专题11 工艺流程综合题（7年汇编）（北京专用）2020-2026年高考化学真题分类汇编

**基本信息** 汇集2020-2025北京高考真题及2026模拟题共25道工艺流程综合题，以铅酸电池回收、黄铜矿炼铜等真实工业情境为载体，综合考查化学核心知识与能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |非选择题|25道|元素化合物、反应原理、物质分离提纯、定量计算|真实工业流程情境，强化绿色化学与资源循环；注重陌生反应推断及条件控制分析，贴合北京高考命题趋势|

专题11 工艺流程综合题 7年真题1年模拟 1.【答案】（1）①     ②     ③ 正四面体形    ④      （2）① 脱除硫酸根，生成可溶于酸的氢氧化铅    ② H2O2作还原剂，K2S2O8作氧化剂     （3）ab      2.【答案】（1）增大矿石的接触面积，提高反应速率，使反应更充分     （2）     （3）① 随焙烧温度升高，生成的速率加快    ② 发生分解生成难溶于水的     （4）     （5）粗铜若未经酸浸，会残留较多的Fe，在电解时，阳极会发生反应Fe-2e-=Fe2+，溶液中的 Fe2+易被空气中O2氧化为 Fe3+，Fe3+在阴极发生反应Fe3++e-=Fe2+      3.【答案】（1）① >    ② 、     （2）①     ② 与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；抑制水解，防止生成沉淀     （3）① 、、    ② 被氧气氧化为，把氧化为     （4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂      4.【答案】（1）<     （2）① 排除的颜色对判断铜氧化产物的干扰    ② 、     （3）①     ② 白色沉淀逐渐溶解    ③ 浓度减小，CuI覆盖在Cu表面，阻止反应继续进行；     （4）铜、和的混合溶液     （5）电化学实验中，由于氧化性I2>Cu，I2将Cu氧化为Cu2+；实验I-III中，体系中有，生成沉淀或，使+1价Cu的还原性减弱，而I2不能氧化或；      5.【答案】（1）     （2）① ，在一定量溶液中，先浸出    ②     ③ 2.4∶1    ④ ，优先析出，沉钙过程中消耗且少量挥发，减少析出     （3），，随大量氨气逸出，平衡正向移动     （4）（MgO）     （5）      6.【答案】（1）① 与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+ H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化    ② 过滤     （2）① Fe2++ 2NH3·H2O = Fe(OH)2 + 2    ② >    ③ pH6.0左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小    ④ 溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3++2H2O和4Fe2+ + O2+ 6H2O =4FeOOH + 8H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加，或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+     （3）不受影响      7.【答案】1. ① 增大反应速率，提高浸出率    ②     ③ 二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+     2. MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱，调节pH≈5除去Fe3+、Al3+     3. Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+     4.       8.【答案】① 过滤    ② 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O    ③ 4    ④ 5    ⑤ NO    ⑥ 2H2O    ⑦ 4    ⑧ AC    ⑨ 2    ⑩ NaCl溶液    ⑪ Fe、Cu 1.【答案】（1）     （2）① 中N原子有孤电子对，有空轨道，可以配位    ②      （3）三辛胺浓度增大，黏度增大，流动性变差，与水接触不充分，萃取速率减小，萃取率增加缓慢；也被萃取，不易分离，分离系数骤减     （4）     （5）      2.【答案】（1）Cu>Ag>Au     （2）3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O或3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O     （3）① 电负性S，S更易给出电子形成配体    ② Fe3++2TU+Au=Fe2++[Au(TU)2]+    ③ 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      3.【答案】（1）     （2）-690     （3）① 过滤    ② 蒸馏     （4）由溶液1制备无水，电解熔融制备Mg和     （5）阳     （6） 4.【答案】（1）① ⅡA    ② 同一主族，电子层数增大，原子半径增大，失电子能力增强     （2）脱除，使得转化为能够溶于酸的     （3）、     （4）5.1-7.8     （5）调pH至10.9，80℃加热浓缩，趁热过滤     （6）、      5.【答案】（1）     （2）随温度降低而显著减小（或受温度影响较大，低温下溶解度小）     （3）     （4）①     ② 20℃时，的溶解度远小于体系中其他溶质的溶解度，反应后最先达到饱和，因此优先析出    ③ 通入后发生反应：，增大，促进“冷析“过程的析出，减小，有利于“盐析”时NaCl的溶解      6.【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      7.【答案】（1）①     ②      （2）     （3）4.7     （4）羟基中的O原子给出孤电子对，Pb2+接受电子对，形成配位键     （5）时，吸附剂表面的—OH与结合，阻碍其与形成配位键（或使吸附剂表面带正电，排斥Pb2+）；时，与生成沉淀，不易被吸附     （6）ac      8.【答案】（1）① Zn    ② 2MnO2+2e−+2NH=Mn2O3+2NH3+H2O     （2）     （3）① ZnS    ② 加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥或蒸发结晶、洗涤、烘干     （4）① 平面三角形    ② Mn2O+4H+MnO2+Mn2++2H2O    ③ Mn2O+4H+MnO2+Mn2++2H2O，随Mn2+浓度的增大，平衡逆向移动；或Mn2O+2e−+8H+=2Mn2++4H2O，增大Mn2+的浓度，反应不易发生      9.【答案】（1）① +131.4    ② 煤气化生成水煤气的反应为吸热反应，与C反应放热，提供能量，维持反应持续进行     （2）①     ②     ③ 空气进入氧化反应器，与生成，分离出，进入还原反应器分解生成和，循环利用，实现空气中和的分离     （3）① 反应ⅰ：、反应ⅱ：，当合成气总物质的量及相同时，增大，使增大，c(CO)减小，增大对反应ⅱ正移影响小于c(CO)减小对反应i逆移的影响    ② 适当提高，降低      10.【答案】（1）     （2）、     （3）与反应，调节溶液的pH：提供，形成黄钠铁矾沉淀除铁     （4）与发生反应 ，生成的与反应生成，分解为受热逸出，使还原剂的量减少     （5）微溶，酸浸时低，酸浸液中有未完全沉淀。沉铜反应生成，增大，使，生成沉淀     （6）①     ② 溶液的物质的量浓度和体积、样品的质量      11.【答案】（1）① 过滤    ②      （2）、     （3）①     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）      12.【答案】（1）增大接触面积，提高浸出速率，使反应更充分。     （2）     （3）稀硫酸     （4）① ，，，，计算可得，沉淀完全    ② 将氧化为，便于后续转化为沉淀除去     （5）     （6）      13.【答案】（1）① 过滤    ② 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    ③ 18、3、12、     （2）① 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    ② 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）① 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。    ②      （4）      14.【答案】（1）① 粉碎还原渣(或搅拌、适当提高盐酸浓度、延长浸出时间)    ②     ③ 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）① 正    ② 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    ③       15.【答案】（1）易升华，温度过高，流失，影响后续溶浸     （2）①     ② 不可以替换，原因1：氨水提供铵根离子参与反应，氢氧化钠会增加氯化铵用量；原因2：氢氧化钠溶液可以和氧化铝反应，后续不易分离     （3）由于静电引力作用，萃取有效成分吸引，而会静电排斥     （4）a     （5）、氨水     （6）      16.【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）①     ② 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      17.【答案】（1）增大反应物接触面积，加快煅烧反应速率，使煅烧更充分     （2）>     （3）①      ②     ③ 远小于，加入草酸铵后，溶液中残留的会转化为沉淀除去，降低，而仍留在溶液中，因此提高产品纯度     （4）      （5）       18.【答案】（1）     （2）① 搅拌转速小于250r/min时，溶解速率小，溶解不充分；大于250r/min时，搅拌过于剧烈，会沉淀出    ② Sn的溶解率增大，提前浸出，回收率降低；Si的溶解率下降，混入含锡残渣，不利于Sn的回收     （3），增大有利于与结合形成；增大，有利于与生成，均使的沉淀溶解平衡正向移动     （4）     （5）      19.【答案】（1）① ；    ②     ③ 和形成配合物，降低，防止生成，不断释放出和反应     （2）①     ② pH增大增大，有利于生成沉淀，pH继续增大减小，不利于生成或转化为释放出（从吸附含砷物质角度解释也可以）    ③ <      20.【答案】（1）     （2）① 阳    ②      （3）     （4）总反应为 ，NaOH仅作循环吸收剂，不参与总反应     （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 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 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)      21.【答案】（1）b     （2）     （3）与反应生成AgI，降低，促使反应逆向进行     （4）① ，，减小，平衡正向移动，溶液中浓度增大(或其他合理答案)    ②     ③ >     （5）①     ② 取滤渣，加入足量溶液，充分作用后过滤，向滤渣中加入稀，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银。(或其他合理答案)      22.【答案】（1）增大接触面积，加快浸取速率，提高浸取率     （2）H2SeO3+2SO2+H2O=Se↓+2H2SO4     （3）K萃取In大于K萃取Ga     （4）① 稀盐酸    ② 向有机相2中加入稀盐酸，溶液中的氢离子浓度增大，萃取平衡向逆反应方向移动，反应后分液得到萃取剂2     （5）① [Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH-    ②     ③ 在8~11 h，阳极区发生两个反应：和，当两个反应速率相等时，基本保持不变     （6）NaOH      23.【答案】（1）① 平面正三角形    ②      （2）① 负    ②     ③      （3）①     ② 随着增加，生成的MnO2被氧化成高价态的可溶性（）离子留在溶液中      24.【答案】（1）①     ②      （2）水     （3）     （4）     （5）① ，和形成沉淀，，pH升高增大，比值增大    ② 形成，随pH升高沉淀量增多，固液之间的接触面积小于液体之间的，氧化速率降低反应生成的附着于表面，导致反应物之间的接触面积变小，氧化速率降低      25.【答案】（1）H2S、Na2S、Na2SO3（任选两种）     （2）     （3）取5 mL 2×10-4 mol·L-1 KMnO4溶液于试管中，加入5 mL 6 mol·L-1 NaOH溶液，溶液转变为与Ⅲ中相同的绿色，变色时间大于30s     （4）① 过量的S粉与过量的NaOH溶液发生反应，生成    ② 溶液中若含，加酸也会析出S单质，产生乳白色沉淀    ③ 加入盐酸产生乳白色浑浊，过滤后向溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀     （5）溶液的酸碱性、反应物浓度、溶剂种类、反应物用量（答出任意两点即可）      试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题11 工艺流程综合题 7年真题1年模拟 考点分类 北京考情（2020-2026） 命题规律 工艺流程综合题 2025北京(1题)、2024北京(1题)、2023北京(2题)、2022北京(1题)、2021北京(1题)、2020北京(2题) · 情境设置：以真实工业生产流程为载体，如铅酸电池、黄铜矿炼铜、回收贵金属等，贴近实际。 · 考查重点：侧重化学方程式书写、物质分离提纯、条件控制及原理分析，综合考查元素化合物与反应原理。 · 命题趋势：情境新颖且信息量大，强化陌生反应推断与定量计算，注重绿色化学和资源循环利用。 1.(2025·北京·高考真题)铅酸电池是用途广泛并不断发展的化学电源。 （1）十九世纪，铅酸电池工作原理初步形成并延续至今。 铅酸电池工作原理： ①充电时，阴极发生的电极反应为　　　　　　　。 ②放电时，产生a库仑电量，消耗的物质的量为　　　　　　　。已知：转移电子所产生的电量为96500库仑。 ③作为电解质溶液性质稳定、有较强的导电能力，参与电极反应并有利于保持电压稳定。该体系中不氧化，氧化性弱与其结构有关，的空间结构是　　　　　　　。 ④铅酸电池储存过程中，存在化学能的缓慢消耗：电极在作用下产生的可将电极氧化。氧化发生反应的化学方程式为　　　　　　　。 （2）随着铅酸电池广泛应用，需要回收废旧电池材料，实现资源的再利用。回收过程中主要物质的转化关系示意图如下。 ①将等物质转化为的过程中，步骤I加入溶液的目的是　　　　　　　。 ②步骤Ⅱ、Ⅲ中和作用分别是　　　　　　　。 （3）铅酸电池使用过程中，负极因生成导电性差的大颗粒，导致电极逐渐失活。通过向负极添加石墨、多孔碳等碳材料，可提高铅酸电池性能。碳材料的作用有　　　　　　　(填序号)。 a．增强负极导电性 b．增大负极材料比表面积，利于生成小颗粒 c．碳材料作还原剂，使被还原 【答案】（1）①     ②     ③ 正四面体形    ④      （2）① 脱除硫酸根，生成可溶于酸的氢氧化铅    ② H2O2作还原剂，K2S2O8作氧化剂     （3）ab      【解析】(1)① 充电时，阴极发生还原反应，PbSO4得到电子变成Pb，其发生的电极反应为：； ② 根据放电时的反应，每消耗1molH2SO4，转移1mol电子；产生a库伦电量，转移的电子为，故消耗H2SO4的物质的量为； ③的中心原子S原子的价层电子对数为，故其空间结构为正四面体形； ④Pb在H2SO4作用下与氧气反应，会生成PbSO4和水，反应的化学方程式为：。 (2)废旧铅酸电池通过预处理得到PbSO4、PbO、PbO2；加入NaOH，使PbSO4转化为Pb(OH)2，过滤得到Pb(OH)2、PbO、PbO2；若加入H2O2，在酸性条件下生成含Pb2+溶液，电解后生成Pb；若加入K2S2O8，在碱性条件下可生成PbO2。 ① 由以上分析可知，加入NaOH，使PbSO4转化为Pb(OH)2，过滤得到Pb(OH)2、PbO、PbO2，其目的是脱除硫酸根，生成可溶于酸的氢氧化铅，便于后续的溶解； ② 由以上分析可知，加入H2O2，在酸性条件下生成含Pb2+溶液，说明PbO2被H2O2还原，故H2O2的作用为还原剂；加入K2S2O8，在碱性条件下可生成PbO2，说明Pb(OH)2、PbO被K2S2O8氧化，故K2S2O8的作用为氧化剂。 (3)由于负极会生成导电性差的大颗粒PbSO4，石墨可以导电，多孔碳可以增加负极材料的比表面积，故碳材料的作用可以增强负极的导电性，且有利于生成小颗粒PbSO4，故a、b正确； 负极的主要材料是Pb，且电解质环境为酸性，故负极不存在PbO2，碳材料不能使PbO2被还原，c错误； 故选ab。 2.(2024·北京·高考真题)利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。 （1）矿石在焙烧前需粉碎，其作用是　　　　　　　。 （2）的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是　　　　　　　。 （3）矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。 温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质 400 500 ①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是　　　　　　　。 ②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是　　　　　　　。 （4）用离子方程式表示置换过程中加入的目的　　　　　　　。 （5）粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是　　　　　　　。 【答案】（1）增大矿石的接触面积，提高反应速率，使反应更充分     （2）     （3）① 随焙烧温度升高，生成的速率加快    ② 发生分解生成难溶于水的     （4）     （5）粗铜若未经酸浸，会残留较多的Fe，在电解时，阳极会发生反应Fe-2e-=Fe2+，溶液中的 Fe2+易被空气中O2氧化为 Fe3+，Fe3+在阴极发生反应Fe3++e-=Fe2+      【解析】黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质)粉碎后加入硫酸铵通入空气焙烧，黄铜矿在硫酸铵生成的SO3作用下，转化成CuSO4，得到的混合气体中主要含NH3，用硫酸吸收，得到硫酸铵，是溶液A的主要溶质，可以循环利用，固体B为SiO2、CuSO4及含铁的化合物，加水分离，主要形成含硫酸铜的滤液和含SiO2的滤渣，分别为滤液C和滤渣D，向硫酸铜溶液中加入过量的铁，置换得到粗铜和FeSO4，粗铜再精炼可以得到纯铜。 (1)黄铜矿的矿石在焙烧前需粉碎，是为了增大矿石的接触面积，提高反应速率，使反应更充分； (2)铵盐不稳定，易分解，分解为非氧化还原反应，产物中有NH3和SO3，故化学方程式为 ； (3)①由图，温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大，是因为温度低于425℃，随焙烧温度升高，(NH4)2SO4分解产生的SO3增多，生成的速率加快，故铜浸出率显著增加； ② 温度高于425℃，随焙烧温度升高，CuSO4发生分解生成难溶于水的CuO，铜浸出率降低； (4)加入置换硫酸铜溶液中的铜，反应的离子方程式为； (5)粗铜中含有杂质，加酸可以除，但粗铜若未经酸浸处理，会残留较多的Fe，在电解时，阳极会发生反应Fe-2e-=Fe2+，溶液中的 Fe2+易被空气中O2氧化为 Fe3+，Fe3+在阴极发生反应Fe3++e-=Fe2+，降低得到纯铜的量。 3.(2023·北京·高考真题)以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。     已知：酸性条件下，的氧化性强于。 （1） “浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。 ①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断：　　　　　　　　　　(填“>”或“<”)。 ②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有　　　　　　　　　　。 （2） “浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：　　　　　　　　　　。 ②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （3） “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 ①该步反应的离子方程式有　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因：　　　　　　　　　　　　　　。     （4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：　　　　　　　　。 【答案】（1）① >    ② 、     （2）①     ② 与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；抑制水解，防止生成沉淀     （3）① 、、    ② 被氧气氧化为，把氧化为     （4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂      【解析】银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)混合加溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有、；浸锰渣中与过量和的混合液反应，将中的银以形式浸出，用铁粉把还原为金属银。 (1)①“浸锰”过程中，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，发生反应，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：； ②根据信息，在溶液中二氧化锰可将氧化为，自身被还原为，则浸锰液中主要的金属阳离子有、。 (2)①中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为； ②与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；抑制水解，防止生成沉淀。 (3)①铁粉可将还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子以及过量的氢离子发生反应，因此离子方程式为、、； ②溶液中生成的会被空气中的氧气缓慢氧化为，把部分氧化为，因此后银的沉淀率逐渐降低。 (4)联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用的氧化性将中的氧化为，同时生成的还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到。 4.(2023·北京·高考真题)资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。 已知：易溶于溶液，发生反应(红棕色)；和氧化性几乎相同。 I.将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混合物中，振荡。 实验记录如下： 实验现象 实验Ⅰ 极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色 实验Ⅱ 部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色 实验Ⅲ 完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色 （1）初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ　　　　　　　　　　(填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。 （2）实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有(蓝色)或(无色)，进行以下实验探究： 步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。 步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。 ⅰ．步骤a的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ⅱ．查阅资料，，(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤的溶液中发生的变化：　　　　　　　　　　　　　　。 （3）结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓溶液，　　　　　　　　　　(填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）上述实验结果，仅将氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为。装置如图所示，分别是　　　　　　　　　　　　　。     （5）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中被氧化的产物中价态不同的原因：　　　　　　　　　。 【答案】（1）<     （2）① 排除的颜色对判断铜氧化产物的干扰    ② 、     （3）①     ② 白色沉淀逐渐溶解    ③ 浓度减小，CuI覆盖在Cu表面，阻止反应继续进行；     （4）铜、和的混合溶液     （5）电化学实验中，由于氧化性I2>Cu，I2将Cu氧化为Cu2+；实验I-III中，体系中有，生成沉淀或，使+1价Cu的还原性减弱，而I2不能氧化或；      【解析】因I2溶解度较小，Cu与I2接触不充分，将转化为可以提高Cu与的接触面积，提高反应速率。加入，平衡逆向移动，I2浓度减小，浓度增加，浓度增加，加入氨水后转化为，被氧化为，故而产生无色溶液变为蓝色溶液的现象。 (1)由题意知，KI浓度越大，越容易发生反应，I2的溶解度越大，溶液中的浓度越高，与Cu接触更加充分，Cu与的反应速率加快，故实验Ⅰ<实验Ⅱ； (2)加入，I2浓度减小，平衡逆向移动，浓度增加，其目的为排除的颜色对判断铜氧化产物的干扰。加入浓氨水后转化为，无色的被氧化为蓝色的，方程式为、； (3)结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是；白色沉淀为CuI，加入浓溶液，CuI与I-反应转化为[CuI2]-，故产生白色沉淀溶解；由于n＞m，铜未完全反应的原因是浓度减小，CuI覆盖在Cu表面，阻止反应继续进行； (4)验证将氧化为，需设计原电池负极材料为Cu，即电极a为Cu，b为含与的混合溶液； (5)电化学实验中，由于氧化性I2>Cu，I2将Cu氧化为Cu2+；在实验I-III中，体系中有，生成沉淀或，使+1价Cu的还原性减弱，而I2不能氧化或； 5.(2022·北京·高考真题)(多选)白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。 已知： 物质 （1）白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为　　　　　　　　　　　。 （2）用量对碳酸钙产品的影响如下表 n(NH4Cl)/n(CaO) 氧化物()浸出率/% 产品中纯度/% 产品中Mg杂质含量/%(以计) 计算值 实测值 2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 —— 2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06 2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20 备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg) ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。 ①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是　　　　　　　　　　　。 ②沉钙反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 ③“浸钙”过程不适宜选用的比例为　　　　　　　　　　　。 ④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是　　　　　　　　　　　。 （3）“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是　　　　　　　　　　　。 （4）滤渣C中含有的物质是　　　　　　　　　　　。 （5）该流程中可循环利用的物质是　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）① ，在一定量溶液中，先浸出    ②     ③ 2.4∶1    ④ ，优先析出，沉钙过程中消耗且少量挥发，减少析出     （3），，随大量氨气逸出，平衡正向移动     （4）（MgO）     （5）      【解析】白云石矿样煅烧后转化为、，加入溶解浸钙，大部分进入滤液A，通入生成；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入将镁离子转化为溶液，加入生成沉淀，煅烧得到； (1)白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，化学方程式为 ； (2)①水解生成与，可以调节溶液的pH，由图表可知，，在一定量溶液中，会和反应而不能，故首先溶解被浸出； ② 沉钙反应中通入的和滤液中、反应生成沉淀和，离子方程式为：； ③ 由图表可知，“浸钙”过程为2.4∶1时，产品Mg元素杂质最多且纯度最低，故不适宜选用的比例为2.4∶1； ④，在反应中会优先析出，且也能转化为，沉钙过程中NH3少量挥发导致MgCO3析出量减小，故碳酸钙纯度的实测值高于计算值； (3)“浸镁”过程中，发生反应：，，加热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于转化为； (4)白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅烧浸钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入后转化为微溶于水的，几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，部分水解为进入滤渣，故滤渣C中含有的物质是：（MgO）； (5)沉钙过程中通入生成和；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量逸出；滤液D加入生成和，煅烧生成；白云石煅烧也会生成；在流程中既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是。 6.(2021·北京·高考真题)铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。 资料： i.钛白粉废渣成分：主要为FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物 ii.TiOSO4+(x+1)H2O⇌TiO2·xH2O↓+H2SO4 iii.0.1 mol/L Fe2+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3； 0.1 mol/L Fe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8 （1）纯化 ①加入过量铁粉的目的是　　　　　　　。 ②充分反应后，分离混合物的方法是　　　　　　　。 （2）制备晶种 为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)。 ①产生白色沉淀的离子方程式是　　　　　　　。 ②产生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3。原因是：沉淀生成后c(Fe2+)　　　　　　　0.1mol/L(填“＞”“=”或“＜”)。 ③0-t1时段，pH几乎不变；t1-t2时段，pH明显降低。结合方程式解释原因：　　　　　　　。 ④pH≈4时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，且(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因：　　　　　　　。 （3）产品纯度测定 铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。 wg铁黄溶液b溶液c滴定 资料：Fe3++3=Fe(C2O4)，Fe(C2O4)不与稀碱液反应 Na2C2O4过量，会使测定结果　　　　　　　(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 【答案】（1）① 与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+ H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化    ② 过滤     （2）① Fe2++ 2NH3·H2O = Fe(OH)2 + 2    ② >    ③ pH6.0左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小    ④ 溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3++2H2O和4Fe2+ + O2+ 6H2O =4FeOOH + 8H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加，或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+     （3）不受影响      【解析】根据钛白粉废渣制备铁黄流程 和钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物,可知：加入蒸馏水、铁粉纯化后，TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+H2SO4，TiO2·H2O是沉淀，通过过滤后，得到精制FeSO4溶液，加入氨水和空气后，FeSO4溶液被氧化成三价铁离子，同时调整PH（0.1mol/LFe2+沉淀为Fe(OH)2，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3；0.1mol/LFe3+沉淀为FeOOH，起始的pH：1.5，完全沉淀的pH为2.8）和空气，生成FeOOH，再经过系列提纯，最终制得FeOOH固体。 (1)与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+ H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化. 钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物，充分反应后有沉淀出现，所以分离混合物的方法是过滤； (2)pH=6.0左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小.溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3++2H2O和4Fe2+ + O2+ 6H2O =4FeOOH + 8H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加，或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+； (3)由于Fe3++3C2O42- =Fe(C2O4)3 ，Fe(C2O4)3 不与稀碱溶液反应, 所以加入的Na2C2O4过量，则测定结果不受影响。 7.(2020·北京·高考真题)MnO2是重要的化工原料，软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图： 资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2 ②金属离于沉淀的pH Fe3+ Al3+ Mn2+ Fe2+ 开始沉淀时 1.5 3.4 5.8 6.3 完全沉淀时 2.8 4.7 7.8 8.3 ③该工艺条件下，MnO2与H2SO4反应。 (1)溶出 ①溶出前，软锰矿需研磨。目的是　　　　。 ②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示： i.步骤II是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是　　　　。 ii.若Fe2+全部来自于反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2。而实际比值(0.9)小于2，原因是　　　　。 (2)纯化。已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：　　　　。 (3)电解。Mn2+纯化液经电解得MnO2。生成MnO2的电极反应式是　　　　。 (4)产品纯度测定。向a g产品中依次加入足量b g Na2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应。再用c mol·L-1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为d L(已知：MnO2及MnO均被还原为Mn2+。相对分子质量：MnO2-86.94；Na2C2O4-134.0) 产品纯度为　　　　(用质量分数表示)。 【答案】1. ① 增大反应速率，提高浸出率    ②     ③ 二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+     2. MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱，调节pH≈5除去Fe3+、Al3+     3. Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+     4.       【解析】软锰矿首先进行研磨，可增大固体与硫酸的接触面积，增大反应速率，提高浸出率；加入浓硫酸及过量的铁屑，铁屑与硫酸反应生成硫酸亚铁，亚铁离子与二氧化锰反应生成二价锰离子和铁离子；再电解锰离子的纯化液制取二氧化锰，据此分析。 (1)① 研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率； ②i.根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为；ii.根据方程式可知，Fe与MnO2的物质的量比值为2，反应生成的可与过量发生反应，生成的可继续还原，从而提高了的利用率，减少了实际消耗的的量； (2)MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性较强，故纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，除去溶液中的Al3+、Fe3+； (3)电解时，溶液呈酸性，Mn2+失电子，与水反应生成二氧化锰和氢离子，则电极反应式为； (4)根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，离子方程式为：，剩余部分再与高锰酸钾反应，离子方程式为：，根据反应关系：，，与反应的，与反应的，则， ，产品纯度为：。 8.(2020·北京·高考真题)用如图方法回收废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu。 已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。②HAuCl4=H++AuCl (1)酸溶后经　　　　操作，将混合物分离。 (2)浓、稀HNO3均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗HNO3的物质的量不同，写出消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式：　　　　。 (3)HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶金原理相同。 ①将溶金反应的化学方程式补充完整： Au+　　　　NaCl+　　　　HNO3=HAuCl4+　　　　+　　　　+　　　　NaNO3 ②关于溶金的下列说法正确的是　　　　。 A．用到了HNO3的氧化性 B．王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性 C．用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解 (4)若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是　　　　mol。 (5)用适当浓度的盐酸、NaCl溶液、氨水与铁粉，可按照如图方法从酸溶后的溶液中回收Cu和Ag(图中标注的试剂和物质均不同)。 试剂1是　　　　，物质2是　　　　。 【答案】① 过滤    ② 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O    ③ 4    ④ 5    ⑤ NO    ⑥ 2H2O    ⑦ 4    ⑧ AC    ⑨ 2    ⑩ NaCl溶液    ⑪ Fe、Cu 【解析】废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu，加入硝酸酸化后，金不反应，Ag和Cu转化为铜离子和银离子的混合溶液，含金的固体中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，金转化为HAuCl4，HAuCl4经锌粉还原分离得到金，由此分析。 【解析】 (1) Au(金)，Ag和Cu经酸溶后得到金、铜离子和银离子的混合溶液，将固体和液体分开的操作是过滤，将混合物分离； (2)铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O；溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为mol；铜与浓硝酸反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)= Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为4mol；消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式为铜与稀硝酸的反应，化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O； (3)① 根据化合价的变化规律可知，金的化合价从0价升高到+3价，作还原剂，硝酸作氧化剂，从+5价降低到+2价，产物有一氧化氮生成，根据质量守恒，生成物中还有水，化学方程式为：Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3； ②A．溶金过程中硝酸的化合价降低，作氧化剂，具有强氧化性，用到了HNO3的氧化性，故A正确； B．王水中V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3，王水中浓盐酸的主要作用是提供氯离子，形成稳定的配离子四氯合金离子，促进金与硝酸的反应，故B错误； C．HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶金原理相同，则用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解，故C正确； 答案选AC； (4)由于HAuCl4=H++AuCl，若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，HAuCl4中金的化合价为+3价，被锌还原为0价，锌的化合价从0价升高到＋2价，参加反应的Zn的物质的量x，锌的化合价从0价升高到+2价，根据得失电子守恒可知：2x=3，x=1.5mol，同时Zn+2H+=Zn2++H2↑，与氢离子反应的Zn的物质的量为0.5mol，则参加反应的Zn的物质的量是2mol； (5) 根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到物质2：铜和过量铁，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，试剂1是NaCl溶液，物质2是Fe、Cu。 【点睛】 浓硝酸不能单独将Au溶解，将浓硝酸中加入浓盐酸，利于生成四氯合金离子，利于金与硝酸的反应，主要作用增强硝酸的氧化性，为易错点。 …………………… 1.(2026·北京八十八中·一模)镀锌钢材废件需要酸洗后重新镀锌。从酸洗废液中回收锌的流程示意图如下。 已知：i．废酸液中，和主要以和形式存在。 ii．萃取率；分离系数。 iii．萃取剂浓度越大，黏度越高，流动性越差。 （1）镀锌废酸液中主要含有的阳离子有　　　　　　　　　　　。 （2）萃取过程： 第一步，萃取剂三辛胺，其中R为与结合形成； 第二步，对的结合力大于的，可使转移到有机相中。 ①从结构的角度解释三辛胺和结合的原理　　　　　　　　　　　。 ②写出第二步反应的离子方程式　　　　　　　　　　　。 （3）5min内，三辛胺浓度对锌萃取率和分离系数的影响如图所示。当三辛胺浓度大于时，锌的萃取率增加缓慢，分离系数骤减的原因是　　　　　　　　　　　。 （4）写出反萃取的化学方程式　　　　　　　　　　　。 （5）测定废酸液中含量的操作如下： 取废酸液，配制成100mL溶液。取20mL溶液，加入指示剂、硫磷混酸，用标准溶液进行滴定，滴定至终点时，消耗标准液，该废酸液中的含量为　　　　　　　　　（已知：全部被还原为）。 【答案】（1）     （2）① 中N原子有孤电子对，有空轨道，可以配位    ②      （3）三辛胺浓度增大，黏度增大，流动性变差，与水接触不充分，萃取速率减小，萃取率增加缓慢；也被萃取，不易分离，分离系数骤减     （4）     （5）      【解析】镀锌钢材废件经过盐酸酸洗，由已知信息i可知，和主要以和形式存在；镀锌废酸液用萃取剂三辛胺萃取，可以得到有机溶液；再利用氨水进行反萃取，得到氢氧化锌，据此分析作答。 (1)废酸液中，和主要以和形式存在，则镀锌废酸液中主要含有的阳离子有，故答案为：。 (2)①中N原子中存在孤电子对，中存在空轨道，可以形成配位键，故答案为：中N原子有孤电子对，有空轨道，可以配位。 ②和反应生成和氯离子，离子方程式为：，故答案为：。 (3)由已知信息iii可知，三辛胺浓度增大，黏度增大，流动性变差，与水接触不充分，萃取速率减小，萃取率增加缓慢；也被萃取，不易分离，分离系数骤减，故答案为：三辛胺浓度增大，黏度增大，流动性变差，与水接触不充分，萃取速率减小，萃取率增加缓慢；也被萃取，不易分离，分离系数骤减。 (4)反萃取时，又生产了萃取剂，则与氨水反应生成氢氧化锌、、和水，化学方程式为：，故答案为： 。 (5)设配制的100mL溶液中为c()，反应原理为：，可得，，则，废酸液中，，则废酸液中的含量=，故答案为：。 2.(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）① 电负性S，S更易给出电子形成配体    ② Fe3++2TU+Au=Fe2++[Au(TU)2]+    ③ 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      【解析】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。 (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。 3.(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）① 过滤    ② 蒸馏     （4）由溶液1制备无水，电解熔融制备Mg和     （5）阳     （6） 【解析】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。 (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： 。 4.(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）① ⅡA    ② 同一主族，电子层数增大，原子半径增大，失电子能力增强     （2）脱除，使得转化为能够溶于酸的     （3）、     （4）5.1-7.8     （5）调pH至10.9，80℃加热浓缩，趁热过滤     （6）、      【解析】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； (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、。 5.(2026·北京朝阳·质量检测)纯碱制备方法的发展体现了化学科学与技术的不断进步。 （1）用离子方程式表示溶液显碱性的原因：　　　　　　。 （2）自古我国西北盐湖地区就有“夏天晒盐、冬天捞碱”的传统。“冬天捞碱”体现了的溶解度　　　　　　的特点。 （3）18世纪，用、C、混合加热制得，同时生成CaS和CO。该反应的化学方程式是　　　　　　。 （4）20世纪初，我国化学工业科学家侯德榜创造性地提出了侯氏制碱法，流程如下。 已知： 盐 NaCl 溶解度/g (20℃，) 35.9 37.2 9.6 ①碳酸化”过程中发生主要反应的化学方程式是　　　　　　。 ②在20℃时进行“碳酸化”，结合数据分析优先析出的原因：　　　　　　。 ③母液Ⅰ“吸氨”有利于“盐析”时NaCl溶解，结合方程式解释原因：　　　　　　。 【答案】（1）     （2）随温度降低而显著减小（或受温度影响较大，低温下溶解度小）     （3）     （4）①     ② 20℃时，的溶解度远小于体系中其他溶质的溶解度，反应后最先达到饱和，因此优先析出    ③ 通入后发生反应：，增大，促进“冷析“过程的析出，减小，有利于“盐析”时NaCl的溶解      【解析】该流程是侯氏制碱法（联合制碱法）的生产过程，整体逻辑如下。初始工序：将精制饱和食盐水先通入进行吸氨，目的是使食盐水呈碱性，提升后续的溶解量；碳酸化、过滤：吸氨后的饱和食盐水通入发生碳酸化反应，生成溶解度较小的，过滤后得到沉淀和母液Ⅰ（主要含，还有未析出的、；煅烧：沉淀煅烧分解得到最终产品，分解产生的可循环回碳酸化工序使用；副产品处理：母液Ⅰ再次通入吸氨，之后经降温冷析、加入盐析，低温下溶解度降低，析出副产品，得到的母液Ⅱ（主要含未析出的）可循环回吸氨工序再次利用。整个过程原料利用率高，同时得到纯碱和氯化铵两种产品。 (1)碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子发生水解使溶液中，水解以第一步为主。 离子方程式：； (2)冬天温度降低，碳酸钠晶体从盐湖中结晶析出，说明碳酸钠溶解度随温度降低显著减小（受温度影响大）； (3)反应物为、、，产物为、、，根据化合价升降配平：S从+6价降为-2价（得），C从0价升为+2价（每个C失），因此C的系数为4，配平后得到： ； (4) 碳酸化是饱和氨盐水和反应，析出碳酸氢钠，生成氯化铵： ；由表格溶解度数据可知，20℃时的溶解度远小于、的溶解度，反应生成后，相同温度下最先达到饱和，因此以沉淀形式优先析出；由表格溶解度数据可知，20℃时的溶解度远小于、的溶解度，反应生成后，相同温度下最先达到饱和，因此以沉淀形式优先析出。 20℃时，的溶解度远小于体系中其他溶质的溶解度，反应后最先达到饱和，因此优先析出；母液Ⅰ中含有未析出的，通入后发生反应：，增大，促进“冷析“过程的析出，减小，有利于“盐析”时NaCl的溶解。 6.(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      【解析】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。 (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。 7.(2026·北京东城·二模)应用铁铝复合吸附剂去除废水中的 ，保护环境。 已知：① 时， ， ， ②单位质量吸附剂的吸附量 ③溶液中的 去除率 。 Ⅰ．以工业铁铝废渣(含 Fe、Al 及其氧化物)为原料，通过 “酸浸→氧化→沉淀→焙烧”制备铁铝复合吸附剂。 （1）酸浸时，废渣与 反应生成 的离子方程式有　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　 （2）氧化时，用 氧化 的离子方程式为　　　　　　　　　　　 （3） ，沉淀时，加入氨水，调节溶液pH至少大于　　　　　　　　　　　，(保留一位小数)， 可使溶液中 、 均小于 。 焙烧时，得到铁铝复合吸附剂，其主要成分为 和 。 Ⅱ．吸附剂表面的羟基(-OH)能与 形成配位键，从而吸附溶液中的 。 （4）从结构角度分析，吸附剂能与 形成配位键的原因是　　　　　　　　　　　 （5） 在 时，吸附剂的吸附效果最佳。 或 时，单位质量吸附剂的吸附量均降低，可能的原因分别是　　　　　　　　　　　 （6） ，初始 浓度一定时，相同时间内，溶液中的 去除率随吸附剂用量、单位质量吸附剂的吸附量随反应温度的变化如图所示。 下列说法正确的是　　　　　　　　　　　(填序号)。 a． ，一定范围内可通过提高吸附剂用量，提高 去除率 b． ，吸附剂用量从 提高到 ，单位质量吸附剂的吸附量增大 c． 吸附剂用量为 时， 比 的 去除率高 【答案】（1）①     ②      （2）     （3）4.7     （4）羟基中的O原子给出孤电子对，Pb2+接受电子对，形成配位键     （5）时，吸附剂表面的—OH与结合，阻碍其与形成配位键（或使吸附剂表面带正电，排斥Pb2+）；时，与生成沉淀，不易被吸附     （6）ac      【解析】Ⅰ：铁铝废渣含有Fe、Al及其氧化物，加入酸后，发生反应生成、、，再加入氧化剂将氧化为，再调节pH使、分别转化为、沉淀，最后将沉淀焙烧得到铁铝复合吸附剂。 (1)废渣含单质Al和Al的氧化物，均能与酸反应生成，配平后分别得到离子方程式为、。 (2)酸性条件下将氧化为，自身被还原为，配平即可得离子方程式为。 (3)要使、浓度均小于，分别计算所需浓度： 对：，代入得，，； 对：，代入得，，；因此pH至少大于4.7才能满足要求。 (4)配位键形成条件为：中心离子有空轨道，配体提供孤电子对。吸附剂表面的羟基中的O含有2对孤电子对，能给出孤电子对，为Pb失去6p轨道的2个电子得到，含有空轨道，能接受电子对，形成配位键。 (5)结合吸附原理和溶度积分析，时，吸附剂表面的—OH与结合，阻碍其与形成配位键（或使吸附剂表面带正电，排斥Pb2+）；时，与生成沉淀，不易被吸附。 (6)a．左图显示，20℃下，一定范围内吸附剂用量增大，去除率升高，因此可以通过提高吸附剂用量提高Pb2+去除率，a正确； b．初始总质量一定，  ，吸附剂用量从  提高到  ，总被吸附的增长幅度远小于吸附剂质量的增长幅度，根据吸附量公式，单位质量吸附剂吸附量减小，b错误； c．右图显示，吸附剂用量时，温度越高吸附量越大，因此60℃比20℃单位吸附量大，Pb2+去除率更高，c正确； 故选ac。 8.(2026·北京石景山·二模)常见的锌锰干电池分为酸性和碱性两种。 （1）酸性锌锰干电池是最早进入市场的实用电池，其工作原理可表示为：Zn+2MnO2+2NH4Cl=Mn2O3+2NH3+ZnCl2+H2O。 ①负极材料是　　　　　　　　　　　。 ②NH3和Mn2O3的生成导致电池难以充电。写出正极的电极反应式　　　　　　　　　　　。 （2）碱性锌锰干电池单位质量输出的电能多且储存时间长，其工作原理可表示为：Zn+2MnO2+H2O=2MnOOH+ZnO(KOH为电解质)，放电时，理论上产生a库仑电量，消耗MnO2的物质的量为　　　　　　　　　　　mol。已知：转移1mol电子所产生的电量为96500库仑。 （3）废旧锌锰电池的回收利用具有重要意义，一种以废旧锌锰电池制备MnSO4的流程如下。 ①固体C的主要成分是　　　　　　　　　　　。 ②从滤液D得到MnSO4的操作是　　　　　　　　　　　。 （4）二十一世纪，我国科学家以ZnSO4或Zn(NO3)2替换KOH电解质，实现了锌锰电池的充放电，Zn2+嵌入脱出过程可表示为：Zn2++2e-+2MnO2=ZnMn2O4。 ①该体系中NO不氧化Zn，NO氧化性弱与其结构和环境有关，NO的空间结构是　　　　　　　　　　　。 ②Mn2O在酸性溶液中歧化成MnO2和Mn2+的程度很大，写出反应的离子方程式　　　　　　　　　　　。 ③普遍认为Mn从+3价到+2价会导致电池不可逆，MnSO4的加入可以增强电池的可逆性，请解释原因　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）① Zn    ② 2MnO2+2e−+2NH=Mn2O3+2NH3+H2O     （2）     （3）① ZnS    ② 加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥或蒸发结晶、洗涤、烘干     （4）① 平面三角形    ② Mn2O+4H+MnO2+Mn2++2H2O    ③ Mn2O+4H+MnO2+Mn2++2H2O，随Mn2+浓度的增大，平衡逆向移动；或Mn2O+2e−+8H+=2Mn2++4H2O，增大Mn2+的浓度，反应不易发生      【解析】(1)①原电池中，失电子发生氧化反应的电极为负极，酸性锌锰干电池中Zn失电子，故负极材料为Zn； ②正极上MnO2得电子，结合总反应，参与反应，生成Mn2O3、NH3和水，配平得到电极反应式为2MnO2+2e−+2NH=Mn2O3+2NH3+H2O； (2)由总反应可知，1 mol MnO2参与反应转移1 mol电子，总电量为a库仑，转移电子物质的量为，结合电极方程式，可知对应消耗MnO2的物质的量为； (3)① 酸浸后滤液中含有Zn2+、Mn2+，加入硫化铵后，S2−与Zn2+生成难溶的ZnS沉淀，因此固体C为ZnS； ② 从溶液中获得MnSO4，操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 (4)①中心N原子价层电子对数为，无孤电子对，空间结构为平面正三角形； ②+3价Mn歧化生成+4价MnO2和+2价Mn2+，根据得失电子守恒、电荷守恒配平得到离子方程式Mn2O+4H+MnO2+Mn2++2H2O； ③+3价Mn转化为+2价会导致电池不可逆，加入MnSO4增大溶液中Mn2+浓度，使歧化反应平衡逆向移动，抑制+3价Mn歧化，减少不可逆反应，因此增强电池可逆性。此外，对于Mn(III)直接还原为Mn(II)的不可逆过程（如Mn2O+2e−+8H+=2Mn2++4H2O），增加产物Mn2+的浓度也会抑制该反应的进行。 9.(2026·北京昌平·一模)甲醇是重要的有机化工产品。我国研究者提出一种化学链空分联合化学链制氢的煤制甲醇新过程，主要工艺流程框架图如下。 （1）煤气化单元。合成气的主要成分为CO、，还含有少量，该单元主要发生以下反应： ⅰ. ⅱ. ⅲ. ①煤气化生成水煤气的反应为　　　　。 ②从能量角度说明煤气化过程中通入的作用是　　　　　　　　。 （2）化学链空分单元及化学链制氢单元的工艺流程示意图如下。 ①化学链空分单元，还原反应器中发生反应的化学方程式为　　　　　　　　。 ②化学链制氢单元，反应器Ⅱ中发生反应的化学方程式为　　　　　　　　。 ③结合的作用分析化学链空分单元的工作原理：　　　　　　　　。 （3）甲醇合成单元。合成气中CO、均可与反应生成甲醇，进入合成单元前需配比成合适氢碳比。理论模拟在、6MPa、初始合成气总物质的量相同的条件下，研究及氢碳比对甲醇平衡产率的影响，结果如图。 ①当初始相同时，甲醇的平衡产率随增大而下降的原因是　　　　　　　　　　　　。 ②依据图示，合成甲醇时应如何调整合成气物质比例：　　。 【答案】（1）① +131.4    ② 煤气化生成水煤气的反应为吸热反应，与C反应放热，提供能量，维持反应持续进行     （2）①     ②     ③ 空气进入氧化反应器，与生成，分离出，进入还原反应器分解生成和，循环利用，实现空气中和的分离     （3）① 反应ⅰ：、反应ⅱ：，当合成气总物质的量及相同时，增大，使增大，c(CO)减小，增大对反应ⅱ正移影响小于c(CO)减小对反应i逆移的影响    ② 适当提高，降低      【解析】(1)① 根据盖斯定律，方程式ⅱ+ⅲ可得，； ② 煤气化生成水煤气的反应为吸热反应，与C反应放热，提供能量，维持反应持续进行； (2)① 化学链空分单元，还原反应器中生成和，发生反应的化学方程式为； ② 化学链制氢单元，反应器Ⅱ中铁与水蒸气高温下反应生成氢气，发生反应的化学方程式为； ③ 空气进入氧化反应器，与生成，分离出，进入还原反应器分解生成和，循环利用，实现空气中和的分离； (3)① 合成气中CO、均可与反应生成甲醇，化学方程式为：反应ⅰ：、反应ⅱ：，当合成气总物质的量及相同时，增大，使增大，c(CO)减小，增大对反应ⅱ正移影响小于c(CO)减小对反应i逆移的影响，因此甲醇平衡产率下降； ② 依据图示，控制=4的甲醇平衡产率比=3时高，可知合成甲醇时应适当提高，降低(即提高 CO在碳氧化物中的占比)。 10.(2026·北京西城·二模)某冶金过程产生的废渣有、CuO、、FeO、PbO、CaO等。利用该废渣生产的一种流程示意图如下。 已知：ⅰ．25℃，微溶于水，和黄钠铁矾均难溶于水。 ⅱ．冶金废渣中部分元素的质量分数如下表。 元素 Si Cu Fe Pb Ca 质量分数/% 15.34 14.75 4.66 14.31 2.16 Ⅰ．酸浸 （1）CuO与硫酸反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　。 （2）酸浸渣中除外，还含有　　　　　　　　　　　。 Ⅱ．沉铁 （3）加入的目的有　　　　　　　　　　　。 Ⅲ．还原沉铜 （4）开始沉铜后，若不继续调控沉铜过程中溶液的pH，的使用量将增加，结合与反应的离子方程式解释原因。　　　　　　　　　　　 （5）酸浸时，若硫酸的浓度较低，则得到的中含有杂质，解释原因：　　　　　　　　　　　。 Ⅳ．产品中含量的测定 （6）经提纯后，产品中只有和Cu，测定产品中含量的方法如下。 已知： ①样品溶解发生反应：、　　　　　　　　　　　。 ②步骤ⅲ中溶液的物质的量浓度和消耗的体积分别为c和V，计算样品中的质量分数还需要的实验数据是　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）、     （3）与反应，调节溶液的pH：提供，形成黄钠铁矾沉淀除铁     （4）与发生反应 ，生成的与反应生成，分解为受热逸出，使还原剂的量减少     （5）微溶，酸浸时低，酸浸液中有未完全沉淀。沉铜反应生成，增大，使，生成沉淀     （6）①     ② 溶液的物质的量浓度和体积、样品的质量      【解析】冶金废渣加硫酸酸浸，不与硫酸反应，PbO与硫酸反应生成难溶于水的，CaO与硫酸反应生成微溶于水的CaSO4，、CaSO4和形成酸浸渣，氧化铜、氧化铁、氧化亚铁溶于硫酸转化成溶于水的硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁；溶液通入空气，加入Na2CO3调节pH=2.0，生成黄钠铁矾，溶液中加入调节pH=3.5，温度控制80℃，生成Cu2O。 (1)CuO为碱性氧化物，离子方程式中不拆分，与强酸反应生成铜盐和水，离子方程式为：。 (2)结合分析可知，不与硫酸反应，难溶于水；PbO与硫酸反应生成难溶于水的，二者均留在酸浸渣中。 (3)酸浸后溶液酸性较强，碳酸钠中与反应，降低浓度，调节pH，使沉淀为黄钠铁矾除去，同时提供黄钠铁矾组成中需要的。 (4)与反应的离子方程式为：，反应生成，若不调控pH，溶液中与反应生成H2SO3，分解为受热逸出，使还原剂的量减少。 (5)微溶于水，硫酸浓度较低时，溶液中浓度小，不能在酸浸步骤完全沉淀，部分随滤液进入沉铜步骤，沉铜反应生成，c()增大，使Q()>Ksp()，生成沉淀最终随共沉淀析出，因此得到的中混有 杂质。 (6)① 酸性条件下，被氧化，+1价Cu转化为+2价Cu，被还原为，离子方程式为； ② 样品用Fe2(SO4)3溶液溶解，生成，用过量的溶液将氧化成，再用(NH4)2Fe(SO4)2滴定剩余的，间接去测量的质量，因此还需要溶液的物质的量浓度和体积、样品的质量才能计算质量分数。 11.(2026·北京朝阳·质量检测)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）① 过滤    ②      （2）、     （3）①     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）      【解析】(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。 12.(2026·北大附中·一模)以低品位铜钴矿(主要成分为、、，还有少量的、、、等杂质)为原料制备硫酸铜晶体和的一种工艺流程如下： 已知：①常温下部分难溶电解质的溶度积常数 物质 ②萃取时发生反应 ③一般认为溶液中离子浓度小于时沉淀完全 （1）铜钴矿浸出前要预先粉碎，其目的是　　　　　　　　　　　。 （2）浸出步骤铜钴矿中的转化为，该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 （3）试剂a为　　　　　　　　　　　。 （4）对于过程Ⅰ： ①结合解释滤渣1中存在的原因是　　　　　　　　　　　； ②溶液作用是　　　　　　　　　　　。 （5）在足量空气中煅烧生成，写出煅烧过程中的化学反应方程式　　　　　　　　　　　。 （6）上述过程中可循环利用的物质的化学式为　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）增大接触面积，提高浸出速率，使反应更充分。     （2）     （3）稀硫酸     （4）① ，，，，计算可得，沉淀完全    ② 将氧化为，便于后续转化为沉淀除去     （5）     （6）      【解析】向铜钴矿中加入硫酸和，CaO与硫酸反应生成难溶物，不与硫酸反应，浸出渣的主要成分为和。、CoO(OH)、、MgO和FeO与硫酸反应生成、、、和，其中和与反应生成和，向浸出液中加入萃取剂，进入有机相，经反萃取等操作后得到硫酸铜晶体。向萃取后的水相中加入溶液，被氧化为，之后用溶液调整水层pH=4，转化为沉淀，为滤渣1的主要成分，此时滤液1的主要成分为、和。向滤液中加入NaF，和转化为和沉淀，此为滤渣2的主要成分，此时滤液2的主要成分为，向其中加入草酸盐，得草酸钴二水合物，经过滤，洗涤，干燥、煅烧等操作后可得，据此作答。 (1)在浸出前将铜钴矿粉碎，可以增大铜钴矿与溶液的接触面积，使反应更充分，增加反应速率，提高浸出效率； (2)转化为，Co元素从+3价降至+2价，转化为，S元素从+4价升至+6价，结合质量守恒和电荷守恒可写出该反应离子方程式：； (3)根据已知条件，萃取时发生的反应为，有机相经反萃取得到硫酸铜溶液，因此a为硫酸。向有机层中加入硫酸，上述平衡逆向移动，使铜离子从有机相进入水相，得到溶液； (4)①被完全沉淀时，溶液中，此时溶液中，，当pH=4时，溶液中的被完全沉淀，因此，滤渣1中含有； ② 由分析可知，溶液的作用是将氧化为，并将转化为溶解性更差的沉淀，便于除去； (5)由题干信息可知，在空气中煅烧生成，反应过程中，Co从+2价升至+3价，C元素从+3价升至+4价，中的O元素从0价降至-2价，结合质量守恒可写出该反应化学方程式： ； (6)在萃取过程中，HR与结合生成，之后在反萃取过程中，与结合，进入水相，并重新生成HR，因此，HR在该过程中可循环利用。 13.(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）① 过滤    ② 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    ③ 18、3、12、     （2）① 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    ② 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）① 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。    ②      （4）      【解析】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； (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； 14.(2026·北京顺义·二模)(多选)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）① 粉碎还原渣(或搅拌、适当提高盐酸浓度、延长浸出时间)    ②     ③ 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）① 正    ② 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    ③       【解析】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； (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。 15.(2026·北京顺义·一模)以型废催化剂为原料，实现、、(钼)元素高效分离回收的某种工业流程如下。 已知：i．是一种长链有机萃取剂，呈弱碱性，几乎不溶于水。萃取时，需将先酸化为； ii．NiO不溶于强碱，易溶于氨水；易升华，易溶于碱。 （1）高温焙烧可将镍元素、钼元素转化为NiO和。但焙烧温度过高，钼元素的浸出效果反而下降，可能原因是　　　　　　。 （2）浸出过程中，转化为、转化为进入溶液。 ①NiO转化为的离子方程式为　　　　　　。 ②不能用NaOH溶液替代氨水，说明理由　　　　　　(写出2条)。 （3）萃取时，滤液中加入酸化的会选择性萃取而不萃取。原因是　　　　　　。 （4）反萃取过程中反萃取剂可选用　　　　　　(填序号)。 a．氨水       b．硫酸溶液       c．氯化铵溶液 （5）该流程中可循环利用的物质有　　　　　　。 （6）测定反萃取液中钼元素的物质的量浓度。 取100mL反萃取液转移至250mL容量瓶，用蒸馏水定容至刻度，摇匀得待测液；移取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入酸化后滴加指示剂，用标准液滴定，至滴定终点时消耗溶液的体积为12.00mL。 已知：。 反萃取液中钼元素的物质的量浓度为　　　　　　。 【答案】（1）易升华，温度过高，流失，影响后续溶浸     （2）①     ② 不可以替换，原因1：氨水提供铵根离子参与反应，氢氧化钠会增加氯化铵用量；原因2：氢氧化钠溶液可以和氧化铝反应，后续不易分离     （3）由于静电引力作用，萃取有效成分吸引，而会静电排斥     （4）a     （5）、氨水     （6）      【解析】废催化剂经高温焙烧将镍元素、钼元素转化为NiO和，氯化铵、氨水将镍元素和钼元素以 、形式浸出，氧化铝形成滤渣除去；利用酸化的萃取出进入有机层，进入水层，加入氢氧化钠得到氢氧化镍；有机层再经反萃取，净化浓缩得到钼盐，据此分析。 (1)已知易升华，焙烧温度过高时，升华逸出，可浸出的钼元素减少，影响后续溶浸； (2)①与氨水、反应生成六氨合镍(II)配离子，根据电荷守恒、原子守恒配平即可得到离子方程式：； ② 已知NiO不溶于强碱，易溶于氨水，若使用氢氧化钠，氢氧化钠与铵根离子反应，氢氧化钠会增加氯化铵用量；氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成，后续不易分离，所以不可以用替换氨水，故答案为：不可以替换，原因1：氨水提供铵根离子参与反应，氢氧化钠会增加氯化铵用量；原因2：氢氧化钠溶液可以和氧化铝反应，后续不易分离； (3)酸化生成的带正电荷，可静电吸引带负电的进入有机层；而带正电荷，与相互排斥，不能进入有机层，因此仅选择性萃取，故答案为：由于静电引力作用，萃取有效成分吸引，而会静电排斥； (4)萃取时酸化为带正电的，结合进入有机层；反萃取需要中和的，使变回中性的，释放进入水层，因此需要碱，选项中只有氨水为碱性，故选a； (5)反萃取后再生，可回到萃取步骤循环使用；萃取后水层与反应生成和氨水，所以氨水也可以回收循环用于浸出步骤，因此可循环的物质为和氨水； (6)根据反应，可得： 待测液中，， 则原反萃取液中总，因此 16.(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）①     ② 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      【解析】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。 (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。 17.(2026·北京朝阳·质量检测)白云石的主要化学成分为(不考虑其他杂质)。利用白云石制备高纯氧化镁的流程示意图如下。 已知： 物质 物质 （1）白云石煅烧前需粉碎，其作用是　　　　　　。 （2）“煅烧粉”中，“消化”所得的上清液中　　　　　　(填“>”“=”或“<”)。 （3）在不同的“碳化”终点pH下，固体A中的主要物质如下表。 终点pH 固体A中的主要物质 12 、、 11 、 9 、(量均比少) 8 (量比少) 根据固体A组成的变化，确定为“碳化”终点。 ①“碳化”至的过程中，固体A的组成发生的原因是：、　　　　　　、　　　　　　(填化学方程式)。 ②若“碳化”至时加入适量可提高产品中MgO的纯度，原因是　　　　　　。 （4）写出“热解”过程的离子方程式：　　　　　　。 （5）煅烧，剩余固体质量随温度变化如下。 已知相对分子质量： 466；MgO 40 写出的过程中发生反应的化学方程式：　　　　　　。 【答案】（1）增大反应物接触面积，加快煅烧反应速率，使煅烧更充分     （2）>     （3）①      ②     ③ 远小于，加入草酸铵后，溶液中残留的会转化为沉淀除去，降低，而仍留在溶液中，因此提高产品纯度     （4）      （5）       【解析】白云石煅烧分解为、和，得到煅烧粉；加水消化后，、分别转化为、；通入碳化，调节过滤除去大部分钙、镁沉淀（固体A），可溶性镁以形式留在滤液A中；滤液A热解得到碱式碳酸镁，最后煅烧得到高纯氧化镁。 (1)粉碎固体可以增大反应物的接触表面积，加快煅烧的反应速率，使反应进行更充分； (2)消化后体系中同时存在两种沉淀的溶解平衡： ，，同一体系中相同，因此，远大于； (3)① 随不断通入，pH逐渐降低，固体A成分变化：从到最终pH=8只剩，且量比pH=9少，说明原固体中的和过量反应生成可溶的（进入滤液，固体A中不再含化合物），部分和反应生成可溶的（因此量减少），符合题目描述；② 根据溶度积数据，，说明难溶，溶解度大。碳化到pH=9时，滤液中仍混有杂质，加入草酸铵后，会生成沉淀被过滤除去，而仍留在溶液中，因此最终产物的纯度提高； (4)滤液A中镁以、形式存在，热解生成沉淀和，根据电荷、原子守恒配平：； (5)假设初始为，摩尔质量为：M点剩余固体质量分数为，剩余质量：，恰好等于无水碱式碳酸镁的摩尔质量（），说明M点结晶水已经完全失去，组成为。N点剩余固体质量分数为，剩余质量：，恰好等于的质量（），说明N点产物为。因此是分解生成、和，配平。 18.(2026·北京东城·一模)炼锡废渣（含、、、、等）的综合利用可节约资源，降低环境污染。 已知：i.在强酸性溶液中，硅元素以活性二氧化硅的形式溶于水。剧烈搅拌、浓缩或酸性减弱时，均会沉淀出。 ii.。 iii.25℃.相关数据：，；，，。 Ⅰ.的提炼 （1）“酸浸Ⅰ”步骤中溶于稀盐酸的离子方程式为　　　　　　　　。 （2）“酸浸Ⅰ”中部分元素的溶解率随搅拌转速和温度的变化如下图所示。 ①由图1可知Si的溶解率在250 r/min时最大，原因是　　　　　　　　。 ②由图2可知“酸浸Ⅰ”温度不应高于45℃，原因是　　　　　　　　。 （3）“酸浸Ⅱ”中选用浓盐酸，结合沉淀溶解平衡解释其作用：　　　　　　　　。 Ⅱ.酸浸液的综合利用 （4）酸浸液中，，。溶液B中应小于　　　　　　　　，以防止析出。 （5）“减压蒸发”步骤所得X可循环利用，其化学式为　　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）① 搅拌转速小于250r/min时，溶解速率小，溶解不充分；大于250r/min时，搅拌过于剧烈，会沉淀出    ② Sn的溶解率增大，提前浸出，回收率降低；Si的溶解率下降，混入含锡残渣，不利于Sn的回收     （3），增大有利于与结合形成；增大，有利于与生成，均使的沉淀溶解平衡正向移动     （4）     （5）      【解析】向炼锡废渣（含、、、、等）中加入稀盐酸进行酸浸，、、、均与稀盐酸反应生成、、和，不与稀盐酸反应，过滤，酸浸液中含有，、、和过量盐酸，含锡残渣中含有和，加入浓盐酸进行酸浸，在强酸性溶液中，硅元素以活性二氧化硅的形式溶于水，搅拌，沉淀出，中存在沉淀溶解平衡，加入浓盐酸，增大，正向移动，得到，加入Zn单质进行置换，制得Sn。 (1)是碱性氧化物，与稀盐酸反应生成和水，离子方程式为：； (2)①当搅拌转速小于250r/min时，溶解速率小，溶解不充分；大于250r/min时，搅拌过于剧烈，会沉淀出，故Si的溶解率在250 r/min时最大； ②从图2可知：温度高于45℃时，由于温度升高，Sn的溶解率增大，提前浸出，回收率降低；Si的溶解率下降，混入含锡残渣，不利于Sn的回收，故“酸浸Ⅰ”温度不应高于45℃； (3)含锡残渣中的以SnS、等形式存在，存在沉淀溶解平衡，加入浓盐酸，增大，正向移动，有利于与结合形成；增大，有利于与生成，均使的沉淀溶解平衡正向移动； (4)已知，，为防止析出，需满足：，； (5)酸浸液加硫酸后，沉淀为，溶液B中含、、、、等；加硫酸后析出，溶液C中含、、HCl等，减压蒸发时，HCl易挥发，会以气体形式逸出，可循环用于“酸浸 Ⅰ”或“酸浸Ⅱ”，因此气体X为HCl。 19.(2026·北京石景山·一模)FeS可用于去除酸性废水中的砷。 （1）制备FeS 已知：柠檬酸根可以和形成配合物。 ①硫酸亚铁铵溶液显酸性，用化学用语解释原因　　　　　　　。 ②硫代乙酰胺在酸性或碱性条件下均能发生水解反应。酸性条件下：。碱性条件下：　　　　　　　。 ③硫酸亚铁铵和硫代乙酰胺溶液直接混合后溶液，此时不能生成FeS，增大溶液pH则会生成，解释加入柠檬酸三钠的作用　　　　　　　。 （2）除砷 已知：ⅰ．含砷废水中砷主要以亚砷酸()形式存在，溶液中亚砷酸铁很难生成。ⅱ．砷酸()是一种三元弱酸。ⅲ．的为，的为。 ①经FeS处理后，大部分砷转化为沉淀，写出反应的离子方程式　　　　　　　。 ②滤液A用NaOH分别调节pH为5、6、7、8、10、12，曝气(通空气)1小时后静置，取上层清液，砷去除率与pH的关系如下图所示。 分析pH增大时溶液中砷去除率先增大后减小的原因　　　　　　　。 ③用NaOH调时，　　　　　　　(填“>”或“<”)。 【答案】（1）① ；    ②     ③ 和形成配合物，降低，防止生成，不断释放出和反应     （2）①     ② pH增大增大，有利于生成沉淀，pH继续增大减小，不利于生成或转化为释放出（从吸附含砷物质角度解释也可以）    ③ <      【解析】（1）第一步配位络合：向硫酸亚铁铵溶液中加入柠檬酸三钠固体，柠檬酸根与形成稳定的橙黄色配合物，避免直接水解沉淀；第二步硫化反应：依次加入硫代乙酰胺溶液、pH 7.5~10 的缓冲溶液，在保护下加热，硫代乙酰胺水解释放，与配合物中缓慢释放的反应生成 FeS；最后处理：分离、水洗、干燥，得到 FeS 样品。 （2）第一步初级除砷：向酸性含砷废水中加入 FeS，大部分砷以沉淀形式（固体 B）被去除，剩余砷留在滤液A中； 第二步深度除砷：滤液 A 用 NaOH 调 pH 并曝气（通空气），将剩余亚砷酸氧化为砷酸，通过胶体吸附、沉淀（固体 D）进一步除砷，最终滤液C为达标废水。 (1)① 硫酸亚铁铵（）是强酸弱碱盐，和均发生水解，使溶液呈酸性：，； ② 酸性条件水解：，碱性条件下，、、均与反应，最终生成、、（或），反应式为：； ③ 柠檬酸根与形成稳定配合物，大幅降低溶液中游离的浓度，避免在调节 pH 至 7.5~10 时，直接与结合生成沉淀； 配合物可缓慢释放，与硫代乙酰胺水解产生的均匀反应，生成高纯度、晶粒均匀的 FeS；同时保护可防止被氧化为，避免生成等杂质； (2)①FeS作为硫源和还原剂，与酸性废水中的反应，生成沉淀，同时FeS溶解为，配平后的离子方程式为：； ② 曝气（通空气）将（亚砷酸）氧化为（砷酸）；pH 升高时，被氧化为，水解生成胶体，可通过吸附、共沉淀作用去除砷，pH 增大（），去除率升高； pH（>7）过高时，胶体溶解，吸附能力下降；同时在强碱性条件下溶解，重新释放到溶液中，导致砷去除率下降； ③，，pH=6时，，所以，。 20.(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）① 阳    ②      （3）     （4）总反应为 ，NaOH仅作循环吸收剂，不参与总反应     （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 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 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)      【解析】(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)。 21.(2026·北京房山·二模)某小组验证“”(反应A)为可逆反应，并探究外加试剂对该平衡的影响。 实验I、取溶液，加入溶液()，溶液变为棕黄色。 （1）为证明该反应能正向发生，并排除空气造成的干扰，最佳选用的试剂是　　　　　　(填序号)。 a．KSCN溶液       b．溶液       c．淀粉溶液 （2）充分反应后，检测出　　　　　　(离子符号)，可证实反应A为可逆反应。 实验Ⅱ、向碘水(含淀粉)中加入酸性溶液，无明显现象，未检出。 （3）甲同学认为加入溶液可增大与的反应程度，其理由是　　　　　　。 实验Ⅲ、向实验Ⅱ所得溶液中加入溶液，产生沉淀a，溶液蓝色褪去，检测出。 （4）乙同学认为碘水与溶液也可能产生沉淀，不能由“产生沉淀a，溶液蓝色褪去”来证实反应A逆向进行。 资料：i． ii．、(微溶) 实验Ⅳ： ①滤液1和滤液2中均有，请结合平衡移动原理解释滤液2中含有的原因　　　　　　。 ②用离子方程式解释实验Ⅳ中溶液变蓝的原因　　　　　　。 ③经检验和分析，沉淀a的　　　　　　沉淀b的(填“>”或“<”)，证实了实验Ⅲ中反应A逆向进行。 （5）丙同学认为不能由实验Ⅲ中检出来证实反应A逆向进行，因为与的反应(反应B)会造成干扰。 ①反应B的离子方程式是　　　　　　。 ②确认反应B发生的实验操作和现象是：将实验Ⅲ反应后混合物过滤，　　　　　　。 供选择试剂：稀、溶液、KI溶液 已知：AgI、溶于溶液；AgI难溶于稀 【答案】（1）b     （2）     （3）与反应生成AgI，降低，促使反应逆向进行     （4）① ，，减小，平衡正向移动，溶液中浓度增大(或其他合理答案)    ②     ③ >     （5）①     ② 取滤渣，加入足量溶液，充分作用后过滤，向滤渣中加入稀，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银。(或其他合理答案)      【解析】本实验核心目的为验证反应为可逆反应，探究外加试剂对该平衡的影响，实验逻辑链如下： 首先实验I取过量与少量反应，若反应正向发生则生成与，为排除空气氧化生成的干扰，需选择仅检验的试剂；若反应为可逆反应，则过量的情况下体系中仍应残留，可通过检测证实可逆性。 实验II向含淀粉的碘水中加酸性无明显现象，未检出，说明与的正向反应程度极低。加入时，可与生成溶度积极小的沉淀，降低体系中浓度，促使可逆反应逆向移动，增大与的反应程度。 实验III加后产生沉淀、蓝色褪去、检出，需排除碘水自身歧化反应的干扰：碘水存在歧化平衡，加入可同时生成与微溶的沉淀。实验IV验证沉淀组成：存在溶解平衡，加入过量时被沉淀，溶解平衡正移，释放的在酸性条件下与归中生成使淀粉变蓝。若实验III中反应A逆向进行，会额外生成，使沉淀中的占比高于仅由碘歧化生成的沉淀b，即更大。 最后需排除与的氧化还原反应对检验的干扰，该反应生成与，可通过检验滤渣中的证实反应发生，需先用溶解、，再用稀硝酸检验。 (1)要证明反应正向发生且排除空气干扰，需检验反应的特征产物： a. 溶液用于检验，无法证明反应正向发生，a不符合要求； b. 溶液与反应生成特征蓝色沉淀，空气氧化不会生成，可排除空气干扰，b符合要求； c. 淀粉溶液检验，空气可氧化生成，无法排除空气干扰，c不符合要求； 故选b。 (2)实验I中过量，若反应A不可逆，会完全反应，体系中无残留；若充分反应后检测到，说明反应不能进行完全，为可逆反应。 (3)电离出的可与体系中的反应生成溶度积极小的沉淀，使体系中降低，促使平衡逆向移动，即与的反应正向进行程度增大。 (4)① 沉淀b中含，存在溶解平衡，加入过量溶液时，与反应生成沉淀，使减小，的溶解平衡正向移动，进入滤液2，因此滤液2中含有。 ② 滤液2中含，加入和淀粉溶液后，酸性条件下与过量的发生归中反应生成，淀粉遇变蓝，离子方程式为。 ③ 实验IV中沉淀b仅由碘水歧化反应生成的、与反应得到，；实验III中若反应A逆向进行，会额外生成，使沉淀中的物质的量增大，因此沉淀a的大于沉淀b的对应比值。 (5)① 具有还原性，具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成和，离子方程式为。 ② 反应B生成，需排除滤渣中、的干扰：根据已知信息，、可溶于溶液，不溶于溶液，且可与稀反应生成，遇空气被氧化为红棕色的，因此操作为取滤渣，加入足量溶液，充分作用后过滤，向滤渣中加入稀，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，证实反应B发生。 22.(2026·北京昌平·一模)太阳能电池废料的回收利用对光伏产业具有重要意义。从预处理后的废料（其中的铜铟镓硒元素主要以硒化物形式存在，如、、）中提取金属镓的一种流程示意图如下。 已知：ⅰ。Ga、In元素位于第ⅢA族，Se元素位于第ⅥA族； ⅱ。萃取剂2以形式存在，萃取原理为：M表示金属元素，org表示有机相， （1）在浸出前将废料进行粉碎预处理，其作用是　　　　　　　　。 （2）浸出液中含Se元素的物质为。“沉硒”过程发生反应的化学方程式为　　　　　　　　。 （3）解释“多级萃取铟”过程中主要萃取出的原因是　　　　　　　　。 （4）向有机相2中加入试剂X可实现萃取剂2再生。 ①试剂X是　　　　　　　　。 ②从化学平衡角度解释萃取剂2如何再生　　　　　　　　。 （5）电解获取金属镓。一种电解法制取镓的装置如下图1，电解过程中阳极溶液、及碳损失量随电解时间的变化如下图2。 ①获得镓的电极反应式为　　　　　　　　。 ②当电路中通过a库仑电量时，理论上可获得的金属镓的质量为　　　　　　　　g（列出计算式）。 已知：电解中转移1 mol电子所消耗的电量为96500库仑。 ③图2中在8~11 h基本保持不变，结合化学用语说明可能的原因是　　　　　　　　。 （6）该工艺体现绿色化学思想，流程中除萃取剂外，还能够循环利用的物质有　　　　　　　　。 【答案】（1）增大接触面积，加快浸取速率，提高浸取率     （2）H2SeO3+2SO2+H2O=Se↓+2H2SO4     （3）K萃取In大于K萃取Ga     （4）① 稀盐酸    ② 向有机相2中加入稀盐酸，溶液中的氢离子浓度增大，萃取平衡向逆反应方向移动，反应后分液得到萃取剂2     （5）① [Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH-    ②     ③ 在8~11 h，阳极区发生两个反应：和，当两个反应速率相等时，基本保持不变     （6）NaOH      【解析】由题给流程可知，向预处理后的废料中加入盐酸和过氧化氢混合溶液浸取，将金属元素转化为金属氯化物，硒元素转化为亚硒酸，过滤得到滤渣和浸出液；向浸出液中通入二氧化硫沉硒，将亚硒酸转化为单质硒，过滤得到硒固体和滤液1；向滤液1中加入萃取剂1萃取除铜，分液得到含有铜离子的有机相1和水相1；向水相1中加入萃取剂2多级萃取铟，分液得到含有铟离子的有机相2和水相2；向水相2中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为4.5，将镓离子转化为氢氧化镓沉淀，过滤得到滤液2和氢氧化镓；向氢氧化镓中加入氢氧化钠溶液，将氢氧化镓转化为四羟基合镓酸钠；电解四羟基合镓酸钠得到镓和可以循环使用的氢氧化钠。 (1)在浸出前将废料进行粉碎预处理，可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快浸取速率，提高浸取率； (2)由分析可知，“沉硒”过程通入二氧化硫沉硒的目的是将亚硒酸转化为单质硒，反应的化学方程式为：H2SeO3+2SO2+H2O=Se↓+2H2SO4； (3)由题给信息可知，加入萃取剂2多级萃取铟时，铟元素的萃取反应的平衡常数远大于镓元素的萃取反应的平衡常数，所以萃取过程中主要萃取出铟离子； (4)① 由萃取方程式可知，增大溶液中的氢离子可以使平衡向逆反应方向移动，有利于萃取剂2的生成，所以试剂X是盐酸； ② 由萃取方程式可知，萃取剂2再生的操作为向有机相2中加入稀盐酸，溶液中的氢离子浓度增大，萃取平衡向逆反应方向移动，反应后分液得到萃取剂2； (5)① 由题意可知，获得镓的阴极反应为四羟基合镓酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成镓和氢氧根离子，电极反应式为：[Ga(OH)4]-+ 3e-=Ga+4OH-； ②电路中通过库仑电量时，转移电子的物质的量为，生成1mol Ga转移3mol电子，Ga摩尔质量约为，因此质量为。 ③阳极上水放电：，生成的与反应，使增大；同时又与反应，故阳极区发生反应：和，在8~11 h，两个反应速率相等时，基本保持不变， (6)由分析可知，电解四羟基合镓酸钠得到镓和可以循环使用的氢氧化钠，所以流程中可以循环使用的物质是萃取剂和氢氧化钠。 23.(2026·北京房山·一模)高铁酸钾是一种多功能水处理剂，关于的制备及应用一直是研究的热点。 I．高铁酸钾的制备 （1）以和KOH为原料，通过固相高温煅烧制备高铁酸钾。 ①的空间结构是　　　　　　　。 ②补全反应化学方程式： 　　　　　　　。 （2）工业上还可以通过电解法电解浓KOH溶液制备，装置如图所示。 ①石墨棒连接电源　　　　　　　极。 ②Fe棒上的电极反应式为　　　　　　　 ③电解得到的产品纯度可采用滴定法进行测定。将样品与过量的KI溶液充分反应后配成溶液(被还原为)，取用的标准溶液滴定，最终消耗标准溶液体积为，则原样品中高铁酸钾的质量分数为　　　　　　　。(已知：，摩尔质量为) Ⅱ．高铁酸钾的应用 （3）具有强氧化性。在酸性条件下，能与废水中的反应生成和沉淀来除锰。 ①该反应的离子方程式　　　　　　　。 ②用处理一定量的含废水，Mn元素的去除率与量的关系如图所示，当超过时，Mn元素的去除率下降的原因可能是　　　　　　　。 【答案】（1）① 平面正三角形    ②      （2）① 负    ②     ③      （3）①     ② 随着增加，生成的MnO2被氧化成高价态的可溶性（）离子留在溶液中      【解析】(1)①的中心N原子价层电子对数为，无孤电子对，因此空间结构为平面正三角形； ② 反应中Fe从+3价升高到+6价，共升6价，N从+5价降低到+3价，降2价，根据升降守恒配平系数，再结合原子守恒得缺项为，配平后的化学方程式为。 (2)① 电解制备时，Fe需被氧化为，因此Fe为阳极接正极，石墨为阴极接电源负极； ② 碱性条件下，Fe失电子生成，结合电荷、原子守恒配平得到电极反应式：； ③ 根据反应可得关系式：，，总，质量，因此质量分数为。 (3)① 反应中Fe从+6降为+3，每个降3价，Mn从+2升为+4，每个升2价，根据化合价升降守恒配平系数，再结合酸性条件、电荷原子守恒，配平结果为：； ②具有强氧化性，过量时可将产物进一步氧化为可溶性的高价锰离子（如），锰留在溶液中因此去除率下降。 24.(2026·北京丰台·一模)氟碳铈精矿是中国重要的稀土矿产资源，其主要成分为，含有等杂质。高纯在催化剂等领域应用广泛。一种利用氟碳铈精矿制备的工艺如图所示： 已知：HF是一种有毒气体 （1）步骤Ⅰ，氟碳铈精矿焙烧主要生成，还有少量。 ①在100～200℃受热分解，化学方程式为　　　　　　　。 ②将在900℃焙烧生成的化学方程式配平　　　　　　　。 （2）步骤Ⅱ，试剂是　　　　　　　。 （3）步骤Ⅲ，溶液2中铈的存在形式为，由滤渣1生成的离子方程式有　　　　　　　。 （4）步骤Ⅳ，滤渣3的成分为　　　　　　　。 （5）步骤Ⅴ，滤液3中，浓度为，调节pH加入，价Ce氧化率随pH变化如图所示。 已知： ⅰ．依据电极反应式：，价Ce的还原性随增大而增强 ⅱ．    ①，随着pH升高，增大，原因是　　　　　　　。 ②，随着pH升高，价Ce氧化率下降，可能的原因为：氧化性减弱、因分解而浓度减小导致氧化速率降低；　　　　　　　。 【答案】（1）①     ②      （2）水     （3）     （4）     （5）① ，和形成沉淀，，pH升高增大，比值增大    ② 形成，随pH升高沉淀量增多，固液之间的接触面积小于液体之间的，氧化速率降低反应生成的附着于表面，导致反应物之间的接触面积变小，氧化速率降低      【解析】氟碳铈精矿（主要成分为，含杂质）与在焙烧，生成、、和少量；经水浸分离等可溶性杂质，滤渣用盐酸在酸浸，转化为，转化为；加氨水调节，沉淀为，滤液中经氧化、调得到，据此分析。 (1)①在受热分解，生成、和，化学方程式为； ② 根据原子守恒、氧化还原反应配平，在焙烧生成的化学方程式为； (2)步骤Ⅱ需浸出可溶性杂质，分离不溶性铈的氧化物，试剂为水； (3)滤渣1含、，在下与盐酸反应，与反应生成和，离子方程式为；与、发生氧化还原反应，被还原为，被氧化为，离子方程式为； (4)溶液2含、，加氨水调节，沉淀为； (5)①时，、形成沉淀，，升高，增大，比值增大； ②时，形成沉淀，随升高沉淀量增多，固液接触面积小于液体，氧化速率降低；且生成的附着于表面，减小反应物接触面积，导致氧化速率降低。 25.(2026·北京西城·二模)小组探究不同条件下S与KMnO4溶液的反应。 实验 序号 溶液 实验现象 Ⅰ 溶液 无明显变化 Ⅱ 溶液、6滴溶液 溶液褪色，液面上有大量硫粉剩余 Ⅲ 溶液、溶液 30 s后溶液变为绿色，液面上有大量硫粉剩余 已知：ⅰ.在酸性条件下还原产物为近乎无色的，中性条件下还原产物为MnO2，碱性条件下还原产物为绿色的； ⅱ.碱性溶液中，S可以发生歧化反应，生成与； ⅲ.能与S反应生成黄色的，与反应生成S和H2S； （1）KMnO4具有氧化性，一定条件能与S、SO2、　　　　　　　　　　　(写两种)等含硫物质反应。 （2）Ⅱ中反应生成了，反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　。 （3）甲同学结合Ⅲ中现象得出结论：在碱性条件下可被S还原为。乙同学查阅资料知，也可被还原为。补充实验：　　　　　　　　　　　(填实验操作和现象)，证实在碱性条件下主要被S还原为。 （4）改变溶剂，进一步实验，探究碱性条件下 S与KMnO4溶液反应后硫元素的存在形式。 序号 实验操作 实验现象 Ⅳ 将0.48 g硫粉与2 mL溶剂丙酮混合，加入溶液，再迅速加入溶液 溶液瞬间变绿，2 s后又变黄，试管底部存在少量硫粉 ①丙同学分析，Ⅳ反应后的溶液中一定存在，结合离子方程式说明其理由：硫粉过量，　　　　　　　　　　　。 ②为检验Ⅳ中是否存在，取Ⅳ反应后的上层清液进行如下实验。 i．加入足量盐酸观察到产生乳白色浑浊，不能通过此现象证明溶液中含有，理由是　　　　　　　　　　　。 ii．证明上层清液中存在的实验现象是　　　　　　　　　　　。 （5）综上，影响S与KMnO4溶液反应的因素有　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）H2S、Na2S、Na2SO3（任选两种）     （2）     （3）取5 mL 2×10-4 mol·L-1 KMnO4溶液于试管中，加入5 mL 6 mol·L-1 NaOH溶液，溶液转变为与Ⅲ中相同的绿色，变色时间大于30s     （4）① 过量的S粉与过量的NaOH溶液发生反应，生成    ② 溶液中若含，加酸也会析出S单质，产生乳白色沉淀    ③ 加入盐酸产生乳白色浑浊，过滤后向溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀     （5）溶液的酸碱性、反应物浓度、溶剂种类、反应物用量（答出任意两点即可）      【解析】(1)KMnO4具有强氧化性，在酸性、中性或碱性条件下均可氧化含硫还原性物质，除S和SO2外，还可与以下含硫物质反应（任选两种）：H2S（S为-2价，可被氧化至0或+6价）；Na2S（S为-2价，可被氧化）；Na2SO3（S为+4价，可被氧化至+6价）。 (2)实验Ⅱ在酸性条件下进行，被还原为Mn²⁺，S被氧化为，根据电子守恒和电荷守恒配平得离子方程式：。 (3)为排除OH⁻对还原的干扰，需设计对照实验，验证绿色产物主要由S还原产生：取5 mL 2×10-4 mol·L-1 KMnO4溶液于试管中，加入5 mL 6 mol·L-1 NaOH溶液，溶液转变为与Ⅲ中相同的绿色，变色时间大于30s，说明在无S存在时OH⁻不能将还原为，从而证实实验Ⅲ中绿色主要源于S对的还原。 (4)① 根据已知条件ii：碱性溶液中，S可以发生歧化反应，生成与，实验Ⅳ中硫粉过量，因此一定会发生歧化反应：； ② 根据已知条件iii：能与S反应生成黄色的，与H+反应生成S和H2S，因此，若溶液中存在，加入盐酸也会发生反应：,生成的单质硫为乳白色浑浊，与和在酸性条件下归中生成S的现象相同，因此无法仅凭浑浊证明含； 检验的关键是：排除其他离子的干扰后，加入BaCl2溶液产生白色沉淀：加入足量盐酸，可除去、等还原性/干扰离子，同时使它们生成的S沉淀被过滤除去，过滤后，滤液中不再含有能与Ba2+生成沉淀的其他离子，因此，加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，说明滤液中存在，故完整现象为加入盐酸产生乳白色浑浊，过滤后，向滤液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。 (5)综上，影响反应的因素包括：溶液的酸碱性（pH）：酸性条件下反应明显，中性无明显现象，碱性条件下产物不同；反应物的浓度：KMnO₄的浓度、NaOH的浓度会影响反应速率和产物；溶剂种类：实验Ⅳ加入丙酮后，反应现象与Ⅲ不同，说明溶剂会影响反应；反应物的用量：硫粉是否过量会影响歧化反应的发生和产物组成；最终答案为：溶液的酸碱性、反应物浓度、溶剂种类、反应物用量（答出任意两点即可）。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题11 工艺流程综合题 7年真题1年模拟 考点分类 北京考情（2020-2026） 命题规律 工艺流程综合题 2025北京(1题)、2024北京(1题)、2023北京(2题)、2022北京(1题)、2021北京(1题)、2020北京(2题) · 情境设置：以真实工业生产流程为载体，如铅酸电池、黄铜矿炼铜、回收贵金属等，贴近实际。 · 考查重点：侧重化学方程式书写、物质分离提纯、条件控制及原理分析，综合考查元素化合物与反应原理。 · 命题趋势：情境新颖且信息量大，强化陌生反应推断与定量计算，注重绿色化学和资源循环利用。 1.(2025·北京·高考真题)铅酸电池是用途广泛并不断发展的化学电源。 （1）十九世纪，铅酸电池工作原理初步形成并延续至今。 铅酸电池工作原理： ①充电时，阴极发生的电极反应为　　　　　　　。 ②放电时，产生a库仑电量，消耗的物质的量为　　　　　　　。已知：转移电子所产生的电量为96500库仑。 ③作为电解质溶液性质稳定、有较强的导电能力，参与电极反应并有利于保持电压稳定。该体系中不氧化，氧化性弱与其结构有关，的空间结构是　　　　　　　。 ④铅酸电池储存过程中，存在化学能的缓慢消耗：电极在作用下产生的可将电极氧化。氧化发生反应的化学方程式为　　　　　　　。 （2）随着铅酸电池广泛应用，需要回收废旧电池材料，实现资源的再利用。回收过程中主要物质的转化关系示意图如下。 ①将等物质转化为的过程中，步骤I加入溶液的目的是　　　　　　　。 ②步骤Ⅱ、Ⅲ中和作用分别是　　　　　　　。 （3）铅酸电池使用过程中，负极因生成导电性差的大颗粒，导致电极逐渐失活。通过向负极添加石墨、多孔碳等碳材料，可提高铅酸电池性能。碳材料的作用有　　　　　　　(填序号)。 a．增强负极导电性 b．增大负极材料比表面积，利于生成小颗粒 c．碳材料作还原剂，使被还原 2.(2024·北京·高考真题)利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。 （1）矿石在焙烧前需粉碎，其作用是　　　　　　　。 （2）的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是　　　　　　　。 （3）矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。 温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质 400 500 ①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是　　　　　　　。 ②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是　　　　　　　。 （4）用离子方程式表示置换过程中加入的目的　　　　　　　。 （5）粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是　　　　　　　。 3.(2023·北京·高考真题)以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。     已知：酸性条件下，的氧化性强于。 （1） “浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。 ①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断：　　　　　　　　　　(填“>”或“<”)。 ②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有　　　　　　　　　　。 （2） “浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：　　　　　　　　　　。 ②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （3） “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 ①该步反应的离子方程式有　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因：　　　　　　　　　　　　　　。     （4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：　　　　　　　　。 4.(2023·北京·高考真题)资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。 已知：易溶于溶液，发生反应(红棕色)；和氧化性几乎相同。 I.将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混合物中，振荡。 实验记录如下： 实验现象 实验Ⅰ 极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色 实验Ⅱ 部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色 实验Ⅲ 完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色 （1）初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ　　　　　　　　　　(填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。 （2）实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有(蓝色)或(无色)，进行以下实验探究： 步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。 步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。 ⅰ．步骤a的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ⅱ．查阅资料，，(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤的溶液中发生的变化：　　　　　　　　　　　　　　。 （3）结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓溶液，　　　　　　　　　　(填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）上述实验结果，仅将氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为。装置如图所示，分别是　　　　　　　　　　　　　。     （5）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中被氧化的产物中价态不同的原因：　　　　　　　　　。 5.(2022·北京·高考真题)(多选)白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。 已知： 物质 （1）白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为　　　　　　　　　　　。 （2）用量对碳酸钙产品的影响如下表 n(NH4Cl)/n(CaO) 氧化物()浸出率/% 产品中纯度/% 产品中Mg杂质含量/%(以计) 计算值 实测值 2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 —— 2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06 2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20 备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg) ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。 ①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是　　　　　　　　　　　。 ②沉钙反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 ③“浸钙”过程不适宜选用的比例为　　　　　　　　　　　。 ④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是　　　　　　　　　　　。 （3）“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是　　　　　　　　　　　。 （4）滤渣C中含有的物质是　　　　　　　　　　　。 （5）该流程中可循环利用的物质是　　　　　　　　　　　。 6.(2021·北京·高考真题)铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。 资料： i.钛白粉废渣成分：主要为FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物 ii.TiOSO4+(x+1)H2O⇌TiO2·xH2O↓+H2SO4 iii.0.1 mol/L Fe2+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3； 0.1 mol/L Fe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8 （1）纯化 ①加入过量铁粉的目的是　　　　　　　。 ②充分反应后，分离混合物的方法是　　　　　　　。 （2）制备晶种 为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)。 ①产生白色沉淀的离子方程式是　　　　　　　。 ②产生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3。原因是：沉淀生成后c(Fe2+)　　　　　　　0.1mol/L(填“＞”“=”或“＜”)。 ③0-t1时段，pH几乎不变；t1-t2时段，pH明显降低。结合方程式解释原因：　　　　　　　。 ④pH≈4时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，且(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因：　　　　　　　。 （3）产品纯度测定 铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。 wg铁黄溶液b溶液c滴定 资料：Fe3++3=Fe(C2O4)，Fe(C2O4)不与稀碱液反应 Na2C2O4过量，会使测定结果　　　　　　　(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 7.(2020·北京·高考真题)MnO2是重要的化工原料，软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图： 资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2 ②金属离于沉淀的pH Fe3+ Al3+ Mn2+ Fe2+ 开始沉淀时 1.5 3.4 5.8 6.3 完全沉淀时 2.8 4.7 7.8 8.3 ③该工艺条件下，MnO2与H2SO4反应。 (1)溶出 ①溶出前，软锰矿需研磨。目的是　　　　。 ②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示： i.步骤II是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是　　　　。 ii.若Fe2+全部来自于反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2。而实际比值(0.9)小于2，原因是　　　　。 (2)纯化。已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：　　　　。 (3)电解。Mn2+纯化液经电解得MnO2。生成MnO2的电极反应式是　　　　。 (4)产品纯度测定。向a g产品中依次加入足量b g Na2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应。再用c mol·L-1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为d L(已知：MnO2及MnO均被还原为Mn2+。相对分子质量：MnO2-86.94；Na2C2O4-134.0) 产品纯度为　　　　(用质量分数表示)。 8.(2020·北京·高考真题)用如图方法回收废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu。 已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。②HAuCl4=H++AuCl (1)酸溶后经　　　　操作，将混合物分离。 (2)浓、稀HNO3均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗HNO3的物质的量不同，写出消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式：　　　　。 (3)HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶金原理相同。 ①将溶金反应的化学方程式补充完整： Au+　　　　NaCl+　　　　HNO3=HAuCl4+　　　　+　　　　+　　　　NaNO3 ②关于溶金的下列说法正确的是　　　　。 A．用到了HNO3的氧化性 B．王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性 C．用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解 (4)若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是　　　　mol。 (5)用适当浓度的盐酸、NaCl溶液、氨水与铁粉，可按照如图方法从酸溶后的溶液中回收Cu和Ag(图中标注的试剂和物质均不同)。 试剂1是　　　　，物质2是　　　　。 …………………… 1.(2026·北京八十八中·一模)镀锌钢材废件需要酸洗后重新镀锌。从酸洗废液中回收锌的流程示意图如下。 已知：i．废酸液中，和主要以和形式存在。 ii．萃取率；分离系数。 iii．萃取剂浓度越大，黏度越高，流动性越差。 （1）镀锌废酸液中主要含有的阳离子有　　　　　　　　　　　。 （2）萃取过程： 第一步，萃取剂三辛胺，其中R为与结合形成； 第二步，对的结合力大于的，可使转移到有机相中。 ①从结构的角度解释三辛胺和结合的原理　　　　　　　　　　　。 ②写出第二步反应的离子方程式　　　　　　　　　　　。 （3）5min内，三辛胺浓度对锌萃取率和分离系数的影响如图所示。当三辛胺浓度大于时，锌的萃取率增加缓慢，分离系数骤减的原因是　　　　　　　　　　　。 （4）写出反萃取的化学方程式　　　　　　　　　　　。 （5）测定废酸液中含量的操作如下： 取废酸液，配制成100mL溶液。取20mL溶液，加入指示剂、硫磷混酸，用标准溶液进行滴定，滴定至终点时，消耗标准液，该废酸液中的含量为　　　　　　　　　（已知：全部被还原为）。 2.(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　　　　　　　　　　　。 3.(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。 4.(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　　　　　　　　。 5.(2026·北京朝阳·质量检测)纯碱制备方法的发展体现了化学科学与技术的不断进步。 （1）用离子方程式表示溶液显碱性的原因：　　　　　　。 （2）自古我国西北盐湖地区就有“夏天晒盐、冬天捞碱”的传统。“冬天捞碱”体现了的溶解度　　　　　　的特点。 （3）18世纪，用、C、混合加热制得，同时生成CaS和CO。该反应的化学方程式是　　　　　　。 （4）20世纪初，我国化学工业科学家侯德榜创造性地提出了侯氏制碱法，流程如下。 已知： 盐 NaCl 溶解度/g (20℃，) 35.9 37.2 9.6 ①碳酸化”过程中发生主要反应的化学方程式是　　　　　　。 ②在20℃时进行“碳酸化”，结合数据分析优先析出的原因：　　　　　　。 ③母液Ⅰ“吸氨”有利于“盐析”时NaCl溶解，结合方程式解释原因：　　　　　　。 6.(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　　　　　　。 7.(2026·北京东城·二模)应用铁铝复合吸附剂去除废水中的 ，保护环境。 已知：① 时， ， ， ②单位质量吸附剂的吸附量 ③溶液中的 去除率 。 Ⅰ．以工业铁铝废渣(含 Fe、Al 及其氧化物)为原料，通过 “酸浸→氧化→沉淀→焙烧”制备铁铝复合吸附剂。 （1）酸浸时，废渣与 反应生成 的离子方程式有　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　 （2）氧化时，用 氧化 的离子方程式为　　　　　　　　　　　 （3） ，沉淀时，加入氨水，调节溶液pH至少大于　　　　　　　　　　　，(保留一位小数)， 可使溶液中 、 均小于 。 焙烧时，得到铁铝复合吸附剂，其主要成分为 和 。 Ⅱ．吸附剂表面的羟基(-OH)能与 形成配位键，从而吸附溶液中的 。 （4）从结构角度分析，吸附剂能与 形成配位键的原因是　　　　　　　　　　　 （5） 在 时，吸附剂的吸附效果最佳。 或 时，单位质量吸附剂的吸附量均降低，可能的原因分别是　　　　　　　　　　　 （6） ，初始 浓度一定时，相同时间内，溶液中的 去除率随吸附剂用量、单位质量吸附剂的吸附量随反应温度的变化如图所示。 下列说法正确的是　　　　　　　　　　　(填序号)。 a． ，一定范围内可通过提高吸附剂用量，提高 去除率 b． ，吸附剂用量从 提高到 ，单位质量吸附剂的吸附量增大 c． 吸附剂用量为 时， 比 的 去除率高 8.(2026·北京石景山·二模)常见的锌锰干电池分为酸性和碱性两种。 （1）酸性锌锰干电池是最早进入市场的实用电池，其工作原理可表示为：Zn+2MnO2+2NH4Cl=Mn2O3+2NH3+ZnCl2+H2O。 ①负极材料是　　　　　　　　　　　。 ②NH3和Mn2O3的生成导致电池难以充电。写出正极的电极反应式　　　　　　　　　　　。 （2）碱性锌锰干电池单位质量输出的电能多且储存时间长，其工作原理可表示为：Zn+2MnO2+H2O=2MnOOH+ZnO(KOH为电解质)，放电时，理论上产生a库仑电量，消耗MnO2的物质的量为　　　　　　　　　　　mol。已知：转移1mol电子所产生的电量为96500库仑。 （3）废旧锌锰电池的回收利用具有重要意义，一种以废旧锌锰电池制备MnSO4的流程如下。 ①固体C的主要成分是　　　　　　　　　　　。 ②从滤液D得到MnSO4的操作是　　　　　　　　　　　。 （4）二十一世纪，我国科学家以ZnSO4或Zn(NO3)2替换KOH电解质，实现了锌锰电池的充放电，Zn2+嵌入脱出过程可表示为：Zn2++2e-+2MnO2=ZnMn2O4。 ①该体系中NO不氧化Zn，NO氧化性弱与其结构和环境有关，NO的空间结构是　　　　　　　　　　　。 ②Mn2O在酸性溶液中歧化成MnO2和Mn2+的程度很大，写出反应的离子方程式　　　　　　　　　　　。 ③普遍认为Mn从+3价到+2价会导致电池不可逆，MnSO4的加入可以增强电池的可逆性，请解释原因　　　　　　　　　　　。 9.(2026·北京昌平·一模)甲醇是重要的有机化工产品。我国研究者提出一种化学链空分联合化学链制氢的煤制甲醇新过程，主要工艺流程框架图如下。 （1）煤气化单元。合成气的主要成分为CO、，还含有少量，该单元主要发生以下反应： ⅰ. ⅱ. ⅲ. ①煤气化生成水煤气的反应为　　　　。 ②从能量角度说明煤气化过程中通入的作用是　　　　　　　　。 （2）化学链空分单元及化学链制氢单元的工艺流程示意图如下。 ①化学链空分单元，还原反应器中发生反应的化学方程式为　　　　　　　　。 ②化学链制氢单元，反应器Ⅱ中发生反应的化学方程式为　　　　　　　　。 ③结合的作用分析化学链空分单元的工作原理：　　　　　　　　。 （3）甲醇合成单元。合成气中CO、均可与反应生成甲醇，进入合成单元前需配比成合适氢碳比。理论模拟在、6MPa、初始合成气总物质的量相同的条件下，研究及氢碳比对甲醇平衡产率的影响，结果如图。 ①当初始相同时，甲醇的平衡产率随增大而下降的原因是　　　　　　　　　　　　。 ②依据图示，合成甲醇时应如何调整合成气物质比例：　　。 10.(2026·北京西城·二模)某冶金过程产生的废渣有、CuO、、FeO、PbO、CaO等。利用该废渣生产的一种流程示意图如下。 已知：ⅰ．25℃，微溶于水，和黄钠铁矾均难溶于水。 ⅱ．冶金废渣中部分元素的质量分数如下表。 元素 Si Cu Fe Pb Ca 质量分数/% 15.34 14.75 4.66 14.31 2.16 Ⅰ．酸浸 （1）CuO与硫酸反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　。 （2）酸浸渣中除外，还含有　　　　　　　　　　　。 Ⅱ．沉铁 （3）加入的目的有　　　　　　　　　　　。 Ⅲ．还原沉铜 （4）开始沉铜后，若不继续调控沉铜过程中溶液的pH，的使用量将增加，结合与反应的离子方程式解释原因。　　　　　　　　　　　 （5）酸浸时，若硫酸的浓度较低，则得到的中含有杂质，解释原因：　　　　　　　　　　　。 Ⅳ．产品中含量的测定 （6）经提纯后，产品中只有和Cu，测定产品中含量的方法如下。 已知： ①样品溶解发生反应：、　　　　　　　　　　　。 ②步骤ⅲ中溶液的物质的量浓度和消耗的体积分别为c和V，计算样品中的质量分数还需要的实验数据是　　　　　　　　　　　。 11.(2026·北京朝阳·质量检测)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。 12.(2026·北大附中·一模)以低品位铜钴矿(主要成分为、、，还有少量的、、、等杂质)为原料制备硫酸铜晶体和的一种工艺流程如下： 已知：①常温下部分难溶电解质的溶度积常数 物质 ②萃取时发生反应 ③一般认为溶液中离子浓度小于时沉淀完全 （1）铜钴矿浸出前要预先粉碎，其目的是　　　　　　　　　　　。 （2）浸出步骤铜钴矿中的转化为，该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 （3）试剂a为　　　　　　　　　　　。 （4）对于过程Ⅰ： ①结合解释滤渣1中存在的原因是　　　　　　　　　　　； ②溶液作用是　　　　　　　　　　　。 （5）在足量空气中煅烧生成，写出煅烧过程中的化学反应方程式　　　　　　　　　　　。 （6）上述过程中可循环利用的物质的化学式为　　　　　　　　　　　。 13.(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　　　　　　　　　　　。 14.(2026·北京顺义·二模)(多选)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。 15.(2026·北京顺义·一模)以型废催化剂为原料，实现、、(钼)元素高效分离回收的某种工业流程如下。 已知：i．是一种长链有机萃取剂，呈弱碱性，几乎不溶于水。萃取时，需将先酸化为； ii．NiO不溶于强碱，易溶于氨水；易升华，易溶于碱。 （1）高温焙烧可将镍元素、钼元素转化为NiO和。但焙烧温度过高，钼元素的浸出效果反而下降，可能原因是　　　　　　。 （2）浸出过程中，转化为、转化为进入溶液。 ①NiO转化为的离子方程式为　　　　　　。 ②不能用NaOH溶液替代氨水，说明理由　　　　　　(写出2条)。 （3）萃取时，滤液中加入酸化的会选择性萃取而不萃取。原因是　　　　　　。 （4）反萃取过程中反萃取剂可选用　　　　　　(填序号)。 a．氨水       b．硫酸溶液       c．氯化铵溶液 （5）该流程中可循环利用的物质有　　　　　　。 （6）测定反萃取液中钼元素的物质的量浓度。 取100mL反萃取液转移至250mL容量瓶，用蒸馏水定容至刻度，摇匀得待测液；移取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入酸化后滴加指示剂，用标准液滴定，至滴定终点时消耗溶液的体积为12.00mL。 已知：。 反萃取液中钼元素的物质的量浓度为　　　　　　。 16.(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　　　　　　　　　　　。 17.(2026·北京朝阳·质量检测)白云石的主要化学成分为(不考虑其他杂质)。利用白云石制备高纯氧化镁的流程示意图如下。 已知： 物质 物质 （1）白云石煅烧前需粉碎，其作用是　　　　　　。 （2）“煅烧粉”中，“消化”所得的上清液中　　　　　　(填“>”“=”或“<”)。 （3）在不同的“碳化”终点pH下，固体A中的主要物质如下表。 终点pH 固体A中的主要物质 12 、、 11 、 9 、(量均比少) 8 (量比少) 根据固体A组成的变化，确定为“碳化”终点。 ①“碳化”至的过程中，固体A的组成发生的原因是：、　　　　　　、　　　　　　(填化学方程式)。 ②若“碳化”至时加入适量可提高产品中MgO的纯度，原因是　　　　　　。 （4）写出“热解”过程的离子方程式：　　　　　　。 （5）煅烧，剩余固体质量随温度变化如下。 已知相对分子质量： 466；MgO 40 写出的过程中发生反应的化学方程式：　　　　　　。 18.(2026·北京东城·一模)炼锡废渣（含、、、、等）的综合利用可节约资源，降低环境污染。 已知：i.在强酸性溶液中，硅元素以活性二氧化硅的形式溶于水。剧烈搅拌、浓缩或酸性减弱时，均会沉淀出。 ii.。 iii.25℃.相关数据：，；，，。 Ⅰ.的提炼 （1）“酸浸Ⅰ”步骤中溶于稀盐酸的离子方程式为　　　　　　　　。 （2）“酸浸Ⅰ”中部分元素的溶解率随搅拌转速和温度的变化如下图所示。 ①由图1可知Si的溶解率在250 r/min时最大，原因是　　　　　　　　。 ②由图2可知“酸浸Ⅰ”温度不应高于45℃，原因是　　　　　　　　。 （3）“酸浸Ⅱ”中选用浓盐酸，结合沉淀溶解平衡解释其作用：　　　　　　　　。 Ⅱ.酸浸液的综合利用 （4）酸浸液中，，。溶液B中应小于　　　　　　　　，以防止析出。 （5）“减压蒸发”步骤所得X可循环利用，其化学式为　　　　　　　　。 19.(2026·北京石景山·一模)FeS可用于去除酸性废水中的砷。 （1）制备FeS 已知：柠檬酸根可以和形成配合物。 ①硫酸亚铁铵溶液显酸性，用化学用语解释原因　　　　　　　。 ②硫代乙酰胺在酸性或碱性条件下均能发生水解反应。酸性条件下：。碱性条件下：　　　　　　　。 ③硫酸亚铁铵和硫代乙酰胺溶液直接混合后溶液，此时不能生成FeS，增大溶液pH则会生成，解释加入柠檬酸三钠的作用　　　　　　　。 （2）除砷 已知：ⅰ．含砷废水中砷主要以亚砷酸()形式存在，溶液中亚砷酸铁很难生成。ⅱ．砷酸()是一种三元弱酸。ⅲ．的为，的为。 ①经FeS处理后，大部分砷转化为沉淀，写出反应的离子方程式　　　　　　　。 ②滤液A用NaOH分别调节pH为5、6、7、8、10、12，曝气(通空气)1小时后静置，取上层清液，砷去除率与pH的关系如下图所示。 分析pH增大时溶液中砷去除率先增大后减小的原因　　　　　　　。 ③用NaOH调时，　　　　　　　(填“>”或“<”)。 20.(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　　　　　　　。 21.(2026·北京房山·二模)某小组验证“”(反应A)为可逆反应，并探究外加试剂对该平衡的影响。 实验I、取溶液，加入溶液()，溶液变为棕黄色。 （1）为证明该反应能正向发生，并排除空气造成的干扰，最佳选用的试剂是　　　　　　(填序号)。 a．KSCN溶液       b．溶液       c．淀粉溶液 （2）充分反应后，检测出　　　　　　(离子符号)，可证实反应A为可逆反应。 实验Ⅱ、向碘水(含淀粉)中加入酸性溶液，无明显现象，未检出。 （3）甲同学认为加入溶液可增大与的反应程度，其理由是　　　　　　。 实验Ⅲ、向实验Ⅱ所得溶液中加入溶液，产生沉淀a，溶液蓝色褪去，检测出。 （4）乙同学认为碘水与溶液也可能产生沉淀，不能由“产生沉淀a，溶液蓝色褪去”来证实反应A逆向进行。 资料：i． ii．、(微溶) 实验Ⅳ： ①滤液1和滤液2中均有，请结合平衡移动原理解释滤液2中含有的原因　　　　　　。 ②用离子方程式解释实验Ⅳ中溶液变蓝的原因　　　　　　。 ③经检验和分析，沉淀a的　　　　　　沉淀b的(填“>”或“<”)，证实了实验Ⅲ中反应A逆向进行。 （5）丙同学认为不能由实验Ⅲ中检出来证实反应A逆向进行，因为与的反应(反应B)会造成干扰。 ①反应B的离子方程式是　　　　　　。 ②确认反应B发生的实验操作和现象是：将实验Ⅲ反应后混合物过滤，　　　　　　。 供选择试剂：稀、溶液、KI溶液 已知：AgI、溶于溶液；AgI难溶于稀 22.(2026·北京昌平·一模)太阳能电池废料的回收利用对光伏产业具有重要意义。从预处理后的废料（其中的铜铟镓硒元素主要以硒化物形式存在，如、、）中提取金属镓的一种流程示意图如下。 已知：ⅰ。Ga、In元素位于第ⅢA族，Se元素位于第ⅥA族； ⅱ。萃取剂2以形式存在，萃取原理为：M表示金属元素，org表示有机相， （1）在浸出前将废料进行粉碎预处理，其作用是　　　　　　　　。 （2）浸出液中含Se元素的物质为。“沉硒”过程发生反应的化学方程式为　　　　　　　　。 （3）解释“多级萃取铟”过程中主要萃取出的原因是　　　　　　　　。 （4）向有机相2中加入试剂X可实现萃取剂2再生。 ①试剂X是　　　　　　　　。 ②从化学平衡角度解释萃取剂2如何再生　　　　　　　　。 （5）电解获取金属镓。一种电解法制取镓的装置如下图1，电解过程中阳极溶液、及碳损失量随电解时间的变化如下图2。 ①获得镓的电极反应式为　　　　　　　　。 ②当电路中通过a库仑电量时，理论上可获得的金属镓的质量为　　　　　　　　g（列出计算式）。 已知：电解中转移1 mol电子所消耗的电量为96500库仑。 ③图2中在8~11 h基本保持不变，结合化学用语说明可能的原因是　　　　　　　　。 （6）该工艺体现绿色化学思想，流程中除萃取剂外，还能够循环利用的物质有　　　　　　　　。 23.(2026·北京房山·一模)高铁酸钾是一种多功能水处理剂，关于的制备及应用一直是研究的热点。 I．高铁酸钾的制备 （1）以和KOH为原料，通过固相高温煅烧制备高铁酸钾。 ①的空间结构是　　　　　　　。 ②补全反应化学方程式： 　　　　　　　。 （2）工业上还可以通过电解法电解浓KOH溶液制备，装置如图所示。 ①石墨棒连接电源　　　　　　　极。 ②Fe棒上的电极反应式为　　　　　　　 ③电解得到的产品纯度可采用滴定法进行测定。将样品与过量的KI溶液充分反应后配成溶液(被还原为)，取用的标准溶液滴定，最终消耗标准溶液体积为，则原样品中高铁酸钾的质量分数为　　　　　　　。(已知：，摩尔质量为) Ⅱ．高铁酸钾的应用 （3）具有强氧化性。在酸性条件下，能与废水中的反应生成和沉淀来除锰。 ①该反应的离子方程式　　　　　　　。 ②用处理一定量的含废水，Mn元素的去除率与量的关系如图所示，当超过时，Mn元素的去除率下降的原因可能是　　　　　　　。 24.(2026·北京丰台·一模)氟碳铈精矿是中国重要的稀土矿产资源，其主要成分为，含有等杂质。高纯在催化剂等领域应用广泛。一种利用氟碳铈精矿制备的工艺如图所示： 已知：HF是一种有毒气体 （1）步骤Ⅰ，氟碳铈精矿焙烧主要生成，还有少量。 ①在100～200℃受热分解，化学方程式为　　　　　　　。 ②将在900℃焙烧生成的化学方程式配平　　　　　　　。 （2）步骤Ⅱ，试剂是　　　　　　　。 （3）步骤Ⅲ，溶液2中铈的存在形式为，由滤渣1生成的离子方程式有　　　　　　　。 （4）步骤Ⅳ，滤渣3的成分为　　　　　　　。 （5）步骤Ⅴ，滤液3中，浓度为，调节pH加入，价Ce氧化率随pH变化如图所示。 已知： ⅰ．依据电极反应式：，价Ce的还原性随增大而增强 ⅱ．    ①，随着pH升高，增大，原因是　　　　　　　。 ②，随着pH升高，价Ce氧化率下降，可能的原因为：氧化性减弱、因分解而浓度减小导致氧化速率降低；　　　　　　　。 25.(2026·北京西城·二模)小组探究不同条件下S与KMnO4溶液的反应。 实验 序号 溶液 实验现象 Ⅰ 溶液 无明显变化 Ⅱ 溶液、6滴溶液 溶液褪色，液面上有大量硫粉剩余 Ⅲ 溶液、溶液 30 s后溶液变为绿色，液面上有大量硫粉剩余 已知：ⅰ.在酸性条件下还原产物为近乎无色的，中性条件下还原产物为MnO2，碱性条件下还原产物为绿色的； ⅱ.碱性溶液中，S可以发生歧化反应，生成与； ⅲ.能与S反应生成黄色的，与反应生成S和H2S； （1）KMnO4具有氧化性，一定条件能与S、SO2、　　　　　　　　　　　(写两种)等含硫物质反应。 （2）Ⅱ中反应生成了，反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　。 （3）甲同学结合Ⅲ中现象得出结论：在碱性条件下可被S还原为。乙同学查阅资料知，也可被还原为。补充实验：　　　　　　　　　　　(填实验操作和现象)，证实在碱性条件下主要被S还原为。 （4）改变溶剂，进一步实验，探究碱性条件下 S与KMnO4溶液反应后硫元素的存在形式。 序号 实验操作 实验现象 Ⅳ 将0.48 g硫粉与2 mL溶剂丙酮混合，加入溶液，再迅速加入溶液 溶液瞬间变绿，2 s后又变黄，试管底部存在少量硫粉 ①丙同学分析，Ⅳ反应后的溶液中一定存在，结合离子方程式说明其理由：硫粉过量，　　　　　　　　　　　。 ②为检验Ⅳ中是否存在，取Ⅳ反应后的上层清液进行如下实验。 i．加入足量盐酸观察到产生乳白色浑浊，不能通过此现象证明溶液中含有，理由是　　　　　　　　　　　。 ii．证明上层清液中存在的实验现象是　　　　　　　　　　　。 （5）综上，影响S与KMnO4溶液反应的因素有　　　　　　　　　　　。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $