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高考化学考前冲刺押题预测 物质的分离、提纯与检验解答题
一．解答题（共20小题）
1．（2025 广东二模）利用液—液萃取法从盐湖卤水（含高浓度Mg2+）中提取Li+引发关注热潮，其中使用最广泛的萃取剂是磷酸三丁酯（以L表示）。
（1）基态P原子的价层电子排布式是 　 　 。
（2）在萃取过程中添加FeCl3能有效提高Li+的提取率。
①FeCl3溶液显酸性的原因是 　 　 。（用离子反应方程式表示）
②Fe3+溶于卤水后可发生反应a：Fe3+（aq）+4Cl﹣（aq） （aq） ΔH
已知：
则反应a的ΔH＝ 　 　 。
③某小组为研究FeCl3用量（其它条件相同）对萃取过程的影响，利用模拟卤水[c0（Li+）＝0.05mol L﹣1、c0（Mg2+）＝3.5mol L﹣1、c0（H+）＝0.03mol L﹣1]进行萃取，实验中V（o）＝V（aq），结果如图1所示。
已知：Ⅰ．萃取时发生反应b：Fe3+（aq）+4Cl﹣（aq）+Li+（aq）+xL（l） [LiLx]+（o）+[FeCl4]﹣（o）。aq代表水层，o代表有机层。
Ⅱ．分配系数DM，其中c[M（o）]、c[M（aq）]代表平衡浓度。
ⅰ．下列说法正确的是 　 　 。
a．反应b达到平衡时，v正（Fe3+）＝4v逆（Cl﹣）
b．一定条件下，DLi越大，c[LiLx]+（o）越大，c[Li+（aq）]越小
c．随n（）增大，Li+与Mg2+分离越不彻底
d．若升温使反应b平衡左移，则DLi会增大
ⅱ．根据图1中数据，当n（）＝1.2时，水层中剩余的c（Li+）为起始时的 　 　 ；DMg＝ 　 　 。（均用分数表示）
（3）用10mL3mol L﹣1盐酸对含锂有机层[c（[Li（L）x]+）＝0.060mol L﹣1]进行反萃取，得到高浓度的LiCl水溶液。有机层体积对各离子反萃取率（SM%100%）的影响如图2所示。
反萃取时发生反应c：H+（aq）+[LiLx]+（o） Li+（aq）+H+（o）+xL（l）。
①已知当V（o）＝200mL时，SLi%＝60%，计算此时DLi　 　 （写出计算过程）。
②结合反应b及图2的信息，在答题卡相应位置画出用蒸馏水作反萃取剂，有机层体积对SFe%的影响曲线 　 　 。
2．（2025 新余二模）钪（Sc）是一种功能强大但产量稀少的稀土金属，广泛用于尖端科技领域。从某种磷精矿（主要成分为Ca5（PO4）3F，含少量ScPO4、FeO、Fe2O3、SiO2）分离稀土元素钪（Sc）的工业流程如图：
（1）写出“酸浸”过程中Ca5（PO4）3F与HNO3发生反应的化学方程式 　 　 。
（2）“萃取”的目的是富集Sc，但其余元素也会按一定比例进入萃取剂中。
①通过3ROH+POCl3 （RO）3PO+3HCl制得有机磷萃取剂（RO）3PO，其中—R代表烃基，—R不同，（RO）3PO产率也不同。当—R为“—CH2CH3”时，（RO）3PO产率 　 　 （填“大于”、“小于”或“等于”）—R为“—CH2CH2CH3”时，请从结构的角度分析原因 　 　 。
②“反萃取”的目的是分离Sc和Fe元素。向“萃取液”中通入NH3，Fe2+、Fe3+、Sc3+的沉淀率随pH的变化如图1，试剂X为 　 　 （填“SO2”或“ClO2”），应控制最佳pH为 　 　 。
图1
（3）已知Ka1（H2C2O4）＝a，Ka2（H2C2O4）＝b，Ksp[Sc2（C2O4）3]＝c。“沉钪”时，发生反应，此反应的平衡常数K＝ 　 　 （用含a、b、c的代数式表示）。
（4）草酸钪晶体在空气中加热，随温度的变化情况如图2所示。850℃后固体的化学式为 　 　 。
图2
3．（2025春 成都期中）碱性锌锰电池是一种使用广泛的便携式电源，其构造原理如图1，该电池的总反应为Zn+2MnO2+2H2O═2MnO（OH）+Zn（OH）2。回答下列问题：
Ⅰ.碱性锌锰电池
（1）该电池属于 　 　 （填“一次”或“二次”）电池。负极发生的电极反应式为 　 　 。
（2）电流从 　 　 （填“Zn”或“MnO2”）极流出，当电路通过0.1mol电子时，负极消耗的物质的质量是 　 　 g。
（3）电池工作一段时候后，电解质溶液中c（OH﹣） 　 　 （填“变大”“变小”或“不变”）。
Ⅱ.废旧碱性锌锰电池回收再利用
已知：①粉料中含有MnO2、MnO（OH）、Zn（OH）2及少量的Fe；
②Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH大于5.5时易被氧化。
（4）“还原焙烧”过程中MnO（OH）被炭黑还原为MnO的化学方程式为 　 　 。
（5）“酸浸”时适当加热并不断搅拌，其作用是 　 　 ，“酸浸”后分离出滤渣的操作名称为 　 　 。
（6）“净化”时先通入O2将Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为 　 　 ，再调节pH≈4.0使Fe3+转化为Fe（OH）3而除去铁元素。
4．（2025 崇明区二模）MnO2可作氨选择性催化还原法脱除NOx的催化剂。
（1）基态Mn的价层电子的轨道表示式是 　 　 。
（2）MnO2可由（NH4）2S2O8与MnSO4反应制得。的结构如图。
中S—O—O 　 　 （填“是”或“不是”）在一条直线上。
MnO2作催化剂氨催化还原脱除NO的一种催化机理示意图如图：
（3）从化学键的角度解释MnO2能结合NH3的原因 　 　 。
（4）用NH3每脱除1mol NO的同时，消耗0.25mol氧气，写出该催化过程的总反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目：　 　 。
（5）以MnSO4溶液为原料，用如图装置（a，b均为惰性电极）同步制备Mn和MnO2。
电极a与电源的 　 　 （负极或正极）连接，发生的电极反应式为 　 　 电解锰渣的主要成分是MnS。一种由电解锰渣制取高纯MnSO4的流程如下。
（6）MnS不溶于水，它与硫酸溶液发生复分解反应的离子方程式为 　 　 。
（7）浸出过程中加入MnO2可减少有毒气体的生成，同时产生更多MnSO4，利用了MnO2的化学性质是 　 　 。结合离子方程式解释从浸出液中除去Fe3+的原理：　 　 。
5．（2025 崇明区二模）废旧锂离子电池的正极材料含钴酸锂（LiCoO2，锰酸锂（L12MnO4），镍酸锂（LiNiO2）以及铝片、石墨粉等，某小组设计方案回收金属元素，流程如图：
已知：过硫酸根离子的结构为：
（1）锂离子电池工作时，能量的主要转化方式为 　 　 。
（2）在废旧电池的初步处理及碱浸环节，为加快速率，除了对原料粉碎处理，还可以采用的措施有 　 　 （写出其中一种即可），步骤①发生反应的离子方程式为 　 　 。
（3）滤液A中的Co、Ni、Mn均为+2价，则H2O2作为反应物的半反应式为 　 　 。
（4）写出过程③中Mn2+发生反应的离子方程式 　 　 ；步骤②中不能用盐酸酸化溶液的原因是 　 　 。
（5）常温下滤液C中c（Co2+）＝ 　 　 mol/L。（常温：（Ksp[Co（OH）2]＝1.09×10﹣15）
（6）所得碳酸锂样品含有少量Na2SO4杂质，拟通过图示装置测定样品中Li2CO3的含量，b中液体为硫酸溶液，量气管中可以加入的试剂可以是 　 　 。（不定项）
A.饱和Na2CO3溶液
B.饱和NaHCO3溶液
C.饱和食盐水
D.覆盖油层的水
（7）下列情况会导致测定结果偏低的是 　 　 。
A.反应产生的气体一部分滞留在“Y”型试管中
B.没有恢复到室温就进行读数
C.水准管液面高于量气管
D.固体样品称量后，在反应之前吸收空气中的水蒸气
6．（2025 平度市模拟）铑（Rh）是一种稀有贵金属，工业上从废铑材料（主要含Rh，还含有Cu、Fe等）中提炼铑的主要途径有如下两种：
已知：①Rh金属活动顺序位于H之后。
②Rh（Ⅲ）易与Cl﹣形成配离子[RhCl6]3﹣，且该配离子在水溶液中存在以下平衡：[RhCl6]3﹣+3H2O Rh（OH）3+3H++6Cl﹣。
③已知25℃时相关物质的Ksp见下表。
氢氧化物 Fe（OH）3 Cu（OH）2 Rh（OH）3
Ksp 1.0×10﹣38.6 1.0×10﹣19.6 1.0×10﹣22.6
（已知开始沉淀的金属离子浓度为0.1mol L﹣1；金属离子浓度≤1.0×10﹣5mol L﹣1时，可认为该离子沉淀完全。
回答下列问题：
（1）途径一：
①“氯化溶解”过程中，金属Rh转化为H3RhCl6，该反应的化学方程式为 　 　 。
②“定向脱铜”时，铜的沉淀率随pH变化如图所示，实际工业生产中控制pH为2，pH不宜大于2的原因是 　 　 。
③“阳离子交换”过程中，被阳离子交换树脂吸附的金属阳离子有 　 　 。
（2）途径二：
①“控温焚烧”的目的是 　 　 且防止Rh单质被氧化。
②“加热至熔融”的目的是将焚烧后的物质全部转化成可溶性的硫酸盐。已知Rh单质与KHSO4反应的产物之一为SO2，则参加反应的Rh和KHSO4的物质的量之比为 　 　 。
③步骤“调pH①”中应调节的pH范围为 　 　 （保留两位有效数字）。
④用氨水沉淀铑元素的离子方程式为 　 　 。
7．（2025 越秀区开学）全钒液流电池目前产业链建设和技术成熟度相对较高，钒的提取有重要价值。一种以钒磁铁矿炼铁后的钒渣（主要成分是FeV2O4、MnV2O4、Fe2SiO4等）为原料制备V2O5的工艺流程如图：
已知：①FeV2O4也可表示为FeO V2O3
②室温下：Ksp[Mn（OH）2]约为10﹣14，Ksp[Mg（OH）2]约为10﹣12
③一定浓度的钒在溶液中的主要聚合状态与溶液pH关系如图所示。
（1）基态钒原子价层电子排布图为 　 　 。
（2）“焙烧”中FeV2O4转化为Mg2V2O7和Fe2O3的化学方程式为 　 　 。
（3）“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀。图是在工业生产中不同pH环境下沉钒率的测定值。实际工业生产中常选择pH＝7.5为沉钒的最佳条件，当pH超过8.0时沉钒率降低，其原因有 　 　 （写出两点）。
（4）为回收Mn元素，对“滤液b“进行处理时用氨水调pH。若溶液中Mn元素恰好完全沉淀，则c（Mg2+）约为 　 　 mol L﹣1（当溶液中离子浓度c≤10﹣5mol L﹣1即可视为沉淀完全）。
（5）工业上用H2还原（NH4）6V10O28（十钒酸铵）可以制得V2O3
该反应中还原剂与还原产物的物质的量之比为 　 　 。
（6）全钒液流电池装置如图所示，若放电过程中有H 从A池移向B池，则充电过程中阳极方程式为 　 　 。
（7）一种钒的硫化物的晶体结构（图a）及其俯视图（图b）如图所示：
①该钒的硫化物的化学式是 　 　 。
②该钒的硫化物晶体中，与每个V原子最近且等距的S原子个数是 　 　 。
8．（2025 安徽三模）废旧钴酸锂电池的电极材料可以回收再利用，避免对环境造成污染。其正极材料主要含有钴酸锂（LiCoO2），还含有少量Fe、Al等。现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源。
已知：。
（1）基态Co原子价电子排布式为 　 　 。NH4HCO3中各元素电负性由大到小的顺序为 　 　 。
（2）“沉钴”中得到的是CoCO3，写出该步骤中发生反应的离子方程式 　 　 。
（3）“浸出渣”中加入足量“H2O2”的作用是 　 　 。
（4）“废渣”的主要成分是 　 　 （填化学式）。
（5）从“沉钴”中得到的CoCO3不是很纯，还会含有锂、铁等杂质，工业上，在pH为8～10时，可以用硫酸铵和氨水的混合溶液“络合浸取法”生成进行提纯，生产过程中硫酸铵溶液的作用是 　 　 。
（6）已知碳酸锂的溶解度曲线如图所示，为提高碳酸锂的析出量和纯度，“操作A”应该为 　 　 、　 　 、洗涤、干燥。
（7）“沉钴”后得到0.2mol L﹣1的Li+溶液，如果加入等体积Na2CO3溶液有沉淀产生，则所加碳酸钠溶液的浓度c（Na2CO3）＞　 　 mol L﹣1（结果保留2位有效数字）。
9．（2025 佛山二模）一种以硼镁矿（含B2O3、MgO、SiO2及少量铁、铝氧化物等）为原料生产高纯硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如图：
已知：①硼酸微溶于冷水，但在热水中溶解度较大
②常温下，硼酸溶液呈弱酸性：
（1）基态Mg2+有 　 　 种空间运动状态。
（2）“溶浸”时选择100℃微沸条件下进行，原因是 　 　 。
（3）“吸收”时发生反应的化学方程式为 　 　 。
（4）“母液”加热后可返回 　 　 工序循环利用。
（5）热过滤后“调pH“的试剂为 　 　 （填化学式）。
溶液pH对硼酸结晶率及纯度的影响如图1，根据图1判断合适的pH范围是 　 　 ；
此时溶液中 　 　 1（填“＞”“＜”或“＝”）。
（6）粗硼酸可以通过与甲醇酯化再水解提纯，写出硼酸与甲醇完全酯化的化学方程式 　 　 。
（7）沉镁过程中还会生成镁的另外一种化合物X，其立方晶胞结构如图2a，沿z轴方向的投影为图2b。
①X的化学式为 　 　 。
②X最简式的式量为M，晶体边长为apm，其晶胞密度为 　 　 g cm﹣3（列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值）。
10．（2025 安徽模拟）脆硫铅锑矿除含铅和锑主要金属外还含有铁、银、锌、铜、砷、铟等多种杂质金属，通常被认为是2PbS Sb2S3，该矿必须通过冶金过程才能分离铅锑。空气氧化法制备焦锑酸钠、硫代硫酸钠的工艺流程如图所示：
已知：①铅、铁、银、锌、铜、铟元素都进入铅渣；
②“碱浸”后，锑、砷分别以硫代亚锑酸钠（Na3SbS3）、硫代亚砷酸钠（Na3AsS3）形式存在；
③常温下，Ksp[Fe（OH）3]＝1×10﹣37.4，Ksp[Cu（OH）2]＝3×10﹣20，通常残留在溶液中的离子浓度小于1×10﹣5mol L﹣1时就认为沉淀完全；
④NaSb（OH）6难溶于冷水。
回答下列问题：
（1）焦锑酸钠中Sb元素的化合价为 　 　 ，硫代亚砷酸钠中As元素的杂化方式为 　 　 。
（2）“碱浸”中，加入NaOH提供碱性环境的作用是 　 　 。“操作Ⅰ”中用到的玻璃仪器有烧杯、　 　 、　 　 。
（3）“碱浸”过程中，Sb2S3发生反应的化学方程式为 　 　 。
（4）制备焦锑酸钠反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 　 　 。
（5）常温下，若铅渣经过处理后溶液中只有Fe3+和Cu2+，且浓度均为3.0mol L﹣1，使Fe3+完全沉淀而Cu2+不沉淀，需控制溶液pH的范围是 　 　 。
（6）基态As原子的价电子排布式为 　 　 。砷化镓立方晶系结构如图所示，砷化镓的晶胞参数为xpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞密度为 　 　 g cm﹣3。
11．（2025 东城区一模）从金矿（主要含Au、CaCO3SiO2）中提取金的一种流程如图。
（1）浸取过程中涉及的主要操作有加热、　 　 。
（2）研究浸取过程及其影响因素。
a.一种浸金原理示意图如图。
b.配制浸取液：向含0.0013mol L﹣1CuSO4、0.125mol L﹣1（NH4）2SO4的混合溶液中滴加NaOH溶液，至溶液pH＝9.5，再加入Na2S2O3至其浓度为0.15mol L﹣1。
①浸取液配制过程中主要反应的离子方程式是 　 　 。
②用化学反应原理解释浸取过程中优先生成[Au（NH3）2]+，最后金以[Au（S2O3）2]3存在的原因：　 　 。
③相同条件下，相同时间内溶解氧对“金浸出率”和“Na2S2O3消耗率”的影响如下。
随溶解氧含量上升，金浸出率先增大后减小的原因是 　 　 。
（3）某学习小组设计了两种除去粗金粉中杂质的方法：
a.将粗金粉浸泡在稀硝酸中。
b.将粗金粉在空气中灼烧后，浸泡在稀硫酸中。
①写出a中反应的离子方程式：　 　 。
②你认为哪种方法较好，写出理由：　 　 。
12．（2025 顺义区一模）LiFePO4常作为锂离子电池的正极材料，广泛应用于新能源汽车。FePO4 2H2O是制备LiFePO4的原料。
（1）由钛白渣（主要成分为FeSO4）获取FePO4 2H2O的流程示意图如图。
资料：ⅰ．FePO4 2H2O性能与其纯度、颗粒大小有关，沉淀速率影响颗粒大小
ⅱ．空间结构：
①Ⅰ中将钛白渣粉碎的目的是 　 　 。
②溶液A的主要成分是FeHPO4（配合物），分析FeHPO4中配位键的形成过程 　 　 。
③溶液B中含铁的主要微粒为，写出Ⅲ中反应的离子方程式 　 　 。
④Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0～1.5，pH不能过高的原因是 　 　 。
（2）从废旧LiFePO4电极粉末中回收制备FePO4 2H2O，同时获得副产品Li2CO3，工艺流程如下。
①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低，原因是 　 　 。
②加入物质B使溶液pH升至5，从物质循环和减少除杂过程角度，物质B为 　 　 （填化学式）。
③H2O2添加量对Fe、P沉淀率影响如图所示。
实际生产时，H2O2添加量选2.5%的原因是 　 　 。
（3）产品FePO4 2H2O中铁含量测定：取ag样品，用盐酸充分溶解并配制成250mL溶液。取25.00mL该溶液于锥形瓶中，逐滴加入SnCl2溶液，至Fe3+恰好完全还原为Fe2+，Sn2+被氧化为Sn4+，滴加指示剂，用0.01mol L﹣1K2Cr2O7标准溶液滴定（铬元素被还原为Cr3+），消耗vmLK2Cr2O7标准溶液，样品中铁的质量分数为 　 　 。（实验条件下Cl﹣存在不影响实验结果）
13．（2025 河南模拟）广西是我国重要的锡矿产地。该地锡矿主要成分为SnO2（含PbS、CuFeS2等杂质），锡的一种冶炼工艺流程如图所示：
已知：①SnO2性质稳定，难溶于水、酸、醇。②
回答下列问题：
（1）对锡矿进行“研磨”的目的是 　 　 。
（2）“焙烧”过程中，CuFeS2发生的化学反应方程式为 　 　 。
（3）PbO可与盐酸反应生成可溶性配离子，该反应液中存在，若要得到PbCl2溶液，可在加热条件下，加入 　 　 （填一种反应试剂），充分反应后，　 　 （填一种操作），即得PbCl2溶液。
（4）“滤液”中的Cu2+、Fe3+可采用调节溶液pH值的方法依次分离，已知常温下Fe（OH）3的Ksp为2.8×10﹣39，若滤液中c（Fe3+）为0.0028mol L﹣1，则Fe3+开始沉淀的pH值为 　 　 。
（5）“熔炼”过程，焦炭对应生成的主要气体产物为 　 　 。
（6）灰锡是金刚石型立方晶体，晶体结构如图所示。已知锡晶胞的边长anm，则灰锡的密度为 　 　 g cm﹣3（NA为阿伏加德罗常数的值，写出计算式即可）。Sn与C同主族，SnCl2分子中，键角∠Cl﹣Sn—Cl小于120°的原因是 　 　 。
14．（2025春 珠海期中）锆被称为原子时代的头号金属。一种以氧氯化锆（主要含ZrOCl2，还含有少量Fe、Cr、Hf等元素）为原料生产金属锆的工艺流程如图1：
已知：
①“酸溶”后溶液中各金属元素的存在形式为：ZrO2+、HfO2+、Fe3+、Cr3+；
②25℃时，Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38，Kb（NH3 H2O）＝1.8×10﹣5；
③部分易升华物质在接近沸点时升华速率较快。“加氢还原”前后相关物质沸点如下：
物质 ZrCl4 FeCl3 CrCl3 FeCl2 CrCl2
沸点/℃ 331 315 1300 700 1150
回答下列问题：
（1）“酸溶”后，Fe元素的价层电子排布图为 　 　 。
（2）“萃取”时，锆元素可与萃取剂形成多种络合物，写出生成Zr（NO3）2Cl2 2TBP的离子方程式：　 　 。
（3）沉淀”后，“废液”中pH＝9，则“废液”中NH3 H2O 　 　 （填＞，＜或者＝）。
（4）“沸腾氯化”时，ZrO2转化为ZrCl4，同时生成一种还原性气体，该反应的化学方程式为 　 　 。
（5）FeCl3沸点远低于CrCl3的可能原因为 　 　 。
（6）某种掺杂CaO的ZrO2晶胞如图2所示，Ca位于晶胞的面心。
①晶体中每个Zr周围与其最近的O个数为 　 　 。
②已知该晶胞为立方晶胞，晶胞中O与Zr的最小间距为anm，设NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为 　 　 g cm﹣3（列出计算式）。
③如图3所示结构（ZrOCa）与上述晶胞结构不一致的是 　 　 （填标号）。
15．（2025 沧州一模）半湿法处理铜阳极泥回收贵金属银、铂、金的工艺如图：
已知：①“焙烧除硒”过程中硒、铜和银转化为相应的氧化物；②“分银”工艺中银转化为[Ag（NH3）2]+。
回答下列问题：
（1）CuAgSe中铜的化合价为 　 　 ；Cu的价层电子轨道表达式为 　 　 ，位于周期表 　 　 区。
（2）“脱铜”工艺中，与银元素相关的离子反应方程式为 　 　 。
（3）“分银”得到滤渣的主要成分有Pt和 　 　 。
（4）“沉银”过程中肼（N2H4）的作用是 　 　 。
（5）经上述工艺得到的粗银还需进行电解精炼：纯银作阴极，电解液为硝酸和硝酸银的混合溶液。硝酸浓度不能过大，可能的原因是 　 　 （用化学语言解释）。
（6）某研究性学习小组为探究Ag与Fe3+的反应，按图装置进行实验（盐桥中的物质不参与反应）。
①K闭合时，电流表指针偏转，石墨作 　 　 （填“正极”或“负极”）。
②当指针归零后，向U形管左侧滴加几滴Fe（NO3）2浓溶液，发现指针向反方向偏转，写出此时银电极的反应式：　 　 。
③结合上述实验分析，写出Fe3+和Ag反应的离子方程式：　 　 。
16．（2025 黄冈三模）铜（In）、锗（Ge）、铋（Bi）是有重要价值的稀有金属。某含锌物料中含有锌、铟、锗、铋等元素的氧化物，从中回收铟、锗、铋的流程如图。
回答下列问题：
（1）锗在元素周期表中位于第 　 　 周期第 　 　 族。
（2）“中性浸出”溶出锌和“酸性浸出1”溶出铟和锗用的是不同浓度的硫酸，“酸性浸出2”用的是盐酸，说明金属氧化物的浸出与酸的 　 　 有关。
（3）萃取钢：P204（用H2A2表示）是一种磷类酸性阳离子萃取剂，可以将铜锗富集液中的1n3+转化为1nA3 3HA萃取到有机相中。写出“反萃“步骤的化学方程式 　 　 。
（4）丹宁沉锗：丹宁是一类复杂的多酚类化合物，pH＝2.5条件下与Ge4+发生反应形成络合物沉淀。通常“丹宁沉锗”温度控制在65℃﹣75℃之间，其原因是 　 　 。
（5）“氯化蒸馏”得到GeCl4，GeCl4易水解而CCl4不易水解的原因是 　 　 （填标号）。
a.Ge﹣Cl键极性更大
b.Ge的原子半径更大
c.Ge﹣Cl键键能更大
d.Ge有更多的价层轨道
（6）锗酸铋（简称BGO）是我国研制的一种闪烁晶体材料。可以将BGO看做是由锗和铋两种元素的氧化物组成，其中锗处于最高价态，基态铋离子的价电子排布为6s2，两种氧化物含氧的总质量相同。BGO晶体的化学式为 　 　 。
17．（2025春 邗江区期中）FeCl3是一种重要的化学物质，在生活、生产中应用广泛。
（1）FeCl3可作絮凝剂，除去污水中的悬浮物，其原理用离子方程式表示为 　 　 。
（2）制作印刷电路板中，FeCl3溶液可腐蚀铜箔，形成电路图案。
①该反应的离子方程式为 　 　 ；
②铜电路板刻蚀液中主要含有Cu2+、Fe2+、Fe3+、Cl﹣，从废液中回收铜并重新获得尽可能多的FeCl3溶液的实验方案为 　 　 。（实验中可选用的试剂：铁粉、稀盐酸、稀硫酸、新制氯水等。）
（3）FeCl3溶液、FeCl2溶液共沉淀可制备纳米Fe3O4，制备流程如图：
①“共沉淀”时控制温度为70℃～90℃，“共沉淀”的离子方程式为 　 　 。
②“共沉淀”时，理论分析，FeCl2和FeCl3的物质的量之比为1：2时，纳米Fe3O4产率最高；事实上投料略大于1：2时产率最高，原因是 　 　 。
③检验纳米Fe3O4洗涤干净的实验操作是 　 　 。
（4）以铁屑为原料制取FeCl3，有多条反应路径。如：
ⅰ.直接氯化法：Fe→FeCl3，将铁屑或铁粉加热至红热（200～500℃），通入干燥氯气，产物升华后冷凝为棕褐色固体，纯度≥99%。
ⅱ.氯化亚铁氧化法：Fe→FeCl2→FeCl3，铁与盐酸反应，再通氯气氧化，产物纯度≥98%。
ⅲ.盐酸溶解铁氧化物法：Fe2O3→FeCl3，用过量盐酸溶解铁锈或铁矿粉，加热80～100℃，蒸发浓缩、冷却结晶。所得产品纯度较低，含FeCl2等杂质，盐酸消耗量大，废液需处理。
下列说法不正确的是 　 　 。（填字母）
a.路径ⅰ能耗高，铁过量时易混入杂质FeCl2
b.路径ⅰ和ⅱ需处理尾气Cl2，环保压力大
c.路径ⅲ原料易得，操作简单，设备成本低
d.实际生产中应根据产品纯度需求，综合考虑成本、环保、操作、能耗等，选择合适的制备途径
18．（2025 枣庄模拟）某冶炼厂的高铟、高铅烟灰（In2O3、In2S3、PbO、Fe2O3、ZnO）可提取铟和铅，工艺流程如图：
已知：ⅰ.In3+与Al3+性质相似，易水解
ⅱ.Ksp（PbCl2）＝3.2×10﹣5 Ksp（PbCO3）＝1.2×10﹣14 Ksp[Pb（OH）2]＝2.0×10﹣15
ⅲ.In3+能被有机萃取剂P204（简称H2A2）萃取，其萃取原理可表示为In3+（水层）+3H2A2（有极层） lnA3 3HA（有极层）+3H+（水层）
回答下列问题：
（1）“高温酸浸”后滤渣除二氧化锰外还有 　 　 ，该操作中硫元素被氧化为硫酸根，In2S3反应的化学方程式为 　 　 。
（2）室温时，向结晶产物PbCl2固体中加入NH4HCO3溶液，并加入氨水调节pH进行脱氯碳化。“脱氯碳化”过程中，为避免Pb（OH）2的生成，应将pH控制在 　 　 以下；灼烧过程中，将80.1mgPbCO3在氩气中加热分解（气体产物只有CO2）+316℃时，剩余固体的质量为71.3mg，此时固体n（Pb）：n（C）＝ 　 　 。
（3）“系列操作”含如下步骤：
①萃取前加入Na2SO3预处理可提高铟的纯度，可能的原因是 　 　 。
②关于萃取与反萃取，下列说法错误的是 　 　 （填标号）。
A.pH越大萃取效果越好
B.有机相经处理后可以循环利用
C.萃取与反萃取原理相同，均利用了溶质在溶剂中溶解性的不同
③反萃取时，有机相与水相体积比和反萃取率、水相中铟浓度的关系如图所示，操作时选择有机相和水相的体积比为 　 　 ；所需玻璃仪器为 　 　 。
19．（2025春 辽宁月考）某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4和较多的Cu2+、Al3+，为减少污染并促进废物利用，工厂利用如下流程从该废液中回收FeSO4和金属铜，并制得明矾。
回答下列问题：
（1）工业废水得到滤液A的离子方程式为 　 　 。
（2）生成沉淀B的离子方程式为 　 　 ，一系列操作a包含 　 　 、　 　 、过滤、洗涤、干燥。
（3）溶液B中金属阳离子有 　 　 （填离子符号），加入过量试剂Y发生的化合反应的化学方程式为 　 　 。
（4）鉴别滤液D中金属阳离子的方法是 　 　 （任写一种）。
（5）绿矾晶体在空气中容易被部分氧化，现取部分被氧化的绿矾晶体溶于稀盐酸后，加入足量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得沉淀4.66g，再通入56mL（标准状况）氯气恰好将其中的Fe2+完全氧化。试计算绿矾晶体中 　 　 。
20．（2025 项城市模拟）以一种废旧锂离子电池（主要成分为钴、锰、镍、锂的氧化物，还含有铝箔、炭黑、有机黏合剂等）为原料回收钴、锰、镍、锂的工艺流程如图1：
已知：ⅰ.Li2CO3的溶解度随温度升高而减小。
ⅱ.“碱浸”后的滤渣中主要含有Co2O3、MnO、NiO和Li2O。
ⅲ.25℃，Ksp（CoC2O4）＝1.0×10﹣18，Ksp（MnC2O4）＝1.0×10﹣13，Ksp（NiC2O4）＝4.0×10﹣10。
回答下列问题：
（1）草酸根离子的结构简式为，其中碳原子的杂化轨道类型为 　 　 ，“灼烧”的目的是 　 　 。
（2）“碱浸”过程中与NaOH溶液发生反应的物质是 　 　 （填化学式）。
（3）“酸浸”过程中H2O2参与反应的离子方程式为 　 　 。
（4）“沉钴”起始时溶液中的Co2+、Mn2+、Ni2+浓度均为0.1mol L﹣1，欲使Co2+完全沉淀，而Mn2+、Ni2+不沉淀，需调节p（C2）的范围为 　 　 [不考虑溶液体积的变化：p（C2）＝﹣lgc（C2）；当溶液中剩余某金属离子的浓度≤1×10﹣5mol L﹣1时，可认为该金属离于已沉淀完全]。
（5）“沉锰”过程中加入K2S2O8溶液后，溶液先变为紫红色，后紫红色又褪去。溶液变为紫红色的离子方程式为 　 　 。
（6）“沉镍”过程中加入Na2CO3溶液不能过量，原因是 　 　 。
（7）某种镍氧化物的X射线衍射图谱如图2所示，则该镍氧化物属于 　 　 （填“晶体”或“非晶体”）。
（8）镍的某种氧化物常用作催化剂，其晶胞结构如图3所示。从该晶胞中能分割出来的结构图是图4的 　 　 （填标号）。
高考化学考前冲刺押题预测 物质的分离、提纯与检验解答题
参考答案与试题解析
一．解答题（共20小题）
1．（2025 广东二模）利用液—液萃取法从盐湖卤水（含高浓度Mg2+）中提取Li+引发关注热潮，其中使用最广泛的萃取剂是磷酸三丁酯（以L表示）。
（1）基态P原子的价层电子排布式是 　3s23p3　 。
（2）在萃取过程中添加FeCl3能有效提高Li+的提取率。
①FeCl3溶液显酸性的原因是 　Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+　 。（用离子反应方程式表示）
②Fe3+溶于卤水后可发生反应a：Fe3+（aq）+4Cl﹣（aq） （aq） ΔH
已知：
则反应a的ΔH＝ 　ΔH1+ΔH4﹣ΔH2﹣ΔH3　 。
③某小组为研究FeCl3用量（其它条件相同）对萃取过程的影响，利用模拟卤水[c0（Li+）＝0.05mol L﹣1、c0（Mg2+）＝3.5mol L﹣1、c0（H+）＝0.03mol L﹣1]进行萃取，实验中V（o）＝V（aq），结果如图1所示。
已知：Ⅰ．萃取时发生反应b：Fe3+（aq）+4Cl﹣（aq）+Li+（aq）+xL（l） [LiLx]+（o）+[FeCl4]﹣（o）。aq代表水层，o代表有机层。
Ⅱ．分配系数DM，其中c[M（o）]、c[M（aq）]代表平衡浓度。
ⅰ．下列说法正确的是 　bc　 。
a．反应b达到平衡时，v正（Fe3+）＝4v逆（Cl﹣）
b．一定条件下，DLi越大，c[LiLx]+（o）越大，c[Li+（aq）]越小
c．随n（）增大，Li+与Mg2+分离越不彻底
d．若升温使反应b平衡左移，则DLi会增大
ⅱ．根据图1中数据，当n（）＝1.2时，水层中剩余的c（Li+）为起始时的 　　 ；DMg＝ 　　 。（均用分数表示）
（3）用10mL3mol L﹣1盐酸对含锂有机层[c（[Li（L）x]+）＝0.060mol L﹣1]进行反萃取，得到高浓度的LiCl水溶液。有机层体积对各离子反萃取率（SM%100%）的影响如图2所示。
反萃取时发生反应c：H+（aq）+[LiLx]+（o） Li+（aq）+H+（o）+xL（l）。
①已知当V（o）＝200mL时，SLi%＝60%，计算此时DLi　　 （写出计算过程）。
②结合反应b及图2的信息，在答题卡相应位置画出用蒸馏水作反萃取剂，有机层体积对SFe%的影响曲线 　　 。
【答案】（1）3s23p3；
（2）①Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+；
②ΔH1+ΔH4﹣ΔH2﹣ΔH3；
③ⅰ．bc；
ⅱ．；；
（3）①；
②（画出随V（o）增加，SL%减小即可，趋势正确即可）。
【分析】（2）根据盖斯定律分析；
【解答】解：（1）P为15号元素，价电子排布式为3s23p3，
故答案为：3s23p3；
（2）①FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+水解显酸性，离子方程式为：Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+，
故答案为：Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+；
②根据图示可以得出：I、FeCl3（s）+HCl（g）＝HFeCl4（s） ΔH1；
II、FeCl3（s）＝Fe3+（aq）+3Cl﹣（aq） ΔH2；
III、HCl（g）＝H+（aq）+Cl﹣（aq） ΔH3；
IV、HFeCl4（s）＝ H+（aq）（aq） ΔH4；
根据盖斯定律：I+IV—II—III得到反应Fe3+（aq）+4Cl﹣（aq） （aq） 则ΔH＝ΔH1+ΔH4﹣ΔH2﹣ΔH3，
故答案为：ΔH1+ΔH4﹣ΔH2﹣ΔH3；
③ⅰ．a．反应b达到平衡时，正逆反应速率相等，即4v正（Fe3+）＝v逆（Cl﹣），a错误；
b．分配系数DM，一定条件下，DLi越大，有机层中的Li多，水层中的Li少，即c[LiLx]+（o）越大，c[Li+（aq）]越小，b正确；
c．根据图1可知，随n（）增大，Li和Mg的分配系数接近，Li+与Mg2+分离越不彻底，c正确；
d．若升温使反应b平衡左移，Li由有机层进入水层，则DLi会减小，d错误；
故答案为：bc；
ii．当n（）＝1.2，DLi2.5，假设有机层Li+浓度为2.5amol/L，水层中Li＝浓度为amol/L，则起始Li+浓度为（a+2.5a）mol/L＝3.5mol/L，水层中剩余的c（Li+）为起始时的；当n（）＝1.2时，340，DLi＝2.5，则DMg，
故答案为：；；
（3）①含锂有机层[c（[Li（L）x]+）＝0.060mol L﹣1]，体积V（o）＝200mL，则n（[Li（L）x]+）＝0.060mol L﹣1×200×10﹣3L＝0.12mol＝120mmol，SLi%＝60%，依据三段式：
H+（aq）+[Li（TBP）x]+（o） Li+（aq）+H+（o）+xTBP（l）
起始/mmol 120 0
变化/mmol 120×60% 120×60%
平衡/mmol 48 120×60%
DLi，
故答案为：；
②结合反应b及图2的信息可知，用蒸馏水作反萃取剂，有机层体积增加，SFe%减小，曲线图为：，
故答案为：（画出随V（o）增加，SL%减小即可，趋势正确即可）。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，难度较大。
2．（2025 新余二模）钪（Sc）是一种功能强大但产量稀少的稀土金属，广泛用于尖端科技领域。从某种磷精矿（主要成分为Ca5（PO4）3F，含少量ScPO4、FeO、Fe2O3、SiO2）分离稀土元素钪（Sc）的工业流程如图：
（1）写出“酸浸”过程中Ca5（PO4）3F与HNO3发生反应的化学方程式 　Ca5（PO4）3F+10HNO3＝5Ca（NO3）2+HF+3H3PO4　 。
（2）“萃取”的目的是富集Sc，但其余元素也会按一定比例进入萃取剂中。
①通过3ROH+POCl3 （RO）3PO+3HCl制得有机磷萃取剂（RO）3PO，其中—R代表烃基，—R不同，（RO）3PO产率也不同。当—R为“—CH2CH3”时，（RO）3PO产率 　大于　 （填“大于”、“小于”或“等于”）—R为“—CH2CH2CH3”时，请从结构的角度分析原因 　随着碳原子数增加，“—CH2CH2CH3”推电子能力强于“—CH2CH3”，O—H键更难断裂，（RO）3PO产率降低　 。
②“反萃取”的目的是分离Sc和Fe元素。向“萃取液”中通入NH3，Fe2+、Fe3+、Sc3+的沉淀率随pH的变化如图1，试剂X为 　SO2　 （填“SO2”或“ClO2”），应控制最佳pH为 　2　 。
图1
（3）已知Ka1（H2C2O4）＝a，Ka2（H2C2O4）＝b，Ksp[Sc2（C2O4）3]＝c。“沉钪”时，发生反应，此反应的平衡常数K＝ 　　 （用含a、b、c的代数式表示）。
（4）草酸钪晶体在空气中加热，随温度的变化情况如图2所示。850℃后固体的化学式为 　Sc2O3　 。
图2
【答案】（1）Ca5（PO4）3F+10HNO3＝5Ca（NO3）2+HF+3H3PO4；
（2）①大于；随着碳原子数增加，“—CH2CH2CH3”推电子能力强于“—CH2CH3”，O—H键更难断裂，（RO）3PO产率降低；
②SO2；2；
（3）；
（4）Sc2O3。
【分析】磷精矿加入硝酸酸浸，二氧化硅不反应，过滤得到滤渣1，稀土元素、铁、钙元素进入滤液，加入萃取剂萃取出稀土元素，然后加入试剂X为亚硫酸钠将三价铁转化为二价铁，通入氨气，调节pH分离出含有稀土的固相，再加入硝酸溶解，加入硫酸除去钙元素得到硫酸钙为滤渣2，滤液加入草酸沉淀分离出草酸钪晶体。
【解答】解：磷精矿加入硝酸酸浸，二氧化硅不反应，过滤得到滤渣1，稀土元素、铁、钙元素进入滤液，加入萃取剂萃取出稀土元素，然后加入试剂X为亚硫酸钠将三价铁转化为二价铁，通入氨气，调节pH分离出含有稀土的固相，再加入硝酸溶解，加入硫酸除去钙元素得到硫酸钙为滤渣2，滤液加入草酸沉淀分离出草酸钪晶体；
（1）“酸浸”过程中Ca5（PO4）3F与HNO3发生反应而溶解，化学方程式为：Ca5（PO4）3F+10HNO3＝5Ca（NO3）2+HF+3H3PO4，
故答案为：Ca5（PO4）3F+10HNO3＝5Ca（NO3）2+HF+3H3PO4；
（2）①随着碳原子数增加，“—CH2CH2CH3”推电子能力强于“—CH2CH3”，O—H键更难断裂，不利于3ROH+POCl3 （RO）3PO+3HCl正向进行，（RO）3PO产率降低，所以当—R为“—CH2CH3”时，（RO）3PO产率大于—R为“—CH2CH2CH3”时，
故答案为：大于；随着碳原子数增加，“—CH2CH2CH3”推电子能力强于“—CH2CH3”，O—H键更难断裂，（RO）3PO产率降低；
②根据图中各离子的沉淀率，应加入还原剂，将Fe3+还原为Fe2+，控制pH为2，使Sc3+沉淀，Fe2+几乎不沉淀，有利于分离除杂，故试剂X为SO2，
故答案为：SO2；2；
（3）此反应的平衡常数K，
故答案为：；
（4）1mol草酸钪晶体Sc2（C2O4）3 6H2O的质量为462g，550℃时，质量减少462g×（19.5%+3.9%）≈108g，根据质量守恒，1mol草酸钪晶体Sc2（C2O4）3 6H2O含6mol H2O，6mol H2O的质量为108g，可知550℃时剩余固体为Sc2（C2O4）3，850℃时固体质量剩余462g×（1﹣19.5%﹣3.9%﹣46.8%）≈138g，Sc2O3的摩尔质量为138g/mol，根据钪原子守恒，可知850℃时剩余固体为Sc2O3，
故答案为：Sc2O3。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。
3．（2025春 成都期中）碱性锌锰电池是一种使用广泛的便携式电源，其构造原理如图1，该电池的总反应为Zn+2MnO2+2H2O═2MnO（OH）+Zn（OH）2。回答下列问题：
Ⅰ.碱性锌锰电池
（1）该电池属于 　一次　 （填“一次”或“二次”）电池。负极发生的电极反应式为 　Zn+2OH﹣﹣2e﹣＝Zn（OH）2　 。
（2）电流从 　MnO2　 （填“Zn”或“MnO2”）极流出，当电路通过0.1mol电子时，负极消耗的物质的质量是 　3.25　 g。
（3）电池工作一段时候后，电解质溶液中c（OH﹣） 　变大　 （填“变大”“变小”或“不变”）。
Ⅱ.废旧碱性锌锰电池回收再利用
已知：①粉料中含有MnO2、MnO（OH）、Zn（OH）2及少量的Fe；
②Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH大于5.5时易被氧化。
（4）“还原焙烧”过程中MnO（OH）被炭黑还原为MnO的化学方程式为 　2MnO（OH）+C2MnO+CO↑+H2O　 。
（5）“酸浸”时适当加热并不断搅拌，其作用是 　加快反应速率　 ，“酸浸”后分离出滤渣的操作名称为 　过滤　 。
（6）“净化”时先通入O2将Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为 　　 ，再调节pH≈4.0使Fe3+转化为Fe（OH）3而除去铁元素。
【答案】（1）一次；Zn+2OH﹣﹣2e﹣＝Zn（OH）2；
（2）MnO2；3.25；
（3）变大；
（4）2MnO（OH）+C2MnO+CO↑+H2O；
（5）加快反应速率；过滤；
（6）。
【分析】（1）碱性锌锰电池属于一次电池。根据化合物中元素化合价代数和等于0，MnO（OH）中锰元素的化合价为+3，该原电池中，锌元素化合价由0价变为+2价、锰元素化合价由+4 价变为+3价，Zn是负极；
（2）发生原电池反应时，电流由正极经外电路流到负极，即电流从MnO2电极经外电路流到Zn电极；
（3）电池的总反应式为Zn+2MnO2+2H2O＝2MnO（OH）+Zn（OH）2，电池工作时会消耗水，而KOH没有被消耗；
（4）“还原焙烧”过程中MnO（OH）和过量的C反应生成MnO和CO；
（5）加热和搅拌都可以加快酸浸时的反应速率，“酸浸”后分离出滤渣的操作名称为过滤；
（6）酸性条件下，O2将Fe2+氧化为Fe3+。
【解答】解：（1）碱性锌锰电池属于一次电池。根据化合物中元素化合价代数和等于0，MnO（OH）中锰元素的化合价为+3，该原电池中，锌元素化合价由0价变为+2价、锰元素化合价由+4 价变为+3价，Zn是负极，负极电极反应式为Zn+2OH﹣﹣2e﹣＝Zn（OH）2，
故答案为：一次；Zn+2OH﹣﹣2e﹣＝Zn（OH）2；
（2）发生原电池反应时，电流由正极经外电路流到负极，即电流从MnO2电极经外电路流到Zn电极，当电路通过0.1mol电子时，负极消耗Zn的质量是3.25g，
故答案为：MnO2；3.25；
（3）电池的总反应式为Zn+2MnO2+2H2O＝2MnO（OH）+Zn（OH）2，电池工作时会消耗水，而KOH没有被消耗，所以电解质溶液中c（OH﹣）变大，
故答案为：变大；
（4）“还原焙烧”过程中MnO（OH）和过量的C反应生成MnO和CO，根据得失电子守恒，发生反应的化学方程2MnO（OH）+C2MnO+CO↑+H2O，
故答案为：2MnO（OH）+C2MnO+CO↑+H2O；
（5）加热和搅拌都可以加快酸浸时的反应速率，“酸浸”后分离出滤渣的操作名称为过滤，
故答案为：加快反应速率；过滤；
（6）酸性条件下，O2将Fe2+氧化为Fe3+的离子方程式为，
故答案为：。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。
4．（2025 崇明区二模）MnO2可作氨选择性催化还原法脱除NOx的催化剂。
（1）基态Mn的价层电子的轨道表示式是 　　 。
（2）MnO2可由（NH4）2S2O8与MnSO4反应制得。的结构如图。
中S—O—O 　不是　 （填“是”或“不是”）在一条直线上。
MnO2作催化剂氨催化还原脱除NO的一种催化机理示意图如图：
（3）从化学键的角度解释MnO2能结合NH3的原因 　Mn能提供空轨道，NH3中N可提供孤对电子，MnO2与NH3可形成配位键　 。
（4）用NH3每脱除1mol NO的同时，消耗0.25mol氧气，写出该催化过程的总反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目：　　 。
（5）以MnSO4溶液为原料，用如图装置（a，b均为惰性电极）同步制备Mn和MnO2。
电极a与电源的 　正　 （负极或正极）连接，发生的电极反应式为 　Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+　 电解锰渣的主要成分是MnS。一种由电解锰渣制取高纯MnSO4的流程如下。
（6）MnS不溶于水，它与硫酸溶液发生复分解反应的离子方程式为 　MnS+2H+＝Mn2++H2S↑　 。
（7）浸出过程中加入MnO2可减少有毒气体的生成，同时产生更多MnSO4，利用了MnO2的化学性质是 　氧化性　 。结合离子方程式解释从浸出液中除去Fe3+的原理：　Fe3+在溶液中存在如下平衡Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+，水解反应为吸热反应，增大pH和加热均促使水解趋于完全　 。
【答案】（1）；
（2）不是；
（3）Mn能提供空轨道，NH3中N可提供孤对电子，MnO2与NH3可形成配位键；
（4）；
（5）正；Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+；
（6）MnS+2H+＝Mn2++H2S↑；
（7）氧化性；Fe3+在溶液中存在如下平衡Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+，水解反应为吸热反应，增大pH和加热均促使水解趋于完全。
【分析】（1）Mn的原子序数为25，价电子排布式为：3d54s2，据此书写轨道表示式；
（2）S2中S—O—O 的中心O的夹层电子对为4，含有2对孤电子，采用sp3杂化，空间构型为V形；
（3）从化学键的角度解释MnO2能结合NH3的原因Mn能提供空轨道，NH3中N可提供孤对电子，MnO2与NH3可形成配位键；
（4）用NH3每脱除1mol NO的同时，消耗0.25mol氧气，反应的化学方程式：4NH3+4NO+O24N2+6H2O；
（5）a极锰离子失电子生成二氧化锰，a极为阳极，离子交换膜A为阳离子交换膜，离子交换膜B为阴离子交换膜，阴极区的硫酸根离子和阳极区的氢离子分别向中间室迁移；
（6）～（7）由题给流程可知，向电解锰渣中加入二氧化锰和稀硫酸浸出、过滤得到浸出渣和浸出液；调节浸出液的pH为4，加热浓缩、过滤得到氢氧化铁和浓缩液；调节浓缩液pH为a，加入萃取剂E萃取、分液得到油层和水层；调节水层pH为b，继续加入萃取剂E萃取、分液得到油层和水层；向油层中加入稀硫酸反萃取、分液得到油层和硫酸锰溶液；由硫酸锰的溶解度先增大后减小可知，将硫酸锰溶液加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤，洗涤、干燥得到高纯硫酸锰。
【解答】解：（1）Mn的原子序数为25，价电子排布式为：3d54s2，轨道表示式为：，
故答案为：；
（2）S2中S—O—O 的中心O的夹层电子对为4，含有2对孤电子，采用sp3杂化，空间构型为V形，因而S2中S—O—O不是在一条直线上，
故答案为：不是；
（3）从化学键的角度解释MnO2能结合NH3的原因Mn能提供空轨道，NH3中N可提供孤对电子，MnO2与NH3可形成配位键，
故答案为：Mn能提供空轨道，NH3中N可提供孤对电子，MnO2与NH3可形成配位键；
（4）用NH3每脱除1mol NO的同时，消耗0.25mol氧气，反应的化学方程式：4NH3+4NO+O24N2+6H2O，氨气中的氮元素化合价﹣3价升高到0价，电子转移12e﹣，NO中氮元素化合价+2价降低到0价，电子转移8e﹣，氧气中氧元素化合价0价降低到﹣2价，电子转移4e﹣，电子转移总数12e﹣，单线桥标出电子转移的方向和数目为：，
故答案为：；
（5）电极a为电解池的阳极，与电源正极连接，发生的电极反应式为：Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+，
故答案为：正；Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+；
（6）硫化锰与稀硫酸发生复分解反应生成硫酸锰和硫化氢气体。反应的离子方程式为MnS+2H+＝Mn2++H2S↑，
故答案为：MnS+2H+＝Mn2++H2S↑；
（7）浸出时，加入二氧化锰和稀硫酸的目的是酸性条件下二氧化锰将硫化锰氧化为硫酸锰、硫和水，反应中二氧化锰做反应的氧化剂，利用了二氧化锰的氧化性；铁离子在溶液中发生水解反应：Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+，水解反应为吸热反应，增大溶液pH和加热均能促使水解趋于完全，有利于除去浸出液中的铁离子，
故答案为：氧化性；Fe3+在溶液中存在如下平衡Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+，水解反应为吸热反应，增大pH和加热均促使水解趋于完全。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计等，把握电子排布、混合物分离过程分析判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
5．（2025 崇明区二模）废旧锂离子电池的正极材料含钴酸锂（LiCoO2，锰酸锂（L12MnO4），镍酸锂（LiNiO2）以及铝片、石墨粉等，某小组设计方案回收金属元素，流程如图：
已知：过硫酸根离子的结构为：
（1）锂离子电池工作时，能量的主要转化方式为 　化学能转化为电能　 。
（2）在废旧电池的初步处理及碱浸环节，为加快速率，除了对原料粉碎处理，还可以采用的措施有 　升高温度等　 （写出其中一种即可），步骤①发生反应的离子方程式为 　2Al+2OH﹣+2H2O＝23H2↑　 。
（3）滤液A中的Co、Ni、Mn均为+2价，则H2O2作为反应物的半反应式为 　H2O2﹣2e﹣＝2H++O2↑　 。
（4）写出过程③中Mn2+发生反应的离子方程式 　3Mn2++22H2O＝5MnO2↓+4H+　 ；步骤②中不能用盐酸酸化溶液的原因是 　酸性条件下会氧化Cl﹣生成Cl2　 。
（5）常温下滤液C中c（Co2+）＝ 　1.09×10﹣11　 mol/L。（常温：（Ksp[Co（OH）2]＝1.09×10﹣15）
（6）所得碳酸锂样品含有少量Na2SO4杂质，拟通过图示装置测定样品中Li2CO3的含量，b中液体为硫酸溶液，量气管中可以加入的试剂可以是 　BD　 。（不定项）
A.饱和Na2CO3溶液
B.饱和NaHCO3溶液
C.饱和食盐水
D.覆盖油层的水
（7）下列情况会导致测定结果偏低的是 　C　 。
A.反应产生的气体一部分滞留在“Y”型试管中
B.没有恢复到室温就进行读数
C.水准管液面高于量气管
D.固体样品称量后，在反应之前吸收空气中的水蒸气
【答案】（1）化学能转化为电能；
（2）升高温度等；2Al+2OH﹣+2H2O＝23H2↑；
（3）H2O2﹣2e﹣＝2H++O2↑；
（4）3Mn2++22H2O＝5MnO2↓+4H+；酸性条件下会氧化Cl﹣生成Cl2；
（5）1.09×10﹣11；
（6）BD；
（7）C。
【分析】（1）锂离子电池属于原电池，原电池工作时，是将化学能转化为电能；
（2）在废旧电池的初步处理及碱浸环节，为加快速率，根据化学反应速率的影响因素进行分析，步骤①是铝片与碱液反应，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；
（3）滤液A中的Co、Ni、Mn均为+2价，说明H2O2将LiCoO2、Li2MnO4、LiNiO2等物质中的Co、Mn、Ni还原为+2价，所以H2O2的主要作用是还原剂；
（4）过程③中Mn2+被氧化，假设是被氧化，在酸性条件下发生反应，Mn2+被氧化为MnO2，被还原为MnO2，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，离子方程式为3Mn2++22H2O＝5MnO2↓+4H+，步骤②中不能用盐酸酸化溶液，因为溶液中的具有强氧化性，能与盐酸中的Cl﹣发生氧化还原反应，Cl﹣被氧化为Cl2，被还原；
（5）滤液C中形成Co（OH）2沉淀，Ksp[Co（OH）2]＝c（Co2+）×c2（OH﹣） ＝1.09×10﹣15，一般情况下溶液为碱性，假设c（OH﹣） ＝1.0×10﹣2mol/L（具体OH﹣浓度应根据题目中其他条件确定，此处假设为常见碱性环境浓度），则c（Co2+）；
（6）所得碳酸锂样品含有少量Na2SO4杂质，拟通过图示装置测定样品中Li2CO3的含量，b中液体为硫酸溶液，量气管中四测定生成二氧化碳气体的体积，可以加入的试剂不能和二氧化碳反应，二氧化碳不溶解；
（7）A．反应产生的气体一部分滞留在“Y”型试管中，会有等量的空气进入量气管，二氧化碳气体体积不会偏低；
B．没有恢复到室温就进行读数，导致测定二氧化碳气体体积增大；
C．水准管液面高于量气管，二氧化碳气体压强大于大气压，测定二氧化碳气体体积减小；
D．固体样品称量后，在反应之前吸收空气中的水蒸气，对测定结果无影响。
【解答】解：（1）锂离子电池属于原电池，原电池工作时，是将化学能转化为电能，所以锂离子电池工作时，能量的主要转化方式为化学能转化为电能，
故答案为：化学能转化为电能；
（2）在废旧电池的初步处理及碱浸环节，为加快速率，根据化学反应速率的影响因素，除了对原料粉碎处理增大接触面积外，还可以采用升高温度、适当增大碱的浓度等措施，步骤①是铝片与碱液反应，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O＝23H2↑，
故答案为：升高温度等；2Al+2OH﹣+2H2O＝23H2↑；
（3）滤液A中的Co、Ni、Mn均为+2价，说明H2O2将LiCoO2、Li2MnO4、LiNiO2等物质中的Co、Mn、Ni还原为+2价，所以H2O2的主要作用是还原剂，将Co、Ni、Mn等元素还原为+2价，H2O2作为反应物的半反应式为：H2O2﹣2e﹣＝2H++O2↑，
故答案为：H2O2﹣2e﹣＝2H++O2↑；
（4）过程③中Mn2+被氧化，假设是被氧化，在酸性条件下发生反应，Mn2+被氧化为MnO2，被还原为MnO2，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，离子方程式为3Mn2++22H2O＝5MnO2↓+4H+，步骤②中不能用盐酸酸化溶液，因为溶液中的具有强氧化性，能与盐酸中的Cl﹣发生氧化还原反应，Cl﹣被氧化为Cl2，被还原，会导致后续反应受影响，所以原因是酸性条件下会氧化Cl﹣生成Cl2，
故答案为：3Mn2++22H2O＝5MnO2↓+4H+；酸性条件下会氧化Cl﹣生成Cl2；
（5）滤液C中形成Co（OH）2沉淀，Ksp[Co（OH）2]＝c（Co2+）×c2（OH﹣） ＝1.09×10﹣15，一般情况下溶液为碱性，假设c（OH﹣） ＝1.0×10﹣2mol/L（具体OH﹣浓度应根据题目中其他条件确定，此处假设为常见碱性环境浓度），则c（Co2+）1.09×10﹣11mol/L，
故答案为：1.09×10﹣11；
（6）A．饱和Na2CO3溶液和二氧化碳气体能反应，故A错误；
B．饱和NaHCO3溶液和二氧化碳气体不反应且降低二氧化碳的溶解性，故B正确；
C．饱和食盐水能溶解二氧化碳，故C错误；
D．覆盖油层的水不能吸收二氧化碳气体，故D正确；
故答案为：BD；
（7）A．反应产生的气体一部分滞留在“Y”型试管中，但是会有等量的空气进入量气管，二氧化碳气体体积不会减少，故A错误；
B．没有恢复到室温就进行读数，导致测定二氧化碳气体的体积增大，结果偏高，故B错误；
C．水准管液面高于量气管，二氧化碳气体压强大于大气压，测定额太感人气体体积减小，测定结果偏低，故C正确；
D．固体样品称量后，在反应之前吸收空气中的水蒸气对实验测定无影响，故D错误；
故答案为：C。
【点评】本题主要考查了物质的分离，题目难度较大，掌握物质分离的方法，结合题给信息和所学的基础知识的解答该题的关键。
6．（2025 平度市模拟）铑（Rh）是一种稀有贵金属，工业上从废铑材料（主要含Rh，还含有Cu、Fe等）中提炼铑的主要途径有如下两种：
已知：①Rh金属活动顺序位于H之后。
②Rh（Ⅲ）易与Cl﹣形成配离子[RhCl6]3﹣，且该配离子在水溶液中存在以下平衡：[RhCl6]3﹣+3H2O Rh（OH）3+3H++6Cl﹣。
③已知25℃时相关物质的Ksp见下表。
氢氧化物 Fe（OH）3 Cu（OH）2 Rh（OH）3
Ksp 1.0×10﹣38.6 1.0×10﹣19.6 1.0×10﹣22.6
（已知开始沉淀的金属离子浓度为0.1mol L﹣1；金属离子浓度≤1.0×10﹣5mol L﹣1时，可认为该离子沉淀完全。
回答下列问题：
（1）途径一：
①“氯化溶解”过程中，金属Rh转化为H3RhCl6，该反应的化学方程式为 　2Rh+3Cl2+6HCl＝2H3RhCl6　 。
②“定向脱铜”时，铜的沉淀率随pH变化如图所示，实际工业生产中控制pH为2，pH不宜大于2的原因是 　pH＞2，[RhCl6]3﹣水解平衡正向移动，导致Rh沉淀率增加而损失　 。
③“阳离子交换”过程中，被阳离子交换树脂吸附的金属阳离子有 　Na+、Fe3+　 。
（2）途径二：
①“控温焚烧”的目的是 　防止温度过低，Cu、Fe氧化不完全　 且防止Rh单质被氧化。
②“加热至熔融”的目的是将焚烧后的物质全部转化成可溶性的硫酸盐。已知Rh单质与KHSO4反应的产物之一为SO2，则参加反应的Rh和KHSO4的物质的量之比为 　1：6　 。
③步骤“调pH①”中应调节的pH范围为 　2.8～4.6　 （保留两位有效数字）。
④用氨水沉淀铑元素的离子方程式为 　Rh3++3NH3 H2O＝Rh（OH）3↓+3　 。
【答案】见试题解答内容
【分析】途径一：废铑材料（主要含Rh，还含有Cu、Fe等）粉碎后通入氯气并加入盐酸，“氯化溶解”得到H3RhCl6、CuCl2、FeCl3，加入草酸和铜离子结合生成草酸铜，同时加入NaOH调节溶液pH，阳离子交换树脂吸附Na+、Fe3+为滤液除杂，[RhCl6]3﹣发生水解反应生成Rh（OH）3沉淀，最后得到铑粉；途径二：废铑材料（主要含Rh，还含有Cu、Fe等）焚烧将Cu转化为CuO，将Fe转化为Fe2O3，加热熔融，加入KHSO4，生成Rh2（SO4）3、CuSO4、Fe2（SO4）3，加入水和氨水调pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，再加入氨水调节pH，生成Rh（OH）3沉淀和Cu（NH3）4SO4溶液，过滤，Rh（OH）3和途径一相同处理得铑粉；
【解答】解：（1）①高铜铑精矿通入氯气和HCl，“氯化溶解”得到H3RhCl6，反应的方程式为2Rh+3Cl2+6HCl＝2H3RhCl6，
故答案为：2Rh+3Cl2+6HCl＝2H3RhCl6；
②由图像可知，pH＝2时，铜的沉淀率已达98%，若pH＜2，铜的沉淀率会较低；pH＞2，[RhCl
6]3﹣水解平衡正向移动，导致Rh沉淀率增加而损失，
故答案为：pH＞2，[RhCl6]3﹣水解平衡正向移动，导致Rh沉淀率增加而损失；
③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Na+、Fe3+，
故答案为：Na+、Fe3+；
（2）①“控温焚烧”即焚烧温度不能过高不能过低，若温度过高，Rh单质被氧化，Rh的氧化物性质稳定，难溶解，后续不方便处理，控温同时防止温度过低，Cu、Fe氧化不完全，
故答案为：防止温度过低，Cu、Fe氧化不完全；
②Rh单质与KHSO4反应生成Rh3+，还原产物为SO2，硫元素得2个电子，Rh失3个电子，根据氧化还原反应得失电子守恒，可2Rh+12KHSO4＝Rh2（SO4）3+3SO2↑+6K2SO4+6H2O，加反应的Rh和KHSO4的物质的量之比为1：6，
故答案为：1：6；
③Fe3+沉淀完全时，由Ksp[Fe（OH）3]＝1.0×10﹣38.6，c（OH﹣）mol/L＝10﹣11.2mol/L，即pH＝2.8，同时为了使Cu2+不发生沉淀，由Ksp[Cu（OH）2]＝1.0×10﹣19.6，c（OH﹣）mol/L＝10﹣9.4mol/L，c（H+）＝10﹣4.6mol/L，即pH＝4.6，故调节的pH范围为2.8～4.6，
故答案为：2.8～4.6；
④用氨水调pH，NH3 H2O电离产生的OH﹣与Rh3+反应生成Rh（OH）3沉淀，其离子方程式为Rh3++3NH3 H2O＝Rh（OH）3↓+3，
故答案为：Rh3++3NH3 H2O＝Rh（OH）3↓+3。
【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。
7．（2025 越秀区开学）全钒液流电池目前产业链建设和技术成熟度相对较高，钒的提取有重要价值。一种以钒磁铁矿炼铁后的钒渣（主要成分是FeV2O4、MnV2O4、Fe2SiO4等）为原料制备V2O5的工艺流程如图：
已知：①FeV2O4也可表示为FeO V2O3
②室温下：Ksp[Mn（OH）2]约为10﹣14，Ksp[Mg（OH）2]约为10﹣12
③一定浓度的钒在溶液中的主要聚合状态与溶液pH关系如图所示。
（1）基态钒原子价层电子排布图为 　　 。
（2）“焙烧”中FeV2O4转化为Mg2V2O7和Fe2O3的化学方程式为 　4FeV2O4+8MgO+5O24Mg2V2O7+2Fe2O3　 。
（3）“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀。图是在工业生产中不同pH环境下沉钒率的测定值。实际工业生产中常选择pH＝7.5为沉钒的最佳条件，当pH超过8.0时沉钒率降低，其原因有 　pH过大，溶液中的会转化为NH3 H2O；　 （写出两点）。
（4）为回收Mn元素，对“滤液b“进行处理时用氨水调pH。若溶液中Mn元素恰好完全沉淀，则c（Mg2+）约为 　10﹣3　 mol L﹣1（当溶液中离子浓度c≤10﹣5mol L﹣1即可视为沉淀完全）。
（5）工业上用H2还原（NH4）6V10O28（十钒酸铵）可以制得V2O3
该反应中还原剂与还原产物的物质的量之比为 　2：1　 。
（6）全钒液流电池装置如图所示，若放电过程中有H 从A池移向B池，则充电过程中阳极方程式为 　VO2+﹣e﹣+H2O＝VO2++2H+　 。
（7）一种钒的硫化物的晶体结构（图a）及其俯视图（图b）如图所示：
①该钒的硫化物的化学式是 　VS　 。
②该钒的硫化物晶体中，与每个V原子最近且等距的S原子个数是 　6　 。
【答案】（1）；；
（2）4FeV2O4+8MgO+5O24Mg2V2O7+2Fe2O3；
（3）pH过大，溶液中的会转化为NH3 H2O；
（4）10﹣3；
（5）2：1；
（6）VO2+﹣e﹣+H2O＝VO2++2H+；
（7）①VS；
②6；
【分析】（1）钒（V）是23号元素，V原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2；
（2）“焙烧“中将MgO磨成粉末从炉顶投料，空气从炉底鼓入，目的是增大接触时间，充分燃烧；“焙烧“中FeV2O4和氧化镁、氧气，转化为Mg2V2O7和Fe2O3；
（3）当pH超过8.0时，溶液中转化为V2、溶液中的会转化为NH3 H2O，所以导致沉钒率降低；
（4）根据Ksp公式计算求解；
（5）工业上用H2还原（ NH4）6V10O28可以制得V2O3，在这个反应中，氢气作为还原剂，被氧化成水，而（NH4）6V10O28作为氧化剂，被还原成V2O3，根据得失电子守恒和原子守恒配平该反应方程式为：（NH4）6V10O28+10H2＝5V2O3+6NH3+13H2O；
（6）充电过程中，电池正极连接电源正极，作电解池阳极，阳极反应为Vo2+﹣e﹣+H2O＝VO2++2H+；
（7）①根据均摊法计算求解；
②该钒的硫化物的晶体中，以体心的V为例，可知与每个V原子最近且等距的S原子的个数是6；
【解答】解：（1）钒（V）是23号元素，V原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，其3d、4s能级上的电子为价电子，该原子基态时的价层电子排布式为 3d34s2，其电子排布图为：；
故答案为：；
（2）“焙烧“中将MgO磨成粉末从炉顶投料，空气从炉底鼓入，目的是增大接触时间，充分燃烧；“焙烧“中FeV2O4和氧化镁、氧气，转化为Mg2V2O7和Fe2O3，化学方程式为4FeV2O4+8MgO+5O24Mg2V2O7+2Fe2O3；
故答案为：4FeV2O4+8MgO+5O24Mg2V2O7+2Fe2O3；
（3）当pH超过8.0时，溶液中转化为V2、溶液中的会转化为NH3 H2O，所以导致沉钒率降低；
故答案为：pH过大，溶液中的会转化为NH3 H2O；
（4）已知Ksp[Mn（OH）2]约为10﹣14，Ksp[Mg（OH）2]约为10﹣12，当 Mn 元素恰好完全沉淀时，Mn2+的浓度 c（Mn2+） 可以认为是 10﹣5mol/L，根据Ksp[Mn（OH）2]＝c（Mn2+） c2（OH—）可以求得c2（OH﹣）10﹣9mol/L，再根据Ksp[Mg（OH）2]＝c（Mg2+） c2（OH﹣）求得c（Mg2+）10﹣3mol/L；
故答案为：10﹣3；
（5）工业上用H2还原（ NH4）6V10O28可以制得V2O3，在这个反应中，氢气作为还原剂，被氧化成水，而（NH4）6V10O28作为氧化剂，被还原成V2O3，根据得失电子守恒和原子守恒配平该反应方程式为：（NH4）6V10O28+10H2＝5V2O3+6NH3+13H2O，还原剂为H2，还原产物为V2O3，该反应中还原剂与还原产物的物质的量之比为2：1；
故答案为：2：1；
（6）充电过程中，电池正极连接电源正极，作电解池阳极，阳极反应为Vo2+﹣e﹣+H2O＝VO2++2H+；
故答案为：VO2+﹣e﹣+H2O＝VO2++2H+
（7）①由图可知，根据均摊法，1个晶胞中V为12621＝6个、S为6个，故该钒的硫化物的化学式是VS；
故答案为：VS；
②该钒的硫化物的晶体中，以体心的V为例，可知与每个V原子最近且等距的S原子的个数是6；
故答案为：6；
【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的转化、分离提纯和晶胞结构的掌握情况，试题难度中等。
8．（2025 安徽三模）废旧钴酸锂电池的电极材料可以回收再利用，避免对环境造成污染。其正极材料主要含有钴酸锂（LiCoO2），还含有少量Fe、Al等。现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源。
已知：。
（1）基态Co原子价电子排布式为 　3d74s2　 。NH4HCO3中各元素电负性由大到小的顺序为 　O＞N＞C＞H　 。
（2）“沉钴”中得到的是CoCO3，写出该步骤中发生反应的离子方程式 　Co2++2CoCO3↓+CO2↑+H2O　 。
（3）“浸出渣”中加入足量“H2O2”的作用是 　将Fe（OH）2氧化为Fe（OH）3，便于后续沉淀除去铁元素　 。
（4）“废渣”的主要成分是 　Fe（OH）3和Al（OH）3　 （填化学式）。
（5）从“沉钴”中得到的CoCO3不是很纯，还会含有锂、铁等杂质，工业上，在pH为8～10时，可以用硫酸铵和氨水的混合溶液“络合浸取法”生成进行提纯，生产过程中硫酸铵溶液的作用是 　提供，与氨水共同调节溶液的pH，使溶液中的Co2+形成稳定的[Co（NH3）6]2+，而锂、铁等杂质不形成络合物，从而实现与钴的分离，达到提纯的目的　 。
（6）已知碳酸锂的溶解度曲线如图所示，为提高碳酸锂的析出量和纯度，“操作A”应该为 　蒸发浓缩　 、　趁热过滤　 、洗涤、干燥。
（7）“沉钴”后得到0.2mol L﹣1的Li+溶液，如果加入等体积Na2CO3溶液有沉淀产生，则所加碳酸钠溶液的浓度c（Na2CO3）＞　0.17　 mol L﹣1（结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）3d74s2；O＞N＞C＞H；
（2）Co2++2CoCO3↓+CO2↑+H2O；
（3）将Fe（OH）2氧化为Fe（OH）3，便于后续沉淀除去铁元素；
（4）Fe（OH）3和Al（OH）3；
（5）提供，与氨水共同调节溶液的pH，使溶液中的Co2+形成稳定的[Co（NH3）6]2+，而锂、铁等杂质不形成络合物，从而实现与钴的分离，达到提纯的目的；
（6）蒸发浓缩；趁热过滤；
（7）0.17。
【分析】（1）基态Co原子的原子序数为27，其价电子排布式为3d74s2，NH4HCO3中含有N、H、C、O四种元素，电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力，一般来说，非金属性越强，电负性越大；
（2）“沉钴”过程中，Co2+与反应生成CoCO3沉淀、CO2和H2O，离子方程式为：Co2++2CoCO3↓+CO2↑+H2O；
（3）“浸出渣”中含有Fe（OH）2，加入足量H2O2的作用是将Fe（OH）2氧化为Fe（OH）3，便于后续沉淀除去铁元素；
（4）由流程可知，调节pH ＝ 5时，Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，所以“废渣”的主要成分是Fe（OH）3和Al（OH）3；
（5）硫酸铵溶液的作用是提供，与氨水共同调节溶液的pH，使溶液中的Co2+形成稳定的[Co（NH3）6]2+，而锂、铁等杂质不形成络合物，从而实现与钴的分离，达到提纯的目的；
（6）由碳酸锂的溶解度曲线可知，碳酸锂的溶解度随温度升高而降低，为提高碳酸锂的析出量和纯度，“操作A”应该为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥；
（7）“沉钴”后得到0.2mol/L的Li+溶液，加入等体积Na2CO3溶液后，Li+浓度变为0.1mol/L，根据Ksp（Li2CO3）＝c2（Li+）×c（）＝8.6×10﹣4，当有沉淀产生时，c（）0.086mol/L，由于加入的是等体积的Na2CO3溶液，所以所加碳酸钠溶液的浓度c（Na2CO3）＞0.086mol/L×2 ＝ 0.17mol/L。
【解答】解：（1）基态Co原子的原子序数为27，其价电子排布式为3d74s2，NH4HCO3中含有N、H、C、O四种元素，电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力，一般来说，非金属性越强，电负性越大，所以电负性由大到小的顺序为O＞N＞C＞H，
故答案为：3d74s2；O＞N＞C＞H；
（2）“沉钴”过程中，Co2+与反应生成CoCO3沉淀、CO2和H2O，离子方程式为：Co2++2CoCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：Co2++2CoCO3↓+CO2↑+H2O；
（3）“浸出渣”中含有Fe（OH）2，加入足量H2O2的作用是将Fe（OH）2氧化为Fe（OH）3，便于后续沉淀除去铁元素，
故答案为：将Fe（OH）2氧化为Fe（OH）3，便于后续沉淀除去铁元素；
（4）由流程可知，调节pH ＝ 5时，Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，所以“废渣”的主要成分是Fe（OH）3和Al（OH）3，
故答案为：Fe（OH）3和Al（OH）3；
（5）硫酸铵溶液的作用是提供，与氨水共同调节溶液的pH，使溶液中的Co2+形成稳定的[Co（NH3）6]2+，而锂、铁等杂质不形成络合物，从而实现与钴的分离，达到提纯的目的，
故答案为：提供，与氨水共同调节溶液的pH，使溶液中的Co2+形成稳定的[Co（NH3）6]2+，而锂、铁等杂质不形成络合物，从而实现与钴的分离，达到提纯的目的；
（6）由碳酸锂的溶解度曲线可知，碳酸锂的溶解度随温度升高而降低，为提高碳酸锂的析出量和纯度，“操作A”应该为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥，
故答案为：蒸发浓缩；趁热过滤；
（7）“沉钴”后得到0.2mol/L的Li+溶液，加入等体积Na2CO3溶液后，Li+浓度变为0.1mol/L，根据Ksp（Li2CO3）＝c2（Li+）×c（）＝8.6×10﹣4，当有沉淀产生时，c（）0.086mol/L，由于加入的是等体积的Na2CO3溶液，所以所加碳酸钠溶液的浓度c（Na2CO3）＞0.086mol/L×2 ＝ 0.17mol/L，
故答案为：0.17。
【点评】本题主要考查了物质的分离，题目难度中等，掌握物质分离的方法、离子方程式书写的方法和沉淀溶解平衡的计算方法是解答该题的关键。
9．（2025 佛山二模）一种以硼镁矿（含B2O3、MgO、SiO2及少量铁、铝氧化物等）为原料生产高纯硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如图：
已知：①硼酸微溶于冷水，但在热水中溶解度较大
②常温下，硼酸溶液呈弱酸性：
（1）基态Mg2+有 　5　 种空间运动状态。
（2）“溶浸”时选择100℃微沸条件下进行，原因是 　加快反应速率，促进氨气逸出，防止H3BO3析出　 。
（3）“吸收”时发生反应的化学方程式为 　CO2+2NH3+H2O＝（NH4）2CO3　 。
（4）“母液”加热后可返回 　溶浸　 工序循环利用。
（5）热过滤后“调pH“的试剂为 　MgO或Mg（OH）2　 （填化学式）。
溶液pH对硼酸结晶率及纯度的影响如图1，根据图1判断合适的pH范围是 　3.5～4.0　 ；
此时溶液中 　＞　 1（填“＞”“＜”或“＝”）。
（6）粗硼酸可以通过与甲醇酯化再水解提纯，写出硼酸与甲醇完全酯化的化学方程式 　B（OH）3+3CH3OHB（OCH3）3+3H2O　 。
（7）沉镁过程中还会生成镁的另外一种化合物X，其立方晶胞结构如图2a，沿z轴方向的投影为图2b。
①X的化学式为 　Mg2（OH）4　 。
②X最简式的式量为M，晶体边长为apm，其晶胞密度为 　　 g cm﹣3（列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值）。
【答案】（1）5；
（2）加快反应速率，促进氨气逸出，防止H3BO3析出；
（3）CO2+2NH3+H2O＝（NH4）2CO3；
（4）溶浸；
（5）MgO或Mg（OH）2；3.5～4.0；＞；
（6）B（OH）3+3CH3OHB（OCH3）3+3H2O；
（7）①Mg2（OH）4；
②。
【分析】硼镁矿（含Mg2B2O5 H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3）加入硫酸铵溶液，得到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体为NH3，用NH4HCO3吸收NH3，发生反应NH3+NH4HCO3＝（NH4）2CO3，根据过滤2及沉镁成分知，过滤1中得到的滤渣为难溶性的SiO2、Fe2O3、Al2O3，调节溶液pH＝3.5时得到H3BO3，滤液中含有MgSO4，沉镁过程发生的反应为2Mg2++32H2O＝Mg（OH）2 MgCO3↓+2，加热分解可以得到轻质MgO；母液中含有 （NH4）2SO4。
【解答】解：（1）基态Mg2+的电子排布式为1s22s22p6，电子占据的轨道数为1+1+3＝5，所以有5种空间运动状态，
故答案为：5；
（2）“溶浸”时选择100℃微沸条件下进行，原因是：一方面可以加快硼镁矿与硫酸反应的速率，另一方面使硼酸在热水中溶解度增大，有利于硼酸的浸出，
故答案为：加快反应速率，促进氨气逸出，防止H3BO3析出；
（3）“吸收”时，NH3、CO2和H2O反应生成（NH4）2CO3，化学方程式为CO2+2NH3+H2O＝（NH4）2CO3，
故答案为：CO2+2NH3+H2O＝（NH4）2CO3；
（4）“母液”中含有未反应完的硫酸等物质，加热后可返回“溶浸”工序循环利用，
故答案为：溶浸；
（5）热过滤后“调pH”是为了除去铁、铝氧化物等杂质，且不能引入新的杂质，所以试剂为MgO或Mg（OH）2等，根据图1可知，合适的pH范围是3.5～4.0，此时溶液呈酸性，H+浓度较大，根据B（OH）3+H2O BH+，Ka＝ 5.8×10﹣10，Ka，酸性条件下c（H+）＞10﹣7mol/L，则1，
故答案为：MgO或Mg（OH）2；3.5～4.0；＞；
（6）硼酸与甲醇完全酯化的化学方程式为B（OH）3+3CH3OHB（OCH3）3+3H2O，
故答案为：B（OH）3+3CH3OHB（OCH3）3+3H2O；
（7）①由晶胞结构可知，Mg原子位于顶点和体心，O原子位于面心和棱上，H原子位于体内。根据均摊法，Mg原子个数为81＝2，O原子个数为644，H原子个数为4，则X的化学式为Mg2（OH）4，
故答案为：Mg2（OH）4；
②晶胞的体积V＝（a×10﹣10）3cm3，1个晶胞中含有2个Mg2（OH）4，其质量mg，根据ρ，可得晶胞密度ρg cm﹣3，
故答案为：。
【点评】本题主要考查了物质的分离和晶胞的计算，题目难度中等，掌握物质分离的方法和晶胞计算的方法，结合题给信息是解答该题的关键。
10．（2025 安徽模拟）脆硫铅锑矿除含铅和锑主要金属外还含有铁、银、锌、铜、砷、铟等多种杂质金属，通常被认为是2PbS Sb2S3，该矿必须通过冶金过程才能分离铅锑。空气氧化法制备焦锑酸钠、硫代硫酸钠的工艺流程如图所示：
已知：①铅、铁、银、锌、铜、铟元素都进入铅渣；
②“碱浸”后，锑、砷分别以硫代亚锑酸钠（Na3SbS3）、硫代亚砷酸钠（Na3AsS3）形式存在；
③常温下，Ksp[Fe（OH）3]＝1×10﹣37.4，Ksp[Cu（OH）2]＝3×10﹣20，通常残留在溶液中的离子浓度小于1×10﹣5mol L﹣1时就认为沉淀完全；
④NaSb（OH）6难溶于冷水。
回答下列问题：
（1）焦锑酸钠中Sb元素的化合价为 　+5　 ，硫代亚砷酸钠中As元素的杂化方式为 　sp3　 。
（2）“碱浸”中，加入NaOH提供碱性环境的作用是 　抑制Na2S的水解　 。“操作Ⅰ”中用到的玻璃仪器有烧杯、　漏斗　 、　玻璃棒　 。
（3）“碱浸”过程中，Sb2S3发生反应的化学方程式为 　Sb2S3+3Na2S═2Na3SbS3　 。
（4）制备焦锑酸钠反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 　7：2　 。
（5）常温下，若铅渣经过处理后溶液中只有Fe3+和Cu2+，且浓度均为3.0mol L﹣1，使Fe3+完全沉淀而Cu2+不沉淀，需控制溶液pH的范围是 　3.2＜pH＜4　 。
（6）基态As原子的价电子排布式为 　4s24p3　 。砷化镓立方晶系结构如图所示，砷化镓的晶胞参数为xpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞密度为 　　 g cm﹣3。
【答案】（1）+5；sp3；
（2）抑制Na2S的水解；漏斗、玻璃棒；
（3）Sb2S3+3Na2S═2Na3SbS3；
（4）7：2；
（5）3.2＜pH＜4；
（6）4s24p3；。
【分析】“碱浸”后，锑、砷分别以硫代亚锑酸钠（Na3SbS3）、硫代亚砷酸钠（Na3AsS3）形式存在，铅、铁、银、锌、铜、铟元素都进入铅渣，通入空气氧化，将Na3SbS3转化为NaSb（OH）6，已知NaSb（OH）6难溶于冷水，过滤，浓缩结晶得到硫代硫酸钠；
【解答】解：（1）As元素在元素周期表中的位置是第四周期第ⅤA族；根据化合物中元素正、负化合价的代数和等于零可知焦锑酸钠中Sb元素的化合价为+5；中As的孤电子对数，价层电子对数＝3+1＝4，As元素的杂化方式为sp3，
故答案为：+5；sp3；
（2）“碱浸”中，加入NaOH提供碱性环境的作用是抑制Na2S的水解；“操作Ⅰ”为过滤，该操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，
故答案为：抑制Na2S的水解；漏斗、玻璃棒；
（3）“碱浸”过程中，Sb2S3被Na2S溶液溶解，发生反应的化学方程式为Sb2S3+3Na2S═2Na3SbS3，
故答案为：Sb2S3+3Na2S═2Na3SbS3；
（4）制备焦锑酸钠反应的化学方程式为2Na2SbS2+7O2+2NaOH+5H2O═2NaSb（OH）6↓+3Na2S2O3，氧化剂（O2）和还原剂（Na3SbS3）的物质的量之比为7：2，
故答案为：7：2；
（5）溶液中CuSO4的浓度为3mol L﹣1，则则Cu（OH）2开始沉淀时溶液10﹣37.4，当溶液中c（Fe3+）＜1×10﹣5mol L﹣1时Fe3+完全沉淀，10﹣5×c3（OH﹣）＝1×10﹣37.4，解得c（OH﹣）＝1×10﹣10.8，c（H+）＝1×10﹣3.2pH＝3.2，故使Fe3+完全沉淀而Cu2+不沉淀，需控制溶液pH的范围是3.2＜pH＜4，
故答案为：3.2＜pH＜4；
（6）主族元素As原子的价电子为最外层电子，基态As原子的价电子排布式为4s24p3。由晶胞结构图可知，每个晶胞中含As原子：个，砷化镓晶胞密度g/cm3，
故答案为：4s24p3；。
【点评】本题考查分离提纯和晶体结构，侧重考查学生物质之间的反应和晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
11．（2025 东城区一模）从金矿（主要含Au、CaCO3SiO2）中提取金的一种流程如图。
（1）浸取过程中涉及的主要操作有加热、　搅拌　 。
（2）研究浸取过程及其影响因素。
a.一种浸金原理示意图如图。
b.配制浸取液：向含0.0013mol L﹣1CuSO4、0.125mol L﹣1（NH4）2SO4的混合溶液中滴加NaOH溶液，至溶液pH＝9.5，再加入Na2S2O3至其浓度为0.15mol L﹣1。
①浸取液配制过程中主要反应的离子方程式是 　Cu2++2OH﹣＝Cu（OH）2↓，OH﹣＝NH3 H2O　 。
②用化学反应原理解释浸取过程中优先生成[Au（NH3）2]+，最后金以[Au（S2O3）2]3存在的原因：　Cu（OH）2与NH3 H2O反应生成[Cu（NH3）4]2+，Au与[Cu（NH3）4]2+、NH3 H2O反应生成[Au（NH3）2]+，因为Au+与S2形成的配合物更稳定，所以最后金以[Au（S2O3）2]3﹣存在　 。
③相同条件下，相同时间内溶解氧对“金浸出率”和“Na2S2O3消耗率”的影响如下。
随溶解氧含量上升，金浸出率先增大后减小的原因是 　溶解氧具有氧化性，能将Au氧化为Au+，从而使金浸出率增大；但当溶解氧含量过高时，O2会氧化S2，导致Na2S2O3消耗率增大，金浸出率降低　 。
（3）某学习小组设计了两种除去粗金粉中杂质的方法：
a.将粗金粉浸泡在稀硝酸中。
b.将粗金粉在空气中灼烧后，浸泡在稀硫酸中。
①写出a中反应的离子方程式：　3Cu+8H++23Cu2++2NO↑+4H2O　 。
②你认为哪种方法较好，写出理由：　a方法较好，理由是：a方法操作简单，且稀硝酸只与粗金粉中的杂质Cu反应，不与Au反应，能有效除去杂质；b方法中粗金粉在空气中灼烧时，Au可能会与空气中的氧气反应生成Au2O3，导致金的损失，且后续浸泡在稀硫酸中，操作步骤较多　 。
【答案】（1）搅拌；
（2）①Cu2++2OH﹣＝Cu（OH）2↓，OH﹣＝NH3 H2O；
②Cu（OH）2与NH3 H2O反应生成[Cu（NH3）4]2+，Au与[Cu（NH3）4]2+、NH3 H2O反应生成[Au（NH3）2]+，因为Au+与S2形成的配合物更稳定，所以最后金以[Au（S2O3）2]3﹣存在；
③溶解氧具有氧化性，能将Au氧化为Au+，从而使金浸出率增大；但当溶解氧含量过高时，O2会氧化S2，导致Na2S2O3消耗率增大，金浸出率降低；
（3）①3Cu+8H++23Cu2++2NO↑+4H2O；
②a方法较好，理由是：a方法操作简单，且稀硝酸只与粗金粉中的杂质Cu反应，不与Au反应，能有效除去杂质；b方法中粗金粉在空气中灼烧时，Au可能会与空气中的氧气反应生成Au2O3，导致金的损失，且后续浸泡在稀硫酸中，操作步骤较多。
【分析】（1）浸取过程中涉及的主要操作有加热、搅拌，搅拌可以增大反应物的接触面积，加快反应速率，使浸取更充分；
（2）①浸取液配制过程中主要反应的离子方程式为：Cu2++2OH﹣＝Cu（OH）2↓，OH﹣＝NH3 H2O；
②由浸金原理示意图可知，Cu（OH）2与NH3 H2O反应生成[Cu（NH3）4]2+，Au与[Cu（NH3）4]2+、NH3 H2O反应生成[Au（NH3）2]+，因为Au+与\S2形成的配合物更稳定，所以最后金以[Au（S2O3）2]3﹣存在；
③溶解氧具有氧化性，能将Au氧化为Au+，从而使金浸出率增大；但当溶解氧含量过高时，O2会氧化S2，导致Na2S2O3消耗率增大，金浸出率降低；
（3）①a中反应的离子方程式为：3Cu+8H++23Cu2++2NO↑+4H2O；
②a方法较好，理由是：a方法操作简单，且稀硝酸只与粗金粉中的杂质Cu反应，不与Au反应，能有效除去杂质；b方法中粗金粉在空气中灼烧时，Au可能会与空气中的氧气反应生成Au2O3，导致金的损失，且后续浸泡在稀硫酸中，操作步骤较多。
【解答】解：（1）浸取过程中涉及的主要操作有加热、搅拌，搅拌可以增大反应物的接触面积，加快反应速率，使浸取更充分，
故答案为：搅拌；
（2）①浸取液配制过程中主要反应的离子方程式为：Cu2++2OH﹣＝Cu（OH）2↓，OH﹣＝NH3 H2O，
故答案为：Cu2++2OH﹣＝Cu（OH）2↓，OH﹣＝NH3 H2O；
②由浸金原理示意图可知，Cu（OH）2与NH3 H2O反应生成[Cu（NH3）4]2+，Au与[Cu（NH3）4]2+、NH3 H2O反应生成[Au（NH3）2]+，因为Au+与\S2形成的配合物更稳定，所以最后金以[Au（S2O3）2]3﹣存在，
故答案为：Cu（OH）2与NH3 H2O反应生成[Cu（NH3）4]2+，Au与[Cu（NH3）4]2+、NH3 H2O反应生成[Au（NH3）2]+，因为Au+与S2形成的配合物更稳定，所以最后金以[Au（S2O3）2]3﹣存在；
③随溶解氧含量上升，金浸出率先增大后减小的原因是：溶解氧具有氧化性，能将Au氧化为Au+，从而使金浸出率增大；但当溶解氧含量过高时，O2会氧化S2，导致Na2S2O3消耗率增大，金浸出率降低，
故答案为：溶解氧具有氧化性，能将Au氧化为Au+，从而使金浸出率增大；但当溶解氧含量过高时，O2会氧化S2，导致Na2S2O3消耗率增大，金浸出率降低；
（3）①a中反应的离子方程式为：3Cu+8H++23Cu2++2NO↑+4H2O，
故答案为：3Cu+8H++23Cu2++2NO↑+4H2O；
②a方法较好，理由是：a方法操作简单，且稀硝酸只与粗金粉中的杂质Cu反应，不与Au反应，能有效除去杂质；b方法中粗金粉在空气中灼烧时，Au可能会与空气中的氧气反应生成Au2O3，导致金的损失，且后续浸泡在稀硫酸中，操作步骤较多，
故答案为：a方法较好，理由是：a方法操作简单，且稀硝酸只与粗金粉中的杂质Cu反应，不与Au反应，能有效除去杂质；b方法中粗金粉在空气中灼烧时，Au可能会与空气中的氧气反应生成Au2O3，导致金的损失，且后续浸泡在稀硫酸中，操作步骤较多。
【点评】本题主要考查物质的分离与提纯，题目难度中等，掌握物质分离提纯的方法，结合题给流程图，运用所学知识是解答该题的关键。
12．（2025 顺义区一模）LiFePO4常作为锂离子电池的正极材料，广泛应用于新能源汽车。FePO4 2H2O是制备LiFePO4的原料。
（1）由钛白渣（主要成分为FeSO4）获取FePO4 2H2O的流程示意图如图。
资料：ⅰ．FePO4 2H2O性能与其纯度、颗粒大小有关，沉淀速率影响颗粒大小
ⅱ．空间结构：
①Ⅰ中将钛白渣粉碎的目的是 　增大接触面积，浸出速率加快，浸出更加彻底　 。
②溶液A的主要成分是FeHPO4（配合物），分析FeHPO4中配位键的形成过程 　Fe2+提供空轨道，中O原子提供孤电子对　 。
③溶液B中含铁的主要微粒为，写出Ⅲ中反应的离子方程式 　　 。
④Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0～1.5，pH不能过高的原因是 　pH过高会使Fe3+水解生成Fe（OH）3，影响产品纯度；pH过高体系中增大，Fe3+与沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能　 。
（2）从废旧LiFePO4电极粉末中回收制备FePO4 2H2O，同时获得副产品Li2CO3，工艺流程如下。
①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低，原因是 　温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢　 。
②加入物质B使溶液pH升至5，从物质循环和减少除杂过程角度，物质B为 　Li2CO3　 （填化学式）。
③H2O2添加量对Fe、P沉淀率影响如图所示。
实际生产时，H2O2添加量选2.5%的原因是 　H2O2添加量低于2.5%，FePO4 2H2O产量低，不经济；H2O2高2.5%，部分Fe3+生成Fe（OH）3沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低　 。
（3）产品FePO4 2H2O中铁含量测定：取ag样品，用盐酸充分溶解并配制成250mL溶液。取25.00mL该溶液于锥形瓶中，逐滴加入SnCl2溶液，至Fe3+恰好完全还原为Fe2+，Sn2+被氧化为Sn4+，滴加指示剂，用0.01mol L﹣1K2Cr2O7标准溶液滴定（铬元素被还原为Cr3+），消耗vmLK2Cr2O7标准溶液，样品中铁的质量分数为 　　 。（实验条件下Cl﹣存在不影响实验结果）
【答案】（1）①增大接触面积，浸出速率加快，浸出更加彻底；
②Fe2+提供空轨道，中O原子提供孤电子对；
③；
④pH过高会使Fe3+水解生成Fe（OH）3，影响产品纯度；pH过高体系中增大，Fe3+与沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能；
（2）①温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢；
②Li2CO3；
③H2O2添加量低于2.5%，FePO4 2H2O产量低，不经济；H2O2高2.5%，部分Fe3+生成Fe（OH）3沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低；
（3）。
【分析】由题给流程可知，钛白渣经预处理顶点较纯净的硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入磷酸和氨水，经溶液中的铁元素转化为配合物FeHPO4，向反应后的溶液中加入过量的过氧化氢溶液，将配合物转化为，向反应后的溶液中加入氨水，经多步处理得到FePO4 2H2O。
【解答】解：（1）①Ⅰ中将钛白渣粉碎可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快浸出速率，使浸出更加彻底，
故答案为：增大接触面积，浸出速率加快，浸出更加彻底；
②配合物FeHPO4中形成配位键的过程为亚铁离子提供空轨道，中氧原子提供孤电子对，
故答案为：Fe2+提供空轨道，中O原子提供孤电子对；
③由分析可知，向溶液B中加入过量的过氧化氢溶液的目的是将配合物转化为，反应的离子方程式为，
故答案为：；
④pH过高会使铁离子水解生成氢氧化铁，影响产品纯度，pH过高体系中磷酸根离子浓度增大，铁离子与磷酸根离子沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能，故Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0～1.5，pH不能过高，
故答案为：pH过高会使Fe3+水解生成Fe（OH）3，影响产品纯度；pH过高体系中增大，Fe3+与沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能；
（2）①使用HNO3酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低是因为温度高于65℃HNO3挥发或HNO3分解，其浓度降低，反应速率慢，
故答案为：温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢；
②从物质循环和减少除杂过程角度可知，加入物质碳酸锂使溶液pH升至5，即有利于过氧化氢溶液将L溶液中的亚铁离子转化为二水磷酸铁沉淀，又不影响碳酸锂中混有新杂质，则物质B为碳酸锂，
故答案为：Li2CO3；
③由图可知，H2O2添加量低于2.5%，FePO4 2H2O产量低，不经济；H2O2高2.5%，部分Fe3+生成氢氧化铁沉淀，铁沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低，所以实际生产时，过氧化氢添加量选2.5%，
故答案为：H2O2添加量低于2.5%，FePO4 2H2O产量低，不经济；H2O2高2.5%，部分Fe3+生成Fe（OH）3沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低；
（3）由原子守恒和得失电子数目守恒可得如下转化关系：6FePO4 2H2O～K2Cr2O7，滴定消耗VmL0.01mol/L重铬酸钾溶液，则样品中铁的质量分数为，
故答案为：。
【点评】本题综合考查了化学实验、工艺流程、化学计算等多方面知识，难度较大。解题时需要从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行分析和解答。
13．（2025 河南模拟）广西是我国重要的锡矿产地。该地锡矿主要成分为SnO2（含PbS、CuFeS2等杂质），锡的一种冶炼工艺流程如图所示：
已知：①SnO2性质稳定，难溶于水、酸、醇。②
回答下列问题：
（1）对锡矿进行“研磨”的目的是 　增大与空气的接触面积，加快焙烧过程中反应速率　 。
（2）“焙烧”过程中，CuFeS2发生的化学反应方程式为 　　 。
（3）PbO可与盐酸反应生成可溶性配离子，该反应液中存在，若要得到PbCl2溶液，可在加热条件下，加入 　PbO　 （填一种反应试剂），充分反应后，　过滤　 （填一种操作），即得PbC

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