专题09 化学工艺流程综合题（2大题型）（黑吉辽蒙专用）2026年高考化学二模分类汇编

**基本信息** 聚焦化学工艺流程综合题，涵盖分离回收（如锂电池、铅阳极泥回收）和制备（如二氟草酸硼酸锂、氮化钼合成）两大题型，精选2026年多地区二模试题，注重真实工业情境与核心知识融合。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |分离回收型工艺流程|9题|涉及锂电池、三元正极材料等回收，考查氧化还原反应（如LiCoO₂酸浸）、离子方程式（沉锂反应）、沉淀溶解平衡（如Cu²⁺沉淀Ksp计算）|以新能源电池、贵金属回收为情境，梯度设计基础问答（滤渣成分）与综合计算（平衡常数）| |制备型工艺流程|11题|涵盖二氟草酸硼酸锂、BaTiO₃等制备，考查配位化学（如Y³⁺萃取平衡）、晶胞结构（LaNiₓ合金密度计算）、反应机理（分步反应书写）|结合新材料合成（如电池电解质），突出实验操作（萃取分液）与理论应用（EAN规则）的结合|

专题09 化学工艺流程综合题 2大考点概览 题型01 分离回收型工艺流程 题型02 制备型工艺流程 分离回收型工艺流程 题型01 1．（2026·内蒙古兴安·二模）锂电池是目前应用广泛的新型电池，一种回收钴酸锂废旧电池(主要成分为，同时含有少量Fe、Al、C单质)的流程如下图所示。 已知：能与结合成，在强酸性环境下重新转化为。 请回答下列问题： (1)由滤液A制取的过程发生的_______(填“是”或“不是”)氧化还原反应，中C的化合价为_______，滤渣Ⅰ的主要成分为_______。 (2)“碱浸”的目的是_______，写出Al与过量NaOH溶液反应的化学方程式：_______。 (3)写出“沉锂”步骤反应的离子方程式：_______。 (4)设计实验方案检验滤液C中的：_______。 (5)高铁酸钠(，其中铁为+6价)是一种高效多功能水处理剂。工业上用次氯酸钠和氯化铁为原料来制取高铁酸钠，该反应的离子方程式为_______。 【答案】(1) 不是 +3 C (2) 除去Al (3) (4)取少量滤液C中的溶液于试管中，加入足量的稀硝酸酸化，再滴入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明滤液C中含有，反之则无 (5) 【分析】钴酸锂废旧电池主要成分为，同时含有少量的单质，加碱浸泡，铝和碱液反应生成四羟基合铝酸盐和氢气，固体残渣为：的单质和，加盐酸发生反应：，，滤渣I为C，产生的氯气将氧化为，则滤液A为、、、，向滤液A中加入草酸铵，生成，能与结合成，滤液B为：、、，往滤液B中加入，发生的离子反应为，滤液C为、，加盐酸处理，在强酸性环境下重新转化为，经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到产品，据此分析。 【详解】（1）由分析可知，滤液A中含有，加入草酸铵后，和草酸根反应后生成，没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应；中为+2价，O为-2价，H为+1价，根据正、负化合价为零的原则可知，中C的化合价为+3；由分析可知，滤渣I的主要成分为C。 （2）“碱浸”时废旧电池中的Al可以和氢氧化钠反应，则“碱浸”的目的是除去Al；铝和过量氢氧化钠溶液反应生成和氢气，方程式为。 （3）“沉锂”步骤反应中锂离子与碳酸氢钠反应，离子方程式为。 （4）氯离子可以和银离子反应生成白色沉淀，具体检验方案为：取少量滤液C中的溶液于试管中，加入足量的稀硝酸酸化，再滴入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明滤液C中含有，反之则无。 （5）在碱性条件下，次氯酸根离子可以将三价铁氧化为高铁酸根离子，本身被还原为氯离子，离子方程式为。 【点睛】 2．（2026·吉林白城·二模）新能源汽车使用锂离子电池为动力源，研究回收废旧正极材料中Li、Ni、Mn等资源可以促进新能源产业的良性发展。如图甲是一种三元锂电池废旧正极材料的回收工艺。 已知：①三元锂电池废旧正极材料主要成分可以表示为LiMO2(M：Ni、Co、Mn)。 ②、、。 回答下列问题： (1)若采取硫酸与双氧水混合液浸取LiNiO2中的镍元素使其转化为Ni2+，反应的离子方程式为_________。 (2)采用有机酸代替无机酸浸取废旧正极材料具有污染性低、腐蚀性小等优点，请比较HCOOH、CH3COOH、CH2ClCOOH三种有机酸的酸性：_________(由强到弱)，从结构角度说明原因：_________。 (3)浸取液中金属离子生成含硫沉淀情况与pH的关系如图乙。pH=5时溶液中_________。 (4)沉锂时，反应的离子方程式为_________。 (5)沉锂母液里依然含有一定量的锂离子，经过添加_________(化学式)试剂后，通过蒸发浓缩、_______(操作名称)，过滤分离出无水硫酸钠后，可进行二次沉锂。 相关数据如表： 温度/℃ 0 10 20 30 40 Na2SO4溶解度/g 4.5 9.5 20.5 40.8 48.4 Li2SO4溶解度/g 36.1 35.4 34.8 34.3 33.9 【答案】(1) (2) CH2ClCOOH>HCOOH>CH3COOH 烃基是推电子基团，烃基越长推电子效应越强，使羧基中的烃基的极性越小，羧酸的酸性越弱，所以甲酸的酸性强于乙酸。而氯原子吸电子，所以氯乙酸的酸性比甲酸强，所以酸性强弱：CH2ClCOOH>HCOOH>CH3COOH (3)80 (4) (5) H2SO4 冷却结晶 【分析】使用硫酸与双氧水混合液或有机酸对废旧正极材料进行浸取，将其中的锂、镍、钴、锰等元素转化为离子进入溶液。硫酸与双氧水混合浸取时，中的镍元素被还原为，同时双氧水被氧化产生氧气。向浸取液中加入等试剂，使溶液中的金属离子生成硫化物沉淀，通过控制溶液pH来分离不同金属离子，例如根据、等溶度积常数的差异，在一定pH下实现与等的分离，向除杂后的溶液中加入，使锂离子转化为沉淀。沉锂母液中仍含有锂离子，通过添加，再经过蒸发浓缩、冷却结晶等操作分离出无水硫酸钠后，可进行二次沉锂，以提高锂元素的回收率。 【详解】（1）硫酸与双氧水混合液浸取，镍元素转化为，镍元素化合价降低，双氧水中氧元素的化合价升高被氧化为氧气，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得离子方程式为； （2）烃基是推电子基团，烃基越长推电子效应越强，使羧基中的羟基的极性越小，氢原子越难电离，羧酸的酸性越弱，所以甲酸的酸性强于乙酸。而氯原子是吸电子基团，所以氯乙酸的酸性比甲酸强，故酸性强弱为； （3）根据溶度积常数表达式，时，、沉淀率均达到百分之百，NiS和CoS达到沉淀平衡，所以溶液中； （4）沉锂时，锂离子和碳酸氢根离子反应生成沉淀、二氧化碳和水，离子方程式为。 （5）沉锂母液里依然含有一定量的锂离子，添加后，锂离子转化为硫酸锂，根据题表可知，硫酸钠的溶解度随温度升高而增大，硫酸锂的溶解度随温度变化不明显，所以通过蒸发浓缩、冷却结晶，可过滤分离出无水硫酸钠，然后再进行二次沉锂。 3．（2026·辽宁丹东·二模）铅阳极泥是铅电解精炼过程中产出的一种副产品，通常含有Au、Ag、Cu、Pb、Sb、Bi及水分，是提取Au、Ag等贵金属的重要原料。工艺流程如下： 已知：①常温下，； ②常温下，  。 (1)“原料预处理”中需将原料进行球磨粉碎，目的是___________。 (2)浸液可用来回收利用Cu、Pb、Sb、Bi等金属，在“选择性浸出”中，溶解Cu的化学反应方程式为___________。 (3)若相关金属的浸出率与盐酸浓度、温度的关系如图所示，则选择盐酸的浓度应为___________，温度应为___________℃。 (4)“分银”原理为，常温下该反应的平衡常数___________，若加入1 L 溶液溶解a mol AgCl，理论上溶液的浓度须达到___________(忽略溶解前后溶液的体积变化)。 (5)HCHO的作用为___________；再生后的母液返回“分银”工序循环使用，发现循环多次后银的浸出率降低，从平衡移动的角度分析可能的原因是___________。 (6)若分金液中金以的形式存在，则“氯化分金”中发生的离子方程式为___________。 【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率，提高原料利用率 (2)或 (3) 4 50 (4) (5) 还原剂 分银时发生反应：，循环多次后，溶液中不断积累、浓度增大，可逆反应平衡逆向移动，银的浸出率降低 (6) 【分析】该工艺流程是从铅阳极泥中分离提取金、银的贵金属提取工艺。先除去贱金属杂质，再分离银和金，分别还原提纯得到成品，各环节分析：原料预处理：将铅阳极泥球磨粉碎，目的是增大原料的比表面积，增大后续浸出反应的接触面积，加快反应速率，提高金属浸出率；选择性浸出：通入、加入HCl，将原料中的Cu、Pb、Sb、Bi等贱金属氧化溶解，进入浸液（可后续回收这些金属）；Ag被氧化转化为难溶的AgCl固体，Au不发生溶解反应，二者都留在浸渣中，实现贱金属与贵金属Au、Ag的初步分离；一次分银：向浸渣中加入，AgCl会与结合生成可溶性配离子，Ag进入分银液；Au不反应，留在分银渣中，实现Ag和Au的分离；氯化分金：向分银渣中加入氧化剂、NaCl、，酸性条件下Au被氧化，转化为可溶性的进入分金液；未浸出的残留Ag留在分金渣中；二次分银：分金渣中还残留未提取的Ag，再次加入浸出Ag，得到的分银液和一次分银的分银液合并，提升银的总回收率；金的提纯：分金液中的被还原得到Au单质（粗金），粗金进一步提纯后得到成品金，反应后废液排出；银的提纯：合并后的分银液加入NaOH和HCHO，HCHO作为还原剂，将中+1价的Ag还原为Ag单质，得到粗银；粗银经电解精炼得到成品银；还原后的母液通入再生，得到的亚硫酸钠溶液可返回分银工序循环使用。 【详解】（1）原料为固体，经过球磨粉碎，可以增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率； （2）加入和HCl溶解Cu，Cu可与反应，化学反应方程式为或； （3）浸出步骤中，需将Cu、Pb、Sb、Bi溶解，Ag生成固体AgCl，由图中信息可知，选择盐酸的浓度应为，温度应为50℃； （4）根据，；由分银原理的离子方程式可知，参与反应的物质的量为AgCl物质的量的2倍，即需。根据分银原理离子方程式的平衡常数，可知溶液中，因此溶液的浓度须达到； （5）“还原”步骤中加入HCHO的目的是作为还原剂将还原为Ag；分银时发生反应：，循环多次后，溶液中不断积累、浓度增大，可逆反应平衡逆向移动，银的浸出率降低； （6）分金液中金以的形式存在，则“氯化分金”中发生的离子方程式为2Au + ClO3- + 6H+ + 7Cl- = 2[AuCl4]- + 3H2O 4．（2026·内蒙古呼和浩特·二模）一种利用处理铜阳极泥所得焙砂(主要含有、、、、)回收的流程如下。 已知： ①木糖醇分子式为，碱性环境可以与形成配离子； ②常温下难溶于水。 回答下列问题： (1)“酸浸”中提高浸取率的方法为_______(答出一条即可)，加入的作用是_______。 (2)滤液1中的主要金属元素除外还有_______(填元素符号)。 (3)“除铅”中木糖醇除促进溶解还有转化的作用 ①从平衡移动角度解释木糖醇促进溶解的原因_______。 ②还原的过程中木糖醇转化为，该反应的离子方程式为_______。 (4)“焙烧”中调控温度使转化为，不同温度下焙烧所得含晶体的X射线衍射谱图如下(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态出现衍射峰的衍射角不同)。 ①转化为的化学方程式为_______。 ②图中转化率较高的温度为_______。 (5)“除锡”中若pH较低会生成_______(填物质化学式)导致的浸出率下降。 【答案】(1) 粉碎原料；适当提高温度；适当提高酸的浓度 将微溶物转化为难溶物AgCl，减少Ag的损失 (2)Cu (3) 木糖醇与发生反应，溶液中浓度下降，促使沉淀溶解平衡正向移动 (4) 900℃ (5) 【分析】焙砂(主要含有、、、、)加入H2SO4和NaCl的混合溶液酸浸，滤液中主要含有Cu2+、Na+、H+，滤渣1为、PbSO4、SnO2，滤渣1用木糖醇、混合溶液处理，木糖醇在碱性条件下与Pb2+形成可溶性配离子[Pb(C5H10O5)(OH)2]2-，同时将AgCl还原为Ag，滤渣2中含有和SnO2，加入试剂Na2CO3焙烧，在高温下，Na2CO3与SnO2反应生成可溶的，滤渣3主要含有Ag和，加入NaOH防止转化为难溶于水的，过滤后得到含有的滤液和Ag。 【详解】（1）“酸浸”中提高浸取率的方法为：粉碎原料、适当提高温度、适当提高酸的浓度；原料中含有，硫酸银微溶于水，加入NaCl后， 转化为更难溶的 ，实现银元素的富集和初步分离。 （2）在“酸浸”过程中，焙砂中的氧化铜（）和硫酸铜（）会与硫酸反应或溶解，形成硫酸铜溶液。因此，滤液1中除了加入的钠离子（）外，最主要的金属元素是Cu。 （3）①硫酸铅（）在水中存在沉淀溶解平衡：。根据已知信息①，在碱性条件下，木糖醇能与铅离子（）反应，生成可溶性的配离子。这个反应消耗了溶液中的，导致其浓度降低。根据勒夏特列原理，的溶解平衡会正向移动，以补充被消耗的，从而促进了固体的不断溶解； ②在碱性条件下，木糖醇（）将氯化银（）还原为银单质（），自身被氧化为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。 （4）①二氧化锡（）是酸性氧化物，在高温下与碳酸钠（）反应生成锡酸钠（）和二氧化碳（），化学方程式为：； ②根据X射线衍射图谱，在800℃时，图谱中同时存在和的衍射峰，说明反应不完全。在900℃时，图谱中只出现了的衍射峰，而没有的峰，说明已经完全转化。因此，转化率较高的温度为900℃。 （5）在“除锡”步骤中，通过加入氢氧化钠（）溶液来溶解焙烧产物中的锡酸钠，使其与不溶的银分离。如果溶液的pH较低，离子会与氢离子（）反应生成难溶于水的锡酸（）沉淀，该沉淀会混在银中，导致的浸出率下降。 5．（2026·辽宁抚顺·二模）银由于其优异的物理化学性质，在工业、医学、电子和贵重饰品等领域有着广泛的用途。从富贵锑提金渣(主要成分为、，还含有少量的、、)中提取单质银的生产工艺如下： 已知：①锑的氧化物为两性氧化物。 ②常温下：，，，。 (1)47号元素位于周期表的第___________周期。 (2)中的价态是、价，则在该氧化物中，价锑与的价锑的比例是___________。 (3)脱氯的目的是将中的氯分离到溶液中，以银单质形式存在于脱氯渣中，在还原脱氯过程中，发生的化学反应方程式是___________。(氧化产物不污染环境) (4)化学上常用同一条件下的电极电势E(氧化型/还原型)比较物质的氧化能力，E值越高，氧化型物质的氧化能力越强，E值越低，还原型物质的还原能力越强，E值与体系的值有关。下图是系电势图。根据图上的信息，还原脱氯步骤中会被反应生成___________。 (5)氧化分银中加入的好处是___________。(写一条) (6)沉铅步骤中用量不易太多的原因是___________。 (7)直接还原中，采用下列工艺： 已知： 则还原步骤中(甲醛反应后生成碳酸根)的离子反应方程式为___________。 【答案】(1)五 (2) (3) (4) (5)不产生污染环境的氮氧化物；代替硝酸的氧化性，硝酸只用于提供硝酸根(或其他合理答案) (6)减少的损失(或其他合理答案) (7) 【分析】原料经还原脱氯利用水合肼作还原剂，将AgCl还原为Ag单质，Ag、Pb和Au进入脱氯渣，其他进入脱氯液；脱氯渣加入硝酸和过氧化氢，使Ag和Pb转化为和离子，Au形成分银渣；再加硫酸沉铅，然后加氯化钠形成沉淀，再经还原得到Ag单质，据此分析。 【详解】（1）Ag为47号元素，原子核外电子排布为2、8、18、18、1，共5个电子层，位于第五周期； （2）设+3价Sb个数为，+5价Sb为，化合物化合价代数和为0：，解得，故+3价与+5价Sb比例为； （3）水合肼作还原剂，将AgCl还原为Ag单质，氧化产物为无污染的，碱性环境下配平即得该反应； （4）还原脱氯在碱性条件下进行，且的电极电势低于，还原性更强，可将+2价的还原为Pb单质； （5）作氧化剂，还原产物为水，无污染物生成，也不引入新杂质，优于硝酸单独氧化； （6） 由可知，过高时，离子积，会析出，造成银损失； （7）碱性条件下甲醛还原配离子中的为Ag单质，甲醛被氧化为，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平即得该离子方程式：。 6．（2026·内蒙古乌兰察布·二模）工业上以黑铜泥(主要含，还含少量、的氧化物)为原料，回收得到(微溶于水)和的简易工艺流程如下： 已知：①室温下，、； ②溶于溶液形成的为10～12； ③室温下，，砷酸在酸性条件下有强氧化性，能被、等还原。 回答下列问题： (1)写出“氧化酸浸”时，与反应的离子方程式：_______。 (2)调为9，此时“沉铜锌”后的溶液中_______。 (3)“还原”步骤中，将还原为，写出该反应的化学方程式：_______。 (4)“还原”后检验溶液中是否仍存在砷酸的实验方法是_______。 (5)试剂a是_______(填“NaOH溶液”或“氨水”)，操作a是_______，试剂b的名称是_______。 (6)铜与氮元素形成的具有良好的电学和光学性能，其立方晶胞结构如图所示(楼长为)，则的配位数为_______，晶体的密度为_______g(阿伏加德罗常数的值用表示)。 【答案】(1) (2) (3) (4)取少量还原后的溶液于试管中，滴加淀粉碘化钾溶液，若溶液变蓝，说明仍存在砷酸，若无明显现象，说明不含砷酸（其他答案合理即可） (5) NaOH溶液 溶解、过滤 稀硫酸 (6) 6 【分析】黑铜泥(主要含，还含少量、的氧化物)加稀硫酸和过氧化氢氧化酸浸，浸渣为，浸出液含、、，加NaOH调节pH=9，沉铜锌后滤渣为和，过滤，滤液加稀硫酸酸化，通入还原As元素，生成；滤渣加入NaOH，调pH=12，使形成，过滤后向滤饼中加入硫酸，溶解，经系列操作可得，据此分析； 【详解】（1）酸性条件下，被氧化，Cu从价升高到价，从价升高到价，总共升高价；中O从价降低到价，总共降低价，方程式：； （2）同一溶液中相同，根据，，可得： ； （3）被还原为，As化合价从降为；被氧化为，S化合价从升为+6，方程式：； （4）根据题干已知，砷酸酸性条件下有强氧化性，可氧化生成，淀粉遇变蓝，因此可用淀粉碘化钾溶液检验时，方法：取少量还原后的溶液于试管中，滴加淀粉碘化钾溶液，若溶液变蓝，说明仍存在砷酸，若无明显现象，说明不含砷酸； （5）沉铜锌后滤渣为和，已知可溶于的NaOH溶液生成可溶性四羟基合锌酸钠，而不溶，因此选NaOH溶液分离Zn和Cu，分离固体液体的操作为溶解、过滤；滤渣需要用稀硫酸溶解得到硫酸铜溶液，再制备胆矾，故试剂为稀硫酸； （6）根据晶胞结构，位于顶点，个数为，位于棱心，个数为，顶点周围距离最近的共个（轴正负方向各1个），故配位数为。 晶胞体积，晶胞质量，密度。 7．（2026·吉林长春·二模）氟碳铈矿是一种重要的稀土矿物，主要成分为[R代表钇(Y)、镧(La)、铈(Ce)]，常伴生有Fe、Al、Mg等杂质。一种以氟碳铈矿综合回收Y、La、Ce的工艺路线如下： 已知：①稀土氧化物()可溶于稀盐酸，不溶。 ②常温下各种金属离子完全沉淀的pH如下表： pH 11.6 9.0 8.3 3.2 4.7 ③溶质X的萃取分配系数；萃取率。 回答下列问题： (1)氟碳铈矿中伴生的Al是第___________周期第___________族元素。 (2)在空气中焙烧第一步转化为和，再转化为，第一步转化的化学方程式为___________。 (3)滤渣1中主要成分除了外还有___________(填化学式)。 (4)滤液2中的金属离子主要为___________(填离子符号)。 (5)“萃取”和“反萃取”过程可简化为：(水相)(有机相)(有机相)(水相)，其中代表P507。 ①该过程属于___________(填“阳离子交换”或“阴离子交换”)萃取。 ②若水相为100 mL，萃取时每次用30 mL P507。已知，则理论上第一次萃取时的最大值为___________(忽略萃取过程中液体体积的变化)。 ③“反萃取”过程中加入的试剂是___________。 (6)焙烧得到疏松的固体的原因是___________。 【答案】(1) 三 ⅢA (2) (3)、 (4) (5) 阳离子交换 75% 盐酸(HCl) (6)受热分解产生大量的和气体，逸出的过程中导致产物疏松 【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、杂质和不溶的，得到含、、的滤液1，滤液1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，有机相反萃取得到，实现了钇、镧、铈的综合回收。 【详解】（1）Al的原子序数为13，核外电子层为3层，最外层3个电子，位于周期表第三周期第ⅢA族。 （2）中Ce为+3价，焙烧被氧化为+4价，根据原子守恒、电子守恒配平得 。 （3）已知完全沉淀pH=4.7，调节pH=5.0时完全沉淀为；且不溶于稀盐酸，因此滤渣1还含这两种物质。 （4） 调pH除去、、后，滤液1中剩余、、；加入后、沉淀为草酸盐，留在滤液2中。 （5）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）进入水相，属于阳离子交换萃取。 ②设，平衡时，，，，根据，解得，。 ③ 反萃取需要使平衡左移，增大即可，且产物为，加入稀盐酸不引入杂质。 （6）草酸钇焙烧分解生成，同时放出大量、气体，气体逸出后固体形成疏松结构。 8．（2026·辽宁沈阳·二模）某工厂回收废荧光粉(含Y2O2S、Eu2O2S、Al、ZnS)中的Y、Eu元素流程如下： 已知：①整个流程中钇(Y)、铕(Eu)两种元素的化合价保持不变 ②用(HA)2萃取Y3+的原理为Y3++3(HA)2(有机相)Y(HA2)3(有机相)+3H+ (1)“氧化浸出”无污染气体产生，其产物部分X射线衍射图如下，据此写出Y2O2S发生反应的化学方程式___________。 (2)“滤渣”的主要成分为___________(填化学式)。 (3)“沉锌”过程中当溶液pH=2时，若c(Zn2+)=1×10-5 mol/L，则此时溶液中c(H2S)=___________mol/L。已知Ka1(H2S)=1×10-7、Ka2(H2S)=1×10-13、Ksp(ZnS)=1.6×10-24。 (4)“反萃取”后获得的混合物通过___________操作分离。 (5)“沉铕”时反应的离子方程式为___________。 (6)常温下，两相平衡体系中，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=，萃取率E=×100%。取1000 L沉锌后滤液，测得Y3+浓度为50 mg/L，加入(HA)2萃取剂500 L，若D=40，则单次萃取率E=___________%(精确到0.1)。若要提高萃取率，可以采取的措施为___________(写一条即可)。 【答案】(1) (2)Al(OH)3、S (3)1.6×10-3 (4)分液 (5) (6) 95.2 增大D(调节pH或更换萃取剂)、增大有机相体积或者多次萃取 【分析】氧化浸出：浓硫酸在高温下将荧光粉中的稀土氧化物、硫化锌等完全浸出，生成可溶性硫酸盐（如 、、），-2价S被氧化为S单质，实现固液分离；调 pH：向浸出液中加入碱（如 NaOH、氨水）调节 pH沉淀除去，生成氢氧化铝滤渣，实现初步除杂，同时避免后续沉锌、萃取环节受杂质干扰；沉锌：加（硫化钠）将转化ZnS沉淀，而稀土离子、在该 pH 下不沉淀进入溶液；萃取：利用萃取剂对 、与其它残留杂质的选择性萃取能力，将稀土离子萃取到有机相，实现稀土与非稀土杂质的深度分离；洗涤：用稀硫酸洗涤负载稀土的有机相，洗去共萃取的微量杂质离子，进一步提纯有机相中的稀土组分，洗涤液可循环回萃取工序，提高回收率；反萃取：高浓度硫酸破坏萃取平衡，将有机相中的 、反萃取到水相，得到高纯度的溶液；沉铕：（草酸铕难溶于水，可完全沉淀，实现铕与钇的分离；高温煅烧：草酸铕在高温、氧气氛围下分解高纯度；据此分析解题。 【详解】（1）Y化合价不变，中S为-2价，氧化浸出无污染气体，结合X射线衍射图产物可知-2价S被浓硫酸氧化为S单质，配平后得到上述方程式为：； （2）废荧光粉中的-2价S被氧化为S单质，，调pH后水解生成沉淀，即为滤渣，故滤渣成分为、S； （3），得， 由​，pH=2时，代入得： ； （4）反萃取后得到互不相溶的有机相和水相，用分液操作分离； （5）Eu为+3价，草酸为弱酸不拆，生成草酸铕沉淀，配平得到离子方程式； （6）设水相浓度为，则，，，萃取率： ； 根据萃取平衡：Y3++3(HA)2(有机相)Y(HA2)3(有机相)+3H+，降低浓度(调pH)、多次萃取、增加萃取剂用量均可提高萃取率。 9．（2026·辽宁鞍山·二模）钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质，从该废渣中提取钴元素的一种流程如下： 回答下列问题： (1)基态Co原子的未成对电子数为____； (2)“酸浸”步骤得到的浸渣的主要成分是________（填化学式）； (3)已知25℃的，；，计算25℃时“沉铜”反应的平衡常数数值为___（保留两位有效数字）； (4)“沉锰”步骤中生成的离子方程式是________； (5)“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，与NaClO反应的离子方程式为________； (6)有研究团队用柠檬酸代替稀酸浸废渣，最大程度回收其中的钴元素。柠檬酸为羟基三羧酸，分子式为，与钴离子有较强的配合能力。但柠檬酸浓度过大时，形成的配合物在水中的溶解度会下降。 ①用柠檬酸代替稀，可能的原因是___（填代号）； a．有机酸易降解、污染小，绿色、安全 b．减少浸出过程中产生的，减小环保压力 c．柠檬酸中C原子电负性小，易提供孤电子对与金属离子形成配位键，可提高金属元素浸出率 ②浸出率受多种因素的影响，该研究团队探究酸的浓度、浸出温度对浸出率的影响，结果如下： 据此，选择钴元素最佳浸出浓度和温度是_______。随柠檬酸浓度的变化，钴元素浸出率变化的原因是________________________。 【答案】(1)3 (2)Cu、 (3) (4) (5)或 (6) a 0.8 mol/L，60℃ 低浓度时，柠檬酸与金属离子配位能力弱，浸出率低；浓度过高时，配合物溶解度下降，浸出率降低 【分析】炼锌废渣含锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌、铜单质，经稀酸浸，锌、铁、钴、锰的氧化物及锌单质溶解为对应硫酸盐，铜单质不溶，铅元素转化为沉淀，浸渣主要为、；酸浸液通入，与反应生成沉淀，实现沉铜；加入，被氧化为沉淀，实现沉锰；加调，水解为沉淀除去；最后加，被氧化为沉淀，完成沉钴，据此分析。 【详解】（1）为27号元素，基态原子的核外电子排布式为，轨道有3个未成对电子，因此基态原子的未成对电子数为3； （2）废渣中铜单质与稀硫酸不反应，铅的+2价氧化物与稀硫酸反应生成，难溶于水，因此“酸浸”步骤得到的浸渣主要成分为、； （3）“沉铜”反应为，其平衡常数。根据的电离平衡：，，的溶度积：，则。代入数据：； （4）“沉锰”步骤中，被氧化为，被还原为，配平得离子方程式为； （5）“沉钴”步骤中，的弱酸性条件下，被氧化为沉淀，被还原为，配平得离子方程式为；若过量，部分与结合生成，对应离子方程式为； （6）①a．柠檬酸为有机酸，易降解、污染小，绿色安全，a符合题意； b．稀硫酸酸浸时，废渣中无还原性物质与硫酸反应生成，b不符合题意； c．柠檬酸中提供孤电子对的是、中的原子，而非原子，c不符合题意； 故选a； ②由酸浓度-浸出率图像可知，柠檬酸浓度为0.8mol/L时钴元素浸出率最高；由温度-浸出率图像可知，浸出温度为时钴元素浸出率最高，因此最佳浸出浓度和温度为0.8mol/L、；柠檬酸浓度较低时，柠檬酸与钴离子的配位能力较弱，钴元素浸出率较低；随着柠檬酸浓度升高，配位作用增强，浸出率升高；当浓度过高时，形成的配合物在水中的溶解度下降，导致钴元素浸出率降低。 制备型工艺流程 题型02 10．（2026·内蒙古包头·二模）二氟草酸硼酸锂(，分解温度为)，在较宽的温度范围内具有良好的离子电导率，对水分不敏感，被认为是最有希望取代六氟磷酸锂(，分解温度约)的电解质锂盐。由锂精矿(主要成分有，还含有少量等离子)制备的工艺流程如图所示。 回答下列问题： (1)调浆浸出时通入热空气的作用是_______。 (2)锂精矿中所有的Al元素和Si元素，以某种铝硅酸盐(金属元素只有铝元素)从滤渣1中分离，该铝硅酸盐的化学式可表示为_______，滤渣2的主要成分是、和_______(填化学式)。 (3)分离提纯的步骤，将滤液蒸发浓缩，加入NaOH后，冷却到分离出。再将分离后的母液_______、_______(填操作名称)，得到LiOH固体。 (4)一般认为和反应分两步进行，补齐第一步反应。 第一步：_______； 第二步：。 (5)具有五元环结构，B原子的轨道杂化类型是，其结构式可表示为_______。 (6)在潮湿环境中，和两种样品的XRD图谱(可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。 暴露在环境中迅速产生气体X，形成白雾，X由两种元素组成，其化学式为_______；替代作电池电解质的优势为_______(答出2点)。 【答案】(1)通入热空气，将氧化为，便于后期除去 (2) Al2O3·4SiO2或Al2Si4O11 Fe(OH)3 (3) 蒸发结晶 趁热过滤 (4) (5) (6) HF 分解温度更高（热稳定性更好）；对水分不敏感，在潮湿的环境中更稳定 【分析】锂精矿(主要成分有LiAlSi2O6还含有少量Fe2+等离子)，通入热空气，将Fe2+氧化，便于后期除去；LiAlSi2O6可改写为Li2O·Al2O3·4SiO2；所以滤渣1为Al2O3·4SiO2，加入Ca(OH)2提供氢氧根离子，使得Fe3+生成Fe(OH)3除去；然后加入NaOH生成LiOH，加入H2C2O2得到Li2C2O2；然后加入BF3和有机溶剂DMC，经过除酸后得到LiBF2C2O4粗品；重结晶得到LiBF2C2O4；据此分析解题。 【详解】（1）热空气一方面提高体系温度，加速矿物浸出；另一方面空气中将原料中的氧化为，方便后续调pH沉淀除去。 （2）可改写为；根据题中信息可知，只有浸出进入溶液，所以滤渣1为Al2O3·4SiO2或写为Al2Si4O11，加入Ca(OH)2提供氢氧根离子，使得Fe3+生成Fe(OH)3除去。 （3）分离出后，母液中提取，经蒸发浓缩、趁热过滤可得到固体。 （4）根据原子守恒和第二步反应（消耗生成的），第一步得到目标产物，配平后即得到反应： 。 （5）B为杂化，共形成4个σ键，2个连接F，2个连接草酸根的两个氧，形成五元环结构，每个碳连接一个双键氧，结构表示为。 （6）在潮湿环境水解，生成两种元素的气体，遇水蒸气形成白雾；根据题干信息和XRD图谱，分解温度更高（热稳定性更好），且对水不敏感，潮湿空气中不易变质，这是其取代的核心优势。 11．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）镧(La)和钕(Nd)都是重要的稀土元素。镧可用于制备储氢材料——镧镍合金，该合金在常温常压下就可吸放氢气。钕是轻稀土里价值最高、用量最大的战略金属，主打磁性、着色、合金三大方向。一种由独居石制备和的流程如图所示： 已知： Ⅰ．独居石的主要成分为(Re=Nd、La)，还含有Si、Al、Fe的化合物等杂质。Nd、La最常见的价态为+3。 Ⅱ．室温下，，，离子浓度小于或等于 时，认为该离子沉淀完全。 Ⅲ．萃取原理：水相中的与有机萃取剂P507(HR)发生螯合萃取，反应为  (其中aq代表水相，org代表有机相)。 回答下列问题： (1)“碱分解”的目的是将难溶于酸的转化为可溶于酸的，“碱分解”时发生反应的化学方程式为___________。 (2)“水浸过滤”后的滤渣为、、和，滤渣1的成分为___________。 (3)“调pH”环节控制pH的最小值为___________(保留两位有效数字)。 (4)“反萃取”为了从有机相中重新获得高浓度的溶液，通常采用溶液进行洗脱，若要提高反萃取率，应采取的措施是___________(填字母)。 A．加入强酸，增大水相中 B．加入弱碱，中和水相中的 C．升高温度 D．无限延长反萃取搅拌时间 (5)“沉钕”时加入溶液将转化为沉淀，该反应的离子方程式为___________。 (6)合金的一种晶胞结构属于面心立方晶系(如图所示)。该结构中Ni处于La组成的四面体空隙中，当x=1.5时，四面体空隙的填充率为___________，该晶胞中由La组成的八面体空隙平均有___________个。 【答案】(1) (2) (3)4.7 (4)AC (5)或 (6) 75% 4 【分析】本题用独居石制备和，先加入浓进行碱分解将难溶于酸的转化为可溶于酸的，“水浸过滤”后的滤渣为、、和， 再加入盐酸酸溶过滤，因为只溶于氢氟酸，在盐酸中不溶解，其他固体均发生酸碱中和反应，因此滤渣只有，然后调节pH将Al3+和Fe3+完全沉淀除去，将滤液进行分液，水相里主要为，加入草酸溶液后生成草酸镧沉淀，煅烧得到；有机相主要为，反萃取后加入生成碱式碳酸钕，煅烧后得到； 【详解】（1）“碱分解”的目的是将难溶于酸的RePO4转化为可溶于酸的，“碱分解”时发生反应的化学方程式为。 （2）“水浸过滤”后的滤渣为、、和，根据分析不与HCl反应，滤渣1的成分为； （3）室温下，，，调节pH时生成沉淀，，pH=14-9.3=4.7，控制pH的最小值为4.7； （4）提高反萃取率即反应平衡向逆向移动； A．加入强酸，增大水相中，反应平衡逆向移动，可提高反萃取率，A正确； B．加入弱碱，中和水相中的，反应平衡正向移动，不可提高反萃取率，B错误； C．反萃取为吸热反应，升高温度，可提高反萃取率，C正确； D．反应达到平衡时，无限延长反萃取搅拌时间，不可提高反萃取率，D错误； 故选AC； （5）“沉钕”时加入溶液将转化为沉淀，该反应的离子方程式为或； （6）当x=1.5时，合金的化学式为，1个晶胞中La的数目为8×1/8+6×1/2=4，则Ni的数目为6，四面体空隙的填充率为6/8=75%；由题图可知，该晶胞中由La组成的八面体空隙平均有4个。 12．（2026·内蒙古赤峰·二模）铼是航空航天、清洁能源领域的关键金属。以钼精矿（主要成分有、，还含有、、、等杂质）为原料制备高铼酸铵的工艺流程如下。 (1)“氧压碱浸”时的主要产物有、、，写出发生反应的离子方程式___________； (2)“水相1”中的，阴离子主要是、和，“滤渣2”的成分是___________和___________。 (3)“萃取”选用季铵盐比传统萃取剂叔胺对萃取率更高，试从微粒之间的作用力角度分析原因___________。 (4)“反萃取”时生成的化学反应方程式___________；“有机相2”___________（填“能”或“不能”）直接返回到“萃取”步骤实现循环利用。 (5)滤渣3为，，“除磷”过程中按加入充分反应，欲使磷、镁元素共沉淀完全，最低浓度应控制在___________mol/L。 (6)下图是的X射线衍射图谱，则属于___________（填“晶体”或“非晶体”）。 (7)EAN规则指出：配合物中心原子价电子数和配体提供的电子数之和为18则较稳定。提纯Re时，Re单质与CO会自发形成二聚物以满足EAN规则。已知Re与Mn同族，且该二聚物的红外光谱中检测到Re-Re键吸收峰，其分子式为___________。 【答案】(1) (2) (3)季铵盐为离子化合物，阳离子对的吸附能力强于叔胺分子或季铵盐为离子化合物，在水中溶解性更好，可以与更充分接触 (4) 不能 (5) (6)晶体 (7) 【分析】钼精矿(主要成分有、，还含有、、、等杂质)在氧压碱浸时、会生成、、；、、、分别生成、、、等，过滤，滤渣1主要为；滤液中加硫酸调pH可以将、转化成、进入滤渣2；加入进行萃取，得到进入有机相1；分液后，对有机相加进行反萃取，生成，分液后进入水相2中；加入硫酸镁与反应生成沉淀，过滤进入滤渣3；再经过后续处理得到纯品； 【详解】（1）中从价升高到价，从价升高到价，共失去电子，得到电子，根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平得离子方程式为：； （2）原杂质中的碱浸生成，碱浸生成，调的酸性条件下，转化为沉淀，转化为沉淀； （3）季铵盐电离出带正电的，而叔胺为中性分子，带正电的与阴离子的静电作用更强，更易结合，萃取率更高； （4）萃取后有机相中与结合为，反萃取时与反应生成和有机相产物，故反应的化学方程式为：；有机相产物为，与萃取步骤需要的不同，因此不能直接循环利用； （5）沉淀完全时，离子浓度不超过，由，得，根据，代入得： ； （6）晶体的X射线衍射图谱有特征的分立衍射峰，该图谱有明显的衍射峰，因此属于晶体； （7）与同族，价电子数为；二聚存在键，每个从键得到个电子，每个提供个电子，根据EAN规则：，解得，每个结合个，因此二聚体分子式为。 13．（2026·辽宁盘锦·二模）二氧化钌()主要用作高效析氧反应的催化剂，也是制作电阻和电容器的重要原料。一种以含钌废渣为原料制备二氧化钌和副产物的工艺流程如图1所示： 已知：“碱熔”时与反应生成可溶于水。 回答下列问题： (1)“粉碎”的目的是___________，基态Ni原子的价电子排布图为___________。 (2)配合物中提供空轨道的原子是___________(填原子符号)。 (3)已知，写出和HCl溶液反应生成和的离子反应方程式：___________。 (4)用P204萃取和的萃取率随pH的变化如图2所示： 则“萃取分液”时应控制的pH为___________左右，萃取用到的玻璃仪器有烧杯和___________。 (5)“沉钌”后分离得到沉淀的操作是___________。 (6)某溶液与100mL盐酸恰好反应，在反应后溶液中加入足量的生成7.36g沉淀，则盐酸的物质的量浓度为___________。 【答案】(1) 增大反应物的接触面积，提高碱熔的反应速率和碱熔率 (2) (3) (4) 3 分液漏斗 (5)过滤、洗涤、干燥 (6)2.2 【分析】含钌废渣粉碎后加入氢氧化钠和过氧化钠进行碱溶，生成可溶于水，过滤后滤渣为，加入硫酸后生成的硫酸铜可用萃取剂进行萃取，水相中的镍离子加入碳酸钠后形成碳酸镍；加入盐酸后形成，加入氯化铵形成沉淀，经过氢气的还原和氧气的氧化后生成目标产物。 【详解】（1） “粉碎”的目的是增大反应物的接触面积，提高“碱熔”的反应速率和碱熔率；Ni的原子序数为28，由构造原理知基态Ni原子的价电子排布图为； （2）配合物中为外界，提供空轨道的元素是提供孤对电子，内界为，提供空轨道元素是提供孤对电子，故提供空轨道的元素是； （3）与HCl反应，其中Ru的化合价从+6降到的化合价从-1升到0价，反应生成、和水，溶于水拆成和，故由电子、电荷、元素守恒得反应的离子方程式：； （4）由图知，萃取分离和，使进入有机相，故应控制pH在3左右，萃取用到的玻璃仪器有烧杯和分液漏斗； （5）要得到纯净干燥的沉淀，沉钌后得到沉淀的操作是过滤、洗涤、干燥； （6）由流程反应可知，故有，则，。 14．（2026·内蒙古鄂尔多斯·二模）钼具有极强的耐热性和高温力学性能，多用于高温合金和耐高温涂料的制作。以钼矿粉(主要成分)，杂质为)为原料制备金属钼和氮化钼的主要流程图如下： 回答下列问题： (1)“焙烧”过程中采用多层逆流(空气从炉底进入，固体粉末从炉顶投入)投料法，该操作的优点为_______。“焙烧”中生成气体A直接排放到空气中对环境的主要危害是_______。 (2)“碱浸”后过滤，废渣成分的化学式为_______。 (3)“沉钼”前钼元素主要以形式存在。写出“沉钼”时的离子方程式_______。 (4)根据流程及已有知识推断下列说法正确的是_______。 A．已知Mo与Cr同族且相邻，Mo价电子排布式为 B．是易溶于水的弱酸 C．是碱性氧化物 D．高温下可用、C、Al还原得到金属Mo (5)氮化钼是合成氨反应的催化剂，其立方晶胞如图所示，已知晶胞参数为anm，则该晶体的化学式为_______，晶体的密度为_______(为阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。 【答案】(1) 增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率 酸雨 (2)、 (3) (4)AD (5) 【分析】钼矿粉(主要成分)，杂质为)为原料焙烧，得到二氧化硫气体（A），其它金属元素与氧气反应生成对应的金属氧化物（氧化铜、氧化铁、），加入碳酸钠溶液反应，碱浸后，得到，沉钼时加入硝酸铵和硝酸，生成沉淀，再经过一系列转化得到氮化钼；硫酸与反应得到，高温条件下得到，最后还原得到单质钼。 【详解】（1）“焙烧”过程中采用多层逆流投料法的优点是：使空气与钼矿粉充分接触，加快了反应速率，使反应更充分，提高原料的利用率。“焙烧”中生成的气体A是，直接排放到空气中对环境的主要危害是形成酸雨。 （2）钼矿粉中的在焙烧时生成、 等，“碱浸”时与碱反应进入溶液，而成、 不与碱反应，所以废渣成分的化学式为、 。 （3）“沉钼”时加入硝酸铵、硝酸与反应生成沉淀，离子方程式为：。 （4）A．与同族且相邻，的价电子排布式为，则价电子排布式为，A正确； B．由“沉钼”的过滤操作可知是难溶于水的弱酸，B错误； C．能与碱反应生成盐和水，是酸性氧化物，C错误； D．H2、C、Al在高温下都具有还原性，可用H2、C、Al还原得到金属，D正确； 故答案为AD。 （5）根据晶胞结构，原子位于顶点和面心，原子位于体心内有一个，棱上有四个；原子个数为：，原子个数为，所以晶胞的化学式为：。该晶胞的密度为：。 15．（2026·辽宁锦州·二模）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等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 (1)“高压加热”时，生成的离子方程式为：________。 ________________ (2)“沉铝”时，pH最高可调至________（溶液体积变化可忽略），已知：“滤液1”中，。 (3)“选择萃取”中，镍形成如图的配合物，镍易进入有机相的原因有________。 A．镍与N、O形成配位键 B．配位时被还原 C．配合物与水能形成分子间氢键 D．烷基链具有疏水性 (4)晶体的立方晶胞中原子所处位置如上图，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原子的数目为________。 (5)“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为________和________。 【答案】(1) (2)5 (3)AD (4) 3：1：1 12 (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，或加入溶液电解也可得到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）酸浸后Fe以形式存在，氧化生成，根据氧化还原化合价升降、电荷守恒配平得离子方程式： 。 （2）沉铝时不能让沉淀（的溶度积常数更小，比先沉淀），根据，，，则 。 （3）A．镍作为中心离子，有空轨道，N、O有孤电子对，两者形成配位键，可以使镍易进入有机相，A正确； B．配位过程中化合价不变，没有被还原，B错误； C．若配合物与水形成氢键，则更易溶于水相，不会进入有机相，C错误； D．配合物中的长烷基链具有疏水性，使整体配合物难溶于水、易溶于有机溶剂，D正确。 答案选AD。 （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）借助合成氨的逆反应持续提供，还原得到Fe，方程式分别为：， 16．（2026·东北三省四市联考·二模）亚铁氰化钾是一种黄色颜料。以酸性含铁废水[主要成分为，含少量等]为原料合成亚铁氰化钾的工艺流程如下： 已知：①几种物质的溶度积常数： 物质 ②当离子浓度低于时认为该离子已被除尽。 (1)试剂X为铜的化合物，则试剂X可能为___________(写出一种即可)。 (2)计算调pH的最小值为___________。 (3)“还原”步骤中硫酸过量会致产率下降，原因是___________。 (4)写出“反应”步骤的化学方程式___________。 (5)滤渣(Ⅱ)主要成分为___________。 (6)①可以检验，生成蓝色沉淀的晶胞如下图所示(未画出)，写出该反应的离子方程式___________。 ②硬软酸碱理论揭示了配合物的稳定性：硬酸是半径小、正电荷高的原子或原子团；软酸是半径大，正电荷数低的具有接受电子对能力的原子或原子团；硬碱是半径小、电负性强、不易给出电子的原子或原子团；软碱是半径大、电负性低易给出电子对的原子或原子团；配合物按“硬亲硬，软亲软”原则结合的是稳定结构，晶胞中和通过桥联，与中碳原子形成配位键的离子是___________。 【答案】(1)CuO或Cu(OH)2 (2)3 (3)CN-与H+反应生成HCN，溶液中CN-浓度减小，与Fe2+配位能力减弱，产率下降 (4)FeSO4+6NaCN+CaCl2=Na4[Fe(CN)6]+ CaSO4↓+2NaCl (5)CaCO3 (6) K++Fe3++[Fe(CN)6]4-=KFe[Fe(CN)6] ↓ Fe2+ 【分析】由题给流程可知，向含铁废水中加入氧化铜或氢氧化铜调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到滤液1和滤渣；向滤渣中先后加入硫酸溶液、铁粉，将氢氧化铁转化为硫酸亚铁溶液，向反应得到的溶液中加入氰化钠和氯化钙，将溶液中的亚铁离子转化为亚铁氰化钠、硫酸根离子转化为硫酸钙沉淀，过滤得到含有硫酸钙的滤渣Ⅰ和滤液；向滤液中加入碳酸钠，将溶液中过量的钙离子转化为碳酸钙沉淀，过滤得到碳酸钙滤渣Ⅱ和滤液；向滤液中加入氯化钾，将溶液中的亚铁氰化钠转化为亚铁氰化钾沉淀，过滤得到滤液和亚铁氰化钾。 【详解】（1）由分析可知，试剂X为氧化铜或氢氧化铜，加入氧化铜或氢氧化铜调节溶液pH的目的是将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀； （2）由溶度积可知，溶液中铁离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子的浓度为：=10-11 mol/L，则调溶液pH的最小值为3； （3）氢氰酸是弱酸，溶液中的氰根离子易与氢离子反应生成氢氰酸，若还原步骤中硫酸溶液过量，溶液中的氰根离子会与氢离子反应生成氢氰酸，使溶液中的氰根离子浓度减小，不利于[Fe(CN)6]4-生成，导致亚铁氰化钾的产率降低； （4）由分析可知，反应步骤加入氰化钠和氯化钙的目的是将溶液中的亚铁离子转化为亚铁氰化钠、硫酸根离子转化为硫酸钙沉淀，反应的化学方程式为：FeSO4+6NaCN+CaCl2=Na4[Fe(CN)6]+ CaSO4↓+2NaCl； （5）由分析可知，滤渣(Ⅱ)主要成分为碳酸钙； （6）①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的亚铁离子数目为：8×+6×=4，位于棱上和体心的铁离子个数为：12×+1=4，位于体内的钾离子个数为4，则蓝色沉淀的化学式为KFe[Fe(CN)6]，生成蓝色沉淀的离子方程式为：K++Fe３++[Fe(CN)6]4-=KFe[Fe(CN)6] ↓； ②由题给信息可知，亚铁离子为软酸，氰根离子中碳原子是软碱，则由“硬亲硬，软亲软”原则可知，与氰根离子中碳原子形成配位键的离子是亚铁离子。 17．（2026·吉林·二模）(钴酸锂)难溶于水，具有强氧化性，可用作锂电池正极材料，某锂离子二次电池的正极材料主要为，还含有少量的化合物。通过如下流程利用废旧锂离子电池制取。 已知：常温下，该工艺条件下，有关金属离子沉淀完全的见下表 离子 pH 9.4 3.2 9.0 4.7 10.1 8.9 (1)下列状态的钴中，失去最外层一个电子所需能量最大的是_______。 A． B． C． D． (2)“酸浸还原”时，发生的反应中氧化产物为硫酸盐的化学方程式为_______。 (3)水解净化过程中除去的离子方程式为_______。 (4)氧化沉铁锰：若浸取液中，为使钴不损失，则常温下须调节溶液不大于_______；在调好后，加入溶液，随着锰和铁的沉淀率逐渐增大，钴的损失量也随之增大，可能的原因是_______。 (5)萃取，反萃取：该工艺设计萃取、反萃取的目的是_______。 【答案】(1)A (2) (3) (4) 7.4 原因一：可能是生成絮状沉淀，吸附一部分钴离子，使钴的损失增大。原因二：可能是的氧化性强，将部分又氧化成，使钴的损失增大 (5)分离钴和镍锂，富集，提高产物纯度 【分析】“酸浸还原”过程中，钴酸锂、H2SO4与Na2S2O3反应生成二价硫酸钴、硫酸锂，Al、Fe、Mn、Ni的化合物也都与H2SO4反应生成Al3+、Fe2+、Mn2+、Ni2+的硫酸盐，在“水解净化”过程中碳酸氢铵和Al3+发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀而除去，“氧化沉铁、锰”过程是NaClO将Fe2+、Mn2+分别氧化为Fe(OH)3、MnO2过滤除去，利用“P507萃取剂”从“滤液”中分离Co2+，再反萃取后加入草酸铵沉钴，最终得到产品。 【详解】（1）钴的原子序数为27，位于周期表的第四周期9‌族‌，电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2；、再失去1个电子为其第二电离能，需要能量较大，为基态Co+，其激发态Co+：更易再失去1个电子，故选A； （2）“酸浸还原”时，发生的反应中氧化产物为硫酸盐，则中硫元素被氧化为硫酸根离子，结合电子守恒，中钴元素化合价降低，反应的化学方程式为； （3）在“水解净化”过程中碳酸氢铵和Al3+发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，同时生成二氧化碳气体，反应的离子方程式为； （4）由表，钴离子完全沉淀时，pH=9.4，pOH=4.6，则，若浸取液中，为使钴不损失，则此时钴离子不沉淀，，pOH=6.6，pH=7.4，故常温下须调节溶液不大于7.4； 加入溶液，随着锰和铁的沉淀率逐渐增大，钴的损失量也随之增大，可能的原因是，原因一：可能是生成絮状沉淀，吸附一部分钴离子，使钴的损失增大；原因二：可能是的氧化性强，将部分又氧化成，使钴的损失增大。 （5）由流程及分析，设计萃取、反萃取的目的是分离钴和镍锂，富集，提高产物纯度。 18．（2026·黑龙江大庆·二模）电池级Mn3O4作为制备锂离子电池的正极材料锰酸锂的前驱体，凭借其独特的晶体结构和化学性能，在新能源电池中占据重要位置，以菱锰矿(主要成分是MnCO3，含有SiO2、CaO、MgO以及Cu、Ni、Fe的化合物)为原料制备电池级Mn3O4的工艺流程如下。 已知：①溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全()时的pH： 开始沉淀的pH 1.5 6.9 7.5 沉淀完全的pH 2.8 8.4 10.1 ②“沉锰-再溶解”前后溶液中离子含量如下： 元素 Mn Mg Ca Ni Cu 沉锰前浓度mg/L 457.2 2.24 1.12 再溶解后浓度mg/L 91.52 544.6 1.86 1.02 回答下列问题： (1)“滤渣”的主要成分为___________(填化学式)。 (2)“除铁”步骤中，通入空气的主要作用是___________。 (3)“沉锰”时，锰元素主要以碳酸锰的形式沉出，写出反应的离子方程式___________。 (4)“除重金属”中，需用石灰调节pH为5.0，pH越小除杂效果越差的原因是___________。 (5)“除钙镁”中，若使、沉淀完全，溶液中最小为___________。 [已知：、，，。] (6)“氧化”步骤需控制温度在70℃左右为宜，原因是___________。 (7)MnSO4·H2O受热分解可得到锰的氧化物。已知50.70 g MnSO4·H2O样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化曲线)如下图所示。则870～1200℃范围内发生反应的化学方程式为___________。 【答案】(1)、 (2)将氧化为 (3) (4)过小，与结合生成或，降低浓度，不利于重金属离子沉淀 (5) (6)温度过低，反应速率太慢；温度过高，挥发 (7)。 【分析】本题以菱锰矿(主要成分是MnCO3，含有SiO2、CaO、MgO以及Cu、Ni、Fe的化合物)为原料制备电池级。菱锰矿经硫酸酸浸，、、及、、的化合物溶解，不溶形成滤渣；通入空气将氧化为，加石灰调使沉淀除铁；加使以形式沉淀，反应为，再用硫酸溶解得到溶液；加石灰调节溶液酸碱性，加除去重金属离子，加使、以氟化物沉淀除去；最后通氧气和2%氨水氧化得到，据此分析。 【详解】（1）菱锰矿中不与硫酸反应，酸浸后留在滤渣中，同时由于生成的微溶，故答案为：、； （2）“除铁”步骤中，通入空气可将溶液中的氧化为；结合已知沉淀完全的更低，便于后续加石灰沉淀除铁；故答案为：将氧化为； （3）“沉锰”时，与反应生成沉淀，同时生成和；离子方程式为；故答案为：； （4）“除重金属”利用沉淀重金属离子，越小，浓度越大，与结合生成或，导致浓度降低，重金属离子沉淀不完全，故答案为：过小，与结合生成或，降低浓度，不利于重金属离子沉淀； （5）沉淀完全时，由，得；同理，沉淀完全时更小，故溶液中最小为；故答案为：； （6）“氧化”步骤温度过低，反应速率太慢；温度过高，易挥发，且可能导致产物晶型改变；故答案为：温度过低，反应速率太慢；温度过高，挥发； （7）的摩尔质量为，样品的物质的量为，含的物质的量为，时固体质量为，时为，该阶段质量减少是由于生成了氧气，减少的质量 ，则生成氧气的物质的量 ，时固体为，时产物为，反应方程式为。 19．（2026·吉林四平·二模）钛的化合物在生产、生活中有广泛的应用。以含钛废渣(主要含TiO2，含少量Fe2O3、CaO、SiO2)为原料生产BaTiO3的工艺流程如图。     已知：常温下，相关离子形成氢氧化物沉淀的pH如下表。 相关离子 TiO2+ Fe2+ Fe3+ 开始沉淀的pH 0.5 6.3 1.5 完全沉淀的pH 2.5 8.3 2.8 回答下列问题： (1)BaTiO(C2O4)2·4H2O中钛的化合价为_______价。 (2)为提高酸浸率，可采取的措施是_______(任写一点即可)。 (3)浸渣的主要成分是_______(填化学式)。 (4)“酸浸”时，其他条件相同，1 h内钛浸出率与温度关系如图所示。图中温度高于65 ℃，钛浸出率降低的原因可能是_______。 (5)“还原”时的离子方程式为_______。 (6)“调pH”范围为_______。 (7)将气体R依次通入甲(无水CuSO4)、乙(澄清石灰水)、丙(浓硫酸)、丁(赤热CuO)中，观察到乙中溶液变浑浊，丁中黑色粉末变为红色粉末，甲中固体变为蓝色，“焙烧”时总反应的化学方程式为_______。 (8)利用Fe3+将浅紫色Ti3+氧化为无色Ti(IV)的反应可用于测定钛酸钡的纯度。 实验方案：称量2.33 g钛酸钡样品完全溶于浓硫酸后，加入过量铝粉，充分振荡，使其完全反应(A1将TiO2+转化为Ti3+)；过滤，洗涤滤渣2～3次，将洗涤液与原滤液合并，向合并后的溶液中加入稀硫酸酸化；将待测钛液转移到100 mL容量瓶中后定容，取20.00 mL待测钛液于锥形瓶中，向锥形瓶中滴加2～3滴KSCN溶液，用0.1000 mol/L FeCl3溶液滴定；当滴入最后半滴标准液时，溶液变成红色，且半分钟内红色不褪去，记录消耗标准液的体积，重复滴定实验操作3次，平均消耗标准液18.50 mL。则钛酸钡样品的纯度为_______。 【答案】(1)+4 (2)适当加热、搅拌、将固体粉碎、适当提高酸的浓度 (3)SiO2、CaSO4 (4)温度升高使TiO2+快速水解，生成固体进入钛渣 (5)或 (6)2.5~6.3 (7)BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2↑+2CO↑+4H2O (8)92.5% 或0.925 【分析】含钛废渣酸浸过程中，二氧化硅不与稀硫酸反应，生成微溶的硫酸钙，浸渣为SiO2和CaSO4；加亚硫酸钠溶液将三价铁离子还原为二价铁离子，然后调节pH将二价铁离子通过滤液过滤除去；用草酸溶解沉淀，再与氯化钡溶液反应，生成物800℃高温条件可得到产物，据此分析； 【详解】（1）根据化合物化合价代数和为0计算：为+2价，草酸根为-2价，O为-2价，设化合价为：，解得； （2）提高浸出率的常用方法就是增大接触面积，将固体粉碎、升高温度、提高反应物浓度、搅拌等，任写一种即可； （3）原料中不与硫酸反应，与硫酸反应生成微溶的，二者都留在浸渣中； （4）易水解，温度升高促进水解，使钛元素提前生成沉淀进入浸渣，因此浸出率降低； （5）"还原"的目的是将酸浸生成的还原为，还原剂是，配平得到离子方程式或； （6）调的目的是使、残留的完全沉淀，而不沉淀：完全沉淀，开始沉淀，因此范围为2.5~6.3； （7）气体检验结果说明含、、，焙烧总反应：BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2↑+2CO↑+4H2O； （8）根据反应关系：，计算得：20 mL待测液消耗，100 mL总待测液中， ，，纯度。 20．（2026·吉林松原·二模）我国方铅矿(PbS，含少量FeS)和软锰矿(，含杂质)储量丰富，工业上常以两者为原料制备锂电池的正极材料，其工艺流程如图。 回答下列问题： (1)中Mn元素的化合价为___________。 (2)“浸取”步骤PbS转化成S和，写出该反应的化学方程式：___________。 (3)加入适量铁粉的目的是___________，试剂a为NaClO，则滤渣2为___________。 (4)“沉锰”时发生反应的离子方程式为，过滤，所得滤液中溶质的一种用途为___________，若“沉锰”时氨水过量可能导致___________。 (5)“焙烧”时每处理1 t 沉淀，理论上消耗标准状况下空气约为___________L(保留两位有效数字，假设空气中氧气体积分数为)。 【答案】(1)+3.5价 (2) (3) 除去过量的 (4) 作化肥、干燥剂、泻药等 生成沉淀，产率降低 (5) 【分析】浸取时生成硫酸锰、硫酸铅、硫酸铝、硫酸亚铁、硫等，则滤渣1为、S、；加入适量铁粉，消耗过量的硫酸；加入试剂a，氧化硫酸亚铁，并调pH，滤渣2为、；再向滤液中加入氨水与碳酸氢钠沉锰得到碳酸锰，再加入碳酸锂和氧气焙烧，最终得到，据此解答。 【详解】（1）中氧元素显-2价，锂元素显+1价，根据化合价代数和为0，可知锰元素化合价为+3.5价，故答案为：+3.5价； （2）“浸取”步骤PbS转化成S和等，根据得失电子守恒、原子守恒可得化学方程式为； （3）由分析可知，加入适量铁粉的目的是出去过量的稀硫酸，加入NaClO可以将氧化为，、会与发生双水解生成、，滤渣2为、； （4）滤液成分为硫酸铵和硫酸钠，其中硫酸铵可作化肥，无水硫酸钠可作干燥剂，十水硫酸钠可作泻药；“沉锰”时氨水过量，则生成沉淀，降低的产率；故答案为：作化肥、干燥剂、泻药等；生成沉淀，产率降低； （5）“焙烧”步骤反应的化学方程式为，建立关系式，1 t 的物质的量为，，则。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 化学工艺流程综合题 分离回收型工艺流程 题型01 1. (1) 不是 +3 C (2) 除去Al (3) (4)取少量滤液C中的溶液于试管中，加入足量的稀硝酸酸化，再滴入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明滤液C中含有，反之则无 (5) 2. (1) (2) CH2ClCOOH>HCOOH>CH3COOH 烃基是推电子基团，烃基越长推电子效应越强，使羧基中的烃基的极性越小，羧酸的酸性越弱，所以甲酸的酸性强于乙酸。而氯原子吸电子，所以氯乙酸的酸性比甲酸强，所以酸性强弱：CH2ClCOOH>HCOOH>CH3COOH (3)80 (4) (5) H2SO4 冷却结晶 3. (1)增大接触面积，加快反应速率，提高原料利用率 (2)或 (3) 4 50 (4) (5) 还原剂 分银时发生反应：，循环多次后，溶液中不断积累、浓度增大，可逆反应平衡逆向移动，银的浸出率降低 (6) 2Au + ClO3- + 6H++ 7Cl- = 2[AuCl4]- + 3H2O 4. (1) 粉碎原料；适当提高温度；适当提高酸的浓度 将微溶物转化为难溶物AgCl，减少Ag的损失 (2)Cu (3) 木糖醇与发生反应，溶液中浓度下降，促使沉淀溶解平衡正向移动 (4) 900℃ (5) 5. (1)五 (2) (3) (4) (5)不产生污染环境的氮氧化物；代替硝酸的氧化性，硝酸只用于提供硝酸根(或其他合理答案) (6)减少的损失(或其他合理答案) (7) 6. (1) (2) (3) (4)取少量还原后的溶液于试管中，滴加淀粉碘化钾溶液，若溶液变蓝，说明仍存在砷酸，若无明显现象，说明不含砷酸（其他答案合理即可） (5) NaOH溶液 溶解、过滤 稀硫酸 (6) 6 7. (1) 三 ⅢA (2) (3)、 (4) (5) 阳离子交换 75% 盐酸(HCl) (6)受热分解产生大量的和气体，逸出的过程中导致产物疏松 8. (1) (2)Al(OH)3、S (3)1.6×10-3 (4)分液 (5) (6) 95.2 增大D(调节pH或更换萃取剂)、增大有机相体积或者多次萃取 9. (1)3 (2)Cu、 (3) (4) (5)或 (6) a 0.8 mol/L，60℃ 低浓度时，柠檬酸与金属离子配位能力弱，浸出率低；浓度过高时，配合物溶解度下降，浸出率降低 制备型工艺流程 题型02 10. (1)通入热空气，将氧化为，便于后期除去 (2) Al2O3·4SiO2或Al2Si4O11 Fe(OH)3 (3) 蒸发结晶 趁热过滤 (4) (5) (6) HF 分解温度更高（热稳定性更好）；对水分不敏感，在潮湿的环境中更稳定 11. (1) (2) (3)4.7 (4)AC (5)或 (6) 75% 4 12. (1) (2) (3)季铵盐为离子化合物，阳离子对的吸附能力强于叔胺分子或季铵盐为离子化合物，在水中溶解性更好，可以与更充分接触 (4) 不能 (5) (6)晶体 (7) 13. (1) 增大反应物的接触面积，提高碱熔的反应速率和碱熔率 (2) (3) (4) 3 分液漏斗 (5)过滤、洗涤、干燥 (6)2.2 14. (1) 增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率 酸雨 (2)、 (3) (4)AD (5) 15. (1) (2)5 (3)AD (4) 3：1：1 12 (5) 16. (1)CuO或Cu(OH)2 (2)3 (3)CN-与H+反应生成HCN，溶液中CN-浓度减小，与Fe2+配位能力减弱，产率下降 (4)FeSO4+6NaCN+CaCl2=Na4[Fe(CN)6]+ CaSO4↓+2NaCl (5)CaCO3 (6) K++Fe3++[Fe(CN)6]4-=KFe[Fe(CN)6] ↓ Fe2+ 17. (1)A (2) (3) (4) 7.4 原因一：可能是生成絮状沉淀，吸附一部分钴离子，使钴的损失增大。原因二：可能是的氧化性强，将部分又氧化成，使钴的损失增大 (5)分离钴和镍锂，富集，提高产物纯度 18. (1)、 (2)将氧化为 (3) (4)过小，与结合生成或，降低浓度，不利于重金属离子沉淀 (5) (6)温度过低，反应速率太慢；温度过高，挥发 (7)。 19. (1)+4 (2)适当加热、搅拌、将固体粉碎、适当提高酸的浓度 (3)SiO2、CaSO4 (4)温度升高使TiO2+快速水解，生成固体进入钛渣 (5)或 (6)2.5~6.3 (7)BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2↑+2CO↑+4H2O (8)92.5% 或0.925 20. (1)+3.5价 (2) (3) 除去过量的 (4) 作化肥、干燥剂、泻药等 生成沉淀，产率降低 (5) / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 化学工艺流程综合题 2大考点概览 题型01 分离回收型工艺流程 题型02 制备型工艺流程 分离回收型工艺流程 题型01 1．（2026·内蒙古兴安·二模）锂电池是目前应用广泛的新型电池，一种回收钴酸锂废旧电池(主要成分为，同时含有少量Fe、Al、C单质)的流程如下图所示。 已知：能与结合成，在强酸性环境下重新转化为。 请回答下列问题： (1)由滤液A制取的过程发生的_______(填“是”或“不是”)氧化还原反应，中C的化合价为_______，滤渣Ⅰ的主要成分为_______。 (2)“碱浸”的目的是_______，写出Al与过量NaOH溶液反应的化学方程式：_______。 (3)写出“沉锂”步骤反应的离子方程式：_______。 (4)设计实验方案检验滤液C中的：_______。 (5)高铁酸钠(，其中铁为+6价)是一种高效多功能水处理剂。工业上用次氯酸钠和氯化铁为原料来制取高铁酸钠，该反应的离子方程式为_______。 2．（2026·吉林白城·二模）新能源汽车使用锂离子电池为动力源，研究回收废旧正极材料中Li、Ni、Mn等资源可以促进新能源产业的良性发展。如图甲是一种三元锂电池废旧正极材料的回收工艺。 已知：①三元锂电池废旧正极材料主要成分可以表示为LiMO2(M：Ni、Co、Mn)。 ②、、。 回答下列问题： (1)若采取硫酸与双氧水混合液浸取LiNiO2中的镍元素使其转化为Ni2+，反应的离子方程式为_________。 (2)采用有机酸代替无机酸浸取废旧正极材料具有污染性低、腐蚀性小等优点，请比较HCOOH、CH3COOH、CH2ClCOOH三种有机酸的酸性：_________(由强到弱)，从结构角度说明原因：_________。 (3)浸取液中金属离子生成含硫沉淀情况与pH的关系如图乙。pH=5时溶液中_________。 (4)沉锂时，反应的离子方程式为_________。 (5)沉锂母液里依然含有一定量的锂离子，经过添加_________(化学式)试剂后，通过蒸发浓缩、_______(操作名称)，过滤分离出无水硫酸钠后，可进行二次沉锂。 相关数据如表： 温度/℃ 0 10 20 30 40 Na2SO4溶解度/g 4.5 9.5 20.5 40.8 48.4 Li2SO4溶解度/g 36.1 35.4 34.8 34.3 33.9 3．（2026·辽宁丹东·二模）铅阳极泥是铅电解精炼过程中产出的一种副产品，通常含有Au、Ag、Cu、Pb、Sb、Bi及水分，是提取Au、Ag等贵金属的重要原料。工艺流程如下： 已知：①常温下，； ②常温下，  。 (1)“原料预处理”中需将原料进行球磨粉碎，目的是___________。 (2)浸液可用来回收利用Cu、Pb、Sb、Bi等金属，在“选择性浸出”中，溶解Cu的化学反应方程式为___________。 (3)若相关金属的浸出率与盐酸浓度、温度的关系如图所示，则选择盐酸的浓度应为___________，温度应为___________℃。 (4)“分银”原理为，常温下该反应的平衡常数___________，若加入1 L 溶液溶解a mol AgCl，理论上溶液的浓度须达到___________(忽略溶解前后溶液的体积变化)。 (5)HCHO的作用为___________；再生后的母液返回“分银”工序循环使用，发现循环多次后银的浸出率降低，从平衡移动的角度分析可能的原因是___________。 (6)若分金液中金以的形式存在，则“氯化分金”中发生的离子方程式为___________。 4．（2026·内蒙古呼和浩特·二模）一种利用处理铜阳极泥所得焙砂(主要含有、、、、)回收的流程如下。 已知： ①木糖醇分子式为，碱性环境可以与形成配离子； ②常温下难溶于水。 回答下列问题： (1)“酸浸”中提高浸取率的方法为_______(答出一条即可)，加入的作用是_______。 (2)滤液1中的主要金属元素除外还有_______(填元素符号)。 (3)“除铅”中木糖醇除促进溶解还有转化的作用 ①从平衡移动角度解释木糖醇促进溶解的原因_______。 ②还原的过程中木糖醇转化为，该反应的离子方程式为_______。 (4)“焙烧”中调控温度使转化为，不同温度下焙烧所得含晶体的X射线衍射谱图如下(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态出现衍射峰的衍射角不同)。 ①转化为的化学方程式为_______。 ②图中转化率较高的温度为_______。 (5)“除锡”中若pH较低会生成_______(填物质化学式)导致的浸出率下降。 5．（2026·辽宁抚顺·二模）银由于其优异的物理化学性质，在工业、医学、电子和贵重饰品等领域有着广泛的用途。从富贵锑提金渣(主要成分为、，还含有少量的、、)中提取单质银的生产工艺如下： 已知：①锑的氧化物为两性氧化物。 ②常温下：，，，。 (1)47号元素位于周期表的第___________周期。 (2)中的价态是、价，则在该氧化物中，价锑与的价锑的比例是___________。 (3)脱氯的目的是将中的氯分离到溶液中，以银单质形式存在于脱氯渣中，在还原脱氯过程中，发生的化学反应方程式是___________。(氧化产物不污染环境) (4)化学上常用同一条件下的电极电势E(氧化型/还原型)比较物质的氧化能力，E值越高，氧化型物质的氧化能力越强，E值越低，还原型物质的还原能力越强，E值与体系的值有关。下图是系电势图。根据图上的信息，还原脱氯步骤中会被反应生成___________。 (5)氧化分银中加入的好处是___________。(写一条) (6)沉铅步骤中用量不易太多的原因是___________。 (7)直接还原中，采用下列工艺： 已知： 则还原步骤中(甲醛反应后生成碳酸根)的离子反应方程式为___________。 6．（2026·内蒙古乌兰察布·二模）工业上以黑铜泥(主要含，还含少量、的氧化物)为原料，回收得到(微溶于水)和的简易工艺流程如下： 已知：①室温下，、； ②溶于溶液形成的为10～12； ③室温下，，砷酸在酸性条件下有强氧化性，能被、等还原。 回答下列问题： (1)写出“氧化酸浸”时，与反应的离子方程式：_______。 (2)调为9，此时“沉铜锌”后的溶液中_______。 (3)“还原”步骤中，将还原为，写出该反应的化学方程式：_______。 (4)“还原”后检验溶液中是否仍存在砷酸的实验方法是_______。 (5)试剂a是_______(填“NaOH溶液”或“氨水”)，操作a是_______，试剂b的名称是_______。 (6)铜与氮元素形成的具有良好的电学和光学性能，其立方晶胞结构如图所示(楼长为)，则的配位数为_______，晶体的密度为_______g(阿伏加德罗常数的值用表示)。 7．（2026·吉林长春·二模）氟碳铈矿是一种重要的稀土矿物，主要成分为[R代表钇(Y)、镧(La)、铈(Ce)]，常伴生有Fe、Al、Mg等杂质。一种以氟碳铈矿综合回收Y、La、Ce的工艺路线如下： 已知：①稀土氧化物()可溶于稀盐酸，不溶。 ②常温下各种金属离子完全沉淀的pH如下表： pH 11.6 9.0 8.3 3.2 4.7 ③溶质X的萃取分配系数；萃取率。 回答下列问题： (1)氟碳铈矿中伴生的Al是第___________周期第___________族元素。 (2)在空气中焙烧第一步转化为和，再转化为，第一步转化的化学方程式为___________。 (3)滤渣1中主要成分除了外还有___________(填化学式)。 (4)滤液2中的金属离子主要为___________(填离子符号)。 (5)“萃取”和“反萃取”过程可简化为：(水相)(有机相)(有机相)(水相)，其中代表P507。 ①该过程属于___________(填“阳离子交换”或“阴离子交换”)萃取。 ②若水相为100 mL，萃取时每次用30 mL P507。已知，则理论上第一次萃取时的最大值为___________(忽略萃取过程中液体体积的变化)。 ③“反萃取”过程中加入的试剂是___________。 (6)焙烧得到疏松的固体的原因是___________。 8．（2026·辽宁沈阳·二模）某工厂回收废荧光粉(含Y2O2S、Eu2O2S、Al、ZnS)中的Y、Eu元素流程如下： 已知：①整个流程中钇(Y)、铕(Eu)两种元素的化合价保持不变 ②用(HA)2萃取Y3+的原理为Y3++3(HA)2(有机相)Y(HA2)3(有机相)+3H+ (1)“氧化浸出”无污染气体产生，其产物部分X射线衍射图如下，据此写出Y2O2S发生反应的化学方程式___________。 (2)“滤渣”的主要成分为___________(填化学式)。 (3)“沉锌”过程中当溶液pH=2时，若c(Zn2+)=1×10-5 mol/L，则此时溶液中c(H2S)=___________mol/L。已知Ka1(H2S)=1×10-7、Ka2(H2S)=1×10-13、Ksp(ZnS)=1.6×10-24。 (4)“反萃取”后获得的混合物通过___________操作分离。 (5)“沉铕”时反应的离子方程式为___________。 (6)常温下，两相平衡体系中，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=，萃取率E=×100%。取1000 L沉锌后滤液，测得Y3+浓度为50 mg/L，加入(HA)2萃取剂500 L，若D=40，则单次萃取率E=___________%(精确到0.1)。若要提高萃取率，可以采取的措施为___________(写一条即可)。 9．（2026·辽宁鞍山·二模）钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质，从该废渣中提取钴元素的一种流程如下： 回答下列问题： (1)基态Co原子的未成对电子数为____； (2)“酸浸”步骤得到的浸渣的主要成分是________（填化学式）； (3)已知25℃的，；，计算25℃时“沉铜”反应的平衡常数数值为___（保留两位有效数字）； (4)“沉锰”步骤中生成的离子方程式是________； (5)“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，与NaClO反应的离子方程式为________； (6)有研究团队用柠檬酸代替稀酸浸废渣，最大程度回收其中的钴元素。柠檬酸为羟基三羧酸，分子式为，与钴离子有较强的配合能力。但柠檬酸浓度过大时，形成的配合物在水中的溶解度会下降。 ①用柠檬酸代替稀，可能的原因是___（填代号）； a．有机酸易降解、污染小，绿色、安全 b．减少浸出过程中产生的，减小环保压力 c．柠檬酸中C原子电负性小，易提供孤电子对与金属离子形成配位键，可提高金属元素浸出率 ②浸出率受多种因素的影响，该研究团队探究酸的浓度、浸出温度对浸出率的影响，结果如下： 据此，选择钴元素最佳浸出浓度和温度是_______。随柠檬酸浓度的变化，钴元素浸出率变化的原因是________________________。 制备型工艺流程 题型02 10．（2026·内蒙古包头·二模）二氟草酸硼酸锂(，分解温度为)，在较宽的温度范围内具有良好的离子电导率，对水分不敏感，被认为是最有希望取代六氟磷酸锂(，分解温度约)的电解质锂盐。由锂精矿(主要成分有，还含有少量等离子)制备的工艺流程如图所示。 回答下列问题： (1)调浆浸出时通入热空气的作用是_______。 (2)锂精矿中所有的Al元素和Si元素，以某种铝硅酸盐(金属元素只有铝元素)从滤渣1中分离，该铝硅酸盐的化学式可表示为_______，滤渣2的主要成分是、和_______(填化学式)。 (3)分离提纯的步骤，将滤液蒸发浓缩，加入NaOH后，冷却到分离出。再将分离后的母液_______、_______(填操作名称)，得到LiOH固体。 (4)一般认为和反应分两步进行，补齐第一步反应。 第一步：_______； 第二步：。 (5)具有五元环结构，B原子的轨道杂化类型是，其结构式可表示为_______。 (6)在潮湿环境中，和两种样品的XRD图谱(可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。 暴露在环境中迅速产生气体X，形成白雾，X由两种元素组成，其化学式为_______；替代作电池电解质的优势为_______(答出2点)。 11．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）镧(La)和钕(Nd)都是重要的稀土元素。镧可用于制备储氢材料——镧镍合金，该合金在常温常压下就可吸放氢气。钕是轻稀土里价值最高、用量最大的战略金属，主打磁性、着色、合金三大方向。一种由独居石制备和的流程如图所示： 已知： Ⅰ．独居石的主要成分为(Re=Nd、La)，还含有Si、Al、Fe的化合物等杂质。Nd、La最常见的价态为+3。 Ⅱ．室温下，，，离子浓度小于或等于 时，认为该离子沉淀完全。 Ⅲ．萃取原理：水相中的与有机萃取剂P507(HR)发生螯合萃取，反应为  (其中aq代表水相，org代表有机相)。 回答下列问题： (1)“碱分解”的目的是将难溶于酸的转化为可溶于酸的，“碱分解”时发生反应的化学方程式为___________。 (2)“水浸过滤”后的滤渣为、、和，滤渣1的成分为___________。 (3)“调pH”环节控制pH的最小值为___________(保留两位有效数字)。 (4)“反萃取”为了从有机相中重新获得高浓度的溶液，通常采用溶液进行洗脱，若要提高反萃取率，应采取的措施是___________(填字母)。 A．加入强酸，增大水相中 B．加入弱碱，中和水相中的 C．升高温度 D．无限延长反萃取搅拌时间 (5)“沉钕”时加入溶液将转化为沉淀，该反应的离子方程式为___________。 (6)合金的一种晶胞结构属于面心立方晶系(如图所示)。该结构中Ni处于La组成的四面体空隙中，当x=1.5时，四面体空隙的填充率为___________，该晶胞中由La组成的八面体空隙平均有___________个。 12．（2026·内蒙古赤峰·二模）铼是航空航天、清洁能源领域的关键金属。以钼精矿（主要成分有、，还含有、、、等杂质）为原料制备高铼酸铵的工艺流程如下。 (1)“氧压碱浸”时的主要产物有、、，写出发生反应的离子方程式___________； (2)“水相1”中的，阴离子主要是、和，“滤渣2”的成分是___________和___________。 (3)“萃取”选用季铵盐比传统萃取剂叔胺对萃取率更高，试从微粒之间的作用力角度分析原因___________。 (4)“反萃取”时生成的化学反应方程式___________；“有机相2”___________（填“能”或“不能”）直接返回到“萃取”步骤实现循环利用。 (5)滤渣3为，，“除磷”过程中按加入充分反应，欲使磷、镁元素共沉淀完全，最低浓度应控制在___________mol/L。 (6)下图是的X射线衍射图谱，则属于___________（填“晶体”或“非晶体”）。 (7)EAN规则指出：配合物中心原子价电子数和配体提供的电子数之和为18则较稳定。提纯Re时，Re单质与CO会自发形成二聚物以满足EAN规则。已知Re与Mn同族，且该二聚物的红外光谱中检测到Re-Re键吸收峰，其分子式为___________。 13．（2026·辽宁盘锦·二模）二氧化钌()主要用作高效析氧反应的催化剂，也是制作电阻和电容器的重要原料。一种以含钌废渣为原料制备二氧化钌和副产物的工艺流程如图1所示： 已知：“碱熔”时与反应生成可溶于水。 回答下列问题： (1)“粉碎”的目的是___________，基态Ni原子的价电子排布图为___________。 (2)配合物中提供空轨道的原子是___________(填原子符号)。 (3)已知，写出和HCl溶液反应生成和的离子反应方程式：___________。 (4)用P204萃取和的萃取率随pH的变化如图2所示： 则“萃取分液”时应控制的pH为___________左右，萃取用到的玻璃仪器有烧杯和___________。 (5)“沉钌”后分离得到沉淀的操作是___________。 (6)某溶液与100mL盐酸恰好反应，在反应后溶液中加入足量的生成7.36g沉淀，则盐酸的物质的量浓度为___________。 14．（2026·内蒙古鄂尔多斯·二模）钼具有极强的耐热性和高温力学性能，多用于高温合金和耐高温涂料的制作。以钼矿粉(主要成分)，杂质为)为原料制备金属钼和氮化钼的主要流程图如下： 回答下列问题： (1)“焙烧”过程中采用多层逆流(空气从炉底进入，固体粉末从炉顶投入)投料法，该操作的优点为_______。“焙烧”中生成气体A直接排放到空气中对环境的主要危害是_______。 (2)“碱浸”后过滤，废渣成分的化学式为_______。 (3)“沉钼”前钼元素主要以形式存在。写出“沉钼”时的离子方程式_______。 (4)根据流程及已有知识推断下列说法正确的是_______。 A．已知Mo与Cr同族且相邻，Mo价电子排布式为 B．是易溶于水的弱酸 C．是碱性氧化物 D．高温下可用、C、Al还原得到金属Mo (5)氮化钼是合成氨反应的催化剂，其立方晶胞如图所示，已知晶胞参数为anm，则该晶体的化学式为_______，晶体的密度为_______(为阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。 15．（2026·辽宁锦州·二模）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等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 (1)“高压加热”时，生成的离子方程式为：________。 ________________ (2)“沉铝”时，pH最高可调至________（溶液体积变化可忽略），已知：“滤液1”中，。 (3)“选择萃取”中，镍形成如图的配合物，镍易进入有机相的原因有________。 A．镍与N、O形成配位键 B．配位时被还原 C．配合物与水能形成分子间氢键 D．烷基链具有疏水性 (4)晶体的立方晶胞中原子所处位置如上图，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原子的数目为________。 (5)“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为________和________。 16．（2026·东北三省四市·二模）亚铁氰化钾是一种黄色颜料。以酸性含铁废水[主要成分为，含少量等]为原料合成亚铁氰化钾的工艺流程如下： 已知：①几种物质的溶度积常数： 物质 ②当离子浓度低于时认为该离子已被除尽。 (1)试剂X为铜的化合物，则试剂X可能为___________(写出一种即可)。 (2)计算调pH的最小值为___________。 (3)“还原”步骤中硫酸过量会致产率下降，原因是___________。 (4)写出“反应”步骤的化学方程式___________。 (5)滤渣(Ⅱ)主要成分为___________。 (6)①可以检验，生成蓝色沉淀的晶胞如下图所示(未画出)，写出该反应的离子方程式___________。 ②硬软酸碱理论揭示了配合物的稳定性：硬酸是半径小、正电荷高的原子或原子团；软酸是半径大，正电荷数低的具有接受电子对能力的原子或原子团；硬碱是半径小、电负性强、不易给出电子的原子或原子团；软碱是半径大、电负性低易给出电子对的原子或原子团；配合物按“硬亲硬，软亲软”原则结合的是稳定结构，晶胞中和通过桥联，与中碳原子形成配位键的离子是___________。 17．（2026·吉林·二模）(钴酸锂)难溶于水，具有强氧化性，可用作锂电池正极材料，某锂离子二次电池的正极材料主要为，还含有少量的化合物。通过如下流程利用废旧锂离子电池制取。 已知：常温下，该工艺条件下，有关金属离子沉淀完全的见下表 离子 pH 9.4 3.2 9.0 4.7 10.1 8.9 (1)下列状态的钴中，失去最外层一个电子所需能量最大的是_______。 A． B． C． D． (2)“酸浸还原”时，发生的反应中氧化产物为硫酸盐的化学方程式为_______。 (3)水解净化过程中除去的离子方程式为_______。 (4)氧化沉铁锰：若浸取液中，为使钴不损失，则常温下须调节溶液不大于_______；在调好后，加入溶液，随着锰和铁的沉淀率逐渐增大，钴的损失量也随之增大，可能的原因是_______。 (5)萃取，反萃取：该工艺设计萃取、反萃取的目的是_______。 18．（2026·黑龙江大庆·二模）电池级Mn3O4作为制备锂离子电池的正极材料锰酸锂的前驱体，凭借其独特的晶体结构和化学性能，在新能源电池中占据重要位置，以菱锰矿(主要成分是MnCO3，含有SiO2、CaO、MgO以及Cu、Ni、Fe的化合物)为原料制备电池级Mn3O4的工艺流程如下。 已知：①溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全()时的pH： 开始沉淀的pH 1.5 6.9 7.5 沉淀完全的pH 2.8 8.4 10.1 ②“沉锰-再溶解”前后溶液中离子含量如下： 元素 Mn Mg Ca Ni Cu 沉锰前浓度mg/L 457.2 2.24 1.12 再溶解后浓度mg/L 91.52 544.6 1.86 1.02 回答下列问题： (1)“滤渣”的主要成分为___________(填化学式)。 (2)“除铁”步骤中，通入空气的主要作用是___________。 (3)“沉锰”时，锰元素主要以碳酸锰的形式沉出，写出反应的离子方程式___________。 (4)“除重金属”中，需用石灰调节pH为5.0，pH越小除杂效果越差的原因是___________。 (5)“除钙镁”中，若使、沉淀完全，溶液中最小为___________。 [已知：、，，。] (6)“氧化”步骤需控制温度在70℃左右为宜，原因是___________。 (7)MnSO4·H2O受热分解可得到锰的氧化物。已知50.70 g MnSO4·H2O样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化曲线)如下图所示。则870～1200℃范围内发生反应的化学方程式为___________。 19．（2026·吉林四平·二模）钛的化合物在生产、生活中有广泛的应用。以含钛废渣(主要含TiO2，含少量Fe2O3、CaO、SiO2)为原料生产BaTiO3的工艺流程如图。     已知：常温下，相关离子形成氢氧化物沉淀的pH如下表。 相关离子 TiO2+ Fe2+ Fe3+ 开始沉淀的pH 0.5 6.3 1.5 完全沉淀的pH 2.5 8.3 2.8 回答下列问题： (1)BaTiO(C2O4)2·4H2O中钛的化合价为_______价。 (2)为提高酸浸率，可采取的措施是_______(任写一点即可)。 (3)浸渣的主要成分是_______(填化学式)。 (4)“酸浸”时，其他条件相同，1 h内钛浸出率与温度关系如图所示。图中温度高于65 ℃，钛浸出率降低的原因可能是_______。 (5)“还原”时的离子方程式为_______。 (6)“调pH”范围为_______。 (7)将气体R依次通入甲(无水CuSO4)、乙(澄清石灰水)、丙(浓硫酸)、丁(赤热CuO)中，观察到乙中溶液变浑浊，丁中黑色粉末变为红色粉末，甲中固体变为蓝色，“焙烧”时总反应的化学方程式为_______。 (8)利用Fe3+将浅紫色Ti3+氧化为无色Ti(IV)的反应可用于测定钛酸钡的纯度。 实验方案：称量2.33 g钛酸钡样品完全溶于浓硫酸后，加入过量铝粉，充分振荡，使其完全反应(A1将TiO2+转化为Ti3+)；过滤，洗涤滤渣2～3次，将洗涤液与原滤液合并，向合并后的溶液中加入稀硫酸酸化；将待测钛液转移到100 mL容量瓶中后定容，取20.00 mL待测钛液于锥形瓶中，向锥形瓶中滴加2～3滴KSCN溶液，用0.1000 mol/L FeCl3溶液滴定；当滴入最后半滴标准液时，溶液变成红色，且半分钟内红色不褪去，记录消耗标准液的体积，重复滴定实验操作3次，平均消耗标准液18.50 mL。则钛酸钡样品的纯度为_______。 20．（2026·吉林松原·二模）我国方铅矿(PbS，含少量FeS)和软锰矿(，含杂质)储量丰富，工业上常以两者为原料制备锂电池的正极材料，其工艺流程如图。 回答下列问题： (1)中Mn元素的化合价为___________。 (2)“浸取”步骤PbS转化成S和，写出该反应的化学方程式：___________。 (3)加入适量铁粉的目的是___________，试剂a为NaClO，则滤渣2为___________。 (4)“沉锰”时发生反应的离子方程式为，过滤，所得滤液中溶质的一种用途为___________，若“沉锰”时氨水过量可能导致___________。 (5)“焙烧”时每处理1 t 沉淀，理论上消耗标准状况下空气约为___________L(保留两位有效数字，假设空气中氧气体积分数为)。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $