2026年高考化学终极冲刺：压轴03 化学工艺流程的6大核心考向（压轴题专练）（广东专用）（解析版）

/压轴03化学工艺流程的6大核心考向命题预测化学工艺流程题是高考化学的高频压轴考点。考查格局高度稳定，

近三年选题均以金属提取/回收为主线：2023年从矿石硝酸浸取液中提取Ni、Co，2024年从电解铝副产炭渣中提取Ga并循环利用Al，2025年从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni并探究绿色冶铁方法。三大设问维度贯穿始终，反应原理（氧化还原方程式书写）、物质转化与除杂（pH调控沉淀）、实验基础操作（分离检验洗涤）

。题目以真实工业情境为背景，强调信息整合和知识迁移能力，是区分优等生与普通考生的重要分水岭。能力层级逐年升级。

2025年首度出现装置绘图，同时引入工业合成氨逆反应等跨模块联动，对综合运用能力要求进一步提高。基础送分（4–6分）：基础方程式书写、实验操作名称（过滤、洗涤）、化学式判断中档推理（4–6分）：pH调控除杂范围计算、陌生氧化还原反应配平、流程步骤目的分析、条件选择、物质结构分析压轴区分（3–4分）：装置绘图、多步转化逻辑推导、跨模块综合分析（如结合电化学）、产率或平衡计算预计2026年高考命题，继续以固废资源回收利用为主，搭配绿色化学评价；pH调控除杂、陌生氧化还原方程式书写必考；图表分析题占比持续上升，未来可能引入动态数据图（如反应速率随温度变化曲线）高频考法1.原料预处理（酸浸、焙烧、煅烧）2.陌生方程式的书写3.反应条件的控制4.物质的分离提纯5.化学计算（产率、浓度、Ksp）6.物质结构分析知识·技法·思维考向01原料预处理1.预处理目的（1）除杂提纯:去除原料中无用或有害杂质,提高后续反应效率。（2）转化形态:将目标物质转化为易处理形态(如离子态),便于化学分离或反应。2.常用预处理方法（1）物理处理。研磨/雾化:增大物料表面积(固体磨粉、液体雾化),加速反应进程。（2）高温处理。①焙烧:矿石在特定气体(如空气、CO等)中加热(低于熔点),发生氧化、还原等反应。②煅烧:固体高温分解(如脱结晶水、CO2);产物为固体+气体(如CaCO3煅烧生成CaO+CO2)。③灼烧:高温脱水或去除有机物(实验室常用,如海带提碘前灼烧除有机物)。（3）浸取分离。①酸浸:用酸溶解金属;注意硫酸可能导致Pb2+、Ca2+沉淀。②碱浸:NaOH溶液溶解两性氧化物(Al2O3→[Al(OH)4]-)、NH3配位溶解(Ag+→[Ag(NH3)2]+)。③盐浸/醇浸:盐溶液溶解特定物质(如FeCl3溶液溶矿);有机溶剂提取脂溶性成分。考向02陌生方程式的书写1.氧化还原反应2.非氧化还原反应陌生的非氧化还原反应主要为复分解反应，抓住复分解反应的条件推断产物，结合盐类水解、酸碱强弱综合分析。考向03反应条件的控制条件控制目的研磨(粉碎、雾化)减小颗粒直径，增大反应物接触面积，增大浸取时的反应速率，提高浸取率(固体——粉碎、研磨；液体——喷淋；气体——用多孔分散器等)煅烧、灼烧、焙烧①除去硫、碳单质；②有机物转化、除去有机物；③高温下原料与空气中的氧气反应；④除去热不稳定的杂质等浸取酸浸①溶解转变成可溶物进入溶液中，与难溶物分离；②除去氧化物(膜)；③用盐酸、硝酸酸溶时注意控制温度，用硫酸酸溶时要关注Pb2+、Ca2+、Ag+会生成PbSO4、CaSO4、AgSO4沉淀在滤渣中出现碱浸①除去金属表面的油污；②溶解金属(Al、Zn等)或氧化物(如SiO2、Al2O3、ZnO、Cr2O3等)；③金属阳离子与NH3形成配离子进入溶液醇浸常采用有机溶剂(如乙醚、二氯甲烷等)浸取的方法提取有机物盐浸常用铵盐、FeCl3溶液等，与盐溶液接触反应或溶解调节温度升温①加快反应速率或溶解速率；②促进平衡向某个(吸热)方向移动：如促进水解生成沉淀，聚沉后利于过滤分离；③除去受热不稳定的杂质：如H2O2、铵盐、硝酸盐、Ca(HCO3)2、KMnO4等物质；④使沸点相对较低或易升华的杂质气化；⑤如煮沸时使溶液中的气体(如氧气)挥发逸出等降温①防止副效应发生：如某物质在高温时会分解(或有机物挥发)；②使化学平衡向着题目要求的方向移动(放热方向)，从而提高产物的产率；③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离；④降低晶体的溶解度，减少损失控温(水浴、冰浴或油浴)①温度太低：反应速率太慢或溶解速率太小。②温度过高：a.催化剂会失去活性，化学反应速率下降；b.物质会分解：如铵盐、H2O2、NaHCO3、氨水等；c.物质会挥发：如浓硝酸、浓盐酸、醋酸、液溴、乙醇等；d.物质易被氧化：如Na2SO3等；e.物质易升华：如I2升华温度范围答题模板①温度不高于××℃的原因：适当加快反应速率，但温度过高会造成挥发(如浓硝酸)、分解(如H2O2、NH4HCO3)、氧化(如Na2SO3)或促进水解(如AlCl3)等，影响产品的生成；②温度不低于××℃的原因：加快反应速率或者对于吸热反应而言可使平衡正移，增加产率加入氧化剂(或还原剂)①转化为目标产物的价态；②除去杂质离子[如把Fe2+氧化成Fe3+，而后调溶液的pH，使其转化为Fe(OH)3沉淀除去]加入沉淀剂①生成硫化物沉淀(如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁等)；②加入可溶性碳酸盐，生成碳酸盐沉淀；③加入氟化钠，除去Ca2+、Mg2+pH控制①使金属离子转化为氢氧化物沉淀，而目标离子不生成沉淀，以达到分离的目的(常利用题给金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH信息，选择pH范围，使杂质离子以氢氧化物形式沉淀出来)；②“酸作用”还可以除去氧化物(膜)、抑制金属离子的水解等；③“碱作用”还可以除去油污、除去铝片表面的氧化铝、溶解铝等；④金属离子的萃取率与溶液的pH密切相关；⑤调节溶液pH常用试剂：a.调节溶液pH降低：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸(注意氧化性)、酸性气体(二氧化硫)等。b.调节溶液pH升高：氢氧化钠、氨水、碳酸钠、碳酸氢铵、碱性金属氧化物等；⑥控制反应的发生，增强物质的氧化性或还原性：如pH降低、c(H+)增大会增强MnO4−、N考向04物质的分离提纯1.结晶方法的选择物质特点结晶方法溶解度随温度升高而增大(如KNO3)；带有结晶水的盐(如CuSO4·5H2O)；会分解的盐(如NH4Cl)；会水解的盐蒸发浓缩(有晶膜出现)、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥溶解度受温度影响较小(如NaCl)；溶解度随温度升高而减小[如Ca(OH)2]蒸发结晶、趁热过滤(防止降温时杂质以晶体析出)、洗涤、干燥2.萃取与反萃取（1）萃取：利用物质在两种互不相溶的溶剂中的溶解度不同，将物质从一种溶剂转移到另一种溶剂的过程。如用CCl4萃取溴水中的Br2。（2）反萃取：用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为萃取的逆过程。3.洗涤洗涤试剂适用范围目的蒸馏水冷水产物不溶于水除去固体表面吸附着的××杂质，可适当降低固体因为溶解而造成的损失热水产物的溶解度随着温度升高而下降除去固体表面吸附着的××杂质，可适当降低固体因为温度变化溶解而造成的损失有机溶剂(酒精、丙酮等)固体易溶于水、难溶于有机溶剂减少固体溶解；利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分，产品易干燥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：向过滤器中加入洗涤试剂至浸没沉淀，待洗涤试剂自然流下后，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4.减压蒸发或者减压蒸馏的原因减压蒸发降低了蒸发温度，减压蒸馏使液体沸点降低，可以防止某物质(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)分解或结晶水合物产品失去结晶水。5.蒸发时的气体氛围抑制水解如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防其水解。考向05化学计算1.电离常数与水解常数的综合应用（1）电离常数(K电离)与电离度(α)的关系(以一元弱酸HA为例)HAH++A-起始浓度：c酸00平衡浓度：c酸·(1-α)c酸·αc酸·αK电离=(c酸·α若α很小，可认为1-α≈1，则K电离=c酸·α2或α=K电离（2）电离常数与水解常数的关系①对于一元弱酸HA，Ka与Kh的关系HAH++A-，Ka=c(H+)·c(A−)c(HA)；A-+H2OHA+OH-，Kh=c(OH−)·c(HA)c(A−)。则Ka常温时Ka·Kh=Kw=1.0×10-14，Kh=1.0×10②对于二元弱酸H2B，Ka1(H2B)、Ka2(H2B)与Kh(HB-)、Kh(B2-)的关系HB-+H2OH2B+OH-，Kh(HB-)=c(OH−)·c(B2-+H2OHB-+OH-，Kh(B2-)=c(OH−)·c(H③判断HB-溶液的酸碱性方法1(公式法)：HB-+H2OH2B+OH-，Kh(HB-)=c(OH−)·c(H2B)c(HB−)=c(H+)·c(OH−)·c(H2B)方法2(共轭常数法)：写出酸及其在溶液中的所有存在形式，在上方写电离常数，在下方写水解常数。H2BHB-B2-，在该表示方法中，能快速判断需要比较的是Ka2与KwKa12.Ksp计算考点注意事项（1）判断能否沉淀Q与Ksp的大小（2）判断能否沉淀完全离子浓度≤10-5mol·L-1（3）计算非氢氧化物中某离子的浓度注意幂次方（4）计算氢氧化物中金属离子沉淀生成和沉淀完全时的pH常用公式：-lg(a×10-b)=b-lga，pH=14-pOH考向06物质结构分析1.常见晶体结构分析（1）常见分子晶体的结构及分析名称干冰冰(类似于金刚石)晶胞结构分析①CO2位于立方体的8个顶角，且在6个面的面心又各有1个CO2；②每个CO2分子周围紧邻的CO2分子有12个；③密度ρ=4×44g·mol−1NA①H2O分子位于立方体的面心、内部和顶角；②每个晶胞中含H2O分子数为8；③密度ρ=8×18g·mol−1NA（2）常见共价晶体的结构及分析名称金刚石二氧化硅碳化硅(SiC)晶胞结构分析①每个C与相邻4个C以共价键结合，形成正四面体结构；②每个C参与4个C—C的形成，C原子数与C—C数之比为1∶2；③密度ρ=8×12g·mol−1NA①每个Si与4个O以共价键结合，形成正四面体结构；②最小环上有12个原子，即6个O，6个Si；③密度ρ(SiO2)=8×60g·mol−1NA①每个原子与另外4个不同种类的原子形成正四面体结构；②密度：ρ(SiC)=4×40g·mol−1NA（3）常见离子晶体的结构及分析类型NaCl型CsCl型ZnS型CaF2型晶胞配位数及影响因素配位数684F-：4；Ca2+：8影响因素阳离子与阴离子的半径比值越大，配位数越多，另外配位数还与阴、阳离子的电荷比和离子键的纯粹程度有关密度的计算(a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数)4×58.5g·168.5g·4×97g·4×78g·2.晶胞的有关计算（1）晶体结构中粒子数目的计算方法——均摊法晶体结构平行六面体正六棱柱正三棱柱均摊规则(每个粒子对晶体结构的贡献)顶角18；棱上14；面心顶角16；竖直棱13；面心顶角112；水平棱上14，竖直棱上16（2）晶体密度及粒子间距离的计算方法①计算晶体密度的方法②计算晶体中粒子间的距离a.分析思路典例·靶向·突破考向01原料预处理1．（2026·广东清远·一模）金属冶炼在国民经济发展中有着重要作用。工业上用某软锰矿(主要成分为，还含有少量铁、铝及硅的氧化物)为原料制备锰酸锂()的工艺流程如图所示。已知：当溶液中某离子浓度不大于时，该离子沉淀完全。室温下相关物质的如下表所示。物质回答下列问题：（2）为提高“浸取”效率，可采取的措施是______(写一条即可)，滤渣Ⅰ的主要成分是______(填化学式)。【答案】（2）适当提高硫酸浓度(或适当提高浸取温度或搅拌等合理即可)【解析】（2）在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积，此外，适当提高硫酸浓度、搅拌、加热均能加快酸浸的反应速率，提高浸取效率；结合分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是，故答案为：适当提高硫酸浓度(或适当提高浸取温度或搅拌等合理即可)；；2．（2026·广东汕尾·一模）我国橄榄石资源丰富，其主要成分为和，含少量Ni、Al元素。利用橄榄石回收NiO并制备碱式硫酸镁的工艺流程如图所示：已知：①“酸浸”后，溶液中阳离子浓度：、、、。②部分氢氧化物的如下表所示：氢氧化物（2）“酸浸”时，为使金属元素充分浸出，可以采取的措施为___________(写一条)。【答案】（2）适当提高稀硫酸浓度(或加热、搅拌、延长浸出时间等)【解析】（2）为使金属元素充分浸出，可采取的措施为适当提高稀硫酸浓度(或加热、搅拌、延长浸出时间等)；考向02陌生方程式的书写3．（2026·广东汕尾·一模）我国橄榄石资源丰富，其主要成分为和，含少量Ni、Al元素。利用橄榄石回收NiO并制备碱式硫酸镁的工艺流程如图所示：已知：①“酸浸”后，溶液中阳离子浓度：、、、。②部分氢氧化物的如下表所示：氢氧化物（1）“焙烧1”时，在高温条件下生成红棕色固体，反应的化学方程式为___________。（5）“电解”时采用惰性电极电解“萃取”后的水相，请写出阳极发生的电极反应式：___________。【答案】（1）（5）【解析】（1）在高温、空气中被氧化为红棕色和；根据氧化还原反应配平，化学方程式为；“萃取”后的水相主要含、、等；采用惰性电极电解时，阳极发生氧化反应，（来自水的电离）放电生成；电极反应式为；故答案为：；4．（2026·广东清远·一模）金属冶炼在国民经济发展中有着重要作用。工业上用某软锰矿(主要成分为，还含有少量铁、铝及硅的氧化物)为原料制备锰酸锂()的工艺流程如图所示。已知：当溶液中某离子浓度不大于时，该离子沉淀完全。室温下相关物质的如下表所示。物质回答下列问题：（5）“控温、氧化”时，和均被氧化为，将“锂化”过程中发生反应的化学方程式补充完整______。______________________________【答案】（5）【解析】（5）“锂化”是将和发生反应，其中锰化合价由+4变为+3.5，结合电子守恒可知，氧化合价会升高由-2变为0，结合质量守恒可知，还会生成二氧化碳气体，反应为：；考向03反应条件的控制5．（2026·广东广州·模拟预测）利用微气泡耦合CuO催化氧化浸出技术可从钒铬泥(含V2O3、Cr2O3、Fe2O3、Al2O3、SiO2)中提取V和Cr，工艺流程如下。已知：①Cr(Ⅵ)在碱性溶液中主要以形式存在，酸性溶液中主要以形式存在。V(V)在强碱性溶液中主要以形式存在，在弱碱性溶液中主要以形式存在。②常温下，，。（2）“浸出”时，将钒铬泥和NaOH溶液、催化剂CuO混合，采用微气泡技术通入，可高效地将钒和铬分别转化为和。①通入O2时采用微气泡技术，可提高钒和铬的浸出效率，原因是___________。②V2O3转化为，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为___________。（3）“浸出”时，转化为___________(写化学式)。“除杂”时，铝和硅以沉淀的形式除去，生成的离子方程式为___________。（4）“沉钒”时，控制溶液。常温下，“沉钒”后溶液中浓度为，则溶液中为___________(保留两位有效数字)。（5）“还原”中生成的离子方程式为___________。【答案】（2）增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更充分（3）Na[Al(OH)4]Na++[Al(OH)4]-+2=NaAlSi2O6↓+4OH-（4）（5）或【分析】由题干工艺流程图可知，向钒铬泥(含V2O3、Cr2O3、Fe2O3、Al2O3、SiO2)中加入NaOH同时通入O2进行浸出，将V2O3转化为Na3VO4、Cr2O3转化为Na2CrO4，Al2O3转化为Na[Al(OH)4]，SiO2转化为Na2SiO3，过滤出浸出渣主要含Fe2O3、CuO，向滤液中加入Na2SiO3将Na[Al(OH)4]转化为而除去，过滤得到滤渣为，调节溶液pH值将转化为，加入NH4Cl进行沉钒即生成NH4VO3析出，过滤洗涤干燥得到NH4VO3固体，灼烧后转化为V2O5，再经还原得到VxCy，向滤液中加入Na2SO3还原Na2CrO4为Cr(OH)3，过滤洗涤干燥后灼烧得到Cr2O3，据此分析解题。【解析】（2）①通入O2时采用微气泡技术，能够增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更充分，可提高钒和铬的浸出效率，故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更充分；②V2O3转化为，该反应的化学方程式为：V2O3+O2+6NaOH=2Na3VO4+3H2O，反应中O2是氧化剂，V2O3是还原剂，故该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:1；（3）由分析可知，“浸出”时，转化为Na[Al(OH)4]，“除杂”时，铝和硅以NaAlSi2O6沉淀的形式除去，生成NaAlSi2O6的离子方程式为：Na++[Al(OH)4]-+2=NaAlSi2O6↓+4OH-，故答案为：Na[Al(OH)4]；Na++[Al(OH)4]-+2=NaAlSi2O6↓+4OH-；（4）“沉钒”时，控制溶液，常温下，“沉钒”后溶液中浓度为，则此时溶液中的浓度为：==1.6mol/L，溶液中c(H+)=10-8mol/L，c(OH-)=10-6mol/L，溶液中为=≈8.9×10-2mol/L，故答案为：8.9×10-2；（5）由题干工艺流程图可知，“还原”中生成Cr(OH)3即用将还原为Cr(OH)3，自身被氧化为，根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式为：或；考向04物质的分离提纯6．（2026·广东汕头·模拟预测）锆(Zr)是一种重要的战略资源，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“酸浸”后溶液中各金属元素的存在形式为：、、；②25℃时，，；③“还原”前后相关物质沸点如下：物质沸点33131513007001150回答下列问题：（1）是40号元素，位于第五周期第ⅣB族。基态原子的价电子排布式为______；较稳定的原因是______。（2）通常采用“一酸一碱”法生产，主要生产过程为：将锆英砂与氢氧化钠混合熔融得到难溶于水的，再酸化得到，写出酸化过程的离子方程式______。（3）“沉淀”后，废液中，则废液中低于______mol·L-1。（4）“沸腾氯化”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______。不能直接与反应生成，但“沸腾氯化”步骤中可转化为(同时生成，该反应)，则加入碳粉的作用是______(从热力学角度分析)。（5）“还原”的目的是______。【答案】（1）4d和5s能级全空状态，比较稳定（2）（3）（4）生成气体，体系熵增大，反应趋势增大（5）将还原为，防止升华影响的纯度【分析】题目所示工艺流程为固体原料经过酸浸转化为可溶的离子，然后经过萃取、反萃取实现分离、金属离子富集，反萃取后的溶液经过氨水处理调节pH沉淀将金属离子转化为沉淀，煅烧沉淀得到对应的金属氧化物，煅烧产物与反应生成氯化物，还原后通过加热升华分离出较为纯净的，最后通过镁热反应得到金属；【解析】（1）基态原子的价电子排布式为；与相比，4d和5s能级轨道全空，能量更低，更稳定；（2）酸化的离子方程式为；（3）由、计算废液中，再由可计算此时铬离子浓度最高为；（4）沸腾氯化中，与氯气、反应生成，元素的化合价未变化，氯元素化合价降低，则化合价升高的是碳元素，生成的还原性气体是，反应的化学方程式为；与的反应属于熵减反应，难以自发进行，加入碳粉，反应放热，且反应生成气体，熵值增大，增大反应发生的趋势，故答案为生成气体，体系熵增大，反应趋势增大；（5）由题目信息可知沸腾氯化过程会产生杂质，升华温度与相近，难以分离，因此选择将还原为，防止升华影响的纯度；考向05化学计算7．（2026·广东清远·一模）金属冶炼在国民经济发展中有着重要作用。工业上用某软锰矿(主要成分为，还含有少量铁、铝及硅的氧化物)为原料制备锰酸锂()的工艺流程如图所示。已知：当溶液中某离子浓度不大于时，该离子沉淀完全。室温下相关物质的如下表所示。物质回答下列问题：（3）“浸取”时，参加的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。（4）“精制”时，加入的量应大于理论值，原因是：______；若“浸取”后溶液中，则“精制”时应调pH的范围为______［计算时只考虑生成沉淀］。【答案】（3）1：2（4）在、的催化作用下易分解损耗【解析】（3）结合分析可知，加入FeSO4、H2SO4，浸取，MnO2被还原为MnSO4，FeSO4被氧化为Fe2(SO4)3，离子方程式为：，其中二氧化锰是氧化剂，二价铁是还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；（4）“精制”时，加入的量应大于理论值，这是由于除了将Fe2+氧化为Fe3+外，在Fe3+、Mn2+的催化作用下会部分分解而损耗，因此加入的量应大于理论值；要使溶液中Fe3+转化生成Fe(OH)3，则c(OH-)≥mol/L=10-11.2mol/L，c(H+)≤mol/L=10-2.8mol/L，pH≥2.8；要使溶液中Al3+转化生成Al(OH)3，则c(OH-)≥mol/L=10-9.1mol/L，c(H+)≤mol/L=10-4.9mol/l，pH≥4.9，使Fe3+、Al3+转化生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀需要的溶液的pH最小值为4.9；在浸取后溶液中c(Mn2+)=0.1mol/L，而浸取后溶液中c(Mn2+)=0.1mol/L，根据Ksp[Mn(OH)2]=10-12.8，则c(OH-)=mol/L=10-5.9mol/L，c(H+)=mol/L=10-8.1mol/l，pH<8.1；则使Fe3+、Al3+转化生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，而Mn2+不能形成Mn(OH)2沉淀，则相应的溶液的pH范围为4.9≤pH<8.1；故答案为：在、的催化作用下易分解损耗；4.9≤pH<8.1；8．（2026·广东汕尾·一模）我国橄榄石资源丰富，其主要成分为和，含少量Ni、Al元素。利用橄榄石回收NiO并制备碱式硫酸镁的工艺流程如图所示：已知：①“酸浸”后，溶液中阳离子浓度：、、、。②部分氢氧化物的如下表所示：氢氧化物（3）向溶液中加入NaOH“调”，过滤后，滤渣2的主要成分为___________(填化学式)，调pH后滤液中的浓度为___________。【答案】（3）【解析】（3）调时，；计算沉淀所需：，代入得，已完全沉淀；计算沉淀所需：，代入得，已完全沉淀；、的离子积分别为<，<，均未沉淀；故滤渣2主要成分为、；滤液中浓度为；故答案为：；；考向06物质结构分析9．（2026·广东汕尾·一模）我国橄榄石资源丰富，其主要成分为和，含少量Ni、Al元素。利用橄榄石回收NiO并制备碱式硫酸镁的工艺流程如图所示：已知：①“酸浸”后，溶液中阳离子浓度：、、、。②部分氢氧化物的如下表所示：氢氧化物（6）NiO广泛应用于陶瓷着色、电池电极以及电子磁性材料等领域。一种NiO的立方晶胞结构如图所示。①的配位数是___________。②已知微粒1的分数坐标为，则微粒2的分数坐标为___________。【答案】（6）6【解析】（6）NiO晶胞，位于面心和顶点，周围最近且等距的有6个；故的配位数为；微粒1的分数坐标为，位于晶胞底面右下角；微粒2位于晶胞顶面右上棱的中点，对应分数坐标为；故答案为：。10．（2026·广东清远·一模）金属冶炼在国民经济发展中有着重要作用。工业上用某软锰矿(主要成分为，还含有少量铁、铝及硅的氧化物)为原料制备锰酸锂()的工艺流程如图所示。已知：当溶液中某离子浓度不大于时，该离子沉淀完全。室温下相关物质的如下表所示。物质回答下列问题：（1）基态锰原子核外电子的空间运动状态有______种。（6）为尖晶石结构，其晶胞由8个立方单元组成，这8个立方单元可分为A、B两种类型(未画出)。设的摩尔质量为，为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度______(用含、、的代数式表示)。【答案】（1）15（6）【解析】（1）锰元素的原子序数为25，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，核外原子轨道的数目为15，则核外电子的空间运动状态有15种；（6）根据“均摊法”，A中含个Mn、B中含个Mn，则晶胞中共个Mn，结合化学式可知，含有8个，则晶体密度为。1．（2026·广东广州·一模）一种从废旧锰酸锂电池的正极材料(主要含、碳粉和铝箔)中回收Li和Mn的工艺流程如下。已知：①常温下，，，。②常温下，。③“酸浸液”主要含有的金属阳离子是、。（1）“碱浸”时，铝单质发生反应的离子方程式为___________。（2）“酸浸”时，加入的作用是___________。（3）“沉锰”时，生成的离子方程式为____。：。（4）“沉锂”时，pH至少应调至大于___________，使溶液中，有利于的生成。若“沉锂”后滤液中，则___________。（5）废旧锂电池中的也可通过电解法回收，电解示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过；电解质溶液是和的混合溶液)。电解过程中，阴极上发生的电极反应为___________；理论上消耗与生成的物质的量之比为___________。（6）可用于制备，的晶胞结构如图所示，该晶胞形状为长方体，边长分别为anm、anm、2anm。①晶胞中“”表示___________(填“”或“”)。②的空间结构为___________。③每个周围与它最近且距离相等的有___________个。【答案】（1）（2）将中的Mn还原为（3）（4）12.3（5）2：3（6）直线形4【分析】正极材料主要含、碳粉和铝箔，加入溶液，只有Al和反应，生成，成为碱浸液的主要成分。往固体中继续加入、，可将中的Mn还原为，Li变为，在酸浸液中。加入溶液，通入空气，利用氧气将氧化为沉淀除去。溶液中的加入溶液调节pH，可生成沉淀，滤液中主要含有。【解析】（1）铝具有两性，和反应生成，Al的化合价升高，则H的化合价降低生成，离子方程式为。（2）酸浸液中含有，说明酸浸时Mn的化合价降低，则作还原剂，将还原为。（3）沉锰时的反应物有、，溶液呈碱性，生成物有，离子方程式为。（4）根据题意，的第三步电离方程式为，，则。当时，，则溶液的。所以当时，才有。沉锂后滤液中，而，所以。（5）阴极发生还原反应，由图可知，反应物有，生成物有、，溶液呈酸性，电极反应式为。阴阳两极转移的电子个数相同，阴极变为，转移。阳极变为，转移。两者的最小公倍数为6，则。（6）由图可知，黑球位于晶胞的顶点和内部，共有个。白球位于晶胞的面上，共有个。而物质的化学式为，则黑球表示。和互为等电子体，空间结构模型一致，而中的中心C原子的价层电子对为。空间结构为直线形。由图可知，以其中一个面心上的为参考，该晶胞中，与该离子距离最近且相等的为两个顶点和一个体心，共3个。一个面被两个晶胞共用，根据晶胞的对称性可知，另一个晶胞中体心处还有一个。综上，共4个。2．（2026·广东梅州·一模）从退役CIGS（）薄膜太阳能电池芯片中可提取关键金属镓，并综合回收铟、硒。某湿法工艺设计如下：已知：①酸浸液成分（g/L）：In13，Ga4.5，80；②P204（二-2-乙基己基磷酸）对、的配位常数分别为，；③氢氧化镓与氢氧化铝性质相似；（时沉淀完全）。回答下列问题：（1）“酸浸”步骤中，为提高Ga的浸出速率，可采取的措施是________（任写一条）。（2）“还原沉硒”时，Se（IV）被还原为单质Se的离子方程式为________。________________。（3）P204萃取时，经三级逆流后，萃余液中In浓度降至0.015g/L，In的萃取率________（萃取率=萃取出的物质质量/该物质的总质量，保留三位有效数字）。而此时镓基本不被萃取，结合离子结构分析，萃取差异的本质原因是________（In是Ga的下一周期同族元素）。（4）“中和沉镓”时，需要控制，pH过低则________，pH过高则可能导致________。（5）电解时阴极发生的电极反应是________。（6）磷化镓是一种半导体材料。晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被Ga原子代替，顶点和面心的碳原子被P原子代替。磷化镓的晶胞结构如图1，图2中矩形是沿晶胞对角面取得的截图。①请在矩形（图3）中画出晶胞中Ga原子的位置________。②若晶胞密度为，阿伏加德罗常数为，则晶胞中P和Ga原子的最近距离为________pm（列出计算表达式）。【答案】（1）将废料粉碎（或适当升高温度、搅拌、增大酸浓度等，任写一条即可）（2）（3）99.9%In3+的离子半径比Ga3+大，与P204形成的配合物更稳定（或配位常数更大）（4）Ga3+沉淀不完全Ga(OH)3溶解（5）（6）

【分析】退役CIGS（）薄膜太阳能电池芯片中加入硫酸和过氧化氢酸浸，Se元素转化为，加入二氧化硫将还原为Se，过滤后，用P204三级逆流萃取，有机相含In、水相含Cu和Ga，有机相经HCl反萃取得到InCl3，水相中调节pH为4.5沉淀Ga为Ga(OH)3，分离Ga和Cu，过滤后在含Ga(OH)3的滤渣中加入NaOH溶解得到含的溶液，再电解得到Ga。【解析】（1）提高浸出速率可从增大接触面积、升高温度、增大反应物浓度、搅拌等方面考虑，常见措施有将废料粉碎、适当加热、搅拌、增大酸浓度等。（任写一条即可）（2）酸浸后，Se(Ⅳ)以形式存在，被SO2还原为单质Se，SO2被氧化为，则离子方程式为。（3）初始In的浓度为13g/L，萃余液中In的浓度为0.015g/L，则萃取率为；In和Ga为同族元素，In3+半径大于Ga3+，与P204中的配位原子结合时空间位阻小，形成的配合物更稳定，配位常数更大，因此In易被萃取而Ga基本不被萃取。（4）Al和Ga位于同一主族，因此Ga(OH)3与Al(OH)3性质相似，具有两性，pH过低时，Ga3+不能完全沉淀，pH过高时，Ga(OH)3溶解生成，导致镓损失。（5）据分析，电解精炼或电沉积镓时，阴极为碱性条件下得电子还原为Ga单质，电极反应为。（6）①磷化镓的晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被Ga原子代替、顶点和面心的碳原子被P原子代替，设A1点坐标为(0,0,0)，则Ga原子的分数坐标为，P原子位于顶点和面心，矩形中，该矩形内部x与y坐标相等，则处于该矩形内部的Ga原子的分数坐标为，故图3中Ga原子的位置为；②一个晶胞中Ga的个数为4、P的个数为，即含有4个GaP，设立方晶胞的边长为apm，则晶胞密度为，因此立方晶胞的边长为，如图所示，最近邻P和Ga原子距离为体对角线长的，即为。3．（2026·广东·一模）一种从高杂铜阳极泥［主要含、、、、、硒()以及碲()等］中提取和的工艺流程如图所示。已知：①室温下，各难溶物的如表所示。难溶物②极易水解生成沉淀，在水溶液中存在()。（1）是第五周期第VIA族元素，基态原子的价层电子排布式为___________。（2）“复合浸出”时，通过调控和的比例使铅和银分别以和的形式保留在“浸出渣”中。当“浸出液”中时，最大不超过___________。（3）“复合浸出”时加入除了能使转化为沉淀外，还能___________，从而增加的浸出率并节约成本；对“浸出液”进一步处理，促进水解，使其转化为沉淀，请写出该过程的离子方程式：___________。（4）“焙烧”过程中，进入烟气中，实现和的分离，再通过“吸收→还原”制备粗。被还原生成粗时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。（5）“碱浸分碲”时，加入的目的是使转化为易溶的，从而提高的浸出率，请写出该过程的离子方程式：___________。（6）高杂铜阳极泥中含有痕量硒铜化合物，其立方晶胞是由如图所示两个边长均为的小立方体交错并置而成的。晶胞中和之间的最短距离为___________；占据晶胞的顶点和___________；该硒铜化合物的化学式为___________。【答案】（1）（2）0.4（3）与形成配合物可避免其水解（4）1：2（5）（6）面心【分析】该工艺流程以高杂铜阳极泥为原料，先通过复合浸出环节，利用稀硫酸与NaCl溶液选择性浸出铋，同时使铅、银以硫酸盐、氯化物形式留存于浸出渣中；随后将浸出渣焙烧，在浓硫酸作用下使硒转化为SeO2气体挥发，实现硒与碲、铜的初步分离，挥发的SeO2经还原得到粗Se；焙烧后的蒸硒渣经水浸分铜，使铜以CuSO4形式浸出分离；最后分铜渣进入碱浸分碲环节，在NaOH与NaClO3作用下将TeO2氧化为易溶的碲酸盐，经后续处理得到粗TeO2；据此作答。【解析】（1）基态Te原子的价层电子排布式：5s25p4；（2）依题意，不能生成氯化铅沉淀；则先由硫酸铅的溶度积计算铅离子浓度：；再根据氯化铅溶度积计算氯离子最大浓度：，解得，即最大不超过0.4mol/L；（3）铋离子极易水解生成沉淀，加入氯化钠提供氯离子，与Bi3+形成配合物可避免其水解，提高铋的浸出率；浸出液加水稀释后配离子发生水解，生成氯氧化铋沉淀，离子方程式为：；（4）亚硒酸被二氧化硫还原为单质硒，硒元素化合价从+4降至0，亚硒酸为氧化剂；二氧化硫被氧化为硫酸，硫元素化合价从+4升至+6，二氧化硫为还原剂；方程式为：；因此氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2；（5）碱性条件下，氯酸根将二氧化碲氧化为碲酸根，自身被还原为氯离子；离子方程式为：；（6）晶胞中Se和Cu之间的最短距离为小立方体体对角线的一半，即为；硒原子位于晶胞的顶点和面心位置；铜原子位于8个小立方体的体心，个数为8，硒原子个数为，铜原子与硒原子个数比为2:1，故化学式为Cu2Se。4．（2026·广东江门·一模）一种从废旧三元锂离子电池正极片中回收锂及有价金属的工艺如下。已知：①废旧三元锂离子电池正极片主要包含LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2、铝箔和有机黏合剂；②25℃时，Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2，Ka2(H2C2O4)=1.5×10-4，Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8。（1）“碱浸”过程可以除去废旧正极材料的铝箔，写出对应化学反应方程式：______。（2）“高温焙烧”处理的目的是：______。（3）“沉淀Mn2+”过程中使用(NH4)2S2O8作沉淀剂，可获得Mn2O3。该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为______。（4）“沉淀Co2+”工序中，假设Co2+恰好完全沉淀时溶液中H2C2O4浓度为xmol·L-1，此时溶液温度为25℃，溶液的c(H+)=______mol·L-1(列出算式)。（5）为提高工艺效益，可通过以下方式优化回收工艺：①联合回收法：三元锂离子和磷酸铁锂两种电池的正极材料整合在同一工艺流程中回收。可用磷酸亚铁锂(LiFePO4)替换上述流程的______(填选项字母)。A．茶多酚

B．(NH4)2S2O8

C．Na2CO3②电氧化浸出技术：使用废旧三元锂离子电池正极片(LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2)作阳极，0.10mol/LNa2CO3溶液为电解质溶液，电解回收Li+。若电解后阳极产物为Li1-xNi0.5Co0.2Mn0.3O2，阳极的电极反应式为：______。（6）使用Na2CO3回收锂离子后，经系列操作获得储氢材料LixNyHz，其晶胞结构可描述为：填充在立方体Ⅰ的体心，立方体Ⅰ和立方体Ⅱ无隙交替并置，结构示意图如下。请回答下列问题：①x：y：z=______。②该晶胞密度为______g·cm-3(列出算式，NA表示阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1）（2）除去废旧三元锂离子电池正极片中的有机黏合剂（3）1:2（4）（5）ALiNi0.5Co0.2Mn0.3O2-xe-=Li1-xNi0.5Co0.2Mn0.3O2+xLi+（6）2:1:1【分析】废旧三元锂离子电池正极片主要包含LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2、铝箔和有机黏合剂；废旧三元锂离子电池正极片加氢氧化钠溶液“碱浸过滤”，铝箔溶于氢氧化钠生成四羟基合铝酸钠和氢气，滤液中含有四羟基合铝酸钠，滤渣高温焙烧除去有机黏合剂，加硫酸和茶多酚“还原浸出”，得到含有Ni2+、Mn2+、Co2+、Li+的溶液，依次加(NH4)2S2O8、DMG、H2C2O4分别沉淀Mn2+、Ni2+、Co2+，最后加碳酸钠得到碳酸锂沉淀。【解析】（1）“碱浸”过程可以除去废旧正极材料的铝箔生成四羟基合铝酸钠和氢气，化学反应方程式为。（2）有机物易燃烧“高温焙烧”处理的目的是：除去废旧三元锂离子电池正极片中的有机黏合剂；（3）“沉淀Mn2+”过程中使用(NH4)2S2O8作沉淀剂，可获得Mn2O3，Mn元素化合价由+2升高为+3，Mn2+是还原剂，(NH4)2S2O8中有2个-1价O化合价降低为-2，(NH4)2S2O8是氧化剂，根据得失电子守恒，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2。（4）25℃时，Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2，Ka2(H2C2O4)=1.5×10-4，Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8。Co2+恰好完全沉淀时溶液中c()=mol·L-1，Ka1(H2C2O4)×Ka2(H2C2O4)=；假设Co2+恰好完全沉淀时溶液中H2C2O4浓度为xmol·L-1，此时溶液温度为25℃，mol·L-1。（5）①磷酸亚铁锂中Fe2+具有还原性，可用磷酸亚铁锂(LiFePO4)替换上述流程的茶多酚，选A。②废旧三元锂离子电池正极片(LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2)作阳极，0.10mol/LNa2CO3溶液为电解质溶液，电解回收Li+。若电解后阳极产物为Li1-xNi0.5Co0.2Mn0.3O2，据电荷守恒，阳极的电极反应式为LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2-xe-→Li1-xNi0.5Co0.2Mn0.3O2+xLi+。（6）①立方体Ⅰ和立方体Ⅱ无隙交替并置构成LixNyHz得晶胞，每个晶胞中含有4个Ⅰ、4个Ⅱ，则每个晶胞中Li原子数、N原子数为4、H原子数为4,x：y：z=2:1:1。②晶胞边长为2anm，该晶胞密度为g·cm-3。5．（2026·广东汕头·一模）随着全球工业化发展，开发深海矿产资源是人类可持续发展的重要选择。一种从深海富钴结壳（主要含、、、、、）中分离获得金属资源的工艺流程如下：已知：“活化浸出”后得到的滤液中含有、、、、。（1）“浸渣”的主要成分化学式为_______。（2）写出“活化浸出”过程中，还原的化学方程式为_______。（3）“除铁”加入的主要目的为_______。（4）LIX84-I（图a）为羟肟类铜特效萃取剂，可从酸性或氨性溶液中萃取铜离子，萃取率可达98%以上。①上述流程“萃取”过程中，与萃取剂LIX84-I形成的配合物结构如图b所示，该配合物的配位键数目为_______，该有机物中的杂化类型为_______。②工业上用LIX84-I（用HR表示）从氨性溶液中回收铜。反应如下：（有机）（有机），在实际操作中发现，有机相在萃取铜的同时会溶解部分游离氨，该现象称为“萃氨”。研究表明，这是由于LIX84-I分子中的-O-H或基团与分子之间能形成氢键。下列关于此工艺分析正确的是_______。A．LIX84-I能取代中的配体，说明与生成的配合物更稳定B．氢键是LIX84-I分子与分子间的一种强化学键，导致萃氨过程会消耗萃取剂，影响主反应进行C．“萃氨”会使萃取剂失去与铜离子的配位能力，降低了萃取剂HR的有效浓度，导致铜萃取率下降D．为减少萃氨，可向有机相中加入浓硫酸，利用浓硫酸能与发生中和反应，彻底消除氢键的形成（5）上述流程中除了萃取剂外能够循环利用的物质为_______。（6）某含铜化合物在光电子学和太阳能电池领域有潜在应用，其晶胞如图所示。①该化合物的化学式为_______。②若该晶胞的体积为，晶体密度为，则阿伏加德罗常数______。【答案】（1）SiO2（2）（3）调节溶液的pH，使溶液中的被空气氧化为后，水解生成沉淀，从而除去铁元素（4）4sp2AC（5）（6）CuAlS2【分析】深海富钴结壳主要含、、、、、，破碎、磨矿、加SO2和硫酸溶液浸出，不溶，为浸渣主要成分，滤液通入空气，加碳酸钠调pH除铁(被空气氧化，碳酸钠加入后提供碱性环境)，铁元素转化为Fe(OH)3沉淀，滤液中加入LIX84-I萃取，有机相：CuR2，加硫酸反萃取得到硫酸铜溶液，再经电解得到Cu；水相：Mn2+、Co2+、Ni2+，加入硫化钠生成硫化沉淀，加硫酸加压浸取得到MnSO4溶液，加入有机溶剂萃取分离镍钴，焙解MnSO4溶液得到Mn3O4。【解析】（1）根据分析，“浸渣”主要为；（2）“活化浸出”滤液中含有Co2+，Co2O3被SO2还原为Co2+，SO2被氧化为，化学方程式为：；（3）Fe3+碱性条件下转化为Fe(OH)3沉淀，“除铁”加入的主要目的为调节溶液的pH，使溶液中的被空气氧化为后，水解生成沉淀，从而除去铁元素。（4）①配合物中为中心离子，从结构可知，它与配体（LIX84-I）之间通过4个配位键结合（2个O原子配位、2个N原子配位），因此1mol该配合物的配位键数目为4NA；图中每个N原子形一个π键和3个键，为sp2杂化；②A．LIX84-I能取代中的配体，说明与R-形成的配合物更稳定，A正确；B．氢键是分子间作用力，并非化学键，“萃氨”是氢键作用导致NH3溶解，不会消耗萃取剂HR，也不会破坏其结构，B错误；C．“萃氨”会占用部分萃取剂分子，使其无法与配位，降低了HR的有效浓度，使其与的配位能力减弱，导致铜萃取率下降，表述无误，C正确；D．浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会破坏萃取剂结构，同时浓硫酸与NH3反应生成的盐会进入有机相，引入新杂质，无法“彻底消除氢键”，D错误；故选AC；（5）除了萃取剂外能够循环利用的物质为，电解得到的硫酸铜溶液经电解生成铜和硫酸，生成的硫酸可循环用于“活化浸出”或“反萃取”环节。（6）①均摊法计算各原子数目，Cu(位于顶点、面上、体内)：，Al(位于棱上、面上)：，S全部位于晶胞内部，一共8个，该化合物的化学式为CuAlS2；②，则。6．（2026·广东湛江·一模）绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种用菱镁矿(主要成分为MgCO3，含杂质Al2O3、FeCO3、BeO，SiO2等)制备镁单质的同时深度回收重要金属化合物的工艺流程如下：已知：本实验条件下，部分离子开始沉淀及沉淀完全时对应的pH如下表：离子Mg2+Fe2+Fe3+Al3+开始沉淀时的pH3.6沉淀完全时的pH—回答下列问题：（1）用硫酸溶浸菱镁矿时，提高浸取速率的方法为___________(答出两条即可)。（2）“滤渣1”的立方晶胞结构如图，已知a、b两点原子的坐标分别为(0，0，0)、。①该晶胞的化学式为___________；c点原子的坐标为___________。②该晶胞中最小的环状结构由___________个原子构成。（3）“萃取”后进入有机相的铍的配合物结构如图。从结构角度分析，该配合物能从水中进入有机相的原因可能为___________(填字母)。A．铍与O形成配位键 B．该配合物的对称性较强C．配合物能与水能形成分子间氢键 D．含有大量具有疏水性的烷基链（4）“氧化”的目的是___________(结合离子方程式解释)。（5）“调pH”可以分步沉淀两种金属离子，先沉淀的离子是___________；最后需控制溶液的pH范围为___________。（6）“三极室电解”原理如图。其中膜Ⅰ应选用___________(填“阴离子”或“阳离子”)交换膜；可以在流程中循环利用的电解液为___________(填“电解液1”或“电解液2”)。【答案】（1）菱镁矿粉碎、适当增大硫酸浓度、适当升高温度、不断搅拌（2）SiO212（3）BD（4）H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，便于除去溶液中的Fe元素（5）Fe3+4.7≤pH<8.3（6）阴离子电解液1【分析】菱镁矿(主要成分为，含杂质、、、BeO)，加入硫酸酸溶，金属阳离子进入滤液，滤渣1为SiO2；加入萃取剂萃取出铍元素，“氧化”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，“调pH”可分别将、沉淀，得到滤渣2为、，“滤液2”中溶质的主要成分为MgSO4，经过电解得到，进一步得到金属镁，据此解答。【解析】（1）将菱镁矿粉碎、适当增大硫酸浓度、适当升高温度、不断搅拌等均可提高浸取速率。（2）①该晶胞的化学式为SiO2；由图可知c点原子的坐标为。②如图：，该晶胞中最小的环状结构由12个原子构成。（3）该配合物能从水中进入有机相的原因是能溶于有机溶剂，不溶于水，从结构角度分析应该是该配合物的对称性较强，极性弱，且含有大量具有疏水性的烷基链，故选BD。（4）“氧化”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于除去溶液中的Fe元素，离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O。（5）“调pH”可以分步沉淀的两种金属离子分别为Fe3+和Al3+，根据信息可知先沉淀的离子是Fe3+；最后需控制溶液的pH范围为4.7≤pH<8.3。（6）“滤液2”中溶质的主要成分为MgSO4，通电时，Mg2+向阴极移动，向阳极移动，所以膜Ⅰ应选用阴离子交换膜，获得的电解液1为硫酸，可返回至“溶浸”循环利用。7．（2026·广东大湾区·一模）工业上，一种从低品位铜镍氧硫矿（含有CuFeS2、Ni9Fe9S16、Fe3O4、Al2O3、SiO2等）中提取Cu、Ni元素的工艺流程如图所示：已知：．Fe2(SO4)3开始分解温度480℃。．常温下，该工艺溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀(c=1×10-5mol·L-1)的pH如下表：金属离子Fe3＋Al3＋Cu2＋Ni2＋开始沉淀的pH6.9完全沉淀的pH8.9（1）“低温焙烧(450℃)”矿石中金属元素均转化为可溶性的硫酸盐，CuFeS2和(NH4)2SO4、O2反应生成的硫酸盐为CuSO4和___________，(NH4)2SO4受热完全分解的化学方程式为：___________。______________________NH3↑＋___________↑＋___________N2↑＋___________H2O↑（2）取相同质量的低温焙烧物，在不同高温下焙烧相同时间，测得“水浸”过程Fe、Cu、Ni元素浸出率()变化如图所示。结合高温焙烧时发生的反应，解释铁元素的浸出率随温度升高而大幅降低的原因___________。（3）室温下，“沉铝”时调节pH=5.7使Al3＋完全沉淀，此时滤饼中没检测出Cu(OH)2，则该溶液中c(Cu2＋)不超过___________mol·L-1。（4）“萃取铜”中的转化如下所示：下列有关说法正确的有___________。A．萃取剂HR易溶于水，配合物CuR2难溶于水B．Cu2＋和萃取剂HR形成配位键，发生化学反应C．为提高Cu2＋的萃取率，可适当提高溶液pHD．“反萃取铜”需要加入较浓的盐酸或者硫酸（5）“沉镍”选择(NH4)2S是为制得NiS及便于从废液中回收___________(填化学式)，“电解”若用惰性电极，电解一段时间后溶液pH___________(填“变大”、“变小”或“不变”)。（6）CuxNiySiz晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。该合金化学式为___________，若合金最简式的式量为Mr，密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数的值为，则晶胞中Ni和Si原子间最短距离为___________pm。(用含Mr、ρ、的代数式表示)【答案】（1）Fe2(SO4)3（2）温度升高，Fe2(SO4)3分解生成Fe2O3和SO3，Fe2O3难溶于水，导致铁元素浸出率降低。（3）1×10-3（4）BC（5）(NH4)2SO4变小（6）Cu2NiSi【分析】铜镍氧硫矿(含有(CuFeS2、Ni9Fe9S16、Fe3O4、Al2O3、SiO2等)加入硫酸铵低温焙烧，金属元素均转化为可溶性的硫酸盐，其中+2价Fe被氧化为+3价，然后高温焙烧将Fe2(SO4)3转化为不溶于水的Fe2O3和SO3，加水后得到的滤渣为Fe2O3和SiO2，向滤液中通入氨气将Al3+转化为Al(OH)3沉淀分离，加入有机萃取剂HR分离Ni2+（水相）和Cu2+（有机相），在水相中加入(NH4)2S生成NiS沉淀，同时回收(NH4)2SO4，电解NiS得到Ni和S，将有机相用浓盐酸或浓硫酸反萃取得到硫酸铜溶液，电解硫酸铜溶液得到Cu。【解析】（1）CuFeS2中Cu为+2价、Fe为+2价S为-2价，与(NH4)2SO4、O2反应时，S的化合价-2→+6、O化合价0→-2，Fe化合价+2→+3，则生成的硫酸盐为CuSO4和Fe2(SO4)3；根据已知，N的化合价-3→0，H和O化合价不变，则S的化合价+6→+4，根据电荷守恒、原子守恒可得，(NH4)2SO4受热完全分解生成NH3、SO2、N2、H2O，化学方程式为。（2）由已知，Fe2(SO4)3开始分解温度为480℃，高温下Fe2(SO4)3分解生成Fe2O3和SO3，Fe2O3难溶于水，因此随温度升高，铁元素浸出率降低。（3）由表中数据，Cu2+完全沉淀时pH=6.7，c(Cu2+)=1×10-5mol·L-1，此时c(OH-)=10-7.3，则Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH-)=10-5×(107.3)2=10-19.6；当pH=5.7时，c(OH-)=10-8.3，若没有Cu(OH)2沉淀，则，故该溶液中c(Cu2＋)不超过。（4）A．因为根据萃取的要求：萃取剂应不与原溶剂互溶，原液体为水相，所以萃取剂HR应难溶于水，A错误；B．Cu2＋和萃取剂HR形成配位键有新物质生成，是化学反应，B正确；C．提高溶液pH，H+浓度降低，萃取平衡正向移动，Cu2＋的萃取率提高，C正确；D．较浓的硫酸中H+大，促进萃取平衡逆向移动，不能用盐酸，会引入氯离子，D错误；故答案为BC。（5）“沉镍”过程中向Ni的硫酸盐中加入(NH4)2S生成NiS沉淀，发生反应：NiSO4+(NH4)2S=NiS↓+(NH4)2SO4，因此可以回收(NH4)2SO4；用惰性电极电解CuSO4溶液，Cu2+得电子生成Cu，H2O失电子生成O2和H+，则电解一段时间后溶液pH变小。（6）如图所示，CuxNiySiz晶体中Cu的个数为、Ni的个数为、Si的个数为，Cu：Ni：Si=2：1：1，则化学式为Cu2NiSi；设立方晶胞边长为apm，则晶胞密度为，，Ni和Si原子间最短距离为面对角线的一半，即。8．（2026·广东茂名·一模）一种钕铁硼废料主要含、稀土（）、、等元素化合物，从中选择性提取金属的工艺流程如下。已知：①常温下，，，。②容易形成胶状沉淀，可吸附金属离子。回答以下问题：（1）“球磨粉碎”的作用是_____；“浸出”后，需要进行的实验操作是_____（填操作名称）。（2）“沉淀”时，当完全沉淀时，溶液，则_____（结果保留3位有效数字）。（3）试剂A为_____，“萃取”过程中发生的反应类型为_____。（4）“沉铁”时，需严格控制和，在较低和一定温度条件下，萃余液中反应生成的化学方程式为_____，若过大，会进一步_____，导致钴元素损失严重。（5）该工艺中，“反萃取”后的有机层可在_____（填流程环节）中循环利用。（6）稀土立方晶胞中部分原子如图所示，设晶胞边长为，两个原子的最近距离为，图中已用表示部分原子的位置。①其他原子的位置和个数可能为_____（填选项）。A．面心a，6个

B．体心b，1个C．棱中c，12个

D．棱中c，6个；面心a，6个②晶体中，与Nd原子最近且等距离的Nd原子数目为_____。【答案】（1）增大反应接触面积，加快反应速率过滤（2）（3）酯化反应（4）生成胶状沉淀，吸附（5）萃取（6）A12【分析】钕铁硼废料和FeCl3·H2O固体混合研磨后焙烧，将金属元素均转化为可溶性盐，水浸取后过滤，所得浸出液中含Fe2+、Re3+、Co2+、H3BO3，加入草酸，先将Re元素分离，得到Re2(C2O4)3沉淀，过滤后加入己二醇萃取，有机层中含硼酸己二醇酯，水层含Co2+、Fe2+，分液后往水层加入Na2CO3/H2O2沉铁，得到FeOOH，过滤后再加入Na2S沉钴，得CoS；往水层中加入碱溶液进行反萃取，使硼酸己二醇酯水解，再次分液后有机层为己二醇，水层为Na[B(OH)4]溶液，再酸化得H3BO3，据此解答。【解析】（1）粉碎固体可增大接触面积，加快反应，提高浸出率；浸出后分离浸出液（液体）和浸出渣（固体），操作是过滤。（2）由，代入得：，解得。再由，，，代入得：。（3）反萃取得到，故试剂A为；萃取过程是硼酸与己二醇生成硼酸己二醇酯，属于酯化反应。（4）低下被氧化为，发生反应为；过大，碱性增强，转化为胶状沉淀，根据已知②，胶状沉淀会吸附钴离子，导致钴损失。（5）反萃取后得到的有机层含萃取剂己二醇，可返回"萃取"环节循环利用。（6）①晶胞边长为，两个最近距离为，恰好是顶点到面心的距离（面对角线一半），已知黑球在8个顶点，其余在6个面心，符合要求，故选A；②该结构为面心立方堆积，每个原子最近且等距离的原子数目为12。9．（2026·广东中山·一模）对新能源汽车电池镍钴锰三元材料(主要