2025年高考化学复习之小题狂练300题（填空题）：物质的分离、提纯与检验

第1页（共1页）2025年高考化学复习之小题狂练300题（填空题）：物质的分离、提纯与检验一．填空题（共7小题）1．（2022•阜宁县校级模拟）兰尼镍（Raney﹣Ni）是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，常用作烯烃、炔烃等氢化反应催化剂，其高催化活性源自于镍本身的催化性质和其多孔结构对氢气的强吸附性。由镍矿渣[主要含Ni（OH）2、NiS，还含铁、铜、钙、镁化合物及其他不溶性杂质]制备兰尼镍的过程可表示如图：已知：Ksp（NiS）＝1.07×10﹣21，Ksp（CuS）＝1.27×10﹣26（1）“酸溶”过程中，NiS发生反应的离子方程式为。（2）“除杂”过程中加入NiS除去Cu2+发生的反应是：NiS+Cu2+＝CuS+Ni2+，该反应的平衡常数K＝。（3）“沉镍”所得沉淀有多种组成，可表示为xNiCO•yNi（OH）2•zH2O。为测定其组成，进行下列实验：称取干燥沉淀样品3.41g，隔绝空气加热，剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示（500℃～750℃条件下加热，收集到的气体产物只有一种，750℃以上残留固体为NiO）。通过计算确定该样品的化学式。（写出计算过程）（4）“漫出”是制备兰尼镍的关键步骤，NaOH溶液在“漫出”过程中的作用是。（5）使用新制兰尼镍进行催化加氢反应，有时不需通入氢气也能发生氢化反应，原因是。2．（2022•新罗区校级四模）工业上常采用低品位氧化锰矿（主要成分是MnO2）与黄铁矿（主要成分是FeS2）直接还原浸出工艺联合生产锰的化合物，其工艺流程如图所示。已知：温度高于27℃时，MnSO4晶体的溶解度随温度的升高而逐渐降低。回答下列问题：（1）FeS2中的S化合价为；“浸出、化合”时，FeS2的氧化产物之一为SO42﹣，反应的化学方程式为。（2）滤渣的主要成分是（化学式）。（3）用惰性电极电解硫酸酸化的硫酸锰溶液制备MnO2时，阳极的电极反应式为；若转移的电子数为6.02×1022，左室溶液中最终n（H+）的变化量为。（4）采用“趁热过滤”操作的原因是。（5）电解废液中的（填化学式）可以循环使用。（6）一种海生假单孢菌（采自太平洋深海处），在无氧条件下以醋酸为电子供体还原MnO2生成Mn2+的机理如图所示。写出反应②的离子方程式。3．（2022•呈贡区校级模拟）工业上利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓Ca2（Fe2O4）3、铁酸锌ZnFe2O4]经过一系列反应可以获得3种金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓（GaN），部分工艺流程如图：表一浸出液中金属离子的浓度及开始沉淀的pH金属离子浓度/（mol•L﹣1）开始沉淀pHFe2+1.0×10﹣38.0Fe3+4.0×10﹣21.7Zn2+1.55.5Ga3+3.0×10﹣33.0表二萃取操作中金属离子的萃取率金属离子萃取率/%Fe2+0Fe3+99Zn2+0Ga3+97～98.5（1）Ga在周期表中的位置是，“浸出”时铁酸锌（ZnFe2O4）发生反应的化学方程式为。（2）滤液1中残余的Ga3+的浓度为mol•L﹣1。（3）萃取前加入固体X的作用为。（4）电解过程包括电解反萃取液制粗镓和粗镓精炼两个步骤。精炼时，以粗镓为极（填“阳”或“阴”），NaOH水溶液为电解质溶液，则阴极的电极反应方程式为。（5）GaN可采用MOCVD（金属有机物化学气相淀积）技术制得：以合成的三甲基镓[Ga（CH3）3]为原料，使其与NH3高温下发生反应得到GaN和另一种气态产物，该反应的化学方程式为。4．（2022•漳州模拟）二水合磷酸二氢锰具有广泛用途，被用作防锈剂。某化工拟用软锰矿（含MnO2及少量FeO、Al2O3和SiO2）为原料生产Mn（H2PO4）2•2H2O，其工艺流程如图所示，请回答下列问题：（1）磷元素位于元素周期表第周期第族。（2）滤渣①的主要成分是。（3）适量Na2SO3固体作为还原剂，将MnO2还原为Mn2+，该反应的离子方程式为。（4）检验滤液①中是否含有Fe2+，可以用溶液。A.KSCNB.KFe[Fe（CN）6]C.K3[Fe（CN）6]D.Fe3[Fe（CN）6]2（5）步骤II是用萃取剂萃取溶液中的Fe3+，Fe3+的萃取率与pH的关系如图，当溶液pH＞1.7，随pH增大Fe3+萃取率下降的原因是。（6）已知该条件下在步骤III中Ksp[Al（OH）3]＝10×10﹣33，Ksp[Mn（OH）2]＝1.0×10﹣14，试剂x为Na2CO3，若c（Mn2+）＝1.0mol•L﹣1，调节pH范围应为4.7≤pH＜。（7）步骤V酸溶时可能产生磷酸锰和磷酸氢锰杂质，因此加入H3PO4至溶液呈酸性才能保证生成物质较多为Mn（H2PO4）2，用离子方程式说明原因。已知：磷酸锰难溶于水，磷酸氢锰和磷酸二氢锰易溶于水。5．（2022•天津模拟）以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如图：（1）高硫铝土矿焙烧前粉碎成矿粉的目的是。（2）焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为。（3）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃，硫去除率＝。①不添加CaO的矿粉在低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于。②700℃焙烧时，添加CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是。（4）向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，发生的主要反应的离子方程式为。（5）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）＝。6．（2022•巴宜区校级四模）观察下列实验装置图，按要求作答：（1）写出图中实验操作的名称：①③（2）装置④中所有玻璃仪器的名称：，（3）下列实验需要在哪套装置中进行：（填序号，每套装置仅使用一次）从KCl溶液中获取KCl晶体；从海水中提取水分离CaCO3和水；分离植物油和水。7．（2022•梅县区模拟）废旧锂电池的有效回收，可以减少环境污染，也能缓解贵金属资源危机．一种高效处理三元锂电池正极活性物质（其中金属元素的质量分数为Li﹣6.78%、Mn﹣16.94%、Co﹣11.88%、Ni﹣30.37%），回收贵金属元素的工艺如图．已知：金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH值如下表所示：金属离子Co2+Mn2+Ni2+开始沉淀的pH6.67.86.7完全沉淀的pH9.210.49.5回答下列问题：（1）在一定条件下“酸浸”时，金属离子的浸出率与硫酸浓度的关系如图所示，此条件下，硫酸最合适的浓度为mol/L．为提高金属离子的浸出率，除硫酸浓度外，还可以研究、等条件与金属离子的浸出率的关系．（2）“调pH”的最佳pH为5，原因是：①pH过低，丁二酮肟不易与Ni2+络合生成丁二酮肟镍沉淀，不利于Ni2+的除去；②pH值过高．（3）“沉锰”的离子方程式为．（4）“还原煅烧”时，生成的Li2CO3溶解度较小．“水浸”时，通入过量CO2有利于Li2CO3溶解为Li+，从而与其他金属元素分离，从平衡移动的角度分析其原理：．（5）金属离子的电化学沉积法清洁环保且成本较低．其原理是通过电解装置将金属离子从溶液中逐一还原析出，生成的金属单质应附着在极．电解时，各金属离子还原为单质的电压如下表：金属离子Co2+Mn2+Ni2+还原为单质的电压/V0.2801.1850.257若要改进工艺，更好分离金属离子，应在（填字母）流程后开始使用电化学沉积法．最后析出的金属单质为．A．“酸浸”B．“调pH”C．“沉镍”D．“沉锰”二．工艺流程题（共3小题）8．（2024•福建模拟）酸浸法回收废炉渣中（主要为铜、钴、镍、铁等金属元素的氧化物）的铜、钴、镍的流程如图：已知：25℃时，Ksp[Fe（OH）3]＝2.6×10﹣39，Ksp[Ni（OH）2]＝1.0×10﹣15。（1）“磨细”过程的目的是。（2）酸浸液中大量铁元素以Fe3+存在，加入Na2CO3可减少铁屑的消耗从而降低成本，Fe3+与反应过程中会产生气泡，其离子方程式为。（3）“滤渣2”主要成分为（填化学式）。（4）“镍钴分离”过程CoSO4发生反应的离子方程式为。（5）“酸溶1”过程用H2SO4替换HCl，从绿色化学角度分析其可行性。（6）“焙烧”过程发生反应的化学方程式为。（7）已知当c（Ni2+）＝1.0×10﹣5mol•L﹣1时，认为其沉淀完全。“沉镍”过程的目的是为了将“NiSO4→Ni（OH）2”，此时应调节溶液的pH为。（8）“操作X”为。9．（2024•广东模拟）黄金是一种重要的贵金属，被广泛应用于金融、珠宝、艺术、电子等领域。根据来料金含量可选择不同提炼黄金的方法。Ⅰ．手机等电子产品中还有微量的金，主要位于芯片（绝缘板上覆盖铜、银、铁等金属）上，以下是一种从手机芯片中提炼直径5nm左右纳米金的流程；（1）“洗脱液”中主要有的阳离子有Fe3+、；（2）“球磨”是通过不停转动使钢球和原料互相撞击，主要作用是。（3）“王水”是将浓盐酸与浓硝酸按3：1比例配制。“浸出液”中金元素主要以四氯金酸根（）的形式存在，请写出“浸出”的离子方程式；是一种配离子，请写出其结构式；在“滤渣”中，除了难溶的绝缘材料，还有的物质是（写化学式）；（4）“还原”步骤中，不加入葡萄糖而是加水稀释也可以得到金单质，与之相比，用葡萄糖还原的主要优势是；操作1的名称是；Ⅱ．金含量较高的来料可以使用混汞黄金提纯法。通过将高温融化的材料与汞混合，金与汞形成“金汞齐”，再通过一系列的提炼得到金。（5）图1是一种平面层状的金汞齐结构，其化学式为；通过此法制得的金晶胞如图二，假设金原子是直径为anm的刚性小球，则该晶胞的密度为g/cm3；（用含a的表达式表示，阿伏加德罗常数为NA）10．（2024•包头模拟）金属钛用途广泛。从海水中提取Mg和Cl2，并联合用以钛铁矿（主要含FeTiO3和Fe2O3、CaTiO3、SiO2等杂质）为原料冶炼钛单质，其主要工艺流程如图：已知：钛铁矿遇酸后钛元素以TiO2+的形式存在于溶液中，TiO2+易水解为偏钛酸H2TiO3，H2TiO3可写作TiO（OH）2。（1）试剂①通常选煅烧的贝壳粉而不用NaOH的原因是。（2）试剂②为。（3）“沉降分离”出的滤渣成分有。（4）已知绿矾的溶解度随温度变化的曲线如图所示，从溶液Ⅰ获得绿矾的操作方法为、，过滤、洗涤、干燥。（5）已知：常温下，，若要让TiO2+水解完全（离子浓度小于1×10﹣5mol•L﹣1），应控制pH不低于。（6）反应①除生成TiCl4外还生成一种可燃性气体，该反应的化学方程式为，“高温氯化”反应理论计算结果显示，在200℃条件下达到平衡时，TiO2几乎完全转化为TiCl4，但实际生产中反应温度却远高于200℃，其原因是（写一种）。（7）该工艺流程中可以循环使用的物质有。

2025年高考化学复习之小题狂练300题（填空题）：物质的分离、提纯与检验参考答案与试题解析一．填空题（共7小题）1．（2022•阜宁县校级模拟）兰尼镍（Raney﹣Ni）是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，常用作烯烃、炔烃等氢化反应催化剂，其高催化活性源自于镍本身的催化性质和其多孔结构对氢气的强吸附性。由镍矿渣[主要含Ni（OH）2、NiS，还含铁、铜、钙、镁化合物及其他不溶性杂质]制备兰尼镍的过程可表示如图：已知：Ksp（NiS）＝1.07×10﹣21，Ksp（CuS）＝1.27×10﹣26（1）“酸溶”过程中，NiS发生反应的离子方程式为3NiS++6H+＝3Ni2++3S+Cl﹣+3H2O。（2）“除杂”过程中加入NiS除去Cu2+发生的反应是：NiS+Cu2+＝CuS+Ni2+，该反应的平衡常数K＝8.43×104。（3）“沉镍”所得沉淀有多种组成，可表示为xNiCO•yNi（OH）2•zH2O。为测定其组成，进行下列实验：称取干燥沉淀样品3.41g，隔绝空气加热，剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示（500℃～750℃条件下加热，收集到的气体产物只有一种，750℃以上残留固体为NiO）。通过计算确定该样品的化学式NiCO3•2Ni（OH）2•2H2O。（写出计算过程）（4）“漫出”是制备兰尼镍的关键步骤，NaOH溶液在“漫出”过程中的作用是溶解部分铝，形成多孔结构的镍铝合金。（5）使用新制兰尼镍进行催化加氢反应，有时不需通入氢气也能发生氢化反应，原因是镍的多孔结构对氢气具有强吸附性，在制取过程中“浸出”时产生的氢气被镍吸附。【答案】（1）3NiS++6H+＝3Ni2++3S+Cl﹣+3H2O；（2）8.43×104；（3）NiCO3•2Ni（OH）2•2H2O；（4）溶解部分铝，形成多孔结构的镍铝合金；（5）镍的多孔结构对氢气具有强吸附性，在制取过程中“浸出”时产生的氢气被镍吸附。【分析】由镍矿渣[主要含Ni（OH）2、NiS，还含铁、铜、钙、镁化合物及其他不溶性杂质]制备兰尼镍，镍矿渣加入稀硫酸、NaClO3把S元素氧化为S单质，离子反应为3NiS++6H+＝3Ni2++3S↓+Cl﹣+3H2O，除杂后加入碳酸钠沉镍，经一系列反应得金属镍，镍和铝熔合为镍铝合金，用氢氧化钠浸出铝元素，形成多孔结构的镍铝合金，据此解答。【解答】解：（1）“酸溶”过程中，酸性条件下，NiS被NaClO3氧化为S沉淀，发生反应的离子方程式为；3NiS++6H+＝3Ni2++3S↓+Cl﹣+3H2O，故答案为：3NiS++6H+＝3Ni2++3S+Cl﹣+3H2O；（2）“除杂”过程中加入NiS除去Cu2+发生的反应是：NiS+Cu2+＝CuS+Ni2+，该反应的平衡常数K＝＝×＝＝≈8.43×104，故答案为：8.43×104；（3）750℃以上残留固体为NiO，可知n（NiO）＝0.03mol，500～750℃条件下加热，收集到的气体产物只有一种，说明发生反应NiCO3NiO+CO2，固体质量减少（2.69﹣2.25）g＝0.44g，说明反应生成二氧化碳的质量为0.44g，则n（NiCO3）＝n（CO2）＝0.01mol；根据镍元素守恒，n[Ni（OH）2]＝0.03mol﹣0.01mol＝0.02mol，则n（H2O）＝＝0.02mol，该样品的化学式为NiCO3•2Ni（OH）2•2H2O，故答案为：NiCO3•2Ni（OH）2•2H2O；（4）NaOH溶液在“浸出”过程中的作用溶解部分铝，形成多孔结构的镍铝合金，故答案为：溶解部分铝，形成多孔结构的镍铝合金；（5）镍的多孔结构对氢气具有强吸附性，在制取过程中“浸出”时产生的氢气被镍吸附，故在氢化时不需要加入氢气也能完成，故答案为：镍的多孔结构对氢气具有强吸附性，在制取过程中“浸出”时产生的氢气被镍吸附。【点评】本题考查物质的分离提纯实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。2．（2022•新罗区校级四模）工业上常采用低品位氧化锰矿（主要成分是MnO2）与黄铁矿（主要成分是FeS2）直接还原浸出工艺联合生产锰的化合物，其工艺流程如图所示。已知：温度高于27℃时，MnSO4晶体的溶解度随温度的升高而逐渐降低。回答下列问题：（1）FeS2中的S化合价为﹣1；“浸出、化合”时，FeS2的氧化产物之一为SO42﹣，反应的化学方程式为15MnO2+2FeS2+14H2SO4＝15MnSO4+2Fe2（SO4）3+14H2O。（2）滤渣的主要成分是Fe（OH）3（化学式）。（3）用惰性电极电解硫酸酸化的硫酸锰溶液制备MnO2时，阳极的电极反应式为Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+；若转移的电子数为6.02×1022，左室溶液中最终n（H+）的变化量为0.1mol。（4）采用“趁热过滤”操作的原因是减小MnSO4的溶解，提高产品产率。（5）电解废液中的H2SO4（填化学式）可以循环使用。（6）一种海生假单孢菌（采自太平洋深海处），在无氧条件下以醋酸为电子供体还原MnO2生成Mn2+的机理如图所示。写出反应②的离子方程式Mn3++HX＝Mn2++X+H+。【答案】（1）﹣1；15MnO2+2FeS2+14H2SO4＝15MnSO4+2Fe2（SO4）3+14H2O；（2）Fe（OH）3；（3）Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+；0.1mol；（4）减小MnSO4的溶解，提高产品产率；（5）H2SO4；（6）Mn3++HX＝Mn2++X+H+。【分析】由流程图可知，酸浸时，软锰矿中MnO2和黄铁矿中FeS2在硫酸溶液中反应，反应生成硫酸铁、硫酸锰和水；净化时，加入MnCO3，降低酸度，使铁离子水解生成Fe（OH）3沉淀，溶液中锰离子电解后转化为二氧化锰沉淀。操作a，硫酸锰溶液经蒸发浓缩、冷却结晶（过滤、洗涤）可得到硫酸锰固体。【解答】解：（1）FeS2中的Fe为+2价，则S化合价为﹣1；“浸出、化合”时，FeS2的氧化产物之一为SO42﹣，生成硫酸锰和硫酸铁，反应的化学方程式为15MnO2+2FeS2+14H2SO4＝15MnSO4+2Fe2（SO4）3+14H2O，故答案为：﹣1；15MnO2+2FeS2+14H2SO4＝15MnSO4+2Fe2（SO4）3+14H2O；（2）净化时，加入MnCO3，降低酸度，使铁离子水解生成Fe（OH）3沉淀，滤渣的主要成分是Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；（3）用惰性电极电解硫酸酸化的硫酸锰溶液制备MnO2时，根据离子的放电顺序，阴极上首先放电的是H+，电极反应式为：2H++2e﹣＝H2↑，阳极失电子，发生氧化反应，生成二氧化锰，阳极的电极反应式为Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+；若转移的电子数为6.02×1022，根据氢离子和转移电子之间的关系式2H+～2e﹣，左室溶液中最终n（H+）的变化量为0.1mol，故答案为：Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+；0.1mol；（4）温度高于27℃时，MnSO4晶体的溶解度随温度的升高而逐渐降低，采用“趁热过滤”操作的原因是减小MnSO4的溶解，提高产品产率，故答案为：减小MnSO4的溶解，提高产品产率；（5）电解过程为MnSO4+2H2OMnO2+H2SO4+H2↑，电解废液中的H2SO4可以循环使用，故答案为：H2SO4；（6）根据图示，反应②为：Mn3++HX＝Mn2++X+H+，故答案为：Mn3++HX＝Mn2++X+H+。【点评】本题考查物质的分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。3．（2022•呈贡区校级模拟）工业上利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓Ca2（Fe2O4）3、铁酸锌ZnFe2O4]经过一系列反应可以获得3种金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓（GaN），部分工艺流程如图：表一浸出液中金属离子的浓度及开始沉淀的pH金属离子浓度/（mol•L﹣1）开始沉淀pHFe2+1.0×10﹣38.0Fe3+4.0×10﹣21.7Zn2+1.55.5Ga3+3.0×10﹣33.0表二萃取操作中金属离子的萃取率金属离子萃取率/%Fe2+0Fe3+99Zn2+0Ga3+97～98.5（1）Ga在周期表中的位置是第4周期第ⅢA族，“浸出”时铁酸锌（ZnFe2O4）发生反应的化学方程式为ZnFe2O4+4H2SO4＝Fe2（SO4）3+ZnSO4+4H2O。（2）滤液1中残余的Ga3+的浓度为3.0×10﹣10.2mol•L﹣1。（3）萃取前加入固体X的作用为将Fe3+还原为Fe2+。（4）电解过程包括电解反萃取液制粗镓和粗镓精炼两个步骤。精炼时，以粗镓为阳极（填“阳”或“阴”），NaOH水溶液为电解质溶液，则阴极的电极反应方程式为GaO2﹣+3e﹣+2H2O＝Ga+4OH﹣。（5）GaN可采用MOCVD（金属有机物化学气相淀积）技术制得：以合成的三甲基镓[Ga（CH3）3]为原料，使其与NH3高温下发生反应得到GaN和另一种气态产物，该反应的化学方程式为Ga（CH3）3+NH33CH4+GaN。【答案】（1）第4周期第ⅢA族；ZnFe2O4+4H2SO4＝Fe2（SO4）3+ZnSO4+4H2O；（2）3.0×10﹣10.2；（3）将Fe3+还原为Fe2+；（4）阳；GaO2﹣+3e﹣+2H2O＝Ga+4OH﹣；（5）Ga（CH3）3+NH33CH4+GaN。【分析】炼锌矿渣用稀硫酸酸浸后所得滤液中含有亚铁离子、铁离子、锌离子、Ga3+，加入双氧水氧化亚铁离子，调节pH＝5.4，沉淀铁离子和Ga3+，滤液1中含有锌离子；得到的滤饼加入盐酸酸化得到氯化铁和氯化镓，加入固体铁把铁离子转化为亚铁离子，然后利用萃取剂萃取Ga3+，加入氢氧化钠溶液使Ga3+转化为NaGaO2，电解NaGaO2溶液生成单质Ga，生成的Ga与溴甲烷反应生成三甲基镓，以合成的三甲基镓为原料，使其与NH3发生系列反应得到GaN和另一种产物，根据原子守恒可知会生成甲烷，据此分析回答问题。【解答】解：（1）Al与Ga同主族，Ga在周期表中的位置是第4周期第ⅢA族；根据表一可知Fe2O42﹣在酸性条件下转化为Fe3+，“浸出”时铁酸锌（ZnFe2O4）发生反应的化学方程式为ZnFe2O4+4H2SO4＝Fe2（SO4）3+ZnSO4+4H2O，故答案为：第4周期第ⅢA族；ZnFe2O4+4H2SO4＝Fe2（SO4）3+ZnSO4+4H2O；（2）调节pH＝5.4，沉淀Fe3+和Ga3+，从表中得到数据Ga（OH）3的溶度积常数为3.0×10−36，当溶液的pH＝5.4时，氢氧根离子浓度为10﹣9.6mol/L，滤液中残留的Ga3+的浓度为＝mol/L＝3.0×10﹣10.2mol/L，故答案为：3.0×10﹣10.2；（3）X为Fe，萃取前加入固体X的目的是还原铁离子，故答案为：将Fe3+还原为Fe2+；（4）精炼时，以粗镓为阳极，NaOH过量时，Ga以GaO2﹣的形式存在，阴极发生还原反应得到Ga，电极反应式为GaO2﹣+3e﹣+2H2O＝Ga+4OH﹣，故答案为：阳；GaO2﹣+3e﹣+2H2O＝Ga+4OH﹣；（5）根据信息判断，以合成的三甲基镓为原料，使其与NH3发生系列反应得到GaN和另一种产物，根据原子守恒可知还有甲烷生成，该反应的化学方程式为Ga（CH3）3+NH33CH4+GaN，故答案为：Ga（CH3）3+NH33CH4+GaN。【点评】本题以氮化镓制备为背景，考查氧化还原反应、物质分离提纯、基本操作等知识点，明确化学反应原理及物质性质、基本操作是解本题关键，题目难度中等。4．（2022•漳州模拟）二水合磷酸二氢锰具有广泛用途，被用作防锈剂。某化工拟用软锰矿（含MnO2及少量FeO、Al2O3和SiO2）为原料生产Mn（H2PO4）2•2H2O，其工艺流程如图所示，请回答下列问题：（1）磷元素位于元素周期表第三周期第VA族。（2）滤渣①的主要成分是SiO2。（3）适量Na2SO3固体作为还原剂，将MnO2还原为Mn2+，该反应的离子方程式为+MnO2+2H+＝+Mn2++H2O。（4）检验滤液①中是否含有Fe2+，可以用C溶液。A.KSCNB.KFe[Fe（CN）6]C.K3[Fe（CN）6]D.Fe3[Fe（CN）6]2（5）步骤II是用萃取剂萃取溶液中的Fe3+，Fe3+的萃取率与pH的关系如图，当溶液pH＞1.7，随pH增大Fe3+萃取率下降的原因是pH＞1.7之后，促使水解平衡Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降。（6）已知该条件下在步骤III中Ksp[Al（OH）3]＝10×10﹣33，Ksp[Mn（OH）2]＝1.0×10﹣14，试剂x为Na2CO3，若c（Mn2+）＝1.0mol•L﹣1，调节pH范围应为4.7≤pH＜7。（7）步骤V酸溶时可能产生磷酸锰和磷酸氢锰杂质，因此加入H3PO4至溶液呈酸性才能保证生成物质较多为Mn（H2PO4）2，用离子方程式说明原因Mn3（PO4）2+4H3PO4＝3Mn2++6H2、+H3PO4＝2H2。已知：磷酸锰难溶于水，磷酸氢锰和磷酸二氢锰易溶于水。【答案】（1）三；VA；（2）SiO2；（3）+MnO2+2H+＝+Mn2++H2O；（4）C；（5）pH＞1.7之后，促使水解平衡Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降；（6）7；（7）Mn3（PO4）2+4H3PO4＝3Mn2++6H2、+H3PO4＝2H2。【分析】软锰矿含MnO2及少量FeO、Al2O3和SiO2杂质，浸锰步骤中加入稀硫酸和亚硫酸钠溶液，三氧化二铝、氧化亚铁溶解，同时亚硫酸钠和亚铁离子作还原剂将二氧化锰还原为Mn2+，Fe2+被氧化成Fe3+，SiO2和硫酸不反应，以滤渣形式除去，萃取分液步骤采用萃取剂除去Fe3+，调节pH步骤加入Na2CO3将铝离子以氢氧化铝沉淀形式除去，沉锰步骤继续加入Na2CO3使Mn2+生成MnCO3，酸溶步骤MnCO3和H3PO4反应生成Mn（H2PO4）2•2H2O；（4）Fe2+能与K3[Fe（CN）6]溶液生成特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀；（5）在滤液①中Fe3+存在下述水解平衡Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，如pH＞1.7之后，水解平衡正向移动；（6）调节pH范围应满足让Al3+完全沉淀同时Mn2+未沉淀，根据Ksp[Mn（OH）2]计算溶液中时c（OH﹣），再计算当Mn2+开始沉淀时pH，即为pH的上限；（7）步骤V酸溶时逐滴加入H3PO4溶液，开始时溶液中酸少量，MnCO3过量，先生成Mn3（PO4）2和MnHPO4，当加入H3PO4溶液呈酸性时会与和生成H2，提高Mn（H2PO4）2•2H2O的产率。【解答】解：（1）磷元素是15号元素，位于元素周期表第三周期第ⅤA族，故答案为：三；VA；（2）浸锰步骤中SiO2和硫酸不反应，也不溶于水，三氧化二铝、氧化亚铁溶解，同时亚硫酸钠和亚铁离子作还原剂将二氧化锰还原为Mn2+，Fe2+被氧化成Fe3+，SiO2和硫酸不反应，以滤渣形式除去，滤渣①的主要成分是SiO2，故答案为：SiO2；（3）适量Na2SO3固体作为还原剂，将MnO2还原为Mn2+，该反应的离子方程式为+MnO2+2H+＝+Mn2++H2O，故答案为：+MnO2+2H+＝+Mn2++H2O；（4）滤液①中一定含有Fe3+，所以检验Fe2+时一定要防止Fe3+的干扰，Fe2+能与K3[Fe（CN）6]溶液反应生成特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀，故答案为：C；（5）在滤液①中Fe3+存在水解平衡Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，如pH＞1.7之后，水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降，故答案为：pH＞1.7之后，促使水解平衡Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降；（6）当Mn2+开始沉淀时溶液中c（OH﹣）＝＝mol/L＝10﹣7mol/L，则c（H+）＝mol/L＝10﹣7mol/L，即溶液pH＝﹣lgc（H+）＝﹣＝7，故需调节溶液pH＜7，故答案为：7；（7）步骤V酸溶时逐滴加入H3PO4溶液，开始时溶液中酸少量，MnCO3过量，先生成Mn3（PO4）2和MnHPO4，当加入H3PO4溶液呈酸性时会发生如下反应Mn3（PO4）2+4H3PO4＝3Mn2++6H2、+H3PO4＝2H2保证生成物质较多为Mn（H2PO4）2•2H2O，故答案为：Mn3（PO4）2+4H3PO4＝3Mn2++6H2、+H3PO4＝2H2。【点评】本题考查物质制备工艺流程，注意根据问题信息灵活工艺流程，题目涉及陌生方程式的书写、常见离子检验、平衡移动原理应用、条件控制、溶度积的计算与应用，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，题目综合性强。5．（2022•天津模拟）以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如图：（1）高硫铝土矿焙烧前粉碎成矿粉的目的是增大矿石的表面积，加快焙烧反应速率，使焙烧更充分。（2）焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为SO2+OH−＝HSO3−。（3）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃，硫去除率＝。①不添加CaO的矿粉在低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于FeS2。②700℃焙烧时，添加CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中。（4）向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，发生的主要反应的离子方程式为AlO2﹣+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3﹣。（5）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）＝1：16。【答案】（1）增大矿石的表面积，加快焙烧反应速率，使焙烧更充分；（2）SO2+OH−＝HSO3−；（3）①FeS2；②硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中；（4）AlO2﹣+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3﹣；（5）1：16。【分析】高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）粉碎后通入空气、加入氧化钙焙烧，其中氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，和二氧化硅反应生成硅酸钙，得到产物加入氢氧化钠溶液碱浸其中氧化铝溶解生成偏铝酸钠溶液，过滤得到溶液为四羟基合铝酸钠溶液，滤渣得到的固体中含大量的Fe2O3．Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，经过磁选获得Fe3O4。【解答】解：（1）将高硫铝土矿磨成矿粉，可以增大矿石的表面积，加快焙烧反应速率，使焙烧更充分，故答案为：增大矿石的表面积，加快焙烧反应速率，使焙烧更充分；（2）焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为SO2+OH−＝HSO3−，故答案为：SO2+OH−＝HSO3−；（3）①由于多数硫酸盐的分解温度高于600度，FeS2在低于500℃焙烧时，能与空气中的氧气反应生成氧化铁和二氧化硫，故不添加氧化钙的矿粉在焙烧时，去除的硫元素主要来源于FeS2，故答案为：FeS2；②700℃，焙烧时添加氧化钙后，硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中，使硫矿粉硫去除率降低，故答案为：硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中；（4）滤液中含有AlO2﹣，用滤液生产氧化铝的反应过程中涉及的离子方程式是AlO2﹣+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3﹣，故答案为：AlO2﹣+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3﹣；（5）分析反应前后元素化合价的变化，利用得失电子守恒知：n（FeS2）+5×2n（FeS2）＝×2n（Fe2O3），解得n（FeS2）：n（Fe2O3）＝1：16，故答案为：1：16。【点评】本题考查了物质分离提纯实验方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，注意对化学平衡常数的灵活运用，综合性强，题目难度中等。6．（2022•巴宜区校级四模）观察下列实验装置图，按要求作答：（1）写出图中实验操作的名称：①过滤③蒸馏（2）装置④中所有玻璃仪器的名称：烧杯，分液漏斗（3）下列实验需要在哪套装置中进行：（填序号，每套装置仅使用一次）从KCl溶液中获取KCl晶体②；从海水中提取水③分离CaCO3和水①；分离植物油和水④。【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据实验室常见的操作来判断；（2）根据仪器的形状判断；（3）①为过滤装置；②为蒸发装置；③为蒸馏装置；④为分液装置。【解答】解：（1）①为过滤；③为蒸馏，故答案为：过滤；蒸馏；（2）④中玻璃仪器有烧杯、分液漏斗，故答案为：烧杯；分液漏斗；（3）从KCl溶液中获取KCl晶体可用蒸发；从海水中提取水可用蒸馏；CaCO3不溶于水，可用过滤；植物油和水能分层，可用分液分离，故答案为：②；③；①；④。【点评】本题考查常见仪器的使用和化学基本操作的方法，题目难度不大，注意在学习中加强基础知识的积累。7．（2022•梅县区模拟）废旧锂电池的有效回收，可以减少环境污染，也能缓解贵金属资源危机．一种高效处理三元锂电池正极活性物质（其中金属元素的质量分数为Li﹣6.78%、Mn﹣16.94%、Co﹣11.88%、Ni﹣30.37%），回收贵金属元素的工艺如图．已知：金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH值如下表所示：金属离子Co2+Mn2+Ni2+开始沉淀的pH6.67.86.7完全沉淀的pH9.210.49.5回答下列问题：（1）在一定条件下“酸浸”时，金属离子的浸出率与硫酸浓度的关系如图所示，此条件下，硫酸最合适的浓度为2.5mol/L．为提高金属离子的浸出率，除硫酸浓度外，还可以研究酸浸时间、温度（或搅拌速率、液固投料比）等条件与金属离子的浸出率的关系．（2）“调pH”的最佳pH为5，原因是：①pH过低，丁二酮肟不易与Ni2+络合生成丁二酮肟镍沉淀，不利于Ni2+的除去；②pH值过高Co2+和Mn2+形成氢氧化物沉淀，不能与镍盐沉淀分离．（3）“沉锰”的离子方程式为2MnO4﹣+3Mn2++2H2O＝5MnO2↓+4H+．（4）“还原煅烧”时，生成的Li2CO3溶解度较小．“水浸”时，通入过量CO2有利于Li2CO3溶解为Li+，从而与其他金属元素分离，从平衡移动的角度分析其原理：体系中存在Li2CO3的溶解平衡：Li2CO3（s）⇌2Li+（aq）+CO32﹣（aq），通入过量CO2与CO32﹣结合生成HCO3﹣，降低了CO3﹣的浓度，使Li2CO3的溶解平衡向溶解的方向移动，因此有利于Li+进入溶液．（5）金属离子的电化学沉积法清洁环保且成本较低．其原理是通过电解装置将金属离子从溶液中逐一还原析出，生成的金属单质应附着在阴极．电解时，各金属离子还原为单质的电压如下表：金属离子Co2+Mn2+Ni2+还原为单质的电压/V0.2801.1850.257若要改进工艺，更好分离金属离子，应在C（填字母）流程后开始使用电化学沉积法．最后析出的金属单质为锰．A．“酸浸”B．“调pH”C．“沉镍”D．“沉锰”【答案】（1）2.5；酸浸时间；温度（或搅拌速率、液固投料比）；（2）Co2+和Mn2+形成氢氧化物沉淀，不能与镍盐沉淀分离；（3）2MnO4﹣+3Mn2++2H2O＝5MnO2↓+4H+；（4）体系中存在Li2CO3的溶解平衡：Li2CO3（s）⇌2Li+（aq）+CO32﹣（aq），通入过量CO2与CO32﹣结合生成HCO3﹣，降低了CO3﹣的浓度，使Li2CO3的溶解平衡向溶解的方向移动，因此有利于Li+进入溶液；（5）阴；C；锰。【分析】加入焦炭还原煅烧得到金属单质，加入CO2有利于Li2CO3溶解为Li+，过滤可得滤渣含Mn、Co、Ni，加入硫酸溶解得到金属离子，加入NaOH调节pH，再加入丁二酮肟沉镍，高锰酸钾和锰离子发生归中反应生成二氧化锰，最后加入草酸钠沉钴得到草酸钴；（3）“沉锰”时高锰酸钾和锰离子发生归中反应生成二氧化锰；（4）“水浸”时，体系中存在Li2CO3的溶解平衡：Li2CO3（s）⇌2Li+（aq）+CO32﹣（aq），通入过量CO2与CO32﹣结合生成HCO3﹣，结合平衡移动原理分析；（5）电解池中阴极发生还原反应，则生成的金属单质附着在阴极；由于Co2+和Ni2+还原为单质的电压相差不远，较难分离，则应在“沉镍”流程后开始使用电化学沉积法，需要电压较低的物质先析出，高的后析出。【解答】解：（1）由图可知，硫酸浓度为2.5mol/L时金属离子的浸出率浸出率较高，为减少原料浪费，最合适的硫酸最合适的浓度为2.5mol/L；浓度、反应物接触面积、反应时间等会影响反应速度，则为提高金属离子的浸出率，除硫酸浓度外，还可以研究酸浸时间、温度、搅拌速率、液固投料比等条件与金属离子的浸出率的关系，故答案为：2.5；酸浸时间；温度（或搅拌速率、液固投料比）；（2）由金属离子沉淀的pH值表可知，若“调pH”时pH值过高，Co2+和Mn2+形成氢氧化物沉淀，不能与镍盐沉淀分离，故答案为：Co2+和Mn2+形成氢氧化物沉淀，不能与镍盐沉淀分离；（3）“沉锰”时高锰酸钾和锰离子发生归中反应生成二氧化锰，反应的离子方程式为2MnO4﹣+3Mn2++2H2O＝5MnO2↓+4H+，故答案为：2MnO4﹣+3Mn2++2H2O＝5MnO2↓+4H+；（4）“水浸”时，体系中存在Li2CO3的溶解平衡：Li2CO3（s）⇌2Li+（aq）+CO32﹣（aq），通入过量CO2与CO32﹣结合生成HCO3﹣，降低了CO3﹣的浓度，使Li2CO3的溶解平衡向溶解的方向移动，因此有利于Li+进入溶液，故答案为：体系中存在Li2CO3的溶解平衡：Li2CO3（s）⇌2Li+（aq）+CO32﹣（aq），通入过量CO2与CO32﹣结合生成HCO3﹣，降低了CO3﹣的浓度，使Li2CO3的溶解平衡向溶解的方向移动，因此有利于Li+进入溶液；（5）金属离子发生还原反应生成金属单质，电解池中阴极发生还原反应，则生成的金属单质附着在阴极；由于Co2+和Ni2+还原为单质的电压相差不远，较难分离，则应在“沉镍”流程后开始使用电化学沉积法，故选C，Co2+还原为金属Co的电压较低，通电后先析出，最后析出的金属单质为锰，故答案为：阴；C；锰。【点评】本题考查物质分离和提纯实验方案的设计与评价，为高频考点，把握制备原理、分离提纯的方法、物质的性质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度较大。二．工艺流程题（共3小题）8．（2024•福建模拟）酸浸法回收废炉渣中（主要为铜、钴、镍、铁等金属元素的氧化物）的铜、钴、镍的流程如图：已知：25℃时，Ksp[Fe（OH）3]＝2.6×10﹣39，Ksp[Ni（OH）2]＝1.0×10﹣15。（1）“磨细”过程的目的是增加反应物的接触面积，加快酸浸速率。（2）酸浸液中大量铁元素以Fe3+存在，加入Na2CO3可减少铁屑的消耗从而降低成本，Fe3+与反应过程中会产生气泡，其离子方程式为。（3）“滤渣2”主要成分为Fe（OH）3（填化学式）。（4）“镍钴分离”过程CoSO4发生反应的离子方程式为。（5）“酸溶1”过程用H2SO4替换HCl，从绿色化学角度分析其可行性使用HCl会产生有害气体Cl2，使用H2SO4可避免的同时也能起到酸溶的作用。（6）“焙烧”过程发生反应的化学方程式为。（7）已知当c（Ni2+）＝1.0×10﹣5mol•L﹣1时，认为其沉淀完全。“沉镍”过程的目的是为了将“NiSO4→Ni（OH）2”，此时应调节溶液的pH为9。（8）“操作X”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。【答案】（1）增加反应物的接触面积，加快酸浸速率；（2）；（3）Fe（OH）3；（4）；（5）使用HCl会产生有害气体Cl2，使用H2SO4可避免的同时也能起到酸溶的作用；（6）；（7）9；（8）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。【分析】由题给流程可知，向磨细后的炉渣中加入硫酸溶液酸浸，将金属氧化物转化为可溶硫酸盐，过滤得到滤渣和含有可溶硫酸盐的滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，加入铁屑，将溶液中的铜离子转化为铜，过滤得到含有铜、氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，再加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入次氯酸钠和氢氧化钠的混合溶液，将溶液中的亚钴离子转化为氢氧化钴沉淀，过滤得到含有镍离子的滤液和氢氧化钴；向氢氧化钴中加入盐酸，将氢氧化钴转化为氯化亚钴，向氯化亚钴溶液中加入草酸，将亚钴离子转化为草酸亚钴沉淀，过滤得到草酸钴；草酸亚钴在空气中焙烧得到三氧化二钴；向含有镍离子的滤液中加入氢氧化钠溶液，将镍离子转化为氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化镍；向氢氧化镍中加入硫酸溶液，将氢氧化钴转化为硫酸镍，硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸镍晶体。【解答】解：（1）炉渣“磨细”可以增大固体的表面积，有利于增加反应物的接触面积，加快酸浸速率，故答案为：增加反应物的接触面积，加快酸浸速率；（2）由分析可知，加入碳酸钠溶液的目的是将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为，故答案为：；（3）由分析可知，滤渣2的主要成分为氢氧化铁，故答案为：Fe（OH）3；（4）由分析可知，加入次氯酸钠和氢氧化钠的混合溶液，的目的是将溶液中的亚钴离子转化为氢氧化钴沉淀，反应的离子方程式为，故答案为：；（5）由分析可知，向氢氧化钴中加入盐酸的目的是将氢氧化钴转化为氯化亚钴，转化过程中盐酸被氧化生成有毒的氯气会污染环境，所以用硫酸溶液替换盐酸可以避免产生有害气体氯气，同时也能起到酸溶的作用，故答案为：使用HCl会产生有害气体Cl2，使用H2SO4可避免的同时也能起到酸溶的作用；（6）由分析可知，“焙烧”过程发生的反应为草酸亚钴在空气中焙烧生成三氧化二钴和二氧化碳，反应的化学方程式为，故答案为：；（7）由溶度积可知，溶液中镍离子完全沉淀时，氢氧根离子浓度为mol/L＝1.0×10﹣5mol•L﹣1，则应调节溶液的pH为9，故答案为：9；（8）由分析可知，硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸镍晶体，则“操作X”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生物质之间的反应和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。9．（2024•广东模拟）黄金是一种重要的贵金属，被广泛应用于金融、珠宝、艺术、电子等领域。根据来料金含量可选择不同提炼黄金的方法。Ⅰ．手机等电子产品中还有微量的金，主要位于芯片（绝缘板上覆盖铜、银、铁等金属）上，以下是一种从手机芯片中提炼直径5nm左右纳米金的流程；（1）“洗脱液”中主要有的阳离子有Fe3+、Fe2+、Cu2+；（2）“球磨”是通过不停转动使钢球和原料互相撞击，主要作用是粉碎原料，增大接触面积加快浸出。（3）“王水”是将浓盐酸与浓硝酸按3：1比例配制。“浸出液”中金元素主要以四氯金酸根（）的形式存在，请写出“浸出”的离子方程式；是一种配离子，请写出其结构式；在“滤渣”中，除了难溶的绝缘材料，还有的物质是AgCl（写化学式）；（4）“还原”步骤中，不加入葡萄糖而是加水稀释也可以得到金单质，与之相比，用葡萄糖还原的主要优势是避免产生污染性气体Cl2；操作1的名称是渗析；Ⅱ．金含量较高的来料可以使用混汞黄金提纯法。通过将高温融化的材料与汞混合，金与汞形成“金汞齐”，再通过一系列的提炼得到金。（5）图1是一种平面层状的金汞齐结构，其化学式为Au2Hg3；通过此法制得的金晶胞如图二，假设金原子是直径为anm的刚性小球，则该晶胞的密度为或g/cm3；（用含a的表达式表示，阿伏加德罗常数为NA）【答案】Ⅰ．（1）Fe2+、Cu2+；（2）粉碎原料，增大接触面积加快浸出；（3）；；AgCl；（4）避免产生污染性气体Cl2；渗析；Ⅱ．（5）Au2Hg3；或。【分析】