第05讲 工业流程题解题策略（专项训练）（浙江专用）2027年高考化学一轮复习讲练测

第05讲 工业流程题解题策略 (专项训练) 目 录 模拟·基础演练 题型01物质制备微型流程 题型02 分离提纯微型流程 题型03 资源开发综合利用 题型04 物质提纯综合分析 题型05 物质制备综合工艺 题型06 化学原理综合应用 重难·创新演练 真题·实战演练 模拟·基础演练 题型01物质制备微型流程 1．某矿石中含有硅、铁、铝的氧化物，为综合开发资源提高矿石的利用率，化工厂采取如图工艺制备铁红和AlCl3·6H2O。下列说法错误的是( ) A．“酸浸”过程中选择盐酸比硫酸更为合适 B．“氧化”过程中少量多次添加双氧水可有效减少Fe3＋催化H2O2分解 C．“洗涤”的操作是将沉淀转移至洁净的烧杯中，加蒸馏水清洗2～3次 D．将SOCl2与AlCl3·6H2O混合并加热，可得到无水AlCl3 2．聚酯反应催化剂乙二醇锑[Sb(OCH2CH2O)3]是一种无毒的白色晶状粉末，其制备流程如下： 下列说法错误的是( ) A．煅烧过程需注意防治污染 B．乙二醇为非极性分子 C．醇化反应需及时分离出水蒸气以提高Sb₂O₃的平衡转化率 D．操作Ⅰ为冷却结晶、过滤，操作Ⅱ为洗涤、干燥 3．(2025·浙江省温州环大罗山联盟期中)用含铁废铜制备胆矾的流程如图所示，下列说法不正确的是( ) A．“溶解”中加H2O2可将Cu和氧化 B．流程中的Cu2(OH)2CO3可用CuO代替 C．pH=3时， D．“系列操作”前加入H2SO4的目的是抑制Cu2+的水解 4．【海水综合利用与学科知识结合】(2025·浙江二模)海水提镁的主要流程如图所示。下列说法不正确的是( ) A．试剂M能导电，故其是电解质 B．操作b是加热到溶液表面出现晶膜时停止加热 C．流程Ⅰ、Ⅱ是通过化学方法富集镁元素 D．在HCl气流中进行MgCl2·6H2O脱水，能抑制水解，可得到更多的无水MgCl2 5．(2025·浙江省宁波市镇海中学高三首考模拟测试)K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O为草绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，可用FeC2O4制备，流程如下： 已知：FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3↓。 下列说法不正确的是( ) A．步骤Ⅰ中不可用酸性KMnO4溶液替代H2O2 B．步骤Ⅱ中加热煮沸是为了除去多余的H2O2 C．步骤Ⅲ中加入无水乙醇是为了降低三草酸合铁酸钾的溶解度 D．可用亚铁氰化钾溶液来检验翠绿色溶液中是否还有未被氧化 题型02 分离提纯微型流程 6．(2026·浙江绍兴高二期末)某兴趣小组用乙酸乙酯(沸点76.8℃)提纯对羟基苯乙酮(沸点148℃)，二者能形成分子间氢键，下列说法正确的是( ) A．萃取剂总量相同，萃取率不受萃取次数影响 B．振荡时要注意打开分液漏斗上部玻璃塞及时放气 C．对羟基苯乙酮与乙酸乙酯形成分子间氢键有利于萃取，不利于蒸馏 D．蒸馏时使用球形冷凝管比用直形冷凝管冷凝效果更好 7．(2025·浙江省温州市三模)某化学兴趣小组处理海带灰浸取液，实验步骤如下： 下列说法正确的是( ) A．海带灰浸取液中因溶有大量I2而呈黄色 B．步骤Ⅰ，应通入过量的O3，以提高I2的浓度 C．步骤Ⅱ，分液时，当液面间的界线接近旋塞时，关闭旋塞，静置片刻后，再次仔细地放出下层液体 D．步骤Ⅲ，馏分为纯碘 8．(2025·浙江省北斗星盟三模)某兴趣小组提取玫瑰精油的实验流程如图所示，下列说法不正确的是( ) 已知：玫瑰油中成分有的难溶于水，有的可溶于水；溶于水的成分在无机盐溶液中溶解度小。 A．蒸馏时可能会用到直形冷凝管、温度计、蒸馏烧瓶等玻璃仪器 B．从油水混合物中得到油层可直接分液操作 C．为了提高玫瑰油的产率，需要将玫瑰花瓣捣碎 D．系列操作包括加无水硫酸钠固体干燥、过滤、蒸馏 9．(2025·浙江省绍兴市三模)从含KI、KNO3等成分的废水中回收I2和KNO3流程如图，下列说法不正确的是( ) A．步骤1中有机相应从分液漏斗的下口放出，无机相从上口倒出 B．步骤2分离操作可选用蒸馏 C．步骤3可利用碘易升华的性质提纯粗碘 D．步骤4将溶液蒸发至大量晶体析出时，再用余热蒸干 10．已知苯胺(液体)、苯甲酸(固体)微溶于水，苯胺盐酸盐易溶于水。实验室初步分离甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如下。下列说法正确的是( ) A．苯胺既可与盐酸也可与溶液反应 B．由①、③分别获取相应粗品时可采用相同的操作方法 C．苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得 D．①、②、③均为两相混合体系 题型03 资源开发综合利用 11．(2025·浙江省宁波市镇海中学高三选考模拟)我国铅锌矿储量丰富。通过以下工艺流程，综合利用冶炼铅锌矿过程中产生的废液［主要含H2SO4和As(Ⅲ)等］和窑渣(主要含FeS、CuS、CuFeS2、Fe2O3、SiO2等)。 已知：CuS、CuFeS2不溶于稀硫酸，在有O2存在下可与稀硫酸反应。下列说法错误的是( ) A．“氧化”时，H2O2使As(Ⅲ)转化成As(Ⅴ) B．“浸出”时，增大液固比可提高废酸中H+的去除率 C．硫元素和铁元素“浸出”与“沉砷”时被O2氧化 D．“水解”时，加Fe2O3的作用是调节溶液的pH，使Fe3+沉淀 12．(2025·杭州市学军中学高三选考模拟)铜阳极泥(主要含有铜、银、金、铅等单质)是一种含贵金属的可再生资源，一种从铜阳极泥中分离提取多种金属元素的工艺流程如上图(所加试剂均过量)： 已知：①溶液2中Au的主要存在形式为[AuCl4]- ②AgCl+2SO32-[Ag(SO3)2]3-+Cl- 请回答： (1)沉淀B的主要成分为 (填化学式)，从氧化还原的角度分析，步骤5中HCHO体现的性质是 。 (2)步骤2中单质金发生反应的离子方程式为 。 (3)下列说法正确的是_______。 A．步骤1中加入NaCl的主要作用是使溶解出的Ag+转化为AgCl沉淀 B．步骤1可通过粉碎阳极泥、加热、搅拌、改用浓硫酸等方式加快反应速率 C．溶液1可经浓缩后蒸发结晶，趁热过滤取滤渣，得到胆矾粗产品 D．溶液4若返回步骤3中循环使用，需补加NaOH以保证银的浸出率 (4)Na2SO3溶液中含硫微粒物质的量分数与pH的关系如图所示。 步骤4中加入稀硫酸调节溶液pH=4可析出AgCl，请用离子方程式表示析出AgCl的原因： 。 (5)工业上变废为宝获得PbSO4的另一途径是：在铅酸蓄电池废料中加入Fe2+作为催化剂，将废料转化为PbSO4，涉及的反应如下： ①2Fe2++PbO2+4H++SO42-=2Fe3++PbSO4+2H2O ②2Fe3++Pb+SO42-=2Fe2++ PbSO4 已知PbO2和Pb难溶于H2SO4，通过对比有无催化剂的实验组，观察不到明显差异。请设计实验，证明Fe2+的催化作用，写出操作和现象。 。 13．【资源综合利用与学科知识结合】(2025·浙江省杭州市高三一模)从炼铜副产物阳极泥(主要含Cu2Se、Ag2Se、Cu等)中能提炼Se单质及许多贵金属单质。 已知：固体A中主要含CuO、Ag、Au、Na2SeO3等物质。请回答： (1)固体B中单质Au在酸性环境下与NaClO3、NaCl反应生成可溶性的Na[AuCl4]，写出该反应的离子方程式 。 (2)下列说法正确的是___________。 A．加入Na2CO3固体能促进Ag2Se与O2反应生成Ag B．流程中SO2主要体现氧化性 C．电解精炼铜的过程中，电能转化为化学能与热能 D．为简化操作，可将流程中的水浸改为稀硫酸浸取 (3)实验室中可以用NaHCO3代替流程中的SO2 已知：()()，上述转化过程均可逆。 ①解释X最终转化为Y的原因 。 ②验证Y中含有硫元素的实验操作如下： 步骤Ⅰ：取少量Y于试管中，加入浓NaOH溶液，充分加热；步骤Ⅱ：___________。 写出步骤Ⅰ的化学方程式 ，将步骤Ⅱ的实验方案补充完整 。 14．(2025·浙江省宁波市镇海中学高三首考模拟测试)芳香烃氯代反应常将无水FeCl3作为催化剂。某研究小组设计了如下流程，以某含铁元素矿渣(主要成分为铁的氧化物及少量Al2O3杂质)为原料制备无水FeCl3(s)。 已知：氯化亚砜()熔点为-101℃，沸点为76℃，易水解。 回答下列问题： (1)A溶液的主要溶质的化学式是 。 (2)下列说法不正确的是___________。 A．操作①可采用滤纸过滤 B．加入试剂B会发生如下离子反应：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O C．试剂D可以选用Cl2或H2O2溶液 D．SOCl2分子是一种极性分子，其中硫元素的化合价为+4价， (3)反应F→G的化学方程式为 。 (4)F→G的过程中可能产生少量亚铁盐，写出一种可能的还原剂： 。 (5)请用下列试剂设计简单的实验验证氯化亚砜与足量的水完全反应的产物，并简要说明实验操作、现象和结论 。(供选择的试剂：稀硝酸、氯化钡溶液、硝酸银溶液) 题型04 物质提纯综合分析 15．在钐钴永磁材料的成型加工过程中，会产生合金渣(含有Sm、Co、Cu、Fe、SiO2)。从该合金渣提取钴(Co)和钐(Sm)的一种工艺流程如下。 (1)Co位于元素周期表第 周期第 族62号元素Sm，是一种稀土元素，其位于元素周期表区 区(填“s”“p”“d”“ds”或“f”) (2)“破碎酸浸”中，将合金渣破碎的目的是 ，“浸渣”的主要成分是 。 (3)“沉淀1”的主要成分是Sm2(C2O4)3。“沉钐”过程中，Sm3+发生反应的离子方程式为 。 (4)取50g合金渣(其中Co的质量分数约为37%)，若钴的酸浸率大于90%，结合图1实验数据，“调节pH”时，溶液的最佳pH为 ；“氧化”时，双氧水的实际用量应控制在理论用量的 倍，双氧水实际用量大于理论用量的原因是 。 16．(2026·福建莆田三模)一种从蒸硒渣(主要成分为Cu2S、CuSe、Ag2Se、SeS、Te的化合物和Au)中提取稀贵金属的工艺流程如图。 已知：①CuSO4开始分解的温度为653℃，SeO2在315℃开始升华。 ②“滤液1”含TeO32-；“滤液3”中Au以[AuCl4]-形式存在。 回答下列问题： (1)Cu2S中Cu(Ⅰ)的价电子排布式为_______。Se在元素周期表中的位置为_______。 (2)“焙烧”过程CuSe与浓硫酸反应的化学方程式为_______。从所得混合气体中分离出SeO2的方法为_______。 (3)从“滤液2”中可提取的金属是_______(填名称)。 (4)“滤液3”中加Na2SO3，过滤得到Au，该反应的离子方程式为_______。 (5)“浸取4”所得溶液中含银元素的离子是_______(填化学式)。 (6)“试剂X”可选择_______(填字母)。 A．过氧化氢溶液 B．N2H4·H2O C．葡萄糖 D．稀硫酸 (7)一种铜硒化合物()具有优异的电化学性能，晶胞结构如下图所示。 ①_______。 ②与Cu2+紧邻的Cu+形成的空间构型为_______。 17．(2026·重庆江津三模)炼铁炉渣中含有Fe、Cu、Al、Ni、Ca、Si等元素的氧化物，为了节约和充分利用资源，通过以下工艺流程分离、回收Fe、Cu、Al等元素。 (1)基态Cu的价层电子排布式为___________，“酸浸”过程产生的“固体残渣”的成分是___________。 (2)“高压加热”时生成Fe2O3的离子方程式为___________。 (3)“沉铝”时，“滤液1”pH最高可调至___________(忽略溶液体积变化)(已知：滤液1中Cu2+、Ni2+的浓度均为0.01 mol/L；常温下，，)｡ 在“沉铝”的过程中，除了会向溶液中加入碱性物质调节pH外，还会加入少量氢氧化铝粉末，静置一段时间才进行过滤，这样做的目的是___________。 (4)萃取剂HNAO对Cu2+有极高的选择性，HNAO与Cu2+形成的配合物如图所示。关于该配合物说法正确的是___________ A．铜与N、O形成配位键 B．该配合物存在分子内氢键，有利于该配合物与水相分离 C．溶液的酸性越强，越有利于该配合物的形成 D．该配合物中配位数和配体数均为4 (5)采用碘量法测定上述Fe3O4样品的纯度，实验步骤如下： ①准确称取0.464 g该样品，加入足量稀盐酸和H2O2溶液，使样品中所有铁元素全部转化为Fe3+(杂质不反应、不干扰)； ②继续加热溶液一段时间后再冷却至室温，向溶液中加入过量KI溶液，充分反应后，用0.100 mol/L Na2S2O3的标准溶液滴定(I2+2S2O32-=S4O62-+2I-)；③滴定至终点时，消耗Na2S2O3标准溶液40.00 mL，则该样品中Fe3O4的质量分数为___________%。(保留三位有效数字) 18．(2026·云南昆明三模)钒是具有重要用途的战略金属。以某种石煤矿(主要成分为SiO2，含Al、V、Fe等多种金属的硅酸盐)为原料，磷酸盐辅助提钒(V2O5)的流程如下： 已知：P204是有机萃取剂[用HA(org)表示，其中org表示有机相]，萃取金属离子的能力：Fe3+＞VO2+，其它金属离子不干扰钒的萃取； 萃取钒的反应可表示为VO2+(s)+2HA(org)VO(A)2(org)+2H+(aq)。 回答下列问题： (1)基态V原子的价层电子排布的轨道表示式为___________。 (2)“硫酸熟化”时，三价V(用V2O3表示)被氧化为VOSO4，反应的化学方程式为___________。 (3)“水浸”时，VO2+、Al3+、Fe3+均可被浸出，加入磷酸钠必须沉淀除去的离子是___________；浸渣中除了该离子的磷酸盐沉淀外，主要成分的化学式为___________；水浸酸性强时，会生成[Fe(H2PO4)(H2O)4]2+和铝的配离子(结构如图)，配体H2PO4-中与Al3+配位的是非羟基氧(P=O和P-O-型氧)，下列原因分析合理的是___________(填标号)。 A．羟基氧被氢原子束缚，配位能力较弱 B．羟基氢对氧配位产生一定的空间位阻，配位能力减弱 C．非羟基氧电子云密度较羟基氧高，配位能力较强 D．P-O-由羟基去质子化形成，没有氢原子束缚，配位能力增强 (4)“反萃取”使VO2+从有机相进入水相，原理是___________。 (5)“沉钒”时VO2+转化为(NH4)2V12O31沉淀，反应的离子方程式为___________。 (6)某种钒氧化物的晶胞结构如图所示。晶胞参数，()，。其晶体密度为___________g· cm-3(列出计算式即可，用NA表示阿伏加德罗常数的值)。 19．(2025·浙江省富阳中学高三选考模拟)一种通过阳极泥(主要成分为Au、Pt、Ru、Os等金属)制备锇酸钾晶体并回收其他贵金属的工艺流程如下图 已知：1．滤液①中主要含有的物质为HAuCl4、H2PtCl6 2．K2PtCl6微溶于冷水，难溶于有机溶剂 3．OsO4熔点40.6℃，沸点130℃，微溶于水，易溶于有机溶剂 完成下列填空： (1)在“酸浸”中会产生NO气体，请写出该步骤的化学方程式 。 (2)操作①②均会使用的玻璃仪器除烧杯外还有 。 (3)通过“沉金”步骤可知，氧化性HAuCl4 H2PtCl6。(选填“<”、“>”或“=”) (4)“还原”步骤中生成一种无毒无害的气体，该步骤化学方程式为 (盐酸肼N2H4·2HCl)，从结构上分析，肼(N2H4)是一种 分子。(选填“极性”或“非极性”) (5)“溶解、蒸馏”步骤中，先加入50%硫酸得到Na2OsO4溶液，再加入NaClO3溶液，反应后蒸馏出OsO4，请写出生成OsO4的离子方程式 。 (6) OsO4用溶液吸收后又得到Na2OsO4溶液，但吸收液中仍然存在少量Na2RuO4杂质，操作中加入甲醇的目的是 。 (7)“转化”时需加入过量溶液，试从平衡角度分析其原因： 。 (8)还可以形成丰富的配合物，如)形成的配合物Pt(NH3)2Cl2，Pt(NH3)2Cl2有A、B两种同分异构体，A呈棕黄色，在水中溶解度为0.2577g/(100g H2O)，B呈淡黄色，在水中溶解度为0.0366g/(100g H2O)，其中一种配合物水解后可与草酸反应生成Pt(C2O4)(NH3)2，另一种水解后不能与草酸反应，从结构的角度推测，水解后与草酸发生反应的配合物是 (选填“A”或“B”)，并在下列图表中填入分子结构简式以解释其原因 。 题型05 物质制备综合工艺 20．(2026·浙江台州市高三第二次教学质量评估，节选)氮族元素在生产生活中起着重要的作用。请回答： (4)工业上常利用NH4NO3溶液制备NaNO3固体的流程如图所示： 已知：温度过高，NH4NO3会分解甚至爆炸；硝酸钠不同温度下的溶解度如下： 温度/℃ 20 40 60 80 100 溶解度/g 88 104 124 148 175 ①工业安全生产时，选择化合物A为_____(写化学式)，化合物A的作用__________。 ②为获得产率高、纯度大的NaNO3晶体，一系列操作为：蒸发至溶液表面出现晶膜停止加热，__________、过滤、__________、洗涤、干燥，从而得到目标晶体。 ③物质B与足量稀硝酸反应，生成H3PO4、淡黄色沉淀和其它物质，请写出该反应的化学方程式：__________。 21．(2026·浙江省北斗星盟高三一模，节选)氮化铁有多种晶体结构，多孔的氮化铁材料因其较高的理论容量和良好的导电性，被探索作为锂离子电池的负极材料。请回答： (4)某化工厂利用废旧锂离子电池正极材料(含有难溶于水的LiCoO2以及少量Ca、Mg、Fe、Al等)制备Co2O3和Li2CO3工艺流程如下： 已知：常温下，部分金属离子(Mn+)形成氢氧化物沉淀的范围如下： Mn+ Fe2+ Al3+ Mg2+ Ca2+ Co2+ 1mol·L-1Mn+开始沉淀 6.3 3.8 9.6 10.6 6.6 完全沉淀[c(Mn+)≤10-11mol·L-1] 8.3 5.4 12.0 12.6 9.1 ①“酸浸”时，LiCoO2与草酸反应生成Co2+，请写出相应的离子方程式_______。 ②写出滤液2中所有的阴离子_______；向滤液2中加入NH4F固体的主要目的是_______。 ③为实现高效的提取Co2+也可使用如图3所示的杯芳烃衍生物，其原因是_______。 22．(2025·浙江省Z20名校联盟高三第二次联考)以含铬废水(含Cr3+、Fe3+、Cu2+)和草酸泥渣(含PbC2O4、PbSO4)为原料制备铬酸铅(PbCrO4)的工艺流程如下： 已知：Cr(OH)3性质与Al(OH)3类似；pH＞7时，Pb2+开始转化为Pb(OH)2沉淀。 请回答： (1)“焙烧”时加入稍过量的碳酸钠是为了将硫酸铅转化为PbO，同时放出CO2，该转化过程的化学方程式为 。 (2)“滤渣2”的主要成分为 (填化学式)。 (3)下列说法不正确的是___________。 A．草酸泥渣“粉碎”的目的是加快反应速率 B．“氧化”工序中发生反应的离子方程式为2CrO2-+3H2O2+10OH-=2CrO42-+8H2O C．加入H2O2氧化后加热煮沸，是为了除去过量的H2O2 D．6 mol·L-1醋酸溶液可用浓度约为3 mol·L-1的硫酸代替 (4)“酸溶”过程中所加硝酸应适量，且混合后须用醋酸调至pH=5的原因是 。 (5)“滤液2”经一系列操作可制得CrO5(Cr为+6价)，1 mol该物质的过氧键个数为 。 (6)设计实验验证“滤液1”中含有的主要阴离子 。 23．单质钨的化学性质比较稳定，主要用来制造灯丝和高速切削合金钢、超硬模具。工业上利用黑钨矿(主要成分为FeWO4和MnWO4，还含少量Si、As的化合物)生产钨的工艺流程如图所示。 已知：①常温下钨酸难溶于水；WO3难溶于水，能与水蒸气反应生成一种挥发性极强的水钨化合物WO2(OH)2。 ②焙烧过程中含Si、As的化合物转化为Na2SiO3、Na3AsO3、Na3AsO4。 ③pH=10时，As的主要存在形式为H2AsO3-和HAsO42-。 回答下列问题： (1)为提高焙烧效率，可采取的措施有 (任答一点)。 (2)沉钨时pH过低，WO42-会形成多钨酸根离子，其中最主要的是HW6O215-和W12O4110-，写出生成W12O4110-的离子方程式： 。 (3)滤渣的成分为MgSiO3、MgHAsO4，写出净化时加入H2O2发生的主要反应的离子方程式： 。 (4) H3AsO3的酸性弱于H3AsO4的原因为 。 (5)操作Ⅰ的名称为 ；若黑钨矿中钨的质量分数为w，提炼过程中利用率为m，欲用nkg黑钨矿制得纯度≥99%的金属钨，则产品中杂质含量最大为 kg。 24．二氧化铈(CeO2)常作处理汽车尾气的催化剂。一种以氟碳铈矿(含CeFCO3、SiO2等)为原料制备二氧化铈的流程如图。回答下列问题： 已知：①Ce3+在空气中易被氧化，易与SO42-形成复盐沉淀； ②硫脲[SC(NH2)2]具有还原性，在酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2。 (1)硫脲()中C的化合价为 价。 (2)提高“焙烧”速率的措施有 (答一条)，“浸渣”的主要成分是 (填化学式)。 (3)“还原”中，加入硫脲的目的是将四价铈还原为三价铈。写出硫脲与CeF22+反应的离子方程式： 。 (4) CeO2催化汽车尾气处理的机理如图所示。 写出CeO2转化为CeO2-x的化学方程式： 。 (5)测定CeO2产品纯度。称取mgCeO2样品(杂质不参与反应)溶于足量稀硫酸中，将其配制成250 mL溶液。准确量取VmL配制的溶液于锥形瓶，用cmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2 标准溶液滴定至终点，进行3次平行实验，测得消耗滴定液的平均体积为20.00mL。该产品纯度为 %。 提示：CeO2+2H2SO4=Ce(SO4)2+2H2O，Ce4++ Fe2+ = Fe3++Ce3+。 题型06 化学原理综合应用 25．五氧化二钒常作为化学工业中的催化剂，广泛用于冶金化工等行业，工业上以石煤(含有V2O3、V2O5、Al2O3等)来制备V2O5的一种工艺流程如下： 已知：①NH4VO3(偏钒酸铵)是白色粉末，微溶于冷水，可溶于热水。 ②V2O5、Al(OH)3沉淀生成和溶解的pH如下表所示： 物质 开始沉淀的pH 完全沉淀的pH 沉淀开始溶解的pH 沉淀完全溶解的pH V2O5 2.2 5.1 7.1 8.1 Al(OH)3 3.3 4.7 8.7 12.8 回答下列问题： (1)Ⅴ位于元素周期表第 周期第 族。元素的第一电离能：N O(填“＞”或“＜”)。 (2)“钠化焙烧”过程中V2O5转化为可溶性NaVO3，同时有黄绿色气体生成的化学方程式为 。 (3)粗V2O5中含有Al(OH)3，可通过加入NaOH溶液碱溶除去，需调节pH的范围为 。 (4)已知：室温下，Ksp(NH4VO3)=1.6×10－3，Ksp[Ca(VO3)2]=4×10－6，向偏钒酸铵的悬浊液中加入CaCl2溶液，当溶液中c(Ca2＋)=1mol·L-1时，溶液中中cNH4＋)= mol/L。 (5)产品纯度测定：将mg产品溶于足量稀硫酸配成100 mL(VO2)2SO4溶液。取20.00 mL该溶液于锥形瓶中，用a mol/LH2C2O4标准溶液进行滴定，经过三次平行实验，达到滴定终点时平均消耗标准溶液的体积为20.00 mL。已知：。该产品中V2O5的质量分数是 %。 26．(2025·浙江省嘉兴市高三一模)以银锡合金为原料实现如下转化： 已知：①当某离子的浓度低于1.0×10−5 mol/L时，可忽略该离子的存在； ②AgCl(s)＋Cl−(aq)[AgCl2]−(aq) K=2×10−5； ③在碱性溶液中SO32-会部分被氧化。 请回答： (1)写出C的电子式 。写出②的化学反应方程式 。 (2)下列说法正确的是_______。 A．气体A是形成酸雨的主要成分 B．固体D中可能含有Mg(NO2)2 C．反应①类似于工业制粗硅，其原理是利用了C的还原性强于Sn D．CH3SO3H的沸点比H2SO4高 (3)为从溶液E中过滤出最多的AgCl固体，溶液G中Cl−浓度不能超过 mol/L。 (4)固体F可能为Ag2SO3、Ag2SO4或两者混合物。Ag2SO4微溶于水，Ag2SO3难溶于水，二者都可以溶于氨水，写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式 。选用提供试剂设计实验验证固体F的成分 。[可选用试剂：氨水、NaOH溶液、Ba(NO3)2溶液、稀硫酸、稀盐酸]。 27．镓(Ga)和锗(Ge)是支撑当代计算机、5G通信、航空航天、新能源、医药卫生及国防军工高新技术发展的重要基础材料，直接关系到国家经济和战略安全。一种由硫化锌精矿(主要成分为ZnS，还含有铁、铜、镓和锗等金属硫化物)为原料回收Zn、Ga、Ge的工艺流程如图所示。 已知：①镓与铝同主族，化学性质相似。 ②该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。 金属离子 开始沉淀时的pH 8.0 2.5 3.5 5.3 完全沉淀时的pH 9.6 3.3 4.6 6.4 回答下列问题： (1)“氧压浸出”过程中禁止明火加热，原因是 。 (2)加入ZnO“调pH”，pH应控制在 范围内。 (3)气态时常以二聚体形式存在，二聚体中各原子均满足8电子结构，则Ga与Cl之间存在的化学键有 (填标号)。 A．极性键 B．氢键 C．配位键 D．离子键 E．金属键 (4)25℃时，已知：  ，，，计算反应的平衡常数K2= 。 (5)与过量NaOH溶液反应的化学方程式为 。 (6)“电解”制粗镓后的电解废液中溶质的主要成分 (填化学式)。 (7)“水解”获得的化学方程式为 。 28．【新材料与学科知识结合】当今钙钛矿太阳能电池因其高光电转换效率和低成本等优势，成为研究热点。然而，废旧钙钛矿太阳能电池的回收处理问题也日益凸显。以下是一种从废旧钙钛矿太阳能电池(主要成分有、有机物，还含有少量Ag、Cu等金属杂质)中回收金属及制备高纯铅化合物的工艺流程： 已知：①超声处理能使溶液中的分子和离子振动加剧； ②，，，。 回答下列问题： (1)铅是与碳同主族的第六周期元素，则铅的价电子排布式为 。 (2)“浸出”中，用有机溶剂浸泡并用超声处理的目的是 。 (3)“酸浸”中，CH3NH3PbI3与稀硝酸反应生成铵盐、Pb(NO3)2、CO2、I2等物质，写出该反应的离子方程式： 。 (4)“滤渣2”的主要成分是 。 (5)高温煅烧固体时，发生反应的化学方程式为PbC2O4PbO+CO↑+CO2↑。从热力学角度分析该反应能发生的原因： 。 (6)“滤液2”中，要加入草酸溶液使完全沉淀[一般认为时沉淀完全]，若此时为，则需调节 。 (7)含的溶液中逐滴滴加NaOH溶液后，各形态铅的百分含量x与溶液pH的关系如下图所示。根据图示，高纯PbO制Pb(OH)2，应将溶液的pH调至约为 ；已知才达到排放标准，则此时滤液是否达到排放标准 (填“是”或“否”)。 重难·创新演练 1．我国芒硝(Na2SO4·10H2O)资源丰富。工业上以芒硝为原料可制备多种产品，实验室模拟其流程如下，已知：操作a制得物质为Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O。下列说法错误的是 A．物质M为NaHCO3 B．操作a的步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 C．转化Ⅲ操作用到的仪器有蒸发皿、三脚架、酒精灯、玻璃棒等 D．上述流程中物质N可循环利用 2．(2025·浙江省宁波市高三二模)从某铜矿渣(主要成分为铜、铝、硅、钙、铁等元素的氧化物或硫化物)可制备草酸铜(CuC2O4)，工艺流程如下： 已知：Cu2+(aq)+2C2O42-(aq) [Cu(C2O4)2]2-；CuC2O4(s)Cu2+(aq)+ C2O42-(aq)。下列说法不正确的是( ) A．步骤Ⅰ粉碎的目的是加快反应速率、提高浸出率 B．相比浓氨水，选用NH3-NH4Cl混合溶液作浸取剂可提高铜浸出率 C．为使充分沉淀，应加入过量的(NH4)2C2O4 D．由该工艺流程可推知Cu2+与F−结合能力弱于与C2O42- 3．(2025·浙江省衢州、丽水、湖州三地市高三二模)硫酸四氨合铜晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O中铜含量可按下列步骤测定： 下列说法不正确的是( ) A．步骤I，H+和NH3反应破坏了[Cu(NH3)4]2+稳定性，从而释放出Cu2+ B．步骤II，需过量，以确保完全还原为 C．步骤III，当溶液变为浅黄色时再滴入淀粉溶液作为指示剂 D．计算Cu元素含量必须需要的数据有：[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体的质量、KI固体的质量、滴定时消耗Na2S2O3标准溶液的浓度和体积 4．(2025·浙江省富阳中学高三选考模拟)处理废弃的锂电池正极材料LiCoO2以回收Li、Co等金属的部分工艺路线如下，已知气体1无毒无害，烧渣中Co仅有一种价态，下列说法错误的是( ) A．500℃焙烧生成的烧渣成分有LiCl、SiO2、CoCl2 B．滤饼2转化为Co3O4的反应中氧化剂∶还原剂=1∶6 C．若500℃焙烧后直接水浸可能会产生大量烟雾，腐蚀设备 D．流程中仅有滤液3和气体1可直接在该工艺路线中再利用 5．(2026·浙江强基联盟高二开学考试)以硫酸工业的SO2尾气、氨水、石灰石、焦炭等为原料，可以得到有重要应用价值的CaS、(NH4)2SO3等物质，流程如图所示： 下列说法不正确的是( ) A．反应Ⅰ的反应方程式为2SO2+2CaCO3+O2=2CaSO4+2CO2 B．反应Ⅱ的化学方程式为SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2O C．反应Ⅲ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4 D．将反应Ⅱ后的溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得(NH4)2SO3·H2O 6．(2025·浙江省绍兴市高三二模)以磷酸钙为原料可制备缓冲试剂磷酸二氢钾(KHPO4)，其工艺流程如图所示： 已知：①Ca(H2PO4)2能溶于水，CaHPO4和Ca3(PO4)2均难溶于水。②萃取原理：KCl+H3PO4KH2PO4+HCl，HCl易溶于有机萃取剂。下列说法正确的是( ) A．“酸浸”是利用了浓硫酸的强氧化性和酸性 B．流程中分离提纯操作Ⅰ与操作Ⅱ相同 C．若副产品N为氮肥，则试剂M可选择氨水 D．测定磷酸二氢钾(KH2PO4)的含量，可用甲基橙为指示剂，用标准NaOH溶液滴定 7．【反萃取与实验创新】粉煤灰是铝、镓等有价金属的潜在性提取原料，铝、镓元素协同回收是实现粉煤灰(主要成分为Ga2O3、Al2O3、SiO2，还有少量Fe2O3等杂质)资源化利用的重要途径，其主要流程如下： 已知：①萃取镓的原理为： ②； ③ 回答下列问题： (1)Ga在元素周期表中的位置为 。 (2)“酸浸”后滤渣的主要成分为 (写化学式)。 (3)“萃取”前加氨水“中和”的目的是 。 (4)树脂吸附除铁后通氨气，当恰好沉淀完全时，此时溶液 (保留一位小数)；证明“过滤、洗涤”中已洗涤干净的实验操作为 。 (5)“电解”过程包括电解制粗镓和粗镓精炼两个步骤。精炼时，粗镓与电源 极相连(填“正”或“负”)，粗镓溶解生成的与NaOH溶液反应生成，生成高纯镓的电极反应式为 。 (6)“合成”步骤中生成一种气体单质，该反应的化学方程式为 。 8．(2026·浙江七彩阳光、精诚联盟、浙南名校2027届高三返校联考)明矾在净水等方面应用广泛，工业上以废易拉罐(主要成分为Al和Fe，还含有少量CaO和 SiO2)为原料制备明矾的工艺流程如图所示。 请回答： (1)加入H2O2的作用是______________________________。 (2)结合H+的能力：[Al(OH)4]-__________HCO3-。 (3)“操作”的具体内容是“_____________________________、过滤、洗涤、干燥”。 (4)“沉铝”步骤中发生的反应的离子方程式为________________________________________。 (5)判断明矾产品中是否含有Fe元素，可采用的方法是__________。 A．原子光谱法    B．红外光谱法    C．核磁共振氢谱法 (6)NaAlH4是一种常见的还原剂，其晶胞结构如下图： ①AlH4-的配位数为__________。 ②有同学认为苯中H的化合价是+1，NaAlH4中H的化合价是-1，可以发生归中反应，生成H2。从结构上判断该观点是否合理，并说明理由______________________________________。 ③NaAlH4的还原性比NaBH4强的原因是______________________________________。 9．【废旧电池处理与学科知识结合】废旧于电池中含有多种有害物质，随生活垃圾填埋会污染周边环境，解决问题的最好途径是对废旧干电池回收利用。一种利用废旧干电池制备锰锌铁氧体(Mn0.5Zn0.5Fe2O4)的工艺流程如图所示。 已知：酸浸的浸出液中含有Mn2+、Zn2+、Fe3+及少量Ni2+、Cu2+、Al3+、Ca2+、Pb2+；某些离子需两道工序除杂才能达标。 回答下列问题： (1)酸浸时，H2O2的作用是 ；该过程H2O2的实际消耗量高于理论用量较多，原因是 ；浸渣中含有硫酸盐，化学式为 、CaSO4。 (2)初级净化时，Cu2+，Pb2+、Ni2+均转化为硫化物沉淀除去，说明CuS、PbS或NiS的Ksp (填“大于”或“小于”)MnS或ZnS的Ksp；已知CaF2的Ksp=2.7×10-11，欲使Ca2+完全沉淀，则沉淀后溶液中的c(F-) mol·L-1(结果可带根号)。 (3)NH4Al(SO4)2(硫酸铝铵)微溶于水，初级净化时可能不析出或析出少量硫酸铝铵沉淀，加入硫酸铵深度净化时进一步析出其沉淀，其原理是 。 (4)若共沉淀时析出MnCO3·ZnCO3·4Fe(OH)3，则反应的离子方程式为 。 (5)锰锌铁氧体(Mn0.5Zn0.5Fe2O4)的晶体结构与MgAl2O4相似，MgAl2O4晶体中，镁离子占据立方晶胞的顶点、面心及晶胞内相互交错的4个小立方体的体心(如图，铝离子、氧离子未画出)。若MgAl2O4中Mg2+被Mn2+和Zn2+替换，Al3+被Fe3+替换，即可得到Mn0.5Zn0.5Fe2O4晶体。若Mn0.5Zn0.5Fe2O4的晶胞边长为a pm，则图中编号1和2两个粒子间的距离为 pm；M(Mn0.5Zn0.5Fe2O4)=236 g·mol-1，NA为阿伏加德罗常数的值，锰锌铁氧体的密度为 g·cm-3(列出计算式即可)。 真题·实战演练 1．(2026·浙江1月卷，16，3分)环己烯()为重要的化工原料，实验室常用环己醇()制备，流程如下： 步骤Ⅰ—用浓磷酸和环己醇制备环己烯混合加热，蒸馏得到对应馏分； 步骤Ⅱ—用饱和Na2CO3和饱和食盐水分批次洗涤、分液； 步骤Ⅲ—用干燥的无水CaCl2吸水，过滤后再蒸馏，得到产物； 步骤Ⅳ—经波谱分析，测得产物的核磁共振氢谱图如图所示。 下列说法错误的一项是( ) A．可能生成环己酮()、磷酸酯等副产物 B．若不用饱和食盐水洗涤，而用水，则环己烯的产率下降 C．若CaCl2不过滤直接蒸馏，则产物的纯度会下降 D．由核磁共振氢谱可知产物中含有杂质 2．(2026·四川卷，11，3分)稀有金属镓(Ga)广泛用于电子工业，它和Al同族，性质相似。某刚玉灰主要含有氧化铝、硅铝酸钾、硫酸钾、硅酸钙和少量镓的化合物，从中分离富集镓的一种路线如下。其中，“高温煅烧”时，铝的化合物转化为MAlO2(M为Na+、K+)。 下列说法错误的是( ) A．“高温煅烧”时，1 mol Al2O3发生的反应生成1 mol CO2 B．“酸浸”时，硅的化合物以固态物质形式在浸渣中被除去 C．“酸浸”时，镓的化合物发生的反应是[Ga(OH)4]－+4H+=Ga3++4H2O D．晶体的化学式为 MAl(SO4)2·xH2O(M=K+或Na+) 3．(2026·贵州卷，1，3分)某磷废渣的主要成分为CaCO3、MgCO3和Ca5(PO4)3F，一种对其进行分离的工艺流程如图。 下列说法错误的是( ) A．“焙烧”的目的是使CaCO3、MgCO3分解 B．“浸取”可能的反应为MgO+2NH4ClMgCl2+2NH3↑+H2O C．“滤渣浮选”利用了CaCO3和Ca5(PO4)3F物理性质的差异 D．“滤液沉淀”可以利用流程中产生的CO2和NH3制备沉淀剂 4．(2026·黑吉辽蒙卷，12，3分)从铜阳极泥(主要成分为Cu2Te和Cu2S，含少量Ag2S和Au)中提取热电材料碲(Te)的流程如图。已知Na2Te与适量空气反应可生成Na2Te2。下列说法正确的是( ) A．“浸渍”时通入过量空气不发生副反应 B．滤渣可以全部溶于浓HNO3 C．Na2Te被氧化过程中，溶液碱性增强 D．“沉碲”过程中Na2SO3被氧化 5．(2026·江西卷，6，3分)高纯碳酸钙在电子工业领域有广泛应用。使用优质大理石(含有少量MgCO3和Fe3O4 杂质)制备高纯碳酸钙的工艺流程如图。体系中有关离子反应方程式书写错误的是( ) A．浸出过程：CaO+2H+=Ca2++H2O B．浸出过程：Fe3O4 +8H+ ==2Fe3+ +Fe2+ +4H2O C．净化过程：Fe3++ 3OH-=Fe(OH)3↓ D．碳化过程：Ca2++CO2+2NH3+H2O═CaCO3↓+2NH4+ 6．(2024·浙江1月卷，6，3分)为回收利用含I2的CCl4废液，某化学兴趣小组设计方案如下所示，下列说法不正确的是( ) A．步骤I中，加入足量Na2CO3溶液充分反应后，上下两层均为无色 B．步骤I中，分液时从分液漏斗下口放出溶液A C．试剂X可用硫酸 D．粗I2可用升华法进一步提纯 7．(2023•浙江6月卷，12，3分)苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提纯方案如下： 下列说法不正确的是( ) A．操作I中依据苯甲酸的溶解度估算加水量 B．操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹 D．操作IV可用冷水洗涤晶体 8．(2026·贵州卷，16)钪是一种关键的战略金属，对国防科技、产业升级有重要的作用。从某钪铝渣［含Sc(OH)3及Al、Mg、Fe等的氢氧化物］中回收钪和铝，工艺流程如图。 已知： ①钪铝渣中Sc(OH)3夹杂在其他金属氢氧化物中或包裹在其他颗粒的孔隙中。 ②“酸浸”工序中，钪主要以Sc3+的形式被浸出。 ③25℃ 时，Ksp[Al(OH)3]= 10－32.9，Al(OH)3+OH-[Al(OH)4]-  K=1033.3。 回答下列问题： (1)基态钪原子的价层电子轨道表示式为_______________。 (2)“预处理”工序的操作是________。 (3)“碱浸”工序中，在一定条件下，NaOH溶液浓度对钪和铝浸取率的影响如图1，最佳NaOH溶液浓度为________________。 (4)“酸浸”工序中浸出钪的主要离子方程式为____________________。 (5)pH对萃取率的影响如图2，HNO3溶液浓度对洗脱率的影响如图3。 ①“无机溶液1”中存在的金属阳离子主要是___________。 ②本工艺中去除溶液中Fe3+的工序是___________，依据是________________________。 (6)“碱浸”工序中，25℃ 、溶液中c{[Al(OH)4]-}=0.1mol·L-1时，pH为________。 9．(2026·河北卷，16)钒和铬是重要的战略金属。河钢集团与中科院合作研发了国际领先的亚熔盐法清洁生产工艺，实现在温和条件下钒和铬的高效提取。主要流程如下： 已知：钒渣主要含FeO·V2O3、FeO·Cr2O3、SiO2和少量CaO、MgO等。 回答下列问题： (1)V和Cr均位于元素周期表的_____区。 (2)氧化工序通常采用较大的O2流量，其目的是_______________________；配平化学方程式：________________________________。 _____FeO·V2O3+ _____NaOH+ _____O2 _____Fe2O3+ _____Na3VO4+ ______H2O (3)滤渣的主要成分有MgO、__________、__________(填化学式)。 (4)80℃和40℃时，Na3VO4和Na2CrO4的溶解度随NaOH 质量分数变化如图所示。结合图像分析NaOH 质量分数为30%时，冷却结晶工序降温至40℃有利于实现钒和铬有效分离的原因：________________________________。 (5)母液返回_________工序。 (6)还原工序中，反应的离子方程式为___________________________________。 10．(2026·河南卷，15)一种从废芯片(主要含有Si、Cu、Ag、Pd、Au等)中回收金属的工艺流程如下： 已知：流程中Ce4+被还原为Ce3+；“浸出2”中Au和Pd的浸出率较低；“浸出3”中Au和Pd转化为[AuCl4]-和[PdCl4]2-。 回答下列问题： (1)提高“焙烧”效率的措施有___________(写出一条即可)。 (2)“焙烧”中，Cu未完全转化为CuO，“浸出1”中Cu参与反应的离子方程式为___________。 (3)“电解”时，“滤液1”和FeSO4溶液分别作阴极液和阳极液，不锈钢片和石墨片分别作阴极和阳极，阴离子交换膜作隔膜。“电解”的目的是___________。 (4)已知3Ce4++AuAu3++3Ce3+的K约为4.8×105，表明该反应可以进行得基本完全，但Au在“浸出2”中浸出率较低，原因是___________。 (5)“沉淀”产生的AgCl可被N2H4还原为Ag，N2H4中N元素只转化为N2。理论上AgCl与N2H4反应的物质的量之比为___________。 (6)“滤液3”需要合并到“浸出3”所得滤液中，目的是___________。 (7)“氧化”中，Ce3+转化为Ce(OH)4沉淀，该反应的离子方程式为___________。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第05讲 工业流程题解题策略 (专项训练) 目 录 模拟·基础演练 题型01物质制备微型流程 题型02 分离提纯微型流程 题型03 资源开发综合利用 题型04 物质提纯综合分析 题型05 物质制备综合工艺 题型06 化学原理综合应用 重难·创新演练 真题·实战演练 模拟·基础演练 题型01物质制备微型流程 1．某矿石中含有硅、铁、铝的氧化物，为综合开发资源提高矿石的利用率，化工厂采取如图工艺制备铁红和AlCl3·6H2O。下列说法错误的是( ) A．“酸浸”过程中选择盐酸比硫酸更为合适 B．“氧化”过程中少量多次添加双氧水可有效减少Fe3＋催化H2O2分解 C．“洗涤”的操作是将沉淀转移至洁净的烧杯中，加蒸馏水清洗2～3次 D．将SOCl2与AlCl3·6H2O混合并加热，可得到无水AlCl3 【答案】C 【解析】矿石酸浸后过滤，除去难溶于酸的硅氧化物，滤液A氧化后调节pH，将铁元素以氢氧化物形式沉淀，再次过滤，滤渣B洗涤灼烧得到铁红，滤液B经结晶得到AlCl3·6H2O。A．由于目标产物是AlCl3·6H2O ，为避免引入硫酸根杂质，“酸浸”过程中选择盐酸比硫酸更为合适，A正确；B．H2O2氧化Fe2＋优先于H2O2分解，“氧化”过程中少量多次添加双氧水可防止H2O2局部过量而分解，有效减少Fe3＋催化H2O2分解，B正确；C．“洗涤”的操作是将沉淀留在漏斗的滤纸中，加蒸馏水自然滤干，清洗2～3次，C错误；D．SOCl2遇水容易水解，与AlCl3·6H2O混合并加热，可吸收结晶水并生成HCl，可有效防止AlCl3水解，得到无水AlCl3，D正确。 2．聚酯反应催化剂乙二醇锑[Sb(OCH2CH2O)3]是一种无毒的白色晶状粉末，其制备流程如下： 下列说法错误的是( ) A．煅烧过程需注意防治污染 B．乙二醇为非极性分子 C．醇化反应需及时分离出水蒸气以提高Sb₂O₃的平衡转化率 D．操作Ⅰ为冷却结晶、过滤，操作Ⅱ为洗涤、干燥 【答案】B 【解析】A项，辉锑矿煅烧会产生二氧化硫，需注意防治污染，A正确；B项，乙二醇正电中心和负电中心不重合为极性分子，B错误；C项，该条件下醇化反应是可逆反应且会生成水，故及时分离出水蒸气可提高Sb₂O₃的平衡转化率，C正确；D项，根据制备流程可知操作1为冷却结晶、过滤，操作Ⅱ为洗涤、干燥，D正确；故选B。 3．(2025·浙江省温州环大罗山联盟期中)用含铁废铜制备胆矾的流程如图所示，下列说法不正确的是( ) A．“溶解”中加H2O2可将Cu和氧化 B．流程中的Cu2(OH)2CO3可用CuO代替 C．pH=3时， D．“系列操作”前加入H2SO4的目的是抑制Cu2+的水解 【答案】C 【解析】向含铁废铜中加入过量稀硫酸和H2O2充分溶解，将铁、铜元素分别转化为Fe3+、Cu2+，则Ⅰ中主要含Fe3+、Cu2+和稀硫酸，再向其加入Cu2(OH)2CO3调节pH=3，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤分离得到含CuSO4滤液，加硫酸经系列操作得到胆矾晶体。A．“溶解”中酸性环境下，H2O2可将Cu氧化为Cu2+，且也可将Fe2+氧化为Fe3+，则“溶解”中加H2O2可将Cu和Fe2+氧化，A正确；B．流程中Cu2(OH)2CO3的作用是中和过量稀硫酸，调节pH，也可用铜的氢氧化物、氧化物代替，则流程中的Cu2(OH)2CO3可用CuO代替，B正确；C．该流程用于含铁废铜制备胆矾，则pH=3时，Fe3+沉淀完全，Cu2+不能转化为Cu(OH)2沉淀，则，C错误；D．硫酸铜为强酸弱碱盐，Cu2+会发生水解：，则“系列操作”前加入H2SO4的目的是抑制Cu2+的水解，D正确；故选C。 4．【海水综合利用与学科知识结合】(2025·浙江二模)海水提镁的主要流程如图所示。下列说法不正确的是( ) A．试剂M能导电，故其是电解质 B．操作b是加热到溶液表面出现晶膜时停止加热 C．流程Ⅰ、Ⅱ是通过化学方法富集镁元素 D．在HCl气流中进行MgCl2·6H2O脱水，能抑制水解，可得到更多的无水MgCl2 【答案】A 【解析】海水提镁的流程为：将海水引入沉淀池，加入沉淀剂将海水中的Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀，进行操作a：过滤，分离出Mg(OH)2沉淀，加入盐酸溶解得到MgCl2溶液，再进行操作b：蒸发结晶，得到MgCl2·6H2O晶体，加热脱水得到无水MgCl2固体，最后电解产生金属Mg，同时产生的副产物Cl2与H2反应生成HCl溶于水得到盐酸循环到第二步使用。A．根据分析，试剂M为盐酸(HCl的水溶液)，能导电但属于混合物，故M不是电解质，A错误；B．操作b是从MgCl2溶液获得晶体，为蒸发结晶，加热至溶液表面出现晶膜时停止加热，利用余热蒸干，B正确；C．流程Ⅰ为将海水中的Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀、流程Ⅱ为Mg(OH)2与盐酸反应生成MgCl2，均为化学变化，实现了镁元素的富集，C正确；D．MgCl2·6H2O脱水时，Mg2+易水解生成Mg(OH)2，因此需要在HCl气流中加热可抑制水解，得到无水MgCl2，D正确；故选A。 5．(2025·浙江省宁波市镇海中学高三首考模拟测试)K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O为草绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，可用FeC2O4制备，流程如下： 已知：FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3↓。 下列说法不正确的是( ) A．步骤Ⅰ中不可用酸性KMnO4溶液替代H2O2 B．步骤Ⅱ中加热煮沸是为了除去多余的H2O2 C．步骤Ⅲ中加入无水乙醇是为了降低三草酸合铁酸钾的溶解度 D．可用亚铁氰化钾溶液来检验翠绿色溶液中是否还有未被氧化 【答案】D 【解析】FeC2O4制备K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O晶体，第一步用H2O2将二价Fe氧化为三价Fe得到Fe(OH)3，加热除去过量的H2O2，加入草酸、饱和的草酸钾溶液形成K3[Fe(C2O4)3]溶液，加入无水乙醇降低三草酸合铁酸钾的溶解度，使之析出，过滤、洗涤、干燥得到K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O晶体。A项，H2O2能够将二价Fe氧化为三价Fe的同时并不产生杂质，且通过加热即可将过量的H2O2除去，故不可用酸性KMnO4溶液替代H2O2，A正确；B项，H2O2受热分解，加热煮沸可以除去多余的H2O2，B正确；C项，加入无水乙醇是可以降低三草酸合铁酸钾的溶解度，提高产率，C正确；D项，检验Fe2+用铁氰化钾溶液而不是亚铁氰化钾溶液，D错误；故选D。 题型02 分离提纯微型流程 6．(2026·浙江绍兴高二期末)某兴趣小组用乙酸乙酯(沸点76.8℃)提纯对羟基苯乙酮(沸点148℃)，二者能形成分子间氢键，下列说法正确的是( ) A．萃取剂总量相同，萃取率不受萃取次数影响 B．振荡时要注意打开分液漏斗上部玻璃塞及时放气 C．对羟基苯乙酮与乙酸乙酯形成分子间氢键有利于萃取，不利于蒸馏 D．蒸馏时使用球形冷凝管比用直形冷凝管冷凝效果更好 【答案】C 【解析】对羟基苯乙酮溶液中加入乙酸乙酯进行萃取，分液后得到水层和有机层，有机层中含对羟基苯乙酮和乙酸乙酯，经过干燥，倾析分离出有机层，蒸馏后得到溶剂和产品。A项，萃取剂总量相同时，多次萃取的萃取率高于单次萃取，萃取率受萃取次数影响，A错误；A项，振荡分液漏斗时，应将漏斗倒转，打开下部活塞放气，无需打开上部玻璃塞，B错误；C项，二者形成分子间氢键，会增大对羟基苯乙酮在乙酸乙酯中的溶解度，有利于萃取；蒸馏时氢键会缩小二者的沸点差距，不利于分离，C正确；D项，蒸馏操作需使用直形冷凝管，球形冷凝管内壁会残留馏分，不适合蒸馏使用，D错误；故选C。 7．(2025·浙江省温州市三模)某化学兴趣小组处理海带灰浸取液，实验步骤如下： 下列说法正确的是( ) A．海带灰浸取液中因溶有大量I2而呈黄色 B．步骤Ⅰ，应通入过量的O3，以提高I2的浓度 C．步骤Ⅱ，分液时，当液面间的界线接近旋塞时，关闭旋塞，静置片刻后，再次仔细地放出下层液体 D．步骤Ⅲ，馏分为纯碘 【答案】C 【解析】海带灰浸取液在酸性条件下加入氧化剂臭氧，氧化碘离子生成碘单质，用四氯化碳进行萃取，然后蒸馏分离出碘单质。A项，海带灰浸取液中溶有碘离子而非碘单质，A错误；B项，臭氧为强氧化剂，步骤Ⅰ若通入过量的O3，会进一步氧化碘单质，反而会降低I2的浓度，B错误；C项，萃取分液下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，分液时，当液面间的界线接近旋塞时，关闭旋塞，静置片刻后，再次仔细地放出下层液体，C正确；D项，步骤Ⅲ，馏分为蒸馏出的沸点较低的四氯化碳，D错误；故选C。 8．(2025·浙江省北斗星盟三模)某兴趣小组提取玫瑰精油的实验流程如图所示，下列说法不正确的是( ) 已知：玫瑰油中成分有的难溶于水，有的可溶于水；溶于水的成分在无机盐溶液中溶解度小。 A．蒸馏时可能会用到直形冷凝管、温度计、蒸馏烧瓶等玻璃仪器 B．从油水混合物中得到油层可直接分液操作 C．为了提高玫瑰油的产率，需要将玫瑰花瓣捣碎 D．系列操作包括加无水硫酸钠固体干燥、过滤、蒸馏 【答案】B 【解析】A项，蒸馏提纯时，需要用到的玻璃仪器除了酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、牛角管、锥形瓶，直形冷凝管，A正确；B项，因玫瑰油中成分有的难溶于水，有的可溶于水，可知还有一部分溶于水中，可加无机盐让其析出，再分液，B错误；C项，将玫瑰花瓣捣碎增加接触面积，可提高玫瑰油的产率，C正确；D项，加饱和无机盐溶液洗涤、无水硫酸钠干燥、过滤、减压蒸馏得到产品，D正确；故选B。 9．(2025·浙江省绍兴市三模)从含KI、KNO3等成分的废水中回收I2和KNO3流程如图，下列说法不正确的是( ) A．步骤1中有机相应从分液漏斗的下口放出，无机相从上口倒出 B．步骤2分离操作可选用蒸馏 C．步骤3可利用碘易升华的性质提纯粗碘 D．步骤4将溶液蒸发至大量晶体析出时，再用余热蒸干 【答案】D 【解析】氯气将碘离子氧化为碘单质，萃取分液，得到有机相蒸馏得到粗碘，利用碘易升华的性质提纯粗碘得到精碘；水相中含有硝酸钾，加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法获得硝酸钾晶体。A项，步骤1中氯气与碘离子反应生成碘单质，碘易溶于有机溶剂，且四氯化碳的密度比水大，则有机相应从分液漏斗的下口放出，无机相从上口倒出，A正确；B项，步骤2为分离碘的四氯化碳溶液，可采用减压蒸馏的方法分离四氯化碳和碘，B正确；C项，碘易升华，而杂质无此性质，步骤3可利用碘易升华的性质提纯粗碘，C正确；D项，步骤4为制备硝酸钾固体，由于硝酸钾的溶解度随温度的升高明显增大，所以应用加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法获得硝酸钾晶体，D错误；故选D。 10．已知苯胺(液体)、苯甲酸(固体)微溶于水，苯胺盐酸盐易溶于水。实验室初步分离甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如下。下列说法正确的是( ) A．苯胺既可与盐酸也可与溶液反应 B．由①、③分别获取相应粗品时可采用相同的操作方法 C．苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得 D．①、②、③均为两相混合体系 【答案】C 【解析】由题给流程可知，向甲苯、苯胺、苯甲酸的混合溶液中加入盐酸，盐酸将微溶于水的苯胺转化为易溶于水的苯胺盐酸盐，分液得到水相Ⅰ和有机相Ⅰ；向水相中加入氢氧化钠溶液将苯胺盐酸盐转化为苯胺，分液得到苯胺粗品①；向有机相中加入水洗涤除去混有的盐酸，分液得到废液和有机相Ⅱ，向有机相Ⅱ中加入碳酸钠溶液将微溶于水的苯甲酸转化为易溶于水的苯甲酸钠，分液得到甲苯粗品②和水相Ⅱ；向水相Ⅱ中加入盐酸，将苯甲酸钠转化为苯甲酸，经结晶或重结晶、过滤、洗涤得到苯甲酸粗品③。A项，苯胺分子中含有的氨基能与盐酸反应，但不能与氢氧化钠溶液反应，故A错误；B项，得到苯胺粗品①的分离方法为分液，得到苯甲酸粗品③的分离方法为结晶或重结晶、过滤、洗涤，获取两者的操作方法不同，故B错误；C项，苯胺粗品、甲苯粗品、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得，故C正确；D项，①、②为液相，③为固相，都不是两相混合体系，故D错误；故选C。 题型03 资源开发综合利用 11．(2025·浙江省宁波市镇海中学高三选考模拟)我国铅锌矿储量丰富。通过以下工艺流程，综合利用冶炼铅锌矿过程中产生的废液［主要含H2SO4和As(Ⅲ)等］和窑渣(主要含FeS、CuS、CuFeS2、Fe2O3、SiO2等)。 已知：CuS、CuFeS2不溶于稀硫酸，在有O2存在下可与稀硫酸反应。下列说法错误的是( ) A．“氧化”时，H2O2使As(Ⅲ)转化成As(Ⅴ) B．“浸出”时，增大液固比可提高废酸中H+的去除率 C．硫元素和铁元素“浸出”与“沉砷”时被O2氧化 D．“水解”时，加Fe2O3的作用是调节溶液的pH，使Fe3+沉淀 【答案】B 【解析】废液中加H2O2使As(Ⅲ)转化成As(V)，窑渣(主要含FeS、CuS、CuFeS2、Fe2O3、SiO2等)加氧化后的废液，并通入氧气，将金属化合物转化为Fe3+、Cu2+，SiO2不溶于硫酸过滤除去，滤液中继续通入氧气将砷转化为FeAsO4•2H2O沉淀，过滤后，滤液中加足量铁粉置换出Cu，同时Fe3+被还原为亚铁离子，再过滤出铜，滤液中通氧气将铁氧化为三价铁，调节pH值使铁转化为氢氧化铁，再经灼烧得到氧化铁。A项，“氧化”时，H2O2将废液[主要含H2SO4和As(Ⅲ)等]中的As(Ⅲ)转化成As(V)，故A正确；B项，“浸出”时，增大液固比即废酸的投入量增加，则废酸中H+的去除率应降低，故B错误；C项，因CuS、CuFeS2不溶于稀硫酸，在有O2存在下可与稀硫酸反应。故“浸出”时通入O2氧化的元素主要为S，“沉砷”时O2主要是将Fe2+氧化为Fe3+，从而生成FeAsO4•2H2O沉淀，故C正确；D项，“水解”时，加Fe2O3的作用是消耗Fe3+水解产生的H+调节溶液的pH，促进水解平衡正向移动，有利于使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀且不引入新的杂质，故D正确；故选B。 12．(2025·杭州市学军中学高三选考模拟)铜阳极泥(主要含有铜、银、金、铅等单质)是一种含贵金属的可再生资源，一种从铜阳极泥中分离提取多种金属元素的工艺流程如上图(所加试剂均过量)： 已知：①溶液2中Au的主要存在形式为[AuCl4]- ②AgCl+2SO32-[Ag(SO3)2]3-+Cl- 请回答： (1)沉淀B的主要成分为 (填化学式)，从氧化还原的角度分析，步骤5中HCHO体现的性质是 。 (2)步骤2中单质金发生反应的离子方程式为 。 (3)下列说法正确的是_______。 A．步骤1中加入NaCl的主要作用是使溶解出的Ag+转化为AgCl沉淀 B．步骤1可通过粉碎阳极泥、加热、搅拌、改用浓硫酸等方式加快反应速率 C．溶液1可经浓缩后蒸发结晶，趁热过滤取滤渣，得到胆矾粗产品 D．溶液4若返回步骤3中循环使用，需补加NaOH以保证银的浸出率 (4)Na2SO3溶液中含硫微粒物质的量分数与pH的关系如图所示。 步骤4中加入稀硫酸调节溶液pH=4可析出AgCl，请用离子方程式表示析出AgCl的原因： 。 (5)工业上变废为宝获得PbSO4的另一途径是：在铅酸蓄电池废料中加入Fe2+作为催化剂，将废料转化为PbSO4，涉及的反应如下： ①2Fe2++PbO2+4H++SO42-=2Fe3++PbSO4+2H2O ②2Fe3++Pb+SO42-=2Fe2++ PbSO4 已知PbO2和Pb难溶于H2SO4，通过对比有无催化剂的实验组，观察不到明显差异。请设计实验，证明Fe2+的催化作用，写出操作和现象。 。 【答案】(1) AgCl、PbSO4 还原性 (2) 2Au+ClO3-+7Cl-+6H+=2[AuCl4]-+3H2O (3)AD (4)[Ag(SO3)2]3-+Cl-+2H+=AgCl↓ +2HSO3- (5)向H2SO4酸化的FeSO4中加KSCN，无明显现象，加少量PbO2溶液变红；取少量溶液加过量Pb，红色褪去，可证明Fe2+为催化剂 【解析】铜阳极泥中含有铜、银、金、铅等单质，经过步骤1后，铜溶解得到硫酸铜溶液即溶液1，银与铅溶解后分别得到氯化银与硫酸铅沉淀，金不溶即沉淀A为氯化银、硫酸铅、金，经过步骤2后，Au与氯离子形成配合物溶解，所以沉淀B为氯化银与硫酸铅，经过步骤3，氯化银溶解AgCl+2SO32-[Ag(SO3)2]3-+Cl-得到溶液3，经过步骤4得到氯化银沉淀；步骤5加入甲醛，将[Ag(SO3)2]3-还原为银单质，得到的亚硫酸钠溶液可以重复利用。 (1)沉淀B为AgCl、PbSO4，步骤5中HCHO主要作用是将[Ag(SO3)2]3-中的银离子还原为单质银，所以此处甲醛的作用是还原剂体现还原性； (2)单质金在HCl酸性条件下，在氧化剂NaClO3的氧化作用下，金与氯离子形成配合物，则对应的离子方程式为2Au+ClO3-+7Cl-+6H+=2[AuCl4]-+3H2O； (3)A项，步骤1中加入NaCl主要作用是使溶解出Ag+的转化为AgCl沉淀，A正确；B项，步骤1可通过粉碎阳极泥、加热、搅拌加快反应速率，改用浓硫酸溶于水放热会加快双氧水分解，反而不利于银、铅、铜溶解，B错误；C项，溶液1是硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到胆矾粗产品，C错误；D项，溶液4含有SO32-，溶液4可返回步骤3中循环使用，但甲醛做还原剂，被氧化为甲酸使溶液4呈酸性，可能发生反应SO32-+2H+=SO2↑+H2O，故需补加NaOH中和酸，以保证银的浸出率，D正确；故选AD； (4)步骤4中加入稀硫酸调节溶液pH=4时，由图可知此条件下主要存在亚硫酸氢根，银离子将从配合物中脱离出来与氯离子结合生成沉淀析出，对应离子方程式为[Ag(SO3)2]3-+Cl-+2H+=AgCl↓ +2HSO3-； (5)反应①中亚铁离子被氧化成铁离子，反应②中铁离子又被还原生成亚铁离子，整个过程中，亚铁离子的质量不变，因此，只要证明反应后的溶液中有Fe2+，无Fe3+即可证明Fe2+的催化作用，故操作方法和现象是：向H2SO4酸化的FeSO4中加KSCN，无明显现象，加少量PbO2溶液变红；取少量溶液加过量Pb，红色褪去，可证明Fe2+为催化剂。 13．【资源综合利用与学科知识结合】(2025·浙江省杭州市高三一模)从炼铜副产物阳极泥(主要含Cu2Se、Ag2Se、Cu等)中能提炼Se单质及许多贵金属单质。 已知：固体A中主要含CuO、Ag、Au、Na2SeO3等物质。请回答： (1)固体B中单质Au在酸性环境下与NaClO3、NaCl反应生成可溶性的Na[AuCl4]，写出该反应的离子方程式 。 (2)下列说法正确的是___________。 A．加入Na2CO3固体能促进Ag2Se与O2反应生成Ag B．流程中SO2主要体现氧化性 C．电解精炼铜的过程中，电能转化为化学能与热能 D．为简化操作，可将流程中的水浸改为稀硫酸浸取 (3)实验室中可以用NaHCO3代替流程中的SO2 已知：()()，上述转化过程均可逆。 ①解释X最终转化为Y的原因 。 ②验证Y中含有硫元素的实验操作如下： 步骤Ⅰ：取少量Y于试管中，加入浓NaOH溶液，充分加热；步骤Ⅱ：___________。 写出步骤Ⅰ的化学方程式 ，将步骤Ⅱ的实验方案补充完整 。 【答案】(1)2Au+ClO3-+7Cl—+6H+=2AuCl4-+3H2O (2)AC(3)—SO3H中羟基极性强于醇羟基 +NaOH=Na2SO3+HCHO+H2O 加入BaCl2溶液，产生白色沉淀 【解析】由题给流程可知，阳极泥与碳酸钠混合在空气中焙烧得到二氧化碳和含有氧化铜、银、金、亚硒酸钠的固体A，向固体A中加水水浸、过滤得到含有亚硒酸钠的溶液A和含有氧化铜、银、金的固体B；向溶液A中加入稀硫酸后，通入二氧化硫，将溶液中的亚硒酸钠转化为硒；固体B经过一系列操作得到银、金、铜。 (1)由题意可知，生成四氯合金酸钠的反应为酸性条件下金与氯酸根离子、氯离子反应生成四氯合金酸根离子和水，反应的离子方程式为2Au+ClO3-+7Cl—+6H+=2AuCl4-+3H2O； (2)A项，由题意可知，生成银的反应为硒化银与碳酸钠、氧气高温条件下反应生成亚硒酸钠、二氧化碳和银，反应中加入碳酸钠有利于促进硒化银与氧气反应生成银，故正确；B．项，向溶液A中加入稀硫酸后，通入二氧化硫，将溶液中的亚硒酸钠转化为硒，反应中硒元素的化合价降低被还原，由氧化还原反应规律可知，二氧化硫是反应的还原剂，表现还原性，故错误；C项，电解精炼铜的过程是电能转化为化学能与热能的过程，故正确；D项，将流程中的水浸改为稀硫酸浸取会使氧化铜与稀硫酸反应生成溶于水的硫酸铜，无法经过一系列操作得到银、金、铜混合物，故错误；故选AC；(3)①中—SO3H中羟基极性强于醇羟基，所以可以转化为；②验证中含有硫元素的实验操作为取少量Y于试管中，加入浓氢氧化钠溶液，与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠、甲醛和水，向反应后的溶液中加入氯化钡溶液，会有白色沉淀生成，生成亚硫酸钠的反应方程式为 +NaOH=Na2SO3+HCHO+H2O。 14．(2025·浙江省宁波市镇海中学高三首考模拟测试)芳香烃氯代反应常将无水FeCl3作为催化剂。某研究小组设计了如下流程，以某含铁元素矿渣(主要成分为铁的氧化物及少量Al2O3杂质)为原料制备无水FeCl3(s)。 已知：氯化亚砜()熔点为-101℃，沸点为76℃，易水解。 回答下列问题： (1)A溶液的主要溶质的化学式是 。 (2)下列说法不正确的是___________。 A．操作①可采用滤纸过滤 B．加入试剂B会发生如下离子反应：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O C．试剂D可以选用Cl2或H2O2溶液 D．SOCl2分子是一种极性分子，其中硫元素的化合价为+4价， (3)反应F→G的化学方程式为 。 (4)F→G的过程中可能产生少量亚铁盐，写出一种可能的还原剂： 。 (5)请用下列试剂设计简单的实验验证氯化亚砜与足量的水完全反应的产物，并简要说明实验操作、现象和结论 。(供选择的试剂：稀硝酸、氯化钡溶液、硝酸银溶液) 【答案】(1) Na[Al(OH)4]和NaOH (2)AB (3) FeCl3·6H2O+6SOCl2FeCl3(s)+6SO2↑+12HCl↑ (4)SO2 (5)取少量反应后溶液，分成甲、乙两支试管，在甲试管中滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则证明产物有HCl；在乙试管中先滴加氯化钡溶液，若无现象，再滴加稀硝酸，若出现白色沉淀，则证明产物有H2SO3 【解析】矿渣加入过量NaOH溶液与Al2O3杂质反应生成Na[Al(OH)4]溶液，操作①是过滤，固体为铁的氧化物，加入足量B为稀盐酸得到C溶液含FeCl2、FeCl3，足量试剂D应是氧化FeCl2为FeCl3，是常见的氧化剂氯气；FeCl3溶液蒸发时易发生水解反应，可以在HCl氛围中加热得到FeCl3∙6H2O；SOCl2易与水反应，所以FeCl3∙6H2O在SOCl2中加热脱水得到无水FeCl3 (s)。 (1)矿渣加入过量NaOH溶液与Al2O3反应生成Na[Al(OH)4]溶液，NaOH溶液是过量的，则A溶液的主要溶质的化学式是Na[Al(OH)4]和NaOH； (2)A项，操作①是过滤，不可采用滤纸过滤，因为该溶液会腐蚀滤纸，A错误；B项，过量的NaOH溶液已经将Al2O3完全消耗了，加入试剂B稀盐酸是与铁的氧化物反应，离子反应方程式：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，B错误；C项，足量试剂D应是氧化FeCl2为FeCl3，是常见的氧化剂，可以选用Cl2或H2O2溶液，C正确；D项，SOCl2分子正负电荷中心不重合，是一种极性分子，其中O为-2价、Cl为-1价，则硫元素的化合价为+4价，D正确；故选AB； (3)已知SOCl2易与水发生水解反应生成H2SO3和HCl，所以FeCl3∙6H2O在SOCl2中加热脱水得到无水FeCl3 (s)，同时H2SO3分解生成SO2，反应F→G的化学方程式为：FeCl3·6H2O+6SOCl2FeCl3(s)+6SO2↑+12HCl↑； (4)F→G的过程中可能产生少量亚铁盐，原因是反应中生成的二氧化硫将氯化铁还原为氯化亚铁，故还原剂为SO2； (5)氯化亚砜与足量的水完全反应的产物是H2SO3和HCl，可用稀硝酸和硝酸银溶液检验HCl，检验二氧化硫可与稀硝酸反应氧化为硫酸，与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，设计实验方案为：取少量反应后溶液，分成甲、乙两支试管，在甲试管中滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则证明产物有HCl；在乙试管中先滴加氯化钡溶液，若无现象，再滴加稀硝酸，若出现白色沉淀，则证明产物有H2SO3。 题型04 物质提纯综合分析 15．在钐钴永磁材料的成型加工过程中，会产生合金渣(含有Sm、Co、Cu、Fe、SiO2)。从该合金渣提取钴(Co)和钐(Sm)的一种工艺流程如下。 (1)Co位于元素周期表第 周期第 族62号元素Sm，是一种稀土元素，其位于元素周期表区 区(填“s”“p”“d”“ds”或“f”) (2)“破碎酸浸”中，将合金渣破碎的目的是 ，“浸渣”的主要成分是 。 (3)“沉淀1”的主要成分是Sm2(C2O4)3。“沉钐”过程中，Sm3+发生反应的离子方程式为 。 (4)取50g合金渣(其中Co的质量分数约为37%)，若钴的酸浸率大于90%，结合图1实验数据，“调节pH”时，溶液的最佳pH为 ；“氧化”时，双氧水的实际用量应控制在理论用量的 倍，双氧水实际用量大于理论用量的原因是 。 【答案】(1)四 Ⅷ f (2)增大接触面积，提高酸浸速率 SiO2、Cu (3) 2Sm3++3H2C2O4=Sm2(C2O4)3↓+6H+ (4)4 2 Fe3+会催化双氧水分解，消耗部分双氧水 【解析】合金渣加盐酸酸浸后的浸渣是不与盐酸反应的SiO2和Cu，浸出液加草酸沉钐，得Sm2(C2O4)3沉淀，滤液加氨水调节pH，氧化后沉淀Fe3+，后加入草酸沉钴，CoC2O4加热灼烧生成Co3O4。 (1)Co位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，62号元素Sm，是一种稀土元素，其位于元素周期表区f区； (2)“破碎酸浸”中，将合金渣破碎的目的是：增大接触面积，提高酸浸速率；“浸渣”的主要成分是不与盐酸反应的物质：SiO2、Cu； (3)“沉淀1”的主要成分是Sm2(C2O4)3。“沉钐”过程中，Sm3+发生反应的离子方程式为：2Sm3++3H2C2O4=Sm2(C2O4)3↓+6H+； (4)图1实验数据，“调节pH”时，pH为4时，铁的去除率最高，钴沉淀量最高，溶液的最佳pH为4；“氧化”时，双氧水的实际用量应控制在理论用量的2倍，双氧水实际用量大于理论用量的原因是：Fe3+会催化双氧水分解，消耗部分双氧水。 16．(2026·福建莆田三模)一种从蒸硒渣(主要成分为Cu2S、CuSe、Ag2Se、SeS、Te的化合物和Au)中提取稀贵金属的工艺流程如图。 已知：①CuSO4开始分解的温度为653℃，SeO2在315℃开始升华。 ②“滤液1”含TeO32-；“滤液3”中Au以[AuCl4]-形式存在。 回答下列问题： (1)Cu2S中Cu(Ⅰ)的价电子排布式为_______。Se在元素周期表中的位置为_______。 (2)“焙烧”过程CuSe与浓硫酸反应的化学方程式为_______。从所得混合气体中分离出SeO2的方法为_______。 (3)从“滤液2”中可提取的金属是_______(填名称)。 (4)“滤液3”中加Na2SO3，过滤得到Au，该反应的离子方程式为_______。 (5)“浸取4”所得溶液中含银元素的离子是_______(填化学式)。 (6)“试剂X”可选择_______(填字母)。 A．过氧化氢溶液 B．N2H4·H2O C．葡萄糖 D．稀硫酸 (7)一种铜硒化合物()具有优异的电化学性能，晶胞结构如下图所示。 ①_______。 ②与Cu2+紧邻的Cu+形成的空间构型为_______。 【答案】(1)3d10 第四周期VIA族 (2)CuSe＋4H2SO4(浓)CuSO4＋SeO2↑＋3SO2↑＋4H2O 凝华 (3)铜 (4) (5) (6)BC (7) 2：1 正四面体 【解析】蒸硒渣主要成分为Cu2S、CuSe、Ag2Se、SeS、Te的化合物和Au。蒸硒渣加浓硫酸600℃“焙烧”，S元素被氧化为SO2、Se元素被氧化为SeO2气体，然后将焙烧渣用氢氧化钠溶液浸取1除Te，滤液1中主要含有TeO32-、SO42-、OH-；用稀硫酸、氯化钠溶液浸取2除Cu，滤液2中含硫酸铜、氯化钠，再用稀硫酸、氯酸钠、氯化钠浸取3，将Au溶解得滤液3，滤渣中含有氯化银，用氢氧化钠、氨水浸取4，将氯化银转化为二氨合银离子，再用试剂X还原银氨离子得到单质Ag。 (1)Cu是29号元素，基态Cu原子价电子排布式为3d104s1，基态Cu原子失去4s能级的1个电子得到Cu+，Cu(Ⅰ)的价电子排布式为3d10 。Se是第四周期ⅥA族元素，在元素周期表中的位置为第四周期ⅥA族。 (2)结合已知①，“焙烧”过程CuSe与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硒、二氧化硫、水，反应的化学方程式为CuSe＋4H2SO4(浓)CuSO4＋SeO2↑＋3SO2↑＋4H2O。SeO2在315℃开始升华，从所得SeO2、SO2混合气体中分离出SeO2的方法为凝华。 (3)滤液2中含硫酸铜、氯化钠，从“滤液2”中可提取的金属是铜 。 (4)“滤液3”中Au以[AuCl4]-形式存在，“滤液3”中加Na2SO3，[AuCl4]-被还原为Au、SO32-被氧化为SO42-，该反应的离子方程式为2[AuCl4]-+3SO32-+3H2O=2Au↓+8Cl-+3SO42-+6H+； (5)“浸取4” 用氢氧化钠、氨水浸取银，氯化银转化为二氨合银离子，所得溶液中含银元素的离子是[Ag(NH3)2]+。 (6)[Ag(NH3)2]+发生还原反应生成Ag，X为还原剂，N2H4·H2O、葡萄糖具有还原性，所以“试剂X”可选择BC； (7)①根据均摊原则，Cu甲数目为、Cu乙数目为4，Se数目为4，Se化合价为-2价，根据化合价代数和等于0，Cu甲显+2价、Cu乙显+1价，则a=2、b=1，2：1。 ②与Cu2+紧邻的Cu+有4个，与Cu2+紧邻的Cu+形成的空间构型为正四面体。 17．(2026·重庆江津三模)炼铁炉渣中含有Fe、Cu、Al、Ni、Ca、Si等元素的氧化物，为了节约和充分利用资源，通过以下工艺流程分离、回收Fe、Cu、Al等元素。 (1)基态Cu的价层电子排布式为___________，“酸浸”过程产生的“固体残渣”的成分是___________。 (2)“高压加热”时生成Fe2O3的离子方程式为___________。 (3)“沉铝”时，“滤液1”pH最高可调至___________(忽略溶液体积变化)(已知：滤液1中Cu2+、Ni2+的浓度均为0.01 mol/L；常温下，，)｡ 在“沉铝”的过程中，除了会向溶液中加入碱性物质调节pH外，还会加入少量氢氧化铝粉末，静置一段时间才进行过滤，这样做的目的是___________。 (4)萃取剂HNAO对Cu2+有极高的选择性，HNAO与Cu2+形成的配合物如图所示。关于该配合物说法正确的是___________ A．铜与N、O形成配位键 B．该配合物存在分子内氢键，有利于该配合物与水相分离 C．溶液的酸性越强，越有利于该配合物的形成 D．该配合物中配位数和配体数均为4 (5)采用碘量法测定上述Fe3O4样品的纯度，实验步骤如下： ①准确称取0.464 g该样品，加入足量稀盐酸和H2O2溶液，使样品中所有铁元素全部转化为Fe3+(杂质不反应、不干扰)； ②继续加热溶液一段时间后再冷却至室温，向溶液中加入过量KI溶液，充分反应后，用0.100 mol/L Na2S2O3的标准溶液滴定(I2+2S2O32-=S4O62-+2I-)；③滴定至终点时，消耗Na2S2O3标准溶液40.00 mL，则该样品中Fe3O4的质量分数为___________%。(保留三位有效数字) 【答案】(1) 3d104s1 SiO2、CaSO4 (2)4Fe2++O2+4H2O=2Fe2O3+8H+ (3) 5.1 较快地析出的氢氧化铝沉淀，同时使沉淀颗粒较大，便于过滤 (4)AB (5)66.7 【解析】炉渣经稀硫酸、SO2酸浸，SiO2不溶、CaO生成CaSO4生成固体残渣；浸出液高压通空气，Fe2+被O2氧化：4Fe2++O2+4H2O=2Fe2O3+8H+得到Fe2O3，Fe2O3在Fe、浓KOH、高温高压下转化Fe3O4；滤液1调pH沉铝除去Al3+；滤液2经选择性萃取分离Cu2+、Ni2+。 (1)Cu为29号元素，价电子排布式3d104s1；酸浸时SiO2不溶于稀硫酸，CaO与H2SO4生成微溶CaSO4，固体残渣为SiO2、CaSO4； (2)高压加热O2氧化Fe2+生成Fe2O3，离子方程式：4Fe2++O2+4H2O=2Fe2O3+8H+； (3)常温下，，，由此可知，Cu(OH)2更容易沉淀析出，Cu(OH)2的，，，则，pH=5.0；加入Al(OH)3粉末可促进Al3+沉淀，使沉淀颗粒变大，便于过滤； (4)A项，Cu2+与N、O(提供孤电子对)形成配位键，A正确；B项，配体中的-OH与配位O形成分子内氢键，有机物极性降低，易与水分层分离，B正确；C项，酸性过强H+与配体N、O结合，破坏配位键，不利于配合物生成，C错误；D项，该配合物中含2个配体，每个配体双齿配位，配体数2、配位数4，D错误；故选AB； (5)根据关系式，，，质量分数。 18．(2026·云南昆明三模)钒是具有重要用途的战略金属。以某种石煤矿(主要成分为SiO2，含Al、V、Fe等多种金属的硅酸盐)为原料，磷酸盐辅助提钒(V2O5)的流程如下： 已知：P204是有机萃取剂[用HA(org)表示，其中org表示有机相]，萃取金属离子的能力：Fe3+＞VO2+，其它金属离子不干扰钒的萃取； 萃取钒的反应可表示为VO2+(s)+2HA(org)VO(A)2(org)+2H+(aq)。 回答下列问题： (1)基态V原子的价层电子排布的轨道表示式为___________。 (2)“硫酸熟化”时，三价V(用V2O3表示)被氧化为VOSO4，反应的化学方程式为___________。 (3)“水浸”时，VO2+、Al3+、Fe3+均可被浸出，加入磷酸钠必须沉淀除去的离子是___________；浸渣中除了该离子的磷酸盐沉淀外，主要成分的化学式为___________；水浸酸性强时，会生成[Fe(H2PO4)(H2O)4]2+和铝的配离子(结构如图)，配体H2PO4-中与Al3+配位的是非羟基氧(P=O和P-O-型氧)，下列原因分析合理的是___________(填标号)。 A．羟基氧被氢原子束缚，配位能力较弱 B．羟基氢对氧配位产生一定的空间位阻，配位能力减弱 C．非羟基氧电子云密度较羟基氧高，配位能力较强 D．P-O-由羟基去质子化形成，没有氢原子束缚，配位能力增强 (4)“反萃取”使VO2+从有机相进入水相，原理是___________。 (5)“沉钒”时VO2+转化为(NH4)2V12O31沉淀，反应的离子方程式为___________。 (6)某种钒氧化物的晶胞结构如图所示。晶胞参数，()，。其晶体密度为___________g· cm-3(列出计算式即可，用NA表示阿伏加德罗常数的值)。 【答案】(1) (2)V2O3＋3H2SO4(浓)2VOSO4＋SO2↑＋3H2O (3) Fe3+(或铁离子) SiO2、H2SiO3 ABCD (4)增大氢离子浓度，使VO2+(s)+2HA(org)VO(A)2(org)+2H+(aq) 平衡逆移 (5)12VO2++14NH3·H2O=(NH4)2V12O31↓+12NH4++7H2O (6) 【解析】石煤粉末与浓硫酸200℃反应使V2O3被氧化为VOSO4；加入磷酸钠水浸除去铁离子，同时 SiO2、H2SiO3也进入滤渣；P204萃取VO2+进入有机相，分液与水相分离；再加入硫酸反萃取使VO2+进入水相；加入过氧化氢氧化VO2+生成VO2+；再加入氨水沉钒使VO2+转化为(NH4)2V12O31沉淀；(NH4)2V12O31沉淀经煅烧生成五氧化二钒，据此分析。 (1)V为23号元素，基态原子价电子排布式为3d34s2，价层电子轨道表示式为； (2)V2O3中V为+3价，被浓硫酸氧化为VOSO4中+4价V，浓硫酸自身被还原为SO2，配平得化学方程式：V2O3＋3H2SO4(浓)2VOSO4＋SO2↑＋3H2O； (3)已知萃取能力Fe3+＞VO2+，Fe3+会优先被萃取，干扰钒的提取，因此必须沉淀除去Fe3+； 原矿主要成分为 SiO2，不溶于酸，硅酸盐和浓硫酸生成的H2SiO3也会沉淀析出，所以浸渣还有 SiO2、H2SiO3；A项，羟基氧与H原子成键，电子对被H束缚，配位能力弱，A正确；B项，羟基氢存在空间位阻，阻碍氧与中心离子配位，配位能力减弱，B正确；C项，非羟基氧仅与P相连，电子云密度高于羟基氧，配位能力更强，C正确；D项，P-O-是羟基去质子化产物，无H原子束缚，电子云密度更高，配位能力增强，D正确； 故选ABCD； (4)萃取存在平衡：VO2+(s)+2HA(org)VO(A)2(org)+2H+(aq)，反萃取时加入硫酸，增大H+浓度，平衡逆向移动，VO2+从有机相进入水相； (5)VO2+与氨水反应生成(NH4)2V12O31沉淀，配平得离子方程式：12VO2++14NH3·H2O=(NH4)2V12O31↓+12NH4++7H2O； (6)晶胞中V原子数：顶点，晶胞内1个，共2个V；2个O原子在晶胞内，4个在面上，共个，晶胞质量； 晶胞参数换算：，晶胞体积； 密度。 19．(2025·浙江省富阳中学高三选考模拟)一种通过阳极泥(主要成分为Au、Pt、Ru、Os等金属)制备锇酸钾晶体并回收其他贵金属的工艺流程如下图 已知：1．滤液①中主要含有的物质为HAuCl4、H2PtCl6 2．K2PtCl6微溶于冷水，难溶于有机溶剂 3．OsO4熔点40.6℃，沸点130℃，微溶于水，易溶于有机溶剂 完成下列填空： (1)在“酸浸”中会产生NO气体，请写出该步骤的化学方程式 。 (2)操作①②均会使用的玻璃仪器除烧杯外还有 。 (3)通过“沉金”步骤可知，氧化性HAuCl4 H2PtCl6。(选填“<”、“>”或“=”) (4)“还原”步骤中生成一种无毒无害的气体，该步骤化学方程式为 (盐酸肼N2H4·2HCl)，从结构上分析，肼(N2H4)是一种 分子。(选填“极性”或“非极性”) (5)“溶解、蒸馏”步骤中，先加入50%硫酸得到Na2OsO4溶液，再加入NaClO3溶液，反应后蒸馏出OsO4，请写出生成OsO4的离子方程式 。 (6) OsO4用溶液吸收后又得到Na2OsO4溶液，但吸收液中仍然存在少量Na2RuO4杂质，操作中加入甲醇的目的是 。 (7)“转化”时需加入过量溶液，试从平衡角度分析其原因： 。 (8)还可以形成丰富的配合物，如)形成的配合物Pt(NH3)2Cl2，Pt(NH3)2Cl2有A、B两种同分异构体，A呈棕黄色，在水中溶解度为0.2577g/(100g H2O)，B呈淡黄色，在水中溶解度为0.0366g/(100g H2O)，其中一种配合物水解后可与草酸反应生成Pt(C2O4)(NH3)2，另一种水解后不能与草酸反应，从结构的角度推测，水解后与草酸发生反应的配合物是 (选填“A”或“B”)，并在下列图表中填入分子结构简式以解释其原因 。 【答案】(1) Au+4HCl+HNO3=HAuCl4+NO↑+2H2O，3Pt+18HCl+4HNO3= H2PtCl6+4NO↑+8H2O (2)玻璃棒、漏斗 (3)> (4) H2PtCl6+ N2H4·2HCl= K2PtCl6+N2↑+6HCl 极性 (5) ClO3-+3OsO42-+6H+=3OsO4↓+3Cl-+3H2O (6)还原Na2RuO4，使Ru元素以Ru(OH)4形式析出 (7)存在平衡2K++ OsO42-+2H2OK2OsO4·2H2O↓，增大K+浓度，平衡正向移动，有助于K2OsO4·2H2O生成 (8) A ； 【解析】阳极泥加入王水浸取得到“残渣”的主要成分为含Os和Ru的混合物，处理后得到残渣加入过氧化钠共融、水浸后，加入硫酸、氯酸钠溶解蒸馏出OsO4，OsO4用NaOH溶液吸收后又得到Na2OsO4溶液，加入过量的氢氧化钾溶液得到K2OsO4·2H2O；阳极泥加入王水浸取得到滤液中含有HAuCl4、H2PtCl6，加入FeSO4沉金得到Au，过滤后加入饱和KCl溶液将H2PtCl6转化为K2PtCl6的悬浊液，过滤后K2PtCl6用盐酸肼还原过滤得到K2PtCl6固体。 (1)滤液①中主要含有的物质为HAuCl4、H2PtCl6，在“酸浸”中会产生气体，说明Au与王水反应时，可生成HAuCl4和NO，Pt与王水反应时，生成H2PtCl6和NO，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式分别为：Au+4HCl+HNO3=HAuCl4+NO↑+2H2O，3Pt+18HCl+4HNO3= H2PtCl6+4NO↑+8H2O。 (2)操作①②均为过滤，会使用的玻璃仪器除烧杯外还有玻璃棒、漏斗。 (3)通过“沉金”步骤可知，Fe2+可以将HAuCl4还原为Au，而不能还原H2PtCl6，说明氧化性HAuCl4> H2PtCl6。 (4)“还原”步骤中K2PtCl6和盐酸肼(N2H4·2HCl)反应生成K2PtCl6，Pt元素化合价下降，则N元素化合价上升生成一种无毒无害的气体为N2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：H2PtCl6+ N2H4·2HCl= K2PtCl6+N2↑+6HCl，肼(N2H4)中N-N键可以自由旋转，导致分子极性发生变化，正负电中心不重合，属于极性分子。 (5)NaClO3具有强氧化性，将Na2OsO4氧化为OsO4，本身被还原为氯离子，根据电子守恒、质量守恒可知，反应为：ClO3-+3OsO42-+6H+=3OsO4↓+3Cl-+3H2O。 (6)甲醇具有一定还原性，Na2RuO4吸收液中仍然存在少量Na2RuO4杂质，加入氢氧化钠、甲醇后Na2RuO4发生还原反应生产Ru(OH)4，甲醇被氧化为甲醛，故操作中加入甲醇的目的是：还原Na2RuO4，使Ru元素以Ru(OH)4形式析出。(7)“转化”时溶液中存在平衡：2K++ OsO42-+2H2OK2OsO4·2H2O↓，加入过量KOH溶液，，增大K+浓度，平衡正向移动，有助于K2OsO4·2H2O生成。(8)Pt(NH3)2Cl2有两种同分异构体：和，是极性分子，是非极性分子，根据相似相容原理，在水中的溶解度较大，则A为，B为，A发生水解后生成，可以和草酸发生酯化反应生成，水解后生成，两个羟基相对，不能和草酸发生反应，用图标解释其原因为：；。 题型05 物质制备综合工艺 20．(2026·浙江台州市高三第二次教学质量评估，节选)氮族元素在生产生活中起着重要的作用。请回答： (4)工业上常利用NH4NO3溶液制备NaNO3固体的流程如图所示： 已知：温度过高，NH4NO3会分解甚至爆炸；硝酸钠不同温度下的溶解度如下： 温度/℃ 20 40 60 80 100 溶解度/g 88 104 124 148 175 ①工业安全生产时，选择化合物A为_____(写化学式)，化合物A的作用__________。 ②为获得产率高、纯度大的NaNO3晶体，一系列操作为：蒸发至溶液表面出现晶膜停止加热，__________、过滤、__________、洗涤、干燥，从而得到目标晶体。 ③物质B与足量稀硝酸反应，生成H3PO4、淡黄色沉淀和其它物质，请写出该反应的化学方程式：__________。 【答案】(4) ①Ca(OH)2 增大c(OH-)，与NH4+反应生成NH3逸出从而去除NH4+，并引入Ca2+ ②冷却结晶 将滤液循环(或将滤液并入原硝酸钠溶液中、将滤液返回蒸发步骤循环) ③3PS(NH2)3+11HNO3+8H2O=3H3PO4+3S↓+2NO↑+9NH4NO3 【解析】 (4)向NH4NO3溶液中加入A可得NH3和Ca(NO3)2，则A为Ca(OH)2。向Ca(NO3)2溶液中加入Na2SO4·10H2O，生成NaNO3和难溶物CaSO4，将CaSO4过滤后得到NaNO3溶液，经蒸发浓缩，冷却结晶等操作后可得NaNO3固体。①由分析可知，化合物A为Ca(OH)2，该物质溶于水可电离出OH-，与NH4+反应生成NH3逸出溶液，同时可向溶液中引入Ca2+；②由表格信息可知，NaNO3溶解度随温度升高而明显增加，应将溶液蒸发至表面出现晶膜，此时溶液达到饱和状态，之后将其冷却使NaNO3结晶析出，过滤得到晶体后，滤液中仍含有NaNO3，可将滤液循环回蒸发步骤中，以提高NaNO3产率；③已知PS(NH2)3结构式为，其与NH3反应生成B和NH4Cl，可推测该过程中发生取代反应，结合质量守恒可写出该反应方程式：PSCl3+6NH3=PS(NH2)3+3NH4Cl，B的结构式为，其中，S元素为-2价，N元素为-3价，P为+5价。与稀硝酸反应的过程中，生成H3PO4、淡黄色沉淀(硫单质)、NO和NH4NO3，S元素从-2价升至0价，HNO3中的N元素从+5价降至+2价，结合质量守恒可写出该反应方程式：3PS(NH2)3+11HNO3+8H2O=3H3PO4+3S↓+2NO↑+9NH4NO3。 21．(2026·浙江省北斗星盟高三一模，节选)氮化铁有多种晶体结构，多孔的氮化铁材料因其较高的理论容量和良好的导电性，被探索作为锂离子电池的负极材料。请回答： (4)某化工厂利用废旧锂离子电池正极材料(含有难溶于水的LiCoO2以及少量Ca、Mg、Fe、Al等)制备Co2O3和Li2CO3工艺流程如下： 已知：常温下，部分金属离子(Mn+)形成氢氧化物沉淀的范围如下： Mn+ Fe2+ Al3+ Mg2+ Ca2+ Co2+ 1mol·L-1Mn+开始沉淀 6.3 3.8 9.6 10.6 6.6 完全沉淀[c(Mn+)≤10-11mol·L-1] 8.3 5.4 12.0 12.6 9.1 ①“酸浸”时，LiCoO2与草酸反应生成Co2+，请写出相应的离子方程式_______。 ②写出滤液2中所有的阴离子_______；向滤液2中加入NH4F固体的主要目的是_______。 ③为实现高效的提取Co2+也可使用如图3所示的杯芳烃衍生物，其原因是_______。 【答案】(4)2LiCoO2+6H++H2C2O4=2Li++2Co2++2CO2+4H2O SO42-、C2O42-、OH- 除去滤液中的Mg2+ 杯芳烃衍生物具有空腔结构，能够选择性识别Co2+，从而提高对Co2+的提取效率和选择性 【解析】(4)①“酸浸”时，LiCoO2被草酸还原，生成Co2+等，反应的离子方程式为：2LiCoO2+6H++H2C2O4=2Li++2Co2++2CO2+4H2O ；②“酸浸”和调节PH的过程中加入了硫酸、草酸和氢氧化钠，草酸为弱酸，水解产生的阴离子有C2O42-和HC2O4-，因滤液2为碱性，故以C2O42-的形式存在，因此含有的阴离子为：SO42-、C2O42-、OH-；“酸浸”后，电极材料中的Ca转化为CaSO4沉淀，过滤液1中含有的金属离子为：Li+、Co2+、Mg2+、Fe2+、Al3+等，加入NaOH调pH=10，由各金属离子形成氢氧化物沉淀的PH范围表可知：Co2+、Fe2+、Al3+完全转化为氢氧化物沉淀，Mg2+、Li+存在于滤液2中。滤液2中加入NH4F固体，Mg2+可转化为MgF2沉淀，故滤液2中加入NH4F固体的主要目的是除去滤液中的Mg2+；③为实现高效的提取Co2+也可使用如图3所示的杯芳烃衍生物，其原因是杯芳烃衍生物具有空腔结构，能够选择性识别Co2+，从而提高对Co2+的提取效率和选择性。 22．(2025·浙江省Z20名校联盟高三第二次联考)以含铬废水(含Cr3+、Fe3+、Cu2+)和草酸泥渣(含PbC2O4、PbSO4)为原料制备铬酸铅(PbCrO4)的工艺流程如下： 已知：Cr(OH)3性质与Al(OH)3类似；pH＞7时，Pb2+开始转化为Pb(OH)2沉淀。 请回答： (1)“焙烧”时加入稍过量的碳酸钠是为了将硫酸铅转化为PbO，同时放出CO2，该转化过程的化学方程式为 。 (2)“滤渣2”的主要成分为 (填化学式)。 (3)下列说法不正确的是___________。 A．草酸泥渣“粉碎”的目的是加快反应速率 B．“氧化”工序中发生反应的离子方程式为2CrO2-+3H2O2+10OH-=2CrO42-+8H2O C．加入H2O2氧化后加热煮沸，是为了除去过量的H2O2 D．6 mol·L-1醋酸溶液可用浓度约为3 mol·L-1的硫酸代替 (4)“酸溶”过程中所加硝酸应适量，且混合后须用醋酸调至pH=5的原因是 。 (5)“滤液2”经一系列操作可制得CrO5(Cr为+6价)，1 mol该物质的过氧键个数为 。 (6)设计实验验证“滤液1”中含有的主要阴离子 。 【答案】(1)PbSO4+Na2CO3Na2SO4+CO2↑+PbO (2)Fe(OH)3、Cu(OH)2 (3)BD (4)调为弱酸性，可以防止产生Pb(OH)2沉淀；pH过小，c(H+)增大，平衡2CrO42-+H2OCr2O72-+2H+右移，CrO42-含量降低，导致沉铬率降低 (5)2NA (6)取滤液1少许于试管中，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，过滤，在沉淀中滴加足量稀盐酸，沉淀部分溶解且产生无色无味气体，说明溶液中含有的阴离子为SO42-、CO32- 【解析】由题给流程可知，向烘干粉碎的草酸泥渣中加入碳酸钠焙烧，将铅元素转化为PbO，将焙烧渣水洗得到的PbO溶于硝酸溶液得到硝酸铅溶液；向含铬废水中加入过量氢氧化钠溶液调节溶液pH，将溶液中的铬离子转化为偏铬酸钠，铁离子和铜离子转化为氢氧化铁、氢氧化铜沉淀，过滤得到含氢氧化铁、氢氧化铜的滤渣和含偏铬酸钠的滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的偏铬酸钠转化为铬酸钠，加热煮沸除去过量的过氧化氢溶液，向硝酸铅和铬酸钠混合溶液中加入醋酸溶液调节溶液pH为5，将溶液中的铬酸根离子和铅离子转化为铬酸铅沉淀，过滤得到铬酸铅和滤液；滤液经再处理达标排放。 (1)由题意可知，“焙烧”时发生的反应为硫酸铅和碳酸钠高温条件下煅烧反应生成硫酸钠、氧化铅和二氧化碳，反应的化学方程式为PbSO4+Na2CO3Na2SO4+CO2↑+PbO； (2)由分析可知，“滤渣2”的主要成分为氢氧化铁、氢氧化铜； (3)A项，草酸泥渣粉碎可以增大固体的表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快反应速率，故A正确；B项，加入过氧化氢溶液的目的是将溶液中的偏铬酸钠转化为铬酸钠，反应的离子方程式为2CrO2-+3H2O2+2OH-=2CrO42-+4H2O，故B错误；C项，加热煮沸的目的是除去过量的过氧化氢溶液，防止过氧化氢干扰铬酸铅沉淀的生成，故C正确；D项，硫酸溶液能与溶液中的铅离子反应生成硫酸铅沉淀，所以不能用硫酸溶液替代醋酸溶液，故D错误；故选BD； (4)加入醋酸将溶液调为弱酸性，可以防止产生Pb(OH)2沉淀，若溶液pH过小，溶液中c(H+)增大，平衡2CrO42-+H2OCr2O72-+2H+右移，溶液中CrO42-含量降低，不利于铬酸铅沉淀的生成，导致沉铬率降低，所以“酸溶”过程中所加硝酸应适量，且混合后须用醋酸调至pH为5； (5)设过氧化铬中—1价、—2价氧元素的个数分别为a、b，由化学式可得：a+b=5，由化合价代数和为0可得：a+2b=6，解得a=4、b=1，则1mol过氧化铬中含有过氧键个数为1mol×2×NAmol—1=2NA； (6)由题意可知，“焙烧”时发生的反应为硫酸铅和碳酸钠高温条件下煅烧反应生成硫酸钠、氧化铅和二氧化碳，则滤液1中含有硫酸钠和碳酸钠，检验溶液中硫酸根离子和碳酸根离子的操作为取滤液1少许于试管中，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，过滤，在沉淀中滴加足量稀盐酸，沉淀部分溶解且产生无色无味气体，说明溶液中含有的阴离子为SO42-、CO32-。 23．单质钨的化学性质比较稳定，主要用来制造灯丝和高速切削合金钢、超硬模具。工业上利用黑钨矿(主要成分为FeWO4和MnWO4，还含少量Si、As的化合物)生产钨的工艺流程如图所示。 已知：①常温下钨酸难溶于水；WO3难溶于水，能与水蒸气反应生成一种挥发性极强的水钨化合物WO2(OH)2。 ②焙烧过程中含Si、As的化合物转化为Na2SiO3、Na3AsO3、Na3AsO4。 ③pH=10时，As的主要存在形式为H2AsO3-和HAsO42-。 回答下列问题： (1)为提高焙烧效率，可采取的措施有 (任答一点)。 (2)沉钨时pH过低，WO42-会形成多钨酸根离子，其中最主要的是HW6O215-和W12O4110-，写出生成W12O4110-的离子方程式： 。 (3)滤渣的成分为MgSiO3、MgHAsO4，写出净化时加入H2O2发生的主要反应的离子方程式： 。 (4) H3AsO3的酸性弱于H3AsO4的原因为 。 (5)操作Ⅰ的名称为 ；若黑钨矿中钨的质量分数为w，提炼过程中利用率为m，欲用nkg黑钨矿制得纯度≥99%的金属钨，则产品中杂质含量最大为 kg。 【答案】(1)黑钨矿粉碎处理或适当升高温度或加快通入空气的速率等 (2) 12WO42-+14H+=W12O4110-+7H2O (3) H2AsO3-+H2O2+OH-= HAsO42-+2H2O (4) H3AsO4非羟基氧个数多，中心原子电正性强，易电离出氢离子 (5) 过滤 【解析】向黑钨矿中通入空气和氢氧化钠焙烧，主要生成氧化锰、氧化铁和钨酸钠，同时还有硅酸钠等物质生成，水浸时二氧化锰和氧化铁不溶于水，过滤后的滤液主要成分是钨酸钠、硅酸钠，还含有Na3AsO3和Na3AsO4，调节pH=10，此时As以H2AsO3-和HAsO42-的形式存在，加入过氧化氢和氯化镁除去As元素和硅元素，过滤后滤液中加入盐酸沉钨，过滤后得到H2WO4，加热后分解产生三氧化钨和水，再在还原气氛中生成钨。 (1)为提高焙烧效率，可采取的措施有：黑钨矿粉碎处理或适当升高温度或加快通入空气的速率等； (2)沉钨时pH过低，WO42-会形成多钨酸根离子，其中最主要的是HW6O215-和W12O4110-，生成W12O4110-的离子方程式：12WO42-+14H+=W12O4110-+7H2O； (3)净化时加入H2O2作氧化剂，发生的主要反应的离子方程式：H2AsO3-+H2O2+OH-= HAsO42-+2H2O； (4)H3AsO3的酸性弱于H3AsO4的原因为：H3AsO4非羟基氧个数多，中心原子电正性强，易电离出氢离子； (5)操作Ⅰ的名称为：过滤；若黑钨矿中钨的质量分数为w，提炼过程中利用率为m，欲用nkg黑钨矿制得纯度≥99%的金属钨，用H2还原三氧化钨生成钨，制备的产品金属钨中纯钨为mnkg，最少占产品的99%，假设杂质最多为xkg，最多占产品的1%，则，。 24．二氧化铈(CeO2)常作处理汽车尾气的催化剂。一种以氟碳铈矿(含CeFCO3、SiO2等)为原料制备二氧化铈的流程如图。回答下列问题： 已知：①Ce3+在空气中易被氧化，易与SO42-形成复盐沉淀； ②硫脲[SC(NH2)2]具有还原性，在酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2。 (1)硫脲()中C的化合价为 价。 (2)提高“焙烧”速率的措施有 (答一条)，“浸渣”的主要成分是 (填化学式)。 (3)“还原”中，加入硫脲的目的是将四价铈还原为三价铈。写出硫脲与CeF22+反应的离子方程式： 。 (4) CeO2催化汽车尾气处理的机理如图所示。 写出CeO2转化为CeO2-x的化学方程式： 。 (5)测定CeO2产品纯度。称取mgCeO2样品(杂质不参与反应)溶于足量稀硫酸中，将其配制成250 mL溶液。准确量取VmL配制的溶液于锥形瓶，用cmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2 标准溶液滴定至终点，进行3次平行实验，测得消耗滴定液的平均体积为20.00mL。该产品纯度为 %。 提示：CeO2+2H2SO4=Ce(SO4)2+2H2O，Ce4++ Fe2+ = Fe3++Ce3+。 【答案】(1)+4 (2) 粉碎矿石(或增大空气浓度或适当升高温度等) SiO2 (3)CeF22+ +2SC(NH2)2=(SCN2H3)2 +2 Ce3++2HF+2F- (4)CeO2+xCO= xCO2+CeO2-x (5) 【解析】氟碳铈矿在空气中氧化焙烧将Ce3+氧化为Ce4+，加入稀硫酸酸浸，形成含CeF22+、CeSO42+的溶液，浸渣为SiO2；还原过程用硫脲将四价铈还原为三价铈，即将CeF22+、CeSO42+还原为Ce2(SO4)3，溶解沉淀后得到含Ce3+的溶液，加NH4HCO3转化为Ce2(CO3)3，然后灼烧得到CeO2。 (1)硫脲中N为-3价，H为+1价，S为-2价，故C为+4价； (2)提高“焙烧”速率的措施有粉碎矿石(或增大空气浓度或适当升高温度等)，“浸渣”的主要成分是SiO2； (3)根据得失电子守恒和原子守恒，硫脲与CeF22+反应的离子方程式：CeF22+ +2SC(NH2)2=(SCN2H3)2 +2 Ce3++2HF+2F-； (4)由图可知CeO2转化为CeO2-x的化学方程式：CeO2+xCO= xCO2+CeO2-x。 题型06 化学原理综合应用 25．五氧化二钒常作为化学工业中的催化剂，广泛用于冶金化工等行业，工业上以石煤(含有V2O3、V2O5、Al2O3等)来制备V2O5的一种工艺流程如下： 已知：①NH4VO3(偏钒酸铵)是白色粉末，微溶于冷水，可溶于热水。 ②V2O5、Al(OH)3沉淀生成和溶解的pH如下表所示： 物质 开始沉淀的pH 完全沉淀的pH 沉淀开始溶解的pH 沉淀完全溶解的pH V2O5 2.2 5.1 7.1 8.1 Al(OH)3 3.3 4.7 8.7 12.8 回答下列问题： (1)Ⅴ位于元素周期表第 周期第 族。元素的第一电离能：N O(填“＞”或“＜”)。 (2)“钠化焙烧”过程中V2O5转化为可溶性NaVO3，同时有黄绿色气体生成的化学方程式为 。 (3)粗V2O5中含有Al(OH)3，可通过加入NaOH溶液碱溶除去，需调节pH的范围为 。 (4)已知：室温下，Ksp(NH4VO3)=1.6×10－3，Ksp[Ca(VO3)2]=4×10－6，向偏钒酸铵的悬浊液中加入CaCl2溶液，当溶液中c(Ca2＋)=1mol·L-1时，溶液中中cNH4＋)= mol/L。 (5)产品纯度测定：将mg产品溶于足量稀硫酸配成100 mL(VO2)2SO4溶液。取20.00 mL该溶液于锥形瓶中，用a mol/LH2C2O4标准溶液进行滴定，经过三次平行实验，达到滴定终点时平均消耗标准溶液的体积为20.00 mL。已知：。该产品中V2O5的质量分数是 %。 【答案】(1)四(或4) ⅤB ＞ (2)2V2O5+NaCl+O24NaVO3+2Cl2 (3)(或8.1~8.7) (4)0.8 (5) 【解析】石煤含有V2O3、V2O5、Al2O3等，石煤通入空气和NaCl一起钠化焙烧生成偏钒酸钠、偏铝酸钠，水浸、用稀硫酸调pH生成V2O5沉淀，V2O5和氢氧化钠溶液反应生成NaVO3溶液，加氯化铵溶液生成NH4VO3沉淀，灼烧NH4VO3得到精制V2O5。 (1)V是23号元素，其在元素周期表中的位置第四周期第ⅤB族； 一般情况下同一周期元素，原子序数越大，元素的第一电离能就越大。但当元素处于第ⅡA、第ⅤA时，原子核外电子处于轨道的全满、半满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素，N、O是同一周期元素，N是第二周期第ⅤA元素，O是第二周期第ⅥA元素，所以第一电离能：N＞O； (2)“钠化焙烧”过程中V2O5转化为可溶性NaVO3，同时有黄绿色气体生成，说明氯化钠被氧气氧化为Cl2，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应的化学方程式为2V2O5+NaCl+O24NaVO3+2Cl2； (3)粗V2O5中含有Al(OH)3，可根据Al(OH)3是两性氢氧化物，通过NaOH溶液碱溶除去，根据V2O5、Al(OH)3沉淀完全溶解与开始溶解的pH大小，为使V2O5完全溶解，而Al(OH)3不溶解，根据表格中两种物质开始溶解与完全溶解的pH关系，可知需调节pH的范围为8.1≤pH<8.7； (4)向偏钒酸铵的悬浊液中加入CaCl2，当溶液中c(Ca2+) =1mol/L时，c(VO3-)=mol/L=2×10-3 mol/L，溶液中c()=； (5)根据V元素守恒和，可得反应关系式V2O5~2VO2+~H2C2O4，mg产品中V2O5的物质的量为n(V2O5)=0.02 L×a mol/L×=0.1a mol，则该产品中V2O5的质量分数是。 26．(2025·浙江省嘉兴市高三一模)以银锡合金为原料实现如下转化： 已知：①当某离子的浓度低于1.0×10−5 mol/L时，可忽略该离子的存在； ②AgCl(s)＋Cl−(aq)[AgCl2]−(aq) K=2×10−5； ③在碱性溶液中SO32-会部分被氧化。 请回答： (1)写出C的电子式 。写出②的化学反应方程式 。 (2)下列说法正确的是_______。 A．气体A是形成酸雨的主要成分 B．固体D中可能含有Mg(NO2)2 C．反应①类似于工业制粗硅，其原理是利用了C的还原性强于Sn D．CH3SO3H的沸点比H2SO4高 (3)为从溶液E中过滤出最多的AgCl固体，溶液G中Cl−浓度不能超过 mol/L。 (4)固体F可能为Ag2SO3、Ag2SO4或两者混合物。Ag2SO4微溶于水，Ag2SO3难溶于水，二者都可以溶于氨水，写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式 。选用提供试剂设计实验验证固体F的成分 。[可选用试剂：氨水、NaOH溶液、Ba(NO3)2溶液、稀硫酸、稀盐酸]。 【答案】(1) 2CH3SO3H＋Sn=(CH3SO3)2Sn＋H2 (2)AB (3)0.5 (4) Ag2SO3＋4NH3·H2O=2[Ag(NH3)]2+＋SO32-＋4H2O或Ag2SO3＋4NH3=2[Ag(NH3)]2+＋SO32-(或2Ag2SO3＋8NH3·H2O＋O2=4[Ag(NH3)]2+＋2SO42-＋8H2O) 将少量的F加入足量的氨水中，充分反应后，加入过量的Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，过滤向沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解证明F中有Ag2SO3，沉淀不溶解证明F中没有Ag2SO3；另取少量溶液G，滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，证明F中有Ag2SO4，未出现白色沉淀证明F中没有Ag2SO4 【解析】银锡合金和浓硝酸在加热条件下发生氧化还原反应得到的气体A为NO2，溶液B中含有AgNO3，NO2气体和Mg发生氧化还原反应生成单质气体C，该过程中Mg元素化合价上升，金属Mg为还原剂，则NO2中N元素化合价下降生成气体C为N2，固体D为镁盐，其中含有酸根，该酸根可能为NO2中N元素化合价下降生成的NO2-，D中可能含有Mg(NO2)2，溶液B中的AgNO3和SO2反应生成固体F可能为Ag2SO3、Ag2SO4或两者混合物，从溶液E中过滤出最多的AgCl固体，向溶液E中加入HCl，平衡AgCl(s)＋Cl−(aq)[AgCl2]−(aq)正向移动，溶液G中存在[AgCl2]−，H2SnO3高温分解生成SnO2，SnO2发生还原反应生成Sn，Sn和CH3SO3H反应生成(CH3SO3)Sn。 (1)C为N2，电子式为，Sn和CH3SO3H反应生成(CH3SO3)Sn，该反应中Sn元素化合价上升，则H元素化合价下降生成H2，②的化学反应方程式为：2CH3SO3H＋Sn=(CH3SO3)2Sn＋H2。 (2)A项，气体A为NO2，是形成酸雨的主要成分，A正确；B项，气体C为N2，固体D为镁盐，其中含有酸根，该酸根可能为NO2中N元素化合价下降生成的NO2-，固体D中可能含有Mg(NO2)2，B正确；C项，反应①类似于工业制粗硅，该过程中SnO2和C反应生成Sn和CO，该反应能够发生的原因是生成了CO气体，CO气体不断逸出，促使平衡右移，导致反应结果偏向生成Sn，不能证明C的还原性强于Sn，C错误；D项，H2SO4中含有2个羟基，CH3SO3H中只含有1个羟基，H2SO4分子间可以形成更多的氢键，CH3SO3H的沸点比H2SO4低，D错误；故选AB。 (3)为从溶液E中过滤出最多的AgCl固体，应该使溶液中[AgCl2]−的浓度尽可能小，由题意此时c{[AgCl2]−}= 1.0×10−5 mol/L，由AgCl(s)＋Cl−(aq)[AgCl2]−(aq)的平衡常数K==2×10−5，则c(Cl-)=mol/L=0.5mol/L，溶液G中Cl−浓度不能超过0.5 mol/L。 (4)Ag2SO3溶于氨水生成[Ag(NH3)]2+和SO32-，SO32-也可以被O2氧化为SO42-，离子方程式为：Ag2SO3＋4NH3·H2O=2[Ag(NH3)]2+＋SO32-＋4H2O或Ag2SO3＋4NH3=2[Ag(NH3)]2+＋SO32-或2Ag2SO3＋8NH3·H2O＋O2=4[Ag(NH3)]2+＋2 SO42-＋8H2O，设计实验验证固体F的成分：将少量的F加入足量的氨水中，充分反应后，加入过量的Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，过滤向沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解证明F中有Ag2SO3，沉淀不溶解证明F中没有Ag2SO3；另取少量溶液G，滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，证明F中有Ag2SO4，未出现白色沉淀证明F中没有Ag2SO4。 27．镓(Ga)和锗(Ge)是支撑当代计算机、5G通信、航空航天、新能源、医药卫生及国防军工高新技术发展的重要基础材料，直接关系到国家经济和战略安全。一种由硫化锌精矿(主要成分为ZnS，还含有铁、铜、镓和锗等金属硫化物)为原料回收Zn、Ga、Ge的工艺流程如图所示。 已知：①镓与铝同主族，化学性质相似。 ②该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。 金属离子 开始沉淀时的pH 8.0 2.5 3.5 5.3 完全沉淀时的pH 9.6 3.3 4.6 6.4 回答下列问题： (1)“氧压浸出”过程中禁止明火加热，原因是 。 (2)加入ZnO“调pH”，pH应控制在 范围内。 (3)气态时常以二聚体形式存在，二聚体中各原子均满足8电子结构，则Ga与Cl之间存在的化学键有 (填标号)。 A．极性键 B．氢键 C．配位键 D．离子键 E．金属键 (4)25℃时，已知：  ，，，计算反应的平衡常数K2= 。 (5)与过量NaOH溶液反应的化学方程式为 。 (6)“电解”制粗镓后的电解废液中溶质的主要成分 (填化学式)。 (7)“水解”获得的化学方程式为 。 【答案】(1)精矿与酸反应会生成可燃性气体硫化氢，遇明火燃烧，甚至可能会发生爆炸 (2) (3)AC (4) (5)或 (6)NaOH (7) 【解析】由题给流程可知，向硫化锌精矿中加入氧气和硫酸，将各金属硫化物转化为硫酸盐和二氧化硫气体，向滤液中加入氧化锌，调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀(滤渣2)，滤液用NaOH置换，得到铜、镓和锗的混合物，滤液经一系列操作后可得到剩余的Zn；混合物氧化焙烧得到其氧化物，然后加入硫酸酸浸，得到硫酸盐，加入丹宁沉锗，丹宁锗经氯化蒸馏得氯化锗，氯化锗水解得，被还原后得Ge。沉锗后的滤液经中和、酸溶等一系列操作得含HGaCl4的溶液，加入过量NaOH，得到[Ga(OH)4]-的溶液，电解得Ga。 (1)精矿含有硫元素，与酸反应生成硫化氢气体，遇明火燃烧，甚至可能会发生爆炸，会发生危险。 (2)加入ZnO“调pH”，目的是沉淀铁元素，而铁元素在“氧压浸出”均被氧化为Fe3+，所以要保证铁转化为氢氧化铁沉淀，而确保Ga3+不会被沉淀，根据表中数据可知，应控制在。 (3)GaCl3气态时常以二聚体形式存在，其分子结构类似于Al2Cl6，二聚体中各原子均满足8电子结构，Al2Cl6的结构为，以此类推，则之间存在的化学键有极性键和配位键，故选AC。 (4)反应的平衡常数表达式为：，变形为：，即，代入数据可得：。 (5)因为镓与铝同主族，化学性质相似，HGaCl4与过量NaOH溶液反应的化学方程式为或。 (6)“电解”的溶液制粗镓，[Ga(OH)4]-在阴极得电子转化为，Cl-在阳极失电子转化为氯气，故电解后的电解废液的主要溶质为NaOH。 (7)氯化锗水解得，方程式为：。 28．【新材料与学科知识结合】当今钙钛矿太阳能电池因其高光电转换效率和低成本等优势，成为研究热点。然而，废旧钙钛矿太阳能电池的回收处理问题也日益凸显。以下是一种从废旧钙钛矿太阳能电池(主要成分有、有机物，还含有少量Ag、Cu等金属杂质)中回收金属及制备高纯铅化合物的工艺流程： 已知：①超声处理能使溶液中的分子和离子振动加剧； ②，，，。 回答下列问题： (1)铅是与碳同主族的第六周期元素，则铅的价电子排布式为 。 (2)“浸出”中，用有机溶剂浸泡并用超声处理的目的是 。 (3)“酸浸”中，CH3NH3PbI3与稀硝酸反应生成铵盐、Pb(NO3)2、CO2、I2等物质，写出该反应的离子方程式： 。 (4)“滤渣2”的主要成分是 。 (5)高温煅烧固体时，发生反应的化学方程式为PbC2O4PbO+CO↑+CO2↑。从热力学角度分析该反应能发生的原因： 。 (6)“滤液2”中，要加入草酸溶液使完全沉淀[一般认为时沉淀完全]，若此时为，则需调节 。 (7)含的溶液中逐滴滴加NaOH溶液后，各形态铅的百分含量x与溶液pH的关系如下图所示。根据图示，高纯PbO制Pb(OH)2，应将溶液的pH调至约为 ；已知才达到排放标准，则此时滤液是否达到排放标准 (填“是”或“否”)。 【答案】(1)6s26p2 (2)溶解废旧电池中的有机物，同时加速有机物与其他成分的分离(便于后续对金属成分的处理，提高金属回收率) (3) (4)Cu (5)PbC2O4在高温下分解生成PbO、CO和CO2是一个熵增的过程，故反应能自发进行 (6)1 (7)10 是 【解析】向废旧钙钛矿太阳能电池(主要成分CH3NH3PbI3、有机物，还含有少量Ag、Cu等金属杂质)中加入有机溶剂超声处理进行浸出，根据相似相溶原理，加速有机物与其他成分的分离，向滤渣CH3NH3PbI3、少量Ag、Cu中加入足量硝酸进行酸浸，转化为二价铅离子、铵根离子、银离子和铜离子，通入氯化钠，得到氯化银沉淀，通入适量铁粉，置换出铜单质，向滤液中加入草酸，得到草酸铅沉淀，煅烧得到高纯氧化铅，依次加入硝酸和氢氧化钠，得到氢氧化铅，据此解答。 (1)根据信息，铅位于第六周期IVA族，故价电子排布式为6s26p2； (2)废旧电池中的有机物大多为非极性或弱极性分子，根据相似相溶原理，有机溶剂能溶解这些有机物，且超声处理能使溶液中的分子和离子振动加剧，所以用有机溶剂浸泡并用超声处理的目的是溶解废旧电池中的有机物，同时加速有机物与其他成分的分离； (3)结合题给反应物和产物，根据氧化还原反应原理可写出离子方程式： (4)适量铁粉置换“滤液1”中的Cu2+，所以“滤渣2”的主要成分是Cu； (5)判断反应发生的可能性应该从自发反应的视角去考虑，该反应的，高温下熵增效应使反应自发进行； (6)Pb2+完全沉淀，，根据，，C2O42-来自H2C2O4，根据电离方程式和电离常数，有，则，得，故； (7)铅要沉淀完全，则从图中看应该选择Pb(OH)2百分含量最高时的pH，故约为10，根据，当溶液中pH=10时，，故达到排放标准。 重难·创新演练 1．我国芒硝(Na2SO4·10H2O)资源丰富。工业上以芒硝为原料可制备多种产品，实验室模拟其流程如下，已知：操作a制得物质为Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O。下列说法错误的是 A．物质M为NaHCO3 B．操作a的步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 C．转化Ⅲ操作用到的仪器有蒸发皿、三脚架、酒精灯、玻璃棒等 D．上述流程中物质N可循环利用 【答案】C 【解析】Na2SO4溶液中先通入NH3，再通入过量的CO2产生NaHCO3沉淀(物质M)和(NH4)2SO4溶液，加入Na2SO4实现转化II，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O晶体，Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O晶体加热至200~300℃实现转化III，得到NaHSO4、NH3(物质N)和H2O。A．根据分析，M为NaHCO3，A正确；B．根据分析，操作a为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，B正确；C．转化III是Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O在200~300℃下分解，固体加热分解需用坩埚，所需仪器应为坩埚、三脚架、泥三角、酒精灯等，C错误；D．根据分析，物质N为NH3，转化III生成NH3，转化I需通入NH3，N可循环利用，D正确；故选C。 2．(2025·浙江省宁波市高三二模)从某铜矿渣(主要成分为铜、铝、硅、钙、铁等元素的氧化物或硫化物)可制备草酸铜(CuC2O4)，工艺流程如下： 已知：Cu2+(aq)+2C2O42-(aq) [Cu(C2O4)2]2-；CuC2O4(s)Cu2+(aq)+ C2O42-(aq)。下列说法不正确的是( ) A．步骤Ⅰ粉碎的目的是加快反应速率、提高浸出率 B．相比浓氨水，选用NH3-NH4Cl混合溶液作浸取剂可提高铜浸出率 C．为使充分沉淀，应加入过量的(NH4)2C2O4 D．由该工艺流程可推知Cu2+与F−结合能力弱于与C2O42- 【答案】C 【解析】矿铜渣(主要成分为铜、铝、硅、钙、铁等元素的氧化物或硫化物)经过粉碎、灼烧得到铜、铝、硅、钙、铁的氧化物，通入O2，并加入含NH3浸取剂浸取后过滤，滤渣成分为SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中含有Ca、Cu的离子，加入过量的NH4F，生成CaF2沉淀过滤除去，滤液2中含有Cu离子，加入(NH4)2C2O4再过滤得到CuC2O4沉淀。A项，步骤Ⅰ粉碎的目的是增大了接触面积，加快反应速率、提高浸出率，A正确；B项，灼烧得到铜、铝、硅、钙、铁的氧化物，用NH3-NH4Cl混合溶液作浸取剂可以使CuO转化为[Cu(NH3)4]2+而溶解，可以提高铜的浸取率，B正确；C项，(NH4)2C2O4过量会发生CuC2O4(s)Cu2+(aq)+ C2O42-(aq)、Cu2+(aq)+2C2O42-(aq) [Cu(C2O4)2]2-，CuC2O4沉淀溶解，C错误；D项，滤液1加入NH4F，Cu2+与F-形成络离子，再加入(NH4)2C2O4，转化成CuC2O4沉淀，说明Cu2+与F−结合能力弱于Cu2+与C2O42-，D正确；故选C。 3．(2025·浙江省衢州、丽水、湖州三地市高三二模)硫酸四氨合铜晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O中铜含量可按下列步骤测定： 下列说法不正确的是( ) A．步骤I，H+和NH3反应破坏了[Cu(NH3)4]2+稳定性，从而释放出Cu2+ B．步骤II，需过量，以确保完全还原为 C．步骤III，当溶液变为浅黄色时再滴入淀粉溶液作为指示剂 D．计算Cu元素含量必须需要的数据有：[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体的质量、KI固体的质量、滴定时消耗Na2S2O3标准溶液的浓度和体积 【答案】D 【解析】硫酸四氨合铜晶体加入稀硫酸溶解，加入碘化钾将铜离子还原为碘化亚铜，碘离子被氧化生成碘单质，用硫代硫酸钠溶液滴定碘单质，从而计算Cu元素含量。A项，[Cu(NH3)4]2+中存在[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3，用稀硫酸溶解该配合物时，H⁺与NH3发生中和反应，破坏了[Cu(NH3)4]2+中Cu–NH3配位键的稳定性，释放出Cu²⁺，A正确；B项，滴加KI固体时通常需要过量KI，以确保生成CuI和I₂的反应得以进行完全，B正确；C项，用硫代硫酸钠标准溶液滴定碘时，应在溶液呈浅黄色、碘浓度已降低时才加入淀粉指示剂，否则淀粉—碘形成的深蓝色不易消退，C正确；D项，计算晶体中Cu元素含量所需的关键数据是晶体质量以及滴定过程中所用Na2S2O3溶液的浓度和体积，通过硫代硫酸钠与碘的摩尔关系再推算出Cu的含量。KI的加入量只需保证足量即可，实验无需精确测定KI的质量，D错误；故选D。 4．(2025·浙江省富阳中学高三选考模拟)处理废弃的锂电池正极材料LiCoO2以回收Li、Co等金属的部分工艺路线如下，已知气体1无毒无害，烧渣中Co仅有一种价态，下列说法错误的是( ) A．500℃焙烧生成的烧渣成分有LiCl、SiO2、CoCl2 B．滤饼2转化为Co3O4的反应中氧化剂∶还原剂=1∶6 C．若500℃焙烧后直接水浸可能会产生大量烟雾，腐蚀设备 D．流程中仅有滤液3和气体1可直接在该工艺路线中再利用 【答案】B 【解析】根据流程图可知要回收Li、Co等金属，先将废弃的锂电池正极材料LiCoO2加SiCl4焙烧后加水溶解过滤，在滤液中加烧碱沉淀钴后再过滤，再在滤液中加纯碱再次沉淀锂过滤；在沉钴的滤渣中通入空气煅烧得Co3O4。A项，在焙烧过程中发生反应：4LiCoO2+3 SiCl44LiCl+3SiO2+4CoCl2+O2↑，烧渣成分为LiCl、SiO2、CoCl2，A正确；B项，滤饼2转化为Co3O4的反应为：6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O，氧化剂为：O2，1 mol得电子数为4mol，还原剂为Co(OH)2，6mol Co(OH)2只有4mol Co(OH)2被氧化，失去4 mol电子，则氧化剂∶还原剂=1∶4，B错误；C项，若500℃焙烧后直接水浸，烧渣中的氯化物会大量水解生成HCl酸雾，腐蚀设备，C正确；D项，沉锂过程中的滤液3为NaOH，可以返回到沉钴中循环使用，气体1为O2，可在滤饼2的煅烧中再利用，D正确；故选B。 5．(2026·浙江强基联盟高二开学考试)以硫酸工业的SO2尾气、氨水、石灰石、焦炭等为原料，可以得到有重要应用价值的CaS、(NH4)2SO3等物质，流程如图所示： 下列说法不正确的是( ) A．反应Ⅰ的反应方程式为2SO2+2CaCO3+O2=2CaSO4+2CO2 B．反应Ⅱ的化学方程式为SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2O C．反应Ⅲ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4 D．将反应Ⅱ后的溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得(NH4)2SO3·H2O 【答案】D 【解析】该流程以硫酸工业SO2尾气为核心原料，方案一是将SO2、CaCO3在空气参与下经反应Ⅰ生成CaSO4与CO2，CaSO4再和焦炭发生反应Ⅲ得到目标产物CaS与CO；另一种方案是将SO2通入氨水经反应Ⅱ生成亚硫酸铵水合物，实现尾气的资源化利用。A项，反应Ⅰ反应物为SO2、CaCO3、O2，产物为CaSO4和CO2，给出的方程式原子守恒、电子守恒，符合反应事实，A正确； A项，反应Ⅱ为SO2和一水合氨反应生成亚硫酸铵和水，给出的方程式符合反应事实，B正确；C项，反应Ⅲ的化学方程式为CaSO4+4CCaS+4CO，其中CaSO4为氧化剂(S从+6价变为-2价)；C为还原剂(C从0价变为+2价)，二者物质的量之比为1：4，C正确； D项，(NH4)2SO3·H2O是结晶水合物，余热蒸干会失去结晶水，且铵盐受热易分解，同时亚硫酸盐易被空气中的O2氧化，将溶液蒸干无法得到纯净的(NH4)2SO3·H2O，正确的操作是蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，D错误；故选D。 6．(2025·浙江省绍兴市高三二模)以磷酸钙为原料可制备缓冲试剂磷酸二氢钾(KHPO4)，其工艺流程如图所示： 已知：①Ca(H2PO4)2能溶于水，CaHPO4和Ca3(PO4)2均难溶于水。②萃取原理：KCl+H3PO4KH2PO4+HCl，HCl易溶于有机萃取剂。下列说法正确的是( ) A．“酸浸”是利用了浓硫酸的强氧化性和酸性 B．流程中分离提纯操作Ⅰ与操作Ⅱ相同 C．若副产品N为氮肥，则试剂M可选择氨水 D．测定磷酸二氢钾(KH2PO4)的含量，可用甲基橙为指示剂，用标准NaOH溶液滴定 【答案】C 【解析】磷酸钙粉碎后，加入浓硫酸，反应生成磷酸和硫酸钙，过滤，向得到的滤液中加入KCl，发生反应：KCl+H3PO4KH2PO4+HCl，加入有机萃取剂萃取HCl，分液，得到含有KH2PO4的水相，继续加入乙醇，降低KH2PO4的溶解度，析出沉淀，过滤，得到KH2PO4，有机相中加入氨水，中和HCl，分液后，得到有机萃取剂和氯化铵溶液，氯化铵溶液经过一系列操作得到副产品氯化铵。A项，“酸浸”是利用了浓硫酸的强酸性，发生强酸制取弱酸的反应，故A错误；B项，流程中分离提纯操作I是过滤，操作Ⅱ是分液，故B错误；C项，若副产品N为氮肥，则试剂M可选择氨水，N为氯化铵，故C正确；D项，测定磷酸二氢钾(KH2PO4)的含量，用标准NaOH溶液滴定，终点时的溶液显碱性，应该使用酚酞做指示剂，故D错误；故选C。 7．【反萃取与实验创新】粉煤灰是铝、镓等有价金属的潜在性提取原料，铝、镓元素协同回收是实现粉煤灰(主要成分为Ga2O3、Al2O3、SiO2，还有少量Fe2O3等杂质)资源化利用的重要途径，其主要流程如下： 已知：①萃取镓的原理为： ②； ③ 回答下列问题： (1)Ga在元素周期表中的位置为 。 (2)“酸浸”后滤渣的主要成分为 (写化学式)。 (3)“萃取”前加氨水“中和”的目的是 。 (4)树脂吸附除铁后通氨气，当恰好沉淀完全时，此时溶液 (保留一位小数)；证明“过滤、洗涤”中已洗涤干净的实验操作为 。 (5)“电解”过程包括电解制粗镓和粗镓精炼两个步骤。精炼时，粗镓与电源 极相连(填“正”或“负”)，粗镓溶解生成的与NaOH溶液反应生成，生成高纯镓的电极反应式为 。 (6)“合成”步骤中生成一种气体单质，该反应的化学方程式为 。 【答案】(1)第四周期第ⅢA族 (2)SiO2 (3)中和过量的H+，萃取时有利于Ga3+进入有机相 (4)4.3 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸无明显现象，再加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则证明沉淀已洗干净 (5)正 GaO2-+3e-+2H2O=Ga+4OH- (6)2Ga+2NH32GaN+3H2 【解析】粉煤灰(主要成分为Ga2O3、Al2O3、SiO2，还有少量Fe2O3等杂质)，用硫酸酸浸，Ga、Al、Fe等转化为离子进入溶液中，滤渣1为SiO2，加氨水中和除去过量的H+，加入萃取剂将Ga3+萃取进有机相，水相1中含有Fe3+和Al3+，用树脂吸附除去Fe3+，用NH3调pH使Al3+转化为Al(OH)3，经过滤洗涤加热生成Al2O3；萃取后的有机相加入H2SO4反萃取，使Ga3+进入水相2，加NaOH将Ga3+转化为GaO2-，电解生成Ga，通入NH3与Ga在1000℃下反应生成GaN。 (1)Ga是31号元素，位于周期表第四周期第ⅢA族； (2)根据分析，“酸浸”后滤渣的主要成分为SiO2； (3)根据萃取镓的原理可知在酸性条件下发生的是逆反应，即反萃取，因此“萃取”前加氨水“中和”的目的是中和过量的H+，萃取时有利于Ga3+进入有机相； (4)Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)c3(OH-)=1.0×10-34，c(OH-)==≈10-9.6，c(H+)==10-4.3，pH=4.3；根据分析可知，酸浸时的SO42-留在水相中，洗涤是否干净可以检验是否含有SO42-，取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸无明显现象，再加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则证明沉淀已洗干净； (5)精炼时，粗镓作为阳极，与电源的正极相连；GaO2-在阴极得电子发生还原反应，电极反应为GaO2-+3e-+2H2O=Ga+4OH-； (6)根据流程图可知，Ga与NH3反应生成GaN和H2，方程式为2Ga+2NH32GaN+3H2。 8．(2026·浙江七彩阳光、精诚联盟、浙南名校2027届高三返校联考)明矾在净水等方面应用广泛，工业上以废易拉罐(主要成分为Al和Fe，还含有少量CaO和 SiO2)为原料制备明矾的工艺流程如图所示。 请回答： (1)加入H2O2的作用是______________________________。 (2)结合H+的能力：[Al(OH)4]-__________HCO3-。 (3)“操作”的具体内容是“_____________________________、过滤、洗涤、干燥”。 (4)“沉铝”步骤中发生的反应的离子方程式为________________________________________。 (5)判断明矾产品中是否含有Fe元素，可采用的方法是__________。 A．原子光谱法    B．红外光谱法    C．核磁共振氢谱法 (6)NaAlH4是一种常见的还原剂，其晶胞结构如下图： ①AlH4-的配位数为__________。 ②有同学认为苯中H的化合价是+1，NaAlH4中H的化合价是-1，可以发生归中反应，生成H2。从结构上判断该观点是否合理，并说明理由______________________________________。 ③NaAlH4的还原性比NaBH4强的原因是______________________________________。 【答案】(1)氧化Fe2+或2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (2)> (3)蒸发浓缩、冷却结晶 (4)Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑ (5)A (6)8 否；苯环存在π键，C-H的键能大或苯环上π电子云凸出在外(电子云密度高)，对H-有强的排斥作用 Al的电负性比B小或Al半径比B大，对氢负离子吸引力弱(氢负离子易失电子) 【解析】由题给流程可知，向废易拉罐中加入过量稀硫酸酸溶，将铝、铁转化为硫酸铝、硫酸亚铁，过滤得到滤渣和滤液，向滤液中加入过氧化氢溶液，将亚铁离子转化为铁离子，调节溶液pH将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和含有铝离子的滤液，向滤液中加入碳酸氢钠，铝离子与碳酸氢根离子发生反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，过滤得到滤液和氢氧化铝，向氢氧化铝中加入稀硫酸，将氢氧化铝转化为硫酸铝后，再加入硫酸钾得到硫酸铝和硫酸钾的混合溶液，混合溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到明矾晶体。 (1)酸溶后铁为Fe2+，后续调pH使Fe3+转化为氢氧化物沉淀除去，所以用H2O2作氧化剂，氧化Fe2+或写成方程式2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O； (2)根据[Al(OH)4]-+HCO3-=Al(OH)3↓ +CO32-+H2O，[Al(OH)4]-夺取HCO3- 中的H+，说明[Al(OH)4]-结合H+的能力强于HCO3-； (3)明矾是结晶水合物，应蒸发浓缩得到热饱和溶液，再冷却结晶析出明矾晶体，之后过滤、洗涤、干燥； (4)Al3+和HCO3-发生双水解，相互促进，彻底水解生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，故离子方程式为：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑； (5)A项，原子光谱法：每种元素有特征原子光谱，可以检测是否存在铁元素，定性检测元素，A正确；A项，红外光谱法：检测官能团、化学键，不能检测有无某元素，B错误；C项，核磁共振氢谱：检测氢原子种类与数目，C错误；故选A； (6)①配位数是一个离子周围紧邻的异号离子数目，AlH4-周围距离最近的Na+有8个，配位数为8；②苯中的C‑H是共价键，键能大，或苯环的大π电子云向外突出，AlH4-提供H-，负电荷与苯环富电子的大π电子云互相排斥，所以无法接触发生归中反应；③Al的电负性比B小或Al半径比B大，对氢负离子吸引力弱，更容易失电子，所以NaAlH4还原性更强。 试卷第1页(共3页) 试卷第1页(共3页) 学科网（北京）股份有限公司 9．【废旧电池处理与学科知识结合】废旧于电池中含有多种有害物质，随生活垃圾填埋会污染周边环境，解决问题的最好途径是对废旧干电池回收利用。一种利用废旧干电池制备锰锌铁氧体(Mn0.5Zn0.5Fe2O4)的工艺流程如图所示。 已知：酸浸的浸出液中含有Mn2+、Zn2+、Fe3+及少量Ni2+、Cu2+、Al3+、Ca2+、Pb2+；某些离子需两道工序除杂才能达标。 回答下列问题： (1)酸浸时，H2O2的作用是 ；该过程H2O2的实际消耗量高于理论用量较多，原因是 ；浸渣中含有硫酸盐，化学式为 、CaSO4。 (2)初级净化时，Cu2+，Pb2+、Ni2+均转化为硫化物沉淀除去，说明CuS、PbS或NiS的Ksp (填“大于”或“小于”)MnS或ZnS的Ksp；已知CaF2的Ksp=2.7×10-11，欲使Ca2+完全沉淀，则沉淀后溶液中的c(F-) mol·L-1(结果可带根号)。 (3)NH4Al(SO4)2(硫酸铝铵)微溶于水，初级净化时可能不析出或析出少量硫酸铝铵沉淀，加入硫酸铵深度净化时进一步析出其沉淀，其原理是 。 (4)若共沉淀时析出MnCO3·ZnCO3·4Fe(OH)3，则反应的离子方程式为 。 (5)锰锌铁氧体(Mn0.5Zn0.5Fe2O4)的晶体结构与MgAl2O4相似，MgAl2O4晶体中，镁离子占据立方晶胞的顶点、面心及晶胞内相互交错的4个小立方体的体心(如图，铝离子、氧离子未画出)。若MgAl2O4中Mg2+被Mn2+和Zn2+替换，Al3+被Fe3+替换，即可得到Mn0.5Zn0.5Fe2O4晶体。若Mn0.5Zn0.5Fe2O4的晶胞边长为a pm，则图中编号1和2两个粒子间的距离为 pm；M(Mn0.5Zn0.5Fe2O4)=236 g·mol-1，NA为阿伏加德罗常数的值，锰锌铁氧体的密度为 g·cm-3(列出计算式即可)。 【答案】(1)将Fe2+氧化为Fe3+(或作氧化剂) Fe3+等离子催化H2O2分解 PbSO4\ (2)小于 (3)利用同离子效应，促进硫酸铝铵沉淀析出 (4)Mn2++Zn2++4Fe3++2HCO3-+14 NH3·H2O=MnCO3·ZnCO3·4Fe(OH)3↓+14NH4++2H2O (5) 【解析】根据工艺流程图可知，酸浸的浸出液中含有Mn2+、Zn2+、Fe3+及少量Ni2+、Cu2+、Al3+、Ca2+、Pb2+(Ca2+、Pb2+大部分已形成硫酸盐沉淀)，加入(NH4)2 SO4\和NH4F形成沉淀，除去Ni2+、Cu2+、Al3+、Ca2+、Pb2+，再加入(NH4)2 SO4深度净化，加入硫酸锰或硫酸锌成分调整，加入碳酸氢铵沉淀，煅烧得到锰锌铁氧体(Mn0.5Zn0.5Fe2O4)。 (1)酸浸时，H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+(或作氧化剂)；该过程H2O2的实际消耗量高于理论用量较多，原因是H2O2易分解，Fe3+等离子可以做H2O2分解的催化剂加速H2O2的分解；浸渣中含有硫酸盐，化学式为PbSO4、CaSO4； (2)初级净化时，Cu2+，Pb2+、Ni2+均转化为硫化物沉淀除去，同类型的难溶电解质，Ksp越小越容易沉淀，说明CuS、PbS或NiS的Ksp小于MnS或ZnS的Ksp；已知CaF2的Ksp=2.7×10-11，欲使Ca2+完全沉淀，则 mol·L-1； (3)加入硫酸铵使硫酸根离子和铵根离子溶液增加，利用同离子效应，促进硫酸铝铵沉淀析出； (4)共沉淀时析出MnCO3·ZnCO3·4Fe(OH)3，则反应的离子方程式为Mn2++Zn2++4Fe3++2HCO3-+14 NH3·H2O=MnCO3·ZnCO3·4Fe(OH)3↓+14NH4++2H2O； (5)图中编号1和2两个粒子间的距离为面对角线的，两个粒子间的距离为；根据均摊法，晶胞内Mg的数目为，故晶胞内含有4个Mn，4个Zn，16个Al，32个O，锰锌铁氧体的密度为。 真题·实战演练 1．(2026·浙江1月卷，16，3分)环己烯()为重要的化工原料，实验室常用环己醇()制备，流程如下： 步骤Ⅰ—用浓磷酸和环己醇制备环己烯混合加热，蒸馏得到对应馏分； 步骤Ⅱ—用饱和Na2CO3和饱和食盐水分批次洗涤、分液； 步骤Ⅲ—用干燥的无水CaCl2吸水，过滤后再蒸馏，得到产物； 步骤Ⅳ—经波谱分析，测得产物的核磁共振氢谱图如图所示。 下列说法错误的一项是( ) A．可能生成环己酮()、磷酸酯等副产物 B．若不用饱和食盐水洗涤，而用水，则环己烯的产率下降 C．若CaCl2不过滤直接蒸馏，则产物的纯度会下降 D．由核磁共振氢谱可知产物中含有杂质 【答案】A 【解析】环己醇()发生消去反应制备环己烯()，用饱和Na2CO3除去残酸，饱和食盐水洗去Na2CO3，分液得到环己烯粗品，用干燥的CaCl2吸水、除醇，再蒸馏得到环己烯。A项，浓磷酸不足以将羟基氧化为酮羰基；副产物可能为磷酸与环己醇酯化形成无机酸酯，也可能为两分子环己醇脱水形成醚，A错误；B项，饱和食盐水的作用是洗去Na2CO3，饱和食盐水可以降低环己烯在水中的溶解度(盐析效应)，减少洗涤过程中的产物损失，若直接用水洗涤，会造成环己烯溶于水，从而产率下降，B正确；C项，CaCl2的作用是吸水以及除醇，若不过滤，在蒸馏过程中，水和醇则可能脱出，随环己烯一同蒸出(共沸物)，则产物的纯度会下降，C正确；D项，氢谱图中有4组峰，代表存在4种化学环境的H，而环己烯只有3种H，说明存在杂质，D正确；故选A。 2．(2026·四川卷，11，3分)稀有金属镓(Ga)广泛用于电子工业，它和Al同族，性质相似。某刚玉灰主要含有氧化铝、硅铝酸钾、硫酸钾、硅酸钙和少量镓的化合物，从中分离富集镓的一种路线如下。其中，“高温煅烧”时，铝的化合物转化为MAlO2(M为Na+、K+)。 下列说法错误的是( ) A．“高温煅烧”时，1 mol Al2O3发生的反应生成1 mol CO2 B．“酸浸”时，硅的化合物以固态物质形式在浸渣中被除去 C．“酸浸”时，镓的化合物发生的反应是[Ga(OH)4]－+4H+=Ga3++4H2O D．晶体的化学式为 MAl(SO4)2·xH2O(M=K+或Na+) 【答案】C 【解析】高温煅烧：加入碳酸钠后，氧化铝、铝硅酸盐和镓的化合物发生反应，铝按照题干信息转化为偏铝酸盐MAlO2(M为Na+、K+)，镓同理转化为偏镓酸盐，硅转化为可溶性硅酸盐；酸浸：加入稀硫酸后，偏铝酸根、偏镓酸根和氢离子反应，转化为Al3+、Ga3+进入溶液；硅酸盐与酸反应生成硅酸沉淀，和其他不溶杂质一起作为浸渣被除去；浓缩结晶：溶液中的M+、Al3+和硫酸根结合，形成复盐结晶析出，Ga3+留在母液中，过滤得到镓富集液。A项，高温下Al2O3可和Na2CO3反应Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑，1 mol Al2O3完全按此反应生成1 mol CO2，A正确；B项，高温煅烧后，硅元素转化为硅酸盐，酸浸时硅酸盐与稀硫酸反应生成难溶于水的硅酸沉淀，因此硅元素以固态形式留在浸渣中被除去，B正确；C项，“高温煅烧”是在无水的高温环境下进行的固体熔融反应，镓被转化为固态的MGaO2。因此在后续的“酸浸”步骤中，是GaO2-和H+反应：GaO2-+4H+=Ga3++2H2O，C错误；D项，类比明矾 KAl(SO4)2·12H2O，体系阳离子为Na+、K+，浓缩结晶析出铝的复盐晶体，化学式为 MAl(SO4)2·xH2O(M=K+或Na+)，D正确；故选C。 3．(2026·贵州卷，1，3分)某磷废渣的主要成分为CaCO3、MgCO3和Ca5(PO4)3F，一种对其进行分离的工艺流程如图。 下列说法错误的是( ) A．“焙烧”的目的是使CaCO3、MgCO3分解 B．“浸取”可能的反应为MgO+2NH4ClMgCl2+2NH3↑+H2O C．“滤渣浮选”利用了CaCO3和Ca5(PO4)3F物理性质的差异 D．“滤液沉淀”可以利用流程中产生的CO2和NH3制备沉淀剂 【答案】A 【解析】磷废渣主要含CaCO3、MgCO3、Ca5(PO4)3F，先在600℃下焙烧，该温度仅MgCO3分解释放CO2并生成MgO，CaCO3与Ca5(PO4)3F不分解，焙烧产物加入NH4Cl 溶液，75℃、pH=6.0条件下浸取，MgO与NH4Cl 反应生成MgCl2并释放NH3，过滤后得到含Mg2+的滤液与含CaCO3、Ca5(PO4)3F的滤渣，滤渣添加油脂浮选剂，依靠两种固体表面润湿性物理性质差异浮选分离出CaCO3，剩余Ca5(PO4)3F，滤液可通入流程自产的CO2与NH3配成碳酸盐沉淀剂，使Mg2+转化为MgCO3沉淀完成镁的分离回收。A项，CaCO3分解温度高于，焙烧时仅MgCO3分解，CaCO3未分解，且后续浮选得到CaCO3，故“焙烧”目的不是使CaCO3分解，A错误；B项，焙烧后MgCO3分解生成MgO，NH4Cl 溶液呈酸性，加热条件下MgO与NH4Cl 反应生成MgCl2、NH3和H2O，反应式符合反应规律，B正确；C项，浮选是利用CaCO3和Ca5(PO4)3F表面润湿性等物理性质的差异进行分离，C正确；D项，流程中焙烧产生CO2、浸取产生NH3，二者通入水中可生成碳酸盐作为沉淀剂，与滤液中Mg2+反应生成MgCO3，D正确；故选A。 4．(2026·黑吉辽蒙卷，12，3分)从铜阳极泥(主要成分为Cu2Te和Cu2S，含少量Ag2S和Au)中提取热电材料碲(Te)的流程如图。已知Na2Te与适量空气反应可生成Na2Te2。下列说法正确的是( ) A．“浸渍”时通入过量空气不发生副反应 B．滤渣可以全部溶于浓HNO3 C．Na2Te被氧化过程中，溶液碱性增强 D．“沉碲”过程中Na2SO3被氧化 【答案】C 【解析】铜阳极泥的主要成分为Cu2Te和Cu2S，含少量Ag2S和Au，在“浸渍”操作中，加入Na2S溶液，通入适量空气，Cu2Te和Cu2S反应生成CuS沉淀，同时生成Na2Te2，Ag2S和Au不溶，进入滤渣，滤液1中含有Na2Te2，加入Na2SO3溶液发生氧化还原反应，Na2SO3作氧化剂被还原，同时将Na2Te2氧化为碲粉，滤液2中主要含有低价态含硫化合物用于“浸渍”工序循环利用。A项，“浸渍”时Na2S和生成的Na2Te都具有还原性，通入过量空气时，过量O2会进一步将S2-氧化为更高价态的物质，发生副反应，A错误；B项，铜阳极泥中的Au不参与浸渍反应，留在滤渣中，Au不溶于浓硝酸(仅溶于王水)，因此滤渣不能全部溶于浓硝酸，B错误；C项，Na2Te被O2氧化生成Na2Te2的反应方程式为：4Na2Te+O2+2H2O=2Na2Te2+4NaOH，反应生成强碱NaOH，溶液中c(OH―)增大，碱性增强，C正确；D项，滤液1中Te在Na2Te2中为-1价，沉碲得到O价碲单质，Te化合价升高被氧化，因此Na2SO3做氧化剂参与氧化还原反应，被还原，D错误；故选C。 5．(2026·江西卷，6，3分)高纯碳酸钙在电子工业领域有广泛应用。使用优质大理石(含有少量MgCO3和Fe3O4 杂质)制备高纯碳酸钙的工艺流程如图。体系中有关离子反应方程式书写错误的是( ) A．浸出过程：CaO+2H+=Ca2++H2O B．浸出过程：Fe3O4 +8H+ ==2Fe3+ +Fe2+ +4H2O C．净化过程：Fe3++ 3OH-=Fe(OH)3↓ D．碳化过程：Ca2++CO2+2NH3+H2O═CaCO3↓+2NH4+ 【答案】C 【解析】优质大理石原料(主要成分为CaCO3，含少量MgCO3、Fe3O4 杂质)先经煅烧，碳酸盐受热分解得到金属氧化物CaO、MgO、Fe3O4 ；煅烧产物加盐酸浸出，金属氧化物与盐酸反应转化为可溶性金属阳离子Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+，得到含多种金属离子的酸性溶液；浸出液加入石灰浆(Ca(OH)2悬浊液)进行净化，调节pH使铁、镁杂质转化为氢氧化物滤渣除去；净化后溶液通入NH3、CO2碳化，Ca2+转化为碳酸钙沉淀，最后经过滤、干燥得到高纯CaCO3；A项，煅烧时CaCO3CaO+ + CO2↑，浸出时CaO和盐酸反应，CaO是金属氧化物不能拆，离子方程式为CaO+2H+=Ca2++H2O，A正确；B项，Fe3O4 可等价表示为FeO·Fe2O3，与盐酸发生复分解反应，生成FeCl2、FeCl3 和水，反应无化合价变化，离子方程式为Fe3O4 +8H+ ==2Fe3+ +Fe2+ +4H2O，B正确；C项，净化过程加入的是石灰浆，Ca(OH)2为悬浊液，在书写离子方程式时不能拆分为Ca2+和OH-，须保留化学式，正确离子方程式应为2Fe3++ 3Ca(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Ca2+，C错误；D项，碳化时溶液中含Ca2+，通入NH3创造碱性环境，再通入CO2生成CO32-，与Ca2+结合析出CaCO3沉淀，离子方程式为Ca2++CO2+2NH3+H2O═CaCO3↓+2NH4+，D正确；故选C。 6．(2024·浙江1月卷，6，3分)为回收利用含I2的CCl4废液，某化学兴趣小组设计方案如下所示，下列说法不正确的是( ) A．步骤I中，加入足量Na2CO3溶液充分反应后，上下两层均为无色 B．步骤I中，分液时从分液漏斗下口放出溶液A C．试剂X可用硫酸 D．粗I2可用升华法进一步提纯 【答案】B 【解析】由题给流程可知，向碘的四氯化碳溶液中加入碳酸钠溶液，碳酸钠溶液与碘反应得到含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液，分液得到四氯化碳和溶液A；向溶液A中加入硫酸溶液，碘化钠和碘酸钠在硫酸溶液中发生归中反应生成硫酸钠和碘。A项，由分析可知，步骤I中，加入足量碳酸钠溶液发生的反应为碳酸钠溶液与碘反应得到含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液，则充分反应后，上下两层均为无色，上层为含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液，下层为四氯化碳，故A正确；B项，四氯化碳的密度大于水，加入足量碳酸钠溶液充分反应后，上下两层均为无色，上层为含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液，下层为四氯化碳，则分液时应从分液漏斗上口倒出溶液A，故B错误；C项，向溶液A中加入硫酸溶液的目的是使碘化钠和碘酸钠在硫酸溶液中发生归中反应生成硫酸钠和碘，则试剂X可用硫酸，故C正确；D项，碘受热会发生升华，所以实验制得的粗碘可用升华法进一步提纯，故D正确；故选B。 7．(2023•浙江6月卷，12，3分)苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提纯方案如下： 下列说法不正确的是( ) A．操作I中依据苯甲酸的溶解度估算加水量 B．操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹 D．操作IV可用冷水洗涤晶体 【答案】B 【解析】苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水。粗苯甲酸中混有泥沙和氯化钠，加水、加热溶解，苯甲酸、NaCl溶解在水中，泥沙不溶，从而形成悬浊液；趁热过滤出泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出；将滤液冷却结晶，大部分苯甲酸结晶析出，氯化钠仍留在母液中；过滤、用冷水洗涤，便可得到纯净的苯甲酸。A项，操作I中，为减少能耗、减少苯甲酸的溶解损失，溶解所用水的量需加以控制，可依据苯甲酸的大致含量、溶解度等估算加水量，A正确；B项，操作Ⅱ趁热过滤的目的，是除去泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出，NaCl含量少，通常不结晶析出，B不正确；C项，操作Ⅲ缓慢冷却结晶，可形成较大的苯甲酸晶体颗粒，同时可减少杂质被包裹在晶体颗粒内部，C正确；D项，苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，所以操作IV可用冷水洗涤晶体，既可去除晶体表面吸附的杂质离子，又能减少溶解损失，D正确；故选B。 8．(2026·贵州卷，16)钪是一种关键的战略金属，对国防科技、产业升级有重要的作用。从某钪铝渣［含Sc(OH)3及Al、Mg、Fe等的氢氧化物］中回收钪和铝，工艺流程如图。 已知： ①钪铝渣中Sc(OH)3夹杂在其他金属氢氧化物中或包裹在其他颗粒的孔隙中。 ②“酸浸”工序中，钪主要以Sc3+的形式被浸出。 ③25℃ 时，Ksp[Al(OH)3]= 10－32.9，Al(OH)3+OH-[Al(OH)4]-  K=1033.3。 回答下列问题： (1)基态钪原子的价层电子轨道表示式为_______________。 (2)“预处理”工序的操作是________。 (3)“碱浸”工序中，在一定条件下，NaOH溶液浓度对钪和铝浸取率的影响如图1，最佳NaOH溶液浓度为________________。 (4)“酸浸”工序中浸出钪的主要离子方程式为____________________。 (5)pH对萃取率的影响如图2，HNO3溶液浓度对洗脱率的影响如图3。 ①“无机溶液1”中存在的金属阳离子主要是___________。 ②本工艺中去除溶液中Fe3+的工序是___________，依据是________________________。 (6)“碱浸”工序中，25℃ 、溶液中c{[Al(OH)4]-}=0.1mol·L-1时，pH为________。 【答案】(1) (2)研磨(粉碎)钪铝渣 (3)5.00mol·L-1 (4)Sc(OH)3+3H+=Sc3++3H2O (5)Mg2+ 洗脱 相同条件下，c(HNO3)＞4.8mol·L-1 时，Fe元素的洗脱率远高于Sc元素，Fe元素被硝酸洗脱进入无机溶液2，Sc元素仍保留在有机相中 (6)12.6 【解析】含Sc(OH)3及Al、Mg、Fe等的氢氧化物，先进行预处理，一般为粉碎研磨，然后加入NaOH溶液进行碱浸，使Al元素转化为[Al(OH)4]－进入碱浸液，[Al(OH)4]－经过系列转化回收Al元素，浸出渣中含有Sc、Mg、Fe的氢氧化物，加入HNO3酸浸，除去不溶于硝酸的杂质，浸出液中含有Sc3+、Mg2+、Fe3+，加入有机萃取剂协同萃取后，Mg2+进入无机溶液1，有机相中含有Sc3+、Fe3+，加入HNO3洗脱，Fe3+进入无机溶液2，洗脱后的有机相加入反萃取剂进行反萃取后获得含有Sc3+的溶液，经系列转化回收Sc。 (1)钪为21号元素，价层电子排布为3d14s2，价层电子轨道表示式为：。 (2)已知Sc(OH)3被包裹在颗粒孔隙中，预处理需要研磨(粉碎)钪铝渣，增大接触面积，利于后续浸出。 (3)工艺需要尽可能多浸出Al、尽可能少浸出Sc，实现二者分离。由图1可知：NaOH浓度为5.00mol·L-1 时，Al浸出率已经达到较高值，且Sc浸出率仍很低，分离效果好，故为最佳浓度。 (4)酸浸时Sc(OH)3与氢离子反应生成Sc3+，离子方程式：Sc(OH)3+3H+=Sc3++3H2O。 (5) ①协同萃取时，由图2可知Mg2+、Al3+的萃取率很低，而铝元素前序已除掉；因此无机溶液1中主要金属阳离子为Mg2+；② 去除Fe3+的工序为洗脱；依据是：相同条件下，c(HNO3)＞4.8mol·L-1时，Fe元素的洗脱率远高于Sc元素，Fe元素被硝酸洗脱进入无机溶液2，Sc元素仍保留在有机相中。 (6)已知：，，联立得： ， ，。 9．(2026·河北卷，16)钒和铬是重要的战略金属。河钢集团与中科院合作研发了国际领先的亚熔盐法清洁生产工艺，实现在温和条件下钒和铬的高效提取。主要流程如下： 已知：钒渣主要含FeO·V2O3、FeO·Cr2O3、SiO2和少量CaO、MgO等。 回答下列问题： (1)V和Cr均位于元素周期表的_____区。 (2)氧化工序通常采用较大的O2流量，其目的是_______________________；配平化学方程式：________________________________。 _____FeO·V2O3+ _____NaOH+ _____O2 _____Fe2O3+ _____Na3VO4+ ______H2O (3)滤渣的主要成分有MgO、__________、__________(填化学式)。 (4)80℃和40℃时，Na3VO4和Na2CrO4的溶解度随NaOH 质量分数变化如图所示。结合图像分析NaOH 质量分数为30%时，冷却结晶工序降温至40℃有利于实现钒和铬有效分离的原因：________________________________。 (5)母液返回_________工序。 (6)还原工序中，反应的离子方程式为___________________________________。 【答案】(1)d (2) 提高氧气浓度，加快反应速率，使反应更充分(或提高钒、铬的浸出率等，合理即可) 4FeO·V2O3 + 24NaOH + 5O22Fe2O3+ 8Na3VO4+ 12H2O (3) Fe2O3 CaSiO3 (4)在NaOH质量分数为30%时，40℃下Na3VO4的溶解度远小于80℃，而Na2CrO4的溶解度变化不大。降温至40℃时，Na3VO4大量结晶析出，而Na2CrO4仍留在溶液中，从而实现钒和铬的分离 (5)氧化 (6)2CrO42- + 3SO32- + 10H⁺ = 2Cr3+ + 3SO42- + 5H2O 【解析】简要分析工艺流程：氧化：加入NaOH溶液，通入O2，140℃~180℃反应，铁的转化： FeO被氧化为Fe2O3，钒的转化：根据小问(2)，碱性条件下V2O3被O2氧化为Na3VO4。铬的转化：Cr2O3被氧化为Na2CrO4。硅的转化：SiO2直接与NaOH反应生成Na2SiO3。沉淀：加入H2O和CaO，CaO与水反应生成Ca(OH)2。Ca(OH)2与Na2SiO3生成CaSiO3沉淀。同时，生成的氧化铁和不与碱反应的氧化镁也可能在此处作为滤渣除去。冷却结晶：降温至40℃，利用不同物质溶解度随温度变化的差异进行分离。Na3VO4的溶解度受温度影响较大，且在高浓度碱性溶液中，降温容易析出；Na2CrO4的溶解度通常较大，且受温度影响相对较小，在该条件下仍保持溶解状态。 析出的固体主要为钒的化合物(后续处理可得V2O5 )，而铬保留在母液中。这一步实现了钒铬分离。蒸发结晶：对分离出钒后的母液进行蒸发浓缩。让Na2CrO4从母液中析出，母液中亦含有少量Na2CrO4，还原：利用稀H2SO4、 Na2SO3。 将溶液中的CrO42-还原为Cr3+。水解沉淀：调节溶液的 pH 值，使 Cr3+发生水解反应，生成Cr(OH)3沉淀。后续过滤得到的Cr(OH)3 沉淀经过煅烧分解，即可得到最终产品 Cr2O3 。 (1)根据元素周期表分区规则，V(23号)属于第ⅤB族，Cr(24号)属于第ⅥB族，它们的价电子排布分别为3d34s2和3d54s1，均位于d区。 (2)首先，氧化工序的目的是将FeO·V2O3和FeO·Cr2O3中的Fe(Ⅱ)、V(Ⅲ)、氧化为Fe(Ⅲ)、V(Ⅴ)，同时需要保证反应物充分接触，提高反应速率和转化率。采用较大O2流量可以提高氧气浓度，加快反应速率，使反应更充分(或提高钒、铬的浸出率等，合理即可)。配平化学方程式：FeO·V2O3中Fe为+2价，V为+3价；Fe2O3中Fe为+3价，Na3VO4中V为+5价。每1 mol FeO·V2O3中，Fe失去1 mol e⁻，2 mol V共失去4 mol e⁻，总计失去5 mol e⁻。O2每1 mol得4 mol e⁻，因此FeO·V2O3与O2的系数比为4：5。最终方程式为：4FeO·V2O3 + 24NaOH + 5O22Fe2O3+ 8Na3VO4+ 12H2O。 (3)在氧化步骤中，FeO·V2O3和FeO·Cr2O3被氧化为Fe2O3、Na3VO4、Na2CrO4，SiO2与NaOH反应生成Na2SiO3。进入沉淀步骤后，加入H2O和CaO，CaO与水反应生成Ca(OH)2。Ca(OH)2与Na2SiO3生成CaSiO3沉淀，MgO与Fe2O3不与碱反应，综上，滤渣主要成分为MgO、Fe2O3、CaSiO3。 (4)观察图像：在80℃时，Na2CrO4的溶解度较高，且随NaOH浓度增加而降低。Na3VO4的溶解度较低，在40℃时，Na3VO4溶解度显著降低，而Na2CrO4溶解度仍较高。当NaOH质量分数为30%时，40℃下Na3VO4溶解度远小于80℃，而Na2CrO4溶解度变化不大。因此，降温至40℃时，Na3VO4大量结晶析出，而Na2CrO4仍留在溶液中，可实现钒和铬的分离。 (5)母液主要含NaOH，以及未结晶析出的Na3VO4、Na2CrO4等，根据流程，母液应返回“氧化”工序，继续参与反应，提高原料利用率。 (6)还原工序中，Na2CrO4被Na2SO3还原为Cr3+，SO32-被氧化为SO42-。根据氧化还原反应配平，离子方程式为2CrO42- + 3SO32- + 10H⁺ = 2Cr3+ + 3SO42- + 5H2O。 10．(2026·河南卷，15)一种从废芯片(主要含有Si、Cu、Ag、Pd、Au等)中回收金属的工艺流程如下： 已知：流程中Ce4+被还原为Ce3+；“浸出2”中Au和Pd的浸出率较低；“浸出3”中Au和Pd转化为[AuCl4]-和[PdCl4]2-。 回答下列问题： (1)提高“焙烧”效率的措施有___________(写出一条即可)。 (2)“焙烧”中，Cu未完全转化为CuO，“浸出1”中Cu参与反应的离子方程式为___________。 (3)“电解”时，“滤液1”和FeSO4溶液分别作阴极液和阳极液，不锈钢片和石墨片分别作阴极和阳极，阴离子交换膜作隔膜。“电解”的目的是___________。 (4)已知3Ce4++AuAu3++3Ce3+的K约为4.8×105，表明该反应可以进行得基本完全，但Au在“浸出2”中浸出率较低，原因是___________。 (5)“沉淀”产生的AgCl可被N2H4还原为Ag，N2H4中N元素只转化为N2。理论上AgCl与N2H4反应的物质的量之比为___________。 (6)“滤液3”需要合并到“浸出3”所得滤液中，目的是___________。 (7)“氧化”中，Ce3+转化为Ce(OH)4沉淀，该反应的离子方程式为___________。 【答案】(1)废芯片粉碎，适当升高温度或增大空气通入量(任选一条即可) (2)2Fe3++Cu==Cu2++2Fe2+ (3)提取并回收金属铜，同时将阴极液中的Fe2+氧化再生为Fe3+(或 Fe2(SO4)3)以便在“浸出1”中循环利用 (4)该反应的活化能较大，反应速率较慢 (5)4：1 (6)将分散的铈元素集中(或富集Ce3+)，以便在后续步骤中统一氧化回收生成Ce(OH)4沉淀，提高利用率 (7)2Ce3++ClO-+6OH-+H2O=2Ce(OH)4↓ +Cl- 【解析】该流程是从含有Si、Cu、Ag、Pd、Au等的废芯片中分步回收有价金属，废芯片先经焙烧预处理氧化部分金属；随后“浸出1”用硫酸+硫酸铁溶解铜，所得滤液1经电解可回收铜单质，同时再生Fe3+循环回浸出工序；之后经“浸出2”初步浸出Au、Pd，滤液沉银得到AgCl，可还原回收银；再经“浸出3”进一步浸出剩余Au、Pd，得到的氯配离子用Zn还原得到Au、Pd产品；最后含Ce3+的流出液经氧化得到Ce(OH)4回收铈，滤液3循环利用，提升了金属收率与原料利用率。 (1)提高焙烧效率的措施可以从增大接触面积、提高温度、增加氧气浓度等方面考虑。例如将废芯片粉碎，适当升高温度或增大空气通入量，任选一条即可。 (2)“浸出1”中使用了H2SO4和Fe2(SO4)3，Fe3+具有氧化性，可以将Cu氧化为Cu2+，自身被还原为Fe2+。离子方程式为：2Fe3++Cu==Cu2++2Fe2+。 (3)“滤液1”中含有Fe 2+、Cu 2+等离子，阳极液为FeSO4溶液，阳极反应为Fe2+-e-=Fe3+，阴极反应为：Cu2++2e-=Cu。通过电解，可以将Fe 2+氧化为Fe 3+，同时回收Cu。Fe3+可循环用于“浸出1”，而Cu作为固体1被回收。 (4)3Ce4++AuAu3++3Ce3+的K约为4.8×105，从热力学角度来看反应趋势很大、可以进行得基本完全。但实际生产中“浸出率较低”(反应并没有充分发生)，这通常是动力学原因导致的。即该反应的活化能很高，在常温或浸出条件下反应速率极慢，导致短时间内无法有效浸出。 (5)AgCl被还原为Ag，Ag+ → Ag，每个Ag+得1e⁻。N2H4被氧化为N2，N从-2 → 0，每个N失2e⁻，1 molN2H4失4e⁻。根据得失电子守恒可得化学方程式为：4AgCl+N2H4=4Ag+N2↑＋4HCl，因此n(AgCl)：n(N2H4)=4：1。 (6)“浸出3”中Au和Pd转化为[AuCl4]-和[PdCl4]2-，使用(NH4)2Ce(NO3)6和HCl。而沉淀步骤中，滤液3含有未反应的Ce3+，流程的最终目的是要将铈元素转化为Ce(OH)4沉淀进行回收。将“滤液3”合并到主流程中，可以将分散的铈元素集中起来，使所有的Ce3+一起进入“还原”后的流出液，最终统一进行氧化沉淀，提高铈的回收率。 (7)氧化”步骤中，NaClO将Ce3+氧化为Ce4+，在碱性条件下生成Ce(OH)4沉淀。ClO⁻被还原为Cl⁻。根据氧化还原反应配平，离子方程式为2Ce3++ClO-+6OH-+H2O=2Ce(OH)4↓ +Cl-。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第05讲 工业流程题解题策略(专项训练) 参考答案 模拟·基础演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 C B C A D C C B D C B 12．(1) AgCl、PbSO4 还原性 (2) 2Au+ClO3-+7Cl-+6H+=2[AuCl4]-+3H2O (3)AD (4)[Ag(SO3)2]3-+Cl-+2H+=AgCl↓ +2HSO3- (5)向H2SO4酸化的FeSO4中加KSCN，无明显现象，加少量PbO2溶液变红；取少量溶液加过量Pb，红色褪去，可证明Fe2+为催化剂 13．(1)2Au+ClO3-+7Cl—+6H+=2AuCl4-+3H2O (2)AC(3)—SO3H中羟基极性强于醇羟基 +NaOH=Na2SO3+HCHO+H2O 加入BaCl2溶液，产生白色沉淀 14．(1) Na[Al(OH)4]和NaOH (2)AB (3) FeCl3·6H2O+6SOCl2FeCl3(s)+6SO2↑+12HCl↑ (4)SO2 (5)取少量反应后溶液，分成甲、乙两支试管，在甲试管中滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则证明产物有HCl；在乙试管中先滴加氯化钡溶液，若无现象，再滴加稀硝酸，若出现白色沉淀，则证明产物有H2SO3 15．(1)四 Ⅷ f (2)增大接触面积，提高酸浸速率 SiO2、Cu (3) 2Sm3++3H2C2O4=Sm2(C2O4)3↓+6H+ (4)4 2 Fe3+会催化双氧水分解，消耗部分双氧水 16．(1)3d10 第四周期VIA族 (2)CuSe＋4H2SO4(浓)CuSO4＋SeO2↑＋3SO2↑＋4H2O 凝华 (3)铜 (4) (5) (6)BC (7) 2：1 正四面体 17．(1) 3d104s1 SiO2、CaSO4 (2)4Fe2++O2+4H2O=2Fe2O3+8H+ (3) 5.1 较快地析出的氢氧化铝沉淀，同时使沉淀颗粒较大，便于过滤 (4)AB (5)66.7 18．(1) (2)V2O3＋3H2SO4(浓)2VOSO4＋SO2↑＋3H2O (3) Fe3+(或铁离子) SiO2、H2SiO3 ABCD (4)增大氢离子浓度，使VO2+(s)+2HA(org)VO(A)2(org)+2H+(aq) 平衡逆移 (5)12VO2++14NH3·H2O=(NH4)2V12O31↓+12NH4++7H2O (6) 19．(1) Au+4HCl+HNO3=HAuCl4+NO↑+2H2O，3Pt+18HCl+4HNO3= H2PtCl6+4NO↑+8H2O (2)玻璃棒、漏斗 (3)> (4) H2PtCl6+ N2H4·2HCl= K2PtCl6+N2↑+6HCl 极性 (5) ClO3-+3OsO42-+6H+=3OsO4↓+3Cl-+3H2O (6)还原Na2RuO4，使Ru元素以Ru(OH)4形式析出 (7)存在平衡2K++ OsO42-+2H2OK2OsO4·2H2O↓，增大K+浓度，平衡正向移动，有助于K2OsO4·2H2O生成 (8) A ； 20．(4) ①Ca(OH)2 增大c(OH-)，与NH4+反应生成NH3逸出从而去除NH4+，并引入Ca2+ ②冷却结晶 将滤液循环(或将滤液并入原硝酸钠溶液中、将滤液返回蒸发步骤循环) ③3PS(NH2)3+11HNO3+8H2O=3H3PO4+3S↓+2NO↑+9NH4NO3 21．(4)2LiCoO2+6H++H2C2O4=2Li++2Co2++2CO2+4H2O SO42-、C2O42-、OH- 除去滤液中的Mg2+ 杯芳烃衍生物具有空腔结构，能够选择性识别Co2+，从而提高对Co2+的提取效率和选择性 22．(1)PbSO4+Na2CO3Na2SO4+CO2↑+PbO (2)Fe(OH)3、Cu(OH)2 (3)BD (4)调为弱酸性，可以防止产生Pb(OH)2沉淀；pH过小，c(H+)增大，平衡2CrO42-+H2OCr2O72-+2H+右移，CrO42-含量降低，导致沉铬率降低 (5)2NA (6)取滤液1少许于试管中，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，过滤，在沉淀中滴加足量稀盐酸，沉淀部分溶解且产生无色无味气体，说明溶液中含有的阴离子为SO42-、CO32- 23．(1)黑钨矿粉碎处理或适当升高温度或加快通入空气的速率等 (2) 12WO42-+14H+=W12O4110-+7H2O (3) H2AsO3-+H2O2+OH-= HAsO42-+2H2O (4) H3AsO4非羟基氧个数多，中心原子电正性强，易电离出氢离子 (5) 过滤 24．(1)+4 (2) 粉碎矿石(或增大空气浓度或适当升高温度等) SiO2 (3)CeF22+ +2SC(NH2)2=(SCN2H3)2 +2 Ce3++2HF+2F- (4)CeO2+xCO= xCO2+CeO2-x (5) 25．(1)四(或4) ⅤB ＞ (2)2V2O5+NaCl+O24NaVO3+2Cl2 (3)(或8.1~8.7) (4)0.8 (5) 26．(1) 2CH3SO3H＋Sn=(CH3SO3)2Sn＋H2 (2)AB (3)0.5 (4) Ag2SO3＋4NH3·H2O=2[Ag(NH3)]2+＋SO32-＋4H2O或Ag2SO3＋4NH3=2[Ag(NH3)]2+＋SO32-(或2Ag2SO3＋8NH3·H2O＋O2=4[Ag(NH3)]2+＋2SO42-＋8H2O) 将少量的F加入足量的氨水中，充分反应后，加入过量的Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，过滤向沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解证明F中有Ag2SO3，沉淀不溶解证明F中没有Ag2SO3；另取少量溶液G，滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，证明F中有Ag2SO4，未出现白色沉淀证明F中没有Ag2SO4 27．(1)精矿与酸反应会生成可燃性气体硫化氢，遇明火燃烧，甚至可能会发生爆炸 (2) (3)AC (4) (5)或 (6)NaOH (7) 28．(1)6s26p2 (2)溶解废旧电池中的有机物，同时加速有机物与其他成分的分离(便于后续对金属成分的处理，提高金属回收率) (3) (4)Cu (5)PbC2O4在高温下分解生成PbO、CO和CO2是一个熵增的过程，故反应能自发进行 (6)1 (7)10 是 重难·创新演练 1 2 3 4 5 6 C C D B D C 7．(1)第四周期第ⅢA族 (2)SiO2 (3)中和过量的H+，萃取时有利于Ga3+进入有机相 (4)4.3 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸无明显现象，再加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则证明沉淀已洗干净 (5)正 GaO2-+3e-+2H2O=Ga+4OH- (6)2Ga+2NH32GaN+3H2 8．(1)氧化Fe2+或2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (2)> (3)蒸发浓缩、冷却结晶 (4)Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑ (5)A (6)8 否；苯环存在π键，C-H的键能大或苯环上π电子云凸出在外(电子云密度高)，对H-有强的排斥作用 Al的电负性比B小或Al半径比B大，对氢负离子吸引力弱(氢负离子易失电子) 9．(1)将Fe2+氧化为Fe3+(或作氧化剂) Fe3+等离子催化H2O2分解 PbSO4\ (2)小于 (3)利用同离子效应，促进硫酸铝铵沉淀析出 (4)Mn2++Zn2++4Fe3++2HCO3-+14 NH3·H2O=MnCO3·ZnCO3·4Fe(OH)3↓+14NH4++2H2O (5) 真题·实战演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A C A C C B B 8．(1) (2)研磨(粉碎)钪铝渣 (3)5.00mol·L-1 (4)Sc(OH)3+3H+=Sc3++3H2O (5)Mg2+ 洗脱 相同条件下，c(HNO3)＞4.8mol·L-1 时，Fe元素的洗脱率远高于Sc元素，Fe元素被硝酸洗脱进入无机溶液2，Sc元素仍保留在有机相中 (6)12.6 9．(1)d (2) 提高氧气浓度，加快反应速率，使反应更充分(或提高钒、铬的浸出率等，合理即可) 4FeO·V2O3 + 24NaOH + 5O22Fe2O3+ 8Na3VO4+ 12H2O (3) Fe2O3 CaSiO3 (4)在NaOH质量分数为30%时，40℃下Na3VO4的溶解度远小于80℃，而Na2CrO4的溶解度变化不大。降温至40℃时，Na3VO4大量结晶析出，而Na2CrO4仍留在溶液中，从而实现钒和铬的分离 (5)氧化 (6)2CrO42- + 3SO32- + 10H⁺ = 2Cr3+ + 3SO42- + 5H2O 10．(1)废芯片粉碎，适当升高温度或增大空气通入量(任选一条即可) (2)2Fe3++Cu==Cu2++2Fe2+ (3)提取并回收金属铜，同时将阴极液中的Fe2+氧化再生为Fe3+(或 Fe2(SO4)3)以便在“浸出1”中循环利用 (4)该反应的活化能较大，反应速率较慢 (5)4：1 (6)将分散的铈元素集中(或富集Ce3+)，以便在后续步骤中统一氧化回收生成Ce(OH)4沉淀，提高利用率 (7)2Ce3++ClO-+6OH-+H2O=2Ce(OH)4↓ +Cl- 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $