专题12 工艺流程综合题（1年汇编）（全国通用）2026年高考化学真题分类汇编

专题12 工艺流程综合题 1年真题 考点分类 2026年高考命题解读 创新考法 工艺流程综合题 2026福建(1题)、2026广西(1题)、2026海南(1题)、2026浙江(1题)、2026甘肃(1题)、2026全国(1题)、2026江苏(1题)、2026北京(1题)、2026重庆(1题)、2026湖北(1题)、2026四川(1题)、2026江西(1题)、2026贵州(1题)、2026山东(1题)、2026广东(1题)、2026湖南(1题)、2026河北(1题)、2026陕晋青宁(1题)、2026河南(1题)、2026云南(1题)、2026黑吉辽蒙(1题)、2026上海(3题) 聚焦战略金属、城市矿山、固废废液资源化、新材料与医药生产，突出绿色化工背景。设问覆盖条件控制、分离提纯、方程式书写、产率计算、原因解释和工艺评价；常以多步流程叠加数据表或陌生信息，要求分析参数优化、循环利用及污染控制。 1.(2026·海南·高考真题)稀土元素钇(Y)在发光、磁性材料等方面有着广泛的应用。Y在化合物中通常为+3价，其化合物的性质类似于镁的相应化合物。某研究小组以废弃的磁性材料(主要成分为，含少量)为原料，制备(s)。流程如下： 已知：，，。回答问题： （1）“研磨”的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）“加热溶解”操作中，主要利用了的难挥发性和　　　　　　　　　　。 （3）固体A的主要成分是　　　　　　　　　　(写化学式)。 （4）实验室过滤要用到的仪器有烧杯、漏斗、带铁圈的铁架台、　　　　　　　　　　。 （5）路线Ⅱ“沉钇”中发生的主要反应包括：和　　　　　　　　　　(用离子方程式表示)。 （6）对比路线Ⅱ，路线Ⅰ的优点是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(写出一点即可)。 （7）若将直接加热，无法得到无水，原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(用化学方程式表示)。 【答案】（1）增大固体与液体的接触面积，加快溶解速率，提高原料的浸出率     （2）强酸性     （3）     （4）玻璃棒     （5）     （6）可以回收副产物，提高资源利用率（或节约的用量）     （7） （或 ）      【解析】原料研磨后加硫酸加热溶解，得到含、、的酸性溶液，加入调节pH，依据溶度积大小：，调pH第一步优先沉淀，过滤，固体A是，滤液中含有、；路线Ⅰ向这份滤液继续滴加调pH，优先沉淀，过滤，固体B为，滤液再加沉钇，得到沉淀，沉淀用盐酸溶解，浓缩过滤得到；路线Ⅱ向含有、的滤液直接加入过量，转化为留在溶液D中，生成沉淀，沉淀加盐酸溶解，浓缩结晶得到产品。 (1)研磨可以粉碎固体原料，增大固体与液体的接触面积，加快溶解速率，提高原料的浸出率，让原料能够充分溶解反应； (2)加热溶解操作使用硫酸，一方面利用硫酸难挥发性，加热条件下不容易挥发损失，另一方面利用硫酸的强酸性，电离出大量氢离子，溶解金属氧化物； (3)原料酸浸后溶液含、、，加入调节pH，溶度积最小最先沉淀，、仍留在滤液中，所以固体A的主要成分为； (4)实验室过滤操作需要用到烧杯、漏斗、带铁圈的铁架台，还需要玻璃棒，玻璃棒作用为引流； (5)路线Ⅱ“沉钇”时体系内含有与，加入过量，发生反应，与过量强碱反应，对应的离子方程式为； (6)对比路线Ⅱ，路线Ⅰ分步调节pH，先将铝元素以形式分离出来，可以回收副产物，提高资源利用率，也可以节约的用量，减少原料消耗； (7)Y的化合物性质类似镁的化合物，是强酸弱碱盐，发生水解；若将直接加热，结晶水作为溶剂，促进水解，生成（或受热分解生成）和，受热挥发，水解平衡持续正向移动，最终无法得到无水，对应的化学方程式： （或 ）。 2.(2026·湖南·高考真题)一种由硫化铅精矿(含PbS及少量ZnS、CdS)制备高纯铅的工艺流程如下： 已知：①乙二胺(，简写为en)为一种二元弱碱。 ②，。 ③金属离子浓度不超过时，认为该离子已沉淀完全。 回答下列问题： （1）Pb在元素周期表中的位置为第六周期第　　　　　　族。 （2）“加压氧化”中，PbS发生反应的离子方程式为　　　　　　；采用加压操作可提高反应速率，原因是　　　　　　。 （3）“酸性溶液”经处理后，、浓度分别为、，调pH使恰好沉淀完全时(假设溶液体积不变)，　　　　　　(填标号)。 a．沉淀完全       b．部分沉淀       c．未沉淀 （4）“胺浸”后，转化为配合物，“沉铅”所得固体为碱式碳酸铅[]。下列说法正确的是　　　　　　(填标号)。 a．配合物中的配位原子为N b．“沉铅”过程中，溶液pH增大 c．流程中烯烃和乙二胺得到了循环利用 （5）“高温还原”中，生成Pb的化学方程式为　　　　　　；若用炭代替CH4，将导致铅纯度下降，原因是　　　　　　。 （6）“再生”时，得到的“含钙粗产品”的主要成分有　　　　　　、　　　　　　(写化学式)。 【答案】（1） IVA     （2）①     ② 增大体系中氧气的压强（或浓度），从而加快反应速率     （3）b     （4）ac     （5）①     ② 炭为固体，过量的炭容易混入生成的铅中，导致铅的纯度下降     （6）①     ②       【解析】加压氧化将转化为和单质；胺浸利用乙二胺将转化为可溶性配合物以实现固液分离；沉铅通过通入生成碱式碳酸铅沉淀；高温还原利用将铅还原出来；再生步骤利用回收乙二胺并处理副产物。 (1)Pb的原子序数为82，与碳、硅等同族，位于元素周期表第六周期第IVA族。 (2)“加压氧化”中，与空气中的及加入的硫酸反应，生成沉淀和单质。根据电子守恒和原子守恒，可写出离子方程式为。采用加压操作可以增大氧气的溶解度或浓度，从而有效加快反应速率。 (3) 当恰好沉淀完全时，溶液中，此时溶液中。 对于，其浓度商。 因为，故有沉淀生成； 若沉淀完全，需要，说明此时并未沉淀完全。因此部分沉淀，选b。 (4)a．乙二胺()中的氮原子含有孤电子对，可作为配位原子与形成配位键，正确； b．“沉铅”过程中通入，生成碱式碳酸铅[]，消耗了溶液中的碱性物质（乙二胺），导致溶液pH减小，错误； c．由流程图可知，“再生”工序加入后重新得到乙二胺，同时烯烃并未被消耗，二者返回胺浸工序循环利用，正确； 故选ac。 (5)“高温还原”中，与反应生成、和。反应中元素化合价由+2降至0，元素化合价由-4升至+4，根据得失电子守恒配平化学方程式为 。若用炭代替，由于炭是固体，反应后过量的炭容易作为杂质混入液态或固态铅中难以分离，从而导致铅的纯度下降。 (6)“沉铅”后的溶液中含有硫酸根离子和通入后产生的碳酸根离子（或碳酸氢根离子），加入进行“再生”时，钙离子会与硫酸根离子、碳酸根离子反应生成微溶的和难溶的沉淀，因此得到的“含钙粗产品”的主要成分为和。 3.(2026·河南·高考真题)一种从废芯片(主要含有、、、、等)中回收金属的工艺流程如下： 已知：流程中被还原为；“浸出2”中和的浸出率较低；“浸出3”中和转化为和。 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，未完全转化为，“浸出1”中参与反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 （3）“电解”时，“滤液1”和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）已知的约为，表明该反应可以进行得基本完全，但在“浸出2”中浸出率较低，原因是　　　　　　　　　　　。 （5）“沉淀”产生的可被还原为，中元素只转化为。理论上与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，转化为沉淀，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）     （3）提取并回收金属铜，同时将阳极液中的氧化再生为（或 ）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）合并富集Ce、Au、Pd元素，提高Ce的利用率和Au、Pd的回收率     （7）      【解析】该流程是从含有、、、、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，同时再生循环回浸出工序；之后经“浸出2”浸出Ag+及少量Au3+、Pd2+，滤液沉银得到，可还原回收银；再经“浸出3”进一步浸出剩余、，得到的氯配离子用Zn还原得到Au、Pd产品；最后含的流出液经氧化得到回收铈，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：。 (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，阴极反应为：。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)的约为，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⁻。被氧化为，N从-2 → 0，每个N失2e⁻，1 mol失4e⁻，根据得失电子守恒可得。 (6)根据已知，“浸出3”中使用(NH4)2Ce(NO3)6和HCl浸出，Au和Pd转化为和，而“沉淀”步骤中，“滤液3”含有Ce3+和未反应完的Ce4+以及少量被浸出的Au和Pd，流程最终需要将Ce元素转化为Ce(OH)4沉淀进行回收，将Au、Pd元素转化为单质进行回收，将“滤液3”合并到主流程中，可以将分散的Ce、Au、Pd元素集中起来，提高Au、Pd的回收率以及Ce的利用率。 (7)氧化”步骤中，NaClO将氧化为，在碱性条件下生成沉淀。ClO⁻被还原为Cl⁻。根据氧化还原反应配平，离子方程式为。 4.(2026·广西·高考真题)钛基脱硝废催化剂（含、、、、、和吸附的）可用于制备新型功能材料钒酸铁，其流程如下。 已知：①、为两性氧化物，为酸性氧化物； ②在碱性条件下易结晶。 回答下列问题： （1）“水洗”的主要目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）为提高“碱溶”速率，可采取的措施是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（任举一例）。“滤渣1”主要成分为钛酸钠、　　　　　　　　　　。 （3）“降”至11后，溶液中主要的阳离子有　　　　　　　　　　。 （4）若“滤渣2”为，“沉硅铝”前的溶液含硅、铝，则理论上应加为　　　　　　　　　　。 （5）“沉钼”中先将转化为，经酸化后生成。则生成的离子反应方程式为　　　　　　　　　　。 （6）“试剂”最适宜的是　　　　　　　　　　（填标号）。 a．氨水       b．       c．       d． （7）可由等物质的量的与在溶液中反应制得，该化学反应方程式为　　　　　　　　　　。 （8）与构筑的三维层状结构是光反应的高效区域，其中结构类似于，则空间结构为　　　　　　　　　　。 【答案】（1） 洗去废催化剂表面吸附的，减少后续“碱溶”时碱的消耗     （2）① 加热（或搅拌、适当增大溶液浓度、粉碎废催化剂等）    ②      （3）      （4）      （5）      （6）c     （7）      （8） 正四面体形      【解析】废催化剂成分：、、、、、和吸附的。易溶于水生成硫酸。水洗的主要目的是洗去废催化剂表面吸附的，后加入溶液进行碱溶。根据已知信息：、为两性氧化物，能与强碱反应生成相应的盐（如钛酸钠、钒酸钠）。反应后过滤，得到的“滤渣1”主要成分为不溶的以及生成的钛酸钠沉淀。滤液中主要含有 、、、以及可能过量的。向滤液中加入盐酸“降pH”。加入和进行“沉硅铝”，生成滤渣2。此时溶液中的主要溶质为钼酸钠、钒酸钠和硫酸钠。向溶液中加入溶液“沉钼”。已知信息提示：先将转化为，经酸化后生成沉淀。过滤得到沉淀，向含的滤液中加入“试剂X”进行结晶，得到。根据已知②：在碱性条件下易结晶。为了引入且不引入新的杂质离子，因后续要制备，加入的是溶液，说明体系中允许存在，试剂X最适宜选择。与  溶液反应生成，据此解答。 (1)由于催化剂表面吸附了，极易溶于水生成。因此，水洗的主要目的是洗去表面吸附的，防止后续碱溶时消耗过多的碱，降低生产成本。 (2)提高“碱溶”速率的常规措施包括：将废催化剂粉碎、加热、搅拌、适当增大溶液浓度等。根据分析，“滤渣1”主要成分为钛酸钠和。 (3)加入盐酸“降pH”至11，此时溶液仍呈碱性。在pH=11的碱性条件下， 和依然存在，不会沉淀，此时溶液中的主要溶质为钠的硅酸盐、铝酸盐、钼酸盐、钒酸盐等。因此，溶液中主要的阳离子只有。 (4)“沉硅铝”前溶液含硅，铝。假设溶液体积为，则：，。加入和后，生成滤渣2：。该沉淀中各元素的物质的量之比为：。溶液中已有和原子。根据化学式，沉淀中需要的原子为，则对应的原子需要，原子需要。溶液中已提供原子，所以还需要由加入的提供的原子为 。需要的的物质的量为 。需要的的物质的量为 。因此理论上应加 。 (5)沉钼时加入溶液，将转化为。反应物：、。生成物：。根据原子守恒和电荷守恒，配平可得离子方程式为 。 (6)沉钼后，溶液中主要含有钒酸根。流程图中，加入试剂X进行“结晶”，得到  。已知在碱性条件下易结晶。为了引入且不引入新的杂质阴离子，最适宜的试剂是，故选c。 (7)反应物：等物质的量的\mathrm{Fe}(\mathrm{NO}_{3}\left.)._{3}与。生成物：。根据元素守恒，产物还有硝酸铵、硝酸。化学方程式为\mathrm{Fe}(\mathrm{NO}_{3}\left.)._{3}+\mathrm{NH}_{4}\mathrm{VO}_{3}+\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}=\text{FeVO}_{4}\downarrow +\mathrm{NH}_{4}\mathrm{NO}_{3}+2\mathrm{HNO}_{3}。 (8)已知结构类似于。的中心原子的价层电子对数为，孤电子对数 0，空间结构为正四面体形。因此的空间结构也为正四面体形。 5.(2026·上海·高考真题)CdS量子点是一种新型纳米半导体材料，在光电传感、太阳能电池领域应用广泛。以含镉废液(主要含、、，少量、杂质)为原料，经除杂、沉淀反应，制得CdS量子点，流程如下： 已知： ①常温下，，，。 ②、完全沉淀的，开始沉淀的； 1. 根据镉(Cd)元素在周期表中的信息，推测其在元素周期表中的位置是___________。 A. 第四周期第2族 B. 第五周期第Ⅷ族 C. 第四周期第12族 D. 第五周期第ⅡB族 2. 写出用过量和溶液反应制备CdS量子点的离子方程式　　　　　　　　　　　。 3. 量子点的直径一般为2 nm-10 nm，下列关于量子液体的叙述正确的是___________。 A. 该分散系为溶液 B. 用激光笔照射量子液体时能产生丁达尔现象 C. CdS量子点不稳定，易分解 D. 过滤能得到CdS晶体 4. 当紫外光照射量子点时，量子点会发出不同波长的光。已知量子点直径越大，发出的光越偏向红光；量子点直径越小，发出的光越偏向蓝光。若发出的光更偏向蓝光，则该量子点的直径更接近于___________。 A. 2 nm B. 10 nm C. 50 nm D. 100 nm 5. 室温下，往含溶液中加入至溶液的，可生成沉淀，则溶液中的比值为　　　　　　　　　　　。 6. 国家环保规定排污时的含量需要≤，现有室温下1000 L含的废水需要排放，废水中浓度为，需要加入　　　　　　　　　　　。 【答案】1. D     2. Cd2+ + 4H2S +2= CdS↓ + 2NO+3S↓+4H2O     3. B     4. A     5. 0.36     6. 1.58      【解析】以含镉废水（含Cd2+、H+、及少量Fe3+、Pb2+杂质）为原料，先加入氨水调节pH至3.2~7.4，使Fe3+、Pb2+完全沉淀而Cd2+不沉淀，过滤除去杂质得到Cd(NO3)2纯净液；再向纯净液中通入过量H2S发生复分解反应生成CdS沉淀，经水浴晶化、分离提纯得到CdS量子点； (1)镉的基态价电子排布式为4d105s2，周期数等于电子层数（5层），属于第ⅡB族【第IIB族元素的价电子均为nd10(n+1)s2，其中n3】，因此位于第五周期第ⅡB族；故答案选D； (2)H2S与Cd(NO3)2反应生成CdS沉淀、一氧化氮、硫和水，离子方程式为：Cd2+ + 4H2S +2= CdS↓ + 2NO+3S↓+4H2O； (3)量子点直径为2~10 nm，处于胶体粒子直径（1~100 nm）范围内，形成胶体分散系：A错误（不是溶液是胶体）；B正确（胶体有丁达尔效应）； C错误（量子点并非都易分解，CdS量子点性质稳定）；D错误（胶体粒子可透过滤纸，无法通过过滤得到晶体）；故答案选B； (4)题目说明“量子点直径越小，发出的光越偏向蓝光”，因此偏向蓝光时直径更接近最小值2 nm；故答案选A； (5)已知Kb(NH3·H2O)==1.8×10-5， pH=9.7时，pOH=14-9.7=4.3，c(OH-)=10-4.3mol/L， 则： ==；10-4.3=100.7×10-5≈5.01×10-5，代入得：≈0.36； (6)需沉淀的物质的量为；溶液中残留的物质的量为；故所需总质量为。 6.(2026·浙江·高考真题)铝及其化合物应用广泛。 工业上以铝土矿（主要成分可表示为，另含有少量、等元素）为原料生产铝及其化合物的流程如下： 请回答： （1）步骤Ⅰ生成　　　　　　　　　　（填一种物质名称），会导致产品铝的产率降低。 （2）结合能力：　　　　　　　　　　　Fe(OH)3（填“”“”或“”）。 （3）①步骤Ⅱ，高温饱和X溶液冷却，无沉淀析出，加入少量固体后，析出大量沉淀。沉淀析出的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（用化学方程式表示）。 ②步骤Ⅱ，往X溶液中通入也可析出沉淀。该反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）步骤Ⅲ，依次与两种含氟化合物反应，可制备。这两种含氟化合物是　　　　　　　　　（填化学式）。 （5）铝土矿中常伴生元素镓（Ga），通过上述流程可能进入产品铝中。为判断产品铝中是否含有Ga元素，宜采用的方法是　　　　　。 A．原子发射光谱法       B．红外光谱法       C．核磁共振氢谱法 （6）已知：。 ①的一种晶胞如图。该晶胞中阴离子的个数是　　　　　　　　。 ②有同学认为：通过形成，AlCl3能促使如下转化发生： 判断该观点是否合理　　　　　（填“是”或“否”），并从结构角度说明理由　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）铝硅酸钠     （2）     （3）①     ②      （4）、     （5）A     （6）① 4    ② 否    ③ 可与形成，氯苯失去生成，两个带正电的不能结合成二联苯      【解析】铝土矿与溶液在加热加压条件下反应，转化为Na[Al(OH)4]‌， 转化为，而不溶，形成滤渣（铝硅酸钠、  等）。Na[Al(OH)4]‌溶液经步骤Ⅱ析出。与、 反应生成。另外煅烧Al(OH)3得到Al2O3，加入冰晶石后电解得到，再进一步制备。据此解答； (1)铝土矿中的会与反应生成，而转化为Na[Al(OH)4]‌。在步骤Ⅰ中，与Na[Al(OH)4]‌可能发生反应生成铝硅酸钠沉淀，这会导致部分元素进入滤渣，从而降低铝的产率。 (2)在步骤Ⅰ中，能溶于溶液，而不溶。这说明的酸性比强，即更容易结合形成 。 (3)① 根据流程，溶液应为Na[Al(OH)4]‌溶液。在水中存在水解平衡。加入少量的固体作为“晶种”，可以打破溶液的过饱和状态，促使水解平衡向生成沉淀的方向移动，从而析出大量沉淀，反应方程式为。 ②Na[Al(OH)4]‌溶液中通入，生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，化学方程式为。 (4)需要先与反应生成，再与反应生成。总反应可表示为：，因此，两种含氟化合物是和。 (5)判断物质中是否含有某种金属元素（如镓Ga），最常用、最灵敏的方法是原子发射光谱法（利用不同元素原子的特征光谱线进行定性或定量分析）。红外光谱主要用于测定有机物中的官能团，核磁共振氢谱用于测定有机物中氢原子的种类和比例，故选A。 (6)①观察晶胞图：（黑球）：位于体内，总数为个。根据化学式，与比例为1:1，故也为4个。 ②催化反应的原理是通过结合形成，从而使碳卤键断裂产生碳正离子（），而两个带正电的不能结合成二联苯。 7.(2026·江西·高考真题)稀散金属铟（In）是重要的战略资源。粗中主要杂质元素有As（Ⅲ）、Fe（Ⅲ）、Pb（Ⅱ），精制工艺流程图如下： 已知： a）萃取剂[Hbet][]是离子液体 b）， c）分配率（Fe） 回答下列问题： （1）离子液体[Hbet][]　　　　　　　　（填“能”或“不能”）与水互溶。 （2）阶段Ⅰ，In、Fe元素在两种体系中的浸出率及分配率如图，体系中维生素C（Vc）的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （3）有机相2可循环用于阶段　　　　　　　　（填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”）。 （4）试剂①可选择HCl或，主要元素的含量如下表（，按投料计质量分数）。 元素 粗/ 水相2/（） 精制/ 组 HCl组 组 HCl组 Fe 1.60 41 32 0.071 0.056 Pb 0.26 3 44 0.0042 0.016 In 58 18000 33000 51 57 i．水相2中，组浓度远小于HCl组，原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ii．实际工艺中选用HCl的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （5）阶段Ⅲ，溶液中　　　　　　　　时，恰好沉淀完全。 （6）水相2中的砷酸（）最终转化成沉淀，杂质As被除去。写出总化学反应方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）不能     （2）将还原为，降低Fe2+在有机离子液体中的分配率     （3）Ⅰ     （4）① 难溶物在溶液中的溶解度远小于    ② 在HCl组中的In元素产率高     （5）     （6）      【解析】流程分为三个核心阶段：阶段Ⅰ利用离子液体萃取剂实现In与杂质初步分离，加入维生素C将还原为，降低Fe在萃取相的分配率，减少In中Fe杂质混入；阶段Ⅱ经酸反萃取将In转移入水相，萃取后得到的有机相可回收循环回阶段Ⅰ利用；阶段Ⅲ通过分步调pH，先沉淀除去Fe、As（As最终转化为沉淀除去），再沉淀得到高纯度精制。 (1)由题给流程知，阶段1过滤后有分液操作，说明该离子液体与水不互溶。 (2)由图可知，水中加入Vc后，Fe的分配率显著下降，In的浸出率、分配率几乎不受影响；Vc是典型的还原剂，其作用为将还原为，降低Fe2+在有机离子液体中的分配率。 (3)有机相2的成分为萃取剂，该萃取剂在阶段Ⅰ参与萃取过程，因此提纯再生后可循环用于阶段Ⅰ。 (4)i．由分析知，硫酸与盐酸在阶段Ⅱ的作用为生成难溶物或，将元素除去，组浓度低，说明更难溶。 ii．由表格数据，HCl体系水相2中In浓度远大于硫酸体系，即In保留量更多，最终精制中In的更高，Fe杂质含量更低，表明主要考虑选用HCl可使In元素损失更少。 (5)恰好沉淀完全时，，此时。 (6)用NaOH调节水相2中pH至3.0，根据已知，水相2中的砷酸 (H3AsO4)最终转化为FeAsO4沉淀，此时Fe为+3价，可以推断反应过程中 Fe2+被氧化，而反应过程中未加人其他的氧化剂，则可判断为氧化剂， 最终沉淀的总化学反应方程式为。 8.(2026·河北·高考真题)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、、和少量CaO、 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流量，其目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　；配平化学方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 _____ _____ _____ _____ _____ ______ （3）滤渣的主要成分有 、　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　(填化学式)。 （4）80℃和40℃时，和的溶解度随 质量分数变化如图所示。结合图像分析 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）① 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）    ② 4FeO·V2O3 + 24NaOH + 5O2  2Fe2O3+ 8Na3VO4+ 12H2O     （3）① Fe2O3    ② 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）2 + 3 + 10H⁺ = 2Cr3+ + 3 + 5H2O      【解析】简要分析工艺流程：氧化：加入溶液，通入，140℃~180℃反应，铁的转化：  被氧化为  ，钒的转化：根据小问（2），碱性条件下被氧化为。铬的转化：被氧化为。硅的转化：直接与反应生成。沉淀：加入和，与水反应生成。与沉淀。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，利用不同物质溶解度随温度变化的差异进行分离。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；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  ），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。让从母液中析出，母液中亦含有少量，还原：利用稀  、  。 将溶液中的 还原为。水解沉淀：调节溶液的 pH 值，使  发生水解反应，生成沉淀。后续过滤得到的  沉淀经过煅烧分解，即可得到最终产品  。 (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 + 5O2  2Fe2O3+ 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，加入和，与水反应生成。与沉淀，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+，被氧化为。根据氧化还原反应配平，离子方程式为2 + 3 + 10H⁺ = 2Cr3+ + 3 + 5H2O。 9.(2026·云南·高考真题)创新驱动，深挖“城市矿山”，一种从废弃印刷电路板(WPCB)(主要含Cu、Ni、Au、Ag)中分离回收有价金属的工艺如下： 已知：①PMS为过一硫酸盐(含过氧键)，在强酸介质中会水解。 ②表示具有高氧化活性的单线态氧分子。 回答下列问题： （1）Au与Cu同族，属于　　　　　　　　　　区元素。 （2）“酸浸1”中发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　。 （3）“滤液2”中主要的金属离子有、　　　　　　　　　　(填离子符号)。 （4）“氧化溶金”中，KCl不能用HCl替代的原因为　　　　　　　　　　；PMS发生反应的离子方程式　　　　　　　　　　。(将离子方程式补充完整) __________+__________ （5）工序“”中，抗坏血酸的作用为　　　　　　　　　　。 （6）“碱沉”前，用的标准溶液测定“滤液”中的及浓度，和与的关系如图(，，忽略的水解)。“滤液1”中的浓度为　　　　　　　　　　(结果保留小数点后3位)。 （7）“沉银”时，“滤液2”与“滤液3”混合时有少量生成，其反应的化学方程式为　　　　　　　　　　。 【答案】（1）ds     （2）     （3）     （4）① HCl为强酸，会引入大量 导致溶液酸性过强，使PMS发生水解而降低氧化能力失效     ②      （5）作还原剂，将Au的阳离子还原为Au单质     （6）0.035     （7）      【解析】酸浸1：经过预处理的WPCB加入稀盐酸，Ni与稀盐酸发生置换反应生成溶解，而Cu、Ag、Au不与稀盐酸反应 。过滤后，滤液1主要成分为和过量的 HCl，滤渣1为 Cu、Ag、Au 。    碱沉：向滤液1中加入 NaOH 溶液，首先中和过量的 HCl，随后沉淀生成   。过滤后得到的滤液3主要含有 NaCl 。    酸浸2：向滤渣1中加入稀硝酸，Cu和Ag溶解生成、，Au 不与稀硝酸反应 。过滤后，滤液2主要含有 和过量的，滤渣2为单质 Au 。    氧化溶金：将滤渣2（Au）加入含有 PMS 和 KCl 的体系中，利用 PMS 的氧化性氧化 Au，同时起到络合作用，生成溶解进入滤液4 。    还原金：向滤液4中加入抗坏血酸（X），利用其还原性将金的络合物还原为纳米 Au 。    沉银：将含有的滤液2与含有的滤液3混合，发生沉淀反应生成 AgCl 。 (1)Cu位于IB族，IB、IIB族元素属于ds区，Au与Cu同族，故为ds区元素。 (2)酸浸1加入稀盐酸，活泼金属Ni与稀盐酸反应溶解，Cu、Ag、Au不与稀盐酸反应，因此离子方程式为Ni和反应生成和，离子方程式：。 (3)滤渣1含Cu、Ag、Au，酸浸2加入稀硝酸，Cu、Ag与稀硝酸反应溶解生成、，Au不溶解，因此滤液2中金属离子除外还有。 (4)根据已知信息，PMS在强酸介质中会水解，若用HCl代替KCl，溶液酸性过强，PMS水解导致氧化能力下降。由已知② 可知体系生成具有高氧化活性的单线态氧分子（） ，PMS（以表示）发生分解反应生成硫酸根、氢离子和单线态氧，其离子方程式为：。 (5)“氧化溶金”后，金以 +3 价络离子形式存在于溶液中。抗坏血酸（维生素C）具有较强的还原性，在此工序中作为还原剂，将金的络离子还原析出，从而得到纳米 Au 。 (6)V(NaOH) 在 0 ~ 20.00 mL 之间时，pOH 急剧下降，此时是 NaOH 溶液中和滤液1中过量的 HCl 的阶段 。 V(NaOH)在 20.00 ~ 55.00 mL 之间时，曲线趋于平缓，到达 55.00 mL 时 pNi 发生突变上升，说明此阶段NaOH均用于沉淀，沉淀消耗NaOH体积为，，由得，。 (7)滤液2中以形式存在，滤液3中含碱沉后过量的NaOH，AgOH不稳定分解为，因此反应为硝酸银与氢氧化钠反应生成氧化银、硝酸钠和水，化学方程式为。 10.(2026·黑吉辽蒙·高考真题)某工厂利用镍矿（主要成分为，含少量和）制备超细镍粉，物质转化流程如下（部分反应条件已略去）： 已知：①滤液1中镍以形式存在，硫以和少量形式存在； ②“部分蒸氨”时减小，转化为，。 回答下列问题： （1）依据核外电子排布，元素位于周期表　　　　　区。 （2）“氧压氨浸”时，加压的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　，转化为的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　。 （3）滤液1中铜的主要存在形式为　　　　　　　（填离子符号）。气体为　　　　　　　　　　（填化学式）。 （4）“转化”步骤通入足量氧气充分氧化滤液2中剩余的，该步骤无沉淀产生，则理论上每转化消耗的物质的量为　　　　　　。 （5）滤液3浓缩结晶得到的　　　　　　（填化学式）可用于生成化肥。 （6）近似条件下，不同溶液中二价镍[]浓度随“还原”步骤时间的变化如图。为提高的还原速率和转化率，应选择　　　　　　　（填“”或“”）。 已知酸性条件不利于“还原”步骤，解释还原程度较低而还原程度较高的原因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（结合离子方程式作答）。 【答案】（1）d     （2）① 增大氧气的溶解度（或浓度），加快反应速率    ②      （3）①     ②      （4）2     （5）     （6）① 2    ② 被还原时发生反应：，溶液呈酸性，不利于“还原”步骤；而被还原时发生反应：，不会生成游离的，因此还原程度较高      【解析】镍矿的主要成分为，含少量和，在“氧压氨浸”操作中通入空气、加入氨水，生成、，浸渣为；“部分蒸氨”时挥发逸出的气体为氨气，减小，转化为，转化为CuS沉淀；向滤液2中通入足量O2，将滤液2中剩余的充分氧化为，最后通过H2还原，得到Ni粉，滤液3中的主要成分为硫酸铵； (1)Ni是28号元素，价电子排布为，根据周期表分区规则，属于d区。 (2)加压可增大氧气的溶解度，提高浓度，加快浸出速率，提升镍的浸出率；与氧气、氨水反应生成，根据电子守恒、原子守恒可知化学方程式为。 (3)氨浸过程中，铜离子与氨水形成稳定的；“部分蒸氨沉铜”时，溶液中挥发出来的气体 a 显然是氨气。蒸发氨气会导致溶液中 减小，促使络合物解离进而使铜沉淀。 (4)被氧化为，中S 的平均化合价为 +2价，中S的化合价为+6价，总共失去电子，反应得到4 mol电子，根据电子守恒，消耗的物质的量为。 (5)在“还原”步骤中，被还原生成 Ni 粉，溶液中主要留下的阳离子是生成的（由和结合），阴离子是一直未参与后续反应的。因此滤液 3 浓缩结晶得到的副产品是，硫酸铵是常用氮肥，可做化肥。 (6)观察题给图像，当时，Ni(Ⅱ) 浓度随时间下降最快，且最终能降至 0（完全转化）。而时反应提前停滞（转化率低），时反应速率过慢。因此为提高速率和转化率，应选2； 当时，发生反应：，会释放一个游离的，游离会使溶液呈酸性，而题目已知“酸性条件不利于还原”，因此反应受到抑制，转化率低。 当时，发生反应：，恰好生成2个，体系不会生成游离的，反应能顺利进行到底。 11.(2026·贵州·高考真题)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［含及、、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，钪主要以的形式被浸出。 ③时，，   。 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，、溶液中时，pH为　　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）研磨（粉碎）钪铝渣     （3）     （4）     （5）①     ② 洗脱    ③ 相同条件下，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】含及、、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元素转化为进入碱浸液，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、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、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，价层电子轨道表示式为：。 (2)已知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：浓度为时，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)酸浸时与氢离子反应生成，离子方程式： 。 (5) ① 协同萃取时，由图2可知、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； ② 去除的工序为洗脱；依据是：相同条件下，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： ， ，。 12.(2026·福建·高考真题)以下是从工业废催化剂{主要成分为}中提取的一种工艺流程。 已知：①废弃催化剂中还含有。溶液中的主要存在形式如下表所示。 主要形式 pH范围 <2.1 2.1～7.2 7.2～12.3 >12.3 ②、不稳定，易转化为难溶的。 ③难溶于水，其相对分子质量为3030。 ④W元素在水溶液中的分布系数图如图1所示。 Ⅰ．制备晶体回答下列问题： （1）“碱浸”工序中，的主要存在形式为　　　　　　　　　　　　　。 （2）X操作去除的元素是　　　　　　　　　　　　　。 （3）“萃取1”中，产生的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）“萃取2”中，存在的主要形式为　　　　　　　　　　　　　。 （5）本工艺中，可循环利用的物质为　　　　　　　　　　　　　。 （6）“析晶”工序的pH范围为　　　　　　　　　　　　　。 Ⅱ．热解晶体制备 该过程的热重分析图如图2所示。Y、Z是分解过程中产生的两种气体，图中标注的Y、Z表示该分解阶段产生了这种气体。据此回答下列问题： （7）下列说法不正确的是_____________。 A. Ⅰ→Ⅱ阶段时晶体的结构发生了改变 B. Ⅱ→Ⅲ阶段时分解出的Z为0.05 mol C. Ⅲ→Ⅳ阶段分解出的Y是结晶水 D. Ⅳ阶段得到的固体是 （8）在Ⅲ→Ⅳ、Ⅳ→V阶段煅烧均产生了Y、Z气体，则Ⅳ→V阶段产生的气体中Y与Z的体积比为　　　　　　　　　　　　　∶　　　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）（磷）     （3）     （4）     （5）     （6）     （7）BCD     （8）① 2    ② 1      【解析】碱浸工序调，此时P(V)主要以形式存在；加入后，P元素转化为难溶进入滤渣2被脱除。调pH至酸性后用有机胺 萃取1，发生反应将W转移至有机相；后续用氨水反萃取，结合W元素分布系数图，此时W主要以存在。析晶控制，析出难溶的，热解该晶体最终得到，据此解答。 (1)碱浸工序调节体系，结合已知信息① 的P(V)存在形式对应pH范围：区间内P(V)的主要存在形式为。 (2)X操作加入，结合已知信息② ，体系中的会与转化为难溶的进入滤渣2，因此该步骤去除的是杂质磷元素。 (3)由图1可知，在“碱浸”液中钨的主要存在形式是，由后续加入调节pH=2可知，“萃取1”中，需要加入HCl调节pH＜2，此时W的存在形式是，加入的有机萃取剂（盐酸提供）下质子化生成，与溶液中的结合生成难溶于水的萃取产物，进入有机相完成萃取，离子方程式为：。 (4)萃取2调节体系，结合图1的W元素分布系数图，时占比最高，该步骤W的主要存在形式为。 (5)“萃取2”本质是一个反萃取过程，水相分离出含W的产物体系，有机相中脱去质子，释放游离可以返回萃取1工序重复使用，因此为可循环物质。 (6)析晶需要生成，结合图1，时W元素几乎全部以的形式存在，满足析晶的离子要求。 (7)已知的相对分子质量为3030。若设初始固体为1mol (3030g)，则完全分解产生12 mol WO3(2784 g)，理论失重为3030 g-2784 g=246 g。图中的总失重 2.46g刚好对应0.01mol的初始晶体。 这意味着完全分解会释放出： 0.04mol结晶水(即0.72g)、 0.06 mol NH3 (即 1.02 g) 、0.04mol结构水(由氢元素守恒计算得知)，总失重：，据此解答。 A．Ⅰ→Ⅱ阶段失去0.72g物质，对应0.04 mol结晶水，原晶体为，失去结晶水后晶体结构必然发生改变，A正确； B．Ⅱ→Ⅲ阶段分解出0.68g气体Z，Z为，，对应0.01mol原晶体分解出0.04 mol ，B错误； C．Ⅲ→Ⅳ阶段同时产生Y、Z，此时体系已无额外结晶水，Y不可能是结晶水，该阶段是铵盐分解的后续过程，C错误； D．图2中，总失重2.46 g是在经历了 I→V 所有的分解阶段后（到达 V 阶段的平台）才完成的。Ⅳ阶段的固体尚未完全失去剩余的氨和结构水，所以Ⅳ阶段得到的固体绝非纯净的，D错误； 故选BCD。 (8)Y为、Z为，Ⅲ→Ⅳ阶段失去重量为，0.01 mol原晶体中，Ⅱ→Ⅲ已分解出0.04 mol ，Ⅲ→Ⅳ、Ⅳ→V阶段还会继续产生0.02 mol ，同时Ⅰ→Ⅱ阶段失去0.04 mol结晶水，Ⅲ→Ⅳ、Ⅳ→V阶段还会继续产生0.04 mol 结构水，两个阶段均失重0.53g，则Ⅳ→V阶段失去0.02 mol 结构水、0.01 mol ，Y与Z的体积比为2：1。 13.(2026·北京·高考真题)高铁酸盐在水处理等领域有广泛应用。 （1）高铁酸根()具有强氧化性，可以杀菌消毒，其还原产物能进一步起到净水作用，净水的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）高铁酸盐的结构分析 一种含和的高铁酸盐晶体的晶胞结构示意图如下。 ①基态+6价的价层电子排布式是　　　　　　　　　　。 ②该高铁酸盐的化学式是　　　　　　　　　　。 ③的结构与相似。该晶胞中键的键长有2种，则2种键的数目之比是　　　　　　　　　　，的空间构型是　　　　　　　　　　形。 （3）高铁酸盐的性质及制备 ①高铁酸盐在碱性溶液中较稳定，在中性或酸性溶液中能快速产生，写出酸性条件下反应的离子方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②制备高纯度的方法之一： 上述流程中先制备，再制备。通常不用含的氧化剂直接得到产品。结合和的溶解性分析该方法的优点：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）胶体具有絮凝作用     （2）①     ②     ③ 3：1（或1：3）    ④ 四面体     （3）①     ② 的溶解度较大，易与不溶性杂质分离；的溶解度较小，易从浓溶液中结晶析出      【解析】(1)高铁酸根的还原产物为三价铁离子，三价铁离子水解生成的氢氧化铁胶体具有大比表面积，可吸附水中悬浮杂质，实现净水作用； (2)①基态Fe原子价层电子排布为，失去6个电子形成+6价Fe后，价层电子排布为。 ②由晶胞结构可知，每个晶胞中有Fe原子2个；Na位于晶胞顶点，总数为；K位于晶胞棱上和体内，总数为，O原子位于体内，共有8个；所以其化学式为。 ③每个共4个Fe-O键，在晶胞中，受周围、影响，4个O分为两组，其中3个O受影响，1个O受影响，导致Fe-O键不同，所以两种Fe-O键数目比为3：1；为正四面体构型，与其结构相似，因此空间构型为四面体形。 (3)①酸性条件下发生氧化还原反应：Fe从+6价降为+3价，部分-2价O升为0价生成，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平得到对应离子方程式。 ②相同温度下，的溶解度较大，加水溶出后过滤，可将与不溶性杂质分离；向滤液中加入浓溶液，溶解度较小，易从浓溶液中结晶析出，便于得到高纯度产品。 14.(2026·上海·高考真题)黄铜矿的湿法冶金技术，主要包括直接酸浸、氧化焙烧、硫酸化焙烧。下列是利用酸浸出黄铜矿(主要成分，含有少量杂质)回收其中铜和铁的工艺流程如图： （1）化合物作为硫酸铜镀铜工艺的辅助光亮剂，可改善镀层的均匀性和光泽性，提升电镀层的质量和稳定性。该分子中电负性最大与最小的元素分别是___________。 A. C、S B. C、H C. N、S D. N、H （2）离子液体[]可用于萃取分离铜离子，该离子溶液中存在的作用力有___________(不定项)。 A. 配位键 B. 离子间静电作用 C. 氢键 D. 金属键 （3）已知：的歧化反应                                                           ①根据上述信息，计算反应热　　　　　　　　　　　。 ②在298 K时，反应的则在该条件下，在溶液中　　　　　　　　　　　(填“能”或“不能”)大量存在。理由是　　　　　　　　　　　。 （4）写出黄铜矿焙烧的主要反应方程式：　　　　　　　　　　　 _____________ （5）用硫酸浸出黄铜矿时，生成、、。为了将目标铜元素分离提纯，需向反应液中多添加　　　　　　　　　　　(选填“氧化剂”或“还原剂”)。 铜的提取最后一步为电解。电解装置中使用质子交换膜分隔两极室。如下图所示。 （6）写出阴极的电极反应式　　　　　　　　　　　。 （7）反应中可以用___________替代。 A. 葡萄糖 B.  C.  D.  （8）下图为晶胞图，图中1个S进入的是2个Cu和2个Fe围成的四面体，有部分Cu未画出，则晶胞中未画出的Cu处在晶胞的　　　　　　　　　　　位置。 A. 体心       B. 面心       C. 顶点       D. 棱心 距离Cu原子最近的S原子有　　　　　　　　　　　个。 （9）、、三种微粒的键角从大到小的顺序是　　　　　　　　　　　。并说明和键角不同的原因是　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）D     （2）BC     （3）① 875    ② 能    ③ 该温度下反应的，歧化反应正向非自发，不会转化为和，可大量存在     （4）     （5）还原剂     （6）Cu2++2e-=Cu     （7）A     （8）① A    ② 4     （9）①     ② 中原子有1对孤电子对，中原子有2对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力越大，键角越小      【解析】(1)该辅助光亮剂含、、、四种元素，同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，电负性顺序为，故电负性最大的是，最小的是，选D。 (2)该离子液体中阴阳离子之间存在离子间静电作用，阳离子中的键可与阴离子中的形成氢键，金属键仅存在于金属晶体中，不存在金属键，故选BC。 (3)(1) 根据盖斯定律，目标反应可由已知第一个反应与第四个反应相加得到，故。 (2) 298K时，反应的吉布斯自由能，说明歧化反应在该条件下正向非自发，故不会转化为和，在溶液中能大量存在。 (4)依据电子守恒，中从+2价升高到+3价，每个失1e⁻，从-2价升高到+6价，每个失8e⁻，4mol 共失电子，中从0价降低到-2价，1mol 得4e⁻，故的系数为。再依据原子守恒与电荷守恒，反应物缺项为，的系数为8，配平后总反应为。 (5)反应液中含、、、，后续需要得到绿矾，需添加还原剂将还原为。 (6)据图可知，阴极发生的反应为Cu2++2e-=Cu。 (7)反应中中、元素化合价升高，作还原剂，需选择还原性物质替代，选项中只有葡萄糖具有还原性，、无强还原性，为氧化剂，故选A。 (8)晶胞中原子采取面心立方堆积，已画出的位于顶点和面心位置，未画出的位于晶胞体心位置，选A；每个原子周围紧邻的原子构成四面体结构，故距离原子最近的原子有4个。 (9)、、的中心原子均为杂化，中有1对孤电子对，中有1对孤电子对但的电负性小于，孤电子对排斥力更小，中有2对孤电子对，孤电子对排斥力更大，故键角顺序为；和键角不同的原因是中原子有1对孤电子对，中原子有2对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力越大，键角越小。 15.(2026·江苏·高考真题)含铷(Rb，ⅠA族元素)矿物黑云母生产的RbCl，可用于航空航天领域。黑云母化学式为，其中为或。 （1）浮选分离。黑云母与十二胺()结合后会上浮，与其他矿物分离后回收，浮选示意如图。 已知：黑云母在水中表面带负电荷。 ①黑云母上浮，是因为十二胺中的　　　　　　　　　　　(填“烃基”或“氨基”)具有疏水性。 ②黑云母的回收率随浮选时水的变化如图所示。酸性条件下浮选时，越低黑云母回收率越大的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）硫酸酸浸。黑云母具有层状结构，与硫酸反应得到硫酸盐和，酸浸时加入等金属离子进入层间，能将交换出来，产生的空隙有利于进入，提升酸浸效果。 ①某黑云母的化学式中，酸浸液中主要金属阳离子有、K+、、Mg2+、　　　　　(填离子符号)。 ②其他条件不变，酸浸时添加同浓度的比浸出效果好，可能的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （3）结晶焙烧。浸出液除杂后得到含、K+、、的混合溶液，蒸发浓缩、冷却结晶获得晶体(相关物质的溶解度曲线如图所示)，焙烧后获得。 ①为提高的回收率和纯度，结晶后，趁热过滤的适宜温度为　　　　　℃。 ②将在700℃进行焙烧，分解仅得到和两种氧化物，该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）萃取转化。将含和的混合溶液多次萃取转化，获得RbCl和混合溶液。已知：元素回收率为96%，K元素回收率为40%[回收率]。计算萃取转化所得溶液中的　　　　　　　　(写出计算过程)。 【答案】（1）① 烃基    ② 溶液中pH越低，浓度越大，会和结合形成，带正电的更容易通过静电作用与表面带负电的黑云母结合，使其上浮从而提高黑云母的回收率；     （2）① 、    ② 酸性条件下可以将氧化成，促进的交换，有利于进入，提升酸浸效果     （3）① 40    ②      （4）0.6      【解析】(1)① 十二胺中的烃基（）属于长链烃基，属于疏水性基团，而氨基（）属于亲水基团，因此十二胺中烃基具有疏水性； ② 溶液中pH越低，浓度越大，十二胺中的会和结合形成，为带正电的阳离子，而已知黑云母在水中表面带负电荷，带正电的更容易通过静电作用与表面带负电的黑云母结合，使其上浮从而提高黑云母的回收率； (2)① 当x=3时，黑云母的化学式为，根据化合价代数和为0计算，M为+1价，Si为+4价，Al为+3价，O为-2价，OH为-1价，因此三个Fe的化合价之和为+7，因此说明三个Fe中有两个和一个，因此溶液中金属阳离子除了、K+、、Mg2+，还有和； ② 酸性条件下可以将氧化成，根据已知可知，金属离子进行层间能将交换出来，使更多的离子交换出来，产生的孔隙有利于进入，提升酸浸效果； (3)① 由图可知，在10℃-40℃时的溶解度较小，在40℃后溶解度提高，因此温度继续提高不能保证的回收率和纯度，并且的溶解度在40℃时的溶解度较大，为提高的回收率和纯度，选择的趁热过滤的温度应为40℃； ②在700℃焙烧时，分解得到除了，两种氧化物应为和，因此化学方程式为； (4)的物质的量为，根据元素守恒，，由于元素回收率为96%，可以求出萃取转化后溶液中；的物质的量为，根据元素守恒，，由于K元素回收率为40%，可以求出萃取转化后溶液中，因此同一溶液中。 16.(2026·山东·高考真题)一种从铜阳极泥（主要含、、）中分离提取贵金属、的工艺流程如下： 已知：“球磨提金”时，生成的高活性直接和反应生成。 ；　。 回答下列问题： （1）“酸浸”时，与稀反应生成二元弱酸的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）“球磨提金”时，生成的反应中作氧化剂的是　　　　　　　　　　（填化学式）。 （3）“酸溶”时，转化为；“反萃取”时加入溶液后，水相中以形式存在，的两个作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。“酸化析金”时，发生自身氧化还原反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）“溶银”中，忽略溶液体积变化，若使完全溶于氨水，则反应后溶液中　　　　　　　。 （5）“还原提银”所得滤液X经处理后的产品可导入“球磨提金”加以利用，则处理滤液X时加入的物质是　　　　　　　　　　　（填化学式）。 【答案】（1）     （2）     （3）① 将+3价的还原为+1价、提供配体    ②      （4）     （5）      【解析】铜阳极泥原料主要含、、，先加入稀硝酸、稀硫酸进行酸浸，、被硝酸氧化溶解生成、、二元弱酸与，、、二元弱酸进入滤液，留在沉淀中；沉淀加入、球磨提金，氧化氯离子生成活性，将氧化为，经稀盐酸酸溶得到水溶液，有机萃取剂萃取金进入有机相，水相分离后有机相中加入反萃取，既作还原剂还原又提供配体形成，再经稀盐酸酸化，发生自身氧化还原析出单质；酸浸滤液中加入沉银得到沉淀，加氨水溶银生成可溶性络离子，再用水合肼还原提银析出单质，释放得到滤液； (1)中为价被氧化为，为价被氧化为，被还原为，结合得失电子守恒和原子、电荷守恒配平方程式为； (2)“球磨提金”时，加入的在酸性条件下氧化生成，元素化合价降低，作氧化剂； (3)具有还原性，将中价还原为低价价；作为配体，与形成络离子进入水相实现反萃取，因此的作用为将+3价的还原为+1价，提供配体；中降价生成单质，元素部分转化为、部分为，结合得失电子守恒和原子、电荷守恒配平方程式为； (4)已知：；，总反应为，平衡常数。完全溶于氨水，平衡时，代入，得平衡游离，因此； (5)还原提银时水合肼与银氨络离子反应释放，滤液含铵盐，球磨提金工序需要，向滤液加入，将转化为，可循环至球磨提金步骤。 17.(2026·上海·高考真题)硝普钠()为一种速效和短时作用的血管扩张药，某化学实验小组按以下流程制备硝普钠晶体。 已知： ①硝普钠易溶于水，溶解度随温度变化不大； ②氧化步骤的反应方程式为： 1. 已知中配体为、，则该配合物的中心离子和配位数分别为___________。 A. 、5 B. 、6 C. 、5 D. 、6 2. 在第3步中，通常需要将缓慢滴加到圆底烧瓶中，需要用到的仪器是___________。 A. 量筒 B. 烧杯 C. 恒压滴液漏斗 D. 长颈漏斗 3. 连续操作包含的过程有　　　　　　　　　　　。 4. 步骤③中加入的作用是　　　　　　　　　　　。 5. 制备过程中应选用的检验方法是　　　　　　　　　　　。 A．甲基橙       B．甲基红       C．pH计 6. 步骤④中除去的物质a是___________。 A. 硝酸钠 B. 氨 C. 硝酸钾 D. 硝酸 7. 物质b的主要成分是　　　　　　　　　　　。 8. 已知粗产品中的硝普钠含有结晶水，加热一段时间后，其质量减少了12%，则粗产品中硝普钠的结晶水个数为　　　　　　　　　　　(保留整数)。已知： 【答案】1. B     2. C     3. 蒸发结晶、趁热过滤     4. 将 H2[Fe(CN)5(NO)] 转化为目标产物 Na2[Fe(CN)5(NO)]，同时将 转化为 NH3·H2O 以便后续煮沸除去     5. C     6. B     7. KNO3、NaNO3     8. 2      【解析】溶解后经HNO3氧化，生成H2[Fe(CN)5(NO)]、NH4NO3、KNO3后再用Na2CO3将溶液调至pH=8，此时H2[Fe(CN)5(NO)]转化成Na2[Fe(CN)5(NO)]、NH4NO3转化成NaNO3和，煮沸除去NH3，溶液进行蒸发结晶，得到滤渣为粗产品，滤液中主要含硝酸钾、硝酸钠。 (1)整个配合物为电中性，设中心的化合价为，根据电荷守恒：，解得，即中心离子为；配体为个和个，总配位数为； (2)操作要求缓慢滴加，要控制滴加速度，恒压滴液漏斗可以满足该要求，而量筒仅用于量取体积，烧杯、长颈漏斗无法控制匀速缓慢滴加； (3)硝普钠易溶于水、溶解度随温度变化不大，杂质（如硝酸钾）溶解度随温度变化大，要从溶液中分离出硝普钠，采用的方法是将硝普钠蒸发结晶析出，趁热过滤分离含KNO3、NaNO3溶液，并得到滤渣粗产品硝普钠； (4)用Na2CO3中和氧化生成的酸，调节pH至8，将H2[Fe(CN)5(NO)]转化为目标产物Na2[Fe(CN)5(NO)]，同时将 转化为 NH3·H2O 以便后续煮沸除去； (5)甲基橙变色范围为，甲基红变色范围为，均无法准确指示；计可以准确测定溶液，满足要求； (6)根据氧化反应方程式，产物含，在的碱性条件下煮沸，转化为（氨）逸出，因此煮沸除去的物质为氨； (7)反应物为，氧化反应后生成大量，步骤同时又会生成NaNO3，蒸发结晶后，滤液中主要含、NaNO3，因此物质的主要成份为硝酸钾、硝酸钠； (8)设结晶水个数为，加热减少的质量为结晶水的质量，根据硝普钠化学式可知：  解得。 18.(2026·四川·高考真题)为了保护环境、充分利用资源，某科研小组提出一种从闪锌矿湿法炼锌后的脱硫浸渣中回收铅和银的方法。浸渣主要含有、、、ZnS和少量等，回收流程如下。 已知：常温下，有关物质的溶度积常数如下。 物质 AgCl 回答下列问题： （1）闪锌矿中的锌元素在元素周期表中位于第　　　　　　　　　　　周期、第　　　　　　　　　　　族。 （2）“煅烧”温度控制在350℃左右，中的硫酸根不分解、铅以形式存在，其分解反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　。 （3）“酸浸”时，还加入了少量NaCl，其目的是　　　　　　　　　　　，浸出的主要金属离子是　　　　　　　　　　　。 （4）“溶铅”时，使用含的热浓食盐水将铅盐转化为，其离子方程式是　　　　　　　　　　　。食盐水中添加的作用有　　　　　　　　　　　。 （5）溶液适当稀释和降温，便析出沉淀。分离后的母液，应返回　　　　　　　　　　　步骤中。 （6）“电解”时，压片组成阴极，惰性电极作阳极，溶液为电解液。电解获得金属铅的过程中，除阳极产生和少量外，阳极附近溶液中还伴有少量生成和pH下降，导致溶液pH下降的原因有　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）① 四    ② ⅡB     （2）     （3）① 将元素转化为沉淀，提高的回收率    ② 、     （4）①     ② 增大浓度，利于生成；与产生的结合，促进反应正向移动     （5）溶铅     （6）阳极发生电极反应、，生成，使得溶液的降低      【解析】脱硫浸渣原料含、、、、少量，通入空气350℃煅烧，分解生成、、与水，、氧化为硫酸盐；煅烧产物加稀硫酸酸浸并加入少量，、元素转化为、进入滤液分离除去，体系内与结合生成固体留在酸浸渣中，酸浸渣主要含、、，随后加入氯化胆碱进行溶银步骤，氯化胆碱可与形成可溶性银氯配离子，银元素溶解得到银溶液实现银回收，脱银后的固体再投入含、的热浓食盐水中溶铅，与、反应生成可溶性配离子同时析出废渣，向溶铅液加水稀释降温，解离析出沉淀，分离后的母液返回溶铅步骤循环使用，最后压片作阴极、惰性电极作阳极，溶液为电解液电解得到金属铅。 (1)Zn元素原子序数30，核外电子层为4层，价电子排布，位于元素周期表第四周期ⅡB族； (2)由题，350℃下分解，硫酸根不分解，产物为、、、，化学方程式为 ； (3)酸浸加入少量电离出，煅烧生成的会与发生沉淀转化，生成溶度积更小的固体留存于酸浸渣，避免银随、进入滤液流失，提高后续银的总回收率；酸浸时锌、铁的氧化物、硫酸盐溶于稀硫酸，浸出主要金属离子为、； (4)溶铅时固体和、反应生成可溶性与沉淀，离子方程式：；食盐水中的电离出增大体系氯离子浓度，促进转化为可溶性，同时结合反应生成的生成沉淀，降低溶液中硫酸根浓度，推动溶铅平衡正向移动； (5)稀释降温后解离析出，分离后的母液富含、，可返回溶铅步骤循环利用，节约原料； (6)电解时阳极除失电子发生氧化反应生成外，水电离出的和电解液中失电子均会失电子，分别发生反应、生成、，两个阳极反应均生成，溶液氢离子浓度升高，最终体系pH下降。 19.(2026·陕晋青宁·高考真题)一种从废旧电池粉(主要成分为LiFePO4，含有少量FePO4、石墨、Al等)中深度回收锂的工艺，部分流程如下： 已知：①磷酸铁锂电池反应为； ②“沉铝”时，滤渣中含和少量。 回答下列问题： （1）废旧电池粉碎前一般需先放电，正极反应式为　　　　　　　　。 （2）“酸浸Ⅰ”时，除粉碎外，可提高酸浸速率的措施有　　　　　　　　(任写两种)。该过程有生成，溶解的化学方程式为　　　　　　　　。滤渣的主要成分为　　　　　　　　。 （3）“沉铝”时，中Fe元素的化合价为　　　　　　　　。 （4）“焙烧”时产生的HF，用　　　　　　　　吸收后，产物可以循环利用。 （5）“除杂”时，在一定pH范围内，会发生反应(平衡常数为)。若溶液中为，不考虑其他离子参与反应，为防止沉淀，需小于　　　　　　　　(用含a、b的代数式表示)。 （6）滤液2中，溶质除Na2CO3外，主要含　　　　　　　　(填化学式)。 （7）滤液1需先加入H2O2溶液，再加入氨水除杂，最后回收Li3PO4。H2O2的作用是　　　　　　　　。取少量加H2O2溶液后的滤液1，滴加　　　　　　　　，若产生蓝色沉淀，则需补加H2O2溶液。 【答案】（1）     （2）① 适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度等（任写两种）    ②     ③ C（石墨）     （3）+3     （4）NaOH溶液或Na2CO3溶液     （5）     （6）Na2SO4     （7）① 将氧化为，便于后续沉淀    ② 铁氰化钾溶液（）      【解析】原料为含，混有少量、石墨、Al杂质的废旧电池粉，首先经硫酸酸浸，不溶于酸的石墨作为滤渣除去，等含锂物料与硫酸反应，浸出、、、、磷酸根等离子；随后调沉铝，沉铝后的滤液可单独回收得到，沉铝滤渣经焙烧、酸浸、调pH除杂除去铁铝杂质后，最终加饱和碳酸钠沉锂得到产品，焙烧产生的可吸收循环利用，实现了废旧锂电资源的高效清洁回收。 (1)磷酸铁锂电池放电时的总反应为：，正极与得电子生成，故正极的电极反应式为； (2)“酸浸Ⅰ”时，除粉碎外，适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度等（任写两种）均可提高酸浸速率；“酸浸I”时， LiFePO4与反应生成、和，化学方程式为：；原料含石墨，石墨不与稀硫酸反应，故滤渣主要为C（石墨）； (3)再中，设Fe化合价为x，为+1价，P为+5价，O为-2价，化合价代数和为0，即，解得x=+3，即Fe为+3价； (4)流程中 “沉铝” 步骤消耗NaF，HF 与NaOH或Na2CO3反应生成的NaF可循环，故选用NaOH溶液或Na2CO3溶液； (5)反应的平衡常数表达式为，为防止Li3PO4沉淀，反应逆向进行，需满足Q>K，即，带入为，，； (6)沉锂反应的反应方程式为，则体系阳离子为Na+，阴离子为（酸浸II引入硫酸根），故除过量Na2CO3外，主要含Na2SO4； (7)沉铝产物含，Fe 为+3价，由分析知，酸浸后溶液含，H2O2作氧化剂，将氧化为，便于后续沉淀；由于与铁氰化钾溶液（）生成蓝色沉淀，故取少量加H2O2溶液后的滤液1，滴加铁氰化钾溶液（），若产生蓝色沉淀，则未完全氧化为，则需补加H2O2溶液。 20.(2026·甘肃·高考真题)某地为完善绿色化工布局、延伸传统产业链条建设钛白厂。生产钛白(TiO2)的主要工艺流程如下： 已知钛铁矿(主要成分为)的酸解反应方程式为； 的溶解度为。 （1）该地已建有大型金属冶炼厂，主要原料为金属硫化物，据此分析在该地建设钛白厂的优势有　　　　　　　　。 （2）FeSO4的溶解度随温度变化如图所示，则“操作X”是　　　　　　　　　　　和过滤。 （3）钛白是一种白色固体，若产品钛白颜色发黄，可能是由于“还原”工艺中　　　　　　　　　　　。 （4）绿矾()在碱性条件下与氧气反应可制备多孔羟基氧化铁[]。每生产至少需消耗　　　　　　　　　　　；多孔具有优良的气体净化能力，原因有　　　　　　　　　　　　　　。 （5）利用如下工艺流程制备金属钛： 已知一个化学反应、不管是一步完成还是分几步完成，其自由能变相同。在1073 K时： ①        ②        反应①不能自发进行，但“氯化”工艺中加入过量焦炭后可生成，该工艺发生的总反应方程式为　　　　　　　　。加入焦炭后反应能够自发进行的原因是　　　　　　　　。 【答案】（1）冶炼金属硫化物产生的可用于制备硫酸，为钛白厂提供原料，降低生产成本并减少环境污染     （2）蒸发浓缩、冷却结晶     （3）铁屑加入量不足，导致溶液中的未被完全还原，后续水解生成含铁杂质混入产品中     （4）①     ② 多孔结构具有较大的比表面积，物理吸附能力强，且能与发生化学反应     （5）①     ② 总反应的自由能变，反应能够自发进行      【解析】钛铁矿(主要成分为)，加入浓硫酸，发生的酸解反应方程式为，加水进行水浸，得到含和的溶液，水浸后加铁屑还原，把Fe3+全部还原为Fe2+，取上层清液，进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到晶体和含溶液，经过一系列操作得到钛白(TiO2)，据此回答。 (1)该地建有大型金属硫化物冶炼厂，金属硫化物冶炼会产生大量，经氧化、吸水可以制备浓硫酸，为钛白厂提供原料，降低生产成本并减少环境污染； (2)由图像知，溶解度随温度降低明显减小，要析出晶体，需要进行的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶，再过滤； (3)钛白TiO2是白色，Fe2O3（三氧化二铁）是红黄色，还原步骤加铁屑目的为把Fe3+全部还原为Fe2+，后续以晶体除去， 若铁屑不足，Fe3+没有完全被还原除去，后续煅烧生成Fe2O3杂质，钛白发黄； (4)绿矾()在碱性条件下与氧气反应可制备多孔羟基氧化铁[]，反应的化学方程式为：，根据方程可得，则生成1 mol FeO(OH)，消耗0.25molO2；由于多孔FeO(OH)的多孔结构，比表面积大，吸附能力强；Fe3+具有氧化性，可以和还原性气体H2S发生氧化还原反应；H2S是酸性气体，可以和FeO(OH)发生酸碱反应，故多孔具有优良的气体净化能力； (5)已知①，②，由① +②可得总反应为：；总反应可以自发。 21.(2026·湖北·高考真题)赤铁矿主要成分为（含少量、、等元素的氧化物），结构致密，在酸液中溶解缓慢。某研究小组以赤铁矿为原料制备电池级磷酸铁（）的低碳新工艺流程如下： 已知：时，的电离常数；。 回答下列问题： （1）基态铁原子的价层电子排布式为　　　　　　　　。 （2）预处理将赤铁矿中部分转化为，导致晶格畸变，使矿石产生微裂纹，加快“酸浸”速率，其原因是　　　　　　　　。 （3）“酸浸”条件：为的混合酸，。混合酸中盐酸的作用是　　　　　　　　（答两条即可）。 （4）酸浸液中加入，被氧化成的离子方程式为　　　　　　　　。 （5）“沉淀”步骤中，用氨水调节至2.00生成沉淀，无沉淀。基于，该溶液中浓度不大于　　　　　　　　，此时滤液中的主要成分为　　　　　　　　（填化学式）。 （6）沉淀煅烧得到，质量符合锂电池材料的工业规格。时，得到的沉淀中含、等少量杂质，煅烧沉淀得到的目标产物中与原子个数比为。此时，产物中杂质是　　　　　　　　（填化学式）。 【答案】（1）     （2）矿石产生微裂纹，增大固液接触面积，便于酸液渗透，加快浸出反应速率     （3）提供大量H+，增强体系酸性，促进氧化铁矿物溶解、提供，与形成稳定配离子，促进铁元素浸出、同时不引入杂质，不干扰后续FePO4沉淀生成（任选两条）     （4）     （5）①     ② NH4Cl     （6）      【解析】赤铁矿主要成分为（含少量、、等元素的氧化物），先掺入 0.8% 碳在650℃高温活化预处理，破坏矿石致密结构，提升后续酸浸效率；再用HCl-H3PO4混合酸加热酸浸，铁元素溶出，硅类杂质形成滤渣分离；浸出液加H2O2氧化，将低价铁全部转化为Fe3+，随后滴加氨水调节pH，沉淀析出，滤液含铝、镁杂质除去。结晶产物经650℃煅烧脱去结晶水，最终得到无水磷酸铁，据此回答。 (1)Fe为26号元素，电子排布，价层电子排布式为：； (2)矿石晶格畸变产生微裂纹，增大矿石与酸液的接触面积，同时内部孔隙增多，酸液更容易渗入矿石内部，有效提升浸出反应速率； (3)“酸浸”加入盐酸，提供大量H+，增强体系酸性，促进氧化铁矿物溶解；提供，与形成稳定配离子，促进铁元素浸出；同时不引入杂质，不干扰后续沉淀生成（任选两条）； (4)酸浸液中加入，被氧化为，与形成配合物，离子方程式为：； (5)，，，，；加，故阳离子主要为：，阴离子主要为：，此时滤液中的主要成分为NH4Cl； (6)中与原子个数比为，煅烧沉淀得到的目标产物中与原子个数比为，Fe比例偏高，说明杂质不含P、只含铁，原料杂质、煅烧脱水生成，故产物中杂质是。 22.(2026·重庆·高考真题)从金精矿(含、和等)提取金的一种综合利用工艺流程包括如下三个过程： （1）焙烧金精矿 ①S元素位于周期表第　　　　　　　　　周期。 ②焙烧前，将矿石研磨成粉末的作用是　　　　　　　　　。 ③焙烧时，分解为和气态，该化学方程式为　　　　　　　　　。 ④烟气中含有和等物质。已知分子为正四面体形，分子结构可视为4个原子分别嵌入的4条棱上，则分子的结构有　　　　　　　　　种。 （2）制备硫代硫酸盐 ①气体a的化学式为　　　　　　　　　。 ②固体Ⅰ和固体Ⅱ是两种非金属单质，其名称分别为　　　　　　　　　。 （3）提取金 ①浸金过程中，在的作用下与生成，其离子方程式为　　　　　　　　　。 ②浸金时需加入氨水使溶液呈碱性。若碱性过强，置换过程中会有，生成而影响提金的效果。25℃时，溶液中，，为确保不转化为沉淀，理论上不应高于　　　　　　　　　。(     ，)。 【答案】（1）① 三    ② 增大反应物的接触面积，加快焙烧反应速率，使矿石反应更充分    ③     ④ 2     （2）①     ② 砷、硫     （3）①     ② 10      【解析】金精矿(含、和等)经无氧焙烧后得到含有、S、等的烟气和含Au、的焙渣Ⅰ；烟气中通入氢气得到和含砷单质的固体Ⅰ，焙渣Ⅰ在空气中焙烧，被氧化生成氧化铁和二氧化硫，故气体a为二氧化硫，焙渣Ⅱ为氧化铁、Au；一部分二氧化硫与硫化氢发生归中反应生成S单质，故固体Ⅱ为S，另一部分二氧化硫经吸收转化为亚硫酸盐，S与亚硫酸盐发生反应生成硫代硫酸盐；焙渣Ⅱ中加入硫代硫酸盐，Au在氧气作用下与生成，向所得溶液中加入锌粉，发生还原反应得到金，据此分析。 (1)① S的核电荷数为16，电子排布为2、8、6，共3个电子层，周期数等于电子层数，因此位于第三周期。 ②将矿石研磨成粉末可以增大反应物的接触面积，加快焙烧反应速率，使矿石反应更充分。 ③ 无氧焙烧，分解为和气态，根据Fe、S原子守恒配平得到化学反应方程式为 。 ④为正四面体，一共有6条棱，从6条棱中选4条嵌入S原子，等价去掉2条棱，正四面体去掉2条棱只有两种情况，两条棱相邻(共顶点)和两条棱异面(对棱)，因此分子的结构只有2种不同的结构。 (2)① 含的焙渣在空气中焙烧，被氧化生成二氧化硫，因此气体a为SO2。 ②烟气中含有、，因此反应后得到非金属固体单质Ⅰ为砷；H2S和SO2发生反应，得到的非金属固体单质Ⅱ为硫。 (3)① Au被O2氧化为+1价进入配离子，O2被还原，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平得到离子方程式为。 ② 配合物稳定常数 ，代入数据： ，解得， 不生成沉淀满足，则 ，，。 23.(2026·广东·高考真题)金(Au)是一种战略性金属。从某金精矿(含金、银、、、和等)中提取金并综合利用部分物质的一种工艺如下。 已知：和在一定条件下均可与形成可溶于水的配离子。 氢氧化物 （1）金精矿研磨成粉是为了　　　　　　　　　　　，提高浸取速率。 （2）“沉锑”的反应中，还原剂为　　　　　　　　　　　。 （3）“电解”在电解池(图1)中实施，一定条件下实现“沉锑”试剂的回收利用。忽略生成气体的反应，则 ①阴极反应式为　　　　　　　　　　　。 ②初始电解液中，。为防止阳极室电解过程中产生沉淀，理论上，最终阳极室应不大于　　　　　　　　　　　(列算式)。 （4）“X”包含多个步骤，需同时用到和溶液。一定条件下，Au、Ag浸取率随溶液中的变化如图2，在滤液2中主要以存在。为尽可能提高金的提取率和纯度，“X”包括的步骤为　　　　　　　　　　　。 （5）“沉金”通过的调控使反应在弱酸性条件下进行，生成的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 _________________。 （6）某杂冠醚可选择性地与含银废液中的形成如图3的超分子，其选择性识别的原因为该杂冠醚与有配位作用且　　　　　　　　　　　。 （7）①Sb与N同族，AlSb与GaN中离子键成分的百分数较大的是　　　　　　　　　　　。 ②AlSb晶体的立方晶胞结构如图4，其原子占据A、B、C三种位置，每种位置上只有一种原子，则Al占据　　　　　　　　　　　位置，Sb占据　　　　　　　　　　　位置。(填编号) 【答案】（1）增大反应物接触面积     （2） （或铁粉）     （3）①      ②  或     （4）先控制浓度在，与HCl溶液浸出后过滤除去，再控制浓度在与HCl溶液浸出     （5）      （6）杂冠醚的空腔大小与的直径（大小）相匹配     （7）① GaN    ② A、B或C    ③ C或A、B      【解析】先通过盐酸+氧化剂体系，将硫化锑转化为可溶性配离子，过滤后滤泥含有Au、Ag、、S等；滤液主要含，还会存在、等，再用铁粉还原沉锑得到单质锑，同时也将还原为，滤液1含有、，通过电解实现沉锑试剂的回收循环，降低原料成本。滤泥除硫后得到含金银粉体，通过控制浓度在酸性条件下实现金、银的选择性浸出，最后用亚硫酸钠还原沉金得到单质金，回收的锑可进一步加工制备光电材料AlSb，实现副产物高值化利用。 (1)固体研磨成粉，可增大反应物接触面积，加快反应浸取速率。 (2)沉锑过程中，将中+3价还原为单质，被氧化，作还原剂。 (3)① 电解回收沉锑试剂（铁粉），阴极得电子生成单质，故阴极反应为。 ②阳极室要防止产生沉淀，由数据可知，和两种沉淀中，先沉淀，但考虑到阳极失电子生成，最终，，计算得不产生沉淀时，该值远小于沉淀的临界，因此按计算。 (4)由图可知，在时浸取率接近，浸取率很低，先过滤除去；再将调至，浸取率接近，可提高金的提取率和纯度。 (5)从价降为，个共得；中从价升为价（生成），每个失，因此系数为3，再结合原子守恒、电荷守恒配平可得方程式。 (6)超分子选择性识别的原理，除了配位作用，还需要空腔尺寸与离子大小匹配。 (7)① 离子键成分百分数随元素电负性差增大而增大，电负性远大于，和电负性相近，因此中电负性差更大，离子键成分更大。 ②为型化合物，晶胞中：（顶点）数目为，（面心）数目为，共4个；（晶胞内部）共4个，满足。由此可知，顶点和面心是一种原子，晶胞内部是另一种原子，因此Al和Sb分别占据顶点（A）+面心（B）和体内四面体空隙（C）；二者可互换顺序。 24.(2026·全国·高考真题)钼(Mo)是重要的战略金属。一种由辉钼矿(，含有少量Cu、Zn、Fe的硫化物和)生产高纯度的工艺流程如下图所示。 回答下列问题。 （1）经“焙烧”转化为和，该反应的化学方程式为　　　　　　　　　。 （2）“焙烧”时也会生成少量的，需在“氨浸”前加入适量　　　　　　　　　溶液(填a、b或c)进行处理。 a．       b．NaClO       c．NaCl （3）“酸洗”后残留的少量锌和铜，在“氨浸”过程中分别转化为配离子和　　　　　　　　　。 （4）不溶于水和稀酸，但可溶于碱。“氨浸”过程中转化为可溶的，该反应的离子方程式为　　　　　　　　　。 （5）“滤渣1”的主要成分为和　　　　　　　　　。 （6）“除杂”后，全部转化为　　　　　　　　　沉淀。若，，则　　　　　　　　　。已知： ；。 （7）“煅烧”过程中发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）b     （3）[Cu(NH3)4]2+     （4）     （5）SiO2     （6）① ZnS    ② 4.8×10-10     （7） 【解析】辉钼矿在空气中焙烧时，金属硫化物转化为金属氧化物和二氧化硫；向焙烧渣中加入盐酸酸洗，将氧化铜、氧化锌、氧化铁转化为氯化物，三氧化钼、二氧化硅不反应，过滤得到酸洗液和滤渣；向滤渣中加入氨水，将溶液中的三氧化钼转化为钼酸铵，少量的铜离子、锌离子转化为四氨合铜离子、四氨合锌离子，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣1和滤液；向滤液中加入硫化铵除杂，将溶液中四氨合铜离子、四氨合锌离子转化为硫化铜、硫化锌沉淀，过滤得到含有硫化铜、硫化锌的滤渣2和滤液；滤液经蒸发结晶、过滤得到(NH4)6Mo7O24·4H2O；(NH4)6Mo7O24·4H2O煅烧得到三氧化钼。 (1)由分析可知，焙烧时二硫化钼发生的反应为二硫化钼与氧气高温条件下反应生成三氧化钼和二氧化硫，反应的化学方程式为： ； (2)由题意可知，氨浸前加入适量试剂的目的是将二氧化钼氧化为三氧化钼，便于氨浸转化为钼酸铵，则选择的试剂为具有强氧化性的次氯酸钠，故选b； (3)由分析可知，氨浸时加入氨水的目的是将溶液中的三氧化钼转化为钼酸铵，少量的铜离子、锌离子转化为四氨合铜离子、四氨合锌离子； (4)由分析可知，氨浸时加入氨水的目的是将溶液中的三氧化钼转化为钼酸铵，反应的离子方程式为：； (5)由分析可知，滤渣1的主要成分为二氧化硅； (6)由分析可知，除杂加入硫化铵除杂的目的是将溶液中四氨合铜离子、四氨合锌离子转化为硫化铜、硫化锌沉淀，其中四氨合锌离子发生的反应为：[Zn(NH3)4]2++S2-=ZnS↓+4NH3，反应的平衡常数为：K=====，由题意可知，溶液中四氨合锌离子的浓度为：=4.8×10-10 mol/L； (7)由分析可知，煅烧时发生的反应为(NH4)6Mo7O24·4H2O煅烧发生分解反应生成三氧化钼、氨气和水，反应的化学方程式为： 。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题12 工艺流程综合题 1.【答案】（1）增大固体与液体的接触面积，加快溶解速率，提高原料的浸出率     （2）强酸性     （3）     （4）玻璃棒     （5）     （6）可以回收副产物，提高资源利用率（或节约的用量）     （7） （或 ）      2.【答案】（1） IVA     （2）①     ② 增大体系中氧气的压强（或浓度），从而加快反应速率     （3）b     （4）ac     （5）①     ② 炭为固体，过量的炭容易混入生成的铅中，导致铅的纯度下降     （6）①     ②       3.【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）     （3）提取并回收金属铜，同时将阳极液中的氧化再生为（或 ）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）合并富集Ce、Au、Pd元素，提高Ce的利用率和Au、Pd的回收率     （7）      4.【答案】（1） 洗去废催化剂表面吸附的，减少后续“碱溶”时碱的消耗     （2）① 加热（或搅拌、适当增大溶液浓度、粉碎废催化剂等）    ②      （3）      （4）      （5）      （6）c     （7）      （8） 正四面体形      5.【答案】1. D     2. Cd2+ + 4H2S +2= CdS↓ + 2NO+3S↓+4H2O     3. B     4. A     5. 0.36     6. 1.58      6.【答案】（1）铝硅酸钠     （2）     （3）①     ②      （4）、     （5）A     （6）① 4    ② 否    ③ 可与形成，氯苯失去生成，两个带正电的不能结合成二联苯      7.【答案】（1）不能     （2）将还原为，降低Fe2+在有机离子液体中的分配率     （3）Ⅰ     （4）① 难溶物在溶液中的溶解度远小于    ② 在HCl组中的In元素产率高     （5）     （6）      8.【答案】（1）d     （2）① 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）    ② 4FeO·V2O3 + 24NaOH + 5O2  2Fe2O3+ 8Na3VO4+ 12H2O     （3）① Fe2O3    ② 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）2 + 3 + 10H⁺ = 2Cr3+ + 3 + 5H2O      9.【答案】（1）ds     （2）     （3）     （4）① HCl为强酸，会引入大量 导致溶液酸性过强，使PMS发生水解而降低氧化能力失效     ②      （5）作还原剂，将Au的阳离子还原为Au单质     （6）0.035     （7）      10.【答案】（1）d     （2）① 增大氧气的溶解度（或浓度），加快反应速率    ②      （3）①     ②      （4）2     （5）     （6）① 2    ② 被还原时发生反应：，溶液呈酸性，不利于“还原”步骤；而被还原时发生反应：，不会生成游离的，因此还原程度较高      11.【答案】（1）     （2）研磨（粉碎）钪铝渣     （3）     （4）     （5）①     ② 洗脱    ③ 相同条件下，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      12.【答案】（1）     （2）（磷）     （3）     （4）     （5）     （6）     （7）BCD     （8）① 2    ② 1      13.【答案】（1）胶体具有絮凝作用     （2）①     ②     ③ 3：1（或1：3）    ④ 四面体     （3）①     ② 的溶解度较大，易与不溶性杂质分离；的溶解度较小，易从浓溶液中结晶析出      14.【答案】（1）D     （2）BC     （3）① 875    ② 能    ③ 该温度下反应的，歧化反应正向非自发，不会转化为和，可大量存在     （4）     （5）还原剂     （6）Cu2++2e-=Cu     （7）A     （8）① A    ② 4     （9）①     ② 中原子有1对孤电子对，中原子有2对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力越大，键角越小      15.【答案】（1）① 烃基    ② 溶液中pH越低，浓度越大，会和结合形成，带正电的更容易通过静电作用与表面带负电的黑云母结合，使其上浮从而提高黑云母的回收率；     （2）① 、    ② 酸性条件下可以将氧化成，促进的交换，有利于进入，提升酸浸效果     （3）① 40    ②      （4）0.6      16.【答案】（1）     （2）     （3）① 将+3价的还原为+1价、提供配体    ②      （4）     （5）      7.【答案】1. B     2. C     3. 蒸发结晶、趁热过滤     4. 将 H2[Fe(CN)5(NO)] 转化为目标产物 Na2[Fe(CN)5(NO)]，同时将 转化为 NH3·H2O 以便后续煮沸除去     5. C     6. B     7. KNO3、NaNO3     8. 2      18.【答案】（1）① 四    ② ⅡB     （2）     （3）① 将元素转化为沉淀，提高的回收率    ② 、     （4）①     ② 增大浓度，利于生成；与产生的结合，促进反应正向移动     （5）溶铅     （6）阳极发生电极反应、，生成，使得溶液的降低      19.【答案】（1）     （2）① 适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度等（任写两种）    ②     ③ C（石墨）     （3）+3     （4）NaOH溶液或Na2CO3溶液     （5）     （6）Na2SO4     （7）① 将氧化为，便于后续沉淀    ② 铁氰化钾溶液（）      20.【答案】（1）冶炼金属硫化物产生的可用于制备硫酸，为钛白厂提供原料，降低生产成本并减少环境污染     （2）蒸发浓缩、冷却结晶     （3）铁屑加入量不足，导致溶液中的未被完全还原，后续水解生成含铁杂质混入产品中     （4）①     ② 多孔结构具有较大的比表面积，物理吸附能力强，且能与发生化学反应     （5）①     ② 总反应的自由能变，反应能够自发进行      21.【答案】（1）     （2）矿石产生微裂纹，增大固液接触面积，便于酸液渗透，加快浸出反应速率     （3）提供大量H+，增强体系酸性，促进氧化铁矿物溶解、提供，与形成稳定配离子，促进铁元素浸出、同时不引入杂质，不干扰后续FePO4沉淀生成（任选两条）     （4）     （5）①     ② NH4Cl     （6）      22.【答案】（1）① 三    ② 增大反应物的接触面积，加快焙烧反应速率，使矿石反应更充分    ③     ④ 2     （2）①     ② 砷、硫     （3）①     ② 10      23.【答案】（1）增大反应物接触面积     （2） （或铁粉）     （3）①      ②  或     （4）先控制浓度在，与HCl溶液浸出后过滤除去，再控制浓度在与HCl溶液浸出     （5）      （6）杂冠醚的空腔大小与的直径（大小）相匹配     （7）① GaN    ② A、B或C    ③ C或A、B      24.【答案】（1）     （2）b     （3）[Cu(NH3)4]2+     （4）     （5）SiO2     （6）① ZnS    ② 4.8×10-10     （7） 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题12 工艺流程综合题 1年真题 考点分类 2026年高考命题解读 创新考法 工艺流程综合题 2026福建(1题)、2026广西(1题)、2026海南(1题)、2026浙江(1题)、2026甘肃(1题)、2026全国(1题)、2026江苏(1题)、2026北京(1题)、2026重庆(1题)、2026湖北(1题)、2026四川(1题)、2026江西(1题)、2026贵州(1题)、2026山东(1题)、2026广东(1题)、2026湖南(1题)、2026河北(1题)、2026陕晋青宁(1题)、2026河南(1题)、2026云南(1题)、2026黑吉辽蒙(1题)、2026上海(3题) 聚焦战略金属、城市矿山、固废废液资源化、新材料与医药生产，突出绿色化工背景。设问覆盖条件控制、分离提纯、方程式书写、产率计算、原因解释和工艺评价；常以多步流程叠加数据表或陌生信息，要求分析参数优化、循环利用及污染控制。 1.(2026·海南·高考真题)稀土元素钇(Y)在发光、磁性材料等方面有着广泛的应用。Y在化合物中通常为+3价，其化合物的性质类似于镁的相应化合物。某研究小组以废弃的磁性材料(主要成分为，含少量)为原料，制备(s)。流程如下： 已知：，，。回答问题： （1）“研磨”的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）“加热溶解”操作中，主要利用了的难挥发性和　　　　　　　　　　。 （3）固体A的主要成分是　　　　　　　　　　(写化学式)。 （4）实验室过滤要用到的仪器有烧杯、漏斗、带铁圈的铁架台、　　　　　　　　　　。 （5）路线Ⅱ“沉钇”中发生的主要反应包括：和　　　　　　　　　　(用离子方程式表示)。 （6）对比路线Ⅱ，路线Ⅰ的优点是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(写出一点即可)。 （7）若将直接加热，无法得到无水，原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(用化学方程式表示)。 2.(2026·湖南·高考真题)一种由硫化铅精矿(含PbS及少量ZnS、CdS)制备高纯铅的工艺流程如下： 已知：①乙二胺(，简写为en)为一种二元弱碱。 ②，。 ③金属离子浓度不超过时，认为该离子已沉淀完全。 回答下列问题： （1）Pb在元素周期表中的位置为第六周期第　　　　　　族。 （2）“加压氧化”中，PbS发生反应的离子方程式为　　　　　　；采用加压操作可提高反应速率，原因是　　　　　　。 （3）“酸性溶液”经处理后，、浓度分别为、，调pH使恰好沉淀完全时(假设溶液体积不变)，　　　　　　(填标号)。 a．沉淀完全       b．部分沉淀       c．未沉淀 （4）“胺浸”后，转化为配合物，“沉铅”所得固体为碱式碳酸铅[]。下列说法正确的是　　　　　　(填标号)。 a．配合物中的配位原子为N b．“沉铅”过程中，溶液pH增大 c．流程中烯烃和乙二胺得到了循环利用 （5）“高温还原”中，生成Pb的化学方程式为　　　　　　；若用炭代替CH4，将导致铅纯度下降，原因是　　　　　　。 （6）“再生”时，得到的“含钙粗产品”的主要成分有　　　　　　、　　　　　　(写化学式)。 3.(2026·河南·高考真题)一种从废芯片(主要含有、、、、等)中回收金属的工艺流程如下： 已知：流程中被还原为；“浸出2”中和的浸出率较低；“浸出3”中和转化为和。 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，未完全转化为，“浸出1”中参与反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 （3）“电解”时，“滤液1”和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）已知的约为，表明该反应可以进行得基本完全，但在“浸出2”中浸出率较低，原因是　　　　　　　　　　　。 （5）“沉淀”产生的可被还原为，中元素只转化为。理论上与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，转化为沉淀，该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 4.(2026·广西·高考真题)钛基脱硝废催化剂（含、、、、、和吸附的）可用于制备新型功能材料钒酸铁，其流程如下。 已知：①、为两性氧化物，为酸性氧化物； ②在碱性条件下易结晶。 回答下列问题： （1）“水洗”的主要目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）为提高“碱溶”速率，可采取的措施是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（任举一例）。“滤渣1”主要成分为钛酸钠、　　　　　　　　　　。 （3）“降”至11后，溶液中主要的阳离子有　　　　　　　　　　。 （4）若“滤渣2”为，“沉硅铝”前的溶液含硅、铝，则理论上应加为　　　　　　　　　　。 （5）“沉钼”中先将转化为，经酸化后生成。则生成的离子反应方程式为　　　　　　　　　　。 （6）“试剂”最适宜的是　　　　　　　　　　（填标号）。 a．氨水       b．       c．       d． （7）可由等物质的量的与在溶液中反应制得，该化学反应方程式为　　　　　　　　　　。 （8）与构筑的三维层状结构是光反应的高效区域，其中结构类似于，则空间结构为　　　　　　　　　　。 5.(2026·上海·高考真题)CdS量子点是一种新型纳米半导体材料，在光电传感、太阳能电池领域应用广泛。以含镉废液(主要含、、，少量、杂质)为原料，经除杂、沉淀反应，制得CdS量子点，流程如下： 已知： ①常温下，，，。 ②、完全沉淀的，开始沉淀的； 1. 根据镉(Cd)元素在周期表中的信息，推测其在元素周期表中的位置是___________。 A. 第四周期第2族 B. 第五周期第Ⅷ族 C. 第四周期第12族 D. 第五周期第ⅡB族 2. 写出用过量和溶液反应制备CdS量子点的离子方程式　　　　　　　　　　　。 3. 量子点的直径一般为2 nm-10 nm，下列关于量子液体的叙述正确的是___________。 A. 该分散系为溶液 B. 用激光笔照射量子液体时能产生丁达尔现象 C. CdS量子点不稳定，易分解 D. 过滤能得到CdS晶体 4. 当紫外光照射量子点时，量子点会发出不同波长的光。已知量子点直径越大，发出的光越偏向红光；量子点直径越小，发出的光越偏向蓝光。若发出的光更偏向蓝光，则该量子点的直径更接近于___________。 A. 2 nm B. 10 nm C. 50 nm D. 100 nm 5. 室温下，往含溶液中加入至溶液的，可生成沉淀，则溶液中的比值为　　　　　　　　　　　。 6. 国家环保规定排污时的含量需要≤，现有室温下1000 L含的废水需要排放，废水中浓度为，需要加入　　　　　　　　　　　。 6.(2026·浙江·高考真题)铝及其化合物应用广泛。 工业上以铝土矿（主要成分可表示为，另含有少量、等元素）为原料生产铝及其化合物的流程如下： 请回答： （1）步骤Ⅰ生成　　　　　　　　　　（填一种物质名称），会导致产品铝的产率降低。 （2）结合能力：　　　　　　　　　　　Fe(OH)3（填“”“”或“”）。 （3）①步骤Ⅱ，高温饱和X溶液冷却，无沉淀析出，加入少量固体后，析出大量沉淀。沉淀析出的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（用化学方程式表示）。 ②步骤Ⅱ，往X溶液中通入也可析出沉淀。该反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）步骤Ⅲ，依次与两种含氟化合物反应，可制备。这两种含氟化合物是　　　　　　　　　（填化学式）。 （5）铝土矿中常伴生元素镓（Ga），通过上述流程可能进入产品铝中。为判断产品铝中是否含有Ga元素，宜采用的方法是　　　　　。 A．原子发射光谱法       B．红外光谱法       C．核磁共振氢谱法 （6）已知：。 ①的一种晶胞如图。该晶胞中阴离子的个数是　　　　　　　　。 ②有同学认为：通过形成，AlCl3能促使如下转化发生： 判断该观点是否合理　　　　　（填“是”或“否”），并从结构角度说明理由　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 7.(2026·江西·高考真题)稀散金属铟（In）是重要的战略资源。粗中主要杂质元素有As（Ⅲ）、Fe（Ⅲ）、Pb（Ⅱ），精制工艺流程图如下： 已知： a）萃取剂[Hbet][]是离子液体 b）， c）分配率（Fe） 回答下列问题： （1）离子液体[Hbet][]　　　　　　　　（填“能”或“不能”）与水互溶。 （2）阶段Ⅰ，In、Fe元素在两种体系中的浸出率及分配率如图，体系中维生素C（Vc）的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （3）有机相2可循环用于阶段　　　　　　　　（填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”）。 （4）试剂①可选择HCl或，主要元素的含量如下表（，按投料计质量分数）。 元素 粗/ 水相2/（） 精制/ 组 HCl组 组 HCl组 Fe 1.60 41 32 0.071 0.056 Pb 0.26 3 44 0.0042 0.016 In 58 18000 33000 51 57 i．水相2中，组浓度远小于HCl组，原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ii．实际工艺中选用HCl的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （5）阶段Ⅲ，溶液中　　　　　　　　时，恰好沉淀完全。 （6）水相2中的砷酸（）最终转化成沉淀，杂质As被除去。写出总化学反应方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 8.(2026·河北·高考真题)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、、和少量CaO、 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流量，其目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　；配平化学方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 _____ _____ _____ _____ _____ ______ （3）滤渣的主要成分有 、　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　(填化学式)。 （4）80℃和40℃时，和的溶解度随 质量分数变化如图所示。结合图像分析 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　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 9.(2026·云南·高考真题)创新驱动，深挖“城市矿山”，一种从废弃印刷电路板(WPCB)(主要含Cu、Ni、Au、Ag)中分离回收有价金属的工艺如下： 已知：①PMS为过一硫酸盐(含过氧键)，在强酸介质中会水解。 ②表示具有高氧化活性的单线态氧分子。 回答下列问题： （1）Au与Cu同族，属于　　　　　　　　　　区元素。 （2）“酸浸1”中发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　。 （3）“滤液2”中主要的金属离子有、　　　　　　　　　　(填离子符号)。 （4）“氧化溶金”中，KCl不能用HCl替代的原因为　　　　　　　　　　；PMS发生反应的离子方程式　　　　　　　　　　。(将离子方程式补充完整) __________+__________ （5）工序“”中，抗坏血酸的作用为　　　　　　　　　　。 （6）“碱沉”前，用的标准溶液测定“滤液”中的及浓度，和与的关系如图(，，忽略的水解)。“滤液1”中的浓度为　　　　　　　　　　(结果保留小数点后3位)。 （7）“沉银”时，“滤液2”与“滤液3”混合时有少量生成，其反应的化学方程式为　　　　　　　　　　。 10.(2026·黑吉辽蒙·高考真题)某工厂利用镍矿（主要成分为，含少量和）制备超细镍粉，物质转化流程如下（部分反应条件已略去）： 已知：①滤液1中镍以形式存在，硫以和少量形式存在； ②“部分蒸氨”时减小，转化为，。 回答下列问题： （1）依据核外电子排布，元素位于周期表　　　　　区。 （2）“氧压氨浸”时，加压的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　，转化为的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　。 （3）滤液1中铜的主要存在形式为　　　　　　　（填离子符号）。气体为　　　　　　　　　　（填化学式）。 （4）“转化”步骤通入足量氧气充分氧化滤液2中剩余的，该步骤无沉淀产生，则理论上每转化消耗的物质的量为　　　　　　。 （5）滤液3浓缩结晶得到的　　　　　　（填化学式）可用于生成化肥。 （6）近似条件下，不同溶液中二价镍[]浓度随“还原”步骤时间的变化如图。为提高的还原速率和转化率，应选择　　　　　　　（填“”或“”）。 已知酸性条件不利于“还原”步骤，解释还原程度较低而还原程度较高的原因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（结合离子方程式作答）。 11.(2026·贵州·高考真题)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［含及、、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，钪主要以的形式被浸出。 ③时，，   。 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，、溶液中时，pH为　　　　　　　　。 12.(2026·福建·高考真题)以下是从工业废催化剂{主要成分为}中提取的一种工艺流程。 已知：①废弃催化剂中还含有。溶液中的主要存在形式如下表所示。 主要形式 pH范围 <2.1 2.1～7.2 7.2～12.3 >12.3 ②、不稳定，易转化为难溶的。 ③难溶于水，其相对分子质量为3030。 ④W元素在水溶液中的分布系数图如图1所示。 Ⅰ．制备晶体回答下列问题： （1）“碱浸”工序中，的主要存在形式为　　　　　　　　　　　　　。 （2）X操作去除的元素是　　　　　　　　　　　　　。 （3）“萃取1”中，产生的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）“萃取2”中，存在的主要形式为　　　　　　　　　　　　　。 （5）本工艺中，可循环利用的物质为　　　　　　　　　　　　　。 （6）“析晶”工序的pH范围为　　　　　　　　　　　　　。 Ⅱ．热解晶体制备 该过程的热重分析图如图2所示。Y、Z是分解过程中产生的两种气体，图中标注的Y、Z表示该分解阶段产生了这种气体。据此回答下列问题： （7）下列说法不正确的是_____________。 A. Ⅰ→Ⅱ阶段时晶体的结构发生了改变 B. Ⅱ→Ⅲ阶段时分解出的Z为0.05 mol C. Ⅲ→Ⅳ阶段分解出的Y是结晶水 D. Ⅳ阶段得到的固体是 （8）在Ⅲ→Ⅳ、Ⅳ→V阶段煅烧均产生了Y、Z气体，则Ⅳ→V阶段产生的气体中Y与Z的体积比为　　　　　　　　　　　　　∶　　　　　　　　　　　　　。 13.(2026·北京·高考真题)高铁酸盐在水处理等领域有广泛应用。 （1）高铁酸根()具有强氧化性，可以杀菌消毒，其还原产物能进一步起到净水作用，净水的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）高铁酸盐的结构分析 一种含和的高铁酸盐晶体的晶胞结构示意图如下。 ①基态+6价的价层电子排布式是　　　　　　　　　　。 ②该高铁酸盐的化学式是　　　　　　　　　　。 ③的结构与相似。该晶胞中键的键长有2种，则2种键的数目之比是　　　　　　　　　　，的空间构型是　　　　　　　　　　形。 （3）高铁酸盐的性质及制备 ①高铁酸盐在碱性溶液中较稳定，在中性或酸性溶液中能快速产生，写出酸性条件下反应的离子方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②制备高纯度的方法之一： 上述流程中先制备，再制备。通常不用含的氧化剂直接得到产品。结合和的溶解性分析该方法的优点：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 14.(2026·上海·高考真题)黄铜矿的湿法冶金技术，主要包括直接酸浸、氧化焙烧、硫酸化焙烧。下列是利用酸浸出黄铜矿(主要成分，含有少量杂质)回收其中铜和铁的工艺流程如图： （1）化合物作为硫酸铜镀铜工艺的辅助光亮剂，可改善镀层的均匀性和光泽性，提升电镀层的质量和稳定性。该分子中电负性最大与最小的元素分别是___________。 A. C、S B. C、H C. N、S D. N、H （2）离子液体[]可用于萃取分离铜离子，该离子溶液中存在的作用力有___________(不定项)。 A. 配位键 B. 离子间静电作用 C. 氢键 D. 金属键 （3）已知：的歧化反应                                                           ①根据上述信息，计算反应热　　　　　　　　　　　。 ②在298 K时，反应的则在该条件下，在溶液中　　　　　　　　　　　(填“能”或“不能”)大量存在。理由是　　　　　　　　　　　。 （4）写出黄铜矿焙烧的主要反应方程式：　　　　　　　　　　　 _____________ （5）用硫酸浸出黄铜矿时，生成、、。为了将目标铜元素分离提纯，需向反应液中多添加　　　　　　　　　　　(选填“氧化剂”或“还原剂”)。 铜的提取最后一步为电解。电解装置中使用质子交换膜分隔两极室。如下图所示。 （6）写出阴极的电极反应式　　　　　　　　　　　。 （7）反应中可以用___________替代。 A. 葡萄糖 B.  C.  D.  （8）下图为晶胞图，图中1个S进入的是2个Cu和2个Fe围成的四面体，有部分Cu未画出，则晶胞中未画出的Cu处在晶胞的　　　　　　　　　　　位置。 A. 体心       B. 面心       C. 顶点       D. 棱心 距离Cu原子最近的S原子有　　　　　　　　　　　个。 （9）、、三种微粒的键角从大到小的顺序是　　　　　　　　　　　。并说明和键角不同的原因是　　　　　　　　　　　。 15.(2026·江苏·高考真题)含铷(Rb，ⅠA族元素)矿物黑云母生产的RbCl，可用于航空航天领域。黑云母化学式为，其中为或。 （1）浮选分离。黑云母与十二胺()结合后会上浮，与其他矿物分离后回收，浮选示意如图。 已知：黑云母在水中表面带负电荷。 ①黑云母上浮，是因为十二胺中的　　　　　　　　　　　(填“烃基”或“氨基”)具有疏水性。 ②黑云母的回收率随浮选时水的变化如图所示。酸性条件下浮选时，越低黑云母回收率越大的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）硫酸酸浸。黑云母具有层状结构，与硫酸反应得到硫酸盐和，酸浸时加入等金属离子进入层间，能将交换出来，产生的空隙有利于进入，提升酸浸效果。 ①某黑云母的化学式中，酸浸液中主要金属阳离子有、K+、、Mg2+、　　　　　(填离子符号)。 ②其他条件不变，酸浸时添加同浓度的比浸出效果好，可能的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （3）结晶焙烧。浸出液除杂后得到含、K+、、的混合溶液，蒸发浓缩、冷却结晶获得晶体(相关物质的溶解度曲线如图所示)，焙烧后获得。 ①为提高的回收率和纯度，结晶后，趁热过滤的适宜温度为　　　　　℃。 ②将在700℃进行焙烧，分解仅得到和两种氧化物，该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）萃取转化。将含和的混合溶液多次萃取转化，获得RbCl和混合溶液。已知：元素回收率为96%，K元素回收率为40%[回收率]。计算萃取转化所得溶液中的　　　　　　　　(写出计算过程)。 16.(2026·山东·高考真题)一种从铜阳极泥（主要含、、）中分离提取贵金属、的工艺流程如下： 已知：“球磨提金”时，生成的高活性直接和反应生成。 ；　。 回答下列问题： （1）“酸浸”时，与稀反应生成二元弱酸的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）“球磨提金”时，生成的反应中作氧化剂的是　　　　　　　　　　（填化学式）。 （3）“酸溶”时，转化为；“反萃取”时加入溶液后，水相中以形式存在，的两个作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。“酸化析金”时，发生自身氧化还原反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）“溶银”中，忽略溶液体积变化，若使完全溶于氨水，则反应后溶液中　　　　　　　。 （5）“还原提银”所得滤液X经处理后的产品可导入“球磨提金”加以利用，则处理滤液X时加入的物质是　　　　　　　　　　　（填化学式）。 17.(2026·上海·高考真题)硝普钠()为一种速效和短时作用的血管扩张药，某化学实验小组按以下流程制备硝普钠晶体。 已知： ①硝普钠易溶于水，溶解度随温度变化不大； ②氧化步骤的反应方程式为： 1. 已知中配体为、，则该配合物的中心离子和配位数分别为___________。 A. 、5 B. 、6 C. 、5 D. 、6 2. 在第3步中，通常需要将缓慢滴加到圆底烧瓶中，需要用到的仪器是___________。 A. 量筒 B. 烧杯 C. 恒压滴液漏斗 D. 长颈漏斗 3. 连续操作包含的过程有　　　　　　　　　　　。 4. 步骤③中加入的作用是　　　　　　　　　　　。 5. 制备过程中应选用的检验方法是　　　　　　　　　　　。 A．甲基橙       B．甲基红       C．pH计 6. 步骤④中除去的物质a是___________。 A. 硝酸钠 B. 氨 C. 硝酸钾 D. 硝酸 7. 物质b的主要成分是　　　　　　　　　　　。 8. 已知粗产品中的硝普钠含有结晶水，加热一段时间后，其质量减少了12%，则粗产品中硝普钠的结晶水个数为　　　　　　　　　　　(保留整数)。已知： 18.(2026·四川·高考真题)为了保护环境、充分利用资源，某科研小组提出一种从闪锌矿湿法炼锌后的脱硫浸渣中回收铅和银的方法。浸渣主要含有、、、ZnS和少量等，回收流程如下。 已知：常温下，有关物质的溶度积常数如下。 物质 AgCl 回答下列问题： （1）闪锌矿中的锌元素在元素周期表中位于第　　　　　　　　　　　周期、第　　　　　　　　　　　族。 （2）“煅烧”温度控制在350℃左右，中的硫酸根不分解、铅以形式存在，其分解反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　。 （3）“酸浸”时，还加入了少量NaCl，其目的是　　　　　　　　　　　，浸出的主要金属离子是　　　　　　　　　　　。 （4）“溶铅”时，使用含的热浓食盐水将铅盐转化为，其离子方程式是　　　　　　　　　　　。食盐水中添加的作用有　　　　　　　　　　　。 （5）溶液适当稀释和降温，便析出沉淀。分离后的母液，应返回　　　　　　　　　　　步骤中。 （6）“电解”时，压片组成阴极，惰性电极作阳极，溶液为电解液。电解获得金属铅的过程中，除阳极产生和少量外，阳极附近溶液中还伴有少量生成和pH下降，导致溶液pH下降的原因有　　　　　　　　　　　。 19.(2026·陕晋青宁·高考真题)一种从废旧电池粉(主要成分为LiFePO4，含有少量FePO4、石墨、Al等)中深度回收锂的工艺，部分流程如下： 已知：①磷酸铁锂电池反应为； ②“沉铝”时，滤渣中含和少量。 回答下列问题： （1）废旧电池粉碎前一般需先放电，正极反应式为　　　　　　　　。 （2）“酸浸Ⅰ”时，除粉碎外，可提高酸浸速率的措施有　　　　　　　　(任写两种)。该过程有生成，溶解的化学方程式为　　　　　　　　。滤渣的主要成分为　　　　　　　　。 （3）“沉铝”时，中Fe元素的化合价为　　　　　　　　。 （4）“焙烧”时产生的HF，用　　　　　　　　吸收后，产物可以循环利用。 （5）“除杂”时，在一定pH范围内，会发生反应(平衡常数为)。若溶液中为，不考虑其他离子参与反应，为防止沉淀，需小于　　　　　　　　(用含a、b的代数式表示)。 （6）滤液2中，溶质除Na2CO3外，主要含　　　　　　　　(填化学式)。 （7）滤液1需先加入H2O2溶液，再加入氨水除杂，最后回收Li3PO4。H2O2的作用是　　　　　　　　。取少量加H2O2溶液后的滤液1，滴加　　　　　　　　，若产生蓝色沉淀，则需补加H2O2溶液。 20.(2026·甘肃·高考真题)某地为完善绿色化工布局、延伸传统产业链条建设钛白厂。生产钛白(TiO2)的主要工艺流程如下： 已知钛铁矿(主要成分为)的酸解反应方程式为； 的溶解度为。 （1）该地已建有大型金属冶炼厂，主要原料为金属硫化物，据此分析在该地建设钛白厂的优势有　　　　　　　　。 （2）FeSO4的溶解度随温度变化如图所示，则“操作X”是　　　　　　　　　　　和过滤。 （3）钛白是一种白色固体，若产品钛白颜色发黄，可能是由于“还原”工艺中　　　　　　　　　　　。 （4）绿矾()在碱性条件下与氧气反应可制备多孔羟基氧化铁[]。每生产至少需消耗　　　　　　　　　　　；多孔具有优良的气体净化能力，原因有　　　　　　　　　　　　　　。 （5）利用如下工艺流程制备金属钛： 已知一个化学反应、不管是一步完成还是分几步完成，其自由能变相同。在1073 K时： ①        ②        反应①不能自发进行，但“氯化”工艺中加入过量焦炭后可生成，该工艺发生的总反应方程式为　　　　　　　　。加入焦炭后反应能够自发进行的原因是　　　　　　　　。 21.(2026·湖北·高考真题)赤铁矿主要成分为（含少量、、等元素的氧化物），结构致密，在酸液中溶解缓慢。某研究小组以赤铁矿为原料制备电池级磷酸铁（）的低碳新工艺流程如下： 已知：时，的电离常数；。 回答下列问题： （1）基态铁原子的价层电子排布式为　　　　　　　　。 （2）预处理将赤铁矿中部分转化为，导致晶格畸变，使矿石产生微裂纹，加快“酸浸”速率，其原因是　　　　　　　　。 （3）“酸浸”条件：为的混合酸，。混合酸中盐酸的作用是　　　　　　　　（答两条即可）。 （4）酸浸液中加入，被氧化成的离子方程式为　　　　　　　　。 （5）“沉淀”步骤中，用氨水调节至2.00生成沉淀，无沉淀。基于，该溶液中浓度不大于　　　　　　　　，此时滤液中的主要成分为　　　　　　　　（填化学式）。 （6）沉淀煅烧得到，质量符合锂电池材料的工业规格。时，得到的沉淀中含、等少量杂质，煅烧沉淀得到的目标产物中与原子个数比为。此时，产物中杂质是　　　　　　　　（填化学式）。 22.(2026·重庆·高考真题)从金精矿(含、和等)提取金的一种综合利用工艺流程包括如下三个过程： （1）焙烧金精矿 ①S元素位于周期表第　　　　　　　　　周期。 ②焙烧前，将矿石研磨成粉末的作用是　　　　　　　　　。 ③焙烧时，分解为和气态，该化学方程式为　　　　　　　　　。 ④烟气中含有和等物质。已知分子为正四面体形，分子结构可视为4个原子分别嵌入的4条棱上，则分子的结构有　　　　　　　　　种。 （2）制备硫代硫酸盐 ①气体a的化学式为　　　　　　　　　。 ②固体Ⅰ和固体Ⅱ是两种非金属单质，其名称分别为　　　　　　　　　。 （3）提取金 ①浸金过程中，在的作用下与生成，其离子方程式为　　　　　　　　　。 ②浸金时需加入氨水使溶液呈碱性。若碱性过强，置换过程中会有，生成而影响提金的效果。25℃时，溶液中，，为确保不转化为沉淀，理论上不应高于　　　　　　　　　。(     ，)。 23.(2026·广东·高考真题)金(Au)是一种战略性金属。从某金精矿(含金、银、、、和等)中提取金并综合利用部分物质的一种工艺如下。 已知：和在一定条件下均可与形成可溶于水的配离子。 氢氧化物 （1）金精矿研磨成粉是为了　　　　　　　　　　　，提高浸取速率。 （2）“沉锑”的反应中，还原剂为　　　　　　　　　　　。 （3）“电解”在电解池(图1)中实施，一定条件下实现“沉锑”试剂的回收利用。忽略生成气体的反应，则 ①阴极反应式为　　　　　　　　　　　。 ②初始电解液中，。为防止阳极室电解过程中产生沉淀，理论上，最终阳极室应不大于　　　　　　　　　　　(列算式)。 （4）“X”包含多个步骤，需同时用到和溶液。一定条件下，Au、Ag浸取率随溶液中的变化如图2，在滤液2中主要以存在。为尽可能提高金的提取率和纯度，“X”包括的步骤为　　　　　　　　　　　。 （5）“沉金”通过的调控使反应在弱酸性条件下进行，生成的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 _________________。 （6）某杂冠醚可选择性地与含银废液中的形成如图3的超分子，其选择性识别的原因为该杂冠醚与有配位作用且　　　　　　　　　　　。 （7）①Sb与N同族，AlSb与GaN中离子键成分的百分数较大的是　　　　　　　　　　　。 ②AlSb晶体的立方晶胞结构如图4，其原子占据A、B、C三种位置，每种位置上只有一种原子，则Al占据　　　　　　　　　　　位置，Sb占据　　　　　　　　　　　位置。(填编号) 24.(2026·全国·高考真题)钼(Mo)是重要的战略金属。一种由辉钼矿(，含有少量Cu、Zn、Fe的硫化物和)生产高纯度的工艺流程如下图所示。 回答下列问题。 （1）经“焙烧”转化为和，该反应的化学方程式为　　　　　　　　　。 （2）“焙烧”时也会生成少量的，需在“氨浸”前加入适量　　　　　　　　　溶液(填a、b或c)进行处理。 a．       b．NaClO       c．NaCl （3）“酸洗”后残留的少量锌和铜，在“氨浸”过程中分别转化为配离子和　　　　　　　　　。 （4）不溶于水和稀酸，但可溶于碱。“氨浸”过程中转化为可溶的，该反应的离子方程式为　　　　　　　　　。 （5）“滤渣1”的主要成分为和　　　　　　　　　。 （6）“除杂”后，全部转化为　　　　　　　　　沉淀。若，，则　　　　　　　　　。已知： ；。 （7）“煅烧”过程中发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $