2026年高考化学模拟卷必刷题-物质的分离与提纯

第1页（共1页）2026年高考化学模拟卷必刷题——物质的分离与提纯（解答大题）一．解答题（共25小题）1．（2026•江西模拟）中国在稀土领域的发展居世界顶尖水平。从废石油裂解催化剂（主要成分为SiO2、La2O3和CeO2）可获得稀土元素镧和铈的化合物。（1）除油脱碳：废催化剂表面的积碳和油分，会降低稀土元素的浸出率。浸取前在空气氛围中进行焙烧处理除去积碳和油，再将废催化剂粉碎的目的是。（2）浸取：用一定浓度的盐酸和少量H2O2溶液浸取废催化剂，过滤得到含有La3+、Ce3+的酸浸液，浸取时CeO2与盐酸反应生成有污染性气体的离子方程式为。（3）萃取La元素：①环烷酸（RCOOH）常用于La元素的萃取分离，萃取时如果同时充入氨气，则萃取La元素时发生反应的离子方程式为。（已知：(RCOO)②其他条件不变，La元素萃取率随水层初始pH的变化如图所示。随水层初始pH增大，La元素萃取率（有机层中某元素的物质的量/某元素的总物质的量×100%）先上升后下降的原因是。（4）萃取Ce元素：在硫酸介质中Ce（Ⅳ）可被磷酸二异辛酯（）萃取，Ce（Ⅲ）不能被萃取。①磷酸二异辛酯在煤油中通过氢键形成对称的环状二聚体，较大的烃基会使与之连接的氧原子难以形成氢键，该环状二聚体结构简式可表示为。②被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比（D），本题实验条件下D[Ce（Ⅳ）]＝8。现用50mL磷酸二异辛酯萃取100mL含Ce（Ⅳ）的溶液，若每次用25mL分两次加入和50mL一次性加入，则两种萃取方法Ce（Ⅳ）的总萃取率之比为。（5）稀土回收：向净化后的稀土盐溶液加入草酸，将得到的La2（C2O4）3沉淀在氩气中焙烧得到La2O3，同时生成的气体为（填化学式）。2．（2025秋•宝山区校级期末）铬的元素名来自于希腊文“chroma”（χpωμα），原意为“颜色”。（1）生活中处处有化学。下列化学物质的应用中，错误的是。A.铁红（Fe2O3）常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料B.不锈钢是最常见的合金钢，合金元素主要是铬和镍，具有很强的抗腐蚀性C.碳酸氢钠是一种常用作加工面包、饼干等食品的膨松剂D.氧化钠可在呼吸面具中作为氧气的来源三氧化二铬（Cr2O3）是重要的有机反应催化剂，一种利用铬酸钾（K2CrO4）粗品制备Cr2O3的流程示意图如图。已知：Ⅰ.Cr2O72-Ⅱ.BaCr2O7易溶于水，BaCrO4难溶于水（2）向K2CrO4净化液中通入过量的CO2可制得K2Cr2O7。写出反应的化学方程式。（3）电解K2CrO4净化液也可制得K2Cr2O7，装置示意图如图。①阴极室中获得的产品有H2和（填化学式）。②结合化学用语说明制备K2Cr2O7的原理。③取V1mL某K2Cr2O7溶液稀释至100mL，移取10mL稀释液于锥形瓶中，加入过量的BaCl2溶液，滴加2～3滴酚酞溶液，用cmol•L﹣1NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为V2mL。则K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为mol•L﹣1。（用含c、V1、V2的代数式表示）（4）在热压反应釜中，将蔗糖与K2Cr2O7的混合溶液加热至120℃，可获得Cr2O3，同时生成K2CO3、CO2。若生成1molCr2O3，理论上消耗蔗糖的物质的量至少是mol。现有三种组成均为CrCl3•6H2O的配合物，甲为亮绿色，乙为暗绿色，丙为紫色。取相等物质的量的甲、乙、丙，各溶于适量蒸馏水，再分别加入足量的AgNO3溶液，析出的AgCl的物质的量之比为2：1：3。已知铬离子的配位数为6。（5）下列有关元素的原子半径和第一电离能说法正确的是。（不定项）A.原子半径：N＞OB.第一电离能：O＞NC.原子半径：O＞ND.第一电离能：N＞O（6）配合物甲的内界是，1mol该离子含有molσ键。A.6B.10C.15D.16（7）在配合物乙中，配位原子有O和Cl，两者物质的量之比为。A.2：1B.1：2C.1：1D.5：13．（2026•广州模拟）工业上常采用生物堆浸法处理低品位黄铜矿（主要成分CuFeS2）来提取Cu，整个过程包括“生物堆浸”、“萃取”、“电积”，路线如图所示，回答下列问题。已知：①生物堆浸使用的嗜酸微生物pH在1.0～3.0范围内可保持活性；②堆浸体系中Fe3+、Cu2+和Fe2+开始沉淀的pH分别为1.5、4.2和6.3。③“萃取”过程发生反应：Cu2++2HL⇌CuL2+2H+。（1）图a是矿石堆浸的示意图，堆浸时矿石的粒度需要精细控制，若矿石粒度过小会有什么缺点？。（2）堆浸过程中，微生物持续代谢产生Fe3+和H+对黄铜矿进行化学氧化溶解。①第一阶段：（离子方程式）第二阶段：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O；2S+3O2+2H2O═4H++2SO②结合已知推断：生物堆浸过程中，应控制溶液的pH在范围内。③在黄铜矿微生物浸出体系中伴生的方解石（主要成分CaCO3）对黄铜矿浸出有一定的抑制作用，分析可能的原因。（3）HL和CuL2的结构如图所示，其中R为壬烷基（—C9H19）。CuL2中Cu的配位数为，若将R换为羟基（不参与配位反应），则萃取率会下降，从结构角度解释原因：。（4）试剂X的化学式为。（5）“电解”步骤中阳极材料选择石墨，阳极发生的主要的电极反应为。（6）一种黄铜矿的四方晶系晶胞结构如图，其密度为g•cm﹣3。4．（2025•盐池县三模）金属镓有“电子工业脊梁”的美誉。从锗煤灰（主要成分为Ga2O3还含有GeO2SiO2为Al2O3等）中提取锗、镓，并进一步制备具有优异光电性能的氮化镓（GaN）的工艺流程如图1所示。已知：①几种物质的沸点如表所示。物质GeCl4GaCl3AlCl3沸点/℃84201178（升华）②用浓盐酸酸化的磷酸三丁酯（TBP）萃取Ga3+的相关反应为TBP+GaCl3+HCl⇌[TBPH+][GaCl4③Ga与Al的化学性质相似。回答下列问题：（1）“蒸馏”时，需要控制温度的范围是。（2）GeCl4在高纯热水条件下“水解”后，经过过滤可得到高纯GeO2反应的化学方程式为。（3）能用NaOH溶液对有机相中Ga3+进行反萃取的原因为。（4）“萃取”“反萃取”过程中可循环利用的物质为（填化学名称）。（5）“电解”过程中以粗镓为阳极，惰性电极为阴极，NaOH溶液为用电解质溶液，经过“电解”可得到Ga，则该过程中[Ga（OH）4]﹣（填“移向阴极”或“移向阳极”）。（6）合成Ga（CH3）3的化学方程式为。（7）利用GaN、Cu材料为两电极组成的人工光合系统如图2所示，工作时，该装置的能量转化方式为，电子的迁移方向为，Cu电极的电极反应式为。5．（2026•江苏一模）烟气中NOx（NO、NO2）是重要大气污染物，必须脱除。一种烟气脱硝原理为4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）＝4N2（g）+6H2O（g）ΔH＜0。（1）每处理含NO1.12L（标准状况）的烟气，反应中转移电子的物质的量是。（2）CeO2—CuO—TiO2可以催化该反应，共沉淀法合成该催化剂的过程是：按要求将Ce（SO4）2•4H2O、Ti（SO4）2•2H2O、CuSO4•5H2O配制成混合溶液，滴加氨水产生沉淀，至pH＝9.5为止，过滤、洗涤、干燥，所得固体500℃下煅烧5小时。①滴加氨水时要快速、充分搅拌，目的是（选择序号填空）。A．使反应快速、充分B．使沉淀混合均匀C．使沉淀颗粒变小D．使沉淀转变为胶体②氨水滴加过量易产生的问题是。（3）以CeO2—CuO—TiO2催化脱硝时，NO转化率与温度的关系如图所示。①温度高于350℃后NO转化率迅速下降，其原因是。②研究发现，烟气中的SO2能还原CeO2生成Ce2（SO4）3导致催化剂中毒，其原因是。（用化学方程式表示）（4）废催化剂组分可以通过下列过程回收：①“还原、过滤”步骤中CeO2被还原为Ce3+的离子方程式是。②“沉淀、过滤”步骤中若单独使用H2C2O4溶液则可能导致Ce3+沉淀不充分，若单独使用K2C2O4溶液则可能导致。6．（2025秋•南京期末）锌被称为“现代工业的保护剂”，是消费量第三大的有色金属。ZnS可用于制备锌和回收砷。（1）传统工艺以焙烧硫化锌精矿（主要含ZnS、Zn3Fe2S5）冶炼锌。①Zn3Fe2S5在高温焙烧条件下易生成铁酸锌（ZnFe2O4），氧化锌，并产生一种气体。写出该反应的化学方程式：；②铁酸锌结构稳定，直接酸浸的浸出率低，将铁酸锌球磨后有助于促进锌、铁的浸出。球磨的作用是。（2）ZnS与酸反应较慢，很难高效浸出，一种协同助浸工艺可同时实现锌高效浸出和铁同步沉淀：已知：锌浸出渣粉主要含ZnFe2O4，废电解液含Zn2+、H+、K+、Na+、SO①浸出后的溶液经淋洗生成铁矾[NaFe3（SO4）2（OH）6]的离子方程式为；②在协同助浸体系中，ZnS的溶解速率明显加快。研究表明，过程中主要发生了反应ZnS+Fe2（SO4）3＝ZnSO4+S+2FeSO4，则通入O2的作用为。（3）回收砷。用ZnS去除酸性废液中的三价砷[As（Ⅲ）]，并回收生成的As2S3沉淀。已知：溶液中As（Ⅲ）主要以弱酸H3AsO3形式存在，As2S3+6H2O⇌2H3AsO3+3H2S。60℃时，按n（S）：n（As）＝7：1向酸性废液中加入ZnS，砷回收率随反应时间的变化如图所示。①写出ZnS与H3AsO3反应生成As2S3的离子方程式：。②反应4h后，砷回收率下降的原因有。7．（2026•上海校级模拟）锶（Sr）位于元素周期表第五周期第ⅡA族，是典型的活泼碱土金属。（1）基态锶原子的价电子轨道表示式为。（2）Sr存在两种稳定同位素86Sr、87Sr，可用区分。A．质谱法B．原子吸收光谱C．李比希燃烧法D．焰色反应含锶化合物用途广泛，其中氯化锶六水合物（SrCl2•6H2O）主要用于制备锶盐、可作磁性材料添加剂及有机合成催化剂。现有两种提取SrCl2•6H2O的方案：【方案1】从含锶废渣（主要成分含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等）中提取的流程如图所示：已知：25℃时，Ksp(SrS（3）盐酸浸取后的溶液中主要的正离子有Sr2+、Ca2+、（填离子符号）。（4）“盐浸”的目的是让SrSO4转化反应的离子方程式为，现往含0.01molSrSO4固体的“浸出渣”中加入100mL0.11mol•L﹣1BaCl2溶液，充分反应后，理论上溶液中c(Sr2+)⋅c(SO42-)=（mol•L（5）将窝穴体（）与K+形成的超分子加入“浸出液”中，也能提取其中的Sr2+，整个过程体现了超分子。A．自组装形成分子机器的能力B．分子识别形成主客体体系的能力（6）由SrCl2•6H2O制备无水SrCl2的最优方法是。A．加热脱水B．在HCl气流中加热C．常温加压D．加热加压【方案2】从天青石（主要成分有SrSO4、BaSO4）中提取的流程如图所示：（7）高温焙烧时，若0.5molSrSO4完全反应转移4mol电子，则该反应的化学方程式为。（8）从“绿色化学”角度评价方案2：（列举1点）。锆酸锶（SrZrO3）可用于制造高频热稳定陶瓷电容器和高温陶瓷电容器，其一种立方晶胞结构如图所示，其中a、b、c原子的坐标分别为（0，0，0）、(0，12（9）锆原子填充在氧原子形成的空隙中。A．四面体B．八面体C．立方体（10）与O原子距离最近且等距的O原子的数目为。A．4B．6C．8D．12（11）该晶胞沿体对角线方向的投影图为（投影图中黑球表示Sr或Zr，灰球表示O）。A．B．C．D．8．（2026春•上海校级月考）一百多年以前，人们曾用金属钠还原氧化铝得到金属铝，由于钠价格昂贵，所以铝的价格甚至贵过黄金。直到19世纪末，人们发明了电解法冶炼铝的工艺，铝得以被大规模冶炼，价格也随之降低。（1）电解法冶炼金属铝应选用作为原料。A．Al2O3B．AlCl3理由是。如图为工业电解制备铝的电解槽示意图。由于体系处于高温熔融状态下，电解过程中产生的气态物质会进一步反应，生成一种常见的温室气体。（2）在该电解装置中，石墨电极为。A．正极B．负极C．阴极D．阳极（3）写出石墨电极上发生的总电极反应式：。（4）【不定项】有关该电解工艺下列说法正确的是。A．液态铝密度比熔融电解质大沉在槽底B．反应中每转移4mol电子，生成22.4L气体C．该工艺中电子由钢制内壁经过熔融电解质流向石墨电极D．该工艺的石墨电极需定期更换，研制惰性电极是电解铝工艺的未来发展方向之一工业生产中会加入冰晶石（化学式Na3AlF6）作助熔剂，实现在相对低温的环境下电解。冰晶石中配阴离子的结构如图1所示，其晶胞结构如图2所示。（5）该配离子的价层电子对数为，配体为。（6）一个冰晶石的晶胞中存在个Na+。在冰晶石的晶胞中，距离[AlF6]3-距离最近且相等的[AlF6]（7）已知晶胞边长a＝0.795nm，取NA=6.02×1023，计算冰晶石的密度为g•cm﹣3。（式量：F—19，Na﹣23，向其水溶液中加入可溶性钙盐，产生CaF2沉淀。已知：Ksp(CaF2)=5.0×10-11（8）有关Na3AlF6的水溶液说法正确的是。A．溶液中共存在4种不同的离子B．常温下呈酸性C．水的电离被促进D．在配离子中，由Al3+提供电子对（9）书写CaF2的沉淀溶解平衡表达式：。（10）通过计算，说明该离子反应能够发生的原因：。9．（2026春•南京校级月考）贵金属银应用广泛。（1）粗铅提银。粗铅中含2%的Ag，将粗铅熔融后加入液态锌，搅拌，适当降温后静置，液态Ag﹣Zn合金上浮与液铅分层，继续降温使上层Ag﹣Zn合金凝固后取出，蒸馏分离Ag和Zn。①液态锌能从液铅提取Ag的原因是。②静置前适当降温的目的是。（2）化学镀银。铜片置于[Ag（NH3）2]Cl与氨水的混合溶液中，充分反应后铜片表面变为银白色，溶液呈深蓝色。①镀银时发生反应的离子方程式为。②[Ag（NH3）2]+、[Cu（NH3）4]2+均能与Na2S溶液反应生成黑色的Ag2S、CuS沉淀。为将镀银后溶液中的铜元素转化为CuS回收，并检验所得CuS中是否含有Ag2S，补充完整实验方案：将镀银后的溶液过滤，[实验中必须使用的试剂和设备：8mol•L﹣1HNO3溶液、0.1mol•L﹣1Na2S溶液、0.1mol•L﹣1AgNO3溶液、蒸馏水、1mol•L﹣1NaCl溶液，通风设备]。（3）Ag的保护。Ag在潮湿环境中会与空气中的硫化物发生电化学腐蚀，十八烷基硫醇[CH3（CH2）17SH]能与Ag通过形成共价键吸附，在Ag表面形成分子膜。①在空气中，CH3（CH2）17SH与Ag形成分子膜时有H2O生成，经检测平均每个CH3（CH2）17SH形成约0.92个共价键吸附位，则与Ag形成共价键的原子是。②在未防护的Ag和用CH3（CH2）17SH防护后的Ag表面各滴1滴（NH4）2S溶液，如图所示。一段时间后，a表面出现棕黑色，b表面未出现变色。被十八烷基硫醇防护后的Ag能有效防止与（NH4）2S溶液发生电化学腐蚀的原因是。10．（2025秋•石景山区期末）某铜阳极泥的主要成分为Cu2S、AgSe、AgCl、Au等，研究铜阳极泥提银和浸金具有潜在的市场价值。Ⅰ.铜阳极泥提银已知：①S2O32-可看作SO②Ag2S的Ksp为6.3×10﹣50；Cu2S的Ksp为2×10﹣47。（1）比较O和S的电负性。（2）S2O32-作为配体可提供孤电子对与Ag+形成[Ag(S2O3)2]3-，分别判断（3）Na2S2O3直接浸银时，浸银10分钟，银浸出率即达到5%，主要由于阳极泥中少量以AgCl形态存在的银被快速溶解，之后浸出率逐渐减小。铜阳极泥经预处理后，银的浸出率＞90%，且银浸出率逐渐减小的现象得到消除。①写出AgCl和Na2S2O3溶液反应的离子方程式。②解释直接浸银10分钟后银浸出率逐渐减小的原因。③分析预处理的作用。Ⅱ.铜阳极泥浸金（4）MnO2和硫酸处理后的阳极泥与KMnO4和NH4Cl混合，经球磨活化（研磨加热）、水浸、过滤后高达98%的金转化为[AuCl4]-。为进一步分析球磨活化时Au被氧化的机理，将NH4Cl替换成KCl进行实验，发现KMnO4和KCl不反应，不利于浸金。分析KMnO4/NH4Cl体系球磨活化提取Au的机理11．（2025秋•鼓楼区校级期末）铜阳极泥（含有Cu2S、Se、Ag2Se、Au等）是粗铜电解精炼的副产品，常用作提取稀散元素和贵金属的重要原料。（1）向阳极泥中加入硫酸溶液，再逐渐加入MnO2（MnO2在酸性条件下被还原为Mn2+）至过量。Cu、Se、Ag、S元素充分浸出，以Cu2+、SeO32-、SeO42-、Ag①写出Cu2S溶解的离子方程式：。②SeO32-中O—Se—O的键角比SeO42-中的③在铜阳极泥质量、硫酸用量和反应时间一定时，研究人员测得Cu元素浸出率、Se元素浸出率和浸出渣率[浸出渣率=m(浸出渣)m(铜阳极泥当0.8g＜m（MnO2）＜1.2g时，Se元素浸出率继续增加。浸出渣率不减反增的原因是。（2）向（1）所得浸出液中加入NaCl，可将Ag+转化为AgCl，再用硫代硫酸盐溶液浸出银元素。已知：①AgCl+2S2O32-⇌Ag(S2O3)2②Ag++2S2O32-=Ag(S2O加入NaCl，溶液中c（Cl﹣）＞mol•L﹣1时，可使（1）所得浸出液中c（Ag+）＜10﹣5mol•L﹣1。（3）一种由Sc、Sn、V组成的晶体晶胞如图1所示（晶胞底边边长为anm，高为cnm，a≠c）。注：图2显示的是三种原子在xz面、yz面上的位置，图3显示的是Sc、Sn原子在xy面上的位置①与Sc距离最近的Sc原子数为。②该合金的化学式为。12．（2025•乐山模拟）电子废料CPU针脚中含有大量铜、镍和钴等，并含有少量的金。“淀粉提金”法从CPU针脚中回收金的实验步骤如下：【配液】用质量分数为63.0%的浓硝酸（密度为1.25g•cm﹣1）配制250mL1mol/L的稀硝酸。【除杂】向烧杯中依次加入CPU针脚（10.0g）、过量稀硝酸，加热充分搅拌，针脚溶解成碎屑状，离心过滤，获得粗金。【溶金】向盛粗金的烧杯中依次加入高浓度溴化钾、醋酸和稀硝酸，加热充分反应后，向溶液中加入KOH溶液调节pH，抽滤，得到含KAuBr4水溶液。【萃金】向KAuBr，水溶液中加入a﹣环糊精（a—CD），发生沉淀反应，生成棕色超分子沉淀a•Br，结构如图所示。减压抽滤，洗涤，烘干。【成金】将棕色固体放于烧杯中，加入少量水分散，加入一定质量Na2S2O5固体，有Au生成，倾析、洗涤、干燥，获得Au粉末。回答下列问题：（1）“配液”步骤，下列仪器不会使用到的是（填仪器名称）；需用量筒量取63.O%的浓硝酸体积为mL。（2）“除杂”步骤，铜发生反应的离子方程式为；“离心过滤”是将料液送入有过滤介质的有孔转鼓，加速旋转利用离心力进行过滤的过程，与传统过滤相比，其优点是（写一条即可）。（3）“溶金”步骤，在“一溴两酸”温和氧化体系中，Au与稀硝酸、KBr反应生成HAuBr4，写出该反应的化学方程式；醋酸在该步骤中的作用为。（4）“竹节”结构的超分子a•Br中[K(H2O)6]+、[AuBr4]（5）“成金”时经准确测定反应消耗0.7125gNa2S2O5固体，则针脚样品中金的质量分数为%。（已知S2O513．（2025•镇江开学）铁、钴、锰是三种典型的变价金属。还原浸出法可以将原料中难分解的高价态金属化合物还原，从而可以在酸性介质中溶解浸出。从电化学角度来说，电极电势数值越大氧化性越强、数值越小还原性越强。氧化型物质浓度越大，电极电势越大。部分常见标准电极电势如下表所示：电对O2/H2O2Fe3+/Fe2+MnOCo3+/Co2+SO标准电极电势E0.6950.7711.231.820.158（1）SO2—H2SO4浸出铁①ZnFe2O4晶体的一种晶胞结构如图1所示，晶胞可看成由A、B单元按C方式交替排布构成，“〇”表示O。则“△”表示的B元素是（填元素符号），基态Fe3+的外围电子排布式为。②H2SO4浸出ZnFe2O4浸取时，溶液中c（Fe3+）过大会阻碍ZnFe2O4进一步溶解，其原因可能为。③SO2—H2SO4体系还原浸出铁酸锌（ZnFe2O4）中的Fe2+Zn2+的化学反应方程式为。（2）H2O2—H2SO4浸出锰、钴①H2O2—H2SO4可还原软锰矿中的MnO2，该方法反应速率快，常温下即可反应。以H2O2作还原剂，在H2SO4溶液中浸出软锰矿（含Fe2O3杂质），控制酸浓度为2mol•L﹣1，在95℃条件下，锰、铁的浸出率与时间变化的关系如图2所示，该条件下铁浸出率远低于锰的原因可能为。②常用H2O2—柠檬酸（易溶于水、有强还原性）代替H2O2—H2SO4回收废旧锂离子电池（LiCoO2）中的钴。同浓度的柠檬酸与H2SO4浸出废旧锂离子电池时，钴浸出率与时间变化的关系如图3所示。钴的浸出率，用柠檬酸大于H2SO4的原因可能为。14．（2026•浙江二模）元素在自然界中存在形式丰富多彩，请回答：（1）下列有关说法正确的是。A．基态Fe原子中有3个未成对电子，故易形成Fe3+B．微粒半径：V3+＞V4+C．Na元素位于周期表的s区D．[Ne]3s（2）二氟化铅（PbF2）晶体是一种光学材料，若用〇和■来表示PbF2中的两种离子，其中■在立方晶胞中的位置如图1所示，晶胞中ACGE和BDHF的截面图均如图2所示。①二氟化铅晶体中，Pb2+的配位数为。②资料显示还存在四氟化铅（PbF4）和四氯化铅（PbCl4），但四氯化铅不稳定，常温下会分解产生气体单质，而四氟化铅却能稳定存在。请从氧化还原反应的角度分析四氟化铅稳定的原因。（3）现有三种物质：甲：；乙：；丙：。①常温下，比较物质甲和物质乙的Ka值大小：Ka1（甲）Ka（乙）。（填“＞”“＜”或＝”）②比较沸点：甲丙（填“＞“＜”或“＝”）。（4）某种工业赤泥，主要成分为Al2O3、SiO2、Fe2O3、CaO、Na2O、Sc2O3等，从该赤泥中回收钪元素的流程图如图：①流程中尾渣的主要成分为。②蒸干后固体混合物在焙烧时固体NaFe（SO4）2发生分解反应，生成的气体为氧气与另一气体的混合物，生成的固体中Fe为+3价，写出焙烧时物质NaFe（SO4）2发生该反应的化学方程式。③沉淀步骤中得到Sc2（C2O4）3，该物质煅烧时产生两种组成元素相同的气体，请设计实验证明混合气体中相对分子质量较小的气体。15．（2026•思南县校级模拟）自然界中，锰的主要矿石有软锰矿（主要成分MnO2）和菱锰矿（主要成分MnCO3）金属锰的提炼方式主要有火法和湿法两种。请回答下列问题：（1）火法炼锰可用铝与软锰矿高温反应进行。该反应的化学方程式是。湿法炼锰有电解硫酸锰溶液法。电解锰的生产过程分为化合浸取、氧化净化、沉淀除杂及产品回收。其生产工艺流程如图：已知：①菱锰矿中主要杂质是Fe2+、Co2+、Ni2+②生成氢氧化物的pH如下表：物质Fe（OH）2Ni（OH）2Co（OH）2Mn（OH）2Fe（OH）3开始沉淀pH7.57.77.68.32.7完全沉淀pH9.78.48.29.83.8③有关难溶氢氧化物和硫化物pKsp数据（pKsp＝﹣1gKsp）难溶物质Fe（OH）3Ni（OH）2Co（OH）2NiSCoSpKsp38.5515.2614.718.4920.40（2）菱锰矿粉与硫酸反应的化学方程式是（3）MnO2的作用是除去菱锰矿的硫酸浸取液中的Fe2+，该除杂过程的离子方程式是（4）使用氨水的目的是调整pH到（填pH范围，精确到小数点后1位数字）。在“浸出液”中加入硫化按的目的是（5）电解槽中使用的是惰性电极板，电解反应方程式为。16．（2026•嘉定区一模）自然界中Li含两种稳定的核素，6Li丰度约占7.52%，7Li丰度约占92.48%，通过同位素分离技术对天然锂进行富集，得到高浓度的6Li或7Li，在工业中发挥巨大用处。常见的两种分离方法如下：①锂汞齐法：锂盐溶液与锂汞齐（锂与汞形成的合金）相接触，6Li在锂汞齐中富集，7Li则被富集到水相中。②熔盐电解法：将LiBr和KBr的混合物加热到500℃通电，利用6Li、7Li在熔融态下迁移速率的差异分离6Li及7Li。（1）以下说法正确的是。A.7Li的相对原子质量为7B.6Li在自然界锂元素里所占的质量分数为7.52%C.根据以上信息可得锂元素的相对原子质量D.天然存在的锂元素里，6Li和7Li所占的丰度一般不变（2）基于6Li和7Li的不同，能实现同位素分离技术。（不定项）A.化学性质B.质量数C.电子数D.中子数（3）常温下锂汞合金为。A.固体B.液体C.气体（4）熔盐LiBr和KBr的混合物中，半径最大微粒的电子式为。（5）从绿色化学角度评价锂汞齐法的不足为；熔盐电解法的不足为。（任写一点）我国锂资源丰富，从盐湖卤水中提取Li的方法之一如图：吸附过程原理：LiCl+2AlC3+6NaOH+nH2O＝LiCl•2Al（OH）3•nH2O↓+6NaCl（6）关于吸附过程说法错误的是。A.吸附过程中涉及氧化还原反应B.吸附过程中适度搅拌可以提高反应速率C.吸附过程中搅拌速度过快易引起胶体的聚沉，影响吸附效果（7）如图为不同pH时吸附容量（表示单位质量吸附剂吸附锂的质量），分析pH＝7时效果最佳的原因。（8）检验脱附步骤已经充分完成的方法为。（9）洗脱液中需通过加入沉淀剂得到高纯度的含锂物质，以下能作沉淀剂且更易生成沉淀的是。已知：洗脱液中Li+浓度为0.072mol•L﹣1，Ksp（LiOH）＝6.9×10﹣2，Ksp（Li2CO3）＝8.15×10﹣4。A.NaHCO3B.NaOHC.Na2CO3D.Na2SO417．（2026•镇江模拟）纳米Fe粉和FeS均可处理含硫酸的铬（Ⅵ）废水。已知：Ksp（FeS）＝6.3×10﹣18，Ka1(H（1）纳米零价铁的制备。绿矾（FeSO4•7H2O）、保险粉（Na2S2O4）溶液和氢氧化钠溶液按比例混合后，在40～90℃温水浴作用下反应，主要反应产物为纳米Fe粉和Na2SO3，其化学方程式为。（2）利用零价铁和活性炭处理Cr（Ⅵ）的反应机理为：零价铁在水中电化学腐蚀产生H•和Fe2+H•和Fe2+在酸性条件下均能将Cr（Ⅵ）还原为Cr（Ⅲ），Cr（Ⅲ）可转化为Cr（OH）3沉淀去除。①写出Cr2O72-和H•反应的离子方程式②纳米零价铁投入量对Cr（Ⅵ）去除率的关系如图﹣1所示。当纳米零价铁的投入量为2g•L﹣1时，反应60min后，去除率只有50%；而当零价铁的投入量增加到10g•L﹣1时，反应60min后，去除率为100%。可能的原因为。③初始pH对Cr（Ⅵ）去除率的关系如图﹣2所示。pH＞11时，Cr（Ⅵ）的去除率几乎为零。可能的原因为。（3）利用FeS处理Cr（Ⅵ）的机理为：Ⅰ.FeS（s）+H+→Fe2++HS﹣Ⅱ.Fe2++Cr（Ⅵ）→Fe3++Cr3+Ⅲ.S2﹣+Cr（Ⅵ）→S+Cr3+Ⅳ.XC①反应Ⅰ的化学平衡常数K＝。（填数值）②制备高纯Fe2O3粉末。取一定体积上述除铬后的废水于烧杯中，，得高纯Fe2O3粉末。（可供选择的试剂和主要仪器：蒸馏水、NaOH溶液、稀盐酸、BaCl2溶液、坩埚、蒸发皿、pH计。）已知该溶液中Fe3+开始沉淀的pH＝1.7，完全沉淀的pH＝3.0，Cr3+开始沉淀的pH＝4.3，完全沉淀的pH＝5.6。18．（2025秋•梅州期末）钼（Mo）及其化合物广泛地应用于医疗卫生、国防等领域。某镍钼矿中的镍和钼以NiS和MoS2形式存在，从镍铝矿中分离铝，并得到Na2SO4的一种工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）“焙烧”时，写出MoS2反应生成Na2MoO4、Na2SO4和CO2的化学方程式：。（2）已知氧化性：Ni3+＞O2＞Ni2+，浸渣中主要成分为镍的氧化物，其化学式是（3）Na2MoO4、Na2SO4的溶解度曲线如图所示，为充分分离Na2SO4，工艺流程中的“操作X”应为，过滤得到Na2SO4固体。（4）采用碳酸根(CO32-)型N263萃取钼的反应为（R4N）2CO3+Na2MoO4＝（R4N）2MoO4+Na2CO3。参考有关文献资料可知：一些阴离子被R4N+萃取的顺序为HCO3-＞MoO3-＞CO32-，则反萃取操作加入的试剂Y是（5）某镍铜合金的立方晶胞结构如图所示。若该晶体密度为dg•cm﹣3，则铜镍原子间最短距离为cm（阿伏加德罗常数的值用NA表示）。19．（2025秋•黑龙江校级期末）铁是一种重要的金属材料，它的单质及化合物在生产生活中应用广泛。（1）某补铁口服液中含有Fe2+，为检验其是否被氧化变质，可取少量该口服液，向其中滴加，若，则说明其已变质。（2）工业盐的主要成分是NaNO2，曾多次发生过因误食NaNO2而中毒的事件，其原因是NaNO2把人体内的Fe2+转化为Fe3+而失去与O2结合的能力。以上事实说明NaNO2具有。（3）从制造印刷电路板的废液中回收铜，并重新获得FeCl3溶液的工艺流程如图，某工程师为了从使用过的腐蚀废液中回收铜，并重新获得FeCl3溶液，准备采用下列步骤：请写出上述流程中加入①和④的有关物质的化学式：①，④。请写出通入⑥反应的离子方程式。20．（2025秋•西宁期末）铁及其化合物在生产、生活中应用广泛。回答下列问题：（1）Fe（OH）2在空气中变质发生反应的化学方程式为。（2）电子工业用FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜制造印刷电路板，写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式：。（3）某小组欲从制造印刷电路板的废水（含FeCl3、FeCl2、CuCl2）中回收铜，并获得FeCl3溶液，设计如图方案：①滤渣C为（填化学式，下同）；滤液B中溶质主要为。②通入Cl2的目的是，发生反应的离子方程式为。（4）某同学为测定FeCl3腐蚀铜后所得溶液的组成，进行了如下实验：取少量待测溶液，滴入KSCN溶液呈红色，则待测液中含有的金属阳离子是（填离子符号）。21．（2025秋•虹口区校级期末）镓广泛应用于光电及微电子领域，目前80%的镓被用于生产砷化镓（GaAs）。已知镓与砷在元素周期表中位置如图所示。AlSiPGaGeAs（1）砷的基态原子核外价电子轨道式。（2）镓的基态原子核外有种电子云伸展方向。A．3B．4C．9D．16（3）与镓同周期所有元素中，基态原子核外未成对电子数与镓原子相同的元素有种。A．4B．5C．6D．7（4）关于表中元素及其化合物相关比较正确的是。（不定项）A．电负性：Al＞GaB．第一电离能：Ge＞AsC．热稳定性：PH3＞AsH3D．酸性：Ga（OH）3＞Ge（OH）4对砷化镓废料中镓与砷的清洁高效提取成为研究热点，某提取工艺如下所示：已知“氧化碱浸”时废料中除砷化镓外，其他成分未被浸出。（5）完成并配平“氧化碱浸”发生反应的化学方程式：。□GaAs+（6）“氧化碱浸”的温度控制在70℃左右，分析温度不能过高或过低的原因。（7）“电解”时，金属镓析出的电极反应式为。（8）为提高原料的利用率，电解后剩余液可循环回“”步骤。A．氧化碱浸B．中和沉淀C．热碱溶出D．冷冻结晶（9）若用240kg含7.25%砷化镓的废料回收镓，得到纯度99%的镓7.0kg，则镓回收率为%。22．（2026•黄浦区一模）“赤泥”是以铝土矿为原料生产Al2O3产生的废渣，其中含Al2O3、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等成分。一种从赤泥中回收钪（Sc）和钛（Ti）的流程如图：步骤一：赤泥先用硫酸浸取，此时TiO2转化为TiO2+，再加入适量铁粉，而后调节pH使TiO2+水解为TiO2•xH2O析出。已知：该工艺条件下，溶液中有关离子开始沉淀和完全沉淀的pH值如下表所示：离子Fe2+Fe3+Al3+TiO2+开始沉淀的pH7.01.93.00.3完全沉淀的pH9.03.24.72.0（1）下列关于钪和钛的说法中，正确的是。A．钪是一种稀土元素，其位于元素周期表的f区B．钛元素位于元素周期表的第四周期ⅣA族C．基态钪原子和钛原子均有2种不同形状的电子云D．基态钪原子和钛原子均有7种不同能量的电子（2）“浸取”时，下列措施一定可以提高浸取速率的是。A．适当升高温度B．使用高浓度硫酸C．适当延长浸取时间D．加强搅拌（3）“酸浸”时，TiO2转化为TiO2+的离子方程式：。（4）加入铁粉的目的是。步骤二：析出TiO2•xH2O后的溶液中加入有机萃取剂提取Sc3+。“萃取”时，常用的萃取剂为P507和煤油的混合物，P507的结构简式及其与Sc3+形成的配合物如图所示。（5）关于该配合物，下列说法正确的是。A．Sc3+提供孤电子对B．配位原子为O和PC．碳原子的杂化类型是sp3D．结构与[Zn(N（6）从分子结构角度分析，钪可被P507萃取进入有机相的原因是。步骤三：将有机相中的Sc3+转移回水中后加入草酸，可形成草酸钪晶体[Sc2（C2O4）3•6H2O]沉淀，过滤煅烧后得到Sc2O3。草酸沉钪时的最佳pH范围为1.8～2.1。在这个范围内，草酸钪具有良好的晶体形态，利于过滤洗涤，且杂质含量较低。（7）已知：草酸的Ka1=5.9×10-2，Ka2=6.4×10-5。“沉钪”时，调节溶液pH＝2，此时溶液中通过氮掺杂反应生成TiO2﹣mNn，过程如图所示。其中，图a为晶胞结构，图b为TiO2﹣mNn晶胞结构，图c为晶胞中的Ti原子和O原子分别沿z轴方向的投影。（8）若用NA表示阿伏加德罗常数，则TiO2晶体的密度为g•cm﹣3。（9）图b的TiO2﹣mNn晶体中m：n＝。23．（2025秋•宝山区校级期末）我国航天事业发展迅猛，这与材料技术的进步密切相关。如新型储氢材料氮化硼（BN）、太阳能电池材料砷化镓（GaAs）、耐高温陶瓷基材料氮化铝（AIN）。（1）基态氮原子的轨道表示式为，占据最高能级电子的电子云轮廓图为形。（2）第二周期中，第一电离能位于硼元素与氮元素之间的元素有种。（3）BN中B元素的化合价为。（4）铝和硼同主族，铝逐级电离能（kJ•mol﹣1）依次为578、1817、2745、11575、14830、18376，请解释第四电离能增幅较大的原因：。已知Ga与Al的性质相似，镓多伴生在铝土矿中，从刚玉渣（含钛、镓的低硅铁合金，还含有少量氧化铝、氧化铁、氧化亚铁）回收镓的流程如图所示：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金属离子Ga3+Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀时（c＝0.01mol•L﹣1）的pH4.53.72.27.5沉淀完全时（c＝1.0×10﹣5mol•L﹣1）的pH5.54.73.29.（5）“酸浸”过程中为提高浸取率可采取的具体措施为。（仅写一条）（6）从溶液中得到FeSO4•7H2O的具体操作为、、过滤、洗涤、干燥。（7）“中和沉淀”过程中pH应调节的范围为。（8）碱浸过程中的离子方程式、，能否用氨水用氨水代替NaOH溶液（选填A.“能”或B.“不能”）（1+1+1分）（9）滤渣②的成分为，为防止镓损耗，“碳酸化”过程中，不能通入过量CO2的原因为（用离子方程式表示）。24．（2025秋•宝山区校级期末）铁元素贯穿人类生活的方方面面，学习要有“铁杵磨成针”的毅力，才能铸就铜墙铁壁般的学习效果。（1）工业上获得铁的方法是。A.电解法B.热还原法C.热分解法D.物理筛选法（2）铁在元素周期表中的位置，Fe2+的价电子排布式。（3）钢铁腐蚀主要发生吸氧腐蚀，正极的电极反应为。画家笔下的永恒之色——铁黄（FeOOH）难溶于水，工业上可以用烧渣（主要成分为Fe3O4、CuO、SiO2等）为原料生产，流程如图。已知：SiO2不溶于水和稀硫酸（4）FeOOH中Fe的化合价为，“滤渣1”的成分为（填化学式）。（5）设计实验方案验证“滤液1”中含有铁离子：。（6）X为FeS2请写出还原步骤的离子方程式。（7）析晶步骤加入乙醇的目的是。（8）氧化步骤将FeSO4•7H2O氧化为FeOOH的离子方程式为；证明溶液中的离子已完全被氧化的试剂是。（不定项）A.淀粉KI溶液B.KSCN溶液、氯水C.酸性KMnO4溶液D.品红溶液（9）实验过程测得溶液的pH对铁黄产率的影响如图所示。分析pH过大时铁黄产率降低的可能原因。FeOOH可表示为xFe2O3•yH2O则x：y＝。（10）FeOOH也常出现在铁质文物表面，通过电解法将文物表面的FeOOH转化为Fe3O4，文物与电源（填A.“正极”或：B.“负极”）相连，电极反应为。25．（2025秋•辽宁期末）锑白（Sb2O3）是一种白色结晶状粉末，性质与Al2O3相似，主要用作颜料、阻燃剂、媒染剂、催化剂，还可用于合成锑盐。工业上以辉锑矿（主要成分为Sb2S3、SiO2，还含有少量Fe2O3、Al2O3）为原料生产锑白的工艺流程如图所示：已知：①相关金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH见表。金属离子Fe3+Fe2+Al3+开始沉淀1.66.23.6完全沉淀2.98.24.8②“水解沉锑”时生成SbOCl沉淀。回答下列问题：（1）锑为51号元素，其在元素周期表中的位置为，基态铁原子价层电子的轨道表示式为。（2）为提高“氧化酸浸”速率，可采取的措施有（任写一种）；滤渣1的主要成分是。（3）“氧化酸浸”工序中的HCl与Sb2S3发生反应，生成SbCl3，SbCl3再与Cl2发生反应生成SbCl5。SbCl5是一种强氧化剂，能在常压下浸取硫化锑矿，使得锑矿中的锑以离子的形式进入溶液中，同时生成难溶于水的浅黄色沉淀。SbCl5浸取硫化锑的化学方程式为。（4）“还原过滤”工序的主要目的为。（5）为保证“水解沉锑”工序中生成SbOCl沉淀不含其他沉淀，水解时pH应小于。“水解沉锑”工序生成SbOCl的离子方程式为。（6）若“中和转化”工序中选用NaOH溶液，则会造成锑白产量下降，锑白产量下降过程中发生反应的化学方程式为。

2026年高考化学模拟卷必刷题——一．解答题（共25小题）1．（2026•江西模拟）中国在稀土领域的发展居世界顶尖水平。从废石油裂解催化剂（主要成分为SiO2、La2O3和CeO2）可获得稀土元素镧和铈的化合物。（1）除油脱碳：废催化剂表面的积碳和油分，会降低稀土元素的浸出率。浸取前在空气氛围中进行焙烧处理除去积碳和油，再将废催化剂粉碎的目的是增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，提高浸出率（其他合理答案也可）。（2）浸取：用一定浓度的盐酸和少量H2O2溶液浸取废催化剂，过滤得到含有La3+、Ce3+的酸浸液，浸取时CeO2与盐酸反应生成有污染性气体的离子方程式为2CeO2+2Cl-+8H+=2Ce3+（3）萃取La元素：①环烷酸（RCOOH）常用于La元素的萃取分离，萃取时如果同时充入氨气，则萃取La元素时发生反应的离子方程式为3RCOOH+La3++3NH3＝（RCOO）3La+3NH4+②其他条件不变，La元素萃取率随水层初始pH的变化如图所示。随水层初始pH增大，La元素萃取率（有机层中某元素的物质的量/某元素的总物质的量×100%）先上升后下降的原因是c（H+）减小，萃取进行程度增大，萃取率上升；当pH大于3，部分La3+水解生成不能被萃取的La（OH）3，萃取率下降。（4）萃取Ce元素：在硫酸介质中Ce（Ⅳ）可被磷酸二异辛酯（）萃取，Ce（Ⅲ）不能被萃取。①磷酸二异辛酯在煤油中通过氢键形成对称的环状二聚体，较大的烃基会使与之连接的氧原子难以形成氢键，该环状二聚体结构简式可表示为。②被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比（D），本题实验条件下D[Ce（Ⅳ）]＝8。现用50mL磷酸二异辛酯萃取100mL含Ce（Ⅳ）的溶液，若每次用25mL分两次加入和50mL一次性加入，则两种萃取方法Ce（Ⅳ）的总萃取率之比为10：9。（5）稀土回收：向净化后的稀土盐溶液加入草酸，将得到的La2（C2O4）3沉淀在氩气中焙烧得到La2O3，同时生成的气体为CO、CO2（填化学式）。【答案】（1）增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，提高浸出率（其他合理答案也可）；（2）2CeO2+2Cl-+8H+=（3）①3RCOOH+La3++3NH3＝（RCOO）3La+3NH②c（H+）减小，萃取进行程度增大，萃取率上升；当pH大于3，部分La3+水解生成不能被萃取的La（OH）3，萃取率下降；（4）①；②10：9；（5）CO、CO2。【分析】废石油裂解催化剂（主要成分为SiO2、La2O3和CeO2）在空气中焙烧除去积碳和油分，加入盐酸和H2O2浸取，得到含有La3+、Ce3+的酸浸液，酸浸液中经萃取、反萃取净化后加入草酸，得到的La2（C2O4）3沉淀，La2（C2O4）3沉淀在氩气中焙烧得到La2O3，据此分析。【解答】解：（1）粉碎固体可增大反应物接触面积，加快反应速率，使浸出更充分，提高稀土浸出率，故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率，使浸出更充分，提高稀土浸出率；（2）浸取时CeO2与盐酸反应生成有污染性气体，CeO2中Ce为+4价，反应后被还原为Ce3+，Cl﹣被氧化生成有污染性的气体Cl2，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平，离子方程式为2CeO2+2Cl-+8H+=故答案为：2CeO2+2Cl-+8H+=（3）①NH3中和RCOOH电离出的H+，促进（RCOO）3La生成，La元素进入有机相完成萃取，离子方程式为3RCOOH+La故答案为：3RCOOH+La②萃取剂环烷酸中存在RCOOH⇌RCOO﹣+H+，当pH＜3时，pH增大，c（H+）减小，促进环烷酸的电离，c（RCOO﹣）增大，有利于（RCOO）3La生成，萃取进行程度增大，萃取率上升；当pH大于3，部分La3+水解生成不能被萃取的La（OH）3沉淀，萃取率下降，故答案为：c（H+）减小，萃取进行程度增大，萃取率上升；当pH大于3，部分La3+水解生成不能被萃取的La（OH）3，萃取率下降；（4）①由题知，较大的烃基连接的氧原子难以形成氢键，因此一个分子中羟基的H原子与另一分子P＝O的O原子形成氢键，两个分子形成对称环状二聚体，该环状二聚体结构简式为，故答案为：；②设Ce（Ⅳ）总物质的量为nmol，水层体积恒为100mL，分配比D=c(有机)c(水)=8：一次性加50mL萃取剂：设萃取后水层剩余Ce（Ⅳ）物质的量为n1mol，D=(n-n1)÷50n1÷100=8，得n1=n5，萃取率η1=n-15nn=45；分两次每次加故答案为：10：9；（5）La2（C2O4）3中C为+3价，分解生成La2O3时发生歧化反应，部分C升价为+4价生成CO2，部分降价为+2价生成CO，故气体产物为CO和CO2，故答案为：CO、CO2。【点评】本题考查物质的制备实验，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析、计算与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。2．（2025秋•宝山区校级期末）铬的元素名来自于希腊文“chroma”（χpωμα），原意为“颜色”。（1）生活中处处有化学。下列化学物质的应用中，错误的是D。A.铁红（Fe2O3）常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料B.不锈钢是最常见的合金钢，合金元素主要是铬和镍，具有很强的抗腐蚀性C.碳酸氢钠是一种常用作加工面包、饼干等食品的膨松剂D.氧化钠可在呼吸面具中作为氧气的来源三氧化二铬（Cr2O3）是重要的有机反应催化剂，一种利用铬酸钾（K2CrO4）粗品制备Cr2O3的流程示意图如图。已知：Ⅰ.Cr2O72-Ⅱ.BaCr2O7易溶于水，BaCrO4难溶于水（2）向K2CrO4净化液中通入过量的CO2可制得K2Cr2O7。写出反应的化学方程式2K2CrO4+2CO2+H2O＝K2Cr2O7+2KHCO3。（3）电解K2CrO4净化液也可制得K2Cr2O7，装置示意图如图。①阴极室中获得的产品有H2和浓KOH溶液（填化学式）。②结合化学用语说明制备K2Cr2O7的原理阳极水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子：2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，溶液酸性增强，发生反应：Cr2O72-+H2O⇌2CrO4-+2H+，钾离子通过阳离子交换膜进入阴极室，阳极室得到K2③取V1mL某K2Cr2O7溶液稀释至100mL，移取10mL稀释液于锥形瓶中，加入过量的BaCl2溶液，滴加2～3滴酚酞溶液，用cmol•L﹣1NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为V2mL。则K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为5cV2V1mol•L﹣1。（用含c、V1（4）在热压反应釜中，将蔗糖与K2Cr2O7的混合溶液加热至120℃，可获得Cr2O3，同时生成K2CO3、CO2。若生成1molCr2O3，理论上消耗蔗糖的物质的量至少是0.125mol。现有三种组成均为CrCl3•6H2O的配合物，甲为亮绿色，乙为暗绿色，丙为紫色。取相等物质的量的甲、乙、丙，各溶于适量蒸馏水，再分别加入足量的AgNO3溶液，析出的AgCl的物质的量之比为2：1：3。已知铬离子的配位数为6。（5）下列有关元素的原子半径和第一电离能说法正确的是AD。（不定项）A.原子半径：N＞OB.第一电离能：O＞NC.原子半径：O＞ND.第一电离能：N＞O（6）配合物甲的内界是[Cr（H2O）5Cl]2+，1mol该离子含有Dmolσ键。A.6B.10C.15D.16（7）在配合物乙中，配位原子有O和Cl，两者物质的量之比为A。A.2：1B.1：2C.1：1D.5：1【答案】（1）D；（2）2K2CrO4+2CO2+H2O＝K2Cr2O7+2KHCO3；（3）①浓KOH溶液；②阳极水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子：2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，溶液酸性增强，发生反应：Cr2O72-+H2O⇌2CrO4-+2H+，钾离子通过阳离子交换膜进入阴极室，阳极室得到K③5cV（4）0.125；（5）AD；（6）[Cr（H2O）5Cl]2+；D；（7）A。【分析】（1）A．氧化铁为红色粉末，用作油漆、涂料等；B．不锈钢中除铁元素外，主要合金元素是铬和镍；C．NaHCO3受热会生成CO2，与酸反应也可以产生CO2；D．过氧化钠可在呼吸面具中作为氧气的来源；（2）向K2CrO4净化液中通入过量的CO2可制得K2Cr2O7，根据质量守恒可知，水也参与反应，生成物还有碳酸氢钾；（3）①阴极室中水得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，阳极区钾离子通过阳离子交换膜向阴极迁移得到氢氧化钾；②制备K2Cr2O7的原理阳极水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子：2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，溶液酸性增强，发生反应：Cr2O72-+H2O⇌2CrO③2H++2CrO4-（黄色）⇌Cr2O72-（橙色）+H2O，加入过量氯化钡生成铬酸沉淀和氢离子，加入氢氧化钠发生反应H++OH﹣＝H2O，则存在关系2OH﹣～2H+～（4）蔗糖C12H22O11与K2Cr2O7的混合溶液加热至120℃，可获得Cr2O3，同时生成K2CO3、CO2，反应中碳元素化合价由0变为+4，铬元素化合价由+6变为+3，结合得失电子守恒可知C12H22O11～48e﹣～8Cr2O3，结合关系式计算；（5）氮（N）和氧（O）同处第二周期，结合序数关系解答；（6）取相等物质的量的甲、乙、丙，各溶于适量蒸馏水，再分别加入足量的AgNO3溶液，析出的AgCl的物质的量之比为2：1：3，则外界的氯离子比值为2：1：3，已知铬离子的配位数为6，则甲为[Cr（H2O）5Cl]Cl2•H2O，据此判断；（7）配合物乙为[CrCl2（H2O）4]•2H2O，据此判断。【解答】解：（1）A．氧化铁为红色粉末，用作油漆、涂料等，故A正确；B．不锈钢中除铁元素外，主要合金元素是铬和镍，不锈钢是最常见的一种合金钢且不容易生锈，故B正确；C．碳酸氢钠受热会生成二氧化碳，与酸反应也可以产生二氧化碳，因此可作馒头、面包等食物的膨松剂，故C正确；D．过氧化钠可在呼吸面具中作为氧气的来源，故D错误；故答案为：D；（2）向K2CrO4净化液中通入过量的CO2可制得K2Cr2O7，根据质量守恒可知，水也参与反应，生成物还有碳酸氢钾，反应的化学方程式是2K2CrO4+2CO2+H2O＝K2Cr2O7+2KHCO3，故答案为：2K2CrO4+2CO2+H2O＝K2Cr2O7+2KHCO3；（3）①阴极室中水得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，阳极区钾离子通过阳离子交换膜向阴极迁移得到氢氧化钾，故获得的产品有H2和浓KOH溶液，故答案为：浓KOH溶液；②制备K2Cr2O7的原理阳极水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子：2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，溶液酸性增强，发生反应：Cr2O72-+H2O⇌2CrO4-+2H+，钾离子通过阳离子交换膜进入阴极室，阳极室得到K故答案为：阳极水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子：2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，溶液酸性增强，发生反应：Cr2O72-+H2O⇌2CrO4-+2H+，钾离子通过阳离子交换膜进入阴极室，阳极室得到K③2H++2CrO4-（黄色）⇌Cr2O72-（橙色）+H2O，加入过量氯化钡生成铬酸沉淀和氢离子，加入氢氧化钠发生反应H++OH﹣＝H2O，则存在关系2OH﹣～2H+～Cr2O72-，则K2Cr2故答案为：5cV（4）蔗糖C12H22O11与K2Cr2O7的混合溶液加热至120℃，可获得Cr2O3，同时生成K2CO3、CO2，反应中碳元素化合价由0变为+4，铬元素化合价由+6变为+3，结合得失电子守恒可知C12H22O11～48e﹣～8Cr2O3，若生成1molCr2O3，理论上消耗蔗糖的物质的量至少是0.125mol，故答案为：0.125；（5）同周期元素从左到右半径逐渐减小，原子半径：N＞O；N的2p轨道为半满结构，第一电离能：O＜N，故答案为：AD；（6）取相等物质的量的甲、乙、丙，各溶于适量蒸馏水，再分别加入足量的AgNO3溶液，析出的AgCl的物质的量之比为2：1：3，则外界的氯离子比值为2：1：3，已知铬离子的配位数为6，则甲为[Cr（H2O）5Cl]Cl2•H2O，配合物甲的内界是[Cr（H2O）5Cl]2+，1mol该离子含有6mol+5×2mol＝16molσ键，故答案为：[Cr（H2O）5Cl]2+；D；（7）配合物乙为[CrCl2（H2O）4]•2H2O，配位原子有O和Cl，两者物质的量之比为4：2＝2：1，故答案为：A。【点评】本题考查分离提纯方案的设计，题目难度较大，根据制备流程明确实验原理为解答关键，注意合理把握题干信息，明确化学实验基本方法，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力。3．（2026•广州模拟）工业上常采用生物堆浸法处理低品位黄铜矿（主要成分CuFeS2）来提取Cu，整个过程包括“生物堆浸”、“萃取”、“电积”，路线如图所示，回答下列问题。已知：①生物堆浸使用的嗜酸微生物pH在1.0～3.0范围内可保持活性；②堆浸体系中Fe3+、Cu2+和Fe2+开始沉淀的pH分别为1.5、4.2和6.3。③“萃取”过程发生反应：Cu2++2HL⇌CuL2+2H+。（1）图a是矿石堆浸的示意图，堆浸时矿石的粒度需要精细控制，若矿石粒度过小会有什么缺点？矿石粒度过小导致矿石堆的孔隙率下降，细菌液渗透性下降，降低浸出率。（2）堆浸过程中，微生物持续代谢产生Fe3+和H+对黄铜矿进行化学氧化溶解。①第一阶段：CuFeS2+4Fe3+＝Cu2++5Fe2++2S（离子方程式）第二阶段：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O；2S+3O2+2H2O═4H++2SO②结合已知推断：生物堆浸过程中，应控制溶液的pH在1.0～1.5范围内。③在黄铜矿微生物浸出体系中伴生的方解石（主要成分CaCO3）对黄铜矿浸出有一定的抑制作用，分析可能的原因CaCO3与体系中的H+发生反应，导致浸出液pH升高，超出堆浸适宜的pH范围，使微生物失活或者使Fe3+沉淀，从而抑制黄铜矿浸出。（3）HL和CuL2的结构如图所示，其中R为壬烷基（—C9H19）。CuL2中Cu的配位数为4，若将R换为羟基（不参与配位反应），则萃取率会下降，从结构角度解释原因：羟基是亲水基（或极性强），会使CuL2在水中的溶解度增大。（4）试剂X的化学式为H2SO4。（5）“电解”步骤中阳极材料选择石墨，阳极发生的主要的电极反应为2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑。（6）一种黄铜矿的四方晶系晶胞结构如图，其密度为3.68NAa3×1032【答案】（1）矿石粒度过小导致矿石堆的孔隙率下降，细菌液渗透性下降，降低浸出率；（2）①CuFeS2+4Fe3+＝Cu2++5Fe2++2S；②1.0～1.5；③CaCO3与体系中的H+发生反应，导致浸出液pH升高，超出堆浸适宜的pH范围，使微生物失活或者使Fe3+沉淀，从而抑制黄铜矿浸出；（3）4；羟基是亲水基（或极性强），会使CuL2在水中的溶解度增大；（4）H2SO4；（5）2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑；（6）3.68N【分析】采用生物堆浸法处理低品位黄铜矿（主要成分CuFeS2）来提取Cu，生物堆浸后得到含Fe3+、Cu2+的溶液，加入萃取剂HL、煤油萃取，铁离子进入水相，铜离子进入有机相，有机相加入硫酸反萃取得到硫酸铜溶液，电解得到Cu，据此解答。【解答】解：（1）堆浸时矿石的粒度需要精细控制，若矿石粒度过小导致矿石堆的孔隙率下降，细菌液渗透性下降，降低浸出率，故答案为：）矿石粒度过小导致矿石堆的孔隙率下降，细菌液渗透性下降，降低浸出率；（2）①第一阶段：CuFeS2+4Fe3+＝Cu2++5Fe2++2S，故答案为：CuFeS2+4Fe3+＝Cu2++5Fe2++2S；②根据生物堆浸使用的嗜酸微生物pH在1.0～3.0范围内可保持活性；堆浸体系中Fe3+、Cu2+和Fe2+开始沉淀的pH分别为1.5、4.2和6.3，应控制溶液的pH在1.0～1.5范围内，故答案为：1.0～1.5；③在黄铜矿微生物浸出体系中伴生的方解石（主要成分CaCO3）对黄铜矿浸出有一定的抑制作用，可能的原因CaCO3与体系中的H+发生反应，导致浸出液pH升高，超出堆浸适宜的pH范围，使微生物失活或者使Fe3+沉淀，从而抑制黄铜矿浸出，故答案为：CaCO3与体系中的H+发生反应，导致浸出液pH升高，超出堆浸适宜的pH范围，使微生物失活或者使Fe3+沉淀，从而抑制黄铜矿浸出；（3）CuL2中Cu的配位数为4；若将R换为羟基（不参与配位反应），则萃取率会下降，原因为羟基是亲水基（或极性强），会使CuL2在水中的溶解度增大，故答案为：4；羟基是亲水基（或极性强），会使CuL2在水中的溶解度增大；（4）根据分析，试剂X的化学式为H2SO4，故答案为：H2SO4；（5）“电解”步骤中阳极材料选择石墨，阳极H2O失去电子生成O2，发生的主要的电极反应2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，故答案为：2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑；（6）根据“均摊法”，晶胞中含8×18+4×12+1＝4个Cu、18×8+12×4+1＝4个Fe、8故答案为：3.68N【点评】本题考查物质的分离提纯、物质的制备，侧重考查分析及知识综合运用能力，明确流程图中各物质的成分及其性质、物质分离提纯方法，注意常见元素单质及其化合物性质，题目难度较大。4．（2025•盐池县三模）金属镓有“电子工业脊梁”的美誉。从锗煤灰（主要成分为Ga2O3还含有GeO2SiO2为Al2O3等）中提取锗、镓，并进一步制备具有优异光电性能的氮化镓（GaN）的工艺流程如图1所示。已知：①几种物质的沸点如表所示。物质GeCl4GaCl3AlCl3沸点/℃84201178（升华）②用浓盐酸酸化的磷酸三丁酯（TBP）萃取Ga3+的相关反应为TBP+GaCl3+HCl⇌[TBPH+][GaCl4③Ga与Al的化学性质相似。回答下列问题：（1）“蒸馏”时，需要控制温度的范围是84～178℃。（2）GeCl4在高纯热水条件下“水解”后，经过过滤可得到高纯GeO2反应的化学方程式为GeCl4+2H2O═GeO2↓+4HCl。（3）能用NaOH溶液对有机相中Ga3+进行反萃取的原因为NaOH可与HCl发生中和反应，c（HCl）减小，结合已知信息②可知，反应TBP+TBP+GaCl3+HCl⇌[TBPH+][GaCl4-]的平衡逆向移动（4）“萃取”“反萃取”过程中可循环利用的物质为磷酸三丁酯（填化学名称）。（5）“电解”过程中以粗镓为阳极，惰性电极为阴极，NaOH溶液为用电解质溶液，经过“电解”可得到Ga，则该过程中[Ga（OH）4]﹣移向阴极（填“移向阴极”或“移向阳极”）。（6）合成Ga（CH3）3的化学方程式为2Ga+3CH3Br═Ga（CH3）3+GaBr3。（7）利用GaN、Cu材料为两电极组成的人工光合系统如图2所示，工作时，该装置的能量转化方式为光能→化学能→电能，电子的迁移方向为电子从GaN电极出发沿外电路流向Cu电极，Cu电极的电极反应式为CO2+8H++8e﹣═CH4【答案】（1）84～178℃；（2）GeCl4+2H2O═GeO2↓+4HCl；（3）NaOH可与HC