小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com1．【2023年广东卷】均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工艺可提取，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：已知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。氢氧化物回答下列问题：（1）活性可与水反应，化学方程式为。（2）常温下，的氨性溶液中，(填“>”“<”或“=”)。（3）“氨浸”时，由转化为的离子方程式为。（4）会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。①属于(填“晶体”或“非晶体”)。②提高了的浸取速率，其原因是。（5）①“析晶”过程中通入的酸性气体A为。②由可制备晶体，其立方晶胞如图。与O最小间距大于与O最小间距，x、y为整数，则在晶胞中的位置为；晶体中一个周围与其最近的O的个数为。专题94工流程——合理合艺结论综小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com（6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得溶液中与的比值，理论上最高为。②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，在于可重复利用和(填化学式)。【答案】（1）（2）＞（3）或（4）晶体减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积（5）体心12（6）0.4或【解析】硝酸浸取液(含)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤液中进行镍钴分离，，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。（1）活性可与水反应，化学方程式为；故答案为：。（2）常温下，的氨性溶液中，，，，则＞；故答案为：＞。（3）“氨浸”时，与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成，则由转化为的离子方程式为或；故答案为：或小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com。（4）会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。①X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰，则属于晶体；故答案为：晶体。②根据题意会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则能提高了的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积；故答案为：减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。（5）①“析晶”过程中为了防止水解，因此通入的酸性气体A为；故答案为：。②由可制备晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中信息Co、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个，与O最小间距大于与O最小间距，则Al在顶点，因此在晶胞中的位置为体心；晶体中一个周围与其最近的O原子，以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截面共12个，因此晶体中一个周围与其最近的O的个数为12；故答案为：体心；12。（6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为，根据，，还剩余5个水分子，因此所得溶液中与的比值理论上最高为；故答案为：0.4或。②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，根据前面分析，，在于可重复利用和；故答案为：。2．【2022年北京卷】白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。已知：物质小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com（1）白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为___________。（2）用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。氧化物()浸出率/%产品中纯度/%产品中Mg杂质含量/%(以计)计算值实测值2.1∶198.41.199.199.7——2.2∶198.81.598.799.50.062.4∶199.16.095.297.62.20备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg)ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。①解释“浸钙”过程中主要浸...