸至生成的沉淀不再溶解，则滤渣2的主要成分是 （写化学式）。
（3）步骤①和②中通入过量气体A发生反应的离子方程式为 。
（4）取agGaN样品溶于足量的热NaOH溶液中，用溶液将产生的完全吸收，用的盐酸滴定，消耗盐酸VmL，则样品的纯度是 。
（5）一种含镓的药物合成方法如图所示：
①化合物Ⅰ中环上N原子的杂化方式为 。
②化合物Ⅱ中Ga的配位数为 ，x= 。
【答案】（1）
（2）H2SiO3
（3）
（4）
（5）sp2 6 1
【分析】粉煤灰（主要成分为、、，还有少量等杂质）与纯碱焙烧后得到Na2GaO2、Na2SiO3、Na2AlO2和A气体CO2，加入稀的NaOH溶液浸取，得到滤渣1氧化铁沉淀，滤液中含有、、，“沉淀”步骤中加入过量稀硫酸至生成的沉淀不再溶解，则滤渣2的主要成分是H2SiO3沉淀，此时溶液中存在铝离子和镓离子，调pH值通入二氧化碳后生成氢氧化铝沉淀，通入二氧化碳二次酸化后得到氢氧化镓，将滤饼与氢氧化钠溶液混合应，得到[Ga(OH)4]﹣，电解后得到镓单质，加入一溴甲烷和氨气得到GaN，据此解答。
【解析】（1）“焙烧”后镓元素均转化为可溶性钠盐NaGaO2，则反应的化学方程式为。
（2）依据上述分析，滤渣2为H2SiO3沉淀。
（3）步骤①和②中通入过量气体A生成Ga(OH)3沉淀和NaHCO3发生反应的离子方程式为：。
（4）根据质量守恒和题中信息，建立关系式为，样品的纯度为
。
（5）化合物Ⅰ中环为吡啶环，与苯环类似，为平面结构，则N原子的杂化方式为sp2。
②由图可知，化合物Ⅱ中Ga与6个原子配位，则配位数为6，4个COOH各失去1个H后显-1价，Ga为+3价，故化合物Ⅱ整体带1个单位的负电荷，故x=1。
考点二 分离提纯类
11．（2024届大湾区一模）钒是重要的战略资源，以硫酸工业产生的废钒催化剂为原料(含、、、以及少量的等)，综合回收利用钒、硅、钾实现变废为宝、保护环境的目的，回收工艺流程如下：
已知：钒的氧化物在酸性条件下以、存在，增大时可转化为沉淀。
（1）“水浸”前，通常需要将催化剂粉碎，其目的是 。
（2）“滤渣2”转化为的化学方程式是 。
（3）“还原酸浸”时：
①硫酸的用量会影响钒的浸出率，需保持在1.2以下的原因是 。
②过程中除了有被还原成，还涉及的反应离子方程式为 。
③若以磷酸为介质处理废催化剂，可以提高钒的浸出率。一种钒磷配合物的结构如图所示，形成配位键时V提供 (选填“孤对电子”或“空轨道”)。
（4）“萃取”时选择有机萃取剂，原理是：(有机层)(有机层)，“反萃取”应选择在 环境中进行(选填“酸性”、“中性”或“碱性”)。
（5）加氨水生成沉淀，若经焙烧得到产品，则消耗空气中 。
（6）近年来，研究人员发现含钒的锑化物在超导方面表现出潜在的应用前景。某含钒的锑化物晶胞如图1所示，晶体中包含由V和组成的二维平面如图2。
该含钒的锑化物化学式为 ，钒原子周围紧邻的锑原子数为 。
【答案】（1）增大催化剂与水的接触面积，提高反应速率与浸出率
（2）SiO2 +2NaOH = Na2SiO3 + H2O或 SiO2 + Na2CO3Na2SiO3 + CO2↑
（3）VO2+水解程度增加或生成VO(OH)2，影响钒的浸出率 空轨道
（4）酸性
（5）0.5
（6）CsV3Sb5 6
【分析】水浸废钒催化剂(含V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2以及少量的Fe2O3等)，VOSO4、K2SO4进入滤液1，V2O5、SiO2以及Fe2O3进入滤渣1，用无水K₂SO3和H₂SO4对滤渣1还原酸浸，V2O5、Fe2O₃和K2SO3和H2SO4反应进入滤液2，SiO2进入滤渣2，用有机试剂对滤液1和滤液2中的、VO2+进行萃取分离出亚铁离子和钾离子，再反萃取出和 VO2+，再加氨水沉钒，焙烧得到V2O5，据此分析解答。
【解析】（1）“水浸”前，通常需要将催化剂粉碎，其目的是增大催化剂与水的接触面积，提高反应速率与浸出率；
（2）“滤渣2”主要成分是SiO2，转化为 Na2SiO3的化学方程式是：SiO2 +2NaOH = Na2SiO3 + H2O或 SiO2 + Na2CO3Na2SiO3 + CO2↑；
（3）①“还原酸浸”时，硫酸的用量会影响钒的浸出率，pH超过1.2时，VO2+水解程度增加或生成VO(OH)2，水解产物会进入滤渣中影响钒的浸出率；
②过程中除了有，被还原成VO2+，还涉及的反应离子方程式为
③由图2可知，和V形成配位键的P、O、Cl均含有孤电子对，故V提供的是空轨道；
（4）“萃取”时选择有机萃取剂，原理是：H2R(有机层)+VO2+2H+ +VOR(有机层)，“反萃取”应让平衡逆向移动，使VO2+进入水层，故选择在酸性环境中进行；
（5）VO(OH)2沉淀经焙烧得到V2O5的方程式为：4VO(OH)2 +O2 2V2O5 + 4H2O，若经焙烧得到1mlV2O5产品，则消耗空气中O2的物质的量为：ml=0.5ml；
（6）由该化合物的晶胞可知，Cs位于顶点，含有个，Sb位于棱上和晶胞内个，V位于面上和晶胞内，含有 个，所以锑化物M的化学式 CsV3Sb5；晶胞中有4个面的面心由钒原子占据，这些钒原子填充在锑原子构成的八面体空隙中，周围紧邻的锑原子数为6；
12．（2024届广东省肇庆二模）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(H2PO4)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10-5ml/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(Fe2+)=1.0ml/L，c(Ce3+)=0.01ml/L，则“沉Ce”时，为了使Al3+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(H2PO4)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Ce2(C2O4)3·10H2O，将其煅烧可得Ce2O3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/ml，晶胞边长为anm，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞的密度为 g/cm3(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）
（3） Na[Al(OH)4](或NaAlO2)
（4）
（5）REO2 8
【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(H2PO4)3、氢氧化铝沉淀；“碱转换”过程中Ce(H2PO4)所发生反应，过滤向滤渣中稀硫酸溶解后再加草酸“沉淀”后所得的固体为Ce2(C2O4)3·10H2O，将其煅烧可得Ce2O3和CO2， Ce2O3被还原为Ce。
【解析】（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Al3+完全沉淀， ，，此时，pH应大于等于4.7；溶液中c(Fe2+)=1.0ml/L，c(Ce3+)=0.01ml/L，为了不引人Fe(OH)2和Ce(OH)3，当，，，为了使Al3+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，故答案为：；
（3）“碱转换”过程中Ce(H2PO4)所发生反应，氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液中生成了Na[Al(OH)4](或NaAlO2)，故答案为：；Na[Al(OH)4](或NaAlO2)；
（4）“沉淀”后所得的固体为Ce2(C2O4)3·10H2O，将其煅烧可得Ce2O3和CO2，发生反应，故答案为：；
（5）根据晶胞图可知1个晶胞中RE：， O：，两种原子个数比为1:2，化学式为：REO2；距离RE原子最近的O原子有8个；M(晶胞)=Mg/ml，晶胞边长为anm，1个晶胞的体积为，1个晶胞中还有4个REO2，晶胞的密度为故答案为：REO2；8；。
13．（2024届广东省省2月联考）钼具有耐腐耐磨的特性，目前广泛应用于化工、医疗和国防领域。一种使用先进的碱性氧化焙烧法，从镍钼矿（主要成分是）中回收钼的流程如图所示：
已知：①“焙烧”后钼元素以的形式存在，的化合价不变且以氧化物的形式存在，“焙烧”过程中未见有含气态物的生成。
②。
③一般离子浓度达到以下视为沉淀完全。
回答下列问题：
（1）写出“焙烧”过程中发生反应的化学方程式： 。
（2）“滤渣1”的主要成分为 （填化学式）。
（3）实验用量与理论用量的比值为1.0、1.1、1.2、1.3时，M的浸出率和残留浓度的关系如图所示，则的最佳用量比为 ，结合图中信息说明理由： 。
（4）常温下，“水浸”过程完成后溶液中，试计算“净化”过程中每升溶液中需加入 （保留两位有效数字），若“净化”完成后溶液的，则此时溶液中 （填“不存在”或“存在”）沉淀。
（5）被称为润滑之王，其稳定晶体的晶胞结构的透视图与正视图如图所示，晶胞参数，原子间距，则 ；晶胞中与M原子距离最近且相等的原子数目为 。
【答案】（1）
（2）
（3）1.2 当的用量比从1.0增加到1.2时，钼的浸出率明显增加，当用量比从1.2增加到1.3时，锄的浸出率增加不大，但的残留浓度显著增大
（4）0.70 不存在
（5）2 6
【分析】镍钼矿（主要成分是）通入空气，加入碳酸钠焙烧产生CO2,水浸后除去滤渣1为，加入硫酸镁净化除去滤渣2为氢氧化镁，冷却结晶得到硫酸钠，加入D318-Ⅲ树脂离子交换，再加入氨水解析得到解析液，处理后得到钼酸铵；
【解析】（1）由题中信息可知，含的产物为，S没有生成气体物质，故被氧化为最高价的盐，流程中生成，可写出反应物与生成物，再由氧化还原配平的规则进行还原剂和氧化剂的配平，再根据元素质量守恒配平其他原子，写上焙烧条件可得；
（2）被氧化为，不溶于碱性的碳酸钠溶液成为滤渣，由题中信息可知以价氧化物存在，也不溶于碱性碳酸钠溶液，成为滤渣，答案为；
（3）由图可知，当用量比从1.0增加到1.2时，钼的浸出率明显增加，当用量比从1.2增加到1.3时，钼的浸出率增加不大，但的残留浓度显著增大，故最佳用量比选择1.2；
（4），转换单位为，完全沉淀此部分需，当沉淀完全后溶液中，合计，故每升溶液中需加入，若“净化”完成后溶液，则此时溶液中，此时，故不存在沉淀；
（5）由图可知，一个晶胞中含有2个原子，4个原子，故；晶胞中与原子距离最近且相等的原子数目为3，故晶胞中与原子距离最近且相等的原子数目为6。
14．（2024届广东省广州一模）对废旧锂离子电池正极材料(主要成分为，还含有少量、、、等元素)进行回收可有效利用金属资源，一种回收利用工艺流程如下：
已知：①常温下，丁二酮肟是白色晶体，不溶于水，可溶于乙醇等有机溶剂。
②常温下，部分氢氧化物的如下表：
回答下列问题：
（1）“酸浸还原”中转化为，氧化产物是，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
（2）滤渣2的主要成分是、和，转化为的离子方程式是 ；常温下，“氧化调”后的滤液中浓度为，为尽可能多地提取，应控制溶液中的不大于 。
（3）“转化”中由转化为的离子方程式为 。
（4）“沉镍”中丁二酮肟与反应生成丁二酮肟镍的过程可表示为：
从滤渣3中分离出丁二酮肟固体的方法是 。
（5）“锂钴分离”可产生能重复利用的物质是 。
（6）层状的结构如图所示，层状中一个周围与其最近的的个数是 ；以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中原子1的坐标为，则原子2和原子3的坐标分别为 、 。
【答案】（1）8：1
（2）Mn2++ClO—+H2O=MnO2↓+2H++Cl— 7.0
（3）4C2++20NH3·H2O+O2+4NH=4[C(NH3)6]3++22H2O
（4）加入盐酸，充分反应后过滤
（5）氨气
（6）6 (0，0，) (0，0，)
【分析】由题给流程可知，向正极材料中加入硫酸和硫代硫酸钠混合溶液酸浸还原，将钴酸锂转化为亚钴离子和锂离子，材料中含有的少量金属元素转化为可溶的硫酸盐，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入次氯酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子、铝离子、锰离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝、二氧化锰沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝、二氧化锰的滤渣和滤液；滤液中的镍离子与浓氨水反应转化为六氨合镍离子，亚钴离子与氨水、铵根离子、氧气反应转化为六氨合钴离子，向转化后的溶液中加入丁二酮肟的乙醇溶液，将溶液中的六氨合镍离子转化为丁二酮肟镍沉淀，过滤得到含有丁二酮肟镍的滤渣和滤液；向滤渣中加入盐酸，充分反应后过滤得到丁二酮肟固体和二氯化镍溶液；向滤液中加入盐酸，将溶液中六氨合钴离子转化为钴离子和铵根离子，再加入氢氧化钠溶液，将溶液中的钴离子转化为氢氧化钴沉淀、铵根离子转化为氨气，过滤得到钴的氢氧化物和含锂离子的溶液。
【解析】（1）由化合价代数和为0可知，钴酸锂中钴元素的化合价为+3价、硫代硫酸钠中硫元素的化合价为+2价，由题意可知，“酸浸还原”时，钴酸锂中钴元素被还原为亚钴离子，硫代硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，由得失电子数目守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量比为8：1，故答案为：8：1；
（2）由题意可知，“氧化调pH”后的滤液中亚钴离子的浓度为17.7g/L，设溶液的体积为1L，则亚钴离子的浓度为=0.3ml/L，由溶度积可知，为尽可能多地提取亚钴离子，溶液中的氢氧根离子浓度应小于=10—7ml/L，则溶液pH应小于7，所以锰离子转化为二氧化锰的反应为溶液中的锰离子与次氯酸根离子反应生成二氧化锰沉淀、氯离子和氢离子，反应的离子方程式为Mn2++ClO—+H2O=MnO2↓+2H++Cl—，故答案为：Mn2++ClO—+H2O=MnO2↓+2H++Cl—；7；
（3）“转化”中，溶液中亚钴离子发生的反应为亚钴离子与氨水、铵根离子、氧气反应转化为六氨合钴离子和水，反应的离子方程式为4C2++20NH3·H2O+O2+4NH=4[C(NH3)6]3++22H2O，故答案为：4C2++20NH3·H2O+O2+4NH=4[C(NH3)6]3++22H2O；
（4）由分析可知，从滤渣3中分离出丁二酮肟固体的操作为向丁二酮肟镍中加入盐酸，充分反应后过滤得到丁二酮肟固体和二氯化镍溶液，故答案为：加入盐酸，充分反应后过滤；
（5）由分析可知，“锂钴分离”中发生的反应为加入盐酸，将溶液中六氨合钴离子转化为钴离子和铵根离子，再加入氢氧化钠溶液，将溶液中的钴离子转化为氢氧化钴沉淀、铵根离子转化为氨气，则能重复利用的物质是氨气，故答案为：氨气；
（6）由层状结构可知，位于六棱柱顶点的钴原子与位于柱内的氧原子距离最近，则一个钴原子周围与其最近的氧原子的个数是6；由晶胞结构可知，位于六棱柱顶点的1号原子位于晶胞的顶点，2号位于同条棱的处，3号原子高度在处、y方向的长度等于底边的长度，由原子1的坐标为可知，原子2和原子3的坐标分别为(0，0，)、(0，1，)，故答案为：6；(0，0，)；(0，1，)。
15．（2024届广东省广州天河区二模）我国是世界上稀土资源最丰富的国家，冶炼提纯技术位于世界前茅。从某种磷精矿(主要成分为，含少量)分离稀土元素钪()的工业流程如下：
（1）钪的基态原子核外价电子排布式为 。
（2）“萃取”的目的是富集，但其余元素也会按一定比例进入萃取剂中。
①通过制得有机磷萃取剂，其中代表烃基，对产率的影响如下表。
由表可知：随中碳原子数增加，产率降低，请从结构的角度分析原因 。
②“反萃取”的目的是分离和元素。向“萃取液”中通入，的沉淀率随的变化如图。试剂X为 (填“”或“”)，应调节为 。
③反萃取时，通入得到沉淀的过程为：
i．
ii． (写出该过程的化学方程式)。
（3）草酸钪晶体在空气中加热，随温度的变化情况如图所示。250℃体主要成分是 (填化学式)，℃反应的化学方程式为 。
（4）的一种氢化物晶胞结构如图，晶体中H周围与其最近的的个数为 。为阿伏伽德罗常数的值，晶胞参数为，则该晶胞的密度为 。
【答案】（1）3d14s2
（2）随着碳原子数增加，烃基推电子能力增强，O-H键更难断裂，(RO)3PO产率降低 SO2 2 (NH4)3PO4+Sc(NO3)3=ScPO4↓+3NH4NO3
（3）Sc2(C2O4)3•H2O Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
（4）4
【分析】磷精矿加入硝酸酸浸，过滤得到二氧化硅不反应得到滤渣1，稀土元素、铁、钙元素进入滤液，加入萃取剂萃取出稀土元素，然后加入试剂X为亚硫酸钠将三价铁转化为二价铁，通入氨气，调节pH分离出含有稀土的固相，再加入硝酸溶解，加入硫酸除去钙元素得到硫酸钙滤渣2，滤液加入草酸分离出草酸钪晶体；
【解析】（1）钪为21号元素，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2，核外价电子排布式为：3d14s2；
（2）①由表可知：随-R中碳原子数增加，(RO)3PO产率降低，请从结构的角度分析原因：随着碳原子数增加，烃基推电子能力增强，O-H键更难断裂，(RO)3PO产率降低．故答案为：随着碳原子数增加，烃基推电子能力增强，O-H键更难断裂，(RO)3PO产率降低；
②由图可知，亚铁离子与Sc3+的分离效果更好，则试剂X为将铁离子转化为亚铁离子的物质，故应选择SO2，二氧化硫和铁离子反应生成亚铁离子和硫酸，利于铁离子与Sc3+的分离，结合图像可知，应调节pH为2，此时Sc3+几乎完全沉淀，而亚铁离子几乎没有沉淀，分离效果好，故答案为：SO2；2；
③总反应为通入NH3得到ScPO4沉淀，反应i.H3PO4+3NH3═(NH4)3PO4，则反应ii为(NH4)3PO4和稀土的硝酸盐转化为ScPO4沉淀的反应，(NH4)3PO4+Sc(NO3)3=ScPO4↓+3NH4NO3，故答案为：(NH4)3PO4+Sc(NO3)3=ScPO4↓+3NH4NO3；
（3）设起始时Sc2(C2O4)3•6H2O的物质的量为1ml,质量为462 g,由图可知，250℃时，减少的质量为462g×19.5%≈90g，=5ml,即晶体失去5个结晶水，故250℃时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3•H2O，250～550℃减少的质量为462g×3.9%≈18g,可知550℃时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3，850℃时剩余固体的质量为462g×(1-19.5%-3.9%-46.88%)≈138g,除去钪元素质量后剩余质量为138g-2ml×45g/ml=48g,应为氧元素的质量，=3ml,则850℃时晶体的化学式为Sc2O3，故550～850℃发生反应的化学方程式为：Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2；
（4）Sc的一种氢化物晶胞结构如图2，晶体中H周围与其最近的Sc的个数为：4，晶胞中分摊法得到，Sc个数=8×+6×=4，H个数8个，表示的氢化物为：H8Sc4， NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞质量为，晶胞参数为anm，晶胞体积为V=(a×10−7)3cm3，则该晶胞的密度。
16．（2024届广东省惠州三模）为回收利用废钒催化剂(含有V2O5、VOSO4、SiO2、Fe3O4以及钾和铝的硅酸盐)，科研人员研制了一种回收V2O5的新工艺，主要流程如下图。
已知：i．该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
ii．VOSO4可溶、(VO2)2SO4易溶、V2O5和NH4VO3难溶；＋2OH-=+H2O
（1）“酸浸氧化”时，VO2＋转化成反应的离子方程式为 ，同时V2O5转化为。滤渣①主要成分是 。
（2）“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·2H2O，随滤液②可除去金属离子K＋以及部分的金属离子有 。
（3）“沉淀转溶”中，V2O5·2H2O转化为KVO3溶解，写出V2O5·2H2O与KOH反应的化学方程式 。
（4）“调pH”中滤渣④的主要成分是 。
（5）全钒液流储能电池可实现化学能和电能的相互转化，其原理如图所示。
①充电过程中，左槽电极反应式为 。
②放电过程中，右槽溶液颜色变化的情况是 。
（6）钒的某种氧化物的立方晶胞结构如图所示，钒原子的配位数为 。若该晶胞的密度为ρg/cm3，且用NA表示阿伏加德罗常数，则该晶胞的边长为 nm。
【答案】（1）6VO2++ +3H2O=6 +Cl-+6H+ SiO2、H2SiO3
（2）Fe3+、Al3+
（3）V2O5•2H2O+2KOH=2KVO3+3H2O
（4）Al(OH)3
（5）VO2++H2O-e-= +2H+ 紫色变为绿色
（6）6
【分析】废钒催化剂(含有V2O5、VOSO4、SiO2、Fe3O4以及钾和铝的硅酸盐)加入30%硫酸、氯酸钾进行酸浸氧化，滤液中含有、Fe3+、K+、Al3+，二氧化硅难溶于酸，硅酸盐与酸反应生成硅酸沉淀，二氧化硅和硅酸则是滤渣①，往滤液中加入KOH调节pH=3.0~3.1，由表中数据知，Fe3+、Al3+只有部分转化为沉淀；过滤后，Fe(OH)3、Al(OH)3、V2O5·2H2O成为滤饼；再加入KOH调节pH＞13，此时Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，Al(OH)3转化为K[Al(OH)4]，V2O5·2H2O转化为KVO3；加入盐酸调节pH=8.5，此时K[Al(OH)4]转化为Al(OH)3沉淀；过滤后往滤液加入NH4Cl，生成NH4VO3沉淀，煅烧后得到V2O5。
【解析】（1）“酸浸氧化”时，VO2＋被氯酸钾在酸性环境下氧化成反应的离子方程式为6VO2++ +3H2O=6 +Cl-+6H+，二氧化硅难溶于酸，硅酸盐与酸反应生成硅酸沉淀，滤渣①的主要成分是二氧化硅和硅酸。
（2）“中和沉淀”中，加入KOH调节pH=3.0~3.1，由表中数据知，Fe3+、Al3+只有部分转化为沉淀，所以随滤液②可除去金属离子K＋以及部分的金属离子有Fe3+、Al3+。
（3）“沉淀转溶”中，加入KOH调节pH＞13，V2O5·2H2O转化为KVO3溶解，方程式为V2O5•2H2O+2KOH=2KVO3+3H2O。
（4）加入盐酸“调pH”， 此时K[Al(OH)4]转化为Al(OH)3沉淀，所以滤渣④的主要成分是Al(OH)3。
（5）①充电过程，由图中装置可以看出，左槽电极连电源正极，是电解池阳极，所以电极反应式为：VO2++H2O-e-= +2H+。
②放电过程中，右槽电极是负极，V2+失电子生成V3+，右槽溶液颜色变化的情况是紫色变为绿色。
（6）由晶胞结构可以看出钒原子最近的氧原子有6个，所以钒原子的配位数是6。
结合晶胞结构进行计算，钒原子的个数为，氧原子的个数为，晶胞密度为，所以a=nm。
17. （2024届广东省茂名一模）镓()是重要的稀有金属之一，主要应用于半导体行业。一种从砷化镓污泥(主要成分为)中回收镓的工艺流程如图所示：
已知：Ⅰ．是两性氢氧化物，既能溶于强酸又能溶于强碱；
Ⅱ．为灰白色固体，易溶于水，具有还原性。
回答下列问题：
（1）“浆化碱浸”过程中反应的离子方程式为________；“滤渣Ⅰ”的成分为______(填化学式)。
（2）中和“调”沉镓和硅的过程中，保持约为6，若过低镓的回收率将降低，其原因是_______。
（3）“除硅”时，镓和硅在溶液中的含量如表所示，由表可知，“除硅”的调节至______范围内，沉淀效果最好；此过程中，加入絮凝剂的目的是_______。
（4）溶液经_________、______、抽滤、洗涤、干燥得晶体。
（5）用惰性电极电解得到电解尾液和，电解尾液可在______(填操作单元名称)过程中循环使用，提高经济效益。
（6）可生成氮化镓等半导体材料，氮化镓晶胞结构如图，黑球代表，白球代表，晶胞参数为。
①氮化镓晶体中每个原子周围最近的原子的个数为_____。
②距离最近的两个原子之间的距离为_______(用含的代数式表示)。
【答案】（1） ①. GaAs+2OH-＋4H2O=[Ga(OH)4]-++3H2↑ ②. Fe2O3、CaCO3
（2）Ga(OH)3溶于H2SO4溶液
（3） ①. 1.01.5 ②. 将H2SiO3转化为颗粒较大的沉淀，便于过滤除去
（4）①. 蒸发浓缩 ②. 冷却结晶
（5） 调pH和除硅 （6） ①. 6 ②.
【解析】
【分析】由题给流程可知，砷化镓污泥加入氢氧化钠溶液浆化碱浸时，砷化镓与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合镓酸钠、亚砷酸钠和氢气，二氧化硅溶解生成硅酸钠，氧化铁和碳酸钙与氢氧化钠溶液不反应，过滤得到含有氧化铁、碳酸钙的滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸溶液调节溶液pH约为6，将四羟基合镓酸钠、硅酸钠转化为氢氧化镓、硅酸沉淀，过滤得到亚砷酸钠溶液和氢氧化镓、硅酸混合物；向混合物中加入硫酸溶液和絮凝剂，硫酸溶液将氢氧化镓转化为硫酸镓，絮凝剂将硅酸转化为颗粒较大的沉淀，过滤得到含有硅酸的滤渣和硫酸镓溶液；电解硫酸镓溶液得到镓和可以循环使用的硫酸尾液。
【小问1详解】
由分析可知，浆化碱浸发生的反应为砷化镓与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合镓酸钠、亚砷酸钠和氢气，反应的离子方程式为GaAs+2OH-＋4H2O=[Ga(OH)4]-++3H2↑；滤渣Ⅰ的主要成分为氧化铁和碳酸钙，故答案为：GaAs+2OH-＋4H2O=[Ga(OH)4]-++3H2↑；Fe2O3、CaCO3；
【小问2详解】
由题给信息可知，氢氧化镓是两性氢氧化物，若溶液pH过低，氢氧化镓会溶于硫酸溶液，导致镓的回收率将降低，故答案为：Ga(OH)3溶于H2SO4溶液；
【小问3详解】
由表格数据可知，除硅时，溶液pH在1.01.5的范围内溶液中镓元素的含量较高，硅元素的含量较低，沉淀效果最好，所以调节溶液pH的范围为1.01.5；由分析可知，加入絮凝剂的目的是将硅酸转化为颗粒较大的沉淀，便于过滤除去，故答案为：1.01.5；将H2SiO3转化为颗粒较大的沉淀，便于过滤除去；
【小问4详解】
由题意可知，得到亚砷酸钠晶体的操作为亚砷酸钠溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥得到亚砷酸钠晶体，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
【小问5详解】
由分析可知，电解尾液的主要成分为，可以在调pH和除硅的过程中循环使用，故答案为：调pH和除硅；
【小问6详解】
①由晶胞结构可知，位于体心的镓原子与位于面心的氮原子的距离最近，则每个镓原子周围最近的氮原子的个数为6，故答案为：6；
②由晶胞结构可知，距离最近的两个镓原子之间的距离为面对角线的，由晶胞参数为anm可知，距离为nm，故答案为：。
18．（2024届广东省湛江一模）镓(Ga)是重要的半导体材料，氮化镓、砷化镓和氧化镓分别是第二代、第三代、第四代半导体材料的代表材料。金属镓在自然界中通常以微量分散于铝土矿、闪锌矿等矿石中，提取非常困难。从闪锌矿渣中提取镓是种常见的方法，具体工艺流程如下：
已知：①金属镓在化学性质上非常接近金属铝，其单质、氧化物和氢氧化物均有两性；
②闪锌矿渣通常含有，、，硅酸盐等杂质；
③25℃时，、。
回答下列问题：
（1）为了提高镓的浸取率，可以采取的措施为 (填写一种)。
（2）滤渣Ⅰ中主要含有 。
（3）写出加入氧化锌后发生反应的离子方程式(以Ga为例)： 。
（4）工业上通常向溶液中通入过量，产生大量白色沉淀，过滤后加热固体能得到高纯，写出加入过量后的化学方程式： 。
（5）在工业上，通常用高纯镓作阴极，石墨作阳极，溶液作为电解质，通过电解制备高纯Ga．写出阴极电极反应式： 。
（6）氮化镓是目前应用最广泛的半导体材料之一，目前广泛应用于相控阵雷达、快速充电器等行业。氮化镓有不同的晶型，其中六方氮化镓和立方氮化镓之间可以相互转化。
①六方氮化镓晶体硬度极高，熔点为1700℃，其高温熔融物不导电。六方氮化镓属于 晶体。
②写出六方氮化镓晶胞的组成： 。
(7)①已知的坐标为，请写出的坐标 。
②若立方氮化镓的边长为a nm，则其密度为 (列出计算式)。
【答案】（1）粉碎、搅拌
（2）、
（3）
（4）
（5）
（6）共价
(7)
【分析】
闪锌矿渣通常含有，、，硅酸盐等杂质，加入稀硫酸酸浸得到滤渣Ⅰ主要成分为、，滤液加入氧化锌反应后过滤，得到滤渣Ⅱ和硫酸锌溶液；硫酸锌溶液用于生产Zn；滤渣Ⅱ加入氢氧化钠进行碱浸得到氢氧化铁固体和，电解得到金属镓；
【解析】（1）为了提高镓的浸取率，可以采用粉碎、搅拌等措施；
（2）闪锌矿渣中Pb、Si元素在酸浸时生成不溶的，；
（3）加入氧化锌时发生反应生成Ga(OH)3，反应的离子方程式为；
（4）向溶液中通入过量，反应生成Ga(OH)3和碳酸氢钠，反应的化学方程式为；
（5）在工业上，电解溶液，阴极上得电子产生Ga，电极反应式为；
（6）①由六方氮化镓晶体硬度极高，熔点高，且熔融物不导电可知属于共价晶体；
②根据均摊法可知，六方氮化镓晶胞中含有个Ga，6个N，其组成为；
（7）①根据晶胞的位置，氮化镓的立方晶胞中的坐标为，的坐标为；
②立方氮化镓的密度为=。
19．（2024届广东省湛江二模）钒和铬都是重要的战略金属，利用钒、铬废渣(主要成分为和，还含有其他难溶物)分离回收钒、铬的工艺流程如下图所示。
已知：常温下，。
回答下列问题：
（1）基态铬原子价电子轨道表示式为 。
（2）钒、铬废渣“水浸”前，先要进行粉碎处理，为提高浸取效率，还可采取的措施有 (任写一点)。
（3）“沉钒”的含钒产物为钒酸钙，该过程中发生反应的化学方程式是 。
（4）“沉铬”时，铬转化为沉淀，“转化”过程中发生反应的离子方程式为 。
（5）向“沉钒后液”中加入足量，可将其中的铬转化为沉淀，铬的理论转化率为 (保留三位有效数字)。
（6）复合材料氧铬酸钙的立方晶胞如下图所示。
①该晶体的化学式为 。
②已知该晶体的密度为为阿伏加德罗常数的值，则相邻与之间的最短距离为 (列出计算式即可)。
【答案】（1）
（2）延长浸取时间（或适当升高温度、搅拌等）
（3）
（4）
（5）97.7
（6）CaCrO3
【分析】钒、铬废渣(主要成分有和，还含有其他难溶物)经过水浸后，水浸液中含有和，加入生石灰沉钒得到钒酸钙，经过一系列步骤之后得到五氧化二钒。沉矾后的溶液主要成分是经过酸化、加入氧化铜转化为沉淀，加入氢氧化钠进行沉淀转化得到氢氧化铜沉淀和溶液，经过冷却结晶得到。
【解析】（1）
基态铬原子价电子轨道表示式为。
（2）为提高浸取效率，还可采取的措施延长浸取时间、适当升高温度、搅拌等（任写一点）。
（3）“沉钒”过程加入氧化钙与溶液中的生成钒酸钙，化学方程式为。
（4）“转化”过程中沉淀与氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和，离子方程式为：。
（5）根据和的Ksp，可以得到沉铬的离子方程式为：，，所以理论转化率为：。
（6）①根据均摊法进行计算：钙原子位于顶点，钙原子数目=，氧原子位于面心，氧原子数目=，铬原子位于体心，数目为1，所以晶体的化学式为CaCrO3。
②已知该晶体的密度为为阿伏加德罗常数的数值，晶体密度表达式为，可以求得边长a，则相邻与之间的最短距离为晶胞体对角线的一半，所以最短距离计算式=pm。
20．（2024届广东省深圳二模）一种从工业锌置换渣(主要含等)中回收锗、铅的工艺流程如图：
已知：能溶于强酸的浓溶液或强碱溶液；可溶于热盐酸中：；常温下，。
（1）“还原浸出”时，的存在可促进浸出。
①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）“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，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。为防止中混有杂质，应控制溶液中 (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锗晶体中一个周围与其最近的的个数为 。
②若硅锗合金i的晶胞边长为，设为阿伏加德罗常数的值，则硅锗合金i晶体的密度为 (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）形
（2）防止大量溶解，导致锗的产率下降
（3）(或)
（4）
（5）盐酸
（6）4 或或 C
【分析】工业锌置换渣(主要含等)通入SO2并加入硫酸还原浸出，生成Zn2+、Fe2+，滤渣1中有PbSO4、GeO2、SiO2，加入盐酸90℃酸浸，浸渣2为GeO2、SiO2，加入氢氧化钠溶液碱溶，发生反应(或)，，经过沉硅等一系列操作后得到硅，滤液中含有，降温平衡逆向移动，得到PbCl2，滤液1中加入适量CaCl2得到CaSO4，过滤得滤液2，滤液2主要含有H+、Cl-。
【解析】（1）①SO2中S的价层电子对数为：，有1个孤电子对，空间构型为V形；
②该反应化学方程式为：，氧化剂为，还原剂为SO2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；
（2）盐酸浓度过大，会导致大量溶解，锗的产率下降；
（3）“碱溶”时，GeO2与OH-发生反应，离子方程式为：(或)；
（4），，即，，，即为防止中混有杂质，应控制溶液中；
（5）滤液1中加入适量CaCl2得到CaSO4，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，Ge原子的个数为，晶胞边长为apm，则硅锗合金i晶体的密度为；
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。
核心考点
考情统计
考向预测
备考策略
物质制备
2023·广东卷，18
2022·广东卷，18
通过废液或矿石进行金属的提炼或者制备特定的物质，体现创新性和应用性；
通过废液或废矿的分离提纯，得到相应的含特定元素的物质，体现创新性和应用性。
1．回归教材，熟悉教材流程，掌握流程的基本分析思路。
2．提高阅读理解能力，对新情境进行分析解读，提取重要信息。
分离提纯
2021·广东卷，18
氢氧化物
离子
开始沉淀时的pH
8.8
1.5
3.6
6.2~7.4
沉淀完全时的pH
/
3.2
4.7
/
洗涤试剂
适用范围
目的
蒸
馏
水
冷水
溶解度随温度升高而升高,且变化较大
除去固体表面吸附着的××杂质,减少固体因为洗涤液温度高造成溶解损失
热水
溶解度随温度升高而降低
除去固体表面吸附着的××杂质,减少固体因为洗涤液温度低造成溶解损失
有机溶剂(酒精、丙酮等)
固体易溶于水、难溶于有机溶剂
减少固体溶解损失;利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分,增大干燥速率
饱和溶液
对纯度要求不高的产品
减少固体溶解
酸、碱溶液
产物不溶于酸、碱
除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂质;减少固体溶解
洗涤沉淀的方法:向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀,待水自然流下后,重复以上操作2～3次
检验沉淀是否洗涤干净的方法:取少量最后一次的洗涤液于试管中,向其中滴入某试剂,若未出现特征反应现象,则沉淀洗涤干净
萃取
利用溶质在互不相溶的两种溶剂里的溶解度不同,用一种溶剂(萃取剂)把溶质从它与另一种溶剂组成的溶液里提取出来的过程,萃取后需要分液。如:用CCl4萃取溴水中的Br2
反萃取
在溶剂萃取分离过程中,当完成萃取操作后,为进一步纯化目标产物或便于下一步分离操作的实施,将目标产物从有机相转入水相的萃取操作称为反萃取,为萃取的逆过程
离子
开始沉淀时的pH
1.5
4.3
5.6（为6.2）
沉淀完全时的pH
3.2
5.5
/（为9.0）
物质
沸点/℃
331
315
1300
700
1150
开始沉淀pH
2.5
7.0
5.7
完全沉淀pH
3.2
9.0
6.7
金属离子
Fe3+
Ga3+
Cu2+
开始沉淀时的pH
2.5
3.5
5.3
沉淀完全时的pH
3.3
4.6
6.4
氢氧化物
产率/
82
62
20
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
0.0
2500
1345
0.5
2456
1267
1.0
2438
81
1.5
2420
103
2.0
2200
804
2.5
1879
952
1．(2023广东卷，18）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。
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
【分析】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。
【解析】（1）活性可与水反应，化学方程式为；故答案为：。
（2）常温下，的氨性溶液中，，，，则＞；故答案为：＞。
（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；故答案为：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；故答案为：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；故答案为：。
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C、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个，与O最小间距大于与O最小间距，则Al在顶点，因此在晶胞中的位置为体心；晶体中一个周围与其最近的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，因此晶体中一个周围与其最近的O的个数为12；故答案为：体心；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；故答案为：0.4或。
②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，根据前面分析，，在于可重复利用和；故答案为：。
2．（2022广东卷，18）稀土()包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸熔点为；月桂酸和均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持价不变；的，开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_______。（2）“过滤1”前，用溶液调pH至_______的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为_______。
（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到元素，滤液2中浓度为。为尽可能多地提取，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中低于_______(保留两位有效数字)。
（4）①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是_______。
②“操作X”的过程为：先_______，再固液分离。
（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有_______(写化学式)。
（6）稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂。
①还原和熔融盐制备时，生成1ml转移_______电子。
②用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化的还原，发生的电极反应为_______。
【答案】（1）Fe2+
（2） 4.7pH<6.2
（3）4.010-4
（4） 加热搅拌可加快反应速率 冷却结晶
（5）MgSO4
（6） 15 O2+4e-+2H2O=4OH-
【解析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有、、、、、等离子，经氧化调pH使、形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有、、等离子，加入月桂酸钠，使形成沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。
（1）由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+，故答案为：Fe2+；
（2）由表中数据可知，沉淀完全的pH为4.7，而开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证、沉淀完全，且不沉淀，要用溶液调pH至4.7pH<6.2的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为，故答案为：4.7pH<6.2；；
（3）滤液2中浓度为，即0.1125ml/L，根据，若要加入月桂酸钠后只生成，而不产生，则==410-4，故答案为：410-4；
（4）①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答案为：加热搅拌可加快反应速率；
② “操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸熔点为，故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶；
（5）由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4，故答案为：MgSO4；
（6）①中Y为+3价，中Pt为+4价，而中金属均为0价，所以还原和熔融盐制备时，生成1ml转移15电子，故答案为：15；
②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-。
3．（2021广东卷，18）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝()、钼()、镍()等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：
已知：25℃时，的，；；；该工艺中，时，溶液中元素以的形态存在。
（1）“焙烧”中，有生成，其中元素的化合价为_______。
（2）“沉铝”中，生成的沉淀为_______。
（3）“沉钼”中，为7.0。
①生成的离子方程式为_______。
②若条件控制不当，也会沉淀。为避免中混入沉淀，溶液中_______(列出算式)时，应停止加入溶液。
（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，为_______。
②往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量_______(填化学式)气体，再通入足量，可析出。
（5）高纯(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止刻蚀液与下层(砷化镓)反应。
①该氧化物为_______。
②已知：和同族，和同族。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。
【答案】+6 +=↓
【分析】
由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。
【解析】
（1）“焙烧”中，有生成，其中Na和O的化合价为+1和-2，根据化合价的代数和为0可知，元素的化合价为+6。
（2）“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀为。
（3）①滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成沉淀，该反应的离子方程式为+=↓。
②若开始生成沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：，该反应的化学平衡常数为。为避免中混入沉淀，必须满足，由于“沉钼”中为7.0，，所以溶液中时，开始生成沉淀，因此，时，应停止加入溶液。
（4）①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，故为。
②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量，再通入足量，可析出。
（5）①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由与反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为。
②由和同族、和同族可知，中显+3价（其最高价）、显-3价。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，元素被氧化，则该反应的氧化剂为，还原剂为。中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，每个参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为。
命题热点1 原料预处理
1.原料预处理的目的
（1）原料经过预处理主要是除去不必要的杂质,净化所需要的原料。
（2）原料中的目标物质转化为易于化学处理的物质。
2.原料预处理的常用方法
（1）研磨、雾化。
将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化,增大反应物接触面积,以增大反应速率或使反应更充分。
（2）焙烧、煅烧、灼烧。
①焙烧。
焙烧是将矿石、精矿在空气、氯气、氢气、甲烷、一氧化碳或二氧化碳等气流中不加或配加一定物料,加热至低于炉料的熔点,发生氧化、还原或其他化学变化的过程。
②煅烧。
煅烧是指将物料在低于熔点的适当温度下加热,使其分解并除去所含结晶水、CO2或 SO2等挥发性物质的过程,所以煅烧过程的反应物通常是固体,生成物是另一种固体和气体。
③灼烧。
灼烧是将固体物质加热到高温以达到脱水、分解或除去挥发性杂质、有机物和铵盐等目的的操作。灼烧通常指的是实验室里对固体进行的高温操作,加热仪器有酒精灯、煤气灯或电炉等,如海带提碘实验中通过灼烧除去有机物。
（3）浸取。
①水浸:与水接触反应或溶解,使原料变成离子进入溶液中,做到初步分离。
②酸浸:在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液,不溶物通过过滤除去的过程。常用硫酸、盐酸、硝酸等,用盐酸、硝酸酸溶时要注意控温,用硫酸酸溶时要关注Pb2+ 、Ca2+ 、Ag+会生成PbSO4、 CaSO4、Ag2SO4在滤渣中出现。
③碱浸:常用NaOH溶液、氨水、Na2CO3溶液等,与碱接触反应或溶解,NaOH溶液使酸性氧化物和两性氧化物以含氧酸根离子(如Si、Al、Zn、Cr等元素),或与NH3形成配离子进入溶液。
④盐浸:用铵盐溶液、FeCl3溶液等。
⑤醇浸:提取有机物,常采用有机溶剂(乙醚、二氯甲烷等)浸取的方法提取有机物。
命题热点2 反应条件的控制
一、反应条件的控制方法
通过控制一定的反应条件来达到提高物质转化率或除去杂质的目的。
1.控制溶液的pH
（1）增强物质的氧化性、还原性(H+能增强MnO4-、NO3-的氧化性),调节离子的水解程度。
（2）通过控制溶液的pH可以除去某些金属离子。
如要除去溶液中含有的Fe3+、Al3+,可调节溶液的pH使之转变为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀。
2.控制温度(常用水浴、冰水浴等)
（1）控制反应速率(升温增大反应速率)、使催化剂达到最大活性、防止副反应的发生。
（2）使化学平衡移动,控制化学反应进行的方向。
（3）升温:使溶液中的气体逸出,使易挥发物质挥发,使易分解的物质分解。
（4）煮沸:使气体逸出;促进水解,聚沉后利于过滤分离。
（5）控制固体的溶解与结晶。
趁热过滤:减少因降温而析出的溶质的量。
蒸发浓缩:蒸发除去部分溶剂,提高溶液的浓度。
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。
3.使用保护气
（1）隔绝空气(主要是O2、H2O)。
（2）抑制弱离子的水解(如HCl氛围)。
二、陌生图像中反应条件的选择
[例1] 浸出过程中时间和液固比对锰浸出率的影响分别如图甲、图乙所示。
则适宜的浸出时间和液固比分别为60 min、3。
[例2] “酸浸”实验中,镁的浸出率结果如图所示。由图可知,当镁的浸出率为80%时,所采用的实验条件为100 ℃、3 h左右。
[例3] 酸浸时,若使钛的浸出率(η%)达到90%,则根据如图判断工业上应采取的适宜条件是酸浓度和液固比的取值分别约为40%、6。
命题热点3 陌生方程式的书写
1.工艺流程中方程式的整体书写思路
首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式,再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型(非氧化还原反应适用元素守恒;氧化还原反应适用元素、得失电子守恒)。
2.工艺流程中氧化还原反应方程式的书写思路
（1）首先确定氧化剂(或还原剂)与还原产物(或氧化产物),再判断出还原剂(或氧化剂)与氧化产物(或还原产物)。
（2）根据得失电子守恒配平氧化还原反应。
（3）根据电荷守恒、反应物和介质环境的酸碱性,在方程式左边或右边补充H+、OH-或H2O等。
（4）根据元素守恒配平反应方程式。
3.流程中电极反应式的书写思路
（1）列变价——写出电极上发生变价的主要反应物和主要产物。
（2）标电子——由化合价写出得失电子数。
（3）调电荷——由电荷守恒依据介质环境将反应式两边的电荷调平,酸性溶液用H+,碱性溶液用OH-,若是熔融电解质,则依据具体题目信息,一般熔融氧化物用O2-,熔融碳酸盐用CO32−。
（4）后补水——由元素守恒配平电极反应,一般看氢原子,哪边少氢原子就在哪边以水的形式补上相应数目的氢原子,也被称为“氢不够,水来凑”。
（5）检查氧——最后用“O”守恒检查是否正确。
命题热点4 物质的分离与提纯
1.过滤
固液分离的一种方法,主要有常压过滤、减压过滤、热过滤。
（1）常压过滤:滤液靠自身的重力透过滤纸流下,实现分离,过滤时需要分析产品的需求及生产目的,准确判断经过过滤后产生的滤液、滤渣的主要成分,准确判断是留下滤液还是滤渣。
（2）减压过滤(抽滤):过滤在减低的压力下进行,滤液在内外压强差作用下透过滤纸或砂芯流下,实现分离。相比普通过滤,抽滤加快了过滤的速度。抽滤的优点是快速过滤,有时还可以过滤掉气体,并能达到快速干燥产品的作用。
（3）趁热过滤:将温度较高的固液混合物直接使用常规过滤操作进行过滤,由于常规过滤操作往往耗时较长,这样会导致在过滤过程中因混合物温度降低而使溶质析出,影响分离效果。可使用热过滤仪器将固液混合物的温度保持在一定范围内进行过滤,所以又称为热过滤。
2.蒸发结晶
（1）适用范围:提取溶解度随温度变化不大的溶质,如:NaCl。
（2）蒸发结晶的标志:当有大量晶体出现时,停止加热,利用余热蒸干。
3.冷却结晶
（1）适用范围:提取溶解度随温度变化较大的物质(如KNO3)、易水解的物质(如FeCl3)或结晶水合物(如CuSO4·5H2O)。
（2）冷却结晶的标志:当有少量晶体(晶膜)出现时。
4.沉淀洗涤时洗涤剂的选择
5.重结晶
将结晶得到的晶体溶于溶剂制得饱和溶液,又重新从溶液结晶的过程。
6.萃取与反萃取
7.蒸馏
蒸馏是利用液体混合物中各组分的沸点不同,给液体混合物加热,使其中的某一组分变成蒸气再冷凝成液体,跟其他组分分离的过程。
8.冷却法
利用气体易液化的特点分离气体,如合成氨工业采用冷却法分离氨与氮气、氢气。
命题热点5 电离常数、溶度积常数的有关计算
1.水溶液中平衡常数之间的关系
（1）平衡常数都只与温度有关,温度不变,平衡常数不变,升高温度,Ka、Kb、Kw、Kh均增大。
（2）Ka、Kh、Kw三者的关系式为Kh=KwKa;Kb、Kh、Kw三者的关系式为Kh=KwKb。
（3）二元酸的Ka1、Ka2与相应酸根离子的Kh1、Kh2的关系式为Ka1·Kh2=Kw,Ka2·Kh1=Kw。
（4）反应CdS(s)+2H+(aq)Cd2+(aq)+H2S(aq)的平衡常数为K,则K=Ksp(CdS)Ka1(H2S)·Ka2(H2S)。
2.溶度积(Ksp)的常见计算类型
（1）已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度,如Ksp=a的饱和AgCl溶液中 c(Ag+)=a ml/L。
（2）已知溶度积、溶液中某离子的浓度,求溶液中另一种离子的浓度,如某温度下AgCl的Ksp=a,在0.1 ml/L的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体,达到平衡后c(Ag+)=10a ml/L。
（3）计算沉淀转化的平衡常数,如Cu2+(aq)+MnS(s)CuS(s)+Mn2+(aq),平衡常数K=c(Mn2+)c(Cu2+)=c(Mn2+)·c(S2−)c(Cu2+)·c(S2−)=Ksp(MnS)Ksp(CuS)。
考点一 物质制备类
1．（2024届广州市黄浦区二模）以黄铁矿(主要成分是，含少量)和软锰矿(主要成分是，含少量)为原料制备的工艺流程如下：
已知：时，。
（1）研磨黄铁矿、软锰矿的目的是 。
（2）酸浸过程得到的滤液中含有的金属阳离子有和 ，滤渣1的成分为和 写出酸浸过程中主要反应的离子方程式 。
（3）调时，若溶液中，为得到尽可能多且纯净的产品，应控制的范围是 。
（4）沉锰过程需控制温度为的原因是 。
（5）写出沉锰过程中生成的离子方程式 。
（6）下图为的溶解度曲线，操作A是加入足量稀硫酸充分反应后， 洗涤干燥。
【答案】（1）增大与酸的接触面积，加快反应速率
（2）Mn2+ SiO2
（3）4.70~8.14
（4）防止温度过高使一水合氨分解，温度过低反应速率过慢
（5）
（6）蒸发结晶、保持温度高于40℃以上趁热过滤
【分析】黄铁矿(主要成分是FeS2，含少量SiO2)和软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3)先进行粉碎，增大酸溶时的接触面积，再加入稀硫酸酸浸，其中SiO2不溶于酸，金属氧化物溶于酸生成硫酸铝和硫酸铁，MnO2、FeS2与硫酸发生反应生成单质S和硫酸锰、硫酸铁，由表中数据计算出Mn(OH)2的Ksp可知，过滤除杂后加氢氧化钠调节溶液pH值以除去溶液中的Fe3+和Al3+，所得滤液中加入氨水、碳酸氢铵发生反应，将锰转化为碳酸锰沉淀，碳酸锰沉淀中加入稀硫酸，将其转化为硫酸锰溶液，经过操作A即蒸发结晶、保持温度高于40℃以上趁热过滤，过滤洗涤干燥后得到MnSO4·H2O，据此分析解题。
【解析】（1）由分析可知，混合研磨成细粉的目的是增大与酸的接触面积，加快反应速率。
（2）“酸浸”过程得到的滤液中含有Fe3+和Mn2+，是由于MnO2和FeS2反应转化而来的，故该过程中主要反应的离子方程式是，滤渣1中含有S和不溶于酸的SiO2。
（3）当Mn2+浓度为0.1ml/L时，溶液中c(OH-)===10-5.86ml/L，此时溶液的pH=8.14，由分析可知，调节pH的目的是除去溶液中的Fe3+和Al3+，铁离子完全沉淀时，c(OH-)===ml/L，铝离子完全沉淀时，c(OH-)===ml/L，故pH范围的最小值约为4.70，应控制的pH范围是4.70~8.14。
（4）沉锰时加入氨水，防止温度过高使一水合氨分解，温度过低反应速率过慢。
（5）由分析可知，“沉猛”时，参与反应的离子方程式是。
（6）由题干溶解度图象可知，当温度低于40℃时溶液将析出MnSO4·5H2O，故由分析从“操作A”所得溶液中得到MnSO4·H2O晶体需进行的操作是蒸发结晶、保持温度高于40℃以上趁热过滤，洗涤、干燥.
2．（2024届广东省名校4月联考）稀土（RE）包括镧（La）、铈（Ce）等元素，是重要的战略资源，从离子型稀土矿（含Fe、Al等元素）中提取稀土元素并获得高附加值产品的一种工艺流程如图所示：
已知：该工艺下，除铈（Ce）外，稀土离子保持＋3价不变；金属离子形成氢氧化物沉淀的相关pH见下表。
回答下列问题：
（1）“预中和”工序中：
①该工序适宜的pH范围是 。
②胶状的X射线衍射图谱中， （选填“能”或“不能”）观察到明锐的衍射峰。
（2）“调pH”工序中，发生的离子反应方程式为 。
（3）滤液3可返回 工序循环使用。
（4）“沉淀”工序产物为 （选填“”或“”），理由是 [：]。（当反应的时可认为反应完全）
（5）含氟稀土抛光粉的主要成分为，焙烧时发生的化学反应方程式为 。
（6）利用离子交换法浸出稀土的过程如图所示。已知离子半径越小、电荷数越大，离子交换能力越强．下列离子对交换能力最强的是______。
A．B．C．D．
(7)银铈合金是优良的导电材料，一种银铈晶体结构单元如图（a）所示：
①将该结构单元示意图（b）补充完全 。
②该晶体的化学式为 。
【答案】（1）3.2≤pH＜4.3 不能
（2）
（3）酸溶
（4）La(OH)3 ，，＞
（5）
（6）C
(7) Ag15Ce
【分析】稀土矿物与盐溶液发生离子交换除去矿渣，预中和加入碳酸氢铵将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，再加入碳酸氢铵调节pH沉淀氢氧化铝与稀土元素，在沉淀中加入氢氧化钠将氢氧化铝沉淀溶解，水解转化为Al(OH)3.nH2O，将稀土元素的沉淀加HCl溶解，一部分加碳酸钠沉淀之后转化为La2O3，加入CeF2焙烧转化为含氟稀土抛光粉，另一部分加草酸酸化得到La2O3和含稀土合金，据此回答。
【解析】（1）①“预中和”工序中使铁离子沉淀，其他金属阳离子不沉淀，pH的范围为：3.2≤pH＜4.3；
②只有晶体在X射线衍射图谱中才能观察到明锐的衍射峰，而胶体不是晶体；
（2）“调pH”工序中，Al3+与碳酸氢根强烈双水解，发生的离子反应方程式为；
（3）滤液3溶液中含有草酸，可以回到酸溶工序中循环利用；
（4）①“沉淀”工序产物为La(OH)3；
②根据表中数据可得，，＞；
（5）含氟稀土抛光粉的主要成分为CeLa2O4F2，焙烧时发生的化学反应方程式为：；
（6）根据离子半径越小、电荷数越大，离子交换能力越强，对RE3+交换能力最强的是Mg2+，故选C；
（7）
①根据图（a）可以看出，Ce在前面的两个顶点，且位于面对角线的位置，Ag在剩下的6个顶点和6个面心，所以结构单元示意图（b）补充完全为：
②Ce在顶点，均摊为，Ag在剩下的6个顶点和6个面心，均摊为，所以化学式为Ag15Ce。
3．（2024届广东省深圳一模）锆被称为原子时代的头号金属。一种以氧氯化锆（主要含，还含有少量、、等元素）为原料生产金属锆的工艺流程如下：
已知：
①“酸溶”后溶液中各金属元素的存在形式为：、、、；
②25℃时，，；
回答下列问题：
（1）“酸溶”后，元素的化合价为 。
（2）“萃取”时，锆元素可与萃取剂形成多种络合物，写出生成的离子方程式： 。
（3）“沉淀”后，“废液”中，则“废液”中 。
（4）“沸腾氮化”时，转化为，同时生成一种还原性气体，该反应的化学方程式为 。
（5）①“还原”的主要目的是 。
②沸点远低于的可能原因为 。
（6）某种掺杂的晶胞如图所示，位于晶胞的面心。
①晶体中每个O周围与其最近的O个数为 。
②已知该晶胞为立方晶胞，晶胞中O与Zr的最小间距为，设为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为 （列出计算式）。
③如图所示结构（）与上述晶胞结构不一致的是 （填标号）。
A． B． C． D．
【答案】（1）+4
（2）
（3）
（4）
（5）把FeCl3还原为FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质 FeCl3是分子晶体，CrCl3是离子晶体
（6）6 D
【分析】
氧氯化锆，主要含，还含有少量、、等元素为原料生产金属锆，“酸溶”后溶液中各金属元素的存在形式为：、、、，“萃取”时，锆元素生成，除掉，而后“沉淀”时、生成沉淀，煅烧后生成、Fe2O3、Cr2O3，“沸腾氮化”时，转化为ZrCl4， Fe2O3、Cr2O3转化为FeCl3、CrCl3，由于FeCl3和ZrCl4沸点接近，因此加入H2把FeCl3还原为FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质，最后升华得到ZrCl4，镁热反应后产生金属锆，据此作答。
【解析】（1）分析可知，氧元素的化合价为-2价，“酸溶”后不变价，因此的化合价为+4价，故答案为：+4。
（2）生成的离子方程式：，故答案为：。
（3）“沉淀”后的“废液”中有，，则，，则“废液”中，故答案为：。
（4）“沸腾氮化”时，加入C、通入氯气，转化为，同时生成一种还原性气体CO，该反应的化学方程式为，故答案为：。
（5）①由于FeCl3和ZrCl4沸点接近，因此加入H2把FeCl3还原为FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质，最后升华得到ZrCl4，故答案为：把FeCl3还原为FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质；
②沸点远低于的可能原因为：FeCl3是分子晶体，CrCl3是离子晶体，故答案为：FeCl3是分子晶体，CrCl3是离子晶体。
（6）①由晶胞图可知，因此晶体中每个O周围与其最近的O个数为6个，故答案为：6；
②已知该晶胞为立方晶胞，晶胞中含钙离子在面心，有个，O离子在晶胞的体心位置，有8个，锆离子在顶点有8个，面心有4个，总共有，晶胞中O与锆离子的最小间距为anm，晶胞边长的一半设为x，得到，计算得到，则晶胞的边长为，，设为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为，故答案为：；
③A．晶体结构式晶胞旋转得到的，和晶胞结构相同，故A正确；
B．晶胞中含钙离子有1个，锆离子有3个，O离子有8个，微粒间的距离相同，和晶胞结构相同，故B正确；
C．晶胞中含钙离子有1个，锆离子有3个，O离子个，微粒间的距离相同，和晶胞结构相同，故C正确；
D．晶胞中含钙离子有1个，O离子有8个，锆离子个，钙离子之间的距离和晶胞中钙离子的距离不同，故D错误；
与上述晶胞结构不一致的是D，故答案为：D。
4．（2024届广东省省二模）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 。
【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，故答案为：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，故答案为：；；
（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，故答案为：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，故答案为：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，故答案为：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，故答案为：；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，故答案为：体心；12。
5．（2024届广东省大湾区二模）V有“工业味精”之称。工业上提取钒的工艺有多种，一种从钒页岩（一种主要含Si、Fe、Al、V元素的矿石）中提取V的工艺流程如下：
已知：
①“酸浸”时有VO生成；
②在有机溶剂中的溶解度大于水，“萃取”时离子的萃取顺序为；
③VO和可以相互转化。
回答下列问题：
（1）“焙烧”时可添加适量“盐对”NaCl-与钒页岩形成混合物，这样做的目的是 。
（2）“滤渣1”除掉的主要杂质元素是 （填元素符号）。
（3）作用是将VO转化为，转化的目的是 ，发生的离子反应方程式为 。
（4）①“沉钒”时，生成沉淀，“步骤X”应该加入 （填“氧化剂”或“还原剂”），写出“沉钒”时的离子反应方程式 。
②以“沉钒率”（沉淀中V的质量和钒页岩中钒的质量之比）表示钒的回收率如图所示，温度高于80℃时沉钒率下降的原因是 。
（5）①可以溶解在NaOH溶液中，得到，在不同的pH下可以得到不同聚合度的多钒酸盐，其阴离子呈如图所示的无限链状结构，其中一种酸式钒酸根离子可以表示为，其中 。
②V的另一种氧化物的立方晶胞如图所示，则在晶胞中，黑球代表的是 原子。
【答案】（1）生成易溶的钠盐，提高钒的浸取率
（2）Si
（3）VO2+的萃取率大于VO，转化为VO2+可以提高钒的萃取率 2VO+H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O
（4）氧化剂 VO+NH=NH4VO3↓ 温度高于80℃时，NH的水解程度增大，NH浓度减小导致沉钒率下降
（5）10 V
【分析】由题给流程可知，向钒页岩焙烧得到的焙烧渣中加入酸酸浸，将金属元素转化为VO、铁离子、铝离子，二氧化硅不能与酸反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；调节滤液的pH为5.1，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液；向滤液中加入草酸溶液，将VO离子还原为VO2+离子，向反应后的溶液中加入萃取剂萃取、分液得到水相和有机相；向有机相中加入反萃取剂萃取、分液得到水相和有机相；向水相中加入氧化剂将溶液中VO2+离子氧化为VO离子，向反应后的溶液中加入氯化铵溶液，将溶液中的钒元素转化为钒酸铵沉淀，过滤得到钒酸铵；钒酸铵煅烧分解生成五氧化二钒。
【解析】（1）“焙烧”时添加适量“盐对”与钒页岩形成混合物的目的是焙烧时氯化钠和硫酸钠提供的钠元素能将钒页岩中的钒元素转化为易溶的钠盐，从而提高钒的浸取率，故答案为：生成易溶的钠盐，提高钒的浸取率；
（2）由分析可知，滤渣1的主要成分是二氧化硅，除掉的主要杂质元素是硅元素，故答案为：Si；
（3）由题给信息可知，VO2+的萃取率大于VO，则转化过程中加入草酸溶液的目的是将VO离子还原为VO2+离子，有利于萃取时提高钒的萃取率，反应的离子方程式为2VO+H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O，故答案为：VO2+的萃取率大于VO，转化为VO2+可以提高钒的萃取率；2VO+H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O；
（4）①由分析可知，步骤X中加入氧化剂的目的是将溶液中VO2+离子氧化为VO离子，向反应后的溶液中加入氯化铵溶液的目的是将溶液中的钒元素转化为钒酸铵沉淀，反应的离子方程式为VO+NH=NH4VO3↓，故答案为：氧化剂；VO+NH=NH4VO3↓；
②氯化铵在溶液中的水解反应我吸热反应，升高温度，水解平衡向正反应方向移动，所以温度高于80℃时沉钒率下降的原因是温度高于80℃时，NH的水解程度增大，NH浓度减小导致沉钒率下降，故答案为：温度高于80℃时，NH的水解程度增大，NH浓度减小导致沉钒率下降；
（5）①由无限链状结构可知，多钒酸盐中钒元素的化合价为+5价，由化合价代数和为0可知，中x==10，故答案为：10；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的黑球个数为8×+1=2，位于面上和体内的白球个数为4×+2=4，由氧化物的化学式可知，黑球为钒原子、白球为氧原子，故答案为：V。
6．（2024届广东省佛山二模）铼(Re)用于制造高效能火箭引擎。从辉钼矿氧化焙烧后的烟道灰(主要成分有、、、CuO、)中提取铼粉的一种工艺流程如图所示。
已知：
回答下列问题：
（1）“氧化浸出”时，被氧化为，被氧化的离子方程式为 。
（2）“水解中和”时，加调节溶液pH=6。
①溶液中 (填“>”、“<”或“=”)。
②除钼的化合物外，滤渣1中还有 (填化学式)。
③计算此时溶液中 。
（3）“硫化沉淀”时，与反应生成难溶的，离子方程式为 。
（4）“离子交换”“解吸”“树脂再生”一系列步骤中物质转化关系如图所示。
①树脂再生时需加入的试剂X为 (填化学式)。
②“解吸”所用中的阴离子的空间构型为 。
（5）铼的某种氧化物的晶胞如图所示，该物质的化学式为 。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。
【答案】（1）
（2）> 、
（3）
（4） 正四面体或四面体
（5） 八面体
【分析】烟道灰加入硫酸、过氧化氢氧化浸出，过滤后加入碳酸氢铵中和，根据后续流程可知，滤渣1中含有M的化合物元素，调节pH为6，同时会生成Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，向滤液加入硫化铵和硫酸，得到CuS和MS3沉淀，过滤后向滤液中加入RCl吸附铼，之后加入HClO4解吸得到HReO4溶液,再生树脂加入HCl后循环使用，经过提纯，最后得到Re，据此回答。
【解析】（1）“氧化浸出”时，被氧化为，被氧化的离子方程式为；
（2）①溶液中，由于碳酸氢根的水解程度大于铵根的水解程度，溶液呈弱碱性，故>；②由分析知，除钼的化合物外，滤渣1中还有、；③由表中数据可知，此时溶液中；
（3）硫化沉淀”时，与反应生成难溶的，离子方程式为；
（4）①由图知，树脂再生时需加入的试剂X为，发生的反应为；中的阴离子为，的中心原子的杂化类型为sp3杂化，空间构型为正四面体或四面体；
（5）如图所示，该晶胞中，氧原子的个数为，铼原子的个数为，故该物质的化学式为；铼原子填在氧原子围成的八面体空隙中。
7．（2024届广东省广州二模）铬酸钠（）是一种重要的化工原料。一种由铬铁矿（主要成分为，还含有硅、镁、铝的化合物等杂质）为原料制备。的工艺流程如下：
已知：25℃时，，，，。
回答下列问题：
（1）基态Cr3+的价层电子排布式为 。
（2）“碱浸氧化”时，转化为和，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
（3）“除铝”时，转化为沉淀，该反应的离子方程式为 。
（4）“沉铬”中，常温下，往“除铝”所得滤液中加入过量固体，充分搅拌，当溶液中沉淀完全（）时，滤液1中为 ，滤液1经浓缩后可循环至 工序重复使用。（已知：）
（5）“酸溶还原”所得溶液中的溶质除HCl外，还含有 （填化学式）。
（6）“碱溶氧化”中，生成，反应的化学方程式为 。
(7)的一种晶胞如图1，沿z轴方向的投影如图2，其中氧原子不在图中标注，Cr位于晶胞面上及晶胞内。
①每个晶胞中含有的个数为
②晶胞中位于晶胞顶角及体心的的距离为 nm（用含a、b、c的式子表示）。
【答案】（1）3d3
（2）7:4
（3）Na++[Al(OH)4]—+2SiO=NaAlSi2O6↓+4OH—
（4）4.48 碱浸氧化
（5）CrCl3、BaCl2
（6）2Cr(OH)3+3H2O2+4NaOH=Na2CrO4+8H2O
(7)8
【分析】由题给流程可知，铬铁矿在氢氧化钠溶液、氧气中发生碱浸氧化，将铁元素转化为氧化铁、铬元素转化为铬酸钠、镁元素转化为氢氧化镁、铝元素转化为四羟基合铝酸钠、硅元素转化为硅酸钠，过滤得到含有氧化铁、氢氧化镁的滤渣和含有铬酸钠、四羟基合铝酸钠、硅酸钠的滤液；向滤液中加入硅酸钠溶液，将溶液中的铝元素、硅元素转化为NaAlSi2O6沉淀，过滤得到含有NaAlSi2O6的滤渣和铬酸钠溶液；向溶液中加入氢氧化钡溶液，将溶液中的铬酸根离子转化为铬酸钡沉淀，过滤得到滤液和铬酸钡；向铬酸钡中加入盐酸和乙醇酸溶还有，铬酸钡与盐酸和乙醇反应生成氯化铬、氯化钡、二氧化碳和水，向反应后的溶液中加入氢氧化钡，将溶液中的铬离子转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到滤液和氢氧化铬；向氢氧化铬中加入氢氧化钠溶液和过氧化氢溶液碱溶氧化，将氢氧化铬转化为铬酸钠，铬酸钠溶液结晶得到铬酸钠。
【解析】（1）铬元素的原子序数为24，基态铬离子的价层电子排布式为3d3，故答案为：3d3；
（2）由化合价代数和为0可知，中铁元素的化合价为+2价、铬元素的化合价为+3价，由分析可知，碱浸氧化时，铁元素转化为氧化铁、铬元素转化为铬酸钠，由得失电子数目守恒可知，反应中氧化剂氧气和还原剂的物质的量之比为(1+3×2)：2×2=7:4，故答案为：7:4；
（3）由分析可知，“除铝”时加入硅酸钠溶液的目的是将溶液中的铝元素、硅元素转化为NaAlSi2O6沉淀，反应的离子方程式为Na++[Al(OH)4]—+2SiO=NaAlSi2O6↓+4OH—，故答案为：Na++[Al(OH)4]—+2SiO=NaAlSi2O6↓+4OH—；
（4）由溶度积可知，溶液中铬离子浓度为1.0×10−5ml/L时，溶液中钡离子浓度为=1.2×10−5ml/L，则溶液中的氢氧根离子浓度为=2 ml/L=4.48 ml/L，故答案为：4.48；
（5）由分析可知，“酸溶还原”发生的反应为铬酸钡与盐酸和乙醇反应生成氯化铬、氯化钡、二氧化碳和水，则反应所得溶液中的溶质除氯化氢外，还有氯化铬、氯化钡，故答案为：CrCl3、BaCl2；
（6）由分析可知，“碱溶氧化”中加入氢氧化钠溶液和过氧化氢溶液碱溶氧化的目的是将氢氧化铬转化为铬酸钠，反应的化学方程式为2Cr(OH)3+3H2O2+4NaOH=Na2CrO4+8H2O，故答案为：2Cr(OH)3+3H2O2+4NaOH=Na2CrO4+8H2O；
（7）①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面上和体心的钠离子个数为8×+12×+1=8，故答案为：8；
②由晶胞结构可知，晶胞的面对角线为nm，则体对角线为nm，晶胞中位于晶胞顶角及体心的钠离子的距离为体对角线的，则距离为nm，故答案为：。
8．（2024届广东省韶关二模）二氧化铈（）是一种典型的金属氧化物，具有较强的氧化性广泛应用于多相催化反应，并作为汽车尾气净化的三效催化剂的重要组成成分。以氟碳铈矿（主要含、等）为原料制备的一种工艺流程如下图所示：
已知：①“氧化焙烧”后，Ce元素转化为和；②滤液A中含：、等离子。
回答下列问题：
（1）滤渣A的主要成分是 （填化学式）；“酸浸”不用盐酸的理由是 （答一点即可）。
（2）“系列操作”包含以下几个过程：已知：不能溶于有机物TBP；能溶于有机物TBP，且存在反应：。“滤液A”中加入有机物TBP后的分离方法是 ，“有机层B”中发生反应的离子方程式为 。水层中的一种溶质，理论上可以在工艺流程图中的 工序中循环利用，减小“调pH”工序中的用量，节约生产成本。
（3）“调pH”中，要使沉淀完全（通常认为溶液中离子浓度小于为沉淀完全），应控制pH大于 （已知25℃时）。
（4）“氧化”中，NaClO转化为NaCl，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（5）二氧化铈立方晶胞如图所示，则铈原子Ce在晶胞中的位置是 ；晶体中一个Ce周围与其最近的O的个数为 。
【答案】（1） 会被盐酸还原为；生成有毒的会污染环境；盐酸不能除去杂质等
（2）分液 酸浸
（3）9
（4）
（5）面心和顶角 8
【分析】该工艺流程原料为氟碳铈矿(主要含、等)，产品为，原料在富氧空气中“氧化焙烧”生成、和，熔渣“酸浸”时，得到的滤液A中含，说明加入的是硫酸，与反应生成，、转化成，过滤后，滤液A经系列操作，转化成，加入NaOH调节pH使转化成沉淀，过滤后滤渣B中加入NaClO将氧化成，煅烧得到。
【解析】（1）根据上述分析，“酸浸”时与反应生成沉淀，故滤渣A主要成分为；“酸浸”时加入的酸为可以除去，具有较强的氧化性，若加入盐酸，会被还原为，同时生成有毒的会污染环境；
故答案为：；会被盐酸还原为；生成有毒的会污染环境；盐酸不能除去杂质等
（2）滤液A中的能溶于有机物TBP，振荡静置后的水层与有机层采用分液方法进行分离；
进入有机层TBP中被分离出来后，经过系列操作得到含水层，则说明有机层中转化为，而在有机物TBP中不溶进入水层，被还原成，应加入还原剂发生氧化还原反应，具有还原性且被氧化成不会引入新杂质，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为；
水层溶液中含有硫酸，故可循环利用于“酸浸”工序；
故答案为：分液；；酸浸；
（3）使沉淀完全时，溶液，则，此时溶液；
故答案为：9；
（4）“氧化”工序发生的氧化还原反应为NaClO将氧化成，同时生成NaCl，方程式为，NaClO为氧化剂，为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2；
故答案为：1:2；
（5）在二氧化铈立方晶胞结构中，白球位于顶角与面心有个，黑球位于体内有8个，白球:黑球=1:2，在二氧化铈化学式中Ce:O=1:2，白球为Ce原子，位于顶角与面心；以晶胞结构中上平面面心位置的Ce原子为例，与其最近的O原子有该晶胞中的4个O原子及无隙并置的上一个晶胞中的4个O原子，共8个；
故答案为：1:2；8。
9．（2024届广东省韶关一模）镓锗是重要的战略金属资源丹霞冶炼厂以锌精矿（主要成分为ZnS，还含有铁、铜、和锗等金属硫化物）为原料制备Zn、Ga、Ge的工艺流程如图所示：
已知：①该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
②镓与铝同主族，化学性质相似。
（1）基态镓原子的核外电子排布式为 。
（2）“氧压浸出”时，ZnS发生反应的化学方程式是 。
（3）“滤渣I”的主要成分为 （填化学式）。
（4）“萃取”的原理为Mn+(水相)+nHA(有机相)MAn(有机相)+nH+(水相)（M为Cu或Ga），则“反萃取”工序中的试剂X宜选用 （填化学式）。
（5）反萃取后的水溶液中含有Ga3+、Cu2+,“沉镓”时应控制溶液的pH范围为 。
（6）写出“碱溶”过程中发生反应的离子方程式 。
(7)砷化镓GaAs是一种重要的半导体材料，其晶体的立方体晶胞如图所示，设晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数为NA，则晶胞的密度为 g/cm3（写出表达式）。
【答案】（1）
（2）
（3）Fe(OH)3
（4）H2SO4
（5）[4.6,5.3)
（6）或
(7)
【分析】
以锌精矿（主要成分为ZnS，还含有铁、铜、和锗等金属硫化物）为原料制备Zn、Ga、Ge，锌精矿通入氧气、硫酸进行氧压浸出，各硫化物转化为硫酸盐，同时得到S单质，加入ZnO调节pH，生成Fe(OH)3除去铁离子，再加入Zn置换，过滤得到Ge、Cu、Ga的混合物，滤液可以进一步得到Zn，混合物氧化焙烧，得到其氧化物，然后加入硫酸酸浸，得到硫酸盐，加入萃取剂HA，Ge进入水相，Cu、Ga进入有机相，水相经系列反应得到Ge单质，有机相反萃取后的水溶液中含有Ga3+、Cu2+，然后加入NaOH沉Ga，用NaOH碱溶，得到偏镓酸盐，电解，得到Ga，据此解答。
【解析】（1）Ga为31号元素，基态镓原子的核外电子排布式为。
（2）“氧压浸出”时，ZnS和氧气、硫酸反应得到硫酸盐和S，发生反应的化学方程式是。
（3）“滤渣I”的主要成分为Fe(OH)3。
（4）结合前面所得物质为对应的硫酸盐，则“反萃取”工序中的试剂X宜选用H2SO4。
（5）
反萃取后的水溶液中含有Ga3+、Cu2+,结合两者沉淀完全的pH，“沉镓”时应控制溶液的pH范围为[4.6,5.3)。
（6）“碱溶”过程为转化为，发生反应的离子方程式或。
（7）晶胞中As原子数为6×＋8×＝4，Ga原子数为4，则ρ＝＝＝ g/cm3。
10．（2024届广东省韶关二模）2023年7月3日，商务部与海关总署发布公告，宣布对镓、锗相关物质实施出口管制。金属镓被称为“电子工业脊梁”，氮化镓是5G技术中广泛应用的新型半导体材料。利用粉煤灰（主要成分为、、，还有少量等杂质）制备镓和氮化镓的流程如下：
已知：①镓与铝同主族，其化合物性质相似。
②“碱浸”后溶液的主要成分为、（四羟基合铝酸钠）、。
③；；
回答下列问题：
（1）“焙烧”的目的是将转化为，该反应的化学方程式为 。
（2）“沉淀”步骤中加入过量稀硫酸至生成的沉淀不再溶解，则滤渣2的主要成分是 （写化学式）。
（3）步骤①和②中通入过量气体A发生反应的离子方程式为 。
（4）取agGaN样品溶于足量的热NaOH溶液中，用溶液将产生的完全吸收，用的盐酸滴定，消耗盐酸VmL，则样品的纯度是 。
（5）一种含镓的药物合成方法如图所示：
①化合物Ⅰ中环上N原子的杂化方式为 。
②化合物Ⅱ中Ga的配位数为 ，x= 。
【答案】（1）
（2）H2SiO3
（3）
（4）
（5）sp2 6 1
【分析】粉煤灰（主要成分为、、，还有少量等杂质）与纯碱焙烧后得到Na2GaO2、Na2SiO3、Na2AlO2和A气体CO2，加入稀的NaOH溶液浸取，得到滤渣1氧化铁沉淀，滤液中含有、、，“沉淀”步骤中加入过量稀硫酸至生成的沉淀不再溶解，则滤渣2的主要成分是H2SiO3沉淀，此时溶液中存在铝离子和镓离子，调pH值通入二氧化碳后生成氢氧化铝沉淀，通入二氧化碳二次酸化后得到氢氧化镓，将滤饼与氢氧化钠溶液混合应，得到[Ga(OH)4]﹣，电解后得到镓单质，加入一溴甲烷和氨气得到GaN，据此解答。
【解析】（1）“焙烧”后镓元素均转化为可溶性钠盐NaGaO2，则反应的化学方程式为。
（2）依据上述分析，滤渣2为H2SiO3沉淀。
（3）步骤①和②中通入过量气体A生成Ga(OH)3沉淀和NaHCO3发生反应的离子方程式为：。
（4）根据质量守恒和题中信息，建立关系式为，样品的纯度为
。
（5）化合物Ⅰ中环为吡啶环，与苯环类似，为平面结构，则N原子的杂化方式为sp2。
②由图可知，化合物Ⅱ中Ga与6个原子配位，则配位数为6，4个COOH各失去1个H后显-1价，Ga为+3价，故化合物Ⅱ整体带1个单位的负电荷，故x=1。
考点二 分离提纯类
11．（2024届大湾区一模）钒是重要的战略资源，以硫酸工业产生的废钒催化剂为原料(含、、、以及少量的等)，综合回收利用钒、硅、钾实现变废为宝、保护环境的目的，回收工艺流程如下：
已知：钒的氧化物在酸性条件下以、存在，增大时可转化为沉淀。
（1）“水浸”前，通常需要将催化剂粉碎，其目的是 。
（2）“滤渣2”转化为的化学方程式是 。
（3）“还原酸浸”时：
①硫酸的用量会影响钒的浸出率，需保持在1.2以下的原因是 。
②过程中除了有被还原成，还涉及的反应离子方程式为 。
③若以磷酸为介质处理废催化剂，可以提高钒的浸出率。一种钒磷配合物的结构如图所示，形成配位键时V提供 (选填“孤对电子”或“空轨道”)。
（4）“萃取”时选择有机萃取剂，原理是：(有机层)(有机层)，“反萃取”应选择在 环境中进行(选填“酸性”、“中性”或“碱性”)。
（5）加氨水生成沉淀，若经焙烧得到产品，则消耗空气中 。
（6）近年来，研究人员发现含钒的锑化物在超导方面表现出潜在的应用前景。某含钒的锑化物晶胞如图1所示，晶体中包含由V和组成的二维平面如图2。
该含钒的锑化物化学式为 ，钒原子周围紧邻的锑原子数为 。
【答案】（1）增大催化剂与水的接触面积，提高反应速率与浸出率
（2）SiO2 +2NaOH = Na2SiO3 + H2O或 SiO2 + Na2CO3Na2SiO3 + CO2↑
（3）VO2+水解程度增加或生成VO(OH)2，影响钒的浸出率 空轨道
（4）酸性
（5）0.5
（6）CsV3Sb5 6
【分析】水浸废钒催化剂(含V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2以及少量的Fe2O3等)，VOSO4、K2SO4进入滤液1，V2O5、SiO2以及Fe2O3进入滤渣1，用无水K₂SO3和H₂SO4对滤渣1还原酸浸，V2O5、Fe2O₃和K2SO3和H2SO4反应进入滤液2，SiO2进入滤渣2，用有机试剂对滤液1和滤液2中的、VO2+进行萃取分离出亚铁离子和钾离子，再反萃取出和 VO2+，再加氨水沉钒，焙烧得到V2O5，据此分析解答。
【解析】（1）“水浸”前，通常需要将催化剂粉碎，其目的是增大催化剂与水的接触面积，提高反应速率与浸出率；
（2）“滤渣2”主要成分是SiO2，转化为 Na2SiO3的化学方程式是：SiO2 +2NaOH = Na2SiO3 + H2O或 SiO2 + Na2CO3Na2SiO3 + CO2↑；
（3）①“还原酸浸”时，硫酸的用量会影响钒的浸出率，pH超过1.2时，VO2+水解程度增加或生成VO(OH)2，水解产物会进入滤渣中影响钒的浸出率；
②过程中除了有，被还原成VO2+，还涉及的反应离子方程式为
③由图2可知，和V形成配位键的P、O、Cl均含有孤电子对，故V提供的是空轨道；
（4）“萃取”时选择有机萃取剂，原理是：H2R(有机层)+VO2+2H+ +VOR(有机层)，“反萃取”应让平衡逆向移动，使VO2+进入水层，故选择在酸性环境中进行；
（5）VO(OH)2沉淀经焙烧得到V2O5的方程式为：4VO(OH)2 +O2 2V2O5 + 4H2O，若经焙烧得到1mlV2O5产品，则消耗空气中O2的物质的量为：ml=0.5ml；
（6）由该化合物的晶胞可知，Cs位于顶点，含有个，Sb位于棱上和晶胞内个，V位于面上和晶胞内，含有 个，所以锑化物M的化学式 CsV3Sb5；晶胞中有4个面的面心由钒原子占据，这些钒原子填充在锑原子构成的八面体空隙中，周围紧邻的锑原子数为6；
12．（2024届广东省肇庆二模）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(H2PO4)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10-5ml/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(Fe2+)=1.0ml/L，c(Ce3+)=0.01ml/L，则“沉Ce”时，为了使Al3+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(H2PO4)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Ce2(C2O4)3·10H2O，将其煅烧可得Ce2O3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/ml，晶胞边长为anm，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞的密度为 g/cm3(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）
（3） Na[Al(OH)4](或NaAlO2)
（4）
（5）REO2 8
【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(H2PO4)3、氢氧化铝沉淀；“碱转换”过程中Ce(H2PO4)所发生反应，过滤向滤渣中稀硫酸溶解后再加草酸“沉淀”后所得的固体为Ce2(C2O4)3·10H2O，将其煅烧可得Ce2O3和CO2， Ce2O3被还原为Ce。
【解析】（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Al3+完全沉淀， ，，此时，pH应大于等于4.7；溶液中c(Fe2+)=1.0ml/L，c(Ce3+)=0.01ml/L，为了不引人Fe(OH)2和Ce(OH)3，当，，，为了使Al3+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，故答案为：；
（3）“碱转换”过程中Ce(H2PO4)所发生反应，氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液中生成了Na[Al(OH)4](或NaAlO2)，故答案为：；Na[Al(OH)4](或NaAlO2)；
（4）“沉淀”后所得的固体为Ce2(C2O4)3·10H2O，将其煅烧可得Ce2O3和CO2，发生反应，故答案为：；
（5）根据晶胞图可知1个晶胞中RE：， O：，两种原子个数比为1:2，化学式为：REO2；距离RE原子最近的O原子有8个；M(晶胞)=Mg/ml，晶胞边长为anm，1个晶胞的体积为，1个晶胞中还有4个REO2，晶胞的密度为故答案为：REO2；8；。
13．（2024届广东省省2月联考）钼具有耐腐耐磨的特性，目前广泛应用于化工、医疗和国防领域。一种使用先进的碱性氧化焙烧法，从镍钼矿（主要成分是）中回收钼的流程如图所示：
已知：①“焙烧”后钼元素以的形式存在，的化合价不变且以氧化物的形式存在，“焙烧”过程中未见有含气态物的生成。
②。
③一般离子浓度达到以下视为沉淀完全。
回答下列问题：
（1）写出“焙烧”过程中发生反应的化学方程式： 。
（2）“滤渣1”的主要成分为 （填化学式）。
（3）实验用量与理论用量的比值为1.0、1.1、1.2、1.3时，M的浸出率和残留浓度的关系如图所示，则的最佳用量比为 ，结合图中信息说明理由： 。
（4）常温下，“水浸”过程完成后溶液中，试计算“净化”过程中每升溶液中需加入 （保留两位有效数字），若“净化”完成后溶液的，则此时溶液中 （填“不存在”或“存在”）沉淀。
（5）被称为润滑之王，其稳定晶体的晶胞结构的透视图与正视图如图所示，晶胞参数，原子间距，则 ；晶胞中与M原子距离最近且相等的原子数目为 。
【答案】（1）
（2）
（3）1.2 当的用量比从1.0增加到1.2时，钼的浸出率明显增加，当用量比从1.2增加到1.3时，锄的浸出率增加不大，但的残留浓度显著增大
（4）0.70 不存在
（5）2 6
【分析】镍钼矿（主要成分是）通入空气，加入碳酸钠焙烧产生CO2,水浸后除去滤渣1为，加入硫酸镁净化除去滤渣2为氢氧化镁，冷却结晶得到硫酸钠，加入D318-Ⅲ树脂离子交换，再加入氨水解析得到解析液，处理后得到钼酸铵；
【解析】（1）由题中信息可知，含的产物为，S没有生成气体物质，故被氧化为最高价的盐，流程中生成，可写出反应物与生成物，再由氧化还原配平的规则进行还原剂和氧化剂的配平，再根据元素质量守恒配平其他原子，写上焙烧条件可得；
（2）被氧化为，不溶于碱性的碳酸钠溶液成为滤渣，由题中信息可知以价氧化物存在，也不溶于碱性碳酸钠溶液，成为滤渣，答案为；
（3）由图可知，当用量比从1.0增加到1.2时，钼的浸出率明显增加，当用量比从1.2增加到1.3时，钼的浸出率增加不大，但的残留浓度显著增大，故最佳用量比选择1.2；
（4），转换单位为，完全沉淀此部分需，当沉淀完全后溶液中，合计，故每升溶液中需加入，若“净化”完成后溶液，则此时溶液中，此时，故不存在沉淀；
（5）由图可知，一个晶胞中含有2个原子，4个原子，故；晶胞中与原子距离最近且相等的原子数目为3，故晶胞中与原子距离最近且相等的原子数目为6。
14．（2024届广东省广州一模）对废旧锂离子电池正极材料(主要成分为，还含有少量、、、等元素)进行回收可有效利用金属资源，一种回收利用工艺流程如下：
已知：①常温下，丁二酮肟是白色晶体，不溶于水，可溶于乙醇等有机溶剂。
②常温下，部分氢氧化物的如下表：
回答下列问题：
（1）“酸浸还原”中转化为，氧化产物是，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
（2）滤渣2的主要成分是、和，转化为的离子方程式是 ；常温下，“氧化调”后的滤液中浓度为，为尽可能多地提取，应控制溶液中的不大于 。
（3）“转化”中由转化为的离子方程式为 。
（4）“沉镍”中丁二酮肟与反应生成丁二酮肟镍的过程可表示为：
从滤渣3中分离出丁二酮肟固体的方法是 。
（5）“锂钴分离”可产生能重复利用的物质是 。
（6）层状的结构如图所示，层状中一个周围与其最近的的个数是 ；以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中原子1的坐标为，则原子2和原子3的坐标分别为 、 。
【答案】（1）8：1
（2）Mn2++ClO—+H2O=MnO2↓+2H++Cl— 7.0
（3）4C2++20NH3·H2O+O2+4NH=4[C(NH3)6]3++22H2O
（4）加入盐酸，充分反应后过滤
（5）氨气
（6）6 (0，0，) (0，0，)
【分析】由题给流程可知，向正极材料中加入硫酸和硫代硫酸钠混合溶液酸浸还原，将钴酸锂转化为亚钴离子和锂离子，材料中含有的少量金属元素转化为可溶的硫酸盐，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入次氯酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子、铝离子、锰离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝、二氧化锰沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝、二氧化锰的滤渣和滤液；滤液中的镍离子与浓氨水反应转化为六氨合镍离子，亚钴离子与氨水、铵根离子、氧气反应转化为六氨合钴离子，向转化后的溶液中加入丁二酮肟的乙醇溶液，将溶液中的六氨合镍离子转化为丁二酮肟镍沉淀，过滤得到含有丁二酮肟镍的滤渣和滤液；向滤渣中加入盐酸，充分反应后过滤得到丁二酮肟固体和二氯化镍溶液；向滤液中加入盐酸，将溶液中六氨合钴离子转化为钴离子和铵根离子，再加入氢氧化钠溶液，将溶液中的钴离子转化为氢氧化钴沉淀、铵根离子转化为氨气，过滤得到钴的氢氧化物和含锂离子的溶液。
【解析】（1）由化合价代数和为0可知，钴酸锂中钴元素的化合价为+3价、硫代硫酸钠中硫元素的化合价为+2价，由题意可知，“酸浸还原”时，钴酸锂中钴元素被还原为亚钴离子，硫代硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，由得失电子数目守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量比为8：1，故答案为：8：1；
（2）由题意可知，“氧化调pH”后的滤液中亚钴离子的浓度为17.7g/L，设溶液的体积为1L，则亚钴离子的浓度为=0.3ml/L，由溶度积可知，为尽可能多地提取亚钴离子，溶液中的氢氧根离子浓度应小于=10—7ml/L，则溶液pH应小于7，所以锰离子转化为二氧化锰的反应为溶液中的锰离子与次氯酸根离子反应生成二氧化锰沉淀、氯离子和氢离子，反应的离子方程式为Mn2++ClO—+H2O=MnO2↓+2H++Cl—，故答案为：Mn2++ClO—+H2O=MnO2↓+2H++Cl—；7；
（3）“转化”中，溶液中亚钴离子发生的反应为亚钴离子与氨水、铵根离子、氧气反应转化为六氨合钴离子和水，反应的离子方程式为4C2++20NH3·H2O+O2+4NH=4[C(NH3)6]3++22H2O，故答案为：4C2++20NH3·H2O+O2+4NH=4[C(NH3)6]3++22H2O；
（4）由分析可知，从滤渣3中分离出丁二酮肟固体的操作为向丁二酮肟镍中加入盐酸，充分反应后过滤得到丁二酮肟固体和二氯化镍溶液，故答案为：加入盐酸，充分反应后过滤；
（5）由分析可知，“锂钴分离”中发生的反应为加入盐酸，将溶液中六氨合钴离子转化为钴离子和铵根离子，再加入氢氧化钠溶液，将溶液中的钴离子转化为氢氧化钴沉淀、铵根离子转化为氨气，则能重复利用的物质是氨气，故答案为：氨气；
（6）由层状结构可知，位于六棱柱顶点的钴原子与位于柱内的氧原子距离最近，则一个钴原子周围与其最近的氧原子的个数是6；由晶胞结构可知，位于六棱柱顶点的1号原子位于晶胞的顶点，2号位于同条棱的处，3号原子高度在处、y方向的长度等于底边的长度，由原子1的坐标为可知，原子2和原子3的坐标分别为(0，0，)、(0，1，)，故答案为：6；(0，0，)；(0，1，)。
15．（2024届广东省广州天河区二模）我国是世界上稀土资源最丰富的国家，冶炼提纯技术位于世界前茅。从某种磷精矿(主要成分为，含少量)分离稀土元素钪()的工业流程如下：
（1）钪的基态原子核外价电子排布式为 。
（2）“萃取”的目的是富集，但其余元素也会按一定比例进入萃取剂中。
①通过制得有机磷萃取剂，其中代表烃基，对产率的影响如下表。
由表可知：随中碳原子数增加，产率降低，请从结构的角度分析原因 。
②“反萃取”的目的是分离和元素。向“萃取液”中通入，的沉淀率随的变化如图。试剂X为 (填“”或“”)，应调节为 。
③反萃取时，通入得到沉淀的过程为：
i．
ii． (写出该过程的化学方程式)。
（3）草酸钪晶体在空气中加热，随温度的变化情况如图所示。250℃体主要成分是 (填化学式)，℃反应的化学方程式为 。
（4）的一种氢化物晶胞结构如图，晶体中H周围与其最近的的个数为 。为阿伏伽德罗常数的值，晶胞参数为，则该晶胞的密度为 。
【答案】（1）3d14s2
（2）随着碳原子数增加，烃基推电子能力增强，O-H键更难断裂，(RO)3PO产率降低 SO2 2 (NH4)3PO4+Sc(NO3)3=ScPO4↓+3NH4NO3
（3）Sc2(C2O4)3•H2O Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
（4）4
【分析】磷精矿加入硝酸酸浸，过滤得到二氧化硅不反应得到滤渣1，稀土元素、铁、钙元素进入滤液，加入萃取剂萃取出稀土元素，然后加入试剂X为亚硫酸钠将三价铁转化为二价铁，通入氨气，调节pH分离出含有稀土的固相，再加入硝酸溶解，加入硫酸除去钙元素得到硫酸钙滤渣2，滤液加入草酸分离出草酸钪晶体；
【解析】（1）钪为21号元素，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2，核外价电子排布式为：3d14s2；
（2）①由表可知：随-R中碳原子数增加，(RO)3PO产率降低，请从结构的角度分析原因：随着碳原子数增加，烃基推电子能力增强，O-H键更难断裂，(RO)3PO产率降低．故答案为：随着碳原子数增加，烃基推电子能力增强，O-H键更难断裂，(RO)3PO产率降低；
②由图可知，亚铁离子与Sc3+的分离效果更好，则试剂X为将铁离子转化为亚铁离子的物质，故应选择SO2，二氧化硫和铁离子反应生成亚铁离子和硫酸，利于铁离子与Sc3+的分离，结合图像可知，应调节pH为2，此时Sc3+几乎完全沉淀，而亚铁离子几乎没有沉淀，分离效果好，故答案为：SO2；2；
③总反应为通入NH3得到ScPO4沉淀，反应i.H3PO4+3NH3═(NH4)3PO4，则反应ii为(NH4)3PO4和稀土的硝酸盐转化为ScPO4沉淀的反应，(NH4)3PO4+Sc(NO3)3=ScPO4↓+3NH4NO3，故答案为：(NH4)3PO4+Sc(NO3)3=ScPO4↓+3NH4NO3；
（3）设起始时Sc2(C2O4)3•6H2O的物质的量为1ml,质量为462 g,由图可知，250℃时，减少的质量为462g×19.5%≈90g，=5ml,即晶体失去5个结晶水，故250℃时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3•H2O，250～550℃减少的质量为462g×3.9%≈18g,可知550℃时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3，850℃时剩余固体的质量为462g×(1-19.5%-3.9%-46.88%)≈138g,除去钪元素质量后剩余质量为138g-2ml×45g/ml=48g,应为氧元素的质量，=3ml,则850℃时晶体的化学式为Sc2O3，故550～850℃发生反应的化学方程式为：Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2；
（4）Sc的一种氢化物晶胞结构如图2，晶体中H周围与其最近的Sc的个数为：4，晶胞中分摊法得到，Sc个数=8×+6×=4，H个数8个，表示的氢化物为：H8Sc4， NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞质量为，晶胞参数为anm，晶胞体积为V=(a×10−7)3cm3，则该晶胞的密度。
16．（2024届广东省惠州三模）为回收利用废钒催化剂(含有V2O5、VOSO4、SiO2、Fe3O4以及钾和铝的硅酸盐)，科研人员研制了一种回收V2O5的新工艺，主要流程如下图。
已知：i．该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
ii．VOSO4可溶、(VO2)2SO4易溶、V2O5和NH4VO3难溶；＋2OH-=+H2O
（1）“酸浸氧化”时，VO2＋转化成反应的离子方程式为 ，同时V2O5转化为。滤渣①主要成分是 。
（2）“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·2H2O，随滤液②可除去金属离子K＋以及部分的金属离子有 。
（3）“沉淀转溶”中，V2O5·2H2O转化为KVO3溶解，写出V2O5·2H2O与KOH反应的化学方程式 。
（4）“调pH”中滤渣④的主要成分是 。
（5）全钒液流储能电池可实现化学能和电能的相互转化，其原理如图所示。
①充电过程中，左槽电极反应式为 。
②放电过程中，右槽溶液颜色变化的情况是 。
（6）钒的某种氧化物的立方晶胞结构如图所示，钒原子的配位数为 。若该晶胞的密度为ρg/cm3，且用NA表示阿伏加德罗常数，则该晶胞的边长为 nm。
【答案】（1）6VO2++ +3H2O=6 +Cl-+6H+ SiO2、H2SiO3
（2）Fe3+、Al3+
（3）V2O5•2H2O+2KOH=2KVO3+3H2O
（4）Al(OH)3
（5）VO2++H2O-e-= +2H+ 紫色变为绿色
（6）6
【分析】废钒催化剂(含有V2O5、VOSO4、SiO2、Fe3O4以及钾和铝的硅酸盐)加入30%硫酸、氯酸钾进行酸浸氧化，滤液中含有、Fe3+、K+、Al3+，二氧化硅难溶于酸，硅酸盐与酸反应生成硅酸沉淀，二氧化硅和硅酸则是滤渣①，往滤液中加入KOH调节pH=3.0~3.1，由表中数据知，Fe3+、Al3+只有部分转化为沉淀；过滤后，Fe(OH)3、Al(OH)3、V2O5·2H2O成为滤饼；再加入KOH调节pH＞13，此时Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，Al(OH)3转化为K[Al(OH)4]，V2O5·2H2O转化为KVO3；加入盐酸调节pH=8.5，此时K[Al(OH)4]转化为Al(OH)3沉淀；过滤后往滤液加入NH4Cl，生成NH4VO3沉淀，煅烧后得到V2O5。
【解析】（1）“酸浸氧化”时，VO2＋被氯酸钾在酸性环境下氧化成反应的离子方程式为6VO2++ +3H2O=6 +Cl-+6H+，二氧化硅难溶于酸，硅酸盐与酸反应生成硅酸沉淀，滤渣①的主要成分是二氧化硅和硅酸。
（2）“中和沉淀”中，加入KOH调节pH=3.0~3.1，由表中数据知，Fe3+、Al3+只有部分转化为沉淀，所以随滤液②可除去金属离子K＋以及部分的金属离子有Fe3+、Al3+。
（3）“沉淀转溶”中，加入KOH调节pH＞13，V2O5·2H2O转化为KVO3溶解，方程式为V2O5•2H2O+2KOH=2KVO3+3H2O。
（4）加入盐酸“调pH”， 此时K[Al(OH)4]转化为Al(OH)3沉淀，所以滤渣④的主要成分是Al(OH)3。
（5）①充电过程，由图中装置可以看出，左槽电极连电源正极，是电解池阳极，所以电极反应式为：VO2++H2O-e-= +2H+。
②放电过程中，右槽电极是负极，V2+失电子生成V3+，右槽溶液颜色变化的情况是紫色变为绿色。
（6）由晶胞结构可以看出钒原子最近的氧原子有6个，所以钒原子的配位数是6。
结合晶胞结构进行计算，钒原子的个数为，氧原子的个数为，晶胞密度为，所以a=nm。
17. （2024届广东省茂名一模）镓()是重要的稀有金属之一，主要应用于半导体行业。一种从砷化镓污泥(主要成分为)中回收镓的工艺流程如图所示：
已知：Ⅰ．是两性氢氧化物，既能溶于强酸又能溶于强碱；
Ⅱ．为灰白色固体，易溶于水，具有还原性。
回答下列问题：
（1）“浆化碱浸”过程中反应的离子方程式为________；“滤渣Ⅰ”的成分为______(填化学式)。
（2）中和“调”沉镓和硅的过程中，保持约为6，若过低镓的回收率将降低，其原因是_______。
（3）“除硅”时，镓和硅在溶液中的含量如表所示，由表可知，“除硅”的调节至______范围内，沉淀效果最好；此过程中，加入絮凝剂的目的是_______。
（4）溶液经_________、______、抽滤、洗涤、干燥得晶体。
（5）用惰性电极电解得到电解尾液和，电解尾液可在______(填操作单元名称)过程中循环使用，提高经济效益。
（6）可生成氮化镓等半导体材料，氮化镓晶胞结构如图，黑球代表，白球代表，晶胞参数为。
①氮化镓晶体中每个原子周围最近的原子的个数为_____。
②距离最近的两个原子之间的距离为_______(用含的代数式表示)。
【答案】（1） ①. GaAs+2OH-＋4H2O=[Ga(OH)4]-++3H2↑ ②. Fe2O3、CaCO3
（2）Ga(OH)3溶于H2SO4溶液
（3） ①. 1.01.5 ②. 将H2SiO3转化为颗粒较大的沉淀，便于过滤除去
（4）①. 蒸发浓缩 ②. 冷却结晶
（5） 调pH和除硅 （6） ①. 6 ②.
【解析】
【分析】由题给流程可知，砷化镓污泥加入氢氧化钠溶液浆化碱浸时，砷化镓与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合镓酸钠、亚砷酸钠和氢气，二氧化硅溶解生成硅酸钠，氧化铁和碳酸钙与氢氧化钠溶液不反应，过滤得到含有氧化铁、碳酸钙的滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸溶液调节溶液pH约为6，将四羟基合镓酸钠、硅酸钠转化为氢氧化镓、硅酸沉淀，过滤得到亚砷酸钠溶液和氢氧化镓、硅酸混合物；向混合物中加入硫酸溶液和絮凝剂，硫酸溶液将氢氧化镓转化为硫酸镓，絮凝剂将硅酸转化为颗粒较大的沉淀，过滤得到含有硅酸的滤渣和硫酸镓溶液；电解硫酸镓溶液得到镓和可以循环使用的硫酸尾液。
【小问1详解】
由分析可知，浆化碱浸发生的反应为砷化镓与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合镓酸钠、亚砷酸钠和氢气，反应的离子方程式为GaAs+2OH-＋4H2O=[Ga(OH)4]-++3H2↑；滤渣Ⅰ的主要成分为氧化铁和碳酸钙，故答案为：GaAs+2OH-＋4H2O=[Ga(OH)4]-++3H2↑；Fe2O3、CaCO3；
【小问2详解】
由题给信息可知，氢氧化镓是两性氢氧化物，若溶液pH过低，氢氧化镓会溶于硫酸溶液，导致镓的回收率将降低，故答案为：Ga(OH)3溶于H2SO4溶液；
【小问3详解】
由表格数据可知，除硅时，溶液pH在1.01.5的范围内溶液中镓元素的含量较高，硅元素的含量较低，沉淀效果最好，所以调节溶液pH的范围为1.01.5；由分析可知，加入絮凝剂的目的是将硅酸转化为颗粒较大的沉淀，便于过滤除去，故答案为：1.01.5；将H2SiO3转化为颗粒较大的沉淀，便于过滤除去；
【小问4详解】
由题意可知，得到亚砷酸钠晶体的操作为亚砷酸钠溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥得到亚砷酸钠晶体，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
【小问5详解】
由分析可知，电解尾液的主要成分为，可以在调pH和除硅的过程中循环使用，故答案为：调pH和除硅；
【小问6详解】
①由晶胞结构可知，位于体心的镓原子与位于面心的氮原子的距离最近，则每个镓原子周围最近的氮原子的个数为6，故答案为：6；
②由晶胞结构可知，距离最近的两个镓原子之间的距离为面对角线的，由晶胞参数为anm可知，距离为nm，故答案为：。
18．（2024届广东省湛江一模）镓(Ga)是重要的半导体材料，氮化镓、砷化镓和氧化镓分别是第二代、第三代、第四代半导体材料的代表材料。金属镓在自然界中通常以微量分散于铝土矿、闪锌矿等矿石中，提取非常困难。从闪锌矿渣中提取镓是种常见的方法，具体工艺流程如下：
已知：①金属镓在化学性质上非常接近金属铝，其单质、氧化物和氢氧化物均有两性；
②闪锌矿渣通常含有，、，硅酸盐等杂质；
③25℃时，、。
回答下列问题：
（1）为了提高镓的浸取率，可以采取的措施为 (填写一种)。
（2）滤渣Ⅰ中主要含有 。
（3）写出加入氧化锌后发生反应的离子方程式(以Ga为例)： 。
（4）工业上通常向溶液中通入过量，产生大量白色沉淀，过滤后加热固体能得到高纯，写出加入过量后的化学方程式： 。
（5）在工业上，通常用高纯镓作阴极，石墨作阳极，溶液作为电解质，通过电解制备高纯Ga．写出阴极电极反应式： 。
（6）氮化镓是目前应用最广泛的半导体材料之一，目前广泛应用于相控阵雷达、快速充电器等行业。氮化镓有不同的晶型，其中六方氮化镓和立方氮化镓之间可以相互转化。
①六方氮化镓晶体硬度极高，熔点为1700℃，其高温熔融物不导电。六方氮化镓属于 晶体。
②写出六方氮化镓晶胞的组成： 。
(7)①已知的坐标为，请写出的坐标 。
②若立方氮化镓的边长为a nm，则其密度为 (列出计算式)。
【答案】（1）粉碎、搅拌
（2）、
（3）
（4）
（5）
（6）共价
(7)
【分析】
闪锌矿渣通常含有，、，硅酸盐等杂质，加入稀硫酸酸浸得到滤渣Ⅰ主要成分为、，滤液加入氧化锌反应后过滤，得到滤渣Ⅱ和硫酸锌溶液；硫酸锌溶液用于生产Zn；滤渣Ⅱ加入氢氧化钠进行碱浸得到氢氧化铁固体和，电解得到金属镓；
【解析】（1）为了提高镓的浸取率，可以采用粉碎、搅拌等措施；
（2）闪锌矿渣中Pb、Si元素在酸浸时生成不溶的，；
（3）加入氧化锌时发生反应生成Ga(OH)3，反应的离子方程式为；
（4）向溶液中通入过量，反应生成Ga(OH)3和碳酸氢钠，反应的化学方程式为；
（5）在工业上，电解溶液，阴极上得电子产生Ga，电极反应式为；
（6）①由六方氮化镓晶体硬度极高，熔点高，且熔融物不导电可知属于共价晶体；
②根据均摊法可知，六方氮化镓晶胞中含有个Ga，6个N，其组成为；
（7）①根据晶胞的位置，氮化镓的立方晶胞中的坐标为，的坐标为；
②立方氮化镓的密度为=。
19．（2024届广东省湛江二模）钒和铬都是重要的战略金属，利用钒、铬废渣(主要成分为和，还含有其他难溶物)分离回收钒、铬的工艺流程如下图所示。
已知：常温下，。
回答下列问题：
（1）基态铬原子价电子轨道表示式为 。
（2）钒、铬废渣“水浸”前，先要进行粉碎处理，为提高浸取效率，还可采取的措施有 (任写一点)。
（3）“沉钒”的含钒产物为钒酸钙，该过程中发生反应的化学方程式是 。
（4）“沉铬”时，铬转化为沉淀，“转化”过程中发生反应的离子方程式为 。
（5）向“沉钒后液”中加入足量，可将其中的铬转化为沉淀，铬的理论转化率为 (保留三位有效数字)。
（6）复合材料氧铬酸钙的立方晶胞如下图所示。
①该晶体的化学式为 。
②已知该晶体的密度为为阿伏加德罗常数的值，则相邻与之间的最短距离为 (列出计算式即可)。
【答案】（1）
（2）延长浸取时间（或适当升高温度、搅拌等）
（3）
（4）
（5）97.7
（6）CaCrO3
【分析】钒、铬废渣(主要成分有和，还含有其他难溶物)经过水浸后，水浸液中含有和，加入生石灰沉钒得到钒酸钙，经过一系列步骤之后得到五氧化二钒。沉矾后的溶液主要成分是经过酸化、加入氧化铜转化为沉淀，加入氢氧化钠进行沉淀转化得到氢氧化铜沉淀和溶液，经过冷却结晶得到。
【解析】（1）
基态铬原子价电子轨道表示式为。
（2）为提高浸取效率，还可采取的措施延长浸取时间、适当升高温度、搅拌等（任写一点）。
（3）“沉钒”过程加入氧化钙与溶液中的生成钒酸钙，化学方程式为。
（4）“转化”过程中沉淀与氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和，离子方程式为：。
（5）根据和的Ksp，可以得到沉铬的离子方程式为：，，所以理论转化率为：。
（6）①根据均摊法进行计算：钙原子位于顶点，钙原子数目=，氧原子位于面心，氧原子数目=，铬原子位于体心，数目为1，所以晶体的化学式为CaCrO3。
②已知该晶体的密度为为阿伏加德罗常数的数值，晶体密度表达式为，可以求得边长a，则相邻与之间的最短距离为晶胞体对角线的一半，所以最短距离计算式=pm。
20．（2024届广东省深圳二模）一种从工业锌置换渣(主要含等)中回收锗、铅的工艺流程如图：
已知：能溶于强酸的浓溶液或强碱溶液；可溶于热盐酸中：；常温下，。
（1）“还原浸出”时，的存在可促进浸出。
①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）“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，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。为防止中混有杂质，应控制溶液中 (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锗晶体中一个周围与其最近的的个数为 。
②若硅锗合金i的晶胞边长为，设为阿伏加德罗常数的值，则硅锗合金i晶体的密度为 (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）形
（2）防止大量溶解，导致锗的产率下降
（3）(或)
（4）
（5）盐酸
（6）4 或或 C
【分析】工业锌置换渣(主要含等)通入SO2并加入硫酸还原浸出，生成Zn2+、Fe2+，滤渣1中有PbSO4、GeO2、SiO2，加入盐酸90℃酸浸，浸渣2为GeO2、SiO2，加入氢氧化钠溶液碱溶，发生反应(或)，，经过沉硅等一系列操作后得到硅，滤液中含有，降温平衡逆向移动，得到PbCl2，滤液1中加入适量CaCl2得到CaSO4，过滤得滤液2，滤液2主要含有H+、Cl-。
【解析】（1）①SO2中S的价层电子对数为：，有1个孤电子对，空间构型为V形；
②该反应化学方程式为：，氧化剂为，还原剂为SO2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；
（2）盐酸浓度过大，会导致大量溶解，锗的产率下降；
（3）“碱溶”时，GeO2与OH-发生反应，离子方程式为：(或)；
（4），，即，，，即为防止中混有杂质，应控制溶液中；
（5）滤液1中加入适量CaCl2得到CaSO4，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，Ge原子的个数为，晶胞边长为apm，则硅锗合金i晶体的密度为；
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。
核心考点
考情统计
考向预测
备考策略
物质制备
2023·广东卷，18
2022·广东卷，18
通过废液或矿石进行金属的提炼或者制备特定的物质，体现创新性和应用性；
通过废液或废矿的分离提纯，得到相应的含特定元素的物质，体现创新性和应用性。
1．回归教材，熟悉教材流程，掌握流程的基本分析思路。
2．提高阅读理解能力，对新情境进行分析解读，提取重要信息。
分离提纯
2021·广东卷，18
氢氧化物
离子
开始沉淀时的pH
8.8
1.5
3.6
6.2~7.4
沉淀完全时的pH
/
3.2
4.7
/
洗涤试剂
适用范围
目的
蒸
馏
水
冷水
溶解度随温度升高而升高,且变化较大
除去固体表面吸附着的××杂质,减少固体因为洗涤液温度高造成溶解损失
热水
溶解度随温度升高而降低
除去固体表面吸附着的××杂质,减少固体因为洗涤液温度低造成溶解损失
有机溶剂(酒精、丙酮等)
固体易溶于水、难溶于有机溶剂
减少固体溶解损失;利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分,增大干燥速率
饱和溶液
对纯度要求不高的产品
减少固体溶解
酸、碱溶液
产物不溶于酸、碱
除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂质;减少固体溶解
洗涤沉淀的方法:向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀,待水自然流下后,重复以上操作2～3次
检验沉淀是否洗涤干净的方法:取少量最后一次的洗涤液于试管中,向其中滴入某试剂,若未出现特征反应现象,则沉淀洗涤干净
萃取
利用溶质在互不相溶的两种溶剂里的溶解度不同,用一种溶剂(萃取剂)把溶质从它与另一种溶剂组成的溶液里提取出来的过程,萃取后需要分液。如:用CCl4萃取溴水中的Br2
反萃取
在溶剂萃取分离过程中,当完成萃取操作后,为进一步纯化目标产物或便于下一步分离操作的实施,将目标产物从有机相转入水相的萃取操作称为反萃取,为萃取的逆过程
离子
开始沉淀时的pH
1.5
4.3
5.6（为6.2）
沉淀完全时的pH
3.2
5.5
/（为9.0）
物质
沸点/℃
331
315
1300
700
1150
开始沉淀pH
2.5
7.0
5.7
完全沉淀pH
3.2
9.0
6.7
金属离子
Fe3+
Ga3+
Cu2+
开始沉淀时的pH
2.5
3.5
5.3
沉淀完全时的pH
3.3
4.6
6.4
氢氧化物
产率/
82
62
20
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
0.0
2500
1345
0.5
2456
1267
1.0
2438
81
1.5
2420
103
2.0
2200
804
2.5
1879
952
相关试卷
（广东版）新高考化学三轮冲刺强化练习 第20题 有机推断综合题（解析版）： 这是一份（广东版）新高考化学三轮冲刺强化练习 第20题 有机推断综合题（解析版），文件包含广东版新高考化学三轮冲刺强化练习第20题有机推断综合题原卷版docx、广东版新高考化学三轮冲刺强化练习第20题有机推断综合题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共102页， 欢迎下载使用。
（广东版）新高考化学三轮冲刺强化练习 第19题 化学反应原理综合题（解析版）： 这是一份（广东版）新高考化学三轮冲刺强化练习 第19题 化学反应原理综合题（解析版），文件包含广东版新高考化学三轮冲刺强化练习第19题化学反应原理综合题原卷版docx、广东版新高考化学三轮冲刺强化练习第19题化学反应原理综合题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共89页， 欢迎下载使用。
（广东版）新高考化学三轮冲刺强化练习 第17题 化学实验综合题（解析版）： 这是一份（广东版）新高考化学三轮冲刺强化练习 第17题 化学实验综合题（解析版），文件包含广东版新高考化学三轮冲刺强化练习第17题化学实验综合题原卷版docx、广东版新高考化学三轮冲刺强化练习第17题化学实验综合题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共85页， 欢迎下载使用。
