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专题10 物质的转化与工艺流程
1．（2025·江苏·高考真题）可用于制备光学材料和回收砷。
(1)制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下：
已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。
①酸浸时通入可提高浸出率的原因是 。
②通入除镉。通过计算判断当溶液时，是否沉淀完全 (写出计算过程)。
③沉锌前调节溶液的至，加入的氧化物为 (填化学式)。
(2)制备光学材料。如图甲所示，晶体中掺入少量后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。
区域A“”中的离子为 (填离子符号)，区域B带 (填“正电”或“负电”)。
(3)回收砷。用去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。
已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。
时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。
①写出与反应生成的离子方程式： 。
②反应后，砷回收率下降的原因有 。
【答案】(1) 氧化生成S，促进酸浸反应正向进行 否。时，
，则未沉淀完全 ZnO
(2) 负电
(3) 随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中浓度减小，促进平衡正向移动，重新溶解，砷回收率下降
【分析】闪锌矿中含ZnS、FeS、CdS等，加入酸浸后，ZnS、FeS、CdS分别转化为，硫元素转化为硫单质，经过除铁、除镉除去与，调pH、沉锌后获得ZnS，据此解答。
【详解】（1）①酸浸时，若不通入，会发生反应：，通入可以氧化生成S，促进酸浸反应正向进行，提高浸出率；
②通入除镉，当溶液时，， 又因为，=，则=，则此时，此时的浓度大于，离子沉淀不完全。
③由②知，除镉时溶液酸性较强，故应在不引入新杂质的同时消耗溶液中的，加入的氧化物为ZnO。
（2）晶胞掺杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换，则区域A中，由替换，区域B中，由替换；按照均摊法，区域B中含：3个、：1个、：个，，则区域B带负电。
（3）①根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废液”， 与反应除了生成外还有锌离子，写出反应的离子方程式为：。
②随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中浓度减小，促进平衡正向移动，重新溶解，砷回收率下降，所以反应后，砷回收率下降。
2．（2024·江苏·高考真题）回收磁性合金钕铁硼()可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。
(1)钕铁硼在空气中焙烧转化为、等(忽略硼的化合物)，用盐酸酸浸后过滤得到溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率()随浸取时间变化如图所示。
①含铁滤渣的主要成分为 (填化学式)。
②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是 。
(2)含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。
①用含有机胺()的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理为：
(有机层)
已知：
其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是 。
②反萃取后，经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比 。
(3)净化后的溶液通过沉钕、焙烧得到。
①向溶液中加入溶液，可转化为沉淀。该反应的离子方程式为 。
②将(摩尔质量为)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。时，所得固体产物可表示为，通过以上实验数据确定该产物中的比值 (写出计算过程)。
【答案】(1) Fe2O3 浸出初期，c(H+)较大，Fe2O3溶解使铁的浸出率升高，一段时间后，溶液酸性减弱，水解生成沉淀，使铁的浸出率下降
(2) 随水层pH增大，的浓度减小，的化学平衡向正反应方向移动，的化学平衡逆向移动，该平衡逆向移动引起浓度的增大，进一步促进萃取平衡向萃取方向移动，导致的浓度增大，因此，有机层中Fe元素含量迅速增多 2:1
(3) 2:1
【解析】（1）①由图可知，Fe的浸出率比Nd的浸出率低很多，因此大多数铁元素在浸取过程中以氧化铁的形式存在，则含铁滤渣的主要成分是未反应的Fe2O3；
②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是：浸出初期，Fe2O3溶解，Fe的浸出率增大，一段时间后随着Nd的浸出率增大，溶液中的的浓度逐渐减小，逐渐增大导致水解生成进入滤渣，Fe的浸出率又减小。
（2）①减小生成物浓度，化学平衡向正反应方向移动，因此，其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，的浓度减小，的化学平衡向正反应方向移动，又的浓度减小使平衡逆向移动，引起浓度的增大，进一步促进平衡向萃取方向移动，导致的浓度增大，因此，有机层中Fe元素含量迅速增多。
②由铁酸铋晶胞结构示意图可知，晶胞中体内有4个Fe原子，面上有8个Fe原子，根据均摊法可知，Fe原子的数目为；原子全部在晶胞的面上，共有，因此，其中原子数目比2:1。
（3）①向溶液中加入溶液，和相互促进对方水解生成沉淀和，该反应的离子方程式为。
②的物质的量为，其在氮气氛围中焙烧后，金属元素的质量和化合价均保持不变，因此，=；时剩余固体的质量为7.60，固体减少的质量为，由于碱式盐在受热分解时易变为正盐，氢氧化物分解得到氧化物和，碳酸盐分解得到氧化物和，因此，可以推测固体变为时失去的质量是生成和的质量；根据H元素守恒可知，固体分解时生成的质量为，则生成的质量为-=，则生成的物质的量为，由C元素守恒可知，分解后剩余的的物质的量为4×10-5mol-=，因此可以确定该产物中的比值为。
3．（2023·江苏·高考真题）催化剂能催化脱除烟气中的NO，反应为 。
(1)催化剂的制备。将预先制备的一定量的粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状催化剂。在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为 ；反应选用溶液而不选用溶液的原因是 。
(2)催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、、(其余为)气体匀速通过装有催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是 ；反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有 (用化学方程式表示)。
(3)废催化剂的回收。回收废催化剂并制备的过程可表示为
①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有 。
②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有。已知具有八元环结构，其结构式可表示为 。
③向pH=8的溶液中加入过量的溶液，生成沉淀。已知：，加过量溶液的目的是 。
【答案】(1) 制得的催化剂中不含Na+
(2) 在该温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消
(3) 提高反应温度、延长浸出时间 促进充分沉淀
【解析】（1）在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为；反应选用溶液而不选用溶液的原因是制得的催化剂中不含Na+；
（2）反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是此温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消。反应温度高于380℃，NO转化率下降，有可能体系产生了NO，如。
（3）
提高钒元素浸出率的方法还有提高反应温度、延长浸出时间，已知具有八元环结构，且V连有五根共价键，结构式可表示为 。饱和溶液中存在溶解平衡，加过量溶液有利于增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高的含量，促进充分沉淀。
4．（2022·江苏·高考真题）硫铁化合物(、等)应用广泛。
(1)纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、等形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。
已知：，；电离常数分别为、。
①在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，其离子方程式为 。
②在弱酸性溶液中，反应的平衡常数K的数值为 。
③在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，原因是 。
(2)具有良好半导体性能。的一种晶体与晶体的结构相似，该晶体的一个晶胞中的数目为 ，在晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，如图给出了晶胞中的和位于晶胞体心的(中的键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的连接起来 。
(3)、在空气中易被氧化，将在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。时，氧化成含有两种元素的固体产物为 (填化学式，写出计算过程)。
【答案】(1) 5 c(OH-)越大，FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降
(2) 4
(3)Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3
【解析】（1）在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S的离子方程式为： ；反应的平衡常数K= ，由题目信息可知，，电离常数，所以K===5；在溶液中，pH越大，FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降；故答案为：；5 ；FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降。
（2）因为的晶体与晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个晶胞含有4个和4个Cl，则该晶体的一个晶胞中的数目也为4；晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，根据晶胞中的和的位置(中的键位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与键所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的紧邻且间距相等，其中一个S原子与紧邻的连接图如下：；故答案为：4；。
（3）有图可知，时，氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值为66.7%，设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，56+16x=80.04，x= ，所以固体产物为Fe2O3；故答案为：Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3。
5．（2021·江苏·高考真题）以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3为原料制备的ZnFe2O4脱硫剂，可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示为
(1)“除杂”包括加足量锌粉、过滤加H2O2氧化等步骤。除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有 (填化学式)。
(2)“调配比”前，需测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取2.50mL除去Fe3+的ZnSO4溶液于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液pH=10，用0.0150mol·L-1EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液25.00mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度 (写出计算过程)。
(3)400℃时，将一定比例H2、CO、CO2和H2S的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O4脱硫剂的硫化反应器。
①硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，其化学方程式为 。
②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，该反应过程可描述为 。
(4)将硫化后的固体在N2：O2=95：5(体积比)的混合气体中加热再生，固体质量随温度变化的曲线如图所示。在280~400℃范围内，固体质量增加的主要原因是 。
【答案】(1)Fe3+、H+
(2)0.7500mol·L-1
(3) ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O ZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O
(4)ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐
【分析】锌灰含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2，加入稀硫酸浸取，SiO2和硫酸不反应，过滤出SiO2，所得溶液中含有硫酸锌、硫酸铅、硫酸铜、硫酸铁、硫酸，加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，加H2O2氧化，再加入硫酸铁调节锌、铁的配比，加入碳酸氢钠沉锌铁，制得脱硫剂ZnFe2O4。
【详解】（1）“除杂”加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有Fe3+、H+。
（2）根据Zn2++Y4-=ZnY2-，可知20.00mL稀释后的溶液中含ZnSO4的物质的量为0.025L×0.015mol·L-1=3.75×10-4mol；ZnSO4溶液的物质的量浓度为；
（3）①硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，铁元素化合价由+3降低为+2、氢气中H元素化合价由0升高为+1，根据得失电子守恒，其化学方程式为ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O；
②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，ZnS为催化剂，该反应过程可描述为ZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O；
（4）在280~400℃范围内，ZnS和FeS吸收氧气，ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐，固体质量增加。
将本地区2025年模拟题（1-3模及名校模拟）进行汇编
1．（2025·江苏南通·模拟预测）镓及其化合物在电子工业中应用广泛。从高铝粉煤灰(含、和少量、等)中提取镓的过程如下：
已知粉煤灰中存在形式有两种：一种存在于非晶质中，易与酸或碱反应；一种存在于由和组成的玻璃体结构中，该玻璃体结构难与酸或碱反应。
(1)焙烧。向高铝粉煤灰中加入焙烧，得到、、等。
①写出焙烧过程中发生反应的化学方程式： 。
②焙烧过程中加入的作用除与反应外，还有 。
(2)浸取。向焙烧所得固体中加入NaOH溶液可浸取镓元素。浸取时选用NaOH溶液而不用水的原因是 。
(3)除硅铝。先除去浸取液中的硅，得到主要含和的溶液，向其中通入至，过滤。溶液中镓元素含量随pH变化如下图所示。pH由11降到10的过程中，溶液中镓元素含量降低的原因是 。[已知：时，溶液中开始析出，时，开始析出。]
(4)富集镓。除硅铝所得滤液中的镓元素可利用某种树脂[分子中含有氨基()、肟基()]进行吸附，再通过解吸附后富集。吸附前首先与树脂中的反应得到、、，从结构角度解释生成的这些含镓微粒能被吸附的原因： 。
(5)电解。利用电解法制取镓的装置如下左图所示(电解时不锈钢电极不发生反应)。电解时阳极溶液中和的浓度与时间的关系如下右图所示。
①0~2h，当铜基镀镓电极增重280g，理论上阳极生成气体的物质的量为 。
②8~11h，浓度基本不变的主要原因是 。
【答案】(1) Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑ 破坏玻璃体结构，并与其中的反应，有利于提高镓的浸取率
(2)抑制NaGaO2水解产生沉淀而降低镓的浸取率
(3)沉淀析出时，部分镓元素被包裹、吸附
(4)含镓微粒中的镓提供空轨道，树脂分子中含有氨基、肟基中的氮原子或氧原提供孤电子对，形成配位键
(5) 3mol 结合阳极产生的氢离子生成的速率与与氢离子反应生成二氧化碳的速率相近
【分析】高铝粉煤灰主含、和少量、等；加入碳酸钠焙烧，Ga2O3和碳酸钠反应转化成NaGaO2，和碳酸钠反应生成硅酸钠，加入氢氧化钠碱浸，镓、铝元素转化为NaGaO2、NaAlO2溶液，氧化铁不反应过滤除去；除硅铝所得滤液中的镓元素可利用某种树脂富集镓，再电解得到镓单质；
【详解】（1）①“焙烧”中，Ga2O3和碳酸钠反应转化成NaGaO2，化学方程式为Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑；②根据分析，焙烧过程中加入高温下能与二氧化硅和氧化铝反应，破坏玻璃体结构，并与其中的反应，有利于提高镓的浸取率；
（2）根据已知条件，浸取时选用NaOH溶液是因为能抑制NaGaO2水解产生沉淀而降低镓的浸取率；
（3）时，溶液中开始析出， 沉淀析出时，部分镓元素被包裹、吸附，溶液中镓元素含量降低；
（4）从结构角度解释生成的这些含镓微粒能被吸附的原因：含镓微粒中的镓提供空轨道，树脂分子中含有氨基、肟基中的氮原子或氧原提供孤电子对，形成配位键；
（5）①中Ga为+3价，当铜基镀镓电极增重280g，生成镓的物质的量为4mol，电路中通过电子物质的量为12mol，阳极发生反应：，可知生成3molO2；
②8~11h，浓度下降，浓度基本不变的主要原因是结合阳极产生的氢离子生成的速率与与氢离子反应生成二氧化碳的速率相近。
2．（2025·江苏连云港·一模）以钴锰废渣（含LiCoO2，MnCO3，炭黑和CaCO3、Fe等）为原料制备 Co3O4。
(1)“酸浸、还原”。向钴锰废渣中加入稀H2SO4和H2O2，充分反应后，过滤。
①在加料完成后，提高浸取效率的措施有 写2点)。
②过滤后，滤渣的主要成分为 。
(2)“除杂”。在搅拌下，向“酸浸、还原”后得到的滤液中加入MnCO3调节溶液的pH＝4，除去溶液中的Fe3+，过滤。向得到的滤液中加入MnF2固体除去溶液中的Ca2+。
①加入MnCO3除去溶液中Fe3+的离子方程式为 。
②滤液中加入MnF2固体发生的反应为MnF2＋Ca2+ CaF2＋Mn2+。已知：K＞105认为反应进行完全；Ksp(MnF2)=1.2×10-3，Ksp(CaF2)=1.6×10-10。结合计算解释MnF2能除去Ca2+的原因： 。
(3)“萃取和反萃取”。向除杂后得到的滤液中加入有机萃取剂(用HA表示)萃取金属离子，原理为Co2+＋2HA(有机层) CoA2(有机层)＋2H+ (水层)，充分反应后，分离出有机层。向有机层中加入稀硫酸，进行反萃取得到富含Co2+的溶液。
①“萃取”时，随着pH的升高，Co2+在有机萃取剂中萃取率增大，其原因是 。
②“反萃取”时，为使Co2+尽可能多地转移到水层，应选择的实验条件或采取的实验操作有 。
(4)“制备”。已知：CoC2O4从水溶液中析出的主要成分为CoC2O4·2H2O，其在空气中受热的质量变化曲线如图所示。请补充由上述反萃取后得到的富含Co2+的溶液制备Co3O4的实验方案：取富含Co2+的溶液， ，得到Co3O4。(须使用的试剂：0.1mol·L 1Na2C2O4溶液、盐酸、BaCl2溶液)。
【答案】(1) 适当搅拌，适当升高温度 CaSO4、炭黑
(2) 3MnCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3＋3Mn2＋＋3CO2↑ 此反应K＝＝＝7.5×106＞105，反应进行完全，因此可将Ca2＋完全除尽
(3) 随pH增大，溶液中c(H＋)减小，平衡往正向移动，MAn(有机层)浓度增大，萃取率增大 适当提高稀硫酸的浓度或充分振荡分液漏斗或用萃取剂分多次萃取
(4)边搅拌向其中加入0.1mol·L 1 Na2C2O4溶液，直至向上层清液中滴加Na2C2O4溶液不产生沉淀，停止滴加。过滤，洗涤滤渣至取最后一次洗涤滤液滴加盐酸和BaCl2溶液不再生成沉淀。将滤渣置于空气中加热到300℃以上，充分反应至固体质量不再改变
【分析】以钴锰废渣（含LiCoO2，MnCO3，炭黑和CaCO3、Fe等）为原料，向钴锰废渣中加入稀H2SO4和H2O2进行酸浸和还原，充分反应后，过滤，炭黑不溶于酸，与稀反应生成的微溶于水，会残留部分在滤渣中。向“酸浸、还原”后得到的滤液中加入MnCO3调节溶液的pH＝4，除去溶液中的Fe3+，生成，过滤。向得到的滤液中加入MnF2固体除去溶液中的Ca2+，生成。再萃取和反萃取出，用沉淀得，灼烧得Co3O4。
【详解】（1）升高温度可以加快反应速率，搅拌可使反应物充分接触，加快反应速率，故提高浸取效率的措施有：适当搅拌，适当升高温度。
根据分析可知，过滤后，滤渣的主要成分为炭黑和。故答案为：适当搅拌，适当升高温度；、炭黑；
（2）在pH＝4形成沉淀，中的与结合生成和，则加入MnCO3除去溶液中Fe3+的离子方程式为：3MnCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3＋3Mn2＋＋3CO2↑。
MnF2＋Ca2+ CaF2＋Mn2+，，反应进行完全，因此可除去。故答案为：3MnCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3＋3Mn2＋＋3CO2↑；此反应，反应进行完全，因此可将完全除尽。
（3）根据反应：Co2+＋2HA(有机层) CoA2(有机层)＋2H+ (水层)，随着pH的升高，浓度减小，平衡正向移动，促进进入有机层，从而提高萃取率。“反萃取”时，为使Co2+尽可能多地转移到水层，应选择的实验条件或采取的实验操作有：适当加入高浓度硫酸，使浓度增大，平衡逆向移动，释放进入水层，或者充分振荡，加快传质过程，提高反萃取率，或者多次萃取。故答案为：随pH增大，溶液中c(H＋)减小，平衡往正向移动，MAn(有机层)浓度增大，萃取率增大；适当提高稀硫酸的浓度或充分振荡分液漏斗或用萃取剂分多次萃取；
（4）根据图示可知，的质量为18.3g，物质的量为0.1mol，则Co元素的质量为5.9g，C点钴氧化物的质量为8.03g，由质量守恒可知C点O元素的质量为，则C点，故C点为。B点对应质量为14.7g，与起始相比减少了3.6g，恰好为结晶水的质量，则B点对应物质为。故要得到，需在300℃以上煅烧。故取富含Co2+的溶液，加入过量0.1mol·L 1Na2C2O4溶液，充分反应生成沉淀，过滤并洗涤沉淀，取最后一次洗涤滤液滴加盐酸和BaCl2溶液不再生成沉淀，则洗涤干净。将沉淀在300℃以上煅烧，充分反应至质量不变得。故答案为：边搅拌向其中加入0.1mol·L 1 Na2C2O4溶液，直至向上层清液中滴加Na2C2O4溶液不产生沉淀，停止滴加。过滤，洗涤滤渣至取最后一次洗涤滤液滴加盐酸和BaCl2溶液不再生成沉淀。将滤渣置于空气中加热到300℃以上，充分反应至固体质量不再改变。
3．（2025·江苏南通·三模）工业以钼精矿为原料制备的过程如下：
、
(1)“焙烧”：将钼精矿置于石英反应罐中并通入空气，高温充分反应得到钼焙砂。冷却后采用XRD分析焙烧前后物相的变化如下图所示。写出焙烧时生成的化学反应方程式： 。
(2)“预处理”：将钼焙砂和、混合溶液按一定比例混合，加热反应一段时间，过滤后，得到含、多钼酸铵、等滤渣。[已知在水中存在平衡：]
①“预处理”需在通风设备中进行，原因是 。
②写出转化为的化学方程式： 。
③其他条件一定，适当增大浓度，所得滤渣中Mo的含量增大，原因是 。
(3)“氨浸”：将预处理后所得滤渣用氨水浸泡，其中的、可转化为可溶的，还有少量的难溶于氨水。为进一步提高Mo元素的浸出率，可在氨水中加入的物质是 。
(4)五钼酸铵[，]在氮气中焙烧，可逐步分解，最终得到。取1.648g五钼酸铵固体在氮气氛围中焙烧，有气体和生成，维持300℃时加热当固体质量不再变化时，所得固体[组成为，Mo为价]质量为1.57g。计算300℃所得固体的化学式，并写出计算过程 。
【答案】(1)
(2) 钼焙砂和硝酸、硝酸铵混合加热反应，生成氮氧化物等有毒气体 (NH4)2MonO(3n+1)在水中存在平衡：，其他条件一定，适当增大NH4NO3浓度，浓度增大，平衡逆向移动，析出更多的(NH4)2MonO(3n+1)，所得滤渣中Mo的含量增大
(3)硝酸铵
(4)(NH4)1.5Mo5O15.75
【分析】将钼精矿置于石英反应罐中并通入空气，高温充分反应得到钼焙砂，将钼焙砂和HNO3、NH4NO3混合溶液按一定比例混合，加热反应一段时间，过滤后，得到含H2MoO4、多钼酸铵[(NH4)2MonO(3n+1)]、SiO2等滤渣，将预处理后所得滤渣用氨水浸泡，其中的H2MoO4、(NH4)2MonO(3n+1)可转化为可溶的(NH4)2MoO4，还有少量的CaMoO4难溶于氨水；五钼酸铵[(NH4)4Mo5O17，M=824g mol 1]在氮气中焙烧，可逐步分解，最终得到MoO3。
【详解】（1）钼精矿(主要成分是MoS2)与空气中的氧气在高温的条件下反应生成MoO3和SO2，反应的方程式为：；
（2）①钼焙砂和硝酸、硝酸铵混合加热反应生成H2MoO4、多钼酸铵[(NH4)2MonO(3n+1)]、SiO2等滤渣，同时生成氮氧化物等有毒气体，所以“预处理”需在通风设备中进行；
②将钼焙砂和、混合溶液按一定比例混合，加热反应一段时间，过滤后，得到多钼酸铵等，据元素种类守恒，产物还有Ca(NO3)2，设(NH4)2MonO(3n+1)的化学计量数为1，由Ca、Mo、守恒得反应为，由N原子守恒得4+x=2n+2、由H原子守恒得8+x=8+2y，解得x=2n-2、y=n-1，则CaMoO4转化为(NH4)2MonO(3n+1)的化学方程式为：；
③根据题意，(NH4)2MonO(3n+1)在水中存在平衡：，其他条件一定，适当增大NH4NO3浓度，浓度增大，平衡逆向移动，析出更多的(NH4)2MonO(3n+1)，所得滤渣中Mo的含量增大；
（3）CaMoO4难溶于氨水，为进一步提高Mo元素的浸出率，可在氨水中加入加入硝酸铵；
（4）所得固体组成为(NH4)aMobOc，其中Mo为+6价，根据正负化合价代数和为0，则a+6b-2c=0；1.648g五钼酸铵的物质的量为：0.002mol，五钼酸铵固体在氮气氛围中焙烧，有气体NH3和H2O生成，根据氮元素和氢元素质量守恒得到：，a=1.5，钼原子反应前后个数不变，则b=5，根据所得固体组成为(NH4)aMobOc，其中Mo为+6价，根据正负化合价代数和为0，则a+6b-2c=0，则c=15.75，则300℃所得固体的化学式为：(NH4)1.5Mo5O15.75。
4．（2025·江苏盐城·模拟预测）从分金脱氯渣（主要成分为、、）中获取高纯银的流程如图所示：
(1)“酸浸”的目的是将、转化为硝酸盐。加入的作用是 。
(2)已知：。“沉银”后的滤液中，主要含有的阴离子可能有、 。
(3)①为提高银的回收率，需对“浸银”后的滤渣进行洗涤，并 。（补充完整实验操作）
②溶液中、、三种离子分布分数系数随的变化关系如图1所示。[]
浸银后的“银转化”体系中，， （已知：）。
(4)①还原的离子方程式为 。
②实验表明过高，银的还原率下降，主要原因是 。
(5)晶体是离子导体，晶胞结构如图2。可随机地分布在彼此共面相连的四面体空隙和八面体空隙中，则晶胞中（四面体空隙） 。
【答案】(1)将、氧化为，避免生成NO，污染环境
(2)、
(3) 将洗涤液加入还原工序中 63.2
(4) 过高，浓度增大，导致络离子更稳定，难以被还原
(5)1：6
【分析】脱氯渣（主要成分为、、），加入、酸浸，将、转化为硝酸盐，加入沉银得到，转化为滤液，滤渣中加入得到，再加入得到金属Ag，据此分析。
【详解】（1）加入的作用是做氧化剂，将、氧化为，避免生成NO，污染环境；
（2）酸浸时加入了硝酸，故“沉银”后的滤液中，还存在的阴离子有以及生成的；
（3）①洗涤滤渣的滤液中还存在残留的，需要将洗涤液加入还原工序中，避免Ag损失；
② 的，当，=63.2；
（4）①“还原”过程为N2H4·H2O将[Ag(NH3)2]+还原为银单质，N2H4·H2O被氧化为N2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：；
②过高，浓度增大，导致络离子更稳定，难以被还原；
（5）如图所示四面体空隙位于晶胞面心，每个面心是4个，有个，每个晶胞中含有的个数有个，则的个数也为2，则晶胞中（四面体空隙）=2：12=1：6。
5．（2025·江苏盐城·模拟预测）用磷铁渣（含、及少量杂质）制备的方案如下：
(1)分离磷与铁。向磷铁渣粉中加入碳酸钠焙烧，生成和，充分溶解后过滤，再经处理可得到粗品和固体。写出焙烧过程中发生的化学方程式 。
(2)制备。粗品和一定比例的淀粉混合，在氩气氛围中煅烧生成粗，加入足量的硫酸浸出，得到溶液。
①淀粉最多能生成 。
②粗用硫酸浸出，控制浸出时间、温度和硫酸浓度一定，测得烧渣的浸出率和浸出液中铁元素浓度与液固比的关系如图1所示。当液固比大于，所得浸出液中铁元素浓度降低的原因是 。
[已知烧渣的浸出率，液固比]
(3)制备。其他条件一定，制备时测得的有效转化率与溶液的关系如图2所示。请补充完整制备的实验方案：取一定量已除杂后的溶液，加入足量的溶液， ，直至取所得溶液滴加溶液不产生蓝色沉淀为止。 ，干燥，得到（须使用的试剂有：，，，）。
(4)测定粗品中含量。准确称取产品，加入足量硫酸溶解后配成溶液。取于锥形瓶中，用溶液滴定（反应原理为 ，未配平。杂质不参与反应），恰好完全反应时，消耗溶液。计算产品中的质量分数 （写出计算过程）。
【答案】(1)4Fe2P+6Na2CO3+11O24Fe2O3+4Na3PO4+6CO2
(2) 24 液固比大于，烧渣已不再反应，浸出的铁元素总量不再变化，随着溶液体积的增加，铁元素浓度降低
(3) 边搅拌边滴加10%过氧化氢溶液 滴加1mol L 1Na3PO4，调节溶液的pH至1.5，过滤、用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加 1.0 mol·L 1盐酸，再加 1. 0mol·L 1BaCl2溶液无明显现象
(4)90.00%
【详解】（1）焙烧过程中与Na2CO3和O2发生反应生成CO2、和，化学方程式4Fe2P+6Na2CO3+11O24Fe2O3+4Na3PO4+6CO2。故答案为：4Fe2P+6Na2CO3+11O24Fe2O3+4Na3PO4+6CO2；
（2）①淀粉的基本单元是葡萄糖单元（C6H10O5），其摩尔质量为162 g/mol，C6H10O5~24e-~6CO2~24FeO，淀粉最多能生成24。故答案为：24；
②当液固比大于，烧渣已不再反应，浸出的铁元素总量不再变化，随着溶液体积的增加，铁元素浓度降低。故答案为：液固比大于，烧渣已不再反应，浸出的铁元素总量不再变化，随着溶液体积的增加，铁元素浓度降低；
（3）先用双氧水氧化，完全变为三价铁后，根据图2，在pH为1.5时，沉淀最多，过滤、洗涤、干燥，得到，补充完整制备的实验方案：取一定量已除杂后的溶液，加入足量的溶液，边搅拌边滴加10%过氧化氢溶液，直至取所得溶液滴加溶液不产生蓝色沉淀为止。滴加1mol L 1 Na3PO4，调节溶液的pH至1.5，过滤、用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加 1.0 mol·L 1盐酸，再加 1. 0mol·L 1BaCl2溶液无明显现象，干燥，得到。故答案为：边搅拌边滴加10%过氧化氢溶液；滴加1mol L 1 Na3PO4，调节溶液的pH至1.5，过滤、用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加 1.0 mol·L 1盐酸，再加 1. 0mol·L 1BaCl2溶液无明显现象；
（4）根据题意得到关系式：，n()＝0.05 mol L 1×25×10 3L＝1.25×10 3 mol，n(Fe2+)＝6n()＝6×1.25×10 3mol＝7.5×10 3mol，w(FeO)＝=90.00%，故答案为：90.00%。
6．（2025·江苏宿迁·模拟预测）氮化钛()常作仿金饰品，乳酸亚铁[]常作补铁制剂。以钛铁矿(主要含，还含少量、)为原料制备氮化钛和乳酸亚铁的工艺如图。
已知：①“酸浸”后的溶液中，主要含、、、、、等。
②易水解为。
③高温下钛易与、等反应。
④部分物质的熔点、沸点数据如表所示：
物质 Mg Ti
熔点 648.8 714 1667
沸点 136.4 1090 1412 3287
(1)其他条件不变，“酸浸”时铁、钛浸出率与硫酸质量分数的关系如图所示。“酸浸”时宜选择的硫酸质量分数为 。
(2)为达到流程工艺目的，试剂A为 。
(3)“熔炼”时，温度在，反应还能得到一种具有还原性和可燃性的气体。“熔炼”的化学方程式为 。
(4)①“还原”时需要高温和外加保护气。下列可作为保护气的是 。(填标号)。
a． b．Ar c． d．
②“还原”时，加入足量的Mg，得到钛和另一产物M，然后采用蒸馏法获得钛，蒸馏时温度为 。
(5)用酸性溶液滴定法测定乳酸亚铁产品的纯度，所有操作均正确，但经多次实验结果发现，测得值高于实际值，其原因是 。
(6)某工厂用10t该钛铁矿通过该工艺流程最终制得乳酸亚铁11840.4kg，已知在该流程中铁的损耗率为。该钛铁矿中钛的含量为 。
【答案】(1)85%
(2)Fe
(3)
(4) b
(5)乳酸根离子具有还原性，能消耗KMnO4
(6)
【分析】由题给流程可知，向钛铁矿粉末中加入过量的硫酸溶液，将钛酸亚铁转化为亚铁离子和离子，氧化铝转化为硫酸铝，二氧化硅与硫酸溶液不反应，过滤得到滤液；向滤液中通入水蒸气，将滤液中的离子转化为，过滤和滤液；煅烧分解生成二氧化钛，二氧化钛与碳、氯气高温条件下熔炼反应生成四氯化钛，四氯化钛高温条件下与镁反应生成钛，钛高温条件下与氮气反应生成氮化钛；调节滤液pH，将溶液中的铝离子转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到硫酸亚铁溶液；向溶液中加入碳酸氢铵溶液，过滤得到碳酸亚铁，碳酸亚铁溶于乳酸得到乳酸亚铁溶液，乳酸亚铁溶液经分离提纯得到乳酸亚铁产品，据此回答。
【详解】（1）由图可知，硫酸质量分数为85%时，铁浸出率最小、钛浸出率最大，则“酸浸”时宜选择的硫酸质量分数为85%；
（2）加入试剂A，调节滤液pH，将溶液中的铝离子转化为氢氧化铝沉淀，并将还原为，过滤得到硫酸亚铁溶液，为了不引入杂质，试剂A为Fe；
（3）由分析可知，“熔炼”时发生的反应为二氧化钛与碳、氯气高温条件下熔炼反应生成四氯化钛和一氧化碳，反应的化学方程式为；
（4）①由于高温下钛易与、等反应，Mg能与、N2反应，故“还原”时需要外加的保护气为Ar，故选b；
②“还原”时，加入足量的Mg，发生反应，得到钛和，然后采用蒸馏法获得钛，由表中数据可知，蒸馏时温度为；
（5）由于乳酸亚铁中的乳酸根离子具有还原性，能消耗KMnO4，所以测得值高于实际值；
（6）10t该钛铁矿通过该工艺流程最终制得乳酸亚铁11840.4kg，铁的物质的量为：，已知在该流程中铁的损耗率为8%，则钛铁矿中的铁的物质的量为，则的物质的量为55000mol，含钛质量为55000mol×48 g/mol=2640000g，该钛铁矿中钛的含量为。
7．（2025·江苏扬州·模拟预测）电子元件废料中金（Au）和Cu以单质存在，以其为原料回收Au、Cu单质的方法如下图所示（其他杂质不参与反应）。
已知：硫脲可被缓慢氧化，最终生成单质硫。
(1)①基态的核外电子排布式为 。
②“浸金”时，溶液中生成和，该反应的离子方程式为 。
③硫脲中存在如图所示的转化，中的配位原子为 。
(2)硫脲浓度对金的浸出率的影响如图，其他条件相同时，硫脲浓度大于时，金浸出率下降的原因是 。
(3)“置换”后，过滤所得金粉中含有的金属杂质为 。
(4)请补充从电子元件废料中回收Cu单质的实验方案，酸浸实验装置如图所示：取一定量的电子元件废料加入三颈烧瓶， ，关闭电源，收集阴极生成的铜。（必须使用：浓硝酸，溶液，直流电源，铜电极，石墨电极）。
【答案】(1) S、N
(2)硫脲浓度过大，被缓慢氧化为S单质，包裹在金的表面
(3)Fe
(4)加入浓硝酸至Cu完全溶解，过滤，用 0.1 mol/L NaOH 调节滤液 pH 至中性，以石墨为阳极、铜为阴极，接通直流电源电解。
【分析】废料酸浸后得到含的溶液，加入、的溶液浸金得到和的滤液，加入过量锌粉得到金属金；
【详解】（1）①基态 Fe 的原子序数为 26，其核外电子排布式为：，因此，基态的核外电子排布式为：；
②Au 被氧化为，被还原为，离子方程式为：；
③根据硫脲的转化可知，带正电的N原子没有孤对电子，不能形成配位键，则由S原子和另外的N原子提供孤对电子与形成配位键；
（2）硫脲浓度大于时，被缓慢氧化为S单质，包裹在金的表面，所以金浸出率下降；
（3）“置换”时，金属锌会将“浸金”时，生成的还原为Fe，则金粉中含有的金属杂质为Fe；
（4）有题意可知，需要电解法回收金属铜，硝酸用于溶解金属铜，溶液用于调节pH否则阴极存在副反应氢离子放电生成氢气，直流电源，铜电极，石墨电极用于电解法制取铜，故实验方案为：取一定量的电子元件废料加入三颈烧瓶，加入浓硝酸至Cu完全溶解，过滤，用 0.1 mol/L NaOH 调节滤液 pH 至中性，以石墨为阳极、铜为阴极，接通直流电源电解。
8．（2025·江苏泰州·模拟预测）BiOCl是一种新型的不溶于硫酸的高档环保珠光材料。某工厂以辉铋矿(主要成分为，含有，杂质)和软锰矿(主要成分为)为原料，制取氯氧化铋和超细氧化铋的工艺流程如下：
已知：
①易与形成，在一定条件下可以发生水解：。
②2BiOCl(白色)(黄色)
(1)“联合焙烧”时，和在空气中反应生成和。该反应的化学方程式为 。
(2)“酸浸”时，需及时补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4，其目的是 。
(3)“转化”时，加入金属Bi的作用是 。
(4)“萃取”时，铋离子能被有机萃取剂TBP萃取，其萃取原理可表示为：，萃取温度对铋、铁萃取率的影响如图所示，Bi的萃取率随萃取温度的升高而降低的原因可能是 。
(5)请补充完整利用含少量杂质的BiOCl粗品制备的实验方案： ，过滤、洗涤、干燥，得。(须使用的试剂有：溶液、溶液、溶液、蒸馏水)
【答案】(1)
(2)增大Cl-、H+浓度，Bi3＋与Cl－形成，使Bi3＋充分浸出；同时抑制金属离子Bi3＋(或)、Fe3＋水解
(3)将Fe3+转化为Fe2+，避免形成Fe(OH)3沉淀，保证BiOCl的纯度
(4)升高温度，促进水解，导致溶液中浓度增大，平衡逆向移动
(5)边搅拌边向BiOCl粗品中分批加入足量1mol·L-1H2SO4溶液，充分反应后静置，过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤，直至向最后一次洗涤后的滤液中滴加1mol·L-1BaCl2溶液不再出现白色沉淀。将洗涤后的滤渣浸入过量4mol·L-11NaOH溶液中，加热并充分搅拌至固体颜色不再变化
【分析】辉铋矿和软锰矿联合焙烧时，和在空气中反应生成和，转化为，水浸后过滤，滤渣中加浓盐酸酸浸后过滤，滤渣1为，将滤液分成两份，其中一份中加金属铋转化，铋和铁离子发生氧化还原反应，生成亚铁离子和：，然后调溶液pH=2.6，使水解生成BiOCl；另一份加萃取剂TBP，使和分离，分液，有机相再加草酸溶液反萃取出，最终得到超细氧化铋；
【详解】（1）联合焙烧时，和在空气中反应生成和，化学方程式为：；
（2）根据题目已知信息，易与形成，及时补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4，增大、浓度，与形成，使充分浸出；同时，一定条件下可以发生水解：，补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4，抑制金属离子(或)、水解；
（3）由分析可知，转化加入金属Bi的作用是将转化为，避免形成沉淀，从而保证BiOCl的纯度；
（4）升高温度，促进水解反应正向移动，导致溶液中浓度增大，使得平衡逆向移动，故Bi的萃取率随萃取温度的升高而降低；
（5）利用含少量杂质的粗品制备，首先要除去杂质，再将与发生反应：制备，根据提供的试剂，实验方案为：边搅拌边向BiOCl粗品中分批加入足量溶液，充分反应后静置，过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤，直至向最后一次洗涤后的滤液中滴加溶液不再出现白色沉淀。将洗涤后的滤渣浸入过量溶液中，加热并充分搅拌至固体颜色不再变化。
9．（2025·江苏南京·模拟预测）一种从钴渣中分离回收金属的工艺流程如下：
已知：酸浸液主要含有、、、等金属阳离子。
(1)“酸浸”时保持温度、浸取时间不变，能提高金属元素浸出率的措施有 。
(2)“沉铁”时，先向酸浸液中加入一定量，检验氧化完全的试剂为 （填化学式）。反应完成后加入调节pH至4.0将转为，反应的化学方程式为 。
(3)“沉钴”时，选用NaHS溶液而不选等浓度溶液的理由为 。获得的CoS沉淀经处理可获得一种钴的氧化物，其晶胞如图所示，该氧化物的化学式为 。
(4)“沉镍”时，与丁二酮肟（）反应生成鲜红色沉淀，结构如图所示。该沉淀中存在的化学键有______（填序号）。
A．氢键 B．共价键 C．配位键 D．金属键
(5)“沉锰”后主要生成和两种沉淀，再通入空气氧化得到产品。氧化时间对中锰含量及溶液pH的影响如图所示。
①15~150min，pH下降较快的原因是 （用离子方程式表示）。
②氧化时间大于225min时，产品中的锰含量下降，其原因是 。
【答案】(1)加快搅拌速率
(2)
(3) Na2S碱性强，OH-离子，更浓度大，容易形成Co(OH)2沉淀
(4)BC
(5) 氧化生成了Mn2O3及MnO2，导致锰的损失
【分析】本题是一道从钴渣中回收金属的工艺流程的工艺流程题，首先用硫酸酸浸钴渣，酸浸液主要含有Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子，随后分别除去铁、镍、钴，最终得到产品；
【详解】（1）从反应速率的角度分析，能提高金属元素浸出率的措施有加快搅拌速率；故答案为：加快搅拌速率；
（2）检验用溶液，反应生成蓝色沉淀；反应完成后加入调节pH至4.0时反应的化学方程式：；
故答案为： ；；
（3）选用溶液而不选等浓度的溶液是因为Na2S的碱性强，OH-离子浓度大，更容易生成Co(OH)2沉淀；晶胞中钴离子的个数为：，氧离子的个数为：，由于钴离子和氧离子的个数均为4，所以该化合物的化学式为，故答案为：Na2S的碱性强，OH-离子浓度大，更容易生成Co(OH)2沉淀；；
（4）与丁二酮肟反应生成的沉淀中存在的化学键有：配位键和共价键，故答案为：BC；
（5）15-150min，主要发生的反应的离子方程式为 ，氧化过程中产生了，所以pH下降较快；225min后，继续通O2，使产品中的锰含量下降，原因是氧化生成了Mn2O3及MnO2，导致锰的损失；故答案为：；氧化生成了Mn2O3及MnO2，导致锰的损失；
10．（2025·江苏苏州·三模）利用菱锰矿[主要成分为MnCO3，含CaMg(CO3)2、SiO2等杂质]制备Mn3O4的工艺流程如下：
已知：①MnCO3分解吸热；②锰氨配合物能稳定存在的pH范围为8.2~10.6。
(1)碱浸时，加入质量分数为25%的NaOH溶液并控制温度为85℃。碱浸时发生反应的离子方程式为 。
(2)控制不同温度在N2氛围中焙烧所得产物成分如下表：
温度/℃ 600 700 800
主要成分 MnCO3、CaMg(CO3)2 MnO、CaMg(CO3)2、CaCO3、MgO MnO、CaCO3、MgO
①控制800℃时，CaMg(CO3)2发生反应的化学反应方程式为 。
②在密闭装置中焙烧时，若将N2替换为CO2，MnCO3显著分解的温度从600℃升高至700℃，其原因是 。
(3)浸锰时通常使用氨水-(NH4)2CO3混合溶液，将MnO转化成[Mn(NH3)4]CO3，(NH4)2CO3溶液的作用是 。
(4)沉锰过程中温度对Mn沉淀率和溶液pH的影响如图1所示。随着温度升高，溶液pH降低的原因是 。
(5)制备高纯Mn3O4；已知：①Mn(OH)2比Mn2+更容易被氧化；②体系中不同温度和pH下所得产品的X-射线衍射图(可用于判断某晶态物质是否存在)如图2所示。请补充完整以MnCO3为原料制备Mn3O4的实验方案：将MnCO3固体粉碎， ，干燥［须使用的试剂和仪器：H2SO4溶液、BaCl2溶液、NaOH溶液、O2、水浴锅］。
【答案】(1)
(2) 将N2替换为CO2，c(CO2)浓度变大，不利于MnCO3的分解，MnCO3分解吸热，温度升高到700℃导致K增大，当Qc(3)(NH4)2CO3能提供铵根离子，促使一水合氨的电离逆向移动，增大溶液中NH3的浓度，且能调节溶液pH在8.2~10.6之间，使锰氨配合物稳定存在
(4)[Mn(NH3)4]CO3分解生成MnCO3和NH3，浓度降低与NH3逸出共同使溶液pH降低
(5)边搅拌边将固体分批加入到H2SO4溶液至不再产生气泡，加入NaOH溶液至生成大量沉淀，用水浴锅控制温度为60℃，持续通入O2，用NaOH溶液调节pH为11，反应一段时间后过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至向最后一次洗涤滤液中滴加BaCl2溶液无沉淀
【分析】菱锰矿与加入的氢氧化钠溶液反应，使得二氧化硅生成能溶于水的硅酸钠，过滤，滤渣在氮气环境下焙烧，使MnCO3发生分解反应生成MnO，再加入氨水-(NH4)2CO3溶液浸锰，过滤除去CaMg(CO3)2，得到含有[Mn(NH3)4]CO3的浸锰液，再沉锰制得MnCO3，处理得到Mn3O4。
【详解】（1）碱浸时，二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，发生反应的离子方程式为；
（2）①由表，控制800℃时，CaMg(CO3)2发生反应生成CaCO3、MgO，结合质量守恒，还生成二氧化碳，化学反应方程式为；
②将N2替换为CO2，c(CO2)浓度变大，不利于MnCO3的分解，MnCO3分解吸热，温度升高到700℃导致K增大，当Qc（3）已知锰氨配合物能稳定存在的pH范围为8.2~10.6 ，(NH4)2CO3能提供铵根离子，促使一水合氨的电离逆向移动，增大溶液中NH3的浓度，且能调节溶液pH在8.2~10.6之间，使锰氨配合物稳定存在；
（4）温度升高，使得[Mn(NH3)4]CO3分解生成MnCO3和NH3，浓度降低与NH3逸出共同使溶液pH降低；
（5）由图，60℃、pH为11条件下，得到Mn3O4纯度较大，故以MnCO3为原料制备Mn3O4的实验方案为：将MnCO3固体粉碎，边搅拌边将固体分批加入到H2SO4溶液至不再产生气泡，将碳酸锰转化为锰离子，加入NaOH溶液至生成大量Mn(OH)2沉淀，用水浴锅控制温度为60℃，持续通入O2，用NaOH溶液调节pH为11，反应一段时间后过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至向最后一次洗涤滤液中滴加BaCl2溶液无沉淀，固体干燥得到Mn3O4。
11．（2025·江苏苏州·三模）磷酸铁是锂离子电池正极材料的前驱体。利用磷化渣［主要含等］制备电池级磷酸铁的流程如下：
(1)碱浸。加少量水润湿磷化渣，在搅拌条件下加入的NaOH溶液。实验测得浸出率和浸取液中锌含量随碱渣比(溶液质量与磷化渣质量的比值)的变化曲线如图所示。
①与NaOH反应的化学方程式为 。
②当碱渣比大于0.65时，浸取液中锌含量小幅升高的原因是 。
(2)萃取。碱浸后的滤液中加入含萃取剂P2O4 (结构如图)的有机溶剂(煤油等)，进一步除去滤液中大部分。萃取时P2O4与水相、有机相界面处的结合后进入有机溶剂。
①萃取剂P2O4进入水相与结合的是 (选填“A端”或“B端”)；萃取后，水相中的pH (选填“变大”或“变小”)。
②加入萃取剂P2O4过多，的萃取率明显下降，其原因可能是 。
(3)反应。控制，调节溶液与溶液反应液pH可制取。实验测得产物中铁磷比[]、随反应液pH的变化如图所示。随pH增大，产物中铁磷比下降的原因是 。
(4)以硫铁矿烧渣(含和少量的、)为原料制取。补充完整制取的实验方案：取一定质量的硫铁矿烧渣，加入溶液至固体不再溶解，过滤， ，充分反应后，经过滤、洗涤、低温烘于后得到(可选用的试剂： 溶液，氨水， 溶液)。
已知：①溶液中、开始沉淀的pH分别为1.6、9.6；完全沉淀的pH为3.7.
②。
【答案】(1) 部分Zn(OH)2与NaOH反应生成ZnO (或可溶性离子)，留在浸取液中
(2) B端 变小 有机层和水层乳化难以分离
(3)溶液中Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，使产物中Zn3(PO4)2增多
(4)边搅拌边向滤液中滴加氨水至溶液pH为3.7~9.6，过滤，洗涤，向滤 渣中加入HCl至固体完全溶解，边搅拌边加入与Fe3+等物质的量的 溶液，滴加2mol L 1氨水
【分析】本题为工业流程题，从磷化渣制备磷酸铁，首先用氢氧化钠碱浸原料，对滤渣进行处理得到氯化铁，滤液进行萃取后和氯化铁合并，进一步处理得到产品，以此解题。
【详解】（1）①结合题意和氢氧化钠反应生成氢氧化铁，氢氧化锌和磷酸钠，方程式为：；
②氢氧化锌可以和过量的氢氧化钠反应生成可溶的离子ZnO，会导致浸取液中锌含量小幅升高，故答案为：部分Zn(OH)2与NaOH反应生成ZnO (或可溶性离子)，留在浸取液中；
（2）①锌离子是带电离子，可以结合有极性的一端，即萃取剂P2O4进入水相与结合的是B端； 由于P2O4的磷酸基团释放出氢离子进入水相，使得水相中氢离子浓度增大，则萃取后，水相中的pH变小；
②加入萃取剂P2O4过多，则有机层和水层乳化难以分离，从而导致的萃取率明显下降，故答案为：有机层和水层乳化难以分离；
（3）由图可知，随着pH增大锌含量增多，随着pH增大三价铁更容易水解为氢氧化铁沉淀，则产物中磷酸锌含量增多，铁磷比降低，则答案为：溶液中Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，使产物中Zn3(PO4)2增多；
（4）结合题意，用盐酸将硫铁矿烧渣溶解后，再过滤得到的溶液中含有镁离子和三价铁，通过调节pH的方法沉淀三价铁，提纯后进一步处理得到产品，故答案为：边搅拌边向滤液中滴加氨水至溶液pH为3.7~9.6，过滤，洗涤，向滤 渣中加入HCl至固体完全溶解，边搅拌边加入与Fe3+等物质的量的 溶液，滴加2mol L 1氨水 。
12．（2025·江苏苏州·三模）一种利用铜阳极泥(主要含Cu2Se、Ag2Se等)分离提取铜和硒的流程如下：
已知：①K2S2O82SO ＋2K+，副反应：SO ＋SO =S2O
②Ka1(H2SeO3)=3×10-3，Ka2(H2SeO3)=5×10-8
(1)氧化浸取1
控制液固比为20：1，温度为80℃，反应2h，Cu、Se、Ag浸取率随K2S2O8浓度变化如1所示。
①浸取时，SO 将Cu2Se转化为Cu2+和Se．SO 氧化Cu2Se的离子方程式为 。
②当K2S2O8的浓度超过8g·L-1时，Cu元素浸取率迅速下降的原因是 。
(2)氧化浸取2
将H2O2、H2SO4、NaCl溶液按一定比例配成溶液，充分浸泡滤渣，所得滤液中含Se微粒主要为Se(IV)。
①当体系pH=5时，Se(IV)微粒的主要存在形式为 。
②氧化浸取2过程中，随着H2O2量的增加，体系pH明显下降的原因是 。
(3)沉硒
向氧化浸取2的滤液中通入SO2获得单质Se，并测定产品中Se的纯度。
①要获得1molSe理论上需要通入标准状况下SO2的体积为 。
②通过如下步骤测定产品中Se的纯度：取1.6000g产品磨碎，加酸煮沸配成H2SeO3溶液，将溶液转移至250mL容量瓶中。准确量取25.00mL待测液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入25.00mL0.0400mol·L-1KMnO4标准溶液，再向锥形瓶中加入0.0500mol·L-1FeSO4标准溶液滴定至紫红色褪去，平行滴定3次，平均消耗FeSO4溶液20.00mL。已知：Se的最高价含氧酸氧化Fe2+速率较慢，滴定过程可忽略此反应。计算产品中Se的纯度 (写出计算过程，计算结果保留两位小数)。
(4)硒氧化铋是一类全新二维半导体芯片材料，硒氧化铋晶胞可以看成带正电的[Bi2O2]层与带负电的[Se]层交替堆叠而成，其结构如图2所示。硒氧化铋的化学式为 。
【答案】(1) 4SO +Cu2Se2Cu2++Se+4 SO 比S2O氧化速率更快，K2S2O8浓度超过8g·L-1时，SO 会发生SO +SO =S2O导致浸出速率减慢
(2) HSeO Se被氧化成H2SeO3和H2SeO3被氧化成H2SeO4共同导致溶液酸性增强的影响大于H2O2氧化Ag2Se使酸性减弱的影响
(3) 44.8L 98.75%
(4)Bi2O2Se
【分析】“氧化浸取1”，加入K2S2O8将Cu2Se氧化成Cu2+和Se，过滤除去Cu2+；滤渣中存在Ag2Se与Se进入到“氧化浸取2”，加入H2SO4、H2O2、NaCl，使Ag2Se转化为AgCl和Se(Ⅳ)；“沉硒”中加入SO2还原H2SeO3，得Se单质。
【详解】（1）①浸取时，SO 将Cu2Se转化为Cu2+和Se．SO 转化为，SO 氧化Cu2Se的离子方程式为4SO +Cu2Se2Cu2++Se+4。
②当K2S2O8的浓度超过8g·L-1时，Cu元素浸取率迅速下降的原因是：SO 比S2O氧化速率更快，K2S2O8浓度超过8g·L-1时，SO 会发生SO +SO =S2O导致浸出速率减慢。
（2）①Ka1(H2SeO3)=3×10-3，Ka2(H2SeO3)=5×10-8，当体系pH=5时，，，由计算可知，pH=5时远远大于和，则Se(IV)微粒的主要存在形式为。
②氧化浸取2过程中，随着H2O2量的增加，体系pH明显下降的原因是：Se被氧化成H2SeO3和H2SeO3被氧化成H2SeO4共同导致溶液酸性增强的影响大于H2O2氧化Ag2Se使酸性减弱的影响。
（3）①向氧化浸取2的滤液中通入SO2获得单质Se，发生反应，要获得1molSe理论上需要通入标准状况下SO2的体积为。
② KMnO4标准溶液与H2SeO3溶液发生氧化还原反应，关系式为，剩余的KMnO4标准溶液再与FeSO4标准溶液反应，关系式为，根据题意25.00mL0.0400mol·L-1KMnO4标准溶液中，与FeSO4标准溶液反应，则，产品中Se的纯度。
（4）原子半径Bi大于Se大于O，结合图示可知，大黑球为Bi，小黑球为O，灰色球为Se，根据均摊法，晶胞中含个Bi，个O，个Se，则硒氧化铋的化学式为Bi2O2Se。
13．（2025·江苏·三模）钨(W)熔点(3430℃)高，在国防工业有着重要用途，是制备W的前驱体。
(1)以含钨废渣［难溶于水，主要成分为、、、及少量钨酸亚铁()］制备的流程如下：
一段时间内，钨的浸出率()及固体残留率()随盐酸浓度的变化如图所示。
①选择盐酸而不选择硫酸酸浸的原因是 。
②写出与盐酸反应的离子方程式： 。
③盐酸的浓度选择的原因是 。
④残留固体中质量分数大于10%的原因是 。
(2)废弃纯钨棒(W)在空气存在的条件下，溶于熔融的氢氧化钠中可制得。该反应的化学方程式为 。
(3)将废弃钨制品(W与混合物)在空气中加热使之完全转化为，所得固体溶于溶液可得。
①某废弃钨制品，通过元素分析可知其中钨元素的质量分数为90%。取92.0g该制品在空气中加热，理论上可制得的质量为 (写出计算过程)。
②加热至1000℃，所得固体成分仅为，其质量小于理论值，原因是 。
【答案】(1) CaSO4微溶，不利于钙元素浸出，且CaSO4覆盖在钨渣表面，不利于钨的富集 盐酸浓度过小，残渣率较高，不利于钨元素的富集；盐酸浓度过大，钨元素浸出率高，损失大 的浸出速率小于废钨渣的浸出速率
(2)
(3) 在1000℃下，部分固体升华
【分析】含钨废渣［难溶于水，主要成分为、、、及少量钨酸亚铁()］用盐酸酸浸富集，得到的浸出液Ca2+、Fe3+，残留固体中含有、、、，经过一系列操作生成，以此解答。
【详解】（1）①含钨废渣中含有，选择盐酸而不选择硫酸酸浸的原因是：CaSO4微溶，不利于钙元素浸出，且CaSO4覆盖在钨渣表面，不利于钨的富集；
②由分析可知，残留固体中含有，说明与盐酸反应生成和FeCl2，离子方程式为：；
③由图可知，盐酸浓度低时，固体残留率较高，盐酸浓度较高时，钨的浸出率较高，固体盐酸的浓度选择的原因是：盐酸浓度过小，残渣率较高，不利于钨元素的富集；盐酸浓度过大，钨元素浸出率高，损失大；
④钨废渣中含有，残留固体中质量分数大于10%的原因是的浸出速率小于废钨渣的浸出速率。
（2）废弃纯钨棒(W)在空气存在的条件下，溶于熔融的氢氧化钠中可制得，W元素由0价上升到+5价，O2中O元素由0价下降到-2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。
（3）①由W元素守恒可知，理论上可制得的质量为；
②固体易升华，加热至1000℃，所得固体成分仅为，其质量小于理论值，原因是：在1000℃下，部分固体升华。
14．（2025·江苏盐城·三模）从含砷氧化锌废渣(还含有Cu、Ni、Ag的氧化物等)制取活性氧化锌的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)①锌在元素周期表中位于 区。
②该工序锌的浸出率与温度关系如图，当温度高于328K时，锌的浸出率反而下降的原因
是 。
(2)①砷位于元素周期表的 周期 族，该原子具有 种运动状态不同的电子。
②“除砷”时，需过量，一是生成[或]胶体吸附含砷微粒，二是 ；写出砷酸铁的化学式： 。
(3)“除铁”时，被全部氧化为，再调pH将、转化为沉淀而除去。检验铁元素是否被完全除去的试剂是 。
(4)写出“蒸氨”时，生成的化学方程式： 。
(5)以1 t含锌元素10%的含砷氧化锌制得活性氧化锌113.4 kg，依据以上数据能否计算出锌元素的回收率。若能，写出计算结果，若不能，请说明理由： 。
【答案】(1) ds 温度高，氨挥发量增加，生成锌氨配合物减少，不利于锌的浸出
(2) 四或4 ⅤA 33 使砷酸根沉淀完全
(3)溶液
(4)
(5)不能，“除杂”时添加了锌粉，最终中的锌元素不完全来自于含砷氧化锌废渣中，无法计算含砷氧化锌废渣中锌元素的回收率
【分析】含砷氧化锌废渣进行氨浸，发生生成，再加入锌粉发生金属的置换，铜、银和镍等金属变成金属单质过滤除去，滤液中加入硫酸亚铁等试剂生成砷酸铁除砷后加入高锰酸钾，被全部氧化为，再调pH将、转化为沉淀而除去，经过蒸氨后获得碱式碳酸锌，经干燥、热分解获得产品。
【详解】（1）①锌元素是30号元素，价层电子排布式为，位于元素周期表的ds区；
②当温度高于328K时，氨挥发量增加，生成锌氨配合物减少，不利于锌的浸出；
（2）①砷与氮位于同一主族，位于元素周期表的第四周期ⅤA族；砷的原子序数是33，核外的33个电子的运动状态各不相同，共有33种运动状态不同的电子；
②“除砷”时，根据该工序目的是将砷元素除去，故过量，一是生成[或]胶体可吸附含砷微粒，二是与砷酸根反应，使砷酸根沉淀完全；砷酸铁的化学式为；
（3）检验用溶液；
（4）生成的化学方程式为 ；
（5）由于除Cu、Ag、Ni的过程中添加了锌粉，最终中的锌元素不完全来自于含砷氧化锌废渣中，故无法计算含砷氧化锌废渣中锌元素的回收率。
15．（2025·江苏南京·二模）从铜阳极泥(含、、、等)中回收贵金属的工艺流程如下：
(1)“酸浸”(已知柠檬酸化学式为，是一种三元弱酸)。
①只用稀硝酸也可氧化浸出生成和，反应的离子方程式为 。
②添加柠檬酸可提高的浸出率，除因为形成外，还有 。
③和柠檬酸协同浸出时，浓度过大使浸出率降低的原因是 。
(2)“沉银”时转化为。中与配位的原子为 。
(3)“氨浸”时反应为。该反应的平衡常数数值为 。已知：；反应的平衡常数
(4)“还原”在碱性条件下进行。理论上获得的 。
(5)“置换”后的溶液可制备晶体，该晶体分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(热量变化)如图所示。DSC曲线上650～850℃有两个吸热峰，可能发生的吸热反应为、 。
【答案】(1) 增大c(H+)，加快热HNO3氧化Pd的速率 氧化柠檬酸，使柠檬酸浓度下降
(2)O
(3)1.98×10-3
(4)4：1
(5)
【分析】铜阳极泥(含、、、等)用硝酸和柠檬酸酸浸，Cu和Au不溶于硝酸和柠檬酸存在于滤渣中，滤液中存在Ag+和Pd2+，加入NaCl将Ag+转化为AgCl，过滤后AgCl用氨水碱浸转化为，加入N2H4·H2O将还原为Ag，滤液中加入Cu置换出Pd。
【详解】（1）①只用稀硝酸也可氧化浸出生成和，该反应中N元素由+5价下降到+2价，Pb元素由0价上升到+2价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平反应的离子方程式为：；
②柠檬酸是一种三元弱酸，添加柠檬酸可提高的浸出率，除因为形成外，还有增大c(H+)，加快热HNO3氧化Pd的速率；
③柠檬酸化学式为，具有还原性，和柠檬酸协同浸出时，浓度过大使浸出率降低的原因是：氧化柠檬酸，使柠檬酸浓度下降。
（2）
柠檬酸的结构简式为，H原子不含孤电子对，C原子形成4个共价键，不含孤电子对，O原子含有孤电子对，可以提供电子形成配位键，中与配位的原子为O。
（3）“氨浸”时反应为，该反应的平衡常数数值为=1.98×10-3。
（4）“还原”在碱性条件下进行，N2H4·H2O将还原为Ag，N元素由-2价上升到0价，Ag元素化合价由+1价下降到0价，根据得失电子守恒可知4：1。
（5）DSC曲线上650～850℃有两个吸热峰，说明此时发生热分解反应，从TG 图像可以看出，质量减少量为原质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为SO2、SO3、 O2，可能出现的化学方程式为、。
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21世纪教育网(www.21cnjy.com)专题10 物质的转化与工艺流程
1．（2025·江苏·高考真题）可用于制备光学材料和回收砷。
(1)制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下：
已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。
①酸浸时通入可提高浸出率的原因是 。
②通入除镉。通过计算判断当溶液时，是否沉淀完全 (写出计算过程)。
③沉锌前调节溶液的至，加入的氧化物为 (填化学式)。
(2)制备光学材料。如图甲所示，晶体中掺入少量后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。
区域A“”中的离子为 (填离子符号)，区域B带 (填“正电”或“负电”)。
(3)回收砷。用去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。
已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。
时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。
①写出与反应生成的离子方程式： 。
②反应后，砷回收率下降的原因有 。
2．（2024·江苏·高考真题）回收磁性合金钕铁硼()可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。
(1)钕铁硼在空气中焙烧转化为、等(忽略硼的化合物)，用盐酸酸浸后过滤得到溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率()随浸取时间变化如图所示。
①含铁滤渣的主要成分为 (填化学式)。
②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是 。
(2)含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。
①用含有机胺()的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理为：
(有机层)
已知：
其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是 。
②反萃取后，经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比 。
(3)净化后的溶液通过沉钕、焙烧得到。
①向溶液中加入溶液，可转化为沉淀。该反应的离子方程式为 。
②将(摩尔质量为)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。时，所得固体产物可表示为，通过以上实验数据确定该产物中的比值 (写出计算过程)。
3．（2023·江苏·高考真题）催化剂能催化脱除烟气中的NO，反应为 。
(1)催化剂的制备。将预先制备的一定量的粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状催化剂。在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为 ；反应选用溶液而不选用溶液的原因是 。
(2)催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、、(其余为)气体匀速通过装有催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是 ；反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有 (用化学方程式表示)。
(3)废催化剂的回收。回收废催化剂并制备的过程可表示为
①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有 。
②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有。已知具有八元环结构，其结构式可表示为 。
③向pH=8的溶液中加入过量的溶液，生成沉淀。已知：，加过量溶液的目的是 。
4．（2022·江苏·高考真题）硫铁化合物(、等)应用广泛。
(1)纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、等形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。
已知：，；电离常数分别为、。
①在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，其离子方程式为 。
②在弱酸性溶液中，反应的平衡常数K的数值为 。
③在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，原因是 。
(2)具有良好半导体性能。的一种晶体与晶体的结构相似，该晶体的一个晶胞中的数目为 ，在晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，如图给出了晶胞中的和位于晶胞体心的(中的键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的连接起来 。
(3)、在空气中易被氧化，将在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。时，氧化成含有两种元素的固体产物为 (填化学式，写出计算过程)。
5．（2021·江苏·高考真题）以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3为原料制备的ZnFe2O4脱硫剂，可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示为
(1)“除杂”包括加足量锌粉、过滤加H2O2氧化等步骤。除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有 (填化学式)。
(2)“调配比”前，需测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取2.50mL除去Fe3+的ZnSO4溶液于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液pH=10，用0.0150mol·L-1EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液25.00mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度 (写出计算过程)。
(3)400℃时，将一定比例H2、CO、CO2和H2S的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O4脱硫剂的硫化反应器。
①硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，其化学方程式为 。
②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，该反应过程可描述为 。
(4)将硫化后的固体在N2：O2=95：5(体积比)的混合气体中加热再生，固体质量随温度变化的曲线如图所示。在280~400℃范围内，固体质量增加的主要原因是 。
将本地区2025年模拟题（1-3模及名校模拟）进行汇编
1．（2025·江苏南通·模拟预测）镓及其化合物在电子工业中应用广泛。从高铝粉煤灰(含、和少量、等)中提取镓的过程如下：
已知粉煤灰中存在形式有两种：一种存在于非晶质中，易与酸或碱反应；一种存在于由和组成的玻璃体结构中，该玻璃体结构难与酸或碱反应。
(1)焙烧。向高铝粉煤灰中加入焙烧，得到、、等。
①写出焙烧过程中发生反应的化学方程式： 。
②焙烧过程中加入的作用除与反应外，还有 。
(2)浸取。向焙烧所得固体中加入NaOH溶液可浸取镓元素。浸取时选用NaOH溶液而不用水的原因是 。
(3)除硅铝。先除去浸取液中的硅，得到主要含和的溶液，向其中通入至，过滤。溶液中镓元素含量随pH变化如下图所示。pH由11降到10的过程中，溶液中镓元素含量降低的原因是 。[已知：时，溶液中开始析出，时，开始析出。]
(4)富集镓。除硅铝所得滤液中的镓元素可利用某种树脂[分子中含有氨基()、肟基()]进行吸附，再通过解吸附后富集。吸附前首先与树脂中的反应得到、、，从结构角度解释生成的这些含镓微粒能被吸附的原因： 。
(5)电解。利用电解法制取镓的装置如下左图所示(电解时不锈钢电极不发生反应)。电解时阳极溶液中和的浓度与时间的关系如下右图所示。
①0~2h，当铜基镀镓电极增重280g，理论上阳极生成气体的物质的量为 。
②8~11h，浓度基本不变的主要原因是 。
2．（2025·江苏连云港·一模）以钴锰废渣（含LiCoO2，MnCO3，炭黑和CaCO3、Fe等）为原料制备 Co3O4。
(1)“酸浸、还原”。向钴锰废渣中加入稀H2SO4和H2O2，充分反应后，过滤。
①在加料完成后，提高浸取效率的措施有 写2点)。
②过滤后，滤渣的主要成分为 。
(2)“除杂”。在搅拌下，向“酸浸、还原”后得到的滤液中加入MnCO3调节溶液的pH＝4，除去溶液中的Fe3+，过滤。向得到的滤液中加入MnF2固体除去溶液中的Ca2+。
①加入MnCO3除去溶液中Fe3+的离子方程式为 。
②滤液中加入MnF2固体发生的反应为MnF2＋Ca2+ CaF2＋Mn2+。已知：K＞105认为反应进行完全；Ksp(MnF2)=1.2×10-3，Ksp(CaF2)=1.6×10-10。结合计算解释MnF2能除去Ca2+的原因： 。
(3)“萃取和反萃取”。向除杂后得到的滤液中加入有机萃取剂(用HA表示)萃取金属离子，原理为Co2+＋2HA(有机层) CoA2(有机层)＋2H+ (水层)，充分反应后，分离出有机层。向有机层中加入稀硫酸，进行反萃取得到富含Co2+的溶液。
①“萃取”时，随着pH的升高，Co2+在有机萃取剂中萃取率增大，其原因是 。
②“反萃取”时，为使Co2+尽可能多地转移到水层，应选择的实验条件或采取的实验操作有 。
(4)“制备”。已知：CoC2O4从水溶液中析出的主要成分为CoC2O4·2H2O，其在空气中受热的质量变化曲线如图所示。请补充由上述反萃取后得到的富含Co2+的溶液制备Co3O4的实验方案：取富含Co2+的溶液， ，得到Co3O4。(须使用的试剂：0.1mol·L 1Na2C2O4溶液、盐酸、BaCl2溶液)。
3．（2025·江苏南通·三模）工业以钼精矿为原料制备的过程如下：
、
(1)“焙烧”：将钼精矿置于石英反应罐中并通入空气，高温充分反应得到钼焙砂。冷却后采用XRD分析焙烧前后物相的变化如下图所示。写出焙烧时生成的化学反应方程式： 。
(2)“预处理”：将钼焙砂和、混合溶液按一定比例混合，加热反应一段时间，过滤后，得到含、多钼酸铵、等滤渣。[已知在水中存在平衡：]
①“预处理”需在通风设备中进行，原因是 。
②写出转化为的化学方程式： 。
③其他条件一定，适当增大浓度，所得滤渣中Mo的含量增大，原因是 。
(3)“氨浸”：将预处理后所得滤渣用氨水浸泡，其中的、可转化为可溶的，还有少量的难溶于氨水。为进一步提高Mo元素的浸出率，可在氨水中加入的物质是 。
(4)五钼酸铵[，]在氮气中焙烧，可逐步分解，最终得到。取1.648g五钼酸铵固体在氮气氛围中焙烧，有气体和生成，维持300℃时加热当固体质量不再变化时，所得固体[组成为，Mo为价]质量为1.57g。计算300℃所得固体的化学式，并写出计算过程 。
4．（2025·江苏盐城·模拟预测）从分金脱氯渣（主要成分为、、）中获取高纯银的流程如图所示：
(1)“酸浸”的目的是将、转化为硝酸盐。加入的作用是 。
(2)已知：。“沉银”后的滤液中，主要含有的阴离子可能有、 。
(3)①为提高银的回收率，需对“浸银”后的滤渣进行洗涤，并 。（补充完整实验操作）
②溶液中、、三种离子分布分数系数随的变化关系如图1所示。[]
浸银后的“银转化”体系中，， （已知：）。
(4)①还原的离子方程式为 。
②实验表明过高，银的还原率下降，主要原因是 。
(5)晶体是离子导体，晶胞结构如图2。可随机地分布在彼此共面相连的四面体空隙和八面体空隙中，则晶胞中（四面体空隙） 。
5．（2025·江苏盐城·模拟预测）用磷铁渣（含、及少量杂质）制备的方案如下：
(1)分离磷与铁。向磷铁渣粉中加入碳酸钠焙烧，生成和，充分溶解后过滤，再经处理可得到粗品和固体。写出焙烧过程中发生的化学方程式 。
(2)制备。粗品和一定比例的淀粉混合，在氩气氛围中煅烧生成粗，加入足量的硫酸浸出，得到溶液。
①淀粉最多能生成 。
②粗用硫酸浸出，控制浸出时间、温度和硫酸浓度一定，测得烧渣的浸出率和浸出液中铁元素浓度与液固比的关系如图1所示。当液固比大于，所得浸出液中铁元素浓度降低的原因是 。
[已知烧渣的浸出率，液固比]
(3)制备。其他条件一定，制备时测得的有效转化率与溶液的关系如图2所示。请补充完整制备的实验方案：取一定量已除杂后的溶液，加入足量的溶液， ，直至取所得溶液滴加溶液不产生蓝色沉淀为止。 ，干燥，得到（须使用的试剂有：，，，）。
(4)测定粗品中含量。准确称取产品，加入足量硫酸溶解后配成溶液。取于锥形瓶中，用溶液滴定（反应原理为 ，未配平。杂质不参与反应），恰好完全反应时，消耗溶液。计算产品中的质量分数 （写出计算过程）。
6．（2025·江苏宿迁·模拟预测）氮化钛()常作仿金饰品，乳酸亚铁[]常作补铁制剂。以钛铁矿(主要含，还含少量、)为原料制备氮化钛和乳酸亚铁的工艺如图。
已知：①“酸浸”后的溶液中，主要含、、、、、等。
②易水解为。
③高温下钛易与、等反应。
④部分物质的熔点、沸点数据如表所示：
物质 Mg Ti
熔点 648.8 714 1667
沸点 136.4 1090 1412 3287
(1)其他条件不变，“酸浸”时铁、钛浸出率与硫酸质量分数的关系如图所示。“酸浸”时宜选择的硫酸质量分数为 。
(2)为达到流程工艺目的，试剂A为 。
(3)“熔炼”时，温度在，反应还能得到一种具有还原性和可燃性的气体。“熔炼”的化学方程式为 。
(4)①“还原”时需要高温和外加保护气。下列可作为保护气的是 。(填标号)。
a． b．Ar c． d．
②“还原”时，加入足量的Mg，得到钛和另一产物M，然后采用蒸馏法获得钛，蒸馏时温度为 。
(5)用酸性溶液滴定法测定乳酸亚铁产品的纯度，所有操作均正确，但经多次实验结果发现，测得值高于实际值，其原因是 。
(6)某工厂用10t该钛铁矿通过该工艺流程最终制得乳酸亚铁11840.4kg，已知在该流程中铁的损耗率为。该钛铁矿中钛的含量为 。
7．（2025·江苏扬州·模拟预测）电子元件废料中金（Au）和Cu以单质存在，以其为原料回收Au、Cu单质的方法如下图所示（其他杂质不参与反应）。
已知：硫脲可被缓慢氧化，最终生成单质硫。
(1)①基态的核外电子排布式为 。
②“浸金”时，溶液中生成和，该反应的离子方程式为 。
③硫脲中存在如图所示的转化，中的配位原子为 。
(2)硫脲浓度对金的浸出率的影响如图，其他条件相同时，硫脲浓度大于时，金浸出率下降的原因是 。
(3)“置换”后，过滤所得金粉中含有的金属杂质为 。
(4)请补充从电子元件废料中回收Cu单质的实验方案，酸浸实验装置如图所示：取一定量的电子元件废料加入三颈烧瓶， ，关闭电源，收集阴极生成的铜。（必须使用：浓硝酸，溶液，直流电源，铜电极，石墨电极）。
8．（2025·江苏泰州·模拟预测）BiOCl是一种新型的不溶于硫酸的高档环保珠光材料。某工厂以辉铋矿(主要成分为，含有，杂质)和软锰矿(主要成分为)为原料，制取氯氧化铋和超细氧化铋的工艺流程如下：
已知：
①易与形成，在一定条件下可以发生水解：。
②2BiOCl(白色)(黄色)
(1)“联合焙烧”时，和在空气中反应生成和。该反应的化学方程式为 。
(2)“酸浸”时，需及时补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4，其目的是 。
(3)“转化”时，加入金属Bi的作用是 。
(4)“萃取”时，铋离子能被有机萃取剂TBP萃取，其萃取原理可表示为：，萃取温度对铋、铁萃取率的影响如图所示，Bi的萃取率随萃取温度的升高而降低的原因可能是 。
(5)请补充完整利用含少量杂质的BiOCl粗品制备的实验方案： ，过滤、洗涤、干燥，得。(须使用的试剂有：溶液、溶液、溶液、蒸馏水)
9．（2025·江苏南京·模拟预测）一种从钴渣中分离回收金属的工艺流程如下：
已知：酸浸液主要含有、、、等金属阳离子。
(1)“酸浸”时保持温度、浸取时间不变，能提高金属元素浸出率的措施有 。
(2)“沉铁”时，先向酸浸液中加入一定量，检验氧化完全的试剂为 （填化学式）。反应完成后加入调节pH至4.0将转为，反应的化学方程式为 。
(3)“沉钴”时，选用NaHS溶液而不选等浓度溶液的理由为 。获得的CoS沉淀经处理可获得一种钴的氧化物，其晶胞如图所示，该氧化物的化学式为 。
(4)“沉镍”时，与丁二酮肟（）反应生成鲜红色沉淀，结构如图所示。该沉淀中存在的化学键有______（填序号）。
A．氢键 B．共价键 C．配位键 D．金属键
(5)“沉锰”后主要生成和两种沉淀，再通入空气氧化得到产品。氧化时间对中锰含量及溶液pH的影响如图所示。
①15~150min，pH下降较快的原因是 （用离子方程式表示）。
②氧化时间大于225min时，产品中的锰含量下降，其原因是 。
10．（2025·江苏苏州·三模）利用菱锰矿[主要成分为MnCO3，含CaMg(CO3)2、SiO2等杂质]制备Mn3O4的工艺流程如下：
已知：①MnCO3分解吸热；②锰氨配合物能稳定存在的pH范围为8.2~10.6。
(1)碱浸时，加入质量分数为25%的NaOH溶液并控制温度为85℃。碱浸时发生反应的离子方程式为 。
(2)控制不同温度在N2氛围中焙烧所得产物成分如下表：
温度/℃ 600 700 800
主要成分 MnCO3、CaMg(CO3)2 MnO、CaMg(CO3)2、CaCO3、MgO MnO、CaCO3、MgO
①控制800℃时，CaMg(CO3)2发生反应的化学反应方程式为 。
②在密闭装置中焙烧时，若将N2替换为CO2，MnCO3显著分解的温度从600℃升高至700℃，其原因是 。
(3)浸锰时通常使用氨水-(NH4)2CO3混合溶液，将MnO转化成[Mn(NH3)4]CO3，(NH4)2CO3溶液的作用是 。
(4)沉锰过程中温度对Mn沉淀率和溶液pH的影响如图1所示。随着温度升高，溶液pH降低的原因是 。
(5)制备高纯Mn3O4；已知：①Mn(OH)2比Mn2+更容易被氧化；②体系中不同温度和pH下所得产品的X-射线衍射图(可用于判断某晶态物质是否存在)如图2所示。请补充完整以MnCO3为原料制备Mn3O4的实验方案：将MnCO3固体粉碎， ，干燥［须使用的试剂和仪器：H2SO4溶液、BaCl2溶液、NaOH溶液、O2、水浴锅］。
11．（2025·江苏苏州·三模）磷酸铁是锂离子电池正极材料的前驱体。利用磷化渣［主要含等］制备电池级磷酸铁的流程如下：
(1)碱浸。加少量水润湿磷化渣，在搅拌条件下加入的NaOH溶液。实验测得浸出率和浸取液中锌含量随碱渣比(溶液质量与磷化渣质量的比值)的变化曲线如图所示。
①与NaOH反应的化学方程式为 。
②当碱渣比大于0.65时，浸取液中锌含量小幅升高的原因是 。
(2)萃取。碱浸后的滤液中加入含萃取剂P2O4 (结构如图)的有机溶剂(煤油等)，进一步除去滤液中大部分。萃取时P2O4与水相、有机相界面处的结合后进入有机溶剂。
①萃取剂P2O4进入水相与结合的是 (选填“A端”或“B端”)；萃取后，水相中的pH (选填“变大”或“变小”)。
②加入萃取剂P2O4过多，的萃取率明显下降，其原因可能是 。
(3)反应。控制，调节溶液与溶液反应液pH可制取。实验测得产物中铁磷比[]、随反应液pH的变化如图所示。随pH增大，产物中铁磷比下降的原因是 。
(4)以硫铁矿烧渣(含和少量的、)为原料制取。补充完整制取的实验方案：取一定质量的硫铁矿烧渣，加入溶液至固体不再溶解，过滤， ，充分反应后，经过滤、洗涤、低温烘于后得到(可选用的试剂： 溶液，氨水， 溶液)。
已知：①溶液中、开始沉淀的pH分别为1.6、9.6；完全沉淀的pH为3.7.
②。
12．（2025·江苏苏州·三模）一种利用铜阳极泥(主要含Cu2Se、Ag2Se等)分离提取铜和硒的流程如下：
已知：①K2S2O82SO ＋2K+，副反应：SO ＋SO =S2O
②Ka1(H2SeO3)=3×10-3，Ka2(H2SeO3)=5×10-8
(1)氧化浸取1
控制液固比为20：1，温度为80℃，反应2h，Cu、Se、Ag浸取率随K2S2O8浓度变化如1所示。
①浸取时，SO 将Cu2Se转化为Cu2+和Se．SO 氧化Cu2Se的离子方程式为 。
②当K2S2O8的浓度超过8g·L-1时，Cu元素浸取率迅速下降的原因是 。
(2)氧化浸取2
将H2O2、H2SO4、NaCl溶液按一定比例配成溶液，充分浸泡滤渣，所得滤液中含Se微粒主要为Se(IV)。
①当体系pH=5时，Se(IV)微粒的主要存在形式为 。
②氧化浸取2过程中，随着H2O2量的增加，体系pH明显下降的原因是 。
(3)沉硒
向氧化浸取2的滤液中通入SO2获得单质Se，并测定产品中Se的纯度。
①要获得1molSe理论上需要通入标准状况下SO2的体积为 。
②通过如下步骤测定产品中Se的纯度：取1.6000g产品磨碎，加酸煮沸配成H2SeO3溶液，将溶液转移至250mL容量瓶中。准确量取25.00mL待测液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入25.00mL0.0400mol·L-1KMnO4标准溶液，再向锥形瓶中加入0.0500mol·L-1FeSO4标准溶液滴定至紫红色褪去，平行滴定3次，平均消耗FeSO4溶液20.00mL。已知：Se的最高价含氧酸氧化Fe2+速率较慢，滴定过程可忽略此反应。计算产品中Se的纯度 (写出计算过程，计算结果保留两位小数)。
(4)硒氧化铋是一类全新二维半导体芯片材料，硒氧化铋晶胞可以看成带正电的[Bi2O2]层与带负电的[Se]层交替堆叠而成，其结构如图2所示。硒氧化铋的化学式为 。
13．（2025·江苏·三模）钨(W)熔点(3430℃)高，在国防工业有着重要用途，是制备W的前驱体。
(1)以含钨废渣［难溶于水，主要成分为、、、及少量钨酸亚铁()］制备的流程如下：
一段时间内，钨的浸出率()及固体残留率()随盐酸浓度的变化如图所示。
①选择盐酸而不选择硫酸酸浸的原因是 。
②写出与盐酸反应的离子方程式： 。
③盐酸的浓度选择的原因是 。
④残留固体中质量分数大于10%的原因是 。
(2)废弃纯钨棒(W)在空气存在的条件下，溶于熔融的氢氧化钠中可制得。该反应的化学方程式为 。
(3)将废弃钨制品(W与混合物)在空气中加热使之完全转化为，所得固体溶于溶液可得。
①某废弃钨制品，通过元素分析可知其中钨元素的质量分数为90%。取92.0g该制品在空气中加热，理论上可制得的质量为 (写出计算过程)。
②加热至1000℃，所得固体成分仅为，其质量小于理论值，原因是 。
14．（2025·江苏盐城·三模）从含砷氧化锌废渣(还含有Cu、Ni、Ag的氧化物等)制取活性氧化锌的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)①锌在元素周期表中位于 区。
②该工序锌的浸出率与温度关系如图，当温度高于328K时，锌的浸出率反而下降的原因
是 。
(2)①砷位于元素周期表的 周期 族，该原子具有 种运动状态不同的电子。
②“除砷”时，需过量，一是生成[或]胶体吸附含砷微粒，二是 ；写出砷酸铁的化学式： 。
(3)“除铁”时，被全部氧化为，再调pH将、转化为沉淀而除去。检验铁元素是否被完全除去的试剂是 。
(4)写出“蒸氨”时，生成的化学方程式： 。
(5)以1 t含锌元素10%的含砷氧化锌制得活性氧化锌113.4 kg，依据以上数据能否计算出锌元素的回收率。若能，写出计算结果，若不能，请说明理由： 。
15．（2025·江苏南京·二模）从铜阳极泥(含、、、等)中回收贵金属的工艺流程如下：
(1)“酸浸”(已知柠檬酸化学式为，是一种三元弱酸)。
①只用稀硝酸也可氧化浸出生成和，反应的离子方程式为 。
②添加柠檬酸可提高的浸出率，除因为形成外，还有 。
③和柠檬酸协同浸出时，浓度过大使浸出率降低的原因是 。
(2)“沉银”时转化为。中与配位的原子为 。
(3)“氨浸”时反应为。该反应的平衡常数数值为 。已知：；反应的平衡常数
(4)“还原”在碱性条件下进行。理论上获得的 。
(5)“置换”后的溶液可制备晶体，该晶体分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(热量变化)如图所示。DSC曲线上650～850℃有两个吸热峰，可能发生的吸热反应为、 。
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