2026年高考化学考前2周热身训练（9）化工流程题（12道题）

**基本信息** 聚焦化工流程核心素养，精选12道典型题，覆盖金属提取、物质制备全流程，强化科学思维与探究能力 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |化工流程|12题|以真实工业情境为载体，融合反应原理、分离提纯、结构分析|遵循"原料预处理→核心反应→分离提纯→产品获取"逻辑链，衔接元素化合物性质与化学平衡、电化学等理论|

2026年高考化学考前2周热身训练（9） 化工流程题（精选12题） 温馨提示： 最新高考化学方向预测，仅仅10题，值得让学生做。 特别适合山东、江苏学生用。 1．一种从锌冶炼渣(主要含Ga2O3、GeO2、ZnO、PbO、ZnFe2O4、SiO2等)中提取镓和锗的工艺流程如下。 已知：①25℃时，的，；；当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全； ②对Ga、Ge的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)的影响如下表。 0 0.5 1 4 6 8 Ga的萃取率/% 84.78 81.32 79.41 52.24 44.32 23.16 Ge的萃取率/% 99.96 99.88 99.86 99.68 99.52 99.35 (1)“滤渣1”主要成分是___________(填化学式)。 (2)“酸浸还原”中通入SO2气体的目的是___________。 (3)“除铁锌”时铁元素发生反应的离子方程式为___________；要使铁元素完全除去，溶液的pH至少为___________。(已知浓度始终为；) (4)不同浓度的和NaOH洗脱剂对Ga和Ge的洗脱率(进入水层中金属离子的百分数)如图所示。由图可知，洗脱剂2应选用___________(填化学式)，操作1为___________。 (5)加入足量的洗脱剂1后，采用电解的方法从富镓母液中获取镓，请写出阴极的电极方程式___________。 (6)砷化镓(GaAs)是一种应用广泛的半导体材料，它的一种立方晶胞中，As原子仅有两种位置，一种As原子位于晶胞顶点，晶体中与As原子最近且等距的As原子有12个，Ga原子均位于晶胞内，该立方晶胞中含有___________个Ga原子。下列图示不可能是GaAs晶胞的结构单元的是___________。 2．由“赤泥”(含、、及少量)制备的过程如下： 已知：①在酸性条件下萃取金属离子的顺序为：。 ②可与结合生成配离子(、、)。 (1)基态金属其核外电子有_______种空间运动状态。 (2)调pH。向酸浸液中加入适量试剂X调节，试剂X为_______(填“”、“”或“”)。 (3)经萃取、反萃取后得到溶液，再通过沉钪、焙烧制得。 ①向溶液中加入，转化为沉淀。当大于1.5时，的沉淀率会显著下降，原因是_______。 ②在空气中煅烧生成的化学方程式为_______。 (4)向中掺杂可制备固体电解质。 ①的晶胞结构如下图所示，的配位数为_______；中部分的位置被占据，得到，同时产生空位。若，则中的空缺率为_______。 (的空缺率)。 ②水热法制备。不同温度下测得产品的X射线衍射图(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)如下图所示，则最佳的制备温度为_______。 3．由锌阳极泥(主要成分为、、，还有少量锰铅复合氧化物)制取碳酸锰是处理锌阳极泥的有效途径，其工艺流程如图。回答下列问题： (1)基态的价层电子轨道表示式为___________。 (2)工业上取锌阳极泥800 g进行“酸洗”实验，酸洗液化验结果如下表所示，由此可知，“酸洗”工序的目的是___________。 编号 体积/mL 酸洗液/ 酸洗渣/% Mn Zn Mn Zn 1 3900 0.42 2.60 47.11 0.16 2 4000 0.24 2.47 46.23 0.17 3 4050 0.26 2.41 45.11 0.17 (3)“浸出”工序中主要反应的离子方程式为___________。 (4)向“净化”后的滤液中加入溶液和氨水，生成沉淀，反应的离子方程式为___________。在此过程中，所用氨水的浓度不能过大，加入速度不能过快，原因是___________。 (5)如图是与高效存储和利用有关的立方晶胞结构，晶胞参数为。 ①该晶体的密度为___________(写出计算表达式即可)。 ②该晶胞内阴、阳离子的最近距离为___________nm。 ③试分析中的键角大于氨气分子中的键角的原因：___。 4．我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究冶铁方法的工艺如下。 已知：①浸取液中主要含有、、、 ②相关金属氢氧化物的溶度积常数： 氢氧化物 (1)基态Fe原子的价电子轨道表示式为_______，Cu位于元素周期表的_______区(填“s”、“p”、“d”或“ds”)，分子的空间构型为_______。 (2)“酸浸”过程中提高浸取速率的措施有_______(写1条)。 (3)“高压加热”过程中通入空气的目的是_______ (4)晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则_______；晶体中与Cu原子最近且等距离的Ni原子的数目为_______。 (5)“沉铝”时，pH最高可调至_______(溶液体积变化可忽略)。 已知：“滤液1”中，。 含SiO2、、等杂质)为原料制备CeO2，同时获得晶体和晶体的工艺流程如下。 已知：①Ce2O3易溶于硫酸，CeO2难溶于硫酸；在空气中极易吸潮。②常温下，。③当离子浓度时，认为该离子沉淀完全。 回答下列问题： (1)“氧化焙烧”中，化合价发生变化的元素为___________(填元素符号)，提高焙烧效率的措施有___________(任写一种)。 (2)“滤渣Ⅰ”溶解时，不宜用价格低廉的浓盐酸代替稀硫酸和，原因是___________(用离子方程式表示)。 (3)取产品加入坩埚中，在空气中“焙烧”时固体质量与温度的关系如图。 据图分析：A→B质量减小的原因是___________，D→E的化学方程式为___________。 (4)“回收液”经脱碳处理后转化为溶液。常温下，若加入等体积的CaCl2溶液将F-沉淀完全，则CaCl2溶液浓度至少为___________(忽略F-的水解及溶液混合引起的体积变化)。 (5)为提高晶体产量，向“滤液Ⅰ”中加入的物质X是___________(填物质名称)。由“滤渣Ⅲ”制备晶体时，理论上消耗硫酸铵和硫酸的物质的量之比为_______。 6．钒钛磁铁矿主要成分为、，含Al、Si氧化物等杂质，通过如下流程提取和。 已知：①焙烧目的是将、转化为、，、氧化物转化为可溶性钠盐； ②离子浓度视为除尽； ③相关可溶性组分浓度及钒(V)物种分布分数与关系如图。 (1)焙烧的化学方程式为_______。 (2)试剂X为_______(填化学式)，调pH约为_______，滤渣2为_______(填化学式)。 (3)写出酸浸生成的离子方程式_______。 (4)沉钒时的浓度为，则沉钒后为，沉钒率为_______[，假设沉钒过程中溶液体积不变]。煅烧过程中需通入空气(或氧气)，其作用是_______。 (5)煅烧过程中，会发生“锐钛型→金红石型”转化。实验表明：分别用盐酸、硫酸与钛酸钠反应，在相同煅烧条件下，晶型转化温度存在明显差异。试分析产生该差异的可能原因_______(答出一点即可)。 7．锰酸锂是较有前景的锂离子电池正极材料之一，工业上用某软锰矿(主要成分为，还含有少量铁、铝及硅等的氧化物)为原料制备锰酸锂。工艺流程如图所示： 已知：常温下，相关金属离子生成氢氧化物沉淀的见表： 氢氧化物 开始沉淀的pH 3.3 1.5 6.5 8.8 沉淀完全的pH 5.2 3.7 9.7 10.4 回答下列问题： (1)“浸取”后的分离操作中所需的玻璃仪器有烧杯、___________。 (2)滤渣Ⅰ的主要成分为___________。 (3)“浸取”得到的浸取液中阳离子主要是，生成的离子方程式为___________。 (4)①“精制”中调pH的范围为___________； ②加入的量比理论值大得多，其主要原因是___________。 (5)“沉锰”得到滤饼，可在“控温、氧化”时被氧化为，若控温氧化时溶液的pH随时间的变化如图所示，pH下降的原因___________。 (6)工业上也可以将“精制”后的滤液加入来合成。中的化合价为+6，则1个中含过氧键的数目为___________个。 (7)为测定锰酸锂的纯度，取产品置于锥形瓶中，向其中加入和足量硫酸，充分反应后，用标准溶液滴定未反应完的，到达滴定终点时消耗标准溶液。已知：反应时；。则该产品中锰酸锂的质量分数是___________。 8．锂被广泛地应用于高能电池、核能、冶金等领域。以黏土型锂矿焙烧—草酸浸出液（含，、、、、、、等）为原料制备粗碳酸锂的流程如下： 已知：的溶解度随温度升高而降低。 回答下列问题： (1)基态锂原子的电子排布图为___________。 (2)、的结构如图所示（M代表或，M的轨道杂化类型为___________(填标号)； A．杂化   B．杂化    C．杂化  D．（或杂化） 光照生成沉淀的离子方程式为___________。 (3)除镁铝时，一定质量溶液中，用量对各离子沉淀率和锂损失率的影响如下图所示，加入氧化钙的最佳用量为___________g，理由是___________；该用量下，可将无定形转化为（卡托石），反应的化学方程式为___________。 (4)系列操作包括：蒸发浓缩、保温结晶、___________、热水洗涤、干燥。 (5)碳酸锂可用于制备锂离子电池的电极，一种锂离子电池的负极材料充满电时的晶胞结构如图甲所示。放电转化为图乙结构时，负极反应式为___________；图甲晶胞中，石墨层中最近的两个碳原子的核间距是d pm，两层石墨之间的距离是c pm，，，则该晶体密度为___________（列出计算式即可，用表示阿伏加德罗常数的值）。 9．利用工业副产物SiCl4从废弃锂电池正极材料LiCoO2中回收金属Li、Co等金属的绿色工艺，实现高效提取，同时实现资源循环利用。工艺流程如下： 回答下列问题： (1)NaOH固体中含有的化学键类型是_______，SiCl4分子的空间构型是_______形。 (2)烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，生成该混合物的化学方程式是_______。 (3)检验洗涤后的“滤饼3”中是否含有Na2CO3常用方法的名称是_______。 (4)“850℃煅烧”时发生反应的化学方程式是_______。 (5)某研究团队设计了另一种从废旧锂离子电池的正极材料LiCoO2(s)回收金属钴的方法—双池联合装置如图所示，用于保持细菌所在环境pH稳定，借助其降解乙酸盐生成CO2，将LiCoO2转化为Co2+，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池。装置工作时，左侧装置中阳离子的移动方向是_______(填“向左”、“向右”或“不移动”)穿过阳膜，甲室溶液pH_______(填“增大”“减小”或“不变”)，乙室电极反应式为_______。 10．冶炼钨过程中产生大量钨渣，钨渣中主要含有以及少量、、等。一种从钨渣中提取Sn和Sc的冶炼工艺如下图。 已知：①Sc的氢氧化物具有两性： ②是酸性氧化物，、均不溶于水和稀酸； ③有机萃取剂P204的结构为 (R为烷基)。 回答下列问题： (1)“酸浸”时，控制温度为60℃，为进一步提高浸取速率，还可以采取的措施是______(至少写出两点)。 (2)“氨浸”时，发生反应的离子方程式是______。 (3)“调pH”时，控制，则滤渣2的主要成分是______(填化学式)。 (4)设计“萃取”与“反萃取”的目的是______。“水相”中可回收的主要物质是______(填化学式)。“反萃取”步骤中，若加入的NaOH溶液过量，会导致______。 (5)(摩尔质量为)在空气中灼烧，灼烧过程中测得固体残留率随温度变化如图所示。 ①400 K时，固体的主要成分是______。 ②写出500~600 K时发生反应的化学方程式：______。 最终生成​，配平得到反应方程式 11．一种从石煤灰渣(主要含、、及等)中提取钒的工艺流程如下： 已知：萃取剂(HR)与阳离子的结合能力：；萃取的原理为；“中间盐”中的金属阳离子均为价；。 (1)基态V原子的简化电子排布式为___________，该元素位于周期表的___________区。 (2)“酸浸”时，钒主要以的形式进入溶液，“浸渣”的主要成分是___________(填化学式)。 (3)“中间盐”的一种物质为难溶于水的，“溶解”后，所得溶液中钒主要以的形式存在。则该含钒物质“溶解”时发生反应的离子方程式为___________。 (4)“还原”步骤的主要目的是___________。 (5)“萃取”前，需调节溶液pH。 ①常温下，已知萃取前溶液中，理论上，为避免产生沉淀，应调节溶液pH小于___________(保留一位小数)。 ②实际上，溶液pH也不能过低，其原因是___________。 (6)一种V-Ti固溶体储氢材料经充分储氢后所得晶体的晶胞结构如图。储氢材料的性能常用“体积储氢密度”(储氢材料可释放出的体积)来衡量。一定条件下，的氢可从上述晶体中释放出来，且吸放氢引起储氢材料体积的变化可忽略。设为阿伏加德罗常数的值，的摩尔体积为，则该储氢材料的“体积储氢密度”为___________(用含、的最简式表示)。 12．工业上以软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量Fe2O3等)和辉铜矿(主要成分为Cu2S，还含有少量Si、Ni、Ca的氧化物)为原料，制备碳酸锰和胆矾(CuSO4·5H2O)的工艺流程如图所示。 已知：①Cu2S与稀硫酸不能直接反应；②N211、N985(用HR表示)萃取金属离子的原理为：；③该生产条件下，，当离子浓度不超过时，认为离子沉淀完全。 (1)为了提高“酸浸”速率，可采取的措施是___________(答出一条即可)；已知浸出渣中含有单质S，还含有___________(填化学式)，写出“酸浸”时Cu2S与Fe2O3反应的离子方程式：___________。 (2)“萃取1”的目的是除铁和钙，从化学平衡角度解释“调pH”的“试剂A”选用碱溶液而不选用酸溶液，其目的是___________。 (3)“萃取2”后的水溶液中，“调pH除镍”时应控制溶液pH的范围是___________。[已知，该溶液中pS和pH的关系为pS=15-pH，忽略溶液体积变化]。 (4)“试剂B”为___________(填化学式)，写出“碳化沉锰”反应的离子方程式：___________。 (5)借助现代仪器分析CuSO4·5H2O (M=250 g/mol，固体初始质量为2.5 mg)分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。900℃左右有一个吸热峰，则此时分解的产物为___________(填化学式)。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考化学考前2周热身训练（9） 化工流程题（精选12题）答案 1【答案】(1)、(2)将还原为，便于后续沉淀除去铁元素 (3) 1.7 (4) 分液 (5) (6) 4 C 【分析】锌冶炼渣主要含、、、、、等，加入稀硫酸，金属元素转化为硫酸盐，其中为不溶于水的沉淀，和成为滤渣1的主要成分。再加入将还原为，还原后滤液中含有、、、，加入将、转化为、沉淀，即滤渣2。滤液继续加入萃取剂，将、萃取进入有机层中，再向有机层中加入将从有机层中洗脱至水层中，再通过电解法电解其溶液得到Ga。洗脱1后的有机层继续加入将从有机层中转移至水层中，经过分液操作后，水相经过一系列操作得到Ge。 【详解】（1）根据分析可知，滤渣1的主要成分为、。 （2）渣中中铁为价，作为还原剂，可将还原为，便于后续加入草酸生成沉淀除去铁。 （3）与草酸反应生成沉淀，为弱酸，保留分子式，配平得离子方程式为。 计算pH：铁沉淀完全时，由得：。 由，，代入数据： ，得，。 （4）洗脱时需要先洗脱Ga（洗脱剂1为硫酸，此时Ga洗脱率高、Ge洗脱率低），再洗脱Ge，对Ge洗脱率接近100%，因此洗脱剂2选；操作1是分离互不相溶的有机相和水相，操作为分液。 （5）富镓母液中Ga为价，阴极得电子发生还原反应生成Ga单质，电极反应式为。 （6）As原子位于顶点和面心时，与顶点As最近且等距的As原子为12个，晶胞中As数目为，的晶胞是闪锌矿型面心立方结构，合理的结构单元需满足Ga和As原子数之比为1:1，可无隙并置为完整结构，题中A、B是可能的结构单元，C不可能是结构单元。 2【答案】(1)9 (2)Fe (3) 过量的与结合生成 (4) 8 2% 180℃ 【分析】由题给流程可知，向赤泥中加入浓盐酸酸浸，将金属元素转化为金属氯化物，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣1和酸浸液；向酸浸液中加入，将溶液中的转化为，并调节溶液pH为1.5，过滤得到滤渣2和滤液；向滤液中加入萃取剂萃取、分液得到水层和含有的有机相；向有机相中加入盐酸反萃取、分液得到溶液和有机层；向溶液中加入草酸，将溶液中钪离子转化为六水草酸钪沉淀，过滤得到滤液和六水草酸钪；六水草酸钪在空气中煅烧得到三氧化二钪。 【详解】（1） Sc是21号元素，核外电子排布为，电子的空间运动状态数目等于轨道数，总轨道数为； （2） 已知萃取顺序，为避免优先萃取影响提取，需要将还原为，三种试剂中只有Fe能还原，同时Fe可以消耗升高pH，符合要求； （3）①根据题干信息，当大于1.5时，草酸过量，可与形成可溶性配离子（），使沉淀溶解，因此沉淀率下降； ②空气中煅烧时，中+3价C被氧化为，Sc化合价不变，根据得失电子守恒、原子守恒配平方程式为：； （4）①为萤石型结构，所以黑球为氧，灰球为Zr，配位数为8；化合物电中性，满足，代入，得；无空缺时总O数为，空位数为，空缺率； ②由XRD图可知，、都存在、杂质峰，是开始生成纯净目标产物的最低温度，因此最佳温度为。 3【答案】(1) (2)除去，富集 (3) (4) 会生成，降低的产率和纯度 (5) 分子中原子上有孤电子对，中的原子与形成配位键，孤电子对用于成键，不再对成键电子对产生排斥，由于成键电子对对成键电子对的排斥作用小于原先孤电子对的排斥作用，故键角增大 【详解】（1）基态原子的价层电子排布式为，失去两个电子变为，因此基态的价层电子轨道表示式为。 （2）由表可知，锌阳极泥经过“酸洗”之后，90%以上的锌都进入了酸洗液中，酸洗渣中锰含量较高，完成了富集； （3）“浸出”工序中，在酸性条件下被还原为，反应的离子方程式为； （4）①“沉锰”工序中，与和氨水反应，生成沉淀，反应的离子方程式为：； ②氨水浓度过大，会使溶液中浓度过高，导致与反应生成沉淀，降低的产率和纯度； （5）①该晶胞中包含4个（阳离子：；阴离子：），晶胞参数为anm ，晶体密度为。 ②晶胞内阳离子位于面心和顶点，阴离子位于体内，阴、阳离子的最近距离为晶胞体对角线的，计算可得最近距离为； ③分子中原子上有孤电子对，中的原子与形成配位键，孤电子对用于成键，不再对成键电子对产生排斥，由于成键电子对对成键电子对的排斥作用小于原先孤电子对的排斥作用，故键角增大。 4【答案】(1) ds V形 (2)适当提高酸浸温度(3)空气中的氧气将氧化为 (4) 3：1：1 12 (5)5 【分析】多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素，加入酸浸，金属元素转变为硫酸盐，往浸取液中通入空气，调节，高压加热可将氧化为，铁元素最终转化为而与其他金属元素分开；700℃下通入、可还原氧化铁为Fe，滤液1再调节pH可将转化为沉淀，即滤饼。滤液2加入合适的有机试剂萃取可分别得到Cu配合物、Ni配合物，两者经处理可得。 【详解】（1）基态Fe原子序数为26，价电子排布为，价电子轨道表示式；Cu价电子排布为，位于元素周期表ds区；中心原子S的价层电子对数为，含1对孤电子对，空间构型为V形。 （2）酸浸中提高浸取速率可通过增大接触面积、升高温度、提高反应物浓度、搅拌实现，任写一条合理即可。 （3）浸取液中Fe以形式存在，空气作为氧化剂，将氧化为，最终转化为沉淀分离除去。 （4）根据，结合晶胞位置： Cu位于顶点，Ni位于面心，N位于体心，刚好满足：顶点Cu到面心Ni的距离为，面心Ni到体心N的距离为，比例为，符合题意。数目计算：，，，故；该晶胞中，顶点Cu周围最近且等距离的Ni有3个，一个顶点被8个晶胞共用，相邻晶胞共用一个面，所以共个。 （5）沉铝过程需要保证、不沉淀，的更小，先沉淀，按不沉淀计算：根据，，，则 。 5【答案】(1) Ce 粉碎(搅拌、升温、固气逆流) (2) (3) 固体失去吸附水 (4)1.3 (5) 铁粉 1：3 【分析】氟碳铈矿“氧化焙烧”中转化为CeO2、和HF，、、与空气、水蒸气不反应，故得到的酸性气体为，氧化物为、、、。酸性气体中加入废碱液得到的碳酸氢铵可回收进入滤液II。氧化物为、、、加入稀硫酸难溶于水的、进入滤渣I，、溶于稀硫酸形成、进入滤液I。滤渣I加入将还原为后再溶于稀硫酸形成可溶于水的进入滤液II，不反应进入滤渣II。滤液II含加入将转化为，对其焙烧后得到。含、的滤液I加入物质X后转化为，故物质X具有还原性，为不引入杂质可加入铁粉。在经过调pH获得滤渣III为晶体，滤液III为溶液，经系列操作获得其晶体。 【详解】（1）“氧化焙烧”中转化为+4价的CeO2，被氧化的元素为Ce。 提高焙烧效率的措施有粉碎、搅拌、升温、固气逆流等。 （2）“滤渣Ⅰ”溶解时，若用具有还原性的浓盐酸代替稀硫酸和，会发生反应：，产生污染性气体，故不能替代。 （3）的相对分子质量为550，的相对分子质量为460，故B到C点过程中失去的是结晶水，则图中由A到B失去的是吸附在晶体上的水。 C点的化学式应为，根据、，D处生成，E处生成，D→E的化学方程式为。 （4）溶液中加入等体积的溶液，发生反应：，可知用于反应消耗的溶液浓度为。 常温下，，时沉淀完全，溶液中，需要消耗的溶液浓度为。共用溶液浓度为。 （5）根据分析，为提高晶体产量，向“滤液Ⅰ”中加入的物质X是铁粉。 由“滤渣Ⅲ”晶体，制备晶体时，加入硫酸酸化得，再通过加入的硫酸铵得到，化学方程式为：，理论上消耗硫酸铵和硫酸的物质的量之比为1：3。 6【答案】(1) (2) HCl 7 Al(OH)3和H2SiO3 (3) (4) 92% 将可能生成的低价钒氧化物氧化为，保证产品纯度 (5)阴离子种类不同，导致晶型转化活化能不同 【分析】钒钛磁铁矿主要成分为、，含Al、Si氧化物等杂质，焙烧目的是将、TiO2转化为NaVO3、Na2TiO3，Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，水浸后，滤液1含NaVO3、Na2TiO3、、Na2SiO3等，滤渣1为Fe2O3，调pH后，需除去Al、Si元素杂质，同时保留，沉钒后得到NH4VO3，煅烧得V2O5；滤液2经酸浸、水解得H2TiO3，煅烧得TiO2。 【详解】（1）根据已知信息①，焙烧的目的是将转化为，反应物有、和，产物有、和（碳酸盐高温分解产物），根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。 （2）滤液1中含有、以及杂质、。为了除去Al和Si杂质，同时保留V，需要调节pH值。为了不引入新的杂质离子，且后续流程需要酸性环境，应该选用HCl；调pH的目的是让杂质和 沉淀完全，而 不沉淀。从图中可以看出，当pH约为 7 时，和 的浓度已经非常低，而此时钒主要以形式存在，尚未开始大量转化为多钒酸根或沉淀。滤渣2是Al(OH)3和H2SiO3。 （3）滤渣1的主要成分是 ，酸浸时，与酸反应生成，离子方程式为：。 （4）已知，沉钒后溶液中，此时溶液中剩余的，初始，沉钒率为；煅烧生成，但分解过程中可能产生低价钒氧化物或氨气，通入氧气可以将可能生成的低价钒氧化物氧化为，保证产品纯度。 （5）题目指出用盐酸和硫酸分别反应，煅烧时晶型转化温度不同。这与沉淀物表面吸附的阴离子有关，阴离子种类不同，导致晶型转化活化能不同。 7【答案】(1)漏斗、玻璃棒 (2)（或二氧化硅） (3) (4) （或等金属离子）会催化分解，部分分解消耗 (5)被氧化生成的过程中生成，溶液中氢离子浓度增大，因此pH下降 (6)1 (7)90.5% 【分析】软锰矿主要成分为，还含有少量铁、铝及硅等的氧化物，加入、浸取，被还原为，被氧化为，过滤出，得到、、、、的混合溶液，加入把氧化为，加入调节溶液pH生成、沉淀，除去Fe、Al元素，滤液中加氨水沉锰，得到的是滤饼，加入水、氧气控温、氧化生成，加入锂化生成。 【详解】（1）浸取后分离固体和液体的操作是过滤，所需玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒； （2）软锰矿中硅的氧化物（主要为）不溶于硫酸，因此浸取后留在滤渣Ⅰ中； （3）酸性条件下，被还原为，被氧化为，根据得失电子守恒、电荷守恒配平离子方程式为； （4）①调pH的目的是使、完全沉淀，而不沉淀，因此pH需要大于等于沉淀完全的pH（5.2），小于开始沉淀的pH（8.8），故调pH范围：5.2≤pH<8.8； ②（或等金属离子）会催化分解，部分分解消耗，因此需要加入更多； （5）“沉锰”反应为：，生成酸使溶液中氢离子浓度增大，因此pH下降； （6）设过氧键数目为，1个过氧键含2个-1价的O，剩余个O为-2价，根据化合价代数和等于离子电荷：，解得； （7）总物质的量：，消耗的物质的量：，由比例得剩余的物质的量：，与反应的：，由比例，得，质量分数：。 8【答案】(1)(2) D (3) 4 可有效去除铝、镁，且锂损失率最小（或铝、镁沉淀率高且锂损失率低） (4)趁热过滤 (5) （或） 【分析】锂矿焙烧—草酸浸出液中， Fe 以形式存在，在光照条件下会发生反应，直接将以沉淀形式去除； 与水反应，与 反应， 与 反应转化为 沉淀；上一步加入的引入了大量，同时浸出液中原本也含有 ，加入 后，发生反应生成难溶的 CaCO₃沉淀；经系列操作得到粗； 【详解】（1）基态锂原子的电子排布式为，根据构造原理、泡利不相容原理和洪特规则，电子先填满能量最低的轨道，再填入轨道，轨道的单电子自旋方向通常画为向上； （2）①对于配合物 和 ，中心金属离子 （或 ）的配位数为 6，空间构型为八面体，只能采用外轨型杂化，利用空的、和轨道形成杂化；的轨道已占据，无法提供内层的空轨道，因此也采用外轨型杂化，答案选 D； ②草酸是弱酸易发生电离，由生成，铁由变成价，部分碳由价变成，生成气体，配平离子方程式可得； （3）①②根据图示，加入4 g 氧化钙时，可有效去除铝、镁，且锂损失率最小； ③由题意可知，可将无定形转化为（卡托石），氢元素由提供，配平方程式得：； （4）结晶后应趁热过滤，避免温度继续下降其他物质析出； （5）①根据图可知，晶胞的化学式是，放电时，负极锂失去电子变为，反应式为； ②晶胞的化学式为，分子量为79，经计算晶胞底面为边长为的平行四边形，夹角γ=120，其边长，底面平行四边形的面积为，晶胞高度为两层石墨之间的距离，因此晶胞体积，计算得。 9【答案】(1) 离子键、共价键 正四面体 (2) (3)焰色试验 (4) (5) 向右 减小 【分析】废旧锂电池正极材料与在500°C下反应，生成、和的混合物（烧渣），并放出。烧渣加水溶解，和溶于水形成滤液1，不溶的成为滤饼1被除去。向滤液1中加入溶液，离子与反应生成沉淀（滤饼2），滤液2中主要含有，向滤液2中加入溶液，离子与反应生成沉淀（滤饼3），从而回收锂。将滤饼2[]在空气中于850°C下煅烧，最终得到产品。 【详解】（1）NaOH是离子化合物，由和构成，它们之间是离子键。在离子内部，氧原子和氢原子之间通过共价键结合。 中心硅原子价层电子对数为4，且不含孤电子对，故其空间构型为正四面体形。 （2）根据流程图，废旧锂电池正极材料与在500°C下反应，生成、和的混合物（烧渣），并放出，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。 （3）由分析可知，滤饼3是，可能附着有未洗净的。检验的存在，实际上是检验离子。检验离子的常用方法是焰色试验，钠的焰色试验呈黄色。 （4）由分析可知，“850℃煅烧”时发生的反应中，反应物是和空气中的氧气，产物是，根据元素守恒，还应有水生成，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式：。 （5）右侧装置是原电池，其中得到电子生成，发生还原反应，所以右侧石墨电极为正极，左侧装置为电解池，与正极相连的电极为阳极，与负极相连的为阴极。左侧是电解池，左边的电极是阳极，右边的电极是阴极，阳离子（如 ）向右穿过阳膜移向阴极区；乙酸盐在细菌作用下在阳极被氧化生成和 ，电极反应式为：，生成的向右穿过阳膜移向阴极区(甲室)，导致甲室溶液的酸性增强，pH减小，乙室是原电池的正极，发生还原反应。得到电子，在酸性环境（盐酸）下被还原为。电极反应式为：。 10【答案】(1)充分搅拌或适当增大盐酸浓度或进一步粉碎钨渣等 (2) (3) (4) 富集钪元素，并与杂质分离 溶解，导致后续消耗更多酸，增加成本；同时有机萃取剂P204呈酸性，也会与NaOH溶液反应，不利于分离 (5) 或或等 【分析】钨渣中主要含有以及少量、、等，加入稀盐酸后，、均不溶，滤液1中含有、，加入氨水调节溶液的pH值， Fe3+转化为沉淀，过滤后，滤液中加入有机萃取剂P204萃取Sc3+，富集钪之后，在有机相中加入氢氧化钠后得到反萃取固体Sc(OH)3，加入HCl得到ScCl3，加入H2C2O4后得到Sc2(C2O4)3，在空气中灼烧后得Sc2O3。 【详解】（1）加快浸取速率的常用方法有充分搅拌或适当增大盐酸浓度或进一步粉碎钨渣等； （2）已知​是酸性氧化物，不溶于水，滤渣1中的与氨水反应生成可溶的，据此写出离子方程式； （3）酸浸后滤液1中含有、，加氨水调pH=3时，完全水解生成沉淀，仍留在溶液中，故滤渣2为； （4）萃取与反萃取可以富集钪元素，并与杂质分离；萃取时Sc进入有机相，水相中主要含有可回收的；已知Sc的氢氧化物具有两性，过量NaOH会使溶解，导致后续消耗更多酸，增加成本；同时有机萃取剂P204呈酸性，也会与NaOH溶液反应，不利于分离； （5）设初始有1 mol ，质量为462 g；400 K时，固体残留质量为 ，失去质量为 ，即失去 结晶水，剩余1 mol结晶水，故成分为 ；500 K时，固体残留质量为 ，正好等于​的摩尔质量（ ），说明500 K时已完全失去结晶水，为​；500~600 K时，草酸钪在空气中灼烧被氧气氧化，最终生成​，配平得到反应方程式 或或等。 11【答案】(1) d (2) (3) (4)将转化为，避免影响的萃取 (5) 3.3 pH过低，即过大，会导致萃取反应的平衡逆向移动，不利于V进入有机相 (6) 【分析】原料为石煤灰渣（主要含、、及等），酸浸时，、及溶于稀硫酸，得到、、，不溶于稀硫酸得以除去，溶液1中加入固体，得到，而溶液2中加入添加剂，还原结晶，将还原为+3价，生成难溶的“中间盐”，在热水、空气、酸性条件下溶解，“溶解”后，所得溶液中钒主要以的形式存在，加入铁粉会将还原为，消除对后续萃取的干扰，加氨水调节溶液pH后，被萃取进入有机相，与、分离，得到钒溶液，最终得到钒材料，以此解答。 【详解】（1）是23号元素，简化电子排布式为，价电子为，位于元素周期表的d区； （2）石煤灰渣中，不与过量硫酸反应，因此浸渣的主要成分为：； （3）中间盐中为+3价，溶解后被空气氧化为（为+4价），根据电子守恒、原子守恒以及电荷守恒配平，离子方程式为：； （4）已知萃取剂HR与阳离子的结合能力为＞＞＞，故加入Fe是为了将溶液中的还原为，防止优先被萃取，从而提高的萃取率； （5）①已知， ，， ， ，； ②萃取原理为：，pH过低，即过大，会导致萃取反应的平衡逆向移动，不利于V进入有机相； （6）晶胞体积，H原子全部在晶胞内部，故晶胞内H原子个数为8个，可释放的H原子个数为个，可释放的H原子为4个，则可释放的H2分子为2个，其物质的量为 ，的物质的量体积为 ，则体积储氢密度为 12【答案】(1) 粉碎矿物，搅拌，适当升温，适当增大硫酸的浓度(答出一条即可) CaSO4、SiO2 (2)消耗“萃取1”过程中产生的H+，避免抑制“萃取2” (3)2≤pH＜6 (4) H2SO4 或(任写一个) (5)Cu2O和O2 【分析】以软锰矿和辉铜矿为原料，利用硫酸酸浸时MnO2、Fe2O3的氧化性将Cu2S氧化溶解，得到含Mn2+、Cu2+及Fe3+、Ni2+等杂质的浸出液，随后通过N211萃取除杂、调pH，再用N985萃取剂将Cu2+萃取进入有机相，实现Mn2+与Cu2+的分离；含Mn2+的水相2加入硫化钠，利用NiS与MnS的溶度积差异除去Ni2+，再用碳酸氢铵和氨水沉淀得到MnCO3；含Cu2+的有机相2经稀硫酸反萃取后，通过蒸发浓缩、冷却结晶等操作制得胆矾，有机相3可循环用于萃取，实现两种产品的高效制备与资源的循环利用；据此作答。 【详解】（1）提高酸浸速率的措施：粉碎矿物，搅拌，适当升温，适当增大硫酸的浓度；(答出一条即可)；根据工艺流程，矿石中的SiO2不与硫酸反应，辉铜矿中的钙元素与硫酸反应生成微溶的CaSO4，因此浸出渣的主要成分为SiO2和CaSO4；在酸性条件下，Fe2O3先与H+反应生成Fe3+，Fe3+作为强氧化剂将Cu2S中-2价的S氧化为单质S、+1价的Cu氧化为Cu2+，自身被还原为Fe2+结合电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可配平该反应的离子方程式为； （2）萃取过程的核心原理为可逆反应，其中消耗反应产生的H⁺，降低水相中c(H⁺)，促使萃取平衡正向移动，提高金属离子的萃取率；则选用碱溶液可以消耗“萃取1”过程中产生的H+，避免抑制“萃取2”； （3），“调除镍”时，沉淀完全，，，由得pH=2；，，不能沉淀，，由得pH=6，所以； （4）为实现从有机相中反萃取金属离子，需使萃取平衡逆向移动，因此向有机相中加入试剂B（稀硫酸）以增大H+浓度，使金属离子重新进入水相；在“碳化沉锰”步骤中，NH3·H2O提供碱性环境，促使电离出，与溶液中的Mn2+结合形成MnCO3沉淀，根据电荷守恒和原子守恒，其离子方程式为或； （5）根据热重分析，初始的质量为2.5 mg，依据Cu元素守恒，可计算出其中Cu元素的质量恒为0.64 mg；当温度升至900℃时，残留固体质量为 0.72 mg，扣除Cu元素质量后，剩余氧元素质量为0.08 mg，计算可得产物中Cu与O的物质的量之比为2:1，确定固体产物为Cu2O；在该氧化还原反应中，Cu元素化合价由+2价降低为+1价，根据化合价升降守恒，必然有元素化合价升高，可推知O元素被氧化生成了O2，因此900℃时胆矾的分解产物为和。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $