二轮专题精准提升6 工艺流程-【衡水真题密卷】2025年高考化学二轮专题精准提升（3版）

真题密卷 小于Fe(OH)3的溶度积，会发生反应：2Fe(OH)3 +3S2-Fe2S+6OH,使Fe(OH)3沉淀转换 成更难溶的Fe2S,因此红褐色消失。 (5)淡黄色浑浊是S,臭鸡蛋味气体是H2S,即化 学方程式为Fe2S3+4HC1一2FeCl2+S+ 2H2S个；由于单质硫在酒精中的溶解度随乙醇 2024一2025学年度二 化学· 一、选择题 1.C【解析】二氧化氨与水反应生成硝酸和一氧化 氨，反应的离子方程式为3NO2+H2O—2H+十 2NO3十NO,A正确；氯化铵固体与氢氧化钙固体 共热反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程 式为Ca(OH)2十2NHC△CaC2十2NH,◆+ 2H2O,B正确；催化剂作用下氨气与氧气共热发生 催化氧化反应生成一氧化氮和水，反应的化学方 程式为4NH,十5O,催化剂4NO十6H,O,C错 △ 误；硝酸受热或光照会分解生成二氧化氨、氧气和 △ 水，反应的化学方程式为4HNO,支无照2H,0十 4NO2个十O2个，D正确。 2.C【解析】工业制硫酸过程中的物质转化是将二 氧化硫氧化为三氧化硫：FeS,(S)OSO,(g)O S0,(g)98.3%滚碗酸及：H,S0,(aq),A错误；想与 氧气在加热时反应只能生成氧化锂，继续加热不 能生成过氧化锂，B错误；碳酸钠与CF3COOH反 应生成CF3 COONa、CO2和H2O,CO2、H2O和苯 酚钠反应生成苯酚和碳酸氢钠，C正确；由于硝酸 是易挥发性酸，铜离子发生水解，因此硝酸铜蒸干 得到氢氧化铜，D错误。 3.C【解析】根据题给流程图可知，反应物为NH 和O2,产物中含有NO,反应的化学方程式为 NH+2O2一NO3+2H++H2O,A正确； NH,CI水解呈酸性，长期过量使用会导致土壤酸 化，也会导致水体富营养化，B正确；检验NH应 使用红色石蕊试纸，C错误；由选项A可知，生物 硝化法处理废水会使水体呈酸性，可以加入石灰 石与H+反应来调节水体的pH,D正确。 4.D【解析】SiC14的中心原子上的价层电子对数是 4,采取sp3杂化，SiCL4的中心原子上没有孤电子 3 。2 二轮专题精准提升 质量分数的增大而增大，向试管中加入无水乙 醇，振荡、静置，取上层清液少许加入蒸馏水中， 未见淡黄色浑浊出现，即黑色固体中没有S, 中未产生S,说明生成黑色固体时未有元素化合 价变化，无法产生Fe+,故无法产生FeS。 轮专题精准提升（六） 工艺流程 对，分子的空间结构为正四面体形，属于非极性分 子，A正确；电负性为O>CI>H>Si,B正确；组 成结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越 大，沸点越高，沸点：SCl4>SH4,C正确；硅原子 无孤电子对，但有3d空轨道，而H20中的O含有 孤电子对，可提供孤电子对与S形成配位键，中间 体Si采用的是sp3d杂化，D错误。 5.C【解析】a是氣元素组成的单质，a是Cl2,b是 HCl,c是含一1价氯元素的无氧酸盐，d是含十1 价氯元素的含氧酸盐，e是HClO,由此解答。Cl2 与NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO,A推断 合理；电解NaCl溶液可生成Cl2、H2、NaOH,B推 断合理；HClO在光照条件下可生成HCl和O2,C 推断不合理；盐酸可被氧化为CL2,C2和水反应 生成HClO,HClO和氢氧化钠反应生成NaC1O, D推断合理。 6.D【解析】首先铁粉和硫粉反应生成FeS,S和O2 反应生成SO2,FeS与稀硫酸反应生成FeSO4和 H2S,H2S和H2SO4(浓)反应生成S、SO2和 H2O,据此分析回答问题。由以上分析可知，气体 A中SO2是氧化产物，气体D中SO2是还原产 物，A错误；铁粉和硫粉反应生成FeS,S和O2反 应生成SO2,H2S和H2SO4(浓)反应生成S、SO2 和H2○，反应中硫元素化合价都发生改变，故硫元 素至少参加了3个氧化还原反应，B错误；固体B 为FeS,FeS和浓硫酸反应生成Fez(SO4)3、S、 SO2和H2O,其中被氧化的元素为Fe和S,被还 原的元素为S,C错误；沉淀F是S,S与NaOH 在加热条件下反应生成Na2S、Na2SO3和H2O,D 正确。 7.D【解析】卤水氧化时氯气与卤水中谗离子反应 生成溴单质和氯离子，同时氯气和水反应生成盐 酸进入水相I;还原时二氧化硫与R,N[CIBr2]反 应生成硫酸、HBr、R,NCl,R,NCI再与HBr反应 ·化学· 生成HCI和R3NBr,用盐酸洗脱RNBr生成HBr 和R3NCl,水相Ⅱ中含H+、Br、CI,Br被氯气 氧化生成溴单质，蒸馏得到液溴，据此分析解答。 由分析可知“氧化”和“转化”工序中C2的主要作 用相同，都是氧化溴离子生成溴单质，A正确；由 分析可知水相Ⅱ中含H+、Br、CI-,B正确；用盐 酸洗R3NBr生成HBr和R,NCI,“洗脱”工序可完 成RNCI的再生，C正确；保存液溴时加适量水的 主要作用是防止溴单质挥发，D错误。 8.B【解析】由题给流程可知，富硒废料（含Ag2Se、 CuSe)加入浓硫酸可生成SeO2、SO2气体，SeO2 SO2气体与水反应生成H2SO4和Se,母液含硫 酸；对应废渣为银、硫酸铜，加入稀硫酸溶液酸溶 后过滤分离出Ag,滤液含硫酸铜，电解精炼粗银， 可得到纯银，以此解答该题。O、S、Se的最外层电 子数均为6，它们均属于第ⅥA族元素，A正确； SeO2中Se的化合价为十4，处于中间价态，故既 有氧化性又有还原性，SeO2、SO2气体与水反应生 成H2SO4和Se,说明二氧化硫的还原性更强，即 SeO2的还原性比SO2弱，B错误；结合分析可知， “培烧”时可发生反应CuSe十4HS0,(浓)△ CuSO4+SeO2个+3SO2个+4H2O,C正确；向 “滤液”中滴加过量的氨水，先产生蓝色沉淀即 Cu(OH)2,然后获得深蓝色透明溶液即 Cu(NH3)4SO4,D正确。 9.B【解析】由题给流程可知，碳酸钠溶液与二氧化 硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，亚硫酸氢钠 溶液与锌粉反应生成连二亚硫酸钠和氢氧化锌， 连二亚硫酸钠溶液结晶脱水得到连二亚硫酸钠。 由分析可知，反应1为碳酸钠溶液与二氧化硫反 应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，由强酸制弱酸的 原理可知，亚硫酸的酸性强于碳酸，A正确；亚硫 酸氢钠溶液不能与氯化钡溶液反应，若亚硫酸氢 钠溶液被氧化，加入酸化氯化钡溶液会与硫酸根 离子反应生成白色硫酸钡沉淀，则反应1结束后， 可用盐酸酸化的氯化钡溶液检验亚硫酸氢钠是否 被氧化，但是不能用硝酸酸化，硝酸会氧化亚硫酸 根离子生成硫酸根离子，B错误；由分析可知，反 应2为亚硫酸氢钠溶液与锌粉反应生成连二亚硫 酸钠和氢氧化锌，反应中亚硫酸氢钠为反应的氧 化剂，锌为还原剂，由得失电子数目守恒可知氧化 剂和还原剂的物质的量之比为2：1，C正确；由题 意可知，连二亚硫酸钠有强还原性，在空气中极易 被氧化，则制备连二亚硫酸钠时，反应2最好在无 氧条件下进行，D正确。 ·2 参考答案及解析 10.C【解析】将磷铁渣（主要含FeP、Fe2P,以及少 量FezO3、SiO2)在90℃时用硝酸和硫酸的混合 酸浸泡，硝酸具有强氧化性，能将铁和磷分别氧 化为Fe(NO3)3、HPO4,自身被还原为NO,硫 酸是为了保持体系的酸度，防止生成FPO4,过 滤得到滤液和滤渣，滤渣主要成分为SiO2,在滤 液中加磷酸，调铁和磷的含量比，再加入氨水调 酸碱性，最终制得FePO4(磷酸铁)，据此分析解 题。磷铁渣粉碎以增大接触面积，适当增大硝酸 的浓度或者进行搅拌均可在“浸取”时加速溶解， A正确；加入硫酸的目的是保持体系的酸度，防 止生成FePO4,B正确；滤渣主要成分为SiO2,C 错误；“浸取”时硝酸具有强氧化性，能将铁和磷分 别氧化为Fe(NO3)3、HPO4,根据氧化还原反应 配平得3FeP+29H++11NO3—6Fe3++ 11NO个+3H3PO4+10H2O,D正确。 二、选择题 11.AB【解析】结合图中反应Ⅱ、Ⅲ转化和题目信息 Y、Z代表I2或HI中的一种可以得到Y是I2,Z 是HI,再结合反应I的转化，可以得到X是 H2SO4。由分析可知，X是H2SO4、Z是HI,A 错误；反应I是H2S十H2SO,一S↓十SO2个 十2H2O,硫酸的浓度与硫黄的产率有关，B错 误；由分析可知，反应Ⅱ是二氧化硫、碘单质和水 反应生成硫酸和氢碘酸，化学方程式为SO2十 2H2O+L2一H2SO4十2HI,C正确；相同条件 下，根据盖斯定律，反应无论是一步完成还是分 几步完成，其反应热相同，所以反应I、Ⅱ、Ⅲ的 反应热之和等于硫化氢直接分解的反应热，D 正确。 12.CD【解析】根据已知信息，向铝土矿中加氢氧化 钠溶液，得到难溶性的铝硅酸盐和易溶的 Na[AI(OH)4],氧化铁不与氢氧化钠溶液反应， 过滤，滤液中主要含Na[Al(OH)4],向 Na[Al(OH)4]溶液中通入二氧化碳，过滤，得到 氢氧化铝沉淀，加入适量氯化铝，得到聚合氯化 铝溶液，加热得到聚合氯化铝固体。由分析可 知，步骤I所得滤液中主要溶质的化学式是 Na[Al(OH)4]和NaOH,A错误；步骤Ⅱ中向 Na[Al(OH)4]溶液中通入过量二氧化碳目的是 将Na[Al(OH)4]转化为氢氧化铝沉淀，若用 HCI代替CO2,由于HC1酸性较强，HCl过量会 导致氢氧化铝沉淀溶解，不可以用HCI代替 CO2,B错误；当n[A1(OH)3]:n「AlCl3]=3:1 时，[Al2(OH).CLb]m中a:b=3:1,盐基度= 3 真题密卷 0.75,C正确；步骤V中酒精灯直接加热受热不 均匀，会导致产品盐基度不均匀，而用干蒸汽浴 加热，受热均匀，得到的产品盐基度均匀，产品质 量高，D正确。 13.A【解析】1.500g混合物溶解，加入过量BaCl2 溶液，BaCl2与Na2SO4反应生成BaSO4沉淀，过 滤、洗涤、烘千得到2.330 g BaSO4固体，即得到 0.01 mol BaSO4,根据S守恒，Na2SO4的物质的 量为0.01mol,由此解答。设1.500g全部为 Na2S04,则Na,SO:最多为12mO≈ 0.0106mol,为了使SO完全沉淀，应加入过量 BaCl2溶液，BaCl2的物质的量最少为0.0106mol, 最少应加入10.60mL1.0mol·L1BaCl2溶 液，即a≥10.6，A错误；由解析可知，操作w为 洗涤，B正确；该实验中，BaSO4烘千过程中不分 解也不发生反应，可通过恒重操作确保固体完全 烘干，C正确；若实验操作正确，混合物中 Na2S04的物质的量为0.01mol,即含有1.42g Na2S0,Na,S04的质量分教为.42EX100% 1.50g ≈94.7%，D正确。 14.BC【解析】由题给流程可知，溴、溴苯、环己胺的 混合溶液中加入氢氧化钠溶液，Br2与氢氧化钠 溶液发生反应Br2+2 NaOH -NaBr+NaBrO +H2O,NaBr+NaBrO+H2 SO=Na2 SO,+ H2O+Br2,故用CCl4萃取水相2得到③（溴的 四氯化碳溶液)；有机相1中含有溴苯与环己胺， 加入盐酸，环己胺与盐酸生成盐类溶于水中，通 过分液得到①（溴苯），成盐后的环己胺与浓氢氧 化钠反应再生成环己胺，通过分液得到②（环己 胺)，据此分析解题。Br2与氢氧化钠溶液发生反 应Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O,加 硫酸反应为NaBr十NaBrO+H2SO4 Na2SO4十H2O十Br2,均为氧化还原反应，A正 确；②是采用分液得到的环己胺纯净物，只存在 有机相；③是CC14从溴水中萃取得到的溴的四 氯化碳溶液，③是两相混合体系，B错误；由分析 可知，溴、溴苯、环己胺依次由③①②获得，C错 误；③是溴的四氯化碳溶液，利用二者沸，点不同， 通过蒸馏可获得溴单质，D正确。 15.C【解析】镀锡铜箔用硫酸铜、硫酸浸取时，发生 反应Cu2++Sn一Sn2++Cu、2H++Sn Sn2+十H2个，再用过氧化氢将Sn2+氧化为 Sn4+,低温水解成Sn(OH)。沉淀，焙烧分解成 3 。2 二轮专题精准提升 SnO2。“浸取”和“低温水解”后均需要过滤，A正 确：“氧化”工序用过氧化氢将Sn2+氧化为Sn4+， 离子方程式为Sn2++2H+十H2O2-Sn4+十 2H2O,B正确；由得失电子守恒可得关系式 H2O2~Sn4+~SnO2,15.1gSnO2的物质的量 ,15.1 为151mol=0.1mol,故至少需30%的过氧化 氢溶液0.1moX34g·mol -≈11.3g,C错误； 30% Sn(SO4)2低温水解生成Sn(OH)4沉淀和硫酸， 溶液可返回浸取工序，D正确。 三、非选择题 16.(1)适当提高反应温度(1分，合理即可) (2)+6(1分) (3)①2Fe2++HSO5+H+—2Fe3++SO?+ H2O(2分)CaSO4和Fe(OH)3(2分) ②SO2具有还原性，过多将会降低H2SO的浓度， 且生成的MnO2也会被SO2还原成Mn(Ⅱ)，降低 Mn()氧化率(2分) (4)①C10+2Co2++5H20—2Co(0H)3V +CI-+4H+(2分) ②99%或0.99(2分) 【解析】硫酸浸取液中通入混合气，混合气在金 属离子的催化作用下产生具有强氧化性的 H2SO,加入石灰乳调节pH,Mn2+被H2SO5氧 化为MnO2,亚铁离子也被H2SOs氧化为铁离 子，故还有氢氧化铁沉淀生成，钙离子与硫酸根 离子反应生成硫酸钙沉淀，滤渣为MnO2、CaSO4 和Fe(OH)3;过滤后滤液中加入NaOH沉钴镍， 过滤后滤液中加入NaOH沉镁，生成氢氧化镁 沉淀。 (1)用硫酸浸取镍钻矿时，适当增大硫酸浓度或 适当升高温度或将镍钻矿粉碎增大接触面积均 可提高浸取速率。 (2)H2SO5中含一个过氧根，相当于H2O2中氢 元素被磺酸基取代，根据化合价之和为零可知，S 的化合价为十6。 (3)①溶液中的Fe2+被H2SO,氧化为 Fe2(SO4)3,H2SO5被还原为SO星，离子方程式 2Fe2++HSO+H+-2Fe3++SO+ H2O;由分析知滤渣为MnO2、CaSO4 和Fe(OH)3。 ②混合气在金属离子的催化作用下产生具有强 氧化性的过一硫酸(H2SOs),H2SO的氧化性远 强于氧气，混合气中不添加SO,,相同时间内 ·化学· Mn(Ⅱ)氧化率较低；SO2具有还原性，过多将会 降低H2SO5的浓度，且生成的MnO2也会被 SO2还原成Mn(Ⅱ)，降低Mn(Ⅱ)氧化率。 (4)①向滤液中加入NaClO将Co2+氧化为 Co(OH)3,反应的离子方程式为C1O十2Co2+ +5H20—2Co(OH)3￥+CI-+4H+。 ②根据Kp(NiCO3)=1.0X10-7可知c(Ni+) =Kp(NiC0)1.0X10-7 c(CO号) 1.0×105mol·L1=0.01 mol·L1,沉镍率=因沉淀减少的c(N+) 初始c(N+) 1mol·L-1-0.01mol·L-1 =0.99。 1mol·L1 17.(1)温度升高，氨气挥发量增加且NH4C1分解， 生成[Zn(NH3)4]+的量减少(2分) (2)Fe(OH)3、SiO2(2分) (3)Mn2++2NH3.H2O+H2 O2-MnO2+ 2NH+2H2O(2分) (4)①[Zn(NH3)4]2++S2--ZnS↓+4NH (2分) ②C(1分) (5)①a(1分) ②3d4s2(1分)③<(1分) 【解析】废锌催化剂加入过量的氨水和氯化铵混合 液浸取，锌、铜元素以[Zn(NH3)4]+、[Cu(NH)4]+ 进入溶液，同时F和大部分锰转化为氢氧化物沉 淀，与不反应的二氧化硅成为滤渣1，滤液加入过 氧化氢将锰离子转化为二氧化锰沉淀，再加入适 量的硫化铵生成硫化铜沉淀，过滤除去沉淀，向 滤液加入有机萃取剂萃取分离出含锌的有机相， 再加入硫酸反莘取得到含锌的水相，电解得 到锌。 (1)“浸取”温度为30℃时，锌的浸出率可达 90.6%,继续升温浸出率反而下降，其原因为温 度过高，氨气挥发量增加且NHCI分解，生成 [Zn(NH3)4]+的量减少，不利于废锌催化剂中 锌的浸出。 (2)根据分析，滤渣1为Mn(OH)2、Fe(OH)3、Si○2。 (3)在氨水存在的碱性条件下，过氧化氢和锰离 子发生氧化还原反应生成二氧化锰沉淀、水和铵 根离子，反应离子方程式为Mn+十2NH3·H2O +H2O2=MnO2+2NHI+2H2O. (4)①当(NH4)2S加入量≥100%时，锌的最终回 收率下降的原因是过量的硫离子和将锌转化为 硫化锌沉淀，反应为[Zn(NH3)4]+十S2- ·2 参考答案及解析 ZnS↓+4NH3↑。 ②“深度除铜”时，(NH4)2S加入量最好应为 120%,此时除铜效果达到深度除杂标准且锌的 最终回收率仍然较高。 (5)①N和O的电负性相比，N弱于O,则N易 提供孤电子，配位键稳定性强，即配键a较稳定。 ②Zn为30号元素，电子排布式为[Ar]3d4s2, 价层电子排布式为3d1°4s2。 ③键角C属于单键与单键形成的夹角，电子云密 度小，键角斥力小，键角小于120°。 18.(1)A12O3(1分) (2)碱浸(1分)2MnO,+O,+4OH△ 2MnO2-+2H2O(2分) (3)增大(1分) (4)10(1分)将Fe3+还原为Fe2+,防止水解操 作时生成Fe(OH)3(2分)Fe2+、Mg2+(2分) (5)BaTi0(C,0,)2·4H,0商温BaTiO,+2C0+ +2C02↑+4H20(2分) 【解析】由题给流程可知，向高钛渣中加入氢氧 化钠溶液碱浸，将氧化铝转化为四羟基合铝酸 钠，过滤得到含有四羟基合铝酸钠的滤液和滤 渣：向滤渣中加入氢氧化钠固体，通入空气发生 熔盐反应，将钛元素、锰元素的氧化物转化为钛 酸钠、锰酸钠，向反应后的固体中加入去离子水 水洗，将钛酸钠转化为xNa2O·TiO2·yH2O 沉淀，氧化钙转化为氢氧化钙，过滤得到含有氢 氧化钠、氢氧化钙、锰酸钠的滤液和滤渣，其中滤 液经除杂处理后得到的氢氧化钠溶液可在碱浸 步骤循环使用；向滤渣中加入H2SO,酸溶，将 xNa2O·TiO2·yH2O转化为TiOSO4溶液，氧 化铁、氧化镁转化为硫酸铁、硫酸镁，向溶解得到 的溶液中加入铁粉，将溶液中的铁离子还原为亚 铁离子，再向反应后的溶液中加入氨水调节溶液 pH为2.5，溶液中TiOSO4水解生成TiO(OH)2 沉淀，过滤得到含有亚铁离子、镁离子的滤液和 含有TO(OH)?的滤渣；向滤渣中加入草酸溶 液，将TiO(OH)2溶解转化为H2[TiO(C2O4)2] 溶液，向溶液中加入氯化钡溶液，将溶液中 Hz[TiO(C2O,)2]转化为BaTiO(C2O,)2· 4H2O沉淀，过滤得到滤液和BaTiO(C2O4)2· 4H2O;BaTiO(C2O4)2·4H2O煅烧分解生成钛 酸钡。 (1)由分析可知，加入氢氧化钠溶液碱浸的目的 是将氧化铝转化为四羟基合铝酸钠，则“碱浸”操 作过程中除去的杂质为氧化铝。 3 真题密卷 (2)由分析可知，滤液2经除杂处理后得到的氢 氧化钠溶液可在碱浸步骤循环使用；“熔盐反应” 过程中二氧化锰发生的反应为二氧化锰与氢氧 化钠、氧气共热反应生成锰酸钠和水，反应的离 子方程式为2Mn02+O,十4OH△2MnO +2H2O。 (3)由题图可知，当F值恒定时，随TOSO4溶液 质量浓度增大，所需硫酸的质量分数增大。 (4)由方程式可知，反应的平衡常数K= c2(H+) c2(H+)·c2(OH) c(TiO2+) c(Ti02+)·c2(OH) K (1.0×10-14)2 Kn[Ti0(OHD2]-1.0X109=10,由分析 可知，加入铁粉的目的是将溶液中的铁离子还原 为亚铁离子，防止水解操作时生成氢氧化铁沉 淀；由分析可知，滤液3中含有的金属阳离子为 钠离子、亚铁离子、镁离子。 (5)由分析可知，BaTi0(C2O4)2·4H2O灼烧分 解生成钛酸钡、一氧化碳、二氧化碳和水，反应的 化学方程式为BaT0(C,0,)2·4H,0高温 BaTiO3+2C0↑+2CO2↑+4H2O。 19.(1)Co203+4H++S0?-2Co2++S0?+ 2H2O(2分) (2)3.2≤pH<7.2(2分) (3)N(1分)少量多次萃取(1分) (4)[Co(NH3)6]++2OH-Co(OH)2↓+ 6NH3个(2分)1.0×109.6(2分) (5)“碱溶”形成的[Co(NH)6]+在加入NaOH “沉钴”时可缓释Co2+,有利于晶体形成，缓慢加 NaOH溶液可以防止沉淀过快无法形成 B-Co(OH)2(1分)温度高利于形成NH3气氛 隔绝空气、减少溶解氧，防止产物被氧化(1分) 【解析】水钴矿在硫酸和亚硫酸钠混合溶液中酸 浸，SiO2不和硫酸反应，过滤后存在于滤渣1中， 滤液中含有Co+、Fe2+、Mn2+,再向滤液中加入 次氯酸钠、碳酸钠进行沉铁，将铁元素转化为 Fe(OH)3沉淀，过滤后存在于滤渣2中，向滤液 中加入萃取剂，水相中含有C02+,经过一系列处 理后得到CoSO4固体，再加入氨水溶解，加入热 的NaOH溶液沉Co得到B-Co(OH)2。 (1)亚硫酸钠具有还原性，“酸浸”中C02O3在酸 性条件下被亚硫酸钠还原为二价钻，亚硫酸根离 子被氧化为硫酸根离子，反应中钻元素化合价由 +3变为十2，硫元素化合价由十4变为十6，结合 得失电子守恒可知，反应的离子方程式为C02O3 3 。2 二轮专题精准提升 +4H+S0=2Co2++S0?+2H2O. (2)“沉铁”中要求除去铁离子而C02+不产生沉 淀，结合图可知，控制pH的理论范围为3.2≤ pH<7.2。 (3)由流程可知，萃取剂要尽可能分离C0+ Mn2+,使得Mn+进入有机相而Co2+保留在水 相，结合图可知，萃取剂N对两者的分离效果较 好，故选N;若萃取剂的量一定时，少量多次萃取 的萃取效率更高。 (4)“沉钻”中，[Co(NH3)6]2+和NaOH反应生 成B-Co(OH)2,根据质量守恒可知，同时生成氨 气，离子方程式为[Co(NH3)6]2++2OH Co(OH)2↓+6NH3个；由图2可知，pH=9.2 时，Co2+沉淀完全，Kp[Co(OH)2]=c(Co2+)· c2(0H)=10-5×104.8×2=10-14.6;该反应的 c5(NH3) K-(OH).e([Co(NH,).) c(Co2+)·c6(NH3) c(Co2+)·c2(OH)·c([Co(NH)6]+) Kp ([Co(NH3)]).K[Co(OH)2] 1 1.0X109X1.0X1046=1.0×102.6。 (5)Co2+沉淀过快无法形成B-C0(OH)2,先加氨 水形成配离子[Co(NH3)6]+减小Co+浓度，然 后再加NaOH溶液利于形成B-Co(OH)2,故先 加氨水再加NaOH溶液的理由是“碱溶”形成的 [Co(NH3)6]+在加入NaOH“沉钴”时可缓释 Co2+,有利于晶体形成，缓慢加NaOH溶液可以 防止沉淀过快无法形成B-Co(OH)2;Co2+容易 被空气中氧气氧化，氨水受热易挥发，且升温有 利于减少溶解氧，故使用热NaOH溶液的目的 是温度高利于减少溶解氧，形成NH?气氛隔绝 空气，防止产物被氧化。 20.(1)BaSO4(1分)CeO2会被盐酸还原为Ce3+; 生成有毒的C2会污染环境；盐酸不能除去杂质 Ba+(2分) (2)分液(1分)2 CeTBP++H2O2—2Ce3+ +O2个+2H++2TBP(2分)酸浸(1分) (3)9(2分) (4)1:2(1分) (5)面心和顶角(2分) 【解析】该工艺流程原料为氟碳铈矿（主要含 CeFCO3、BaO等)，产品为CeO2,原料在富氧空 气中“氧化焙烧”生成CeO2、CeF4和CO2,熔渣 “酸浸”时，得到的滤液A中含SO?,说明加入的 ·化学· 是硫酸，BaO与H2SO4反应生成BaSO4,CeO2、 CeF4转化成CeF3+,过滤后，滤液A经系列操 作，CeF3+转化成Ce3+,加入NaOH调节pH使 Ce3+转化成Ce(OH)3沉淀，过滤后滤渣B中加 入NaClO将Ce(OH)3氧化成Ce(OH)4,煅烧 Ce(OH)4得到CeO2。 (1)根据上述分析，“酸浸”时BaO与H2SO,反应 生成BaSO4沉淀，故滤渣A主要成分为BaSO4; “酸浸”时加入的酸为H2SO4,可以除去Ba2+, CeO2具有较强的氧化性，若加入盐酸，CeO2会 被还原为Ce3+,同时生成有毒的Cl2会污染 环境。 (2)滤液A中的CeF3+能溶于有机物TBP,振荡 静置后的水层与有机层采用分液方法进行分离； CeF+进入有机层TBP中被分离出来后，经过系 列操作得到含Ce3+水层，则说明有机层中 CeTBP4+转化为Ce3+,而Ce3+在有机物TBP中 不溶，进入水层，CeTBP+被还原成Ce3+,应加入 还原剂发生氧化还原反应，H2O2具有还原性且 被氧化成O2,不会引入新杂质，根据得失电子守 恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为 2 CeTBP4++H2O2—2Ce3++O2个+2H++ 2024一2025学年度二 化学·元素周期 一、选择题 1.D【解析】。键采用“头碰头”重叠方式重叠，故pp 6键，电子云轮廓图为c。D,。 为π键电子云轮廓图，A错误；NHBr的电子式为 H [HNH][B,B错误；顺-2丁烯的球棍模型 H 为 ,C错误；HCIO的结构式为 H一O一Cl,D正确。 2.C【解析】该元素的原子序数为31，为镓元素，位 于周期表的p区，A正确；该元素在周期表中的位 置是第四周期ⅢA族，B正确；该元素的价电子排 布式为4s24p,C错误；与该元素同族的第三周期 元素为铝元素，氧化铝是两性氧化物，D正确。 3.B【解析】同主族元素从上到下原子半径依次增 大，同周期元素从左到右原子半径依次减小，则原 ·2 参考答案及解析 2TBP;水层溶液中含有硫酸，故可在“酸浸”工序 循环利用。 (3)使Ce3+沉淀完全时，溶液中c(OH)≥ K.C()]1X10- c(Ce3+) V1.0x105mol·L-1= Kw 1.0×105mol·L1,则c(H*)=eoH≤ 1.0×10-14 1.0×10-5molL1=1.0×109molL1,此 时溶液pH≥9。 (4)“氧化”工序发生的氧化还原反应为NaCIo 将Ce(OH)3氧化成Ce(OH)4,同时生成NaCl, 反应的化学方程式为NaClO+2Ce(OH)3+H2O 一2Ce(OH)4+NaCl,NaC1O为氧化剂， Ce(OH)3为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的 量之比为1：2。 (5)在二氧化铈立方晶胞结构中，黑球位于顶角 与面心有8×日十6X分-4个，灰球位于体内有 8个，黑球：灰球=1：2，在二氧化铈化学式中 Ce:O=1:2,黑球为铈原子，位于顶角与面心。 轮专题精准提升（七） 表、元素周期律 子半径：Mg<Na<K,A正确；Be原子2s能级全 充满，第一电离能大于其右边相邻元素，第一电离 能：Li<B<Be,B错误；元素非金属性越强，其最 高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性： PS,酸性：H3PO4<H2SO4,C正确；同周期元素 从左到右非金属性增强，简单气态氢化物稳定性 增强，即稳定性：SiH4<PH<HCl,D正确。 4.D【解析】照Sr中的中子数为87-38=49，A错 误；由Sr的原子序数可知其各个电子层排布的电 子数依次为2、8、18、18、2，共有5个电子层，最外 层有2个电子，故其在周期表中的位置是第五周 期ⅡA族，位于周期表的S区，B错误；同周期元素 原子从左向右金属性逐渐减弱，第一电离能逐渐 增大，但由于Sr原子的5s轨道能量比第五周期Ⅲ A族元素的5p能量低，第一电离能大于In和Rb, 则比Sr小的元素有2种，C错误；Ca(OH)2是强 碱，由于金属性：Ca<Sr,则碱性：Sr(OH)2> Ca(OH)2,Sr(OH)2是一种强碱，D正确。 3密真 2024一2025学年度二轮专题精准提升（六） 题 化学·工艺流程 本试卷总分100分，考试时间90分钟。 可能用到的相对原子质量：H一1016Na一23S一32C1一35.5Sn一119 Ba-137 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 题号 1 2 3 4 5 8 9 10 答案 1.下列关于含氮化合物之间转化反应的化学方程式或离子方程式书写错误的是 ( A.氧化物转化为酸：3NO2+H2O一2H++2NO3+NO B.盐转化为氢化物：Ca(OH)2十2NH,CI△CaCl2十2NH,↑十2H0 C.氢化物催化氧化转化为氧化物：4NH十7O,催化剂 4NO2+6H2O D酸转化为氧化物：4HN0,惑花2H:0十40：◆十0： 2.在指定条件下，下列选项所示的物质间转化正确的是 A工业制H,s0FeS(a) 2s0,9H,S0,(ag)0H,S04(aq) B.Li(s):/LisO(s)O:/ALi:O:(s) C.Na,C0,(aq)CF,c00HC0,(g)装0钠溶流NaHC0,(aq) D.Cu(s)稀硝酸Cu(NO,),(ag)蒸于Cu(NO,),(s) 3.工业上常采用生物硝化法将NH转化为NO3来处理氨氮废水，工作流程如图所示， 下列说法错误的是 ( A.生物硝化法处理废水的离子方程式：NH十2O2 -NO3+2H++H2O B.长期过量使用NH,CI等铵态化肥，易导致土壤酸含NH废水 微生物 -NO 化，水体富营养化 C.检验NH所需的试剂是浓NaOH溶液、湿润的蓝色石蕊试纸 D.微生物保持活性的pH范围为7~9，可以加人石灰石来调节水体的pH 4.SiC14的水解反应可用于军事工业中烟雾剂的制造，其部分反应机理如图所示。下列说 法错误的是 () CI CI i-Cl +H,0 CI- -HCI OH ① CI H ② A.SiCL4为非极性分子 B.电负性：O>CI>H>Si 二轮专题精准提升（六）化学第1页（共8页） 真题 青春是追梦的时光，珍惜它并为之学力奇斗吧！ g里an里a0 C.沸点：SiCl4>SiH4 班级 D.过程①中Si的sp3杂化轨道接纳O的孤电子对形成配位键 5.部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是 A.a与强碱溶液反应可生成c和d 姓名 盐 B.电解c的水溶液可生成a 酸 C.e在光照条件下可生成a 单质 得分 D.可存在b→a→e→d的转化关系 化合价 6.在实验室进行硫粉和铁粉混合加热的实验，产物又进行了系列实验，流程如图所示。下 列说法正确的是 () 稀硫酸 硫粉、铁粉 混合加热 →固体B→气体C→浓硫酸→气体D 气体A 溶液E 沉淀F A.气体A和D含有同一物质，且均为氧化产物 B.硫元素参加了2个氧化还原反应 C.若固体B中加浓硫酸，发生反应时被氧化的和被还原的均为同一种元素 D.沉淀F可以和NaOH溶液在加热的条件下反应 7.一种海水提溴的部分工艺流程如图所示。下列说法错误的是 ( Cl RaNCI S02溶液 盐酸 Cl2 水血-应空壶上金室益一西我 水相I 水相Ⅱ 有机液 A.“氧化”和“转化”工序中C12的主要作用相同 B.水相Ⅱ中含有H+、Br、CI C.“洗脱”工序可完成R3NCI的再生 D.保存液溴时加适量水的主要作用是防止溴单质被氧化 8.硒(Se)是一种新型半导体材料。对富硒废料（主要成分为CuSe和Ag2Se)进行综合处 理的一种工艺流程如图所示。下列有关说法错误的是 () 浓硫酸 粗银 一→废渣稀硫醇酸溶个滤液 富硒废料→焙烧一 废气S0,、Se0,)H0,吸收→5e A.O、S、Se属于同主族元素 B.SO2既有氧化性又有还原性，其还原性比SO2强 C.“焙烧”时可发生反应：CuSc十4H2S04(浓)△CuS0,十Se02个+3S02个+4H,0 D.向“滤液”中滴加过量的氨水，可得到深蓝色的透明溶液 9.连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，有强还原性，在空气中极易被氧化。用NaHSO3 还原法制备保险粉的流程如图所示。下列说法错误的是 () S02 锌粉 微一反面一一反应面一游被 ·溶液 →结晶脱水一→保险粉 Zn(OH) 密卷 二轮专题精准提升（六）化学第2页（共8页）】 3 A.反应1说明酸性：H2SO3>H2CO3 B.反应1结束后，可用硝酸酸化的BaCl2溶液检验NaHSO3是否被氧化 C.反应2中消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1 D.反应2最好在无氧条件下进行 l0.工业上用磷铁渣（主要含FeP、FezP,以及少量Fe2O3、SiO2等杂质）制备FePO4(磷酸铁)。已 知FPO4难溶于水，能溶于无机强酸。下列说法错误的是 () 稀硝酸、硫酸 H,PO,氨水 磷铁渣一浸取→一过滤调铁、磷比→制备…→F©PO. 90℃ 60℃ 滤渣 A.“浸取”时将磷铁渣粉碎是为了增大反应接触面积，加快浸取速率 B.加入硫酸的目的是保持体系的酸度，防止生成FePO4 C.滤渣的主要成分是H2SiO? D.“浸取”时Fe2P发生反应的离子方程式为3Fe2P+29H++11NO3一5Fe3++ 11NO个+3H3PO4+10H2O 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或者两个选项符合题目要 求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 题号 11 12 13 14 15 答案 11.研究人员提出利用热化学硫碘循环实现硫化氢分解联产氢气和硫黄，转化过程如图所 示，其中Y、Z代表I2或HI中的一种。下列说法错误的是 ( ) A.X是H2SO4、Z是I2 B.反应I中X的浓度与硫黄的产率无关 △H △H C.反应Ⅱ的化学方程式为SO2十2H2O+I2 H2 SO,+2HI S02、H0 H D.相同条件下，反应I、Ⅱ、Ⅲ的反应热之和等于硫 反应I 反应Ⅱ 反应Ⅲ 化氢直接分解的反应热 12.某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝([Al2(OH).Cl]m,a=15)按如 图流程开展实验。 NOH察液 140-230 铝土矿 滤液通人C0, 过滤 AIOH 过滤 40-60℃ 洗涤 沉淀 聚合氯化铝加热 溶液 AICI 溶液 已知：①铝土矿主要成分为Al2O3,含少量Fe2O3和SiO2。用NaOH溶液溶解铝土矿 过程中SiO2转变为难溶性的铝硅酸盐。 ②[Al,(OHD.C,].的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度-。千6当盐基度为0.60 0.85时，絮凝效果较好。下列说法正确的是 () A.步骤I所得滤液中主要溶质的化学式是Na[Al(OH)4]、NaOH和Na2SiO3 B.步骤Ⅱ，可以用HCl代替CO2 3 二轮专题精准提升（六）化学第3页（共8页） 真题 C.当n[A1(OH)3]:n[A1Cl3]=3:1时，理论盐基度=0.75 D.步骤V采用干蒸汽浴加热比用酒精灯直接加热得到的产品质量高 l3.某同学为测定某Na2SO4(含NaCl杂质)固体中Na2SO4的含量，设计如图实验。 a mL 1.0 mol-L- BaCl2溶液 1除5一→溶解反圆一过滤一→操作可一→供干一2需状 固体 下列说法错误的是 () A.加入BaCl2溶液的体积：a≥10 B.操作w为洗涤 C.可通过恒重操作确保固体完全烘干 D.若实验操作正确，则混合物中Na2SO4的质量分数约为94.7% 14.已知环己胺（液体）微溶于水。实验室分离溴、溴苯、环己胺混合溶液的流程如图所示。 下列说法错误的是 浓NaOH溶液45%硫酸CCL () A.上述过程中发生氧化还原反应 混合液→水相1一水相2一③ B.②③均为两相混合体系 浓NaOH溶液废液 C.溴、溴苯、环己胺依次由③②①得到 盐酸→有机相1→水相3② D.由③获得产品应用蒸馏操作 ① 15.回收处理废旧镀锡覆铜板得到Cu和SO2的工艺流程如图所示。下列说法错误的是 () CuSO HSO. 30%H,0 废旧镀锡 机械 低温 低温 →Sn0,粉 覆铜板 分离 水解 烘干 焙烧 非金属基板 金属铜箔 A.上述流程共需要过滤2次 B.“氧化”工序反应为Sn2++2H++H2O2-Sn4++2H2O C.制备15.1gSn02,至少需要22.6g30%H202溶液 D.“低温水解”工序分离后的溶液可返回“浸取”工序 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16.(12分)某工厂采用如图1所示工艺处理镍钴矿硫酸浸取液（含Ni2+、Co+、Fe2+、Fe3+、Mg+和 Mn+),实现镍、钴、镁元素的回收。 混合气 (S02+空气)石灰乳 NaOH NaOH 硫酸浸取液一广氧化广滤液，沉锫钾滤液沉镁上层清液 滤渣 钻镍渣 沉渣 图1 回答下列问题： (1)工业上用一定浓度的硫酸浸取已粉碎的镍钴矿并不断搅拌，提高浸取速率的方法 为 (任写一条)。 (2)“氧化”时，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸 (H2SO5),其中硫元素的化合价为 0 密卷 二轮专题精准提升（六）化学第4页（共8页） (3)已知：H2SO5的电离方程式为H2SO5—H++HSO5、HSO5==H++SO。 ①“氧化”时，先通入足量混合气，溶液中的Fe2+被H2SO5氧化为Fe2(SO4)3,该反 应的离子方程式为 ;再加入石灰乳调pH, 所得滤渣中主要成分是MnO2、 (填化学式)。 ②通入混合气中SO2的体积分数与Mn(Ⅱ) 100 氧化率随时间的变化关系如图2所示。 80 60 S02体积分数 H2SO5的氧化性远强于氧气，若混合气中 =40 800 不添加SO2,无H2SO5产生，相同时间内 三20 016.0% Mn(Ⅱ)氧化率较低；SO2的体积分数高于 20 40 60 时间/hmin 9.0%时，相同时间内Mn氧化率开始降低的 图2 原因是 (4)①将“钴镍渣”酸溶后，先加入NaClO溶液进行“钴镍分离”，写出“钴镍分离”反应生 成Co(OH)3沉淀的离子方程式： ②若“镍钴分离”后溶液中c(Ni2+)=1.0mol·L-1,加人Na2CO3溶液“沉镍”后的 滤液中c(CO)=10-5mol·L1,则沉镍率=[已知：Ksp(NiCO3)=1.0× 10-7,沉镍率= 因沉淀减少的(N+)]。 初始c(Ni+) 17.(12分)锌是一种重要的金属，锌及其化合物被广泛应用于汽车、建筑、船舶、电池等行 业。某科研小组以固体废锌催化剂（主要成分是ZnO,含少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2 等杂质)为原料制备锌的工艺流程如图1所示： 过量 H,0,适量 有机试 硫酸 NH·H,O-NH,CI溶液 溶液NH),S 剂萃取 反萃取 一侵取过遇深隆衡过操一操作电解 深度 深度 滤渣1 滤渣2水溶液有机相 图1 已知：①“浸取”时，ZnO和CuO转化为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]+进入溶液。 ②25℃时，Ksp(CuS)=6.4X10-36,Ks(ZnS)=1.6×10-24。 ③深度除杂标准：溶液中 n家藏高)0X10 (1)“浸取”温度为30℃，锌的浸出率可达90.6%，继续升温浸出率反而下降，其原因为 (2)“滤渣1”的主要成分为Mn(OH)2、 (3)“深度除锰”是将残留的Mn2+转化为MnO2,写出该过程的离子方程式： (4)“深度除铜”时，锌的最终回收率、除铜效果[用反 100.00H 10 99.95 锌的最终回收率 49 n(Cu2+) e99.90 应后溶液中的铜锌比，m(ZnNH4+表示]与 99.85 兰99.80 76 (NH4)2S加入量的关系曲线如图2所示： ①由图2可知，当(NH4)2S的加入量≥100%的， 三99.65 除铜效果 3 99.60 99.55 … 锌的最终回收率下降的原因是 1 99.5 0 90100110120130140 (用离子方程式解释)。 (NH)S加入量% 图2 二轮专题精准提升（六）化学第5页（共8页） 真题密 ②“深度除铜”时(NH4)2S加入量最优选择为 (填标号)。 A.100% B.110% C.120% D.130% (5)锌原子能形成多种配位化合物，一种锌的配合物结构如图3所示： H2O 0 …2H,0 H O 图3 ①配位键a和b相比，较稳定的是 (填标号)。 ②基态锌原子的价层电子排布式为 ③键角c (填“>”“<”或“=”)120°。 18.(12分)钛酸钡(BaTO3)是电子陶瓷中使用最广泛的材料之一，被誉为“电子陶瓷工业 的支柱”。以高钛渣（主要成分为Ti3O5,含Fe2O3、MgO、CaO、Al2O3、MnO2等杂质） 为原料制备BaTiO3的工业流程如图1所示： NaOH溶液NaOH(s)空气去离子水H,SO,溶液Fe粉 NH3·H20H2C2O4 BaCl2溶液 高钛渣一碱浸 熔盐反应→水洗酸溶→转化→水解→溶獬→共沉淀→灼烧→邛aT0, 滤液1 滤液2 滤液3 滤液4 图1 已知：①MnO?在溶液中呈绿色；TiOSO4是强电解质。 ②部分金属离子开始沉淀的pH如表： 金属离子 Fes+ Fe2+ Mg2+ 开始沉淀pH(c。=0.1mol·L1) 1.9 7.0 9.1 回答下列问题： (1)“碱浸”操作过程中除去的杂质为 (填化学式)。 (2)“水洗”过程中Na2TiO3与水发生离子交换反应：Na2TiO3十(1十y-x)H2O xNa2O·TiO2·yH2OV+(2一2x)NaOH,滤液2呈绿色，经除杂处理后可在 (填操作单元名称)循环利用，“熔盐反应”过程中MO2发生反应的离子方 程式为 (3)“酸溶”过程中p(TiOSO4溶液质量浓度)及F(TiOSO4溶液酸度)与@(H2SO4质 量分数)之间的关系如图2所示。当F值恒定时，随TOSO4溶液质量浓度增大， 所需硫酸的质量分数 (填“增大”“减小”或“不变”)。 160 20 2.1 2.0 19 L F1.9 1650 图 卷 二轮专题精准提升（六）化学第6页（共8页） (4)“水解”操作加入NH3·H2O目的是调节溶液pH=2.5,可适当提高水解速率。已 知：K[Ti0(OH)2]=1×10-9,水解反应TiO2++2H20三Ti0(OH)2V+ 2H+的平衡常数K= ;“转化”过程加入铁粉的目的是 ,滤液3中含有的金属阳离子有Na+和 (5)“共沉淀”过程发生反应：H2[TiO(C2O4)2]+BaCl2+4H2O—BaTiO(C2O4)2· 4H2OV+2HC1,“灼烧”时隔绝空气，发生反应的化学方程式为 0 19.(12分)利用水钴矿（主要成分为Co2O3,含少量SiO2、FeO、Fe2O3、MnO2等）制备二次 电池添加剂3-Co(OH)2的流程如图1所示。 HS04、NaClO 热NaOH Na2SO3 Na,C0,萃取剂 氨水 溶液 水钴矿-一酸浸→阮铁一→萃取 一→水相系列Cos0, 操作固体 一→碱溶 →沉钴→B-Co(OH2 滤渣1滤渣2有机相 滤液 图1 已知：①25℃时，Co2+(aq)+6NH3(aq)-=[Co(NH3)6]2+(aq)K=1.0X105。 ②部分金属离子浓度c与pH的关系如图2所示： 11.9 7.07.28.1 >10H Fe2 Mn2+ e3+ 10- 3.2 9.09.210.1 pH 图2 ③沉淀过快无法形成B-Co(OH)2,Co(OH)2在碱性溶液中易被O2氧化。 回答下列问题： (1)“酸浸”中C02O3反应的离子方程式为 (2)“沉铁”中控制pH的理论范围为 (溶液中离子浓度c≤1.0× 10-5mol·L-1时，可认为已除尽)。 (3)萃取剂对Co2+、Mn2+萃取率随pH的影响如图3所示，应选择萃取剂 (填 “M”或“N”)。若萃取剂的量一定时， (填“一次萃取”或“少量多次 萃取”)的萃取效率更高。 l0o萃取剂MMn2Co2+ 解80 ∠.萃取剂M 60 Mn2萃取剂N 汝40 20 Co+一萃取剂N 0123456 PH 图3 (4)“沉钴”中，[Co(NH3)6]2+→B-Co(OH)2的离子方程式为 ,该反应的K= 3 二轮专题精准提升（六）化学第7页（共8页） 真题密 (5)CoSO4→[Co(NH3)6]2+→B-Co(OH)2过程中，先加氨水再缓慢加NaOH溶液的 理由是 。“沉钴”中使用热NaOH溶液的目的是 20.(12分)二氧化铈(CO2)是一种典型的金属氧化物，具有较强的氧化性，广泛应用于多 相催化反应，并作为汽车尾气净化的三效催化剂的重要组成成分。以氟碳铈矿（主要 含CeFCO3、BaO等)为原料制备CeO2的一种工艺流程如图1所示： 富氧空气 NaOH NaClO 氟碳铈矿-氧化培熔道酸浸-→滤液A系列水层含C巴-→周p▣迷渣氧化一Cc(OH,煅烧C0, 操作 ↓ CO 滤渣A 滤液B 图1 已知：①“氧化焙烧”后，铈元素转化为CeO2和CeF4。 ②滤液A中含SO?、CeF3+等离子。 回答下列问题： (1)滤渣A的主要成分是 (填化学式)；“酸浸”不用盐酸的理由是 (任写一点)。 (2)“系列操作”包含过程如图2所示： 有机物TBP 洗氟液 HS04、H0, 滤液A →有机层A 有机层B 水层 (CeF3+) (Ce3) 水层 含F溶液 有机物TBP 图2 已知：Ce3+不能溶于有机物TBP;CeF3+能溶于有机物TBP,且存在反应：CeF3++ TBP-CeTBP4++F-。 “滤液A”中加入有机物TBP后的分离方法是 ,“有机层B”中发生反应的 离子方程式为 。水层中的一种 溶质，理论上可以在工艺流程图中的 工序中循环利用，减小“调pH”工序 中NaOH的用量，节约生产成本。 (3)“调pH”中，要使Ce3+沉淀完全（通常溶液中离子浓度≤1.0×10-5mol·L1时沉淀 完全)，应控制pH大于 (已知25℃时，Ksp[Ce(OH)3]=1X10-20)。 (4)“氧化”中，NaClO转化为NaCl,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 (5)二氧化铈立方晶胞如图3所示，则铈原子在晶胞中的位置是 图3 卷 二轮专题精准提升（六）化学第8页（共8页）