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（山东专用）

·化学· 参考答案及解析 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 等，D错误。 1.D【解析】直接向NaCl溶液中通入CO2,无法获4.D【解析】由题给流程可知，向净化除氯的含碘离 得NaHCO3,需先向饱和NaCl溶液通入NH3至 子废水加入硝酸银溶液，将溶液中的碘离子转化 饱和再通入CO2才能生成NaHCO3晶体，再 为碘化银悬浊液，向悬浊液中加入铁粉，铁与悬浊 将NaHCO3加热制备Na2CO3,A不符合题意； 液中碘化银反应生成亚铁离子、银和碘离子，向反 Na在自然界以化合物的形式存在，不存在游离态 应后的溶液中通入氯气，溶液中碘离子被氯气氧 Na(原料来源少，成本高)，B不符合题意；AICl为 化为单质碘。用可见光照射“悬浊液”可观察到光 共价化合物，不能通过电解AICIs生产Al,工业上 亮通路，说明悬浊液中含有碘化银胶体，能产生丁 采用电解熔融Al2O3生产Al,C不符合题意；工 达尔效应，A正确；由分析可知，“转化”发生的反 业制硫酸用硫黄或黄铁矿氧化生成S0O2,再将其 应为铁与悬浊液中碘化银反应生成亚铁离子、银 氧化生成S03,用98.3%的浓硫酸进行吸收 和碘离子，发生的离子反应为2AgI十Fe一2Ag (因SO3与水反应放热，为避免产生酸雾)，D符合 十Fe2+十2I,B正确；由分析可知，沉淀为银，银 题意。 与稀硝酸反应可以生成硝酸银，硝酸银溶液可在 2.C【解析】废渣中加热水，氨化铝发生水解生成氢 制备流程中循环使用，C正确；“氧化”过程中若氯 氧化铝和氨气，加入盐酸后铝与盐酸反应生成氢 气过量，单质碘会被氯气进一步氧化，导致单质碘 气，Al2O3、FeO、Fe2O3均可溶于盐酸得到含 的产率降低，D错误。 A13+、Fe2+、Fe3+的溶液，加入三氧化二铝调节 5.D【解析】由流程可知，焙烧时发生BaSO4(s)+ pH,可将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，加入高 4C(g)高温4C0(g)+BaS(s),得到的产物经盐酸 锰酸钾可将Fe2+氧化为Fe3+,Fe3+再转化为 酸浸后可得到溶液，主要成分为BaCl2和HCl, Fe(OH)3沉淀除去，高锰酸钾被还原为二氧化锰， “气体1”为H2S,再将滤液进行结晶即可得到氯化 经过喷雾干燥氯化铝转化为碱式氯化铝。废渣中加 钡晶体，得到的H2S经过热解得到硫黄和H2,硫 热水，氨化铝会发生水解生成氢氧化铝和氨气，“水 黄与焙烧产生的CO合成COS,据此分析解答。 解"”时发生反应的化学方程式为AN+3H,0△ 未明确反应物用量，无法计算转移电子的物质的 Al(OH)3十NH3个，A正确；加入盐酸后，铝与盐酸反 量，A错误；BaCI2不水解，“操作”过程中无需持续 应生成氢气和氯化铝的离子方程式为2A1十6H 通入HCl,B错误；根据分析可知，“气体2”的主要 —2A13+十3H2个，B正确；加入高锰酸钾后，滤液经 成分为H2,C错误；将硫黄汽化，可增大反应物的 喷雾千燥即可获得碱式氯化铝，因此M元素应该转 接触面积，有利于提高合成反应的产率，D正确。 化为二氧化锰进入滤渣，离子方程式为MnO:十 6.D【解析】吸收塔中用NaOH溶液喷雾吸收烟气 3Fe2++7H2O-MnO2+3Fe(OH)a+ 中的SO2,生成Na2SO3和H2O,沉淀室中 5H+,C错误；经过喷雾干燥氯化铝转化为碱式氯 Na2SO3和Ca(OH)2反应生成CaSO3沉淀和 化铝，2A1Cl3+nH2O—Al2(OH)nCl-m￥+ NaOH,氧化室中CaSO3和O2反应生成CaSO4, nHCl个，D正确。 据此解答。吸收塔内发生的反应为SO2十2NaOH 3.C【解析】用化学沉淀法去除粗盐中的Ca2+、 =Na2SO3十H2O,是非氧化还原反应，A错误； Mg2+和SO?,所选试剂分别是碳酸钠溶液，氢氧 沉淀室内发生主要反应是亚硫酸钠与Ca(OH)2 化钠溶液和氯化钡溶液。Na2CO3溶液在BaCL2 的反应，化学方程式为Na2SO3十Ca(OH)2 溶液之后加入，其作用为除去Ca+和过量的 2NaOH十CaSO3Y,B错误；根据2CaSO3+O2 Ba+,过滤后滤液中含有多余的氢氧化钠和碳酸 136g 钠，最后需向滤液中加入盐酸。多余的Ba+需借 一2CaS0,可知，生成136g即136g·m0l可= 助后续加入的Na2CO3形成沉淀以除去，A错误； 1mol硫酸钙，需要0.5molO2,C错误；沉淀室内 沉镁时所加试剂为氢氧化钙，俗称为石灰乳，B错 发生主要反应为Na2SO3+Ca(OH)22NaOH 误；固体MgC2有很好的吸水性，可用作干燥剂， 十CaSO3,生成的NaOH可以循环进入吸收塔 C正确；Mg在空气中燃烧的产物有MgO、氮化镁 中，D正确。 ·51· 3 真题密卷 二轮专题精准提升 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TiO.(1≤x≤1.5)和难溶于酸和碱的a 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TiO、Fe与酸反应生成Fe+、Ti3+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Ti4+,Ti+水解生成TiO2· 10.D【解析】酸浸液（主要含Li计、Fe2+、Cu2+、 xH2O分离，滤液含有Fe3+、Ca2+。TiO2中Ti为 A13+)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,(1x≤1.5)产生，其中有低于+3价的钛元 加入H2O2,把Fe2+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 Ti+转化为TiO2·xH2O分离，滤液含有Fe3+、 离子方程式为Fe十Cu+一Cu十Fe+,A错误； Ca+,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 A1(OH)3会溶解，B错误；“氧化”过程中将Fe2+ 错误。 氧化为F3+,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”的主 解度比Na2CO3小的性质，D正确。 要成分是硫酸钙，真空浓缩后得到的气体为SF4与 二、选择题 HF,加水吸收得到HSiF6和SiO2·nHO,过滤出 11.B【解析】向黄铜溶解液中加硫酸得到白色沉淀 SiO2·nHO后得到H2SiF6。“酸浸”前粉碎矿石， 甲PbSO4;通入H2S后Fe3+与H2S反应生成 可以增大接触面积，加快酸浸速率，提高浸出效 Fe2+和单质S,Cu2+与H2S反应生成H2SO4和 率，A正确；“滤渣1”的主要成分是硫酸钙，与 CuS沉淀；溶液中加稀硝酸将Fe2+氧化为Fe3+, Na2CO3作用可以转化为碳酸钙，减小碳酸根的浓 再加氨水沉淀Fe3+,同时得到[Zn(NH3)4]2-。 度，可以改良盐碱地，B正确；根据信息，结合流程 根据分析可知，加入H2SO4形成PbSO4沉淀， 可知，SiF4与H2O反应生成H2SiF。和SiO2· 分离Pb2+,A正确；“沉淀乙”中含有CuS和S,B nH2O,化学方程式为3SiF4+(n+2)H2O 错误；硝酸具有氧化性，氨水有碱性，均与具有还 2H2SiF6+SiO2·nH2OY,C正确；流程中会有 原性和酸性的H2S反应，因此赶尽H2S可减少 HF,与陶瓷中的SiO2会反应，故不能在陶瓷内衬 硝酸和氨水的消耗，C正确；加入稀硝酸的目的 的不锈钢装置中进行，D错误。 是氧化Fe2+,D正确。 9.B【解析】向含金硫化矿粉（其中细小的Au颗粒 l2.CD【解析】矿石（含MnO2、Co3Oa、Fe2O3)经过 被FeSz、FeAsS包裹)中通入足量空气，并加入稀 硫酸和稻草浸出过滤得到滤液，滤液含有F3+、 硫酸，在pH=2的条件下发生细菌氧化，FeS2和 Mn2+、Co2+,加入Na2CO3沉铁得到FeOOH,过 FeAsS发生氧化还原反应生成Fe3+和含As微 滤，滤液再加入Na2S沉钴得到CoS,过滤最后得 粒，Au不发生反应，过滤得到含Fe3+和含As微 到硫酸锰溶液。根据分析可知，加入硫酸和稻草 粒的滤液和含Au的滤渣，将滤液加碱调节pH, 浸出，硫酸作催化剂和浸取剂，A正确；生物质 生成Fe(OH)3,并促进含As微粒的沉降，向滤渣 (稻草)是可再生的，且来源广泛，B正确；根据图 中通入空气和NaCN,空气先将Au氧化 示可知，“浸出”时，Fe的化合价没有变化，Fe元 为Au+,Au再与CN结合形成Au(CN)2]-从 素没有被还原，C错误；“沉钻”后的上层清液存在 而浸出。“细菌氧化”过程中，FS2在酸性条件下 CoS的沉淀溶解平衡，满足Q=Kp=c(Co2+)· 被氧气氧化，反应的化学方程式可表示为4FeS2十 c(S2-)=10-20.4,D错误。 1502十2H,0每菌2Fe,(S04)3十2H,S04,反应生 13.AD【解析】由图可知，精制浓缩海水在电解槽中发 成了硫酸，使体系的酸性增强，A正确；“浸金”中， 生2NaCI+2H,0电解2NaOH+H个+CL+反应， NaCN、Au与空气中的O2发生反应，O2作氧化剂 得到烧碱、Cl2和H2,Cl2、C和FeTiO3发生氯化 将Au氧化，CN-与Au+结合形成[Au(CN)2] 反应得到FeCl3、TiCL,和CO,反应的化学方程式 从而浸出，并非NaCN将Au氧化，B错误；由分析 2FeTiO3+7Cl2+6C-2TiCl,+2FeCls+ 3 ·52· ·化学· 参考答案及解析 6CO,CO与H2发生CO十2H2=CH3OH反 品中对羟基苯甲酸是否除净，C错误；对羟基苯 应合成甲醇，TiC4与水发生TiCL4+(x+2)H2O 甲酸易形成的分子间氢键，邻羟基苯甲酸易形成 —TiO2·xH20↓+4HC1反应制备TiO2· 分子内氢键，所以沸，点：对羟基苯甲酸>邻羟基 xH2O。由分析可知，“氯化”反应的化学方程式 苯甲酸，D正确。 2FeTiO++7Cl2+6C-2TiCl+2FeCla+ l5.C【解析】钻渣主要成分为CoO,还含有Fe3O4、 6CO,在该反应中Cl2中氯元素化合价降低，作氧 Al2O3、PbO、CaO等。用氢氧化钠“碱浸”生成 化剂；C和Fe元素化合价升高，作还原剂，所以 Na[Al(OH)4]除氧化铝，滤渣“酸浸”生成“滤渣 氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：(6十2)= 1”为硫酸铅沉淀、硫酸钙沉淀，滤液中含有硫酸 7:8,A错误；由分析可知，TiC4与水反应制备 钻、硫酸铁、硫酸亚铁、少量硫酸钙，滤液中加过 TiO2·xH2O的化学方程式为TiCl4+ 氧化氢溶液把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，再加氨水 (x+2)H20-TiO2·xH2O↓+4HCl,B正 生成氢氧化铁沉淀除铁，“滤渣2”为Fe(OH)3, 确；电解槽中，阳极产生C2,阴极产生H2,由化 滤液中加HF生成CaF2沉淀除钙，加入Na2CO3 学方程式可知，两种气体的体积之比为1：1，C 沉钻得到CoCO3。由分析可知，“酸浸”所得“滤 正确；电解精制浓缩海水生成C2和H2,根据 渣1”的成分有PbSO4、CaSO4,A正确；“浸出液” 2NaC1+2H,0电解2NaOH+H2+Cl2个，“氣 中含有[A1(OH)4]-,通入足量CO2,发生CO2 化”中7C12~6C~6C0,C0与H2合成甲醇， +[A1(OH)4]-=A1(OH)3↓+HCO3,有白 192×10g 色沉淀生成，B正确；“除铁”时加入H2O2,氧化 192t甲醇的物质的量为32g·m0户 =6 Fe+而不氧化Co2+,说明还原性：Fe2+>Co2+、 X10mol,则需要的C0和H2物质的量分别为 氧化性：Co3+>H2O2,则氧化性顺序是Co3+> 6×105mol、6×105mol×2=1.2×107mol,由 H2O2>Fe3+,C错误；若“沉钙”后溶液中 分析可知电解产生的H2与生成CO对应的CL2 c(HF)=c(Ca2+)=1.0×10-5mol·L-1,由 物质的量相等，则电解产生的H2物质的量为7 Kp(CaF2)=4×10-11,得c(F)= ×10mol,还需额外补充H2的物质的量为 KpCa=2X10mol·L1,再根据 1.2×107mol一7×105mol=5×105mol,质量 c(Ca2+) 为5×106mol×2g·mol-1=10×10g=10t, Ka(HF)得c(H+)=1.0×10-6mol·L1,即 D错误。 pH为6，D正确。 14.AD【解析】根据题千信息，提纯尼泊金乙酯的流 三、非选择题 程为将含有对羟基苯甲酸和对羟基苯甲酸聚合 16.(1)第六周期MB族(1分) 物两种杂质的尼泊金乙酯粗品加入饱和Na2CO? (2)适当升温；适当增大硫酸溶液浓度（或搅拌） 溶液，将对羟基苯甲酸和尼泊金乙酯转化为能溶 (2分，合理即可) 于水的钠盐，对羟基苯甲酸聚合物难溶于水，通 (3)Na2 TiO+2H+-H2 TiO;+2Na+(2) 过“操作I”进行过滤，分离出对羟基苯甲酸聚合 (4)H2SiO3(1分) 物固体，洗涤固体表面，将洗涤液与过滤的滤液 (5)①当pH>8.0时，钒的主要存在形式不是 合并，加入HCl调节pH=4,将对羟基苯甲酸和 V0(1分) 尼泊金乙酯的钠盐重新转化为对羟基苯甲酸和 ②OH与NH反应，使NH浓度降低，不利 尼泊金乙酯，利用二者溶解度差异再次进行过滤 于生成NH4VO3(1分) 分离，最后洗涤千燥得到高纯尼泊金乙酯产品。 (6)0.1(2分) 根据分析可知，试剂a为Na2CO3溶液，目的是 (7)WO,十2A1商温W+A,0,(2分) 将对羟基苯甲酸和尼泊金乙酯转化为能溶于水 【解析】废SCR催化剂清洗研磨后加入碳酸钠焙 的钠盐；试剂b为盐酸，目的是将对羟基苯甲酸 烧，TiO2、V2O5、WO3可与熔融Na2CO3反应生 和尼泊金乙酯的钠盐重新转化为对羟基苯甲酸 成Na2TiO3、NaVO3和Na2WO4,二氧化硅生成 和尼泊金乙酯，便于后续分离，A正确；“操作I” 硅酸钠，水浸分离出Na2TiO3沉淀，将沉淀酸浸 和“操作Ⅱ”都为过滤，B错误；因尼泊金乙酯跟 得到H2TiO3,煅烧得到二氧化钛；水浸后溶液加 对羟基苯甲酸一样，对位上也有酚羟基，都能 入盐酸调节pH,使得硅酸根离子成为硅酸沉淀 跟FCl3溶液发生显色反应，故不能检验最终产 得到滤渣，滤液加入氯化铵沉钒得到NH,VO3 ·53· 3 真题密卷 二轮专题精准提升 沉淀，煅烧得到V2O5;沉钒后滤液调节pH,加入 LizCO31,“滤液C”中有Fe3+、CI,加入氧化剂 氯化钙沉钨后处理得到WO3。 防止铁离子被还原，得氯化铁溶液。 (1)由基态W原子的价层电子排布式为5d46s2 (1)废旧钻酸锂电池初步处理为粉末状的目的是 可知，W位于元素周期表第六周期ⅥB族。 增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率。 (2)适当升温、适当增大硫酸溶液浓度、搅拌等均 (2)四羟基合铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳反 可提高“酸浸”速率。 应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，因此从含铝废 (3)“酸浸”时，Na2TiO3和加入的氢离子转化为 液得到A1(OH)3的离子反应方程式为 H2TiO3沉淀，发生反应的离子方程式为 [Al(OH)]+CO2=A1(OH)3+HCO3. Naz TiO;+2H+-H2 TiO3+2Na+. (3)LiCoO2中Li为+1价，C0为+3价，具有氧 (4)由分析可知，“滤渣”的主要成分H2SiO3。 化性，HC1中一1价的氯具有还原性，向固体残渣 (5)由表可知，当pH>8.0时，钒的主要存在形 中加入盐酸时，发生氧化还原反应，C0(十3→ 式不是VO?,且OH与NHt反应，使NH浓 +2),Cl(-1→0)，反应表示为2 LiCoO2+8HCl 度降低，不利于生成NHVO3,故导致pH>8.O —2CoCl2+Cl2个+4H2O+2LiCI;“滤液A”中 时，NH4VO3的产量明显降低。 有H+、Fe3+、Li+、Co+、C1,故“滤液A”中的溶 (6)pH为7.0，pOH=7.0,当溶液中的VO3 质为HCl、LiCl、FeCl3、CoCl2。 恰好沉淀完全时，c(NH)= Ksp (NH4VO3) (4)上述分析可知，“滤渣”的主要成分为C。 c(VO3) (5)在空气中加热一定质量的C0C2O4·2H2O =1.0X10-4 1.0X10mol·L1=10mol·L1,则 固体样品时，首先失去结晶水，在120心220℃ 时，固体失重率为19.76%，生成产物为CoC2O4; c(NH)·c(OH-) c(NH3·H2O)= 由①可知，在120~220℃时，CoC204·2H20完 Kb(NH3·H2O) 全失去结晶水生成CoC2O4,然后继续升高温度 10×10-7 1.0x105mol·L1=0.1molL1。 加热，则CoC2O4分解生成氧化物，其分解失去 的质量为183g×59.02%=108g,剩余的质量为 (7)采用铝热还原法，还原WO3生产钨，同时生 183g-108g=75g,设产物的化学式为Co0., 成氧化铝，化学方程式为WO十2A1高温W 则59+16x=75,解得x=1,则化学式为Co0, +Al2030 则反应方程式为2CoC,0,+0,△2Co0十 17.(1)增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率 4C02. (1分) (6)将0.02mol·L-1Li2SO4溶液和0.02mol· (2)[A1(OH)4]-+CO2—A1(OH)3↓+ L1Na2CO3溶液等体积混合，混合瞬间溶液中 HCO3(2分) (3)FeC13、CoCl2(2分)2 LiCoO2+8HC1 c(Lit)=0.02mol·L-1,c(C0)=0.01mol· 2CoCl2+Cl2↑+4H2O+2LiC1(2分) L1,计算浓度商Q。=c2(Li计)·c(C0?)=4× (4)C(1分) 106<Kp=8.64×104,无沉淀生成，则此时溶 液中Li+浓度为0.02mol·L1。 (5)2CoC2 O+02=2Co0+4CO2(2) 4s4p (6)0.02(2分) 18.(1)四↑☐(1分)三角锥形(1分) 【解析】废旧钻酸锂电池主要含有LiCoO2和少 (2)富集锗元素(1分) 量铝、铁、碳等单质，初步处理后，加碱浸泡，铝和 (3)CaSO4、PbSO4(2分) 碱液反应生成四羟基合铝酸盐和氢气，固体残渣 (4)GeO2+H2 O+Na2S-Na2 GeO3+H2S 为Fe、C和LiCoO2,加盐酸发生反应：Fe十2H+ (2分) —Fe2++H2个，2 LiCoO2+8H++2C1 (5)10.6(2分) 2Li++2Co2++Cl2+4H2 O,2Fe2++Cl2- (6)①+2(1分) 2Fe3++2CI,残渣为C,“滤液A”中有H+、 ②cd(2分) Fe3+、Li+、Co+、Cl,加入草酸铵，过滤沉淀为 【解析】由题给流程可知，含锗烟尘在富氧空气中 CoC2O4·2H2O,“滤液B”为Fe3+、Li计、C1-,加 焙烧，将锗、硅、铁等元素转化为氧化物，向焙烧 入碳酸钠，发生的离子反应为2Li计十C0,2- 渣中通入磷化氢和一氧化碳，将二氧化锗转化为 ·54· ·化学· 参考答案及解析 一氧化储，进一步氧化，将一氧化储氧化为二氧 (3)CD(1分) 化储，整个过程可以富集储元素，经过“碱浸抽 (4)①恒压滴液漏斗(1分)KC1O3(或KMnO4) 滤”后锗元素以Na2GeO3形式存在，硫酸酸浸后 (1分，合理即可) 滤渣中含CaSO4、PbSO4,滤液中含Ge(SO4)2、 ②9(1分) Fe2(SOu)3,加氨水调pH值后得到Ge(OH)、 ③取最后一次洗涤液少量于试管中，加入 Fe(OH)3,经过系列操作得到GeO2、Y-Fe2O3,磁 AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，说明洗涤干净 选除铁后得到高品位锗精矿。 (2分) (1)锗位于第四周期VA族，基态锗原子的价层 ④82.2%(2分) 4s 4p 电子轨道表示式为四个☐；PH中P原子 【解析】本实验的目的是利用稀土氟化物制取硝 酸铈铵[(NH1)2Ce(NO3)6],将氟碳铈矿（含 的价层电子对数为3 5一3×1=4，有1对孤对 2 CeFCO3)在空气中焙烧，酸浸后生成CeCl3,然后 电子，空间构型为三角锥形。 和NaOH溶液反应得到Ce(OH)3,之后利用浓 (2)由分析可知，虚线框内转化流程的目的为富 盐酸和KMnO,或Ca(CIO2)等反应来制取氯气， 集锗元素。 利用生成的氯气氧化Ce(OH)3得到Ce(OH)4, (3)“滤渣”的成分为CaSO4、PbSO4。 加入浓硝酸溶解得到H2[Ce(NO3)。],然后再和 (4)“碱浸”时GeO2发生反应会产生H2S,根据 NHNO3反应得到产品。 原子守恒，该过程的化学方程式为GeO2十H2O (1)[(NH4)2Ce(NO3)6]是一种配合物，也属于 +Na2S-Na2GeO3+HzS↑， 盐，形成它的正离子为NH,则阴离子带两个单 (5)加氨水调节溶液pH=4.4,锗和铁元素共沉 位的负电荷，阴离子为[Ce(NO3)。]2-,它是该配 淀，得到Ge(OH)4、Fe(OH)3,溶液中c(OH) 合物的内界，Ce+与6个NO3配位，故中心离子 =10-mol.L-1,c(Fe+)=K [Fe(OH)] 的配位数为6。 C3(OH) 4×10-38 (2)焙烧过程中O2参加反应，CeFCO3转化生成 a0-6)°mol·L1=102mol·L-1, CeO2和CeF4,焙烧过程为氧化还原反应，根据 c(Ge+)= Kp[Ge(OH)4]4×10-46 得失电子守恒和原子守恒，焙烧过程中发生的主 c4(0H)=(109.6)7mol·L1= 要反应方程式为4CeFC0,十0，高温3Ce0,十 10-.6mol·L1,此时滤液中c(Ge4+): c(Fe3+)=10-.6:10-9.2=10.6。 CeF4+4CO2。 (3)“焙烧”中常采用高压空气、逆流操作（空气从 (6)晶胞中(CH,NH,)+的个数为8Xg-1,Ge 焙烧炉下部通入，矿粉从中上部加入)，以增大固 原子的个数为1，的个数为6×？-3，故晶体 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 的化学式为(CHNH3)GeL3,(CHNH3)+、Ge、 H2O2,CeO2、CeF4均为+4价铈，作氧化剂，Ce I个数比为1：1：3。 中化合价均由十4变为十3，得到1个电子发生还 ①该晶体中Ge的化合价为+2价。 原反应，则H2O2中氧会失去2个电子发生氧化 1 ②b中(CH,NH)+、Ge,I个教比为1：(8×g 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 10×寻)=2：2：5c中个数比为1：(8×日)： 1 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 8x+2x) .1 )=1：1：3，d中个数比为1： 分解温度都很低，(NH4)2Ce(NO3)。受热易分 (8x日：(12X)=11:3,故cd图也能表 解，不能放入烘箱高温烘干，应自然干燥，D 错误。 示此化合物的晶胞。 (4)①根据X的结构特点可知其为恒压滴液漏 19.(1)[Ce(N03)]2-(1分)内界(1分)6(1分) 斗；装置a中要制取氯气，但没有加热装置，所以 (2)4CeFC0,+O,商温3Ce0,+CeF,十4C0, 应是浓盐酸和KMnO4或KClO3反应来制取 (2分) 氯气。 ·55· 3 真题密卷 二轮专题精准提升 ②Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀时，Ce+浓度小 【解析】锰粉矿主要含Mn2O3、MnOOH和少量 于10-5mol·L-1,依据Km[Ce(OH)3]=1.0× Fe2O3、Al2O3、SiO2、CuO等杂质，加入H2SO4、 31.0×1020 H2O2浸取，过滤出SiO2,得到含有MnSO4、 1020,c(0H)= 105 mol·L-1 Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3、CuSO4的混合溶液，加 =105mol·L1,则pH大于9时，Ce3+完全生 入适量Mn(OH)2调节pH生成Fe(OH)3、 成Ce(OH)3沉淀。 A1(OH)3沉淀除去溶液中的铁、铝元素；滤液中 ③制取Ce(OH)4的过程中，氯气会被还原为 加入(NH4)2S生成CuS除去铜元素；滤液中加 Cl-,沉淀表明可能附着有NaCl,检验沉淀是否 入NH4HCO3沉锰，MnSO4和NH4HCO3反应 洗涤干净，即检验沉淀表面是否有氯离子，方法 生成(NH4)2SO4、MnCO3、CO2,最后在空气中 为取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸酸 加热MnCO3得到MnO4。 化的AgNO3溶液，无白色沉淀生成，则证明沉淀 (1)Mn为25号元素，位于元素周期表中第四周 已经洗涤千净。 期MB族。 ④根据反应方程式可得关系式：2Ce+~I2~ (2)MnzO3与硫酸、H2O2反应生成MnSO4、O2 2Na2S2O3,25.00mL待测溶液消耗0.1mol· 和水，反应的离子方程式为Mn2O3+4H+十 L1Na2S2O3溶液的体积是12mL,则其中含有 H2O2—2Mn2++3H20+O2个；由上述分析可 溶质(NH4)2Ce(NO3)6的物质的量= 知SiO2与H2SO4、H2O2不反应，故“滤渣1”为 n(Na2S203)=0.1mol·L1×12×10-3L=12× Si02。 104mol,则16.000g样品配成的500mL溶液 (3)浸出液中含Mn+,故选择含二价锰的 中含有溶质物质的量-12×104mol×500mL Mn(OH)2调pH,使Fe3+、A13+沉淀，“调pH”中 25 mL 确保Fe3+、A13+沉淀完全，Mn2+未开始沉淀，故 =24×10-3mol,其质量m[(NH4)2Ce(NO3)6] 4.7≤pH<8.1,当pH=4.7,即c(OH)= =24×10-3mol×548g·mol-1=13.152g,故 10.3时，c(Cu2+)最大；此时c(Cu2+)= 16.000g产品(NH)2Ce(NO3)6的质量分数为 Kp[Cu(OH)2]_2.2×10-0 13.1528×100%=82.2%。 c2(OH-) (10-98)2mol·L-1=2.2 16.000g X10-1.4mol·L-1≈8.8×10-2mol·L-1。 20.(1)第四周期IB族(1分) (4)由上述分析可知“沉锰”后，“滤液”溶质主要 (2)Mn2O3+4H++H2O2—2Mn2++3H20+ 为(NH4)2SO4。 O2↑(2分) Si02(1分) (5)依题“氧化”过程中，MnCO3在空气中加热得 (3)B(1分) 8.8×10-2(或2.2×10-1.4) 到MnO4和CO2,反应化学方程式为6MnCO3 (1分) +0,770c2Mn0,+6C02。 (4)(NH4)2S04(1分) (6)由电解原理图中H+的移动方向可知，N为阳 (5)6MnC0,+0,70C2Mn,0,+6C0,(2分) 极；该电极可将MnSO4转化为Mn3O4,故N极 (6)3Mn+-2e+4H20-Mn3O4+8H 的电极反应为3Mn2+-2e+4H2O-MnO. (2分) +8Ht。 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 NH, COOCH 1.D【解析】B-胡萝卜素、姜黄都是有色的无毒 (HOOCCH,.CH-C-NH-CH-CH,《O)中-NH2 物质，均可作食品着色剂，A正确；葡萄糖结构 中有醛基，能与银氨溶液发生银镜反应，B正 不在一COOH的&位，D错误。 确；天然油脂都含有酯基，都能发生水解反应 2.A【解析】乙醇与水互溶，苯与水混合后，有机层 生成高级脂肪酸和甘油，C正确；甜味剂阿斯巴甜 在上层，四氯化碳与水混合，有机层在下层，现象不 ·56·密真 2025一2026学年度二轮专题精准提升（十一） 卷题 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-1C-12N-140-16S-32Ca一40Co-59Ce一140 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 6 2 8 9 10 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 Naz CO NaC溶液CO-NaHCO, A-NazCO B NaOH Na O:Na:OH ONaOH Al 铝土矿(Al,0,)HCLAICI,电解AI D H2 SO 黄铁矿(FeS)空气s0, 空气 400~500℃/催化剂S0, 98.3⅓的浓碗酸吸收H,S0, 燃烧 2.碱式氯化铝[Al2(OH)nCl-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Al、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 除铁 除杂 →喷雾干燥→Al,(OH川，CL 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,0△A1(OH)十NH,个 B.“酸溶”时生成H2的离子方程式：2A1十6H+—2A1+十3H2个 C.“除杂”时发生的离子方程式：MnO:+5Fe2++8Ht一Mn++5Fe3++4H2O D.“干燥”时发生的化学方程式：2A1Cl3十nH2O一Al2(OH)nCl,-m十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 () 除杂试剂 稀盐酸 溶液。 →粗盐 粗盐水 过滤 操作精盐 滤液 海水蒸发 沉镁 盐酸 脱水 电解 →母液 Mg(OH)2 MgCl2·6H,0 ① ② MgCL④Mg 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 C.固体MgC12可用作干燥剂 D.Mg在空气中燃烧的产物只有MgO 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 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 班级 AgNO,溶液 Fe粉 C12 净化除氯后富集→悬浊液→转视→氧化→山 含废水 姓名 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 得分 B.“转化”发生的离子反应为2AgI+Fe—2Ag十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Cl2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 C0S←合成← 硫黄←热解一→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HCl C.“气体2”的主要成分为H2和C2 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S○2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(OH2溶液 02 (喷雾) 含SO2 吸收塔 当 烟气 C 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：Na2 SO4十Ca(OH)2—2NaOH+CaSO4V 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.TiO2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, TO,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&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 密卷 二轮专题精准提升（十一）化学第2页（共8页） 3 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,SiF。 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—2H2SiF。+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 浸金 浸出液 含[Au(CN),1 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，FS,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.处理某酸浸液（主要含Li汁、Fe2+、Cu2+、A13+)的部分流程如图所示： Fe粉 NaOH HO, Na,CO. 酸浸液→沉铜→碱浸 氧化→…一→沉锂→…。 Cu AI(OHD,沉淀Fe(OH,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十3Cu2+—3Cu十2Fe3+ B.“碱浸”过程中NaOH固体加人量越多，Al(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Liz CO3的溶解度比Na2 CO3小的性质 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.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：Zn+溶于过量氨水形成可溶性离子[Zn(NH)4]2+。下列说法错误的是 () 3 二轮专题精准提升（十一）化学第3页（共8页）】 真题 足量 广溶液通人H,s广沉淀乙 →沉淀丙 黄铜溶解液H,SO →溶液 赶尽HS稀硝酸过量氨水」 △ △ →白色沉淀甲 →溶液 A.加入H2S04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+ 12.某工厂利用生物质（稻草）从高锰钴矿（含MnO2、Co3O4和少量Fe2O3)中提取金属元素，流程如图 所示。已知：“沉钴”温度下，Kp(CoS)=10-20.4。下列说法错误的是 () H,SO,+稻草 Na,CO NaS 矿石一→浸出滤液，沉铁滤液，沉结 →MnSO,滤液 FeOOH CoS 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-)<10-20.4 13.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 H, 电 合成 →甲醇 浓缩 co 海水 槽 CL 钛铁矿 氯化→TiCl,→TiO,xH,0 (FeTiO,) C FeCl, A.“氯化”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：7 B.制备TiO2·xH2O的方程式：TiCl4+(x+2)H2O一TiO2·xH2O￥十4HCl 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 14.尼泊金乙酯(CHoO3)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6 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 密卷 二轮专题精准提升（十一）化学第4页（共8页） 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FCl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 15.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，Ka(HF)=2.0×104,Kp(CaF2)=4.0×101 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→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、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·L-1,则此时溶液的pH约为6 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16.(12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。 Na,CO, HSO 废SCR 催化剂 →清洗研磨→碱式焙烧→水浸→酸浸→煅烧→T0, CaCl,溶液盐酸→调p→滤渣 wO,←-沉鸨←调p←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。 ②十5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 VO3 V20 VO ③25℃时，Kb(NH3·H2O)=1.0X10-5,Kp(NH4VOg)=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 0 (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 二轮专题精准提升（十一）化学第5页（共8页） 真题 17.(12分)钴酸锂(LiCo02)电池是一种应用广泛的新型电源，电池中含有少量的铝、铁、碳等单质。实 验室尝试对废旧钴酸锂电池回收再利用。实验过程如图所示： 适量 定条件 废旧钴酸初步处理碱浸泡固体 盐酸 滤液草酸铵 滤液 加入NaCO 滤液 锂电池 为粉末状 过滤 残渣 过滤 A 过滤 B 过滤 C 滤渣 →CoC,O,·2H,O LiCO 含铝 过量CO Al(OH) FeCl,6H,O 发收 已知：①还原性：C1>Co2+; ②Fe3+和C2O?结合生成较稳定的[Fe(C2O,)3]3-,在强酸性条件下分解重新生成Fe3+。 回答下列问题： (1)“废旧钴酸锂电池”初步处理为粉末状的目的是 (2)从“含铝废液”得到A1(OH)3的离子方程式为 (3)“滤液A”中的溶质除HC1、LiCI外还有 (填化学式)。写出LiCoO2和盐 酸反应的化学方程式： (4)“滤渣”的主要成分为 (填化学式)。 (5)在空气中加热一定质量的CoC2O·2H20固体样品时，其固体失重率数据如表所示，补充完整 表中问题。 已知：①CoC2O4在空气中加热时的气体产物为CO2。 ②固体失重率= 对应温度下样品失重的质量 样品的初始质量 ×100%。 序号 温度范围/℃ 化学方程式 固体失重率 120~220 CoC,0.·2H,0ACoC,0,+2H,0 19.67% 300~350 59.02% (6)已知Li2C03的溶度积常数Kp=8.64×10-4,将0.02mol·L-1Li2SO4溶液和0.02mol· L1Na2CO3溶液等体积混合，则溶液中的Li汁浓度为 mol·L1。 18.(12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、FezO3、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 氧化 碱浸 酸浸 CeO,、 焙烧 抽滤 抽滤 调节pH 系列操作 高品位 y-Fe,O 锗精矿 滤液 滤液 滤渣 已知：①25℃时，KpFe(OH)3]=4×10-38,Kp[Ge(OH)]=4×10-46; ②锗元素“碱浸抽滤”后以NazGeO3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 密卷 二轮专题精准提升（十一）化学第6页（共8页） 3 (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()： O(CH,NH,) ●Ge d 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。 19.(13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CFCO3)为原料制备硝酸铈铵流 程如图所示： 硝酸 CeFCO; 焙烧CeO2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,[CeNO, 硝酸铵 (1)(NH)2C(NO3)。是一种配合物，也属于盐，形成它的正离子为NH,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H202,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入烘箱高温烘干 (4)由Ce(OH)3制取Ce(OH)4的装置如图所示： 电动搅拌 浓盐酸 固体Y Ce(OH) NaOH NaOH 溶液 b 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·L1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 3 二轮专题精准提升（十一）化学第7页（共8页） 真题密 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· L-1Na2S2O3溶液进行滴定，记录读数。重复实验后，平均消耗Na2S2O3溶液的体积为 12.00mL。已知发生的反应为l2+2S2O?-S4O?十2I。产品中(NH4)2Ce(NO3)6的质量 分数为 20.(11分)四氧化三锰(MO4)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MnzO3、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,O,试剂a (NH),S NH,HCO, 空气 锰矿粉→浸出→调pH→沉铜→沉锰→MnCO,→氧化→Mn,O, 滤渣1 滤渣2 滤渣3滤液 已知：I.常温下，Ksp[Cu(0H)2]=2.2×10-0,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 Mn2t 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 (3)“调pH”中，加入适量试剂a调节pH的目的是使Fe3+、A13+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·L1。 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 a (5)“氧化”中，MnC03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 a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）