专题05 实验综合题 工艺流程题（2大题型）（黑吉辽蒙专用）2026年高考化学一模分类汇编

专题05 实验综合题 工艺流程题 考点概览 题型一 实验综合题 题型二 工艺流程题 实验综合题题型一 1．(2026高三下·辽宁抚顺市六协作体·一模)亚氯酸钠()是重要的漂白剂和消毒剂，主要用于水、砂糖、油脂的漂白杀菌。实验室制备的装置如图所示。回答下列问题： 已知：ⅰ．溶液温度高于60℃，发生分解。 ⅱ．气体浓度超过10%时，易发生爆炸性分解。 (1)盛装浓硫酸的仪器的名称为___________。 (2)装置A的用途为制备，则装置A中作氧化剂的是___________(填化学式)；若将浓硫酸换成浓盐酸，则可能存在的问题是___________。 (3)装置B的用途为吸收并转化为，下列实验操作一定能提高吸收效率的有___________(填标号)。 A．装置B采用热水浴 B．加快滴加浓硫酸的速率 C．适当提高的浓度 D．通过多孔球泡向装置B的混合溶液中通 (4)反应过程中，打开，并缓慢鼓入的目的是___________。 (5)装置B中获得产品发生反应的化学方程式为___________。 (6)产品中可能混有杂质，其原因是___________；经减压蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤制得晶体，证明晶体中杂质除尽的操作方法是___________。 【答案】(1)分液漏斗 (2) 生成的中混有HCl、，使产物不纯 (3)CD (4)稀释，降低其浓度，防止浓度过高发生爆炸；同时将生成的全部赶入装置B中反应，提高转化率 (5) (6) 装置A中发生副反应，部分亚硫酸钠与浓硫酸反应生成SO2气体，该气体随气流进入装置B中并被氧化生成 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入足量稀盐酸酸化，再滴加溶液，若无白色沉淀生成，证明杂质已经除尽 【分析】在装置A中加入和的混合固体，从分液漏斗中放入浓硫酸，发生反应制备：，生成的进入B中在冰水浴下与NaOH溶液、溶液反应制备：，C是尾气处理装置，用于吸收剩余的，且能防倒吸，据此分析解答。 【详解】（1）根据实验装置的仪器图形可知，盛装浓硫酸的仪器的名称为：分液漏斗。 （2）装置A的用途为制备，发生反应的方程式为：，该反应中Cl元素化合价从+5价降低为+4价，被还原，则氧化剂的是；如将浓硫酸换成浓盐酸，浓盐酸易挥发且具有还原性，反应除生成外，还可能发生副反应产生氯气：，使产物不纯。 （3）A．根据已知ⅰ可知，当溶液温度高于60℃时，易发生分解，且温度升高气体溶解度降低，热水浴会降低的吸收效率，A不符合题意； B．加快滴加浓硫酸的速率，会快速生成大量的，来不及充分吸收会降低的吸收效率，且气体浓度超过10%时，易爆炸性分解，发生危险，B不符合题意； C．适当提高的浓度，根据反应知，可促进的吸收，能提高吸收效率，C符合题意； D．多孔球泡可增大与吸收液的接触面积，使反应更充分，能提高吸收效率，D符合题意； 故答案为：CD。 （4）根据已知ⅱ信息：气体浓度超过10%时，易发生爆炸性分解可知，缓慢鼓入的目的为：稀释，降低其浓度，防止浓度过高发生爆炸；同时将生成的全部赶入装置B中反应，提高转化率。 （5）根据分析，生成的化学方程式为：。 （6）装置A中发生副反应，部分亚硫酸钠与浓硫酸反应生成SO2气体，该气体随气流进入装置B中并被氧化生成；要证明晶体中杂质除尽，即没有存在，检验的操作为：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入足量稀盐酸酸化，再滴加溶液，若无白色沉淀生成，证明杂质已经除尽。 2．(2026高三下·内蒙古赤峰市·一模)四水甲酸铜[]为蓝色晶体，易溶于水，微溶于乙醇。常用作催化剂及电镀原料。实验室可以用碱式碳酸铜[]与甲酸反应来制备，步骤如下： Ⅰ.称取一定量和固体，充分研细。 Ⅱ.向接近沸腾的蒸馏水中加入Ⅰ中混合物。 Ⅲ.后静置溶液，用倾析法分离得到沉淀，洗涤。 Ⅳ.将Ⅲ中固体转入仪器a中，加入蒸馏水，加热。 Ⅴ.向a中加入甲酸，反应结束后经一系列操作得到产品。 回答下列问题： (1)仪器a的名称为_______。 (2)步骤Ⅰ中应取用适当过量的，原因可能是_______。 (3)步骤Ⅴ中的一系列操作为_______、过滤、乙醇洗涤、干燥。其中使用乙醇洗涤的优点是_______。 (4)获得纯净的四水甲酸铜需要控制条件。不同温度和时间下晶体X射线衍射图谱如下(X射线衍射可用于判断某晶体物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。 ①制备四水甲酸铜的最佳反应条件为_______。 ②制备四水甲酸铜的化学方程式为_______。 (5)测定产品中四水甲酸铜()的含量：准确称取产品配成溶液，取于锥形瓶中，忽略杂质离子的干扰，用的标准溶液滴定，反应为：，平均消耗EDTA溶液。则产品中四水甲酸铜的质量分数为_______(用含a、b、c的代数式表示)。 【答案】(1)三颈烧瓶 (2)碳酸氢钠过量可以保持溶液呈碱性，铜离子完全沉淀或碳酸氢钠易分解损失 (3) 蒸发浓缩、冷却结晶 四水甲酸铜微溶于乙醇，可减少产品洗涤时的溶解损失，且乙醇易挥发，便于干燥 (4) 50℃、反应10 min (5) 【分析】和固体充分混合均匀之后加入接近沸腾的蒸馏水反应，可得到，倾析法分离固体和溶液，再将固体转入三颈烧瓶中，加入蒸馏水，和甲酸，加热反应得到四水甲酸铜溶液，再经过冷却结晶的一系列操作即可得到晶体。 【详解】（1）由图可知，仪器a为三颈烧瓶。 （2）步骤Ⅰ是硫酸铜和碳酸氢钠反应制备碱式碳酸铜，碳酸氢钠过量可以保持溶液呈碱性，铜离子完全沉淀，提高碱式碳酸铜的产率，同时碳酸氢钠易分解损失，所以需要取用适当过量的； （3）甲酸铜易溶于水，反应后得到稀溶液，需要先蒸发浓缩、冷却结晶析出晶体，再进行过滤操作；根据题干信息，四水甲酸铜微溶于乙醇，因此乙醇洗涤可以减少产品溶解损耗，同时乙醇易挥发，干燥更快。 （4）① 由衍射图可知：黑圈为目标产物四水甲酸铜，三角为杂质无水甲酸铜；时只有目标产物的衍射峰，无杂质峰，是最佳条件。 ② 碱式碳酸铜和甲酸、水反应生成四水甲酸铜和二氧化碳，根据原子守恒配平即可得到反应方程式。 （5）根据滴定反应，待测液中，则溶液中，总质量，因此质量分数为。 3．(2026高三下·内蒙古鄂尔多斯·一模)测定铁矿石中铁含量的传统方法是滴定法。实验小组利用该方法测定铁矿石中铁的含量： 【制取氯化亚锡】 实验装置如图所示： 【测定含量】 按如下操作步骤进行实验： Ⅰ．将制取的产品溶于浓盐酸并配制成溶液。 Ⅱ．准确称取矿样a g，用浓盐酸加热溶解；冷却后，逐滴加入溶液，边加边摇，直至溶液由黄色变为浅绿色，再多加1～2滴溶液。 Ⅲ．迅速加入5 mL饱和溶液，生成白色丝状沉淀，加入适量混合酸和二苯胺磺酸钠指示剂，用的标准溶液滴定至溶液呈蓝紫色为止，记录消耗体积V mL。 已知： ①具有还原性，易水解。 ②室温时将缓慢氧化为，自身转化成，但难以氧化；加热时，可氧化。 ③与磷酸能形成等无色可溶性配合物。 ④可被还原为。 请回答下列问题： (1)仪器a的名称为_______，装置E中的试剂为_______。 (2)制取时，先加入浓硫酸加热，一段时间后，再开启管式炉加热的原因是_______。 (3)步骤Ⅱ中加入溶液后发生反应的离子方程式为_______。 (4)步骤Ⅲ中，热的溶液需冷却后再滴加溶液，并放置2～3 min，才能开始滴定。对此，合理的解释是_______。 A．热的溶液中，氧化的速率过快，反应不易控制 B．热的溶液中，被氧化，将使测定结果偏低 C．加入溶液后立即滴定，则未除尽，将使测定结果偏高 D．放置时间过长，可被空气中的氧气氧化，将使测定结果偏高 (5)步骤Ⅲ中加入的作用是_______。 (6)矿样中的质量分数为_______。(用含a、c、V的代数式表示) (7)滴定法也可测定铁的含量，其主要原理是利用和将铁矿石试样中还原为，再用标准溶液滴定。从环保角度分析，该方法相比于滴定法的优点是_______。 【答案】(1) 球形干燥管(或干燥管) 碱石灰(或氢氧化钠固体，合理即可) (2)利用生成的HCl排出装置内的空气，防止加热时Sn被空气中的氧气氧化 (3) (4)BC (5)与形成无色可溶性配合物，消除的黄色对滴定终点观察的干扰，同时可提高滴定终点的灵敏度(合理即可) (6) (7)使用有毒的汞盐，避免了重金属汞污染，更加环保(合理即可) 【详解】（1）仪器a为球形干燥管；易水解，且反应中过量的HCl有毒需要吸收，因此E中试剂为碱石灰，既可以吸收尾气HCl，又能防止空气中水蒸气进入装置D使水解。 （2）Sn具有还原性，加热时易被氧气氧化，先加热浓硫酸与NaCl反应产生HCl，排尽装置内空气后再加热管式炉，可避免Sn被氧化。 （3）将还原为，自身被氧化为，根据得失电子守恒、电荷守恒配平可得：。 （4）室温下氧化速率慢，加热时主要问题是氧化，不是反应速率不易控制，A错误；热溶液中可氧化，导致消耗的量减少，测定结果偏低，B正确；若立即滴定，过量的未被完全氧化，也会还原，导致消耗体积偏大，测定结果偏高，C正确；放置时间过长，过量的可被空气中的氧气氧化，导致不能完全氧化，残余的会在滴定过程中与反应，将使测定结果偏高，D错误；故选BC。 （5）根据已知信息，为黄色，会干扰终点观察，磷酸可与形成无色配合物，同时降低浓度，增大滴定突跃，使终点判断更准确。 （6）根据反应关系：，可得，因此Fe的质量分数为。 （7）原方法使用有毒的HgCl₂，汞是重金属，会造成环境污染，新方法不使用汞盐，减少了污染，更环保。 4．(2026高三下·内蒙古包头市·一模)格氏试剂是卤代烷或卤代芳香烃与金属镁在无水乙醚中反应生成的烃基卤化镁，在有机合成中具有重要作用。某小组制备的过程如下。 Ⅰ.以NaBr、浓硫酸和乙醇为原料制备溴乙烷() 反应原理如下： (1)①上述反应中酸的主要作用是促使醇质子化，请比较物质中键强度： _______(填“大于”、“等于”或“小于”)。 ②若加热温度过高或浓硫酸的浓度过大，均会使收集到的粗产品呈橙色，原因是发生了副反应，其化学方程式为_______。 Ⅱ.乙醚的预处理 已知：乙醚的沸点为34.5℃，密度为，微溶于水，常混有过氧乙醚()、少量水。 (2)过氧乙醚的检验：取少量样品滴于KI-淀粉试纸中央，出现_______现象，说明其中含有过氧乙醚。 (3)除过氧乙醚：将乙醚转入_______(填仪器名称)中，加入适量的硫酸亚铁溶液，充分振荡，静置分层。最后将有机相转移至蒸馏装置中蒸馏，收集34.5℃馏分。 (4)将经蒸馏获得的乙醚注入棕色试剂瓶中，压入钠丝，盖上有毛细管的瓶盖。压入钠丝的目的是_______。 Ⅲ.的制备 如图组装装置(加热和夹持装置已略)，向仪器X中加入2.4 g镁条和1小粒碘，装好装置，向仪器Y中加入0.12 mol溴乙烷和25.00 mL乙醚，混匀后开始滴入仪器X中，反应中保持微沸，加完后，温水浴加热回流20 min直至镁条完全反应。 (5)装置中冷凝管进水口为_______(填“a”或“b”)。 (6)通过仪器Y将0.2 mol乙醛逐滴加入仪器X中与反应，然后滴加20.0 mL饱和溶液生成产物Z(伴有一种盐和碱性气体产生)。将Z从混合液中提纯后进行了氢谱和质谱的表征，结果如下： 则与乙醛反应生成Z的总反应为_______。 【答案】(1) 大于 (浓) (2)试纸变蓝 (3)分液漏斗 (4)让钠与水反应，除水 (5)a (6) 【分析】由题意可知，制备乙基溴化镁的过程为：先以溴化钠、浓硫酸和乙醇为原料制备溴乙烷，再在乙醚作溶剂的条件下用溴乙烷和镁为原料制备乙基溴化镁。 【详解】（1） ①由反应原理可知，与酸反应生成后，更易与溴离子反应生成溴代烃和水，说明分子中的碳氧键的强度强于离子中的碳氧键的强度； ②若加热温度过高或浓硫酸的浓度过大，溴化钠会与浓硫酸发生副反应生成硫酸钠、溴、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：(浓)； （2）过氧乙醚具有强氧化性，能与碘化钾溶液反应生成能使淀粉溶液变蓝色的单质碘，则检验乙醚中含有过氧乙醚的操作为：取少量样品滴于碘化钾淀粉试纸中央，试纸变为蓝色，说明乙醚中含有过氧乙醚和少量的水； （3）由题意可知，除去过氧乙醚的操作为：将乙醚转入分液漏斗中，加入适量的硫酸亚铁溶液，充分振荡使过氧乙醚与硫酸亚铁溶液完全反应后，静置分层，打开玻璃塞、打开分液漏斗活塞，分离出下层水相；最后将有机相转移至蒸馏装置中蒸馏，收集35.4℃馏分； （4）钠能与水反应，不能与乙醚反应，所以将经蒸馏获得的乙醚注入棕色试剂瓶中，压入钠丝的目的是让钠与水反应，以达到除水目的； （5）由实验装置图可知，冷凝管的作用是冷凝回流挥发出的溴乙烷和乙醚，为增强冷凝效果，冷凝管进水口为下口a口； （6）由质谱图可知，Z的相对分子质量为74，由核磁共振氢谱可知，Z分子中含有5类氢原子，且氢原子的个数比为：1：1：2：3：3，则Z的结构简式为；由题意可知，生成Z的反应为乙基溴化镁与乙醛、溴化铵反应生成Z、溴化镁和氨气，反应的化学方程式为：。 5．(2026高三下·内蒙古呼和浩特市·一模)利用性能良好的离子液体(IL)催化合成苯甲酸甲酯，设计实验方案如下。 步骤： I．将一定量离子液体(IL)、4.80 g苯甲酸()和15.12 g甲醇加入三颈烧瓶中，70℃下搅拌反应3 h。 Ⅱ．待反应结束后，冷却后减压蒸馏，乙酸乙酯萃取浓缩物，收集上层液，最终得目标产物4.99 g。回答下列问题： (1)生成苯甲酸甲酯的化学方程式为_______。 (2)离子液体(L)的核磁共振氢谱如图(已去除溶剂中D的吸收峰)。 ①该离子液体(IL)熔点为83℃，分析其熔点低的原因_______。 ②谱图中无中H的吸收峰，离子液体(IL)等效氢有_______种。 ③为使波峰强度b与h区分明显，可将溶剂替换为。极性：_______。(填“<”或“>”)。 (3)制备过程中不需要用到的仪器有_______(填名称)。 (4)该实验苯甲酸甲酯的产率为_______(保留到小数点后两位)。 (5)已知甲醇的沸点为65℃，温度过高苯甲酸转化率减小的原因为_______。 【答案】(1) (2) 引入有机基团，离子半径增大，离子键减弱，晶格能小 9 (3)漏斗、坩埚 (4) (5)甲醇沸腾，造成大量挥发，反应物浓度降低，平衡逆向移动 【详解】（1）苯甲酸与甲醇在离子液体催化加热下发生酯化反应，化学方程式为 ； （2）① 该离子液体属于离子晶体，阴阳离子体积大，电荷分散，离子键作用力弱，晶格能小，因此熔点低； ② 该谱图显示共有8种不同化学环境的氢，算入后的等效氢为种； ③ 水的极性强于三氯甲烷，因此极性：； （3）实验过程中，蒸馏需要直形冷凝管，萃取分液需要烧杯和分液漏斗，不需要过滤用的普通漏斗、灼烧固体用的坩埚； （4）甲醇的物质的量是0.47mol，，甲醇过量，苯甲酸甲酯摩尔质量为136 g/mol，理论产量为0.0393 mol×136 g/mol≈5.35 g，产率； （5）温度过高，使得甲醇沸腾，大量挥发，反应物浓度降低，平衡逆向移动造成转化率减小。 6．(2026高三下·黑龙江哈尔滨市·一模)某实验小组按如下步骤实现了甲基橙()的制备。 步骤Ⅰ(重氮化)：烧杯中加入对氨基苯磺酸及NaOH溶液，温热溶解，再加入NaNO2溶液。在不断搅拌下，将上述溶液滴加到用冰水浴冷却的浓盐酸中，得到M溶液。 步骤Ⅱ(偶联)：向M溶液中滴加0.8 mL N,N-二甲基苯胺和0.5 mL冰醋酸(HAc)，室温搅拌20 min。加入5% NaOH至溶液变为橙色。 步骤Ⅲ(析出与纯化)：一系列操作后，抽滤，洗涤，得甲基橙粗品。重结晶，得1.46 g产品。 已知：①重氮盐在温度高于5℃下易分解。 ②相关物质性质如下： 物质 摩尔质量(g·mol-1) 溶解性 对氨基苯磺酸 173 微溶于冷水，具有两性，酸性强于碱性 N,N-二甲基苯胺 121 不溶于水，溶于有机溶剂 甲基橙 327 微溶于冷水，易溶于热水，难溶于乙醇 (1)步骤Ⅰ中①反应的化学方程式为___________。 (2)步骤Ⅰ中使用冰水浴中控制温度低于5℃的主要目的是___________。 (3)步骤Ⅰ至Ⅲ过程，下列装置无需使用的是___________、___________(填名称)。 (4)洗涤时洗涤剂最好选择___________(填标号)，原因是___________。 A．75%乙醇溶液    B．热水    C．冷水    D．NaOH溶液 (5)重结晶后得到晶体颗粒较小，分析原因可能是___________。 (6)实验室可用分光光度法测定甲基橙的纯度，已知甲基橙的吸光度A(对特定波长光的吸收程度)与甲基橙标准溶液浓度的关系如图所示。称取2 g样品，溶解并定容至1 L，测得溶液吸光度A=0.8，计算样品中甲基橙的质量分数为___________%(精确到0.1%)。 【答案】(1)   (2)防止生成的重氮盐受热分解 (3) 分液漏斗 直形冷凝管 (4) A 减少溶解损失，洗涤后产品便于快速干燥 (5)冷却结晶时速度过快或者降温速度过快或搅拌导致大晶粒无法形成 (6)65.4 【详解】（1）对氨基苯磺酸酸性强于碱性，步骤①是对氨基苯磺酸的磺酸基与NaOH发生中和反应，生成可溶的钠盐，化学方程式为 ； （2）已知重氮盐温度高于5℃易分解，冰水浴控温低于5℃可防止生成的重氮盐受热分解； （3）本实验中烧杯用于反应溶解，抽滤装置用于步骤Ⅲ抽滤，都需要使用；本实验没有蒸馏、分液操作，因此不需要直形冷凝管（蒸馏用）和分液漏斗（分液用）； （4）甲基橙易溶于热水，会造成大量产品损失；甲基橙微溶于冷水，损失大于乙醇，且无法溶解不溶于水的杂质N,N-二甲基苯胺；NaOH溶液会引入新杂质；甲基橙难溶于乙醇，洗涤时洗涤剂选择75%乙醇溶液可以减少溶解损失，洗涤后产品便于快速干燥，因此选A； （5）重结晶时，冷却速度越快、溶液浓度越高，越容易析出小颗粒晶体； （6）由图可知，吸光度时，，1 L溶液中甲基橙的物质的量为，质量为，因此质量分数为。 7．(2026高三下·黑龙江哈尔滨市第九中学·一模)富马酸亚铁()是一种治疗缺铁性贫血的药品，可溶于酸性较强的溶液，酸性过弱时，容易被氧化。某实验小组制备富马酸亚铁，并对其纯度进行测定。 Ⅰ．富马酸亚铁制备原理： 步骤1：反丁烯二酸的制备 取2.50 g顺丁烯二酸酐，加水溶解。加入0.1 g硫脲催化剂，溶液在搅拌下加热煮沸约4 min。经结晶、抽滤、洗涤、沸水浴烘干，得反丁烯二酸2.90 g。 备注；磁转子具有多孔陶瓷涂层结构，在转动搅拌溶液时表而产生微量气泡。 步骤2：富马酸亚铁的合成 将2.0g反丁烯二酸置于三口烧瓶中，加水溶解，从仪器A中加入溶液调节溶液pH为6.5~6.7，进行下列操作，具体顺序见问题(3)。最后冷却、抽滤、洗涤、沸水浴烘干，得到富马酸亚铁样品2.8g。 回答下列问题： (1)溶液用___________(填化学式)试剂检验合格后，才可用于制备富马酸亚铁。 (2)步骤2三口烧瓶中不需要添加沸石的原因为___________。 (3)步骤2中，下列操作顺序为：①安装好回流装置(加热装置省略)，②___________，③___________，④维持反应温度100℃。 A．通入        B．从仪器B上口缓慢加入含5.2g的水溶液(20~30mL) (4)合成富马酸亚铁的化学方程式为___________。 Ⅱ．产品纯度的测定 步骤1：准确称取粗产品0.1600 g，加煮沸过的3 mol/L溶液15 mL，待样品完全溶解后，加煮沸过的冷水50mL和4滴邻二氮菲—亚铁指示剂，立即用0.050 mol/L的硫酸高铈铵标准溶液进行滴定，用去标准液的体积为16.02 mL(反应方程式为)。 步骤2：不加产品，重复步骤1操作，滴定终点用去标准液0.02 mL。 (5)测定产品纯度时，用___________滴定管盛装[]标准溶液；该滴定过程的标准液不宜为酸性高锰酸钾溶液，原因是___________。 (6)中国药典2020版规定：产品中富马酸亚铁的含量不得小于90.0%，本实验中制备的富马酸亚铁___________(填“合格”或“不合格”)。 (7)用元素分析仪测定富马酸亚铁粗产品的组成，产品最简式为，为产品中最有可能含有的一种杂质是___________。 A． B． C． D． 【答案】(1)KSCN (2)磁转子可以防止液体局部过热，产生暴沸 (3) A B (4) (5) 酸式 高锰酸钾溶液不仅氧化，还氧化其中的碳碳双键，会产生较大误差 (6)不合格 (7)D 【分析】由题给流程可知，制备富马酸亚铁的过程为硫脲作催化剂条件下顺丁烯二酸酐与水共热反应生成反丁烯二酸；反丁烯二酸先与碳酸钠溶液反应生成，反应生成的再与硫酸亚铁煮沸反应生成富马酸亚铁。 【详解】（1）溶液中的亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化为铁离子，干扰富马酸亚铁的制备，所以实验时应向硫酸亚铁溶液中加入硫氰化钾溶液，确定溶液中不存在铁离子后，才可用于制备富马酸亚铁； （2）由实验装置图可知，装置中的磁转子可以防止液体局部过热，产生暴沸，所以富马酸亚铁的合成时，三口烧瓶中不需要添加沸石防暴沸； （3）由题给信息可知，富马酸亚铁可溶于酸性较强的溶液，酸性过弱时，容易被氧化，则加入碳酸钠溶液调节溶液pH为6.5~6.7后的操作为：按图安装好回流装置，通入氮气排尽装置中的空气，一段时间后从仪器B上口缓慢加入20~30mL含5.2g一水硫酸亚铁的水溶液，维持反应温度100℃； （4）由分析可知，合成富马酸亚铁的反应为溶液与硫酸亚铁溶液煮沸反应生成富马酸亚铁沉淀和硫酸钠，反应的化学方程式为：； （5）硫酸高铈铵溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以滴定时用酸式滴定管盛装硫酸高铈铵溶液；由结构简式可知，富马酸亚铁中含有的碳碳双键也能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成使溶液褪色，干扰溶液中亚铁离子的测定，所以滴定过程的标准液不宜为酸性高锰酸钾溶液； （6） 由题意可得如下转化关系： ~Fe2+~Ce4+~，滴定消耗0.050 mol/L的硫酸高铈铵溶液的体积为：(16.02 mL-0.02 mL)= 16.00 mL，则产品中富马酸亚铁的含量为：×100%=85%，则产品中富马酸亚铁的含量小于90.0%，本实验中制备的富马酸亚铁不合格； （7）A．由最简式可知，产品中不含有硫元素，所以富马酸亚铁粗产品的杂质不可能是硫酸铁，A错误； B．由最简式可知，产品中铁原子与碳原子的个数比为1：4，由结构简式可知，富马酸亚铁中铁原子与碳原子的个数比也为1：4，由化学式可知，中铁原子与碳原子的个数比也为3：4，所以由铁原子与碳原子的个数比可知，富马酸亚铁粗产品的杂质不可能是，B错误； C．由最简式可知，产品中铁原子与碳原子的个数比为1：4，由结构简式可知，富马酸亚铁中铁原子与碳原子的个数比也为1：4，中不含有铁原子，所以由铁原子与碳原子的个数比可知，富马酸亚铁粗产品的杂质不可能是，C错误； D．由最简式可知，产品中铁原子、碳原子、氢原子、氧原子的个数比为1：4：2：4.02，由结构简式可知，富马酸亚铁中铁原子、碳原子、氢原子、氧原子的个数比为1：4：2：4，中铁原子、碳原子、氢原子、氧原子的个数比为2：8：4：9=1：4：2：4.5，则由铁原子、碳原子、氢原子、氧原子的个数比可知，富马酸亚铁粗产品的杂质可能是，D正确； 故选D。 8．(2026高三下·三省三校（哈师大附中、东北师大附中、辽宁实验）·一模)稀土金属茂化合物(如茂基稀土配合物，一种夹心式结构)以其独特的电子结构与化学性质，在催化、功能材料合成等领域具有巨大的应用前景。一氯二茂镧[一氯·双(五甲基环戊二烯基)镧，()]结构如下图所示。 某实验室利用化学合成法制备一氯二茂镧。其合成原理如下： 已知：①Cp表示五甲基环戊二烯基阴离子，NaCp表示五甲基环戊二烯钠。 ②THF表示四氢呋喃(1,4-环氧丁烷，)，是一种无色溶剂，沸点为65℃。 ③常温下为淡黄色固体()，易被氧化，易发生水解反应。 实验步骤如下： Ⅰ．组装反应装置(如下图1，夹持装置省略)，检查装置气密性。 Ⅱ．称取置于三颈烧瓶中，加入150 mL无水四氢呋喃(THF)，搅拌溶解。 Ⅲ．打开旋塞K，通氮气10分钟，连接装置A，关闭活塞K。 Ⅳ．通过装置B缓慢滴加0.045 mol NaCp的THF溶液至三颈烧瓶中，保持反应溶液微沸，滴加完毕后持续搅拌2小时。 Ⅴ．反应结束后，按图2所示连接装置(夹持装置略去)，减压蒸馏除去THF。 Ⅵ．残留固体用无水乙醚洗涤3次，真空干燥得淡黄色晶体7.112 g。 回答下列问题： (1)一氯二茂镧中，镧元素的化合价为___________。 (2)图1中装置A中盛有THF，该装置A的作用是___________。 (3)装置B的名称是___________，球形冷凝管中冷却水应从___________(填“b”或“c”)口通入。 (4)减压蒸馏的操作顺序为：打开双通旋塞，打开真空泵，缓慢关闭双通旋塞，接通冷凝水，开启磁力加热搅拌器，进行减压蒸馏。 ①进行减压蒸馏时，使用控温磁力搅拌器加热，磁子的作用除搅拌使混合物均匀受热外，还有___________作用。 ②减压蒸馏完成后，需进行下列操作，正确的操作顺序是___________(填字母)。 _______→d→_______→_______ a．关闭真空泵    b．关闭控温磁力搅拌器，冷却至室温 c．缓慢打开双通旋塞    d．停止通冷凝水 (5)该反应不能使用明火加热的原因是___________。 (6)本实验中的产率为___________。 (7)已知稀土离子半径较大，容易形成高配位数化合物。采用五甲基环戊二烯基阴离子替换传统的环戊二烯基阴离子，制备出了低配位数的一氯二茂镧，而且产率很高，从结构角度分析其原因是___________。 【答案】(1) (2)液封作用，防止空气进入反应装置与产物发生反应 (3) 恒压滴液漏斗 b (4) 防止暴沸 b dc a (5)THF易挥发，易燃 (6)80% (7)五甲基环戊二烯基阴离子的空间位阻较大(或五甲基环戊二烯基阴离子体积大) 【详解】（1）中Cp为-1价，Cl为-1价，根据正负化合价代数和为0计算得La的化合价为+3价。 （2）由题知，易被氧化，易发生水解反应，故装置A的作用为液封隔绝空气，防止空气中的氧气和水蒸气进入反应装置，避免产物被氧化、水解。 （3）装置B为恒压滴液漏斗；球形冷凝管冷却水应“下进上出”，故从下口b通入。 （4）①进行减压蒸馏时，磁子的作用除搅拌使混合物均匀受热外，还可以防止液体暴沸。 ②减压蒸馏结束后，先关闭加热搅拌、冷却至室温，再停止通冷凝水，之后缓慢打开双通旋塞平衡气压，最后关闭真空泵，防止真空泵中液体倒吸，故顺序为b→d→c→a。 （5）THF(四氢呋喃)是易挥发的易燃有机物，遇明火会燃烧，引发安全事故，所以不能使用明火加热。 （6）根据反应，0.02 mol LaCl3完全反应时消耗0.04 mol NaCp（NaCp过量），生成0.02 mol ，产物的理论质量，则产率=80%。 （7）五甲基环戊二烯基阴离子体积更大，空间位阻更强，阻碍了其他配体与中心镧配位，因此更容易得到低配位数产物。 9．(2026高三下·黑龙江哈尔滨市·一模)阿司匹林()化学名称为乙酰水杨酸，化学式为，为白色结晶性粉末，主要用作解热镇痛、非甾体抗炎药，抗血小板聚集药。实验室制备阿司匹林的原理和实验装置如下(加热及夹持装置略去)： 实验步骤： Ⅰ、准备：按图连接装置，检查装置气密性。在三颈烧瓶中依次加入2.76 g水杨酸、8.0 mL乙酸酐、滴加5~10滴浓硫酸，作为催化剂，接通冷凝水，开启搅拌器。 Ⅱ、合成：水浴加热三颈烧瓶至50~60℃，持续20 min，使反应充分进行。反应结束后，将混合液冷却至室温，析出白色固体。 Ⅲ、分离提纯：加入少量冷水，搅拌后抽滤，再用少量冷水洗涤固体2次、并抽滤，干燥后得到粗产品。已知：几种物质的物理性质如表所示： 物质 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 部分性质 水杨酸 138 161 210 微溶于冷水，易溶于热水、乙醇、乙醚等，300℃开始分解 乙酸酐 102 138.5 与水反应，与乙醇、乙醚等有机溶剂互溶 乙酸 60 16.6 118 易溶于水、乙醇、乙醚等 乙酰水杨酸 180 136 321 微溶于水，溶于乙醇、乙醚；128℃开始分解 回答下列问题： (1)装置中仪器c的名称为______。 (2)步骤Ⅱ采取水浴加热，若反应温度过高会使水杨酸与乙酰水杨酸发生副反应得到酯类物质，该副反应的化学方程式为______。 (3)步骤Ⅲ加入冷水洗涤的目的是______。 (4)为了证明乙酰水杨酸中含有的化学键特征，对乙酰水杨酸的表征结果如图所示，表征所用的仪器是______(填标号)。 A．核磁共振仪 B．质谱仪 C．红外光谱仪 D．X射线衍射仪 (5)粗产品纯度的测定(杂质为水杨酸)。 准确称取0.9690 g乙酰水杨酸粗产品，将其置于锥形瓶内，溶于过量的的NaOH标准液，轻轻摇动锥形瓶，待完全反应后，加入2~3滴指示剂，用的标准溶液滴定过量的NaOH；连续做3次试验，平均消耗标准溶液。 ①乙酰水杨酸与NaOH溶液反应的化学方程式为______。 ②滴定时选择的指示剂为______(填“酚酞”或“甲基橙”)。 ③产品的纯度为______%(保留三位有效数字)。 【答案】(1)球形干燥管 (2) (3)除去固体表面的乙酸、乙酸酐等杂质，减少产品溶解的损失 (4)C (5) 酚酞 92.9 【详解】（1）由装置图可知，仪器c的名称为球形干燥管； （2）若反应温度过高会使水杨酸与乙酰水杨酸发生副反应得到酯类物质，说明发生酯化反应，该副反应的化学方程式为； （3）由题表可知，乙酸酐与水反应，乙酸易溶于水，乙酰水杨酸微溶于水，可知步骤Ⅲ加入冷水洗涤的目的是除去固体表面的乙酸、乙酸酐等杂质，减少产品溶解的损失； （4）由图像可知，表征所用的仪器是红外光谱仪； （5）①乙酰水杨酸和水杨酸分别与NaOH反应的化学方程式为 ②酚酞的变色范围是8.2-10，甲基橙变色范围是3.1-4.4。滴定终点得到强碱弱酸盐，滴定终点时溶液呈碱性，应选酚酞作指示剂； ③据题意，NaOH的总物质的量为，与标准溶液反应的过量NaOH为，0.9690 g乙酰水杨酸粗产品消耗的NaOH为；设0.9690 g粗产品中含乙酰水杨酸的物质的量为x、水杨酸的物质的量为y，列方程式如下：、，解得，，则乙酰水杨酸的质量为，乙酰水杨酸的纯度为。 10．(2026高三下·黑龙江哈尔滨市第三中学·一模)乳液聚合是聚合物生产中的主要方法之一。苯乙烯乳液聚合实验的相关信息如下： Ⅰ.实验所需药品及其性质 名称 试剂 性质 单体 苯乙烯 无色液体，熔点：，沸点：146℃，密度：，难溶于水 引发剂 过硫酸钾 白色晶体，可溶于水、不溶于乙醇，高温时极不稳定 乳化剂 十二烷基磺酸钠 白色或淡黄色粉末，熔点：206℃，易溶于水 破乳剂 氯化钠 白色晶体，易溶于水 分散介质 蒸馏水 Ⅱ.实验装置示意图(加热及夹持装置略) Ⅲ.实验过程： ①称取于烧杯中，加入10 mL蒸馏水配成溶液。 ②向仪器A中加入50 mL蒸馏水、0.3 g十二烷基磺酸钠，开动搅拌，并升温加热。当乳化剂溶解后，瓶内温度达80℃左右时，加入溶液和10 mL苯乙烯。 ③迅速升温至88—90℃，并维持此温度1.5 h，停止反应。 ④将上述实验得到的乳液倒入烧杯中，加入5 g NaCl，迅速搅拌使乳液凝聚。进行减压过滤，并用适量热水洗涤，放于50—60℃烘箱中干燥，称重，得到12 g固体。 回答下列问题： (1)中过氧键的数目为_______，硫原子的杂化方式为_______。 (2)实验中采用的加热方式为_______。仪器B的名称为_______，仪器A的合适规格为_______(填标号)，A中生成聚苯乙烯，其链节为_______。 A．100 mL    B．150 mL    C．250 mL (3)乳化剂是乳液聚合中的主要组分，当乳化剂水溶液超过临界胶束浓度时，开始形成胶束(如图2所示)。乳化剂在水中形成胶束体现超分子的_______特征，检验乳化剂已经形成胶束的方法为_______。 (4)与普通过滤相比，减压过滤的优点为_______、_______。检验产品洗涤干净的方法是_______。 (5)实验中干燥产物的质量大于理论产量的可能原因是_______(写出一条即可)。 【答案】(1) (2) 水浴加热 球形冷凝管 B (3) 自组装 丁达尔效应 (4) 过滤速度快 固体比较干燥 取最后一次洗涤液于试管中，先加稀硝酸再加溶液，没有沉淀产生，说明洗涤干净 (5)干燥产物中包含乳化剂、引发剂等 【分析】本实验为苯乙烯乳液聚合制备聚苯乙烯：以为引发剂、十二烷基磺酸钠为乳化剂，在88~90℃水浴加热条件下，苯乙烯在水相乳液中发生聚合反应；反应后加入NaCl使乳液凝聚，经减压过滤、热水洗涤、50~60℃干燥，得到聚苯乙烯固体。 【详解】（1）可知 的结构为，每个含1个过氧键，因此1mol 中过氧键数目为；S原子价层电子对数为4，无孤电子对，杂化方式为。 （2） 反应温度在88-90℃，低于水的沸点，且需要控制温度，因此采用水浴加热； 仪器B是用于冷凝回流的球形冷凝管；三颈烧瓶A中总共加入约液体，加热时液体体积不超过烧瓶容积的，因此选150mL规格，故选B；苯乙烯加聚得到聚苯乙烯，故链节为。 （3）乳化剂分子自发聚集形成有序结构的胶束，体现超分子的自组装特征；胶束直径为3~5nm，乳化剂形成的胶束属于胶体分散系，因此用丁达尔效应检验。 （4）减压过滤（抽滤）利用压强差加快过滤速率，同时能让固体更干燥；产品表面吸附杂质，可通过检验最后洗涤液中的判断是否洗净，故检验产品洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液于试管中，先加稀硝酸再加溶液，没有沉淀产生，说明洗涤干净。 （5）理论上10mL苯乙烯得到聚苯乙烯质量约为9.1g，测得12g质量偏大，因为干燥产物中包含乳化剂、引发剂等使测得质量偏大。 11．(2026高三下·辽宁省沈阳市·一模)实验室模拟制备一水硫酸四氨合铜(M=246 g/mol)过程及纯度测定如下。 已知：一水硫酸四氨合铜是深蓝色晶体，常温下在空气中易与水和二氧化碳反应，生成铜的碱式盐。 回答下列问题： I．一水硫酸四氨合铜的制备实验过程如图所示： (1) 的结构简式为_______，中S的杂化方式为_______。 (2)已知浅蓝色沉淀的成分为，用离子方程式表示由浅蓝色沉淀得到深蓝色溶液的原理_______。 (3)加入乙醇的作用是_______。 (4)实验中采用减压过滤的优点是_______。 (5)从滤液中回收乙醇并获得和的混合溶液，应先加入适量硫酸，再采用_______的方法回收乙醇。 II．一水硫酸四氨合铜晶体纯度的测定 (6)称取0.7 g样品，用蒸馏水溶解并定容至100 mL，准确移取该溶液10.00 mL，加入10.00 mL，再定容至25 mL。重复三次，测得溶液平均吸光度A=0.137现测得的吸光度与Cu2+标准溶液浓度关系如下图所示，若样品中杂质不含铜，则晶体纯度为_______(保留两位有效数字)。 【答案】(1) 杂化 (2) (3)使晶体析出 (4)通过形成压力差，促使液体快速通过滤纸，从而大大加快过滤的速度，且能得到较干燥的晶体，减少在空气中与水和二氧化碳的反应； (5)蒸馏 (6) 【详解】（1） 中铜离子提供空轨道，氮原子提供孤对电子形成配位键，的结构简式为，中S有4个σ键，没有孤对电子，价层电子对数为4，故S的杂化方式为杂化； （2）浅蓝色沉淀与氨水反应生成深蓝色络合离子，离子方程式为： ； （3）在乙醇中溶解度比在水中的小，加入乙醇可降低其溶解度，使晶体析出； （4）实验中采用减压过滤的优点是通过形成压力差，促使液体快速通过滤纸，从而大大加快过滤的速度，且能得到较干燥的晶体，减少在空气中与水和二氧化碳的反应； （5）从滤液中回收乙醇并获得和的混合溶液，应先加入适量硫酸，再利用乙醇和水沸点不同，采用蒸馏的方法回收乙醇； （6）由图可知，当平均吸光度A=0.137时，对应铜离子的浓度，此为定容后25 mL溶液中的铜离子浓度，0.7 g样品中含有铜离子的物质的量为：，则晶体的纯度为：。 12．(2026高三下·吉林省长春市·一模)某实验小组采用如下方案实现了3-甲基苯酚的绿色制备。 反应： 步骤： Ⅰ.向100 mL反应瓶中加入0.9 g四正丁基碘化铵（催化剂）和1.1 g MCH，装上冷凝管，抽除装置内的空气并充入氮气，最后用注射器加入25.0 mL 1，2-二氯乙烷。一系列操作后，连续监测反应进程，过程中有ICl（有氧化性，易溶于有机物）生成。 Ⅱ.4 h时，监测结果显示反应基本结束，冷却后加入饱和溶液洗涤，弃去水层。向剩余有机层加入10% NaOH溶液萃取，分液除去有机层。 Ⅲ.用10% HCl溶液酸化所得水层至pH值约为4~5，再用二氯甲烷萃取。 Ⅳ.向所得有机层加入干燥剂干燥，过滤，蒸馏除去二氯甲烷，得到产品。 回答下列问题： (1)步骤Ⅰ中所用冷凝管的作用为_______。 (2)步骤Ⅰ中1，2-二氯乙烷的作用是溶剂和_______。 (3)步骤Ⅰ中一系列操作的顺序为_______③_______（填标号）。 ①打开冷却循环水    ②加热至100℃    ③开启磁力搅拌器 (4)步骤Ⅱ中加入饱和溶液的作用是_______。 (5)步骤Ⅲ加入10% HCl溶液发生反应的离子方程式为_______、_______。 (6)步骤Ⅳ中所用的干燥剂是_______（填字母）。 A．胆矾    B．碱石灰    C．无水硫酸钠 (7)产品中杂质只有二氯甲烷，根据产品的核磁共振氢谱（谱图中无酚羟基H的吸收峰）测定其纯度（，其中n表示物质的量）。已知图中e为二氯甲烷的H吸收峰，峰面积比，据此计算产品的纯度=_______%。 【答案】(1)冷凝回流 (2)作反应物，在反应中提供氯原子 (3) ① ② (4)还原氧化性物质ICl，防止其氧化目标产物 (5) (6)C (7)80 【分析】该实验以MCH（3-甲基环己烯酮）为原料，在四正丁基碘化铵催化、1,2-二氯乙烷作溶剂和反应物、100℃条件下反应生成3-甲基苯酚；反应结束后，先用饱和溶液除去体系中的氧化性物质ICl，再用溶液萃取产物使其进入水层；水层经盐酸酸化后，用二氯甲烷萃取得到含产物的有机层；最后经干燥、蒸馏除去溶剂，得到纯品3-甲基苯酚。 【详解】（1）冷凝管的作用是冷凝回流，使1,2-二氯乙烷等易挥发的溶剂和反应物回到反应瓶，提高原料利用率，故答案为：冷凝回流； （2）除作溶剂外，1,2-二氯乙烷还是反应物，在反应中提供氯原子，参与生成副产物二氯甲烷和ICl等，故答案为：作反应物，在反应中提供氯原子； （3）实验操作应先打开冷却循环水（①），再开启磁力搅拌器（③），最后加热至100℃（②），顺序为：，故答案为：①；②； （4）具有还原性，可将反应中生成的氧化性物质ICl还原为和，防止其氧化目标产物3-甲基苯酚，故答案为：还原氧化性物质ICl，防止其氧化目标产物； （5） 步骤III加入10% HCl溶液，水层中含3-甲基苯酚钠，酸化时发生反应生成苯酚：，同时，过量与盐酸中和：，故答案为：；； （6）产物为酚类，呈弱酸性，不能用碱性干燥剂（如碱石灰）；胆矾（）无干燥能力，因此应选择无水硫酸钠，故答案选C； （7）由题，e峰对应杂质二氯甲烷（），每个二氯甲烷分子含有2个氢原子，其峰面积为1，因此可以算出二氯甲烷的物质的量为；f峰对应目标产物3-甲基苯酚（）的甲基（），每个3-甲基苯酚分子的甲基上含有3个氢原子，其峰面积为6，因此3-甲基苯酚的物质的量为，因此纯度为，故答案为80。 13．(2026高三下·辽宁省辽阳市·一模)溴化亚锡(SnBr)可用作有机合成催化剂，熔点，沸点，易升华，极易水解，易被氧化为。实验室利用气体和锡反应制备，装置如图所示(夹持装置略)。 已知：极易水解；还原性。 回答下列问题： (1)仪器X名称为_______；按上图连接仪器进行实验，操作顺序为_______。(填标号) ①通入氢气流②管式炉F加热，收集③管式炉C加热④打开活塞，滴加液溴 (2)装置D中用湿润红磷的目的是_______(用化学方程式表示)；图示装置存在的缺陷是_______；仪器Y中盛装的试剂是_______(填标号)。 A．碱石灰　　　B．　　　C．　　　　D． (3)反应过程中需间歇性微热连接管，其目的是_______。反应结束后应继续通入一段时间，主要目的是_______。 (4)测定样品纯度(杂质为)。取样品溶于适量浓盐酸，加蒸馏水稀释至，取于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液，用碘标准溶液滴定至终点时，平均消耗碘标准溶液，样品纯度为_______(用含、、的最简代数式表示)。若以上操作时间过长，会使测定结果_______(填“偏高”“偏低”，“无影响”)。 【答案】(1) 蒸馏烧瓶 ①④③② (2) 缺少氢气处理装置 BD (3) 使凝华在连接管中的SnBr2​升华进入收集瓶，同时防止SnBr2​固体堵塞导管 将装置中残留的SnBr2​全部吹入收集瓶提高产率，将残余HBr赶入H装置被吸收，同时防止冷却后产物被氧化、防止倒吸 (4) 偏低 【分析】本实验目的是制备，结合信息​易升华、极易水解、易被氧化，整个实验需要保证无氧、无水环境，制备流程如下：首先通入的​先经过A中浓硫酸干燥，除去水蒸气后，进入B装置，带出分液漏斗中的液溴，​和在C管式炉中铂石棉催化下加热反应生成：；由于生成的HBr混有未反应的​，进入D装置和湿润红磷反应，除去多余​同时额外生成HBr；除杂后HBr带水蒸气，为防止后续产物​水解，经过E干燥管干燥后，进入F管式炉和Sn反应制备：，​易升华，受热升华后随气流进入G收集瓶凝华得到产物；反应后的尾气含有毒HBr，需通入H装置，用碱石灰吸收尾气，同时阻挡外界空气中水蒸气进入G，防止产物水解。 【详解】（1）仪器X是带支管的反应烧瓶，名称为蒸馏烧瓶；操作顺序思路：先通​排尽装置内空气（防止Sn、​被氧化），再滴加液溴，让​带出，加热C管式炉制备HBr，HBr充满装置后加热F管式炉反应制备，收集产物，因此顺序为①④③②。 （2）D中湿润红磷除去未反应，反应方程式为：；反应中HBr和Sn反应生成SnBr2和H2，装置存在的缺陷是缺少氢气处理装置；Y的作用是干燥具有酸性、还原性的HBr，因此不能选择碱石灰等碱性干燥剂，硫酸铜干燥能力弱，无水氯化钙为中性干燥剂、五氧化二磷为酸性干燥剂，不与HBr反应，可用于干燥HBr，故答案为BD。 （3）间歇性微热连接管可使凝华在连接管中的SnBr2​升华进入收集瓶，同时防止SnBr2​固体堵塞导管；反应结束后继续通，将装置中残留的SnBr2​全部吹入收集瓶提高产率，将残余HBr赶入H装置被吸收，同时防止冷却后产物被氧化。 （4）根据还原性，滴定反应为，可得，25mL待测液消耗的物质的量为，则250mL样品中，，因此纯度为：；操作时间过长，会被空气中氧气提前氧化，导致滴定消耗​的体积偏小，因此测定结果偏低。 工艺流程题题型二 14．(2026高三下·内蒙古呼和浩特市·一模)一种利用磷酸亚铁锂正极材料(主要含，碳渣)回收铁、锂的流程如下。 已知：①酸性：；②25℃时，；③。回答下列问题： (1)“粉碎”的目的是_______。 (2)“酸浸”过程，25℃时，取10 g正极材料，反应相同时间，锂、铁浸出率与草酸添加量的关系如图。 ①生成和的化学方程式为_______。 ②草酸最佳添加量为_______g，随草酸添加量增加，锂浸出率先增大后减小的原因为_______。 (3)“调pH”的目的是______，当离子沉淀完全()时，理论上“滤液1”中最大浓度为_______。 (4)“沉锂”步骤中发生反应的离子方程式为_______。 (5)“滤液2”主要含有_______(填化学式)。 【答案】(1)增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率 (2) 15 随量增加，浓度增大，浸出反应速率加快，锂浸出率增大；后浓度增加，析出，锂的浸出率降低，同时覆盖在正极材料表面，阻止浸出反应的发生 (3) 消耗过量草酸，减少用量 0.707 (4) (5) 【分析】该流程以含LiFePO4和碳渣的磷酸亚铁锂正极材料为原料，通过粉碎增大接触面积后，用草酸酸浸得到Li2C2O4、FeC2O4和H3PO4；随后调节pH消耗草酸使Fe2+以FeC2O4形式沉淀，实现Fe与Li的分离；再向含Li+的滤液中加入Na3PO4，使Li+转化为Li3PO4沉淀回收，最终滤液中主要残留Na2C2O4，高效实现了锂、铁元素与杂质的分离及锂的资源化回收，据此作答。 【详解】（1）粉碎的目的：增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率； （2）①依据强酸制弱酸规律，草酸与LiFePO4反应生成草酸盐和磷酸，化学方程式为：； ②草酸最佳添加量为15 g；随草酸添加量增加，锂浸出率先增大后减小的原因：随H2C2O4量增加，H2C2O4浓度增大，浸出反应速率加快，锂浸出率增大；后浓度增加，Li2C2O4析出，锂的浸出率降低，同时覆盖在正极材料表面，阻止浸出反应的发生； （3）铁粉与过量草酸反应生成草酸亚铁析出，降低了溶液中草酸的浓度，有利于磷酸锂的沉淀析出，则“调pH”的目的：消耗过量草酸，减少Na3PO4用量； 已知Ksp(FeC2O4)=3.2×10-7，当c(Fe2+)≤10-5mol・L-1时，；又Ksp(Li2C2O4)=1.6×10-2，由得：，故滤液1中Li+最大浓度为0.707mol・L-1； （4）“沉锂”步骤的离子方程式：； （5）沉锂后溶液中剩余Na+，与未沉淀的，则“滤液2”主要含有Na2C2O4。 15．(2026高三下·内蒙古鄂尔多斯·一模)伴随着新能源汽车的普及，回收废旧磷酸铁锂电池可以变废为宝，对保护环境起着重要的作用。废旧磷酸铁锂电池的正极材料主要包含磷酸铁锂()、活性炭、PVDF(树脂)以及铝箔。某团队采用共沉淀法回收废旧磷酸铁锂电池的正极材料制备磷酸铁()、Al、Li、流程如下： (1)的离子结构示意图_______，的VSEPR模型为_______。 (2)碱溶过程中发生主要反应的化学方程式为_______。 (3)滤液2中也可用溶液代替溶液，用离子方程式表示其原因_______。 (4)由下图可知，制备磷酸铁的适宜pH为2.5，pH不宜太小，理由是_______。pH较高时，P沉淀率趋于平缓而Fe沉淀率仍有升高的原因是_______。 (5)写出从悬浊液中获得纯净的固体的实验操作_______。 【答案】(1) 正四面体 (2) (3) (4) pH太小，酸性太强，生成弱电解质磷酸，的溶解平衡正向移动，沉淀溶解，导致 Fe、P 的沉淀率降低 pH 较高时，P 元素主要以形式存在，其与的共沉淀已接近完全，因此 P 沉淀率趋于平缓；而 pH 升高，会生成氢氧化铁沉淀，导致 Fe 的沉淀率继续升高 (5)过滤、洗涤、干燥 【分析】已知废旧磷酸铁锂电池的正极材料主要含磷酸铁锂（）、活性炭、PVDF（树脂）以及铝箔，加入氢氧化钠溶液碱溶，可以除去铝箔，所得滤液1通入足量二氧化碳可以得到氢氧化铝沉淀，再经过一系列处理得到金属铝；所得滤渣加入硫酸酸浸，活性炭、PVDF（树脂）以沉淀的形式被除去，滤液2加入过氧化氢，可以将二价铁氧化为三价铁，最终得到的悬浊液，进一步提纯得到纯净的固体，滤液中加入碳酸钠溶液，可以制备碳酸锂，据此解答； 【详解】（1） 的核外电子数为26，失去2个电子得到的离子结构示意图；的价层电子对数为4+=4，没有孤电子对，VSEPR模型为正四面体； （2）碱溶过程中铝箔溶解，发生主要反应的化学方程式为； （3）也具有强氧化性，可以将二价铁氧化为三价铁，离子方程式为； （4）pH太小，酸性太强，生成弱电解质磷酸，的溶解平衡正向移动，沉淀溶解，导致 Fe、P 的沉淀率降低； pH 较高时，P 元素主要以形式存在，其与的共沉淀已接近完全，因此 P 沉淀率趋于平缓；而 pH 升高，会生成氢氧化铁沉淀，导致 Fe 的沉淀率继续升高； （5）分离固体和液体的核心操作是过滤，从悬浊液中获得纯净的固体的实验操作是过滤、洗涤、干燥。 16．(2026高三下·辽宁省沈阳市·一模)银铜精矿(含铅、铁、砷、硫等杂质元素)高效分离的一种新工艺流程如下： 已知：， 回答下列问题： (1)写出“酸浸1”CuS与混酸稀溶液反应离子方程式_______。 (2)滤渣1主要成分为Ag、_______、_______(填化学式)。 (3)“沉淀转化”反应的平衡常数K的值为_______。 (4)“焙烧脱硫”、“沉淀转化”均可提高银浸取率，下列说法中错误的是_______。 A．“焙烧脱硫”会产生污染气体，可用碱溶液吸收 B．单质硫颗粒覆盖在银矿物表面影响银的浸出 C．“沉淀转化”和“酸浸2”两步可调换顺序 (5)“沉铁砷”过程产生沉淀可能为：a． FeAsO4沉淀；b．氢氧化铁胶体吸附含As粒子得到絮凝沉淀，对低温干燥后的沉淀物质进行红外光谱分析，由图可知_______(填“a”或“b”)符合光谱分析结果。 (6)写出“还原”步骤化学反应方程式_______。 【答案】(1) (2) PbSO4 S (3) (4)C (5)b (6) 【分析】银铜精矿含有Ag、CuS及Pb、Fe、As、S等杂质元素，酸浸1时，Ag不与混酸反应，留在滤渣中，Pb元素与结合生成PbSO4沉淀，CuS反应生成的单质S不溶于酸，留在滤渣中，因此滤渣 1 主要成分为Ag、PbSO4、S；滤渣 1焙烧脱硫生成SO2；沉淀转化是将PbSO4转化为PbCO3，然后进行酸浸2，Ag发生反应：，PbCO3溶于酸，滤渣3为AgCl，进行还原得到Ag，据此解答。 【详解】（1）“酸浸1”CuS与混酸（HNO3、H2SO4）稀溶液反应，CuS中S2-被氧化为S，被还原为NO，Cu2+进入溶液，离子方程式为； （2）由上述分析可知，滤渣 1 主要成分为Ag、PbSO4、S； （3）沉淀转化反应为：，平衡常数表达式：； （4）A．焙烧脱硫生成SO2，属于酸性污染气体，可用碱溶液吸收，A正确； B．单质硫颗粒覆盖在银矿物表面，会阻碍银矿与后续试剂接触，影响浸出率，B正确； C．沉淀转化是将PbSO4转化为PbCO3，PbCO3易溶于酸浸 2 的酸，若调换顺序，酸浸 2 先溶解PbSO4的程度低，无法有效分离Pb，且影响银浸取，C错误； 故答案选C； （5）若为FeAsO4沉淀，无-OH官能团，若为氢氧化铁胶体吸附含As粒子，含有-OH官能团，红外光谱会出现-OH的特征吸收峰，结合红外光谱图的特征峰，可判断b符合光谱分析结果； （6）还原步骤是AgCl与N2H4、NH3发生反应，化学方程式为。 17．(2026高三下·吉林省白山市·一模)工业上用溶液作印刷电路铜板的腐蚀液。实验室采用不同方法对腐蚀废液（阳离子主要有和）进行处理。回答下列问题： 方法一：将溶液加入废液并调节溶液pH，处理流程如下： 已知：部分金属离子沉淀的pH如下表所示（金属离子起始浓度为）。 金属离子 开始沉淀pH 4.7 2.7 7.6 完全沉淀pH 6.7 3.7 9.6 (1)步骤I中加入溶液的目的是________。 (2)步骤Ⅱ中需要调节溶液的pH范围是________。 (3)溶液C中含有大量。取少量溶液C于试管中，滴加NaOH溶液，观察到的现象是________。该过程中发生氧化还原反应的化学方程式为________。 (4)①溶液A、溶液B和固体C中都含有________（填“Fe”或“Cu”）元素。 ②将溶液C和溶液D回收后，通入可以再转化为腐蚀液，反应的离子方程式为________。 方法二：将和空气的混合气体通入腐蚀废液，其转化如图所示（CuS不溶于水）。 (5)过程i中，生成CuS反应的离子方程式为________。 (6)下列关于该转化过程的说法正确的是________（填标号）。 a．过程ⅱ中的氧化剂是 b．过程ⅲ发生的反应为 c．利用该转化可以回收S d．整个转化过程中起催化剂作用的有和 【答案】(1)将氧化为 (2)（或3.7~4.7） (3) 产生白色沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色 (4) Cu (5) (6)abc 【分析】废液中阳离子主要有Fe2+、Cu2+、Fe3+和H+，加入过氧化氢后，Fe2+被氧化为Fe3+，调节pH，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，此时溶液B中含有Cu2+和H+，加入过量铁粉后，Fe与Cu2+反应生成Cu和Fe2+，与H+反应生成Fe2+，此时溶液C中为Fe2+，固体C为Cu和剩余的Fe，加入稀盐酸后，Fe与HCl反应生成FeCl2（溶液D） 【详解】（1）加入H2O2溶液的目的是利用其氧化性将Fe2+氧化为Fe3+。 （2） 步骤Ⅱ调节溶液的pH是为了将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，同时Cu2+不沉淀，根据题表所示，需要调节溶液的pH范围为3.7~4.7； （3） Fe2+与NaOH溶液反应生成氢氧化亚铁，其在空气中迅速被氧化为氢氧化铁，因此观察到的现象是产生白色沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，该过程中发生氧化还原反应的化学方程式为。 （4）①溶液A有Cu2+和Fe3+，溶液B有Cu2+，固体C有Fe和Cu，因此都含有Cu元素； ②溶液C和溶液D均为FeCl2溶液，通入Cl2转化为FeCl3的离子方程式为。 （5） 过程i将H2S和空气的混合气体通入腐蚀废液生成CuS，发生的离子方程式为。 （6）a．过程ⅱ中Fe3+将CuS氧化，生成S，氧化剂是Fe3+，a正确； b．过程ⅲ发生的反应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，b正确； c．过程ⅱ中反应生成S，利用该转化可以回收S，c正确； d．整个转化过程中，Fe3+先消耗、后生成，起催化剂作用的是Fe3+，而Fe2+先生成，后消耗，为中间产物，d错误； 故答案选abc。 18．(2026高三下·内蒙古赤峰市·一模)某工厂对电解精炼铜产生的阳极泥(主要含Se、Te、Cu、Ag、Au及少量Pb)进行综合回收。其中回收硒和的工艺流程如下图所示： 已知：①Se、Te与S位于同一主族。 ②是酸性氧化物；是两性氧化物，微溶于水。 回答下列问题： (1)基态Se原子的价层电子排布式为_______。 (2)可增大“焙烧”速率的措施有_______。(任写一条即可) (3)“还原”时与水反应生成的酸被还原，则该酸发生反应的化学方程式为_______。 (4)“精馏”利用了Se与杂质的_______不同而去除杂质。 (5)“碱浸”时，烧渣中的发生反应的离子方程式为_______。 (6)一种更好的“沉碲”的方法是用硝酸铵替代硫酸，替换的优点是_______。 (7)关于该工艺流程说法中正确的是_______。 A．实验室模拟“焙烧”可在烧杯中进行 B．上述流程中，溶液X可循环再利用 C．若先对烧渣水浸，所得滤液可直接用于电解精炼铜 D．“碱浸”所产生的滤渣可继续回收贵金属 【答案】(1)4s24p4 (2)粉碎、搅拌、适当升高温度 (3) (4)沸点 (5) (6)避免硫酸过量导致部分TeO2溶解 (7)BD 【分析】电解精炼铜的阳极泥加入浓硫酸焙烧，可生成SeO2、SO2，二者在水中发生反应生成Se，根据氧化还原反应配平可得反应方程式为：，得到溶液X中含硫酸，烧渣入氢氧化钠碱浸，TeO2具有两性，故与NaOH反应转化为Na2TeO3进入滤液，滤液中加入硫酸可生成TeO2沉淀； 【详解】（1）Se为34号元素，基态Se原子的价层电子排布式为4s24p4； （2）可增大“焙烧”速率的措施有粉碎、搅拌、适当升高温度等； （3）是酸性氧化物，与水反应生成的酸为，“还原”时与水反应生成的酸与发生氧化还原反应生成Se和硫酸，发生反应的化学方程式为； （4）“精馏”利用了Se与杂质的沸点不同而去除杂质。 （5）是两性氧化物，与NaOH反应转化为Na2TeO3进入滤液，反应为：； （6）用硝酸铵替代硫酸，优点为：硝酸铵溶液因水解而呈酸性，能提供H+使转化为TeO2沉淀，避免了酸过量使TeO2溶解，从而导致产率下降； （7）A．焙烧需要高温，实验室模拟“焙烧”不可在烧杯中进行，A错误； B．由分析，上述流程中，溶液X中含硫酸，可循环再利用，B正确； C．水浸后滤液中含铜离子，也含其他杂质离子，需提纯后用于电解精炼铜，C错误； D．“碱浸”所产生的滤渣中含银、金，可继续回收贵金属，D正确； 故选BD。 19．(2026高三下·吉林省长春市·一模)五氧化二钒（）具有强氧化性，是工业制硫酸的催化剂。利用废钒催化剂（含、、PbO、、、）回收的一种工艺路线如下： 已知： ①“酸浸”时转化为；转化为。 ②“离子交换”和“洗脱”可表示为（ROH为阴离子交换树脂）。 回答下列问题： (1)基态V的价层电子排布式为_______。 (2)“酸浸”产生的废渣1的主要成分是和_______（填化学式）。 (3)“氧化”的目的是将氧化为，氧化剂中变价元素被还原为最低价态，该反应的离子方程式为_______。 (4)“中和”的目的之一是中和酸，沉淀和；另一个目的是_______。 (5)“洗脱”时淋洗液采用_______（填字母）。 A．稀硫酸    B．KOH溶液    C．NaCl溶液 (6)“沉钒”时钒以的形式沉淀出来。沉钒率随温度的变化关系如图所示。80℃以后，沉钒率下降的可能原因是_______（答出一条即可）。 (7)“煅烧”时需在有氧条件下进行的原因是_______。 【答案】(1) (2) (3) (4)将钒的含氧酸根转化为，便于离子交换 (5)B (6)温度过高时，溶解度增大（或受热分解，浓度降低；或水解程度增大） (7)防止分解产生的氨气在高温下将五氧化二钒还原为低价钒氧化物，确保产物为五氧化二钒 【分析】该工艺是从含、、、、、的废钒催化剂中回收：首先用“酸浸”，将可溶性金属氧化物转化为离子，不溶物形成废渣1；接着用“氧化”，将低价的氧化为；再用“中和”，沉淀和并将钒转化为便于离子交换的；随后用阴离子交换树脂“离子交换”吸附钒，再用淋洗液“洗脱”得到含钒溶液；之后加入、“沉钒”得到沉淀；最后“煅烧”沉淀得到。 【详解】（1）V的原子序数为23，电子排布式为，价层电子排布式为：； （2）与反应生成难溶的，不溶于酸，因此废渣1为和，故答案为：； （3）氧化剂被还原为最低价，被氧化为，配平后的离子方程式为：； （4）中和后溶液呈碱性，钒的含氧酸根会聚合为，便于后续离子交换树脂吸附，因此另一目的是将钒的含氧酸根转化为，便于离子交换，故答案为：将钒的含氧酸根转化为，便于离子交换； （5）离子交换反应为，洗脱需要使平衡逆向移动，因此应加入溶液，提供，故答案选B； （6）温度过高时，的溶解度增大，或受热分解导致浓度降低，或发生水解，都会使沉淀率下降，故答案为：温度过高时，溶解度增大（或受热分解，浓度降低；或水解程度增大）； （7）煅烧时，若无氧，V元素可能被还原为低价态（如），通入氧气可防止分解产生的氨气在高温下将五氧化二钒还原为低价钒氧化物，确保产物为五氧化二钒确保V被氧化为+5价的，保证产物纯度，故答案为：防止分解产生的氨气在高温下将五氧化二钒还原为低价钒氧化物，确保产物为五氧化二钒。 20．(2026高三下·三省三校（哈师大附中、东北师大附中、辽宁实验）·一模)以某地铜水钴矿(主要成分为，还含有较多的NiO、CoO以及少量的、CaO、MgO和等)为原料获得钴、铜、镍的化合物，工艺流程如下： 已知：①某些低价金属氧化物可以溶于稀硫酸中，而其较高价金属氧化物只能溶解在较浓的硫酸中； ②，。 (1)“磨矿、浆化”的目的是___________。 (2)一段浸出的浸渣再进行二段浸出的目的是___________，过程中生成氧气，写出反应的化学方程式___________。 (3)“除铁”工序中采用黄钠铁矾法技术，黄钠铁矾为淡黄色不溶性晶体，写出反应的离子方程式___________。 (4)除钙镁工序中，当、被完全除去(离子浓度小于等于，视为沉淀完全)，此时不低于___________。 (5)“钴镍分离”时通常用有机溶剂萃取法，某有机溶剂萃取、的pH与萃取效率关系曲线如图，溶液的pH最好调节为___________左右(填选项)。 A．3 B．4 C．5 D．6 (6)将产品()在氮气氛围下进行热重分析，在不同温度范围内失重率如图所示。通过计算确定290~430℃剩余固体的成分___________(填化学式)。 【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率，提高酸浸率 (2) 将浸出，提高Co的利用率 (3) (4)0.004或 (5)B (6)Co 【分析】铜水钴矿经磨矿、浆化后一段稀硫酸浸出：溶解原料中低价的CoO、NiO、Fe2O3、CaO、MgO等氧化物，得到含金属离子的浸出液送后续除杂，二段浸出：一段浸渣中含未溶解的高价Co2O3等，二段浸出可以进一步浸出其中的钴、铜，提高金属总回收率，除铁：将溶液中的转化为黄钠铁矾沉淀除去，除钙镁：加NaF使、转化为难溶的CaF2、MgF2沉淀除去，除铜：加Na2S2O3分离除去铜，得到仅含、的溶液，采用萃取法分离钴镍：控制合适pH，让被有机溶剂萃取，水相直接得到NiSO4产品，有机相反萃得到钴盐，最终制备得到CoC2O4·2H2O产品。 【详解】（1）磨矿将矿石粉碎，增大接触面积，加快反应，使金属离子更充分浸出。 （2）根据已知信息，高价金属氧化物不溶于稀硫酸，二段浸出用浓硫酸浸出，高价Co和浓硫酸反应生成CoSO4、O2和水，故二段浸出的目的是将浸出，提高Co的利用率，化学方程式为； （3）加入碳酸钠以调节溶液pH，促使水解生成黄钠铁矾沉淀，根据原子、电荷守恒配平反应为； （4）沉淀完全时离子浓度，对：，；对：，，需满足两种离子都沉淀完全，故不低于。 （5）要分离钴镍，需要Co萃取效率尽可能高，Ni萃取效率尽可能低，由图可知pH=4左右时，Co萃取率较高，Ni萃取率很低，可实现分离，故选B。 （6）设1mol ，质量为183g，总失重率为67.76%，剩余固体质量为，正好等于Co的摩尔质量（），且电子守恒：Co从+2降为0得2e-，两个+3价C全部升为+4价（生成CO2）失2e-，恰好配平，故剩余固体为Co。 21．(2026高三下·黑龙江哈尔滨市·一模)氟碳铈矿是一种重要的稀土矿物，主要成分为CeFCO3，R代表钇(Y)、镧(La)、铈(Ce)，常伴生有Fe、Al、Mg等杂质。以下是一种综合回收钇、镧、铈的工艺流程： 已知：①稀土氧化物(R2O3)可溶于稀盐酸，但CeO2不溶。 ②常温下各种金属离子完全沉淀的pH如下表： Mg2+ La3+ Y3+ Fe3+ Al3+ pH 11.6 9.0 8.3 3.2 4.7 ③H2A2代表P507二聚体，萃取达到平衡时，分配系数=；萃取率=×100%。 回答以下问题： (1)稀土元素Y和Sc为同族元素，位于Sc的下一周期，则基态Y原子的价电子排布式为___________。 (2)CeFCO3在空气中焙烧第一步转化为CeO2和CeF4，CeF4再转化为CeO2，写出第一步的化学反应方程式___________。 (3)滤渣1中主要成分除了Fe(OH)3外还有___________、___________。 (4)萃取过程可简化为：R3+(水相)+3H2A2(有机相)⇌R(HA2)3(有机)+3H+(水相)。 ①该过程属于___________(填“阳离子交换”或“阴离子交换”)萃取。 ②“酸浸”时加100 mL稀盐酸，“萃取”时加30 mL H2A2，La3+在两相的分配系数为10，则La3+单次萃取率为___________(忽略混合过程中液体体积的变化)。 ③反萃取过程中应加入___________(写化学式)来实现。 (5)最终能得到疏松的Y2O3原因为___________。 【答案】(1)4d15s2 (2)4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2 (3) Al(OH)3 CeO2 (4) 阳离子交换 75% HCl (5)焙烧Y2(C2O4)3的过程中有大量的CO、CO2生成，导致生成的Y2O3为疏松的 【分析】该工艺以氟碳铈矿为原料，先氧化焙烧将稀土转化为氧化物，再经稀盐酸浸出、调pH除去Fe3+、Al3+杂质和不溶的CeO2，得到含Y3+、La3+的滤液，之后经草酸沉淀、焙烧、稀盐酸酸浸后，通过萃取法分离Y和La，水相沉钇后焙烧得到Y2O3，有机相反萃取得到LaCl3，实现了钇、镧、铈的综合回收。 【详解】（1）Sc是第四周期第ⅢB族元素，Y位于Sc下一周期即第五周期第ⅢB族，第ⅢB族元素价电子排布通式为，故Y的价电子排布为。 （2） CeFCO3中Ce为+3价，焙烧后被O2氧化为+4价的CeO2和CeF4，同时生成二氧化碳，根据原子守恒和得失电子守恒配平得到反应方程式为4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2。 （3）调，根据完全沉淀可知，、均完全沉淀；结合已知信息，​不溶于稀盐酸，因此滤渣1除外，还有和​。 （4）①该过程水相中的阳离子进入有机相，有机相交换出阳离子到水相，属于阳离子交换萃取。 ②分配系数，代入、，得，萃取率。 ③萃取平衡为可逆反应，增大浓度可使平衡逆向移动，实现反萃取，目标产物为氯化物，因此加入。 （5）草酸钇焙烧分解时，会生成、大量气体，气体逸出后留下空隙，因此最终得到疏松的。 22．(2026高三下·黑龙江哈尔滨市第三中学·一模)稀土元素Nd(钕)、Dy(镝)均是清洁能源技术的核心资源，从制造废料(主要成分为，含有等)中提取Nd，并回收其它有价金属的一种工艺如下： 已知：①常温下，，。②G-macropa是一种稀土元素离子螯合剂，其结构如图所示，其与Nd和Dy可形成配合物和。 (1)稀土元素镝(Dy)常用于制造硬盘驱动器，的中子数为_______。 (2)常温下，将pH调至4后，滤渣②中主要含有_______、_______，滤液中_______。 (3)“除铝”步骤中加入G-macropa螯合剂的目的为_______。 (4)“沉镝”过程中发生反应的离子方程式为_______。 (5)当与按混合时，配体与金属离子物质的量比(L/M比)不同时的分离效率如下图所示。[其中，，，] ①由图可知，该实验条件下，利用G-macropa分离与的最佳L/M比为_______。 ②由图及流程可推测_______(填离子符号)与螯合剂G-macropa形成的配合物更稳定。 【答案】(1)98 (2) (3)使其与和形成配合物溶于水，防止和与形成沉淀 (4) (5) 8 【分析】该工艺从含，含有等的制造废料中提取分离稀土：首先加稀盐酸酸浸废料，不溶的SiO2作为滤渣①除去，再将酸浸所得滤液pH调至4，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀作为滤渣②除去，随后向滤液加入G-macropa螯合剂和NaOH，G-macropa螯合Nd3+与Dy3+，剩余含铝杂质作为滤渣③除去，再加入过量NaHCO3，使Dy3+从配合物中释放，生成Dy2(CO3)3沉淀分离出镝，最后加盐酸处理得到含钕滤液，同时回收G-macropa螯合剂。 【详解】（1）稀土元素镝(Dy)的原子序数为66，即质子数为66。其同位素的质量数为164，中子数=质量数-质子数= 。 （2）酸浸时不溶于酸的已作为滤渣①除去，滤液中含。pH=4时，，根据溶度积计算：，此时也早已沉淀完全（更小），因此滤渣②主要为和。 （3）G-macropa可特异性结合稀土离子，使其与和形成配合物溶于水，防止和与形成沉淀，起到保护稀土离子的作用。 （4）“沉镝”过程中， 与 反应生成沉淀，释放出螯合剂 G-macropa，反应的离子方程式为。 （5）①分离最佳效果为：Dy完全沉淀（滤渣中Dy含量100%）、Nd尽可能多留在滤液中。由图可知，L/M=8时，滤液中Nd含量最高，Dy沉淀率仍为100%，分离效果最好。 ②始终以配合物形式留在滤液中，从配合物中释放并沉淀，说明与G-macropa形成的配合物更稳定。 23．(2026高三下·黑龙江齐齐哈尔市·一模)可用作媒染剂、木材防腐剂、造纸工业漂白剂，还用于医药、农药、人造纤维等。某实验小组以闪锌矿粉(主要含ZnS，及少量FeO、)和软锰矿粉(主要含)为原料联合制备和的一种工艺流程如下。 已知：i．酸性条件下，氧化性：；和过量氨水生成； ii．25℃时，金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如下(当离子浓度时认为反应完全)： 金属离子 开始沉淀时 6.3 1.5 8.2 6.2 完全沉淀时 8.3 2.8 10.2 8.2 回答下列问题： (1)基态Mn原子的价层电子排布图为______。“氧化酸浸”所得浸渣中含有硫单质，ZnS发生反应的离子方程式为______。 (2)“沉铁”时，调节溶液的pH范围约为______。“沉锰”时，需保持和氨水混合溶液的pH范围约为8.0，pH不能过高的原因是______。 (3)“热分解”所得“分解气”中的______(填化学式，下同)溶于水，可循环利用；“余液”的溶质主要为______。 (4)为了解受热分解规律，取在惰性气体环境下进行热重分析，剩余固体产物的质量随温度变化的曲线如图所示。(的摩尔质量为) 固体A中，水分子全部作配体与锌离子结合形成水合锌离子，该配离子的化学式为______(填化学式)。反应的化学方程式为______。 【答案】(1) (2) pH过高会生成沉淀，导致产品不纯 (3) (和) (4) (或) 【分析】闪锌矿粉和软锰矿粉、稀经过“氧化酸浸”工序，ZnS转化为S和、FeO转化为、转化为，不反应，“浸渣”中含有S、；用氨水“沉铁”时，和不反应，调节溶液的pH范围为；加入和氨水，生成沉淀和，沉锰后的滤液中含有、、、、、氨水等，热分解得到的“分解气”中含有、，“余液”的溶质主要为，沉淀为；溶于硫酸得到溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，获得；由此解答。 【详解】（1） 基态Mn原子价层电子排布式为，其价层电子排布图为；据分析，ZnS“氧化酸浸”时和反应生成S、、，离子方程式是； （2）据分析，用氨水“沉铁”时应完全沉淀，而不沉淀、，根据资料可知，调节溶液的pH范围为。“沉锰”时和氨水作沉锰剂，生成沉淀，同时做缓冲溶液，即使加入过量氨水，溶液pH变化不大，溶液pH保持在8.0范围内，有利于生成，pH过高会生成沉淀，导致产品不纯； （3）由分析可知，“分解气”的主要成分为、，溶于水获得氨水(或和一起通入水中得到)，可循环利用；由解析可知，“余液”的溶质主要为； （4）的摩尔质量为，取(即0.1 mol)在惰性气体环境下进行热重分析，根据Zn元素守恒，A点剩余固体产物的质量为26.9 g，失去，化学式为；B点剩余固体产物的质量为17.9 g，又失去，化学式为；C点剩余固体产物的质量为16.1 g，又失去，化学式为；D点剩余固体产物的质量为8.1 g，其中Zn为0.1 mol(即6.5 g)，则含O为1.6 g(即0.1 mol)，D的化学式为ZnO；A的化学式为，其中水分子全部作配体与锌离子结合形成水合锌离子，该配离子的化学式为；反应的化学方程式为(或)。 24．(2026高三下·内蒙古包头市·一模)包头被誉为世界“稀土之都”，稀土(RE)包括钪(Sc)、钇(Y)和镧系共17种元素。一种从稀土矿(还含Fe、Al、Mg等元素)中分离稀土金属的工艺流程如下： 已知：①月桂酸和均难溶于水。 ②的。 ③开始溶解时的pH为9，有关金属离子沉淀的相关pH见下表： 离子 开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4 沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 / 回答下列问题： (1)镧系元素在元素周期表中位于第_______周期，第_______族；基态Sc原子的价层电子排布式_______。 (2)“沉淀除杂”前调pH的适宜范围是_______。 (3)“沉淀RE”后，滤液中浓度为。为确保滤饼中检测不到Mg元素，滤液中应低于_______。 (4)已知把铈从混合稀土(代表其他稀土离子)中分离出来的一种工艺流程如下： 若选空气作氧化剂，则转化为离子方程式为_______。 (5)在硫酸介质中Ce(Ⅳ)可被磷酸二异辛酯()萃取，Ce(Ⅲ)不被萃取。萃取“酸浸液”中Ce(Ⅳ)，制取的流程如下： ①被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，本题实验条件下。向20 mL含的酸浸液中加入萃取剂，充分振荡、静置后，若水层中，则加入萃取剂的体积为_______mL。 ②有机层加的作用是_______。 【答案】(1) 第六周期 第ⅢB族 (2) (3)0.13 (4) (5) 10 将四价铈还原为三价铈，使其进入水层 【分析】稀土矿经过酸溶转化为金属离子，用H2O2氧化，将Fe2+氧化为Fe3+，调pH值使Fe3+和Al3+沉淀除去，再用月硅酸钠使稀土离子沉淀，Mg2+在滤液中除去，滤饼加盐酸酸化得到月桂酸沉淀和溶于水的稀土氯化物，溶液再冷却结晶得到稀土氯化物晶体。 【详解】（1）镧系元素位于元素周期表第六周期第ⅢB族；Sc为21号元素，核外电子排布为，价层电子排布式为。 （2）“沉淀除杂”的目的是除去、，保留在溶液中：需要、完全沉淀（，沉淀完全pH为4.7），同时不能开始沉淀（，开始沉淀pH最小为6.2），因此pH范围为。 （3）先转换浓度：，根据，代入得： ，因此浓度应低于。 （4）碱性条件（）下，氧化生成沉淀，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平得到离子方程式：。 （5）① 设萃取剂体积为，分配比： 总总物质的量：，水层物质的量：，有机层。 代入，解得。② 题目说明：只有被萃取，不被萃取。因此加入​的作用是将有机层中的还原为，使Ce进入水层，实现反萃取。 25．(2026高三下·黑龙江哈尔滨市第九中学·一模)一种以含铋烧渣(主要成分为、，还含有少量、、等)为原料，制取和疏松轻质的的工艺流程如下： 已知：①和难溶于水； ②浸出液中铋主要以存在，高酸度下易被有机萃取剂TBP萃取； ③溶液中金属离子转化为氢氧化物开始沉淀和完全沉淀()的pH如下表： 开始沉淀的pH 6.3 1.9 4.7 4.2 完全沉淀的pH 8.3 3.2 6.7 5.5 回答下列问题： (1)铋元素在元素周期表中的位置是___________。 (2)“酸浸”时含铋元素微粒发生反应的化学方程式是___________。 (3)“转化”步骤加入金属Bi的主要作用是___________，“沉铋”后滤液3中的浓度为___________。 (4)“氧化”时反应的离子方程式为___________。 (5)“反萃取”工序前，需将pH调节至约1.0左右，分析其可能存在的原因：___________。 Ⅱ、由晶体可制得高纯度铋。首先要对在滚筒式球磨(粉碎)机中进行球磨处理，球磨前后的X射线衍射如图所示： (6)试分析球磨前后X射线吸收峰变化的原因：___________。 Ⅲ．制得高纯度铋后，可通过中国科学院物理研究所团队凭借独创的“范德华挤压技术”制成单原子层厚度的二维金属。 (7)下列关于“范德华挤压技术”及其产物的描述中，不合理的是___________。 A．该技术实现了原子级精度的制造 B．所得材料层内为金属键，层间为范德华力 C．该二维材料的热稳定性高于块状铋金属 D．其金属性消失，转变为半导体 【答案】(1)第六周期第ⅤA族 (2) (3) 将还原成，避免生成沉淀 (4) (5)若pH过低，抑制草酸的电离、不利于反萃取后生成；若pH过高，会导致生成，不利于后续灼烧时获得疏松多孔结构的轻质 (6)球磨过程中破坏了晶体结构，使得细粉状的表现出部分非晶体的特征 (7)CD 【分析】首先对烧渣水浸，预先浸出分离原料中可溶的；剩余滤渣用浓盐酸酸浸，不溶的作为滤渣除去，、、等金属氧化物溶解，铋最终以形式存在于浸出液中。浸出液分为两路加工：一路经除铜（生成）、还原、调pH除去铁铜杂质后沉铋得到，再经氯气碱性氧化得到；另一路线经萃取剂萃取，进入有机相，再用草酸溶液反萃取，与生成难溶的沉淀，灼烧后最终转化为，据此分析。 【详解】（1）Bi原子序数为83，与氮同族，位于第六周期第ⅤA族； （2） 结合题干信息，酸浸后铋以形式存在，和浓盐酸反应配平即可得到方程式为； （3）原料中酸浸后生成，在pH=3.2就完全沉淀，会和共沉淀引入杂质；加入金属Bi可将还原为，在pH=6时还未开始沉淀，所以可以避免生成沉淀。 根据溶度积计算：pH=5.5时完全沉淀（），得；pH=6时，计算得； （4）碱性条件下氧化生成难溶的，根据得失电子守恒、电荷守恒配平为； （5）结合题干已知信息：高酸度下易被萃取，若pH过低，抑制草酸的电离、不利于反萃取后生成；若pH过高，会导致生成，不利于后续灼烧时获得疏松多孔结构的轻质； （6）X射线衍射中，尖锐清晰的衍射峰对应高结晶度的晶体，球磨过程中破坏了晶体结构，使得细粉状的表现出部分非晶体的特征； （7）A．该技术可制得单原子层厚度的材料，实现了原子级精度制造，A合理； B．二维层状金属材料，层内铋原子间以金属键结合，层间靠范德华力作用，B合理； C．二维材料比表面积大，表面能更高，体系能量更高，热稳定性低于块状铋，C不合理； D．题干明确说明产物是二维金属，金属性是铋元素的固有性质，不会消失，D不合理； 故不合理的选CD。 2 / 48 1 / 48 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 实验综合题 工艺流程题 考点概览 题型一 实验综合题 题型二 工艺流程题 实验综合题题型一 1．(2026高三下·辽宁抚顺市六协作体·一模)亚氯酸钠()是重要的漂白剂和消毒剂，主要用于水、砂糖、油脂的漂白杀菌。实验室制备的装置如图所示。回答下列问题： 已知：ⅰ．溶液温度高于60℃，发生分解。 ⅱ．气体浓度超过10%时，易发生爆炸性分解。 (1)盛装浓硫酸的仪器的名称为___________。 (2)装置A的用途为制备，则装置A中作氧化剂的是___________(填化学式)；若将浓硫酸换成浓盐酸，则可能存在的问题是___________。 (3)装置B的用途为吸收并转化为，下列实验操作一定能提高吸收效率的有___________(填标号)。 A．装置B采用热水浴 B．加快滴加浓硫酸的速率 C．适当提高的浓度 D．通过多孔球泡向装置B的混合溶液中通 (4)反应过程中，打开，并缓慢鼓入的目的是___________。 (5)装置B中获得产品发生反应的化学方程式为___________。 (6)产品中可能混有杂质，其原因是___________；经减压蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤制得晶体，证明晶体中杂质除尽的操作方法是___________。 2．(2026高三下·内蒙古赤峰市·一模)四水甲酸铜[]为蓝色晶体，易溶于水，微溶于乙醇。常用作催化剂及电镀原料。实验室可以用碱式碳酸铜[]与甲酸反应来制备，步骤如下： Ⅰ.称取一定量和固体，充分研细。 Ⅱ.向接近沸腾的蒸馏水中加入Ⅰ中混合物。 Ⅲ.后静置溶液，用倾析法分离得到沉淀，洗涤。 Ⅳ.将Ⅲ中固体转入仪器a中，加入蒸馏水，加热。 Ⅴ.向a中加入甲酸，反应结束后经一系列操作得到产品。 回答下列问题： (1)仪器a的名称为_______。 (2)步骤Ⅰ中应取用适当过量的，原因可能是_______。 (3)步骤Ⅴ中的一系列操作为_______、过滤、乙醇洗涤、干燥。其中使用乙醇洗涤的优点是_______。 (4)获得纯净的四水甲酸铜需要控制条件。不同温度和时间下晶体X射线衍射图谱如下(X射线衍射可用于判断某晶体物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。 ①制备四水甲酸铜的最佳反应条件为_______。 ②制备四水甲酸铜的化学方程式为_______。 (5)测定产品中四水甲酸铜()的含量：准确称取产品配成溶液，取于锥形瓶中，忽略杂质离子的干扰，用的标准溶液滴定，反应为：，平均消耗EDTA溶液。则产品中四水甲酸铜的质量分数为_______(用含a、b、c的代数式表示)。 3．(2026高三下·内蒙古鄂尔多斯·一模)测定铁矿石中铁含量的传统方法是滴定法。实验小组利用该方法测定铁矿石中铁的含量： 【制取氯化亚锡】 实验装置如图所示： 【测定含量】 按如下操作步骤进行实验： Ⅰ．将制取的产品溶于浓盐酸并配制成溶液。 Ⅱ．准确称取矿样a g，用浓盐酸加热溶解；冷却后，逐滴加入溶液，边加边摇，直至溶液由黄色变为浅绿色，再多加1～2滴溶液。 Ⅲ．迅速加入5 mL饱和溶液，生成白色丝状沉淀，加入适量混合酸和二苯胺磺酸钠指示剂，用的标准溶液滴定至溶液呈蓝紫色为止，记录消耗体积V mL。 已知： ①具有还原性，易水解。 ②室温时将缓慢氧化为，自身转化成，但难以氧化；加热时，可氧化。 ③与磷酸能形成等无色可溶性配合物。 ④可被还原为。 请回答下列问题： (1)仪器a的名称为_______，装置E中的试剂为_______。 (2)制取时，先加入浓硫酸加热，一段时间后，再开启管式炉加热的原因是_______。 (3)步骤Ⅱ中加入溶液后发生反应的离子方程式为_______。 (4)步骤Ⅲ中，热的溶液需冷却后再滴加溶液，并放置2～3 min，才能开始滴定。对此，合理的解释是_______。 A．热的溶液中，氧化的速率过快，反应不易控制 B．热的溶液中，被氧化，将使测定结果偏低 C．加入溶液后立即滴定，则未除尽，将使测定结果偏高 D．放置时间过长，可被空气中的氧气氧化，将使测定结果偏高 (5)步骤Ⅲ中加入的作用是_______。 (6)矿样中的质量分数为_______。(用含a、c、V的代数式表示) (7)滴定法也可测定铁的含量，其主要原理是利用和将铁矿石试样中还原为，再用标准溶液滴定。从环保角度分析，该方法相比于滴定法的优 4．(2026高三下·内蒙古包头市·一模)格氏试剂是卤代烷或卤代芳香烃与金属镁在无水乙醚中反应生成的烃基卤化镁，在有机合成中具有重要作用。某小组制备的过程如下。 Ⅰ.以NaBr、浓硫酸和乙醇为原料制备溴乙烷() 反应原理如下： (1)①上述反应中酸的主要作用是促使醇质子化，请比较物质中键强度： _______(填“大于”、“等于”或“小于”)。 ②若加热温度过高或浓硫酸的浓度过大，均会使收集到的粗产品呈橙色，原因是发生了副反应，其化学方程式为_______。 Ⅱ.乙醚的预处理 已知：乙醚的沸点为34.5℃，密度为，微溶于水，常混有过氧乙醚()、少量水。 (2)过氧乙醚的检验：取少量样品滴于KI-淀粉试纸中央，出现_______现象，说明其中含有过氧乙醚。 (3)除过氧乙醚：将乙醚转入_______(填仪器名称)中，加入适量的硫酸亚铁溶液，充分振荡，静置分层。最后将有机相转移至蒸馏装置中蒸馏，收集34.5℃馏分。 (4)将经蒸馏获得的乙醚注入棕色试剂瓶中，压入钠丝，盖上有毛细管的瓶盖。压入钠丝的目的是_______。 Ⅲ.的制备 如图组装装置(加热和夹持装置已略)，向仪器X中加入2.4 g镁条和1小粒碘，装好装置，向仪器Y中加入0.12 mol溴乙烷和25.00 mL乙醚，混匀后开始滴入仪器X中，反应中保持微沸，加完后，温水浴加热回流20 min直至镁条完全反应。 (5)装置中冷凝管进水口为_______(填“a”或“b”)。 (6)通过仪器Y将0.2 mol乙醛逐滴加入仪器X中与反应，然后滴加20.0 mL饱和溶液生成产物Z(伴有一种盐和碱性气体产生)。将Z从混合液中提纯后进行了氢谱和质谱的表征，结果如下： 则与乙醛反应生成Z的总反应为_______。 5．(2026高三下·内蒙古呼和浩特市·一模)利用性能良好的离子液体(IL)催化合成苯甲酸甲酯，设计实验方案如下。 步骤： I．将一定量离子液体(IL)、4.80 g苯甲酸()和15.12 g甲醇加入三颈烧瓶中，70℃下搅拌反应3 h。 Ⅱ．待反应结束后，冷却后减压蒸馏，乙酸乙酯萃取浓缩物，收集上层液，最终得目标产物4.99 g。回答下列问题： (1)生成苯甲酸甲酯的化学方程式为_______。 (2)离子液体(L)的核磁共振氢谱如图(已去除溶剂中D的吸收峰)。 ①该离子液体(IL)熔点为83℃，分析其熔点低的原因_______。 ②谱图中无中H的吸收峰，离子液体(IL)等效氢有_______种。 ③为使波峰强度b与h区分明显，可将溶剂替换为。极性：_______。(填“<”或“>”)。 (3)制备过程中不需要用到的仪器有_______(填名称)。 (4)该实验苯甲酸甲酯的产率为_______(保留到小数点后两位)。 (5)已知甲醇的沸点为65℃，温度过高苯甲酸转化率减小的原因为_______。 6．(2026高三下·黑龙江哈尔滨市·一模)某实验小组按如下步骤实现了甲基橙()的制备。 步骤Ⅰ(重氮化)：烧杯中加入对氨基苯磺酸及NaOH溶液，温热溶解，再加入NaNO2溶液。在不断搅拌下，将上述溶液滴加到用冰水浴冷却的浓盐酸中，得到M溶液。 步骤Ⅱ(偶联)：向M溶液中滴加0.8 mL N,N-二甲基苯胺和0.5 mL冰醋酸(HAc)，室温搅拌20 min。加入5% NaOH至溶液变为橙色。 步骤Ⅲ(析出与纯化)：一系列操作后，抽滤，洗涤，得甲基橙粗品。重结晶，得1.46 g产品。 已知：①重氮盐在温度高于5℃下易分解。 ②相关物质性质如下： 物质 摩尔质量(g·mol-1) 溶解性 对氨基苯磺酸 173 微溶于冷水，具有两性，酸性强于碱性 N,N-二甲基苯胺 121 不溶于水，溶于有机溶剂 甲基橙 327 微溶于冷水，易溶于热水，难溶于乙醇 (1)步骤Ⅰ中①反应的化学方程式为___________。 (2)步骤Ⅰ中使用冰水浴中控制温度低于5℃的主要目的是___________。 (3)步骤Ⅰ至Ⅲ过程，下列装置无需使用的是___________、___________(填名称)。 (4)洗涤时洗涤剂最好选择___________(填标号)，原因是___________。 A．75%乙醇溶液    B．热水    C．冷水    D．NaOH溶液 (5)重结晶后得到晶体颗粒较小，分析原因可能是___________。 (6)实验室可用分光光度法测定甲基橙的纯度，已知甲基橙的吸光度A(对特定波长光的吸收程度)与甲基橙标准溶液浓度的关系如图所示。称取2 g样品，溶解并定容至1 L，测得溶液吸光度A=0.8，计算样品中甲基橙的质量分数为___________%(精确到0.1%)。 7．(2026高三下·黑龙江哈尔滨市第九中学·一模)富马酸亚铁()是一种治疗缺铁性贫血的药品，可溶于酸性较强的溶液，酸性过弱时，容易被氧化。某实验小组制备富马酸亚铁，并对其纯度进行测定。 Ⅰ．富马酸亚铁制备原理： 步骤1：反丁烯二酸的制备 取2.50 g顺丁烯二酸酐，加水溶解。加入0.1 g硫脲催化剂，溶液在搅拌下加热煮沸约4 min。经结晶、抽滤、洗涤、沸水浴烘干，得反丁烯二酸2.90 g。 备注；磁转子具有多孔陶瓷涂层结构，在转动搅拌溶液时表而产生微量气泡。 步骤2：富马酸亚铁的合成 将2.0g反丁烯二酸置于三口烧瓶中，加水溶解，从仪器A中加入溶液调节溶液pH为6.5~6.7，进行下列操作，具体顺序见问题(3)。最后冷却、抽滤、洗涤、沸水浴烘干，得到富马酸亚铁样品2.8g。 回答下列问题： (1)溶液用___________(填化学式)试剂检验合格后，才可用于制备富马酸亚铁。 (2)步骤2三口烧瓶中不需要添加沸石的原因为___________。 (3)步骤2中，下列操作顺序为：①安装好回流装置(加热装置省略)，②___________，③___________，④维持反应温度100℃。 A．通入        B．从仪器B上口缓慢加入含5.2g的水溶液(20~30mL) (4)合成富马酸亚铁的化学方程式为___________。 Ⅱ．产品纯度的测定 步骤1：准确称取粗产品0.1600 g，加煮沸过的3 mol/L溶液15 mL，待样品完全溶解后，加煮沸过的冷水50mL和4滴邻二氮菲—亚铁指示剂，立即用0.050 mol/L的硫酸高铈铵标准溶液进行滴定，用去标准液的体积为16.02 mL(反应方程式为)。 步骤2：不加产品，重复步骤1操作，滴定终点用去标准液0.02 mL。 (5)测定产品纯度时，用___________滴定管盛装[]标准溶液；该滴定过程的标准液不宜为酸性高锰酸钾溶液，原因是___________。 (6)中国药典2020版规定：产品中富马酸亚铁的含量不得小于90.0%，本实验中制备的富马酸亚铁___________(填“合格”或“不合格”)。 (7)用元素分析仪测定富马酸亚铁粗产品的组成，产品最简式为，为产品中最有可能含有的一种杂质是___________。 A． B． C． D． 8．(2026高三下·三省三校（哈师大附中、东北师大附中、辽宁实验）·一模)稀土金属茂化合物(如茂基稀土配合物，一种夹心式结构)以其独特的电子结构与化学性质，在催化、功能材料合成等领域具有巨大的应用前景。一氯二茂镧[一氯·双(五甲基环戊二烯基)镧，()]结构如下图所示。 某实验室利用化学合成法制备一氯二茂镧。其合成原理如下： 已知：①Cp表示五甲基环戊二烯基阴离子，NaCp表示五甲基环戊二烯钠。 ②THF表示四氢呋喃(1,4-环氧丁烷，)，是一种无色溶剂，沸点为65℃。 ③常温下为淡黄色固体()，易被氧化，易发生水解反应。 实验步骤如下： Ⅰ．组装反应装置(如下图1，夹持装置省略)，检查装置气密性。 Ⅱ．称取置于三颈烧瓶中，加入150 mL无水四氢呋喃(THF)，搅拌溶解。 Ⅲ．打开旋塞K，通氮气10分钟，连接装置A，关闭活塞K。 Ⅳ．通过装置B缓慢滴加0.045 mol NaCp的THF溶液至三颈烧瓶中，保持反应溶液微沸，滴加完毕后持续搅拌2小时。 Ⅴ．反应结束后，按图2所示连接装置(夹持装置略去)，减压蒸馏除去THF。 Ⅵ．残留固体用无水乙醚洗涤3次，真空干燥得淡黄色晶体7.112 g。 回答下列问题： (1)一氯二茂镧中，镧元素的化合价为___________。 (2)图1中装置A中盛有THF，该装置A的作用是___________。 (3)装置B的名称是___________，球形冷凝管中冷却水应从___________(填“b”或“c”)口通入。 (4)减压蒸馏的操作顺序为：打开双通旋塞，打开真空泵，缓慢关闭双通旋塞，接通冷凝水，开启磁力加热搅拌器，进行减压蒸馏。 ①进行减压蒸馏时，使用控温磁力搅拌器加热，磁子的作用除搅拌使混合物均匀受热外，还有___________作用。 ②减压蒸馏完成后，需进行下列操作，正确的操作顺序是___________(填字母)。 _______→d→_______→_______ a．关闭真空泵    b．关闭控温磁力搅拌器，冷却至室温 c．缓慢打开双通旋塞    d．停止通冷凝水 (5)该反应不能使用明火加热的原因是___________。 (6)本实验中的产率为___________。 (7)已知稀土离子半径较大，容易形成高配位数化合物。采用五甲基环戊二烯基阴离子替换传统的环戊二烯基阴离子，制备出了低配位数的一氯二茂镧，而且产率很高，从结构角度分析其原因是___________。 9．(2026高三下·黑龙江哈尔滨市·一模)阿司匹林()化学名称为乙酰水杨酸，化学式为，为白色结晶性粉末，主要用作解热镇痛、非甾体抗炎药，抗血小板聚集药。实验室制备阿司匹林的原理和实验装置如下(加热及夹持装置略去)： 实验步骤： Ⅰ、准备：按图连接装置，检查装置气密性。在三颈烧瓶中依次加入2.76 g水杨酸、8.0 mL乙酸酐、滴加5~10滴浓硫酸，作为催化剂，接通冷凝水，开启搅拌器。 Ⅱ、合成：水浴加热三颈烧瓶至50~60℃，持续20 min，使反应充分进行。反应结束后，将混合液冷却至室温，析出白色固体。 Ⅲ、分离提纯：加入少量冷水，搅拌后抽滤，再用少量冷水洗涤固体2次、并抽滤，干燥后得到粗产品。已知：几种物质的物理性质如表所示： 物质 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 部分性质 水杨酸 138 161 210 微溶于冷水，易溶于热水、乙醇、乙醚等，300℃开始分解 乙酸酐 102 138.5 与水反应，与乙醇、乙醚等有机溶剂互溶 乙酸 60 16.6 118 易溶于水、乙醇、乙醚等 乙酰水杨酸 180 136 321 微溶于水，溶于乙醇、乙醚；128℃开始分解 回答下列问题： (1)装置中仪器c的名称为______。 (2)步骤Ⅱ采取水浴加热，若反应温度过高会使水杨酸与乙酰水杨酸发生副反应得到酯类物质，该副反应的化学方程式为______。 (3)步骤Ⅲ加入冷水洗涤的目的是______。 (4)为了证明乙酰水杨酸中含有的化学键特征，对乙酰水杨酸的表征结果如图所示，表征所用的仪器是______(填标号)。 A．核磁共振仪 B．质谱仪 C．红外光谱仪 D．X射线衍射仪 (5)粗产品纯度的测定(杂质为水杨酸)。 准确称取0.9690 g乙酰水杨酸粗产品，将其置于锥形瓶内，溶于过量的的NaOH标准液，轻轻摇动锥形瓶，待完全反应后，加入2~3滴指示剂，用的标准溶液滴定过量的NaOH；连续做3次试验，平均消耗标准溶液。 ①乙酰水杨酸与NaOH溶液反应的化学方程式为______。 ②滴定时选择的指示剂为______(填“酚酞”或“甲基橙”)。 ③产品的纯度为______%(保留三位有效数字)。 10．(2026高三下·黑龙江哈尔滨市第三中学·一模)乳液聚合是聚合物生产中的主要方法之一。苯乙烯乳液聚合实验的相关信息如下： Ⅰ.实验所需药品及其性质 名称 试剂 性质 单体 苯乙烯 无色液体，熔点：，沸点：146℃，密度：，难溶于水 引发剂 过硫酸钾 白色晶体，可溶于水、不溶于乙醇，高温时极不稳定 乳化剂 十二烷基磺酸钠 白色或淡黄色粉末，熔点：206℃，易溶于水 破乳剂 氯化钠 白色晶体，易溶于水 分散介质 蒸馏水 Ⅱ.实验装置示意图(加热及夹持装置略) Ⅲ.实验过程： ①称取于烧杯中，加入10 mL蒸馏水配成溶液。 ②向仪器A中加入50 mL蒸馏水、0.3 g十二烷基磺酸钠，开动搅拌，并升温加热。当乳化剂溶解后，瓶内温度达80℃左右时，加入溶液和10 mL苯乙烯。 ③迅速升温至88—90℃，并维持此温度1.5 h，停止反应。 ④将上述实验得到的乳液倒入烧杯中，加入5 g NaCl，迅速搅拌使乳液凝聚。进行减压过滤，并用适量热水洗涤，放于50—60℃烘箱中干燥，称重，得到12 g固体。 回答下列问题： (1)中过氧键的数目为_______，硫原子的杂化方式为_______。 (2)实验中采用的加热方式为_______。仪器B的名称为_______，仪器A的合适规格为_______(填标号)，A中生成聚苯乙烯，其链节为_______。 A．100 mL    B．150 mL    C．250 mL (3)乳化剂是乳液聚合中的主要组分，当乳化剂水溶液超过临界胶束浓度时，开始形成胶束(如图2所示)。乳化剂在水中形成胶束体现超分子的_______特征，检验乳化剂已经形成胶束的方法为_______。 (4)与普通过滤相比，减压过滤的优点为_______、_______。检验产品洗涤干净的方法是_______。 (5)实验中干燥产物的质量大于理论产量的可能原因是_______(写出一条即可)。 11．(2026高三下·辽宁省沈阳市·一模)实验室模拟制备一水硫酸四氨合铜(M=246 g/mol)过程及纯度测定如下。 已知：一水硫酸四氨合铜是深蓝色晶体，常温下在空气中易与水和二氧化碳反应，生成铜的碱式盐。 回答下列问题： I．一水硫酸四氨合铜的制备实验过程如图所示： (1) 的结构简式为_______，中S的杂化方式为_______。 (2)已知浅蓝色沉淀的成分为，用离子方程式表示由浅蓝色沉淀得到深蓝色溶液的原理_______。 (3)加入乙醇的作用是_______。 (4)实验中采用减压过滤的优点是_______。 (5)从滤液中回收乙醇并获得和的混合溶液，应先加入适量硫酸，再采用_______的方法回收乙醇。 II．一水硫酸四氨合铜晶体纯度的测定 (6)称取0.7 g样品，用蒸馏水溶解并定容至100 mL，准确移取该溶液10.00 mL，加入10.00 mL，再定容至25 mL。重复三次，测得溶液平均吸光度A=0.137现测得的吸光度与Cu2+标准溶液浓度关系如下图所示，若样品中杂质不含铜，则晶体纯度为_______(保留两位有效数字)。 12．(2026高三下·吉林省长春市·一模)某实验小组采用如下方案实现了3-甲基苯酚的绿色制备。 反应： 步骤： Ⅰ.向100 mL反应瓶中加入0.9 g四正丁基碘化铵（催化剂）和1.1 g MCH，装上冷凝管，抽除装置内的空气并充入氮气，最后用注射器加入25.0 mL 1，2-二氯乙烷。一系列操作后，连续监测反应进程，过程中有ICl（有氧化性，易溶于有机物）生成。 Ⅱ.4 h时，监测结果显示反应基本结束，冷却后加入饱和溶液洗涤，弃去水层。向剩余有机层加入10% NaOH溶液萃取，分液除去有机层。 Ⅲ.用10% HCl溶液酸化所得水层至pH值约为4~5，再用二氯甲烷萃取。 Ⅳ.向所得有机层加入干燥剂干燥，过滤，蒸馏除去二氯甲烷，得到产品。 回答下列问题： (1)步骤Ⅰ中所用冷凝管的作用为_______。 (2)步骤Ⅰ中1，2-二氯乙烷的作用是溶剂和_______。 (3)步骤Ⅰ中一系列操作的顺序为_______③_______（填标号）。 ①打开冷却循环水    ②加热至100℃    ③开启磁力搅拌器 (4)步骤Ⅱ中加入饱和溶液的作用是_______。 (5)步骤Ⅲ加入10% HCl溶液发生反应的离子方程式为_______、_______。 (6)步骤Ⅳ中所用的干燥剂是_______（填字母）。 A．胆矾    B．碱石灰    C．无水硫酸钠 (7)产品中杂质只有二氯甲烷，根据产品的核磁共振氢谱（谱图中无酚羟基H的吸收峰）测定其纯度（，其中n表示物质的量）。已知图中e为二氯甲烷的H吸收峰，峰面积比，据此计算产品的纯度=_______%。 13．(2026高三下·辽宁省辽阳市·一模)溴化亚锡(SnBr)可用作有机合成催化剂，熔点，沸点，易升华，极易水解，易被氧化为。实验室利用气体和锡反应制备，装置如图所示(夹持装置略)。 已知：极易水解；还原性。 回答下列问题： (1)仪器X名称为_______；按上图连接仪器进行实验，操作顺序为_______。(填标号) ①通入氢气流②管式炉F加热，收集③管式炉C加热④打开活塞，滴加液溴 (2)装置D中用湿润红磷的目的是_______(用化学方程式表示)；图示装置存在的缺陷是_______；仪器Y中盛装的试剂是_______(填标号)。 A．碱石灰　　　B．　　　C．　　　　D． (3)反应过程中需间歇性微热连接管，其目的是_______。反应结束后应继续通入一段时间，主要目的是_______。 (4)测定样品纯度(杂质为)。取样品溶于适量浓盐酸，加蒸馏水稀释至，取于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液，用碘标准溶液滴定至终点时，平均消耗碘标准溶液，样品纯度为_______(用含、、的最简代数式表示)。若以上操作时间过长，会使测定结果_______(填“偏高”“偏低”，“无影响”)。 工艺流程题题型二 14．(2026高三下·内蒙古呼和浩特市·一模)一种利用磷酸亚铁锂正极材料(主要含，碳渣)回收铁、锂的流程如下。 已知：①酸性：；②25℃时，；③。回答下列问题： (1)“粉碎”的目的是_______。 (2)“酸浸”过程，25℃时，取10 g正极材料，反应相同时间，锂、铁浸出率与草酸添加量的关系如图。 ①生成和的化学方程式为_______。 ②草酸最佳添加量为_______g，随草酸添加量增加，锂浸出率先增大后减小的原因为_______。 (3)“调pH”的目的是______，当离子沉淀完全()时，理论上“滤液1”中最大浓度为_______。 (4)“沉锂”步骤中发生反应的离子方程式为_______。 (5)“滤液2”主要含有_______(填化学式)。 15．(2026高三下·内蒙古鄂尔多斯·一模)伴随着新能源汽车的普及，回收废旧磷酸铁锂电池可以变废为宝，对保护环境起着重要的作用。废旧磷酸铁锂电池的正极材料主要包含磷酸铁锂()、活性炭、PVDF(树脂)以及铝箔。某团队采用共沉淀法回收废旧磷酸铁锂电池的正极材料制备磷酸铁()、Al、Li、流程如下： (1)的离子结构示意图_______，的VSEPR模型为_______。 (2)碱溶过程中发生主要反应的化学方程式为_______。 (3)滤液2中也可用溶液代替溶液，用离子方程式表示其原因_______。 (4)由下图可知，制备磷酸铁的适宜pH为2.5，pH不宜太小，理由是_______。pH较高时，P沉淀率趋于平缓而Fe沉淀率仍有升高的原因是_______。 (5)写出从悬浊液中获得纯净的固体的实验操作_______。 16．(2026高三下·辽宁省沈阳市·一模)银铜精矿(含铅、铁、砷、硫等杂质元素)高效分离的一种新工艺流程如下： 已知：， 回答下列问题： (1)写出“酸浸1”CuS与混酸稀溶液反应离子方程式_______。 (2)滤渣1主要成分为Ag、_______、_______(填化学式)。 (3)“沉淀转化”反应的平衡常数K的值为_______。 (4)“焙烧脱硫”、“沉淀转化”均可提高银浸取率，下列说法中错误的是_______。 A．“焙烧脱硫”会产生污染气体，可用碱溶液吸收 B．单质硫颗粒覆盖在银矿物表面影响银的浸出 C．“沉淀转化”和“酸浸2”两步可调换顺序 (5)“沉铁砷”过程产生沉淀可能为：a． FeAsO4沉淀；b．氢氧化铁胶体吸附含As粒子得到絮凝沉淀，对低温干燥后的沉淀物质进行红外光谱分析，由图可知_______(填“a”或“b”)符合光谱分析结果。 (6)写出“还原”步骤化学反应方程式_______。 17．(2026高三下·吉林省白山市·一模)工业上用溶液作印刷电路铜板的腐蚀液。实验室采用不同方法对腐蚀废液（阳离子主要有和）进行处理。回答下列问题： 方法一：将溶液加入废液并调节溶液pH，处理流程如下： 已知：部分金属离子沉淀的pH如下表所示（金属离子起始浓度为）。 金属离子 开始沉淀pH 4.7 2.7 7.6 完全沉淀pH 6.7 3.7 9.6 (1)步骤I中加入溶液的目的是________。 (2)步骤Ⅱ中需要调节溶液的pH范围是________。 (3)溶液C中含有大量。取少量溶液C于试管中，滴加NaOH溶液，观察到的现象是________。该过程中发生氧化还原反应的化学方程式为________。 (4)①溶液A、溶液B和固体C中都含有________（填“Fe”或“Cu”）元素。 ②将溶液C和溶液D回收后，通入可以再转化为腐蚀液，反应的离子方程式为________。 方法二：将和空气的混合气体通入腐蚀废液，其转化如图所示（CuS不溶于水）。 (5)过程i中，生成CuS反应的离子方程式为________。 (6)下列关于该转化过程的说法正确的是________（填标号）。 a．过程ⅱ中的氧化剂是 b．过程ⅲ发生的反应为 c．利用该转化可以回收S d．整个转化过程中起催化剂作用的有和 18．(2026高三下·内蒙古赤峰市·一模)某工厂对电解精炼铜产生的阳极泥(主要含Se、Te、Cu、Ag、Au及少量Pb)进行综合回收。其中回收硒和的工艺流程如下图所示： 已知：①Se、Te与S位于同一主族。 ②是酸性氧化物；是两性氧化物，微溶于水。 回答下列问题： (1)基态Se原子的价层电子排布式为_______。 (2)可增大“焙烧”速率的措施有_______。(任写一条即可) (3)“还原”时与水反应生成的酸被还原，则该酸发生反应的化学方程式为_______。 (4)“精馏”利用了Se与杂质的_______不同而去除杂质。 (5)“碱浸”时，烧渣中的发生反应的离子方程式为_______。 (6)一种更好的“沉碲”的方法是用硝酸铵替代硫酸，替换的优点是_______。 (7)关于该工艺流程说法中正确的是_______。 A．实验室模拟“焙烧”可在烧杯中进行 B．上述流程中，溶液X可循环再利用 C．若先对烧渣水浸，所得滤液可直接用于电解精炼铜 D．“碱浸”所产生的滤渣可继续回收贵金属 19．(2026高三下·吉林省长春市·一模)五氧化二钒（）具有强氧化性，是工业制硫酸的催化剂。利用废钒催化剂（含、、PbO、、、）回收的一种工艺路线如下： 已知： ①“酸浸”时转化为；转化为。 ②“离子交换”和“洗脱”可表示为（ROH为阴离子交换树脂）。 回答下列问题： (1)基态V的价层电子排布式为_______。 (2)“酸浸”产生的废渣1的主要成分是和_______（填化学式）。 (3)“氧化”的目的是将氧化为，氧化剂中变价元素被还原为最低价态，该反应的离子方程式为_______。 (4)“中和”的目的之一是中和酸，沉淀和；另一个目的是_______。 (5)“洗脱”时淋洗液采用_______（填字母）。 A．稀硫酸    B．KOH溶液    C．NaCl溶液 (6)“沉钒”时钒以的形式沉淀出来。沉钒率随温度的变化关系如图所示。80℃以后，沉钒率下降的可能原因是_______（答出一条即可）。 (7)“煅烧”时需在有氧条件下进行的原因是_______。 20．(2026高三下·三省三校（哈师大附中、东北师大附中、辽宁实验）·一模)以某地铜水钴矿(主要成分为，还含有较多的NiO、CoO以及少量的、CaO、MgO和等)为原料获得钴、铜、镍的化合物，工艺流程如下： 已知：①某些低价金属氧化物可以溶于稀硫酸中，而其较高价金属氧化物只能溶解在较浓的硫酸中； ②，。 (1)“磨矿、浆化”的目的是___________。 (2)一段浸出的浸渣再进行二段浸出的目的是___________，过程中生成氧气，写出反应的化学方程式___________。 (3)“除铁”工序中采用黄钠铁矾法技术，黄钠铁矾为淡黄色不溶性晶体，写出反应的离子方程式___________。 (4)除钙镁工序中，当、被完全除去(离子浓度小于等于，视为沉淀完全)，此时不低于___________。 (5)“钴镍分离”时通常用有机溶剂萃取法，某有机溶剂萃取、的pH与萃取效率关系曲线如图，溶液的pH最好调节为___________左右(填选项)。 A．3 B．4 C．5 D．6 (6)将产品()在氮气氛围下进行热重分析，在不同温度范围内失重率如图所示。通过计算确定290~430℃剩余固体的成分___________(填化学式)。 21．(2026高三下·黑龙江哈尔滨市·一模)氟碳铈矿是一种重要的稀土矿物，主要成分为CeFCO3，R代表钇(Y)、镧(La)、铈(Ce)，常伴生有Fe、Al、Mg等杂质。以下是一种综合回收钇、镧、铈的工艺流程： 已知：①稀土氧化物(R2O3)可溶于稀盐酸，但CeO2不溶。 ②常温下各种金属离子完全沉淀的pH如下表： Mg2+ La3+ Y3+ Fe3+ Al3+ pH 11.6 9.0 8.3 3.2 4.7 ③H2A2代表P507二聚体，萃取达到平衡时，分配系数=；萃取率=×100%。 回答以下问题： (1)稀土元素Y和Sc为同族元素，位于Sc的下一周期，则基态Y原子的价电子排布式为___________。 (2)CeFCO3在空气中焙烧第一步转化为CeO2和CeF4，CeF4再转化为CeO2，写出第一步的化学反应方程式___________。 (3)滤渣1中主要成分除了Fe(OH)3外还有___________、___________。 (4)萃取过程可简化为：R3+(水相)+3H2A2(有机相)⇌R(HA2)3(有机)+3H+(水相)。 ①该过程属于___________(填“阳离子交换”或“阴离子交换”)萃取。 ②“酸浸”时加100 mL稀盐酸，“萃取”时加30 mL H2A2，La3+在两相的分配系数为10，则La3+单次萃取率为___________(忽略混合过程中液体体积的变化)。 ③反萃取过程中应加入___________(写化学式)来实现。 (5)最终能得到疏松的Y2O3原因为___________。 22．(2026高三下·黑龙江哈尔滨市第三中学·一模)稀土元素Nd(钕)、Dy(镝)均是清洁能源技术的核心资源，从制造废料(主要成分为，含有等)中提取Nd，并回收其它有价金属的一种工艺如下： 已知：①常温下，，。②G-macropa是一种稀土元素离子螯合剂，其结构如图所示，其与Nd和Dy可形成配合物和。 (1)稀土元素镝(Dy)常用于制造硬盘驱动器，的中子数为_______。 (2)常温下，将pH调至4后，滤渣②中主要含有_______、_______，滤液中_______。 (3)“除铝”步骤中加入G-macropa螯合剂的目的为_______。 (4)“沉镝”过程中发生反应的离子方程式为_______。 (5)当与按混合时，配体与金属离子物质的量比(L/M比)不同时的分离效率如下图所示。[其中，，，] ①由图可知，该实验条件下，利用G-macropa分离与的最佳L/M比为_______。 ②由图及流程可推测_______(填离子符号)与螯合剂G-macropa形成的配合物更稳定。 23．(2026高三下·黑龙江齐齐哈尔市·一模)可用作媒染剂、木材防腐剂、造纸工业漂白剂，还用于医药、农药、人造纤维等。某实验小组以闪锌矿粉(主要含ZnS，及少量FeO、)和软锰矿粉(主要含)为原料联合制备和的一种工艺流程如下。 已知：i．酸性条件下，氧化性：；和过量氨水生成； ii．25℃时，金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如下(当离子浓度时认为反应完全)： 金属离子 开始沉淀时 6.3 1.5 8.2 6.2 完全沉淀时 8.3 2.8 10.2 8.2 回答下列问题： (1)基态Mn原子的价层电子排布图为______。“氧化酸浸”所得浸渣中含有硫单质，ZnS发生反应的离子方程式为______。 (2)“沉铁”时，调节溶液的pH范围约为______。“沉锰”时，需保持和氨水混合溶液的pH范围约为8.0，pH不能过高的原因是______。 (3)“热分解”所得“分解气”中的______(填化学式，下同)溶于水，可循环利用；“余液”的溶质主要为______。 (4)为了解受热分解规律，取在惰性气体环境下进行热重分析，剩余固体产物的质量随温度变化的曲线如图所示。(的摩尔质量为) 固体A中，水分子全部作配体与锌离子结合形成水合锌离子，该配离子的化学式为______(填化学式)。反应的化学方程式为______。 24．(2026高三下·内蒙古包头市·一模)包头被誉为世界“稀土之都”，稀土(RE)包括钪(Sc)、钇(Y)和镧系共17种元素。一种从稀土矿(还含Fe、Al、Mg等元素)中分离稀土金属的工艺流程如下： 已知：①月桂酸和均难溶于水。 ②的。 ③开始溶解时的pH为9，有关金属离子沉淀的相关pH见下表： 离子 开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4 沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 / 回答下列问题： (1)镧系元素在元素周期表中位于第_______周期，第_______族；基态Sc原子的价层电子排布式_______。 (2)“沉淀除杂”前调pH的适宜范围是_______。 (3)“沉淀RE”后，滤液中浓度为。为确保滤饼中检测不到Mg元素，滤液中应低于_______。 (4)已知把铈从混合稀土(代表其他稀土离子)中分离出来的一种工艺流程如下： 若选空气作氧化剂，则转化为离子方程式为_______。 (5)在硫酸介质中Ce(Ⅳ)可被磷酸二异辛酯()萃取，Ce(Ⅲ)不被萃取。萃取“酸浸液”中Ce(Ⅳ)，制取的流程如下： ①被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，本题实验条件下。向20 mL含的酸浸液中加入萃取剂，充分振荡、静置后，若水层中，则加入萃取剂的体积为_______mL。 ②有机层加的作用是_______。 25．(2026高三下·黑龙江哈尔滨市第九中学·一模)一种以含铋烧渣(主要成分为、，还含有少量、、等)为原料，制取和疏松轻质的的工艺流程如下： 已知：①和难溶于水； ②浸出液中铋主要以存在，高酸度下易被有机萃取剂TBP萃取； ③溶液中金属离子转化为氢氧化物开始沉淀和完全沉淀()的pH如下表： 开始沉淀的pH 6.3 1.9 4.7 4.2 完全沉淀的pH 8.3 3.2 6.7 5.5 回答下列问题： (1)铋元素在元素周期表中的位置是___________。 (2)“酸浸”时含铋元素微粒发生反应的化学方程式是___________。 (3)“转化”步骤加入金属Bi的主要作用是___________，“沉铋”后滤液3中的浓度为___________。 (4)“氧化”时反应的离子方程式为___________。 (5)“反萃取”工序前，需将pH调节至约1.0左右，分析其可能存在的原因：___________。 Ⅱ、由晶体可制得高纯度铋。首先要对在滚筒式球磨(粉碎)机中进行球磨处理，球磨前后的X射线衍射如图所示： (6)试分析球磨前后X射线吸收峰变化的原因：___________。 Ⅲ．制得高纯度铋后，可通过中国科学院物理研究所团队凭借独创的“范德华挤压技术”制成单原子层厚度的二维金属。 (7)下列关于“范德华挤压技术”及其产物的描述中，不合理的是___________。 A．该技术实现了原子级精度的制造 B．所得材料层内为金属键，层间为范德华力 C．该二维材料的热稳定性高于块状铋金属 D．其金属性消失，转变为半导体 2 / 27 1 / 27 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 化学反应速率与化学平衡 水溶液中的离子反应与平衡 电化学 实验综合题 题型01 1．(2026高三下·辽宁抚顺市六协作体·一模) 【答案】(1)分液漏斗 (2) 生成的中混有HCl、，使产物不纯 (3)CD (4)稀释，降低其浓度，防止浓度过高发生爆炸；同时将生成的全部赶入装置B中反应，提高转化率 (5) (6) 装置A中发生副反应，部分亚硫酸钠与浓硫酸反应生成SO2气体，该气体随气流进入装置B中并被氧化生成 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入足量稀盐酸酸化，再滴加溶液，若无白色沉淀生成，证明杂质已经除尽 【分析】在装置A中加入和的混合固体，从分液漏斗中放入浓硫酸，发生反应制备：，生成的进入B中在冰水浴下与NaOH溶液、溶液反应制备：，C是尾气处理装置，用于吸收剩余的，且能防倒吸，据此分析解答。 【详解】（1）根据实验装置的仪器图形可知，盛装浓硫酸的仪器的名称为：分液漏斗。 （2）装置A的用途为制备，发生反应的方程式为：，该反应中Cl元素化合价从+5价降低为+4价，被还原，则氧化剂的是；如将浓硫酸换成浓盐酸，浓盐酸易挥发且具有还原性，反应除生成外，还可能发生副反应产生氯气：，使产物不纯。 （3）A．根据已知ⅰ可知，当溶液温度高于60℃时，易发生分解，且温度升高气体溶解度降低，热水浴会降低的吸收效率，A不符合题意； B．加快滴加浓硫酸的速率，会快速生成大量的，来不及充分吸收会降低的吸收效率，且气体浓度超过10%时，易爆炸性分解，发生危险，B不符合题意； C．适当提高的浓度，根据反应知，可促进的吸收，能提高吸收效率，C符合题意； D．多孔球泡可增大与吸收液的接触面积，使反应更充分，能提高吸收效率，D符合题意； 故答案为：CD。 （4）根据已知ⅱ信息：气体浓度超过10%时，易发生爆炸性分解可知，缓慢鼓入的目的为：稀释，降低其浓度，防止浓度过高发生爆炸；同时将生成的全部赶入装置B中反应，提高转化率。 （5）根据分析，生成的化学方程式为：。 （6）装置A中发生副反应，部分亚硫酸钠与浓硫酸反应生成SO2气体，该气体随气流进入装置B中并被氧化生成；要证明晶体中杂质除尽，即没有存在，检验的操作为：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入足量稀盐酸酸化，再滴加溶液，若无白色沉淀生成，证明杂质已经除尽。 2．(2026高三下·内蒙古赤峰市·一模) 【答案】(1)三颈烧瓶 (2)碳酸氢钠过量可以保持溶液呈碱性，铜离子完全沉淀或碳酸氢钠易分解损失 (3) 蒸发浓缩、冷却结晶 四水甲酸铜微溶于乙醇，可减少产品洗涤时的溶解损失，且乙醇易挥发，便于干燥 (4) 50℃、反应10 min (5) 【分析】和固体充分混合均匀之后加入接近沸腾的蒸馏水反应，可得到，倾析法分离固体和溶液，再将固体转入三颈烧瓶中，加入蒸馏水，和甲酸，加热反应得到四水甲酸铜溶液，再经过冷却结晶的一系列操作即可得到晶体。 【详解】（1）由图可知，仪器a为三颈烧瓶。 （2）步骤Ⅰ是硫酸铜和碳酸氢钠反应制备碱式碳酸铜，碳酸氢钠过量可以保持溶液呈碱性，铜离子完全沉淀，提高碱式碳酸铜的产率，同时碳酸氢钠易分解损失，所以需要取用适当过量的； （3）甲酸铜易溶于水，反应后得到稀溶液，需要先蒸发浓缩、冷却结晶析出晶体，再进行过滤操作；根据题干信息，四水甲酸铜微溶于乙醇，因此乙醇洗涤可以减少产品溶解损耗，同时乙醇易挥发，干燥更快。 （4）① 由衍射图可知：黑圈为目标产物四水甲酸铜，三角为杂质无水甲酸铜；时只有目标产物的衍射峰，无杂质峰，是最佳条件。 ② 碱式碳酸铜和甲酸、水反应生成四水甲酸铜和二氧化碳，根据原子守恒配平即可得到反应方程式。 （5）根据滴定反应，待测液中，则溶液中，总质量，因此质量分数为。 3．(2026高三下·内蒙古鄂尔多斯·一模) 【答案】(1) 球形干燥管(或干燥管) 碱石灰(或氢氧化钠固体，合理即可) (2)利用生成的HCl排出装置内的空气，防止加热时Sn被空气中的氧气氧化 (3) (4)BC (5)与形成无色可溶性配合物，消除的黄色对滴定终点观察的干扰，同时可提高滴定终点的灵敏度(合理即可) (6) (7)使用有毒的汞盐，避免了重金属汞污染，更加环保(合理即可) 【详解】（1）仪器a为球形干燥管；易水解，且反应中过量的HCl有毒需要吸收，因此E中试剂为碱石灰，既可以吸收尾气HCl，又能防止空气中水蒸气进入装置D使水解。 （2）Sn具有还原性，加热时易被氧气氧化，先加热浓硫酸与NaCl反应产生HCl，排尽装置内空气后再加热管式炉，可避免Sn被氧化。 （3）将还原为，自身被氧化为，根据得失电子守恒、电荷守恒配平可得：。 （4）室温下氧化速率慢，加热时主要问题是氧化，不是反应速率不易控制，A错误；热溶液中可氧化，导致消耗的量减少，测定结果偏低，B正确；若立即滴定，过量的未被完全氧化，也会还原，导致消耗体积偏大，测定结果偏高，C正确；放置时间过长，过量的可被空气中的氧气氧化，导致不能完全氧化，残余的会在滴定过程中与反应，将使测定结果偏高，D错误；故选BC。 （5）根据已知信息，为黄色，会干扰终点观察，磷酸可与形成无色配合物，同时降低浓度，增大滴定突跃，使终点判断更准确。 （6）根据反应关系：，可得，因此Fe的质量分数为。 （7）原方法使用有毒的HgCl₂，汞是重金属，会造成环境污染，新方法不使用汞盐，减少了污染，更环保。 4．(2026高三下·内蒙古包头市·一模) 【答案】(1) 大于 (浓) (2)试纸变蓝 (3)分液漏斗 (4)让钠与水反应，除水 (5)a (6) 【分析】由题意可知，制备乙基溴化镁的过程为：先以溴化钠、浓硫酸和乙醇为原料制备溴乙烷，再在乙醚作溶剂的条件下用溴乙烷和镁为原料制备乙基溴化镁。 【详解】（1） ①由反应原理可知，与酸反应生成后，更易与溴离子反应生成溴代烃和水，说明分子中的碳氧键的强度强于离子中的碳氧键的强度； ②若加热温度过高或浓硫酸的浓度过大，溴化钠会与浓硫酸发生副反应生成硫酸钠、溴、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：(浓)； （2）过氧乙醚具有强氧化性，能与碘化钾溶液反应生成能使淀粉溶液变蓝色的单质碘，则检验乙醚中含有过氧乙醚的操作为：取少量样品滴于碘化钾淀粉试纸中央，试纸变为蓝色，说明乙醚中含有过氧乙醚和少量的水； （3）由题意可知，除去过氧乙醚的操作为：将乙醚转入分液漏斗中，加入适量的硫酸亚铁溶液，充分振荡使过氧乙醚与硫酸亚铁溶液完全反应后，静置分层，打开玻璃塞、打开分液漏斗活塞，分离出下层水相；最后将有机相转移至蒸馏装置中蒸馏，收集35.4℃馏分； （4）钠能与水反应，不能与乙醚反应，所以将经蒸馏获得的乙醚注入棕色试剂瓶中，压入钠丝的目的是让钠与水反应，以达到除水目的； （5）由实验装置图可知，冷凝管的作用是冷凝回流挥发出的溴乙烷和乙醚，为增强冷凝效果，冷凝管进水口为下口a口； （6）由质谱图可知，Z的相对分子质量为74，由核磁共振氢谱可知，Z分子中含有5类氢原子，且氢原子的个数比为：1：1：2：3：3，则Z的结构简式为；由题意可知，生成Z的反应为乙基溴化镁与乙醛、溴化铵反应生成Z、溴化镁和氨气，反应的化学方程式为：。 5．(2026高三下·内蒙古呼和浩特市·一模) 【答案】(1) (2) 引入有机基团，离子半径增大，离子键减弱，晶格能小 9 (3)漏斗、坩埚 (4) (5)甲醇沸腾，造成大量挥发，反应物浓度降低，平衡逆向移动 【详解】（1）苯甲酸与甲醇在离子液体催化加热下发生酯化反应，化学方程式为 ； （2）① 该离子液体属于离子晶体，阴阳离子体积大，电荷分散，离子键作用力弱，晶格能小，因此熔点低； ② 该谱图显示共有8种不同化学环境的氢，算入后的等效氢为种； ③ 水的极性强于三氯甲烷，因此极性：； （3）实验过程中，蒸馏需要直形冷凝管，萃取分液需要烧杯和分液漏斗，不需要过滤用的普通漏斗、灼烧固体用的坩埚； （4）甲醇的物质的量是0.47mol，，甲醇过量，苯甲酸甲酯摩尔质量为136 g/mol，理论产量为0.0393 mol×136 g/mol≈5.35 g，产率； （5）温度过高，使得甲醇沸腾，大量挥发，反应物浓度降低，平衡逆向移动造成转化率减小。 6．(2026高三下·黑龙江哈尔滨市·一模) 【答案】(1)   (2)防止生成的重氮盐受热分解 (3) 分液漏斗 直形冷凝管 (4) A 减少溶解损失，洗涤后产品便于快速干燥 (5)冷却结晶时速度过快或者降温速度过快或搅拌导致大晶粒无法形成 (6)65.4 【详解】（1）对氨基苯磺酸酸性强于碱性，步骤①是对氨基苯磺酸的磺酸基与NaOH发生中和反应，生成可溶的钠盐，化学方程式为 ； （2）已知重氮盐温度高于5℃易分解，冰水浴控温低于5℃可防止生成的重氮盐受热分解； （3）本实验中烧杯用于反应溶解，抽滤装置用于步骤Ⅲ抽滤，都需要使用；本实验没有蒸馏、分液操作，因此不需要直形冷凝管（蒸馏用）和分液漏斗（分液用）； （4）甲基橙易溶于热水，会造成大量产品损失；甲基橙微溶于冷水，损失大于乙醇，且无法溶解不溶于水的杂质N,N-二甲基苯胺；NaOH溶液会引入新杂质；甲基橙难溶于乙醇，洗涤时洗涤剂选择75%乙醇溶液可以减少溶解损失，洗涤后产品便于快速干燥，因此选A； （5）重结晶时，冷却速度越快、溶液浓度越高，越容易析出小颗粒晶体； （6）由图可知，吸光度时，，1 L溶液中甲基橙的物质的量为，质量为，因此质量分数为。 7．(2026高三下·黑龙江哈尔滨市第九中学·一模) 【答案】(1)KSCN (2)磁转子可以防止液体局部过热，产生暴沸 (3) A B (4) (5) 酸式 高锰酸钾溶液不仅氧化，还氧化其中的碳碳双键，会产生较大误差 (6)不合格 (7)D 【分析】由题给流程可知，制备富马酸亚铁的过程为硫脲作催化剂条件下顺丁烯二酸酐与水共热反应生成反丁烯二酸；反丁烯二酸先与碳酸钠溶液反应生成，反应生成的再与硫酸亚铁煮沸反应生成富马酸亚铁。 【详解】（1）溶液中的亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化为铁离子，干扰富马酸亚铁的制备，所以实验时应向硫酸亚铁溶液中加入硫氰化钾溶液，确定溶液中不存在铁离子后，才可用于制备富马酸亚铁； （2）由实验装置图可知，装置中的磁转子可以防止液体局部过热，产生暴沸，所以富马酸亚铁的合成时，三口烧瓶中不需要添加沸石防暴沸； （3）由题给信息可知，富马酸亚铁可溶于酸性较强的溶液，酸性过弱时，容易被氧化，则加入碳酸钠溶液调节溶液pH为6.5~6.7后的操作为：按图安装好回流装置，通入氮气排尽装置中的空气，一段时间后从仪器B上口缓慢加入20~30mL含5.2g一水硫酸亚铁的水溶液，维持反应温度100℃； （4）由分析可知，合成富马酸亚铁的反应为溶液与硫酸亚铁溶液煮沸反应生成富马酸亚铁沉淀和硫酸钠，反应的化学方程式为：； （5）硫酸高铈铵溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以滴定时用酸式滴定管盛装硫酸高铈铵溶液；由结构简式可知，富马酸亚铁中含有的碳碳双键也能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成使溶液褪色，干扰溶液中亚铁离子的测定，所以滴定过程的标准液不宜为酸性高锰酸钾溶液； （6） 由题意可得如下转化关系： ~Fe2+~Ce4+~，滴定消耗0.050 mol/L的硫酸高铈铵溶液的体积为：(16.02 mL-0.02 mL)= 16.00 mL，则产品中富马酸亚铁的含量为：×100%=85%，则产品中富马酸亚铁的含量小于90.0%，本实验中制备的富马酸亚铁不合格； （7）A．由最简式可知，产品中不含有硫元素，所以富马酸亚铁粗产品的杂质不可能是硫酸铁，A错误； B．由最简式可知，产品中铁原子与碳原子的个数比为1：4，由结构简式可知，富马酸亚铁中铁原子与碳原子的个数比也为1：4，由化学式可知，中铁原子与碳原子的个数比也为3：4，所以由铁原子与碳原子的个数比可知，富马酸亚铁粗产品的杂质不可能是，B错误； C．由最简式可知，产品中铁原子与碳原子的个数比为1：4，由结构简式可知，富马酸亚铁中铁原子与碳原子的个数比也为1：4，中不含有铁原子，所以由铁原子与碳原子的个数比可知，富马酸亚铁粗产品的杂质不可能是，C错误； D．由最简式可知，产品中铁原子、碳原子、氢原子、氧原子的个数比为1：4：2：4.02，由结构简式可知，富马酸亚铁中铁原子、碳原子、氢原子、氧原子的个数比为1：4：2：4，中铁原子、碳原子、氢原子、氧原子的个数比为2：8：4：9=1：4：2：4.5，则由铁原子、碳原子、氢原子、氧原子的个数比可知，富马酸亚铁粗产品的杂质可能是，D正确； 故选D。 8．(2026高三下·三省三校（哈师大附中、东北师大附中、辽宁实验）·一模) 【答案】(1) (2)液封作用，防止空气进入反应装置与产物发生反应 (3) 恒压滴液漏斗 b (4) 防止暴沸 b dc a (5)THF易挥发，易燃 (6)80% (7)五甲基环戊二烯基阴离子的空间位阻较大(或五甲基环戊二烯基阴离子体积大) 【详解】（1）中Cp为-1价，Cl为-1价，根据正负化合价代数和为0计算得La的化合价为+3价。 （2）由题知，易被氧化，易发生水解反应，故装置A的作用为液封隔绝空气，防止空气中的氧气和水蒸气进入反应装置，避免产物被氧化、水解。 （3）装置B为恒压滴液漏斗；球形冷凝管冷却水应“下进上出”，故从下口b通入。 （4）①进行减压蒸馏时，磁子的作用除搅拌使混合物均匀受热外，还可以防止液体暴沸。 ②减压蒸馏结束后，先关闭加热搅拌、冷却至室温，再停止通冷凝水，之后缓慢打开双通旋塞平衡气压，最后关闭真空泵，防止真空泵中液体倒吸，故顺序为b→d→c→a。 （5）THF(四氢呋喃)是易挥发的易燃有机物，遇明火会燃烧，引发安全事故，所以不能使用明火加热。 （6）根据反应，0.02 mol LaCl3完全反应时消耗0.04 mol NaCp（NaCp过量），生成0.02 mol ，产物的理论质量，则产率=80%。 （7）五甲基环戊二烯基阴离子体积更大，空间位阻更强，阻碍了其他配体与中心镧配位，因此更容易得到低配位数产物。 9．(2026高三下·黑龙江哈尔滨市·一模) 【答案】(1)球形干燥管 (2) (3)除去固体表面的乙酸、乙酸酐等杂质，减少产品溶解的损失 (4)C (5) 酚酞 92.9 【详解】（1）由装置图可知，仪器c的名称为球形干燥管； （2）若反应温度过高会使水杨酸与乙酰水杨酸发生副反应得到酯类物质，说明发生酯化反应，该副反应的化学方程式为； （3）由题表可知，乙酸酐与水反应，乙酸易溶于水，乙酰水杨酸微溶于水，可知步骤Ⅲ加入冷水洗涤的目的是除去固体表面的乙酸、乙酸酐等杂质，减少产品溶解的损失； （4）由图像可知，表征所用的仪器是红外光谱仪； （5）①乙酰水杨酸和水杨酸分别与NaOH反应的化学方程式为 ②酚酞的变色范围是8.2-10，甲基橙变色范围是3.1-4.4。滴定终点得到强碱弱酸盐，滴定终点时溶液呈碱性，应选酚酞作指示剂； ③据题意，NaOH的总物质的量为，与标准溶液反应的过量NaOH为，0.9690 g乙酰水杨酸粗产品消耗的NaOH为；设0.9690 g粗产品中含乙酰水杨酸的物质的量为x、水杨酸的物质的量为y，列方程式如下：、，解得，，则乙酰水杨酸的质量为，乙酰水杨酸的纯度为。 10．(2026高三下·黑龙江哈尔滨市第三中学·一模) 【答案】(1) (2) 水浴加热 球形冷凝管 B (3) 自组装 丁达尔效应 (4) 过滤速度快 固体比较干燥 取最后一次洗涤液于试管中，先加稀硝酸再加溶液，没有沉淀产生，说明洗涤干净 (5)干燥产物中包含乳化剂、引发剂等 【分析】本实验为苯乙烯乳液聚合制备聚苯乙烯：以为引发剂、十二烷基磺酸钠为乳化剂，在88~90℃水浴加热条件下，苯乙烯在水相乳液中发生聚合反应；反应后加入NaCl使乳液凝聚，经减压过滤、热水洗涤、50~60℃干燥，得到聚苯乙烯固体。 【详解】（1）可知 的结构为，每个含1个过氧键，因此1mol 中过氧键数目为；S原子价层电子对数为4，无孤电子对，杂化方式为。 （2） 反应温度在88-90℃，低于水的沸点，且需要控制温度，因此采用水浴加热； 仪器B是用于冷凝回流的球形冷凝管；三颈烧瓶A中总共加入约液体，加热时液体体积不超过烧瓶容积的，因此选150mL规格，故选B；苯乙烯加聚得到聚苯乙烯，故链节为。 （3）乳化剂分子自发聚集形成有序结构的胶束，体现超分子的自组装特征；胶束直径为3~5nm，乳化剂形成的胶束属于胶体分散系，因此用丁达尔效应检验。 （4）减压过滤（抽滤）利用压强差加快过滤速率，同时能让固体更干燥；产品表面吸附杂质，可通过检验最后洗涤液中的判断是否洗净，故检验产品洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液于试管中，先加稀硝酸再加溶液，没有沉淀产生，说明洗涤干净。 （5）理论上10mL苯乙烯得到聚苯乙烯质量约为9.1g，测得12g质量偏大，因为干燥产物中包含乳化剂、引发剂等使测得质量偏大。 11．(2026高三下·辽宁省沈阳市·一模) 【答案】(1) 杂化 (2) (3)使晶体析出 (4)通过形成压力差，促使液体快速通过滤纸，从而大大加快过滤的速度，且能得到较干燥的晶体，减少在空气中与水和二氧化碳的反应； (5)蒸馏 (6) 【详解】（1） 中铜离子提供空轨道，氮原子提供孤对电子形成配位键，的结构简式为，中S有4个σ键，没有孤对电子，价层电子对数为4，故S的杂化方式为杂化； （2）浅蓝色沉淀与氨水反应生成深蓝色络合离子，离子方程式为： ； （3）在乙醇中溶解度比在水中的小，加入乙醇可降低其溶解度，使晶体析出； （4）实验中采用减压过滤的优点是通过形成压力差，促使液体快速通过滤纸，从而大大加快过滤的速度，且能得到较干燥的晶体，减少在空气中与水和二氧化碳的反应； （5）从滤液中回收乙醇并获得和的混合溶液，应先加入适量硫酸，再利用乙醇和水沸点不同，采用蒸馏的方法回收乙醇； （6）由图可知，当平均吸光度A=0.137时，对应铜离子的浓度，此为定容后25 mL溶液中的铜离子浓度，0.7 g样品中含有铜离子的物质的量为：，则晶体的纯度为：。 12．(2026高三下·吉林省长春市·一模) 【答案】(1)冷凝回流 (2)作反应物，在反应中提供氯原子 (3) ① ② (4)还原氧化性物质ICl，防止其氧化目标产物 (5) (6)C (7)80 【分析】该实验以MCH（3-甲基环己烯酮）为原料，在四正丁基碘化铵催化、1,2-二氯乙烷作溶剂和反应物、100℃条件下反应生成3-甲基苯酚；反应结束后，先用饱和溶液除去体系中的氧化性物质ICl，再用溶液萃取产物使其进入水层；水层经盐酸酸化后，用二氯甲烷萃取得到含产物的有机层；最后经干燥、蒸馏除去溶剂，得到纯品3-甲基苯酚。 【详解】（1）冷凝管的作用是冷凝回流，使1,2-二氯乙烷等易挥发的溶剂和反应物回到反应瓶，提高原料利用率，故答案为：冷凝回流； （2）除作溶剂外，1,2-二氯乙烷还是反应物，在反应中提供氯原子，参与生成副产物二氯甲烷和ICl等，故答案为：作反应物，在反应中提供氯原子； （3）实验操作应先打开冷却循环水（①），再开启磁力搅拌器（③），最后加热至100℃（②），顺序为：，故答案为：①；②； （4）具有还原性，可将反应中生成的氧化性物质ICl还原为和，防止其氧化目标产物3-甲基苯酚，故答案为：还原氧化性物质ICl，防止其氧化目标产物； （5） 步骤III加入10% HCl溶液，水层中含3-甲基苯酚钠，酸化时发生反应生成苯酚：，同时，过量与盐酸中和：，故答案为：；； （6）产物为酚类，呈弱酸性，不能用碱性干燥剂（如碱石灰）；胆矾（）无干燥能力，因此应选择无水硫酸钠，故答案选C； （7）由题，e峰对应杂质二氯甲烷（），每个二氯甲烷分子含有2个氢原子，其峰面积为1，因此可以算出二氯甲烷的物质的量为；f峰对应目标产物3-甲基苯酚（）的甲基（），每个3-甲基苯酚分子的甲基上含有3个氢原子，其峰面积为6，因此3-甲基苯酚的物质的量为，因此纯度为，故答案为80。 13．(2026高三下·辽宁省辽阳市·一模) 【答案】(1) 蒸馏烧瓶 ①④③② (2) 缺少氢气处理装置 BD (3) 使凝华在连接管中的SnBr2​升华进入收集瓶，同时防止SnBr2​固体堵塞导管 将装置中残留的SnBr2​全部吹入收集瓶提高产率，将残余HBr赶入H装置被吸收，同时防止冷却后产物被氧化、防止倒吸 (4) 偏低 【分析】本实验目的是制备，结合信息​易升华、极易水解、易被氧化，整个实验需要保证无氧、无水环境，制备流程如下：首先通入的​先经过A中浓硫酸干燥，除去水蒸气后，进入B装置，带出分液漏斗中的液溴，​和在C管式炉中铂石棉催化下加热反应生成：；由于生成的HBr混有未反应的​，进入D装置和湿润红磷反应，除去多余​同时额外生成HBr；除杂后HBr带水蒸气，为防止后续产物​水解，经过E干燥管干燥后，进入F管式炉和Sn反应制备：，​易升华，受热升华后随气流进入G收集瓶凝华得到产物；反应后的尾气含有毒HBr，需通入H装置，用碱石灰吸收尾气，同时阻挡外界空气中水蒸气进入G，防止产物水解。 【详解】（1）仪器X是带支管的反应烧瓶，名称为蒸馏烧瓶；操作顺序思路：先通​排尽装置内空气（防止Sn、​被氧化），再滴加液溴，让​带出，加热C管式炉制备HBr，HBr充满装置后加热F管式炉反应制备，收集产物，因此顺序为①④③②。 （2）D中湿润红磷除去未反应，反应方程式为：；反应中HBr和Sn反应生成SnBr2和H2，装置存在的缺陷是缺少氢气处理装置；Y的作用是干燥具有酸性、还原性的HBr，因此不能选择碱石灰等碱性干燥剂，硫酸铜干燥能力弱，无水氯化钙为中性干燥剂、五氧化二磷为酸性干燥剂，不与HBr反应，可用于干燥HBr，故答案为BD。 （3）间歇性微热连接管可使凝华在连接管中的SnBr2​升华进入收集瓶，同时防止SnBr2​固体堵塞导管；反应结束后继续通，将装置中残留的SnBr2​全部吹入收集瓶提高产率，将残余HBr赶入H装置被吸收，同时防止冷却后产物被氧化。 （4）根据还原性，滴定反应为，可得，25mL待测液消耗的物质的量为，则250mL样品中，，因此纯度为：；操作时间过长，会被空气中氧气提前氧化，导致滴定消耗​的体积偏小，因此测定结果偏低。 工艺流程题 题型02 14．(2026高三下·内蒙古呼和浩特市·一模) 【答案】(1)增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率 (2) 15 随量增加，浓度增大，浸出反应速率加快，锂浸出率增大；后浓度增加，析出，锂的浸出率降低，同时覆盖在正极材料表面，阻止浸出反应的发生 (3) 消耗过量草酸，减少用量 0.707 (4) (5) 【分析】该流程以含LiFePO4和碳渣的磷酸亚铁锂正极材料为原料，通过粉碎增大接触面积后，用草酸酸浸得到Li2C2O4、FeC2O4和H3PO4；随后调节pH消耗草酸使Fe2+以FeC2O4形式沉淀，实现Fe与Li的分离；再向含Li+的滤液中加入Na3PO4，使Li+转化为Li3PO4沉淀回收，最终滤液中主要残留Na2C2O4，高效实现了锂、铁元素与杂质的分离及锂的资源化回收，据此作答。 【详解】（1）粉碎的目的：增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率； （2）①依据强酸制弱酸规律，草酸与LiFePO4反应生成草酸盐和磷酸，化学方程式为：； ②草酸最佳添加量为15 g；随草酸添加量增加，锂浸出率先增大后减小的原因：随H2C2O4量增加，H2C2O4浓度增大，浸出反应速率加快，锂浸出率增大；后浓度增加，Li2C2O4析出，锂的浸出率降低，同时覆盖在正极材料表面，阻止浸出反应的发生； （3）铁粉与过量草酸反应生成草酸亚铁析出，降低了溶液中草酸的浓度，有利于磷酸锂的沉淀析出，则“调pH”的目的：消耗过量草酸，减少Na3PO4用量； 已知Ksp(FeC2O4)=3.2×10-7，当c(Fe2+)≤10-5mol・L-1时，；又Ksp(Li2C2O4)=1.6×10-2，由得：，故滤液1中Li+最大浓度为0.707mol・L-1； （4）“沉锂”步骤的离子方程式：； （5）沉锂后溶液中剩余Na+，与未沉淀的，则“滤液2”主要含有Na2C2O4。 15．(2026高三下·内蒙古鄂尔多斯·一模) 【答案】(1) 正四面体 (2) (3) (4) pH太小，酸性太强，生成弱电解质磷酸，的溶解平衡正向移动，沉淀溶解，导致 Fe、P 的沉淀率降低 pH 较高时，P 元素主要以形式存在，其与的共沉淀已接近完全，因此 P 沉淀率趋于平缓；而 pH 升高，会生成氢氧化铁沉淀，导致 Fe 的沉淀率继续升高 (5)过滤、洗涤、干燥 【分析】已知废旧磷酸铁锂电池的正极材料主要含磷酸铁锂（）、活性炭、PVDF（树脂）以及铝箔，加入氢氧化钠溶液碱溶，可以除去铝箔，所得滤液1通入足量二氧化碳可以得到氢氧化铝沉淀，再经过一系列处理得到金属铝；所得滤渣加入硫酸酸浸，活性炭、PVDF（树脂）以沉淀的形式被除去，滤液2加入过氧化氢，可以将二价铁氧化为三价铁，最终得到的悬浊液，进一步提纯得到纯净的固体，滤液中加入碳酸钠溶液，可以制备碳酸锂，据此解答； 【详解】（1） 的核外电子数为26，失去2个电子得到的离子结构示意图；的价层电子对数为4+=4，没有孤电子对，VSEPR模型为正四面体； （2）碱溶过程中铝箔溶解，发生主要反应的化学方程式为； （3）也具有强氧化性，可以将二价铁氧化为三价铁，离子方程式为； （4）pH太小，酸性太强，生成弱电解质磷酸，的溶解平衡正向移动，沉淀溶解，导致 Fe、P 的沉淀率降低； pH 较高时，P 元素主要以形式存在，其与的共沉淀已接近完全，因此 P 沉淀率趋于平缓；而 pH 升高，会生成氢氧化铁沉淀，导致 Fe 的沉淀率继续升高； （5）分离固体和液体的核心操作是过滤，从悬浊液中获得纯净的固体的实验操作是过滤、洗涤、干燥。 16．(2026高三下·辽宁省沈阳市·一模) 【答案】(1) (2) PbSO4 S (3) (4)C (5)b (6) 【分析】银铜精矿含有Ag、CuS及Pb、Fe、As、S等杂质元素，酸浸1时，Ag不与混酸反应，留在滤渣中，Pb元素与结合生成PbSO4沉淀，CuS反应生成的单质S不溶于酸，留在滤渣中，因此滤渣 1 主要成分为Ag、PbSO4、S；滤渣 1焙烧脱硫生成SO2；沉淀转化是将PbSO4转化为PbCO3，然后进行酸浸2，Ag发生反应：，PbCO3溶于酸，滤渣3为AgCl，进行还原得到Ag，据此解答。 【详解】（1）“酸浸1”CuS与混酸（HNO3、H2SO4）稀溶液反应，CuS中S2-被氧化为S，被还原为NO，Cu2+进入溶液，离子方程式为； （2）由上述分析可知，滤渣 1 主要成分为Ag、PbSO4、S； （3）沉淀转化反应为：，平衡常数表达式：； （4）A．焙烧脱硫生成SO2，属于酸性污染气体，可用碱溶液吸收，A正确； B．单质硫颗粒覆盖在银矿物表面，会阻碍银矿与后续试剂接触，影响浸出率，B正确； C．沉淀转化是将PbSO4转化为PbCO3，PbCO3易溶于酸浸 2 的酸，若调换顺序，酸浸 2 先溶解PbSO4的程度低，无法有效分离Pb，且影响银浸取，C错误； 故答案选C； （5）若为FeAsO4沉淀，无-OH官能团，若为氢氧化铁胶体吸附含As粒子，含有-OH官能团，红外光谱会出现-OH的特征吸收峰，结合红外光谱图的特征峰，可判断b符合光谱分析结果； （6）还原步骤是AgCl与N2H4、NH3发生反应，化学方程式为。 17．(2026高三下·吉林省白山市·一模) 【答案】(1)将氧化为 (2)（或3.7~4.7） (3) 产生白色沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色 (4) Cu (5) (6)abc 【分析】废液中阳离子主要有Fe2+、Cu2+、Fe3+和H+，加入过氧化氢后，Fe2+被氧化为Fe3+，调节pH，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，此时溶液B中含有Cu2+和H+，加入过量铁粉后，Fe与Cu2+反应生成Cu和Fe2+，与H+反应生成Fe2+，此时溶液C中为Fe2+，固体C为Cu和剩余的Fe，加入稀盐酸后，Fe与HCl反应生成FeCl2（溶液D） 【详解】（1）加入H2O2溶液的目的是利用其氧化性将Fe2+氧化为Fe3+。 （2） 步骤Ⅱ调节溶液的pH是为了将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，同时Cu2+不沉淀，根据题表所示，需要调节溶液的pH范围为3.7~4.7； （3） Fe2+与NaOH溶液反应生成氢氧化亚铁，其在空气中迅速被氧化为氢氧化铁，因此观察到的现象是产生白色沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，该过程中发生氧化还原反应的化学方程式为。 （4）①溶液A有Cu2+和Fe3+，溶液B有Cu2+，固体C有Fe和Cu，因此都含有Cu元素； ②溶液C和溶液D均为FeCl2溶液，通入Cl2转化为FeCl3的离子方程式为。 （5） 过程i将H2S和空气的混合气体通入腐蚀废液生成CuS，发生的离子方程式为。 （6）a．过程ⅱ中Fe3+将CuS氧化，生成S，氧化剂是Fe3+，a正确； b．过程ⅲ发生的反应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，b正确； c．过程ⅱ中反应生成S，利用该转化可以回收S，c正确； d．整个转化过程中，Fe3+先消耗、后生成，起催化剂作用的是Fe3+，而Fe2+先生成，后消耗，为中间产物，d错误； 故答案选abc。 18．(2026高三下·内蒙古赤峰市·一模) 【答案】(1)4s24p4 (2)粉碎、搅拌、适当升高温度 (3) (4)沸点 (5) (6)避免硫酸过量导致部分TeO2溶解 (7)BD 【分析】电解精炼铜的阳极泥加入浓硫酸焙烧，可生成SeO2、SO2，二者在水中发生反应生成Se，根据氧化还原反应配平可得反应方程式为：，得到溶液X中含硫酸，烧渣入氢氧化钠碱浸，TeO2具有两性，故与NaOH反应转化为Na2TeO3进入滤液，滤液中加入硫酸可生成TeO2沉淀； 【详解】（1）Se为34号元素，基态Se原子的价层电子排布式为4s24p4； （2）可增大“焙烧”速率的措施有粉碎、搅拌、适当升高温度等； （3）是酸性氧化物，与水反应生成的酸为，“还原”时与水反应生成的酸与发生氧化还原反应生成Se和硫酸，发生反应的化学方程式为； （4）“精馏”利用了Se与杂质的沸点不同而去除杂质。 （5）是两性氧化物，与NaOH反应转化为Na2TeO3进入滤液，反应为：； （6）用硝酸铵替代硫酸，优点为：硝酸铵溶液因水解而呈酸性，能提供H+使转化为TeO2沉淀，避免了酸过量使TeO2溶解，从而导致产率下降； （7）A．焙烧需要高温，实验室模拟“焙烧”不可在烧杯中进行，A错误； B．由分析，上述流程中，溶液X中含硫酸，可循环再利用，B正确； C．水浸后滤液中含铜离子，也含其他杂质离子，需提纯后用于电解精炼铜，C错误； D．“碱浸”所产生的滤渣中含银、金，可继续回收贵金属，D正确； 故选BD。 19．(2026高三下·吉林省长春市·一模) 【答案】(1) (2) (3) (4)将钒的含氧酸根转化为，便于离子交换 (5)B (6)温度过高时，溶解度增大（或受热分解，浓度降低；或水解程度增大） (7)防止分解产生的氨气在高温下将五氧化二钒还原为低价钒氧化物，确保产物为五氧化二钒 【分析】该工艺是从含、、、、、的废钒催化剂中回收：首先用“酸浸”，将可溶性金属氧化物转化为离子，不溶物形成废渣1；接着用“氧化”，将低价的氧化为；再用“中和”，沉淀和并将钒转化为便于离子交换的；随后用阴离子交换树脂“离子交换”吸附钒，再用淋洗液“洗脱”得到含钒溶液；之后加入、“沉钒”得到沉淀；最后“煅烧”沉淀得到。 【详解】（1）V的原子序数为23，电子排布式为，价层电子排布式为：； （2）与反应生成难溶的，不溶于酸，因此废渣1为和，故答案为：； （3）氧化剂被还原为最低价，被氧化为，配平后的离子方程式为：； （4）中和后溶液呈碱性，钒的含氧酸根会聚合为，便于后续离子交换树脂吸附，因此另一目的是将钒的含氧酸根转化为，便于离子交换，故答案为：将钒的含氧酸根转化为，便于离子交换； （5）离子交换反应为，洗脱需要使平衡逆向移动，因此应加入溶液，提供，故答案选B； （6）温度过高时，的溶解度增大，或受热分解导致浓度降低，或发生水解，都会使沉淀率下降，故答案为：温度过高时，溶解度增大（或受热分解，浓度降低；或水解程度增大）； （7）煅烧时，若无氧，V元素可能被还原为低价态（如），通入氧气可防止分解产生的氨气在高温下将五氧化二钒还原为低价钒氧化物，确保产物为五氧化二钒确保V被氧化为+5价的，保证产物纯度，故答案为：防止分解产生的氨气在高温下将五氧化二钒还原为低价钒氧化物，确保产物为五氧化二钒。 20．(2026高三下·三省三校（哈师大附中、东北师大附中、辽宁实验）·一模) 【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率，提高酸浸率 (2) 将浸出，提高Co的利用率 (3) (4)0.004或 (5)B (6)Co 【分析】铜水钴矿经磨矿、浆化后一段稀硫酸浸出：溶解原料中低价的CoO、NiO、Fe2O3、CaO、MgO等氧化物，得到含金属离子的浸出液送后续除杂，二段浸出：一段浸渣中含未溶解的高价Co2O3等，二段浸出可以进一步浸出其中的钴、铜，提高金属总回收率，除铁：将溶液中的转化为黄钠铁矾沉淀除去，除钙镁：加NaF使、转化为难溶的CaF2、MgF2沉淀除去，除铜：加Na2S2O3分离除去铜，得到仅含、的溶液，采用萃取法分离钴镍：控制合适pH，让被有机溶剂萃取，水相直接得到NiSO4产品，有机相反萃得到钴盐，最终制备得到CoC2O4·2H2O产品。 【详解】（1）磨矿将矿石粉碎，增大接触面积，加快反应，使金属离子更充分浸出。 （2）根据已知信息，高价金属氧化物不溶于稀硫酸，二段浸出用浓硫酸浸出，高价Co和浓硫酸反应生成CoSO4、O2和水，故二段浸出的目的是将浸出，提高Co的利用率，化学方程式为； （3）加入碳酸钠以调节溶液pH，促使水解生成黄钠铁矾沉淀，根据原子、电荷守恒配平反应为； （4）沉淀完全时离子浓度，对：，；对：，，需满足两种离子都沉淀完全，故不低于。 （5）要分离钴镍，需要Co萃取效率尽可能高，Ni萃取效率尽可能低，由图可知pH=4左右时，Co萃取率较高，Ni萃取率很低，可实现分离，故选B。 （6）设1mol ，质量为183g，总失重率为67.76%，剩余固体质量为，正好等于Co的摩尔质量（），且电子守恒：Co从+2降为0得2e-，两个+3价C全部升为+4价（生成CO2）失2e-，恰好配平，故剩余固体为Co。 21．(2026高三下·黑龙江哈尔滨市·一模) 【答案】(1)4d15s2 (2)4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2 (3) Al(OH)3 CeO2 (4) 阳离子交换 75% HCl (5)焙烧Y2(C2O4)3的过程中有大量的CO、CO2生成，导致生成的Y2O3为疏松的 【分析】该工艺以氟碳铈矿为原料，先氧化焙烧将稀土转化为氧化物，再经稀盐酸浸出、调pH除去Fe3+、Al3+杂质和不溶的CeO2，得到含Y3+、La3+的滤液，之后经草酸沉淀、焙烧、稀盐酸酸浸后，通过萃取法分离Y和La，水相沉钇后焙烧得到Y2O3，有机相反萃取得到LaCl3，实现了钇、镧、铈的综合回收。 【详解】（1）Sc是第四周期第ⅢB族元素，Y位于Sc下一周期即第五周期第ⅢB族，第ⅢB族元素价电子排布通式为，故Y的价电子排布为。 （2） CeFCO3中Ce为+3价，焙烧后被O2氧化为+4价的CeO2和CeF4，同时生成二氧化碳，根据原子守恒和得失电子守恒配平得到反应方程式为4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2。 （3）调，根据完全沉淀可知，、均完全沉淀；结合已知信息，​不溶于稀盐酸，因此滤渣1除外，还有和​。 （4）①该过程水相中的阳离子进入有机相，有机相交换出阳离子到水相，属于阳离子交换萃取。 ②分配系数，代入、，得，萃取率。 ③萃取平衡为可逆反应，增大浓度可使平衡逆向移动，实现反萃取，目标产物为氯化物，因此加入。 （5）草酸钇焙烧分解时，会生成、大量气体，气体逸出后留下空隙，因此最终得到疏松的。 22．(2026高三下·黑龙江哈尔滨市第三中学·一模) 【答案】(1)98 (2) (3)使其与和形成配合物溶于水，防止和与形成沉淀 (4) (5) 8 【分析】该工艺从含，含有等的制造废料中提取分离稀土：首先加稀盐酸酸浸废料，不溶的SiO2作为滤渣①除去，再将酸浸所得滤液pH调至4，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀作为滤渣②除去，随后向滤液加入G-macropa螯合剂和NaOH，G-macropa螯合Nd3+与Dy3+，剩余含铝杂质作为滤渣③除去，再加入过量NaHCO3，使Dy3+从配合物中释放，生成Dy2(CO3)3沉淀分离出镝，最后加盐酸处理得到含钕滤液，同时回收G-macropa螯合剂。 【详解】（1）稀土元素镝(Dy)的原子序数为66，即质子数为66。其同位素的质量数为164，中子数=质量数-质子数= 。 （2）酸浸时不溶于酸的已作为滤渣①除去，滤液中含。pH=4时，，根据溶度积计算：，此时也早已沉淀完全（更小），因此滤渣②主要为和。 （3）G-macropa可特异性结合稀土离子，使其与和形成配合物溶于水，防止和与形成沉淀，起到保护稀土离子的作用。 （4）“沉镝”过程中， 与 反应生成沉淀，释放出螯合剂 G-macropa，反应的离子方程式为。 （5）①分离最佳效果为：Dy完全沉淀（滤渣中Dy含量100%）、Nd尽可能多留在滤液中。由图可知，L/M=8时，滤液中Nd含量最高，Dy沉淀率仍为100%，分离效果最好。 ②始终以配合物形式留在滤液中，从配合物中释放并沉淀，说明与G-macropa形成的配合物更稳定。 23．(2026高三下·黑龙江齐齐哈尔市·一模) 【答案】(1) (2) pH过高会生成沉淀，导致产品不纯 (3) (和) (4) (或) 【分析】闪锌矿粉和软锰矿粉、稀经过“氧化酸浸”工序，ZnS转化为S和、FeO转化为、转化为，不反应，“浸渣”中含有S、；用氨水“沉铁”时，和不反应，调节溶液的pH范围为；加入和氨水，生成沉淀和，沉锰后的滤液中含有、、、、、氨水等，热分解得到的“分解气”中含有、，“余液”的溶质主要为，沉淀为；溶于硫酸得到溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，获得；由此解答。 【详解】（1） 基态Mn原子价层电子排布式为，其价层电子排布图为；据分析，ZnS“氧化酸浸”时和反应生成S、、，离子方程式是； （2）据分析，用氨水“沉铁”时应完全沉淀，而不沉淀、，根据资料可知，调节溶液的pH范围为。“沉锰”时和氨水作沉锰剂，生成沉淀，同时做缓冲溶液，即使加入过量氨水，溶液pH变化不大，溶液pH保持在8.0范围内，有利于生成，pH过高会生成沉淀，导致产品不纯； （3）由分析可知，“分解气”的主要成分为、，溶于水获得氨水(或和一起通入水中得到)，可循环利用；由解析可知，“余液”的溶质主要为； （4）的摩尔质量为，取(即0.1 mol)在惰性气体环境下进行热重分析，根据Zn元素守恒，A点剩余固体产物的质量为26.9 g，失去，化学式为；B点剩余固体产物的质量为17.9 g，又失去，化学式为；C点剩余固体产物的质量为16.1 g，又失去，化学式为；D点剩余固体产物的质量为8.1 g，其中Zn为0.1 mol(即6.5 g)，则含O为1.6 g(即0.1 mol)，D的化学式为ZnO；A的化学式为，其中水分子全部作配体与锌离子结合形成水合锌离子，该配离子的化学式为；反应的化学方程式为(或)。 24．(2026高三下·内蒙古包头市·一模) 【答案】(1) 第六周期 第ⅢB族 (2) (3)0.13 (4) (5) 10 将四价铈还原为三价铈，使其进入水层 【分析】稀土矿经过酸溶转化为金属离子，用H2O2氧化，将Fe2+氧化为Fe3+，调pH值使Fe3+和Al3+沉淀除去，再用月硅酸钠使稀土离子沉淀，Mg2+在滤液中除去，滤饼加盐酸酸化得到月桂酸沉淀和溶于水的稀土氯化物，溶液再冷却结晶得到稀土氯化物晶体。 【详解】（1）镧系元素位于元素周期表第六周期第ⅢB族；Sc为21号元素，核外电子排布为，价层电子排布式为。 （2）“沉淀除杂”的目的是除去、，保留在溶液中：需要、完全沉淀（，沉淀完全pH为4.7），同时不能开始沉淀（，开始沉淀pH最小为6.2），因此pH范围为。 （3）先转换浓度：，根据，代入得： ，因此浓度应低于。 （4）碱性条件（）下，氧化生成沉淀，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平得到离子方程式：。 （5）① 设萃取剂体积为，分配比： 总总物质的量：，水层物质的量：，有机层。 代入，解得。② 题目说明：只有被萃取，不被萃取。因此加入​的作用是将有机层中的还原为，使Ce进入水层，实现反萃取。 25．(2026高三下·黑龙江哈尔滨市第九中学·一模) 【答案】(1)第六周期第ⅤA族 (2) (3) 将还原成，避免生成沉淀 (4) (5)若pH过低，抑制草酸的电离、不利于反萃取后生成；若pH过高，会导致生成，不利于后续灼烧时获得疏松多孔结构的轻质 (6)球磨过程中破坏了晶体结构，使得细粉状的表现出部分非晶体的特征 (7)CD 【分析】首先对烧渣水浸，预先浸出分离原料中可溶的；剩余滤渣用浓盐酸酸浸，不溶的作为滤渣除去，、、等金属氧化物溶解，铋最终以形式存在于浸出液中。浸出液分为两路加工：一路经除铜（生成）、还原、调pH除去铁铜杂质后沉铋得到，再经氯气碱性氧化得到；另一路线经萃取剂萃取，进入有机相，再用草酸溶液反萃取，与生成难溶的沉淀，灼烧后最终转化为，据此分析。 【详解】（1）Bi原子序数为83，与氮同族，位于第六周期第ⅤA族； （2） 结合题干信息，酸浸后铋以形式存在，和浓盐酸反应配平即可得到方程式为； （3）原料中酸浸后生成，在pH=3.2就完全沉淀，会和共沉淀引入杂质；加入金属Bi可将还原为，在pH=6时还未开始沉淀，所以可以避免生成沉淀。 根据溶度积计算：pH=5.5时完全沉淀（），得；pH=6时，计算得； （4）碱性条件下氧化生成难溶的，根据得失电子守恒、电荷守恒配平为； （5）结合题干已知信息：高酸度下易被萃取，若pH过低，抑制草酸的电离、不利于反萃取后生成；若pH过高，会导致生成，不利于后续灼烧时获得疏松多孔结构的轻质； （6）X射线衍射中，尖锐清晰的衍射峰对应高结晶度的晶体，球磨过程中破坏了晶体结构，使得细粉状的表现出部分非晶体的特征； （7）A．该技术可制得单原子层厚度的材料，实现了原子级精度制造，A合理； B．二维层状金属材料，层内铋原子间以金属键结合，层间靠范德华力作用，B合理； C．二维材料比表面积大，表面能更高，体系能量更高，热稳定性低于块状铋，C不合理； D．题干明确说明产物是二维金属，金属性是铋元素的固有性质，不会消失，D不合理； 故不合理的选CD。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $