主题四 化学工艺流程（综合训练）（黑吉辽蒙专用）（黑吉辽蒙专用）2026年高考化学二轮复习讲练测

主题四 化学工艺流程 (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 K-39 第Ⅰ卷(选择题 共45分) 一、选择题(本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．是一种重要的稀土金属氧化物，在催化与检测方面均有广泛的应用前景。工业上从水晶石废料(含有、CaO、、、MgO)中提取的流程如下： 已知：，；金属离子浓度小于，认为沉淀完全。 下列说法错误的是 A．“浸取”工序中，提高浸取率的方法有粉碎、搅拌、适当升温 B．根据已知计算得出，完全沉淀的pH为5.3 C．氨水浓度过大导致沉铈率下降的主要原因可能是与形成配合物导致不易被沉淀 D．“还原”工序中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1 【答案】B 【分析】首先浸取工序向水晶石废料（含、、、、）中加入稀盐酸，、、属于碱性氧化物，与稀盐酸发生反应生成可溶性盐进入溶液，和与稀盐酸不反应，以固体形式存在，成为滤渣；过滤后得到含、、的滤液和含、的滤渣；随后向滤渣（含、）中加入硫酸和，作为氧化剂，作为还原剂，发生氧化还原反应，从+4价被还原为+3价，进入溶液（生成），不与硫酸、反应，成为新的滤渣；过滤后得到含的滤液和含的滤渣；向含的滤液中加入，与电离出的结合，发生反应：，生成沉淀。煅烧工序即将沉淀进行煅烧，发生分解并被氧化，反应为：，最终得到。 【解析】提高浸取率可通过增大接触面积（粉碎）、加快反应速率（搅拌、适当升温）实现，A正确；完全沉淀时，，由，得，，，，B错误；过量氨水可能与形成配合物（如），导致不易沉淀，沉铈率下降，C正确；还原工序中，（，得）为氧化剂，（，失）为还原剂，电子守恒得，D正确；故选B。 2．某化学兴趣小组通过查阅文献，设计了从阳极泥(成分为Cu2S、Ag2Se、Au、Pt)中回收贵重金属的工艺，其流程如图所示。已知：“酸溶”时Pt、Au分别转化为[PtCl6]2-和[AuCl4]-，下列判断正确的是 A．“焙烧”时，Cu2S转化为CuO的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2 B．“酸浸氧化”时，O2的作用之一是防止NO排放到空气中污染环境 C．“酸溶”时，金溶解的离子方程式为2Au+5Cl2+2Cl-=2[AuCl6]- D．有机层中回收的金属元素是Pt，萃取分液用到的玻璃仪器是漏斗和烧杯 【答案】B 【分析】由题给流程可知，阳极泥焙烧时，Cu2S与O2反应生成CuO和SO2，Ag2Se与O2反应生成Ag和SeO2；烧渣（含CuO、Ag、Au、Pt、SeO2）酸浸氧化时，CuO、Ag、SeO2分别与稀硝酸、O2反应生成Cu(NO3)2、AgNO3和H2SeO4进入滤液，Au和Pt不反应，过滤后留在滤渣中；滤渣酸溶时，Au、Pt与Cl2、HCl反应转化为[AuCl4]-、[PtCl6]2-；萃取分液时，加入磷酸三丁酯萃取，分液得到含有[PtCl6]2-的有机相和含有[AuCl4]-的水层；水层中加入KOH和(NH4)2SO3混合溶液，将[AuCl4]-转化为NH4[Au(SO3)3]。 【解析】由分析可知，阳极泥焙烧时，Cu2S与O2反应生成CuO和SO2，反应的化学方程式为，反应中氧化剂O2与还原剂Cu2S物质的量之比为2:1，A错误；由分析可知，烧渣酸浸氧化时，CuO、Ag、SeO2分别与稀硝酸、O2反应生成Cu(NO3)2、AgNO3和H2SeO4，酸浸氧化时，通入氧气可防止稀硝酸被还原为NO，从而保护环境，B正确；由分析可知，滤渣酸溶时，Au与Cl2、HCl反应转化为[AuCl4]-、，反应的离子方程式为，C错误；由分析可知，萃取分液时，加入磷酸三丁酯萃取、分液得到含有[PtCl6]2-的有机相和含有[AuCl4]-的水层，萃取分液时需要使用的仪器是分液漏斗和烧杯，D错误；故选B。 3．废旧铅蓄电池的铅膏主要含有PbSO4、PbO2和Pb。从铅膏中回收PbO的流程如下： 已知：①实验温度下，、； ②酸浸后铅几乎转化为+2价； ③Pb(OH)2的性质和AI(OH)3相似。下列说法正确的是 A．铅膏中的PbO2主要来源于铅蓄电池的负极材料 B．“脱硫”中PbSO4能较完全转化为PbCO3 C．“酸浸”中醋酸做还原剂 D．“沉铅”过程需加入足量NaOH 【答案】B 【分析】铅膏中主要含有、和Pb，向铅膏中加入碳酸钠溶液进行脱硫，硫酸铅转化为碳酸铅，过滤，向所得固体中加入醋酸、过氧化氢进行酸浸，过氧化氢是还原剂，可将溶液中+4价的铅离子还原为+2价的铅离子，加氢氧化钠进行沉铅，得到氢氧化铅沉淀，氢氧化铅再进行处理得到PbO，据此分析解题。 【解析】铅蓄电池负极材料为Pb，正极材料为，应来源于正极，A错误；“脱硫”中转化为的平衡常数，K值大于，反应正向程度大，能较完全转化，B正确；酸浸后Pb主要为+2价，需被还原，Pb(0价)需被氧化，可作还原剂还原，醋酸仅提供酸性环境，不做还原剂，C错误；类似具有两性，足量NaOH会使其溶解生成可溶性盐，无法沉铅，D错误；故选B。 4．某茴香油是含酯基的淡黄色液体或晶体，难溶于水，易溶于有机溶剂。实验室提取该茴香油的流程如图所示： 已知：①水蒸气蒸馏是将含有挥发性成分的植物材料与水共热蒸馏，使待提取的有机物在低于100℃的情况下随水蒸气一起被蒸馏出来，从而达到分离提纯目的；②乙醚不溶于水，且密度小于水。 下列说法错误的是 A．水蒸气蒸馏的过程中利用了茴香油沸点较低的性质 B．操作A使用到分液漏斗，分液时先将有机层从分液漏斗上口倒出，再将水层从下口放出 C．馏出液加NaCl至饱和可以提高茴香油的提取率 D．有机层加入的无水不可以用碱石灰代替 【答案】B 【分析】首先，将茴香籽粉和水进行水蒸气蒸馏，水蒸气蒸馏能让含挥发性成分的茴香油在低于100℃时随水蒸气被蒸馏出来，得到残渣和馏出液。接着，向馏出液中加入 NaCl，然后用乙醚进行操作A（结合乙醚不溶于水且密度小于水的性质，操作A应为萃取分液，可分离出有机层，有机层中含有茴香油和乙醚等）。之后，向有机层中加入无水 Na2SO4，无水 Na2SO4起到干燥作用，干燥后过滤得到粗品。最后，对粗品进行蒸馏，利用茴香油和乙醚的沸点不同，将乙醚分离出去，从而得到茴香油。 【解析】水蒸气蒸馏使茴香油在低于100℃随水蒸气蒸出，利用了其沸点较低的性质，A项正确；操作A为分液，乙醚密度小于水，有机层在上层，水层在下层。分液时应先将下层水层从下口放出，再将上层有机层从上口倒出，选项中顺序错误，B项错误；馏出液加NaCl至饱和可降低茴香油在水中的溶解度（盐析），使其更易进入乙醚层，提高提取率，C项正确；无水作干燥剂，碱石灰（含NaOH）为碱性，茴香油含酯基会在碱性条件下水解，故不能代替，D项正确；故选B。 5．经过充分氧化的铅阳极泥，富含。一种从中提取金和银的流程如图所示。下列说法错误的是 A．“浸渣1”的主要成分为 B．“浸取2”步骤中，被氧化的化学方程式为 C．“还原”步骤中，被氧化的与产物的物质的量之比为 D．该流程中可循环利用的物质有 【答案】C 【分析】从富含的铅阳极泥中提取金和银的流程为：将铅阳极泥加盐酸进行浸取1，CuO溶于盐酸过滤得到浸出液1，剩余不溶的Ag和Au变成浸渣1，向浸渣1中继续加盐酸和进行浸取2，Ag和Au都被氧化溶解，其中Ag溶解转化为沉淀过滤得到滤渣2，将滤渣2继续加氨水溶解，沉淀转化为溶液得到浸取液3，最后电解浸取液3得到单质Ag；而浸取2中Au转化为可溶的随过滤得到浸出液2，在浸出液2中加入还原最终得到单质Au；据此分析解答。 【解析】根据分析，Ag和Au不溶于盐酸中，则“浸渣1”的主要成分为，A正确；“浸取2”步骤中，Ag在盐酸和作用溶解转化为沉淀，则反应的化学方程式为，B正确；“还原”步骤中，被还原为单质Au，而被氧化为，反应的方程式为：，得到被氧化的与产物的物质的量之比为3:2，C错误；对浸取液3进行电解时，阴极的电极反应式为：，生成的可以循环到浸取3时再次使用，D正确；故选C。 6．某炼锌废渣含有Zn、Cu及ZnO、PbO、CuO、FeO、CoO、MnO。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 已知：①的结构式为。 ②金属离子浓度≤10-5mol·L-1时，可认为该金属离子已沉淀完全。 ③25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39。 下列说法正确的是 A．“浸渣”只含Cu单质 B．“沉锰”步骤中，每生成1.0 mol MnO2，产生4 mol H+ C．常温下，“沉淀”步骤中，Fe3+尚未沉淀完全 D．“沉钻”步骤中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5 ：2 【答案】B 【分析】由流程知，炼锌废渣经过稀硫酸酸浸后转化为含、、、、的滤液和含（不溶于水）、Cu（与稀硫酸不反应）的浸渣，过滤后向滤液中通入除去后，加入溶液将氧化为、氧化为，过滤除去后加入氢氧化钠溶液调溶液的将转化为除去，加入足量的溶液调溶液的将转化为，过滤得到。 【解析】由分析知，浸渣含Cu和PbSO4，A错误；由分析知，沉锰步骤中，（过氧键O为-1价）作氧化剂，将氧化为，离子方程式为，每生成1mol 产生4mol，B正确；沉淀步骤调pH=4时，， ，已沉淀完全，C错误；沉钴时，ClO-（Cl从+1→-1，得2e-）作氧化剂，Co2+（Co从+2→+3，失1e-）作还原剂，由电子守恒可知n(氧化剂):n(还原剂)=1:2，D错误；故选B。 7．碱式碳酸锌广泛应用于橡胶、塑料等行业。以含锌废液(主要成分为，含少量的和)为原料制备碱式碳酸锌的流程如下： 下列说法正确的是 A．“除锰”时，的氧化产物为 B．“试剂X”可以是ZnO或 C．“沉锌”时，消耗的和的物质的量之比为 D．过滤后可以依次用稀氨水、乙醇洗涤 【答案】C 【分析】含锌废液(主要成分为，含少量的和)加入过二硫酸钠除锰，锰离子被氧化为二氧化锰，过滤除去，同时亚铁离子被氧化为铁离子，然后加入试剂X调节pH，X可以为或，不引入其他杂质，使铁离子转化为氢氧化铁过滤除去，滤液加入碳酸氢铵使锌离子转化为，过滤后的滤液中溶质主要是硫酸铵，据此解答。 【解析】“除锰”时，Mn2+被氧化为MnO2，则作氧化剂，发生还原反应。中过氧键的O为-1价，反应后变为中-2价的O，故是还原产物，而非氧化产物，A错误；“调pH”目的是沉淀Fe3+，试剂X需能消耗H+且不引入新杂质。ZnO与H+反应生成Zn2+（无新杂质），而Fe2O3与H+反应生成Fe3+，无法达到除去Fe3+的目的，B错误；“沉锌”生成，反应的离子方程式为，则消耗锌离子和碳酸氢根离子的物质的量之比为1：2，，C正确；中的Zn(OH)2易与氨水反应生成[Zn(NH3)4]2+而溶解，稀氨水洗涤会导致产品损失，D错误；故选C。 8．银是一种贵金属，可制合金、焊药、电子设备等。从铅银渣(含等金属元素)中提取银的流程如图。 下列说法错误的是 A．“酸浸”后浸出液中的金属阳离子为 B．“络合浸出”时，发生的离子反应为 C．“络合浸出”时，若过小会降低银的浸出率 D．“滤液”经处理后可返回“络合浸出”工序循环利用 【答案】B 【分析】铅银渣中含有等金属元素；向铅银熔烧渣中加入、、进行酸浸，提供酸性环境，引入，在酸性条件下，电离出的具有氧化性，此步骤可使铜元素溶解进入浸出液，银元素转化成难溶的AgCl、铅元素转化成难溶的PbSO4，将铅银焙烧渣中的金属进行初步分离。由流程可知，“络合浸出”时加入溶液将AgCl转化为[Ag(S2O3)2]3-。向络合浸出液中加入（水合肼），并调节pH = 14，水合肼具有还原性，在碱性条件下将[Ag(S2O3)2]3-还原为单质银析出，经过滤等操作得到银，同时产生滤液。 【解析】根据分析，酸浸时，银元素转化成难溶的AgCl、铅元素转化成难溶的PbSO4，所以浸出液中金属阳离子有、，A选项正确；“络合浸出”时加入溶液将AgCl转化为[Ag(S2O3)2]3-，发生的离子反应为AgCl+2=[Ag(S2O3)2]3-+Cl-，B选项错误；在酸性条件下会发生反应，若pH过小，浓度降低，不利于形成络合物，会降低银的浸出率，C选项正确；“还原析银”的反应为4[Ag(S2O3)2]3-+N2H4▪H2O+4OH-=4Ag+N2↑+8+5H2O，“滤液”中含有等物质，经处理后返回“络合浸出”工序，可提高原料利用率，D选项正确；故选B。 9．尼泊金乙酯微溶于水，是常见的食品防腐剂，可利用对羟基苯甲酸与乙醇制备，所得粗产品中含有对羟基苯甲酸和对羟基苯甲酸聚合物两种杂质，利用如下流程提纯尼泊金乙酯： 已知：①对羟基苯甲酸聚合物难溶于水； ②尼泊金乙酯与杂质的物理性质如表所示： 物质 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解度 尼泊金乙酯 114 297 对羟基苯甲酸 213 336 下列说法正确的是 A．试剂a、b可分别为溶液、盐酸 B．操作I为过滤，操作II为重结晶 C．可以用溶液检验最终产品中对羟基苯甲酸是否除净 D．相同温度下，电离平衡常数 【答案】A 【分析】根据题干信息，提纯尼泊金乙酯的流程为：将含有对羟基苯甲酸和对羟基苯甲酸聚合物两种杂质的尼泊金乙酯粗品加入饱和溶液，将对羟基苯甲酸和尼泊金乙酯转化为能溶于水的钠盐，对羟基苯甲酸聚合物难溶于水，通过操作I进行过滤，分离出对羟基苯甲酸聚合物固体，洗涤固体表面，将洗涤液与过滤的滤液合并，加入HCl调节pH=4，将对羟基苯甲酸和尼泊金乙酯的钠盐重新转化为对羟基苯甲酸和尼泊金乙酯，利用二者溶解度差异进行蒸发浓缩结晶后再次进行过滤分离，最后洗涤干燥得到高纯尼泊金乙酯产品，据此分析解答。 【解析】根据分析，试剂a为溶液，目的是将对羟基苯甲酸和尼泊金乙酯转化为能溶于水的钠盐；试剂b为盐酸，目的是将对羟基苯甲酸和尼泊金乙酯的钠盐重新转化为对羟基苯甲酸和尼泊金乙酯，便于后续分离，A正确；根据分析，操作I和操作II都为过滤，B错误；因尼泊金乙酯跟对羟基苯甲酸一样，对位上也有酚羟基，都能跟溶液发生显色反应，故不能检验最终产品中对羟基苯甲酸是否除净，C错误；邻羟基苯甲酸根离子形成的负电荷通过分子内氢键得到有效分散，从而使其更加稳定，羟基上的氢电离程度减弱；而对羟基苯甲酸根离子的负电荷主要通过共轭效应稳定，稳定作用较弱‌，使得羟基上的氢电离程度强于邻位，则电离平衡常数，D错误；故选A。 10．硫酸锌是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为，杂质为以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下： 所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如表所示： 离子                          下列有关说法不正确的是 A．滤渣①的成分可能有、、 B．调pH为5的X宜用、，不能用等强碱 C．加入发生的反应为 D．脱钙镁的过程，酸性过强或碱性过强均不利于除钙镁 【答案】B 【分析】菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，菱锌矿焙烧ZnCO3转化为ZnO，加稀硫酸溶解得到含Zn2+、Fe3+、Fe2+、Ca2+、Mg2+、Cu2+的溶液，SiO2不溶于硫酸，为不引入新杂质，用Ca (OH)2调节pH=5，生成氢氧化铁沉淀，滤渣①为SiO2、CaSO4、Fe(OH)3，滤液①中加入高锰酸钾把Fe2+氧化为Fe3+，同时生成Fe(OH)3沉淀，过滤出沉淀，滤液②加锌粉置换出Cu2+，从而除去Cu，滤液加HF生成MgF2、CaF2沉淀除去Ca2+、Mg2+，过滤，滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得ZnSO4·7H2O晶体。 【解析】由溶度积常数可知pH为5时，Fe3+沉淀完全，结合上述分析可知滤渣①为SiO2、CaSO4、Fe(OH)3，A正确；若使用会引入新的杂质，B错误；结合上述分析可知高锰酸钾把Fe2+转化为Fe(OH)3，同时生成MnO2，离子方程式为，C正确；脱钙镁的过程，酸性过强会生成HF，不利于生成MgF2、CaF2，碱性过强可能导致Zn2+沉淀，D正确；故选B。 11．某化学兴趣小组通过查阅文献，设计了从阳极泥(成分为)中回收贵重金属的工艺，其流程如图所示。已知：“酸溶”时Pt、Au分别转化为和，下列说法错误的是 A．第一电离能： B．“焙烧”时，转化为CuO的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 C．“酸溶”时，金溶解的离子方程式为 D．有机层中回收的金属元素是Pt，实验室中萃取分液用到的玻璃仪器是分液漏斗和烧杯 【答案】B 【分析】由题给流程可知，阳极泥焙烧时，硫化亚铜与氧气高温条件下反应生成氧化铜、二氧化硫，硒化银与氧气高温条件下反应生成氧化铜、二氧化硒；烧渣酸浸氧化时，铜、氧化铜与氧气、稀硝酸溶液反应转化为硝酸铜，二氧化硒与氧气、硝酸溶液反应转化为硒酸，金、铂不与氧气、硝酸溶液反应，过滤得到含有硝酸铜、硒酸的滤液和含有金、铂的滤渣；滤渣酸溶时，金、铂与氯气、盐酸反应转化为四氯合金离子、六氯合铂离子；萃取分液时，加入磷酸三丁酯萃取、分液得到含有六氯合铂离子的有机相和含有四氯合金离子的水层；水层中加入氢氧化钾和亚硫酸铵混合溶液，将四氯合金离子四氯合金离子转化为二亚硫酸根合金化铵。 【解析】同一周期，从左到右第一电离能呈增大趋势，但ⅡA、ⅤA族最外层电子处于全充满和半充满状态，第一电离能会反常，因此第一电离能：，故A正确；由分析可知，阳极泥焙烧时，硫化亚铜与氧气高温条件下反应生成氧化铜、二氧化硫，反应的化学方程式为，反应中氧化剂氧气与还原剂硫化亚铜物质的量之比为2:1，故B错误；由分析可知，滤渣酸溶时，金与氯气、盐酸反应转化为四氯合金离子，反应的离子方程式为，故C正确；由分析可知，萃取分液时，加入磷酸三丁酯萃取、分液得到含有六氯合铂离子的有机相和含有四氯合金离子的水层，萃取分液时需要使用的仪器是分液漏斗和烧杯，故D正确；故选B。 12．实验室模拟用银废液(主要含AgCl、Ag2CrO4)制取硝酸银的流程如下： 下列说法错误的是 A．滤液1中含有的阴离子主要为，未经处理可直接排放 B．“络合还原”的总反应为： C．“除锌”加入的试剂X可以为稀硫酸 D．“酸溶”需在通风橱中进行 【答案】A 【分析】由流程可知，含银离子的废液(主要含AgCl、Ag2CrO4)与NaCl反应，Ag2CrO4转化为AgCl，分离出AgCl，用稀氨水溶解AgCl，用稍过量的Zn粉还原回收银时，Zn粉与Ag(NH3)2Cl发生反应生成Ag，固体主要含有银、锌，加入过量稀硫酸，可除去锌，过滤得到银，滤渣中加入稀硝酸充分反应，将所得硝酸银溶液经一系列处理得硝酸银固体。 【解析】滤液1中含有的阴离子主要为，具有氧化性，会污染环境，需要经处理后排放，A错误；“络合还原”过程中Zn粉与AgCl、氨水发生反应生成Ag和，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，B正确；由分析可知，“除锌”加入的试剂X可以为稀硫酸，C正确；稀硝酸和银反应会产生有毒气体NO，“酸溶”需在通风橱中进行，D正确；故选A。 13．以黄铁矿为原料制取硫酸会产生大量的矿渣(主要成分为Fe2O3，还有Al2O3、CuO)，合理利用矿渣可以减少环境污染，变废为宝。利用该矿渣生产碱式硫酸铁的流程如图所示。下列叙述错误的是 A．“碱浸”时适当提高NaOH溶液的浓度可加快“碱浸”速率 B．“酸浸”后所得溶液中的金属阳离子主要是Fe3+、Cu2+ C．“去铜”过程中，被还原的元素只有铜元素 D．为提高碱式硫酸铁的产率，“调pH”时pH不能过高或过低 【答案】C 【分析】在矿渣被碱溶液浸取时，两性氧化物Al2O3转化为可溶性的，碱性氧化物Fe2O3、CuO与碱溶液不反应，通过过滤分离出来，然后再用稀硫酸进行酸浸，Fe2O3、CuO与酸发生反应生成可溶性的、CuSO4进入溶液，向、CuSO4溶液中通入SO2、加入NaCl溶液，Cu2+、Fe3+被还原，生成CuCl沉淀及Fe2+，将CuCl沉淀过滤除去，然后向滤液中加入双氧水，使Fe2+氧化生成Fe3+，同时调节溶液的pH，使Fe3+反应产生碱式硫酸铁沉淀。 【解析】由以上分析可知，“碱浸”的目的是除去矿渣中的两性氧化物Al2O3，反应的化学方程式为，适当提高NaOH溶液的浓度，可加快反应速率，A正确；“酸浸”过程中，Fe2O3、CuO与稀硫酸发生的反应为：、，所得溶液中的金属阳离子主要是Fe3+、Cu2+，B正确；“去铜”过程中，Cu2+与SO2发生氧化还原反应：，Fe3+与SO2发生氧化还原反应：，被还原的元素有两种：铜元素和铁元素，C错误；pH过低时，溶液酸性较强，得不到碱式硫酸铁沉淀；pH过高时，溶液碱性较强，部分Fe3+与OH-直接结合生成沉淀，导致碱式硫酸铁的产率偏低，故为提高碱式硫酸铁的产率，“调pH”时pH不能过高或过低，D正确；故选C。 14．以氧化铋渣(Bi2O3、Sb2O3，含Ag2O和SiO2等杂质)为原料制备钼酸铋(Bi2MoO6，其中Mo为+6价)的主要流程如下。 已知：H2S的Ka1=1.0×10-7，Ka2=1.0×10-13；Ksp(Bi2S3)=2.0×10-99. 下列说法错误的是 A．“浸渣”的主要成分为AgCl和SiO2 B．溶液X经处理后可循环用于“酸浸”过程 C．“酸溶”时产生NO，理论上消耗氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3 D．“沉铋”反应2Bi3+(aq)+3H2S(aq)=Bi2S3(s)+6H+(ag)的平衡常数K=5.0×1038 【答案】C 【分析】由题干信息可知，氧化铋渣加入盐酸和氯化钠溶液，二氧化硅不与盐酸反应，氧化银和盐酸反应生成氯化银，其他物质和盐酸生成相应氯化物，过滤，向滤液中加水加热得到Sb2O3，过滤，向滤液中加入H2S，生成Bi2S3和HCl，再次过滤得到Bi2S3固体和溶液X，则X中含有HCl和NaCl，向Bi2S3中加入硝酸得到单质硫、NO和硝酸铋，向硝酸铋溶液中加入(NH4)6Mo7O24•4H2O得到Bi2MoO6，据此分析解题。 【解析】由分析可知，二氧化硅不与盐酸反应，氧化银和盐酸反应生成氯化银，即“浸渣”的主要成分为AgCl和SiO2，A正确；由分析可知，X中含有HCl和NaCl，则溶液X经处理后可循环用于“酸浸”过程，B正确；由分析可知，“酸溶”时产生NO即向Bi2S3中加入硝酸得到单质硫、NO和硝酸铋，反应方程式为：Bi2S3+8HNO3(稀)=2Bi(NO3)3+2NO↑+4H2O+3S↓，反应中Bi2S3为还原剂，HNO3部分为氧化剂，故理论上消耗氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，C错误；“沉铋”反应2Bi3+(aq)+3H2S(aq)=Bi2S3(s)+6H+(ag)的平衡常数K======5.0×1038，D正确；故选C。 15．某工厂煤粉灰的主要成分为SiO2、Al2O3，FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等。研究小组对其进行综合处理的流程如下： 已知：Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-34，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38；“酸浸”后钛主要以TiOSO4形式存在，强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离出SO和一种阳离子，该阳离子会水解。 下列说法错误的是 A．加入铁粉的主要目的是消耗过量的硫酸 B．假设滤液1中Al3+、Fe3+浓度均为0.4mol/L，则“水解”调pH不应高于1.7 C．TiO2·XH2O失去2个结晶水质量减少19.1%，则x=6 D．当滤液2中Al3+完全沉淀时，滤液中=2.5×103 【答案】A 【分析】粉煤灰的主要成分为SiO2、Al2O3，FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等，加入硫酸酸浸过滤得到滤渣1和滤液，氧化铝溶解生成硫酸铝，氧化亚铁溶解生成硫酸亚铁，氧化铁溶解生成硫酸铁，氧化镁溶解生成硫酸镁，“酸浸”后钛主要以TiOSO4形式存在，滤渣为二氧化硅，加入铁粉还原铁离子生成亚铁离子，结晶析出硫酸亚铁晶体，过滤，得到滤液1含硫酸铝、硫酸镁、TiOSO4、少量硫酸亚铁，水解过滤，TiOSO4生成TiO2·xH2O，经酸洗水洗干燥和灼烧后得到TiO2，滤液2中含硫酸铝和硫酸镁、少量硫酸亚铁，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH使铝离子和铁离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液3含硫酸镁，最终获取MgCl2·6H2O。 【解析】由分析可知，加入铁粉的作用是将Fe3+还原为Fe2+，A错误；“水解”的目的是让TiOSO4和水反应生成TiO2·xH2O，不能让Fe3+和Al3+水解，假设滤液1中Al3+、Fe3+浓度均为0.4mol/L，Fe3+开始沉淀时溶液的c(OH-)= ，c(H+)==10-1.7mol/L，pH=1.7，Al3+开始沉淀时溶液的c(OH-)= ，c(H+)=，pH=2.8，则“水解”调pH不应高于1.7，B正确；TiO2·xH2O失去2个结晶水质量减少19.1%，则，解得x=6，C正确；当滤液2中Al3+完全沉淀时，滤液中2.5×103，D正确；故选A。 第II卷(非选择题 共55分) 二、填空题(本题共4小题，共55分) 16.（13分）（2025·黑龙江·一模）硼氢化钠()是常见的还原剂，在有机化学和无机化学领域有着广泛的应用。白硼钙石的主要成分是，含有少量、FeO、和等杂质。利用白硼钙石制取的工艺流程如下： 已知： ①微溶于水，易溶于乙醇。 ②偏硼酸钠()易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定。 请回答下列问题： (1)B价电子的轨道表达式为 。 (2)“酸浸”前，需将矿石磨碎，其目的是 。 (3)写出“酸浸”中发生的氧化还原反应离子方程式 。 (4)“气体”的主要成分为 。 (5)“一系列操作X”为 、 ，过滤、洗涤、干燥。 (6)写出加入后发生反应的化学方程式 。 (7)现将100kg白硼钙石投入该过程，假设各步损失不计，干燥后称量产品质量为42kg，经测定产品中硼的质量分数为20.0%。则白硼钙石中含硼量为 (以矿石中的质量分数计，精确至0.1%)。 【答案】(1) （1分） (2)增大固液接触面积，增大酸浸速率，提高硼元素的浸出率 （2分） (3) （2分） (4)、 （2分） (5) 蒸发浓缩 （1分） 冷却结晶 （1分） (6) （2分） (7)26.7% （2分） 【分析】由题干流程图可知，将白硼钙石的主要成分是 (含有少量Fe2O3、FeO、CaCO3和SiO2等杂质)粉碎后加入浓硝酸，生成Ca(NO3)2、Fe(NO3)3、H3BO3，SiO2不溶于硝酸，过滤得到滤液1，主要含有Ca(NO3)2、Fe(NO3)3，滤渣主要含有SiO2和H3BO3，向滤渣中加入乙醇进行醇浸过滤得到滤渣1，主要成分为SiO2，滤液为含有H3BO3的酒精溶液，向滤液中加入NaOH溶液进行水浴加热，将H3BO3转化为NaBO2，将乙醇蒸馏出来后，对滤液进行蒸发浓缩、降温结晶，过滤干燥，获得纯净的NaBO2固体，将固体NaBO2和MgH2混合反应生成NaBH4和耐火材料即MgO，据此分析解题； 【解析】（1）B的原子序数为5，价层电子排布式为，价层电子的轨道表达式为； （2）“酸浸”前，需将矿石磨碎，其目的是增大固体与溶液接触面积，增大酸浸速率，提高硼元素的浸出率； （3）“酸浸”中发生的氧化还原反应是二价铁被硝酸氧化为三价铁离子，离子方程式； （4）气体为浓硝酸与氧化亚铁反应后生成的NO2及与碳酸钙反应产生的CO2； （5）由题干信息状况，偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定，故“操作X”涉及到蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥； （6）由分析可知，与反应制取，反应化学方程式是； （7）根据题意，B元素守恒可计算26.7% 17.（14分）（2025·黑龙江哈尔滨·二模）硼化钛()准金属化合物，强度高、硬度大，用于机械制造领域；五氟化锑()是一种高能氟化剂，广泛应用于制药业。工业上以一种含钛的矿渣(主要含、、ZnO、PbO、NiO、CoO)为原料制取硼化钛和五氟化锑的流程如图所示。 已知：性质较稳定，加热时可溶于浓硫酸中形成；高温下易挥发。 回答下列问题： (1)为了加快酸浸速率，除适当升温外，还可以采取的一条措施是： 。滤渣Ⅰ的主要成分 (填化学式)，“水解”后经“过滤”得到主要含 的滤液，可以循环利用。 (2)“热还原”中发生反应的化学方程式为 ，的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是 。 (3)“除钴镍”，有机净化剂的基本组分为大分子立体网格结构的聚合物。其净化原理如图所示： 、能发生上述转化而不能，推测可能的原因为 。 (4)“除锌铅”加入溶液， (填“能”或“否”)产生气体。若能，其原因是___________，若否，此空不用填。 (5)“电解”时，以惰性材料为电极，锑的产率与电压大小关系如下图所示，当电压超过时，锑的产率降低的原因可能发生副反应的电极反应式 。 【答案】(1) 适当增大盐酸浓度、研磨等 （2分） （1分） （1分） (2) （2分） 增加反应物浓度促进反应正向进行，提高TiB2的产率，且高温下易挥发，容易分离 （2分） (3)、半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键而不匹配 （2分） (4)否 （2分） (5)或 （2分） 【分析】二氧化钛不溶于酸，因此将矿渣加盐酸后滤渣I为TiO2，滤液I为SbCl3、ZnCl2、PbCl2、NiCl2和CoCl2。TiO2加入热的浓硫酸得到TiOSO4溶液，再水解得到TiO2·xH2O沉淀和H2SO4，将TiO2·xH2O用B2O3、C还原得到TiB2。滤液I首先通过有机净化剂吸附分离Co2+和Ni2+，再加入Na2S通过形成ZnS、PbS沉淀的方式除去Zn2+和Pb2+，最后通过电解SbCl3溶液制备Sb，Sb经过氯化得到SbCl5，在经过HF氟化生成SbF5。 【解析】（1）反应速率和温度、浓度、接触面积等有关，因此加快酸浸速率可采用升温、适当增大盐酸浓度、研磨等；据分析，滤渣I的主要成分为TiO2，“水解”后经“过滤”得到主要含H2SO4的滤液。 （2）“热还原”中发生反应为TiO2·xH2O、B2O3、C反应生成TiB2和CO，化学方程式为，的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是增加反应物浓度促进反应正向进行，提高TiB2的产率，且高温下易挥发，容易分离。 （3）根据题干可知，有机净化剂为具有立体网格结构的聚合物，通过在网格中填充金属离子从而实现净化，、能发生上述转化而不能，推测可能的原因为、半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键而不匹配。 （4）ZnS和PbS的Ksp很小，S2-易与Zn2+和Pb2+形成ZnS、PbS沉淀，因此不会形成H2S气体。 （5）电解中的主反应为，溶液中的氢还原反应与该反应竞争，当溶液中的还原反应为时，Sb3+会发生氧化：，此时Sb的产率下降。 18.（14分）（2025·辽宁沈阳·模拟预测）高纯在半导体和电池制造等方面都有广泛的用途。一种以锰尘（主要成分为，杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物）为原料制备高纯的清洁生产新工艺流程如下： 已知：室温下相关物质的如下表。 HF 请回答下列问题： (1)写出酸浸工序中产生的气体①的化学方程式 。 (2)滤渣①主要成分为 。 (3)除杂②工序中加入NaF溶液前，要重新调节溶液pH，既不能过大，也不能过小的原因是 。 (4)若除杂②后的溶液中，则此时溶液的pH为 。 (5)沉淀工序中，在30～35℃下，将碳酸氢铵溶液滴加到净化液中，控制反应液的最终pH在6.5~7.0，得到沉淀。发生反应的离子方程式为 ，将温度控制在30℃~35℃的原因为 。 (6)“沉锰”中溶液浓度对纯度，产率的影响如图所示，应选择的浓度为 。 【答案】(1) （2分） (2)和 （2分） (3)pH值太小，NaF与反应，沉淀率降低；pH值过高，易沉淀 （2分） (4)5.7 （2分） (5) （2分） 温度低于30℃，反应较慢，温度高于35℃，碳酸氢铵易分解，降低原料利用率 （2分） (6) 7.5% （2分） 【分析】由题给流程可知，向锰尘中加入浓盐酸共热酸浸，三氧化二锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，铝、镁、钙、铁的氧化物与浓盐酸反应转化为可溶的金属氯化物，反应生成的氯气用氢氧化钠溶液进行吸收，防止污染环境；向酸浸得到的溶液中加入氨水调节溶液pH在5~6的范围内，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液；向滤液中加入加入氟化钠溶液，将溶液中的镁离子和钙离子转化为氟化钙和氟化镁沉淀，过滤得到含有氟化钙、氟化镁的滤渣和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，溶液中锰离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀、二氧化碳和水，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。 【解析】（1）由分析可知，酸浸工序中产生氯气的反应为三氧化二锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为，故答案为：； （2）由分析可知，滤渣①主要成分为氢氧化铁、氢氧化铝，故答案为：和； （3）除杂②工序中加入氟化钠溶液前，要重新调节溶液pH是因为若溶液pH值太小，氟化钠会与氢离子反应生成弱酸氢氟酸，会使溶液中钙离子、镁离子沉淀率降低；若溶液中pH值过高，锰离子会与氢氧根离子反应生成氢氧化锰沉淀，会使碳酸锰的产率降低，故答案为：pH值太小，NaF与反应，沉淀率降低；pH值过高，易沉淀； （4）由溶度积可知，溶液中钙离子浓度为1×10—5mol/L时，溶液中氟离子浓度为=1.5×10—3mol/L，由电离常数可知，溶液中氢氟酸浓度为1×10—5mol/L时，溶液中氢离子浓度为=2×10—6mol/L，则溶液的pH为6—lg2=5.7，故答案为：5.7； （5）由分析可知，生成碳酸锰的反应为溶液中锰离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为；反应时若温度低于30℃，反应较慢，若温度高于35℃，碳酸氢铵受热易分解，降低原料利用率，所以需要将温度控制在30℃~35℃，故答案为：；温度低于30℃，反应较慢，温度高于35℃，碳酸氢铵易分解，降低原料利用率； （6）由图可知，碳酸氢铵溶液的浓度为7.5%时，碳酸锰的产率最大，纯度较高，所以实验时碳酸氢铵溶液应选择的浓度为7.5%。 19.（14分）（2025·黑龙江齐齐哈尔·三模）铈的氧化物是提高净化汽车尾气催化剂性能的一种重要添加剂，此外在光催化剂以及抗菌陶瓷和富氧离子环保涂料方面也有广泛应用；工业上利用主要成分为的含铈矿石制其工艺流程如下： (1)“焙烧”过程中常采用高压空气、逆流操作(空气从焙烧炉下部通入，矿粉从中上部加入)，这样操作的目的是 。 (2)“焙烧”过程中生成1mol气体X时转移电子的数目为 。 (3)上述流程中与盐酸反应的离子方程式 ，该流程中为了避免产生污染性气体，其中盐酸可用稀硫酸和 替换(填物质名称)。 (4)写出“沉铈”过程中的离子反应方程式 。若“沉铈”中，恰好沉淀完全，此时溶液的pH为5，则溶液中 mol/L(保留2位有效数字)。(已知常温下，，。) (5)在汽车尾气净化器中发挥关键作用，铈的氧化还原特性使其能够在不同的情况下进行氧气的供给和消耗。写出供氧并生成CeO的化学方程式 。 【答案】(1)增大固体接触面积，增大氧气浓度，提高焙烧速率 （2分） (2)或 （2分） (3) （2分） 双氧水或过氧化氢 （2分） (4) （2分） 0.18 （2分） (5) （2分） 【分析】主要成分为的含铈矿石，经焙烧得到CeO2、CeF4，铈化合价升高，则空气中的氧气为氧化剂，气体X为二氧化碳，CeO2、CeF4加盐酸、硼酸，CeO2转化为CeCl3存在于滤液中，CeF4转化为沉淀Ce(BF4)3，则铈化合价降低被还原，硼元素化合价不变，则该转化中，盐酸表现为还原性和酸性，Ce(BF4)3中加入KCl溶液得到KBF4沉淀；滤液中的CeCl3和碳酸氢铵混合发生反应生成沉淀Ce2(CO3)3，煅烧沉淀得到CeO2。 【解析】（1）“焙烧”过程中常采用高压空气、逆流操作(空气从焙烧炉下部通入，矿粉从中上部加入)，这样操作的目的是增大固体接触面积，增大氧气浓度，提高焙烧速率。 （2）据分析，焙烧时发生化学反应：，气体X是，每生成转移个电子，故生成转移电子数为； （3）据分析，上述流程中与盐酸反应为氧化还原反应，离子方程式，盐酸表现出酸性和还原性，为避免产生污染性气体，盐酸可用硫酸和双氧水替换。 （4）“沉铈”过程中元素化合价不变，则“沉铈”中同时有二氧化碳产生，离子反应方程式。若“沉铈”中，恰好沉淀完全， ，，此时溶液的pH为5，则溶液中。 （5）供氧并生成CeO，则该反应为氧化还原反应，CeO为还原产物，氧气为氧化产物，化学方程式为。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 主题四 化学工艺流程 (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 K-39 第Ⅰ卷(选择题 共45分) 一、选择题(本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．是一种重要的稀土金属氧化物，在催化与检测方面均有广泛的应用前景。工业上从水晶石废料(含有、CaO、、、MgO)中提取的流程如下： 已知：，；金属离子浓度小于，认为沉淀完全。 下列说法错误的是 A．“浸取”工序中，提高浸取率的方法有粉碎、搅拌、适当升温 B．根据已知计算得出，完全沉淀的pH为5.3 C．氨水浓度过大导致沉铈率下降的主要原因可能是与形成配合物导致不易被沉淀 D．“还原”工序中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1 2．某化学兴趣小组通过查阅文献，设计了从阳极泥(成分为Cu2S、Ag2Se、Au、Pt)中回收贵重金属的工艺，其流程如图所示。已知：“酸溶”时Pt、Au分别转化为[PtCl6]2-和[AuCl4]-，下列判断正确的是 A．“焙烧”时，Cu2S转化为CuO的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2 B．“酸浸氧化”时，O2的作用之一是防止NO排放到空气中污染环境 C．“酸溶”时，金溶解的离子方程式为2Au+5Cl2+2Cl-=2[AuCl6]- D．有机层中回收的金属元素是Pt，萃取分液用到的玻璃仪器是漏斗和烧杯 3．废旧铅蓄电池的铅膏主要含有PbSO4、PbO2和Pb。从铅膏中回收PbO的流程如下： 已知：①实验温度下，、； ②酸浸后铅几乎转化为+2价； ③Pb(OH)2的性质和AI(OH)3相似。下列说法正确的是 A．铅膏中的PbO2主要来源于铅蓄电池的负极材料 B．“脱硫”中PbSO4能较完全转化为PbCO3 C．“酸浸”中醋酸做还原剂 4．某茴香油是含酯基的淡黄色液体或晶体，难溶于水，易溶于有机溶剂。实验室提取该茴香油的流程如图所示： 已知：①水蒸气蒸馏是将含有挥发性成分的植物材料与水共热蒸馏，使待提取的有机物在低于100℃的情况下随水蒸气一起被蒸馏出来，从而达到分离提纯目的；②乙醚不溶于水，且密度小于水。 下列说法错误的是 A．水蒸气蒸馏的过程中利用了茴香油沸点较低的性质 B．操作A使用到分液漏斗，分液时先将有机层从分液漏斗上口倒出，再将水层从下口放出 C．馏出液加NaCl至饱和可以提高茴香油的提取率 D．有机层加入的无水不可以用碱石灰代替 5．经过充分氧化的铅阳极泥，富含。一种从中提取金和银的流程如图所示。下列说法错误的是 A．“浸渣1”的主要成分为 B．“浸取2”步骤中，被氧化的化学方程式为 C．“还原”步骤中，被氧化的与产物的物质的量之比为 D．该流程中可循环利用的物质有 6．某炼锌废渣含有Zn、Cu及ZnO、PbO、CuO、FeO、CoO、MnO。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 已知：①的结构式为。 ②金属离子浓度≤10-5mol·L-1时，可认为该金属离子已沉淀完全。 ③25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39。 下列说法正确的是 A．“浸渣”只含Cu单质 B．“沉锰”步骤中，每生成1.0 mol MnO2，产生4 mol H+ C．常温下，“沉淀”步骤中，Fe3+尚未沉淀完全 D．“沉钻”步骤中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5 ：2 7．碱式碳酸锌广泛应用于橡胶、塑料等行业。以含锌废液(主要成分为，含少量的和)为原料制备碱式碳酸锌的流程如下： 下列说法正确的是 A．“除锰”时，的氧化产物为 B．“试剂X”可以是ZnO或 C．“沉锌”时，消耗的和的物质的量之比为 D．过滤后可以依次用稀氨水、乙醇洗涤 8．银是一种贵金属，可制合金、焊药、电子设备等。从铅银渣(含等金属元素)中提取银的流程如图。 下列说法错误的是 A．“酸浸”后浸出液中的金属阳离子为 B．“络合浸出”时，发生的离子反应为 C．“络合浸出”时，若过小会降低银的浸出率 D．“滤液”经处理后可返回“络合浸出”工序循环利用 9．尼泊金乙酯微溶于水，是常见的食品防腐剂，可利用对羟基苯甲酸与乙醇制备，所得粗产品中含有对羟基苯甲酸和对羟基苯甲酸聚合物两种杂质，利用如下流程提纯尼泊金乙酯： 已知：①对羟基苯甲酸聚合物难溶于水； ②尼泊金乙酯与杂质的物理性质如表所示： 物质 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解度 尼泊金乙酯 114 297 对羟基苯甲酸 213 336 下列说法正确的是 A．试剂a、b可分别为溶液、盐酸 B．操作I为过滤，操作II为重结晶 C．可以用溶液检验最终产品中对羟基苯甲酸是否除净 D．相同温度下，电离平衡常数 10．硫酸锌是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为，杂质为以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下： 所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如表所示： 离子                          下列有关说法不正确的是 A．滤渣①的成分可能有、、 B．调pH为5的X宜用、，不能用等强碱 C．加入发生的反应为 D．脱钙镁的过程，酸性过强或碱性过强均不利于除钙镁 11．某化学兴趣小组通过查阅文献，设计了从阳极泥(成分为)中回收贵重金属的工艺，其流程如图所示。已知：“酸溶”时Pt、Au分别转化为和，下列说法错误的是 A．第一电离能： B．“焙烧”时，转化为CuO的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 C．“酸溶”时，金溶解的离子方程式为 D．有机层中回收的金属元素是Pt，实验室中萃取分液用到的玻璃仪器是分液漏斗和烧杯 12．实验室模拟用银废液(主要含AgCl、Ag2CrO4)制取硝酸银的流程如下： 下列说法错误的是 A．滤液1中含有的阴离子主要为，未经处理可直接排放 B．“络合还原”的总反应为： C．“除锌”加入的试剂X可以为稀硫酸 D．“酸溶”需在通风橱中进行 13．以黄铁矿为原料制取硫酸会产生大量的矿渣(主要成分为Fe2O3，还有Al2O3、CuO)，合理利用矿渣可以减少环境污染，变废为宝。利用该矿渣生产碱式硫酸铁的流程如图所示。下列叙述错误的是 A．“碱浸”时适当提高NaOH溶液的浓度可加快“碱浸”速率 B．“酸浸”后所得溶液中的金属阳离子主要是Fe3+、Cu2+ C．“去铜”过程中，被还原的元素只有铜元素 D．为提高碱式硫酸铁的产率，“调pH”时pH不能过高或过低 14．以氧化铋渣(Bi2O3、Sb2O3，含Ag2O和SiO2等杂质)为原料制备钼酸铋(Bi2MoO6，其中Mo为+6价)的主要流程如下。 已知：H2S的Ka1=1.0×10-7，Ka2=1.0×10-13；Ksp(Bi2S3)=2.0×10-99. 下列说法错误的是 A．“浸渣”的主要成分为AgCl和SiO2 B．溶液X经处理后可循环用于“酸浸”过程 C．“酸溶”时产生NO，理论上消耗氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3 D．“沉铋”反应2Bi3+(aq)+3H2S(aq)=Bi2S3(s)+6H+(ag)的平衡常数K=5.0×1038 15．某工厂煤粉灰的主要成分为SiO2、Al2O3，FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等。研究小组对其进行综合处理的流程如下： 已知：Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-34，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38；“酸浸”后钛主要以TiOSO4形式存在，强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离出SO和一种阳离子，该阳离子会水解。 下列说法错误的是 A．加入铁粉的主要目的是消耗过量的硫酸 B．假设滤液1中Al3+、Fe3+浓度均为0.4mol/L，则“水解”调pH不应高于1.7 C．TiO2·XH2O失去2个结晶水质量减少19.1%，则x=6 D．当滤液2中Al3+完全沉淀时，滤液中=2.5×103 第II卷(非选择题 共55分) 二、填空题(本题共4小题，共55分)16.（13分）（2025·黑龙江·一模）硼氢化钠()是常见的还原剂，在有机化学和无机化学领域有着广泛的应用。白硼钙石的主要成分是，含有少量、FeO、和等杂质。利用白硼钙石制取的工艺流程如下： 已知： ①微溶于水，易溶于乙醇。 ②偏硼酸钠()易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定。 请回答下列问题： (1)B价电子的轨道表达式为 。 (2)“酸浸”前，需将矿石磨碎，其目的是 。 (3)写出“酸浸”中发生的氧化还原反应离子方程式 。 (4)“气体”的主要成分为 。 (5)“一系列操作X”为 、 ，过滤、洗涤、干燥。 (6)写出加入后发生反应的化学方程式 。 (7)现将100kg白硼钙石投入该过程，假设各步损失不计，干燥后称量产品质量为42kg，经测定产品中硼的质量分数为20.0%。则白硼钙石中含硼量为 (以矿石中的质量分数计，精确至0.1%)。 17.（14分）（2025·黑龙江哈尔滨·二模）硼化钛()准金属化合物，强度高、硬度大，用于机械制造领域；五氟化锑()是一种高能氟化剂，广泛应用于制药业。工业上以一种含钛的矿渣(主要含、、ZnO、PbO、NiO、CoO)为原料制取硼化钛和五氟化锑的流程如图所示。 已知：性质较稳定，加热时可溶于浓硫酸中形成；高温下易挥发。 回答下列问题： (1)为了加快酸浸速率，除适当升温外，还可以采取的一条措施是： 。滤渣Ⅰ的主要成分 (填化学式)，“水解”后经“过滤”得到主要含 的滤液，可以循环利用。 (2)“热还原”中发生反应的化学方程式为 ，的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是 。 (3)“除钴镍”，有机净化剂的基本组分为大分子立体网格结构的聚合物。其净化原理如图所示： 、能发生上述转化而不能，推测可能的原因为 。 (4)“除锌铅”加入溶液， (填“能”或“否”)产生气体。若能，其原因是___________，若否，此空不用填。 (5)“电解”时，以惰性材料为电极，锑的产率与电压大小关系如下图所示，当电压超过时，锑的产率降低的原因可能发生副反应的电极反应式 。 18.（14分）（2025·辽宁沈阳·模拟预测）高纯在半导体和电池制造等方面都有广泛的用途。一种以锰尘（主要成分为，杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物）为原料制备高纯的清洁生产新工艺流程如下： 已知：室温下相关物质的如下表。 HF 请回答下列问题： (1)写出酸浸工序中产生的气体①的化学方程式 。 (2)滤渣①主要成分为 。 (3)除杂②工序中加入NaF溶液前，要重新调节溶液pH，既不能过大，也不能过小的原因是 。 (4)若除杂②后的溶液中，则此时溶液的pH为 。 (5)沉淀工序中，在30～35℃下，将碳酸氢铵溶液滴加到净化液中，控制反应液的最终pH在6.5~7.0，得到沉淀。发生反应的离子方程式为 ，将温度控制在30℃~35℃的原因为 。 (6)“沉锰”中溶液浓度对纯度，产率的影响如图所示，应选择的浓度为 。 19.（14分）（2025·黑龙江齐齐哈尔·三模）铈的氧化物是提高净化汽车尾气催化剂性能的一种重要添加剂，此外在光催化剂以及抗菌陶瓷和富氧离子环保涂料方面也有广泛应用；工业上利用主要成分为的含铈矿石制其工艺流程如下： (1)“焙烧”过程中常采用高压空气、逆流操作(空气从焙烧炉下部通入，矿粉从中上部加入)，这样操作的目的是 。 (2)“焙烧”过程中生成1mol气体X时转移电子的数目为 。 (3)上述流程中与盐酸反应的离子方程式 ，该流程中为了避免产生污染性气体，其中盐酸可用稀硫酸和 替换(填物质名称)。 (4)写出“沉铈”过程中的离子反应方程式 。若“沉铈”中，恰好沉淀完全，此时溶液的pH为5，则溶液中 mol/L(保留2位有效数字)。(已知常温下，，。) (5)在汽车尾气净化器中发挥关键作用，铈的氧化还原特性使其能够在不同的情况下进行氧气的供给和消耗。写出供氧并生成CeO的化学方程式 。 / 学科网（北京）股份有限公司 $