2026年北京高考化学二轮复习专题12 大题突破-化学工艺流程（专题专练）（解析版）

专题12大题突破-化学工艺流程目录第一部分风向速递洞察考向，感知前沿第二部分分层突破固本培优，精准提分A组·保分基础练题型01常用无机物的制备题型02物质分类、提纯综合应用题型03氧化还原反应方程式的书写与配平题型04工艺流程中加入试剂的作用及循环物质的确定B组·抢分能力练第三部分真题验证对标高考，感悟考法1．（25-26高三上·北京海淀·月考）钴(Co)及其化合物在工业上有广泛应用。为从某工业废料中回收钴，某学生设计流程如下(废料中含有、、和等物质)。已知：①物质溶解性：LiF难溶于水，微溶于水；②部分金属离子形成氢氧化物沉淀的见下表：pH(开始沉淀)1.97.15-0.233.4pH(完全沉淀)3.29.151.094.7请回答：(1)步骤Ⅰ中得到含铝溶液的反应的离子方程式是。(2)将步骤Ⅱ中与盐酸反应的离子方程式补充完整(填化学式)：+(3)步骤Ⅲ中溶液的作用是调节溶液的pH，应使溶液的pH不超过；废渣中的主要成分除了LiF外，还有。(4)NaF与溶液中的形成LiF沉淀，此反应对步骤Ⅳ所起的作用是。(5)在空气中加热草酸钴晶体样品，受热过程中不同温度范围分别得到种固体物质，固体质量不再变化，其质量如下表。温度范围/℃固体质量4.41290~3202.41890~9202.25(之后恒重)已知：草酸钴晶体的摩尔质量：①时，固体产物为(化学式)。②经测定，过程中产生的气体只有，此过程发生反应的化学方程式是。【答案】(1)(2)(3)7.15(4)降低溶液中浓度，避免步骤IV中产生沉淀(5)【详解】（1）步骤Ⅰ中得到含铝溶液的反应的离子方程式是。（2）与盐酸发生氧化还原反应：。（3）依据表中数据分析判断加入碳酸钠和氟化钠调节溶液，沉淀铁离子和锂离子，但不能沉淀钴离子，步骤中溶液的作用是调节溶液的，应使溶液的不超过，废渣中的主要成分除了外还有。（4）与溶液中的形成沉淀，此反应对步骤所起的作用是，降低溶液中浓度，避免步骤中产生沉淀。（5）①晶体物质的量，共含有结晶水应为，固体质量变化，，恰好是其结晶水的量，所以时，固体产物为。②过程中是发生的反应，过程中产生的气体只有CO2，依据元素守恒得到生成CO2物质的量为，二氧化碳质量为：，气体质量共计减小为：，说明不是分解反应，参加反应的还有氧气，则反应的氧气质量为：，氧气物质的量为：；则，依据原子守恒，化学方程式为：。2．（25-26高三上·北京丰台·月考）用如下方法回收废旧CPU中的单质Au(金)、Ag和Cu。已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。②HAuCl4=H++。(1)酸溶后经操作，将混合物分离。(2)浓、稀HNO3均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗HNO3的物质的量不同，写出消耗HNO3物质的量少的反应的离子方程式：。(3)HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3]溶金原理相同。①将溶金反应的化学方程式补充完整：。Au+□NaCl+□HNO3=HAuCl4+□_______+_______+□NaNO3②从物质性质的角度，结合化学用语分析HNO3-NaCl能将Au溶解的原因：。(4)若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原①该过程发生的离子反应的方程式为：。②该过程参加反应的Zn的物质的量是mol。(5)用适当浓度的盐酸、NaCl溶液、氨水与铁粉，可按照如下方法从酸溶后的溶液中回收Cu和Ag(图中标注的试剂和物质均不同)。①试剂1是，物质2是。②从平衡移动的角度分析物质3与试剂3的反应过程。【答案】(1)过滤(2)(3)HNO具有强氧化性，能将Au氧化为Au；Cl与Au结合生成稳定的配离子，使溶液中Au浓度降低，有利于Au的溶解(4)1.5(5)氯化钠溶液铁、铜存在溶解平衡：，加入氨水后，NH3与结合生成，使浓度降低，溶解平衡正向移动，溶解【详解】（1）酸溶后得到含Au固体和Cu2+、溶液，分离固体和液体的操作是过滤；（2）Cu与稀HNO3反应消耗的HNO3物质的量更少，离子方程式为：；（3）①配平溶金反应的化学方程式：；②HNO具有强氧化性，能将Au氧化为Au；Cl与Au结合生成稳定的配离子，使溶液中Au浓度降低，有利于Au的溶解（4）①Zn将HAuCl4中的Au3+还原为Au，Zn被氧化为Zn2+，离子方程式为：；②由离子方程式可知，(含)消耗，则完全反应时，消耗Zn的物质的量为；（5）①试剂1的作用是分离Cu2+和，结合后续生成，可知试剂1为溶液(与生成沉淀，Cu2+留在溶液中，即物质1为Cu2+溶液)，物质1(Cu2+溶液)中加入过量Fe粉，Fe与Cu2+反应生成Cu和Fe2+，分离后物质2为和的混合物；②物质3是沉淀，试剂3是氨水，存在溶解平衡：加入氨水后，NH3与Ag+结合生成，使Ag+浓度降低，溶解平衡正向移动，溶解，生成溶液。3．（25-26高三上·北京顺义·月考）一种利用低品位铜矿（、CuS、FeO和等）为原料制取的工艺流程如下：已知：i.水溶液中不存在碳酸铜ii.室温时，的溶度积常数。(1)铜矿中被MnO2氧化的物质有。(2)滤液中铁离子的物质的量浓度约为，向滤液中先通氨气的目的(3)固体主要是，生成的离子方程式是。(4)滤液F加热生成、和，反应的化学方程式是。(5)查阅资料：+1价Cu和可以形成2种配离子和。滤液G加大量水析出沉淀，从平衡移动角度分析，滤液中的配离子是哪种更有利于的生成。(6)CuCl质量分数的测定称取样品，溶于过量的硫酸铁铵溶液（将价Cu氧化），滴加2滴试亚铁灵指示剂（与发生特征反应，溶液呈红棕色），用含的硫酸铁铈标准液滴定，共消耗硫酸铁铈标准液，则质量分数的计算式。（已知的相对原子质量为64、的相对原子质量为35.5）【答案】(1)Cu2S、CuS、FeO(2)生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+(3)(4)(5)(6)【详解】（1）据分析可知，Cu2S、CuS及FeO与MnO2发生氧化还原反应生成硫单质，硫酸铜，硫酸铁；故答案为Cu2S、CuS、FeO；（2）室温时，的溶度积常数；pH=3时，，所以，所以；然后向滤液D中通氨气和碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，先通氨气生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+；故答案为；生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+；（3）向滤液D中先通氨气和碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，生成的离子方程式为，故答案为；（4）滤液F为[Cu(NH3)4]CO3；加热生成CO2、NH3和CuO，反应的化学方程式是，故答案为；（5），，从平衡移动角度分析，加大量水的瞬间离子浓度均同等程度地减小，前者Q＜K、平衡正向移动析出CuCl，后者Q=K、平衡不移动，更合理；故答案为；（6）称取mg样品，溶于25mL过量的硫酸铁铵溶液(Fe3+将+1价Cu氧化)，，滴加2滴试亚铁灵指示剂(与Fe3+发生特征反应，溶液呈红棕色)，用含的硫酸铁铈标准液滴定，共消耗硫酸铁铈标准液VmL，所以有，则CuCl质量分数为。01常用无机物的制备1．（25-26高三上·北京顺义·月考）黏土钒矿中，钒以＋3价、＋4价、＋5价的化合物存在，还包括、和铝硅酸盐（）等。采用以下流程可由黏土钒矿制备、和硫酸铝铵。已知：ⅰ．有机酸性萃取剂HR的萃取原理为：org表示有机溶液ⅱ．酸性溶液中，HR对＋4价钒萃取能力强，而对＋5价钒的萃取能力较弱ⅲ．HR能萃取而不能萃取(1)从黏土钒矿到浸出液的流程中，加快浸出速率的措施除将矿石粉碎后，还有。（写出2条）(2)滤渣的主要成分是。（写化学式）。(3)浸出液中钒以＋4价、＋5价的形式存在，简述加入铁粉的原因：。(4)解释加入+20%溶液的作用：。(5)和反应生成和，继续向溶液中加入氨水发生反应生成沉淀的离子方程式为。(6)测定产品的纯度称取产品ag，先加入硫酸将转化为，加入指示剂后，用cmmol/L溶液滴定将转化为至终点，消耗溶液的体积为bmL。假设杂质不参与反应，则产品中的质量分数是。(7)硫酸铝铵固体中含有少量硫酸铵杂质，根据下图的溶解度曲线，进一步提纯硫酸铝铵的操作是加热溶解、、洗涤、干燥。【答案】(1)不断搅拌、延长浸取时间(2)(3)将溶液中的＋5价钒、分别转化为＋4价钒、，利于＋4价钒的萃取，实现钒元素和铁元素的分离(4)加入20%，增大，平衡逆向移动，使萃取的钒脱离有机层返回到无机层，与萃取剂分离(5)(6)(7)冷却结晶、过滤【详解】（1）加快浸出速率的措施有不断搅拌溶液、延长浸出时间。（2）滤渣主要成分为SiO2。（3）由分析得铁粉的作用为将溶液中的＋5价钒、Fe3+分别转化为＋4价钒、Fe2+，利于＋4价钒的萃取，实现钒元素和铁元素的分离。（4）加入20%H2SO4，增大c(H+)，平衡Mn+(aq)+nHR(org)⇌MRn(org)+nH+(aq)逆向移动，使萃取的钒脱离有机层返回到无机层，与萃取剂分离。（5）VO+与氨水反应生成NH4VO3沉淀的离子方程式为。（6）根据，样品中V2O5物质的量为，则V2O5的质量分数为。（7）硫酸铵的溶解度随温度升高而增大，所以提纯的操作为加热溶解、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。2．（2025·北京·三模）二氧化氯()广泛应用于纸浆漂白、杀菌消毒和水净化处理等领域。(1)工业上利用甲醇还原的方法制备，工艺流程如下：已知：a．发生器中制备时的氧化产物是HCOOH；b．相关物质的沸点：；；①可用于纸浆漂白、杀菌消毒是因其具有性。②写出发生器中生成的化学方程式：。③冷却塔用于分离并回收。冷却塔应控制的最佳温度为(填字母)。A．

B．

C．④经过程I和过程II可以获得芒硝。处理器中获得芒硝时，加入固体的作用：(结合化学用语解释)。⑤制备过程中可以循环利用的物质除外，还有。(2)可用于处理水体中的对二甲苯(PX)。为了探究浓度对水溶液中PX降解率的影响，完成如下实验：I：将不同浓度分别加入到相同浓度PX溶液中反应相同时间，结果如图1。II：分别将三种含氯微粒浓度相同的溶液、和异丙醇混合溶液、和混合溶液加入到相同浓度PX溶液中反应相同时间，结果如图2。已知：①溶于水后存在如下反应：i．

ii．②异丙醇能快速淬灭由实验1可知随浓度增大对二甲苯的降解率先增大后减小，解释减小的原因。【答案】(1)氧化B，加入NaClO3使溶液中增大，平衡逆向移动，利于Na2SO4•10H2O晶体析出H2SO4、NaClO3(2)·OH氧化PX的速率大于ClO2氧化PX的速率；ClO2浓度增大，反应ii速率增大的程度大于反应i速率的增大程度，c(·OH)反而减小，氧化PX的速率降低【详解】（1）①ClO2具有强氧化性，可用于纸浆漂白、杀菌消毒，故答案为：氧化；②由分析可知，反应器中生成ClO2反应的化学方程式为：；③冷却塔用于分离ClO2并回收CH3OH，并结合ClO2的沸点为11℃，CH3OH沸点为65℃，便于分离气态的ClO2和液态的含有CH3OH的滤液，冷却塔中控制的温度在11～65℃之间，结合后续实验的冷却，则最佳温度应该控制在20～30℃，故答案为：B；④Na2SO4•10H2O晶体在溶液中存在溶解和结晶的平衡，即，根据平衡移动原理可知，加入NaClO3使溶液中增大，平衡逆向移动，使Na2SO4•10H2O晶体析出；⑤由分析可知，制备过程中可以循环利用的物质除CH3OH有H2SO4和NaClO3；（2）对比题干图2可知，ClO2水溶液的PX的氧化率最大，而HClO2和HClO3混合溶液的氧化率最小，ClO2与异丙醇的混合溶液在中间，结合题干信息①可知ClO2水溶液中产生大量的·OH，信息②可知异丙醇可以快速淬灭·OH，由此得出随ClO2浓度增大对二甲苯的降解率先增大后减小，解释减小的原因为：·OH氧化PX的速率大于ClO2氧化PX的速率；ClO2浓度增大，反应ii速率增大的程度大于反应i速率的增大程度，c(·OH)反而减小，氧化PX的速率降低。3．（2025·北京东城·二模）一种从闪锌矿（主要成分为ZnS）中提炼多种金属的部分流程如下。资料：ⅰ.锌焙砂的主要成分是ZnO，还含有、、CuO、。ⅱ.常温下、几种氢氧化物的：氢氧化物(1)铟（）在元素周期表中的位置是。(2)闪锌矿焙烧产生的气体可用于（写出一种用途）。(3)“沉铜”步骤中，与铁粉发生反应的离子有。(4)“沉铟”步骤得到的富铟渣中，铟元素主要以形式存在。①结合平衡移动原理解释的生成：。②“沉铟”时，研究其他条件相同，In和Fe的沉淀率与反应时间的关系，数据如图所示。60min后，锌粉几乎无剩余。60min后。In和Fe的沉淀率变化的原因是。(5)“富铟渣”经过下列步骤得到海绵状单质In。补全“置换”的操作：加入过量Zn，，当不再有In析出时，过滤、洗涤、干燥。【答案】(1)第五周期第ⅢA族(2)制硫酸、漂白剂、还原剂/抗氧化剂、杀菌剂/防腐剂等（写出一种即可）(3)、、(4)，加锌粉时发生反应，使降低，促进了的水解无锌后，逐渐被氧化为，沉铟条件下析出，使得增大，促进的溶解(5)边搅拌边加入盐酸，控制溶液pH【详解】（1）与位于同一个主族，在第三周期ⅢA族，原子序数为49，则比大了两个周期，位于第五周期第ⅢA族；（2）闪锌矿主要成分为ZnS，焙烧后转化为，则该气体可用于制备硫酸、漂白剂、还原剂/抗氧化剂、杀菌剂/防腐剂等；（3）由分析可知，加入铁粉，将还原为，同时酸性浸出液中的也会和铁粉反应，故与铁粉发生反应的离子有：、、；（4）①加入锌粉，发生反应：，使降低，促进了的水解平衡正向移动，生成了；②60min后，锌粉几乎无剩余，Fe的沉淀率上升，In的沉淀率下降，由表中数据可知，，说明沉淀时，已经沉淀，则出现此变化的原因是：无锌后，逐渐被氧化为，沉铟条件下析出，使得增大，促进的溶解；（5）置换前液含有，加入过量的Zn，将转化为，同时为防止水解，需要加HCl控制pH，防止析出沉淀，故加入过量的Zn之后的操作是搅拌边加入盐酸，控制溶液pH，当不再有In析出时，过滤、洗涤、干燥。4．（2025·北京朝阳·一模）是一种重要的化工产品。以黄铁矿烧渣(主要成分为，含少量等)生产的过程如下。资料：i．生成，开始沉淀时，沉淀完全时ii．生成，开始沉淀时，沉淀完全时(1)碱浸①烧渣在碱浸前需粉碎，其作用是。②溶解的化学方程式是。(2)酸浸取相同质量铁精粉，酸浸相同时间，测得铁浸出率随硫酸浓度变化如下图所示。①浓度低于，随浓度增大，铁浸出率增大的原因是。②浓度高于，随浓度增大，铁浸出率降低的可能原因是。(3)还原用离子方程式表示的作用：。(4)用溶液制备保持反应温度不变，将溶液加入到溶液(略过量)中，产生白色沉淀，并很快变为灰绿色。缓缓通入空气并记录变化(如下图)。经检测时段产生。①白色沉淀是。时段，减小，有红褐色物质产生。②减小，促进正向移动，应增大，但时段体系基本不变。结合有关反应，从反应速率的角度解释原因。【答案】(1)增大烧渣的接触面积，提高反应速率(2)浓度增大，铁精粉与酸反应的速率加快硫酸浓度增大，铁的硫酸盐析出，覆盖在铁精粉的表面，阻碍反应进行(3)(4)产生的速率与产生的速率基本相同，基本不变【详解】（1）①烧渣在碱浸前需粉碎，其作用是增大烧渣的接触面积，提高反应速率；②Al2O3为两性氧化物，能溶于NaOH溶液，反应的化学方程式为：；（2）①由图可知，浓度低于，随浓度增大，铁浸出率增大，原因是随硫酸浓度增大，氢离子浓度增大，铁精粉与酸反应的速率加快；②浓度高于，随浓度增大，铁浸出率减小，原因是：硫酸浓度增大，铁的硫酸盐达到饱和析出，覆盖在铁精粉的表面，阻碍反应进行；（3）加入FeS2还原Fe3+为Fe2+，S元素被氧化为硫酸根离子，根据电子守恒和电荷守恒及原子守恒，反应的离子方程式为：；（4）①将溶液加入到溶液(略过量)中，产生白色沉淀为Fe(OH)2；②时段内，存在电离平衡和氧化反应：，，电离产生的速率与氧化反应产生的速率基本相同，基本不变。02物质分类、提纯综合应用5．（25-26高三上·北京·月考）是一种重要的化工产品。以菱锰矿（主要成分为，还含有、、等）为原料制备的工艺流程如下图。资料：金属离子沉淀的金属离子开始沉淀1.56.37.47.6完全沉淀2.88.39.410.2(1)酸浸后所得溶液的金属阳离子包括、、。(2)沉淀池1中，先加充分反应后再加氨水。写出加时发生反应的离子方程式：。(3)沉淀池2中，不能用代替含硫沉淀剂，原因是。(4)和的溶解度曲线如下图。从“含的溶液”中提取“晶体”的操作为，洗涤干燥。(5)受实际条件限制，“酸浸池”所得的废渣中还含有。其含量测定方法如下。i．称取废渣，加酸将锰元素全部溶出成，过滤，将滤液定容于容量瓶中；ii．取溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量溶液，加热、充分反应后，煮沸溶液使过量的分解。iii．用溶液滴定，至溶液褪色时消耗溶液的体积为。①补全步骤ii中反应的离子方程式：。②废渣中锰元素的质量分数为（列出计算式即可）。③若略去第ii步中的煮沸步骤，锰元素的质量分数将（填“偏大”、“不受影响”或“偏小”）。【答案】(1)、(2)若用作沉淀剂，沉淀完全时，也会沉淀，导致产率降低(4)蒸发结晶，趁热过滤(5)偏大【详解】（1）由分析可知，酸浸后所得溶液的金属阳离子包括、、、。（2）加入二氧化锰将二价铁转化为三价铁，同时四价锰转化为二价锰，反应为。（3）沉淀池2中，不能用代替含硫沉淀剂，结合图表可知，加入会使得、均会转化为氢氧化物沉淀，不能单纯除去，并且导致产率降低。（4）由分析可知，从“含的溶液”中提取“晶体”的操作为蒸发结晶，趁热过滤，洗涤干燥。（5）①根据氧化还原反应的配平原则，被氧化为，被还原为。通过得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，离子方程式为：；②根据以上反应可得关系式：，则废渣中锰元素的质量分数为；③若略去煮沸步骤，过量的会氧化，导致滴定消耗的体积偏大，计算出的锰元素质量分数偏大。6．（25-26高三上·北京西城·月考）辉铋矿(主要成分为难溶于水的，含有等杂质)生产金属铋，流程如下：已知：易水解，使溶液呈酸性。(1)将辉铋矿粉碎的目的是。(2)浸出液中铋元素以中形式存在，浸出渣中不含铁单质。①浸出过程中主要反应的离子方程式为。②浸出时加入盐酸有利于的溶解，从平衡移动角度解释原因：(写出2条)。(3)用稍过量铁粉进行置换时，浸出液中发生反应的离子方程式有。(4)置换液可通过一定处理再生。①再生环节，需要加入的试剂为溶液和。②检验置换液中的金属离子是否完全再生的操作和现象是。【答案】(1)增大接触面积，加快浸出速率/使浸出更充分(2)，与中的结合，降低，促进的沉淀溶解平衡正向移动；，增大水解平衡逆移，增大水解平衡逆向移动(3)，，(4)盐酸取少量溶液于试管中，加入溶液，观察溶液中是否产生蓝色沉淀【详解】（1）将辉铋矿粉碎的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更充分。（2）①浸出过程中的主要反应为与FeCl3溶液反应生成S、Fe2+和Bi3+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：；②因浸出时，存在沉淀溶解平衡：，Fe3+存在水解平衡：，且Bi3+也易水解，则浸出时加入盐酸有利于的溶解，其原因是：与中的S2-结合，促进的沉淀溶解平衡正向移动；抑制Fe3+水解平衡正向移动。（3）浸出液中加入稍过量铁粉置换得到海绵铋，另外铁和剩余的盐酸反应生成亚铁离子和氢气，则浸出液中发生反应的离子方程式有：，，。（4）①再生环节，需要将氯化亚铁氧化为氯化铁溶液，需要酸性环境和氧化剂，则加入的试剂为H2O2溶液和盐酸；②再生环节，氯化亚铁被氧化为氯化铁，若置换液的金属离子已完全再生，则置换液中不含Fe2+，则可以通过检验置换液中是否还剩余Fe2+来检验置换液中的金属离子是否完全再生，其操作和现象是：取少量溶液于试管中，加入溶液，观察溶液中是否产生蓝色沉淀。7．精炼铜工业中的阳极泥含Cu、CuSe、、Au等物质，回收流程示意图如下。已知：当溶液中浓度较高时，会与结合形成，等配离子(1)“浸铜”过程，及其分解产生的，都有助于阳极泥氧化浸出。①的电子式。②Cu与反应的化学方程式为。③“浸铜渣”中含银元素物质的化学式为。④硒以的形式存在于“浸铜液”中，使用溶液将硒以单质形式析出的离子方程式为。(2)“浸金”过程，金以形式存在于“浸金液”中。①结合氧化反应和还原反应的电极反应式，解释“浸金”过程中、的作用。②浓度的测定：取VmL“浸金液”，加入溶液，使Au完全沉淀后，用标准溶液滴定剩余的溶液，消耗溶液。该方案测定浓度是否准确，理由是。(3)结合平衡移动原理，解释“浸银”过程中氨水的作用。【答案】(1)AgCl(2)氧化反应：，加入，，浓度降低，提高了Au的还原性；还原反应：，加入，提高了的氧化性不准确。浸金液中与反应，与反应，影响测定结果(3)，加入氨水，与生成，浓度降低，平衡正移，促进AgCl的溶解【详解】（1）①为共价分子，其中化学键均为单键，其电子式为。②为具有强氧化性自由基，将Cu氧化为Cu2+，反应方程式为。③由上述分析可知，“浸铜渣”中含银元素物质为AgCl。④硒以的形式存在于“浸铜液”中，使用溶液将硒以单质形式析出，反应过程中Se元素化合价由+4降低至0，S元素化合价由+4升高至+6，根据化合价升降守恒以及原子守恒可知反应离子方程式为。（2）①“浸金”过程中，金以形式存在于“浸金液”中，氧化反应：，加入，，浓度降低，提高了Au的还原性；还原反应：，加入，提高了的氧化性。②由上述分析可知，“浸金液”中主要溶质为、HCl、NaClO3，浓度的测定原理：利用Fe2+还原Au元素，再通过标准溶液滴定剩余的溶液，但由于浸金液中能与反应，以及能与反应，会影响实验结果，因此实验设计方案不准确。（3）“浸金渣”中成分为AgCl，溶液中存在平衡，加入氨水，与生成，浓度降低，平衡正移，促进AgCl的溶解。8．（2024·北京通州·一模）以低品位铜钴矿（主要成分为、、，还有少量的FeO、、CaO、MgO等杂质）为原料制备硫酸铜晶体和的一种工艺流程如下：已知：①常温下部分难溶电解质的溶度积常数物质②萃取时发生反应(1)铜钴矿浸出前要预先粉碎，其目的是。(2)浸出步骤铜钴矿中的转化为，该反应的离子方程式为。(3)加入试剂a可使萃取剂再生。(4)对于过程I：①加溶液作用是。②通过计算判断是否沉淀完全并简述理由。（一般认为溶液中离子浓度小于时沉淀完全）(5)滤渣1成分。(6)在足量空气中煅烧生成，写出煅烧过程中的化学反应方程式。(7)产品纯度测定方法如下：已知：与EDTA-2Na按物质的量1：1反应，若滴定至终点时消耗EDTA-2Na标准液体积为20.00mL，则产品纯度为。（的摩尔质量是）【答案】(1)增大接触面积，提高浸出速率(2)(3)稀硫酸（）(4)将氧化为，便于后续转化为沉淀除去pH=4时，pOH=10，则，，故沉淀完全(5)、(6)(7)【详解】（1）铜钴矿浸出前要预先粉碎，其目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出速率；（2）Na2SO3具有还原性，酸性条件下，能将三价Co还原为二价钴，反应为：；（3）萃取时发生反应，反萃取得到硫酸铜溶液，则a为硫酸，其使得平衡逆向移动，铜离子进入水层，被反萃取；（4）①结合表数据可知，氢氧化铁更难溶，具有强氧化性，能氧化亚铁离子为铁离子，便于后续除去铁，故加溶液作用是将氧化为，便于后续转化为沉淀除去。②pH=4时，pOH=10，则，，故沉淀完全；（5）由表可知，氟化镁、氟化钙为难溶物，结合分析可知，滤渣1成分、；（6）空气中氧气具有氧化性，在足量空气中煅烧生成，则氧气将氧化为，同时碳被氧化为二氧化碳，反应中钴化合价由+2变为+3、碳化合价由+3变为+4、氧气中氧化合价由0变为-2，结合电子守恒可知，反应为：；（7）与EDTA-2Na按物质的量1∶1反应，则产品纯度为。03氧化还原反应方程式的书写与配平9．（2024·北京东城·二模）和都具有广泛的用途。Ⅰ.工业上用软锰矿（主要含）和硫锰矿（主要含）联合制备的流程如图。资料：几种化合物的硫化物（易溶）氢氧化物(1)为提高浸出速率，可采取的措施有（答出两条即可）。(2)浸出过程中产生的对与的反应起催化作用，机理如下。ⅰ.；ⅱ.（离子方程式）。(3)流程图中采用①和②共同除去浸出液中金属阳离子杂质，解释不能单独使用①去除这些杂质离子的原因：。(4)滤渣2的主要成分是。Ⅱ.以溶液为原料，用图1装置（均为惰性电极）同步制备和。(5)结合离子交换膜的类型，解释中间室产生较浓硫酸的原因：。(6)图1中电极上的电解效率与溶液的关系如图2所示。随的增大，电解效率先增大后减小的原因是。【答案】(1)将原料粉碎，适当升温(2)MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2H2O+2Fe3+(3)Co(OH)2、Ni(OH)2和Mn(OH)2的Ksp相差不大，调节pH除Ni2+和Co2+时，易使Mn2+共沉淀而损失(4)BaSO4、CoS、NiS(5)A为阳离子交换膜，B为阴离子交换膜，阴极区的硫酸根离子与阳极区的氢离子分别向中间室迁移(6)pH＜7.0时，随着pH的增大，氢离子的浓度降低，氢离子在阴极放电被抑制，有利于Mn2+放电；pH＞7.0之后，部分Mn2+转化为Mn(OH)2，导致Mn2+的浓度降低，对Mn2+放电不利【详解】（1）为提高浸出速率，可采取的措施有将原料粉碎，适当升温等；（2）浸出过程中产生的Fe3+对MnO2与MnS的反应起催化作用，机理如下：ⅰ.2Fe3++MnS=Mn2++2Fe2++S；ⅱ.MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2H2O+2Fe3+；（3）流程图中采用①和②共同除去浸出液中金属阳离子杂质，不能单独使用①去除这些杂质离子的原因：Co(OH)2、Ni(OH)2和Mn(OH)2的Ksp相差不大，调节pH除Ni2+和Co2+时，易使Mn2+共沉淀而损失；（4）根据分析可知，滤渣2的主要成分是BaSO4、CoS、NiS；（5）中间室产生较浓硫酸的原因：A为阳离子交换膜，B为阴离子交换膜，阴极区的硫酸根离子与阳极区的氢离子分别向中间室迁移；（6）随pH的增大，电解效率先增大后减小的原因是：pH＜7.0时，随着pH的增大，氢离子的浓度降低，氢离子在阴极放电被抑制，有利于Mn2+放电；pH＞7.0之后，部分Mn2+转化为Mn(OH)2，导致Mn2+的浓度降低，对Mn2+放电不利。10．（2024·北京海淀·二模）一种利用某镍矿资源（主要成分为、，含有少量、、、、）提取含Ni、Cu、Fe、Mg、Al的物质的流程如下：资料：i．25℃时，一些物质的如下：物质ii．溶液中离子浓度时认为该离子沉淀完全。(1)流程中能加快反应速率的措施有。(2)固体A中还有少量酸浸后剩余的NiS，II中反应的离子方程式为。(3)III中，生成转移，III中反应的化学方程式为；III过滤后得到的固体残渣中含有的物质是。(4)IV可以除去溶液D中的，由此推测氧化性（填“＞”或“＜”）。(5)结合离子方程式解释V中加入的作用：。(6)为了使沉淀完全，VI中溶液pH的最小值所属范围为（填字母）。a．2~3

b．3~4

c．9~10

d．10~11(7)VI中，不宜多加，原因是。【答案】(1)研磨、加热(2)(3)(4)＞(5)，更有利于提取含Fe物质(6)b(7)过多，会导致发生反应，中会含有【详解】（1）流程中可以通过研磨、加热加快反应速率；（2）固体A中还有少量酸浸后剩余的NiS，II中反应的离子方程式：；（3）III中，生成转移，说明S元素由-1价被氧化为+6价，III中反应的化学方程式：；根据分析III过滤后得到的固体残渣中含有的物质是SiO2；（4）IV可以除去溶液D中的，说明电解过程中先于发生反应，由此推测氧化性；（5）过氧化氢可将亚铁离子氧化为铁离子，，更有利于提取含Fe物质；（6）根据题干信息，若要使沉淀完全，但未沉淀，，计算得出pH范围3~4；（7）过多，会导致发生反应，中会含有。11．（2024·北京朝阳·二模）研究发现，溶液可用于脱除烟气中的（含约90%的NO和少量等），流程如图。已知：i．由与（乙二胺四乙酸，一种有机弱酸）的钠盐形成。ii．

(1)烟气中的与水反应的化学方程式为。(2)的结构如下图所示，其中心离子的配位数为。(3)探究影响脱除NO的因素。①的影响：弱酸性条件下会降低对NO脱除效率，结合离子方程式说明原因。②温度的影响：研究发现60℃时NO脱除效率比30℃时低，分析可能原因。③pH的影响：将NO按一定流速通入不同pH的溶液中，研究pH对NO脱除效率的影响，结果如下图。相同的时间内，和时NO脱除效率均低于时，解释原因。(4)酸性条件下再生。（将离子方程式补充完整）【答案】(1)(2)6(3)，浓度减小，NO的脱出率降低温度升高，平衡逆向移动，NO的脱出率降低pH=2时，与H+作用，导致浓度减小，NO的脱出率降低，pH=10时，可能生成Fe(OH)2沉淀，也导致的浓度减小，NO的脱出率减低(4)【详解】（1）烟气中的NO2与水反应的化学方程式为；（2）的结构如下图所示，由图可知，中心离子的配位键数目为6，故配位数为6；（3）①的影响：弱酸性条件下会降低对NO脱除效率，因为氧气把氧化，离子方程式为，浓度减小，NO的脱出率降低；②温度的影响：研究发现60℃时NO脱除效率比30℃时低，原因是反应温度升高，平衡逆向移动，NO的脱出率降低；③pH的影响：如图，相同试剂内，pH=2和pH=10时NO的脱出率低于pH=6时，原因是pH=2时，与H+作用，导致浓度减小，NO的脱出率降低，pH=10时，可能生成Fe(OH)2沉淀，也导致的浓度减小，NO的脱出率减低；（4）在酸性条件下再生，N元素由+2价将为-3价，降低5价，P元素由+1价升高为+5价，升高4价，根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒，可得反应的离子方程式为。12．（2024·北京房山·一模）草酸钴()可用于催化剂的制备，用水钻矿(主要成分为，含有少量、、、、、杂质)制备草酸钴工艺流程如图所示：资料：①不能直接被浸出；②酸性条件下，转化为，但不会氧化；③部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的如表所示：沉淀物开始沉淀时的2.77.64.07.67.7完全沉淀时的3.79.65.29.29.8(1)酸浸时，为提高矿石的溶解速率可采取的一种措施为。(2)浸出过程中发生反应的离子方程式为。(3)向“浸出液”中加入的作用是。(4)加入调节溶液至5.2，过滤所得到的沉淀成分为。(5)滤液I“除镁、钙”是将镁、钙离子转化为沉淀。已知在该操作温度下，，若使沉淀完全[c(Ca2+)≤10-5mol/L]，所需浓度不低于。(6)在萃取除锰时，先向除杂后的溶液中加入有机酸萃取剂，金属离子的萃取率与溶液的关系如图，萃取应选择的范围是。A．2.0~2.5

B．3.0~3.5

C．4.0~4.5(7)为测定制得样品的纯度，现称取样品，将其用适当试剂转化，得到草酸铵[]溶液，再用过量稀硫酸酸化，用溶液滴定，已知在酸性条件下被还原为，达到滴定终点时，用去溶液。所得草酸钴样品中的纯度为[已知：]。【答案】(1)将矿石研磨成粉末状或其他合理答案(2)(3)将氧化为便于除去(4)(5)(6)B(7)【详解】（1）酸浸时，为提高矿石的溶解速率可采取将矿石研磨成粉末状、适当提高温度、搅拌等措施；（2）浸出过程中与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成Co2＋，根据原子守恒和电子守恒，其反应的离子方程式为，故答案为：；（3）浸出液中加入NaClO3的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，进而调节pH除去Fe3+。（4）加Na2CO3调节溶液pH至5.2，使Fe3+、Al3+全部转化为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀除去；（5）当沉淀完全时，，故答案为：0.03；（6）由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系图可知，溶液pH在接近3.0时，Mn2+的萃取率最高，同时Co2+的萃取率在较低水平，因此适宜pH范围是接近3.0，故选B。（7）称取1.00g样品，将其用适当试剂转化，得到草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，再用过量稀硫酸酸化，用0.1000mol/LKMnO4溶液滴定，被氧化为CO2，被还原为Mn2+，根据电子守恒得关系式2~~5~~5CoC2O4•2H2O，达到滴定终点时，共用去KMnO4溶液20.00mL，则5CoC2O4•2H2O的物质的量为，所得草酸钴样品中CoC2O4•2H2O的纯度为；04工艺流程中加入试剂的作用及循环物质的确定13．（2024·北京门头沟·一模）一种高硫锰矿的主要成分，含有等杂质，其中含量较大。以该高硫锰矿为原料制备硫酸锰，流程示意图如图所示。已知：①金属硫化物的溶度积常数如下表。金属硫化物②金属离子的与溶液的关系如图所示。(1)在预处理阶段，将高硫锰矿粉碎的目的是。(2)若未经脱硫直接酸浸，会产生的污染物是。(3)酸浸时主要含锰组分发生反应的离子方程式为；加入的作用是(用离子方程式表示)。(4)调溶液到5左右，滤渣2的主要成分是。(5)由图像可知，从“操作”所得溶液中得到晶体需进行的操作是、洗涤、干燥。(6)锰含量测定：ⅰ．称取晶体，加水溶解，将滤液定容于容量瓶中。ⅱ．取溶液于锥形瓶中，加少量催化剂和过量溶液，加热、充分反应，产生和，煮沸溶液使过量的分解。ⅲ．加入指示剂，用溶液滴定。滴定至终点时消耗溶液的体积为重新变成。废渣中锰元素的质量分数为。【答案】(1)增大反应物之间的接触面积，提高反应速率，使反应更加充分(2)H2S(3)(4)Fe（OH）3(5)蒸发结晶，保存温度在40℃以上趁热过滤(6)【详解】（1）在预处理阶段，将高硫锰矿粉碎的目的是：增大反应物之间的接触面积，提高反应速率，使反应更加充分；（2）未经脱硫直接酸浸，金属硫化物会与酸发生反应产生有毒的硫化氢；（3）酸浸时含硫矿粉中的碳酸锰会与硫酸发生反应生成MnSO4、水和二氧化碳，反应的离子方程式为：；加入MnO2目的是为了氧化亚铁离子，生成便于除去的铁离子，涉及的离子方程式为：；（4）根据金属离子的与溶液的关系图可知，调节pH为5左右，目的是为了除去铁元素，所以过滤得到的滤渣2主要成分是Fe（OH）3；（5）由图像可知，温度在40℃以下，溶液析出的晶体为，因此从“操作”所得溶液中得到晶体需进行的操作是：蒸发结晶，保存温度在40℃以上趁热过滤、洗涤、干燥；（6）过程中存在反应：、，存在关系式，，质量为2bc×10-4mol×55g/mol=0.011bcg，质量分数为：。14．（2024·北京·模拟预测）四氧化三锰()是一种可用于生产锂离子电池正极材料的原料。以天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含等元素)为原料制备高纯的工艺流程如下图所示。该工艺条件下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下表：金属离子开始沉淀的8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的10.18.32.84.710.98.28.9回答下列问题：(1)“氧化”中添加适量的的作用是。(用离子方程式表示)(2)“滤渣2”中主要有，“调”时溶液的范围应调节为~6.2之间。(3)“除杂2”的目的是生成，沉淀除去。若溶液酸度过高，会导致。(4)常温下，利用表格中的数据，计算。(已知)(5)和氨水混合在下得到的的产率最高。若继续升高温度，会导致产率降低，原因可能是。(6)在“沉锰”时，可用尿素代替，同时控制温度在，写出尿素“沉锰”反应的离子方程式：。【答案】(1)(2)、4.7(3)沉淀不完全(4)12.8(5)温度升高，导致氨水挥发或分解(6)【详解】（1）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；（2）根据分析，“滤渣2”中主要有Al(OH)3、Fe(OH)3，由表中数据知pH在4.7时，Al3+和Fe3+沉淀完全，Zn2+在pH=6.2开始沉淀，故“调pH”时溶液的pH范围应调节为4.7~6.2之间；（3）“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+，溶液中存在MgF2的溶解平衡，如果溶液酸性较强，F-与H+结合形成弱电解质HF，使MgF2(s)⇌Mg2++2F-平衡向右移动，导致镁离子沉淀不完全；（4）Mn2+开始沉淀的pH为8.1，即溶液中c(H+)=10-8.1mol/L，则溶液中c(OH-)=10-5.9mol/L，则Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)c2(OH-)=0.1×(10-5.9)2=10-12.8，则pKsp[Mn(OH)2]=12.8；（5）硫酸锰与氨水反应得氢氧化锰，温度过高，氨水挥发或分解，碱性不足，生成氢氧化锰不完全，导致Mn3O4产率降低；（6）尿素在115~120°C水解生成铵根和碳酸根，锰离子和碳酸氢离子生成了MnCO3沉淀，离子方程式为：Mn2++CO(NH2)2+2H2OMnCO3↓+2；15．（2024·北京东城·一模）研究从含锌资源中获取Zn的途径具有重要意义。Ⅰ.工业上酸浸提锌氧化锌矿中含有ZnO、、FeO、PbO、、CaO、等。已知：ⅰ.几种难溶电解质的难溶电解质ⅱ.浸出液中主要金属阳离子浓度粒子和FeAl浓度(mol/L)0.30.10.1(1)浸出渣的主要成分有、和。PbO和反应的离子方程式是。(2)加入试剂a的目的是。(3)电解前，含溶液中铁和铝的离子浓度均需小于，应调节pH的范围是(忽略①和②导致的体积变化)。Ⅱ.实验室中氨浸提锌已知：ⅲ.

ⅳ.M的结构简式如图所示，R为，两个羟基中、酚羟基酸性较强。(4)NH3和浸取ZnO发生反应的离子方程式是。(5)M能与形成稳定的配合物X，相关反应为。①补全图中X的结构并用“…”标出氢键。②X中形成氢键有利于的萃取，原因可能是。(6)从平衡移动的角度解释能提高有机溶液中X含量的原因：。【答案】(1)(2)将氧化成，利于通过调pH将其除去(3)5.0～6.0(4)提高X结构的稳定性；提高X在有机溶剂中的溶解性；降低X在水中的溶解性(5)与反应，降低，促进向正向移动，导致增大，促进向正向移动【详解】（1）PbO和H2SO4反应生成硫酸铅，其离子方程式是；（2）因为氢氧化亚铁和氢氧化锌属于同类型的难溶物，且两者的溶度积常数大小相当，为了使Fe2+和Zn2+尽可能分离，需要将亚铁离子氧化成铁离子，所以可向浸出液中加氧化性试剂，即加入试剂a的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，利于后续通过调pH将其除去；（3）氢氧化铝和氢氧化铁属于同类型的难溶物，由表中所给两者溶度积常数可知，当Al3+完全沉淀时，Fe3+也已完全沉淀，调pH时应使Zn2+不沉淀、而使Al3+和Fe3+浓度小于10-6mol/L，要使Zn2+不沉淀，c(OH-)，pH＜6.0，要使c(Al3+)＜10-6mol/L，则c(OH-)，即pH＞5.0，所以应调节pH的范围是5.0～6.0；（4）NH3和的混合溶液浸取ZnO时，ZnO溶解生成，反应的离子方程式是；（5）①M中氮原子上有1对孤电子对、氧原子上有2对孤电子对，Zn2+有空轨道，所以氮原子和氧原子能够与Zn2+形成配位键，已知两个羟基中酚羟基酸性较强，即酚羟基更活泼，所以应是酚羟基的氧原子和Zn2+形成配位键，又由于氧元素的电负性很强，所以氮原子所连的羟基氢原子与配合物X中的原酚羟基O原子之间形成氢键，补全图中X的结构并用“…”标出氢键如下；②氢键的形成能提高X结构的稳定性、提高X在有机溶剂中的溶解性或降低X在水中的溶解性，所以X中形成氢键有利于Zn2+的萃取；（6）CO2是酸性氧化物，能与NH3反应，即能消耗NH3，使c(NH3)降低，据勒夏特列原理，将向正反应方向移动，导致c(Zn2+)增大，最终促进向正向移动，所以CO2能提高有机溶液中X含量。16．（2024·北京·三模）I、工业废水中的氨氮和烟气用多种方法进行处理，使废水和烟气达标后排放。(1)氨氮(和)胶水的处理过程中加溶液，调节至9后，升温至，通空气将氨赶出并回收。①用离子方程式表示加溶液的作用：。②用化学平衡原理解释通空气的目的：。(2)氧化法处理烟气中的。用溶液将氧化为，实现烟气中的脱除、向溶液中加入硫酸，研究初始对脱除率的影响，结果如下。已知：NOx脱除率=×100%a、不用盐酸调节溶液初始的原因是。b、时，从物质性质角度分析脱除率随溶液初始升高而增大的可能原因：。时、随温度升高，脱除率有所下降，可能原因为：。Ⅱ、回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片(除外，还含有箔、少量不溶于酸碱的导电剂)中的资源，部分流程如图：(3)从“正极”可以回收的金属有。(4)“碱溶”时箔溶解的离子方程式。(5)“酸浸”时产生标准状况下，被氧化的。(杂质不与反应)(6)实验测得滤液②中，加入等体积的溶液后，的沉降率到。则滤液③中。(7)磷酸亚铁锂电池总反应为：，电池中的固体电解质可传导。充电时，移向(填“阳极”或“阴极”)；放电时，正极反应式为。(8)磷酸亚铁锂电池中铁的含量可通过如下方法测定：称取试样用盐酸溶解，在溶液中加入稍过量的溶液，再加入饱和溶液，用二苯胺磺酸钠作指示剂，用重铬酸钾溶液滴定至溶液由浅绿色变为蓝紫色，消耗重铬酸钾溶液。已知：①实验中加入饱和溶液的目的是。②磷酸亚铁锂电池中铁的含量为。【答案】(1)氨水电离是可逆反应，将生成的氨气带走，即减少生成物，可以使化学平衡向正反应方向移动，即更多的生成氨气，因而促进了氨水电离(2)盐酸是还原性酸，能与NaClO发生氧化还原反应，因此不能用盐酸调节NaClO溶液的pH反应初始阶段随pH升高，H+浓度减小，有利于平衡2NO2+ClO-+H2O2+Cl-+2H+正向移动，从而提高脱除率随温度升高，HClO会发生分解，NaClO的浓度减小，脱除率有所下降(3)Li、Fe、Al(4)2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑(5)0.3(6)4(7)阴极Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4(8)将溶液中过量的Sn2+转化为稳定的络离子，防止干扰Fe2+的测定28.8%【详解】（1）①铵盐能和强碱反应，用离子方程式表示加NaOH溶液的作用：；②氨水电离是可逆反应，将生成的氨气带走，即减少生成物，可以使化学平衡向正反应方向移动，即更多的生成氨气，因而促进了氨水电离。（2）a、盐酸是还原性酸，能与NaClO发生氧化还原反应，因此不能用盐酸调节NaClO溶液的pH；b、时NaClO首先结合H+生成HClO，HClO表现强氧化性将NO2氧化为，1molNaClO得2mol电子生成1molNaCl，1molNO2失1mol电子生成，根据得失电子守恒得：2NO2+ClO-+H2O2+Cl-+2H+，可知反应初始阶段随pH升高，H+浓度减小，有利于平衡正向移动，从而提高脱除率；时、随温度升高，HClO会发生分解，NaClO的浓度减小，脱除率有所下降。（3）根据分析流程，碱溶可得到NaAlO2滤液，调节pH值，生成的沉淀为FePO4，加入碳酸钠，可生成Li2CO3沉淀，因此从“正极”可以回收的金属有Li、Fe、Al。（4）碱溶时Al箔与氢氧化钠反应，溶解的离子方程式2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑。（5）酸浸时HNO3转化为NO，产生标准状况下2.24LNO的物质的量为=0.1mol，产生1molNO，转移3mol电子，则生成0.1molNO转移0.3mol电子，LiFePO4与硝酸反应转化为FePO4，Fe的化合价由+2价变为+3价，溶解1molLiFePO4转移1mol电子，则转移0.3mol电子，溶解0.3molLiFePO4。（6）若滤液②中c(Li+)=4mol/L，加入等体积的Na2CO3后，Li+的沉降率到99%，混合后溶液中含有的c(Li+)=4mol/L×(1-99%)×0.5=0.02mol/L，则滤液③中。（7）充电时，阳离子Li+移向阴极；放电时，正极发生还原反应，Li1-xFePO4转化为LiFePO4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平正极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4。（8）①加入HgCl2饱和溶液，发生反应，据此推测其作用是将溶液中过量的Sn2+转化为稳定的络离子，防止干扰Fe2+的测定；②根据滴定反应的方程式可得关系式6Fe2+~，则有n(Fe2+)=6n()=6×0.030mol·L-1×40.00×10-3L=7.2×10-3mol，m(Fe)=7.2×10-3mol×56g·mol-1=0.4032g，故磷酸铁锂电池中铁元素的百分含量为。1．（2025·北京·三模）粗铜精炼后的阳极泥含有Cu、Ag和Au(金)等。湿法处理阳极泥的一种工艺流程如下：(1)在浸铜过程中，实际需要的量要超过浸铜所需的理论用量。浸铜过程中除了与Cu反应外，发生的反应可能还有。(写出两个)(2)浸金时，Au转化为。其他条件相同时，相同反应时间内，温度对滤渣2中金含量的影响如下表所示温度℃30507090滤渣2含金g/t855709310352浸金过程中发生的反应：i．ii．……①补全反应ii的离子方程式。②解释随温度升高滤渣2中含金量先减小增大的原因。(3)浸银时发生反应；将HCHO氧化为。为减少废液排放，充分利用资源，向浸银残液中通入气体X得到含再生液，并循环使用。①气体X是。②其他条件不变，含再生液的循环使用次数与银的浸出率关系如图所示。结合平衡移动原理，解释产生这种变化的原因。(4)该工艺流程中可循环利用的物质除外，还有。【答案】(1)、(2)+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O温度升高，反应i速率加快，滤渣2中含金量减后，温度太高时，+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O的速率更快，发生反应i的减少，Au的浸出率减小，滤渣2中含金量增加(3)Na2SO3再生液含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大，使平衡逆向移动，抑制AgCl的溶解，所以含再生液的循环使用次数增多，银的浸出率下降(4)H2SO4和NaCl【详解】（1）在浸铜过程中，实际需要的量要超过浸铜所需的理论用量，原因是会受热分解生成H2O和O2，且氧化阳极泥中的银也要消耗H2O2，化学方程式分别为：、。（2）①浸金过程除了发生反应：，和Cl-在酸性条件下也可以发生氧化还原反应生成Cl2，则反应ii的离子方程式为：+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O；②温度升高，反应i速率加快，滤渣2中含金量减少，温度太高时，+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O的速率更快，发生反应i的减少，Au的浸出率减小，滤渣2中含金量增加。（3）①浸银时发生反应；将HCHO氧化为，此时向溶液中通入，由于亚硫酸性强于碳酸性，则碳酸根转化为亚硫酸根，则X为。②Na2SO3再生液含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大，使平衡逆向移动，抑制AgCl的溶解，所以含再生液的循环使用次数增多，银的浸出率下降。（4）浸金液中和Na2S2O5反应生成Au，离子方程式为：，该过程中有H2SO4和NaCl生成，则该工艺流程中可循环利用的物质除外，还有H2SO4和NaCl。2．（2025·北京大兴·三模）对废弃的材料进行处理，制备和，工艺流程如图所示：已知：ⅰ.萃取原理为(有机层)；ⅱ.、均难溶于水；ⅲ.常温下，；ⅳ.当离子浓度小于时可视为沉淀完全。(1)“酸浸”前，需将粗品粉碎，其目的是。(2)升温能加快酸浸的速率。温度过高时，浸出速率反而会下降，原因是。“酸浸”时不能用浓盐酸代替和的混合液，原因是。(3)为提高的析出量和纯度，结合的溶解度曲线(图1)可知“操作”依次为蒸发浓缩、、洗涤、干燥等。(4)已知萃取率随pH变化如图2所示，萃取率先升高后下降的原因可能是。(5)写出“沉钴”反应的离子方程式。“沉钴”后的滤液中不低于。(6)“煅烧”时发生反应的化学方程式为。(7)用稀硫酸溶解粗品，再加入适量溶液将Co(Ⅲ)全部还原为Co(Ⅱ)，滴入铁氰化钾溶液，滴定终点时消耗VmL。计算粗品中Co元素的质量分数。(已知：)【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率(2)温度过高，会分解导致减小，浸出速率变慢生成氯气，污染环境；盐酸有挥发性(合理即可)(3)趁热过滤(4)时，随着pH的增大，溶液中减小，(有机层)平衡正向移动，萃取率增大；时，随着pH的增大，溶液中增大，与形成沉淀，平衡逆向移动使萃取率降低(5)(6)(7)【详解】（1）“酸浸”前，需将LiCoO2粗品粉碎，其目的是增大接触面积，加快反应速率；（2）温度过高，H2O2会分解导致c(H2O2)减小，浸出速率变慢；“酸浸”时不能用浓盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，生成氯气，污染环境；盐酸有挥发性(合理即可)；（3）为提高Li2CO3的析出量和纯度，结合Li2CO3的溶解度曲线(图1)可知，碳酸锂的溶解度随着温度升高而减小，则“操作”依次为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥等；（4）pH<6时，随着pH的增大，溶液中c(H+)减小，平衡正向移动，Co2+萃取率增大；pH>6时，随着pH的增大，溶液中c(OH−)增大，Co2+与OH−形成Co(OH)2沉淀，平衡逆向移动使Co2+萃取率降低，则Co2+萃取率先升高后下降；（5）“沉钴”中，CoSO4溶液与碳酸氢铵溶液生成CoCO3沉淀，反应的离子方程式：；当离子浓度小于1×10−5mol⋅L−1时可视为沉淀完全，则“沉钴”后溶液中，存在沉淀溶解平衡，，则“沉钴”后的滤液中，则“沉钴”后的滤液中不低于；（6）CoCO3煅烧生成Co3O4和CO2，反应的化学方程式为：；（7）用稀硫酸溶解mgCo3O4粗品，再加入适量Na2SO3溶液将Co(Ⅲ)全部还原为Co(Ⅱ)，滴入cmol/L铁氰化钾溶液，滴定终点时消耗VmL，则根据反应：可知，，根据元素守恒可知，Co3O4粗品中Co元素的质量为：，Co3O4粗品中Co元素的质量分数为：。3．（2025·北京顺义·一模）常作为锂离子电池的正极材料，广泛应用于新能源汽车。是制备的原料。(1)由钛白渣（主要成分为）获取的流程示意图如下。资料：ⅰ．性能与其纯度、颗粒大小有关，沉淀速率影响颗粒大小ⅱ．空间结构：①Ⅰ中将钛白渣粉碎的目的是。②溶液A的主要成分是（配合物），分析中配位键的形成过程。③溶液B中含铁的主要微粒为，写出Ⅲ中反应的离子方程式。④Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0~1.5，pH不能过高的原因是。(2)从废旧电极粉末中回收制备，同时获得副产品，工艺流程如下。①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低，原因是。②加入物质B使溶液pH升至5，从物质循环和减少除杂过程角度，物质B为（填化学式）。③添加量对Fe、P沉淀率影响如下图所示。实际生产时，添加量选2.5%的原因是。(3)产品中铁含量测定：取ag样品，用盐酸充分溶解并配制成250mL溶液。取25.00mL该溶液于锥形瓶中，逐滴加入溶液，至恰好完全还原为，被氧化为，滴加指示剂，用标准溶液滴定（铬元素被还原为），消耗标准溶液，样品中铁的质量分数为。（实验条件下存在不影响实验结果）【答案】(1)增大接触面积，浸出速率加快，浸出更加彻底提供空轨道，中O原子提供孤电子对pH过高会使水解生成，影响产品纯度；pH过高体系中增大，与沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能(2)温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢添加量低于2.5%，产量低，不经济；高2.5%，部分生成沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低(3)【详解】（1）①Ⅰ中将钛白渣粉碎可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快浸出速率，使浸出更加彻底，故答案为：增大接触面积，浸出速率加快，浸出更加彻底；②配合物FeHPO4中形成配位键的过程为提供空轨道，中O原子提供孤电子对，故答案为：提供空轨道，中O原子提供孤电子对；③由分析可知，向溶液B中加入过量的过氧化氢溶液的目的是将配合物转化为FeHPO，反应的离子方程式为，故答案为：；④Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0~1.5，pH不能过高是因为pH过高会使铁离子水解生成氢氧化铁，影响产品纯度；pH过高体系中磷酸根离子浓度增大，铁离子与磷酸根离子沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能，故答案为：pH过高会使水解生成，影响产品纯度；pH过高体系中增大，与沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能；（2）①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低是因为温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢，故答案为：温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢；②从物质循环和减少除杂过程角度可知，加入物质碳酸锂使溶液pH升至5，即有利于过氧化氢溶液将L溶液中的亚铁离子转化为二水磷酸铁沉淀，又不影响碳酸锂中混有新杂质，则物质B为碳酸锂，故答案为：；③由图可知，添加量低于2.5%，产量低，不经济；高2.5%，部分生成沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低，所以实际生产时，添加量选2.5%，故答案为：添加量低于2.5%，产量低，不经济；高2.5%，部分生成沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低；（3）由原子个数守恒和得失电子数目守恒可得如下转化关系：6——，滴定消耗VmL0.01mol/L溶液，则样品中铁的质量分数为=，故答案为：。4．中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的颗粒被、包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下：回答下列问题：(1)北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为(填化学式)。(2)“细菌氧化”中，发生反应的离子方程式为。(3)“沉铁砷”时需加碱调节，生成(填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含微粒的沉降。(4)“焙烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“焙烧氧化”，“细菌氧化”的优势为_______(填标号)。A．无需控温 B．可减少有害气体产生C．设备无需耐高温 D．不产生废液废渣(5)“真金不怕火炼”，表明难被氧化，“浸金”中的作用为。(6)“沉金”中的作用为。(7)滤液②经酸化，转化为和的化学方程式为。用碱中和可生成(填溶质化学式)溶液，从而实现循环利用。【答案】(1)CuSO4(2)(3)(4)BC(5)做络合剂，将Au转化为从而浸出(6)作还原剂，将还原为Au(7)NaCN【详解】（1）“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要成分为CuSO4；（2）“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和，离子方程式为：；（3）“沉铁砷”时，加碱调节pH值，Fe3+转化为胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降；（4）A．细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需要控温，A不符合题意；B．焙烧氧化时，金属硫化物中的S元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，B符合题意；C．焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设备无需耐高温，C符合题意；D．由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，D不符合题意；故选BC；（5）“浸金”中，Au作还原剂，O2作氧化剂，NaCN做络合剂，氰化钠能够与金离子形成稳定的络合物从而提升金单质的还原性，将Au转化为从而浸出；（6）“沉金”中Zn作还原剂，将还原为Au；（7）滤液②含有，经过H2SO4的酸化，转化为ZnSO4和HCN，反应得化学方程式为：；用碱中和HCN得到的产物，可实现循环利用，即用NaOH中和HCN生成NaCN，NaCN可用于“浸金”步骤，从而循环利用。5．（2024·北京·三模）是一种重要的化工原料，可用于制革，印染等工业。(1)以铬铁矿（主要成分为，还含有MgO、、等）为原料制备的工艺流程如图。已知：Al2O3与纯碱焙烧转化为NaAlO2，SiO2与纯碱焙烧转化为Na2SiO3。①焙烧时将矿料磨碎且气体与矿料逆流而行，其目的是。②焙烧的目的是将转化为并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，写出焙烧时发生的化学方程式。③滤渣1主要含有。④矿物中相关元素可溶性组分的物质的量浓度c与pH的关系如下图所示。ⅰ．过程Ⅲ中用H2SO4溶液的目的是，pH的理论范围为。ⅱ．过程Ⅳ发生反应，计算该反应的K≈。(2)测定产品中的质量分数。称取ag产品，用500mL容量瓶配制为待测液。取25mL待测液于锥形瓶中，加入蒸馏水和稀硫酸等，用bmol∙L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液vmL。产品中（摩尔质量为）的质量分数为。（列计算式）(3)利用膜电解技术，以溶液为阳极室电解质溶液，NaOH溶液为阴极室电解质溶液也可以制备，装置如图。①离子交换膜应该选用（填序号）。a．阴离子交换膜

b．质子交换膜

c．阳离子交换膜②结合方程式解释Na2Cr2O7产生的原理。已知：酸性条件下被还原为Cr3+。【答案】(1)增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分反应Fe2O3和MgO调节溶液pH使与转化为沉淀除去4.5~9.31014.8(2)(3)c阳极发生反应：，导致增大，促进平衡正向移动，产生，同时部分移向阴极区，在阳极生成【详解】（1）①焙烧时将矿料磨碎且气体与矿料逆流而行，可增大矿石与空气的接触面积，则其目的是：增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分反应。②焙烧的目的是将转化为并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，则FeO被O2氧化为Fe2O3，焙烧时发生的化学方程式为。③由分析可知，滤渣1主要含有Fe2O3和MgO。④ⅰ．由分析可知，过程Ⅲ中用H2SO4溶液的目的是：调节溶液pH使与转化为沉淀除去；pH的理论范围应在完全转化为Al(OH)3、Al(OH)3刚开始溶解的pH之间，即为4.5~9.3。ⅱ．过程Ⅳ发生反应，我们选择pH=2.4的点，此时c()=1mol/L，c()=10-5mol/L，c(H+)=10-2.4mol/L，该反应的K≈=1014.8。（2）依据得失电子守恒，可建立如下关系式：——6Fe2+，n(Fe2+)=bmol/L×v×10-3L=bv×10-3mol，n()=mol，则产品中（摩尔质量为）的质量分数为=。（3）利用膜电解技术，以溶液为阳极室电解质溶液，NaOH溶液为阴极室电解质溶液也可以制备，则阳极发生反应，溶液的酸性增强，发生的转化，阴极发生反应4H2O+4e-=2H2↑+4OH-，阳极中的Na+、H+会向阴极迁移。①由分析可知，离子交换膜应允许Na+、H+通过，应该选用阳离子交换膜，故选c。②由分析可得出，Na2Cr2O7产生的原理：阳极发生反应：，导致增大，促进平衡正向移动，产生，同时部分Na+移向阴极区，在阳极生成。6．（2024·北京西城·二模）废电池中含磷酸铁锂，提锂后的废渣主要含、和金属铝等，以废渣为原料制备电池级的一种工艺流程如下。已知：i.、均难溶于水。ii.将转化为有利于更彻底除去。(1)酸浸前，将废渣粉碎的目的是。(2)从平衡移动的角度解释加入硝酸溶解的原因：。(3)在酸浸液中加入进行电解，电解原理的示意图如下图所示，电解过程中不断增大。结合电极反应说明在电解中的作用：。(4)“沉淀”过程获得纯净的。向“氧化”后的溶液中加入HCHO，加热，产生NO和，当液面上方不再产生红棕色气体时，静置一段时间，产生沉淀。阐述此过程中HCHO的作用：。(5)过滤得到电池级后，滤液中主要的金属阳离子有。(6)磷酸铁锂-石墨电池的总反应：。①高温条件下，、葡萄糖（）和可制备电极材料，同时生成CO和，反应的化学方程式是。②放电时负极的电极反应式是。【答案】(1)增大反应物的接触面积，加快浸出速率(2)加入，与结合，减小，平衡正向移动，溶解(