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（冀湘渝甘赣皖桂贵晋豫陕青宁新藏滇专用）

2025一2026学年度二轮专题精准提升（十一） 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一140一16S-32Ca-40Co一59 Ce-140 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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 2 3 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 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 A NazCO3 NaCl溶液C-NaHCO,△Na,CO, B NaOH Na O:Na O H:ONaOH Al 铝土矿(A,O,)HCLAICI,电解A1 D H2S04 空气 98.3%的浓硫酸吸 质铁矿(ES装sO:wmt宽S -H2SO, 2.碱式氯化铝[Al2(OH)mCl6-m,1≤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Al、A12O3、AIN、FeO、Fe2O3等）制备碱式氯化铝，流程如图 所示： 热水 盐酸 ALO KMnO, 调pH=3 废渣 水解→酸溶 除铁 除杂 →喷雾干燥 →Al,(OH)Cln 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十3H,O△A1(OH)十NH个 B.“酸溶”时生成H2的离子方程式：2A1十6H+—2A13+十3H2个 C.“除杂”时发生的离子方程式：MnO4+5Fe2++8H+一Mn2++5Fe3++4H2O D.“干燥”时发生的化学方程式：2A1Cl3+nH2O一Al2(OH)nCL6-m↓+nHC1个 3.从海水中提取金属镁和精盐的工艺流程如图所示，已知粗盐中含有泥沙、 NaCl、CaCl2、MgCl2、Na2SO4。下列说法正确的是 () 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，奋斗是挖掘它的工具 除杂试剂 稀盐酸 班级 海水蒸发 粗盐溶液 粗盐水 过滤液操作精国 母 盐酸 脱水 电解 MecL,6HO③MeC4④Me ② 姓名 A.除杂试剂及添加顺序可能为Na2CO3、BaCl2 B.沉镁时所加试剂的俗称为石灰石 得分 C.固体MgCl2可用作干燥剂 D.Mg在空气中燃烧的产物只有MgO 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 Cl 净化除氯后一→富集→悬浊液一 转化氧化→， 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十Fe2+十2I 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Cl2的量有利于提高I2的产率 5.重晶石的主要成分是BaSO4,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 重晶石一→球磨→焙烧→BaS→酸溶→操作→氯化钡晶体 CO 气体1 C0S合成← 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”过程中需持续通入HCI 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 NaOH溶液← Ca(OH)2溶液 02 (喷雾) 含S02 吸收塔 烟气 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+CaSO4Y C.氧化室内每生成136 g CaSO4时理论上可消耗1molO2 D.流程中可循环利用的物质为NaOH溶液 密卷 二轮专题精准提升（十一）化学第2页（共8页） 1 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 →TiO2xH,O 浸渣 滤液 已知：“铝热还原”时，A1转化为难溶于酸和碱的a-Al2O3,TO2转化为TOx(1≤x≤ 1.5);“浸取”时，TOx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Ca+ 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H,PO,浓H,SO HO 磷矿石→酸浸→沉淀→真空浓缩→HFSF,→吸收→过滤→H,SF。 滤渣1 浓HPO SiO,nH,O 已知：SiF4与HF、H2O均能反应生成H2SiF6。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—2H2SiFf6+SiO2·nH2O↓ D.该工艺可以在陶瓷内衬的不锈钢装置中进行 9.某工厂用细菌冶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治炼金。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HSO 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)2]-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.黄铜溶獬液中主要含有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：Zn+溶于过量氨水形成可溶性离子[Zn(NH3)4]+。下列 说法错误的是 () 二轮专题精准提升（十一）化学第3页（共8页） 真题 足量 →溶液通人HS广沉淀乙 黄铜溶解液H,SO →溶液 赶尽H5稀硝酸过量氨水广沉淀丙 △ △ →白色沉淀甲 →溶液 A.加人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Fe+ 11.为提高社会经济效益，钛厂、氯碱厂和甲醇厂进行联合生产，工艺流程如图所示。已 知：“合成”反应中原子利用率为100%。下列说法错误的是 () 烧碱 精制 电 H合成]→甲醇 浓缩解 Tco 海水 钛铁矿氯化→TC1,→TO,H.0 (FeTiO) C FeCl, A.“氯化”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：8 B.制备TiO2·xH2O的方程式：TiCl4+(x+2)H2O一TiO2·xH2O↓+4HCI C.理论上，电解槽中两电极产生的气体体积之比为1：1 D.合成192t甲醇理论上需额外补充5tH2 12.尼泊金乙酯(CgH0O3)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Na2CO3溶液、盐酸 B.“操作I”为过滤，“操作Ⅱ”为重结晶 C.可以用FeCl3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 l3.碱式氧化镍是镍电池的正极活性材料。利用镍渣（主要含NiO,及少量Fe2O3、CuO、 CaO、BaO、SiO2等杂质)制备碱式氧化镍的流程如图所示： 密卷 二轮专题精准提升（十一）化学第4页（共8页） 稀硫酸H,S 试剂RNiO NaF NaOH溶液 镍渣→酸浸→除铜→氧化个→调p除钙→氧化2→N00H 浸渣CuS、S Fe(OH) C 已知：常温下，有关金属阳离子开始沉淀（金属阳离子物质的量浓度为0.1mol·L1) 和完全沉淀（金属阳离子物质的量浓度为1×10-5mol·L1)的pH如表所示： 氢氧化物 Fe(OH) Fe(OH)2 Ni(OH)2 开始沉淀的pH 1.9 7.0 7.2 完全沉淀的pH 3.2 9.0 9.2 下列叙述错误的是 A.粉碎镍渣可加快“酸浸”速率 B.由表可知Ni(OH)2的Kp约为10-23.4 C.“调pH”时发生的反应为2Fe3++3NiO+3H2O—2Fe(OH)3V+3Ni+ D.若将“氧化1”工序省略，则会导致制得的碱式氧化镍的纯度下降 14.用钴渣（主要成分为CoO,含有Fe3O4、Al2O3、PbO、CaO等）制备CoCO3的工艺流程 如图所示。已知：常温下，K.(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HF Na,CO, 钴渣→碱浸→酸浸→除铁→沉钙→沉钴→CC0, 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、CaSO4 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·L1,则此时溶液的pH约 为6 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(14分)钒钛系SCR催化剂主要含TiO2、V2O5、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。 Na,CO HSO. 废CR→情洗研磨→碱式培烧→水浸酸浸→煅烧→T0, 催化剂 CaCl,溶液盐酸→调p→滤渣 wO,←-←沉钨一调p西←沉钒→煅烧→V,0, NH.CI 已知：①TiO2、V2O5、WO3可与熔融Na2CO3反应生成Na2TiO3、NaVO3和Na2WO4。 ②+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表： 二轮专题精准提升（十一）化学第5页（共8页） 真题密 pH 6~8 8~10 10~12 主要离子 VO V2O VO ③25℃时，Kb(NH3·H2O)=1.0X10-5,Ksp(NH4VO3)=1.0×10-4。 ④溶液中某离子浓度≤10-5mol·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5d6s2,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 16.(14分)锗(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 含锗烟尘 氧化 培烧 氧化 碱浸 系列操作CeO, 高品位 抽滤 调节pH Y-Fe,O 锗精矿 滤液 滤渣 滤液 已知：①25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=4X10-38,Ksp[Ge(OH)4]=4×10-46; 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,锗和铁元素共沉淀，此时滤液中c(Ge4+)：c(Fe3+)= (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()： ○CH,NH,) ●Ge 6 卷 二轮专题精准提升（十一）化学第6页（共8页） 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。 17.(15分)稀土元素铈及其化合物在生产生活中有重要用途，硝酸铈铵[(NH4)2C(NO3)6] 是重要化工原料，易溶于水和乙醇，几乎不溶于浓硝酸。以氟碳铈矿（主要成分为 CeFCO3)为原料制备硝酸铈铵流程如图所示： 硝酸 CeFCO 焙烧CeO酸浸CeCl,NaOH溶液 Ce(OH) CeF 溶液 沉淀 →Ce(OH,→加热浆化 产品←烘干洗涤过滤转化-H,[CNO,) 硝酸铵 (1)(NH4)2C(NO3)6是一种配合物，也属于盐，形成它的正离子为NHt,阴离子为 ,该阴离子是该配合物的 (填“内界”或“外界”)，中心离子的 配位数为 (2)“焙烧”过程中发生的主要反应的化学方程式为 (3)下列说法错误的是 (填标号)。 A.“焙烧”中常采用高压空气、逆流操作提高焙烧速率 B.“酸浸”过程中用到了H2O2,氧化剂和还原剂物质的量之比为2：1 C.洗涤产品的试剂是乙醇 D.制得(NH4)2Ce(NO3)。晶体应洗涤后及时放人烘箱高温烘干 (4)由Ce(OH)3制取Ce(OH)4的装置如图所示： 电动搅拌 浓盐酸多 固体Y Ce(OH) NaOH NaOH 溶液 6 溶液 c ①装置a中仪器X的名称是 ,试管中盛放的固体Y为 (填化学式)。 ②已知室温下，Kp[Ce(OH)3]=1.0×10-o,向水层中加入NaOH溶液，pH大于 时，Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀（溶液中离子浓度c<l0-5mol·L-1 时，可认为已除尽)。 ③将装置b中的反应混合物过滤、洗涤，能说明沉淀已洗涤干净的实验方法是 ④硝酸铈铵纯度测定。取16.000g样品，溶于水配成500mL待测溶液，取 25.00mL待测液于锥形瓶中，加入足量酸性KI溶液(Ce还原为+3价)，滴入2~3 滴淀粉溶液；用0.1mol·L1Na2S2O3溶液进行滴定，记录读数。重复实验后，平 1 二轮专题精准提升（十一）化学第7页（共8页） 真题密 均消耗Na2S2O3溶液的体积为12.00mL。已知发生的反应为12+2S2O? S4O?+2I厂。产品中(NH4)2Ce(NO3)6的质量分数为 0 18.(15分)四氧化三锰(Mn3O4)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,S0,H,02试剂a (NH)S NH,HCO 空气 锰矿粉→浸出→调pH→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)=6.3X10-36,10.6≈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·L-1)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+、Al3+完全沉淀，则试剂a最 适宜选用 (填标号)；此时溶液中c(Cu2+)最大为 mol·L-1。 A.NaOH B.Mn(OH, C.Na2CO3 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Mn3O4和一种对空气无污 染的气体，反应的化学方程式为 (6)Mn3O4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）真题密卷 氧化生成Fe3+,进而转化为Fe(OH)3沉淀除去； 过滤后再向溶液中加入Na2S将Co2+、Cu+转化 为CoS、CuS沉淀除去；滤液中通入氨气调节溶 液的pH将铝离子转化为Al(OH)3沉淀，再过 滤，滤液中加NaF溶液，将Ca+转化为CaF沉淀 除去，过滤，最后向滤液中加入碳酸氢铵得到 MnCO3沉淀。 (1)Mn的原子序数为25，基态锰原子的价电子 排布式为3d4s2。 (2)根据萃取机理：2RH+M+三R2M十2H+, 稀硫酸加入过少，不能将Mn+充分萃取出来，导 致Mn2+的浸出率低；稀硫酸加入过多，后续消耗 大量NH3,增大成本。 (3)“氧化沉铁”时发生反应的离子方程式为 MnO2 +2Fe2++4H2 O-Mn2++2Fe(OH)3 十2H+;加入活性MnO2的作用除了氧化Fe2+ 以外，还可以提高MnCO3的产量且不引入新的 金属离子。 (4)过滤后再向溶液中加入Na2S将Co2+、Cu2+ 2025一2026学年度二轮 化学·工 一、选择题 l.D【解析】直接向NaCl溶液中通入CO2,无法获 得NaHCO3,需先向饱和NaCl溶液通入NH3至 饱和再通入CO2才能生成NaHCO3晶体，再 将NaHCO3加热制备Na2CO3,A不符合题意； Na在自然界以化合物的形式存在，不存在游离态 Na(原料来源少，成本高)，B不符合题意；A1Cl3为 共价化合物，不能通过电解AICL3生产A1,工业上 采用电解熔融Al2O3生产A1,C不符合题意；工 业制硫酸用硫黄或黄铁矿氧化生成SO2,再将其 氧化生成S○3，用98.3%的浓硫酸进行吸收 (因SO3与水反应放热，为避免产生酸雾)，D符合 题意。 2.C【解析】废渣中加热水，氮化铝发生水解生成氢 氧化铝和氨气，加入盐酸后铝与盐酸反应生成氢 气，Al2O3、FeO、Fe2O3均可溶于盐酸得到含 A13+、Fe2+、Fe3+的溶液，加入三氧化二铝调节 pH,可将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，加入高 锰酸钾可将Fe2+氧化为Fe3+,Fe3+再转化为 Fe(OH)3沉淀除去，高锰酸钾被还原为二氧化锰， ·46 二轮专题精准提升 转化为CoS、CuS沉淀除去，即滤渣2为CoS、 CuS。 (5)根据AI3+去除率为98%，可计算出“沉铝”后 溶液中c(A13+)=(5×10-2×2%)mol·L-1=1 ×10-3mol·L1,根据A1(OH)3的Kp=1X 10-80,可得c(OH)=1×10-9mol·L1,则pH= 5。Q=c(Mm2+)·c2(OH)2<Kp[Mn(OH)2],此 时Mn+以MnS形式损耗。根据H2S的Kal、Ka2 可得c(HS)=10-2c(H2S),c(S2-)= 108c(HS)=10-10c(H2S),又根据H2S、HS、 S2-浓度之和为10-3mol·L1,可得c(H2S)≈1 ×10-3mol·L1,c(S2-)≈10-18mol·L1。再 根据MnS的Kp=9.6×10-14,求得除杂后溶液 中c(Mn2+)=0.96mol·L-1,则Mn2+的损耗率 为4.0%。 (6)“沉锰”时有碳酸锰沉淀和二氧化碳生成，发 生反应的离子方程式为Mn2++2HCO -MnCO3V+CO2个+H2O 专题精准提升（十一） 艺流程 经过喷雾干燥氯化铝转化为碱式氯化铝。废渣中加 热水，氨化铝会发生水解生成氢氧化铝和氨气，“水 解”时发生反应的化学方程式为AIN+3H0△ A1(OH)3十NH3个，A正确；加入盐酸后，铝与盐酸反 应生成氢气和氯化铝的离子方程式为2Al+6H中 —2A13+十3H2个，B正确；加入高锰酸钾后，滤液经 喷雾千燥即可获得碱式氯化铝，因此M元素应该转 化为二氧化锰进入滤渣，离子方程式为MnO4十 3Fe2++7H2O-MnO2↓+3Fe(OH)3￥+ 5H+,C错误；经过喷雾千燥氯化铝转化为碱式氯 化铝，2AlCl十nH2O一Al2(OH)nCl6-m￥+ nHCl个，D正确。 3.C【解析】用化学沉淀法去除粗盐中的Ca2+、 Mg2+和SO?,所选试剂分别是碳酸钠溶液，氢氧 化钠溶液和氣化钡溶液。Na2CO3溶液在BaCl2 溶液之后加入，其作用为除去Ca+和过量的 Ba2+,过滤后滤液中含有多余的氢氧化钠和碳酸 钠，最后需向滤液中加入盐酸。多余的Ba2+需借 助后续加入的Naz CO3形成沉淀以除去，A错误； 沉镁时所加试剂为氢氧化钙，俗称为石灰乳，B错 ·化学· 误；固体MgCl2有很好的吸水性，可用作干燥剂， C正确；Mg在空气中燃烧的产物有MgO、氨化镁 等，D错误。 4.D【解析】由题给流程可知，向净化除氯的含碘离 子废水加入硝酸银溶液，将溶液中的碘离子转化 为碘化银悬浊液，向悬浊液中加入铁粉，铁与悬浊 液中碘化银反应生成亚铁离子、银和碘离子，向反 应后的溶液中通入氯气，溶液中碘离子被氯气氧 化为单质碘。用可见光照射“悬浊液”可观察到光 亮通路，说明悬浊液中含有碘化银胶体，能产生丁 达尔效应，A正确；由分析可知，“转化”发生的反 应为铁与悬浊液中碘化银反应生成亚铁离子、银 和碘离子，发生的离子反应为2Agl十Fe一2Ag 十Fe2+十2I,B正确；由分析可知，沉淀为银，银 与稀硝酸反应可以生成硝酸银，硝酸银溶液可在 制备流程中循环使用，C正确；“氧化”过程中若氯 气过量，单质碘会被氯气进一步氧化，导致单质碘 的产率降低，D错误。 5.D【解析】由流程可知，焙烧时发生BaSO4(s)十 4C(s)高温4C0(g)十BaS(s),得到的产物经盐酸 酸浸后可得到溶液，主要成分为BaCl2和HCl, “气体1”为H2S,再将滤液进行结晶即可得到氯化 钡晶体，得到的H2S经过热解得到硫黄和H2,硫 黄与焙烧产生的CO合成COS,据此分析解答。 未明确反应物用量，无法计算转移电子的物质的 量，A错误；BaCl2不水解，“操作”过程中无需持续 通入HCl,B错误；根据分析可知，“气体2”的主要 成分为H2,C错误；将硫黄汽化，可增大反应物的 接触面积，有利于提高合成反应的产率，D正确。 6.D【解析】吸收塔中用NaOH溶液喷雾吸收烟气 中的SO2,生成Na2SO3和H2O,沉淀室中 Na2SO3和Ca(OH)2反应生成CaSO3沉淀和 NaOH,氧化室中CaSO3和O2反应生成CaSO4, 据此解答。吸收塔内发生的反应为SO2十2NaOH 一Na2SO3十H2O,是非氧化还原反应，A错误； 沉淀室内发生主要反应是亚硫酸钠与Ca(OH), 的反应，化学方程式为Na2SO3十Ca(OH)2 2NaOH+CaSO3Y,B错误；根据2CaSO3+Og 136g —2CaS04可知，生成136g即 136g·mo-1 1mol硫酸钙，需要0.5molO2,C错误；沉淀室内 发生主要反应为Na2SO,+Ca(OH)2一2NaOH 十CaSO3↓，生成的NaOH可以循环进入吸收塔 中，D正确。 。4 参考答案及解析 7.D【解析】二氧化钛废渣与铝粉进行铝热还原生 成Ti0.(1x≤1.5)和难溶于酸和碱的a A12O3,同时铁的氧化物转化为铁单质，加入盐酸 后TiOz、Fe与酸反应生成Fe2+、Ti3+和氢气，难 溶的a-Al2O3转化为“滤渣”，滤液中Fe2+、Ti3+被 H2O2氧化生成Fe3+和Ti4+,T4+水解生成TiO2· xHO分离，滤液含有Fe3+、Ca2+。TiO2中Ti为 高价态，具有氧化性，A正确；“铝热还原”后，会有 Ti0,（1≤x1.5)产生，其中有低于十3价的钛元 素，“浸取”时，TO,溶于盐酸生成易被空气氧化 的T3+,因此“浸取”需要惰性气体保护，B正确； Ti4+转化为TiO2·xH2O分离，滤液含有Fe3+、 Ca2+,C正确；铝热反应中铁的氧化物转化为铁单 质，故氢气是铁、过量铝粉与盐酸反应产生的，D 错误。 8.D【解析】磷矿石[主要成分为 Ca5F(PO4)3、SiO2]先用稀磷酸溶解，再与浓硫 酸反应，得到“滤渣1”的主要成分是硫酸钙，真 空浓缩后得到的气体为SiF4与HF,加水吸收得 到H2SiF6和SiO2·nH2O,过滤出SiO2· nH2O后得到H2SiF6。“酸浸”前粉碎矿石，可 以增大接触面积，加快酸浸速率，提高浸出效率， A正确；“滤渣1”的主要成分是硫酸钙，与 Na2C○3作用可以转化为碳酸钙，减小碳酸根的 浓度，可以改良盐碱地，B正确；根据信息，结合 流程可知，SiF4与H2O反应生成H2SiF6和 SiO2·nH2O,化学方程式为3SiF4+ (n+2)H2O=2H2SiF6+SiO2·nH2O￥，C 正确；流程中会有HF,与陶瓷中的SiO2会反应， 故不能在陶瓷内衬的不锈钢装置中进行，D 错误。 9.B【解析】向含金硫化矿粉（其中细小的A山颗粒 被FeS2、FeAsS包裹)中通入足量空气，并加入稀 硫酸，在pH=2的条件下发生细菌氧化，FeS2和 FeAsS发生氧化还原反应生成Fe3+和含As微 粒，Au不发生反应，过滤得到含Fe3+和含As微 粒的滤液和含Au的滤渣，将滤液加碱调节pH, 生成Fe(OH)3,并促进含As微粒的沉降，向滤渣 中通入空气和NaCN,空气先将Au氧化 为Au+,Au+再与CN-结合形成[Au(CN)2]-从 而浸出。“细菌氧化”过程中，FS2在酸性条件下 被氧气氧化，反应的化学方程式可表示为4FeS2+ 150,十2H,00葡2Fe,(S0,)十2H2S0,反应生 1 真题密卷 成了硫酸，使体系的酸性增强，A正确；“浸金”中， NaCN、Au与空气中的O2发生反应，O2作氧化剂 将Au氧化，CN与Au+结合形成[Au(CN)2] 从而浸出，并非NaCN将Au氧化，B错误；由分析 可知，Fe+会被氧化为Fe3+,所以矿粉中的铁元素 以F3+形式进入“滤液”中，C正确；“沉铁砷”时加 碱调节pH,Fe3+会与OH反应生成Fe(OH)3沉 淀；同时含As微粒在碱性条件下也会发生沉淀， 从而促进含AS微粒的沉降，D正确。 10.B【解析】向黄铜溶解液中加硫酸得到白色沉淀 甲PbSO4;通入H2S后Fe3+与H2S反应生成 Fe2+和单质S,Cu+与H2S反应生成H2SO4和 CuS沉淀；溶液中加稀硝酸将Fe2+氧化为Fe3+, 再加氨水沉淀Fe3+,同时得到[Zn(NH)4]。 根据分析可知，加入H2SO4形成PbSO4沉淀， 分离Pb+,A正确；“沉淀乙”中含有CuS和S,B 错误；硝酸具有氧化性，氨水有碱性，均与具有还 原性和酸性的H2S反应，因此赶尽H2S可减少 硝酸和氨水的消耗，C正确；加入稀硝酸的目的 是氧化Fe2+,D正确。 11.D【解析】由图可知，精制浓缩海水在电解槽中 发生2NaC1+2H,0电解2Na0H+H,◆+Cl,个 反应，得到烧碱、Cl2和H2,Cl2、C和FeTiO发 生氯化反应得到FeCl?、TiCl4和CO,反应的化 学方程式为2 FeTiO3+7Cl2+6C—2TiCL,+ 2FeCL3+6CO,C0与H2发生CO+ 2H2—CHOH反应合成甲醇，TiC4与水发生 TiCl+(x+2)H2O-TiO,.H,O+ 4HC1反应制备TiO2·xH2O。由分析可知，“氯 化”反应的化学方程式为2 FeTiO3+7Cl2+6C —2TiCl4+2FeCl+6CO,在该反应中Cl2中 氯元素化合价降低，作氧化剂；C和Fe元素化合 价升高，作还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质 的量之比为7：(6十2)=7：8，A正确；由分析可 知，TiC4与水反应制备TiO2·xH2O的化学方 程式为TiCl4十(x十2)H2O一TiO2·xH2OV +4HC1,B正确；电解槽中，阳极产生Cl2,阴极产 生H2,由化学方程式可知，两种气体的体积之比 为1：1，C正确；电解精制浓缩海水生成Cl2和 H2,根据2NaC1+2H,0电解2NaOH+H,个 +Cl2↑，“氯化”中7Cl2~6C~6CO,C0与H2 合成甲醇，192t甲醇的物质的量为32g·m0l户 192×10g 1 。4 二轮专题精准提升 =6X105mol,则需要的CO和H2物质的量分 别为6×106mol、6×10mol×2=1.2 ×10?mol,由分析可知电解产生的H2与生成 C0对应的Cl2物质的量相等，则电解产生的H2 物质的量为7×106mol,还需额外补充H2的物 质的量为1.2×107mol一7×105mol=5× 10mol,质量为5×10mol×2g·mol-1=10× 10g=10t,D错误。 12.A【解析】根据题千信息，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Naz CO3 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。 根据分析可知，试剂a为Na2CO3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；“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FeCl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；对羟基苯 甲酸易形成的分子间氢键，邻羟基苯甲酸易形成 分子内氢键，所以沸点：对羟基苯甲酸>邻羟基 苯甲酸，D错误。 13.B【解析】含镍废料主要含NiO以及少量CuO、 Fe2O3、BaO、CaO和SiO2等，加入硫酸酸浸， SO2与硫酸不反应，其余均反应分别生成硫酸 镍、硫酸铜、硫酸铁、硫酸钡、硫酸钙、过量的硫 酸，过滤，浸渣为SiO2、BaSO4、CaSO4,得到的滤 液中含有硫酸镍、硫酸铜、硫酸铁和过量的硫酸， 向里面加入硫化氢，生成硫化铜沉淀、硫单质沉 淀，过滤除去，再加入过氧化氢溶液，将亚铁离子 氧化为铁离子，然后加入NO固体，调节溶液的 pH,使铁离子沉淀，过滤，得到氢氧化铁沉淀，再 向滤液中加入氟化钠，生成氟化钙沉淀，沉淀钙 离子，过滤除去，向最后的硫酸镍溶液中加入氢 ·化学· 氧化钠和C2,可以得到碱式氧化镍。粉碎镍渣 可以增大固液接触面积，可加快“酸浸”速率，A 正确；根据题千表中数据可知，Ni(OH)2的K即 =c(Ni2+)·c(0H-)2=10-5X(10-4.8)2= 10-14.6,B错误；“调pH”时发生的反应为2Fe3+ +3NiO+3H2O-2Fe(OH)3￥+3Ni2+,C正 确；由题千表中数据可知，Fe2+和Ni+分离不完 全，故若将“氧化1”工序省略，则会导致制得的碱 式氧化镍中含有Fe(OH)3等杂质，纯度下降，D 正确。 14.C【解析】钻渣主要成分为CoO,还含有Fe3O4、 Al2O3、PbO、CaO等。用氢氧化钠“碱浸”生成 Na[Al(OH)4]除氧化铝，滤渣“酸浸”生成“滤渣 1”为硫酸铅沉淀、硫酸钙沉淀，滤液中含有硫酸 钻、硫酸铁、硫酸亚铁、少量硫酸钙，滤液中加过 氧化氢溶液把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，再加氨水 生成氢氧化铁沉淀除铁，“滤渣2”为Fe(OH)3, 滤液中加HF生成CaF2沉淀除钙，加入Na2 CO3 沉钻得到C0CO3。由分析可知，“酸浸”所得“滤 渣1”的成分有PbSO4、CaSO4,A正确；“浸出液” 中含有[Al(OH)4],通入足量CO2,发生CO。 +[A1(OH)4]-一AI(OH)3￥+HCO,有白 色沉淀生成，B正确；“除铁”时加入H2O2,氧化 Fe2+而不氧化Co2+,说明还原性：Fe2+>Co2+ 氧化性：Co3+>H2O2,则氧化性顺序是Co3+> H2O2>Fe3+,C错误；若“沉钙”后溶液中 c(HF)=c(Ca2+)=1.0×10-5mol·L-1,由 Kp [CaF2] Km(CaF)=4X10,得c(F)=√c(Ca*) =2X10-3mol·L1,再根据K.(HF)得c(H+)= 1.0×106mol·L1,即pH为6，D正确。 二、非选择题 15.(1)第六周期MB族(2分) (2)适当升温；适当增大硫酸溶液浓度（或搅拌） (2分，合理即可) (3)Naz TiO3 +2H+-H2 TiO3+2Na+(2) (4)H2SiO3(2分) (5)①当pH>8.0时，钒的主要存在形式不是 VO3(1分) ②OH与NH反应，使NH+浓度降低，不利 于生成NH4VO3(1分) (6)0.1(2分) (7)WO,+2A1商温W+Al,0,(2分) ·4 参考答案及解析 【解析】废SCR催化剂清洗研磨后加入碳酸钠焙 烧，TiO2、V2O5、WO3可与熔融Na2CO3反应生 成Na2TiO3、NaVO3和Na2WO4,二氧化硅生成 硅酸钠，水浸分离出Na2TiO3沉淀，将沉淀酸浸 得到H2TiO3,煅烧得到二氧化钛；水浸后溶液加 入盐酸调节pH,使得硅酸根离子成为硅酸沉淀 得到滤渣，滤液加入氯化铵沉钒得到NH4VO3 沉淀，煅烧得到V2O5;沉钒后滤液调节pH,加入 氯化钙沉钨后处理得到WO3。 (1)由基态W原子的价层电子排布式为5d46s2 可知，W位于元素周期表第六周期ⅥB族。 (2)适当升温、适当增大硫酸溶液浓度、搅拌等均 可提高“酸浸”速率。 (3)“酸浸”时，Na2TiO3和加入的氢离子转化为 H2TO3沉淀，发生反应的离子方程式为 Na2 TiO3+2H+-H2 TiOa+2Na+. (4)由分析可知，“滤渣”的主要成分H2SiO3。 (5)由表可知，当pH>8.0时，钒的主要存在形 式不是VO3,且OH与NH反应，使NHt浓 度降低，不利于生成NH4VO3,故导致pH>8.0 时，NH4VO3的产量明显降低。 (6)pH为7.0，pOH=7.0,当溶液中的VO3 格好沉淀完全时，c(NH时)=K,(NH,VO) c(VO3) 1.0×10-4 1.0×10-5mol·L1=10mol·L-,则 cNH,·H,O)=cNH)·c(OH) Kb(NH3·H2O) 10×10-7 1.0x10-5molL-0.1 mol.L-1 (7)采用铝热还原法，还原WO3生产钨，同时生 成氧化铝，化学方程式为WO,十2A1高温W +Al2O3。 4s 4p 16.(1)▣41☐(1分) 三角锥形(1分) (2)富集锗元素(2分) (3)CaSO、PbSO4(2分) (4)GeO,+H2O+Na2S-Na2 GeO3+H2S (2分) (5)1016(2分) (6)①+2(2分) ②cd(2分) 1 真题密卷 【解析】由题给流程可知，含锗烟尘在富氧空气中 焙烧，将锗、硅、铁等元素转化为氧化物，向焙烧 渣中通入磷化氢和一氧化碳，将二氧化锗转化为 一氧化锗，进一步氧化，将一氧化锗氧化为二氧 化锗，整个过程可以富集锗元素，经过“碱浸抽 滤”后储元素以Na2GeO3形式存在，硫酸酸浸后 滤渣中含CaSO4、PbSO4,滤液中含Ge(SO4)2、 Fe2(SO4)3,加氨水调pH值后得到Ge(OH)4、 Fe(OH)3,经过系列操作得到GeO2、Y-Fe2O3,磁 选除铁后得到高品位锗精矿。 (1)锗位于第四周期NA族，基态锗原子的价层 4s 4p 电子轨道表示式为四个☐：PH中P原子 的价层电子对数为3十5一3X1-4,有1对孤对 2 电子，空间构型为三角锥形。 (2)由分析可知，虚线框内转化流程的目的为富 集锗元素。 (3)“滤渣”的成分为CaSO4、PbSO4。 (4)“碱浸”时GO2发生反应会产生H2S,根据 原子守恒，该过程的化学方程式为GeO2十H2O +Na2S=Na2GeO3+H2S↑。 (5)加氨水调节溶液pH=4.4,锗和铁元素共沉 淀，得到Ge(OH)4、Fe(OH)3,溶液中c(OH) =10-06 mol L1,cF+)=K Fe(OH)] C3(OH) 4×10-38 =10ymo1L1=10-2molL1, c(Ge+）=Kp[Ge(OH).]_4X1046 c4(OHΓ) (10-9.6)4mol· L-1=10-.6mol·L1,此时滤液中c(Ge4+): c(Fe3+)=10-7.6:10-9.2=10.6。 (6)晶胞中(CH,NH,)+的个数为8X8=1,Ge 原于的个数为1的个数为6×号-3，故昌你 的化学式为(CH3NH3)GeI3,(CH3NH3)+、Ge、 1个数比为1：1：3。 ①该晶体中Ge的化合价为十2价。 ②b中(CHNH)+,Ge,Ir个数比为1：(8×g): 1 (10×4)=2:2:5,c中个数比为1：(8X8): 1 ·5 二轮专题精准提升 8×+2x分-11：3，d中个数比为1：(8 .1 ×日：12x日-11：3，故cd四也能来示 此化合物的晶胞。 17.(1)[Ce(N03)]2-(1分)内界(1分)6(1分) (2)4CeFC03+O2 商温3Ce0,十CeR,+4C0: (2分) (3)CD(2分) (4)①恒压滴液漏斗(1分)KClO3(或KMnO4) (1分，合理即可) ②9(2分) ③取最后一次洗涤液少量于试管中，加入 AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，说明洗涤干净 (2分) ④82.2%(2分) 【解析】本实验的目的是利用稀土氟化物制取硝 酸铈铵[(NH4)zCe(NO3)6],将氟碳铈矿（含 CeFCO3)在空气中焙烧，酸浸后生成CeCl3,然后 和NaOH溶液反应得到Ce(OH)3,之后利用浓 盐酸和KMnO4或Ca(ClO2)等反应来制取氯气， 利用生成的氯气氧化Ce(OH)3得到Ce(OH)4, 加入浓硝酸溶解得到H2[Ce(NO3)6],然后再和 NHNO3反应得到产品。 (1)[(NH4)2Ce(NO3)6]是一种配合物，也属于 盐，形成它的正离子为NH攻，则阴离子带两个单 位的负电荷，阴离子为[Ce(NO3)6]-,它是该配 合物的内界，Ce+与6个NO3配位，故中心离子 的配位数为6。 (2)焙烧过程中O2参加反应，CeFCO3转化生成 CeO2和CeF4,焙烧过程为氧化还原反应，根据 得失电子守恒和原子守恒，焙烧过程中发生的主 要反应方程式为4CeFC0,十O,高温3Ce0,十 CeF4+4CO2。 (3)“焙烧”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)，以增大固 体接触面积，增大氧气浓度，提高焙烧速率并且 使反应更充分，A正确；反应物为CeO2、CeF4和 H2O2,CeO2、CeF4均为+4价铈，作氧化剂，Ce 中化合价均由十4变为十3，得到1个电子发生还 原反应，则H2O2中氧会失去2个电子发生氧化 ·化学· 反应生成氧气，根据得失电子守恒和原子守恒， 则氧化剂和还原剂物质的量之比为2：1，B正 确；硝酸铈铵易溶于水和乙醇，难溶于浓硝酸，洗 涤产品的试剂是浓硝酸，C错误；硝酸盐和铵盐 分解温度都很低，(NH4)zCe(NO3)6受热易分 解，不能放入烘箱高温烘千，应自然干燥，D 错误。 (4)①根据X的结构特点可知其为恒压滴液漏 斗；装置a中要制取氯气，但没有加热装置，所以 应是浓盐酸和KMnO4或KCIO3反应来制取 氯气。 ②Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀时，Ce3+浓度小 于10-5mol·L1,依据Kp[Ce(OH)3]=1.0× 10-20,c(0H)= 31.0×10-20 W10-5 mol·L-1 =10-5mol·L1,则pH大于9时，Ce3+完全生 成Ce(OH)3沉淀。 ③制取Ce(OH)4的过程中，氯气会被还原为 CI,沉淀表明可能附着有NaCl,检验沉淀是否 洗涤干净，即检验沉淀表面是否有氯离子，方法 为取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸酸 化的AgNO3溶液，无白色沉淀生成，则证明沉淀 已经洗涤干净。 ④根据反应方程式可得关系式：2Ce4+~I2~ 2Na2S2O3,25.00mL待测溶液消耗0.1mol· L1Na2S2O3溶液的体积是12mL,则其中含有 溶质(NH4)2Ce(NO3)的物质的量=n(Na2S2O3) =0.1mol·L-1×12×10-3L=12×10-4mol, 则16.000g样品配成的500mL溶液中含有溶 质物质的量=12×10‘m0l×500mL 25 mL =24× 10-3mol,其质量m[(NH4)2Ce(NO3)6]=24X 10-3mol×548g·mol-1=13.152g,故16.000g 产品(NH4)2Ce(NO3)6的质量分数为 3.152g 16.000g ×100%=82.2%。 18.(1)第四周期ⅦB族(1分) (2)Mn2O3+4H++H2O2—2Mn2++3H2O+ O2个(2分)SiO2(2分) (3)B(2分)8.8×10-2（或2.2×10-1.4）(2分) 5 参考答案及解析 (4)(NH4)2SO4(2分) (5)6MnC0,+0,70C2Mn0,+6C0,(2分) (6)3Mn2+-2e+4H20—MnO4+8H+ (2分) 【解析】锰粉矿主要含Mn2O3、MnOOH和少量 Fe2O3、Al2O3、SiO2、CuO等杂质，加入H2SO4、 H2O2浸取，过滤出SiO2,得到含有MnSO4、 Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3、CuSO4的混合溶液，加 入适量Mn(OH)2调节pH生成Fe(OH)3、 AI(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 入NH4HCO3沉锰，MnSO4和NH4HCO3反应 生成(NH4)2SO,、MnCO3、CO2,最后在空气中 加热MnCO3得到MnO4。 (1)Mn为25号元素，位于元素周期表中第四周 期IB族。 (2)Mn2O3与硫酸、H2O2反应生成MnSO4、O2 和水，反应的离子方程式为Mn2O3十4H+十 H2O2—2Mn2+十3H20+O2个；由上述分析可 知SiO2与H2SO4、H2O2不反应，故“滤渣1”为 Si02。 (3)浸出液中含Mn+,故选择含二价锰的 Mn(OH)2调pH,使Fe3+、AI3+沉淀；“调pH”中 确保Fe3+、AI3+沉淀完全，Mn2+未开始沉淀，故 4.7≤pH<8.1,当pH=4.7,即c(OH)= 10-9.3时，c(Cu2+)最大；此时c(Cu2+)= Kp[Cu(0H)2]_2.2×10-20 c2(OH-) (10-9.3)2mol·L1=2.2 ×101.4mol·L-1≈8.8×10-2mol·L-1。 (4)由上述分析可知“沉锰”后，“滤液”溶质主要 为(NH4)2SO4。 (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 +0,270c2M,0,+6C0. (6)由电解原理图中H+的移动方向可知，N为阳 极；该电极可将MnSO4转化为Mn3O4,故N极 的电极反应为3Mn+-2e+4H2O-MnO4 +8H+。 1· 1