第70頁（共70頁）2025高考化學三輪復習之物質的分離、提純和檢驗（解答大題）一．解答題（共20小題）1．（2025?廣東模擬）MnO2是電池工業中非常重要的原料之一。（1）MnO2的制備。Ⅰ.還原法：含錳陽極渣的主要成分為MnO2含有PbO。①在酸性條件下，向陽極渣中加入葡萄糖，可見產生氣泡，同時得到MnSO4溶液，離子方程式為。②用醋酸銨可以溶解PbO生成醋酸鉛，從而實現PbO與MnO2的分離。鉛的浸出率與溫度的關系如圖1。鉛的浸出率隨著溫度的升高而增大，當溫度達到85℃以后，鉛的浸出率降低的原因是。Ⅱ.電解法：某礦粉（主要含有MnO、雜質含有Fe、Pb的氧化物），利用下列流程制備高純已知：Ksp（FeS）＝6.3×10﹣18，Ksp（PbS）＝1.0×10﹣28。①“電解”的化學方程式為。②該流程中可以用于循環使用的物質是。③為得到高純MnO2，凈化后溶液中BaS的濃度至少為。（2）MnO2的結構與應用。實驗室用KClO3固體加熱制O2加入MnO2作催化劑，可加快生成O2的速率。①某種MnO2的晶胞結構如圖2所示。圖中“”表示。沿z軸的俯視圖中，由“”構成圖形的面積是。②溫度加熱到60℃后，生成O2的速率突然加快（見圖3所示），其原因是。③將反應后的混合物加水溶解，過濾、洗滌、干燥，稱量所得固體，其質量比起始時加入的MnO2的質量小，其原因是（不考慮實驗操作引起的誤差因素）。2．（2025?湖南模擬）青海柴達木盆地是世界上最大的鍶礦床。以該鍶礦生產的氯化鍶主要用于焰火材料、醫藥、日用化學品、電解金屬鈉的助熔劑等。工業上以次等品碳酸鍶（含Ba2+、Ca2+、Fe2+及還原態的硫等雜質）為原料，利用鹽酸法獲得高純氯化鍶。已知Ksp（1）鍶元素與鈣元素在同主族，寫出鍶元素價電子軌道排布圖：，實驗室中少量金屬鍶應保存在中。（2）“除鋇”中硫酸溶液的量不宜過量，原因是。（3）還原態的硫主要為Sx2-，寫出“氧化”過程反應的離子方程式：，（4）80℃下Fe3+和Ca2+在不同pH的沉淀率如圖，“除鈣鐵”最適宜的試劑A為，pH為。（5）鍶礦床含有較多天青石（主要成分為SrSO4）。純凈的SrSO4可加入飽和Na2CO3溶液，充分攪拌，棄去上層清液。如此處理多次，將SrSO4全部轉化為SrCO3。若有17molSrSO4，每次用1.00L2.0mol/L飽和Na2CO3溶液處理，假定SrSO4能全部轉化，至少需要處理次。3．（2025?龍華區校級開學）以銀錳精礦（主要含Ag2S、MnS、FeS2）和氧化錳礦（主要含MnO2）為原料聯合提取銀和錳的一種流程示意圖如圖。已知：①酸性條件下，MnO2的氧化性強于Fe3+。②“浸錳”過程是在H2SO4溶液中使礦石中的錳元素浸出，同時去除FeS2，有利于后續銀的浸出；礦石中的銀以Ag2S的形式殘留于浸錳渣中。“浸錳”過程中，發生反應MnS+2H+＝Mn2++H2S↑。③“浸銀”時，使用過量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液作為浸出劑，將Ag2S中的銀以[AgCl2]﹣形式浸出。（1）FeS2中Fe的化合價。（2）“浸錳”過程中，發生反應MnS+2H+＝Mn2++H2S↑，礦石中的銀以Ag2S的形式殘留于浸錳渣中，試比較：Ksp（MnS）（填“＞”或“＜”）Ksp（Ag2S）。（3）將沉錳渣和沉錳液分離的操作是，該操作需要用到的玻璃儀器有。（4）“沉銀”過程中需要過量的鐵粉作為還原劑，該過程涉及到的離子方程式、，一定溫度下，Ag的沉淀率隨反應時間的變化如圖所示。解釋t分鐘后（鐵粉消耗完），Ag的沉淀率逐漸減小的原因。4．（2025?平度市模擬）銠（Rh）是一種稀有貴金屬，工業上從廢銠材料（主要含Rh，還含有Cu、Fe等）中提煉銠的主要途徑有如下兩種：已知：①Rh金屬活動順序位于H之后。②Rh（Ⅲ）易與Cl﹣形成配離子[RhCl6]3﹣，且該配離子在水溶液中存在以下平衡：[RhCl6]3﹣+3H2O?Rh（OH）3+3H++6Cl﹣。③已知25℃時相關物質的Ksp見下表。氫氧化物Fe（OH）3Cu（OH）2Rh（OH）3Ksp1.0×10﹣38.61.0×10﹣19.61.0×10﹣22.6（已知開始沉淀的金屬離子濃度為0.1mol?L﹣1；金屬離子濃度≤1.0×10﹣5mol?L﹣1時，可認為該離子沉淀完全。回答下列問題：（1）途徑一：①“氯化溶解”過程中，金屬Rh轉化為H3RhCl6，該反應的化學方程式為。②“定向脫銅”時，銅的沉淀率隨pH變化如圖所示，實際工業生產中控制pH為2，pH不宜大于2的原因是。③“陽離子交換”過程中，被陽離子交換樹脂吸附的金屬陽離子有。（2）途徑二：①“控溫焚燒”的目的是且防止Rh單質被氧化。②“加熱至熔融”的目的是將焚燒后的物質全部轉化成可溶性的硫酸鹽。已知Rh單質與KHSO4反應的產物之一為SO2，則參加反應的Rh和KHSO4的物質的量之比為。③步驟“調pH①”中應調節的pH范圍為（保留兩位有效數字）。④用氨水沉淀銠元素的離子方程式為。5．（2025?鹽城一模）利用錳銀礦（主要成分為MnO2、Ag和少量SiO2等雜質）制備硫酸錳和銀。（1）用蔗糖（C12H22O11）、水和濃硫酸浸取錳銀礦，過濾得硫酸錳溶液和含銀濾渣。①提高錳元素浸出率的措施（任寫一條）。②蔗糖還原MnO2生成硫酸錳和CO2的化學方程式為。③其它條件相同，酸礦比0.33：1，糖礦比0.04：1時，酸浸過程中隨著水礦比的增大，錳的浸出率如圖所示：水礦比大于2：1時，錳的浸出率逐漸減小的原因為。（2）在空氣中用NaCN溶液浸取含銀濾渣，得到含[Ag（CN）2]﹣的浸出液，再用鋅粉置換得銀。①浸出反應的離子方程式：。②如圖所示，pH小于10.5時，隨pH的減小，銀的浸出率降低的原因：。③金屬材料銅銀合金的晶胞如圖所示，該銅銀合金的化學式是。（3）“酸浸”所得溶液經一系列操作后得MnSO4?H2O，煅燒MnSO4?H2O生產錳氧體材料，剩余固體質量隨溫度變化曲線如圖所示。該曲線中B段所示物質的化學式為（寫出計算過程）。6．（2024秋?道里區校級期末）已知Li4Ti5O12和LiFePO4都是鋰離子電池的電極材料，可利用鈦鐵礦（主要成分為FeTiO3，還含有少量MgO、SiO2等雜質）來制備。工藝流程如圖：（1）“酸浸”中濾渣的主要成分為（填化學式）。（2）“酸浸”后，鈦主要以TiOCl42-形式存在，寫出水解反應生成TiO2?xH2O的離子方程式，水解過程中需加水稀釋并加熱，其目的是（3）TiO2?xH2O與雙氧水、氨水反應40min，控制溫度在40℃左右。溫度不能高于40℃的原因是。（4）向“濾液②”中加入雙氧水和磷酸得到FePO4，寫出離子方程式。（5）“高溫煅燒②”過程中，草酸的作用是，適當多加草酸的原因為。（6）若“濾液②”中Fe3+恰好沉淀完全[即溶液中c（Fe3+）＝1.0×10﹣5mol/L]時溶液pH≈1，此時溶液中c(HPO42-)=[已知：Ksp(7．（2025?江蘇模擬）回收高鉍銀鋅渣（主要成分是Bi，還含有Zn、Ag、Au等雜質）可制備半導體材料Bi2O3。（1）氧化酸浸。將銀鋅渣加入至鹽酸和NaCl混合溶液中，再分批加入NaClO3溶液，攪拌使其充分反應，得到含有BiCl①寫出生成BiCl63-的離子方程式②HNO3也可用于“氧化酸浸”，在該工業中不選擇HNO3的原因可能是。③液固比是指浸出液總體積與銀鋅渣質量之比。Bi的浸出率隨液固比的變化如圖1所示。液固比很低時，Bi的浸出率明顯較低的原因是。（2）分離出Zn2+后浸出液主要成分為BiCl3溶液。可用于進一步制備Bi2O3其流程如圖：①向浸出液中滴加Na2CO3溶液，調節溶液pH約為1.5，得到BiOCl沉淀，該過程的化學方程式為。②我國科學家在新型二維半導體芯片材料——硒氧化鉍的研究中取得突破性進展。硒氧化鉍的晶胞結構如圖2所示。該材料的化學式為。（3）從浸出渣中可回收銀和金。已知Ag2SO4可溶于氨水，[Ag（NH3）2]具有較強的氧化性。補充完整以浸出渣為原料制備單質銀的實驗方案：向浸出渣中加入硫酸后焙燒，得硫酸銀燒渣，，得單質銀。（實驗中須使用的試劑有氨水、水合肼溶液、BaCl2溶液）8．（2025?日照一模）以赤泥熔煉渣（主要成分為Fe2O3、SiO2、CaO，少量Sc2O3）為原料分離稀土元素鈧（Sc）的一種工藝流程如圖：已知：①萃取劑為磷酸三丁酯、磷酸二丁酯和磺化煤油；②Sc3+的氧化性很弱。回答下列問題：（1）“浸渣”的主要成分為（填化學式）。（2）“反萃取”的目的是分離Sc和Fe元素。向“萃取液”中加入NaOH，（Fe2+、Fe3+、Sc3+）的沉淀率隨pH的變化如圖。試劑X為（填Na2SO3或NaClO），應調節pH最佳為。（3）已知Sc2（C2O4）3難溶于水，難溶于酸；Ka1（H2C2O4）＝a，Ka2（H2C2O4）＝b，Ksp[Sc2（C2O4）3]＝c，“沉鈧”時，發生反應：2Sc3++3H2C2O4═Sc2（C2O4）3↓+6H+，此反應的平衡常數K＝（用含a、b、c代數式表示）。（4）Sc2（C2O4）3經系列操作可得ScCl3?6H2O，ScCl3?6H2O，加熱脫水時成ScOCl的化學方程式為。（4）在一定條件下，一種物質在兩種互不相溶的溶劑A、B中的濃度之比是一個常數（分配系數Kd）Kd=c(A)c(B)；萃取率=n有機物(X)n總(X)×100%。萃取Sc的過程中，若Sc元素的分配系數Kd=c(有機相)c(水相)=7.5，取100mL9．（2024秋?無錫期末）回收鐠鐵合金拋光廢料（含Fe和少量Pr及雜質），可制備Pr6O11和Pr（OH）3。鐠鐵合金拋光廢料經除鐵、萃取、反萃取可得PrCl3溶液。Pr的常見化合價為+3和+4。（1）沉淀Pr3+。攪拌下，將一定量的PrCl3溶液與沉淀劑Na2CO3溶液充分反應，過濾得到Pr2（CO3）3?8H2O沉淀，發生反應的化學方程式為。沉淀劑用Na2CO3溶液比用NH4HCO3溶液得到的沉淀顆粒更加致密，可能的原因是。（2）Pr6O11的制備和性質。①將Pr2（CO3）3?8H2O置于空氣中灼燒，測得剩余固體質量與起始固體質量的比值隨溫度變化的曲線如圖所示。制備Pr6O11最適宜的溫度為（寫出計算過程）。②將0.5gPr6O11加到20mL30%H2O2酸性溶液中產生大量氣泡，反應后鐠元素僅以Pr3+的形式存在。該反應的離子方程式為。（3）Pr（OH）3的制備。用萃取劑P507[（HA）2]萃取Pr3+的原理：Pr3++3（HA）2?萃取反萃取3H++Pr[（HA2]已知：①P507對Pr3+和Fe3+、Fe2+都有萃取作用，對雜質離子無萃取作用。②Pr3+開始沉淀的pH為8，Fe3+完全沉淀的pH為3.7，Fe2+完全沉淀的pH為9.7。為獲得較高純度Pr（OH）3，請補充完整實驗方案：將一定量鐠鐵合金拋光廢料加到稀鹽酸中，，濃縮后得PrCl3溶液，向溶液中滴加1.0mol?L﹣1NaOH溶液至不再產生沉淀，過濾，用蒸餾水洗滌，將固體干燥，得到Pr（OH）3。（須選用的試劑和儀器：1.0mol?L﹣1HCl溶液、1.0mol?L﹣1NaOH溶液、1.0mol?L﹣1H2O2溶液、P507、分液漏斗）。10．（2024秋?廣東期末）工業上常用軟錳礦（主要成分為MnO2，含少量Fe2O3Al2O3CaOSiO2等）和Li2CO3合成電極材料LiMn2O4和明礬，其工藝流程如圖所示。已知：Ⅰ.Mn2+在酸性條件下比較穩定，pH高于5.5時易被O2氧化為MnO2Ⅱ.當溶液中某離子濃度c（Mn+）≤1.0×10﹣5mol?L﹣1時時，可認為該離子沉淀完全；常溫下，幾種沉淀的Ksp如下表所示：Fe（OH）3Al（OH）3Mn（OH）3Fe（OH）2Ksp2.0×10﹣391.0×10﹣332.0×10﹣135.0×10﹣17回答下列問題：（1）基態Mn原子的價電子軌道表示式為。（2）“酸浸”時，軟錳礦中的Fe2O3與SO2反應的化學方程式為。（3）加入MnCO3調pH“時，調節pH的范圍為（保留兩位有效數字）。（4）“焙燒Li2CO3和MnO2混合物的過程中，①資料顯示Li2CO3的分解溫度為723℃，本流程中Li2CO3于515℃開始分解，可能原因是。②“焙燒”過程中發生的總反應為。（5）尖晶石結構的LiMn2O4是一種常用的正極材料①充電時，LiMn2O4電極的電勢（填“高于”或“低于”）電池的另一極。②LiMn2O4的晶胞為立方體，該晶胞由圖中A、B兩種基本結構單元交替排列構成。圖中“●”表示的微粒是（填離子符號）；設該晶胞邊長為anm，阿伏加德羅常數的數值為NA，LiMn2O4的摩爾質量為Mg/mol，則該晶胞的密度為g/cm3（用含有NA和M的計算式表示）。11．（2024秋?重慶期末）海水中NaCl的濃度約為3.5%，是寶貴的自然資源，其部分利用如下流程所示：已知：T℃下，Ksp（CaCO3）＝3.4×10﹣9，Ksp（CaSO4）＝5.1×10﹣4。（1）上述流程中編號①～⑤的物質，屬于電解質的是（填編號）。（2）流程中制備NaHCO3晶體時，氣體CO2、NH3較好的通入順序是（選填“先CO2后NH3”或“先NH3后CO2”）。（3）請寫出上述流程中制得NaHCO3晶體的離子反應方程式。（4）粗鹽（含有少量MgCl2、CaCl2、Na2SO4雜質）提純得到飽和NaCl溶液，除雜試劑的添加和實驗操作的先后順序正確的是A．BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液、稀鹽酸、過濾、加熱B．NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液、稀鹽酸、過濾、加熱C．BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液、過濾、稀鹽酸、加熱D．NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液、過濾、稀鹽酸、加熱（5）Na2CO3有廣泛用途。可用Na2CO3溶液處理鍋爐水垢中的CaSO4，將其轉化為可溶于酸的物質，轉化原理的離子方程為，T℃下該反應的平衡常數K為（保留2位有效數字）。（6）用如圖所示裝置模擬電解飽和NaCl溶液。鐵絲b端的電極反應式為，d處現象為。12．（2025?鎮江開學）鐵、鈷、錳是三種典型的變價金屬。還原浸出法可以將原料中難分解的高價態金屬化合物還原，從而可以在酸性介質中溶解浸出。從電化學角度來說，電極電勢數值越大氧化性越強、數值越小還原性越強。氧化型物質濃度越大，電極電勢越大。部分常見標準電極電勢如下表所示：電對O2/H2O2Fe3+/Fe2+MnOCo3+/Co2+SO標準電極電勢E0.6950.7711.231.820.158（1）SO2—H2SO4浸出鐵①ZnFe2O4晶體的一種晶胞結構如圖1所示，晶胞可看成由A、B單元按C方式交替排布構成，“〇”表示O。則“△”表示的B元素是（填元素符號），基態Fe3+的外圍電子排布式為。②H2SO4浸出ZnFe2O4浸取時，溶液中c（Fe3+）過大會阻礙ZnFe2O4進一步溶解，其原因可能為。③SO2—H2SO4體系還原浸出鐵酸鋅（ZnFe2O4）中的Fe2+Zn2+的化學反應方程式為。（2）H2O2—H2SO4浸出錳、鈷①H2O2—H2SO4可還原軟錳礦中的MnO2，該方法反應速率快，常溫下即可反應。以H2O2作還原劑，在H2SO4溶液中浸出軟錳礦（含Fe2O3雜質），控制酸濃度為2mol?L﹣1，在95℃條件下，錳、鐵的浸出率與時間變化的關系如圖2所示，該條件下鐵浸出率遠低于錳的原因可能為。②常用H2O2—檸檬酸（易溶于水、有強還原性）代替H2O2—H2SO4回收廢舊鋰離子電池（LiCoO2）中的鈷。同濃度的檸檬酸與H2SO4浸出廢舊鋰離子電池時，鈷浸出率與時間變化的關系如圖3所示。鈷的浸出率，用檸檬酸大于H2SO4的原因可能為。13．（2025?廣東一模）某工廠從廢含鎳有機催化劑中回收鎳的工藝流程如圖所示（已知廢催化劑中含有Ni70.0%及一定量的Al、Fe、SiO2和有機物，鎳及其化合物的化學性質與鐵的類似，但Ni2+的性質較穩定）。回答下列問題：已知：部分陽離子以氫氧化物的形式完全沉淀時的pH如下表所示。沉淀物Al（OH）3Fe（OH）3Fe（OH）2Ni（OH）2pH5.23.29.79.2（1）Ni為28號元素，寫出Ni原子基態電子排布式，用乙醇洗滌廢催化劑的目的是，從廢液中回收乙醇的方法是。（2）為提高酸浸速率，可采取的措施有（答一條即可）。（3）硫酸酸浸后所得濾液A中含有的金屬離子是，向其中加入H2O2反應的離子方程式為。（4）濾液C進行如下所示處理可以制得NiSO4?7H2O。濾液→pH=3溶液→操作XNiSO4?①操作X是，過濾，洗滌，干燥。②NiSO4在強堿溶液中用NaClO氧化，可制得堿性鎳鎘電池電極材料﹣NiOOH，該反應的離子方程式是14．（2024秋?陜西期末）鐵是人類較早使用的金屬之一，鐵及其化合物在生產、生活中有重要的用途。回答下列問題。（1）實驗室鑒別Fe（OH）3膠體與飽和FeCl3溶液的方法是。（2）電子工業用FeCl3溶液腐蝕敷在絕緣板上的銅，制造印刷電路板。①發生反應的離子方程式為。②為檢驗FeCl3腐蝕銅后所得溶液中含有Fe2+，應使用的試劑為。③欲從腐蝕后的廢液中回收銅并重新獲得FeCl3溶液循環利用，現有下列試劑：A．濃硝酸B．鐵粉C．氯氣D．燒堿E．濃氨水需要用到的試劑除鹽酸外還需要（選填字母）。（3）納米Fe/Ni復合材料，可有效去除酸性廢水中的NO3-①H、N、O、Fe四種元素的電負性從大到小的順序是。②反應ii的離子方程式為。③假設每步反應都能徹底進行，則反應i和ii中消耗還原劑的質量之比為。15．（2025?越秀區開學）全釩液流電池目前產業鏈建設和技術成熟度相對較高，釩的提取有重要價值。一種以釩磁鐵礦煉鐵后的釩渣（主要成分是FeV2O4、MnV2O4、Fe2SiO4等）為原料制備V2O5的工藝流程如圖：已知：①FeV2O4也可表示為FeO?V2O3②室溫下：Ksp[Mn（OH）2]約為10﹣14，Ksp[Mg（OH）2]約為10﹣12③一定濃度的釩在溶液中的主要聚合狀態與溶液pH關系如圖所示。（1）基態釩原子價層電子排布圖為。（2）“焙燒”中FeV2O4轉化為Mg2V2O7和Fe2O3的化學方程式為。（3）“沉釩”得到偏釩酸銨（NH4VO3）沉淀。圖是在工業生產中不同pH環境下沉釩率的測定值。實際工業生產中常選擇pH＝7.5為沉釩的最佳條件，當pH超過8.0時沉釩率降低，其原因有（寫出兩點）。（4）為回收Mn元素，對“濾液b“進行處理時用氨水調pH。若溶液中Mn元素恰好完全沉淀，則c（Mg2+）約為mol?L﹣1（當溶液中離子濃度c≤10﹣5mol?L﹣1即可視為沉淀完全）。（5）工業上用H2還原（NH4）6V10O28（十釩酸銨）可以制得V2O3該反應中還原劑與還原產物的物質的量之比為。（6）全釩液流電池裝置如圖所示，若放電過程中有H?從A池移向B池，則充電過程中陽極方程式為。（7）一種釩的硫化物的晶體結構（圖a）及其俯視圖（圖b）如圖所示：①該釩的硫化物的化學式是。②該釩的硫化物晶體中，與每個V原子最近且等距的S原子個數是。16．（2024秋?山西月考）鎵（Ga）是重要的半導體材料。一種利用鋅粉置換渣（主要成分為Ga2O3、Ga2S3、ZnS、FeO、Fe2O3、SiO2）制備粗鎵的工藝流程如圖所示：已知：P204、YW100協同萃取體系對金屬離子的優先萃取順序為Fe（Ⅲ）＞Ga（Ⅲ）＞Fe（Ⅱ）＞Zn（Ⅱ）。回答下列問題。（1）“浸渣”的主要成分是S和（填化學式）。“富氧浸出”中高壓O2的作用是。（2）“濾渣”的主要成分是（填化學式）。用H2A2代表P204，RH代表YW100，“協同萃取”過程中發生反應：Ga3++H2A2+2RH?Ga(HA2)R2+3H+，無機相含有的主要金屬離子為（3）如圖為Ga—H2O系中電勢隨pH變化的圖像。“中和沉鎵”時所選pH合理范圍為（填標號）。A．﹣4～2B．0～4C．4～9D．8～12“堿溶造液”過程中發生反應的離子方程式為。（4）“電解”過程中生成粗鎵的電極反應式為。（5）砷化鎵（GaAs）的晶胞結構如圖Ⅰ左圖所示。將Mn摻雜到晶體中得到稀磁性半導體材料，其晶胞結構如圖Ⅱ所示。①圖Ⅰ中，若Ga﹣As鍵的鍵長為apm，則晶胞邊長為pm。②稀磁性半導體材料中，Mn、As的原子個數比為。17．（2024秋?南通期末）利用廢棄的鉑鎳合金靶材回收金屬鉑的部分實驗過程如圖：（1）擬利用圖所示裝置邊攪拌邊持續加熱8h。為提高鹽酸利用率，圖中三頸燒瓶a口處還需要添加的儀器為。（2）將“酸浸”后的固體充分洗滌后加至濃硝酸和濃鹽酸的混酸中發生氧化反應，得到含H2[PtCl6]的溶液。①寫出Pt發生反應的化學方程式：。②該過程需控制在40℃左右的原因是。（3）“沉鉑”原理為[PtCl6]2﹣+2NH4+═（NH4）2[PtCl6]↓，Ksp{（NH4）2[PtCl6]}＝1.6×10﹣6。向c（[PtCl6]2﹣）＝0.1mol?L﹣1的溶液中加入等體積的NH4Cl溶液，為使c（[PtCl6]2﹣）＜10﹣5mol?L﹣1，所加NH4Cl溶液濃度最小為mol?L﹣（4）通過還原法或直接煅燒法均可制金屬鉑。①向（NH4）2[PtCl6]溶液中加入N2H4?H2O溶液，充分反應后得到金屬鉑，同時有N2逸出。還原0.1mol（NH4）2[PtCl6]參加反應N2H4?H2O的物質的量為mol。②將（NH4）2[PtCl6]隔絕空氣煅燒可以得到Pt、N2、NH3和HCl。實驗室可通過測定分解產物中HCl的量計算Pt回收率。請補充完整該測定過程中的實驗方案：稱取一定質量的（NH4）2[PtCl6]樣品于硬質直玻璃管中，加強熱，用去離子水充分吸收產生的氣體后，稀釋至一定體積，。已知：（ⅰ）當溶液pH介于6.5～10時，Cr（Ⅵ）的主要存在形式為CrO4（ⅱ）Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，Ksp（Ag2CrO4，磚紅色）＝1.1×10﹣12。須使用的試劑和儀器：KOH溶液、K2CrO4溶液、0.01000mol?L﹣1AgNO3標準溶液；滴定管、錐形瓶、pH計。18．（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生具有強氧化性的過一硫酸（H2SO5）畫出H2SO5的結構式。（3）已知：H2SO5的電離方程式為H2SO5＝H++HSO5-。HSO3-?H++SO32-。“氧化”中，用石灰乳調節pH＝4，Mn2+被H2SO5氧化為MnO2該反應的離子方程式為（4）“氧化”中保持空氣通入速率不變，Mn（Ⅱ）氧化率與時間的關系如圖1。SO2體積分數為9%時，Mn（Ⅱ）氧化速率最大；繼續增大SO2體積分數時，Mn（Ⅱ）氧化速率減小的原因是。（5）“沉鈷鎳”后，將“鈷鎳渣”經進一步處理后可制得Co2TiO3CoxTiOy晶胞結構如圖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樣品的質量分數，現進行如下實驗：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，調節溶液的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。實驗過程中先后發生反應2Ni3++2I﹣＝2Ni2++I2和I2+2S2O32-=2I﹣+S4O62-。樣品中NiOOH的質量分數為19．（2024秋?海淀區校級期末）利用“預氧化—氨法”對鋼鐵燒結煙氣（主要成分為N2、SO2和NO）進行協同脫硫脫硝的流程示意圖如圖：已知：①霧化器可通過高速氣流將液體分散為微小液滴。②該流程條件下，氧化能力相近的氧化劑與不同還原劑反應的快慢如下表所示：還原劑SO2SONHNO反應快慢極慢快極慢快（1）將H2O2溶液霧化后再通入氧化反應器的目的是。（2）氧化反應器是對燒結煙氣中的NO進行氧化處理的設備，寫出H2O2將NO轉化為NO2的化學方程式：。（3）以（NH4）2SO3溶液為吸收劑，調節其初始pH為7.0，從噴淋吸收塔頂部淋入，對從下方通入的氧化煙氣進行吸收。①寫出（NH4）2SO3溶液吸收SO2的離子方程式：。②吸收劑中SO32-初始物質的量濃度與煙氣處理效果的關系如圖所示，隨著SO32-初始物質的量濃度的上升，脫硝率大幅提高，煙氣分析儀測定處理后煙氣中N2含量顯著提升，寫出（NH4）2SO3溶液吸收NO2③氧化劑用量與煙氣處理效果的關系如圖所示：ⅰ．解釋氧化劑/NO物質的量比較低時，脫硝率較低的原因；。ⅱ．氧化劑用量過大，煙氣的脫硫率和脫硝率都會顯著下降，解釋其原因：。（4）該流程可生成一種可作氮肥的副產物，其化學式為。20．（2025?四川模擬）Ni2O3是重要的電子元件和蓄電池材料，工業上利用含鎳廢料（主要含Ni、Al、Fe的氧化物，SiO2，C等）制備Ni2O3的工藝流程如圖所示：已知：①常溫下，溶液中相關離子的lgc（M）與溶液pH的關系如圖所示。當溶液中離子濃度c≤1.0×10﹣5mol?L﹣1時，可認為已除盡。②萃取的原理為Ni2+（水相）+2HR（有機相）?NiR2（有機相）+2H+（水相）。回答下列問題：（1）“預處理”操作可以選擇用（填標號）來除去含鎳廢料表面的礦物油污。A．純堿溶液B．NaOH溶液C．酒精D．硫酸溶液（2）“氧化”時主要反應的離子方程式為。（3）常溫下，“調pH”時，溶液中Ni2+濃度為0.10mol?L﹣1，需控制溶液的pH范圍是；濾渣2的主要成分是（填化學式）。（4）“萃取”和“反萃取”的目的是；為提高Ni2+離子的“反萃取”率，在“反萃取”時可采取的措施有（回答一條即可）；實驗室進行萃取操作時，需要不時打開分液漏斗活塞放氣，正確的放氣圖示（填標號）。

2025高考化學三輪復習之物質的分離、提純和檢驗（解答大題）參考答案與試題解析一．解答題（共20小題）1．（2025?廣東模擬）MnO2是電池工業中非常重要的原料之一。（1）MnO2的制備。Ⅰ.還原法：含錳陽極渣的主要成分為MnO2含有PbO。①在酸性條件下，向陽極渣中加入葡萄糖，可見產生氣泡，同時得到MnSO4溶液，離子方程式為C6H12O6+12MnO2+24H+＝12Mn2++6CO2↑+18H2O。②用醋酸銨可以溶解PbO生成醋酸鉛，從而實現PbO與MnO2的分離。鉛的浸出率與溫度的關系如圖1。鉛的浸出率隨著溫度的升高而增大，當溫度達到85℃以后，鉛的浸出率降低的原因是醋酸銨分解（或醋酸銨揮發）。Ⅱ.電解法：某礦粉（主要含有MnO、雜質含有Fe、Pb的氧化物），利用下列流程制備高純已知：Ksp（FeS）＝6.3×10﹣18，Ksp（PbS）＝1.0×10﹣28。①“電解”的化學方程式為MnSO4+2H2O電解ˉMnO2+H2SO4+H2↑②該流程中可以用于循環使用的物質是H2SO4。③為得到高純MnO2，凈化后溶液中BaS的濃度至少為6.3×10﹣13mol?L﹣1。（2）MnO2的結構與應用。實驗室用KClO3固體加熱制O2加入MnO2作催化劑，可加快生成O2的速率。①某種MnO2的晶胞結構如圖2所示。圖中“”表示Mn原子。沿z軸的俯視圖中，由“”構成圖形的面積是14abpm2②溫度加熱到60℃后，生成O2的速率突然加快（見圖3所示），其原因是此時MnO2的活性最高。③將反應后的混合物加水溶解，過濾、洗滌、干燥，稱量所得固體，其質量比起始時加入的MnO2的質量小，其原因是MnO2轉化為可溶于水的K2MnO4或轉化成Mn2O3等低價錳的化合物（不考慮實驗操作引起的誤差因素）。【答案】（1）1.①C6H12O6+12MnO2+24H+＝12Mn2++6CO2↑+18H2O；②醋酸銨分解（或醋酸銨揮發）；Ⅱ.①MnSO4+2H2O電解ˉMnO2+H2SO4+H2②H2SO4；③6.3×10﹣13mol?L﹣1；（2）①Mn原子；14②此時MnO2的活性最高；③MnO2轉化為可溶于水的K2MnO4或轉化成Mn2O3等低價錳的化合物。【分析】礦粉（主要含有MnO、雜質含有Fe、Pb的氧化物）加入硫酸，生成硫酸錳、硫酸鉛、硫酸亞鐵，加入BaS生成FeS、PbS沉淀，電解硫酸錳溶液生成二氧化錳；【解答】解：（1）Ⅰ．①在酸性條件下，葡萄糖具有還原性，能將MnO2還原為Mn2+，葡萄糖被氧化為CO2，根據氧化還原反應的得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒得離子方程式為C6H12O6+12MnO2+24H+＝12Mn2++6CO2↑+18H2O，故答案為：C6H12O6+12MnO2+24H+＝12Mn2++6CO2↑+18H2O；②醋酸銨溶解PbO生成醋酸鉛，當溫度達到85℃后，醋酸銨受熱分解，導致參與溶解PbO的醋酸銨的量減少，從而使鉛的浸出率降低，故答案為：醋酸銨分解（或醋酸銨揮發）；Ⅱ．①礦粉與硫酸反應后，用BaS凈化后的溶液中含有MnSO4等，電解MnSO4溶液制備MnO2，Mn元素從+2價變為+4價，發生氧化反應，在陽極生成MnO2；H+在陰極得到電子生成H2，根據電解原理和原子守恒、電荷守恒，“電解”的化學方程式為：MnSO4+2H2O電解ˉMnO2+H2SO4+H2故答案為：MnSO4+2H2O電解ˉMnO2+H2SO4+H2②從流程中可以看出，電解過程中生成了H2SO4，而在浸出步驟中需要用到硫酸，所以該流程中可以用于循環使用的物質是H2SO4，故答案為：H2SO4；③為得到高純MnO2，需要將雜質Pb2+、Fe2+等除去，加入BaS是為了將Fe2+、Pb2+除去，因為Ksp（PbS）＝1.0×10﹣28比Ksp（FeS）小得多，PbS更易沉淀，當FeS完全沉淀后，PbS沉淀完全，當Fe2+沉淀完全時，溶液中c（Fe2+）≤10﹣5mol/L，根據Ksp（FeS）＝c（S2﹣）?c（Fe2+）＝6.3×10﹣18，可得c（S2﹣）=6.3×10-1810-5mol/L＝6.3×10﹣13mol/L，BaS在溶液中完全電離，所以凈化后溶液中BaS故答案為：6.3×10﹣13mol/L；（2）①根據均攤法，觀察晶胞結構可知，“●”原子個數為1+8×18=2，“〇”原子個數為4×12+2＝4，在MnO2中Mn與O原子個數比為1：2，所以“●”表示Mn原子；沿z軸的俯視圖中，由“〇”構成的圖形為矩形，從晶胞結構可知，矩形的長為12apm故答案為：Mn原子；14②當溫度加熱到60℃后，生成O2的速率突然加快，原因是MnO2作為催化劑的活性最高，從而大大加快了KClO3分解生成O2的速率，故答案為：此時MnO2的活性最高；③反應后的混合物加水溶解，過濾、洗滌、干燥、稱量所得固體質量比起始時加入的MnO2質量小，是因為MnO2轉化為可溶于水的K2MnO4、或轉化成Mn2O3等低價錳的化合物，導致MnO2質量減少，故答案為：MnO2轉化為可溶于水的K2MnO4或轉化成Mn2O3等低價錳的化合物。【點評】本題考查學生對元素及其化合物的主要性質的掌握、晶胞的計算、閱讀題目獲取新信息能力、對工藝流程的理解等，難度中等，需要學生具備扎實的基礎與綜合運用知識、信息分析解決問題能力。2．（2025?湖南模擬）青海柴達木盆地是世界上最大的鍶礦床。以該鍶礦生產的氯化鍶主要用于焰火材料、醫藥、日用化學品、電解金屬鈉的助熔劑等。工業上以次等品碳酸鍶（含Ba2+、Ca2+、Fe2+及還原態的硫等雜質）為原料，利用鹽酸法獲得高純氯化鍶。已知Ksp（1）鍶元素與鈣元素在同主族，寫出鍶元素價電子軌道排布圖：，實驗室中少量金屬鍶應保存在煤油中。（2）“除鋇”中硫酸溶液的量不宜過量，原因是過量的硫酸會使鍶離子產生硫酸鍶沉淀，減少氯化鍶的產量。（3）還原態的硫主要為Sx2-，寫出“氧化”過程反應的離子方程式：2H++2Fe2+（4）80℃下Fe3+和Ca2+在不同pH的沉淀率如圖，“除鈣鐵”最適宜的試劑A為SrO或者Sr（OH）2、SrCO3等，pH為12。（5）鍶礦床含有較多天青石（主要成分為SrSO4）。純凈的SrSO4可加入飽和Na2CO3溶液，充分攪拌，棄去上層清液。如此處理多次，將SrSO4全部轉化為SrCO3。若有17molSrSO4，每次用1.00L2.0mol/L飽和Na2CO3溶液處理，假定SrSO4能全部轉化，至少需要處理9次。【答案】（1）；煤油；（2）過量的硫酸會使鍶離子產生硫酸鍶沉淀，減少氯化鍶的產量；（3）2H++2（4）SrO或者Sr（OH）2、SrCO3等；12；（5）9。【分析】次等品碳酸鍶（含Ba2+、Ca2+、Fe2+及還原態的硫等雜質），加入稀鹽酸緩慢攪拌，次等品碳酸鍶溶解，加入硫酸溶液，生成硫酸鋇沉淀，然后加入30%過氧化氫，將Fe2+和還原態硫氧化，然后加入氧化鍶、碳酸鍶或氫氧化鍶調節pH生成氫氧化鐵、氫氧化鈣沉淀，最后濃縮結晶得氯化鍶晶體。【解答】解：次等品碳酸鍶（含Ba2+、Ca2+、Fe2+及還原態的硫等雜質），加入稀鹽酸緩慢攪拌，次等品碳酸鍶溶解，加入硫酸溶液，生成硫酸鋇沉淀，然后加入30%過氧化氫，將Fe2+和還原態硫氧化，然后加入氧化鍶、碳酸鍶或氫氧化鍶調節pH生成氫氧化鐵、氫氧化鈣沉淀，最后濃縮結晶得氯化鍶晶體；（1）鍶位于第五周期第ⅡA族，故價電子軌道排布圖為；鍶的金屬性比鈣還強，易與空氣中氧氣反應，常溫下放在煤油中隔絕空氣保存，故答案為：；煤油；（2）鍶離子的含量大于鋇離子，硫酸在除去鋇離子的同時也會產生硫酸鍶的沉淀，故不能用過量的硫酸，減少氯化鍶的產量，故答案為：過量的硫酸會使鍶離子產生硫酸鍶沉淀，減少氯化鍶的產量；（3）Fe2+與Sx2-都有還原性，分別可以被過氧化氫氧化為Fe3+和S，其離子方程式分別為2H故答案為：2H++2（4）SrO或者Sr（OH）2、SrCO3可以增大pH，且不會引入新的雜質；根據兩圖的沉淀率隨pH的變化情況，選擇pH為12時，Fe3+沉淀率達到100%，Ca2+沉淀率達到90%以上，故答案為：SrO或者Sr（OH）2、SrCO3等；12；（5）設每次轉化的SrSO4物質的量濃度為xmol/L，則，x2-x=Ksp(SrSO4)Ksp故答案為：9。【點評】本題考查分離提純，側重考查學生分離提純基礎知識的掌握情況，試題難度中等。3．（2025?龍華區校級開學）以銀錳精礦（主要含Ag2S、MnS、FeS2）和氧化錳礦（主要含MnO2）為原料聯合提取銀和錳的一種流程示意圖如圖。已知：①酸性條件下，MnO2的氧化性強于Fe3+。②“浸錳”過程是在H2SO4溶液中使礦石中的錳元素浸出，同時去除FeS2，有利于后續銀的浸出；礦石中的銀以Ag2S的形式殘留于浸錳渣中。“浸錳”過程中，發生反應MnS+2H+＝Mn2++H2S↑。③“浸銀”時，使用過量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液作為浸出劑，將Ag2S中的銀以[AgCl2]﹣形式浸出。（1）FeS2中Fe的化合價+2。（2）“浸錳”過程中，發生反應MnS+2H+＝Mn2++H2S↑，礦石中的銀以Ag2S的形式殘留于浸錳渣中，試比較：Ksp（MnS）＞（填“＞”或“＜”）Ksp（Ag2S）。（3）將沉錳渣和沉錳液分離的操作是過濾，該操作需要用到的玻璃儀器有玻璃棒、漏斗、燒杯。（4）“沉銀”過程中需要過量的鐵粉作為還原劑，該過程涉及到的離子方程式2Fe3++Fe＝3Fe2+、2[AgCl2]-+Fe=Fe2++2Ag+4Cl-，一定溫度下，Ag的沉淀率隨反應時間的變化如圖所示。解釋t分鐘后（鐵粉消耗完），Ag的沉淀率逐漸減小的原因【答案】（1）+2；（2）＞；（3）過濾；玻璃棒、漏斗、燒杯；（4）2Fe3++Fe＝3Fe2+；2[AgCl2]-+Fe=Fe2++2Ag+4【分析】銀錳精礦主要含Ag2S、MnS、FeS2，氧化錳礦主要含MnO2。“浸錳”過程是在H2SO4溶液中使礦石中的錳元素浸出，同時去除FeS2，礦石中的銀以Ag2S的形式殘留于浸錳渣中，“浸錳液”中主要陽離子為Fe3+、Mn2+；“浸錳渣”中Ag2S與過量FeCl3、HCl和CaCl2反應生成[AgCl2]﹣，用鐵粉把[AgCl2]﹣還原為金屬銀。【解答】解：（1）FeS2中S顯﹣1價，根據化合價代數和等于0，Fe的化合價為+2，故答案為：+2；（2）“浸錳”過程中，發生反應MnS+2H+＝Mn2++H2S↑，礦石中的銀以Ag2S的形式殘留于浸錳渣中；硫化錳溶于強酸而硫化銀不溶于強酸，則可推斷：Ksp（MnS）＞Ksp（Ag2S），故答案為：＞；（3）將沉錳渣和沉錳液分離，屬于固液分離，操作是過濾，過濾裝置圖為，該操作需要用到的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒，故答案為：過濾；玻璃棒、漏斗、燒杯；（4）“浸銀”時，使用過量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液作為浸出劑，將Ag2S中的銀以[AgCl2]﹣形式浸出。“浸銀液”中含有[AgCl2]﹣和過量的Fe3+，“沉銀”過程中需要過量的鐵粉作為還原劑，該過程涉及到的離子方程式2Fe3++Fe＝3Fe2+、2[AgCl2]-+Fe=Fe2++2Ag+4Cl故答案為：2Fe3++Fe＝3Fe2+；2[AgCl2]-+Fe=Fe2++2Ag+4【點評】本題主要考查物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結合已有的知識進行解題。4．（2025?平度市模擬）銠（Rh）是一種稀有貴金屬，工業上從廢銠材料（主要含Rh，還含有Cu、Fe等）中提煉銠的主要途徑有如下兩種：已知：①Rh金屬活動順序位于H之后。②Rh（Ⅲ）易與Cl﹣形成配離子[RhCl6]3﹣，且該配離子在水溶液中存在以下平衡：[RhCl6]3﹣+3H2O?Rh（OH）3+3H++6Cl﹣。③已知25℃時相關物質的Ksp見下表。氫氧化物Fe（OH）3Cu（OH）2Rh（OH）3Ksp1.0×10﹣38.61.0×10﹣19.61.0×10﹣22.6（已知開始沉淀的金屬離子濃度為0.1mol?L﹣1；金屬離子濃度≤1.0×10﹣5mol?L﹣1時，可認為該離子沉淀完全。回答下列問題：（1）途徑一：①“氯化溶解”過程中，金屬Rh轉化為H3RhCl6，該反應的化學方程式為2Rh+3Cl2+6HCl＝2H3RhCl6。②“定向脫銅”時，銅的沉淀率隨pH變化如圖所示，實際工業生產中控制pH為2，pH不宜大于2的原因是pH＞2，[RhCl6]3﹣水解平衡正向移動，導致Rh沉淀率增加而損失。③“陽離子交換”過程中，被陽離子交換樹脂吸附的金屬陽離子有Na+、Fe3+。（2）途徑二：①“控溫焚燒”的目的是防止溫度過低，Cu、Fe氧化不完全且防止Rh單質被氧化。②“加熱至熔融”的目的是將焚燒后的物質全部轉化成可溶性的硫酸鹽。已知Rh單質與KHSO4反應的產物之一為SO2，則參加反應的Rh和KHSO4的物質的量之比為1：6。③步驟“調pH①”中應調節的pH范圍為2.8～4.2（保留兩位有效數字）。④用氨水沉淀銠元素的離子方程式為Rh3++3NH3?H2O＝Rh（OH）3↓+3NH4+【答案】見試題解答內容【分析】途徑一：廢銠材料（主要含Rh，還含有Cu、Fe等）粉碎后通入氯氣并加入鹽酸，“氯化溶解”得到H3RhCl6、CuCl2、FeCl3，加入草酸和銅離子結合生成草酸銅，同時加入NaOH調節溶液pH，陽離子交換樹脂吸附Na+、Fe3+為濾液除雜，[RhCl6]3﹣發生水解反應生成Rh（OH）3沉淀，最后得到銠粉；途徑二：廢銠材料（主要含Rh，還含有Cu、Fe等）焚燒將Cu轉化為CuO，將Fe轉化為Fe2O3，加熱熔融，加入KHSO4，生成Rh2（SO4）3、CuSO4、Fe2（SO4）3，加入水和氨水調pH使鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀，再加入氨水調節pH，生成Rh（OH）3沉淀和Cu（NH3）4SO4溶液，過濾，Rh（OH）3和途徑一相同處理得銠粉；【解答】解：（1）①高銅銠精礦通入氯氣和HCl，“氯化溶解”得到H3RhCl6，反應的方程式為2Rh+3Cl2+6HCl＝2H3RhCl6，故答案為：2Rh+3Cl2+6HCl＝2H3RhCl6；②由圖像可知，pH＝2時，銅的沉淀率已達98%，若pH＜2，銅的沉淀率會較低；pH＞2，[RhCl6]3﹣水解平衡正向移動，導致Rh沉淀率增加而損失，故答案為：pH＞2，[RhCl6]3﹣水解平衡正向移動，導致Rh沉淀率增加而損失；③定向脫銅后溶液得到草酸鈉、FeCl3，“陽離子交換”過程中，溶液中被陽離子交換樹脂吸附的金屬陽離子主要有Na+、Fe3+，故答案為：Na+、Fe3+；（2）①“控溫焚燒”即焚燒溫度不能過高不能過低，若溫度過高，Rh單質被氧化，Rh的氧化物性質穩定，難溶解，后續不方便處理，控溫同時防止溫度過低，Cu、Fe氧化不完全，故答案為：防止溫度過低，Cu、Fe氧化不完全；②Rh單質與KHSO4反應生成Rh3+，還原產物為SO2，硫元素得2個電子，Rh失3個電子，根據氧化還原反應得失電子守恒，可2Rh+12KHSO4＝Rh2（SO4）3+3SO2↑+6K2SO4+6H2O，加反應的Rh和KHSO4的物質的量之比為1：6，故答案為：1：6；③Fe3+沉淀完全時，由Ksp[Fe（OH）3]＝1.0×10﹣38.6，c（OH﹣）=3Ksp[Fe(OH)3]c(Fe3+)=31.0×10-38.610-5mol/L＝10﹣11.2mol/L，即pH＝2.8，同時為了使Cu2+不發生沉淀，由Ksp[Cu（OH）2]＝1.0×10故答案為：2.8～4.2；④用氨水調pH，NH3?H2O電離產生的OH﹣與Rh3+反應生成Rh（OH）3沉淀，其離子方程式為Rh3++3NH3?H2O＝Rh（OH）3↓+3NH4故答案為：Rh3++3NH3?H2O＝Rh（OH）3↓+3NH4【點評】本題考查分離提純，側重考查學生物質之間的反應和分離提純知識的掌握情況，試題難度中等。5．（2025?鹽城一模）利用錳銀礦（主要成分為MnO2、Ag和少量SiO2等雜質）制備硫酸錳和銀。（1）用蔗糖（C12H22O11）、水和濃硫酸浸取錳銀礦，過濾得硫酸錳溶液和含銀濾渣。①提高錳元素浸出率的措施加熱或粉碎、充分攪拌等（任寫一條）。②蔗糖還原MnO2生成硫酸錳和CO2的化學方程式為C12H22O11+24MnO2+24H2SO4＝12CO2↑+24MnSO4+35H2O。③其它條件相同，酸礦比0.33：1，糖礦比0.04：1時，酸浸過程中隨著水礦比的增大，錳的浸出率如圖所示：水礦比大于2：1時，錳的浸出率逐漸減小的原因為水礦比大于2：1時硫酸（或蔗糖）的濃度降低，化學反應速率降低，浸出率下降。（2）在空氣中用NaCN溶液浸取含銀濾渣，得到含[Ag（CN）2]﹣的浸出液，再用鋅粉置換得銀。①浸出反應的離子方程式：4Ag+O②如圖所示，pH小于10.5時，隨pH的減小，銀的浸出率降低的原因：隨pH較低，CN﹣水解程度增大，濃度減小，銀的浸出率降低。③金屬材料銅銀合金的晶胞如圖所示，該銅銀合金的化學式是Cu3Ag。（3）“酸浸”所得溶液經一系列操作后得MnSO4?H2O，煅燒MnSO4?H2O生產錳氧體材料，剩余固體質量隨溫度變化曲線如圖所示。該曲線中B段所示物質的化學式為Mn3O4（寫出計算過程）。【答案】（1）①加熱或粉碎、充分攪拌等；②C12H22O11+24MnO2+24H2SO4＝12CO2↑+24MnSO4+35H2O；③水礦比大于2：1時硫酸（或蔗糖）的濃度降低，化學反應速率降低，浸出率下降；（2）①4Ag②隨pH較低，CN﹣水解程度增大，濃度減小，銀的浸出率降低；③Cu3Ag；（3）Mn3O4。【分析】（1）①提高錳元素浸出率的措施有加熱或粉碎、充分攪拌等；②二氧化錳將蔗糖氧化為二氧化碳，自身被還原為二價錳；③水礦比大于2：1時，水較多，反應物被稀釋，故錳的浸出率逐漸減小的原因為硫酸（或蔗糖）的濃度降低；（2）①Ag與NaCN溶液形成配合物[Ag（CN）2]?，Ag的化合價由0價升高到+1價，則氧氣做氧化劑；②由上一問可知，銀的浸出需要與CN﹣形成配合物，CN﹣是弱酸的陰離子，易水解，則pH的減小，銀的浸出率降低的原因是隨pH較低，CN﹣水解程度增大；③根據均攤法可知，晶胞中含有Ag的個數為8×18=1，含有（3）n（Mn）＝n（MnSO4?H2O）=152.1g169g?mol-1=0.9mol；m（Mn）＝n（Mn）?M（Mn）＝0.9mol×55g?mol﹣1【解答】解：（1）①提高錳元素浸出率的措施有加熱或粉碎、充分攪拌等，故答案為：加熱或粉碎、充分攪拌等；②二氧化錳將蔗糖氧化為二氧化碳，自身被還原為二價錳，化學方程式為C12H22O11+24MnO2+24H2SO4＝12CO2↑+24MnSO4+35H2O，故答案為：C12H22O11+24MnO2+24H2SO4＝12CO2↑+24MnSO4+35H2O；③水礦比大于2：1時，水較多，反應物被稀釋，故錳的浸出率逐漸減小的原因為硫酸（或蔗糖）的濃度降低，化學反應速率降低，浸出率下降，故答案為：水礦比大于2：1時硫酸（或蔗糖）的濃度降低，化學反應速率降低，浸出率下降；（2）①Ag與NaCN溶液形成配合物[Ag（CN）2]?，Ag的化合價由0價升高到+1價，則氧氣做氧化劑，離子方程式為4Ag故答案為：4Ag②由上一問可知，銀的浸出需要與CN﹣形成配合物，CN﹣是弱酸的陰離子，易水解，則pH的減小，銀的浸出率降低的原因是隨pH較低，CN﹣水解程度增大，濃度減小，銀的浸出率降低，故答案為：隨pH較低，CN﹣水解程度增大，濃度減小，銀的浸出率降低；③根據均攤法可知，晶胞中含有Ag的個數為8×18=1，含有Cu的個數是6×故答案為：Cu3Ag；（3）n（Mn）＝n（MnSO4?H2O）=152.1g169g?mol-1=0.9mol；m（Mn）＝n（Mn）?M（Mn）＝0.9mol×55g?mol﹣1＝49.5g；n（O）=68.7g-49.5g16g?mol-1=故答案為：Mn3O4。【點評】本題考查分離提純，側重考查學生分離提純基礎知識的掌握情況，試題難度中等。6．（2024秋?道里區校級期末）已知Li4Ti5O12和LiFePO4都是鋰離子電池的電極材料，可利用鈦鐵礦（主要成分為FeTiO3，還含有少量MgO、SiO2等雜質）來制備。工藝流程如圖：（1）“酸浸”中濾渣的主要成分為SiO2（填化學式）。（2）“酸浸”后，鈦主要以TiOCl42-形式存在，寫出水解反應生成TiO2?xH2O的離子方程式TiOCl42-+(x+1)（3）TiO2?xH2O與雙氧水、氨水反應40min，控制溫度在40℃左右。溫度不能高于40℃的原因是高于40℃，過氧化氫和氨水不穩定易分解，導致TiO2?xH2O轉化反應速率和產量下降。（4）向“濾液②”中加入雙氧水和磷酸得到FePO4，寫出離子方程式2Fe2+（5）“高溫煅燒②”過程中，草酸的作用是將Fe（Ⅲ）還原為Fe（Ⅱ），適當多加草酸的原因為草酸受熱易分解，過量草酸確保FePO4能完全轉化為LiFePO4。（6）若“濾液②”中Fe3+恰好沉淀完全[即溶液中c（Fe3+）＝1.0×10﹣5mol/L]時溶液pH≈1，此時溶液中c(HPO42-)=2.5×10﹣6mol/L[已知：Ksp(【答案】（1）SiO2；（2）TiOCl42-+(（3）高于40℃，過氧化氫和氨水不穩定易分解，導致TiO2?xH2O轉化反應速率和產量下降；（4）2F（5）將Fe（Ⅲ）還原為Fe（Ⅱ）；草酸受熱易分解，過量草酸確保FePO4能完全轉化為LiFePO4；（6）2.5×10﹣6mol/L。【分析】向鈦鐵礦（主要成分為FeTiO3，還含有少量MgO、SiO2等雜質）中加入鹽酸“酸浸”，SiO2不溶于鹽酸，則加鹽酸過濾后所得濾渣的主要成分為SiO2，濾液①中主要含Mg2+、Fe2+、TiOCl42-，TiOCl42-水解生成TiO2?xH2O沉淀，該沉淀與雙氧水、氨水反應，再加入LiOH過濾得到Li2Ti5O15沉淀，再與碳酸鋰高溫煅燒反應生成Li4Ti5O12。水解后的濾液②中主要含Mg2+、Fe2+，加入雙氧水將Fe2+氧化為Fe3+，Fe3+再與磷酸反應生成FePO4沉淀，最后【解答】解：向鈦鐵礦（主要成分為FeTiO3，還含有少量MgO、SiO2等雜質）中加入鹽酸“酸浸”，SiO2不溶于鹽酸，則加鹽酸過濾后所得濾渣的主要成分為SiO2，濾液①中主要含Mg2+、Fe2+、TiOCl42-，TiOCl42-水解生成TiO2?xH2O沉淀，該沉淀與雙氧水、氨水反應，再加入LiOH過濾得到Li2Ti5O15沉淀，再與碳酸鋰高溫煅燒反應生成Li4Ti5O12。水解后的濾液②中主要含Mg2+、Fe2+，加入雙氧水將Fe2+氧化為Fe3+，Fe3+再與磷酸反應生成FePO4沉淀，最后（1）根據分析，“酸浸”中濾渣的主要成分為SiO2，故答案為：SiO2；（2）“酸浸”后，鈦主要以TiOCl42-形式存在，加熱水解生成TiO2?xH2O，反應的離子方程式為：TiOC故答案為：TiOCl42-（3）溫度不能高于40℃的原因是：高于40℃，過氧化氫和氨水不穩定易分解，導致TiO2?xH2O轉化反應速率和產量下降，故答案為：高于40℃，過氧化氫和氨水不穩定易分解，導致TiO2?xH2O轉化反應速率和產量下降；（4）向“濾液②”中含Fe2+，加入雙氧水將Fe2+氧化為Fe3+，Fe3+再與磷酸反應生成FePO4沉淀，則反應的離子方程式為：2F故答案為：2F（5）草酸具有還原性，則“高溫煅燒②”過程中，草酸的作用是：將Fe（Ⅲ）還原為Fe（Ⅱ）；適當多加草酸的原因為：草酸受熱易分解，過量草酸確保FePO4能完全轉化為LiFePO4，故答案為：將Fe（Ⅲ）還原為Fe（Ⅱ）；草酸受熱易分解，過量草酸確保FePO4能完全轉化為LiFePO4；（6）若“濾液②”中Fe3+恰好沉淀完全，即溶液中c（Fe3+）＝1.0×10﹣5mol/L，根據Ksp(FePO4)=1.2×10-22，可得c(P故答案為：2.5×10﹣6mol/L。【點評】本題考查分離提純，側重考查學生分離提純基礎知識的掌握情況，試題難度中等。7．（2025?江蘇模擬）回收高鉍銀鋅渣（主要成分是Bi，還含有Zn、Ag、Au等雜質）可制備半導體材料Bi2O3。（1）氧化酸浸。將銀鋅渣加入至鹽酸和NaCl混合溶液中，再分批加入NaClO3溶液，攪拌使其充分反應，得到含有BiCl①寫出生成BiCl63-的離子方程式2Bi+11Cl﹣+ClO3-+6H+＝2②HNO3也可用于“氧化酸浸”，在該工業中不選擇HNO3的原因可能是生成氮氧化物，污染環境。③液固比是指浸出液總體積與銀鋅渣質量之比。Bi的浸出率隨液固比的變化如圖1所示。液固比很低時，Bi的浸出率明顯較低的原因是液粘度較大，流動性差，浸出劑與固體接觸不充分，浸出反應速率低。（2）分離出Zn2+后浸出液主要成分為BiCl3溶液。可用于進一步制備Bi2O3其流程如圖：①向浸出液中滴加Na2CO3溶液，調節溶液pH約為1.5，得到BiOCl沉淀，該過程的化學方程式為BiCl3+Na2CO3＝BiOCl↓+CO2↑+2NaCl。②我國科學家在新型二維半導體芯片材料——硒氧化鉍的研究中取得突破性進展。硒氧化鉍的晶胞結構如圖2所示。該材料的化學式為Bi2SeO2。（3）從浸出渣中可回收銀和金。已知Ag2SO4可溶于氨水，[Ag（NH3）2]具有較強的氧化性。補充完整以浸出渣為原料制備單質銀的實驗方案：向浸出渣中加入硫酸后焙燒，得硫酸銀燒渣，邊攪拌邊向燒渣中加入氨水至固體不再溶解，過濾，向濾液中加入水合肼溶液至不再有氣泡生成（至沉淀不再產生），過濾，用蒸餾水洗滌沉淀，取最后一次洗滌濾液滴加BaCl2溶液無渾濁生成，干燥，得單質銀。（實驗中須使用的試劑有氨水、水合肼溶液、BaCl2溶液）【答案】（1）①2Bi+11Cl﹣+ClO3-+6H+＝2BiCl②生成氮氧化物，污染環境；③液粘度較大，流動性差，浸出劑與固體接觸不充分，浸出反應速率低；（2）①BiCl3+Na2CO3＝BiOCl↓+CO2↑+2NaCl；②Bi2SeO2；（3）邊攪拌邊向燒渣中加入氨水至固體不再溶解，過濾，向濾液中加入水合肼溶液至不再有氣泡生成（至沉淀不再產生），過濾，用蒸餾水洗滌沉淀，取最后一次洗滌濾液滴加BaCl2溶液無渾濁生成，干燥。【分析】（1）①Bi、鹽酸、NaCl、NaClO3溶液反應生成BiCl②HNO3也可用于“氧化酸浸”，但是HNO3反應會生成污染的氮氧化物；③結合圖像，液固比很低時，Bi的浸出率明顯較低的原因是液粘度較大，流動性差；（2）①浸出液為BiCl3，滴加Na2CO3溶液，反應得到BiOCl沉淀；②根據均攤法，Se為1+18×8＝2，O為4×12+2＝4，Bi為（3）以浸出渣為原料制備單質銀為向浸出渣中加入硫酸后焙燒，得硫酸銀燒渣，邊攪拌邊向燒渣中加入氨水至固體不再溶解，過濾，向濾液中加入水合肼溶液至不再有氣泡生成（至沉淀不再產生），過濾，用蒸餾水洗滌沉淀，取最后一次洗滌濾液滴加BaCl2溶液無渾濁生成，干燥，得單質銀。【解答】解：（1）①生成BiCl63-的離子方程式2Bi+11Cl﹣+ClO3-+6H+故答案為：2Bi+11Cl﹣+ClO3-+6H+＝2BiCl②HNO3也可用于“氧化酸浸”，但是HNO3反應會生成污染的氮氧化物，在該工業中不選擇HNO3的原因可能是生成氮氧化物，污染環境，故答案為：生成氮氧化物，污染環境；③結合圖像，液固比很低時，Bi的浸出率明顯較低的原因是液粘度較大，流動性差，浸出劑與固體接觸不充分，浸出反應速率低，故答案為：液粘度較大，流動性差，浸出劑與固體接觸不充分，浸出反應速率低；（2）①向浸出液中滴加Na2CO3溶液，調節溶液pH約為1.5，得到BiOCl沉淀，該過程的化學方程式為BiCl3+Na2CO3＝BiOCl↓+CO2↑+2NaCl，故答案為：BiCl3+Na2CO3＝BiOCl↓+CO2↑+2NaCl；②根據均攤法，Se為1+18×8＝2，O為4×12+2＝4，Bi為8×14+故答案為：Bi2SeO2；（3）以浸出渣為原料制備單質銀的實驗方案：向浸出渣中加入硫酸后焙燒，得硫酸銀燒渣，邊攪拌邊向燒渣中加入氨水至固體不再溶解，過濾，向濾液中加入水合肼溶液至不再有氣泡生成（至沉淀不再產生），過濾，用蒸餾水洗滌沉淀，取最后一次洗滌濾液滴加BaCl2溶液無渾濁生成，干燥，得單質銀，故答案為：邊攪拌邊向燒渣中加入氨水至固體不再溶解，過濾，向濾液中加入水合肼溶液至不再有氣泡生成（至沉淀不再產生），過濾，用蒸餾水洗滌沉淀，取最后一次洗滌濾液滴加BaCl2溶液無渾濁生成，干燥。【點評】本題考查物質分離提純方案的設計，為高考常見題型，根據制備步驟明確實驗原理為解答關鍵，注意掌握常見化學實驗基本操作方法，試題綜合性強，側重對學生能力的培養和訓練，有利于培養學生規范嚴謹的實驗設計、操作能力，題目難度較大。8．（2025?日照一模）以赤泥熔煉渣（主要成分為Fe2O3、SiO2、CaO，少量Sc2O3）為原料分離稀土元素鈧（Sc）的一種工藝流程如圖：已知：①萃取劑為磷酸三丁酯、磷酸二丁酯和磺化煤油；②Sc3+的氧化性很弱。回答下列問題：（1）“浸渣”的主要成分為CaSO4、SiO2（填化學式）。（2）“反萃取”的目的是分離Sc和Fe元素。向“萃取液”中加入NaOH，（Fe2+、Fe3+、Sc3+）的沉淀率隨pH的變化如圖。試劑X為Na2SO3（填Na2SO3或NaClO），應調節pH最佳為2。（3）已知Sc2（C2O4）3難溶于水，難溶于酸；Ka1（H2C2O4）＝a，Ka2（H2C2O4）＝b，Ksp[Sc2（C2O4）3]＝c，“沉鈧”時，發生反應：2Sc3++3H2C2O4═Sc2（C2O4）3↓+6H+，此反應的平衡常數K＝a3b3c（用含a、（4）Sc2（C2O4）3經系列操作可得ScCl3?6H2O，ScCl3?6H2O，加熱脫水時成ScOCl的化學方程式為ScCl3?6H2O△ˉScOCl+2HCl+5H2O（4）在一定條件下，一種物質在兩種互不相溶的溶劑A、B中的濃度之比是一個常數（分配系數Kd）Kd=c(A)c(B)；萃取率=n有機物(X)n總(X)×100%。萃取Sc的過程中，若Sc元素的分配系數Kd=c(有機相)c(水相)=7.5，取【答案】見試題解答內容【分析】熔煉渣主要成分為Fe2O3、SiO2、CaO，少量Sc2O3，其中二氧化硅不溶，氧化鈣和硫酸反應生成硫酸鈣，故“浸渣”的主要成分為CaSO4、SiO2；Fe2O3和Sc2O3和硫酸反應生成相應的鹽，隨后用萃取劑萃取，將鈧元素和鐵元素分類出來，加入試劑X將三價鐵還原為二價鐵，加入氫氧化鈉實現鈧和鐵的分離，過濾后加入硝酸溶解，隨后加入草酸沉鈧，處理后得到單質鈧，以此解題。【解答】解：（1）熔煉渣主要成分為Fe2O3、SiO2、CaO，少量Sc2O3，其中二氧化硅不溶，氧化鈣和硫酸反應生成硫酸鈣，故“浸渣”的主要成分為CaSO4、SiO2，故答案為：CaSO4、SiO2；（2）由圖可知，二價鐵更容易和Sc分離，故試劑X應該是將三價鐵轉化為二價鐵，則試劑X為Na2SO3；由圖可知，pH為2時，二價鐵沒有沉淀，Sc的沉淀率已經很大，故應調節pH最佳為2，故答案為：Na2SO3；2；（3）已知Ka1（H2C2O4）＝a，Ka2（H2C2O4）＝b，Ksp[Sc2（C2O4）3]＝c，則結合平衡常數的定義可知反應2Sc3++3H2C2O4＝Sc2（C2O4）3+6H+的平衡常數K=c故答案為：a3（4）ScCl3?6H2O沉淀在高溫脫水的過程中，ScCl3發生了水解反應，反應方程式為：ScCl3?6H2O△ˉScOCl+2HCl+5H2O故答案為：ScCl3?6H2O△ˉScOCl+2HCl+5H2O（4）設100mL含Sc的溶液中Sc的物質的量為amol，一次性加入60mL萃取劑，其中可以萃取的Sc的物質的量為xmol，則Kd=x60×10-3a-x100×10-3=7.5，解得x＝0.818a