专题3 山东模拟专练(实战册)-【实战高考】2026年高考化学总复习（山东专版）

实战 实战高考·化学 程式为 (4)净化时需先加入的试剂X为 (2)保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投 (填化学式)。再使用氨水调溶液的 料比增大，S的量达到最大值后无明显变化， pH,则pH的理论最小值为 (当 而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小 溶液中某离子浓度c≤1.0×10-5mol·L1 的原因是 时，可认为该离子沉淀完全)。 (3)滤液I可循环使用，应当将其导入到 (5)碳化过程中发生反应的离子方程式为 操作中（填操作单元的名称）。 将来考什么 山东模拟专练 答案：P382 考点闯关 考点①钠及其化合物 考点②铁及其化合物 1.(2025山东日照一模)物质的性质决定用 4.(2024山东滨州二模)图甲为某常见金属单 途，下列两者对应关系错误的是( 质及其部分化合物的“价一类”二维图。下 A.Na2CO3具有碱性，可用作食品膨松剂 列推断不合理的是( ) B.维C具有还原性，可作补铁剂中的抗氧 物质类别 盐 化剂 C.FeCL3溶液具有氧化性，可作刻蚀铜电路 氧化物 单质 板的腐蚀液 0+打+2+3+4+5+6化合价 D.Na2O2能与CO2反应生成O2,可作潜水 甲 艇中的供氧剂 2.(2024山东淄博一模)实验室中使用钠盐或 NaOH溶液时，对应关系错误的是() A.饱和NaCI溶液：除去Cl2中的HCI NaCI溶液 B.饱和Na2CO3溶液：除去CO2中HCI 乙 C.NaOH水溶液：油脂的皂化反应 A.a→f→g→d,a→c→d的每步转化均可一 D.NaOH醇溶液：CH3CH2Br的消去反应 步实现 3.(2024山东泰安一模)取一定体积的下列两 B.b、c均可与氢碘酸反应，但反应原理不同 种试剂（浓度均为0.1mol·L1)进行反 C.h可同时实现饮用水的消毒与净化 应，改变两种试剂的滴加顺序，反应产生的 D.向图乙中a极附近滴入铁氰化钾溶液，会 现象相同的是() 产生蓝色沉淀 A.Na2CO3溶液、稀盐酸 5.(2025山东青岛一模，不定项)探究A1和 B.Al2(SO4)3溶液、氨水 CuC2溶液的反应机理，进行以下实验。 C.NaHCO3溶液、溴水 实验一：将光洁的A1条插入饱和CuCl2溶 D.H2C2O4溶液、酸性KMnO4溶液 液中，一段时间后溶液变为无色，产生大量 24■ O专题3金属及其化合物 气泡，析出红色固体，取反应后的无色溶液 2HCOs=MnCOs+CO2+H2O 于试管中，加入蒸馏水，产生大量白色沉淀。 C.“还原”后所得产物主要为Na[CuCl2] 实验二：取白色沉淀于试管中，加入NaCI D.产品CuCI可用冷的乙醇洗涤 溶液，沉淀溶解，得无色溶液，插入光洁的 7.(2024山东聊城一模)马日夫盐 A1条，析出紫红色固体。 [Mn(H2PO4)2·2H2O]常用于机械设备 根据实验现象分析，下列说法正确的 的磷化处理，可起到防锈效果。以水锰矿 是( [主要成分为MnO(OH),还含有少量的 A.生成的气体为H2,白色沉淀为A1(OH)3 Fe2O3、Al2O3、SiO2及微量的CaO]为原料 B.1molA1与足量饱和CuCL2溶液反应可 制备马日夫盐的一种工艺流程如图所示。 生成1.5 mol Cu H,S0,溶液、S02Mn02 氨水 NHF溶液 C.上述实验涉及的含铜物质发生的化学反 水锰矿 矿浆 步骤了→步骤Ⅱ→步骤Ⅲ→除钙 应均为氧化还原反应 滤渣1 滤渣2 滤渣3 D.“实验二”无色溶液中，铜元素的价态为 磷酸溶液NH,HCO,溶液 +1价 一系列 考点3金属材料开发利用金属矿物 马日夫盐操作酸溶，一低温沉钰 6.(2023山东日照校际联考一模，不定项)氯 已知：Kp(CaF2)=3.6×10-12,当溶液中 化亚铜(CuCI)是石油工业常用的脱硫剂和 剩余的某金属离子浓度≤1×10-5mol/L 脱色剂，以低品位铜矿（主要成分为Cu2S和 时，通常认为该金属离子已沉淀完全。下 铁的氧化物)为原料制备CuCI流程如图。 列说法错误的是( 稀硫酸 氨水 A.步骤I、Ⅱ、Ⅲ均涉及氧化还原反应 MnO2 氨水NH,HCO →浸取一除闵→除锰加热滤液过滤、洗涤高活性 B.滤渣2的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3 CuO 滤渣1MnCO, C.低温条件下沉锰是为了防止NH HCO3分解 HO Cu盐酸 CuC1过滤、洗涤、干燥 D.“除钙”步骤中控制c(F-)≥6X 稀释一 还原 NaCl 10-4mol/L可使Ca+完全沉淀 已知：CuCl难溶于醇和水，热水中能被氧 8.(2024山东聊城二模，不定项)某废旧三元 化，CuCI易溶于浓度较大的C1-体系中 锂离子电池正极材料的主要成分是 CuCl+CI-=[CuC2]。 LiNio.6Coo.2Mno.2O2和A1,如图是处理电池 下列说法错误的是() 正极材料回收锂、钴、镍、锰、铝的一种流程。 A.“浸取”过程中可用浓硫酸代替稀硫酸 已知：常温下，碳酸锂微溶于水，碳酸氢锂易 B.“除锰”过程中发生离子反应为Mn++ 溶于水。焙烧时Li元素转化为Li2CO3。 25 实战册 实战高考·化学 NaOH 氮气适量 稀HS04KS0 锂离子 ,溶液 气流碳粉 C02 电池正 碱浸 焙烧 水浸热解Li,C0 闲→油风攀装 极材料 证液-热释列A1cd 滤渣 滤液I 两种气体 Co、Ni、MnO 下列说法正确的是( ) A.LiNio.6Co.2Mno.2O2中Ni2+、N+、Co+个数 A电解AO水浸 比为1：2：1，则Mn的化合价为+4 滤液Ⅱ B.该流程中除“焙烧”外均不涉及氧化还原 下列说法错误的是( 反应 A.“滤液Ⅱ”可以循环利用 C.冶炼金属锂和金属铝均可用电解其熔融 B.“煅烧”中产生的两种气体为SO2和O2 氯化物的方法 C.“滤渣”的成分为SiO2和少量残余的 D.“水浸”步骤反应温度不宜过高 A12Os 9.(2024山东名校考试联盟二模)以电厂废料 D.10.0g废料得到5.0g干燥的“滤渣” (Al2O3的质量分数为50%，其余为SiO2和 (A12O3质量分数为5%)，A12O3的浸取率 CaO)为原料提取A1的工艺流程如图： 为95% 题型 闯关) 题型①微型化工流程题 1mol电子 1.(2025山东淄博一模)用黄铜矿（主要成分 2.(2024山东烟台一模，不定项)一种利用含 CuFeS2,含少量SiO2)冶炼铜的一种工艺流 钴废料（主要成分为Co3O4,还含有少量 程如图所示： SiO2、Fe2O3、Al2O3等杂质)制备LiCoO2的 FeCl溶液 NaCI溶液 盐酸 工艺流程如下。下列说法错误的是( 铜 →一次浸取 →二次浸取 调节pH→Cu 硫酸H,O2氨水NH,HCO LiCO, 矿 滤液1 滤渣 滤液2 含 废料酸浸一调p日-沉钻cC0, 高温 +LiCoO, 已知：“一次浸取”后的滤渣主要为CuC1、S、 焙烧 SiOz CuCl(s)+C (ag)[CuCl2](ag). 滤渣 滤渣气体X 下列说法错误的是() 已知：常温下，部分金属离子沉淀的pH如 A.“一次浸取”反应的化学方程式为CuFeS2 下表。 +3FeCl3=CuCl++4FeCl2+2S 金属离子 Fe2+ Fes+ A3+ Co2+ B.滤液1在空气中加热蒸干灼烧后，可 开始沉淀的pH 8.5 2.2 3.4 7.8 得Fe2Os 完全沉淀[c(金属离子) C.“二次浸取”后滤渣中的混合物可用热的 ≤1×105mol·L1]10.0 3.0 4.5 9.4 NaOH溶液分离 的pH D.“调节pH”中每生成1 mol Cu,转移 A.“酸浸”时可用SO2代替H2O2 26 O专题3金属及其化合物 B.“调pH”的范围为4.5~7.8，滤液中残留 NaCl、CH3 COONa、 的c(A13+):c(Fe3+)=104.5 (3)蒸馏时，所用到的玻璃仪器有酒精灯、冷 C.气体X可在“调pH”操作单元回收利用 凝管、锥形瓶、温度计、 0 D.“高温焙烧”时的化学方程式：4CoCO3十 (4)滤液1中含Cx3+和Co+的浓度分别为 2Li6C0,+0,高温4LiCo02十6C0, 520mg·L-1、10.62mg·L1,“调节pH” 步骤pH的范围为 。[已知：当 题型-②金属类化工流程题 c(+)≤105mol·L1时，可认为m+已 3.(2025山东聊城一模)铂族金属钌(Ru)广泛 经沉淀完全] 用于航天航空、石油化学、信息传感工业、制 4.(2025山东烟台一模)一种铂铼废催化剂 药等高科技领域。以下工艺实现了电子废 (Pt、Re,含Al2O3、FeO4、积碳等杂质)中金 弃物中铂族金属钉(Ru)的回收利用，电子 属元素的综合回收利用的工艺流程如下。 废弃物主要成分为Ru、Co、Cr、Si等物质。 NaOH溶液气体Y NHCI H. HCI NaOH+氧化剂 CH,CH2OH 废能剂塔是一密斋包一而-民包一朵一高还圆一·铁粉 晶体 电子废弃物→酸溶 →氧化溶浸Na,Ru0还原 滤渣1滤渣Ⅱ HC-NaClO,溶液NH,C 滤液1（含Cr、Co2 滤液2 丛S0游液，路解→湘相一→器解口一→沉的一系列操件海络铂 调节pH一→沉钴 >CoCO3 地液 滤渣1 NH.HCO 已知：①高铼酸铵(NH ReO4)微溶于冷水， 盐酸 NaClO 易溶于热水； RuCl,结晶吸收蒸馏 Ru(OH) ②室温下：Kp{(NH4)2[PCl6]}=5.7× 气体x 10-6w57≈7.5。 已知：①lg4=0.6,②Kp[Cr(OH)3]=6.4 回答下列问题： ×10-31,Kp[Co(OH)2]=1.8×10-15。 (1)“焙烧”的目的：①将铼转化为Re2O, (1)“氧化溶浸”步骤，两种氧化剂在不同温 ② ；“溶解I”中含铼化合物发生 度下对渣率和钉浸出率的影响分别如图甲、 反应的离子方程式为 图乙所示，则最佳反应温度为 ,适 (2)“滤渣Ⅱ”的成分为 ,“操作 宜选择的氧化剂为 ,反应的离子方 I”为 过滤、洗涤、干燥。 程式为 (3)“溶解Ⅲ”中反应的离子方程式为 70 ■NaClo2 100F ;“沉铂”时，若溶液中c[PtC]2-〉 NaClO 60 80 是50 0.1mol/L,加入等体积NH4Cl溶液， 60 ● Naclo 40 40 NaClO [PtC]2-完全沉淀(c≤1.0×10-5mol/L) 30 20L 20 所需NH4CI的最小浓度为 190200210220 230 190200210220230 温度/℃ 温度/℃ mol/L(忽略溶液混合后体积的变化)。 分 乙 (4)“高温还原”时，工业上用价格稍贵的 (2)“还原”步骤，CHCH2OH的氧化产物 H2,而不选用廉价还原剂碳的原因是 为CH COO,则氧化剂和还原剂的物质的 ;理论上获得3.72g铼粉，需要标准 量之比为 ,滤液2中的主要成分有 状况下H2的体积至少为 27 实战册 实战高考·化学 5.(2024山东日照一模)回收利用废旧锂离子 6.(2024山东济宁一模)一种以钉矿石[主要 电池中钴酸锂粗品制备LiCoO2产品，可实 含Ru(CO3)2还含少量的Al2O3、FeO、 现资源的循环利用。其工艺流程如下。 MgO、SiO2和CaO等]为原料制备钌(Ru)的 氯化胆碱H,C0。 NaOH溶液Na,CO, 流程如图，回答下列问题： NazCO3 水浸 H,SO4碱性NaClo,Na正 LiCo0,粗品→微波共熔 水浸一沉钴一→沉锂 钉矿石→熔融→熔块→酸浸→沉铁→软化 滤渣1 滤渣2→煅烧 沉淀 滤液1 NazFex(SO)d(OH) 通空气 H2 浓Na,C0, 通空气 Ru+还原炉，灼烧 沉钉1力案1 LiCo0,产品←高温烧结 滤液2 已知：①氯化胆碱[HOCHCHN+(CH)3·C] C02 (NHC2O Ru灼烧 方案2 沉钉2 是铵盐，熔点较低；LiCoO2熔点较高。 A 滤液3 ②Co+在溶液中常以[CoCL4]2-(蓝色)和 已知：①常温下，Kp(CaF2)=1.5×10-10, [Co(H2O)6]2+(粉红色)形式存在。 Ksp(MgF2)=7.4X10-1,W/7.4≈2.7w√15 ③常温下，K[Co(OH)2]=1×10-15。 ≈3.9。 回答下列问题： ②离子浓度等于或低于1×10-5mol·L1 (1)“水浸”过程中溶液由蓝色逐渐变为粉红 时，则认为该离子已被完全除去。 色，则“微波共熔”后获得的含Li、Co的化合 (1)气体A的成分为 ,滤液1中溶 物为 (填化学式)，“微波共熔”中氯 质为 化胆碱的作用是 (2)“沉铁”的离子方程式为 (3)“软化”时，溶液中钙离子和镁离子的浓度 (2)“沉钴”过程发生反应的离子方程式为 分别为0.01mol·L1和0.02mol·L1,常温 。 常温下，钴离子恰好沉淀 下取2.0L该滤液，使其中Ca2+、Mg2+沉淀 完全时溶液的pH= [当c(Co2+) 完全，则至少需要加入NaF的物质的量为 ≤105mol/L时可认为离子沉淀完全]。 (3)“煅烧”过程生成Co3O4,则消耗的 (4)“灼烧”时Ar的作用是 n[Co(OH)2]:n(O2)= (5)产生相同物质的量的钌，方案1中消耗 (4)可回收利用“沉锂”后的滤液的操作单元 H2与方案2中产生CO2的物质的量之比为 是 ;从安全角度分析，方案2优于方 (5)“高温烧结”发生反应的化学方程式为 案1，其理由是 28答案册 实战高考·化学 (2)4.5≤pH≤9.3使2CrO2-+H20=Cr2O-+ 2OH-平衡正向移动，提高Na2Cr2Oh的产率 浸取 (3)有Na2Cr2On析出H2SO4(4)阳CrO 解析以铬铁矿(FeCr2O4,含Al、Si氧化物等杂质)为主要 原料制备红矾钠(N2Cr2On·2H2O)过程中，向铬铁矿中 加入纯碱和O2进行焙烧，FeCr2O4转化为Na2Cr2O4, Fe(Ⅱ)被O2氧化成Fe2O3,Al、Si氧化物转化为 Na[Al(OH)4]、Na2SiO3,加入水进行“浸取”，Fe2O3不溶 于水，过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使 [A1(OH)4]一、SiO与转化为沉淀过滤除去，再向滤液中 加入H2SO4,将Na2Cr2O4转化为Na2Cr2O7,将溶液蒸发 结晶将Na2SO4除去，所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7 ·2H2O晶体，母液中还含有大量H2SO4。(2)中和时调 节溶液pH目的是将[A1(OH)4]一、SiO转化为沉淀过 滤除去，由图可知，当溶液pH≥4.5时，A13+除尽，当溶 液pH>9.3时，H2SiO3会再溶解生成SiO号，因此中和时 pH的理论范围为4.5≤pH≤9.3；将Al元素和Si元素除 去后，溶液中Cr元素主要以Cr2O号和CrO存在，溶液 中存在平衡：2CrO2+H20=Cr2O号+2OH,降低 溶液pH,可提高Na2Cr2On的产率，由上述分析可知，Fe 元素在“浸取”操作中除去。(3)蒸发结晶时，N2SO4主要 以Na2SO4·10H2O存在，溶液中还含有Na2Cr2O7,若蒸 发结晶时，过度蒸发将导致有Na2Cr2O7析出；由上述分 析可知，流程中循环利用的物质除Na2Cr2O7外，还有H2 SO4.(4)由4Na2Cr2O4十4H0通电2Na2Cr2O+ 4NaOH+2H2◆十O2个可知，电解过程中实质是电解水， 阳极上OH-失去电子生成H2O和O2,阴极上H+得到 电子生成H2,由2CrO+H20、Cr2O号+20H-可 知，Cr2O号在c(OH-)减小的电极室中制得，即Na2Cr2 O,在阳极室产生；电解过程中，阳极室中c(OH一)减小， CrO2水解平衡正向移动，c(CrO)减小，c(Cr2O号) 增大，为提高制备Na2Cr2On的效率，CrO通过离子交 换膜移向阳极。 ⑨(1)增大接触面积，充分反应，提高反应速率MnO2 +BaS+H2O一Ba(OH)2+MnO+S(2)过量的 MnO2消耗了产生的Ba(OH)2(3)蒸发(4)H2O2 山东模 考点闯关 ①A解析碳酸钠(Na2CO3)碱性较强，通常不用作食品 膨松剂，食品膨松剂常用的是碳酸氢钠（小苏打），它受热 382 4.9(5)Mn2++HCO3+NH3·H2O=MnCO3￥+ NH+H2O 解析软锰矿粉（主要成分为MnO2,含少量FeO4、Al2O3)加 入硫化钡溶液进行反应，主要发生MnO2十BaS十H2O —Ba(OH)2十MnO+S,过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸 发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到 的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+,得 到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫黄；之后向滤液中加入合 适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+,然后加入氨水调节pH, 使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，压滤得到的废渣为 Fe(OH)3和Al(OH)3,此时滤液中的金属阳离子只有 Mn2+,向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，Mn2+和碳酸氢根 电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥 得到高纯碳酸锰。(1)软锰矿预先粉碎可以增大反应物 的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS 反应转化为MnO,Mn元素的化合价由十4价降低为十2 价，根据元素价态规律可知一2价的S元素应被氧化得到 S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1：1，根据后续流 程可知产物还有Ba(OH)2,结合元素守恒可得化学方程 式为MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S。 (2)根据题目信息可知MnO2为两性氧化物，所以当 MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2,从而使 Ba(OHD2的量达到最大值后会减小。(3)滤液I为结晶 后剩余的Ba(○H)2饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作 中循环使用。(4)净化时为更好的除去F元素需要将 Fe2+氧化为Fe3+,为了不引入新的杂质，且不将Mn元 素氧化，加入的试剂X可以是H2O2;根据表格数据可知， Fe(OH)3和Al(OH)3为同类型的沉淀，而Al(OH)3的 Kp稍大，所以当AI3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉 淀，当c(A13+)=1.0×10-5mol/L时，c(OH)= 型oD3=√0mol·11= √c(A3+) 10-9.1mol/L,所以c(H+)=10-4.9mol/L,pH=4.9,即 pH的理论最小值为4.9。(5)碳化过程Mn2+和碳酸氢 根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根 的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，所 以离子方程式为Mn++HCOs+NH3·H2O MnCO↓+NHt+H2O。 拟专练 分解产生二氧化碳气体使食品膨松。A选项错误。 2B解析Cl2能溶于水，在饱和NaCl溶液中溶解度会 变小，A正确；Na2CO3溶液既能与HCl反应，也能与CO2 反应，应该用饱和碳酸氢钠溶液除去C○2中的HCI气体， B错误；油脂在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸钠的 反应称为皂化反应，C正确；CHCH2Br在NaOH醇溶液 中发生消去反应，D正确。 ③B解析向Na2CO3溶液中滴加稀盐酸，刚开始没有 气泡，滴加一定量后才产生气泡，向稀盐酸中滴加 Na2CO3溶液立即产生气泡，故A不符合题意； Al2(SO4)3溶液和氨水无论滴加顺序怎样，都会立即生成 氢氧化铝沉淀，故B符合题意；向NaHCO3溶液中滴加溴 水，溴水中的HBr和NaHCO3反应生成二氧化碳气体， 溴水过量时溶液变为橙黄色，向溴水中滴加NaHCO3溶 液，溴水中的HBr和NaHCO3反应生成二氧化碳气体， 溶液由橙黄色变为无色，故C不符合题意；向H2C2O4溶 液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液由无色变为紫色，向酸 性KMnO4溶液中滴加H2C2O4溶液，溶液由紫色变为无 色，故D不符合题意。 ④A解析根据某常见金属单质及其部分化合物的“价 一类”二维图知，a为Fe、b为FeO、c为Fe2O3、d为 Fe(OH)3、e为Fe(OH)2、f为亚铁盐（如FeCl2等）、g为铁 盐（如FeCl等）、h为高铁酸盐（如K2FeO4等）。Fe与 HCl反应生成FeCl2,FeCl2与C2反应生成FeC3,FeCl3 与NaOH反应生成Fe(OH)3,Fe2O3不能通过一步反应 转化为Fe(OH)3,A项不合理；b与HI的反应为FeO+ 2HI=FeI2+H2O,c与HI的反应为Fe2O3+6HI 2FI2十I2十3H2O,前者为复分解反应、非氧化还原反应， 后者为氧化还原反应，B项合理；FO具有强氧化性， 用于饮用水的消毒，其还原产物Fe3+水解生成Fe(OH)3 胶体用于净水，C项合理；图乙构成原电池，Fe为负极，Fe (a)极电极反应为Fe一2e-一Fe2+,向a极附近滴入铁 氰化钾溶液会产生蓝色KFe[Fe(CN)6]沉淀，D项合理。 ⑤D解析白色沉淀于试管中，加入NaCl溶液，沉淀溶 解，得无色溶液，插入光洁的A1条，析出红色固体，红色 固体应为铜单质，则沉淀不是氢氧化铝沉淀，结合质量守 恒定律，沉淀是含铜元素的CuCl,A错误；反应中生成气 体，根据活动性应该为铝参与反应生成的氢气，则1ol A1不会全部参与置换铜离子生成铜单质，则不会生成 1.5 mol Cu,B错误；结合A分析，初始反应后的无色溶液 于试管中，加入蒸馏水，产生大量白色沉淀，加入NCl溶 液，沉淀溶解，得无色溶液，则应该初始反应生成 [CuC2]一，稀释后溶液浓度减小，[CuC2]-转化为CuCl 沉淀，加入NaCl溶液，氯离子浓度增大，CuCl和过量氯离 子生成[CuCl2]一，反应中没有元素化合价改变，不是氧化 还原反应，C错误；结合AC分析，“实验二”无色溶液中， 铜元素的价态为十1价，D正确。 O实战册参考答案及解析 ⑥AB解析低品位铜矿中加入稀硫酸、二氧化锰浸取， 将S元素氧化形成硫单质除去，所得滤液加入氨水除铁， 得到的滤渣1主要为氢氧化铁，再加氨水、碳酸氢铵除锰 得到碳酸锰，滤液再加热、过滤、洗涤得到高活性氧化铜， 加入铜、盐酸和氯化钠还原，再加水稀释后过滤、洗涤、干 燥得到氯化亚铜。浓硫酸具有强氧化性，反应过程中能 生成有害气体二氧化硫，不能用浓硫酸代替稀硫酸，A错 误；向滤液中加入氨水、碳酸氢铵得到碳酸锰，离子方程 式为Mn2++HCO3+NH3·H2O-MnCO3V+ NH吐十H2O,B错误；根据分析可知，高活性氧化铜加入 铜、盐酸和NaCl还原，生成CuCl,已知CuCl易溶于浓度 较大的CI-体系中，存在CuC十C-一[CuC2]-,所以 “还原”后所得产物主要为Na[CuCl2],C正确；乙醇能降 低CuCl的溶解减少损失，且易挥发便于千燥，防止CuCl 被氧化，所以产品CuCl可用冷的乙醇洗涤，D正确。故选 AB。 ⑦A解析向水锰矿矿浆中加入H2SO4和SO2,SiO2与 H2SO4不反应，Fe2O3溶解产生的Fe3+被还原为Fe2+, 过滤得到含有Mn2+、SO、Fe2+、Ca2+、Al3+的混合溶 液和含有SiO2、CaSO4(微溶)的滤渣1；滤液中加入 MnO2,将Fe2+氧化为Fe3+,加入氨水调节pH将Fe3+、 A13+转化为Fe(OH)3、A1(OH)3沉淀除去，加入NH4F 溶液将Ca+转化为CaF2沉淀除去，滤液主要成分为Mn- SO4,加入NaHCO3溶液，得到MnCO3沉淀，加入适量磷 酸溶液得到Mn(H2PO4)溶液，一系列操作后得到Mn (H2PO4)·2H2O。根据分析，步骤Ⅲ为加入氨水调节 pH将Fe3+、A13+转化为Fe(OH)3、AI(OH)3沉淀除去， 只涉及复分解反应，不涉及氧化还原反应，A错误；根据 分析，滤渣2的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3,B正确； NH4HCO3为铵态碳酸氢盐，高温易分解，低温条件下沉 锰是为了防止NH4HCO3分解，C正确；根据Ksp(CaF) =3.6×10-12,若要使Ca2+完全沉淀，则c(F-)≥ /Ksp(CaF2)_3.6×10-1z Vc(ca2+)√1X10-5mol/L=6×10-4mol/L,D 正确。 ⑧AD解析锂离子电池正极材料（主要成分为 LiNio.6Coo.2Mno.2O2和Al),加入NaOH溶液，将Al转 化为[A1(OH)4]-,过滤后得到含[A1(OH)4]-的滤 液，经一系列操作后得到A1,滤渣加入适量碳粉，在氮气 气流中焙烧，Li元素转化为Li2CO3,同时有CO2、Co、Ni、 MnO生成，加水进行水浸，且通入CO2,微溶的Li2COs转 化为易溶的LiHCO3,得到LiHCO3溶液，热解后得到 Li2CO3。LiNio..6Coo.2Mno.2O2中Ni2+、Nis+、Co3+个数 比为1：2：1，设M血的化合价为，则1+0.6×号×2+ 383 答案册 实战高考·化学 X名×3+3X0.2十0.2x=4,解得x=4,则M而 合价为十4，故A正确；“碱浸”时A1转化为 [A1(OH)4]一，属于氧化还原反应，故B错误；A1Cl3是 共价化合物，熔融状态下不导电，冶炼金属A1通常是电 解熔融氧化铝，故C错误；“水浸”步骤反应温度不宜过 高，避免LiHCO分解，故D正确。故选AD。 ⑨C解析废料中加入硫酸，二氧化硅不反应，氧化钙和 硫酸生成微溶的硫酸钙，故浸渣为二氧化硅、硫酸钙，浸 出液加入硫酸钾，产生复盐明矾沉铝，千燥脱水，焙烧产 生氧化铝、硫酸钾和两种气体，水浸除去硫酸钾，得到氧 化铝，电解得到铝。“水浸”后得到的“滤液Ⅱ”成分为 K2SO4,可在“沉铝”工序循环使用，A正确；“煅烧”中产 生二氧化硫，硫元素化合价降低，则根据电子守恒可知， 氧元素化合价升高得到氧气，两种气体为SO2和O2,B正 确；由分析可知，“浸渣I”的主要成分除残余A2○3外，还 有二氧化硅、硫酸钙，C错误；10.0g废料得到5.0g干燥 的“滤渣Ⅱ”(A2O质量分数为5%)，Al2O3的浸取率为 10gX50%-5.0gX5%×100%=95%,D正确。 10g×50% 题型闯关) ①C解析结合已知CuFeS2被氯化铁氧化生成CuCI和 S,氯化铁被还原为氯化亚铁，根据得失电子守恒以及元 素守恒得反应的化学方程式为CuFeS.2+3FeCl3=CuCl 十4FeC2十2S,故A正确；滤液1主要成分为氯化亚铁， 在空气中加热会被氧化为氯化铁，蒸千过程中氯化铁水 解生成氢氧化铁，灼烧得到氧化铁，故B正确；二次浸取 后滤渣为S和SiO2,两者均能与NaOH反应，因此不能用 热的NaOH溶液分离，故C错误；“调节pH”时发生的反 应为2[CuC2]-H世Cu+Cu2++4Cl-,每生成1mol Cu,转移1mol电子，故D正确。 2AC解析C0sO4中钻元素化合价有十+2、十3，含钻废 料加入硫酸酸浸能与金属氧化物反应生成F3+、Al3+, SiO2不反应过滤为滤渣，过氧化氢能将Co3+还原为Co+, 加入氨水调pH得到Fe(OHD3、Al(OH)3沉淀，过滤加入碳 酸氢铵沉钻，气体X为CO2,碳酸钻和碳酸锂在氧气作用 下高温焙烧生成LiCoO2和二氧化碳。根据分析，“酸浸” 时过氧化氢作用是将C03+还原为C02+,而SO2能够和 F3+反应，因此不能代替O2,故A错误；由表中数据可 知pH=3.0时Fe3+沉淀完全，则Kp[Fe(OHD3]=1.0X 10-5×[10-(14-3.0)]3,pH=4.5时A3+沉淀完全，则 Kp[A1(OHD3]=1.0×10-5×[10-(14-4.5)]3,则c(A13+) Ksp[Al(OH)3] :c(Fe3+)= C3(OH) Ksp[Fe(OH)3] =1045:1,故B正确；气体X c3(OH-) 384 为CO2,不能进入“调pH”操作单元回收利用，故C错误； “高温焙烧”时碳酸钻被氧化为LiCoO2,,氧化剂为氧气，反 应的化学方程式为4CC0s十2LC05十0，高温4LCo02十 6CO2,故D正确。故选AC。 3(1)200 C NaClO Ru+20H-+3CIO--Ru02 +3C1-+H2O (2)2:1 Na2 SiOs (3)蒸馏烧瓶和牛角管 (4)5.6≤pH8.5 解析(I)“氧化溶浸”步骤中，钉被氧化为Na2RuO4,要求 钌的浸出率高，渣率低，选择最佳温度为200℃，NaClO 作氧化剂；CO-被还原为CI-,Ru被氧化为RuO。 (2)“氧化溶浸”的溶液中有NaCl、Na2RuO4和Na2SiO3, 用乙醇还原Na2RuO4,氧化剂为Na2RuO4,还原剂为乙 醇，得到Ru(OH)4沉淀和CH3COO,根据得失电子守 恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1；滤液2中有 NaCl、CH3 COONa和Na2SiO3。(3)蒸馏需要的仪器有酒 精灯、冷凝管、锥形瓶、温度计、蒸馏烧瓶和牛角管等。 (4)“调节pH”让Cr3+沉淀，Co2+不沉淀，Cr3+浓度为 10-5mol/L时沉淀完全，Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)X c3(0H-)=1×10-5×c3(0H-)=6.4×10-31,得出 c(OH-)=4×10-9mol/L,c(H+)=2.5×10-6mol/L, pH=5.6,Co2+浓度为10.62mg/L,即 10.62×10-3g·L-1 59g·mol-1 =1.8×10-4mol/L,Co2+开始沉淀 时，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=1.8×10-4 ×c2(OH-)=1.8×10-15,得出c(OH-)=1× 10-5.5mol/L,c(H+)=1×10-8.5mol/L,pH=8.5,故 pH范围为5.6≤pH<8.5。 ④(1)除积碳Re2O7+2OH一2ReO4+H2O (2)A1(OH)3蒸发浓缩、冷却结晶 (3)3Pt+16C1-+2CIOs+12H+一3[PtCl6]2-+ 6H201.7 (4)不引入杂质，便于分离提纯铼1.568 解析(1)“焙烧”的目的为①将铼转化为Re2On,②除积 碳；“溶解I”中Re2O7和NaOH反应转化为NaReO4,离 子方程式为Re2O,+2OH--2ReOm+H2O。(2)“滤 渣Ⅱ”的成分为Al(OH)3,“操作I”可以得到NH4ReO4 晶体，为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、千燥。(3)“溶 解Ⅲ”中加入HC-NaCIO3溶液溶解Pt,生成[PtCl6]2-和 H2O,根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式； “沉铂”时，若溶液中c{[PtC6]2-}=0.1mol/L,加入等 体积NH4Cl溶液，[PtCl6]2-完全沉淀(c≤1.0×10-5 mol/L)时溶液中c(NHt)= /Kp{NH4)2LPtC6亚 cPtCl62 5.7×10-6 √.0X10-mol/L≈0.75mol/L,则所需NH4C1的最小 浓度为0.1mol/LX2V+0.75mol/LX2Y=1,7mol/L. V (4)“高温还原”时，工业上用价格稍贵的H2,而不选用廉 价还原剂碳的原因是不引入杂质，便于分离提纯铼；根据 化学方程式2NH4ReO4十7H高温2Re+2NH+8H20, 3.72g 理论上获得3.72g铼粉，n(Re)=186gm0=0.02mol, 需要标准状况下的体积至少为0.07molX22.4L/mol= 1.568L。 ⑤(1)Li2[CoCL4]作为反应物提供C1-,作助剂降低 Li2CoO2熔融所需的温度 (2)[Co(H2O)6]2++2OH-=Co(OH)2+6H2O9 (3)6:1(4)沉钴 (5)6LC06+02+4Co,0,高温12LiC02+6C02 解析氯化胆碱、草酸和LiCoO2微波共熔的过程中，C0被 还原为十2价，经过水浸滤液中C0以[Co(H2O)6]2+存 在，加入氢氧化钠沉钻，得到C0(○H)2沉淀和含有锂离子 的溶液，C0(OH)2固体经过煅烧得到Co3O4固体，含有锂 离子的溶液中加入碳酸钠溶液生成碳酸锂沉淀，碳酸锂 和Co3O4高温烧结（通入空气氧化)得到LiCoO2产品。 (I)[CoC4]2-呈蓝色，“水浸”过程中溶液由蓝色逐渐变 为粉红色，则“微波共熔”后获得的含Li、C0的化合物为 Li2[CoC4],又已知“氯化胆碱[HOCH2CH2N+(CH3)3 ·C-]是铵盐，熔点较低，LiCoO2熔点较高”，则“微波共 熔”中氯化胆碱的作用是作为反应物提供CI一，作助剂降 低Li2CoO2熔融所需的温度。(2)水浸滤液加入氢氧化钠 沉钻，得到Co(OH)2沉淀。常温下，Ksp[Co(OH)2]=1 ×10-15,当c(Co2+)≤10-5mol/L时可认为离子沉淀完 全，则钻离子恰好沉淀完全时溶液中c(OH一)=10-5 mol/L,pOH=5,则pH=9。(3)“煅烧”过程Co(OH)2生 成Co04,反应为6Co(OHD2+02高温2Co0,十6H20, 则消耗的n[Co(OH)2]：n(O2)=6：1。(4)“沉锂”后的 滤液中有残留的[C0(H2O)6]2+、锂离子和氯化钠，若加 碱有利于[Co(H2O)6]2++4C1-=[CoC4]2-+6H2O 左移、[Co(H2O)6]2+进一步转化为Co(OH)2沉淀，故可 回收利用“沉锂”后的滤液的操作单元是“沉钻”。(5)碳酸 锂和Co3O4高温烧结（通入空气氧化）得到LiCoO2产品。 6(1)CO2 Na2 SiO3,Na[Al(OH)4] (2)6Na++12Fe2++2C1O3+18S02+6H20 3Na2 Fe4 (SO4)6(OH)2+2C1-+60H- O实战册参考答案及解析 (3)0.1278mol (4)作保护气，防止钌与空气中的氧气反应 (5)1:2方案1使用氢气作还原剂，氢气是易燃易爆气 体，方案2更安全 解析熔融后得到的熔块为金属氧化物和熔融混合生成的 高温不分解的盐，Ru(CO3)2热分解，气体A为CO2,水浸 时，熔融得到的硅酸钠、四羟基合铝酸钠溶解，即为滤液1 的溶质，酸浸后溶液中有Ru4+、Fe2+、Mg2+、Ca2+,沉铁 时加入氯酸钠在碱性条件下把二价铁转化为三价铁并生 成Na2Fe4(SO4)6(OH)沉淀除去，软化步骤是加入氟离 子使Mg2+、Ca2+变为氟化物沉淀除去，转化后的液体即 为含Ru4+的溶液，通过后续步骤得到Ru。(I)由分析 知，A为CO2,滤液1中溶质为Na2SiO3、Na[Al(OH)4]。 (2)“沉铁”时，氯酸钠在碱性条件下把二价铁转化为三价 铁并生成Na2Fe4(SO4)6(OH)沉淀。(3)Ksp(MgF2)= 7.4×10-11更小，说明Mg2+先沉淀完全，故以Ca2+完全 沉淀计算，Kp(CaF2)=1.5×10-10=c(Ca2+)X c2(F-),当c(Ca2+)=1X10-5mol·L-1时，c(F-)= √15×10-3≈3.9×10-3mol/L,则加上沉淀的氟离子， 需加入NaF的物质的量为(0.01mol·L-1X2十 0.02mol·L-1×2)×2.0L+3.9×10-3mol/L×2.0L =0.1278mol。(4)“灼烧”时，方案1中有还原性的H2, 未加入Ar,方案二加了Ar,故Ar的作用是作保护气，防 止钌与空气中的氧气反应。(5)Ru从十4价变为0价，每 生成1 mol Ru,方案1需要H21mol,方案2分解产生 CO22mol,方案1中消耗H2与方案2中产生CO2的物质 的量之比为1：2；从安全角度分析，方案2优于方案1。 分层闯关 ①B解析由题千流程图可知，将铅银渣进行氧化焙烧， 将Pb、Ag、Cu分别转化为PbO、Ag2O和CuO,向焙烧之 后的固体中加入H2SO4、NaCl、NaNO3,则可得到含 PbSO4、AgCl的滤渣，和含有CuSO4、Na2SO4的滤液，向 滤渣中加入Na2SO3溶液进行络合浸出，过滤得到浸渣主 要成分为PbSO4和滤液，向滤液中加入甲醛，将 [Ag(SO3)2]3-还原为Ag,同时HCHO转化为HCOO, 据此分析解题。原酸浸液为H2SO4、NaCl和NaNO3,根 据离子成分可知，“酸浸”过程中可用稀HNO3代替 NaNO3,A正确；由分析可知，“络合浸出”时AgCI和 Na2SO3发生络合反应，该离子反应为AgC1十2SO [Ag(SO3)2]3-十C1-,B错误由分析可知，浸渣的主要 成分是PbSO4,C正确；由分析可知，“还原析银”时， HCOO一为氧化产物，Ag为还原产物，根据电子守恒可 知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2，D 正确。 385