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【尖子生创造营】2024 年高考化学总复习高频考点必刷1000 题（广东专用）
必练18 工艺流程和物质结构综合大题
1．(2023·广东高考真题)
Ni、Co 均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液（含Ni
2+、Co
2+、Al
3+、Mg
2+）中，利用
氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
己知：氨性溶液由N H3⋅H 2O、(N H4)2SO3和(N H4)2CO3配制。常温下，Ni
2+、Co
2+、Co
3+与N H3形成可
溶于水的配离子；lg Kb(N H3⋅H 2O)= -4.7；Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3；部分氢氧化物的K sp如
下表。
氢氧化物
Co(OH)2
Co(OH)3
Ni(OH)2
Al(OH)3
Mg(OH)2
K sp
5.9×10
-15
1.6×10
-44
5.5×10
-16
1.3×10
-33
5.6×10
-12
（1）活性MgO可与水反应，化学方程式为___________。
（2）常温下，pH=9.9的氨性溶液中，c(N H3⋅H 2O)________c(N H4
+)（填“>”“<”或“=”）。
（3）“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(N H3)6]
2+的离子方程式为___________。
（4）(N H4)2CO3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N H4 Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。
①N H4 Al(OH)2CO3属于___________（填“晶体”或“非晶体”）。
②(N H4)2CO3提高了Ni、Co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CoCl2可制备AlxCoO y晶体，其立方晶胞如图。Al与O 最小间距大于Co与O 最小间距，x、y 为整数，
则Co在晶胞中的位置为___________；晶体中一个Al周围与其最近的O 的个数
1
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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HN O3溶液中n(HN O3)与
n(H 2O)的比值，理论上最高为___________。
②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用HN O3和___________（填化学式）。
【答案】（1）MgO+ H2O=Mg(OH)2
（2）>
（3）2Co(OH)3+12N H3·H2O+SO3
2-=2[Co(N H3)6]
2++SO4
2-+13H2O+4O H
−或
2Co(OH)3+8N H3·H2O+4N H4
++SO3
2-=2[Co(N H3)6]
2++SO4
2-+13H2O
（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）①HCl ②体心 ③12 （6）①0.4 或2:5 ②MgO
【详解】
（1）MgO可与水反应，化学方程式为MgO+ H2O=Mg(OH)2。
（2）常温下，pH=9.9的氨性溶液中，c(OH-)=10-4.1 Kb(N H3⋅H 2O)= -4.7 Kb=10-4.7=[c(NH4
+)c(OH-)]/
c(NH3·H2O) 则[c(NH4
+) / c(NH3·H2O)= 10-4.7/10-4.1 <1，所以 c(N H3⋅H 2O)>c(N H4
+)。
（3）“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(N H3)6]
2+的离子方程式为氧化还原反应，氧化剂为Co(OH)3，还
原剂为亚硫酸根，故离子方程式为：2Co(OH)3+12N H3·H2O+SO3
2-=2[Co(N H3)6]
2++SO4
2-+13H2O+4O H
−
或2Co(OH)3+8N H3·H2O+4N H4
++SO3
2-=2[Co(N H3)6]
2++SO4
2-+13H2O。
（4）①N H4 Al(OH)2CO3有明锐衍射峰，属于晶体。
②(N H4)2CO3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，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，提高了Ni、Co的浸取速率。
（5）①“析晶”要析出NiCl3·4H2O，为防止Ni2+水解以及失去结晶水，过程中通入的酸性气体A 为HCl。
②晶胞中Co 是一个，顶点黑圈●为1，面心白圈○为3，体心为1，故Co 不是顶角就是体心，而O 原子的
2
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数目y 不可能1，则氧原子位于面心，数目是3，设晶胞参数为a，由于面心与顶角间距（√2
2 a）大于体心
与面心间距（1
2 a），所以Co 在体心。晶体中一个Al周围与其最近的O 的个数为4×3=12。
（6）①pH=9.0，c(OH-)=10-5mol/L，此时Co2+、Co3+、Ni2+、Al3+、Mg2+沉淀需要的离子浓度最小为5.9×10-
5、1.6×10 -25、5.5×10-6、1.3×10-18、5.6×10-2，故晶体A 为Mg(NO3)2·6H2O，
Mg(NO3)2·6H2O=MgO+2HNO3+5H2O
则所得HN O3溶液中n(HN O3)与n(H 2O)的比值，理论上最高为2:5。②“热解”时得到的固体氧化物为
MgO ，可用于开始调节pH=9.0 时重复使用。
2．(2022·广东高考真题)稀土(RE)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。
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
/
(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)。
3
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(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1mol
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) 4.7
pH<6.2
(3)4.0 10-4
(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4.7
pH<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：4.7
pH<6.2；
；
(3)滤液2 中
浓度为
，即0.1125mol/L，根据
，
4
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若要加入月桂酸钠后只生成
，而不产生
，则
=
=4.0 10-4
，故答案为：4.0 10-4；
(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1mol
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·广东高考真题) 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(Al)、钼(Mo)、镍
(Ni)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，H2CO3 的
，
；
；
；该工艺中，pH>6.0 时，溶液中Mo 元素以MoO4
2-的形态存在。
(1)“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo 元素的化合价为_______。
(2)“沉铝”中，生成的沉淀X 为_______。
(3)“沉钼”中，pH 为7.0。
5
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①生成BaMoO4的离子方程式为_______。
②若条件控制不当，BaCO3也会沉淀。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中
_______(列出算式)时，应停止加入BaCl2溶液。
(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl 和Y，Y 为_______。
②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl 固体后，通入足量_______(填化学式)气体，再通入足量CO2，可析出Y。
(5)高纯AlAs(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H2O2刻蚀液与下层GaAs(砷化镓)反应。
①该氧化物为_______。
②已知：Ga 和Al 同族，As 和N 同族。在H2O2与上层GaAs 的反应中，As 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】(1) +6 (2)
(3)
+
=
↓
(4)
(5)
【解析】
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。
【详解】（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
6
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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
，
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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
。
4．(2023·大湾区二模)锂离子电池广泛应用于便携式电动设备，某锂离子电池废料含Li、Fe、Co 等金属及
其氧化物，回收利用其废料的一种简化工艺流程如下：
已知：①Fe、Co 是中等活泼金属，氧化性：Co
3+>Fe
3+；
②常温下K sp[Co(OH)2]=5.9×10
−15，K sp[Co(OH)3]=1.6×10
−44。
(1)写出一种提高“酸浸”浸出率的途径_______。
(2)写出“酸浸”时金属Co 与稀H2SO4反应的化学方程式_______；“酸浸”后溶液中的金属阳离子主要有
Li
+、_______。
(3)“沉铁”反应的离子方程式是_______，“沉钴”时NaClO溶液的作用是_______。
(4)已知Li2CO3是微溶于水的强电解质，其饱和水溶液的浓度与温度关系如图所示，在a 点对应条件下进行
“沉锂”，若“沉锂”后溶液c(CO3
2−)为0.40 mol⋅L
−1，求c (Li
+)=_______(写出计算过程，保留两位有效
数字)。
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(5)“沉钴”产物可用于制备CoO，CoO 的晶胞结构如图所示，与Co
2+距离最近且相等的Co
2+有_______个；
设Co
2+与O
2−的最近的核间距为r nm，CoO 晶体的密度为_______g⋅cm
−3(列出计算式，N A为阿伏伽德罗常
数的值)；该晶胞若沿体对角线投影，则O
2−的投影图为_______(填字母选项)。
【答案】(1)适当增加硫酸浓度、提高温度等
(2) H2SO4+Co=CoSO4+H2↑ Fe
2+、Co
2+
(3) Fe
2++2HCO3
-=FeCO3↓+H2O+CO2↑ 将二价钴转化为三价钴，利于将钴转化为沉淀除去
(4)a 点对应条件下c (Li2CO3)=0.10mol/L，则饱和溶液中c (Li
+)=0.20mol/L、c(CO3
2-)=0.10mol/L，则
K sp(Li2CO3)=c
2(Li
+)c(CO3
2-)= 4×10
-3，若“沉锂”后溶液c(CO3
2−)为0.40 mol⋅L
−1，则
c (Li
+)=√
K sp(Li2CO3)
c(CO3
2-)
=√
4×10
-3
0.4
mol/L =0.10 mol/L
¿
¿
(5) 12 300
8r
3NA
×10
21 B
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【分析】电池废料转化为Li、Fe、Co 及其氧化物，加入硫酸酸溶转化为相应的盐溶液，加入碳酸氢钠除
去铁、过滤滤液加入次氯酸钠除去钴，过滤滤液加入碳酸钠得到碳酸锂沉淀；
【详解】（1）适当增加硫酸浓度、提高温度等均可以加快反应速率，提高“酸浸”浸出率；
（2）“酸浸”时金属Co 与稀H2SO4反应生成硫酸钴和氢气，化学方程式H2SO4+Co=CoSO4+H2↑；“酸
浸”后锂、铁、钴转化为相应的盐溶液，故溶液中的金属阳离子主要有Li
+、Fe
2+、Co
2+；
（3）“沉铁”反应为亚铁离子和碳酸氢根离子生成碳酸亚铁沉淀，离子方程式是
Fe
2++2HCO3
-=FeCO3↓+H2O+CO2↑；常温下K sp[Co(OH)2]=5.9×10
−15，K sp[Co(OH)3]=1.6×10
−44 ，故三
价钴更难溶，“沉钴”时NaClO溶液的作用是将二价钴转化为三价钴，利于将钴转化为沉淀除去；
（4）由图可知，a 点对应条件下c (Li2CO3)=0.10mol/L，则饱和溶液中c (Li
+)=0.20mol/L、
c(CO3
2-)=0.10mol/L，则K sp(Li2CO3)=c
2(Li
+)c(CO3
2-)= 4×10
-3，若“沉锂”后溶液c(CO3
2−)为
0.40 mol⋅L
−1，则
c (Li
+)=√
K sp(Li2CO3)
c(CO3
2-)
=√
4×10
-3
0.4
mol/L=0.10 mol/L
¿
¿
；
（5）以体心Co
2+为例，与Co
2+距离最近且相等的Co
2+同层、上下层各有4 个，故有12 个；设Co
2+与O
2−的
最近的核间距为r nm，则晶胞边长为2r nm，根据“均摊法”，晶胞中含8× 1
8 +6× 1
2 = 4个O
2−、
12× 1
4 +1= 4个Co
2+，则晶体密度为
4 M
NA
8r
3 ×10
21g⋅cm
−3= 300
8r
3NA
×10
21g⋅cm
−3；该晶胞若沿体对角线投
影，则O
2−的投影位置为正六边形的中心、顶点和中心与顶点连线的中心，故图为B。
5．(2023·东莞市上学期期末教学质量检查)氮化钼作为锂离子电池负极材料具有很好的发展前景。从废催
化剂(主要成分为MoS、V2O5和Al2O3)中提取钒和钼工艺流程如下：
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已知：①熔砂为对应金属元素的含氧酸盐(MoO4
2−、VO3
−等)
②[Al(OH)4]
−+ H
+⇌Al(OH)3+ H2O，K =10
13.38；K sp[Al(OH)3]=10
−33
③NH4 VO3的溶解度(g/100g水)：0.48(20℃)、1.32(40℃)、2.42(60℃)
(1)MoO4
2−中Mo元素的化合价为_______，基态钒原子核外电子排布式为_______。
(2)“焙烧”中，将Na2CO3和废催化剂磨成粉末从炉顶投料，空气从炉底鼓入，目的是_______。焙烧生成的
SO2、CO2气体经过_______溶液(填“NaHSO3、NaOH或NaHCO3”)处理后可用于“沉铝”工序。
(3)“沉铝”中铝元素恰好沉淀完全时滤液的pH为_______。(通常认为溶液中离子浓度不大于10
−5 mol/L为
沉淀完全)
(4)“沉钒”中，下列说法正确的是_______。
A．低温有利于析出晶体
B．增加NH4Cl的浓度能降低NH4 VO3的溶解度
C．实际生产中，沉钒时间越长越好
D．温度超过50℃，溶液中逸出的氨气增多
(5)“沉钼”的离子方程式为_______。
(6)“沉钼”得到的四钼酸铵与六亚甲基四胺在一定条件下反应可制取氮化钼，晶胞如图所示。氮化钼的化
学式为_______，氮原子周围距离最近的钼原子有_______个。若晶胞边长为anm，则晶体的密度为
_______g/cm
3。
【答案】(1) +6 1s22s22p63s23p63d34s2或[Ar]3d34s2
(2) 增加氧气与粉末接触面积及反应接触时间，提高反应速率及原料利用率 NaHCO3
(3)8.38
(4)ABD
(5)2NH❑4
++4MoO❑4
2−+6H+=(NH4)2O·4MoO3·2H2O↓+H2O
(6) Mo2N 6
412
N A⋅a
3×10
−21或412
N A⋅a
3 ×10
21
【分析】根据题中信息①可知，熔砂为对应金属元素的含氧酸盐，即Na2MoO4、NaVO3、NaAlO2，加水浸
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出，浸出液中含有Na2MoO4、NaVO3、NaAlO2、Na2CO3，加入过量二氧化碳，“沉铝”中发生AlO❑2
−
+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO❑3
−、CO❑3
2−+CO2+H2O= HCO❑3
−，过滤，向滤液中加入氯化铵，发生VO❑3
−
+NH❑4
+=NH4VO3↓，然后加入硝酸铵、硝酸发生沉钼，据此分析；
【详解】（1）MoO❑4
2−中氧元素显-2 价，Mo 的化合价为+6 价；钒元素原子序数为23，基态钒核外电子
排布式1s22s22p63s23p63d34s2或[Ar]3d34s2；故答案为+6；1s22s22p63s23p63d34s2或[Ar]3d34s2；
（2）粉末从炉顶投料，空气从炉底鼓入，这样做的目的是增加氧气与粉末接触面积及反应接触时间，提
高反应速率及原料利用率；混合气体SO2、CO2进入“沉铝”步骤，需要将二氧化硫除去，可将混合气体
通入饱和碳酸氢钠溶液处理；故答案为增加氧气与粉末接触面积及反应接触时间，提高反应速率及原料利
用率；NaHCO3；
（3）[Al(OH)4]-+H+⇌
❑
❑
Al(OH)3+H2O，K=1013.38，K=
1
c[Al(OH)4
−]⋅c(H
+)
=
1
10
−5⋅c(H
+)=1013.38，解得
c(H+)=10-8.38mol/L，pH=8.38；故答案为8.38；
（4）A．根据信息③，NH4VO3的溶解度随着温度升高而增大，因此低温有利于晶体析出，故A 正确；
B．增加氯化铵的浓度，溶液中c(NH❑4
+)增大，使得c(NH❑4
+)·c(VO❑3
−)＞Ksp(NH4VO3)，降低NH4VO3的溶
解度，故B 正确；
C．实际生产中，沉钒时间不是越长越好，需要考虑到经济效益，故C 错误；
D．氯化铵溶液中存在NH4Cl+H2O⇌
❑
❑
NH3·H2O+HCl，该反应为吸热反应，温度过高，促进水解，使氨气逸
出，故D 正确；
答案为ABD；
（5）“沉钼”的离子方程式为2NH❑4
++4MoO❑4
2−+6H+=(NH4)2O·4MoO3·2H2O↓+H2O，故答案为2NH❑4
+
+4MoO❑4
2−+6H+=(NH4)2O·4MoO3·2H2O↓+H2O；
（6）根据晶胞图可知，Mo 位于顶点和面心，个数为8× 1
8 +6× 1
2
=4，N 位于棱上和体心，个数为
12
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4× 1
4 +1=2，化学式为Mo2N；以体心N 为基础分析，周围最近的钼原子有6 个；晶胞的密度有
2
N A
×(2×96+14)g
(a×10
−7)
3cm
3
=
412
N A⋅a
3×10
−21g/cm3或412
N A⋅a
3 ×10
21g/cm3；故答案为Mo2N；6；
412
N A⋅a
3×10
−21
或412
N A⋅a
3 ×10
21。
6．(2023·佛山二模)分铜液净化渣主要含铜、碲(Te)、锑(Sb)、砷(As)等元素的化合物，一种回收工艺流程
如图所示：
已知：①“碱浸”时，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，碱浸液含有Na2TeO3、Na3 AsO4。
②“酸浸”时，锑元素反应生成难溶的Sb2O(SO4)4浸渣。
回答下列问题：
(1)As 位于第四周期VA 族，基态As 的价层电子排布式为___________。
(2)“碱浸”时，TeO2与NaOH 反应的离子方程式为___________。
(3)向碱浸液加入盐酸调节pH=4，有TeO2析出，分离出TeO2的操作是___________。滤液中As 元素最主要
的存在形式为___________(常温下，H3 AsO4的各级电离常数为：K a1=6.3×10
−3、K a2=1.0×10
−7、
K a3=3.2×10
−12)。
A．H3 AsO4 B．H2AsO4
− C．HAsO4
2− D．AsO4
3−
(4)①Sb2O(SO4)4中，Sb 的化合价为___________。
②“氯盐酸浸”时，通入SO2的目的是___________。
(5)“水解”时，生成SbOCl 的化学方程式为___________。
(6)TeO2可用作电子元件材料，熔点为733℃，其熔点远高于SO2的原因为___________。TeO2晶胞是长方体
13
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结构(如图所示)，碲的配位数为___________。已知N A为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为
___________g⋅cm
−3(列出计算表达式)
【答案】(1)4s24p3
(2)TeO2+2OH
-=TeO3
2-+H2O
(3) 过滤 B
(4) +5 将Sb2O(SO4)4还原为SbCl3
(5)SbCl3+H2O=SbOCl+2HCl
(6) TeO2为离子晶体，SO2为分子晶体 6 3.2×10
23
N Aa
2b
【分析】分铜液净化渣碱浸后，碱浸液中含Na2TeO3、Na3 AsO4，铜元素和锑元素转化为氧化物或氢氧化
物，硫酸酸浸后得到Sb2O(SO4)4沉淀，经过氯盐酸浸后得到SbCl3，水解后得到SbOCl。碱浸液中含
Na2TeO3、Na3 AsO4，调节pH 值后得到TeO2沉淀。
【详解】（1）As 位于第四周期VA 族，基态As 的价层电子排布式为：4s24p3；
（2）“碱浸”时，TeO2与NaOH 反应的离子方程式为：TeO2+2OH
-=TeO3
2-+H2O；
（3）分离出TeO2的操作是过滤；pH=4 时，溶液成酸性，
K a1= c(H
+)c(H2AsO4
-)
c(H3AsO4)
= 10
−4c(H2AsO4
-)
c(H3AsO4)
=6.3×10
−3，c(H2AsO4
-)
c(H3AsO4) = 6.3×10
−3
10
−4
=63，故滤液中As 元
素最主要的存在形式为：B；
（4）①Sb2O(SO4)4中，Sb 的化合价为+5 价；
②“氯盐酸浸”时，通入SO2的目的是：将Sb2O(SO4)4还原为SbCl3；
（5）“水解”时，生成SbOCl 的化学方程式为：SbCl3+H2O=SbOCl+2HCl；
（6）TeO2为离子晶体，SO2为分子晶体；由晶胞结构可知，Te 的配位数为6；根据均摊法，Te 原子位于晶
14
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胞的顶点和内部，个数为1
8 ×8+1=2；O 原子位于晶胞的面上和内部，个数为1
2 ×4+2= 4，晶胞的密度
为：ρ= m
V = 4×16+2×128
N Aa
2b×10
−21 g/cm
3= 3.2×10
23
N Aa
2b
g/cm
3。
7．(2023·广州二模)氮化镓(GaN)具有优异的光电性能。一种利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁
酸锌ZnFe2O4、SiO2]制备GaN 的工艺流程如下：
已知：
①Ga 与Al 同主族，化学性质相似。
②常温下，K sp[Zn (OH)2]=10
−16.6，K sp[Ga (OH)3]=10
−35.1，K sp[Fe(OH)3]=10
−38.5。
③Ga
3+、Fe
3+在该工艺条件下的反萃取率(进入水相中金属离子的百分数)与盐酸浓度的关系见下表。
盐酸浓度/mol⋅L
−1
反萃取率/%
Ga
3+
Fe
3+
2
86.9
9.4
4
69.1
52.1
6
17.5
71.3
回答下列问题：
(1)“酸浸”时Ga2(Fe2O4)3发生反应的离子方程式为____。“酸溶”所得滤渣的主要成分是________(填化学
式)。
(2)“酸浸”所得浸出液中Ga
3+、Zn
2+浓度分别为0.21g⋅L
−1、65g⋅L
−1。常温下，为尽可能多地提取Ga
3+
并确保不混入Zn (OH)2，“调pH”时需用CaO 调pH 至_________(假设调pH 时溶液体积不变)。
(3)“脱铁”和“反萃取”时，所用盐酸的浓度a＝________，b＝_______(选填上表中盐酸的浓度)。
(4)“沉镓”时，若加入NaOH 的量过多，会导致Ga
3+的沉淀率降低，原因是_____________(用离子方程式
表示)。
(5)利用CVD(化学气相沉积)技术，将热分解得到的Ga2O3与NH3在高温下反应可制得GaN，同时生成另一种
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产物，该反应化学方程式为__________________。
(6)①GaN 的熔点为1700℃，GaCl3的熔点为77.9℃，它们的晶体类型依次为_________、_________。
②GaN 晶体的一种立方晶胞如图所示。该晶体中与Ga 原子距离最近且相等的N 原子个数为________。该
晶体密度为ρ g⋅cm
−3，GaN 的式量为Mr，则晶胞边长为________nm。(列出计算式，N A为阿伏加德罗常
数的值)
【答案】(1) Ga2(Fe2O4)3+24H+=2Ga3++6Fe3++12H2O CaSO4
(2)略小于5.7
(3) 6mol/L 2mol/L
(4)Ga(OH)3+OH-=GaO2
−+2H2O
(5)Ga2O3+2NH3
高温
¿
¿
2GaN+3H2O
(6) 共价晶体 分子晶体 4
3√
4 Mr
ρ· NA
×10
7
【分析】矿渣中主要含铁酸镓、铁酸锌、SiO2，矿渣中加入稀硫酸，SiO2不溶于稀硫酸，浸出渣为SiO2，
加入CaO 调节pH，从已知②可知，Zn(OH)2Ksp相对Ga(OH)3和Fe(OH)3较大，因此控制pH 可使Ga3+、
Fe3+完全沉淀而Zn2+不沉淀，滤液中为硫酸锌，再加入稀硫酸酸溶，溶液中含有Ga3+和Fe3+，加入萃取剂萃
取，然后加入amol/L 盐酸进行脱铁，再加入bmol/L 的盐酸进行反萃取，根据表中数据可知，脱铁时盐酸
浓度较高，促使Fe3+更多地进入水相被除去，盐酸浓度为6mol/L，反萃取中要保证Ga3+更可能多地进入水
相，则此时盐酸浓度为2mol/L，随后加入NaOH 沉镓生成Ga(OH)3，Ga(OH)3经过热分解生成Ga2O3，最后
经过CVD 得到GaN。
【详解】（1）Ga2(Fe2O4)3与稀硫酸反应生成Ga3+、Fe3+和H2O，反应的离子方程式为
Ga2(Fe2O4)3+24H+=2Ga3++6Fe3++12H2O。酸溶前调节pH 时加入了CaO，加入稀硫酸钙离子和硫酸根离子反
应生成硫酸钙，硫酸钙微溶于水，故酸溶滤渣中为CaSO4。
（2）酸浸所得浸出液中Ga3+、Zn2+浓度分别为0.21g/L 和65g/L 即0.003mol/L 和1mol/L，根据
Ksp[Zn(OH)2]=10-16.6，Zn2+开始沉淀时c(OH-)=10-8.3mol/L，Zn2+开始沉淀的pH 为5.7，根据Ksp[Ga(OH)3]=10-
16
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35.1，Ga3+开始沉淀时c(OH-)=1.49×10-11，则Ga3+开始沉淀的pH 为3.17，则调节pH 略小于5.7 即可。
（3）根据分析可知脱铁时盐酸浓度较高，促使Fe3+更多地进入水相被除去，盐酸浓度为6mol/L，反萃取
中要保证Ga3+更可能多地进入水相，则此时盐酸浓度为2mol/L。
（4）Ga 与Al 同主族，化学性质相似，沉镓时加入NaOH 过多，则生成的Ga(OH)3重新溶解生成GaO2
−，离
子方程式为Ga(OH)3+OH-=GaO2
−+2H2O。
（5）Ga2O3与NH3高温下反应生成GaN 和另一种物质，根据原子守恒，可得另一种物质为H2O，化学方程
式为Ga2O3+2NH3
高温
¿
¿
2GaN+3H2O。
（6）①GaN 熔点较高为1700℃，GaCl3熔点较低为77.9℃，则GaN 为共价晶体，GaCl3为分子晶体。
②从图中可知，该晶体中与Ga 原子距离最近且相等的N 原子个数为4 个，根据均摊法，该晶胞中N 原子
个数为4，Ga 原子个数为1
8 ×8+ 1
2 ×6= 4，设晶胞边长为anm，则ρ=
4 Mr
NA·(a×10
−7)
3 g/cm
3，则a=
3√
4 Mr
ρ· NA
×10
7nm。
8．(2023·广州一模)铋的化合物在电催化和光催化领域都有广泛应用。一种从含铋矿渣(主要成分是
CuBi2O4、CuO、Fe2O3、Al2O3、SiO2等)中提取高纯Bi2S3的工艺如下：
已知：
①乙酰胺(CH3CONH2)有臭味、有毒，熔点为82.3℃，沸点为221℃，可溶于水。
②常温下，Ksp[Bi(OH)3]= 4.0×10
−31，BiOCl+ H2O⇌Bi
3++2OH
−+Cl
− K =1.6×10
−31。
③该工艺条件下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
离子
Fe
3+
Al
3+
Cu
2+
开始沉淀的pH
1.5
3.6
4.5
17
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沉淀完全的pH
3.2
4.7
6.7
回答下列问题：
(1)CuBi2O4中的Cu的化合价为+2，则Bi的化合价是_______。
(2)“沉铋”时加入NaOH溶液，Bi
3+转化为BiOCl沉淀的离子方程式是_______。往“沉铋”所得滤液中加入
铁粉可回收其中的_______(填化学式)金属。
(3)“洗涤”时先用水洗，再用稀硫酸洗涤。用稀硫酸洗涤的目的是为了除去滤饼中的_______(填化学式)杂
质。
(4)“转化”分两步进行：第一步BiOCl转化为Bi(OH)3，反应的离子方程式为_______；第二步Bi(OH)3受热
分解，2Bi(OH)3
Δ
¿ Bi2O3+3H2O
¿
。常温下，当BiOCl恰好完全转化成Bi(OH)3时，溶液中Cl
−浓度为
0.04 mol⋅L
−1，则此时溶液的pH为_______。
(5)“合成”所得乙酰胺的水溶液经_______。(填操作)可获得乙酰胺固体，以再生硫代乙酰胺(CH3CSNH2)。
(6)钼酸铋(Bi2 MoO6)可用于光催化水的分解，其晶胞结构(不含氧原子)如图所示，晶胞参数为a nm，
a nm，c nm，晶胞棱边夹角均为90°。
①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。已知原子1 的
坐标为(
1
2 ,1
2 ,0)，则原子2 的坐标为_______。
②设阿伏加德罗常数的值为NA，Bi2MoO6的式量为Mr，Bi2MoO6则晶体的密度为_______g⋅cm
-3 (列计算
式)。
【答案】(1)+3
18
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(2) Bi
3++2OH
−+Cl
−=BiOCl↓+ H2O Cu
(3)Fe(OH)3
(4) BiOCl+OH
−+H2O=Bi(OH)3+Cl
- 13
(5)蒸馏、冷却，过滤，洗涤，干燥
(6) (
1
4 ,1
4 , 3
4) 4 Mr
a
2cNA
×10
21
【分析】铋矿渣(主要成分是CuBi2O4、CuO、Fe2O3、Al2O3、SiO2等)，加入盐酸酸浸，滤渣我SiO2，溶
液中含有Cu
2+、Bi
3+、Fe
3+、Al
3+，加入NaOH调节pH =2.5，滤饼中含有BiOCl和Fe(OH)3，再加入NaOH
生成Bi(OH)3，进而转化为Bi2O3，用CH3CSNH2合成，最终得到Bi2S3产品。
【详解】（1）CuBi2O4中的Cu的化合价为+2，O 的化合价为-2，根据化合物中正负化合价为0，则Bi的化
合价是+3；
（2）“沉铋”时加入NaOH溶液，Bi
3+转化为BiOCl沉淀的离子方程式是：
Bi
3++2OH
−+Cl
−=BiOCl↓+ H2O；“沉铋”所得滤液中含有Cu
2+、Bi
3+、Fe
3+、Al
3+，加入铁粉，发生反
应：Fe+Cu
2+=Cu+Fe
2+，可回收其中的Cu；
（3）加入NaOH溶液，调节pH =2.5，滤饼中含有BiOCl和Fe(OH)3，用稀硫酸洗涤的目的是为了除去滤饼
中的Fe(OH)3；
（4）加入NaOH溶液，BiOCl转化为Bi(OH)3，反应的离子方程式为：BiOCl+OH
−+H2O=Bi(OH)3+Cl
-，已
知反应BiOCl+ H2O⇌Bi
3++2OH
−+Cl
−的K =c(Bi
3+)c
2(OH
-)c(Cl
-)=1.6×10
−31，同时乘c(OH
-)，
c(Bi
3+)c
3(OH
-)c(Cl
-)=c(OH
-)×1.6×10
−31，Ksp[Bi(OH)3]c(Cl
-)=c(OH
-)×1.6×10
−31，当Cl
−浓
度为0.04 mol⋅L
−1，c(OH
-)= 4.0×10
−31×0.04
1.6×10
−31
=0.1，pH =13；
（5）乙酰胺(CH3CONH2)熔点为82.3℃，可溶于水，水溶液经蒸馏、冷却，过滤，洗涤，干燥，可得乙酰
胺固体；
19
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（6）根据晶胞的结构，原子1 的坐标为(
1
2 ,1
2 ,0)，则原子2 的坐标为：(
1
4 ,1
4 , 3
4)；根据晶胞的结构，
Bi 原子为:8× 1
8 +6× 1
2 = 4,Mo 原子为：8，又因为化学式为Bi2MoO6,所以晶胞的相对质量的4Mr，晶胞密
度为：ρ= m
V =
4 Mr
a
2c×(10
−7)
3 NA
= 4 Mr
a
2cNA
×10
21g⋅cm
-3。
9．(2023·惠州市下学期一模)某湿法炼锌的萃余液中含有Na
+、Zn
2+、Fe
2+、Mn
2+及二价钴离子(Co
2+)、
镍离子(Ni
2+)、镉离子(Cd
2+)和H2SO4等，逐级回收有价值金属并制取活性氧化锌的工艺流程如图：
已知：
沉淀
物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Co(OH)3
Cd (OH)2
Xn (OH)2
KSP
2.6×10
−39
4.9×10
−17
5.9×10
−15
1.6×10
−44
7.2×10
−15
6.7×10
−17
(1)“氧化、调pH”时，先加入适量的石灰石调节pH 为1.0，加入适量的Na2S2O8，再加入石灰石pH为4.0，
①“沉渣”的主要成分除MnO2外还有_______。
②若加入过量的Na2S2O8，钴元素会被氧化进入“沉渣”中，则溶液中残留Co
3+的浓度为____mol⋅L
−1。
(2)“沉锌”时，在近中性条件下加入Na2CO3可得碱式碳酸锌[ZnCO3⋅2Zn (OH)2⋅H2O]固体，同时产生大量
的气体，试分析产生大量气体的原因是_____________________________。
(3)由碱式碳酸锌生成氧化锌的化学方程式为______________________________。
(4)沉锌后的滤液经过一系列操作后得到的副产品为________________________(填化学式)。
(5)ZnO的晶胞结构如图，则锌的配位数为___________；已知晶胞参数为acm，该晶体的密度为
___________g⋅cm
−3(写出计算式，阿佛加德罗常数的值为NA)。
20
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【答案】(1) Fe(OH)3 1.6×10
−14
(2)Zn2+、CO3
2−发生双水解反应生成Zn (OH)2和CO2气体
(3)ZnCO3⋅2Zn (OH)2⋅H2O=
❑
Δ
3ZnO+CO2↑+3 H2O
(4)Na2SO4
(5) 4 4 (65+16)
a
3× N A
【分析】湿法炼锌的萃余液中含有Na
+、Zn
2+、Fe
2+、Mn
2+及二价钴离子(Co
2+)、镍离子(Ni
2+)、镉离子(
Cd
2+)和H2SO4等，“氧化、调pH”时，先加入适量的石灰石调节pH 为1.0，加入适量的Na2S2O8把Mn2+氧
化为MnO2、Fe2+被氧化为Fe3+，再加入石灰石pH为4.0，生成Fe(OH)3沉淀；滤液中加过量的锌粉置换出金
属镉，滤液中加萃取剂，萃取钴镍，分液，水层中加碳酸钠生成碱式碳酸锌沉淀，碱式碳酸锌加热得氧化
锌；滤液中含有Na+、SO4
2−，经过一系列操作后得到的副产品为Na2SO4。
【详解】（1）①“氧化、调pH”时，Fe2+被氧化为Fe3+，加入石灰石pH为4.0 生成Fe(OH)3沉淀，“沉
渣”的主要成分除MnO2外还有Fe(OH)3。
②若加入过量的Na2S2O8，钴元素会被氧化进入“沉渣”中，加入石灰石pH为4.0，c(OH-)=10-10，则溶液中
残留Co
3+的浓度为
K sp[Co(OH)3]
c(OH
−)
3
= 1.6×10
−44
10
−30
=1.6×10
−14 mol⋅L
−1。
（2）“沉锌”时，在近中性条件下加入Na2CO3可得碱式碳酸锌[ZnCO3⋅2Zn (OH)2⋅H2O]固体，Zn2+、
CO3
2−发生双水解反应生成Zn (OH)2和CO2气体。
（3）ZnCO3⋅2Zn (OH)2⋅H2O加热分解为氧化锌、二氧化碳、水，反应的化学方程式为
21
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ZnCO3⋅2Zn (OH)2⋅H2O=
❑
Δ
3ZnO+CO2↑+3 H2O。
（4）根据流程图，沉锌后的滤液中含有Na+、SO4
2−，经过一系列操作后得到的副产品为Na2SO4。
（5）根据ZnO的晶胞结构图，锌的配位数为4；根据均摊原则，晶胞中Zn 原子数为8× 1
8 +6× 1
2 = 4、O
原子数为4，晶胞参数为acm，该晶体的密度为4 (65+16)
a
3× N A
g⋅cm
−3。
10．(2023·江门一模)(氧化铬(Cr2O3)可用作着色剂、分析试剂、催化剂等。以含铬废料(含FeCr2O4、MgO、
SiO2、Al2O3等)为原料制备氧化铬的一种流程如图所示。
已知：烧渣的成分为Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3、Fe2O3、MgO；25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38、
Ksp[Al(OH)3]=1×l0-33、Ksp[Mg(OH)2]=2×10-11，溶液中离子浓度≤10-5mol·L-1时，认为该离子沉淀完全。回答
下列问题：
(1)“研磨”的目的是_________；“焙烧”过程发生的氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比是
_________。
(2)25℃时，若滤液l 中金属离子的浓度均为0.2mol·L-1，则“调pH”的最小值为_________。(保留两位有效
数字)。
(3)“除镁”工序不能在陶瓷容器中进行的原因是_________。
(4)“转化”时加入适量H2SO4的作用是_________。
(5)“煅烧”反应生成的气体中含有一种单质，该反应的化学方程式_________。
(6)已知MgO 具有NaCl 型晶体结构，其结构如图所示。
则每个Mg2+周围距离最近的Mg2+个数为_________。已知MgO 晶胞边长为0.4nm，则MgO 的密度为
_________g/cm3(设NA为阿伏加德罗常数的值，只需列出算式)。
【答案】(1) 增大反应物接触面积，加快反应速率 7∶4
22
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(2)4.7
(3)NH4F 水解生成的HF 能够腐蚀陶瓷
(4)使CrO4
2-充分转化为Cr2O7
2-或促进2CrO4
2-＋2H＋⇌Cr2O7
2-＋H2O 的平衡正向移动，使CrO4
2-充分转化为
Cr2O7
2-
(5)(NH4)2Cr2O7
高温
¿
¿
Cr2O3＋N2↑＋4H2O↑
(6) 12 4×40
0.4
3NA
×10
21或
4×(24 +16)
NA
(0.4×10
−7)
3
或4×40
6.02×10
23×0.4
3×10
−21
【分析】含铬废料加入氢氧化钠研磨后，通入氧气焙烧得到含有Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3、Fe2O3、
MgO 的的烧渣，加入硫酸酸溶，生成滤渣1 硅酸沉淀和滤液1，滤液1 调节pH 将铁、铝转化为沉淀得到滤
渣2，滤液2 加入氟化铵除去镁得到滤渣3，滤液3 加入硫酸、硫酸铵转化后得到重铬酸铵，煅烧得到氧化
铬；
【详解】（1）“研磨”的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率；“焙烧”过程FeCr2O4和氧气反应
被氧化为三价铁和六价铬，根据电子守恒可知，7O2~28e
-~4FeCr2O4，故发生的氧化还原反应中，氧化剂
与还原剂的物质的量之比是7:4；
（2）25℃时，调节pH 将铁、铝转化为沉淀，由Ksp可知，；铝离子完全沉淀时，铁离子早已完全沉淀，
则氢氧根离子至少为c(OH
-)=
3√
Ksp[Al(OH)3]
10
-5
=
3√
1×10
−33
10
−5
=10
−9.33 mol⋅L
-1，pOH=9.3，pH=4.7；故“调
pH”的最小值为4.7；
（3）“除镁”工序不能在陶瓷容器中进行的原因是NH4F 水解生成的HF，HF 能够腐蚀陶瓷；
（4）“转化”后得到重铬酸根离子，故转化加入适量H2SO4的作用是使CrO4
2-充分转化为Cr2O7
2-或促进2
CrO4
2-＋2H＋⇌
❑
❑
Cr2O7
2-＋H2O 的平衡正向移动，使CrO4
2-充分转化为Cr2O7
2-；
（5）“煅烧”反应中铬元素化合价由+6 变为+3，则反应中必有元素化合价升高，生成的气体中含有一种
单质，根据质量守恒可知，生成气体为氮气，化学方程式为：(NH4)2Cr2O7
高温
¿
¿
Cr2O3＋N2↑＋4H2O↑；
（6）以体心镁离子为例，每个Mg2+周围距离最近的Mg2+同层、上下层各个4 个，故个数为12。根据“均
23
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摊法”， 已知MgO 晶胞边长为0.4mn，晶胞中含8× 1
8 +6× 1
2 = 4个O2-、12× 1
4 +1= 4个Mg2+，则晶体
密度为
4 M
NA
0.4
3 ×10
21g⋅cm
−3= 4×40
0.4
3NA
×10
21g⋅cm
−3。
11．(2023·揭阳上学期期末)石油重整是重要的化工过程，其中会大量使用镍钼氧化物催化剂，催化剂报废
以后含有多种重金属，属于危险废物。为了保护环境，工业上可采用如图工艺流程回收镍和钼：
已知：废催化剂中主要含有MoO3、NiO、Fe2O3、Al2O3、SiO2，其中只有NiO 与Fe2O3在高温时不与
Na2CO3反应。回答下列问题：
(1)基态Ni 原子的简化电子排布式为_____________。
(2)一种NiO 晶体的立方晶胞结构(a=b=c，α=β=γ=90°)如图甲所示，已知最近且相邻的Ni 原子间距为m 纳
米，则该晶体的密度为________g·cm❑
−3。
(3)焙烧时，废催化剂与Na2CO3反应形成一系列新的可溶性钠盐，最主要目的是________；其中MoO3与
Na2CO3焙烧时的反应方程式是________________________。
(4)在焙烧、浸出的过程中，科研人员研究了焙烧时间与浸出液中钼的浸出比例，关系如图乙所示：
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在烘焙时间超过1 h 以后，钼的浸出比例反而下降，可能的原因是________________。
(5)在制备NiCO3的过程中，假设硫酸酸化浸出渣以后，溶液里面的金属阳离子浓度都为0.01 mol/L，加入
NaOH 时，pH 应控制在_______。
部分氢氧化物沉淀的pH
氢氧化
物
开始沉淀时的pH
沉淀完全时的pH(残留离子浓度小于
10
−5mol/L)
沉淀开始溶解
时的pH
沉淀完全溶解时
的pH
初始浓度[M
n+]
1
mol/L
0.01
mol/L
Fe(OH)3
1.5
2.3
4.1
14
Al(OH)3
3.3
4.0
5.2
7.8
10.8
Ni(OH)2
6.7
7.7
9.5
(6)废催化剂回收利用前，测得其中Ni 的质量分数为ω%，假设使用a g 废催化剂最终可以得到b g NiCO3
固体，则工艺流程中Ni 的回收利用率是______(列出表达式即可)。
【答案】(1)[Ar]3d84s2
(2)75√2×10
21
N A⋅m
3
(3) 分离废催化剂中的Mo 和Ni MoO3+Na2CO3
_
¿ Na2MoO4+CO2↑
¿
(4)焙烧时间过长，会使催化剂颗粒烧结，接触面积减小，影响Na2MoO4的浸出
(5)4.1≤pH<7.7
(6)
59b
119a⋅ω%
【分析】NiO 与Fe2O3在高温时不与Na2CO3反应；废催化剂加入碳酸钠煅烧，Mo、Fe、Al、Si 与Na2CO3
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反应形成一系列新的可溶性钠盐，加入热水浸出，分离出滤渣NiO 与Fe2O3，滤渣加入稀硫酸酸浸、加入
氢氧化钠调节pH 除去铁，滤液加入碳酸钠得到碳酸镍沉淀；热水浸取液加入盐酸酸化调节pH，过滤分离
出含Mo 滤液，然后加入氯化钙得到CaMoO4沉淀；
【详解】（1）镍为28 号元素，基态Ni 原子的简化电子排布式为[Ar]3d84s2；
（2）据“均摊法”，晶胞中含8× 1
8 +6× 1
2 = 4个O、12× 1
4 +1= 4个Ni，1 个晶胞中含有4 个NiO；最近
且相邻的Ni 原子间距为m 纳米，为面对角线的二分之一，则晶胞边长为√2m 纳米，则晶体密度为
4 M
N A
(√2m)
3 ×10
21g⋅cm
−3= 75√2×10
21
N A⋅m
3
g⋅cm
−3；
（3）焙烧时，废催化剂与Na2CO3反应形成一系列新的可溶性钠盐，而NiO 在高温时不与Na2CO3反应，其
最主要目的是分离废催化剂中的Mo 和Ni；其中MoO3与Na2CO3焙烧时的反应生成二氧化碳和Na2MoO4，方
程式是MoO3+Na2CO3
Δ
¿ Na2MoO4+CO2↑
¿
；
（4）焙烧时间过长，会使催化剂颗粒烧结，接触面积减小，影响Na2MoO4的浸出，使得钼的浸出比例反而
下降；
（5）在制备NiCO3的过程中，硫酸酸化浸出渣以后，溶液里面的金属阳离子浓度都为0.01 mol/L，加入
NaOH 时要求铁沉淀而镍不沉淀，结合图表可知，溶液的pH 应控制在4.1≤pH<7.7；
（6）使用a g 废催化剂最终可以得到b g NiCO3固体，则工艺流程中Ni 的回收利用率是
bg× 59
119
ag×ω% =
59b
119a⋅ω%
。
12．(2023·茂名二模)电镀废水中含有Cr2O7
2−、Ni
2+、Cu
2+等离子，工业上利用分级沉淀法处理电镀废水回
收利用铜和镍金属化合物，其工艺流程如下：
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已知：①K sp(CuS)=6.3×10
−36、K sp(NiS)=3.2×10
−19、K a1(H2S)=1.3×10
−7、K a2(H2S)=7.0×10
−15
②各离子开始沉淀和完全沉淀的pH 如下表所示
Cu
2+
Ni
2+
Cr
3+
开始沉
淀
6.18
8.15
4.73
完全沉
淀
7.13
9.67
5.95
回答下列问题：
(1)基态铬原子的核外电子排布式为___________。
(2)还原过程常加入适量的稀硫酸，写出“还原”时Cr2O7
2−与H2C2O4发生的离子反应方程式___________。
还原得到的金属阳离子对应的硫酸盐可用作自行车钢圈的电镀液，电镀时自行车钢圈和惰性电极作为两电
极，则“钢圈”连接电源的___________极，阳极的电极反应式为___________。
(3)“还原”后，第一次“调节pH”的范围为___________，滤渣1 的主要成分是___________。
(4)“沉铜”需将Cu
2+浓度降为10
−6 mol/L，已知H2S溶液浓度超过0.1mol/L会逸出，通过计算分析“沉
铜”时是否会产生H2S逸出___________(写出计算过程)。
(5)利用回收的物质可制备某含铜的硫化物，该物质可用作分析试剂，其晶胞如图，晶胞参数
α=β=γ=90°，则离Cu 原子距离最近且相等的S 原子有___________个，若阿伏加德罗常数的值为N A，
晶胞边长为a pm，则该晶胞的密度为___________g/cm
3(用含a、N A的代数式表示)。
【答案】(1)1s22s22p63s23p63d54s1（或[Ar]3d54s1）
(2) Cr2O7
2−+3 H2C2O4+8 H
+=2Cr
3++6C O2↑+7 H2O 负 2H2O-4e
-=O2↑+4H
+
(3) 5.95≤pH<6.18（或5.95∼6.18） Cr(OH)3
(4)“沉铜”需将Cu
2+浓度降为10
−6 mol/L，此时
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c(S
2-)= K sp(CuS)
c(Cu
2+)
= 6.3×10
−36
1.0×10
−6 mol/L=6.3×10
−30 mol/L，
K a1(H2S)⋅K a2(H2S)=c(H
+)⋅c(HS
-)
c(H2S)
×c(H
+)⋅c(S
2-)
c(HS
-)
=c
2(H
+)⋅c(S
2-)
c(H2S)
=1.3×10
−7×7.0×10
−15=9.1×10
−22，则
c(H2S)=c
2(H
+)⋅c(S
2-)
9.1×10
−22
= (1.0×10
−4)
2×6.3×10
−30
9.1×10
−22
≈6.9×10
−17 mol/L<0.1mol/L，无H2S逸出。
(5) 4 384×10
30
a
3 N ❑
A
❑
【分析】电镀废水中含有Cr2O7
2−、Ni
2+、Cu
2+等离子，加H2C2O4将Cr2O7
2−还原为Cr
3+，调节pH，将Cr
3+
全部转化为Cr(OH)3过滤除去，因此滤渣I 为Cr(OH)3；滤液I 中加H2SO4、Na2S，调节pH 至4.0 沉铜，将
Cu
2+转化为CuS；调节pH 至7.0 加Na2S 沉镍，将Ni
2+转化为NiS；最后回用废水。
【详解】（1）基态铬原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1。
（2）“还原”时，Cr2O7
2−、H2C2O4和H+反应生成Cr3+、CO2和H2O，反应的离子方程式为
Cr2O7
2−+3 H2C2O4+8 H
+=2Cr
3++6C O2↑+7 H2O；硫酸铬可用作自行车钢圈的电镀液，电镀时，溶液中
Cr3+得电子生成单质Cr，则“钢圈”作电镀池的阴极，与外接电源的负极相连；惰性电极作阳极，电极反
应式为2H2O-4e
-=O2↑+4H
+。
（3）“还原”后，第一次“调节pH”需将反应生成的Cr
3+沉淀完全，而Cu
2+和Ni
2+不能沉淀，则pH 的范
围为5.95≤pH<6.18或5.95∼6.18；调节pH 将Cr
3+全部转化为Cr(OH)3沉淀除去，则滤渣1 的主要成分
是Cr(OH)3。
（4）“沉铜”需将Cu
2+浓度降为10
−6 mol/L，此时
c(S
2-)= K sp(CuS)
c(Cu
2+)
= 6.3×10
−36
1.0×10
−6 mol/L=6.3×10
−30 mol/L，
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K a1(H2S)⋅K a2(H2S)=c(H
+)⋅c(HS
-)
c(H2S)
×c(H
+)⋅c(S
2-)
c(HS
-)
=c
2(H
+)⋅c(S
2-)
c(H2S)
=1.3×10
−7×7.0×10
−15=9.1×10
−22，则
c(H2S)=c
2(H
+)⋅c(S
2-)
9.1×10
−22
= (1.0×10
−4)
2×6.3×10
−30
9.1×10
−22
≈6.9×10
−17 mol/L<0.1mol/L，无H2S逸出。
（5）由图可知，离Cu 原子距离最近且相等的S 原子有4 个；位于顶点和面心S 原子个数为
8× 1
8 +6× 1
2 = 4，位于晶胞内部Cu 原子个数为4，则该晶胞的密度为
4×(64+32)
(a×10
−10)
3× N ❑
A
❑
g/cm
3= 384×10
30
a
3 N ❑
A
❑
g/cm
3。
13．(2023·梅州二模)铈(Ce)是人类发现的第二种稀土元素，铈的氧化物在半导体材料、高级颜料及汽车尾
气的净化器方面有广泛应用。以氟碳铈矿(主要含CeFCO3)为原料制备CeO2的工艺流程如下：
已知：①铈的常见化合价为+3、+ 4。四价铈不易进入溶液，而三价铈易进入溶液
②Ce
4+能与SO4
2−结合成[CeSO4]
2+，Ce
4+能被萃取剂[(HA)2]萃取。
(1)焙烧后铈元素转化成CeO2和CeF4，焙烧氟碳铈矿的目的是_________。
(2)“酸浸II”过程中CeO2转化为Ce
3+，且产生黄绿色气体，用稀硫酸和H2O2替换HCl就不会造成环境污染。
则稀硫酸、H2O2与CeO2反应的离子方程式为______________。
(3)“操作I”的名称是_________。
(4)“浸出液”中含有少量Ce
4+及其他稀土元素的离子，可以通过“萃取”与“反萃取”作进一步分离、富
集各离子。“萃取”时Ce
4 +与萃取剂[(HA)2]存在反应：Ce
4++n(HA)2⇌ Ce(H2n−4 A2n)+ 4 H
+。用D 表示
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Ce
4 +分别在有机层中与水层中存在形式的浓度之比：D=
c[Ce(H2n−4 A2n)]
c([CeSO4]
2+)
，其他条件不变，在浸出液中加
入不同量的Na2SO4，以改变水层中的c(SO4
2−)，D 随浸出液中c(SO4
2−)增大而减小的原因是__________。
(5)取5.000g上述流程中得到的Ce(OH)4，加酸溶解后，向其中加入含0.03300 molFeSO4的硫酸亚铁溶液
使Ce
4+全部被还原成Ce
3+，再用0.1000 mol⋅L
−1的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点时，消耗20.00 mL标准
溶液。则Ce(OH)4的质量分数为_________(已知氧化性：Ce
4+>KMnO4；Ce(OH)4的相对分子质量为208)。
(6)科研人员提出CeO2催化CO2合成碳酸二甲酯(DMC)，从而实现CO2的综合利用。CeO2晶胞结构如图所示。
①在该晶体中，铈离子的配位数为_________。
②阿伏加德罗常数的值为NA，CeO2相对分子质量为M，晶体密度为ρg⋅cm
−3，其晶胞边长的计量表达式
为a =__________nm。
【答案】(1)将三价铈转化为四价铈，且将碳酸盐转化为二氧化碳，实现铈的富集
(2)6H++2CeO2+H2O2=4H2O+2Ce3++O2↑
(3)过滤
(4)浸出液中加入的SO❑4
2-浓度越大，c([CeSO4]
2+)增大，而D=
c[Ce(H2n−4 A2n)]
c([CeSO4]
2+)
减小，因此D 随浸出液中
c(SO4
2−)增大而减小
(5)95.68%
(6) 8
3√
4 M
ρ. N A
×107
【详解】（1）根据题意，四价铈不易进入溶液，而三价铈易进入溶液。故焙烧氟碳铈矿的目的是将三价
铈转化为四价铈，且将碳酸盐转化为二氧化碳，实现铈的富集。
（2）CeO2转化为Ce
3+，则H2O2转化为O2：6H++2CeO2+H2O2=4H2O+2Ce3++O2↑。
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故答案为：6H++2CeO2+H2O2=4H2O+2Ce3++O2↑。
（3）“操作I”为过滤。故答案为：过滤。
（4）浸出液中加入的SO❑4
2-浓度越大，根据化学平衡：Ce4++SO❑4
2- ⇌
❑ [CeSO4]
2+，故而c([CeSO4]
2+)增
大，而D=
c[Ce(H2n−4 A2n)]
c([CeSO4]
2+)
减小，因此D 随浸出液中c(SO4
2−)增大而减小。故答案为：浸出液中加入的SO
❑4
2-浓度越大，c([CeSO4]
2+)增大，而D=
c[Ce(H2n−4 A2n)]
c([CeSO4]
2+)
减小，因此D 随浸出液中c(SO4
2−)增大而减小。
（5）根据氧化还原反应得失电子守恒有n(Ce4+)×1+n(KMnO4)×5=n(Fe2+)×1，解得n(Ce4+)=0.023mol，故w[
Ce(OH)4]=0.023 mol×208 g/mol
5.000 g
×100 %=95.68%。故答案为95.68%。
（6）①由图可知，一个晶胞中，1 个铈离子周围有4 个氧离子，故铈离子的配位数为：4×2=8，故答案为：
8。
②在CeO2晶胞中，N(Ce4+)=1
8 ×8+6+ 1
2=4，N(O2-)=8×1=8，故每个晶胞中相当于有4 个CeO2，4M=ρ.v 晶
胞.NA=ρ×(a×10-7)3×NA。故a=
3√
4 M
ρ. N A
×107nm。
故答案为：
3√
4 M
ρ. N A
×107。
14．(2023·梅州一模)磷酸亚铁锂(LiFePO4)是新能源汽车中锂离子电池常用的电极材料。对LiFePO4废旧电
极(含LiFePO4、Al 箔、石墨粉等)回收并获得高纯Li2CO3的工艺流程如下：
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已知：Li2CO3在水中的溶解度不大，且溶解度随温度升高而减小。
(1)回收的废旧锂离子电池需进行预放电、拆分破碎、热处理等预处理，筛分后获得正极片。下列分析不合
理的是___________(填标号)。
A．拆分前对废旧电池进行预放电，有利于释放残余能量，消除安全隐患
B．预放电时电池中的锂离子移向正极，有利于提高正极片中锂元素的回收率
C．热处理过程可以除去废旧锂离子电池中的难溶有机物、碳粉等
D．锂离子电池不含汞、镉、铅等有毒重金属，可用普通垃圾处理方法处理
(2)过程Ⅰ为粉碎处理，为加快过程Ⅱ的反应速率，还可以采用的措施有___________(写出其中一种即可)，
过程Ⅱ中足量NaOH 溶液的作用是___________(用离子方程式表示)。
(3)过程Ⅲ采用不同氧化剂分别进行实验，均采用Li 含量为3.7%的原料，控制pH 为3.5，浸取1.5h 后，实
验结果如下表所示：
序号
酸
氧化剂
浸出液Li
+浓度(g/
L)
滤渣中Li 含量/%
实验1
HCl
H2O2
9.02
0.10
实验2
HCl
NaClO3
9.05
0.08
实验3
HCl
O2
7.05
0.93
实验2 中，NaClO3可与盐酸反应生成黄绿色气体，大大增加了酸和氧化剂的用量。综合考虑Li
+的浸出率
及环保因素，选择的氧化剂最好为___________。
(4)过程Ⅵ首先需洗涤“粗品”，应该用___________(填“热水”或“冷水”)洗。若滤液2 中
c (Li
+)= 4.0 mol⋅L
−1，过程Ⅴ中加入等体积的Na2CO3溶液后，若沉淀中的Li 元素占滤液中Li 元素总量的
95.0%，则加入的碳酸钠溶液浓度为___________mol⋅L
−1[已知：K sp(Li2CO3)=1.6×10
−3，溶液混合引
起的体积变化可忽略]。
(5)工业上用FeCl3、NH4 H2PO4、LiCl 及苯胺(
)为原料制取磷酸亚铁锂。LiFePO4中，PO4
3−
的空
间结构为___________。LiCl 和FeCl3均为金属氯化物，LiCl 沸点1350℃，FeCl3沸点315℃，两者沸点差
异明显的主要原因是___________。
(6)某锂电池的负极材料晶体是锂原子嵌入石墨烯层间，晶胞结构(底面为平行四边形)如图所示。该晶体的
化学式为___________，该晶体中最近的两个碳原子核间距离为142pm，石墨烯层间距离为335pm，则该
晶体的密度为___________g⋅cm
−3(列出计算式，用N A表示阿伏加德罗常数)。
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【答案】(1)D
(2) 适当升高温度、增加氢氧化钠浓度（答案合理即可） 2Al+2OH
-+2H2O=2AlO2
-+3H2↑
(3)H2O2
(4) 热水 2.22
(5) 正四面体 LiCl 为离子晶体，FeCl3分子晶体，离子晶体熔化破坏的是离子键，分子晶体熔化
破坏的是分子间作用力，离子晶体熔点比分子晶体熔点高，所以两者的熔点相差很大
(6) LiC6
7+12×6
N A× √3
2
×(3×142)
2×335×10
-30
【分析】废旧电池经研磨后与氢氧化钠反应，主要溶解的是铝，得到的滤液1 中主要有偏铝酸钠和过量的
氢氧化钠，滤渣1 再经过盐酸酸浸、氧化剂氧化LiFePO4转化为铁离子，过程III 两次循环利用，为了提高
锂离子浓度，浸出液中的H2PO4
−和HPO4
2−经碳酸钠调pH 后与铁离子反应生成FePO4·2H2O，过滤得到的滤液，
与碳酸钠反应得到碳酸锂粗品，最后再经过热水洗涤，干燥等一系列操作得到高纯Li2CO3。
【详解】（1）A．废旧锂离子电池在处理之前需要进行彻底放电，否则在后续处理中，可能导致过电等现
象，造成人生命安全危险事故，A 正确；
B．放电过程为原电池原理，电解质溶液中阳离子移向正极，即锂离子电池预放电时电池中的锂离子移向
正极，B 正确；
C．有机物熔沸点较低、大多数易燃，碳粉可燃，可知热处理过程可以除去废旧锂离子电池中的难溶有机
物等，C 正确；
D．锂离子电池即使不含汞、镉、铅等有毒重金属，但里面有多种化学物质，因此不可用普通垃圾处理方
法处理，否则会导致产生土壤污染、水污染，D 错误；
故合理选项是D；
（2）过程Ⅰ为粉碎处理，为加快过程Ⅱ的反应速率，还可以采用的措施有适当升高温度、增加氢氧化钠
浓度等措施；过程Ⅱ中足量NaOH 溶液是为了溶解铝，其离子方程式为：2Al+2OH
-+2H2O=2AlO2
-+3H2↑；
（3）实验2 生成的氯气会污染空气，增加了酸和氧化剂的用量，实验1 与实验3 相比，Li+的浸出率较高的
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是H2O2，所以最终选择H2O2作为氧化剂，故答案为：H2O2；
（4）Li2CO3在水中的溶解度不大，且溶解度随温度升高而减小，所以洗涤碳酸锂粗品时，为了使晶体更
快析出，需用热水洗涤；
K sp(Li2CO3)=1.6×10
−3，滤液②中c(Li+)=4mol/L，加入等体积的Na2CO3后，Li+的沉降率达到95.0%，
则混合后滤液中c(Li+)=4mol/L×(1−95.0 %)
2
=0.1mol/L，滤液③中c(CO❑3
2−)=1.6×10
−3
0.1
2
mol/
L=0.16mol/L，根据平衡思想可知，消耗锂离子的碳酸根离子浓度为
4mol/L×95.0 %
2
2
=0.95mol/L，所以反
应前碳酸钠离子浓度为0.16mol/L+0.95mol/L=1.11mol/L，因为是等体积混合，忽略反应前后溶液体积变化，
所以加入的碳酸钠浓度应为1.11mol / L×2=2.22mol/L，故答案为：2.22mol/L；
（5）PO4
3−的价层电子对数为4，孤电子对数为5+3-2×4
2
=0，所以其分子的空间结构为正四面体；LiCl 为
离子晶体，FeCl3分子晶体，离子晶体熔化破坏的是离子键，分子晶体熔化破坏的是分子间作用力，离子
晶体熔点比分子晶体熔点高，所以两者的熔点相差很大；
（6）由图可知，Li 原子位于顶点，个数为4× 1
12 +4× 1
6 =1，C 原子位于面上和体内，个数为8× 1
2 +2=6，
则化学式为LiC6；该晶体中最近的两个碳原子核间距离为142pm，则底边边长为3142pm，石墨烯层间距
离为335pm，又底边为平行四边形，顶角为60°，设晶胞的密度为dg/cm3，晶胞质量为7+12×6
N A
g，晶胞
体积为√3
2
×(3×142)
2×335×10
-30cm
3，结合密度公式ρ= m
V ，解得
7+12×6
N A× √3
2
×(3×142)
2×335×10
-30 g/cm
3
。
15．(2023·汕尾模拟)钒钛磁铁矿炼铁后产生大量的含钛高炉渣(主要成分为 TiO2、Al2O3、CaO、SiO2等)。
一种“高温碳化-低温选择性氯化”制备 TiCl4工艺如下：
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(1)Ti 的价电子排布式为_______。
(2)“研磨混合”的目的是_______。
(3)“高温碳化”的反应温度约为 900℃，碳化后的固体中含有 TiC、硅铁合金(FexSiy)、3CaO·Al2O3。
①碳化过程中生成 TiC 的化学方程式为_______。
②FexSiy 是一种软磁材料，其晶胞结果如图，该晶胞中 Si 所处的位置为晶胞的棱心和_______；该材料
的化学式为_______。
(4)将固体加入 NaOH-Na2CO3混合溶液中进行“碱浸”，此过程中 3CaO·Al2O3发生反应的离子方程式为
_______。
(5)几种氯化物的物理性质见下表。
物质
FeCl3
SiCl4
TiCl4
熔点/C
306
-70
-25
沸点℃
316
57.6
135
①“氯化”时反应温度约为 400℃，而气态氯化物中几乎不含 FeCl3和 SiCl4，可能原因是_______。
②“操作 I”为_______。
(6)为了降低成本，“母液”需循环至“碱浸”步骤中重复利用，则“气体 I”的最佳选择为_______(填化学
式)。
【答案】(1)3d24s2
(2)使固体反应物充分混合，提高“高温碳化”的效率
(3) TiO2 ＋3C
900° C
¿
¿
TiC＋2CO↑ 体心 Fe3Si
35
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(4)3CaO⋅Al2O3+ 3CO3
2−+ 6H2O＝3CaCO3+ 2Al(OH)4
−+ 4OH
﹣ 或者：
3CaO⋅Al2O3＋3CO3
2−＋2H2O＝3CaCO3＋2AlO2
−＋4OH
-
(5) 氯化温度较低，硅铁合金与 Cl2 在该温度下无法反应 冷凝(降温、冷却、蒸馏等)
(6)CO2
【分析】含钛高炉渣主要成分为 TiO2、Al2O3、CaO、SiO2等，加焦炭、铁屑研磨混合，“高温碳化”生成
TiC、硅铁合金(FexSiy)、3CaO·Al2O3，加入 NaOH-Na2CO3 混合溶液中进行“碱浸”， CaO·Al2O3生成碳
酸钙、偏铝酸钠，过滤，滤液中含有偏铝酸钠，滤液中通入适量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀；固体渣中含
有TiC、硅铁合金(FexSiy)、碳酸钙，磁选得到TiC、硅铁合金(FexSiy)，TiC、硅铁合金(FexSiy)通入氯气
“氯化”生成TiCl4蒸气。
【详解】（1）Ti 是22 号元素，价电子排布式为3d24s2；
（2）“研磨混合”使固体反应物充分混合，提高“高温碳化”的效率；
（3）①碳化过程中TiO2和焦炭反应生成 TiC 和CO，化学方程式为TiO2 ＋3C
900° C
¿
¿
TiC＋2CO↑。
②根据FexSiy 的晶胞结构图，该晶胞中 Si 所处的位置为晶胞的棱心和体心；根据均摊原则，1 个晶胞中
含有Si 原子数为12× 1
4 +1= 4、Fe 原子数为8× 1
8 +6× 1
2 +8=12，该材料的化学式为Fe3Si。
（4）将固体加入 NaOH-Na2CO3 混合溶液中进行“碱浸”，此过程中 3CaO·Al2O3 反应生成碳酸钙沉淀
和偏铝酸钠，发生反应的离子方程式为3CaO⋅Al2O3＋3CO3
2−＋2H2O＝3CaCO3＋2AlO2
−＋4OH
-。
（5）①“氯化”时反应温度约为400℃，氯化温度较低，硅铁合金与 Cl2 在该温度下无法反应，所以气
态氯化物中几乎不含 FeCl3 和 SiCl4。
②TiCl4蒸气冷凝得到TiCl4，“操作 I”为冷凝。
（6）CO2能与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，“母液”需循环至“碱浸”步骤中重复利用，“碱浸”过
程加入 NaOH-Na2CO3 混合溶液，则“气体 I”的最佳选择为CO2。
16．(2023·韶关二模)铟(In)是制备酞菁铟、磷化铟等半导体的重要基础材料，广泛应用于军工、航天航空、
平面显示、光电信息、太阳能电池等领域。从铅锌冶炼烟灰(主要含In2O3、In2S3、ZnO、PbO、Fe2O3)中
提取金属铟的流程如图：
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已知：氧化酸浸后铟以In
3+的形式存在。“萃取”过程中的萃取剂可用H2A2表示，其在酸性溶液中可萃取
三价金属离子。
回答下列问题：
(1)“氧化酸浸”过程中In2S3的硫元素被氧化为SO4
2−，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________，
滤渣除含过量MnO2外，还有___________(填化学式)。
(2)一个配体中有两个配位原子的配体叫双齿配体，C2O4
2−就是一种双齿配体。“净化”时加入H2C2O4的主
要作用是络合Fe
3+，Fe
3+的配位数是6，则“净化”时的离子方程式是___________。
(3)萃取过程的反应方程式为：In
3++3H2A2⇌In(HA2)3+3H
+，平衡常数为K。一定温度下萃取率(E%)与
c (H
+)的关系如下：lgE %
1−E % =lg K −lg c
3(H
+)
c
3(H2A2)
。当pH=2.30 时，萃取率为50%；若将萃取率提升到
95%，应调节溶液的pH=___________［已知lg19=1.28。忽略萃取剂浓度c (H2A2)在萃取过程中随pH 的
变化。结果保留小数点后两位］。
(4)锌可以从___________中进行回收(填字母)。
a．滤渣 b．水相 c．有机相 d．滤液
(5)酞菁铟是有机分子酞菁与铟原子形成的复杂分子，结构简式如图所示，该分子中不存在的化学键为
___________(填字母)。
a．σ 键 b．π 键 c．离子键 d．配位键
(6)磷化铟的晶胞结构如图所示，晶胞参数为a nm，In 的配位数为___________；与In 原子间距离为
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√2
2 anm的In 原子有___________个。
【答案】(1) 12:1 PbSO4
(2)Fe
3++3H2C2O4=[Fe(C2O4)3]
3-+6H
+
(3)2.73
(4)b
(5)c
(6) 4 12
【分析】高铟烟灰(主要含ZnO、PbO、Fe2O3、 In2O3、 In2S3)，在高铟烟灰加入硫酸、二氧化锰进行酸浸
氧化,将In2S3氧化为硫酸根离子和In3+， ZnO、PbO、Fe2O3分别和硫酸反应转化为ZnSO4、PbSO4沉淀和
Fe2 ( SO4) 3，In2O3和硫酸反应变为In3+，则滤渣为硫酸铅；过滤，向滤液中加入草酸，还原铁离子，防止
加入萃取剂时，铁离子进入有机相；加入萃取剂萃取In3+，则Zn2+、Fe2+均进入水相，经一系列操作得到粗
铟，据此分析。
【详解】（1）氧化酸浸过程中MnO2只将In2S3中的硫元素氧化为硫酸根离子，S 的化合价由-2 价变为+6
价，共失去24 个电子， Mn 的化合价由+4 价变为+2 价，得到2 个电子，根据得失电子总数相等，则氧化
剂与还原剂的物质的量之比为24 : 2，滤渣除了过量的二氧化锰外还有硫酸铅。
（2）草酸根离子为双齿配体，铁离子的配位数为6，故形成的配位离子为[Fe(C2O4)3]
3-，该净化的离子
方程式为：Fe
3++3H2C2O4=[Fe(C2O4)3]
3-+6H
+
（3）lgE %
1−E % =lg K −lg c
3(H
+)
c
3(H2A2)
。当pH=2.30 时，萃取率为50%；则lg50%
1-50% =lgK-lgc
3(H
+)
c
3(H2A2)
，
得lgK=lgc
3(H
+)
c
3(H2A2)
，若将萃取率提升到95%，则lg95%
1-95% =lgK-lgc
3(H
+)
c
3(H2A2)
=lg19，将lgK 代入，则
有lg19=lg(10
-2.3)
3
c
3(H2A2)
-lgc
3(H
+)
c
3(H2A2)
=lg(10
-2.3)
3
c
3(H2A2)
×c
3(H2A2)
c
3(H
+)
=lg(10
-2.3)
3
c
3(H
+)
，lgc(H+)=-2.73，则应调节溶
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液的pH=2.73。
（4）Zn2+、Fe2+均进入水相，故锌可以从水相中进行回收。
（5）In3+和氮原子之间存在配位键、共价键，单键为键，双键为一个σ 键和一个π 键，所以不含c。
（6）磷周围有4 个In 原子形成正四面体结构，磷的配位数为4，晶胞中In 为8× 1
8 +6× 1
2 = 4，磷原子数
为4，磷原子和In 个数相等，故In 的配位数也为4，晶胞参数为a nm，与In 原子间距离为√2
2 anm 的In 原
子在晶胞面对角线上，每个顶点为8 个晶胞共用，每个面为2 个晶胞共用，则与In 原子间距离为√2
2 anm
的In 原子数为3×8× 1
2 =12。
17．(2023·深圳一模)铋及其化合物广泛应用于电子材料、医药等领域。一种以含铋烧渣(主要成分为Bi2O3、
MnSO4，还含有少量MnS、Fe2O3、CuO 及SiO2等)制取Bi2O3并回收锰的工艺流程如下：
已知：①氧化性：Cu
2+>Bi
3+；
②Bi
3+易水解成BiOCl 沉淀；常温下，BiOCl 存在的pH 范围约为2.0～11.0；
③常温下，K sp[Fe(OH)2]= 4.9×10
−17；lg7 =0.85。
回答下列问题：
(1)基态锰原子的价电子排布式为__________。
(2)“水浸提锰”时，另加入少量稀硫酸可促进__________(填化学式)溶解，进一步提高锰的浸取率。
(3)“滤渣2”的主要成分有__________(填化学式)、Bi。
(4)常温下，“含Fe
2+滤液”中Fe
2+的浓度为0.01mol⋅L
−1。为保证BiOCl 产品的纯度，理论上，“沉铋”
时应控制溶液的pH＜______(保留一位小数)。
(5)“脱氯”过程中发生主要反应的离子方程式为__________。
(6)BiOCl 是一种性能优良的光催化剂，可催化降解有机污染物对硝基苯酚(
)等。对硝基苯
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酚的熔点高于邻硝基苯酚(
)的熔点，其原因是__________。
(7)我国科学家在新型二维半导体芯片材料——硒氧化铋的研究中取得突破性进展。硒氧化铋的晶胞结构如
图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞参数为a pm，a pm，b pm。
①该晶胞沿z 轴方向的投影图为______(填标号)。
A．
B．
C．
D．
②该晶体中，每个O
2−周围紧邻的Bi
3+共有______个。
③该晶体的密度为______g⋅cm
−3(列出计算式，N A为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1)3d
54s
2
(2)MnS
(3)Cu
(4)6.9
(5)2BiOCl+2OH
−= Bi2O3+2Cl
−+ H2O
(6)对硝基苯酚存在分子间氢键，而邻硝基苯酚更易形成分子内氢键，导致对硝基苯酚分子间的作用力比邻
硝基苯酚分子之间的作用力更强
(7) B 4 209×4 +16×4 +79×2
N A×a
2b×10
−30
【分析】铋烧渣(主要成分为Bi2O3、MnSO4，还含有少量MnS、Fe2O3、CuO 及SiO2等)制备Bi2O3，辉铋
矿先水浸除锰，另加入少量稀硫酸可促进MnS 溶解，同时MnSO4溶于水通过过滤分离，滤渣用浓盐酸酸浸，
SiO2不溶于盐酸过滤后存在于滤渣1 中，滤液中存在Bi3+、Cu2+、Fe3+，滤液中加入Bi 粉还原，将Fe3+转化
为Fe2+、Cu2+转化为Cu 过滤除去，滤液中加入碳酸钠溶液沉铋，Fe2+存在于滤液中通过过滤除去，得到
BiOCl，最后除氯得到Bi2O3。
【详解】（1）Mn 是25 号元素，根据构造原理可得其价电子排布式为3d54s2。
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（2）MnS 可以溶解于稀酸，“水浸提锰”时，另加入少量稀硫酸可促进MnS 溶解，进一步提高锰的浸取
率。
（3）由分析可知，“还原”步骤中加入Bi 粉，将Fe3+转化为Fe2+、Cu2+转化为Cu，过滤后Cu 存在于滤渣
2 中。
（4）F2+开始沉淀时，c(OH-)=√
K sp[Fe(OH)2]
c(Fe
2+)
=√
4.9×10
−17
0.01
mol/L=7×10
−8 mol/L，c(H+)=
KW
c(OH
-) = 1×10
−14
7×10
−8 mol/L= 1
7 ×10
−6 mol/L，pH=-lgc(H+)=-lg1
7 ×10
−6=6-lg1
7 =6-lg1+lg7=6.85≈6.9，为保证
BiOCl 产品的纯度，避免Fe2+沉淀，理论上，“沉铋”时应控制溶液的pH＜6.9。
（5）“脱氯”过程中BiOCl和OH-反应生成Bi2O3和Cl-，离子方程式为：
2BiOCl+2OH
−= Bi2O3+2Cl
−+ H2O。
（6）对硝基苯酚存在分子间氢键，而邻硝基苯酚更易形成分子内氢键，导致对硝基苯酚分子间的作用力
比邻硝基苯酚分子之间的作用力更强，故对硝基苯酚的熔点高于邻硝基苯酚(
)的熔点。
（7）①由晶胞结构可知，该晶胞沿z 轴方向的投影图为
，故选B；
②由晶胞结构可知，该晶体中，每个O
2−周围紧邻的Bi
3+共有4 个；
③由晶胞结构可知，该晶胞中Bi3+的个数为8× 1
4 +2=4，Se2-的个数为8× 1
8 +1=2，O2-的个数为8× 1
2=4，
该晶体的密度为209×4+16×4+79×2
N A×a
2b×10
−30
g⋅cm
−3。
18．(2023·深圳二模)金属铑(Rh)是一种高效催化剂，在有机合成中发挥重要作用。一种以高铜铑精矿(主要
含Rh，还含有少量的Cu、Fe 等杂质)为原料提取的工艺如下：
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已知：阳离子交换过程可表示为x RH(s)+ M
x +(aq)⇌R x M(s)+ x H
+(aq)
回答下列问题：
(1)基态Cu 原子的价电子排布式为_______。
(2)“氯化溶解”后，Rh 元素以[RhCl6]
3−的形式存在，其中Rh 元素的化合价为_______。
(3)“定向脱铜”时，铜与铑的沉淀率随pH 变化如下图所示，该过程需将溶液pH 调至2，结合图像说明原
因_______。
(4)“阳离子交换”过程中，溶液中被阳离子交换树脂吸附的金属阳离子主要有_______。
(5)“水解”过程中，[RhCl6]
3−发生反应的离子方程式为_______。
(6)铑锰催化剂可催化反应：CO2+ 4 H2=CH4+2H2O。下列有关该反应的说法正确的是_______(填标号)。
A．存在极性共价键的断裂与形成
B．所有分子均为非极性分子
C．含碳化合物中心原子杂化轨道类型有sp与sp
3
D．H2O的VSEPR 模型为V 形
E.催化剂可降低该反应的焓变，从而增大反应速率
(7)铑掺杂SrTiO3形成的催化剂，在光催化CO2还原反应中有很高的催化效率。SrTiO3的晶胞结构如图所示。
42
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①其中Sr
2+位于晶胞的体心，则Ti
4 +所处的位置为晶胞的_______(填“顶角”或“棱心”)；每个Ti
4 +周围
紧邻的O
2−共有_______个。
②当有1%的Ti
4+被Rh
3+替代后，晶体中会失去部分O
2−产生缺陷，此时平均每个晶胞所含O
2−数目为
_______(保留三位小数)。
【答案】(1)3d
104s
1
(2)+3
(3)pH =2时，铜的沉淀率已超过80%，铑的沉淀率几乎为零。或pH<2时，铜的沉淀率会降低，pH>2时，
铑的沉淀率增加
(4)Fe
3+、Na
+
(5)[RhCl6]
3−+3 H2O=Rh(OH)3↓+6Cl
−+3 H
+
(6)AC
(7) 顶角 6 2.995
【分析】高铜铑精矿通入氯气和HCl 氯化溶解得到[RhCl6]
3−、CuCl2、FeCl3，加入草酸和铜离子结合生成
草酸铜，加入NaOH 调节溶液pH=2，避免铁离子沉淀，阳离子交换树脂吸附Na+、Fe3+为滤液除去，
[RhCl6]
3−发生水解反应生成Rh(OH)3沉淀，最后得到铑粉；
【详解】（1）Cu 元素为29 号元素，原子核外有29 个电子，所以核外电子排布式为：
1s2s22p63s23p63d104s1，基态铜原子价层电子排布式为3d104s1；
（2）[RhCl6]
3−中Cl 为-1 价，由x+(-1)×6=-3，解得x=+3，则Rh 元素的化合价为+3；
（3）“定向脱铜”时，需将溶液pH 调至2，原因是：pH =2时，铜的沉淀率已超过80%，铑的沉淀率几
乎为零。或pH<2时，铜的沉淀率会降低，pH>2时，铑的沉淀率增加；
（4）定向脱铜后溶液得到草酸钠、FeCl3，“阳离子交换”过程中，溶液中被阳离子交换树脂吸附的金属
阳离子主要有Fe
3+、Na
+；
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（5）[RhCl6]
3−发生水解反应生成Rh(OH)3沉淀，水解的离子方程式为：
[RhCl6]
3−+3 H2O=Rh(OH)3↓+6Cl
−+3 H
+；
（6）A．反应物CO2中C 和O 原子存在极性共价键，产物存在C-H 和H-O 极性键，则反应过程中存在极
性共价键的断裂与形成，A 正确；
B．H2O 分子的正负电荷中心不对称，为极性分子，B 错误；
C．CO2中C 原子价层电子对个数=2+4−2×2
2
=2，采取sp 杂化方式，CH4中心原子C 的价层电子对数是
4，则C 原子杂化轨道类型为sp3杂化，C 正确；
D．H2O 分子中O 原子的价层电子对数为2+6−2
2
=4，VSEPR 模型为四面体，D 错误；
E．催化剂通过降低反应的活化能，从而增大反应速率，不能改变反应的焓变，E 错误；
故选：AC；
（7）①其中Sr
2+位于晶胞的体心，由晶胞结构可知白球为Sr
2+，顶角的小黑球个数为8× 1
8 =1，棱心的大
黑球个数为12× 1
4 =3，结合分子数SrTiO3可知大黑球为O 离子，小黑球为Ti
4+，则Ti
4+所处的位置为晶
胞的顶角；每个Ti
4+周围紧邻的O
2−共有6 个；
②当有1%的Ti
4+被Rh
3+替代后阳离子电荷减少了1%×1=0.01，根据电荷守恒，阴离子O
2−电荷也相应减少
0.01
2
=0.005，晶体中会失去部分O
2−产生缺陷，原晶胞中O
2−数目为3，则此时平均每个晶胞所含O
2−数目为
3-0.005=2.995。
19．(2023·湛江一模)镍钴锰酸锂材料是近年来开发的一类新型锂离子电池正极材料，具有容量高、循环稳
定性好、成本适中等优点，这类材料可以同时有效克服钴酸锂材料成本过高、磷酸铁锂容量低等问题，工
业上可由废旧的钴酸锂、磷酸铁锂、镍酸锂、锰酸锂电池正极材料(还含有铝箔、炭黑、有机黏合剂等)，
经过一系列工艺流程制备镍钴锰酸锂材料，该材料可用于三元锂电池的制备，实现电池的回收再利用，工
艺流程如下图所示：
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已知：①粉碎灼烧后主要成分是Li2O、NiO、Co2O3、MnO、Fe2O3、Al2O3；
②萃取剂对Fe
3+选择性很高，且生成的物质很稳定，有机相中的Fe
3+很难被反萃取
请回答下列问题：
(1)正极材料在“灼烧”前先粉碎的目的是___________。
(2)“碱浸”的目的是___________，涉及的化学方程式是___________。
(3)“酸浸”时加入H2O2的作用是___________。
(4)上述工艺流程中采用萃取法净化除去了Fe
3+，若采用沉淀法除去铁元素，结合下表，最佳的pH 范围是
___________。
Fe
3+
Al
3+
Fe
2+
Co
2+
Ni
2+
Mn
2+
开始沉淀时pH
1.5
3.4
6.3
6.6
6.7
7.8
完全沉淀时pH
3.5
4.7
8.3
9.2
9.5
10.4
(5)镍钴锰酸锂材料中根据镍钴锰的比例不同，可有不同的结构，其中一种底面为正六边形结构的晶胞如图
所示。
①该物质的化学式为___________，写出基态Mn 原子价层电子的轨道表示式___________。
②已知晶胞底面边长是anm，高是bnm，一个晶胞的质量为Mg，计算该晶胞的密度ρ=___________g/cm
3
(用计算式表示)。
【答案】(1)增大固体与相应反应物的接触面积，使反应更充分
(2) 除去氧化物中的Al2O3 Al2O3+2NaOH =2NaAlO2+ H2O
45
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(3)把+3 价钴还原为+2 价
(4)3.5≤pH＜6.6
(5) Li3NiCoMnO6
M
3√3a
2
2
×b×10
−21
【分析】废旧电池正极材料灼烧，得到Li2O、NiO、Co2O3、MnO、Fe2O3、Al2O3，加入氢氧化钠碱浸除
去铝，固体加入过氧化氢、稀硫酸酸浸后溶液加入萃取剂，萃取除去铁，水相加入CoSO4、NiSO4、
MnSO4调节镍、钴、锰离子物质的量之比后加入氨水得到钴锰镍氢氧化物沉淀，滤液加入碳酸钠得到碳酸
锂沉淀，钴锰镍氢氧化物沉淀与碳酸锂沉淀烧结得到产品；
【详解】（1）粉碎的目的是增大固体与相应反应物的接触面积，使反应更充分。
（2）根据流程可知粉碎灼烧后含有能和碱反应的Al2O3，所以“碱浸”的目的是除去氧化物中的Al2O3，
对应的化学反应方程式是Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O。
（3）结合流程可知钴元素价态在氧化物中是+3价，而最后得到+2价，中间不涉及其他还原反应，故此过
程中H2O2的作用应该是把+3价钴还原为+2价。
（4）根据流程信息，需要保证Fe
3+完全沉淀，而Co
2+、Ni
2+、Mn
2+均未开始沉淀，故pH的最佳范围是
3.5≤pH<6.6。
（5）①根据晶胞的均摊规则可知：Li
+数目=6× 1
3 +6+1=9，Ni
2+和Mn
2+数目都是3，Co
2+数目
=12× 1
6 +2× 1
2 =3，O
2−数目=12× 1
3 +12+2=18，其化学式应为Li3 NiCoMnO6。Mn为25 号元素，其价
层电子轨道表示为
；
(2)1 个晶胞的质量为Mg，底面积S=3√3a
2
2
nm2，故晶胞的密度ρ= M
3√3a
2
2
×b×10
-21
g/cm
3
。
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