2026年高考化学模拟试卷必刷题-工艺流程题（解答大题）

第1页（共1页）2026年高考化学模拟试卷必刷题——工艺流程题（解答大题）一．工艺流程题（共20小题）1．（2025•山海关区四模）三氯化六氨合钴[Co（NH3）6]Cl3是一种重要的化工原料。利用含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取[Co（NH3）6]Cl3的工艺流程如图所示：已知：①“酸浸”过滤后的滤液中含有Co2+、Fe2+、Fe3+、Al3+等。②Ksp[Co（OH）2]＝1×10﹣14.2、Ksp[Co（OH）3]＝1×10﹣43.7、Ksp[Fe（OH）3]＝1×10﹣37.4、Ksp[Al（OH）3]＝1×10﹣32.9。③[Co（NH3）6]2+具有较强还原性。回答下列问题：（1）制备CoCl2。“除杂”过程中加Na2CO3调节pH后会生成两种沉淀，同时得到含c（Co2+）＝0.1mol•L﹣1的滤液，调节pH的范围为。（2）制备[Co（NH3）6]3+。①“混合”过程中需先将NH4Cl、CoCl2溶液混合，然后再加入活性炭，NH4Cl的作用是。②“氧化”过程应先加入（填“氨水”或“双氧水”），原因是。③生成[Co（NH3）6]3+的离子方程式为。（3）分离提纯。将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到[Co（NH3）6]Cl3晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是。（4）含量测定。通过碘量法可测定产品中的钴元素的含量。称取0.10g产品加入稍过量的NaOH溶液并加热，将Co完全转化为难溶的Co（OH）3，过滤洗涤后将滤渣完全溶于盐酸，向所得的溶液中加入过量的KI和2～3滴淀粉溶液，再用0.010mol•L﹣1Na2S2O3溶液滴定（反应原理：Co3++I﹣→Co2++I2、I2+S2O32-→I﹣+S4O62-），达到滴定终点时消耗Na2S2O3溶液24.00mL，则产品中钴元素的含量是2．（2024秋•辽宁期末）二氧化锰（MnO2）在工业生产中具有重要的用途，可用于锰盐的制备，也用作氧化剂、除锈催化剂等。某化工厂以富锰矿（主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO和SiO2杂质）为原料提纯二氧化锰的工艺流程如图所示。已知：①常温下，部分金属阳离子以氢氧化物形式沉淀时的pH如表：金属阳离子Fe2+Fe3+Al3+Mn2+开始沉淀的pH7.51.83.78.6沉淀完全的pH9.03.24.710.1②常温下，Ksp（CaF2）＝4.4×10﹣11，Ksp（MnF2）＝2.9×10﹣9。（1）下列状态的锰中，失去一个电子所需能量最大的是（填字母）。A.[Ar]B.[Ar]C.[Ar]（2）“粉碎”的目的是。（3）“还原酸浸”时MnO2发生反应的离子方程式为，浸渣的成分是（填化学式）。（4）“沉淀Ⅰ”中加入MnO2的作用是，调pH的范围为。（5）“沉淀Ⅱ”发生反应的离子方程式为。（6）“电解”时的装置如图所示，当产生11.0gMn时，理论上MnSO4溶液的质量（填“增重”或“减轻”）g。3．（2025•涪城区校级三模）三氧化钼（MoO3）是石油工业中常用的催化剂。一种从黄铜矿（主要含有CuFeS2、MoS2、SiO2及其他惰性杂质）中获得MoO3以及硫酸盐产品的流程如图。已知：“闪速焙烧”的温度范围在1100∼1300℃，该条件下发生反应MoS2+O2→MoO3+SO2（未配平，下同）、CuFeS2+O2→Cu2O+Fe2O3+SO2。回答下列问题：（1）为了提高“氨溶”效率，可采取的有效措施有（任写2条）；“氨溶”时发生反应的离子方程式为。（2）配平反应：□MoS2+□O2→□MoO3+□SO2。（3）“酸溶”时发生的氧化还原反应的离子方程式为。（4）“热分解”中产生的气体可循环利用至（填工序名称）步骤；实验室进行“热分解”时，可用仪器，该仪器的名称是。（5）上述流程制得的Na2SO4产品中常含有一定量的Na2SO3杂质。①产品中含有Na2SO3杂质的原因可能是（结合离子方程式解释）。②检验Na2SO3杂质：取适量产品配成稀溶液，加入足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，过滤、洗涤后，，则可以确定产品中含有Na2SO3。4．（2025秋•皇姑区校级月考）我国是金属材料生产大国，提高资源利用率和实现绿色生产是必由之路。利用酸碱协同法可实现钢渣中的Ca、Si、Fe元素的有效分离，流程如下。已知：钢渣中富含CaO、SiO2、FeO、Fe2O3等氧化物；Fe2（C2O4）3能溶于水，FeC2O4、CaC2O4难溶于水。回答下列问题：（1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有（任写一条）（2）“碱浸”时，发生反应的化学方程式为。（3）为体现“绿色化学”思想，试剂1可选用溶液，加入试剂1发生反应的离子方程式为。（4）滤渣2经过洗涤、干燥得到草酸钙晶体，“洗涤”的实验操作为。（5）将草酸钙晶体（CaC2O4•H2O）相对分子质量Mr＝146在氮气氛围中进行热重分析，每个阶段的重量降低比例数据如图所示。346℃～420℃范围内发生反应的化学方程式为。840℃～960℃范围内所得产品为（填化学式）。5．（2024秋•武汉期末）实验室以Mn2O3废渣（含少量Ca、Mg的氧化物）为原料制备KMnO4的部分实验过程如图：（1）写出Mn元素在周期表中的位置，在元素周期表中属于区；“浸取”时Mn2O3转化为Mn2+，提高浸取率的措施有（任写两种）。（2）“除Ca2+、Mg2+”时，所得溶液中c(Ca2+)c(Mg2+)=（3）“沉锰”时，NH4HCO3溶液做“沉锰”试剂。①NH4HCO3的水溶液呈（填“酸性”或“碱性”或“中性”），其溶液中c(HCO3-)、c(NH4+)、c（H+）、c（OH﹣）离子浓度从大到小的顺序。（已知：H2CO3的Ka1=4.4×10-7②此过程需控制温度低于70℃，该过程不宜在较高温度下进行的原因是。③“沉锰”时，“锰”转化为MnCO3，同时有气体生成，反应的离子方程式为：。6．（2025•信阳二模）从钒铬锰矿渣（主要成分为VO2•xH2O、Cr2O3、MnO及少量SiO2）中提取铬的一种工艺流程如图1：已知：①“酸化”后VO2•xH2O转化为VO2+，MnO转化为Mn2+；②Na2S2O8不会氧化Cr3+；③Mn（OH）2在空气中易被氧化为MnO2。回答下列问题：（1）上述流程中“滤渣”的主要成分为（填化学式），“酸化”时，VO2•xH2O与H2SO4反应的化学方程式为。（2）Na2S2O8中硫元素的化合价为（Na2S2O8中含有过氧键），“氧化”生成VO2+，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为（3）已知固体混合物中含有两种成分，它们的化学式为，“转化”过程中生成MnO2的离子方程式为。（4）某温度下，Cr（Ⅲ）、Mn（Ⅱ）的沉淀率与pH的关系如图2所示。“沉铬”过程最佳pH为；在该条件下滤液1中c（Cr3+）＝mol•L﹣1[结果保留3位有效数字，Kw近似为2×10﹣13，Cr（OH）3的Ksp近似为1×10﹣30]。（5）“提纯”过程中Na2S2O3的作用为。7．（2025•4月份模拟）银铋渣是铋精炼过程中所得的一种副产品（富含Au、Ag、Bi、Zn、Pb、Cu等多种金属）。研究人员设计了一种从银铋渣中提取部分金属的流程，如图所示：回答下列问题：（1）Bi与N同主族，则Bi位于元素周期表的第族，属于区。（2）“破碎磨细”的细度对于银铋渣中金属离子的“酸浸”浸出率有很大影响，不同“磨矿细度”条件下金属离子的浸出率如下表。实际工业生产中应选取磨矿细度为%。磨矿细度/（75μm微粒含量/%）浸出率/%渣率/%PbBiCuZnAg36.284.2683.7082.8393.7285.268.1156.392.5892.0391.7996.1891.426.3170.598.3298.6598.1198.9298.515.0579.498.6898.8398.5399.0498.925.01（3）该工艺中，“浸锌”“酸浸”均为酸浸，两个工艺没有合并使用稀硝酸“酸浸”的优点有。（4）使用一定浓度硝酸“酸浸”时，Pb、Ag、Bi等金属的浸出率与温度的关系如图所示。在约60℃后，金属的浸出率出现下降的趋势，原因是。（5）加稀氨水“调pH为一定值”“稀释沉铋”过程中Bi3+生成BiONO3的总离子方程式是。（6）“浸锌”后的“滤液”和“稀释沉铋”后的“滤液”中加入Zn粉的目的是。（7）“沉银（铅）”后的含“Ag、Pb的滤渣”为AgCl、PbCl2的混合物，该混合物通过下列工艺可制得银，“还原”反应的化学方程式是。8．（2025秋•禄劝县期中）废旧三元锂电池正极材料（LiNixCo1﹣x﹣yMnyO2）；中富含Li、Ni、Co、Mn等有价金属，将其回收的工艺流程如图所示：已知：①浸出液中c（Li+）＝0.14mol•L﹣1；②少量的Ni2+和Co2+与氨水反应生成的[Ni(NH3)6]2+比[Co（NH回答下列问题：（1）Fe元素位于元素周期表中的区。（2）正极材料表示为LiMO2（M代表Co、Ni、Mn，化合价均为+3）。①“酸浸”时LiNiO2反应的化学方程式为。②“酸浸”时温度不宜过高的原因是。（3）浸出液中先加入氨水后加入（NH4）2C2O4，生成CoC2O4沉淀而没有NiC2O4沉淀生成的原因是。（4）气体X的电子式为。（5）一定量2NiCO3•Ni（OH）2与足量盐酸反应，消耗HCl的物质的量与生成CO2的物质的量之比为。（6）现有10L浸出液，回收得到44.03gLi2CO3，则Li+的回收率为。9．（2025秋•广东月考）一种从废加氢催化剂（主要含Fe、Ni、V、Mo、Si等化合物）中提取金属的工艺流程如图所示：已知：①用N235表示R3N，Mo、V、Fe的配合阴离子用Mx﹣表示，N235酸化后进行离子交换实现萃取，原理如下：R3N+H②酸性较强时，Fe3+易形成[FeCl③常温下，Ksp[Fe(OH)3]=1×10-39，回答下列问题：（1）“高温还原”时，和MoO3反应（生成Mo单质和CO）所消耗的还原剂与MoO3的物质的量之比为。（2）“浸出”时，Mo生成MoO22+补全上述反应的离子方程式。（3）“萃取”时，pH对钒、钼、铁萃取率及钒、铁分离系数的（βV/Fe）影响如图所示：随着pH增大，铁元素萃取率下降的原因是，“萃取”时最佳的pH范围是（填选项字母）。A．0.2～0.4B．0.4～0.6C．0.6～1.0D．1.0～1.2（4）“沉铁”时，加入氨水使Fe3+沉淀，Ni2+转为可溶于水的配合物[Ni（NH3）6]Cl2（阳离子结构如图所示）而分离。为达到“沉铁”目的，常温下萃余液pH至少应调至大于（保留1位小数）；下列关于[Ni（NH3）6]Cl2的说法正确的是（填选项字母）。A．该配合物中Ni2+采用sp3杂化B．[Ni(NH3)C．配位原子N与Ni2+间的化学键为离子键（5）“沉钒”后，得到NH4VO3沉淀，将其在500～550℃范围内进行“煅烧”的化学方程式为；整个工艺中，可再生利用的物质有NH3和。（6）V3Ni合金能极大地提升基础材料的综合使用性能，其立方晶胞结构中V原子的位置如图所示，设晶胞边长为anm，2个Ni原子原子核间的最近距离为32anm，请在图中用〇画出所有Ni原子的位置；与Ni原子最近且等距离的V原子数目为10．（2024秋•青羊区校级期末）铁是人体必需微量元素中含量最多的一种。体内缺铁将会导致记忆力、免疫功能下降，出现缺铁性贫血可以适当服用补铁剂。如图是补铁剂的成分标签，取10片补铁药片检验其中铁含量的流程如下。回答下列问题：（1）为了加快溶解速率，药品在酸溶前需要进行（填操作名称）。（2）按图示装置进行过滤速度太慢，原因可能是。（3）用离子方程式解释双氧水的作用；若要检验补铁剂中含有铁元素，取后的溶液（填图中方框操作名称），滴加几滴溶液，现象是。（4）灼烧用到的装置是（填字母标号），灼烧后应先再称量。（5）称量固体质量为0.8600g，平均每片药品含有效铁mg（以铁计量）。11．（2024秋•黄山期末）氯气和某些含氯化合物均可用于水的杀菌消毒。（1）实验室用软锰矿（主要成分为MnO2）与浓盐酸反应制取氯气的化学方程式是。（2）氯气常用于自来水的消毒，常温下溶于水的部分氯气与水发生反应的化学方程式是。（3）新制氯水见光易变质，用传感器分析氯水在光照过程中微粒含量变化，以如图像中不合理的是。（4）二氧化氯（ClO2）、亚氯酸钠（NaClO2）是两种新型水处理剂，一种制备亚氯酸钠晶体的工艺流程如图：已知纯ClO2易分解爆炸，高于60℃时NaClO2易分解。①ClO2发生器中发生反应的化学方程式为。②吸收塔中发生反应的离子方程式为，反应时严格控制温度低于20℃，目的是。③ClO2气体具有强氧化性，能去除污水中的CN﹣。某工厂污水（pH≤2）中CN﹣的浓度为amol/L，现用ClO2将其氧化成两种无毒无害气体。ClO2的还原产物ClO2-、Cl﹣的转化率与pH关系如图所示。实验室若处理50L这种污水，至少需要ClO212．（2024秋•越秀区校级期末）硫酸镍广泛应用于电镀、电池、催化剂等工业。某科研小组以粗硫酸镍（含Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+、Zn2+等）为原料，经如图一系列除杂过程模拟精制硫酸镍工艺。部分阳离子以硫化物的形式完全沉淀时溶液的pH如表。沉淀物CuSZnSFeSNiSpH≥﹣0.42≥2.5≥7≥7.5（1）“溶浸”工序为了提高浸出率，可以采取的措施有。（写出一条即可）（2）“滤渣1”的主要成分为。（3）“滤液1”中加入NaClO3溶液，发生反应的离子方程式为。（4）“滤液2”中加入NaF可将滤液中Ca2+、Mg2+转化为难溶的CaF2和MgF2。CaF2与MgF2的Ksp分别为1.6×10﹣11、6.4×10﹣9，使Ca2+和Mg2+均完全沉淀（离子浓度小于1×10﹣5mol/L），溶液中c（F﹣）须不低于mol/L。（保留两位有效数字10=3.16（5）“萃取”时使用萃取剂R在硫酸盐中对某些金属离子的萃取率与溶液pH的关系如图，则实验时需控制的pH适宜范围是（填字母）。A．1～2B．2～3C．4～5D．5～6（6）将萃取后所得富含硫酸镍的溶液经操作X可得硫酸镍晶体（NiSO4•6H2O），则操作X为，过滤、洗涤等。（7）称取2.000g硫酸镍晶体（NiSO4•6H2O）样品溶解，定容至250mL。取25.00mL试液，用0.0200mol•L﹣1的EDTA（Na2H2Y）标准溶液滴定至终点。重复实验，平均消耗EDTA标准溶液体积为36.50mL。反应为Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+。计算样品纯度为13．（2024秋•湖北期末）工业上常用软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2）和Li2CO3合成电极材料LiMn2O4并回收净水剂明矾，其工艺流程如图所示。已知：①Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.4时易被O2氧化：②当溶液中某离子浓度c（Mn+）≤1.0×10﹣5mol•L﹣1时，可认为该离子沉淀完全：常温下，几种沉淀的Ksp如表所示：Fe（OH）3Al（OH）3Mn（OH）2Fe（OH）2Ksp2.0×10﹣391.0×10﹣332.0×10﹣135.0×10﹣17回答下列问题：（1）锰元素基态原子的价电子轨道表示式为，同周期中（填元素名称）元素的基态原子和锰元素基态原子具有相同数目的d电子。（2）“酸浸”时软锰矿中少量Fe2O3发生反应的化学方程式为。（3）加入MnCO3“调pH”时，调节pH的范围为≤pH＜5.4（结果保留小数点后两位），pH不高于5.4的原因是：。（4）“电解”时阳极发生反应的方程式为。（5）“焙烧”时除生成产物LiMn2O4还有CO2和O2生成，氧化产物与还原产物的物质的量之比为。（6）为节能减排，整个工艺过程中可循环使用的物质为。14．（2025秋•灌南县期中）ZnSO4•7H2O常用作杀菌剂。现以一种主要成分为Zn5（OH）8Cl2[可写作ZnCl2•4Zn（OH）2]的锌矿物（含有少量的FeO、SiO2、CuO）来合成ZnSO4•7H2O，相关实验流程如图。已知：①常温状况下，Fe（OH）3比Fe（OH）2更易沉淀。②常温状况下，ZnSO4的溶解度随温度的变化如图1所示。（1）“酸浸”步骤的实验装置如图2所示，其中仪器A名称是。（2）写出“氧化”步骤主要反应的离子方程式。（3）加入（NH4）2CO3进行“沉锌”，生成Zn2（OH）2CO3沉淀的同时还有无色无味气体逸出，请写出该反应的离子方程式。（4）补充完成由“沉锌”所得滤渣[Zn2（OH）2CO3]经一系列操作获得较纯净的ZnSO4•7H2O产品的实验方案：取一定量的Zn2（OH）2CO3滤渣，用蒸馏水洗涤，，获得较纯净的ZnSO4•7H2O产品。（实验中须使用的试剂：稀盐酸、BaCl2溶液，稀H2SO4，乙醇）（5）称取3.500g产品，配成500mL溶液，取100mL溶液于锥形瓶中，再加入缓冲溶液将pH调至10.0并滴入适量铬黑T指示液。最后用0.1000mol•L﹣1的EDTA（乙二胺四乙酸，简写H4Y）标准溶液滴定至待测溶液由红紫色变为纯蓝色（离子方程式为Zn2++Y4﹣＝ZnY2﹣），重复三次，平均消耗EDTA标准溶液体积为23.60mL。计算产物ZnSO4•7H2O的纯度。（写出计算过程，保留三位有效数字）15．（2025秋•泉州期中）Bi2O3可用于生产压敏电阻、热敏电阻、电容器等电子元器件。以辉铋矿（主要成分为Bi2S3，含有FeS2，SiO2等杂质）和软锰矿（主要成分为MnO2）为原料制备高纯氧化铋粉末和铁红的工艺流程如图1所示。已知：a.“焙烧”时，Bi2S3、FeS2分别转化为Bi2O3和Fe2O3，MnO2转化为MnSO4b.常温下，部分金属离子开始沉淀和完全沉淀时溶液的pH如表。金属离子Mn2+Bi3+Fe3+开始沉淀的pH8.24.21.5完全沉淀的pH10.25.52.8回答下列问题：（1）锰位于元素周期表的位置。（2）“焙烧”工序中，MnO2和Bi2S3反应的化学方程式为。（3）“酸浸”工序中，“浸渣”的主要成分是（填化学式）。（4）“沉淀”工序中，“滤液”除含H+外还有阳离子：，调节pH范围宜为。（5）TBP（磺化煤油）是一种中性萃取剂，“萃取”原理是[BiCl6]3-(水层)+nTBP有机层）＝萃取剂中TBP体积分数对萃取率的影响如图2所示，TBP的体积分数宜选择。（6）“反萃取”中，向有机层加入草酸溶液，写出发生反应的离子方程式：。（7）我国科学家在新型二维半导体芯片材料——硒氧化铋的研究中取得突破性进展。硒氧化铋的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞参数为apm，apm，bpm。①该晶胞沿z轴方向的投影图为（填标号）。②该晶体中，每个O2﹣周围紧邻的Bi3+共有个。③该晶体的摩尔体积为cm3/mol（列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值）。16．（2025秋•西城区校级期中）过氧化钙（CaO2）微溶于水，可作医用防腐剂、消毒剂，如图是制备CaO2的一种方法。回答下列问题：（1）步骤Ⅰ中反应的离子方程式是。（2）步骤Ⅱ中反应的化学方程式是：═CaO2•8H2O↓+2NH4Cl，反应在冰水浴中进行，是为了防止NH3•H2O挥发、（答1条即可）。（3）CaO2与水缓慢反应，常用作鱼塘的供氧剂，其反应的化学方程式是。CaO2还可用于长途运输鱼苗，这体现了CaO2的（填字母）性质。a.可缓慢供氧b.能吸收鱼苗呼出的CO2c.能潮解d.可抑菌17．（2025秋•郑州期中）以黄铁矿（主要成分为FeS2，还有少量CuS、SiO2）为原料，制备硫酸、亚硫酸氢钠和硫酸亚铁晶体（FeSO4•7H2O，溶解度随温度升高而增大）的部分工艺流程如图：回答下列问题：（1）“焙烧”后得到的固体主要成分为Fe2O3，写出Fe2O3与稀硫酸反应的离子方程式：。（2）“焙烧”产生的SO2会污染环境，可用足量氨水吸收，写出反应的离子方程式：。（3）实验室用制得的浓硫酸和铜制备SO2的化学方程式为。（4）试剂X是（填化学式）。（5）设计实验，检验“还原”得到的溶液是否达到实验目的：。（6）从“还原”得到的溶液中获得硫酸亚铁晶体的操作：、、过滤、洗涤、干燥。（7）工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图所示，下列说法错误的是（填字母）。A.“吸收”过程中有气体生成B.“结晶”后母液中含有NaHCO3C.“气流干燥”时温度不宜过高D.“中和”后溶液中含Na2SO3和NaHCO318．（2025秋•大同期中）2025年8月23日，以“算网筑基智引未来”为主题的2025中国算力大会在大同市开幕。大同将建设国家级数据标注基地，形成了“算力设备制造一算力基础设施一算力服务和融合应用”一体化的产业生态。现代算力依赖硅基半导体的CPU，其制备应用如图：Ⅰ.工业上提纯硅有多种路线，其中一种工艺流程示意图及主要反应如图：（1）工业上用石英砂和过量焦炭在电弧炉中1800～2000℃加热生成粗硅的化学方程式为。（2）写出SiHCl3的电子式：。（3）已知H的电负性值为2.1，Si的电负性值为1.8，Cl的电负性值为3.0；则在“还原炉”中生成1molSi电子转移的数目：（用NA表示阿伏加德罗常数的值）。（4）上述工艺生产中循环使用的物质除H2外，还有（填化学式）。Ⅱ.金、银、铜是CPU的重要材料。如图是从废旧CPU中回收Au、Cu、Ag的一种流程。（5）已知：HNO3和NaCl混合溶液与王水[V（浓硝酸）：V（浓盐酸）＝1：3]溶金原理相同。①“溶金”过程中有NO产生，写出用HNO3和NaCl混合溶液溶金反应的化学方程式：。②关于“溶金”的下列说法正确的是（填字母）。A.体现了HNO3的氧化性B.王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性C.用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解（6）按如图所示流程从酸溶后的溶液中回收Cu和Ag（图中的试剂与物质均不同）。试剂1、试剂2、试剂3和试剂4分别为以下四种溶液中的一种：①盐酸②氯化钠溶液③氨水④葡萄糖溶液，则试剂1、试剂2、试剂3和试剂4的正确顺序为（填字母）。A.①②③④B.②①③④C.③②①④D.②①④③19．（2025秋•芜湖期中）氧化锌为白色粉末，可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗。纯化工业氧化锌[含有Fe（Ⅱ）、Mn（Ⅱ）、Ni（Ⅱ）等杂质]的流程如图：已知：①在本实验条件下，Ni（Ⅱ）不能被氧化；高锰酸钾的还原产物是MnO2。②不考虑操作过程中引起的质量损失。回答下列问题：（1）加稀硫酸酸浸时，常将工业ZnO粉碎，其目的是。（2）②发生反应的离子方程式有和。（3）若④中产物仅为ZnCO3•xZn（OH）2，则发生反应的离子方程式为；取干燥后的滤饼ag，煅烧后可得到产品（ZnO）mg，则x等于（用含a、m的代数式表示）。（4）④形成的沉淀要水洗，检验沉淀是否洗涤干净的操作和现象是。20．（2025秋•河北期中）从环境保护和资源回收的角度来看，从废旧锂离子电池中回收有价值的金属至关重要。图1是一种以廉价的Fe2（SO4）3作为固体试剂从废旧锂离子电池（主要成分为LiCoO2，其他杂质不考虑）中回收Li、Co的高效集成工艺。回答下列问题：（1）LiCoO2中Co的化合价为，写出该价态时Co的核外价电子轨道表示式。（2）写出浸渣1的一种用途。（3）分离浸出液1中Li+、Co2+还可用萃取和反萃取法，原理为Co2++2HR（有机层）一萃取率CoR2（有机层）+2H+，“反萃取”时从有机相中分离出Co2+所需要加入的最佳试剂为（填化学式）。（4）有观点认为用草酸沉钴效果不佳，应用草酸铵代替，请用必要的计算推测草酸的沉钴效果[已知：Ksp（CoC2O4）＝10﹣8.48，草酸Ka1＝5.6×10﹣2、Ka2＝1.5×10﹣4]。（5）如图2为Li2CO3溶解度随温度的变化曲线，则“沉锂”过程中获得固体的操作主要包括、、洗涤、干燥等步骤。（6）如图3为钴酸锂（LiCoO2）的一种晶胞结构示意图。晶体中O围绕Co形成八面体，Co处于晶胞内部或晶胞侧棱上，可推断该晶胞中O的个数为。电池充电时Li+从八面体层间脱出，晶胞高度变大，其原因是。

2026年高考化学模拟试卷必刷题——答案一．工艺流程题（共20小题）1．（2025•山海关区四模）三氯化六氨合钴[Co（NH3）6]Cl3是一种重要的化工原料。利用含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取[Co（NH3）6]Cl3的工艺流程如图所示：已知：①“酸浸”过滤后的滤液中含有Co2+、Fe2+、Fe3+、Al3+等。②Ksp[Co（OH）2]＝1×10﹣14.2、Ksp[Co（OH）3]＝1×10﹣43.7、Ksp[Fe（OH）3]＝1×10﹣37.4、Ksp[Al（OH）3]＝1×10﹣32.9。③[Co（NH3）6]2+具有较强还原性。回答下列问题：（1）制备CoCl2。“除杂”过程中加Na2CO3调节pH后会生成两种沉淀，同时得到含c（Co2+）＝0.1mol•L﹣1的滤液，调节pH的范围为4.7～7.4。（2）制备[Co（NH3）6]3+。①“混合”过程中需先将NH4Cl、CoCl2溶液混合，然后再加入活性炭，NH4Cl的作用是NH4Cl会抑制NH3•H2O的电离，防止生成Co（OH）2沉淀；参与反应提供NH4+②“氧化”过程应先加入氨水（填“氨水”或“双氧水”），原因是[Co（NH3）6]2+具有较强还原性，易被氧化；先加H2O2将Co2+氧化为Co3+，后加氨水，会生成Co（OH）3，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入H2O2。③生成[Co（NH3）6]3+的离子方程式为2[Co（NH3）6]2++2NH4++H2O2＝2[Co（NH3）6]3++2NH3↑+2H2O（3）分离提纯。将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到[Co（NH3）6]Cl3晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是增大c（Cl﹣），降低[Co（NH3）6]Cl3在水中的溶解度，有利于其结晶析出。（4）含量测定。通过碘量法可测定产品中的钴元素的含量。称取0.10g产品加入稍过量的NaOH溶液并加热，将Co完全转化为难溶的Co（OH）3，过滤洗涤后将滤渣完全溶于盐酸，向所得的溶液中加入过量的KI和2～3滴淀粉溶液，再用0.010mol•L﹣1Na2S2O3溶液滴定（反应原理：Co3++I﹣→Co2++I2、I2+S2O32-→I﹣+S4O62-），达到滴定终点时消耗Na2S2O3溶液24.00mL，则产品中钴元素的含量是【答案】（1）4.7～7.4；（2）①NH4Cl会抑制NH3•H2O的电离，防止生成Co（OH）2沉淀；参与反应提供NH4②[Co（NH3）6]2+具有较强还原性，易被氧化；先加H2O2将Co2+氧化为Co3+，后加氨水，会生成Co（OH）3，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入H2O2；③2[Co（NH3）6]2++2NH4++H2O2＝2[Co（NH3）6]3++2NH3↑+2H（3）增大c（Cl﹣），降低[Co（NH3）6]Cl3在水中的溶解度，有利于其结晶析出；（4）14.16%。【分析】以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取[Co（NH3）6]Cl3：用盐酸溶解废料，过滤出滤渣，得到含Co2+、Fe2+、Al3+的酸性滤液，向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，再加Na2CO3调pH，沉淀Al3+、Fe3+为Fe（OH）3和Al（OH）3，过滤得滤渣[主要成分为Fe（OH）3和Al（OH）3]和滤液，向含有Co2+的溶液中加入活性炭和NH4Cl溶液得到CoCl2•6H2O，再依次加入氨水和H2O2，发生反应依次为：CoCl2+6NH3•H2O＝[Co（NH3）6]Cl2↓+6H2O；H2O2+2[Co（NH3）6]Cl2+2NH4Cl＝2[Co（NH3）6]Cl3↓+2NH3↑+2H2O，再将沉淀在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品，据此分析解题。【解答】解：（1）“除杂”过程中加Na2CO3调节pH后会生成两种沉淀，即使Fe3+和Al3+完全沉淀，而Co2+不产生沉淀，由题干信息Ksp[Fe（OH）3]＝1×10﹣37.4、Ksp[Al（OH）3]＝1×10﹣32.9可知Ksp[Fe（OH）3]＜Ksp[Al（OH）3]，即当Al3+完全沉淀后，Fe3+已经早就完全沉淀，此时c（OH﹣）=31×10-32.910-5mol/L＝10﹣9.3mol/L，则pH＝4.7，同时得到含c（Co2+）＝0.1mol•L﹣1的滤液，此时溶液中c（OH﹣）=1×10-14.20.1mol/L＝10﹣6.6mol/L故答案为：4.7～7.4；（2）①流程中NH4Cl除作反应物外，NH4Cl溶于水电离出的NH4+会抑制后期加入的NH3•H2O的电离，可防止加氨水时c（OH﹣）过大，防止生成Co（OH）故答案为：NH4Cl会抑制NH3•H2O的电离，防止生成Co（OH）2沉淀；参与反应提供NH4②若先加H2O2，将Co元素氧化到Co3+，后加氨水，会生成Co（OH）3，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入H2O2，可防止Co（OH）3的生成，原因为[Co（NH3）6]2+具有较强还原性，易被氧化；先加H2O2将Co2+氧化为Co3+，后加氨水，会生成Co（OH）3，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入H2O2，故答案为：氨水；[Co（NH3）6]2+具有较强还原性，易被氧化；先加H2O2将Co2+氧化为Co3+，后加氨水，会生成Co（OH）3，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入H2O2；③由分析可知，生成[Co（NH3）6]3+的反应方程式为：H2O2+2[Co（NH3）6]Cl2+2NH4Cl＝2[Co（NH3）6]Cl3↓+2NH3↑+2H2O，则其离子方程式为2[Co（NH3）6]2++2NH4++H2O2＝2[Co（NH3）6]3++2NH3↑+2H故答案为：2[Co（NH3）6]2++2NH4++H2O2＝2[Co（NH3）6]3++2NH3↑+2H（3）由分析可知，将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到[Co（NH3）6]Cl3晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是增大c（Cl﹣），降低[Co（NH3）6]Cl3在水中的溶解度，有利于其结晶析出，故答案为：增大c（Cl﹣），降低[Co（NH3）6]Cl3在水中的溶解度，有利于其结晶析出；（4）由题意可知：2Co3+～I2～2S2O32-，n（Co3+）＝n（S2O32-）＝0.01mol/L×0.024L＝2.4×10﹣4mol，m（Co3+）＝2.4×10﹣4mol×59g/mol＝0.01416g，w（Co3+）%=故答案为：14.16%。【点评】本题考查物质含量的测定和物质的制备，涉及学生的实验能力、分析能力，同时还考查了沉淀的洗涤，滴定终点的现象判断，关系式的计算等，综合性较强，题目难度中等。2．（2024秋•辽宁期末）二氧化锰（MnO2）在工业生产中具有重要的用途，可用于锰盐的制备，也用作氧化剂、除锈催化剂等。某化工厂以富锰矿（主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO和SiO2杂质）为原料提纯二氧化锰的工艺流程如图所示。已知：①常温下，部分金属阳离子以氢氧化物形式沉淀时的pH如表：金属阳离子Fe2+Fe3+Al3+Mn2+开始沉淀的pH7.51.83.78.6沉淀完全的pH9.03.24.710.1②常温下，Ksp（CaF2）＝4.4×10﹣11，Ksp（MnF2）＝2.9×10﹣9。（1）下列状态的锰中，失去一个电子所需能量最大的是C（填字母）。A.[Ar]B.[Ar]C.[Ar]（2）“粉碎”的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分。（3）“还原酸浸”时MnO2发生反应的离子方程式为MnO2+SO2＝Mn2++SO42-，浸渣的成分是SiO（4）“沉淀Ⅰ”中加入MnO2的作用是氧化亚铁离子转化为铁离子，调pH的范围为4.7≤pH＜8.6。（5）“沉淀Ⅱ”发生反应的离子方程式为Ca2++MnF2＝CaF2+Mn2+。（6）“电解”时的装置如图所示，当产生11.0gMn时，理论上MnSO4溶液的质量减轻（填“增重”或“减轻”）30.2g。【答案】（1）C；（2）增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；（3）MnO2+SO2＝Mn2++SO42-；（4）氧化亚铁离子转化为铁离子；4.7≤pH＜8.6；（5）Ca2++MnF2＝CaF2+Mn2+；（6）30.2。【分析】以富锰矿（主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO和SiO2杂质）为原料提纯二氧化锰，粉碎后加入硫酸、SO2进行还原酸浸，MnO2、Fe2O3、Al2O3、CaO和SiO2转化为硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸铝、硫酸Ca，SiO2不反应，过滤得到滤渣为SiO2，然后溶液中加MnO2氧化亚铁离子转化为铁离子，调节pH，并使铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到滤渣1，滤液加入MnF2除去钙离子，得到滤渣2为CaF2，滤液为MnSO4，电解得到Mn，据此解答。【解答】解：（1）A.[Ar]失去一个电子为第一电离能；B.[Ar]为激发态，失去一个电子为第一电离能；C.[Ar]失去一个电子为第三电离能，第三电离能最大，故答案为：C；（2）“粉碎”的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；（3）“还原酸浸”时，SO2还原MnO2，反应的离子方程式为MnO2+SO2＝Mn2++SO42-，根据分析，浸渣的成分是填化学式故答案为：MnO2+SO2＝Mn2++SO42-；（4）“沉淀Ⅰ”中加入MnO2的作用是氧化亚铁离子转化为铁离子，调pH使铁离子、铝离子沉淀，锰离子不沉淀，范围为4.7≤pH＜8.6，故答案为：氧化亚铁离子转化为铁离子；4.7≤pH＜8.6；（5）“沉淀Ⅱ”为除去钙离子，发生反应的离子方程式为Ca2++MnF2＝CaF2+Mn2+，故答案为：Ca2++MnF2＝CaF2+Mn2+；（6）电极反应为Mn2++2e﹣＝Mn，当产生11.0g（0.2mol）Mn时，同时0.2mol硫酸根离子经过离子交换膜进入右侧，则理论上MnSO4溶液的质量减轻0.2mol硫酸锰的质量，即0.2mol×151g/mol＝30.2g，故答案为：30.2。【点评】本题考查物质的制备及混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。3．（2025•涪城区校级三模）三氧化钼（MoO3）是石油工业中常用的催化剂。一种从黄铜矿（主要含有CuFeS2、MoS2、SiO2及其他惰性杂质）中获得MoO3以及硫酸盐产品的流程如图。已知：“闪速焙烧”的温度范围在1100∼1300℃，该条件下发生反应MoS2+O2→MoO3+SO2（未配平，下同）、CuFeS2+O2→Cu2O+Fe2O3+SO2。回答下列问题：（1）为了提高“氨溶”效率，可采取的有效措施有粉碎烧渣、搅拌（任写2条）；“氨溶”时发生反应的离子方程式为MoO3+2NH3•H2O=2NH4++MoO4（2）配平反应：2MoS2+7O2高温2MoO3+4SO2□MoS2+□O2→□MoO3+□SO2。（3）“酸溶”时发生的氧化还原反应的离子方程式为3Cu2O+2NO3-+14H+＝6Cu2++2NO↑+7H2（4）“热分解”中产生的气体可循环利用至氨溶（填工序名称）步骤；实验室进行“热分解”时，可用仪器，该仪器的名称是坩埚。（5）上述流程制得的Na2SO4产品中常含有一定量的Na2SO3杂质。①产品中含有Na2SO3杂质的原因可能是SO2+2OH—=SO32-+H2O，次氯酸钠用量不足，未充分氧化②检验Na2SO3杂质：取适量产品配成稀溶液，加入足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，过滤、洗涤后，向沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解并产生刺激性气味气体，则可以确定产品中含有Na2SO3。【答案】（1）粉碎烧渣、搅拌；MoO3+2NH3•H2O=2NH4++（2）2MoS2+7O2高温2MoO3+4SO2（3）3Cu2O+2NO3-+14H+＝6Cu2++2NO↑（4）氨溶；坩埚；（5）SO2+2OH—=SO32-+H2【分析】由题给流程可知，黄铜矿在空气中闪速焙烧，将金属元素转化为金属氧化物，硫元素转化为二氧化硫；将二氧化硫通入碱性次氯酸钠溶液脱硫，将二氧化硫转化为硫酸钠，反应得到的溶液经多步处理得到硫酸钠；向烧渣中加入氨水氨溶，将三氧化钼转化为钼酸铵，过滤得到滤渣和钼酸铵溶液；钼酸铵溶液结晶得到钼酸铵，钼酸铵受热分解生成三氧化钼和可以在氨溶步骤可以循环使用的氨气；向滤渣中加入稀硝酸和稀硫酸，将氧化亚铜、氧化铁转化为硫酸铜、硫酸铁，过滤得到滤渣和含有硫酸铜、硫酸铁的滤液；向滤液中加入氧化铜，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和滤液；滤液经一系列操作得到五水硫酸铜。【解答】解：（1）粉碎烧渣、搅拌等措施能提高氨溶的效率；由分析可知，加入氨水氨溶的目的是将三氧化钼转化为钼酸铵，反应的离子方程式为MoO3+2NH3•H2O=2NH4++故答案为：粉碎烧渣、搅拌；MoO3+2NH3•H2O=2NH4++（2）由电子转移守恒和原子守恒配平该反应的化学方程式为2MoS2+7O2高温2MoO3+4SO2故答案为：2MoS2+7O2高温2MoO3+4SO2（3）由分析可知，加入稀硝酸和稀硫酸的目的是将氧化亚铜、氧化铁转化为硫酸铜、硫酸铁，其中氧化亚铜转化为硫酸铜的反应有元素发生化合价变化，属于氧化还原反应，反应的离子方程式为3Cu2O+2NO3-+14H+＝6Cu2++2NO↑故答案为：3Cu2O+2NO3-+14H+＝6Cu2++2NO↑（4）由分析可知，热分解发生的反应为钼酸铵受热分解生成三氧化钼和可以在氨溶步骤可以循环使用的氨气；热分解所用到仪器的名称为坩埚，故答案为：氨溶；坩埚；（5）①硫酸钠产品中含有亚硫酸钠是因为酸性氧化物二氧化硫与碱性次氯酸钠溶液中的氢氧根离子反应生成亚硫酸根离子和水所致，反应的离子方程式为SO2+2OH﹣=SO32-+故答案为：SO2+2OH﹣=SO32-+H2②硫酸钡不能与稀盐酸反应，亚硫酸钠能与稀盐酸反应生成氯化钡、二氧化硫和水，则检验产品中含有亚硫酸钠杂质的操作为取适量产品配成稀溶液，加入足量氯化钡溶液，有白色沉淀生成，过滤、洗涤后，向沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解并产生刺激性气味气体，说明产品中含有亚硫酸钠，故答案为：向沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解并产生刺激性气味气体。【点评】本题主要考查性质实验方案的设计等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。4．（2025秋•皇姑区校级月考）我国是金属材料生产大国，提高资源利用率和实现绿色生产是必由之路。利用酸碱协同法可实现钢渣中的Ca、Si、Fe元素的有效分离，流程如下。已知：钢渣中富含CaO、SiO2、FeO、Fe2O3等氧化物；Fe2（C2O4）3能溶于水，FeC2O4、CaC2O4难溶于水。回答下列问题：（1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有搅拌、粉碎钢渣、适当提高酸浸温度、适当增大盐酸浓度等（任写一条）（2）“碱浸”时，发生反应的化学方程式为SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O。（3）为体现“绿色化学”思想，试剂1可选用O2或H2O2溶液，加入试剂1发生反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O或2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O。（4）滤渣2经过洗涤、干燥得到草酸钙晶体，“洗涤”的实验操作为用玻璃棒引流，向漏斗中注入蒸馏水，直至没过沉淀，然后等待液体自然流出，重复操作两到三次。（5）将草酸钙晶体（CaC2O4•H2O）相对分子质量Mr＝146在氮气氛围中进行热重分析，每个阶段的重量降低比例数据如图所示。346℃～420℃范围内发生反应的化学方程式为CaC2O4346°C-420°CCaCO3+CO↑【答案】（1）搅拌、粉碎钢渣、适当提高酸浸温度、适当增大盐酸浓度等；（2）SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O；（3）O2或H2O2；4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O或2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；（4）用玻璃棒引流，向漏斗中注入蒸馏水，直至没过沉淀，然后等待液体自然流出，重复操作两到三次；（5）CaC2O【分析】钢渣中富含CaO、SiO2、FeO、Fe2O3等氧化物；加入盐酸，二氧化硅不反应成为滤渣1，滤渣1加入氢氧化钠生成硅酸钠，加入二氧化碳得到硅酸沉淀，处理得到二氧化硅；滤液1中含钙离子、亚铁离子、铁离子，加入氧化剂氧化亚铁离子生成铁离子，再加入草酸得到草酸钙滤渣2和含草酸铁的滤液2；【解答】解：（1）搅拌、粉碎钢渣、适当提高酸浸温度、适当增大盐酸浓度等（任写一条即可）均可以加快反应速率，从而提高浸取速率，故答案为：搅拌、粉碎钢渣、适当提高酸浸温度、适当增大盐酸浓度等；（2）“碱浸”时，二氧化硅加入氢氧化钠生成硅酸钠和水，反应为：SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O，故答案为：SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O；（3）为体现“绿色化学”思想，试剂1可选用氧化剂O2或H2O2，两者能氧化亚铁离子且不引入新杂质，加入试剂1发生反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O或2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，故答案为：O2或H2O2；4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O或2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；（4）“洗涤”草酸钙晶体的实验操作为：用玻璃棒引流，向漏斗中注入蒸馏水，直至没过沉淀，然后等待液体自然流出，重复操作两到三次（答案合理即可），故答案为：用玻璃棒引流，向漏斗中注入蒸馏水，直至没过沉淀，然后等待液体自然流出，重复操作两到三次；（5）假设为1molCaC2O4•H2O在氮气氛围中进行热重分析，加热时会首先失去结晶水得到CaC2O4（此时重量为原来的146-18146×100%=87.7%），然后受热分解为碳酸钙，结合钙守恒，此时重量为原来的100g/mol×1mol146×100%=68.5%，继续受热，碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，结合钙守恒，此时重量为原来的56g/mol×1mol146×100%=38.4%，则346℃～420℃范围内发生反应为CaC2O4分解生成碳酸钙，结合质量守恒，还生成CO，化学方程式为CaC故答案为：CaC2O【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。5．（2024秋•武汉期末）实验室以Mn2O3废渣（含少量Ca、Mg的氧化物）为原料制备KMnO4的部分实验过程如图：（1）写出Mn元素在周期表中的位置第四周期第ⅦB族，在元素周期表中属于d区；“浸取”时Mn2O3转化为Mn2+，提高浸取率的措施有粉碎、适当升高温度（任写两种）。（2）“除Ca2+、Mg2+”时，所得溶液中c(Ca2+)c(Mg2+)=80（3）“沉锰”时，NH4HCO3溶液做“沉锰”试剂。①NH4HCO3的水溶液呈碱性（填“酸性”或“碱性”或“中性”），其溶液中c(HCO3-)、c(NH4+)、c（H+）、c（OH﹣）离子浓度从大到小的顺序NH4+＞HCO3-＞OH-＞②此过程需控制温度低于70℃，该过程不宜在较高温度下进行的原因是避免碳酸氢铵温度过高分解。③“沉锰”时，“锰”转化为MnCO3，同时有气体生成，反应的离子方程式为：Mn2++2HC【答案】（1）第四周期第ⅦB族；d；粉碎、适当升高温度；（2）80；（3）①碱性；NH②避免碳酸氢铵温度过高分解；③Mn【分析】Mn2O3废渣（含少量Ca、Mg的氧化物）加入H2SO4溶液和Na2SO3溶液浸取，溶液中存在Mn2+、Ca2+和Mg2+，加入NH4F，将CaF2沉淀和MgF2沉淀过滤除去，加入NH4HCO3溶液将Mn2+转化为MnCO3，“焙烧”时，MnCO3生成活性Mn2O3，“加热氧化”时，Mn2O3发生反应生成KMnO4，水浸后经过一系列操作得到KMnO4固体，以此解答。【解答】解：（1）Mn元素原子序数是25，在周期表中的位置第四周期第ⅦB族；在元素周期表中属于d区；“浸取”时Mn2O3转化为Mn2+，提高浸取率的措施有粉碎、适当升高温度、搅拌等，故答案为：第四周期第ⅦB族；d；粉碎、适当升高温度；（2）“除Ca2+、Mg2+”时，所得溶液中c(Ca2+故答案为：80；（3）①NH4HCO3的水溶液存在铵根、碳酸氢根的水解平衡，NH4+的水解常数为KWKb=1×10-141.8×10-5≈5.6×10-10，HCO3-的水解常数为K故答案为：碱性；NH②此过程需控制温度低于70℃，该过程不宜在较高温度下进行的原因是：碳酸氢铵温度过高会分解，故答案为：避免碳酸氢铵温度过高分解；③“沉锰”时，“锰”转化为MnCO3，生成二氧化碳，离子方程式为：Mn故答案为：Mn【点评】本题主要考查制备实验方案的设计等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。6．（2025•信阳二模）从钒铬锰矿渣（主要成分为VO2•xH2O、Cr2O3、MnO及少量SiO2）中提取铬的一种工艺流程如图1：已知：①“酸化”后VO2•xH2O转化为VO2+，MnO转化为Mn2+；②Na2S2O8不会氧化Cr3+；③Mn（OH）2在空气中易被氧化为MnO2。回答下列问题：（1）上述流程中“滤渣”的主要成分为SiO2（填化学式），“酸化”时，VO2•xH2O与H2SO4反应的化学方程式为VO2•xH2O+H2SO4＝VOSO4+（x+1）H2O。（2）Na2S2O8中硫元素的化合价为+6（Na2S2O8中含有过氧键），“氧化”生成VO2+，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2（3）已知固体混合物中含有两种成分，它们的化学式为Cr（OH）3、MnO2，“转化”过程中生成MnO2的离子方程式为Mn2++（4）某温度下，Cr（Ⅲ）、Mn（Ⅱ）的沉淀率与pH的关系如图2所示。“沉铬”过程最佳pH为6.0；在该条件下滤液1中c（Cr3+）＝1.25×10﹣10mol•L﹣1[结果保留3位有效数字，Kw近似为2×10﹣13，Cr（OH）3的Ksp近似为1×10﹣30]。（5）“提纯”过程中Na2S2O3的作用为把MnO2还原为Mn2+。【答案】（1）SiO2；VO2•xH2O+H2SO4＝VOSO4+（x+1）H2O；（2）+6；1：2；（3）Cr（OH）3、MnO2；Mn（4）6.0；1.25×10﹣10；（5）把MnO2还原为Mn2+。【分析】本流程的目的，是去除含矾杂质，将铬转化为Cr2O3，将锰转化为MnO2。钒铬锰矿渣（主要成分为VO2•xH2O、Cr2O3、MnO及少量SiO2）加硫酸溶解，其中金属氧化物溶于硫酸生成相应的硫酸盐，SiO2不溶于硫酸形成滤渣；滤液中Na2S2O8加将V氧化为+5价，调节pH使钒沉淀；滤液中主要含有Mn2+和Cr3+，加入氢氧化钠溶液沉铬后，主要得到Cr（OH）3，滤液1中主要含有硫酸锰，再经过提纯除去固体中的锰元素，最后煅烧Cr（OH）3得到三氧化二铬；转化步骤加入H2O2、NaOH，将锰离子转化为二氧化锰。【解答】解：（1）根据分析，流程中“滤渣”的主要成分为SiO2，“酸化”时，VO2•xH2O与H2SO4反应的化学方程式：VO2•xH2O+H2SO4＝VOSO4+（x+1）H2O，故答案为：SiO2；VO2•xH2O+H2SO4＝VOSO4+（x+1）H2O；（2）根据化合物中个元素化合价代数和为0，Na2S2O8中S元素化合价为+6价；Na2S2O8作氧化剂被还原为Na2SO4，VO2+作还原剂被氧化为VO2+。根据得失电子守恒可得反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1故答案为：+6；1：2；（3）沉铬过程中，溶液中的Cr3+、Mn2+均与NaOH反应生成Cr（OH）3、Mn（OH）2，Mn（OH）2接触空气最终被氧化为MnO2，因此固体混合物为Cr（OH）3、MnO2；“转化”过程中生成MnO2的离子方程式：Mn故答案为：Cr（OH）3、MnO2；Mn（4）“沉铬”过程应控制pH使铬的沉淀率尽可能高，但锰的沉淀率尽量较低，由图可知应选pH＝6.0；据图像可知，在pH＝6.0时，Cr（Ⅲ）的沉淀率最高；pH＝6.0，c（OH﹣）＝2×10﹣7mol•L﹣1，再代入溶度积常数表达式Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)⋅c3(OH故答案为：6.0；1.25×10﹣10；（5）“沉铬”时生成Cr（OH）3和Mn（OH）2，Mn（OH）2在空气中易被氧化为MnO2，“提纯”时Na2S2O3把MnO2还原为Mn2+，故答案为：把MnO2还原为Mn2+。【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。7．（2025•4月份模拟）银铋渣是铋精炼过程中所得的一种副产品（富含Au、Ag、Bi、Zn、Pb、Cu等多种金属）。研究人员设计了一种从银铋渣中提取部分金属的流程，如图所示：回答下列问题：（1）Bi与N同主族，则Bi位于元素周期表的第ⅤA族，属于p区。（2）“破碎磨细”的细度对于银铋渣中金属离子的“酸浸”浸出率有很大影响，不同“磨矿细度”条件下金属离子的浸出率如下表。实际工业生产中应选取磨矿细度为70.5%。磨矿细度/（75μm微粒含量/%）浸出率/%渣率/%PbBiCuZnAg36.284.2683.7082.8393.7285.268.1156.392.5892.0391.7996.1891.426.3170.598.3298.6598.1198.9298.515.0579.498.6898.8398.5399.0498.925.01（3）该工艺中，“浸锌”“酸浸”均为酸浸，两个工艺没有合并使用稀硝酸“酸浸”的优点有减少HNO3使用、减少污染物的排放，同时可以得到副产品硫酸锌晶体。（4）使用一定浓度硝酸“酸浸”时，Pb、Ag、Bi等金属的浸出率与温度的关系如图所示。在约60℃后，金属的浸出率出现下降的趋势，原因是温度过高，硝酸分解。（5）加稀氨水“调pH为一定值”“稀释沉铋”过程中Bi3+生成BiONO3的总离子方程式是Bi3++NH3•H2O+NO3-=BiONO3↓+（6）“浸锌”后的“滤液”和“稀释沉铋”后的“滤液”中加入Zn粉的目的是置换出Cu。（7）“沉银（铅）”后的含“Ag、Pb的滤渣”为AgCl、PbCl2的混合物，该混合物通过下列工艺可制得银，“还原”反应的化学方程式是4Ag（NH3）2Cl+N2H4•H2O＝4Ag↓+N2↑+4NH3↑+4NH4Cl+H2O。【答案】（1）ⅤA；p；（2）70.5；（3）减少HNO3使用、减少污染物的排放，同时可以得到副产品硫酸锌晶体；（4）温度过高，硝酸分解；（5）Bi3++NH3•H2O+NO3-=BiONO3↓（6）置换出Cu；（7）4Ag（NH3）2Cl+N2H4•H2O＝4Ag↓+N2↑+4NH3↑+4NH4Cl+H2O。【分析】银铋渣经破碎磨细处理后用稀H2SO4浸锌，Zn变为Zn2+进入到浸取液中，Pb变为PbSO4沉淀，滤渣加入HNO3酸浸，PbSO4进入到滤渣a中；Au、Ag、Bi、Cu元素进入滤液中；再向滤液中加入NaCl溶液沉银、铅，过滤加入稀氨水，银、铅转化为络合物进入溶液，加水稀释沉Bi，过滤得到BiONO3，含Ag、Pb的滤液和浸锌的滤液加入锌粉，置换Cu，得到铜和硫酸锌的溶液，然后得到硫酸锌晶体，据此解答。【解答】解：（1）Bi与N同主族，则Bi位于元素周期表的第ⅤA族，属于p区，故答案为：ⅤA；p；（2）实际工业生产中应选取磨矿细度为70.5%，故答案为：70.5；（3）该工艺中，“浸锌”“酸浸”均为酸浸，两个工艺没有合并使用稀硝酸“酸浸”的优点有减少HNO3使用、减少污染物的排放，同时可以得到副产品硫酸锌晶体，故答案为：减少HNO3使用、减少污染物的排放，同时可以得到副产品硫酸锌晶体；（4）硝酸不稳定，受热易分解，在约60℃后，金属的浸出率出现下降的趋势，原因是温度过高，硝酸分解，故答案为：温度过高，硝酸分解；（5）加稀氨水“调pH为一定值”“稀释沉铋”过程中Bi3+生成BiONO3的总离子方程式是Bi3++NH3•H2O+NO3-=BiONO3↓故答案为：Bi3++NH3•H2O+NO3-=BiONO3↓（6）“浸锌”后的“滤液”和“稀释沉铋”后的“滤液”中加入Zn粉的目的是置换出Cu，故答案为：置换出Cu；（7）流程中还原制银时，Ag+化合价降低生成Ag，则只有N2H4•H2O中﹣2价的N元素化合价升高生成N2，结合生成物NH4Cl，根据电子转移守恒和质量守恒可写出反应的化学方程式为4Ag（NH3）2Cl+N2H4•H2O＝4Ag↓+N2↑+4NH3↑+4NH4Cl+H2O，故答案为：4Ag（NH3）2Cl+N2H4•H2O＝4Ag↓+N2↑+4NH3↑+4NH4Cl+H2O。【点评】本题考查物质分离、提纯的综合应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握实验的原理以及基本实验操作方法，题目难度较大。8．（2025秋•禄劝县期中）废旧三元锂电池正极材料（LiNixCo1﹣x﹣yMnyO2）；中富含Li、Ni、Co、Mn等有价金属，将其回收的工艺流程如图所示：已知：①浸出液中c（Li+）＝0.14mol•L﹣1；②少量的Ni2+和Co2+与氨水反应生成的[Ni(NH3)6]2+比[Co（NH回答下列问题：（1）Fe元素位于元素周期表中的d区。（2）正极材料表示为LiMO2（M代表Co、Ni、Mn，化合价均为+3）。①“酸浸”时LiNiO2反应的化学方程式为2LiMO2+3H2SO4+H2O2＝Li2SO4+2MSO4+O2↑+4H2O。②“酸浸”时温度不宜过高的原因是H2O2受热易分解，温度过高浸出率反而降低。（3）浸出液中先加入氨水后加入（NH4）2C2O4，生成CoC2O4沉淀而没有NiC2O4沉淀生成的原因是[Ni（NH3）6]2+比[Co（NH3）6]2+稳定性强，镍元素主要以[Ni（NH3）6]2+的形式存在于溶液中，故不能被沉淀。（4）气体X的电子式为。（5）一定量2NiCO3•Ni（OH）2与足量盐酸反应，消耗HCl的物质的量与生成CO2的物质的量之比为3：1。（6）现有10L浸出液，回收得到44.03gLi2CO3，则Li+的回收率为85%。【答案】（1）d；（2）①2LiMO2+3H2SO4+H2O2＝Li2SO4+2MSO4+O2↑+4H2O；②H2O2受热易分解，温度过高浸出率反而降低；（3）[Ni（NH3）6]2+比[Co（NH3）6]2+稳定性强，镍元素主要以[Ni（NH3）6]2+的形式存在于溶液中，故不能被沉淀；（4）；（5）3：1；（6）85%。【分析】由题给流程可知，废旧三元锂电池正极材料经预处理后，加入过氧化氢和稀硫酸的混合溶液酸浸，将金属氧化物转化为可溶的硫酸盐，根据金属元素的化合价变化可知过氧化氢被氧化产生氧气，向酸浸液中加入氨水和草酸铵，将溶液中钴离子转化为草酸钴沉淀，过滤得到草酸钴和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得碳酸锰和滤液；向滤液中加入碳酸钠和氢氧化钠的混合溶液，将溶液中镍离子转化为aNiCO3•bNi（OH）2沉淀，过滤；向滤液中加入碳酸钠溶液，将溶液中的锂离子转化为碳酸锂沉淀，据此解答。【解答】解：（1）Fe的原子序数是26，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，属于d区，故答案为：d；（2）①“酸浸”时LiMO2（M代表Co、Ni、Mn，化合价均为+3价）将H2O2氧化，Ni、Co、Mn元素被还原为+2价，化学方程式为2LiMO2+3H2SO4+H2O2＝Li2SO4+2MSO4+O2↑+4H2O，故答案为：2LiMO2+3H2SO4+H2O2＝Li2SO4+2MSO4+O2↑+4H2O；②“酸浸”时温度不宜过高的原因是H2O2受热易分解，温度过高浸出率反而降低，故答案为：H2O2受热易分解，温度过高浸出率反而降低；（3）由于[Ni（NH3）6]2+比[Co（NH3）6]2+稳定性强，镍元素主要以[Ni（NH3）6]2+的形式存在于溶液中，故原因为[Ni（NH3）6]2+比[Co（NH3）6]2+稳定性强，镍元素主要以[Ni（NH3）6]2+的形式存在于溶液中，故不能被沉淀，故答案为：[Ni（NH3）6]2+比[Co（NH3）6]2+稳定性强，镍元素主要以[Ni（NH3）6]2+的形式存在于溶液中，故不能被沉淀；（4）“沉锰”过程产生气体X为二氧化碳，故发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+H2O+CO2↑，X为CO2故答案为：；（5）一定量2NiCO3•Ni（OH）2与足量盐酸发生2NiCO3•Ni（OH）2+6HCl＝3NiCl2+4H2O+2CO2↑，消耗HCl的物质的量与生成CO2的物质的量之比为6：2＝3：1，故答案为：3：1；（6）10L浸出液中n（Li+）＝10L×0.14mol/L＝1.4mol，n（Li2CO3）=44.0374mol＝0.595mol，回收得到n（Li+）＝1.19mol，Li+的回收率为1.191.4×故答案为：85%。【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。9．（2025秋•广东月考）一种从废加氢催化剂（主要含Fe、Ni、V、Mo、Si等化合物）中提取金属的工艺流程如图所示：已知：①用N235表示R3N，Mo、V、Fe的配合阴离子用Mx﹣表示，N235酸化后进行离子交换实现萃取，原理如下：R3N+H②酸性较强时，Fe3+易形成[FeCl③常温下，Ksp[Fe(OH)3]=1×10-39，回答下列问题：（1）“高温还原”时，和MoO3反应（生成Mo单质和CO）所消耗的还原剂与MoO3的物质的量之比为3：1。（2）“浸出”时，Mo生成MoO22+补全上述反应的离子方程式Mo+2NO3-+4H+=MoO22++2NO（3）“萃取”时，pH对钒、钼、铁萃取率及钒、铁分离系数的（βV/Fe）影响如图所示：随着pH增大，铁元素萃取率下降的原因是pH增大，溶液中OH﹣浓度增大，Fe3+水解成Fe（OH）3的程度增大，生成[FeCl4]-的反应平衡逆移，可被N235萃取的[FeCl4]-浓度减小，则铁元素萃取率下降，“萃取”时最佳的A．0.2～0.4B．0.4～0.6