专题06 工艺流程（2大题型）（北京专用）2026年高考化学二模分类汇编

**基本信息** 工艺流程专题汇编，含选择题（4题）和简答题（9题），精选北京多区二模试题，聚焦工业生产与实验流程，融合化学观念与科学探究。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |工艺流程选择题|4题|粉煤灰提铝、蛋白质含氮量测定、苯甲酸重结晶、海带碘含量测定|以真实实验/工业流程为情境，考查分离提纯、反应原理分析| |工艺流程简答题|9题|氟磷灰石制三聚磷酸钠、钛冶炼、硫铁矿烧渣制铁黑颜料、废线路板回收金等|综合考查流程分析、平衡移动、电极反应、纯度计算，体现科学思维与实践能力|

专题06 工艺流程 工艺流程选择题 题型01 题号 1 2 3 4 答案 B C C D 工艺流程简答题 题型02 5．(1)加热、采用浓硫酸 (2)pH=2时，c(OH-)=10-12 mol/L，若生成沉淀，需要Q=，估算至少是，不合理 (3) (4)还原剂 (5) (6) 中和液中还存在、等，滴定时多消耗的影响程度大于多消耗的影响程度，中和度的实测值低于实际值 6．(1) 粉碎还原渣(或搅拌、适当提高盐酸浓度、延长浸出时间) 低温区升温，生成的粘稠胶状物包裹还原渣阻碍反应，钙浸出率减小，温度继续升高，分解为粉末，包裹作用消失，且升温加快反应速率，钙浸出率增大 (2)a (3) 正 a极（阴极）发生反应，通过阳离子交换膜进入左室，与反应生成，与反应生成碳酸钙 7．(1) (2) 阳 (3) (4)总反应为，NaOH仅作循环吸收剂，不参与总反应 (5) 水解平衡：，加入NaOH使c(OH−)增大，平衡左移，抑制水解，增大有利于S单质转化为可溶的 6h内，相同时间时pH=a的转化率与S单质收率的差值小于pH=b的 实际生产中循环利用，阳极室始终较高，使得S单质溶解进而析出(析硫装置中通入的，能将还原为S单质) 8．(1) 过滤 分解速率加快，导致其浓度降低，还原能力减弱，从而使钴、锰的浸出率下降 18、3、12、 (2) 增大浓度，抑制电离，降低溶液中氢氧根浓度，防止生成氢氧化物沉淀，与氨水形成缓冲体系，稳定溶液pH 温度较高时，自身分解；溶液中金属离子对的分解有催化作用； (3) EDTA中的N原子含有孤电子对，有空轨道，二者可以形成配位键。 (4) 9．(1) (2)-690 (3) 过滤 蒸馏 (4)由溶液1制备无水，电解熔融制备Mg和 (5)阳 (6) 10．(1) 过滤 (2)、 (3) 发生反应，该反应生成使溶液酸性增强，明显降低，同时生成使清液中增大 (4) 11．(1) (2) (3) (4)2.8~4.7 (5) (6)a (7)电解液中阳离子有、、，且放电顺序为，当有生成时，说明已充分析出 12．(1)Cu>Ag>Au (2)3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O或3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O (3) 电负性S<N，S更易给出电子形成配体 Fe3++2TU+Au=Fe2++[Au(TU)2]+ 0.3％以前，随着Fe2(SO4)3加入量的增加，c(Fe3+)增大，浸金速率加快；0.3％以后，c(Fe3+)增大，Fe3+氧化性增强，将TU氧化，浸出率下降 (4)[Au(TU)2]++e−=2TU+Au 13．(1) ⅡA 第ⅡA族元素原子随原子序数递增，原子半径增大，原子核对核外电子吸引力减小，原子更容易失去电子，金属性逐渐增强 (2)使得转化为沉淀 (3)、 (4)5.1-7.8 (5)调pH至10.9，80℃加热浓缩，趁热过滤 (6)或 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 3 / 3 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 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 工艺流程 2大考点概览 题型01 工艺流程选择题 题型02 工艺流程简答题 工艺流程选择题 题型01 1．（2026·北京海淀·二模）一种从粉煤灰(主要成分为，含少量、、)中获得的流程如下图。 已知：焙烧过程中几乎不发生反应，、、转化为相应的硫酸盐。 下列说法不正确的是 A．浸出环节无法将Ca元素除尽 B．由分步沉淀可推测 C．母液经处理后得到的可循环利用 D．获得的反应为 2．（2026·北京东城·二模）蛋白质含量是食品标签营养素参考值(NRV)的重要指标。可通过测定样品的含氮量来确定其中蛋白质的含量，一种方法如下。       已知： ① 时， ，溶液中 不能直接用 溶液准确滴定； ②酸碱指示剂的变色范围 ：甲基橙 ，酚酞 。 下列说法不正确的是 A．“消化”时 过量，使蛋白质中的氮元素完全转化为 B．“蒸氨”时加入浓碱并加热，有利于氨蒸出 C．“滴定”时指示剂应选择酚酞 D．该样品的含氮量用氮元素的质量分数表示为 3．（2026·北京朝阳·二模）利用重结晶法纯化苯甲酸的流程如下。 已知：i．物质的溶解度 25℃ 50℃ 75℃ 苯甲酸的溶解度/(g/100g水) 0.34 0.85 2.2 NaCl的溶解度/(g/100g水) 36.1 37.0 38.0 ii．收率 下列说法不正确的是 A．“加热溶解”可提高苯甲酸的溶解度和溶解速率 B．“趁热过滤”时使用热的漏斗可减少苯甲酸析出 C．用乙醇洗涤“晶体”的收率比用蒸馏水洗涤的收率高 D．取最后一次洗涤液，滴加酸化的溶液，不产生白色沉淀，说明洗涤干净 4．（2026·北京石景山·二模）灰化法测定干海带中碘含量(以I计，单位g/kg)的流程示意图如下。 已知：I2 + 2Na2S2O3 = 2NaI + Na2S4O6；Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色。 下列说法不正确的是 A．流程中I−被Br2氧化成IO B．甲酸钠的作用是除去多余的Br2 C．25 mL含I−滤液中，n(I−) =mol D．海带样品中的碘含量为：g/kg 工艺流程简答题 题型02 5．（2026·北京西城·二模）三聚磷酸钠()是重要的洗涤助剂。一种以氟磷灰石为原料制备的流程如下。 已知：ⅰ.氟磷灰石的主要成分为，含有铝、硅、砷的化合物等杂质； ⅱ.，； ⅲ.； Ⅰ．磷酸的制备与净化 (1)上述流程中，“酸浸”过程能增大反应速率的措施有___________。 (2)脱铝产生的铝渣不含，结合平衡常数解释原因：___________。 (3)粗磷酸中的氟主要以HF、的形式存在，少量以等形式存在。Na2CO3与H2SiF6反应生成 Na2SiF6沉淀的离子方程式是___________。 (4)粗磷酸含有H3AsO3、H3AsO4，脱砷中砷转化为As2S3沉淀，Na2S的主要作用是作沉砷剂、___________。 Ⅱ．中和与脱水 中和过程中，加入纯碱产生大量气泡，得到含NaH2PO4和Na2HPO4的中和液，经浓缩、干燥，高温脱水：制得产品。 (5)中和过程中，若控制不当，产品会含有Na3P3O9、Na4P2O7等副产物，Na4P2O7是过量的___________(填化学式)脱水生成的产物。 (6)测定中和度能有效控制。测定中和度的一种方法如下。 已知：ⅳ.中和度； ⅴ.、Na2HPO4溶液的pH约为4.4、9.8。 ①若中和液中的溶质是NaH2PO4和Na2HPO4，实验测得的中和度是___________。 ②实验测定值往往比实际值略低，可能的原因是___________。 6．（2026·北京顺义·二模）以皮江法炼镁还原渣为原料(主要成分为，含有、等杂质)制备碳酸钙粉体的一种流程示意图如下。 已知：ⅰ、 物质 ⅱ、是一种粘稠的胶状物，难溶于水，温度高时可分解为粉末。 (1)酸浸过程中，溶于盐酸，有产生。 ①浸出时，可提高还原渣浸出率的措施有适当升温、______。 ②与盐酸反应的离子方程式为______。 ③一定条件下，相同时间测得温度对钙浸出率及盐酸利用率的影响如图。 温度升高，钙浸出率先减小后增大的原因是______。 (2)预处理过程中，需调节溶液，去除杂质得到电解液。可用于调节溶液的试剂是______填序号)。 a．    b．    c．盐酸 (3)电解制备粉体的示意图如图。 ①电极连接电源的______极。 ②结合电极反应解释粉体的生成______。 ③电解时，每通过1库仑电量。理论上生成的物质的量为______。已知：转移1 mol电子所产生的电量为96500库仑。 7．（2026·北京海淀·二模）一种利用废气制取单质的循环工艺流程如下图。 已知：i．溶液中浓度较大时，单质可通过反应溶于其中。 ii．的；。 iii．电解时副产物主要为和。 (1)吸收装置中，生成的反应的离子方程式为_______。 (2)电解装置制备 ①电解池中所用离子交换膜为_______(填“阳”或“阴”)离子交换膜。 ②阳极室中，放电生成单质，进而与反应生成流出。生成单质的电极反应式为_______。 (3)析硫装置制备单质：向析硫装置中通入将溶液酸化得到单质，反应的离子方程式为_______。 (4)上述工艺中，若不考虑副反应，阴极流出液中的循环利用即可满足所需，不需要外加，结合该工艺中转化的总反应说明理由：_______。 (5)为优化电解条件，实验室单独使用电解装置电解，阳极液为溶液。取不同电解时间的阳极液，用醋酸酸化，将转化为单质和，进而测定的转化率和单质收率。 ①理论上，电解前向阳极液中加少量可提高单质收率，结合的水解平衡分析可能的原因是_______。 ②其他条件相同时，用调节不同的阳极液，测得转化率和单质收率随时间变化如下图。实际生产时调控阳极液的为，支持这一调控措施的数据依据是_______。 ③下图中6 h后，转化率升高、单质收率下降。实际生产中采用上述循环工艺长时间电解，单质收率(用析硫装置中所得单质测定)没有明显下降，可能的原因是_______。 8．（2026·北京昌平·二模）锂离子电池正极材料中镍、钴、锰回收工艺的一种流程示意图如下。 已知：正极材料不溶于水，其中是+2价，是+3价。 (1)浸出液中镍、钴、锰均以+2价离子形式存在。 ①该过程分离浸出液和滤渣的操作是___________。 ②不同温度下，钴锰的浸出率如下图，60℃后，温度升高，浸出率均下降的原因是___________。 ③将浸出反应的离子方程式补充完整：_____________。 ________________ (2)“沉锰”后的镍钴氨络合溶液中，主要配离子是、。 ①结合平衡移动原理，解释加入的作用：___________。 ②先将浸出液冷却至20℃，再进行“沉锰”环节，该过程中，依据比例关系所需的的物质的量应等于，实际操作过程中添加的的物质的量远大于，分析主要原因___________(答出两点)。 (3)镍钴分离过程中步骤ⅰ加入的EDTA二钠盐()可将镍元素转化为Ni-EDTA络合物而不与钴元素反应。已知：EDTA二钠盐的结构简式为。 ①N原子与之间能形成作用力的原因是___________。 ②步骤ⅱ加热蒸氨的离子方程式为___________。 (4)纯度测定：用将样品完全溶解，得到和混合溶液，调节，将完全沉淀，过滤得滤液，取25 mL滤液，在一定条件下，用的EDTA二钠盐()标准溶液滴定，滴定终点时消耗标准液。 已知：滴定反应为 样品中Ni的质量分数为___________。 9．（2026·北京东城·二模）钛储量大，用途广。冶炼金属钛的两种方法如下。 I. 一种由钛铁矿(主要含 )冶炼金属钛的流程如下图。 (1)碳化在高温下进行，有 生成。该反应的化学方程式为___________。 (2)氯化时，若只通入空气，则发生： 已知 补全氯化反应的热化学方程式： ___________ (3)资料：氯化产物中及所含主要杂质的性质如下表。 化合物 沸点/°C 136 58 316 熔点/°C -25 -69 304 在中的溶解性 - 互溶 微溶 氯化产物冷却至室温，___________(填操作，下同)得到粗，再经过___________进一步纯化。 (4)利用溶液1可制备流程中所需的某些物质，方案为___________。 Ⅱ．电解熔融 ，制备金属Ti的装置示意图如下。 (5)石墨电极为电解池的___________极。 (6)以普通电极电解时，生成的金属钛迅速被熔融电解液中的高价钛氧化，生成熔点高、不导电的，对应的化学方程式为___________。以泡沫铁为电极， 可有效抑制金属钛与高价钛接触， 从而获得金属钛。 10．（2026·北京朝阳·二模）以硫铁矿烧渣(主要成分为、，含少量等)制备铁黑颜料的过程如下。 资料：开始沉淀时，沉淀完全时。 (1)碱浸 ①分离碱浸渣的方法是___________。 ②NaOH溶解的化学方程式是___________。 (2)还原 反应的离子方程式有___________。 (3)制备 过程及现象；向溶液中加入一定量的NaOH溶液，产生白色沉淀。缓缓通入空气并开始计时，观察到沉淀颜色逐渐加深，体系pH变化如图所示。经检验，时间段均有产生。 已知：时，浊液中主要存在、和少量。 ①产生白色沉淀的离子方程式是___________。 ②时间段，pH几乎不变。用方程式说明产生的原因：___________。 ③时间段，pH明显降低，清液中增大。结合方程式说明原因：___________。 (4)测定纯度 称取wg铁黑颜料，用酸溶解，加入溶液使转化为，除去剩余的后，用标准溶液滴定，消耗溶液V mL。滴定原理为：。计算产品中的纯度：___________。 已知：的摩尔质量为，其他微粒不干扰检测。 11．（2026·北京房山·二模）为了节约资源，减少重金属对环境的污染，一研究小组对某有色金属冶炼厂的高氯烟道灰(主要含有CuCl2、ZnCl2、CuO、ZnO、PbO、Fe2O3、SiO2等)进行研究，设计如下工艺流程，实现了铜和锌的分离回收。 已知：金属离子沉淀pH范围： 离子 沉淀pH范围 1.5-2.8 6.5-8.5 4.7-6.7 4.6-6.6 回答下列问题： (1)用离子方程式表示碳酸钠溶液显碱性的原因______。 (2)“碱浸脱氯”使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀。其中，铜盐发生反应的离子方程式为______。 (3)滤渣①中，除外，主要还有______。 (4)“中和除杂”步骤，调控溶液pH的合适范围为______。 (5)“深度脱氯”步骤发生的离子反应方程式为______。 (6)CuCl可以通过适当试剂将其溶解，并返回到______步骤中(填序号)。 a．碱浸脱氯    b．酸浸    c．中和除杂 (7)“电解分离”采用无隔膜电解槽，以石墨为阳极，铜为阴极。“电解分离”时，阴极产生大量气泡，说明铜、锌分离已完成。理由是______。 12．（2026·北京石景山·二模）一种从废线路板(含Au、Ag、Cu等)中回收Au(金)的流程示意图如下。 已知：① 硫脲()，可简写为TU，易被氧化，能和Au+生成[Au(TU)2]+。 ② 还原反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化剂的氧化性增强。 (1)比较Au、Ag、Cu的金属活动性___________。 (2)预处理操作中，稀硝酸参与反应的化学方程式有___________。 (3)加入氧化剂强化硫脲浸金。 ① [Au(TU)2]+的结构为，与Au+配位的原子是S而不是N的原因是___________。 ② 写出Fe2(SO4)3作氧化剂强化硫脲浸金的离子方程式___________。 ③ 其他条件不变时，Fe2(SO4)3加入量对金浸出率的影响如下图所示。 分析金浸出率随Fe2(SO4)3加入量先增大后减小的原因___________。 (4)电解时，生成Au的电极反应式是___________。 13．（2026·北京丰台·二模）碳酸锶在电子陶瓷等行业有广泛应用。一种利用天青石(主要组成：、、、、、、MgO等)制备碳酸锶的方法如下。 Ⅰ．将天青石矿粉与碳酸钠溶液按一定比例混匀，搅拌，加热至一定温度，过滤； Ⅱ．将滤渣溶于盐酸，过滤； Ⅲ．向Ⅱ所得滤液中采用喷雾的方式加入稀硫酸，过滤； Ⅳ．向Ⅲ所得滤液中加入氨水，调节pH，过滤； Ⅴ．向Ⅳ所得滤液中加入氨水，________； Ⅵ．向Ⅴ所得的滤液中加入稍过量的，充分反应后，过滤，将沉淀洗涤干净，烘干得到。 已知：ⅰ． 物质 ⅱ 金属离子 开始沉淀的pH 1.5 4.2 8.9 完全沉淀的pH 3.0 5.1 10.9 沉淀开始溶解的pH — 7.8 — ⅲ． (1)天青石中Mg、Ca、Sr、Ba均位于元素周期表的第________族。从原子结构角度解释金属性随原子序数递增逐渐增强的原因________。 (2)步骤Ⅰ的目的是________。 (3)步骤Ⅲ过滤所得沉淀为________。 (4)步骤Ⅳ中调节pH的范围是________。 (5)将步骤Ⅴ的操作补充完整________。 (6)步骤Ⅵ中生成的离子方程式有________。 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 工艺流程 2大考点概览 题型01 工艺流程选择题 题型02 工艺流程简答题 工艺流程选择题 题型01 1．（2026·北京海淀·二模）一种从粉煤灰(主要成分为，含少量、、)中获得的流程如下图。 已知：焙烧过程中几乎不发生反应，、、转化为相应的硫酸盐。 下列说法不正确的是 A．浸出环节无法将Ca元素除尽 B．由分步沉淀可推测 C．母液经处理后得到的可循环利用 D．获得的反应为 【答案】B 【分析】首先将粉煤灰与硫酸铵混合送入焙烧炉共焙烧，杂质不参与反应，、、均转化为硫酸盐；焙烧产物移入浸出池加稀硫酸浸出，留在酸浸渣中被除去，滤渣中还有；金属硫酸盐进入浸出液。 随后通过两次沉淀池分步除杂：沉淀池1调pH先沉淀出除去铁杂质，沉淀池2沉淀出，最终焙烧分解得到产品，母液回收的硫酸铵可返回焙烧炉循环使用。 【详解】A．焙烧生成的微溶于水，稀硫酸浸出时部分会残留于溶液中，无法将Ca元素完全除去，A正确； B．分步沉淀中优先形成沉淀，说明相同条件下溶解度更小，同构型氢氧化物溶度积越小溶解度越小，故，B错误； C．沉淀池2中沉淀后，母液主要成分为，可返回焙烧炉1循环利用，C正确； D．高温煅烧分解生成和，反应方程式为，D正确； 故选B。 2．（2026·北京东城·二模）蛋白质含量是食品标签营养素参考值(NRV)的重要指标。可通过测定样品的含氮量来确定其中蛋白质的含量，一种方法如下。       已知： ① 时， ，溶液中 不能直接用 溶液准确滴定； ②酸碱指示剂的变色范围 ：甲基橙 ，酚酞 。 下列说法不正确的是 A．“消化”时 过量，使蛋白质中的氮元素完全转化为 B．“蒸氨”时加入浓碱并加热，有利于氨蒸出 C．“滴定”时指示剂应选择酚酞 D．该样品的含氮量用氮元素的质量分数表示为 【答案】C 【分析】蛋白质消化过程中氮元素的转化：在浓硫酸、催化剂加热条件下，蛋白质中的氮元素完全转化为；氨的蒸出原理：利用强碱与铵盐反应生成，加热促进分解逸出；酸碱滴定指示剂的选择：需根据滴定终点的溶液酸碱性，结合指示剂变色范围判断；定量计算：根据反应的物质的量关系，推导氮元素的质量分数公式。 【详解】A．“消化”时加入过量浓，能使蛋白质中的氮元素在加热条件下完全转化为，故A正确； B．“蒸氨”时加入浓碱并加热，根据化学平衡原理，会使平衡正向移动，有利于氨蒸出，故B正确； C．滴定的是吸收后过量的，当过量的恰好被中和时，溶液中的溶质为和。由于水解（），溶液显酸性。已知甲基橙的变色范围为pH （酸性区域），酚酞的变色范围为pH （碱性区域），因此应选择甲基橙作为指示剂，而非酚酞，故C错误；　 D．过量与的反应：，则与反应的的物质的量为；吸收的的物质的量为：；与的反应：，则，即氮元素的物质的量。氮元素的质量为，样品质量为，因此氮元素的质量分数为：　，故D正确； 故选C。 3．（2026·北京朝阳·二模）利用重结晶法纯化苯甲酸的流程如下。 已知：i．物质的溶解度 25℃ 50℃ 75℃ 苯甲酸的溶解度/(g/100g水) 0.34 0.85 2.2 NaCl的溶解度/(g/100g水) 36.1 37.0 38.0 ii．收率 下列说法不正确的是 A．“加热溶解”可提高苯甲酸的溶解度和溶解速率 B．“趁热过滤”时使用热的漏斗可减少苯甲酸析出 C．用乙醇洗涤“晶体”的收率比用蒸馏水洗涤的收率高 D．取最后一次洗涤液，滴加酸化的溶液，不产生白色沉淀，说明洗涤干净 【答案】C 【分析】由实验流程图可知，在“加热溶解”阶段，利用苯甲酸溶解度随温度升高而增大的特性，使粗品充分溶解在蒸馏水中；装置进入“趁热过滤”步骤，目的是除去泥沙等不溶性杂质，此时保持高温是为了防止苯甲酸过早析出留在滤纸上；随后将滤液“冷却结晶”，由于苯甲酸溶解度在低温下迅速减小，它会以晶体形式析出，而杂质氯化钠溶解度受温度影响极小且总量较少，仍留在溶液中；最后通过“过滤、洗涤、干燥”，除去晶体表面的杂质离子，从而获得纯净的苯甲酸产品。 【详解】A．从数据表可知，苯甲酸在25℃时溶解度仅0.34 g，而在75℃时飙升至2.2 g，加热能让相同体积的水溶解更多的目标产物，温度升高，分子运动加快，固体的溶解速度随之变快，A正确； B．重结晶的关键是让产物在“冷却”时才出来，如果在过滤泥沙时提前变冷，苯甲酸就会在滤纸和漏斗口结晶析出，使用预热过的漏斗是为了维持溶液的高温，确保苯甲酸全部进入滤液，减少损耗，B正确； C．苯甲酸属于有机物，根据“相似相溶”，它会在乙醇中的溶解度非常大，如果用乙醇洗涤晶体，苯甲酸晶体会迅速溶解在乙醇中被冲走，导致最后得到的产品质量大幅下降，苯甲酸在冷水中溶解度极小，损失减小，用乙醇洗涤会导致收率比用冷水洗涤的收率低，C错误； D．本实验中最主要的易溶杂质是NaCl，检验洗液中是否还有Cl-，是判断杂质是否去尽的标准，加入AgNO3和稀HNO3，如果没有白色沉淀（AgCl），说明最后一遍洗掉的水里已经没有氯离子了，进而证明晶体表面已经足够干净，D正确； 故答案选C。 4．（2026·北京石景山·二模）灰化法测定干海带中碘含量(以I计，单位g/kg)的流程示意图如下。 已知：I2 + 2Na2S2O3 = 2NaI + Na2S4O6；Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色。 下列说法不正确的是 A．流程中I−被Br2氧化成IO B．甲酸钠的作用是除去多余的Br2 C．25 mL含I−滤液中，n(I−) =mol D．海带样品中的碘含量为：g/kg 【答案】D 【分析】将干海带灼烧灰化，把有机结合态碘转化为无机碘离子，加水溶解过滤除去不溶性灰渣，得到含的待测溶液，再移取向滤液中加入稀硫酸和过量，将完全氧化为；25 mL滤液用于后续滴定，之后加入甲酸钠，甲酸钠作为还原剂除去过量多余，避免干扰后续滴定；除去后，加入稀硫酸和过量，酸性条件下与归中生成，加入淀粉作指示剂，用滴定。 【详解】A．根据分析可知，将完全氧化为，A正确； B．过量，会干扰后续滴定实验，甲酸钠作为还原剂，可以除去多余的，避免干扰，B正确； C．滴定消耗，根据关系式，即，25 mL滤液中，C正确； D．原海带样品溶液总容积为250 mL，仅移取25 mL滴定，因此总碘的物质的量为：，碘的总质量为：；海带样品质量为，因此碘含量为： ，D错误； 故选D。 工艺流程简答题 题型02 5．（2026·北京西城·二模）三聚磷酸钠()是重要的洗涤助剂。一种以氟磷灰石为原料制备的流程如下。 已知：ⅰ.氟磷灰石的主要成分为，含有铝、硅、砷的化合物等杂质； ⅱ.，； ⅲ.； Ⅰ．磷酸的制备与净化 (1)上述流程中，“酸浸”过程能增大反应速率的措施有___________。 (2)脱铝产生的铝渣不含，结合平衡常数解释原因：___________。 (3)粗磷酸中的氟主要以HF、的形式存在，少量以等形式存在。Na2CO3与H2SiF6反应生成 Na2SiF6沉淀的离子方程式是___________。 (4)粗磷酸含有H3AsO3、H3AsO4，脱砷中砷转化为As2S3沉淀，Na2S的主要作用是作沉砷剂、___________。 Ⅱ．中和与脱水 中和过程中，加入纯碱产生大量气泡，得到含NaH2PO4和Na2HPO4的中和液，经浓缩、干燥，高温脱水：制得产品。 (5)中和过程中，若控制不当，产品会含有Na3P3O9、Na4P2O7等副产物，Na4P2O7是过量的___________(填化学式)脱水生成的产物。 (6)测定中和度能有效控制。测定中和度的一种方法如下。 已知：ⅳ.中和度； ⅴ.、Na2HPO4溶液的pH约为4.4、9.8。 ①若中和液中的溶质是NaH2PO4和Na2HPO4，实验测得的中和度是___________。 ②实验测定值往往比实际值略低，可能的原因是___________。 【答案】(1)加热、采用浓硫酸 (2)pH=2时，c(OH-)=10-12 mol/L，若生成沉淀，需要Q=，估算至少是，不合理 (3) (4)还原剂 (5) (6) 中和液中还存在、等，滴定时多消耗的影响程度大于多消耗的影响程度，中和度的实测值低于实际值 【分析】氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸、滤渣和HF气体，粗磷酸经调pH后脱铝，剩下的滤液加入、进行脱氟，得到沉淀，剩下的滤液再加入Na2S，得到S、Ag2S3沉淀，中和过程中，加入纯碱得到含NaH2PO4和Na2HPO4的中和液，经浓缩、干燥，高温脱水得到。 【详解】（1）“酸浸”过程能增大反应速率的措施有加热、采用浓硫酸； （2），，pH=2，可以推出c(H+)=0.01 mol/L，所以c(OH-)=10-12 mol/L，设溶液中残留Al3+的浓度为x，则Q=，而，要使沉淀生成，需，此时，显然不成立，所以不会析出； （3）H2SiF6是强酸，提供和H+，加入Na2CO3后，与H+反应释放，同时与结合生成难溶盐，离子方程式为； （4）As在H3AsO4中为+5价，转化为As2S3中As为+3价，发生还原反应，因此Na2S的主要作用是作沉砷剂、还原剂； （5）由脱水反应：，若过量，则多余部分在高温下可能进一步脱水：，所以是过量的脱水生成的产物； （6）①中和度定义：当两者物质的量相等时，比值为 0.5；滴定过程：先用 NaOH 将全部转为（至 pH≈9.8）：此时只有和反应，消耗NaOH的物质的量为等于原溶液中的物质的量； 再用盐酸回滴至 pH≈4.4（此时变回）：此时溶液中全部和反应，消耗的物质的量为等于溶液中总的物质的量，因此可计算原有的物质的量为10-3-10-3； 将数据代入中和度公式：中和度=； ②实验测定值往往比实际值略低，可能的原因是中和液中还存在、等，滴定时多消耗的影响程度大于多消耗的影响程度，中和度的实测值低于实际值。 6．（2026·北京顺义·二模）以皮江法炼镁还原渣为原料(主要成分为，含有、等杂质)制备碳酸钙粉体的一种流程示意图如下。 已知：ⅰ、 物质 ⅱ、是一种粘稠的胶状物，难溶于水，温度高时可分解为粉末。 (1)酸浸过程中，溶于盐酸，有产生。 ①浸出时，可提高还原渣浸出率的措施有适当升温、______。 ②与盐酸反应的离子方程式为______。 ③一定条件下，相同时间测得温度对钙浸出率及盐酸利用率的影响如图。 温度升高，钙浸出率先减小后增大的原因是______。 (2)预处理过程中，需调节溶液，去除杂质得到电解液。可用于调节溶液的试剂是______填序号)。 a．    b．    c．盐酸 (3)电解制备粉体的示意图如图。 ①电极连接电源的______极。 ②结合电极反应解释粉体的生成______。 ③电解时，每通过1库仑电量。理论上生成的物质的量为______。已知：转移1 mol电子所产生的电量为96500库仑。 【答案】(1) 粉碎还原渣(或搅拌、适当提高盐酸浓度、延长浸出时间) 低温区升温，生成的粘稠胶状物包裹还原渣阻碍反应，钙浸出率减小，温度继续升高，分解为粉末，包裹作用消失，且升温加快反应速率，钙浸出率增大 (2)a (3) 正 a极（阴极）发生反应，通过阳离子交换膜进入左室，与反应生成，与反应生成碳酸钙 【分析】还原渣经盐酸酸浸，转化成和难溶于水的，杂质、与盐酸反应溶解，浸出液中含、、；浸出液调节pH将、转化成氢氧化物沉淀过滤除去；电解液中通入电解制备碳酸钙粉体； 【详解】（1）①提高浸出率的常见措施有增大接触面积（粉碎、搅拌）、升温、提高盐酸浓度、延长浸出时间等； ②结合已知信息，与盐酸转化成和难溶于水的，反应的离子方程式为； ③由已知信息是一种粘稠的胶状物，难溶于水，低温升温时容易包裹在还原渣表面阻碍浸出，使浸出率下降，温度继续升高后，分解为粉末，包裹作用消失，且升温加快反应速率，浸出率升高； （2）浸出液预处理除杂是通过升高pH，将、转化成氢氧化物沉淀过滤除去，、能与酸溶液反应升高pH，但使用会引入新的杂质，使用盐酸会降低pH，所以，调节pH的试剂应选择，答案为a； （3）①是阳离子，在电解池中向阴极移动，装置左侧通入制备碳酸钙，应该向a极移动，则a极为电解池阴极，与电源负极相连，b极为电解池阳极，与电源正极相连； ②电解池阳极失电子氧化生成氯气，阳极反应式为，阴极反应为水得电子生成氢气和，阴极反应式为，与通入的反应生成，与反应生成碳酸钙； ③生成碳酸钙的反应方程式为，结合电解池阴极反应式，转移1 mol电子，生成1 mol，制得0.5 mol，转移1 mol电子产生96500库仑的电量，则通过1库仑电量，转移电子的物质的量为，生成的物质的量为。 7．（2026·北京海淀·二模）一种利用废气制取单质的循环工艺流程如下图。 已知：i．溶液中浓度较大时，单质可通过反应溶于其中。 ii．的；。 iii．电解时副产物主要为和。 (1)吸收装置中，生成的反应的离子方程式为_______。 (2)电解装置制备 ①电解池中所用离子交换膜为_______(填“阳”或“阴”)离子交换膜。 ②阳极室中，放电生成单质，进而与反应生成流出。生成单质的电极反应式为_______。 (3)析硫装置制备单质：向析硫装置中通入将溶液酸化得到单质，反应的离子方程式为_______。 (4)上述工艺中，若不考虑副反应，阴极流出液中的循环利用即可满足所需，不需要外加，结合该工艺中转化的总反应说明理由：_______。 (5)为优化电解条件，实验室单独使用电解装置电解，阳极液为溶液。取不同电解时间的阳极液，用醋酸酸化，将转化为单质和，进而测定的转化率和单质收率。 ①理论上，电解前向阳极液中加少量可提高单质收率，结合的水解平衡分析可能的原因是_______。 ②其他条件相同时，用调节不同的阳极液，测得转化率和单质收率随时间变化如下图。实际生产时调控阳极液的为，支持这一调控措施的数据依据是_______。 ③下图中6 h后，转化率升高、单质收率下降。实际生产中采用上述循环工艺长时间电解，单质收率(用析硫装置中所得单质测定)没有明显下降，可能的原因是_______。 【答案】(1) (2) 阳 (3) (4)总反应为，NaOH仅作循环吸收剂，不参与总反应 (5) 水解平衡：，加入NaOH使c(OH−)增大，平衡左移，抑制水解，增大有利于S单质转化为可溶的 6h内，相同时间时pH=a的转化率与S单质收率的差值小于pH=b的 实际生产中循环利用，阳极室始终较高，使得S单质溶解进而析出(析硫装置中通入的，能将还原为S单质) 【详解】（1）吸收装置中，循环回来的NaOH溶液吸收生成，配平：。 （2）①电解时阳极室的需要迁移到阴极室，使阴极室得到NaOH循环回吸收装置，因此需要允许阳离子通过的阳离子交换膜。 ②阳极失电子生成S单质，电极反应式为：。 （3）通入酸化提供，结合已知i的可逆反应，逆反应为分解，与分解产生的结合为，同时析出S单质，配平：。 （4）由总反应可知，NaOH仅作循环吸收剂，不参与总反应，不会被消耗，因此不需要补充。 （5）①水解平衡：，加入NaOH使c(OH−)增大，平衡左移，抑制水解，增大有利于S单质转化为可溶的。 ②目标产物是S单质，转化率与S收率差值越小，调控效果越好，图像显示6h内，相同时间时pH=a的转化率与S单质收率的差值小于pH=b的。 ③单独电解时，生成的S长时间停留在阳极会被氧化为副产物导致收率下降，实际生产中循环利用，阳极室始终较高，使得S单质溶解进而析出(析硫装置中通入的，能将还原为S单质)。 8．（2026·北京昌平·二模）锂离子电池正极材料中镍、钴、锰回收工艺的一种流程示意图如下。 已知：正极材料不溶于水，其中是+2价，是+3价。 (1)浸出液中镍、钴、锰均以+2价离子形式存在。 ①该过程分离浸出液和滤渣的操作是___________。 ②不同温度下，钴锰的浸出率如下图，60℃后，温度升高，浸出率均下降的原因是___________。 ③将浸出反应的离子方程式补充完整：_____________。 ________________ (2)“沉锰”后的镍钴氨络合溶液中，主要配离子是、。 ①结合平衡移动原理，解释加入的作用：___________。 ②先将浸出液冷却至20℃，再进行“沉锰”环节，该过程中，依据比例关系所需的的物质的量应等于，实际操作过程中添加的的物质的量远大于，分析主要原因___________(答出两点)。 (3)镍钴分离过程中步骤ⅰ加入的EDTA二钠盐()可将镍元素转化为Ni-EDTA络合物而不与钴元素反应。已知：EDTA二钠盐的结构简式为。 ①N原子与之间能形成作用力的原因是___________。 ②步骤ⅱ加热蒸氨的离子方程式为___________。 (4)纯度测定：用将样品完全溶解，得到和混合溶液，调节，将完全沉淀，过滤得滤液，取25 mL滤液，在一定条件下，用的EDTA二钠盐()标准溶液滴定，滴定终点时消耗标准液。 已知：滴定反应为 样品中Ni的质量分数为___________。 【答案】(1) 过滤 分解速率加快，导致其浓度降低，还原能力减弱，从而使钴、锰的浸出率下降 18、3、12、 (2) 增大浓度，抑制电离，降低溶液中氢氧根浓度，防止生成氢氧化物沉淀，与氨水形成缓冲体系，稳定溶液pH 温度较高时，自身分解；溶液中金属离子对的分解有催化作用； (3) EDTA中的N原子含有孤电子对，有空轨道，二者可以形成配位键。 (4) 【分析】锂离子电池正极材料（）不溶于水，首先用稀硫酸和过氧化氢加热浸出，正极材料被溶解并还原，Co (+3) 被还原为 Co (+2)，得到含浸出液和滤渣；随后向浸出液中加入硫酸铵、氨水和过氧化氢，在20℃下 “沉锰”，将氧化为沉淀，实现锰的分离，同时镍、钴转化为稳定的氨络合离子进入镍钴氨络合溶液；接着利用 EDTA 二钠盐的选择性络合作用，将镍元素转化为 Ni-EDTA 络合溶液，再经破络处理得到，而钴元素则在加入氢氧化钠并加热蒸氨的条件下生成沉淀，从而实现镍、钴的分步分离与回收，以此解答； 【详解】（1）分离浸出液和滤渣的操作是过滤，这是固液分离的常用方法；浸出过程中使用了作为还原剂，不稳定，受热易分解。60℃后温度升高，分解速率加快，导致其浓度降低，还原能力减弱，从而使钴、锰的浸出率下降；根据氧化还原反应、元素守恒、电荷守恒得到完整的方程式应为； （2）溶液中存在平衡，加入，浓度增大，抑制电离，降低溶液中氢氧根浓度，防止生成氢氧化物沉淀，与氨水形成缓冲体系，稳定溶液pH；实际操作过程中添加的的物质的量远大于，主要原因：温度较高时，自身分解；溶液中金属离子对的分解有催化作用； （3）N原子与之间能形成作用力的原因是：N原子最外层有5个电子，在EDTA二钠盐的结构中，N原子形成3个共价键，因此含有1对孤电子对。作为金属阳离子，其价电子层存在空轨道，N原子的孤电子对可以进入的空轨道，从而形成配位键。故答案为EDTA中的N原子含有孤电子对，有空轨道，二者可以形成配位键；加热蒸氨的离子方程式为； （4）已知滴定反应：；25mL滤液中；总体积VmL中；Ni的质量；质量分数； 9．（2026·北京东城·二模）钛储量大，用途广。冶炼金属钛的两种方法如下。 I. 一种由钛铁矿(主要含 )冶炼金属钛的流程如下图。 (1)碳化在高温下进行，有 生成。该反应的化学方程式为___________。 (2)氯化时，若只通入空气，则发生： 已知 补全氯化反应的热化学方程式： ___________ (3)资料：氯化产物中及所含主要杂质的性质如下表。 化合物 沸点/°C 136 58 316 熔点/°C -25 -69 304 在中的溶解性 - 互溶 微溶 氯化产物冷却至室温，___________(填操作，下同)得到粗，再经过___________进一步纯化。 (4)利用溶液1可制备流程中所需的某些物质，方案为___________。 Ⅱ．电解熔融 ，制备金属Ti的装置示意图如下。 (5)石墨电极为电解池的___________极。 (6)以普通电极电解时，生成的金属钛迅速被熔融电解液中的高价钛氧化，生成熔点高、不导电的，对应的化学方程式为___________。以泡沫铁为电极， 可有效抑制金属钛与高价钛接触， 从而获得金属钛。 【答案】(1) (2)-690 (3) 过滤 蒸馏 (4)由溶液1制备无水，电解熔融制备Mg和 (5)阳 (6) 【分析】钛铁矿与焦炭反应生成粗TiC和粗Fe，通过磁选可分离二者。粗TiC与空气中的与发生氯化反应生成粗，纯化后可得。与Mg反应可得和Ti的混合物，将其水洗后可得Ti和溶液，据此作答。 【详解】（1）碳化过程中，与焦炭反应生成粗TiC、粗Fe和CO，该反应过程中，Fe从+2价降至0价，部分C从0价降至-4价，部分从0价升至+2价，结合质量守恒可写出该反应方程式：； （2）根据盖斯定律，反应3=反应1+反应2，则； （3）由表格信息可知，在室温状态下，和均为液体，为固体，可通过过滤将与和分离。的沸点显著高于，因此可通过蒸馏分离和，进而得到纯的； （4）由分析可知，溶液1为溶液，经处理可得无水。电解熔融的可得Mg和； （5）从示意图可以看出，泡沫铁电极表面生成Ti，Ti元素从+4价降至0价，该电极发生还原反应，则泡沫铁电极为阴极，石墨电极为阳极； （6）由题干信息可知，以普通电极电解时，生成的Ti被电解液中的高价钛氧化生成，其中Ti元素为+3价。在该反应过程中，单质Ti的化合价从0价升至+3价，中的Ti元素从+4价降至+3价，结合质量守恒可写出该反应方程式：。 10．（2026·北京朝阳·二模）以硫铁矿烧渣(主要成分为、，含少量等)制备铁黑颜料的过程如下。 资料：开始沉淀时，沉淀完全时。 (1)碱浸 ①分离碱浸渣的方法是___________。 ②NaOH溶解的化学方程式是___________。 (2)还原 反应的离子方程式有___________。 (3)制备 过程及现象；向溶液中加入一定量的NaOH溶液，产生白色沉淀。缓缓通入空气并开始计时，观察到沉淀颜色逐渐加深，体系pH变化如图所示。经检验，时间段均有产生。 已知：时，浊液中主要存在、和少量。 ①产生白色沉淀的离子方程式是___________。 ②时间段，pH几乎不变。用方程式说明产生的原因：___________。 ③时间段，pH明显降低，清液中增大。结合方程式说明原因：___________。 (4)测定纯度 称取wg铁黑颜料，用酸溶解，加入溶液使转化为，除去剩余的后，用标准溶液滴定，消耗溶液V mL。滴定原理为：。计算产品中的纯度：___________。 已知：的摩尔质量为，其他微粒不干扰检测。 【答案】(1) 过滤 (2)、 (3) 发生反应，该反应生成使溶液酸性增强，明显降低，同时生成使清液中增大 (4) 【详解】（1）①碱浸后分离固体碱浸渣和溶液，分离固液的操作为过滤； ② 是两性氧化物，可与反应生成，化学方程式为； （2）酸浸后溶液中含有（铁氧化物溶解生成）和过量的，都可与单质反应，被还原为，反应的离子方程式有、； （3）① 与反应生成白色沉淀，离子方程式是； ②时间段发生反应 ，该反应中反应物、产物均不产生额外，浓度几乎不变，因此几乎不变； ③时间段发生反应，该反应生成，使溶液酸性增强，明显降低，同时生成，使清液中增大； （4）根据滴定反应，可得关系：，中的铁元素经处理后，共得到 ，因此，，则，，故纯度为。 11．（2026·北京房山·二模）为了节约资源，减少重金属对环境的污染，一研究小组对某有色金属冶炼厂的高氯烟道灰(主要含有CuCl2、ZnCl2、CuO、ZnO、PbO、Fe2O3、SiO2等)进行研究，设计如下工艺流程，实现了铜和锌的分离回收。 已知：金属离子沉淀pH范围： 离子 沉淀pH范围 1.5-2.8 6.5-8.5 4.7-6.7 4.6-6.6 回答下列问题： (1)用离子方程式表示碳酸钠溶液显碱性的原因______。 (2)“碱浸脱氯”使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀。其中，铜盐发生反应的离子方程式为______。 (3)滤渣①中，除外，主要还有______。 (4)“中和除杂”步骤，调控溶液pH的合适范围为______。 (5)“深度脱氯”步骤发生的离子反应方程式为______。 (6)CuCl可以通过适当试剂将其溶解，并返回到______步骤中(填序号)。 a．碱浸脱氯    b．酸浸    c．中和除杂 (7)“电解分离”采用无隔膜电解槽，以石墨为阳极，铜为阴极。“电解分离”时，阴极产生大量气泡，说明铜、锌分离已完成。理由是______。 【答案】(1) (2) (3) (4)2.8~4.7 (5) (6)a (7)电解液中阳离子有、、，且放电顺序为，当有生成时，说明已充分析出 【分析】本工艺以高氯烟道灰为原料，目标为回收铜并制备硫酸锌。首先进行碱浸脱氯，加入碳酸钠溶液将可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀，氯离子进入滤液①除去；随后酸浸加入稀硫酸，碱式碳酸盐、、、均溶解，不与硫酸反应，与硫酸反应生成难溶的，二者作为滤渣①除去，滤液中含、、、、；中和除杂环节加入碱式碳酸锌调节pH，使完全沉淀为作为滤渣②除去，同时保证、未沉淀；深度脱氯环节加入粉，将转化为沉淀除去残余氯离子；最后电解分离，在阴极放电生成，剩余含的滤液经浓缩结晶得到硫酸锌。 【详解】（1）碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸根离子发生水解反应使溶液显碱性，以第一步水解为主，离子方程式为。 （2）碱浸脱氯时，铜盐中的与碳酸根离子、水反应生成碱式碳酸铜沉淀，结合电荷守恒、原子守恒配平，离子方程式为。 （3）酸浸时加入稀硫酸，不与稀硫酸反应，与稀硫酸反应生成难溶于水和酸的，因此滤渣①除外，主要还有。 （4）中和除杂的目的是使完全沉淀，同时避免、沉淀；根据金属离子沉淀pH范围，完全沉淀的pH为2.8，开始沉淀的pH为4.7，因此调控溶液pH的合适范围为2.8~4.7。 （5）深度脱氯时，加入粉作还原剂，将还原为+1价铜，与溶液中的结合生成沉淀，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平，离子方程式为。 （6）a．碱浸脱氯环节加入碳酸钠溶液，可与碳酸钠反应转化为碱式碳酸铜沉淀，重新进入后续流程，同时氯离子进入滤液①除去，a正确； b．若返回酸浸步骤，会重新引入氯离子，影响后续脱氯效果，b错误； c．中和除杂环节主要目的是沉淀，进入该步骤无法有效回收铜，c错误； 故选a。 （7）电解分离时，阴极的阳离子放电顺序为，阴极优先发生，当完全放电后，开始放电生成，因此阴极产生大量气泡时，说明已充分析出，铜、锌分离已完成。 12．（2026·北京石景山·二模）一种从废线路板(含Au、Ag、Cu等)中回收Au(金)的流程示意图如下。 已知：① 硫脲()，可简写为TU，易被氧化，能和Au+生成[Au(TU)2]+。 ② 还原反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化剂的氧化性增强。 (1)比较Au、Ag、Cu的金属活动性___________。 (2)预处理操作中，稀硝酸参与反应的化学方程式有___________。 (3)加入氧化剂强化硫脲浸金。 ① [Au(TU)2]+的结构为，与Au+配位的原子是S而不是N的原因是___________。 ② 写出Fe2(SO4)3作氧化剂强化硫脲浸金的离子方程式___________。 ③ 其他条件不变时，Fe2(SO4)3加入量对金浸出率的影响如下图所示。 分析金浸出率随Fe2(SO4)3加入量先增大后减小的原因___________。 (4)电解时，生成Au的电极反应式是___________。 【答案】(1)Cu>Ag>Au (2)3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O或3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O (3) 电负性S<N，S更易给出电子形成配体 Fe3++2TU+Au=Fe2++[Au(TU)2]+ 0.3％以前，随着Fe2(SO4)3加入量的增加，c(Fe3+)增大，浸金速率加快；0.3％以后，c(Fe3+)增大，Fe3+氧化性增强，将TU氧化，浸出率下降 (4)[Au(TU)2]++e−=2TU+Au 【分析】废线路板粉末经稀硝酸预处理后，Cu和Ag溶解进入滤液A，而Au不溶，留在固体B中，固体B中加入氧化剂硫脲浸金，生成[Au(TU)2]+，进入滤液C，未反应的固体D可能为杂质，滤液C通过电解，将[Au(TU)2]+还原为Au，同时滤液E可循环使用。 【详解】（1）根据金属活动性顺序表，Cu>Ag>Au，在预处理步骤中，稀硝酸可以溶解Cu和Ag，但Au不溶，这说明Au的还原性最弱，而Cu的还原性最强，金属活动性顺序为：Cu>Ag>Au； （2）在预处理中，稀硝酸主要与Cu和Ag反应，根据金属与稀硝酸的反应规律，化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O或3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O； （3）①在配合物[Au(TU)2]+中，S原子提供孤对电子与Au+配位，S的电负性小于N，其孤对电子更易给出，配位能力更强； ②Fe3+将Au氧化为Au+，并于TU结合生成配合物，离子方程式为Fe3++2TU+Au=Fe2++[Au(TU)2]+； ③Fe3+浓度升高，氧化性增强，Au溶解速率加快，浸出率上升，过量Fe3+氧化TU，TU浓度降低，根据已知②，当Fe2(SO4)3加入量过大时，过量的Fe3+会将TU氧化，导致TU浓度降低，Au的浸出率随之下降； （4）在阴极，[Au(TU)2]+得电子被还原为单质Au，同时释放TU分子，电极反应式为[Au(TU)2]++e−=2TU+Au。 13．（2026·北京丰台·二模）碳酸锶在电子陶瓷等行业有广泛应用。一种利用天青石(主要组成：、、、、、、MgO等)制备碳酸锶的方法如下。 Ⅰ．将天青石矿粉与碳酸钠溶液按一定比例混匀，搅拌，加热至一定温度，过滤； Ⅱ．将滤渣溶于盐酸，过滤； Ⅲ．向Ⅱ所得滤液中采用喷雾的方式加入稀硫酸，过滤； Ⅳ．向Ⅲ所得滤液中加入氨水，调节pH，过滤； Ⅴ．向Ⅳ所得滤液中加入氨水，________； Ⅵ．向Ⅴ所得的滤液中加入稍过量的，充分反应后，过滤，将沉淀洗涤干净，烘干得到。 已知：ⅰ． 物质 ⅱ 金属离子 开始沉淀的pH 1.5 4.2 8.9 完全沉淀的pH 3.0 5.1 10.9 沉淀开始溶解的pH — 7.8 — ⅲ． (1)天青石中Mg、Ca、Sr、Ba均位于元素周期表的第________族。从原子结构角度解释金属性随原子序数递增逐渐增强的原因________。 (2)步骤Ⅰ的目的是________。 (3)步骤Ⅲ过滤所得沉淀为________。 (4)步骤Ⅳ中调节pH的范围是________。 (5)将步骤Ⅴ的操作补充完整________。 (6)步骤Ⅵ中生成的离子方程式有________。 【答案】(1) ⅡA 第ⅡA族元素原子随原子序数递增，原子半径增大，原子核对核外电子吸引力减小，原子更容易失去电子，金属性逐渐增强 (2)使得转化为沉淀 (3)、 (4)5.1-7.8 (5)调pH至10.9，80℃加热浓缩，趁热过滤 (6)或 【分析】天青石矿粉与碳酸钠溶液混匀，搅拌，加热至一定温度，使得转化为更难溶的沉淀，过滤分离出滤渣，滤渣溶于盐酸，将金属元素转化为相应金属盐溶液，过滤分离出滤液，所得滤液加入稀硫酸，将钙离子、钡离子转化为硫酸钙、硫酸钡沉淀，过滤分离出滤液，滤液中加入氨水，调节pH，使得铝离子、铁离子转化为相应氢氧化物沉淀，过滤，所得滤液中加入氨水，使得镁离子转化为氢氧化镁沉淀，而Sr2+不沉淀，过滤，滤液中加入稍过量的，得到沉淀，过滤，将沉淀洗涤干净，烘干得到； 【详解】（1）Mg、Ca、Sr、Ba均位于元素周期表的第ⅡA族，第ⅡA族元素原子随原子序数递增，原子半径增大，原子核对核外电子吸引力减小，原子更容易失去电子，金属性逐渐增强； （2）由分析，步骤Ⅰ的目的是使得转化为沉淀，便于后续将Sr元素转化为溶液进行分离富集； （3）由分析，步骤Ⅲ过滤所得沉淀为、； （4）步骤Ⅳ中加入氨水，调节pH，使得铝离子、铁离子转化为相应氢氧化物沉淀，由表数据，调节pH的范围是5.1-7.8； （5）步骤Ⅴ中加入氨水，使得镁离子转化为氢氧化镁沉淀，而Sr2+不沉淀，从而除去镁离子，结合已知信息ⅲ，操作为：调节pH为10.9左右，此时转化为沉淀，80℃左右加热浓缩，趁热过滤除去沉淀，分离出滤液； （6）Ⅴ所得的滤液中含Sr2+，在碱性条件下加入稍过量的，充分反应生成沉淀，离子方程式为或。 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $