2025年高考化学大题突破(通用版)大题01化工流程综合题(分类过关)(原卷版+解析)

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回答下列问题：
(1)“沉砷”中所用的电子式为 。
(2)已知：与过量的存在以下反应：；“沉砷”中的作用是 。
(3)“焙烧”过程中由于条件的原因，生成的三氧化二铁中混有四氧化三铁，证明四氧化三铁存在的试剂是 。
(4)“氧化”过程中，可以用单质碘为氧化剂进行氧化，写出该反应的离子方程式： 。
(5)调节时，请写出由制备反应的离子方程式： 。
(6)一定条件下，用雄黄()制备的转化关系如图所示。若反应中， (其中As元素的化合价为+2价)参加反应时，转移，则物质a为 。
【答案】(1)
(2)与生成沉淀，使平衡左移，提高沉砷效果
(3)稀硫酸、酸性高锰酸钾溶液(或其他合理答案)
(4)
(5)
(6)
【分析】酸性高浓度含砷废水加入、，其中可除去过量的，过滤得到和，焙烧，可生成、，加入NaOH溶液生成，氧化生成，生成的气体为，与在酸性条件下发生氧化还原反应生成，结合氧化还原反应的规律分析解答。
【解析】（1）
属于离子化合物，电子式为，故答案为：；
（2）亚铁离子与过量的结合生成沉淀，使平衡逆向移动，提高沉砷效果，防止与结合生成，故答案为：与生成沉淀，使平衡左移，提高沉砷效果；
（3）四氧化三铁含有+2价铁，具有还原性，可在酸性条件下与高锰酸钾反应，溶液褪色，则可用硫酸、高锰酸钾检验，故答案为：稀硫酸、酸性高锰酸钾溶液(或其他合理答案)；
（4）“氧化”过程中，可以用单质碘为氧化剂氧化，反应的离子方程式为，故答案为：；
（5）调节时，二氧化硫与制备的离子方程式为，故答案为：；
（6）中As为+2价、S为-2价，反应生成，As为+3价，则参加反应时，转移，其中As化合价升高，转移4ml电子，则4mlS转移24ml电子，S元素化合价升高6价，所以生成物中S的化合价为+4价，应为，故答案为。
2．（2025·广东深圳·一模）一种从石煤灰渣（主要含及等）中提取钒的工艺流程如下：
已知：萃取剂（HR）与阳离子的结合能力：；萃取的原理为；“中间盐”中的金属阳离子均为+3价；含的硫酸盐难溶于水；。
(1)“酸浸”时，钒主要以的形式进入溶液。
①为提高浸取率，可采取的措施是 （任写一条）。
②发生反应的化学方程式为 。
(2)“还原结晶”所得“溶液3”的主要阳离子及其浓度如下表：
据此分析“溶液3”可在 工序循环利用。
(3)“中间盐”的一种含钒物质为；“溶解”后，所得溶液中钒主要以的形式存在。该含钒物质“溶解”时发生反应的离子方程式为 。
(4)“还原”步骤的主要目的是 。
(5)“萃取”前，需调节溶液。
①已知萃取前溶液中，理论上，为避免产生沉淀，应调节溶液pH小于 （保留一位小数）。
②实际上，溶液pH也不能过低，其原因是 。
(6)一种V—Ti固溶体储氢材料经充分储氢后所得晶体的立方晶胞结构如图。
①该晶体中金属原子与非金属原子的个数比为 。
②储氢材料的性能常用“体积储氢密度”（储氢材料可释放出的体积）来衡量。一定条件下，50%的氢可从上述晶体中释放出来，且吸放氢引起储氢材料体积的变化可忽略。设为阿伏加德常数的值，的摩尔体积为，则该储氢材料的“体积储氢密度”为 （列出算式）。
【答案】(1) “适当升温”“搅拌”“将灰渣进一步粉碎”“适当增加酸的浓度”等，答案合理即可
(2)酸浸
(3)
(4)将转化为，避免影响的萃取
(5) 3.3 过低，即浓度过大，会导致萃取反应的平衡逆向移动，不利于进入有机相
(6) 1：2 或等答案合理即可
【分析】酸浸时，溶于稀硫酸，得到，而SiO2不溶于稀硫酸而除去，溶液1中加入固体，得到，而溶液2中加入添加剂，得到中间盐，“中间盐”中一种含钒物质为在热水、空气、酸性条件下溶解，“溶解”后，所得溶液中钒主要以的形式存在，加入铁粉会将三价铁离子还原为二价铁离子，氨水调节溶液pH后，经萃取、反萃取得到钒溶液，最终得到钒材料，回答下列问题。
【解析】（1）①为提高浸取率，可采取的措施有：适当增加酸的浓度、适当提高反应温度、搅拌、将灰渣进一步粉碎等；
②根据题干信息，“酸浸”时，钒主要以的形式进入溶液，与硫酸反应生成VO₂⁺的化学方程式为：；
（2）根据表中阳离子浓度，溶液3中主要阳离子为H⁺、VO₂⁺、Al³⁺和Fe³⁺，由于H⁺浓度最高，溶液3可以在酸浸工序循环利用，以充分利用其中的酸；
（3）由题干信息：含的硫酸盐难溶于水， “中间盐”的一种含钒物质为发生溶解工序，已知“溶解”后，所得溶液中钒主要以的形式存在，“溶解”时发生反应的离子方程式为：；
（4）根据由题干信息，酸浸后溶液中存在且萃取剂（HR）与阳离子的结合能力：，还原步骤的主要目的是将Fe³⁺还原为Fe²⁺，以便在后续的萃取步骤中，萃取剂HR优先与VO²⁺结合，提高钒的提取效率，所以还原步骤的目的是：将转化为，避免影响的萃取；
（5）①已知Al(OH)₃的溶度积 ，溶液中Al³⁺浓度为0.4ml/L，根据溶度积公式：
解得：,，pH=，为避免产生沉淀，pH应小于3.3；
②pH过低，即浓度过大，会导致萃取反应的平衡逆向移动，不利于V进入有机相，降低了钒元素的萃取率；
（6）①根据晶胞结构图，金属原子（V和Ti）位于顶点和面心，利用均摊法可知，晶胞中金属原子共有个，非金属原子（H）位于体内，晶胞中氢原子共有8个，该晶体中金属原子与非金属原子的个数比为；
②该晶胞的体积为，该晶胞中含有8个氢原子，50%的氢可从上述晶体中释放出来，一个晶胞可以释放出来氢分子个数为，一个晶胞释放出来氢气的物质的量为ml，一个晶胞释放出来的氢气在标况下的体积为，根据定义可知，则该储氢材料的“体积储氢密度”为或者。
3．（24-25高三下·湖北·阶段练习）2024年12月3日，中国商务部首次使用长臂管辖权，严控对美出口镓，以反制美国发起的新一轮科技战。镓元素在地壳中含量很少且分散，其单质是氧化铝厂副产品，也是制造高性能半导体的主要原料。从高硅铝土矿(主要成分为SiO2、Al2O3、Fe2O3、Ca%=2.5 g/t的Ga2O3)中得到氧化铝和金属镓的一种工艺流程如图所示。
(1)Ga价层电子的轨道表示式为 。
(2)“烧渣1”中的Na2FeO6在“碱溶”产生Fe2O3和O2，则该反应的化学方程式为 。
(3)进入“离子交换2”的物质中存在Ga2Cl6，其结构式为 ，“离子交换1”中使用的是 离子交换树脂(填“阴”或“阳”)。
(4)已知该工艺的反应条件下，Ksp[Al(OH)3]=4.57×10-33，当溶液中离子浓度小于10-5 ml/L时，认为生成沉淀的反应进行完全了。请计算证明“酸解”后铝元素沉淀完全 。
(5)“析出液2”中的某种微量的短周期金属离子能直接投入“酸解”过程，达到和CO2一样的效果，则该金属离子在“酸解”过程中发生的离子反应是 。
(6)氧化镓作为第四代半导体材料，具有一系列令人瞩目的优势，图为β- Ga2O3晶体结构纵向局部图，则氧原子是 色球(填“深”或“浅”)。
【答案】(1)
(2)4Na2FeO4+4H2O=2Fe2O3↓+3O2↑+8NaOH
(3) 或 阴
(4)c(Al3+)==4.57×10-15 ml/L＜10-5 ml/L，故铝元素沉淀完全
(5)Al3++3[Al(OH)4]-=4Al(OH)3↓ (或Al3++3+6H2O=4Al(OH)3↓)
(6)深
【分析】高硅铝土矿(主要成分为SiO2、Al2O3、Fe2O3、Ca%=2.5 g/t的Ga2O3)与石灰石、纯碱高温煅烧，反应产生的烧渣1中含有CaSiO3、NaAlO2、Na2FeO6、NaGaO2等物质，向其中加入稀NaOH溶液，CaSiO3难溶，进入赤泥中，Na2FeO6发生反应：4Na2FeO4+4H2O=2Fe2O3↓+3O2↑+8NaOH，Fe2O3进入赤泥中。在滤液1中通入CO2气体，调节溶液pH=8，大部分Al元素转化为Al(OH)3沉淀，经煅烧反应产生Al2O3。极少部分变为[Al(OH)4]-进入滤液2中，NaGaO2变为[Ga(OH)4]-进入滤液2中，通过离子交换1，阴离子[Al(OH)4]-、[Ga(OH)4]-用HCl进行洗脱1，[Al(OH)4]-变为Al3+进入洗出液2，发生反应Al3++3[Al(OH)4]-=4Al(OH)3↓，[Ga(OH)4]-变为Ga(OH)3沉淀，用NaOH溶液进行洗脱2，得到Na[Ga(OH)4]，再进行电解反应产生Ga。
【解析】（1）
Ga是31号元素，根据构造原理可知基态Ga原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p1，价层电子排布式是4s24p1，故其价层电子的轨道表达式是；
（2）“烧渣1”中的Na2FeO4在“碱溶”产生Fe2O3和O2，则根据电子守恒、原子守恒，可知该反应的化学方程式为：4Na2FeO4+4H2O=2Fe2O3↓+3O2↑+8NaOH；
（3）
进入“离子交换2”的物质中存在Ga2Cl6，其结构与Al2Cl6类似，结合Al2Cl6的结构，可知每个Ga与4个Cl形成4个Ga-Cl共价键，其中有一个配位键，故其结构式为或写为；
Ga2Cl6的结构可表示为[GaCl4]2-，由于Ga2Cl6是阴离子，需要使用阴离子交换树脂来吸附和交换，故“离子交换1”中使用的是阴离子交换膜；
（4）已知Ksp[Al(OH)3]=4.57×10-33，当溶液中离子浓度小于10-5 ml/L时，认为生成沉淀的反应进行完全了。在“酸解”时溶液pH=8，c(H+)=10-8 ml/L，由于Kw=10-14，所以此时溶液中c(OH-)=ml/L=10-6 ml/L，则此时溶液中c(Al3+)==4.57×10-15 ml/L＜10-5 ml/L，故此时铝元素沉淀完全；
（5）“析出液2”中的某种微量的短周期金属离子能直接投入“酸解”过程，达到和CO2一样的效果，则该金属离子是Al3+，在“酸解”过程中，Al3+与[Al(OH)4]-发生盐的双水解反应产生Al(OH)3沉淀，发生的离子反应是：Al3++3[Al(OH)4]-=4Al(OH)3↓ (或写为Al3++3+6H2O=4Al(OH)3↓)；
（6）根据图示可知：1个深色球连接4个浅色球，1个浅色球连接6个深色的球，浅色球：深色球=4：6=2：3，结合Ga2O3化学式，可知在β- Ga2O3晶体结构中，氧原子是深色球，Ga原子是浅色球。
4．（24-25高三下·湖北·阶段练习）徐光宪院士曾用萃取剂对稀土元素进行萃取分离。某提纯稀土元素后的萃取废液(含大量及少量)可制备，流程如下。
已知：①时，几种物质或如下表：
②的萃取机理：
回答下列问题：
(1)基态锰原子的价电子排布式为 。
(2)“反萃取”时，加入稀硫酸必须适量的原因是 。
(3)“氧化沉铁”时发生反应的离子方程式为 ，加入活性的作用除了氧化以外，还有 。
(4)“滤渣2”的成分为 。
(5)“除杂”后，测得溶液中含硫物种的浓度之和为。若“沉铝”后，的去除率为98.0%，以 (填化学式)形式损耗，则的损耗率为 (保留2位有效数字)。
(6)“沉锰”时发生反应的离子方程式为 。
【答案】(1)
(2)稀硫酸加入过少会使的浸出率降低；加入过多会导致后续增加成本
(3) 提高了的产量且不引入新的金属离子
(4)
(5) 4.0%
(6)
【分析】P204萃取废液中加稀硫酸，进行反萃取，得到P204再生液，金属阳离子进入水溶液中；水溶液中加活性MnO2，将还原性离子Fe2+氧化生成Fe3+，进而转化为Fe(OH)3沉淀除去；过滤后再向溶液中加入Na2S将转化为CS、CuS沉淀除去；滤液中加氨水调节溶液的pH将铝离子转化为Al(OH)3，再过滤，滤液中加NaF溶液，将Ca2+转化为CaF沉淀除去；过滤，最后向滤液中加入碳酸氢铵得到MnCO3沉淀。
【解析】（1）Mn的原子序数为25，基态锰原子的价电子排布式为；
（2）根据萃取机理：，稀硫酸加入过少，不能将充分萃取出来，导致的浸出率低；稀硫酸加入过多，后续消耗大量，增大成本。
（3）“氧化沉铁”时发生反应的离子方程式为；加入活性的作用除了氧化以外，还可以提高的产量且不引入新的金属离子；
（4）过滤后再向溶液中加入Na2S将转化为CS、CuS沉淀除去，即滤渣2为CS、CuS；
（5）根据去除率为98%，可计算出除杂后溶液中，根据的，可得，则。，此时以形式被损耗。根据的可得，，又根据浓度之和为，可得，。再根据的，求得除杂后溶液中，则的损耗率为4.0%。
（6）“沉锰”时有碳酸锰沉淀和二氧化碳生成，发生反应的离子方程式为。
5．（24-25高三下·山西·开学考试）镓(Ga)是战略性物质。一种利用炼锌渣(主要含ZnO、CuO、和一定量的、)为原料制备高纯镓的流程如下：
已知：ⅰ．电解制取镓时，溶液中的氯离子会影响镓的析出。ⅱ．与的各物种的分布分数随pH的变化如图所示。
回答下列问题：
(1)基态Ga原子价层电子排布式为 。
(2)“沉铁”时反应的离子方程式为 。
(3)“还原除杂”过程中，先向溶液中加入一定量的Cu粉，反应一段时间后再向溶液中加入稍过量Zn粉。加入一定量的Cu粉的溶液pH目的是除，写出反应的离子方程式： ，加入稍过量Zn粉的目的是 。
(4)“调节pH”时，调节pH为8.2，但不能过高的原因是 。
(5)已知：，， 则反应的平衡常数为 。
(6)“电解”制备镓时，阴极的电极反应式为 。
【答案】(1)
(2)
(3) 除去溶液中的
(4)pH过高将转化为或，影响后续转化为ZnS
(5)
(6)
【分析】根据流程图分析，炼锌渣经过稀硫酸的酸浸过滤掉不溶性杂质、将ZnO、CuO、Fe2O3转化为Zn2+、Cu2+、Fe3+，向滤液中加入硫酸钠溶液进行沉铁，得到，溶液中的氯离子会影响镓的析出，可知还原除杂（金属粉末）中含有Cu粉除去Cl-，以及金属粉末Zn除去Cu2+，向滤液中加入NaOH溶液调节pH为8.2，目的是将Ga3+转化为，加入Na2S溶液将Zn2+转化为ZnS，最后电解NaGa(OH)4溶液得到金属镓。
【解析】（1）Ga为31号原子，其电子排布式为，故价层电子排布式为；
（2）由分析可知，沉淀时是将Fe3+转化为，再结合原子守恒可得出方程式：；
（3）0价铜和+2价铜离子发生归中反应生成+1价铜离子，再结合Cl-，生成氯化亚铜，因此发生的反应为；根据分析可知，加入稍过量Zn粉的目的是：除去溶液中的；
（4）根据图示可得知，当pH过高时，Zn2+将转化为Zn(OH)2或，较稳定不利于ZnS生成，Zn(OH)2直接沉淀，不利于Zn2+转化为ZnS或ZnS中混有Zn(OH)2；
（5）由反应方程式的平衡常数K1= ，结合 K=1.0×1034，可知K1====1×10-35×1×1034×2.0×10-5=2.0×10-6；
（6）电解NaGa(OH)4溶液得到金属镓，阴极的反应为。
类型二 以混合物的分离、提纯为目的
6．（24-25高三下·山西·开学考试）硫酸锰是一种重要的化工中间体，一种以高硫锰矿(主要成分为和FeS，主要杂质为：、，还含有少量Fe、Al、Cu、Ni等元素的氧化物或硫化物)为原料制取硫酸锰的工艺流程如下。
已知：①金属离子浓度数值的对数与溶液pH的关系如图所示
②一些物质的溶度积常数
回答下列问题：
(1)同周期中 (填名称)元素的基态原子和基态锰原子具有相同数目的d电子，基态的最外层电子排布式为 。
(2)若高硫锰矿不经“焙烧”直接用“酸浸”，会产生的污染物是 (填化学式)。
(3)若“氧化”步骤中加入的常见固体A是一种氧化物，则A是 (填化学式)，若流程中“氧化”步骤缺失，可能会导致的后果是 ；假设“氧化”步骤后溶液中各金属离子的浓度均为0.01ml/L，“中和除杂”时控制体系的pH到5左右，则滤渣2中的两种主要成分是 (填化学式)。
(4)“滤渣4”主要成分是 (填化学式)，“碳化结晶”生成的离子方程式为 。
(5)“结晶”过程中始终不出现晶体，应当采取的措施是 (任写一条)。
(6)一定温度下，向溶液中加入氨水，同时通入空气，可制得某种锰的氧化物，其立方晶胞结构及小立方体A、B的结构如图所示，则该氧化物的化学式为 。若晶胞边长为apm，为阿伏加德罗常数的值，则晶胞的密度为 (列出计算式即可)。
【答案】(1) 铬
(2)
(3) 去除不完全，会影响产品的纯度 、
(4)
(5)投入的晶体作为晶种或用玻璃棒摩擦器壁使容器壁有颗粒突起可作为晶种，也可较长时间冷冻促使结晶析出
(6)
【分析】高硫锰矿焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、CaO、SiO2、NiO、CuO等，加入硫酸反应生成Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Ni2+、Cu2+、Ca2+，若试剂A为MnO2，则二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子，碳酸钙中和溶液的pH，使铁离子与铝离子转化为沉淀除去，硫化除杂除去Ni2+、Cu2+，氟化除杂过程中加入MnF2，使溶液中的Ca2+转化为沉淀，最后加入碳酸氢铵，将锰离子转化为碳酸锰沉淀，再加硫酸溶解得硫酸锰溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等得到硫酸锰晶体；
【解析】（1）基态铬和锰3d轨道上都是5个电子，基态锰原子价电子排布式为，的最外层电子排布式为；
（2）不经“焙烧”直接用“酸浸”，FeS和酸直接反应生成污染物气体；
（3）常见氧化物，且具有氧化性，还不能引入杂质离子，故A是；缺失“氧化”步骤，溶液会含有，中和除杂时去除不完全，会影响产品的纯度；“中和除杂”时控制体系的pH到5左右，和此时已经沉淀完全，部分沉淀，则滤渣2主要成分是和；
（4）加是为了除，滤渣4的主要成分是；“碳化结晶”过程是向溶液中加入生成，其离子方程式为；
（5）若结晶时不出现晶体，可以投入的晶体作为晶种或用玻璃棒摩擦器壁使容器壁有颗粒突起可作为晶种，也可放置冰箱内较长时间，冷冻促使结晶析出；
（6）晶胞结构由4个小立方体A和4个小立方体B构成，Mn原子位于晶胞顶点、面心和体内，个数为。O原子位于晶胞体内，个数为，因此，晶体的化学式是。晶胞边长为a pm，晶胞的体积为，晶胞的质量为，则密度为。
7．（24-25高三下·山东·开学考试）钨矿渣（主要成分：氧化钪，铁元素17.9%，锰元素15.7%，，二氧化硅15%~20%）的综合利用流程如下：
已知流程中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表：
回答下列问题：
(1)沉淀1的主要成分是 （填化学式）。
(2)沉淀2中溶解的化学方程式是 。
(3)操作甲的名称是 ；有机相1中加入NaOH溶液，目的是 。
(4)流程中加入的主要目的是 ；滤液3中加入NaOH溶液控制pH的范围是 ，出现沉淀后要加热煮沸一段时间的目的是 。
【答案】(1)
(2)
(3) 萃取、分液 将有机相1中的钪元素沉淀（合理即可）
(4) 将氧化为（合理即可） 使胶体聚沉，易过滤（合理即可）
【分析】钨矿渣加入盐酸，Sc2O3与盐酸反应生成ScCl3，WO3、二氧化硅与盐酸不反应，过滤为沉淀1，加入NaOH溶液反应分别生成Na2WO4、Na2SiO3，加入盐酸生成硅酸、H2WO4，加入氨水生成(NH4)2WO4，滤液1含有Sc3+、Fe2+、Mn2+，加入P204萃取剂提取Sc3+，与NaOH溶液反应生成Sc(OH)3，加热分解生成Sc2O3，水相中Fe2+加入二氧化锰发生氧化反应生成铁离子，加入NaOH溶液调节pH使铁离子沉淀，分离出锰离子，加入碳酸氢铵生成碳酸锰沉淀；
【解析】（1）根据分析可知，WO3、二氧化硅与盐酸不反应，沉淀1的主要成分是SiO2、WO3；
（2）沉淀2中H2WO4与氨水反应生成(NH4)2WO4和水，反应的化学方程式为；
（3）加入萃取剂分离出有机相和水相，操作甲的名称是萃取、分液，有机相1中加入NaOH溶液，ScCl3与NaOH反应生成Sc(OH)3，目的是将有机相1中的钪元素沉淀；
（4）流程中加入MnO2的主要目的是氧化亚铁离子生成铁离子，滤液3中加入NaOH溶液使铁离子完全沉淀但不能使锰离子开始沉淀，则控制pH的范围是3.2≤pH＜8.0，出现沉淀后要加热煮沸一段时间的目的是使Fe(OH)3胶体聚沉，易过滤。
8．（24-25高三下·安徽·阶段练习）镀镍生产工艺中产生的酸性废液(含有、、、等杂质)，通过提纯可制备高纯，提纯的流程如图所示：
已知：①时，，，易溶于水。
②萃取剂(二乙基已基磷酸)萃取金属离子的原理为：x+Mx+ M +xH+。
(1)操作1中加入的主要目的是 。
(2)滤渣b的主要成分有 ，滤液b中含有的金属阳离子主要有 ，当杂质离子沉淀完全时，滤液b中 ［c(杂质离子)≤10-5ml/L可视为沉淀完全］。
(3)萃取剂对某些金属离子的萃取率与关系如图所示，在一定范围内，随着升高，萃取率升高的原因是 。
(4)母液再利用及含量测定：
①向母液中加入石灰乳，发生反应的化学方程式为： ，该混合溶液可返回 中重复使用(填“操作1”、“操作2”或“操作3”)。
②准确量取25.00mL处理后的母液稀释液于锥形瓶中，加入 溶液，充分反应后，滴加氨水调节溶液， ()溶液滴定至终点，滴定反应为：，平行滴定3次，平均消耗溶液25.00mL，计算处理后的母液稀释液中含量 。
【答案】(1)将氧化为
(2) 、 、 或0.03
(3)萃取反应中，溶液升高，浓度减小，平衡右移，萃取率升高
(4) 操作1 960
【分析】工业上利用酸性废液(含有、、、等杂质)提纯制备高纯的流程为：先将酸性废液加入和浆液，将氧化为后转化为沉淀除去，通过操作1过滤后在滤液a中加入，将和转化为沉淀和沉淀通过操作2过滤除去得滤渣b和滤液b，加入有机萃取剂将萃取到有机相中，然后将水相萃余液进行蒸发浓缩、冷却结晶得到产品和母液，据此分析解答。
【解析】（1）根据题目分析，在酸性废液加入是将氧化为后转化为沉淀除去。
故答案为：将氧化为。
（2）加入溶液的目的是将和转化为沉淀和沉淀，反应的离子方程式为：、，通过操作2过滤除去得滤渣b和滤液b，则滤渣b的成分为：、，根据元素组成得到滤液b的成分为：、；由已知提供的和的溶度积数值可知，如果溶液中镁离子要完全沉淀，此时钙离子已经完全沉淀，则通过可计算杂质离子沉淀完全时，溶液中氟离子浓度为：，解得。
故答案为：、；、；或0.03。
（3）由图形可知，向滤液b中加入萃取剂的目的是萃取溶液中的锌离子，由题目所给已知②方程式可知，在一定范围内，随着溶液pH升高，溶液中减小，萃取反应向正反应方向移动，锌离子的萃取率会升高。
故答案为：萃取反应中，溶液pH升高，减小，平衡右移，萃取率升高；
（4）①在母液中加入石灰乳是为了制备氢氧化镍浆液，反应的方程式为：；得到的氢氧化镍浆液根据工艺流程可以返回到操作1重复使用；
②由题目所给信息，加入的被二部分消耗，一是母液中的、二是EDTA，根据EDTA的消耗量可以得到与母液稀释液中硫酸根离子反应的钡离子的物质的量为，则处理后的母液稀释液中硫酸根离子的含量为：。
故答案为：；操作1；960。
9．（24-25高二上·广东茂名·期末）从某含锌矿渣（主要成分是ZnO，杂质是SiO2、Fe3O4、CuO）中分离出相应金属资源物质（金属单质或含金属元素的化合物），并制备金属锌的流程如图所示：
常温下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
回答下列问题：
(1)能提高“溶浸”速率的具体措施为 （任写一条）；“滤渣1”的主要成分为 （填化学式）。
(2)常温下，Ksp[Fe(OH)2]= ；通入氧气的目的是 。
(3)为了将三种金属资源逐一完全分离，“氧化除杂”时需要调节的pH范围为 。
(4)“电解”制锌后的电解液可返回“ ”工序继续使用。
(5)该流程中除了回收制备金属锌外，还可回收的金属资源物质为 （填化学式）。
【答案】(1) 适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌等 SiO2
(2) 10-16.4 将Fe2+氧化成Fe3+，便于沉淀分离
(3)2.8~5.2
(4)溶浸
(5)Fe(OH)3、Cu
【分析】含锌矿渣（主要成分是ZnO，杂质是SiO2、Fe3O4、CuO）用稀硫酸溶浸得到滤渣SiO2，溶液中含有金属离子、、、，加入ZnO和O2进行氧化除杂后过滤，得到滤渣Fe(OH)3，往滤液中加入锌粉将Cu2+还原除杂，过滤除去铜单质和过量的锌粉，再电解滤液得到锌单质。
【解析】（1）增大接触面积、增大浓度、升高温度，都能提高“溶浸”速率，则具体措施为：适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌等；SiO2不溶于硫酸，所以“滤渣1”的主要成分为SiO2。
（2）根据沉淀完全的pH为8.3，c(OH-)=10-5.7ml/L，可得；除去Fe2+时，不能使Zn2+产生沉淀，通入氧气的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，便于沉淀分离。
（3）要将三种金属完全分离，就需要将Fe3+沉淀，而Cu2+不沉淀，所以“氧化除杂”时需要调节pH的范围为2.8~5.2。
（4）“溶浸”时需要用到硫酸，“电解”制锌后的电解液为硫酸，所以可返回“溶浸”工序继续使用。
（5）据分析，该流程除了回收制备金属锌外，还可回收的金属资源为Fe(OH)3、Cu。
10．（24-25高三下·重庆·阶段练习）稀土元素是国家战略资源，广泛应用于显示器、航天、激光、导弹等尖端领域，目前我国稀土提炼技术处于世界领先地位。某化学课题组以废液晶显示屏为原料回收稀土元素铈，实现资源再利用，设计实验流程如下：
已知：①显示屏玻璃中含较多的、、FeO、及少量其他可溶于酸的物质；
②不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液。
回答下列问题：
(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为 。Fe在元素周期表中位于第 周期第 族。
(2)滤渣1的主要成分有、 (填化学式)。
(3)①工序1中的作用为 。
②工序3的主要操作是 、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铁铵晶体。
(4)工序4中，盐酸可用稀硫酸和替换，避免产生污染性气体。由此可知氧化性： (填“”或“”)。
(5)①写出工序5的离子反应方程式 。
②溶液可以吸收大气中的污染物，减少空气污染，其转化过程如图所示(以为例)。该转化过程中还原剂与氧化剂物质的量之比为 。
【答案】(1) 或 四 Ⅷ
(2)
(3) 作氧化剂，氧化为，提高后续制备硫酸铁铵晶体纯度 蒸发浓缩，冷却结晶
(4)
(5)
【分析】废液晶显示屏中含较多的SiO2、CeO2、FeO、Fe2O3及少量其他可溶于酸的物质，加稀硫酸溶解FeO、Fe2O3，过滤，滤液1中含有硫酸亚铁、硫酸铁，滤渣1中含有SiO2、CeO2；滤液1中加双氧水把Fe2+氧化成Fe3+，再加硫酸铵，蒸发浓缩、冷却结晶得到NH4Fe(SO4)2晶体；滤渣1加入稀盐酸把CeO2还原为Ce3+，过滤，滤渣2为SiO2，滤液2中含有Ce3+，滤液2中通入氧气、氢氧化钠生成Ce(OH)4沉淀，Ce(OH)4加热分解为CeO2。
【解析】（1）铈的某种核素含有58个质子和80个中子，则质量数为138，该核素的符号为或。Fe为26号元素，在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族。
（2）根据分析，滤渣1的主要成分有、。
（3）①工序1中的作用为作氧化剂，氧化为，提高后续制备硫酸铁铵晶体纯度。
②工序3是从溶液得到晶体，操作是蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铁铵晶体。
（4）工序4中，滤渣1加入稀盐酸把CeO2还原为Ce3+，HCl为还原剂，用稀硫酸和替换，则H2O2为还原剂，为氧化剂，由此可知氧化性：>。
（5）①工序5为通入氧气、氢氧化钠生成Ce(OH)4沉淀，离子反应方程式。
②4H2+2NO24H2O+N2反应，NO2中N元素化合价由+4价降低为0，NO2是氧化剂，H2中H元素化合价由0升高为+1，H2是还原剂，该转化过程中还原剂与氧化剂物质的量之比为2:1。
类型三 以化学基本原理考查为目的
11．（24-25高三上·全国·期中）锑白(，两性氧化物)可用作白色颜料和阻燃剂。一种从含锑工业废渣(主要成分为，含有等杂质)中制取的工艺流程如图所示。
已知：该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见表。
回答下列问题：
(1)基态Sb原子的简化电子排布式为。Sb位于元素周期表的第 周期 族。
(2)“溶解”温度应控制在，原因为 。
(3)“还原”过程中被还原的金属离子为 (填化学符号)。
(4)滤饼的主要成分是：，“水解”过程中主要发生反应的离子方程式为 。“水解”过程的pH要适中， (填数字)。
(5)检验“洗涤”过程中是否将洗净的操作为 。
(6)含锑工业废渣可以通过煅烧“废氟催化剂”得到，的空间结构为三角双锥形()。
①中Sb的杂化方式为 (填标号)。
A．sp B． C． D．
②同主族的N元素 (填“能”或“不能”)形成。
【答案】(1) 五
(2)温度低于，反应速率较慢；温度高于，HCl易挥发(金属阳离子易水解)
(3)
(4) 3.5
(5)取最后一次洗涤液于试管中，加入(铁氰化钾)溶液，无明显现象则洗净(或取最后一次洗涤液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液未变红，再滴加氯水，溶液变红)
(6) D 不能
【分析】加入盐酸开展酸浸，目的是将金属氧化物溶解。还原中加入铁粉分别将、、还原。稀释水解将转变为。中和将转化为。据此分析作答。
【解析】（1）根据Sb的价层电子排布为，可推断Sb位于元素周期表的第五周期族。
（2）温度低于，反应速率较慢；温度高于，HCl易挥发(金属阳离子易水解)。
（3）铁粉可以还原的离子有铜离子和铁离子，由题意可知最后转化为，故铁粉还能还原。
（4）滤饼的成分是，水解的离子为，根据元素守恒和电荷守恒即可配得离子方程式：；由后面的流程可知滤饼不能含有其他的沉淀，即不能含有氢氧化铝和氢氧化亚铁，故。
（5）操作为取最后一次洗涤液于试管中，加入铁氰化钾溶液，无明显现象则洗净(或取最后一次洗涤液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液未变红，再滴加氯水，溶液变红)。
（6）①由题意可知Sb的价电子数为5，不可能是，答案选D(拓展学生的思路，类似于)。
②N原子中无d轨道，不能形成杂化，故不能形成。
12．（24-25高三上·福建福州·阶段练习）湿法炼锌具有能耗低，生成产品纯度高等特点，其主要原料为锌精矿(主要成分为硫化锌，还含有铁、钴、铜、镉、铅等元素的杂质)，获得较纯锌锭的工艺流程如图：
已知：焙烧后的氧化物主要有。
(1)铜原子的价层电子排布图为 。
(2)“酸浸”中滤渣主要成分为 。
(3)“一段沉积”和“二段沉积”刚开始加入锌粉时，反应速率较小，然后反应速率显著增大，请解释产生此现象的原因： 。
(4)写出“除铁”过程中反应的离子方程式： 。
(5)“萘酚净化除钴”先是把氧化成，并生成，与有机物发生化学反应生成红褐色稳定鳌合物沉淀。写出被氧化的离子方程式： 。
(6)“电解”工艺中，电解液常有较高浓度的会腐蚀阳极而增大电解能耗。可向溶液中同时加入和，生成沉淀从而除去。请通过具体数据说明上述的反应能完全进行的原因： (已知： ；。)
(7)纯净的硫化锌是半导体锂离子电池负极材料。在充电过程中，发生合金化反应生成(合金相)，同时负极材料晶胞的组成变化如图所示。
①充电过程中到的电极方程式为 (x和y用具体数字表示)。
②若的晶胞参数为，则间的距离为 。
【答案】(1)
(2)PbSO4
(3)锌粉置换出的铜或镉覆盖在锌的表面，形成原电池，增大反应速率
(4)
(5)C2+++2H+=C3++NO↑+H2O
(6)① ；② ；则①-2×②得：，此反应的平衡常数为＞105，说明此反应进行程度很大，能够完全进行
(7) 4ZnS+6Li++6e-=3Zn+
【分析】利用锌精矿(主要成分为硫化锌，还含有铁、钴、铜、镉、铅等元素的杂质)获得较纯锌锭时，先将锌精矿焙烧，尾气含SO2等气体；焙烧后的氧化物主要有ZnO、PbO、CuO、Fe2O3、C2O3、CdO，加入稀硫酸进行酸浸，只有PbO溶解并转化为PbSO4沉淀，其它氧化物都转化为硫酸盐进入浸出液；将尾气通入浸出液中，然后加入较粗锌粉进行一段沉积，得到铜渣；再将滤液加入较细锌渣进行二段沉积，得到镉渣；通入氧气除铁，得到赤铁矿渣；滤液中加入β-萘酚、NaNO2溶液进行β-萘酚净化除钴、控制pH2.8~3，得到C(C10H6ONO)3；再将滤液进行电解，得到废电解液和锌，将锌进行熔铸，从而得到锌锭。
【解析】（1）
铜为29号元素，其基态原子的价电子排布式为3d104s1，价层电子排布图为；
（2）焙烧后的氧化铅溶于稀硫酸，生成难溶的PbSO4，则“酸浸”中滤渣主要成分为PbSO4；
（3）从流程信息中可以看出金属性Zn＞Cd＞Cu，锌粉先置换出铜，后置换出镉，铜和镉都能覆盖在锌的表面，形成原电池。则产生此现象的原因：锌粉置换出的铜或镉覆盖在锌的表面，形成原电池，增大反应速率；
（4）通入氧气将亚铁离子氧化，然后水解成赤铁矿，故“除铁”过程中的离子方程式为；
（5）NaNO2把C2+氧化成C3+，并生成NO，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，则C2+被氧化的离子方程式：C2+++2H+=C3++NO↑+H2O；
（6）① ；② ；则①-2×②得：，此反应的平衡常数为＞105，说明此反应进行程度很大，能够完全进行；
（7）①采用均摊法，可求出LixZnyS晶胞中，含S2-个数为=4，含Zn2+和Li+的个数为7，由化合价的代数和为0可知，LixZnyS的化学式为。根据题干信息，在“充电过程中，发生合金化反应生成LiZn(合金相)”，故ZnS充电时得电子有Zn生成，故充电过程中ZnS到LixZnyS的电极方程式为4ZnS+6Li++6e-=3Zn+；
②若Li2S的晶胞参数为ann，设F点的坐标为(1，1，1)，E点的坐标为(，，)，则EF间的距离为nm=nm。
13．（24-25高三上·重庆·阶段练习）从铅精矿(主要成分为)中湿法炼铅的一种工艺流程如下：
已知：①；
②在水中溶解度随温度的变化曲线如题图。
回答下列问题：
(1)已知基态铅原子价层电子的轨道表达式为，铅在周期表中的位置为第 周期第 族。
(2)在“溶浸”时的离子方程式为 。溶浸时需加入盐酸调节为，原因是 。
(3)操作a是 。时的数量级为 。滤液1中加入冰水的作用是 。
(4)“电解”装置如题图所示。
①析出的电极方程式为 。
②向石墨电极通入可降低电解电压，从而节能40%左右，石墨电极上镀铂的主要目的是 。
【答案】(1) 六
(2) 过高，水解；过低，产生气体
(3) 趁热过滤 ，降温、稀释均使反应逆向移动。降温使溶解度减小
(4) 铂催化在电极上分解为H
【分析】铅精矿通过含有氯化铁和氯化钠溶液90℃溶浸，趁热过滤，得到、氯化亚铁的溶液和含有硫单质的滤渣，滤液加适量冰水稀释，得到氯化亚铁溶液和析出PbCl2，PbCl2加入氯化钠溶液，使平衡正向移动，得到溶液，电解得到铅单质。
【解析】（1）
已知基态铅原子价层电子的轨道表达式为，铅在周期表中的位置为第六周期第族。故答案为：六；；
（2）浸取液中FeCl3，增加了氯离子浓度，当氯离子浓度较大时，溶液中存在平衡：正向移动，让铅以的形式存在溶液中，另外三价铁离子具有氧化性，-2价S具有还原性，发生氧化还原反应，使硫元素转化成单质硫，在“溶浸”时的离子方程式为。溶浸时需加入盐酸调节为，原因是过高，水解；过低，产生气体。故答案为：；过高，水解；过低，产生气体；
（3）根据PbCl2在水中溶解度随温度的变化曲线可知，操作a是趁热过滤。时的溶解度为1g，则其溶液的物质的量浓度约为： =0.036ml·L-1，Pb2+的浓度为0.036ml·L-1，Cl-的浓度为2×0.036ml·L-1=0.072ml·L-1，=0.036×0.0722=0.000187=1.87×10-4，的数量级为。滤液1中加入冰水的作用是，降温、稀释均使反应逆向移动。降温使溶解度减小。故答案为：趁热过滤；；，降温、稀释均使反应逆向移动。降温使溶解度减小；
（4）①析出的电极得电子生成铅和氯离子，方程式为。故答案为：；
②向石墨电极通入可降低电解电压，从而节能40%左右，石墨电极上镀铂的主要目的是铂催化在电极上分解为H。故答案为：铂催化在电极上分解为H。
14．（24-25高三上·湖北·阶段练习）钛白粉(TiO2)是一种重要的工业原料，可作白色颜料和增白剂。一种以钛铁矿(主要成分是FeTiO3，含有少量的CaO、Fe2O3、SiO2等杂质)为原料生产制备TiO2的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)基态Ti的核外价电子排布式为 。
(2)“酸浸”是用硫酸在加热下“溶煮”钛铁矿，“滤液1”中Ti的存在形式为TiO2+，则“酸浸”中FeTiO3发生反应的离子方程式为 。由图可知，当浸出率为70%时，所采用的实验条件为 。
(3)绿矾是FeSO4·7H2O，则“还原”加入过量铁屑的目的是 。
(4)“水解”过程中适当稀释并加热的目的是 。
(5)钛是一种性能非常优越的金属。工业上可利用Mg与TiCl4反应制备金属钛。下列金属冶炼方法与Mg冶炼Ti的方法相似的是_____。
A．高炉炼铁B．电解熔融NaCl制钠
C．铝热反应制锰D．Ag2O分解制银
(6)TiO2转化为TiCl4有以下两种方法。在时反应的热化学方程式如下：
①
②
请分析方法②加入C(s)的目的是 。
【答案】(1)
(2) 、2h；、5h
(3)将Fe3+全部还原为Fe2+，同时防止Fe2+被氧化
(4)促进水解，防止形成胶体，便于TiO2·xH2O过滤分离
(5)AC
(6)提高反应的(热力学)趋势，提高四氯化钛的产率
【分析】根据流程和题意可知：FeTiO3中含及少量的CaO、Fe2O3、SiO2，加入硫酸后生成TiOSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3和微溶的CaSO4，SiO2与硫酸不反应；滤液1中加入铁屑，可将三价铁转化为二价铁，再将FeSO4•7H2O分离出来，TiOSO4经过水解后得到H2TiO3和硫酸，最后煅烧得到钛白粉(TiO2)；据此分析作答。
【解析】（1）已知Ti是22号元素，则基态的价层电子排布式为3d24s2，故答案为：3d24s2；
（2）“酸浸”是硫酸与FeTiO3发生反应，离子方程式为；当的浸出率为70%时，可对应和两条曲线，故实验条件为：、2h；、5h，故答案为：；、2h；、5h；
（3）由分析可知，“酸浸”步骤后的溶液中铁的存在形式为Fe3+，而制备所得的绿矾中铁为+2价，故加入过量铁粉是为了将Fe3+全部还原为Fe2+，同时防止Fe2+被氧化，故答案为：将Fe3+全部还原为Fe2+，同时防止Fe2+被氧化；
（4）“水解”过程中适当稀释并加热是为了促进水解，防止形成胶体，便于TiO2·xH2O过滤分离，故答案为：促进水解，防止形成胶体，便于TiO2·xH2O过滤分离；
（5）工业上可利用Mg与TiCl4反应制备金属钛，利用的是热还原法，B为电解法，D为热分解法，故选AC，故答案为：AC；
（6）方法①为吸热反应，方法②为放热反应，加入C可以使反应①氧气减少，促进反应正向移动，反应②为熵增反应，故加C的目的是提高反应的热力学趋势，提高四氯化钛的产率，故答案为：提高反应的(热力学)趋势，提高四氯化钛的产率。
15．（24-25高三上·安徽合肥·阶段练习）铜转炉烟灰中含金属元素(主要为Cu、Zn、Pb、Fe)的硫酸盐和氧化物以及。其中有价金属回收的工艺流程如图所示：
已知：25℃时，，。
(1)为提高浸取效率，可采取的措施有 (任写一点)。
(2)“浸出液①”中所含有的金属阳离子除了和外，还有 。
(3)“除杂”中，加入ZnO调节溶液pH至5.2后，用溶液氧化，所得“滤渣”主要成分为、，该氧化过程的离子方程式为 。
(4)的溶解度随温度变化曲线如图所示，“浓缩结晶”的具体操作步骤为：
①在100℃时蒸发至溶液出现晶膜，停止加热。
②降温至 ℃(填“50”、“60”、“70”、“80”)蒸发至溶液出现晶膜，停止加热。
③冷却至室温，过滤、洗涤、干燥。洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不用水，其原因是 。
(5)“滤饼”的主要成分为 (填化学式)。
(6)铅蓄电池的充放电反应为。某铅蓄电池的正、负极标记被磨损，试用如图所示装置设计实验，识别出此铅蓄电池的正、负极。
①将A接E、B接F，B电极出现 现象，说明F为正极。
②铅蓄电池工作时(放电)，若有0.2ml电子发生转移，则正极消耗的质量是 g。
【答案】(1)适当加热，增大硫酸的浓度、搅拌溶液等
(2)Cu2+、Zn2+
(3)
(4) 60 减少ZnSO4·7H2O的溶解损失
(5)PbCO3、SiO2
(6) 有气泡产生 23.9
【分析】铜转炉烟灰用硫酸浸出，得到难溶于硫酸的浸出渣PbSO4、SiO2，浸出液中含有CuSO4、ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，浸出液中加入过量铁，置换出铜单质，铁将三价铁离子还原为二价铁离子，所得滤液①中含有ZnSO4、FeSO4；浸出渣中加入碳酸钠溶液，PbSO4沉淀转化为碳酸铅沉淀，故滤饼中的主要成分为PbCO3、SiO2，由此作答。
【解析】（1）为提高浸取效率，可采取的措施可以为适当加热，增大硫酸的浓度、搅拌溶液等；
（2）根据分析，“浸出液①”中所含有的金属阳离子有Cu2+、Zn2+、Fe2+和Fe3+；
（3）“除杂”中，加入ZnO调节溶液pH至5.2后，用KMnO4溶液氧化Fe2+，氧化产物是Fe(OH)3，还原产物是MnO2，根据得失电子守恒，离子方程式为；
（4）①60℃硫酸锌的溶解度最大，降温至60℃蒸发至溶液出现晶膜，得到硫酸锌饱和浓溶液；②洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不用水，目的减少ZnSO4·7H2O的溶解损失；
（5）根据分析，滤饼的主要成分为PbCO3、SiO2；
（6）①要证明F为正极，说明B为阳极，阳极应该是阴离子氯离子放电变为氯气，因此B电极出现有气泡产生现象；
②铅蓄电池工作时(放电)，根据，1ml反应转移2ml电子，若有0.2ml电子发生转移，则正极消耗的物质的量为0.1ml，则的质量为23.9g。
类型四 以化学图表、图像信息加工考查为目的
16．（2024·山东·模拟预测）我国是稀土大国，储量大、矿种多。稀土元素的物理性质和化学性质极为相似，常见化合价价其中钇(Y)元素(：89)是激光和超导的重要材料，工业上通过如下工艺流程用钇矿石()制取氧化钇。
已知：
i．铍和铝符合元素周期表的对角线规则；
ii．草酸铵与稀土草酸盐可形成可溶性络合物；
iii．有关金属离子形成氢氧化物沉淀时的如下表：
请回答下列问题：
(1)试写出“共熔”过程中的化学反应方程式： 。
(2)若使完全沉淀，需用氨水调节，则a应控制在 ，并写出判断是否沉淀完全的实验方法： 。
(3)下图为稀土草酸盐在无机酸和不同浓度沉淀剂的混合溶液中的溶解度()曲线，其中，已知。请据此描述“过程I”的实验方案： 。(可供选择的试剂：、溶液、、、、、氨水、蒸馏水)
(4)上述得到的草酸盐沉淀实际上应表示为，以下为该化合物的热重曲线分析图，试确定整数 ，并写出过程④的化学反应方程式： 。
(5)已知钇的另外一种二元化合物X具有金属般的导电性能，晶体结构如图所示，其间可捕获自由电子()，且碳以单元存在，据此猜想X的微粒组成可表示为 。
【答案】(1)
(2) 3.8~6.7 取少量滤液于试管中，滴加溶液，如果溶液不变红，说明已沉淀完全
(3)加入氨水将调至大于8.2，将过滤出放入试管，加入溶解，而后加入，反应得到草酸钇沉淀
(4) 10
(5)
【分析】铍和铝符合元素周期表的对角线规则，则铍元素在氢氧化钠共熔反应中转化为，则钇矿石与氢氧化钠并通氧气共熔反应生成Y(OH)3、Fe2O3、Na2SiO3和Na2BeO2，再加水溶解、过滤得到主要成分为Na2SiO3和Na2BeO2的滤液Ⅰ，所得沉淀的主要成分为Y(OH)3、Fe2O3，再向其沉淀加酸酸溶，再加氨水调节pH=a，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，则滤渣Ⅰ的主要成分为氢氧化铁，继续加氨水调节pH沉淀Y3+，Y(OH)3沉淀经转化得到草酸钇沉淀，再经过滤、水洗、煅烧，得到Y2O3粉末，据此解答。
【解析】（1）由分析可知，钇矿石与氢氧化钠并通氧气共熔反应生成Y(OH)3、Fe2O3、Na2SiO3和Na2BeO2，同时还会生成水，则“共熔”过程中的化学反应方程式：；
（2）调节pH使完全沉淀而离子不沉淀，需用氨水调节，结合表数据，a应控制在3.8~6.7，判断是否沉淀完全，可用KSCN溶液检验滤液中是否还含有铁离子，则判断是否沉淀完全的实验方法为：取少量滤液于试管中，滴加溶液，如果溶液不变红，说明已沉淀完全；
（3）草酸铵与稀土草酸盐可形成可溶性络合物，则生成草酸钇沉淀过程中不能使用草酸铵；由流程可知，过程I是在加入氨水调节pH除去铁离子的基础上，继续加入氨水调节pH使得转化为沉淀，然后分离出沉淀。结合溶解度曲线可知，草酸钇沉淀在中几乎不溶，则用溶解沉淀，再加入将转化得到草酸钇沉淀，则“过程I”的实验方案为：加入氨水将调至大于8.2，将过滤出放入试管，加入溶解，而后加入，反应得到草酸钇沉淀；
（4）受热会首先失去结晶水，结合失重曲线的第一个平台，失重28.9%，则，则n=10；由图可知，过程④为生成，则草酸根中碳元素发生歧化反应生成+4价碳，同时会生成+2价碳，结合得失电子守恒、质量守恒可得，反应的化学反应方程式为：；
（5）根据“均摊法”，晶胞中含个、个C，也就是2个，其间还可捕获自由电子()，结合电中性可知，X的微粒组成可表示为。
17．（2025·四川·模拟预测）具有广泛用途，一种从电解锌阳极泥回收电池级的流程如下。该阳极泥主要含有，以及和微量等杂质离子。
已知：。金属离子生成氢氧化物沉淀，其和溶液的关系如下图所示：
回答下列问题：
(1)基态锰原子的电子排布式为 。
(2)“溶解”步骤在酸性条件下进行，通入的作用是 。
(3)“除钾钠”步骤中，控制溶液和与反应分别生成和沉淀，其中生成沉淀的离子方程式为 。
(4)“除杂Ⅰ”步骤中，加调溶液，该步除杂的总反应方程式为 。
(5)“除杂Ⅱ”步骤中，析出的“沉淀3”是 、 。
(6)“除杂Ⅲ”步骤中，随着“沉淀4”的生成，溶液将 (填“升高”或“下降”或“不变”)。
(7)“浓缩结晶”步骤中，析出后的滤液应返回到 步骤，其目的是 。
【答案】(1)1s22s22p63s23p63d54s2
(2)还原二氧化锰为锰离子
(3)
(4)
(5) CaF2 MgF2
(6)下降
(7) 溶解 循环利用，充分利用生成物且提高锰的回收率
【分析】阳极泥加入二氧化硫将二氧化锰还原为硫酸锰，加入硫酸铁除去钠钾，滤液加入碳酸锰调溶液，使得铁离子转化为沉淀除去，滤液加入MnF2，使得钙离子、镁离子转化为CaF2、MgF2沉淀除去，滤液加入硫化氢使得锌离子和铅离子转化为沉淀除去，滤液浓缩结晶得到硫酸锰。
【解析】（1）锰为25号元素，基态Mn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2；
（2）二氧化硫具有还原性，二氧化锰具有氧化性，“溶解”步骤在酸性条件下进行，通入的作用是还原二氧化锰为锰离子；
（3）“除钾钠”步骤中，控制溶液，酸性条件下，与反应生成沉淀，其中生成沉淀的离子方程式为：；
（4）“除杂Ⅰ”步骤中，加调溶液，使得铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去，结合质量守恒，反应还生成硫酸锰、二氧化碳和硫酸，该步除杂的总反应方程式为；
（5）由分析，“除杂Ⅱ”步骤中，析出的“沉淀3”是CaF2、MgF2；
（6）“除杂Ⅲ”步骤中，加入硫化氢使得锌离子和铅离子转化为沉淀除去，反应为、，反应过程中生成氢离子，使得溶液酸性增强，故随着“沉淀4”的生成，溶液将下降。
（7）“浓缩结晶”步骤中，析出后的滤液中含有硫酸和部分硫酸锰，应返回到溶解步骤，其目的是循环利用，充分利用生成物且提高锰的回收率。
18．（24-25高三上·辽宁·阶段练习）稀土永磁合金，主要金属是钐和钴，合金中还会有铜、铁等取代部分钴。从钐钴磁性废料中提取钐和钴的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)元素周期表中，与位于同周期同族的元素还有 。
(2)为提高酸浸率，可采取的措施有 (写出1条即可)，“酸浸渣”的主要成分是 。
(3)“沉钐”过程中生成沉淀，逐渐加热分解该沉淀，得到固体质量变化百分数与温度关系如图甲所示，则n= (取整数)。写出分解为的化学方程式： 。
(4)写出“除铁”的离子方程式： 。
(5)“除铁”操作中双氧水的实际用量通常要大于理论用量，原因是 。
(6)如图乙是草酸钴()在空气中灼烧得到的钴的氧化物晶体结构的一部分，该过程的化学方程式为 。
【答案】(1)Fe和
(2) 粉碎废料、适当升高温度、适当增大盐酸浓度、搅拌等 Cu
(3) 8
(4)
(5)易分解，且被氧化后生成的能催化分解，使损失
(6)
【分析】废料中加入盐酸酸浸，、、和酸反应生成相应离子、铜不和稀盐酸，因此“酸浸渣”的主要成分为Cu，酸浸液经过“沉钐”后，溶液中含有和，加入氨水和双氧水，被氧化为并形成沉淀，过滤后滤液中含有的金属离子主要是，经“沉钴”并灼烧沉淀得到含钴氧化物。
【解析】（1）C位于第四周期第Ⅷ族，同周期同族元素还有Fe和。
（2）粉碎废料、适当升高温度、适当增大盐酸浓度、搅拌等都可以加快反应速率，提高酸浸率；由分析，“酸浸渣”的主要成分是Cu；
（3）由图甲可知，当失去所有结晶水得到时，剩余固体质量为原质量的，由此可得，解得n=8；分解为时Sm元素化合价不变，则该反应为歧化反应，C元素的化合价由价变为价和价，结合电子守恒，反应的化学方程式为。
（4）“除铁”时，被氧化为，铁化合价由+2变为+3、过氧化氢中氧化合价由-1变为-2，根据得失电子守恒可知与的化学计量数之比为，同时提供使形成沉淀，离子方程式为；
（5）易分解，且被氧化后生成的能催化分解，使损失，因此双氧水的实际用量通常大于理论用量。
（6）该晶体结构的一部分中，有2个位于内部，共2个；有8个位于棱上、2个位于面上、1个位于内部，共个；有8个位于顶点。4个位于棱上、10个位于面上、1个位于内部，共个因此该晶体中，其化学式为。在空气中灼烧得到和，反应中部分C化合价由+2变为+3、部分碳化合价由+3变为+4，则结合电子守恒，还有部分碳化合价由+3降低为+2生成CO，反应为：。
19．（2024·四川·一模）钼(M)广泛应用于化工生产、医疗卫生及国防战略领域。一种从镍钼矿(主要成分为、、、、、的硫化物及)中分离钼并获取的新型工艺流程如图所示：
已知：“水浸”后，“滤渣1”的主要成分为、、、；“浸出液”的主要溶质为(钼酸钠)、、、。
回答下列问题：
(1)“浸出液”含有的中M元素的化合价为 ；已知“焙烧”时，发生反应主要生成和，则被氧化时，转移电子 ml。
(2)含M质量分数为的镍钼矿经“焙烧→水浸”后得到“浸出液”，经分析，“浸出液”中M的浓度为。则在“焙烧→水浸”过程中，M的提取率为 (用字母表达)。
(3)“除杂”时，加入的目的是除去“浸出液”中的和 (填元素符号)。
(4)、的溶解度曲线如图所示，结合能耗和提高钼酸盐产品纯度两个因素，“结晶”时宜采用 (填“蒸发结晶”或“冷却结晶”)得到晶体。
(5)“离子交换”时，若所用的“D318-Ⅲ树脂”用RCl表示，则主要发生反应：，因此，得到的“交换液”中的溶质主要有和 (填化学式)。该“交换液”可再进入“水浸”工序循环使用，其意义是 。
(6)“解析”时，加入氨水使钼酸根从树脂中解析出来，得到的“钼酸盐”的化学式为 。
【答案】(1) +6 18
(2)
(3)C
(4)冷却结晶
(5) NaCl 可以大大降低废水的排放，且利于回收硫酸钠
(6)
【分析】镍钼矿加入碳酸钠并通入空气焙烧生成，加水水浸进入溶液中，加入硫酸镁除去多余的碳酸根和“浸出液”中的，过滤后再通过低温结晶（根据的溶解度随温度变化特点确定）将硫酸钠晶体分离出来，溶液经过离子交换萃取，萃取后再加入氨水解析得到钼酸盐；
【解析】（1）中钠、氧分别为+1、-2，则M元素的化合价为+6；已知“焙烧”时，发生反应主要生成和，反应中M化合价由+4变为+6、硫化合价由-2变为+6，电子转移为，则被氧化时，转移电子18ml。
（2）在“焙烧→水浸”过程中，M的提取率为；
（3）浸出液中含有焙烧中加入的碳酸钠，碳酸钠会和硫酸镁反应而除去碳酸根离子、会和硫酸镁反应而除去，故“除杂”时，加入的目的是除去“浸出液”中的和C；
（4）由图，温度较低时，硫酸钠的溶解度远低于钼酸钠，故选用冷却结晶析出硫酸钠晶体；
（5）“离子交换”时，主要发生反应：，则得到“交换液”中的溶质除外，还含有氯离子和钠离子形成的氯化钠；交换溶液主要含Na+，可再进入“水浸”工序循环使用，其意义是可以大大降低废水的排放，且利于回收硫酸钠；
（6）加入氨水使钼酸根从树脂中解析出来，一水合氨可以转化为铵根离子，则得到的“钼酸盐”为钼酸铵，化学式为。
20．（24-25高三上·江西赣州·期中）三元锂电池广泛用于新能源汽车，开展废旧电池的正极材料(主要有效成分为，少量、元素)回收，对于资源综合回收利用和环境保护具有十分重要的意义。一种实现正极材料的绿色闭环再生工艺如图所示：
已知微溶于水。回答下列问题：
(1)三元锂电池的正极材料中，、和的平均化合价为 。
(2)以表示正极材料，还原浸出的离子方程式为 。
(3)常温下，经测量浸出后的金属离子溶解度与关系如图所示：
① (填“>”、“＜”或“=”)。
② 。
③用溶液调整，可以除尽杂质离子，范围大致为 。
④共沉淀之后，由于金属回收率不同，需要补充相应的金属氢氧化物才符合再生要求。依据溶解度与关系，补充物质的量最多的氢氧化物是 (填化学式)。
(4)依据绿色闭环的要求，设计得到的实验方法： 。
【答案】(1)+3
(2)
(3) < 4.5~6.7
(4)用溶液吸收煅烧所产生的，通过控制，制得浓溶液，将其加入滤液中并过量，得到沉淀，过滤、洗涤、干燥
【分析】正极活性物质粉末用硫酸、双氧水浸取得含有Li+、Ni2+、C2+、Mn2+、Fe3+、Al3+等金属阳离子的溶液，加入氢氧化钠调节pH，使得Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，过滤滤液继续加入氢氧化钠使得Li+、Ni2+、C2+、Mn2+共沉淀，得到沉淀加入煅烧共生得到；
【解析】（1）中锂为+1、氧为-2，根据化合价代数和为零，、和的平均化合价为+3；
（2）中M化合价为+3，在还原浸出过程中M被还原为+2价M，过氧化氢中氧被氧化为氧气，结合电子守恒，反应为；
（3）①由图在pH升高过程中，铁离子首先沉淀，说明沉淀Fe3+所需要提供的OH-浓度更小，由Ksp计算公式可知，