第75頁（共75頁）2026高考化學復(fù)習新題速遞之物質(zhì)的分離、提純與檢驗（解答大題）（2025年7月）一．解答題（共20小題）1．（2025春?溫江區(qū)期末）科學、安全、有效和合理地開發(fā)自然資源，對生產(chǎn)、生活有重要價值。Ⅰ．礦物資源的充分利用有著非常重要的意義。（1）金屬銅常用的冶煉方法是。A．熱分解法B．熱還原法C．電解法D．物理富集Ⅱ．以某含硅廢石（含SiO278%、Al2O313%、MgO9%）為原料，工業(yè)上采用以下工藝回收Si、Al、Mg。（2）為提高酸浸效率，可采取的措施是（寫出1條即可），浸取液中的陽離子有。（3）請寫出礦渣焙燒的化學方程式：，制取精硅路徑中可循環(huán)使用的物質(zhì)有。（4）制備精硅的整個過程必須達到無水無氧，在H2還原SiHCl3過程中若混入O2，除了生成SiO2外，還可能引起的后果是。（5）請寫出冶煉金屬鋁的化學方程式。（6）獲得MgCl2?6H2O晶體的操作a為、、過濾、洗滌。2．（2025?高郵市開學）某工廠采用如圖工藝處理鎳鈷礦硫酸浸取液（含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+），實現(xiàn)鎳、鈷、鎂元素的回收及利用。（1）Co2+價層電子排布式為。（2）“氧化”中，混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強氧化性的過一硫酸（H2SO5）畫出H2SO5的結(jié)構(gòu)式。（3）已知：H2SO5的電離方程式為H2SO5＝H++HSO5-。HSO3-?H++SO32-?！把趸敝校檬胰檎{(diào)節(jié)pH＝4，Mn2+被H2SO5氧化為MnO2該反應(yīng)的離子方程式為（4）“氧化”中保持空氣通入速率不變，Mn（Ⅱ）氧化率與時間的關(guān)系如圖1。SO2體積分數(shù)為9%時，Mn（Ⅱ）氧化速率最大；繼續(xù)增大SO2體積分數(shù)時，Mn（Ⅱ）氧化速率減小的原因是。（5）“沉鈷鎳”后，將“鈷鎳渣”經(jīng)進一步處理后可制得Co2TiO3CoxTiOy晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示。則與Ti原子最近的Co原子有個。（6）①將“鈷鎳渣”酸溶后，先加入NaClO溶液進行“鈷鎳分離”，寫出“鈷鎳分離”反應(yīng)生成Co（OH）3沉淀的離子方程式：。②“鎳鈷分離”后溶液中加入NaOH溶液和NaClO溶液，可以制得用作鎳鎘電池正極材料的NiOOH。為測定所得NiOOH樣品的質(zhì)量分數(shù)，現(xiàn)進行如下實驗：在稀硫酸中加入0.1000g樣品，待樣品完全溶解后加入足量KI溶液，充分反應(yīng)，調(diào)節(jié)溶液的pH＝3～4，滴入幾滴淀粉溶液，用0.1000mol?L﹣1Na2S2O3標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液10.00mL。實驗過程中先后發(fā)生反應(yīng)2Ni3++2I﹣＝2Ni2++I2和I2+2S2O32-=2I﹣+S4O62-。樣品中NiOOH的質(zhì)量分數(shù)為3．（2025春?西城區(qū)期末）鉻（Cr）和釩（V）具有廣泛用途。鉻釩渣中Cr元素和V元素以低價態(tài)含氧酸鹽及氧化物形式存在，主要雜質(zhì)為Fe2O3、Al2O3、As2O3等，從鉻釩渣中分離提取Cr元素和V元素的一種流程如圖所示。已知：ⅰ.最高價鉻酸根在酸性介質(zhì)中以Cr2Oⅱ.金屬浸出率＝（浸出金屬元素質(zhì)量/煅燒時金屬元素質(zhì)量）×100%（1）“煅燒”步驟中，Cr元素、V元素和As元素分別被氧化為相應(yīng)的可溶最高價含氧酸鹽（填化學式）、NaVO3和Na3AsO4。（2）水浸渣的主要成份為Fe2O3，可發(fā)生鋁熱反應(yīng)，化學方程式是。（3）將“沉淀”步驟的主要離子方程式補充完整：□_____+□_____＝□Al（OH）3↓+□_____。（4）“除砷”步驟中，除砷率隨pH變化如圖所示。使Mg2+、NH4+與AsO43-以MgNH4AsO4的形式沉淀，該步需要控制溶液的pH為以達到最好的除砷效果。當pH過大時，除砷率降低的原因是（5）“分離釩”步驟中，將溶液pH調(diào)到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH＜1時，溶解為VO2+或VO3+；在堿性條件下，溶解為VO3-或VO43-。上述性質(zhì)說明V2（6）取一定量鉻釩渣（含mg鉻元素）經(jīng)上述流程得含鉻溶液，定容至500mL。取50mL定容后溶液，在酸性條件下，滴加cmol?L﹣1含F(xiàn)e2+的溶液，至vmL時恰好完全反應(yīng)。已知：Cr2O72-被還原為Cr3+，則該流程中Cr的浸出率為（7）研究表明，也可利用如圖中轉(zhuǎn)化關(guān)系，實現(xiàn)鉻釩渣中Cr2O3的快速轉(zhuǎn)化。上述過程總反應(yīng)的離子方程式是。4．（2025春?河南期末）銅鎘渣主要含鋅、銅、鐵、鎘（Cd）、鈷（Co）等單質(zhì)。濕法煉鋅產(chǎn)生的銅鎘渣用于生產(chǎn)金屬鎘的工藝流程如圖：已知：①25℃時，相關(guān)金屬離子生成氫氧化物沉淀的pH如下表所示（金屬離子的起始濃度為0.1mol?L﹣1）。氫氧化物Fe（OH）3Fe（OH）2Cd（OH）2開始沉淀的pH1.56.57.2沉淀完全的pH3.39.99.5②25℃時，Ksp（CdCO3）＝5.6×10﹣12，Ksp（CaCO3）＝2.8×10﹣9回答下列問題：（1）基態(tài)銅原子的價電子排布式為；同周期元素中基態(tài)原子未成對電子數(shù)多于Fe的元素有種。（2）進行“操作Ⅰ”時，加快反應(yīng)速率的措施有（任寫一條）；“操作Ⅰ”產(chǎn)生的濾渣1的主要成分為（填化學式）。（3）“操作Ⅲ”中先加入適量H2O2的目的是。（4）加入ZnO調(diào)節(jié)反應(yīng)液的pH，pH范圍為。（5）處理含Cd2+的廢水時，常向其中加入碳酸鈣實現(xiàn)沉淀轉(zhuǎn)化，寫出用碳酸鈣處理含Cd2+的廢水時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：；若反應(yīng)達到平衡后溶液中c（Ca2+）＝0.1mol?L﹣1，溶液中c（Cd2+）＝mol?L﹣1。（6）鈷（27Co）的一種氧化物在納米儲能領(lǐng)域應(yīng)用廣泛，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。已知該晶胞的晶胞參數(shù)為apm，設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，該晶體的密度為g?cm﹣1。5．（2025春?蘇州期末）鐵及其化合物在環(huán)境治理方面有重要應(yīng)用。Ⅰ.鐵基濕式氧化除硫（1）鐵基濕式氧化凈化燃氣（含H2S和空氣）時，H2S被氧化為S。鐵基吸收液中n（Fe3+）及被脫除的n（H2S）隨時間t的變化如圖﹣1所示。①H2S與Fe3+反應(yīng)時氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為。②t1時刻后，H2S與Fe3+繼續(xù)反應(yīng)，但吸收液中n（Fe3+）幾乎不減小的原因是（離子方程式表示）。（2）已知：Cl﹣、NO3-、SO42-均可與Fe3+配位。用c（Fe3+）相等的三種溶液凈化燃氣，H2S脫除率隨時間變化如圖﹣2所示。相同時間內(nèi)，H2S的脫除率按FeCl3、Fe（NO3）3、Fe2（SO4）3依次遞減的原因是Ⅱ.納米零價鐵除鉻（3）納米鐵粉可將廢水中的Cr（Ⅵ）還原為Cr（Ⅲ）。納米鐵粉與硫粉反應(yīng)得到表面硫化的納米鐵（表面產(chǎn)生可傳遞電子的疏松FeS層，且能吸附陰離子），比未硫化的納米鐵粉處理Cr（Ⅵ）的效果更好。①在pH＝5的廢水中，納米Fe與Cr2O72-反應(yīng)生成Fe（OH）3和Cr（OH）3的離子方程式為②納米鐵粉還原Cr（Ⅵ）時，水中少量溶解氧可加快Cr（Ⅵ）還原速率，其可能的原因是。③納米鐵粉表面硫化后效果更佳，除了FeS能還原Cr（VTI）外，還可能的原因是。④用表面硫化的納米鐵還原Cr（Ⅵ），Cr（Ⅵ）的去除率隨廢水初始pH的變化如圖﹣3所示。pH＞4時，隨pH增大，Cr（Ⅵ）的去除率減小的可能原因是。6．（2025春?南通期末）鋅被稱為“現(xiàn)代工業(yè)的保護劑”，是消費量僅次于鋁和銅的第三大有色金屬。（1）傳統(tǒng)工藝以焙燒硫化鋅精礦（主要含ZnS、Zn3Fe2S5）冶煉鋅。①立方ZnS晶胞結(jié)構(gòu)如圖1所示，該晶體中與S2﹣距離最近且相等的Zn2+的數(shù)目為。一種立方ZnO的晶胞結(jié)構(gòu)和立方ZnS相似，立方ZnO的密度大于立方ZnS的原因是。②Zn3Fe2S5在高溫焙燒條件下易生成鐵酸鋅（ZnFe2O4）、氧化鋅，并產(chǎn)生一種氣體。寫出該反應(yīng)的化學方程式：。③鐵酸鋅結(jié)構(gòu)穩(wěn)定，直接酸浸的浸出率低，將鐵酸鋅球磨后有助于促進鋅、鐵的浸出。球磨的作用是；亞銅離子催化鐵酸鋅溶解的機理如圖2所示。溶解96.4gZnFe2O4，理論上需要消耗2.0mol?L﹣1水合肼溶液的體積為。（2）ZnS與酸反應(yīng)較慢，很難高效浸出，一種協(xié)同助浸工藝可同時實現(xiàn)鋅高效浸出和鐵同步沉淀：已知：鋅浸出渣粉主要含ZnFe2O4，廢電解液含Zn2+、H+、K+、Na+、S①浸出后的溶液經(jīng)淋洗生成鐵礬[NaFe3（SO4）2（OH）6]的離子方程式為。②在協(xié)同助浸體系中，ZnS的溶解速率明顯加快。研究表明，過程中主要發(fā)生了反應(yīng)ZnS+Fe2（SO4）3＝ZnSO4+S+2FeSO4則通入O2的作用為。③向密封反應(yīng)釜中通入O2，鋅浸出率、浸出液中鐵的質(zhì)量濃度隨氧分壓的變化如圖3所示。該工藝選擇氧分壓為0.8MPa的原因是。7．（2025春?保定期末）高純硅制備過程中會產(chǎn)生副產(chǎn)物SiCl4，某同學在實驗室以SiCl4和硅鎂石（含及少量Fe的氧化物）為原料，制備氯化鎂晶體（MgCl2?6H2O）并回收SiO2的工藝流程如圖所示：已知：Fe（OH）3Mg（OH）2開始沉淀的pH2.29.6沉淀完全的pH3.511.6回答下列問題：（1）寫出SiCl4“水溶”過程中發(fā)生反應(yīng)的化學方程式：。（2）“氧化”時加H2O2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為，反應(yīng)溫度不易過高，主要原因是。（3）試劑X的作用為“調(diào)pH”將雜質(zhì)轉(zhuǎn)化為沉淀而除去，同時不引入雜質(zhì)，試劑X可以是下列試劑中的（填字母），“調(diào)pH”的范圍為。A．NaOHB．MgCl2C．MgCO3D．MgO（4）“沉淀1”灼燒后所得固體與“沉淀2”共同用于回收SiO2，“沉淀1”灼燒時應(yīng)在（填儀器名稱）中進行。8．（2025春?花都區(qū)校級月考）某油脂廠廢棄的油脂加氫鎳催化劑主要含金屬Ni、Al、Fe及其氧化物，還有少量其他不溶性物質(zhì)。采用如圖工藝流程回收其中的鎳制備硫酸鎳晶體（NiSO4?7H2O）：溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金屬離子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+開始沉淀時（c＝0.01mol?L﹣1）的pH7.23.72.27.5沉淀完全時（c＝1.0×10﹣5mol?L﹣1）的pH8.74.73.29.0回答下列問題：（1）“堿浸”中NaOH溶液可以有效地除去溶解表面最脂和金屬鋁及其氧化物，寫出NaOH溶液除去鋁單質(zhì)的離子方程式。（2）“酸浸”過程，為加快浸出率，可采取的措施是（至少寫兩條）。（3）“調(diào)pH”應(yīng)控制的pH范圍是，若工藝流程改為先“調(diào)pH”后“轉(zhuǎn)化”，即，則“濾通③“中可能含有的雜質(zhì)離子為。（4）為得到NiSO3?7H2O“系列操作”包括過濾，洗滌，干燥。（5）硫酸鎳在強堿溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作做鎳鎘電池正極材料的NiOOH，寫出該反應(yīng)的離子方程式。鎳鎘電池的總反應(yīng)式為：Cd+2NaO（OH）+2H2O?充電放電2Ni（OH）2+Cd（OH寫出正極的反應(yīng)式：9．（2025春?珠海期中）鋯被稱為原子時代的頭號金屬。一種以氧氯化鋯（主要含ZrOCl2，還含有少量Fe、Cr、Hf等元素）為原料生產(chǎn)金屬鋯的工藝流程如圖1：已知：①“酸溶”后溶液中各金屬元素的存在形式為：ZrO2+、HfO2+、Fe3+、Cr3+；②25℃時，Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38，Kb（NH3?H2O）＝1.8×10﹣5；③部分易升華物質(zhì)在接近沸點時升華速率較快。“加氫還原”前后相關(guān)物質(zhì)沸點如下：物質(zhì)ZrCl4FeCl3CrCl3FeCl2CrCl2沸點/℃33131513007001150回答下列問題：（1）“酸溶”后，F(xiàn)e元素的價層電子排布圖為。（2）“萃取”時，鋯元素可與萃取劑形成多種絡(luò)合物，寫出生成Zr（NO3）2Cl2?2TBP的離子方程式：。（3）沉淀”后，“廢液”中pH＝9，則“廢液”中NH3?H2ONH4（4）“沸騰氯化”時，ZrO2轉(zhuǎn)化為ZrCl4，同時生成一種還原性氣體，該反應(yīng)的化學方程式為。（5）FeCl3沸點遠低于CrCl3的可能原因為。（6）某種摻雜CaO的ZrO2晶胞如圖2所示，Ca位于晶胞的面心。①晶體中每個Zr周圍與其最近的O個數(shù)為。②已知該晶胞為立方晶胞，晶胞中O與Zr的最小間距為anm，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，該晶體的密度為g?cm﹣3（列出計算式）。③如圖3所示結(jié)構(gòu)（ZrOCa）與上述晶胞結(jié)構(gòu)不一致的是（填標號）。10．（2025?廣東二模）一種從鋅冶煉渣（主要含Zn、CuO、ZnFe2O4、PbO2、SiO2和少量Ga2O3、Ga2S3、GeO2、GeS2等）中提取鎵（Ga）和鍺（Ge）的工藝流程如圖。已知：①25℃時，H2C2O4的Ka1=5.6×1Ksp(Pb②c{[Fe(C2c[[00.51468Ga的萃取率/%84.7881.3279.4152.2444.3223.16Ge的萃取率/%99.9699.8899.8699.6899.5299.35（1）“低酸浸出”后濾液中含有的金屬陽離子主要有。（2）“酸浸”時，加入H2O2能將Ga和Ge的硫化物轉(zhuǎn)化為對應(yīng)相同價態(tài)的氧化物，氧化物再與草酸反應(yīng)生成配合物。①Ga2O3被草酸浸出生成[Ga(C2O4)3②加入草酸后，PbSO4（填“能”或“不能”）完全轉(zhuǎn)化為PbC2O4，請結(jié)合平衡常數(shù)K計算說明原因（一般認為K＞105時，反應(yīng)基本能完全進行；K＜10﹣5時，則反應(yīng)很難進行）。（3）加Fe粉“還原”的目的為。（4）不同濃度的H2SO4和NaOH洗脫劑對Ga和Ge的洗脫率（進入水層中金屬離子的百分數(shù)）如圖所示。由圖可知，洗脫劑2應(yīng)選用（填化學式）。（5）砷化鎵（GaAs）是一種應(yīng)用廣泛的半導(dǎo)體材料，與GaN、GaP晶體類型相同。①已知GaP的熔點為1480℃，則GaAs的熔點（填“低于”“等于”或“高于”）1480℃。②GaAs的一種立方晶胞中，As原子僅有兩種位置，一種As原子位于晶胞頂點，晶體中與As原子最近且等距的As原子有12個，Ga原子均位于晶胞內(nèi)，該立方晶胞中含有個Ga原子。③下列圖示不可能是上述②中GaAs晶胞的結(jié)構(gòu)單元的是。11．（2025?南通四模）鎵及其化合物在電子工業(yè)中應(yīng)用廣泛。從高鋁粉煤灰（含SiO2、Al2O3和少量Fe2O3、Ga2O3等）中提取鎵的過程如圖：已知粉煤灰中Ga2O3存在形式有兩種，一種存在于非晶質(zhì)中，易與酸或堿反應(yīng)，一種存在于由SiO2和Al2O3組成的玻璃體結(jié)構(gòu)中，該玻璃體結(jié)構(gòu)難與酸或堿反應(yīng)。（1）焙燒。向高鋁粉煤灰中加入Na2CO3得到Na2SiO3、NaAlO2、NaGaO2等。①寫出焙燒過程中Ga2O3發(fā)生反應(yīng)的化學方程式：。②焙燒過程中加入Na2CO3的作用除與Ga2O3反應(yīng)外，還有。（2）浸取。向焙燒所得固體中加入NaOH溶液可浸取鎵元素。浸取時選用NaOH溶液而不用水的原因是。（3）除硅鋁。先除去浸取液中的硅，得到主要含Na[Al（OH）4]和Na[Ga（OH）4]的溶液，向其中通入CO2至pH＝10，過濾。溶液中鎵元素含量隨pH變化如圖1所示。pH由11降到10的過程中，溶液中鎵元素含量降低的原因是。[已知：pH＝11時，溶液中開始析出Al（OH）3，pH＝10時，開始析出Ga（OH）3。]（4）富集鎵。除硅鋁所得濾液中的鎵元素可利用某種樹脂[分子中含有氨基（—NH2）、肟基（＝N—OH）]進行吸附，再通過解吸附后富集。吸附前Ga(OH)4-首先與樹脂中的H+反應(yīng)得到Ga（OH）3、Ga(OH)2+、Ga（5）電解。利用電解法制取鎵的裝置如圖2所示（電解時不銹鋼電極不發(fā)生反應(yīng)）。電解時陽極溶液中Na2CO3和NaHCO3的濃度與時間的關(guān)系如圖3所示。①0～2h，當銅基鍍鎵電極增重280g，理論上陽極生成氣體的物質(zhì)的量為。②8～11h，NaHCO3濃度基本不變的主要原因是。12．（2025?惠山區(qū)校級模擬）某銅陽極泥的主要成分為Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4，其中金屬元素占比如下Au：0.33%、Ag：9.94%、Cu：16.35%、Pb：13.74%?；厥詹糠只瘜W成分的工藝如下：（1）氧化法提煉銅和硒。將H2O2、H2SO4和NaCl按一定比例配成溶液，充分浸泡銅陽極泥后，所得浸取液中含有Cu2+和H2SeO3。①“浸泡”時，Cu2Se發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。②加入適量NaCl的作用是。（2）配位法分離單質(zhì)Au。從“提煉銅和硒”后的濾渣中分離出單質(zhì)Au的流程如圖所示：①“分離單質(zhì)Au”的工序不適合放在“提煉銅和硒”之前，其原因是。②當濃度低于10﹣5mol?L﹣1，可忽略該離子的存在?！把趸峤睍r，c（Cl﹣）應(yīng)不超過mol?L﹣1。{已知：AgCl(③一種具有儲氫功能的金銅合金晶體結(jié)構(gòu)如圖所示，氫原子可進入Cu、Au原子構(gòu)成的四面體空隙中，該晶體儲氫后的化學式為。（3）還原法提煉銀。先使用Na2SO3溶液將AgCl轉(zhuǎn)化為可溶性[Ag(SO3)2]3-和①在AgCl轉(zhuǎn)化體系中，[Ag(SO3)2]3-和[Ag(SO3)3]5-濃度之和為0.075mol?L﹣②分離出單質(zhì)銀后的濾液可循環(huán)使用，但在連續(xù)生產(chǎn)后可能導(dǎo)致單質(zhì)銀的純度下降，可能的原因是。13．（2025?北京）鉛酸電池是用途廣泛并不斷發(fā)展的化學電源。（1）十九世紀，鉛酸電池工作原理初步形成并延續(xù)至今。鉛酸電池工作原理：PbO2+Pb+2H2SO4?充電放電2PbSO4+2H①充電時，陰極發(fā)生的電極反應(yīng)為。②放電時，產(chǎn)生a庫侖電量，消耗H2SO4的物質(zhì)的量為mol。已知：轉(zhuǎn)移1mol電子所產(chǎn)生的電量為96500庫侖。③35%～40%H2SO4作為電解質(zhì)溶液性質(zhì)穩(wěn)定、有較強的導(dǎo)電能力，SO42-參與電極反應(yīng)并有利于保持電壓穩(wěn)定。該體系中SO42-不氧化Pb，SO42-氧化性弱與其結(jié)構(gòu)有關(guān)，SO4④鉛酸電池儲存過程中，存在化學能的緩慢消耗：PbO2電極在H2SO4作用下產(chǎn)生的O2可將Pb電極氧化。O2氧化Pb發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為。（2）隨著鉛酸電池廣泛應(yīng)用，需要回收廢舊電池材料，實現(xiàn)資源的再利用?；厥者^程中主要物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系示意圖如圖。①將PbSO4等物質(zhì)轉(zhuǎn)化為Pb2+的過程中，步驟Ⅰ加入NaOH溶液的目的是。②步驟Ⅱ、Ⅲ中H2O2和K2S2O8作用分別是。（3）鉛酸電池使用過程中，負極因生成導(dǎo)電性差的大顆粒PbSO4，導(dǎo)致電極逐漸失活。通過向負極添加石墨、多孔碳等碳材料，可提高鉛酸電池性能。碳材料的作用有（填序號）。a.增強負極導(dǎo)電性b.增大負極材料比表面積，利于生成小顆粒PbSO4c.碳材料作還原劑，使PbO2被還原14．（2025?江蘇）海洋出水鐵質(zhì)文物表面有凝結(jié)物，研究其形成原理和脫氯方法對保護文物意義重大。（1）文物出水清淤后，須盡快浸泡在稀NaOH或Na2CO3溶液中進行現(xiàn)場保護。①玻璃中的SiO2能與NaOH反應(yīng)生成（填化學式），故不能使用帶磨口玻璃塞的試劑瓶盛NaOH溶液。②文物浸泡在堿性溶液中比暴露在空氣中能減緩吸氧腐蝕，其原因有。（2）文物表面凝結(jié)物種類受文物材質(zhì)和海洋環(huán)境等因素的影響。①無氧環(huán)境中，文物中的Fe與海水中的SO42-在細菌作用下形成FeS等含鐵凝結(jié)物。寫出Fe與SO42-反應(yīng)生成FeS和Fe（OH）2的離子方程式：②有氧環(huán)境中，海水中的鐵質(zhì)文物表面形成FeOOH等凝結(jié)物。（?。╄F在鹽水中腐蝕的可能原理如圖所示。依據(jù)原理設(shè)計如下實驗：向NaCl溶液中加入K3[Fe（CN）6]溶液（能與Fe2+形成藍色沉淀）和酚酞，將混合液滴到生鐵片上。預(yù)測該實驗的現(xiàn)象為。（ⅱ）鐵的氫氧化物吸附某些陽離子形成帶正電的膠粒，是凝結(jié)物富集Cl﹣的可能原因。該膠粒的形成過程中，參與的主要陽離子有（填離子符號）。（3）為比較含氯FeOOH在NaOH溶液與蒸餾水中浸泡的脫氯效果，請補充實驗方案：取一定量含氯FeOOH模擬樣品，將其分為兩等份，，比較滴加AgNO3溶液體積[Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10。實驗須遵循節(jié)約試劑用量的原則，必須使用的試劑：蒸餾水、0.5mol?L﹣1NaOH溶液、0.5mol?L﹣1HNO3溶液、0.05mol?L﹣1AgNO3溶液]。15．（2025?海淀區(qū)校級三模）從礦石中提取金（Au）是獲取貴金屬的主要來源。（1）俗話說“真金不怕火煉”，從化學性質(zhì)角度解釋其原因是。（2）硫代硫酸鹽在弱堿性條件下浸金是提取金的一種方法。①補全反應(yīng)的離子方程式。___Au+___S2O32-+O2+___＝___[Au（S2O3）2]②簡述S2O32-在金被氧化過程中的作用：（3）工業(yè)上常用CuSO4溶液、氨水和Na2S2O3溶液為原料配制浸金液，其一種可能的浸金原理示意圖如圖。①由上述原理可知，[Cu（NH3）4]2+在浸金過程中起作用。②為了證明上述原理中O2的作用，進行如圖實驗。實驗現(xiàn)象：反應(yīng)一段時間后，溫度無明顯變化，U形管內(nèi)液柱左高右低，錐形瓶中溶液藍色變淺，打開瓶塞后……a．打開瓶塞后，，（填實驗現(xiàn)象），證實了上述原理。b．a(chǎn)中現(xiàn)象對應(yīng)反應(yīng)的離子方程式是。③如圖表示相同時間內(nèi)，配制浸金液的原料中c（CuSO4）對浸金過程中S2O32-消耗率和浸金量的影響（其他條件不變）。已知：2Cu2++6S2O32-?2[Cu（S2O3）2]3﹣結(jié)合圖1，解釋圖2中浸金量先上升后下降的原因：。16．（2025?畢節(jié)市模擬）近年來全球電動汽車銷量激增，廢舊鋰電池的回收愈發(fā)迫在眉睫。以廢舊三元鋰電池正極材料的硫酸浸出液（含Ni、Co、Mn、Li）為研究對象，采用Cyanex301（一種酸性萃取劑）選擇性分離回收其中的Ni和Co；ECo和ENi代表萃取率。工藝流程如圖所示：回答下列問題：（1）Co在周期表中的位置。（2）水相經(jīng)加堿調(diào)節(jié)pH后，通入空氣可將Mn2+氧化成固體氧化物，從而實現(xiàn)分離，寫出反應(yīng)的離子方程式。（3）Co（OH）3遇到氨性溶液（由NH3?H2O、（NH4）2SO3和（NH4）2CO3配制）會轉(zhuǎn)化為[Co(NH3)6（4）Cyanex301是一種酸性萃取劑，其與金屬離子的萃取反應(yīng)可簡易表示為：Men+(aq)+mHL(有機相)=[Me(HL)m-nLn](有機相)+nH（5）提純的鎳和鈷可用于制取鎳四甲基酞箐與鈷四氨基酞箐雙位點電催化劑，圖中鎳的化合價為。（6）從NiCl2溶液中獲取干燥的NiCl2?4H2O晶體的操作步驟為。（7）由CoCl2等物質(zhì)可制備AlxCoOy晶體，其立方晶胞如圖所示。Al與O最小間距大于Co與O最小間距，x、y為整數(shù)。則Co在晶胞中的位置為；晶體中一個Al周圍與其最近的O的個數(shù)為。17．（2025?莆田模擬）廢舊三元鋰離子電池處理后得到的正極活性材料（主要成分為LiNixCoyMn1﹣x﹣yO2，還含鋁等雜質(zhì)），用來制備鎳鈷錳酸鋰產(chǎn)品的主要流程示意圖如圖：（1）LiNixCoyMn1﹣x﹣yO2中Ni、Co、Mn的化合價相同，則它們的化合價為。（2）①“浸取”時，加入H2O2作（填“氧化劑”或“還原劑”）。②“浸取”時溫度對鎳、鈷、錳浸出率的影響如圖所示，控制浸取的溫度不高于70℃的原因是。（3）“除鋁”時，反應(yīng)的離子方程式為。（4）室溫下，Co（OH）2、Ni（OH）2、Mn（OH）2三種物質(zhì)的Ksp分別為10﹣15.0、10﹣15.3、10﹣12.8.“共沉淀”時，這三種金屬離子均沉淀完全（溶液中離子濃度≤10﹣5mol?L﹣1，可視為沉淀完全），則pH應(yīng)調(diào)至以上。（5）已知Li2CO3的溶解度隨溫度變化如圖所示。為提高Li2CO3的析出量和純度，“沉鋰”的操作依次為：加Na2CO3溶液、蒸發(fā)結(jié)晶、、熱水洗滌、干燥。（6）某種鎳鈷錳酸鋰材料（LiNi1/3Co1/3Mn1/3O2）的晶胞示意圖如圖所示。①基態(tài)Co3+的價電子排布式為。②每個晶胞中含有Li+的個數(shù)為。③與同個Li等距離最近的O的個數(shù)為。18．（2025?東城區(qū)校級三模）精煉銅的陽極泥經(jīng)處理后的沉渣中含有AgCl，可用Na2SO3溶液浸取回收銀。所得浸出液可以分離出AgCl并使浸取劑再生。某小組在實驗室模擬該反應(yīng)。已知：25℃時，Ag2SO4（白色）微溶于水，Ag2SO3（白色）難溶于水；Ka1(Ⅰ．浸出AgCl（1）取AgCl固體，加入一定體積1mol/LNa2SO3溶液作浸取劑，充分反應(yīng)后過濾得到浸出液（pH＝8），其中銀的主要存在形式為[Ag(SO3)2Ⅱ．酸化沉銀?。?）所得浸出液，滴加稀硫酸，生成白色沉淀。繼續(xù)滴加稀硫酸，當恰好沉淀完全時，pH約為5；（2）完全沉淀時，溶液中大量存在的含硫粒子有。（3）將沉淀過濾并洗凈，探究其成分。①取少量沉淀，（填操作和現(xiàn)象），證實其中不含Ag2SO4。②為證明沉淀中不含Ag2SO3，甲同學設(shè)計的實驗及其現(xiàn)象如圖。該現(xiàn)象能否得出沉淀中不含Ag2SO3的結(jié)論？若能，寫出推理過程；若不能，補充實驗方案，證實不含Ag2SO3。。③經(jīng)分析，沉淀是AgCl，用化學平衡原理解釋AgCl生成的原因。（4）有同學預(yù)測，反應(yīng)的初始階段所得沉淀中可能混有Ag2SO3。探究如圖：向（1）所得浸出液中滴入1滴稀H2SO4，恰好出現(xiàn)少量沉淀（記為沉淀A）。過濾，用濾液B進行實驗。①若沉淀A中有Ag2SO3，預(yù)期現(xiàn)象與上述實驗現(xiàn)象不同。寫出預(yù)期現(xiàn)象及理由。由此推知，沉淀A中不含Ag2SO3。②結(jié)論：浸出液加酸沉銀時，無論酸用量多少，得到的沉淀都只有AgCl。Ⅲ．浸取劑再生（5）向Ⅱ所得溶液中加NaOH調(diào)pH≈9，可使浸取劑再生。引入的Na2SO4不會明顯影響AgCl的浸出。有人提出，僅利用含S+4的物質(zhì)，就能實現(xiàn)“浸出—沉銀—再生”循環(huán)，且理論上試劑能完全循環(huán)使用。沉銀所加試劑是；再生的方法是19．（2025?興慶區(qū)校級三模）某廢舊鋰離子電池的正極材料成分為LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2和Al，圖為從其中回收鈷、鎳的工藝流程。回答下列問題：（1）LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2中的Ni位于元素周期第周期，第族。（2）“堿浸過濾”所得濾液的主要成分為。（3）“還原焙燒”過程發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為（要求系數(shù)為最簡整數(shù)比）。（4）“碳化水浸”過程中反應(yīng)為：Li2CO3（s）+CO2（g）+H2O（l）＝2LiHCO3（aq），該反應(yīng)的標準吉布斯自由能（ΔGθ）和標準生成焓（ΔHθ）隨溫度變化如圖。該過程需要控制在（填“a”“b”或c）進行，其原因是。a．40℃～55℃b．60℃～70℃c．80℃～90℃（5）常溫下，為尋找“碳化水浸”的最佳pH，將37gLi2CO3固體加入1L水中，通入CO2使固體逐步溶解，當Li2CO3固體恰好完全溶解時，c（CO32-）+c（HCO3-）≈0.975mol?L﹣1，則溶液中的c（H+）為mol?已知：Ksp（Li2CO3）＝2.5×10﹣2，Ka1（H2CO3）＝4.3×10﹣7，Ka2（H2CO3）＝5.6×10﹣11（6）“萃取”的原理是2HR+M2+?反萃取萃取2H++RM（M2+代表金屬離子，HR代表萃取劑，則反萃取時加入的試劑為20．（2025?昌平區(qū)二模）錳酸鋰電池在電動汽車等領(lǐng)域有廣泛應(yīng)用，以下是用電解錳陽極渣制備錳酸鋰的一種方法。資料：1.浸出液中的陽離子主要有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Ca2+。2.室溫下，金屬陽離子濃度為0.1mol/L時，開始沉淀與完全沉淀的pH如表：金屬離子Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Ca2+Mn2+開始沉淀6.31.53.38.911.98.1完全沉淀8.32.84.610.913.910.1（1）電解錳陽極渣中錳的主要存在形式為MnO2，推測S在反應(yīng)中體現(xiàn)性。（2）ⅱ中除雜過程需經(jīng)歷2步：a.先加入H2O2后用MnCO3調(diào)節(jié)pH到5.5，過濾。b.再加入NH4F溶液，過濾。①H2O2的作用是（用離子方程式表示）。②步驟a除去的離子有。③NH4F溶液的作用是。④解釋不能通過加入H2O2，再調(diào)節(jié)pH的方法除去所有雜質(zhì)離子的原因。（3）沉錳時向濾液中加入稍過量的NH4HCO3溶液，過濾后取濾餅進行多次洗滌后烘干，得到高純度的MnCO3。寫出生成MnCO3的離子方程式。（4）焙燒過程中需要持續(xù)鼓入空氣，可能的原因有、。（5）制備錳酸鋰過程中反應(yīng)的化學方程式為催化劑8Mn3O4+6Li2CO3+5O2催化劑△12LiMn2O4+6CO2，若陽極渣中含有MnO2的質(zhì)量為43.5g，理論上需要加入Li2CO3的質(zhì)量（填“＞”、“＜”或“＝”）9.25g，原因是

2026高考化學復(fù)習新題速遞之物質(zhì)的分離、提純與檢驗（解答大題）（2025年7月）參考答案與試題解析一．解答題（共20小題）1．（2025春?溫江區(qū)期末）科學、安全、有效和合理地開發(fā)自然資源，對生產(chǎn)、生活有重要價值。Ⅰ．礦物資源的充分利用有著非常重要的意義。（1）金屬銅常用的冶煉方法是B。A．熱分解法B．熱還原法C．電解法D．物理富集Ⅱ．以某含硅廢石（含SiO278%、Al2O313%、MgO9%）為原料，工業(yè)上采用以下工藝回收Si、Al、Mg。（2）為提高酸浸效率，可采取的措施是粉碎含硅廢石（寫出1條即可），浸取液中的陽離子有Al3+、Mg2+、H+。（3）請寫出礦渣焙燒的化學方程式：SiO2+2C高溫2CO↑+Si（4）制備精硅的整個過程必須達到無水無氧，在H2還原SiHCl3過程中若混入O2，除了生成SiO2外，還可能引起的后果是氧氣與氫氣混合，可能引起爆炸；氧氣可能會氧化SiHCl3。（5）請寫出冶煉金屬鋁的化學方程式2Al2（6）獲得MgCl2?6H2O晶體的操作a為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌?！敬鸢浮浚?）B；（2）粉碎含硅廢石；Al3+、Mg2+、H+；（3）SiO2+2C高溫（4）氧氣與氫氣混合，可能引起爆炸；氧氣可能會氧化SiHCl3；（5）2A（6）蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶。【分析】硅廢石加入鹽酸，氧化鋁和氧化鎂分別轉(zhuǎn)化為氯化鋁和氯化鎂，二氧化硅不反應(yīng)成為礦渣，加入焦炭焙燒轉(zhuǎn)化為粗硅和CO，粗硅與HCl在300℃加熱反應(yīng)轉(zhuǎn)化為SiHCl3，SiHCl3與H2反應(yīng)轉(zhuǎn)化為精硅；氯化鋁和氯化鎂與堿反應(yīng)轉(zhuǎn)化為四羥基合鋁酸鈉濾液和氫氧化鎂沉淀，氫氧化鎂與鹽酸反應(yīng)轉(zhuǎn)化為氯化鎂溶液，接著轉(zhuǎn)化為無水氯化鎂，電解熔融氯化鎂得到鎂單質(zhì)，四羥基合鋁酸鈉通入CO2轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁，煅燒得到氧化鋁，電解氧化鋁得到Al。【解答】解：（1）金屬銅通過加入還原劑加熱還原的方法得到，故答案為：B；（2）提高酸浸效率，可采取的措施為粉碎含硅廢石，增大鹽酸濃度、攪拌等；由分析，浸取液中含有陽離子為生成的鋁離子、鎂離子，過量的氫離子，故為：Al3+、Mg2+、H+，故答案為：粉碎含硅廢石；Al3+、Mg2+、H+；（3）礦渣與焦炭反應(yīng)生成粗硅和CO，方程式為SiO2+2C高溫2CO↑+Si，粗硅和HCl反應(yīng)生成SiHCl3和H2，SiHCl3與H2反應(yīng)故答案為：SiO2+2C高溫（4）氫氣易燃易爆，氧氣是具有氧化性的物質(zhì)，氧氣與氫氣混合，可能引起爆炸，且氧氣可能會氧化SiHCl3，故答案為：氧氣與氫氣混合，可能引起爆炸；氧氣可能會氧化SiHCl3；（5）在冰晶石做助溶劑條件下，電解熔融氧化鋁生成鋁單質(zhì)和氧氣：2A故答案為：2A（6）從溶液中獲得MgCl2?6H2O晶體的操作a為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌，故答案為：蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶。【點評】本題主要考查物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結(jié)合已有的知識進行解題。2．（2025?高郵市開學）某工廠采用如圖工藝處理鎳鈷礦硫酸浸取液（含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+），實現(xiàn)鎳、鈷、鎂元素的回收及利用。（1）Co2+價層電子排布式為3d7。（2）“氧化”中，混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強氧化性的過一硫酸（H2SO5）畫出H2SO5的結(jié)構(gòu)式。（3）已知：H2SO5的電離方程式為H2SO5＝H++HSO5-。HSO3-?H++SO32-?！把趸敝?，用石灰乳調(diào)節(jié)pH＝4，Mn2+被H2SO5氧化為MnO2該反應(yīng)的離子方程式為（4）“氧化”中保持空氣通入速率不變，Mn（Ⅱ）氧化率與時間的關(guān)系如圖1。SO2體積分數(shù)為9%時，Mn（Ⅱ）氧化速率最大；繼續(xù)增大SO2體積分數(shù)時，Mn（Ⅱ）氧化速率減小的原因是SO2有還原性，過多將會還原H2SO5導(dǎo)致H2SO5的濃度降低，從而降低Mn（Ⅱ）氧化速率。（5）“沉鈷鎳”后，將“鈷鎳渣”經(jīng)進一步處理后可制得Co2TiO3CoxTiOy晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示。則與Ti原子最近的Co原子有8個。（6）①將“鈷鎳渣”酸溶后，先加入NaClO溶液進行“鈷鎳分離”，寫出“鈷鎳分離”反應(yīng)生成Co（OH）3沉淀的離子方程式：ClO-+2②“鎳鈷分離”后溶液中加入NaOH溶液和NaClO溶液，可以制得用作鎳鎘電池正極材料的NiOOH。為測定所得NiOOH樣品的質(zhì)量分數(shù)，現(xiàn)進行如下實驗：在稀硫酸中加入0.1000g樣品，待樣品完全溶解后加入足量KI溶液，充分反應(yīng)，調(diào)節(jié)溶液的pH＝3～4，滴入幾滴淀粉溶液，用0.1000mol?L﹣1Na2S2O3標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液10.00mL。實驗過程中先后發(fā)生反應(yīng)2Ni3++2I﹣＝2Ni2++I2和I2+2S2O32-=2I﹣+S4O62-。樣品中NiOOH的質(zhì)量分數(shù)為【答案】（1）3d7；（2）；（3）H2（4）SO2有還原性，過多將會還原H2SO5導(dǎo)致H2SO5的濃度降低，從而降低Mn（Ⅱ）氧化速率；（5）8；（6）①ClO②92%?！痉治觥炕旌蠚庠诮饘匐x子的催化作用下產(chǎn)生具有強氧化性的過一硫酸，酸性條件下，將亞鐵離子和錳離子轉(zhuǎn)化為為氫氧化鐵和二氧化錳，鈣離子被硫酸根離子沉淀，鎳離子、鎂離子先后轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀，而實現(xiàn)鎳、鈷、鎂元素的回收?！窘獯稹拷猓海?）Co為27號元素，根據(jù)元素周期表可知，其位于元素周期表的第四周期第Ⅷ族，基態(tài)Co2+的核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d7，所以Co2+價電子排布式為3d7，故答案為：3d7；（2）H2SO5可以看作是過氧化氫分子中的一個氫原子被磺酸基（—SO3H）取代的產(chǎn)物，H2SO5的結(jié)構(gòu)式為，故答案為：；（3）Mn2+被H2SO5氧化為MnO2，H2SO5被還原生成H2SO4，反應(yīng)的離子方程式為H2故答案為：H2（4）從圖中可知，SO2的體積分數(shù)為9.0%時，Mn（Ⅱ）氧化速率最大，繼續(xù)增大二氧化硫的體積分數(shù)，二氧化硫具有還原性，能與H2SO5反應(yīng)從而降低H2SO5的濃度，降低Mn（Ⅱ）的氧化速率，故答案為：SO2有還原性，過多將會還原H2SO5導(dǎo)致H2SO5的濃度降低，從而降低Mn（Ⅱ）氧化速率；（5）晶胞中頂點原子數(shù)為8×18=1，面心原子數(shù)為6×12=3，體心原子數(shù)為1，其比例為1：1：3，化學式為CoxTiOy，則x＝1、y＝3或x＝3、y＝1，由Co元素顯+2價、O元素顯﹣2價，可排除x＝3、y＝1，故x＝1、y＝3，即故答案為：8；（6）①濾液中加NaClO將Co2+氧化為Co（OH）3，反應(yīng)的離子方程式為：ClO故答案為：ClO②根據(jù)關(guān)系式2NiOOH～I2～2Na2S2O3可知樣品中NiOOH的質(zhì)量分數(shù)為0.1000mol/L×0.01故答案為：92%。【點評】本題考查化學反應(yīng)原理，屬于工藝流程圖題，試題特點是綜合性強，既考查物質(zhì)性質(zhì)變化，又考查學生對化學原理的掌握和計算能力等，題目難度較大。3．（2025春?西城區(qū)期末）鉻（Cr）和釩（V）具有廣泛用途。鉻釩渣中Cr元素和V元素以低價態(tài)含氧酸鹽及氧化物形式存在，主要雜質(zhì)為Fe2O3、Al2O3、As2O3等，從鉻釩渣中分離提取Cr元素和V元素的一種流程如圖所示。已知：ⅰ.最高價鉻酸根在酸性介質(zhì)中以Cr2Oⅱ.金屬浸出率＝（浸出金屬元素質(zhì)量/煅燒時金屬元素質(zhì)量）×100%（1）“煅燒”步驟中，Cr元素、V元素和As元素分別被氧化為相應(yīng)的可溶最高價含氧酸鹽Na2CrO4（填化學式）、NaVO3和Na3AsO4。（2）水浸渣的主要成份為Fe2O3，可發(fā)生鋁熱反應(yīng)，化學方程式是Fe2O3+2Al高溫Al2O3+2Fe（3）將“沉淀”步驟的主要離子方程式補充完整：[Al（OH）4]﹣+H+＝Al（OH）3↓+H2O□_____+□_____＝□Al（OH）3↓+□_____。（4）“除砷”步驟中，除砷率隨pH變化如圖所示。使Mg2+、NH4+與AsO43-以MgNH4AsO4的形式沉淀，該步需要控制溶液的pH為9以達到最好的除砷效果。當pH過大時，除砷率降低的原因是pH過大時，Mg2+會形成沉淀，且NH4+會與OH﹣（5）“分離釩”步驟中，將溶液pH調(diào)到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH＜1時，溶解為VO2+或VO3+；在堿性條件下，溶解為VO3-或VO43-。上述性質(zhì)說明（6）取一定量鉻釩渣（含mg鉻元素）經(jīng)上述流程得含鉻溶液，定容至500mL。取50mL定容后溶液，在酸性條件下，滴加cmol?L﹣1含F(xiàn)e2+的溶液，至vmL時恰好完全反應(yīng)。已知：Cr2O72-被還原為Cr3+，則該流程中Cr的浸出率為（7）研究表明，也可利用如圖中轉(zhuǎn)化關(guān)系，實現(xiàn)鉻釩渣中Cr2O3的快速轉(zhuǎn)化。上述過程總反應(yīng)的離子方程式是2Cr2O3+8OH﹣+3O2NO2-4CrO4【答案】（1）Na2CrO4；（2）Fe2O3+2Al高溫Al2O（3）[Al（OH）4]﹣+H+＝Al（OH）3↓+H2O；（4）9；pH過大時，Mg2+會形成沉淀，且NH4+會與OH﹣結(jié)合，從而降低溶液中Mg2+與（5）兩性；（6）52cV3（7）2Cr2O3+8OH﹣+3O2NO2-4【分析】鉻釩渣中Cr元素和V元素以低價態(tài)含氧酸鹽及氧化物形式存在，主要雜質(zhì)為Fe2O3、Al2O3、As2O3等，鉻釩渣中分離提取鉻和釩的流程為：鉻釩渣在NaOH作用下高溫煅燒，釩和鉻被氧化為相應(yīng)的最高價含氧酸鹽Na2CrO4、NaVO3和Na3AsO4，鋁轉(zhuǎn)化為Na2[Al（OH）4]，鐵為Fe2O3，加水浸取熔渣，過濾，水浸渣中主要有Fe2O3，水浸液中含有NaAlO2、NaVO3、Na2CrO4和Na3AsO4，加入稀硫酸調(diào)溶液的pH到弱堿性時NaAlO2轉(zhuǎn)化為Al（OH）3沉淀，過濾得到含有Al（OH）3的濾渣1，再加入MgSO4和（NH4）2SO4除As生成MgNH4AsO4沉淀，過濾除去沉淀得到含有NaVO3、Na2CrO4的濾液，加入稀硫酸將溶液pH調(diào)到1.8左右得到V2O5沉淀，過濾德奧韓Cr廢液，達到分離提取鉻和釩目的，據(jù)此分析解答?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)分析和已知信息，“煅燒”步驟中，Cr元素、V元素和As元素分別被氧化為相應(yīng)的可溶最高價含氧酸鹽Na2CrO4、NaVO3和Na3AsO4，故答案為：Na2CrO4；（2）水浸渣的主要成份為Fe2O3，鋁熱反應(yīng)化學方程式是Fe2O3+2Al高溫Al2O故答案為：Fe2O3+2Al高溫Al2O（3）“沉淀”步驟中四羥基和鋁酸鈉轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁沉淀，主要離子方程式[Al（OH）4]﹣+H+＝Al（OH）3↓+H2O，故答案為：[Al（OH）4]﹣+H+＝Al（OH）3↓+H2O；（4）“除砷”步驟中，除砷率隨pH變化如圖所示。使Mg2+、NH4+與AsO43-以MgNH4AsO4的形式沉淀，該步需要控制溶液的pH為9以達到最好的除砷效果；當pH過大時，除砷率降低的原因是pH過大時，Mg2+會形成沉淀，且NH4+會與故答案為：9；pH過大時，Mg2+會形成沉淀，且NH4+會與OH﹣結(jié)合，從而降低溶液中Mg2+與（5）V2O5在強酸性和強堿性溶液均可溶解，說明V2O5為兩性氧化物，故答案為：兩性；（6）根據(jù)反應(yīng)原理得關(guān)系式：Cr2O72-～6Fe2+，則該流程中Cr的浸出率為(cV×10故答案為：52cV3（7）上述過程總反應(yīng)的離子方程式是2Cr2O3+8OH﹣+3O2NO2-4故答案為：2Cr2O3+8OH﹣+3O2NO2-4【點評】本題考查了物質(zhì)分離提純，注意分離方案的過程分析和物質(zhì)性質(zhì)的理解應(yīng)用，特別是滴定實驗的熟練掌握和計算應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度較大。4．（2025春?河南期末）銅鎘渣主要含鋅、銅、鐵、鎘（Cd）、鈷（Co）等單質(zhì)。濕法煉鋅產(chǎn)生的銅鎘渣用于生產(chǎn)金屬鎘的工藝流程如圖：已知：①25℃時，相關(guān)金屬離子生成氫氧化物沉淀的pH如下表所示（金屬離子的起始濃度為0.1mol?L﹣1）。氫氧化物Fe（OH）3Fe（OH）2Cd（OH）2開始沉淀的pH1.56.57.2沉淀完全的pH3.39.99.5②25℃時，Ksp（CdCO3）＝5.6×10﹣12，Ksp（CaCO3）＝2.8×10﹣9回答下列問題：（1）基態(tài)銅原子的價電子排布式為3d104s1；同周期元素中基態(tài)原子未成對電子數(shù)多于Fe的元素有2種。（2）進行“操作Ⅰ”時，加快反應(yīng)速率的措施有適當增大H2SO4濃度（或適當升高溫度、粉碎、攪拌等）（任寫一條）；“操作Ⅰ”產(chǎn)生的濾渣1的主要成分為Cu（填化學式）。（3）“操作Ⅲ”中先加入適量H2O2的目的是把亞鐵離子氧化為鐵離子，便于以Fe（OH）3沉淀形式除去Fe3+。（4）加入ZnO調(diào)節(jié)反應(yīng)液的pH，pH范圍為3.3≤pH＜7.2。（5）處理含Cd2+的廢水時，常向其中加入碳酸鈣實現(xiàn)沉淀轉(zhuǎn)化，寫出用碳酸鈣處理含Cd2+的廢水時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：CaCO3（s）+Cd2+（aq）?CdCO3（s）+Ca2+（aq）；若反應(yīng)達到平衡后溶液中c（Ca2+）＝0.1mol?L﹣1，溶液中c（Cd2+）＝2.0×10﹣4mol?L﹣1。（6）鈷（27Co）的一種氧化物在納米儲能領(lǐng)域應(yīng)用廣泛，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。已知該晶胞的晶胞參數(shù)為apm，設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，該晶體的密度為4×75NAa2×1010【答案】（1）3d104s1；2；（2）適當增大H2SO4濃度（或適當升高溫度、粉碎、攪拌等）；Cu；（3）把亞鐵離子氧化為鐵離子，便于以Fe（OH）3沉淀形式除去Fe3+；（4）3.3≤pH＜7.2；（5）CaCO3（s）+Cd2+（aq）?CdCO3（s）+Ca2+（aq）；2.0×10﹣4；（6）4×75N【分析】由流程可知，加入稀硫酸，銅不溶，過濾分離出濾渣I為Cu，濾液含有Zn2+、Fe2+、Cd2+、Co2+，向濾液加入鋅，活化劑Sb2O3，鋅粉會與Sb2O3等形成微電池產(chǎn)生合金CoSb除去鈷，向除鈷后的溶液中加入H2O2溶液氧化Fe2+為Fe3+，加入氧化鋅調(diào)節(jié)pH使Fe3+沉淀后經(jīng)過濾除去，電解含有Zn2+、Co2+的溶液，可得鎘單質(zhì)，以此來解答?！窘獯稹拷猓海?）銅為29號元素，價電子排布式為3d104s1；Fe的價電子排布式為3d64s2未成對電子數(shù)為4，第四周期元素中，基態(tài)原子未成對電子數(shù)多于Fe的有Cr（價電子排布式為3d24s2，未成對電子數(shù)為6）、Mn（價電子排布式為3d24s2，未成對電子數(shù)為5），共2種，故答案為：3d104s1；2；（2）“操作Ⅰ”為酸浸銅鎘渣，加快其反應(yīng)速率的措施有：適當增大H2SO4濃度（或適當升高溫度、粉碎、攪拌等）；銅與稀硫酸不反應(yīng)，濾渣1為Cu，故答案為：適當增大H2SO4濃度（或適當升高溫度、粉碎、攪拌等）；Cu；（3）H2O2具有氧化性，先加入適量H2O2的目的是把亞鐵離子氧化為鐵離子，便于以Fe（OH）3沉淀形式除去Fe3+，故答案為：把亞鐵離子氧化為鐵離子，便于以Fe（OH）3沉淀形式除去Fe3+；（4）根據(jù)表格中的信息可知在3.3≤pH＜7.2時，能確保Fe3+沉淀完全，而Cd2+不會沉淀，故答案為：3.3≤pH＜7.2；（5）用碳酸鈣處理含Cd2+的廢水時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式CaCO3（s）+Cd2+（aq）?CdCO3（s）+Ca2+（aq）；根據(jù)溶度積Ksp(CdCO3)=5.6×10-12Ksp(CaCO3)=2.8×10-9可知，加入CaCO3發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化生成CdCO3除去工業(yè)廢水中的Cd2+時，若反應(yīng)達到平衡后溶液中c（Ca2+）＝0.1mol?L﹣1，則Ksp（CaCO3）=c(故答案為：CaCO3（s）+Cd2+（aq）?CdCO3（s）+Ca2+（aq）；2.0×10﹣4；（6）該晶胞中含有Co為12×14+1=4，含有O為8×18故答案為：4×75N【點評】本題考查混合物分離提純、晶胞計算，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、混合物分離提純?yōu)榻獯鸬年P(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意元素化合物知識的應(yīng)用，題目難度較。5．（2025春?蘇州期末）鐵及其化合物在環(huán)境治理方面有重要應(yīng)用。Ⅰ.鐵基濕式氧化除硫（1）鐵基濕式氧化凈化燃氣（含H2S和空氣）時，H2S被氧化為S。鐵基吸收液中n（Fe3+）及被脫除的n（H2S）隨時間t的變化如圖﹣1所示。①H2S與Fe3+反應(yīng)時氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2：1。②t1時刻后，H2S與Fe3+繼續(xù)反應(yīng)，但吸收液中n（Fe3+）幾乎不減小的原因是4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O（離子方程式表示）。（2）已知：Cl﹣、NO3-、SO42-均可與Fe3+配位。用c（Fe3+）相等的三種溶液凈化燃氣，H2S脫除率隨時間變化如圖﹣2所示。相同時間內(nèi)，H2S的脫除率按FeCl3、Fe（NO3）3、Fe2（SO4）3依次遞減的原因是三種陰離子與Fe3+的配位能力：Cl﹣＜NO3-＜SO42-，導(dǎo)致Fe3+氧化性：FeCl3＞Fe（NO3Ⅱ.納米零價鐵除鉻（3）納米鐵粉可將廢水中的Cr（Ⅵ）還原為Cr（Ⅲ）。納米鐵粉與硫粉反應(yīng)得到表面硫化的納米鐵（表面產(chǎn)生可傳遞電子的疏松FeS層，且能吸附陰離子），比未硫化的納米鐵粉處理Cr（Ⅵ）的效果更好。①在pH＝5的廢水中，納米Fe與Cr2O72-反應(yīng)生成Fe（OH）3和Cr（OH）3的離子方程式為3Fe+Cr2O72-+11H2O＝3Fe（OH）3↓+2Cr（OH②納米鐵粉還原Cr（Ⅵ）時，水中少量溶解氧可加快Cr（Ⅵ）還原速率，其可能的原因是溶解氧先氧化部分Fe為Fe2+，2Fe+O2+4H+＝2Fe2++2H2O，F(xiàn)e2+再還原Cr2O72-，形成“Fe2+介導(dǎo)”的快速電子傳遞，加快Cr（Ⅵ）還原③納米鐵粉表面硫化后效果更佳，除了FeS能還原Cr（VTI）外，還可能的原因是FeS層疏松且能吸附陰離子，可增強Cr2O72-（陰離子）在納米鐵表面的吸附，提高局部濃度，加速還原反應(yīng)④用表面硫化的納米鐵還原Cr（Ⅵ），Cr（Ⅵ）的去除率隨廢水初始pH的變化如圖﹣3所示。pH＞4時，隨pH增大，Cr（Ⅵ）的去除率減小的可能原因是pH增大，溶液中OH﹣濃度升高，F(xiàn)e3+、Cr3+易形成氫氧化物沉淀覆蓋在納米鐵表面，阻礙電子傳遞；同時，Cr2O72-在堿性條件下轉(zhuǎn)化為CrO42-【答案】（1）①1：1；②4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O；（2）三種陰離子與Fe3+的配位能力：Cl?＜NO3?＜SO42?，導(dǎo)致Fe3+氧化性：FeCl3＞Fe（NO3）3＞Fe2（SO4（3）①3Fe+Cr2O72-+11H2O＝3Fe（OH）3↓+2Cr（OH）3↓+②溶解氧先氧化部分Fe為Fe2+，2Fe+O2+4H+＝2Fe2++2H2O，F(xiàn)e2+再還原Cr2O72-，形成“Fe2+介導(dǎo)”的快速電子傳遞，加快③FeS層疏松且能吸附陰離子，可增強Cr2O7④pH增大，溶液中OH﹣濃度升高，F(xiàn)e3+、Cr3+易形成氫氧化物沉淀覆蓋在納米鐵表面，阻礙電子傳遞；同時，Cr2O72-在堿性條件下轉(zhuǎn)化為【分析】Ⅰ.（1）①H2S被Fe3+氧化為S，F(xiàn)e3+被還原為Fe2+，反應(yīng)的離子方程式為：H2S+2Fe3+＝S↓+2Fe2++2H+，F(xiàn)e3+是氧化劑（化合價從+3→+2），H2S是還原劑（S從﹣2→0），2molFe3+參與反應(yīng)時，1molH2S被氧化，故比例為2：1；②t1時刻后n（Fe3+）幾乎不減小的原因分析：體系中存在空氣（O2），F(xiàn)e2+可被O2在酸性條件下氧化為Fe3+，形成循環(huán)：4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，F(xiàn)e3+消耗后迅速再生，因此總量幾乎不變；（2）配位能力越強，F(xiàn)e3+的氧化性越弱，三種陰離子與Fe3+的配位能力：Cl?＜NO3?＜SO42?，導(dǎo)致Fe3+氧化性：FeCl3＞Fe（NO3）3＞Fe2（SO4）3，故H2Ⅱ.（3）①納米Fe（還原劑，F(xiàn)e→Fe3+）還原Cr2O72-（Cr從+6→+3），生成Fe（OH）3和Cr（OH）3，酸性條件（pH＝5）下配平：3Fe+Cr2O72-+11H2O＝3Fe（OH）3↓+2Cr（OH）②溶解氧加快反應(yīng)的原因溶解氧先氧化部分Fe為Fe2+，2Fe+O2+4H+＝2Fe2++2H2O，F(xiàn)e2+再還原Cr2O72-，形成“Fe2+介導(dǎo)”的快速電子傳遞，加快③FeS層疏松且能吸附陰離子，可增強Cr2O7④pH增大，溶液中OH﹣濃度升高，F(xiàn)e3+、Cr3+易形成氫氧化物沉淀覆蓋在納米鐵表面，阻礙電子傳遞；同時，Cr2O72-在堿性條件下轉(zhuǎn)化為【解答】解：Ⅰ.（1）①H2S被Fe3+氧化為S，F(xiàn)e3+被還原為Fe2+，反應(yīng)的離子方程式為：H2S+2Fe3+＝S↓+2Fe2++2H+，F(xiàn)e3+是氧化劑（化合價從+3→+2），H2S是還原劑（S從﹣2→0），2molFe3+參與反應(yīng)時，1molH2S被氧化，故比例為2：1，故答案為：2：1；②t1時刻后n（Fe3+）幾乎不減小的原因分析：體系中存在空氣（O2），F(xiàn)e2+可被O2在酸性條件下氧化為Fe3+，形成循環(huán)：4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，F(xiàn)e3+消耗后迅速再生，因此總量幾乎不變，故答案為：4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O；（2）配位能力越強，F(xiàn)e3+的氧化性越弱，三種陰離子與Fe3+的配位能力：Cl?＜NO3?＜SO42?，導(dǎo)致Fe3+氧化性：FeCl3＞Fe（NO3）3＞Fe2（SO4）3，故H2故答案為：三種陰離子與Fe3+的配位能力：Cl?＜NO3?＜SO42?，導(dǎo)致Fe3+氧化性：FeCl3＞Fe（NO3）3＞Fe2（SO4Ⅱ.（3）①納米Fe（還原劑，F(xiàn)e→Fe3+）還原Cr2O72-（Cr從+6→+3），生成Fe（OH）3和Cr（OH）3，酸性條件（pH＝5）下配平：3Fe+Cr2O72-+11H2O＝3Fe（OH）3↓+2Cr（OH）故答案為：3Fe+Cr2O72-+11H2O＝3Fe（OH）3↓+2Cr（OH）3↓②溶解氧加快反應(yīng)的原因溶解氧先氧化部分Fe為Fe2+，2Fe+O2+4H+＝2Fe2++2H2O，F(xiàn)e2+再還原Cr2O72-，形成“Fe2+介導(dǎo)”的快速電子傳遞，加快故答案為：溶解氧先氧化部分Fe為Fe2+，2Fe+O2+4H+＝2Fe2++2H2O，F(xiàn)e2+再還原Cr2O72-，形成“Fe2+介導(dǎo)”的快速電子傳遞，加快③FeS層疏松且能吸附陰離子，可增強Cr2O7故答案為：FeS層疏松且能吸附陰離子，可增強Cr2O7④pH增大，溶液中OH﹣濃度升高，F(xiàn)e3+、Cr3+易形成氫氧化物沉淀覆蓋在納米鐵表面，阻礙電子傳遞；同時，Cr2O72-在堿性條件下轉(zhuǎn)化為故答案為：pH增大，溶液中OH﹣濃度升高，F(xiàn)e3+、Cr3+易形成氫氧化物沉淀覆蓋在納米鐵表面，阻礙電子傳遞；同時，Cr2O72-在堿性條件下轉(zhuǎn)化為【點評】本題主要考查了物質(zhì)的分離，題目難度中等，掌握物質(zhì)分離的方法，結(jié)合題給信息是解答該題的關(guān)鍵。6．（2025春?南通期末）鋅被稱為“現(xiàn)代工業(yè)的保護劑”，是消費量僅次于鋁和銅的第三大有色金屬。（1）傳統(tǒng)工藝以焙燒硫化鋅精礦（主要含ZnS、Zn3Fe2S5）冶煉鋅。①立方ZnS晶胞結(jié)構(gòu)如圖1所示，該晶體中與S2﹣距離最近且相等的Zn2+的數(shù)目為4。一種立方ZnO的晶胞結(jié)構(gòu)和立方ZnS相似，立方ZnO的密度大于立方ZnS的原因是ZnO與ZnS結(jié)構(gòu)相似，但O2﹣半徑小于S2﹣，且ZnO的摩爾質(zhì)量更大，故密度更大。②Zn3Fe2S5在高溫焙燒條件下易生成鐵酸鋅（ZnFe2O4）、氧化鋅，并產(chǎn)生一種氣體。寫出該反應(yīng)的化學方程式：Zn3Fe2S5+8O2高溫ZnFe2O4+2ZnO+5SO2③鐵酸鋅結(jié)構(gòu)穩(wěn)定，直接酸浸的浸出率低，將鐵酸鋅球磨后有助于促進鋅、鐵的浸出。球磨的作用是增大反應(yīng)物接觸面積，加快浸出速率；亞銅離子催化鐵酸鋅溶解的機理如圖2所示。溶解96.4gZnFe2O4，理論上需要消耗2.0mol?L﹣1水合肼溶液的體積為100mL。（2）ZnS與酸反應(yīng)較慢，很難高效浸出，一種協(xié)同助浸工藝可同時實現(xiàn)鋅高效浸出和鐵同步沉淀：已知：鋅浸出渣粉主要含ZnFe2O4，廢電解液含Zn2+、H+、K+、Na+、S①浸出后的溶液經(jīng)淋洗生成鐵礬[NaFe3（SO4）2（OH）6]的離子方程式為Na++3Fe3++2SO42-+6H2O＝NaFe3（SO4）2（OH}）6↓+6H+②在協(xié)同助浸體系中，ZnS的溶解速率明顯加快。研究表明，過程中主要發(fā)生了反應(yīng)ZnS+Fe2（SO4）3＝ZnSO4+S+2FeSO4則通入O2的作用為將Fe2+氧化為Fe3+，再生Fe2（SO4）3，提高浸出效率。③向密封反應(yīng)釜中通入O2，鋅浸出率、浸出液中鐵的質(zhì)量濃度隨氧分壓的變化如圖3所示。該工藝選擇氧分壓為0.8MPa的原因是0.8MPa時鋅浸出率較高，鐵沉淀較完全，再增大氧分壓效益不明顯?！敬鸢浮浚?）①4；ZnO與ZnS結(jié)構(gòu)相似，但O2﹣半徑小于S2﹣，且ZnO的摩爾質(zhì)量更大，故密度更大；②Zn3Fe2S5+8O2高溫ZnFe2O4+2ZnO+5SO③增大反應(yīng)物接觸面積，加快浸出速率；100mL；（2）①Na++3Fe3++2SO42-+6H2O＝NaFe3（SO4）2（OH}）6↓②將Fe2+氧化為Fe3+，再生Fe2（SO4）3，提高浸出效率；③0.8MPa時鋅浸出率較高，鐵沉淀較完全，再增大氧分壓效益不明顯?！痉治觥浚?）①立方ZnS晶胞中，S2﹣位于頂點和面心（面心立方堆積），Zn2+位于四面體間隙，每個S2﹣周圍距離最近且相等的Zn2+數(shù)目為4（四面體配位），立方ZnO與ZnS結(jié)構(gòu)相似，但O2﹣半徑小于S2﹣，且ZnO的摩爾質(zhì)量（81g/mol）大于ZnS（97g/mol），根據(jù)密度公式ρ=M②Zn3Fe2S5焙燒時，S元素被氧化為SO2，金屬元素生成ZnFe2O4和ZnO，結(jié)合原子守恒配平為：Zn3Fe2S5+8O2高溫ZnFe2O4+2ZnO+5SO③球磨的作用：增大反應(yīng)物接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高浸出率（物理破碎增大比表面積），由圖2機理可知，ZnFe2O4溶解時，Cu+催化下，水合肼（N2H4）還原Fe3+為Fe2+，自身被氧化為N2，n（ZnFe2O4）=96.4g241g/mol=0.4mol，含F(xiàn)e3+為0.8mol，還原0.8molFe3+需0.8mol電子，N2H4→N2失去4e﹣（N從﹣2→0），故需N2H4為0.8mol÷4＝0.2mol（2）①浸出后溶液中的Fe3+、Na+、SO42-在淋洗時生成NaFe3（SO4）2（OH）6，結(jié)合電荷守恒和原子守恒配平為：Na++3Fe3++2SO42-+6H2O＝NaFe3（SO4）2（OH}）②反應(yīng)ZnS+Fe2（SO4）3＝ZnSO4+S+2FeSO4中，F(xiàn)e3+被還原為Fe2+，通入O2可將Fe2+氧化為Fe3+，再生Fe2（SO4）3，維持其濃度，加快ZnS浸出；③由圖3可知：氧分壓為0.8MPa時，鋅浸出率已較高（接近最大值），且浸出液中鐵的質(zhì)量濃度較低（鐵沉淀較完全）；繼續(xù)增大氧分壓，鋅浸出率提升不明顯，但設(shè)備成本增加。【解答】解：（1）①立方ZnS晶胞中，S2﹣位于頂點和面心（面心立方堆積），Zn2+位于四面體間隙，每個S2﹣周圍距離最近且相等的Zn2+數(shù)目為4（四面體配位），立方ZnO與ZnS結(jié)構(gòu)相似，但O2﹣半徑小于S2﹣，且ZnO的摩爾質(zhì)量（81g/mol）大于ZnS（97g/mol），根據(jù)密度公式ρ=MVN故答案為：4；ZnO與ZnS結(jié)構(gòu)相似，但O2﹣半徑小于S2﹣，且ZnO的摩爾質(zhì)量更大，故密度更大；②Zn3Fe2S5焙燒時，S元素被氧化為SO2，金屬元素生成ZnFe2O4和ZnO，結(jié)合原子守恒配平為：Zn3Fe2S5+8O2高溫ZnFe2O4+2ZnO+5SO故答案為：Zn3Fe2S5+8O2高溫ZnFe2O4+2ZnO+5SO③球磨的作用：增大反應(yīng)物接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高浸出率（物理破碎增大比表面積），由圖2機理可知，ZnFe2O4溶解時，Cu+催化下，水合肼（N2H4）還原Fe3+為Fe2+，自身被氧化為N2，n（ZnFe2O4）=96.4g241g/mol=0.4mol，含F(xiàn)e3+為0.8mol，還原0.8molFe3+需0.8mol電子，N2H4→N2失去4e﹣（N從﹣2→0），故需N2H4為0.8mol÷4＝0.2mol故答案為：增大反應(yīng)物接觸面積，加快浸出速率；100mL；（2）①浸出后溶液中的Fe3+、Na+、SO42-在淋洗時生成NaFe3（SO4）2（OH）6，結(jié)合電荷守恒和原子守恒配平為：Na++3Fe3++2SO42-+6H2O＝NaFe3（SO4）2（OH}）故答案為：Na++3Fe3++2SO42-+6H2O＝NaFe3（SO4）2（OH}）6↓②反應(yīng)ZnS+Fe2（SO4）3＝ZnSO4+S+2FeSO4中，F(xiàn)e3+被還原為Fe2+，通入O2可將Fe2+氧化為Fe3+，再生Fe2（SO4）3，維持其濃度，加快ZnS浸出，故答案為：將Fe2+氧化為Fe3+，再生Fe2（SO4）3，提高浸出效率；③由圖3可知：氧分壓為0.8MPa時，鋅浸出率已較高（接近最大值），且浸出液中鐵的質(zhì)量濃度較低（鐵沉淀較完全）；繼續(xù)增大氧分壓，鋅浸出率提升不明顯，但設(shè)備成本增加，故答案為：0.8MPa時鋅浸出率較高，鐵沉淀較完全，再增大氧分壓效益不明顯?！军c評】本題主要考查了物質(zhì)分離和晶胞的計算，題目難度較大，掌握物質(zhì)分離的方法，結(jié)合晶胞計算的方法是解答該題的關(guān)鍵。7．（2025春?保定期末）高純硅制備過程中會產(chǎn)生副產(chǎn)物SiCl4，某同學在實驗室以SiCl4和硅鎂石（含及少量Fe的氧化物）為原料，制備氯化鎂晶體（MgCl2?6H2O）并回收SiO2的工藝流程如圖所示：已知：Fe（OH）3Mg（OH）2開始沉淀的pH2.29.6沉淀完全的pH3.511.6回答下列問題：（1）寫出SiCl4“水溶”過程中發(fā)生反應(yīng)的化學方程式：SiCl4+4H2O＝H4SiO4↓+4HCl。（2）“氧化”時加H2O2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2H++H2O2+2Fe2+=2（3）試劑X的作用為“調(diào)pH”將雜質(zhì)轉(zhuǎn)化為沉淀而除去，同時不引入雜質(zhì)，試劑X可以是下列試劑中的CD（填字母），“調(diào)pH”的范圍為[3.5，9.6）。A．NaOHB．MgCl2C．MgCO3D．MgO（4）“沉淀1”灼燒后所得固體與“沉淀2”共同用于回收SiO2，“沉淀1”灼燒時應(yīng)在坩堝（填儀器名稱）中進行?！敬鸢浮浚?）SiCl4+4H2O＝H4SiO4↓+4HCl；（2）2H++H2O（3）CD；[3.5，9.6）；（4）坩堝。【分析】本題為工業(yè)流程題，SiCl4水解后得到氯化氫和H4SiO4，溶液1為鹽酸，隨后加