2026年上海高考化学二轮复习讲练测重难08化工生产中物质制备与条件控制（解析版）

重难08化工生产中物质制备与条件控制内容导航内容导航速度提升技巧掌握手感养成重难考向聚焦锁定目标精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向重难技巧突破授予利器瓦解难点：总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧重难保分练稳扎稳打必拿分数：聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值重难抢分练突破瓶颈争夺高分：聚焦于中高难度题目，争夺关键分数重难冲刺练模拟实战挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感”一、物质制备过程中的常考知识点1.原料处理阶段的常见考查点研磨减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，加快反应速率。水浸与水接触反应或溶解。酸浸与酸接触反应或溶解，使可溶性金属进入溶液，不溶物通过过滤除去。灼烧除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质。煅烧改变结构，使一些物质能溶解。并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土。2．分离提纯阶段的常见考查点(1)调pH除杂①控制溶液的酸碱性使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。如若要除去Al3＋、Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH。②调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。(2)加热：加快反应速率或促进平衡向某个方向移动。如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如侯氏制碱法中的NaHCO3；还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。(3)降温：防止某物质在高温时会溶解(或分解)；使化学平衡向着题目要求的方向移动。3．获得产品阶段的常见考查点(1)洗涤(冰水、热水)：如乙醇洗涤既可洗去晶体表面的杂质，又可减少晶体溶解的损耗。(2)蒸发时的气体氛围抑制水解：如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防其水解。(3)蒸发浓缩、冷却结晶：如NaCl和K2Cr2O7混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是K2Cr2O7，这样就可分离出大部分K2Cr2O7；同样原理可除去KNO3中的少量NaCl。(4)蒸发结晶、趁热过滤：如NaCl和K2Cr2O7混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，同样原理可除去NaCl中的少量KNO3。二、破解物质制备的——“题眼”1．如果在制备过程中出现或用到受热易分解的物质，则要注意对温度的控制。如侯德榜制碱中的NaHCO3，还有H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。2．如果产物是一种会水解的盐，且水解产物中有挥发性的酸产生时，则要加相对应的酸来抑制水解。如制备FeCl3、AlCl3、MgCl2、Cu(NO3)2等物质，要蒸发其溶液得到固体溶质时，都要加相应的酸或在酸性气流中进行来抑制其水解。3．如果产物是一种强氧化性物质或强还原性物质，则要防止它们被其他物质还原或氧化。如产物是含Fe2＋、SOeq\o\al(2－,3)、I－等离子的物质，要防止反应过程中O2的介入。4．如果产物是一种易吸收空气中的CO2或水(潮解或发生反应)而变质的物质(如NaOH固体等)，则要注意在制备过程中对CO2或水的去除，也要防止空气中的CO2或水进入装置中。5．当题目中给出多种物质的沸点、溶解度信息，则意味着需要用蒸馏、高温(或低温)过滤来进行分离。6．在回答题目中条件的选择原因时主要可从以下几个方面分析：(1)对反应速率有何影响。(2)对平衡转化率是否有利。(3)对综合效益有何影响。如原料成本、原料来源(是否广泛、可再生)、能源成本、对设备的要求、环境保护(从绿色化学方面作答)等。(4)识别流程图化工流程中箭头指出的是投料(反应物)，箭头指向的是生成物(包括主产物和副产物)，返回的箭头一般是被“循环利用”的物质。（建议用时：10分钟）1．（2026·上海·一模）铼(Re)、钼(Mo)是具有重要军事战略意义的金属。从辉钼矿氧化焙烧后的烟道灰(主要成分有、、CuO、)中提取铼粉和金属钼的流程如下图所示：已知：I．、是酸性氧化物，过铼酸()是易溶于水的一元强酸，但不具有强氧化性；II．过铼酸铵()是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。回答下列问题：(1)“碱浸”时MoO3转化为，中Mo的化合价是。“滤渣I”的主要成分是(填化学式)。(2)“还原”时，Zn被氧化成，铼的化合物被还原生成难溶的，该反应的离子方程式为。(3)“氧化”过程，发生反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比是。(4)“沉铼”时，加入热NH4Cl溶液至产生白色沉淀，为使沉淀充分析出并分离得到纯净的NH4ReO4晶体，“操作I”具体步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、、低温干燥。(5)“酸化沉钼”过程溶液pH和反应时间对钼酸的析出有很大影响，根据图中数据判断“酸化沉钼”的最佳条件是。(实线、虚线分别表示其他条件相同时反应时间、pH对实验结果的影响)(6)用硫酸处理从辉钼矿氧化焙烧后的烟道灰可以制备无公害型冷却水系统金属缓蚀剂钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)。制备过程中需加入Ba(OH)2固体除去，若溶液中，，当BaMoO4开始沉淀时，SO的去除率为(保留一位小数)。[忽略溶液体积变化。常温下，，](7)电氧化法是一种极具发展前景的钼精矿冶金工艺，其工作原理如图所示。电解时，若维持电流强度为0.5A(相当于每秒通过5×10-6mol电子)，电解90min，理论上消耗MoS2的质量为g。【答案】(1)+6价CuO、(2)(3)3:2(4)冷水洗涤(5)反应时间为60min；终点pH为1.0(6)97.5%(7)0.24【分析】烟道灰加NaOH溶液碱浸，CuO和不溶于碱溶液，在滤渣I中过滤出来；、都能和NaOH反应，分别生成和，滤液中加锌还原，被还原成难溶的，用氧气氧化得到，加氯化铵溶液沉铼，得到过，然后热解得到，最后用氢气还原得到铼粉；还原后的滤液酸化沉钼（ 钼酸钠与硝酸反应析出钼酸），所得钼酸高温焙烧生成氧化钼（MoO3），经氢气在高温下还原得到金属钼。【解析】（1）中O为-2价，故Mo的化合价是+6价。根据分析，不溶于碱的CuO、过滤在“滤渣I”中。（2）“还原”时，Zn被氧化成，铼的化合物被还原生成难溶的，该反应的离子方程式为。（3）根据分析，“氧化”过程用氧气氧化得到，该反应氧气是氧化剂，每个氧气得4个电子，每个还原剂失6个电子，故氧化剂与还原剂的物质的量之比是3:2。（4）过铼酸铵()是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。"操作I”具体步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冷水洗涤、低温干燥。（5）根据图2可判断，当反应时间为60min时，母液中的含钼量最小；当溶液的pH=1.0时，母液中的含钼量最小，所以选择的最佳“酸化沉钼”条件为：反应时间为60min、pH为1.0。（6）根据图2可判断，当反应时间为60min时，母液中的含钼量最小；当溶液的pH=1.0时，母液中的含钼量最小，所以选择的最佳“酸化沉钼”条件为：反应时间为60min、pH为1.0。（6），，由可知，当开始沉淀时，，由可知，此时溶液中，所以的去除率。（7）从图3可知，ClO-来自于Cl-，Cl-在电解池的阳极失去电子生成ClO-，生成1molClO-失去2mol电子，所以当通过90min×60s/min×5×10-6mol/s=0.027mol电子时，生成0.0135molClO-，生成的ClO-和MoS2反应生成Cl-和MoO、SO，消耗1molMoS2转移18mol电子，根据电子守恒：0.0135mol×2=n(MoS2)×18，所以n(MoS2)=0.0015mol，则m(MoS2)=0.0015mol×160g/mol=0.24g，故答案为：0.24。2．（2026·上海·一模）稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。一种利用钒钛磁铁矿精矿（主要成分为Fe3O4、FeV2O4、TiO2和SiO2）综合提取钒、钛，并同步制备黄铵铁矾的工艺流程如下图所示：已知：①“加压焙烧”过程中存在反应，生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”；②“酸浸”所得溶液中钒、钛以形式存在。回答下列问题：(1)已知FeV2O4中Fe为+2价，则V的化合价为。(2)“酸浸”时，产生的“浸出渣”的主要成分为(填化学式)。“酸浸”时，若用硝酸代替盐酸，弊端为。(3)“氧化”时，H2O2的使用量远大于理论计算量，可能的原因为。(4)“萃取”时，先转化为再与萃取剂R3N结合，其过程可表示为：。据此分析“反萃取”过程中加入Na2CO3溶液的作用为。(5)“沉铁”时，生成黄铵铁矾的离子方程式为。(6)V2O5可溶于强酸强碱，常温时不同pH、不同钒元素浓度时，+5价V存在形态如图所示(忽略溶液前后体积变化)：将0.01molV2O5溶解在200mL烧碱溶液中，剩余溶液的，反应的离子方程式为。(7)乙二醇的生产工艺中，需使用热的溶液（脱碳液）脱除，脱碳液中含有的能减少溶液对管道的腐蚀。可使用“碘量法”测定脱碳液中的含量，操作中涉及两个反应如下：①；②。下列说法正确的是___________。A．反应①和②中还原剂与氧化剂的物质的量之比均为2∶1B．反应①生成1mol时，反应转移2mol电子C．已知氧化性Fe3+>I2，向VOCl2溶液中滴加Fe2(SO4)3溶液则会生成V2O5D．反应①和②在强酸性环境中都更易发生反应(8)偏钒酸铵在加热条件下反应会生成V2O5，NH3和H2O。V2O5在氮气氛围中，碳高温条件下还原氮化制备VN，还生成一种具有还原性的气体，则该反应的化学方程式为。生成标况下22.4L该还原性气体时，反应转电子数为。【答案】(1)+3(2)SiO2硝酸具有强氧化性，可能将溶液中低价态金属离子(如Fe2+、V3+)氧化，影响后续分离提纯，同时硝酸还原会生成NO、NO2等有毒气体，污染环境(3)Fe3+具有催化作用，会加速H2O2的分解(4)消耗H+，使萃取反应的平衡逆向移动，将与萃取剂分离(5)(6)(7)A(8)2NA【分析】钒钛磁铁矿精矿（主要成分为Fe3O4、FeV2O4、TiO2和SiO2）“加压焙烧”过程中存在反应2FeCl3(s)=2FeCl2(s)+Cl2(g)，生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”，FeV2O4经“二次氯化”转化为VO2Cl、FeCl2，加入盐酸进行酸浸，VO2Cl转化为，TiO2转化为TiO2+，滤渣含SiO2，加适量铁粉沉钛，调节溶液pH使TiO2+完全生成TiO(OH)2沉淀，加入H2O2将+2价亚铁离子氧化成+3价铁离子，加入有机萃取剂R3N，先转化为，再与萃取剂R3N结合进入有机相，4R3N+4H++[R3NH]4H2V10O28，加酸化的Na2SO4洗涤分液，有机相加入Na2CO3进行反萃取，经一系列操作得V2O5；水相加入(NH4)2SO4生成黄铵铁矾，据此作答；【解析】（1）已知FeV2O4中Fe为+2价，根据化合价代数和为零，则V的化合价为+3价；（2）根据分析可知，“酸浸”时，产生的“浸出渣”的主要成分为SiO2；硝酸代替盐酸的弊端：硝酸具有强氧化性，可能将溶液中低价态金属离子（如Fe2+、V3+）氧化，影响后续分离提纯；同时硝酸还原会生成NO、NO2等有毒气体，污染环境；（3）溶液中存在Fe3+（“酸浸”时Fe3O4溶解生成、FeV2O4溶解生成的亚铁被氧化），Fe3+具有催化作用，会加速H2O2的分解，导致实际消耗的H2O2量远大于理论计算量；（4）Na2CO3与H+反应，消耗H+，使c(H+)降低，使萃取反应的平衡逆向移动，将与萃取剂分离；（5）“沉铁”时，加入(NH4)2SO4，生成黄铵铁矾的离子方程式为：；（6）剩余c(OH-)=0.01mol/L，c(H+)=10-12mol/L，pH=12，结合V的存在形态图：pH=12时，c(V)==0.1mol/L，即-lgc(V)=-lg0.1=1时，+5价V主要以形式存在，V2O5与OH-反应生成和H2O，离子方程式为：；（7）A．反应①中还原剂(KI)与氧化剂(V2O5)的物质的量之比为2：1；反应②中还原剂()与氧化剂(I2)的物质的量之比也为2：1，A正确；B．反应①中生成2molVOCl2转移2mol电子，故生成1molVOCl2时转移1mol电子，B错误；C．Fe3+的氧化性虽强于I2，由反应①可知，氧化性：，无法判断Fe3+和V2O5的氧化性强弱，无法直接推断向VOCl2溶液中滴加Fe2(SO4)3溶液是否会生成V2O5，C错误；D．反应②中在强酸性条件下与氢离子反应生成硫、二氧化硫和水，强酸性不利于反应②进行，D错误；故选A；（8）根据题意可知高温条件下V2O5可与C、N2反应生成VN，根据元素守恒，另外一种具有还原性的气体应是CO，结合氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为；生成标况下22.4LCO的物质的量为=1mol，该反应中C元素由0价上升到+2价，则反应转移电子数为2NA。3．（25-26高三上·上海·月考）工业上常用钛铁矿(主要含和少量、、、等)通过如图所示工艺流程制取钛，并进一步回收镁、铝、铁等的化合物。已知：①酸浸后，钛在溶液中主要以形式存在；②，相关金属氢氧化物的如下表所示。金属离子对应氢氧化物的(1)酸浸渣的主要成分是(填化学式)；酸浸过程中生成的离子方程式为。(2)要提高酸浸速率，可采取的措施是。(任写一条)(3)从水解平衡角度解释用热水进行“水浸”能生成的原因(4)“水浸”后滤液用氨水逐步调节实现“分步沉淀”，金属氢氧化物析出顺序为_______。A．、、、B．、、、C．、、、D．、、、(5)转化为有两种“氯化”方法，时的焓变示意图如下所示。①比较两种方法反应趋势的相对大小并说明理由。②根据上图信息，推测反应的焓变。【答案】(1)(2)粉碎矿石、适当加热、适当增大硫酸浓度等(3)存在水解过程：，加入热水后温度升高，促进水解平衡右移，生成(4)D(5)碳氯化反应气体分子数增加，，故一定小于0，反应始终自发；而直接氯化法的体系气体分子数不变，变化很小，且，只有在高温下才有可能使小于0，故碳氯化法反应趋势大于直接氯化法【分析】向钛铁矿(主要含FeTiO3和少量SiO2、MgO、Fe2O3、Al2O3等)中加入硫酸，二氧化硅不反应，其他物质与硫酸反应，过滤，向滤液中加入热水，过滤得到H2TiO3，H2TiO3煅烧得到TiO2，TiO2氯化得到四氯化钛，四氯化钛和镁反应生成钛和氯化镁，滤液中滴加氨水分步沉淀金属离子得到金属氢氧化物。【解析】（1）由分析可知，酸浸渣的主要成分是；酸浸后，钛在溶液中主要以形式存在，即酸浸时，FeTiO3与H+反应生成、Fe2+和H2O，反应的离子方程式为；（2）要提高酸浸速率，可采取的措施有粉碎矿石、适当加热、适当增大硫酸浓度等；（3）从水解平衡角度解释“水浸“时生成H2TiO3的原因是：TiO2+水解的离子方程式为：TiO2++2H2O⇌H2TiO3+2H+，水解过程是吸热过程，加热水后，升高温度，促进水解平衡右移，生成H2TiO3；（4）滤液中含有Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+，用氨水逐步调节pH实现“分步沉淀”，由表格数据可知，依次析出的沉淀是：、、、，答案选D；（5）①根据反应的情况，碳氯化反应气体分子数增加，，故一定小于0，反应始终自发；而直接氯化法的体系气体分子数不变，变化很小，且，只有在高温下才有可能使小于0，故碳氯化法反应趋势大于直接氯化法；②由图可知：直接氯化的热化学方程式为：①；碳氯化法的热化学方程式为：②；根据盖斯定律，方程式②-①得，故=。4．（25-26高三上·上海·期中）稀土元素中丰度最高的是铈，在电子材料、催化剂等方面应用广泛。工业上以氟碳铈矿(，含、等杂质)为原料制备二氧化铈、硫酸铝铵和氯化亚铁，工艺流程如下图所示：已知：①不溶于水，也不溶于稀盐酸。②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：金属离子开始沉淀pH1.97.03.0完全沉淀pH3.29.04.7(1)检验稀土矿中的铈元素，可采用的仪器分析方法为___________。A．原子发射光谱 B．红外光谱 C．晶体射线衍射 D．质谱(2)氟碳铈矿“氧化焙烧”时气体与矿料逆流而行进行投料，目的是。相同温度、相同时间，液固比对水洗液中含量的影响(如下表)；液固比34567浓度(mg/mL)0.72080.92161.03881.12521.1232相同液固比、相同时间，水洗温度对水洗液中含量的影响(如下图)。(3)水洗的最佳条件为___________。A．液固比为3，60℃ B．液固比为3，30℃C．液固比为6，30℃ D．液固比为6，60℃(4)“酸浸液”中加入的物质X是，加入物质Y调节pH的范围是。(5)写出过滤后，向滤渣中加入硫酸和硫酸铵制备硫酸铝铵的化学方程式。(6)取所得产品，用高氯酸和磷酸混合液加热溶解，冷却至室温后，配成250mL溶液。取溶液用硫酸亚铁铵[]溶液滴定，已知滴定时发生的反应为，达到滴定终点时消耗硫酸亚铁铵溶液20.00mL，列式计算该产品的纯度。【答案】(1)A(2)使气固反应物充分接触(3)D(4)铁粉(5)(6)86%【分析】“氧化焙烧”时，转化为CeO2，同时生成、；“水洗”时，加蒸馏水洗涤除去HF，则水洗渣主要成分为CeO2、和；加入稀盐酸“酸浸”，CeO2不反应，和转化为、；酸浸液含有铁离子、铝离子，在不引入新杂质的情况下，加入铁单质将三价铁还原为二价铁，便于铁和铝的分离，加入弱碱氨水调节pH，将铝离子转化为氢氧化铝沉淀得到滤渣，滤渣中加入硫酸和硫酸铵得到硫酸铝铵；滤液经过处理得到氯化亚铁，据此回答问题。【解析】（1）A．原子发射光谱是利用处于激发态的待测元素原子回到基态时，发射出特征光谱线，对元素进行定性和定量分析的方法，A选；B．红外光谱常用来测定有机物中的化学键或官能团，B不选；C．晶体X射线衍射是利用X射线与晶体中的原子相互作用，可以产生特定的衍射花样，根据衍射花样与晶体结构的关系，从而确定晶体结构，C不选；D．质谱仪根据分子离子和碎片离子的质荷比大小进行分离并记录其信息的分析方法，D不选；故选A；（2）气体与矿料逆流而行进行投料，目的是使气固反应物充分接触；（3）加蒸馏水洗涤除去HF，则水洗液中含量越大越好，由表格数据可得液固比在6时水洗液中含量最大，由图中数据可得温度在60℃时水洗液中含量最大，因此水洗的最佳条件为液固比为6，温度为60℃，故选D；（4）“酸浸液”中加入的物质X是铁粉，将三价铁还原为二价铁，加入氨水调节pH的范围为4.7-7.0，将铝离子转化为氢氧化铝沉淀，便于铁和铝的分离；滤渣主要成分为；（5）结合第4问分析可知，滤渣主要成分为，则加入硫酸和硫酸铵制备硫酸铝铵的化学方程式为；（6）根据滴定时发生的反应可知，25.00mL溶液中n(Ce4+)=n{[(NH4)2Fe(SO4)2]}=0.2000mol/L×0.02L=0.004mol，则样品中n(Ce4+)=0.004mol×=0.04mol，n(CeO2)=n(Ce4+)=0.04mol，所以样品的纯度为100%=86%。（建议用时：10分钟）5．（2025·上海杨浦·模拟预测）中国是稀土资源大国。为维护全球供应链安全，商务部于10月9日公布了包括17种稀土在内的全新出口管制规定。化学家徐光宪及其团队创立的串级萃取理论，使我国在稀土资源生产应用方面实现质的飞跃。镨(Pr)是一种重要的稀土元素，采用如图工艺流程可由孪生矿(主要含ZnS、FeS、、等)制备。已知：该体系中，金属离子生成氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH金属离子开始沉淀时的pH5.42.27.58.0沉淀完全时的pH6.43.29.08.9(1)滤渣Ⅰ中除含有外，还含有一种淡黄色沉淀，写出ZnS在“溶浸”中反应的离子方程式。(2)从绿色化学的角度考虑，相比于在空气中煅烧孪生矿，该工艺的优势在于。(3)“除铁”加入的目的是。(4)用有机萃取剂HL萃取的原理为，反萃取后，存在于(填“水相”或“有机相”)。徐光宪提出的串级萃取理论，基本思想为萃取结束后向萃余液中再次加入萃取剂萃取，反复多次，其目的是。可由溶液制备，主要包含沉淀、灼烧两个步骤。已知镨元素的常见价态为+3、+4。(5)搅拌下，将一定量的溶液与沉淀剂溶液充分反应，过滤得到沉淀。若改用溶液为沉淀剂，制得的沉淀颗粒较为疏松，原因是。(6)将置于空气中灼烧，测得剩余固体质量与起始固体质量的比值随温度变化的曲线如图所示。制备最适宜的温度为___________。A．280℃ B．560℃ C．755℃ D．1200℃(7)将固体加到30%酸性溶液中产生大量气泡，反应后镨元素仅以的形式存在，该反应的离子方程式为。【答案】(1)(2)不产生有害气体(3)使转化为便于后续除铁(4)水相浓缩富集(或提高萃取率)(5)碳酸氢铵沉淀过程生成大量气体(6)C(7)【分析】孪生矿加入FeCl3溶液溶浸，将金属硫化物中的S元素氧化为硫单质，金属阳离子进入溶液，SiO2和生成的硫单质不溶为滤渣Ⅰ，过滤除去，滤液中加入双氧水将Fe2+氧化为更容易除去的Fe3+，之后调节pH除去Fe3+，滤渣Ⅱ为氢氧化铁沉淀，再除Zn2+和氢氧化锌，过滤后将所得滤液进行多次反复萃取（稀土元素在孪生矿中含量较低），多次萃取后，反萃取，得到PrCl3；【解析】（1）滤渣1主要为不和氯化铁溶液反应且难溶于水的SiO2，以及反应生成的S单质；ZnS在溶浸中和铁离子发生氧化还原生成硫单质、亚铁离子，同时生成锌离子，反应为；（2）煅烧过程中S元素会与氧气反应产生污染空气的二氧化硫，该工艺的优势在于避免产生污染性气体；（3）过氧化氢具有氧化性，会将亚铁离子氧化为铁离子，故目的为：使转化为便于后续除铁；（4）反萃取时加入酸，提高氢离子浓度，使得进入水相，故存在于水相。徐光宪提出的串级萃取理论，基本思想为萃取结束后向萃余液中再次加入萃取剂萃取，反复多次，其目的是浓缩富集(或提高萃取率)；（5）碳酸氢铵沉淀过程生成大量二氧化碳气体，气体产生气泡导致制得的沉淀颗粒较为疏松；（6）置于空气中灼烧制备，则由Pr元素守恒存在：，则剩余固体质量与起始固体质量的比值为，由图，则最适宜的温度为755℃，故选C；（7）将固体加到30%酸性溶液中产生大量气泡，反应后镨元素仅以的形式存在，则反应为氧化还原反应生成和氧气，结合质量守恒，还生成水，反应为：。6．（25-26高三上·上海·期中）钴是一种重要的战略金属，其下游产品市场广阔。钴在地壳中的含量较低，多以伴生矿的形式出现。利用某钴矿石制取粗品及其他工业产品的工艺流程如下图所示。已知：钴矿石的主要成分为，浸出液中含有的正离子主要有、、、、。(1)下列状态的钴中，电离最外层一个电子所需能量最大的是______。A． B． C． D．(2)为提高浸出的速率，可采取的措施是。(任举一例)(3)钴矿石的浸出在酸性条件下进行，写出该步骤主要反应的离子方程式。(4)溶液中(X表示、、、、、)与pH的变化关系如下图所示(离子浓度小于时可认为已除尽)，要除去溶液中的铁，应用熟石灰调pH至少到。A．3.2

B．6.7

C．9.0

D．9.1此时过滤1所得滤渣的主要成分为。(5)工业上需要调节滤液1的pH为9.1，可以加入的试剂是。(不定项)A．MgO

B．CoO

C．

D．过滤2后所得滤液直接排放会造成水体污染，须进行处理，用熟石灰调节pH使，则。(写出计算过程)【答案】(1)A(2)矿石粉碎、适当增大硫酸浓度、搅拌等(3)(4)BFe(OH)3、Cu(OH)2(5)ABD【分析】钴矿石主要成分为Co2O3，加入H2SO4、Na2SO3，发生氧化还原反应产生CoSO4、Na2SO4、H2O，浸出液中含有H+、Cu2+、Co2+、Fe2+、Mg2+等，向其中通入空气，可以将Fe2+氧化为Fe3+，加入熟石灰调节溶液pH使Fe3+、Cu2+沉淀完全变为Fe(OH)3沉淀、Cu(OH)2沉淀，过滤除去，经过滤1后的滤液中含有H+、Co2+、Mg2+等，向除杂后液中加入MgO等，调节pH，过滤得到Co(OH)2粗品，加入熟石灰，Mg2+最后转化为镁渣；【解析】（1）基态Co原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d74s2，、为钴原子，、为失去1个电子后形成的Co+，且的4p电子能量较的4s电子能量高，则更难再失去一个电子，故选A；（2）为提高浸出的速率，可采取的措施是矿石粉碎、适当增大硫酸浓度、搅拌等；（3）钴矿石的主要成分为，钴矿石的浸出在酸性条件下进行和亚硫酸钠发生氧化还原反应生成二价钴离子和硫酸根离子，该步骤主要反应的离子方程式；（4）溶液中亚铁离子被氧气氧化为铁离子，结合分析，此时要除去铁离子和铜离子，而镁离子、二价钴离子没有沉淀，由图，此时应用熟石灰调pH至少到6.7，故选B；结合分析，此时过滤1所得滤渣的主要成分为Fe(OH)3、Cu(OH)2；（5）工业上需要调节滤液1的pH为9.1，则应加入能和氢离子反应通过调节pH得到氢氧化钴沉淀的物质，后续操作得到镁的沉淀，则该步骤不应该引入镁、钴之外的新杂质，故可以加入的试剂是A．MgO、B．CoO、D．；用熟石灰调节pH使，由图，镁离子完全沉淀所需pH=11.1，pOH=2.9，，则。7．（25-26高三上·上海·阶段练习）一种从含银、铼的废催化剂（含、、、和等）中回收银和铼的工艺流程如下：已知：高铼酸是白色片状结晶、微溶于冷水、溶于热水的一元强酸；高铼酸铵的溶解度随温度升高显著增大。(1)验证含银废催化剂中银元素可使用的方法是。A．原子发射光谱法

B．红外光谱法

C．X射线衍射法(2)“操作I”和“操作Ⅱ”均需要用到的玻璃仪器有_____。A．铁架台 B．蒸馏烧瓶 C．分液漏斗 D．三角漏斗(3)“操作x”选用。A．蒸发结晶

B．降温结晶(4)“氧化浸出”时，将浸出温度控制在，其目的除加快反应速率和减少反应物的分解、挥发外，还有；该步骤中铼（Re）发生反应的离子方程式为。(5)用石墨电极进行“电沉积银”，所得沉积液可循环到_____中使用。A．氧化浸出 B．还原 C．酸溶 D．过滤洗涤(6)“氧化浸出”时有生成，若生成的用溶解，写出反应的离子方程式，则最多能溶解多少g？（忽略溶液体积的变化，写出计算过程，结果保留小数点后两位）已知：的平衡常数称为稳定平衡常数，；的。【答案】(1)A(2)C(3)B(4)使高铼酸溶解(5)C(6)【分析】含银、铼的废催化剂（含、、、和等），稀盐酸条件下双氧水溶解废催化剂中的铼生成高铼酸，、、、也被溶解转化为对应价态的金属阳离子进入浸液，用树脂进行萃取分液分离金属离子和高铼酸，再用氨水处理获得高铼酸铵，AgCl和为浸渣，加入N2H4·H2O还原获得银，酸溶后分离二氧化硅，再经过电沉积后获得Ag，副产物中含有稀硝酸，可重复使用。【解析】（1）原子发射光谱法主要作用就是“识别”某种元素是否存在（定性），以及“测量”该元素具体有多少（定量），所以验证含银废催化剂中银元素可使用的方法是原子发射光谱法；（2）“操作I”和“操作Ⅱ”是萃取分液，需用到的玻璃仪器是分液漏斗和烧杯；（3）已知高铼酸铵的溶解度随温度升高显著增大，所以选择降温结晶的方式，故“操作x”选用降温结晶；（4）“氧化浸出”时，铼(Re)被双氧水氧化生成高铼酸，发生反应的离子方程式为，高铼酸是白色片状结晶、微溶于冷水、溶于热水的一元强酸，将浸出温度控制在70°C，其目的除加快反应速率和减少反应物的分解、挥发外，还有使高铼酸溶解的目的；（5）滤液主要含硝酸银，通过电解得纯银，副产物中含有稀硝酸，可重复使用到酸溶过程；（6）生成的用溶解，生成，反应的离子方程式为，已知：，；，，两式相加可得，，设最多能溶解的物质的量为nmol，则，n()=0.05mol，m()=。8．（25-26高三上·上海·阶段练习）工业上从处理后的矿石硝酸浸取液(含、、)中，利用氨浸工艺可提取钴，并获得副产品。工艺流程如图。已知：①氨性溶液由、和配制；②、、能与形成可溶于水的配合物。(1)在水溶液中以的形式存在。向含的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的，试分析更稳定的原因是。(2)“氨浸”时，由转化为的离子方程式为。【答案】(1)氮元素的电负性较氧元素小，更易提供孤电子对形成配位键(2)或【分析】硝酸浸取液含Ni2+、Co2+、Al3+，调pH=9生成Ni(OH)2、Co(OH)2、Al(OH)3，Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3，滤泥中含有Ni(OH)2、Co(OH)3、Al(OH)3，，用氨性溶液氨浸，Ni(OH)2、Co(OH)3转化为含有NH3的配离子，滤渣为Al(OH)3，镍钴分离，得到CoCl2、NiCl2，NiCl2溶液在HCl气体中加热析晶，可得到NiCl2∙4H2O，据此分析；【解析】（1）向含Co2＋的溶液中加入过量氨水，由于N元素的电负性比O元素小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2＋形成配位键更强，因此可生成更稳定的[Co(NH3)6]2＋；（2）“氨浸”时，与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成，则由转化为的离子方程式为或。（建议用时：20分钟）9．（25-26高三上·上海·阶段练习）一种利用硫铁矿（主要成分是FeS2，含少量Al2O3和Fe3O4）制备新能源汽车电池电极LiFePO4的工艺流程如下：①室温下难溶物溶度积常数如下表，离子浓度≤10-5mol·L-1，认为沉淀完全。难溶物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3FePO4Ksp1.0×10-391.0×10-171.0×10-331.4×10-22②Ka1（H3PO4）=7.6×10-3，Ka2（H3PO4）=6.3×10-8，Ka3（H3PO4）=4.2×10-13。(1)FeS2的结构类似于Na2O2，是一种过硫化物，写出FeS2的电子式。从“焙烧”到“氧化”要经历“酸浸→还原→过滤→除铝”4道工序。(2)若“酸浸”工序用硫酸，“还原”工序加入FeS，“还原”工序的离子方程式为。(3)“除铝”工序可加入的难溶物质是（填化学式），除净铝离子需要调节的最小pH为（结果保留一位小数）。(4)“氧化”步骤中，加入的“试剂R”最佳是______。A．HNO3 B．H2O2 C．Ca(ClO)2 D．KMnO4(5)“沉铁”步骤反应的平衡常数为。【答案】(1)(2)2Fe3++FeS=3Fe2++S(3)FeO4.7(4)B(5)3.0×109【分析】硫铁矿(主要成分FeS2含少量Al2O3、SiO2、和Fe3O4)通入空气煅烧生成铝、铁的氧化物和二氧化硫，矿石中二氧化硅不反应，故滤渣为；酸浸过程中铝、铁的氧化物和稀硫酸反应转化为相应的盐溶液，二氧化硅不和稀硫酸反应得到滤渣，滤液可加入FeS将铁离子转化为亚铁离子同时生成硫单质，过滤除去硫和过量FeS，滤液加入FeO调节pH值除去铝得到滤渣，滤液加入过氧化氢，将亚铁离子转化为三价铁离子，再加入(NH4)2HPO4沉铁，得到磷酸铁，最后高温煅烧Li2CO3、H2C2O4、FePO4的混合物生成LiFePO4，据此分析；【解析】（1）FeS2的电子式；（2）若“酸浸”工序用硫酸，“还原”工序加入FeS，即用FeS还原，将还原为中被氧化为S，故“还原”工序的离子方程式为；（3）“除铝”工序可加入的难溶物质是FeO；除净铝离子即，则此时溶液中，则有=≈，故需要调节的最小pH为；（4）“氧化”步骤中是将氧化为，加入将产生有毒有害气体NO，加入将引入杂质离子，加入时其还原产物为，不引入新的杂质，故加入的“试剂R”最佳是，故选B；（5）由题干流程图可知，“沉铁”步骤反应为，该反应的平衡常数====。10．（25-26高三上·上海·阶段练习）工业上从含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4的一种工业废品中提取银，其过程如下：已知：①“滤液1”中含有Cu2+和H2SeO3等。②银元素在“滤液3”中以[Ag(SO3)2]3-形式存在。(1)“氧化酸浸”时Ag2Se反应的离子方程式为。(2)银还原过程中，使用Na2S2O4作为还原剂，析出银之后的滤液4可循环使用，则每消耗1molNa2S2O4，理论上得到Ag______mol。A．1 B．2 C．3 D．4(3)也可用甲醛还原银，[Ag(SO3)2]3-通常是在搅拌下于室温及弱碱性条件下进行反应，甲醛被氧化为碳酸氢根离子，则该反应的离子方程式为。(4)还原得到的“粗银”中含少量杂质Cu、Zn、Au、Pb，可用电解法精炼。电解产生的阳极泥中所含金属为______。A．Cu B．Zn C．Au D．Pb(5)电解精炼的阴极半反应方程式为。【答案】(1)Ag2Se+3H2O2+2Cl-+2H+=2AgCl+H2SeO3+3H2O(2)B(3)4+HCHO+5OH-=4Ag↓+8+3H2O+(4)C(5)Ag++e-=Ag【分析】含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4的一种工业废品，加入H2O2、H2SO4和NaCl氧化酸浸，结合“滤液1”中含有Cu2+和H2SeO3等，Ag2Se被氧化生成H2SeO3，Ag+结合Cl-生成AgCl沉淀；Cu2Se被氧化，Cu转化为Cu2+进入滤液1，Se转化为H2SeO3；PbSO4不参与此步反应，Au也不反应，二者与AgCl共同成为滤渣1；滤渣1中加入NaClO3、H2SO4和NaCl，生成Na[AuCl4]进入滤液2，除去金，PbSO4与AgCl不参与反应，成为滤渣2；滤渣2中加入Na2SO3，PbSO4不参与反应，形成沉淀分离，AgCl与Na2SO3反应生成[Ag(SO3)2]3-，进入滤液3；向滤液3中加入Na2S2O4，将[Ag(SO3)2]3-中的Ag+还原为Ag单质，反应后的滤液4可循环回银还原环节继续使用，提高原料利用率。【解析】（1）根据分析可知“氧化酸浸”时Ag2Se生成H2SeO3和AgCl沉淀，离子方程式为Ag2Se+3H2O2+2Cl-+2H+=2AgCl+H2SeO3+3H2O。（2）银还原过程中生成滤液4可以循环使用，则Na2S2O4(S为+3价)反应生成Na2SO3(S为+4价)，每消耗1molNa2S2O4失去2mol电子，[Ag(SO3)2]3-转化为Ag，得到2mol电子则生成2molAg，综上所述B正确。（3）[Ag(SO3)2]3-在搅拌下于室温及弱碱性条件下与甲醛被反应生成银单质和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为4Ag(SO3)+HCHO+5OH-=4Ag↓+8SO+3H2O+HCO。（4）“粗银”中含少量杂质Cu、Zn、Au、Pb，电解法精炼时Cu、Zn、Pb失去电子而溶解，Au不溶解，形成阳极泥，故答案为：C。（5）电解精炼的阴极发生还原反应，半反应方程式为Ag++e-=Ag。11．（25-26高三上·上海·阶段练习）用于镀锡工业的硫酸亚锡()的制备路线如下：已知：Sn的熔点为；易水解、易被氧化；极易水解、熔点为、沸点为。(1)步骤I加入Sn粉的作用：及调节溶液pH，步骤II用到的玻璃仪器有烧杯、。(2)步骤III生成SnO的离子方程式：，检验步骤IV中SnO是否洗涤干净的操作是：，证明已洗净。(3)步骤V操作依次为、、过滤、洗涤、低温干燥，称取晶体50.2g，在隔绝空气的情况下小火加热至结晶水全部失去，冷却称量固体质量为43g，计算该晶体的化学式为。【答案】(1)防止被氧化漏斗、玻璃棒(2)​​取最后一次洗涤滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀产生​(3)蒸发浓缩冷却结晶SnSO4·2H2O​​【分析】为抑制水解，将SnCl2溶于盐酸中，同时加入锡粉防止其被氧化，获得SnCl2溶液，加入NaHCO3，调节pH，制得SnO，再加入稀硫酸溶解，制得SnSO4溶液，经过一系列处理获得SnSO4晶体。【解析】（1）锡粉与盐酸反应生成的SnCl2溶液中，Sn2+容易被空气中氧气氧化成Sn4+，加入过量的锡粉，可以将可能生成的Sn4+重新还原为Sn2+，起到抗氧化的作用，其反应原理为：​​Sn+Sn4+=2Sn2+。步骤II是过滤​​操作，用到的玻璃仪器除了盛放液体的​​烧杯​​外，还包括进行过滤所需的​​漏斗​​和​​玻璃棒​​。（2）步骤III是向SnCl2溶液中加入NaHCO3溶液，反应的离子方程式为：。步骤IV是洗涤SnO沉淀，目的是洗去沉淀表面吸附的可溶性杂质离子，如从原料带来的Cl-，取最后一次的洗涤滤液少许于试管中，向其中滴加适量的稀硝酸酸化，再滴加1~2滴硝酸银（AgNO3）溶液，若观察到​无白色沉淀生成​​，则证明洗涤液中已不含Cl-，即SnO沉淀已洗涤干净，若有白色沉淀（AgCl），则说明尚未洗净。（3）步骤V是将SnO溶于稀硫酸后得到SnSO4溶液，然后从溶液中获得晶体，对于这种受热易水解、易氧化的物质，需要采用​​蒸发浓缩、冷却结晶​​的方法。结晶水的质量​​：m(H2O)=50.2g-43g=7.2g，结晶水的物质的量​​：n(H₂O)==0.4mol，SnSO4的物质的量​​：n(SnSO4)==0.2mol，x==，因此，该晶体的化学式为​​SnSO4·2H2O​​。12．（25-26高三上·上海·阶段练习）现代开采金矿采用氰化提金工艺，其生产流程如下：(1)“浸取”反应的氧化剂是；“置换”中消耗的锌与生成的金的物质的量之比为。(2)时，测得溶液的pH为11.1，用离子方程式表示其的原因；向上述溶液中加适量水，(选填“增大”、“减小”或“不变”)。【答案】(1)O21：2(2)增大【分析】向粉碎的含金矿石中加入NaCN溶液浸取金矿石，生成Na[Au(CN)2]，再用Zn置换出Au，从而制得产品。【解析】（1）金在氰化物溶液中的浸取反应为：，反应过程中O2中氧元素被还原，因此氧化剂为O2；锌置换金的反应为：，锌与生成的金的物质的量之比为1：2。（2）CN⁻是弱酸根，发生水解产生OH-，导致溶液呈碱性：；加水后，水解程度增大，溶液被稀释，c(CN-)减小，溶液碱性减弱，酸性增强，c(H+)增大，因此将增大。13．（2024·上海·高考真题）粗盐水中含有Ca2+、Mg2+、SO、K+等可溶性杂质离子，根据生产要素，可采取不同的精制方法。方法1可制得高纯度的NaCl晶体且产率较高。流程图如下：已知：化学式BaSO4BaCO3Ksp(25℃)1.1×10-102.6×10-9(1)过滤时，除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器___________。A． B． C． D．(2)①中加入的BaCl2应过量，检验BaCl2是否过量的实验方法是。(3)②中先后加入稍过量的NaOH溶液和Na2CO3溶液，产生的沉淀H有。(用化学式表示)(4)若将过滤I和过滤Ⅱ两步操作合并进行，可能会导致___________。A．不能除尽Ba2+ B．不能除尽SO C．消耗更多的Na2CO3 D．消耗更多的NaOH(5)加入稀盐酸，调节pH至3~4，除去的离子有。(6)KCl和NaCl的溶解度曲线如下图。则④中“系列操作”___________。A．蒸发至表面有晶膜出现，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥B．蒸发至表面有晶膜出现，趁热过滤、洗涤、干燥C．蒸发至大量晶体析出后，趁热过滤、洗涤、干燥D．蒸发至大量晶体析出后，停止加热。并用余热蒸干、洗涤、干燥方法2和方法3精制的盐水可用于纯碱工业。方法2：粗盐水中先加入石灰乳(含Ca(OH)2的悬浊液)除去Mg2+，再通入含有NH3、CO2的工业废气除去Ca2+，过滤得到盐水。方法3：粗盐水中先加入石灰乳除去Mg2+，再加入碳酸钠溶液除去Ca2+，过滤得到盐水。(7)写出方法2中，除去Ca2+时发生反应的离子方程式。相比于方法3，方法2的优点是。(8)若某粗盐水中的MgCl2为0.38g·L-1，CaCl2为1.11g·L-1，用方法3处理10L该粗盐水，计算至少需加入石灰乳(折算成CaO)和碳酸钠的物质的量。(写出计算过程)【答案】(1)B(2)在上层清液中继续滴加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则说明BaCl2溶液过量(3)Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3(4)BC(5)CO、OH-(6)C(7)Ca2++2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH利用工业废气除Ca2+，降低了成本(8)n(CaO)=0.04mol、n(Na2CO3)=0.14mol【分析】粗盐加入稍过量的BaCl2溶液，生成BaSO4沉淀，除去硫酸根离子，过滤，滤液中加入稍过量NaOH溶液，生成Mg(OH)2沉淀，除去Mg2+，加入稍过量Na2CO3溶液，生成BaCO3和CaCO3沉淀，除去Ba2+和Ca2+，过滤，滤液中加入稀盐酸，除去氢氧化钠、碳酸钠，经过一系列操作后得到精盐。【解析】（1）过滤时，除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器普通漏斗，故选B；（2）钡离子会和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，故检验BaCl2是否过量的实验方法是：在上层清液中继续滴加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则说明BaCl2溶液过量；（3）加入稍过量NaOH溶液，生成Mg(OH)2沉淀，除去Mg2+，加入稍过量Na2CO3溶液，生成BaCO3和CaCO3沉淀，故沉淀H中含有：Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3；（4）由表数据，相同条件下，由于BaCO3和BaSO4的Ksp较为接近，若加BaCl2后不先过滤就加氢氧化钠和碳酸钠，可能发生沉淀的转化：，使得硫酸根离子不能完全去除，且消耗更多的Na2CO3溶液，故选BC；（5）滤液Ⅱ中含过量的氢氧化钠和碳酸钠，加入盐酸，调节pH至3~4，则除去的离子有CO、OH-；（6）由图可知，KCl的溶解度受温度影响较大，而NaCl的溶解度受温度影响较小，因此先蒸发至大量晶体析出，此时KCl在滤液中，趁热过滤，得到晶体洗涤干燥可得到精盐，故选C；（7）方法2中，除去Ca2+时发生反应为在通入氨气形成的碱性条件下，钙离子、氨气、二氧化碳、水生成碳酸钙沉淀和氯化铵，反应的离子方程式Ca2++2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH；相比于方法3，方法2的优点是提纯粗盐的同时，可变废为宝，将含NH3和CO2的工业废气转化为氮肥，，降低了成本，同时减少了废气的排放，有利于保护环境；（8）MgCl2为0.38g·L-1，即，由关系式：可得，提纯10L该粗盐水，需要加入石灰乳(视为CaO)物质的量为0.004mol/L×10L=0.04mol；粗盐水中CaCl2为1.11g·L-1，，即，，此时溶液中Ca2+总物质的量为0.1mol+0.04mol=0.14mol，由关系式：可得，需加入Na2CO3的物质的量为0.14mol。14．（2025·上海·三模）过氧化钠是一种重要的化学用品。工业上用金属钠制备过氧化钠的一种过程(喷雾氧化法——借助压缩空气将熔融金属钠喷入氧化炉)如下：(1)下列说法正确的是___________。A．液钠储槽应隔绝空气，可用酒精进行液封B．金属钠恰好熔化后，表面的氧化膜并不会熔化C．压缩空气吹送熔融金属钠时，不会发生化学反应D．无论如何调节反应的温度，产物中均混有杂质(2)称取mg样品，按如下流程测定产品的纯度(假定杂质只有)：如果转移时有少量溶液溅出，则测得的质量分数将。A．偏高

B．偏低

C．不影响(3)过氧化钠与水或二氧化碳反应放出的氧称为有效氧。有效氧含量。若某一产品有效氧含量，则该产品中过氧化钠纯度不低于。(要求写出计算过程)【答案】(1)B(2)B(3)87.75%。【分析】该流程图展示了工业上用喷雾氧化法制备过氧化钠的过程，步骤如下：熔化金属钠：金属钠进入“熔钠器”，被加热熔化为液态钠。储存液态钠：液态钠转入“液钠储槽”暂时储存。喷雾氧化反应：借助“压缩空气”将液态钠喷入“氧化炉”，同时向氧化炉通入“氧气”；冷却得到产品：氧化炉中生成的物质经“冷却”后，得到过氧化钠成品。【解析】（1）A．钠能与酒精反应，所以不能用酒精进行液封，A错误；B．金属钠的熔点低于其表面氧化膜（Na2O等）的熔点，所以金属钠恰好熔化后，表面的氧化膜并不会熔化，B正确；C．压缩空气吹送熔融金属钠时，钠会与空气中的氧气反应，C错误；D．如果控制反应条件，如氧气充足等，产物可以主要是Na2O2，不一定混有Na2O杂质，D错误；故选B。（2）转移时有少量溶液溅出，会导致最终称量的固体质量偏小。根据流程，是通过一系列操作测定与Na2O2相关的量，溶液溅出使得参与后续计算的有效物质减少，从而测得的Na2O2质量分数偏低，答案选B。（3）设样品中Na2O2的质量为x。（或）由化学方程式可知，2molNa2O2反应生成1molO2，则生成，，已知有效氧含量=，即（设样品质量为m），这里我们求纯度，可令样品质量为m=100g（方便计算），则，解得x≥87.75g。所以Na2O2的纯度=，即该产品中过氧化钠纯度不低于87.75%。15．（2025·上海·三模）制备锂离子电池的正极材料的前体的一种流程如下：已知：①磷灰石的主要成分是②可溶于水，和都微溶于水③，④(1)用溶液、溶液分步浸取磷灰石生成HF、和，主要反应的化学方程式为和_______。补全方程式：(2)增大酸浸反应速率的措