二轮专题(十一) 工艺流程-【真题密卷】2026年高考化学二轮专题精准提升（广东专用）

·化学· 参考答案及解析 ②CH:COO有孤电子对，A13+有空轨道，两者 AlOH(CH3COO)2加盐酸生成A1(CH3COO)3 可结合生成配合物Al(CH:COO)3。 和水，溶液接近中性，因此加入等体积等浓度盐 (4)①配合物A1(CHCO0)3水解生成 酸，充分反应后得到悬浊液，测得上层清液pH A1OH(CH:COO)2白色沉淀和乙酸，化学方程式 不同。 为A1(CH,COO),+H,0△AOH(CH,COO2 (5)根据以上探究实验可知，常温下，在溶液中要 +CH COOH 实现A1C13向A1(OH)3沉淀的转化，加入的盐 ②A1(OH)3加盐酸生成A1Cl3,溶液显酸性， 应具有的性质：碱性，且酸根不与A13+结合。 2025一2026学年度二轮专题精准提升（十一） 化学·工艺流程 一、选择题 化钡溶液滁去硫酸根离子、过量的氢氧化钠溶液 1.D【解析】直接向NaCl溶液中通入CO2,无法获 除去镁离子、过量的碳酸钠溶液除去钙离子和过 得NaHCO3,需先向饱和NaCl溶液通入NH3至 量的钡离子，过滤后加适量的盐酸除去过量的碳 饱和再通入CO2才能生成NaHCO3晶体，再 酸根离子和氢氧根离子，最后经蒸发结晶得到氯 将NaHCO3加热制备Na2CO3,A不符合题意； 化钠晶体。加入试剂顺序为NaOH溶液→BaCl2 Na在自然界以化合物的形式存在，不存在游离态 溶液→Na2CO,溶液或BaCl2溶液→NaOH溶液 Na(原料来源少，成本高)，B不符合题意；AlCl为 →Na2CO3溶液，故“操作1”和“操作2”步骤的顺 共价化合物，不能通过电解A1Cl3生产A1,工业上 序对调，不影响产品NaCI的纯度，A正确；“滤渣” 采用电解熔融Al2O3生产Al,C不符合题意；工 中沉淀的主要成分是BaSO4、BaCO3、Mg(OH)2、 业制硫酸用硫黄或黄铁矿氧化生成SO2,再将其 CaCO3,B错误；“调pH”中试剂a应用稀盐酸，用 氧化生成S03,用98.3%的浓硫酸进行吸收 稀硫酸会引入硫酸钠杂质，C错误；“操作3”为过 (因SO3与水反应放热，为避免产生酸雾)，D符合 滤、“操作4”为蒸发结晶，都需要用到玻璃棒，过滤 题意。 时玻璃棒的作用为引流，蒸发结晶时玻璃棒作用 2.C【解析】废渣中加热水，氨化铝发生水解生成氢 为搅拌，D错误。 氧化铝和氨气，加入盐酸后铝与盐酸反应生成氢4.D【解析】由题给流程可知，向净化除氯的含碘离 气，AlzO3、FeO、FezO3均可溶于盐酸得到含 子废水加入硝酸银溶液，将溶液中的碘离子转化 AI3+、Fe2+、Fe3+的溶液，加入三氧化二铝调节 为碘化银悬浊液，向悬浊液中加入铁粉，铁与悬浊 pH,可将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，加入高 液中碘化银反应生成亚铁离子、银和碘离子，向反 锰酸钾可将Fe2+氧化为Fe3+,Fe3+再转化为 应后的溶液中通入氯气，溶液中碘离子被氯气氧 F(OH)3沉淀除去，高锰酸钾被还原为二氧化锰， 化为单质碘。用可见光照射“悬浊液”可观察到光 经过喷雾干燥氯化铝转化为碱式氯化铝。废渣中加 亮通路，说明悬浊液中含有碘化银胶体，能产生丁 热水，氨化铝会发生水解生成氢氧化铝和氨气，“水 达尔效应，A正确；由分析可知，“转化”发生的反 解”时发生反应的化学方程式为AN+3H,0△ 应为铁与悬浊液中碘化银反应生成亚铁离子、银 A1(OH)3十NH3个，A正确；加入盐酸后，铝与盐酸反 和碘离子，发生的离子反应为2Agl十Fe—2Ag 应生成氢气和氯化铝的离子方程式为2A1十6H 十F2+十2I,B正确；由分析可知，沉淀为银，银 —2A13+十3H2个，B正确；加入高锰酸钾后，滤液经 与稀硝酸反应可以生成硝酸银，硝酸银溶液可在 喷雾千燥即可获得碱式氯化铝，因此Mn元素应该转 制备流程中循环使用，C正确；“氧化”过程中若氯 化为二氧化锰进入滤渣，离子方程式为MnO:+ 气过量，单质碘会被氯气进一步氧化，导致单质碘 3Fe2++7H2O-MnO2￥+3Fe(OH)3￥+ 的产率降低，D错误。 5H+,C错误；经过喷雾干燥氯化铝转化为碱式氯 5.D【解析】由流程可知，焙烧时发生BaSO4（s)十 化铝，2A1Cl3+nH2O—Al2(OH)nCl6-m￥+ 4C(g)高温4C0(g)+BaS(s),得到的产物经盐酸 nHCl个，D正确。 酸浸后可得到溶液，主要成分为BaCL2和HCI, 3.A【解析】粗盐加水“溶解”，再依次加入过量的氯 “气体1”为H2S,再将滤液进行结晶即可得到氯化 ·45· 4 真题密卷 二轮专题精准提升 钡晶体，得到的H2S经过热解得到硫黄和H2,硫 的浓度，可以改良盐碱地，B正确；根据信息，结合 黄与焙烧产生的CO合成COS,据此分析解答。 流程可知，SiF4与H2O反应生成H2SiF6和SiO2· 未明确反应物用量，无法计算转移电子的物质的 nH2O,化学方程式为3SiF4+(n+2)H20一 量，A错误；BaCL2不水解，“操作”过程中无需持续 2H2SiF6十SiO2·nH2O↓，C正确；流程中会有 通入HC1,B错误；根据分析可知，“气体2”的主要 HF,与陶瓷中的SiO2会反应，故不能在陶瓷内衬 成分为H2,C错误；将硫黄汽化，可增大反应物的 的不锈钢装置中进行，D错误。 接触面积，有利于提高合成反应的产率，D正确。 9.B【解析】向含金硫化矿粉（其中细小的Au颗粒 6.D【解析】吸收塔中用NaOH溶液喷雾吸收烟气 被FeS2、FeAsS包襄)中通入足量空气，并加入稀 中的SO2,生成Na2SO3和H2O,沉淀室中 硫酸，在pH=2的条件下发生细菌氧化，FeS2和 Na2SO3和Ca(OH)2反应生成CaSO3沉淀和 FeAsS发生氧化还原反应生成Fe3+和含As微 NaOH,氧化室中CaSO3和O2反应生成CaSO4, 粒，Au不发生反应，过滤得到含Fe3+和含As微 据此解答。吸收塔内发生的反应为SO2十2NaOH 粒的滤液和含Au的滤渣，将滤液加碱调节pH, —Na2SO3十H2O,是非氧化还原反应，A错误； 生成Fe(OH)3,并促进含As微粒的沉降，向滤渣 沉淀室内发生主要反应是亚硫酸钠与Ca(OH), 中通入空气和NaCN,空气先将Au氧化 的反应，化学方程式为Na2SO3+Ca(OH)2 为Au+,Au+再与CN结合形成[Au(CN)2]-从 2NaOH+CaSO3Y,B错误；根据2CaSO3+O2 而浸出。“细菌氧化”过程中，FS2在酸性条件下 —2CaS0,可知，生成136g即136g·mol可 136g 被氧气氧化，反应的化学方程式可表示为4FS2十 1502十2H,00黄2Fe,(S04)3十2H2S04,反应生 1mol硫酸钙，需要0.5molO2,C错误；沉淀室内 成了硫酸，使体系的酸性增强，A正确；“浸金”中， 发生主要反应为Na2SO3+Ca(OH)2—2NaOH NaCN、Au与空气中的O2发生反应，O2作氧化剂 十CaSO3↓，生成的NaOH可以循环进入吸收塔 将Au氧化，CN与Au+结合形成[Au(CN)2] 中，D正确。 从而浸出，并非NaCN将Au氧化，B错误；由分析 7.D【解析】二氧化钛废渣与铝粉进行铝热还原生 可知，Fe2+会被氧化为Fe3+,所以矿粉中的铁元素 成Ti0.(1≤x≤1.5)和难溶于酸和碱的 以Fe3+形式进入“滤液”中，C正确；“沉铁砷”时加 A12O3,同时铁的氧化物转化为铁单质，加入盐酸 碱调节pH,Fe3+会与OH反应生成Fe(OH)3沉 后TiOz、Fe与酸反应生成Fe2+、Ti+和氢气，难 淀；同时含As微粒在碱性条件下也会发生沉淀， 溶的a-Al2O3转化为“滤渣”，滤液中Fe2+、Ti3+被 从而促进含As微粒的沉降，D正确。 H2O2氧化生成Fe3+和Ti+,Ti4+水解生成TiO2· 10.D【解析】酸浸液（主要含Li汁、Fe+、Cu2+、 xH2O分离，滤液含有Fe3+、Ca2+。TiO2中Ti为 A3+)加入铁粉“沉铜”，置换出Cu单质，溶液加 高价态，具有氧化性，A正确；“铝热还原”后，会有 入NaOH碱浸，过滤得到Al(OH)3沉淀，滤液 Ti0(1≤x≤1.5)产生，其中有低于+3价的钛元 加入H2O2,把Fe+氧化为Fe(OH)3沉淀，在经 素，“浸取”时，TiO,溶于盐酸生成易被空气氧化 过多步操作，最后加入Na2CO3,得到Li2CO3沉 的T+,因此“浸取”需要惰性气体保护，B正确； 淀。“沉铜”过程中铁置换出铜单质，发生反应的 Ti4+转化为TiO2·xH2O分离，滤液含有Fe3+、 离子方程式为Fe十Cu+—Cu十Fe2+,A错误； Ca2+,C正确；铝热反应中铁的氧化物转化为铁单 Al(OH)3是两性氢氧化物，NaOH过量，则 质，故氢气是铁、过量铝粉与盐酸反应产生的，D Al(OH)3会溶解，B错误；“氧化”过程中将Fe2+ 错误。 氧化为Fe3+,铁元素化合价升高，C错误；加入 8.D【解析】磷矿石[主要成分为CaF(PO4)3、SiO2] Na2CO3得到Li2CO3沉淀，利用了Li2CO3的溶 先用稀磷酸溶解，再与浓硫酸反应，得到“滤渣1”的 解度比Na2CO3小的性质，D正确。 主要成分是硫酸钙，真空浓缩后得到的气体为SF4 11.B【解析】向黄铜溶解液中加硫酸得到白色沉淀 与HF,加水吸收得到H2SiF。和SiO2·nH2O,过 甲PbSO4;通入H2S后Fe3+与H2S反应生成 滤出SiO2·nH2O后得到H2SiF6。“酸浸”前粉 Fe2+和单质S,Cu2+与H2S反应生成H2SO,和 碎矿石，可以增大接触面积，加快酸浸速率，提高 CuS沉淀；溶液中加稀硝酸将Fe+氧化为Fe3+, 浸出效率，A正确；“滤渣1”的主要成分是硫酸钙， 再加氨水沉淀Fe3+,同时得到[Zn(NH3)4]-。 与Na2CO3作用可以转化为碳酸钙，减小碳酸根 根据分析可知，加入H2SO4形成PbSO4沉淀， ·46· ·化学· 参考答案及解析 分离Pb2+,A正确；“沉淀乙”中含有CuS和S,B 分离，最后洗涤干燥得到高纯尼泊金乙酯产品。 错误；硝酸具有氧化性，氨水有碱性，均与具有还 根据分析可知，试剂a为Na2CO3溶液，目的是 原性和酸性的H2S反应，因此赶尽H2S可减少 将对羟基苯甲酸和尼泊金乙酯转化为能溶于水 硝酸和氨水的消耗，C正确；加入稀硝酸的目的 的钠盐；试剂b为盐酸，目的是将对羟基苯甲酸 是氧化Fe2+,D正确。 和尼泊金乙酯的钠盐重新转化为对羟基苯甲酸 12.C【解析】矿石（含MnO2、Co3O4、Fe2O3)经过硫 和尼泊金乙酯，便于后续分离，A正确；“操作I” 酸和稻草浸出过滤得到滤液，滤液含有F3+、 和“操作Ⅱ”都为过滤，B错误；因尼泊金乙酯跟 Mn2+、Co2+,加入Na2CO3沉铁得到FeOOH,过 对羟基苯甲酸一样，对位上也有酚羟基，都能 滤，滤液再加入Na2S沉钴得到CoS,过滤最后得 跟FCl3溶液发生显色反应，故不能检验最终产 到硫酸锰溶液。根据分析可知，加入硫酸和稻草 品中对羟基苯甲酸是否除净，C错误；对羟基苯 浸出，硫酸作催化剂和浸取剂，A正确；生物质 甲酸易形成的分子间氢键，邻羟基苯甲酸易形成 (稻草)是可再生的，且来源广泛，B正确；根据图 分子内氢键，所以沸点：对羟基苯甲酸>邻羟基 示可知，“浸出”时，Fe的化合价没有变化，Fe元 苯甲酸，D错误。 素没有被还原，C错误；“沉钻”后的上层清液存在 15.A【解析】CuS精矿（含有杂质Zn、Fe元素）在高 CoS的沉淀溶解平衡，满足Q=Kp=c(Co2+)· 压O2作用下，用硫酸溶液“浸取”，CuS反应生成 c(S2-)=10-20.4,D正确。 CuSO4、S、H2O,Fe+被氧化为Fe3+,然后加入 13.C【解析】加入足量硫酸，得到的滤渣为不溶于 NH3调节溶液pH,使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀， 酸的SiO2,得到含TiO+、Fe2+、Fe3+的强酸性浸 而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，“过 出液，加入适量的铁屑，铁元素转化为F+;经系 滤”得到的滤渣中含有S、Fe(OH)3;滤液中含有 列处理得到绿矾和富含TiO+的溶液，向溶液中 Cu+、Zn+;然后向滤液中通入高压H2,根据元 加热水促进TiO2+的水解，生成TiO2·nH2O, 素活动性：Zn>H>Cu,Cu+被还原为Cu单质， 焙烧分解得到粗TiO2,再与氯气、焦炭混合反应 通过“过滤”分离出来；而Z2+仍然以离子形式存 得到TiCL4,镁再置换四氯化钛得到钛。FeTiO3 在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。 中Ti元素化合价为十4，“浸出”过程中生成的 根据分析可知，“浸取”时增大O2压强，可加快反 TiO+中Ti元素的化合价也是十4，化合价没有 应速率，促进金属离子浸出，A正确；根据流程图 发生改变，A正确；加入铁屑，铁元素转化为 可知，用NH调节溶液pH时，要使Fe3+转化为 Fe2+,离子方程式为Fe十2Fe3+—3Fe2+,氧化 沉淀，而Cu+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液 剂是Fe3+,氧化产物是Fe2+,则氧化性：Fe3+ 中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该 >Fe2+,B正确；步骤Ⅲ中可能发生的反应为 调节溶液pH范围为3.2~4.2，B错误；固体X Ti0,+2C1,+2C△TiCL4+2C0,消耗 主要成分是S、Fe(OH)3,C错误；金属M是Zn, 1 mol TiO2转移4mole,若制得1mol金属 D错误。 钛，则该过程中转移电子的物质的量至少为 16.C【解析】钻渣主要成分为CoO,还含有Fe3O4、 4mol,C错误；TiCl4被还原为Ti,即活泼性较强 Al2O3、PbO、CaO等。用氢氧化钠“碱浸”生成 的金属置换出活泼性较弱的金属，由于Na比Ti Na[Al(OH)4]除氧化铝，滤渣“酸浸”生成“滤渣 活泼，该过程也可以用Na代替Mg,D正确。 1”为硫酸铅沉淀、硫酸钙沉淀，滤液中含有硫酸 14.A【解析】根据题千信息，提纯尼泊金乙酯的流 钴、硫酸铁、硫酸亚铁、少量硫酸钙，滤液中加过 程为将含有对羟基苯甲酸和对羟基苯甲酸聚合 氧化氢溶液把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，再加氨水 物两种杂质的尼泊金乙酯粗品加入饱和Na2CO3 生成氢氧化铁沉淀除铁，“滤渣2”为Fe(OH)3, 溶液，将对羟基苯甲酸和尼泊金乙酯转化为能溶 滤液中加HF生成CaF,沉淀除钙，加入Na2CO3 于水的钠盐，对羟基苯甲酸聚合物难溶于水，通 沉钻得到CoCO3。由分析可知，“酸浸”所得“滤 过“操作I”进行过滤，分离出对羟基苯甲酸聚合 渣1”的成分有PbSO4、CaSO4,A正确；“浸出液” 物固体，洗涤固体表面，将洗涤液与过滤的滤液 中含有[Al(OH)4]-,通入足量CO2,发生CO2 合并，加入HC1调节pH=4,将对羟基苯甲酸和 +[A1(OH)4]-一A1(OH)3↓+HCO3,有白 尼泊金乙酯的钠盐重新转化为对羟基苯甲酸和 色沉淀生成，B正确：“除铁”时加入H2O2,氧化 尼泊金乙酯，利用二者溶解度差异再次进行过滤 Fe2+而不氧化Co2+,说明还原性：Fe2+>Co+、 ·47· 4 真题密卷 二轮专题精准提升 氧化性：Co3+>H2O2,则氧化性顺序是C03+> 1.0×10-4 H2O2>Fe3+,C错误；若“沉钙”后溶液中 1.0×10-mol·L1=10mol·L1,则 c(HF)=c(Ca2+)=1.0×10-5mol·L1, c(NH3·H2O)= c(NH)·c(OH) 由Kp(CaF2)=4×10-1,得c(F)= Kb(NH3·H2O) 10×10-7 Kp [CaF2] c(Ca2+) =2×10-3mol·L1,再根据 1.0x10-mol.L-0.1 mol.L- (7)采用铝热还原法，还原WO3生产钨，同时生 K.(HF)得c(H+)=1.0×10-6mol·L-1,即 pH为6，D正确。 成氧化铝，化学方程式为WO,十2A1高温W 二、非选择题 +Al2O3o 17.(1)第六周期MB族(2分) 18.(1)增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率(1 (2)适当升温；适当增大硫酸溶液浓度（或搅拌） 分)Co2O3十Na2S03+2H2S04—2CoS04+ (2分，合理即可) 2H2O+Na2S04(2分)3d54s2(1分) (3)Na2TiO3+2H+—H2TiO3+2Na(2分) (2)2Fe2++H2O2+2H+—2Fe3++2H20 (4)H2SiO3(2分) (2分) (5)①当pH>8.0时，钒的主要存在形式不是 (3)Cu(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3(2分) V03(1分) 6.7≤pH<7.4(2分) ②OH与NH反应，使NH丈浓度降低，不利 (4)溶液pH增大，溶液中c(H+)降低，平衡向正 于生成NH4VO(1分) 反应方向移动(1分)稀硫酸(1分) (6)0.1(2分) (5)1：1(2分) 【解析】以钻矿[主要成分是CoO,Co2O3、Co(OH)2, (7)wO,十2A1高温w+A,0,(2分) 还含有少量SiO2、Al2O3、CuO、FeO及MnO2杂质] 【解析】废SCR催化剂清洗研磨后加入碳酸钠焙 制取草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O),钴矿中加入 烧，TiO2、V2O5、WO3可与熔融Na2CO3反应生 Na2SO3、稀硫酸“浸取”，浸出液中主要含有 成Na2TiO3、NaVO3和Na2WO4,二氧化硅生成 Al3+、Fe+、Co2+、Cu2+、Mn+和SO,则CoO、 硅酸钠，水浸分离出Na2TiO3沉淀，将沉淀酸浸 Co(OH)2、Al2O3、CuO、FeO都和稀硫酸反应生 得到H2TO3,煅烧得到二氧化钛；水浸后溶液加 成硫酸盐，MnO2被SO?还原为Mn+、Co2O3 入盐酸调节PH,使得硅酸根离子成为硅酸沉淀 被还原为Co2+,SO?同时被氧化为SO?,SiO2 得到滤渣，滤液加入氯化铵沉钒得到NH4VO3 不溶于稀硫酸，所以浸出渣为SO2;向滤液中加 沉淀，煅烧得到V2O5;沉钒后滤液调节pH,加入 入H2O2,H2O2将Fe+“氧化”为Fe3+,然后加 氯化钙沉钨后处理得到WO3。 入NaOH“调节pH”,A13+、Fe3+、Cu2+都转化为 (1)由基态W原子的价层电子排布式为5d46s2 氢氧化物沉淀而除去，滤液“提纯”后加入 可知，W位于元素周期表第六周期ⅥB族。 (NH4)2C2O4“沉钻”，得到CoC2O4·2H2O。 (2)适当升温、适当增大硫酸溶液浓度、搅拌等均 (1)反应物接触面积越大，反应速率越快，浸取率 可提高“酸浸”速率。 越高，所以“浸取”前，需要对钴矿进行粉碎处理 (3)“酸浸”时，Na2TiO3和加入的氢离子转化为 的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸 H2TiO3沉淀，发生反应的离子方程式为 出率；“浸取”时，C02O3被还原为Co2+,S0?同 Naz TiO,+2H+-H2 TiO:+2Na+. 时被氧化为SO?,C0元素化合价由十3降低至 (4)由分析可知，“滤渣”的主要成分H2SiO3。 十2，S元素化合价由十4升高至十6，由化合价升 (5)由表可知，当pH>8.0时，钒的主要存在形 降守恒、原子守恒可知C02O3发生反应的化学方 式不是VO?,且OH与NH反应，使NH浓 程式为Co2O3+Na2SO3+2H2SO4—2CoS0, 度降低，不利于生成NHVO3,故导致pH>8.0 +2H2O+Na2 SO4;Mn是25号元素，基态Mn 时，NHVO3的产量明显降低。 原子的价电子排布式为3d54s2。 (6)pH为7.0，pOH=7.0,当溶液中的VO3 (2)“氧化”时，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+,H2O2 Ksp (NH VO3) 中O元素化合价由+1降低至一2，Fe元素化合 恰好沉淀完全时，c(NH)= c(VO3) 价由十2升高至十3，根据化合价升降守恒、原子 ·48· ·化学· 参考答案及解析 守恒以及溶液呈酸性可知发生反应的离子方程 渣中通入磷化氢和一氧化碳，将二氧化锗转化为 式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。 一氧化储，进一步氧化，将一氧化锗氧化为二氧 (3)根据表中数据知，当C02+生成沉淀时，Cu+、 化锗，整个过程可以富集锗元素，经过“碱浸抽 A13+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀，常温下，“调 滤”后锗元素以Na2GeO3形式存在，硫酸酸浸后 节pH”得到的沉淀X的主要成分是Cu(OH)2、 滤渣中含CaSO4、PbSO4,滤液中含Ge(SO4)2 Fe(OH)3、A1(OH)3;“调节pH”时Cu2+、A13+、 Fe2(SO4)3,加氨水调pH值后得到Ge(OH)4、 F3+都转化为氢氧化物沉淀，根据表格中数据可 Fe(OH)3,经过系列操作得到GeO2、Y-Fe2O3,磁 知，pH应该大于6.7，若“调节pH”后，溶液中 选除铁后得到高品位锗精矿。 c(Co2+)>0.1mol·L1,当c(Co2+)=0.1mol· (1)锗位于第四周期INA族，基态锗原子的价层 L1时，溶液中c(OH)= Kp[Co(OH)2] c(Co2) 电子轨道表示式为个↑☐；PH中P原子 1×10-5×0 1X104)名 1×10-94/ /1042 的价层电子对数为3+5一X1-4,有1对弧对 mol·L1= 0.1 V0.1mol· 电子，空间构型为三角锥形。 Kw (2)由分析可知，虚线框内转化流程的目的为富 L-1=106.6mol·L1,c(H+)= c(OH-) 集锗元素。 1014 10a6mol·L1=104mol·L1,溶液pH= (3)“滤渣”的成分为CaSO4、PbSO4。 (4)“碱浸”时GeO2发生反应会产生H2S,根据 7.4,因此需调节溶液pH的范围是6.7pH< 原子守恒，该过程的化学方程式为GeO2十H2O 7.4。 +Na2S—Na2GeO3+H2S↑。 (4)当溶液pH处于4.5到6.5之间时，Co2+萃 (5)加氨水调节溶液pH=4.4,锗和铁元素共沉 取率随溶液pH增大而增大，其原因是溶液的 淀，得到Ge(OH)4、Fe(OH)3,溶液中c(OH) pH增大，溶液中c(H+)减小，Co2+十n(HA)2 CoA2·(n-1)(HA)2+2H+平衡向正反应 =10-%mol L-1,c(Fe+)=K Fe(OH)] C3(OH) 方向移动；反萃取时，应加入的物质是稀硫酸，使 4X10-38 该可逆反应平衡逆向移动。 a0.6)mol·L1=102mol·L-1, (5)36.6g草酸钻晶体的物质的量为n[CoC2O4· c(Ge4+)= Kp[Ge(0H)4]4×10-46 36.6g C(OH) (10-96)4mol· 2H,0]=183g:mo=0.2mol,根据Co原子 L-1=10-.6mol·L1,此时滤液中c(Ge+)： 守恒得n(Co)=n[CoC2O4·2H20]=0.2mol, c(Fe3+)=10-7.6:10-9.2=10.6。 设CoO的物质的量为xmol,Co3O4的物质的量 (6)晶胞中(CH,NH,)+的个数为8×8=1，Ge 为ymol,则x十3y=0.2,75x十241y=15.8,解 得x=0.05,y=0.05,因此该混合物中Co0与 原子的个数为1，厂的个数为6X号-3，就昌你 Co304的物质的量之比为0.05mol:0.05mol =1:1。 的化学式为(CH3NH3)GeL3,(CHNH3)+、Ge、 I个数比为1：1：3。 4s 4p 19.(1)个↑☐(1分)三角锥形(1分) ①该晶体中Ge的化合价为十2价。 (2)富集储元素(2分) ②b中(CHNH3)+、Ge、I个数比为1：(8×- (3)CaSO4,PbSO4(2分) (4)GeO2+H2O+Na2S-Na2GeO:+H2S :(10x子)=2：2：5，e中个数比为1：(8×日) (2分) (5)101.6(2分) 8X+2X22113,d中个教比为 (6)①+2(2分) ②cd(2分) 8×)112X)113,故cd图也能表 【解析】由题给流程可知，含锗烟尘在富氧空气中 示此化合物的晶胞。 焙烧，将锗、硅、铁等元素转化为氧化物，向焙烧20.(1)第四周期IB族(1分) ·49· 4 真题密卷 二轮专题精准提升 (2)Mn2O3+4H++H2O2—2Mn2++3HO+O2↑ H2O2—2Mn2++3H2O+O2个；由上述分析可 (2分)Si02(1分) 知SiO2与H2SO4、H2O2不反应，故“滤渣1”为 (3)B(2分)8.8×10-2（或2.2×10-1.4）(2分) Si02。 (4)(NH4)2SO4(2分) (3)浸出液中含Mn2+,故选择含二价锰的 (5)6MnC0.+0,7702Mn,0.+6C0,(2分) Mn(OH)2调pH,使Fe3+、A13+沉淀；“调pH”中 (6)3Mn2+-2e+4H2O—Mn3O4+8Ht 确保Fe3+、A13+沉淀完全，Mn+未开始沉淀，故 (2分) 4.7≤pH<8.1,当pH=4.7,即c(OH)= 【解析】锰粉矿主要含Mn2O3、MnOOH和少量 10-9.3时，c(Cu2+)最大；此时c(Cu2+)= Fe2O3、Al2O3、SiO2、Cu0等杂质，加入H2S04、 Kp[Cu(OH)2]2.2×10-0 H2O2浸取，过滤出SiO2,得到含有MnSO4、 c2(0H)=(109.9)2mol·L1=2.2 Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3、CuSO4的混合溶液，加 ×10-1.4mol·L1≈8.8×102mol·L1。 (4)由上述分析可知“沉锰”后，“滤液”溶质主要 入适量Mn(OH)2调节pH生成Fe(OH)3、 为(NH4)2SO4。 Al(OH)3沉淀除去溶液中的铁、铝元素；滤液中 加入(NH4)2S生成CuS除去铜元素；滤液中加 (5)依题“氧化”过程中，MnCO3在空气中加热得 到MnO4和CO2,反应化学方程式为6MnCO3 入NH4HCO3沉锰，MnSO4和NH4HCO3反应 生成(NH4)2SO4、MnCO3、CO2,最后在空气中 +0,70C2Mn0,+6C02。 加热MnCO3得到Mn3O4。 (6)由电解原理图中H+的移动方向可知，N为阳 (1)Mn为25号元素，位于元素周期表中第四周 极；该电极可将MnSO4转化为Mn3O,,故N极 期IB族。 的电极反应为3Mn2+-2e+4H20—MnO4 (2)Mn2O3与硫酸、H2O2反应生成MnSO4、O2 +8Ht。 和水，反应的离子方程式为Mn2O3+4H+十 2025一2026学年度二轮专题精准提升（十二） 化学·有机化合物 一、选择题 造纤维，根据纤维在火焰上燃烧产生的气味，可以 1.B【解析】油脂虽为重要营养物质，但其相对分 鉴别蚕丝与人造丝，D正确。 子质量较小（通常为几百至一千），而高分子化合 3.B【解析】测定硫酸铜晶体中结晶水含量，在坩 物（如蛋白质、淀粉）的分子量通常上万，油脂不属 埚中灼烧后需放入干燥器中冷却，A错误；萃取操 于高分子化合物，A错误；豆浆是胶体，石膏（含 作时，振荡过程中通过打开分液漏斗下方的旋塞 C+)作为电解质使胶体微粒聚集沉降（聚沉）制 从下口放气，B正确；乙酸具有挥发性，生成的二 作豆腐，B正确：膳食纤维无法被人体消化吸收， 氧化碳中含有乙酸，乙酸也能和苯酚钠溶液反应 不能提供能量，其作用主要是促进肠道蠕动，C错 生成苯酚，影响碳酸和苯酚钠的反应，C错误；乙 误；核糖核苷酸是RNA的基本单位，由核糖、磷酸 醇在浓硫酸作催化剂并加热到170℃时发生消去 和碱基通过化学键连接，而非氢键，D错误。 反应，期间出现碳化现象，碳和浓硫酸反应产生的 2.A【解析】乙醇与水互溶，苯与水混合后，有机层 杂质气体二氧化硫通入溴水也会褪色，D错误。 在上层，四氯化碳与水混合，有机层在下层，现象不 4.D【解析】由质谱图可知，有机物A的相对分子 同，可以鉴别，A错误；麦芽糖分子中含一CHO,为 质量为58，A中只含C、H、O三种元素，因此A的 还原糖，蔗糖不是还原糖，故用新制Cu(OH)?可以 分子式为C3H,O或C2H2O2;由核磁共振氢谱可 鉴别蔗糖和麦芽糖，B正确；通过晶体的X射线衍 知，A有4种处于不同环境的氢原子，因此A为 射技术可以测定CH:COOH晶体的键长、键角以 CH2CHCH2OH。有机物A中与一OH直接相 及原子和分子的排列，C正确；蚕丝主要成分为蛋 连的碳原子上有2个氢，故有机物A与O2在铜催 白质，蛋白质灼烧产生烧焦羽毛的气味，人造丝是 化时反应生成醛类化合物，A错误；有机物A中不 合成高分子，灼烧产生特殊气味，是一种丝质的人 含能与NaHCO3反应的官能团，则有机物A不能 ·50·密真 2025一2026学年度二轮专题精准提升（十一） 卺题 化学·工艺流程 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H一1C-12N-140-16S-32Ca一40Co一59Ce一140 一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4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。 题号 1 3 4 5 6 2 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1.工业生产需综合考虑反应进行的可能性、原料来源、成本高低和绿色环保等多种因素。工业生产下列 物质时，对应的转化过程符合要求的是 ( 选项 物质 转化过程 Naz CO3 NaCI溶液CO:NaHCO,△Na,CO, B NaOH Na O:Na:OH:ONaOH C Al 铝土矿(Al,O,)HCLAICI,电解A 0 黄铁矿(FeS2) 空气 空气 98.3%的浓硫酸吸 H2 SO SO2 400~500℃/催化剂S0, →H2SO 燃烧 2.碱式氯化铝[A12(OH).Cl。-m,l≤n≤5]具有强吸附能力，可作高效净水剂。工业上可利用铝土矿废 渣（主要成分为A1、Al2O3、AlN、FeO、Fe2O3等）制备碱式氯化铝，流程如图所示： 热水 盐酸 ALO KMnO, 废渣→水解 →酸溶 调pH=3 除杂 喷雾干燥 除铁 →Al(OH),CI6m 气体 H 滤渣 下列化学方程式书写错误的是 A.“水解”时发生的化学方程式：AIN+3H,0△AI(OH)十NH,个 B.“酸溶”时生成H2的离子方程式：2A1+6H+—2A13++3H2个 C.“除杂”时发生的离子方程式：MnO:+5Fe2+十8H+一Mn2++5Fe3++4H2O D.“干燥”时发生的化学方程式：2AlCl3十nH2O一Al2(OH)nCl6-mV+nHCl个 3.粗盐含少量泥沙，还有Ca+、Mg+、SO?等杂质，某兴趣小组在实验室进行粗盐提纯的操作步骤流 程如图所示。下列说法正确的是 () 蒸馏水BaCl,溶液NaOH溶液Na,CO,溶液 试剂a 粗盐一→溶解-→操作间-一操作包一玩淀→操作图-→操作国→保 遮渣 二轮专题精准提升（十一）化学第1页（共8页） 真题 梦想是人生的宝藏，奋斗是挖据它的工具 A.“操作1”和“操作2”步骤的顺序对调，不影响产品NaC1的纯度 班级 B.“滤渣”中沉淀的主要成分是BaSO4、MgSO4、CaCO3 C.“调pH”中试剂a可用稀硫酸 D.在“操作3”和“操作4”步骤中，玻璃棒的作用都是引流 姓名 4.一种碘单质的制备方法如图所示。下列有关该制备流程的说法错误的是 AgNO,溶液 Fe粉Cl2 得分 净化除氯后 富集→悬浊液转化→氧化→1， 含「废水 沉淀 A.用可见光照射“悬浊液”可观察到光亮通路，说明其中含有AgI胶体 B.“转化”发生的离子反应为2AgI+Fe—2Ag+Fe2++2I C.“沉淀”经纯化后与硝酸处理所得产物进一步处理后可在制备流程中循环使用 D.“氧化”中增大C12的量有利于提高I2的产率 5.重晶石的主要成分是BSO4,我国学者以重晶石为原料设计氯化钡晶体和羰基硫的联合生产以实现 节能减排，其工艺流程如图所示。下列说法正确的是 () 炭粉 盐酸 重晶石→球磨→焙烧→BaS→酸溶→操作→氯化钡晶体 CO 气体1 COS←合成 一硫黄←热解→气体2 A.“焙烧”反应中转移电子的物质的量为8mol B.“操作”过程中需持续通人HCl C,“气体2”的主要成分为H2和Cl2 D.先将硫黄汽化，有利于提高合成反应的产率 6.为解决大气污染物SO2的排放问题，某实验小组模拟工业烟气脱硫步骤，设计如图所示工艺流程。 下列有关说法正确的是 () 除去SO,后的烟气 ←一NaOH溶液< Ca(OH2溶液 (喷雾) 02 烟气→二吸收塔 含S02 沉淀室 氧化室 >CaSO A.吸收塔内发生的反应为氧化还原反应 B.沉淀室内发生主要反应：Na2SO4+Ca(OH)2一2NaOH+CaSO4 C.氧化室内每生成l36gCaS04时理论上可消耗1molO2 D.流程中可循环利用的物质为NaOH溶液 7.TO2是重要的无机材料，一种含有铁的氧化物和氧化钙的TO2废渣可以通过如图所示流程纯化。 AI粉 盐酸H, H,O, TiO,废渣→铝热还原 浸取 氧化水解 >TiO,xH,O 浸渣 滤液 密卷 二轮专题精准提升（十一）化学第2页（共8页） 4 已知：“铝热还原”时，A1转化为难溶于酸和碱的-Al2O3,TiO2转化为TiO.(1≤x≤1.5)；“浸取” 时，TO,溶于盐酸生成易被空气氧化的T3+。下列说法错误的是 () A.TiO2具有氧化性 B.“浸取”需要惰性气体保护 C.“滤液”中存在Fe3+和Ca2+ D.H2来自Fe和盐酸的反应 8.湿法磷酸工艺中磷矿石[主要成分为CF(PO4)3、SiO2]酸浸、浓缩会产生含氟废气(HF、SiF4),废气 中n(HF):n(SiF4)<2。一种回收氟的工艺如图所示： 稀HPO,浓H,SO, HO 磷矿石→酸浸→沉淀 真空浓缩→HF.SiF,→吸收→过滤→H,SiF6 滤渣1 浓H,PO SiO,·nH,O 已知：SiF4与HF、H2O均能反应生成H2SF6。下列说法错误的是 A.“酸浸”前粉碎矿石可提高浸出效率 B.“滤渣1”的主要成分可以用于改良盐碱地（含Na2CO3) C.SiF4与H2O反应：3SiF4+(n+2)H2O-2H2SiFg+SiO2·nH2OY D.该工艺可以在陶瓷内衬的不锈钢装置中进行 9.某工厂用细菌治金技术处理含金硫化矿粉（其中细小的Au颗粒被FeS2、FeAsS包裹），以提高金的浸 出率并冶炼金。已知：金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐。工艺流程如图所示： 空气NaCN溶液 足量空气H,SO 滤渣 浸出液 浸金 含[Au(CN)J 细菌氧化 矿粉→ pH=2 滤液 沉铁砷 →净化液 下列说法错误的是 A.“细菌氧化”过程中，FeS2参加的反应使体系的酸性增强 B.“浸金”中NaCN将Au氧化成[Au(CN)z]-从而浸出 C.矿粉中的铁元素以Fe3+形式进入“滤液”中 D.“沉铁砷”时加碱调节pH,既能生成Fe(OH)3,又能促进含As微粒的沉降 10.处理某酸浸液（主要含Li汁、Fe2+、Cu+、A13+)的部分流程如图所示： Fe粉 NaOH H,02 Na,CO 酸浸液→沉铜 →碱浸 →氧化→…→沉锂→… CuAI(OHD,沉淀Fe(OHD沉淀 LiCO 下列说法正确的是 ( A.“沉铜”过程中发生反应的离子方程式：2Fe+3Cu2+一3Cu+2Fe3+ B.“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，A1(OH)3沉淀越完全 C.“氧化”过程中铁元素化合价降低 D.“沉锂”过程利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质 11.黄铜溶解液中主要含有Cu2+、Zn2+,也含有少量Pb2+、Fe3+离子，按如图所示方案实现各金属离子 分离。已知：Zn2+溶于过量氨水形成可溶性离子[Zn(NH3)4]+。下列说法错误的是 () 民悬广溶液通人S广沉淀乙 →沉淀丙 H,SO, →溶液 赶尽H,S稀硝酸过量氨水 黄铜溶解液 △ △ →白色沉淀甲 →溶液 4 二轮专题精准提升（十一）化学第3页（共8页）】 真题 A.加入H2SO4可分离出Pb2+ B.“沉淀乙”中含有CuS、FeS和S C.赶尽H2S可减少硝酸和氨水的消耗 D.加入稀硝酸的目的是氧化Fe2+ 12.某工厂利用生物质（稻草）从高锰钴矿（含MnO2、Co3O4和少量F2O3)中提取金属元素，流程如图 所示。已知：“沉钴”温度下，K,(CoS)=100.4。下列说法错误的是 () H,SO,+稻草 Na.CO Na S 矿石 →浸出滤液，沉铁滤液，沉结 →MnSO,滤液 FeOOH A.硫酸用作催化剂和浸取剂 B.使用生物质的优点是其来源广泛且可再生 C.“浸出”时，三种金属元素均被还原 D.“沉钴”后上层清液中c(Co2+)·c(S2-)=1020.4 13.铁和钛是重要的金属材料。Ti-Fe合金是优良的储氢合金。一种利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3, 另含F2O3和SiO2等杂质)制备钛和绿矾的工艺流程如图所示。下列说法错误的是 () 氯气、焦炭 HO →CO 。加热 适量铁屑 TiO,nH,O 粗TiO, 硫酸 富含Ti02*加热 的溶液 回n 钛铁矿→浸田 Fe2、fe、 Tio2 →溶液 →绿矾 废渣 A.“浸出”过程中Ti元素的化合价没有发生改变 B.氧化性：Fe3+>Fe2+ C.若制得1mol金属钛，则步骤Ⅲ中转移电子的物质的量至少为8mol D.TiCl被还原为Ti的过程也可以用Na代替Mg 14.尼泊金乙酯(CH。O3)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，利用如图所示流程提纯尼泊金乙酯： 试剂b 冰水洗涤 ,溶液pH=4操作包低温干燥产品 试剂a 混合物操作] 粗品 固体 洗涤洗涤液 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(pH=4) 尼泊金乙酯 114 297 1.7×10-4g/100mL 对羟基苯甲酸 213 336 0.2g/100mL 下列说法正确的是 A.试剂a、b可分别为Naz CO3溶液、盐酸 B.“操作I”为过滤，“操作Ⅱ”为重结晶 C.可以用FeCL溶液检验最终产品中对羟基苯甲酸是否除净 D.沸点：对羟基苯甲酸<邻羟基苯甲酸 密卷 二轮专题精准提升（十一）化学第4页（共8页） 15.以硫化铜精矿（含Zn、Fe元素的杂质）为主要原料制备Cu粉的工艺流程如图所示： 硫酸溶液，高压O2NH, 高压H 硫化铜精矿→浸取→中和调H→过滤 →还原→过滤→金属N 一系列 固体X 处理→金属M 已知：①高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。 ②可能用到的数据如表中所示： 物质 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Zn(OH)2 开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2 下列说法正确的是 A.“浸取”时增大O?压强可促进金属离子浸出 B.“中和调pH”的范围为1.9~4.2 C.固体X主要成分是Fe(OH)2和S D.金属M是Cu 16.用钴渣（主要成分为CoO,含有FeO4、Al2O3、PbO、CaO等）制备CoCO3的工艺流程如图所示。已 知：常温下，Ka(HF)=2.0×10-4,Kp(CaF2)=4.0×10-11。 NaOH H,SO,①过氧化 溶液 溶液 氢溶液②氨水H Na,CO 钴渣→碱浸→酸浸→除铁→沉钙→沉钴→CoC0, 浸出液滤渣1 滤渣2 CaF, 下列叙述错误的是 A.“滤渣1”的主要成分有PbSO4、CaSO, B.向浸出液中通入足量CO2,有白色沉淀生成 C.该工艺条件下，可推知氧化性：H2O2>Fe3+>Co3+ D.若沉钙后的溶液中，c(HF)=c(Ca2+)=1.0×10-5mol·L-1,则此时溶液的pH约为6 二、非选择题：本题共4小题，共56分。 17.(14分)钒钛系SCR催化剂主要含TiO2、V2O、WO3、SiO2等成分，废SCR催化剂的回收对环境保 护和资源循环利用意义重大，通过如图所示工艺流程可以回收其中的钛、钒、钨等。 NaCO H,SO 废SCR 催化剂 →情洗研磨→碱式焙烧→水浸→酸浸煅烧→T0, CaCL,溶液盐酸→调p→滤渣 WO,←-←沉钨←调p←沉钒→煅烧→V,0, NH.CI 已知：①TiO2、V2Os、WO3可与熔融Na2CO3反应生成Na2TiO3、NaVO3和Na2WO4。 二轮专题精准提升（十一）化学第5页（共8页） 真题 ②+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表： pH 6~8 8~10 10~12 主要离子 VO; V2O VO ③25℃时，Kb(NH3·H20)=1.0×10-5,Kp(NH4V03)=1.0×10-4。 ④溶液中某离子浓度≤l05mol·L1,认为该离子沉淀完全。 回答下列问题： (1)基态W原子的价层电子排布式为5d46s2,W位于元素周期表 (2)提高“酸浸”速率的措施有 (任写两点)。 (3)“酸浸”时，发生反应的离子方程式为 (4)“滤渣”的主要成分是 (填化学式)。 (5)“沉钒”时要控制溶液pH,当pH>8.0时，NH4VO3的产量明显降低，原因是 ① ② (6)25℃时，若控制“沉钒”的pH为7.0，当溶液中的VO3恰好沉淀完全时，溶液中c(NH3·H2O) mol·L-1。 (7)制备出WO3后，工业上可以采用铝热还原法生产钨，其化学方程式为 0 18.(14分)草酸钴在化学中应用广泛，可以用于制取催化剂和指示剂。以钴矿[主要成分是Co0、 Co2O3、Co(OH)2,还含有少量SiO2、Al2O3、CuO、FeO及MnO2杂质]制取草酸钴晶体的工艺流程 如图所示： Na SO, 溶液 稀硫酸H,O,溶液 NaOH溶液 NH)C2O 钴矿 浸取 氧化 调节pH一→提纯 →沉钴 →CoC,O42H,O 浸出渣 沉淀X 常温下，有关沉淀数据如表中所示（完全沉淀时，金属离子浓度≤1.0×10-5mol·L1): 沉淀 Mn(OH)2 Co(OH)2 Cu(OH)2 Fe(OH)3 A1(OH) 恰好完全沉淀时pH 10.1 9.4 6.7 2.8 5.2 回答下列问题： (1)“浸取”前，需要对钴矿进行粉碎处理的目的是 ;浸出液中主要含 有A1+、Fe2+、Co2+、Cu+、Mn2+和SO?,写出“浸取”时，Co2O,发生反应的化学方程式： ,写出基态Mn原子的价电子排布式： (2)“氧化”时，发生反应的离子方程式为 (3)常温下，“调节pH”得到的沉淀X的主要成分是 ,若“调节pH”后，溶液中 c(Co2+)>0.1mol·L1,则需调节溶液pH的范围是 (忽略溶液的体积变化)。 密卷 二轮专题精准提升（十一）化学第6页（共8页） 4 (4)“提纯”分为萃取和反萃取两步进行，先向除杂后的溶液中加入某有机酸萃取剂(HA)?,发生反 应：Co2+十n(HA)2一CoA2·(n-1)(HA)2十2H。当溶液pH处于4.5到6.5之间 时，Co+萃取率随着溶液pH增大而增大，其原因是 ;反萃取时，应 加入的物质是 (填溶液名称)。 (⑤)钴的氧化物常用作颜料或反应催化剂，可以由草酸钴晶体在空气中加热制取，取36.6g草酸钴 晶体，在空气中加热至恒重，得到CoO与CoO4的混合物15.8g,该混合物中CoO与Co3O4的 物质的量之比为 19.(14分)储(G)是一种战略金属，广泛应用于光学及电子领域。从含锗烟尘中（主要成分 为GeS2、Fe2O3、CaO和Pb等)富集和回收锗的部分工艺流程如图所示： 富氧空气PH、CO Na,S溶液 硫酸 磁选除铁 氨水 氧化 氧化 碱浸 酸浸 系列操作 CeO,、 含锗烟尘 抽滤 调节pH 高品位 焙烧 焙烧 抽滤 y-Fe,O 锗精矿 滤液 滤渣 滤液 已知：①25℃时，KFe(OH)3]=4X10-38,Kp[Ge(OH)4]=4X10-46； ②锗元素“碱浸抽滤”后以Na2GeO3形式存在；“酸浸过滤”后以Ge(SO4)2形式存在。 回答下列问题： (1)基态锗原子的价层电子轨道表示式为 ;PH3的空间构型为 (2)虚线框内转化流程的目的为 (3)“滤渣”的成分为 (填化学式)。 (4)“碱浸”时GO2发生反应会产生H2S,该过程的化学方程式为 (5)加氨水调节溶液pH=4.4,储和铁元素共沉淀，此时滤液中c(Ge+):c(Fe3+)= 0 (6)一种含锗的化合物应用于太阳能电池，其晶胞为长方体，结构如图(a): ○(CH,NH,) ●Ge ①该晶体中Ge的化合价为 ②该锗化合物晶胞的表示方式有多种，图中 (填标号)图也能表示此化合物的晶胞。 二轮专题精准提升（十一）化学第7页（共8页） 真题密 20.(14分)四氧化三锰(M3O,)可用于软磁材料、半导体电子材料等的制造。一种以锰矿粉（主要成 分为Mn2O3、MnOOH,含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2、CuO等杂质)为原料制备四氧化三锰的工艺 流程如图所示： H,SO,H,02试剂a (NH),S NH,HCO 空气 锰矿粉→浸出→调H一→沉铜→沉锰→MC0,→氧化→Mn,O 滤渣1 滤渣2 滤渣3滤液 已知：I.常温下，Kp[Cu(OH)2]=2.2X10-20,Kp(CuS)=6.3×10-36,10.6≈4。 Ⅱ.常温下，溶液中金属离子开始沉淀和沉淀完全(c=1×10-5mol·L1)的pH如表所示： 金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ A13+ 开始沉淀的pH 8.1 7.0 1.9 3.4 沉淀完全的pH 10.1 9.0 3.2 4.7 回答下列问题： (1)Mn在元素周期表中的位置为 (2)“浸出”中，Mn2O3参与反应的离子方程式为 ,“滤渣1” 的主要成分为 0 (3)“调pH”中，加入适量试剂a调节pH的目的是使Fe3+、AI3+完全沉淀，则试剂a最适宜选用 (填标号)；此时溶液中c(Cu+)最大为 mol·L-1. A.NaOH B.Mn(OH)2 C.Na2 COa D.MnO2 (4)“沉锰”后的“滤液”中溶质的主要成分是 (5)“氧化”中，MnCO3在空气中加热到770℃时反应生成M3O4和一种对空气无污染的气体，反应 的化学方程式为 (6)MnO4也可以通过直接电解MnSO4溶液获得，电解原理如图所示(M、N均为惰性电极)。N极 的电极反应式为 电源 MnSO,(aq) MnSO (aq) 质子交换膜 卷 二轮专题精准提升（十一）化学第8页（共8页）