2026江苏高考化学二轮复习主题四 物质的转化与应用（综合训练）（解析版）

主题四物质的转化与应用

(考试时间：75分钟试卷满分：100分)

可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5K-39Ce-140

第Ⅰ卷(选择题共39分)

一、选择题(本题共13个小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目

要求的)

1．（2025·江苏盐城·模拟预测）在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是

浓NaOH溶液稀硫酸

A．提取碘：ICClNaI和NaIOI

24分液32

电解熔融

B．制备金属钛：饱和NaCl溶液NaTiCl4Ti

．检测葡萄糖：溶液过量NaOH溶液悬浊液蔗糖

CCuSO4CuOH2ΔCu2O

．制备胶体：盐酸稀氨水胶体

DFe(OH)3Fe2O3FeCl3FeOH3

【答案】A

【解析】A．I2与浓NaOH反应生成NaI和NaIO3，加稀硫酸后两者归中生成I2，转化可行，A正确；

B．电解饱和食盐水无法得到金属Na(应电解熔融NaCl)，第一步错误，B错误；

C．过量NaOH使CuSO4生成络合物而非悬浊液，且蔗糖非还原糖无法还原Cu(OH)2，C错误；

D．FeCl3与稀氨水直接生成Fe(OH)3沉淀而非胶体，制备胶体需沸水条件，D错误；

故选A。

2．（2025·江苏南京·模拟预测）下列物质的转化在给定条件下能实现的是

盐酸Cus

A．Fe2O3(s)FeCl3(aq)Fe(s)

过量SOgOg

B．NH3·H2O(aq)2(NH4)2SO3(aq)2(NH4)2SO4(aq)

COg光照

C．Ca(ClO)2(aq)2HClO(aq)O2(g)

．NaOH葡萄糖

DCuSO4Cu(OH)2ΔCu

【答案】C

【解析】A．Fe2O3与盐酸反应生成FeCl3溶液正确，但FeCl3与Cu反应生成FeCl2和CuCl2，而非Fe单质，

第二步错误，A错误；

B．过量SO2与NH3·H2O反应生成NH4HSO3而非(NH4)2SO3，第一步产物错误，B错误；

C．Ca(ClO)2与CO2反应生成HClO正确，HClO光照分解生成O2正确，C正确；

D．Cu(OH)2与葡萄糖共热生成Cu2O而非Cu单质，第二步产物错误，D错误；

故答案选C。

3．（2025·江苏·一模）在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是

O2O298.3%硫酸

．工业制硫酸：发烟硫酸

AFeS2SO2SO3

高温催化剂，Δ

CO2

B．侯氏制碱法：NaCl(aq)NaHCO3Na2CO3

稀盐酸电解

C．海水中提取镁：Mg(OH)2MgCl2(aq)Mg

O2O2H2O

D．工业制备硝酸：N2放电NONO2HNO3

【答案】A

【解析】A．FeS2与足量氧气反应得到SO2，SO2与O2在催化剂条件下加热反应得到SO3，再用98.3%的硫

酸吸收SO3得发烟硫酸，A正确；

B．向饱和氯化钠溶液应先通入氨气，再通入二氧化碳，发生反应：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl，

过滤得到的碳酸氢钠受热分解得到碳酸钠，B错误；

C．氢氧化镁与稀盐酸反应得到氯化镁溶液，电解氯化镁溶液不能得到金属镁，应电解熔融氯化镁得到金属

镁，C错误；

D．工业制备硝酸用氮气与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应得到氨气，氨气催化氧化得到NO，NO

再被氧气氧化得到二氧化氮，二氧化氮与水反应得到HNO3，D错误；

故选A。

4．（24-25高三上·江苏常州·期中）下列工业生产或处理过程涉及的物质转化关系不正确的是

．消除污染物：氨水空气

ASO2NH42SO3NH42SO4

饱和Na2SO4溶液盐酸

B．去除难溶物：CaCO3CaSO4CaCl2

HCl一定条件

C．合成聚合物：CHCH一定条件CH2CHCl

．制备配合物：CuSO溶液过量氨水乙醇

D4CuNH34SO4CuNH34SO4H2O

【答案】B

【解析】A．消除二氧化硫污染物的反应为二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵溶液与空气中的氧

气反应生成硫酸铵，则物质转化关系能实现，故A正确；

B．难溶碳酸钙的溶解度小于微溶的硫酸钙，所以用硫酸钠溶液难以将碳酸钙转化为硫酸钙，且硫酸钙与盐

酸不反应，故B错误；

C．一定条件下乙炔与氯化氢发生加成反应生成氯乙烯，一定条件下氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，则

物质转化关系能实现，故C正确；

D．硫酸铜溶液能与过量氨水反应生成硫酸四氨合铜，向反应后的溶液中加入乙醇降低硫酸四氨合铜的溶解

度，过滤、洗涤、干燥能达到制备一水硫酸四氨合铜的实验目的，故D正确；

故选B。

5．（2025·江苏宿迁·模拟预测）实验室通过下列过程制取草酸亚铁晶体：

已知：2、4。下列说法不正确的是

Kal(H2C2O4)5.610Ka2(H2C2O4)1.510．．．

2

A．pH4的H2C2O4溶液中：c(C2O4)c(HC2O4)

22

B．“酸化”后的溶液中：c(NH4)2c(Fe)2c(SO4)

2

C．“沉淀”后的上层清液中：c(NH4)c(NH3H2O)c(SO4)

D．水洗后，再用乙醇洗涤有利于晶体快速干燥

【答案】C

2+

【分析】(NH4)2Fe(SO4)2加入硫酸酸化得到Fe，加入草酸生成FeC2O4沉淀，过滤、洗涤得到草酸亚铁晶

体，据此回答。

2

+4c(C2O4)c(H)4

【解析】A．pH4的H2C2O4溶液中cH=10mol/L，Ka2(H2C2O4)1.510，

c(HC2O4)

c(CO2)K(HCO)1.5104

24a222422

41.5，即c(C2O4)1.5c(HC2O4)，即c(C2O4)c(HC2O4)，A正确；

c(HC2O4)c(H)10

22+

B．根据电荷守恒：c(NH4)2c(Fe)c(H)2c(SO4)c(OH)，溶液显酸性，cH>cOH，则

22

c(NH4)2c(Fe)2c(SO4)，B正确；

C．“沉淀”后的上层清液中溶质为(NH4)2SO4、H2SO4和过量的H2C2O4，硫酸根不仅与铵根离子结合，还与

2

氢离子结合，故不存在cNH4cNH3H2OcSO4的等量关系，C错误；

D．乙醇与水互溶，且乙醇易挥发，用乙醇洗可带走水分，有利于晶体快速干燥，D正确；

故选C。

．（江苏盐城三模）可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈主要以

62023··Ce2CO33(Ce)

CePO形式存在，还含有SiO、AlO、FeO、等物质。以独居石为原料制备的工

422323CaF2Ce2CO338H2O

艺流程如图所示：

下列说法不正确的是

A．可采用加热、搅拌等措施提高“水浸”效率

B．加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀

C．“沉铈”后剩余溶液中大量存在的阳离子只有NH4

．沉铈的离子方程式为3

D“”2Ce6HCO35H2OCe2CO338H2O3CO2

【答案】C

FeO

【分析】天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、23、CaF2等物质，焙烧

浓硫酸和独居石的混合物、水浸，CePO4转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，SiO2与硫酸不反应，Al2O3转化为

Al2(SO4)3，Fe2O3转化为Fe2(SO4)3，CaF2转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；后过滤，滤渣I为SiO2和

磷酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化铁溶液除磷，滤渣Ⅱ为FePO4；

聚沉将铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得

。

Ce2CO338H2O

【解析】A．可采用加热、搅拌等措施提高速率，从而提高“水浸”效率，故A正确；

B．由分析可知，加入絮凝剂的目的是将铝离子转化为沉淀，故B正确；

．加碳酸氢铵沉铈得，3+沉淀，沉铈后剩余溶液中大量存在的阳离子有和2+

CCe2CO338H2OCe“”NH4Mg

和，故C错误；

．用碳酸氢铵沉饰，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成的离子方程式为：

D“”Ce2CO338H2O

3，故正确；

2Ce6HCO35H2OCe2CO338H2O3CO2D

故选C。

7．（23-24高三上·江苏盐城·期中）BaTiO3是一种压电材料。以BaSO4为原料，采用下列路线可

制备粉状BaTiO3。

焙烧后固体产物有BaCl易溶于水的和微溶于水的；沉淀生成。下列说法正确

“”2BaSCaS“”BaTiOC2O42

的是

A．“焙烧”步骤中碳粉的主要作用做还原剂，将BaSO4还原

B．焙烧后的产物可以直接用酸浸取

C．“酸化”步骤选用的酸可以是稀硫酸

D．“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的nCO2:nCO1:2

【答案】A

【分析】由流程和题中信息可知，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、易

溶于水的BaS和微溶于水的CaS；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和CaS，滤液中有BaS和BaCl2；滤液

2+

经酸化后浓缩结晶得到BaCl2晶体；BaCl2晶体溶于水后，加入TiCl4和(NH4)2C2O4将Ba充分沉淀得到

BaTiO(C2O4)2；BaTiO(C2O4)2经热分解得到BaTiO3。

【解析】A．“焙烧”步骤中BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、易溶于水的

BaS和微溶于水的CaS，C的化合价从0价到+2价，即碳粉的主要作用是做还原剂，A正确；

B．焙烧产物中Ca2+、S2−均为杂质离子，需要进行除杂和分离提纯，将大部Ca2+、S2−除去，若直接酸浸，

2+

CaS会与盐酸反应生成CaCl2而无法除去Ca，B错误；

C．“浸取”步骤中的滤渣为CaS和碳粉；“酸化”步骤中的酸可用盐酸，稀硫酸会加入杂质离子不可用，C错

误；

D．BaTiO(C2O4)2经热分解得到BaTiO3，对应的化学方程式为：BaTiOCOBaTiO2CO2CO，

24232

CO和CO2的物质的量之比为1：1，D错误；

故答案为A。

8．【工业情境】（25-26高三上·江苏镇江·月考）一种黄铜矿(主要成分为CuFeS2，还含有SiO2)

的处理工艺流程如下：

已知焙烧后所得固体为CuSO、、、SiO，所得混合气中含NH，不含含硫气体。下列说

“”4CuOFe2SO4323

法不正确的是

．焙烧后所得CuSO、、的物质的量均不相等

A“”4CuOFe2SO43

B．为防止混合气直接排放到空气中污染环境，可以用硫酸溶液吸收混合气

C．溶液Y中所含溶质为FeSO4

D．将固体X用足量稀硝酸浸泡后，过滤可以得到单质铜

【答案】D

【分析】黄铜矿主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质，粉碎后加入硫酸铵通入空气焙烧，黄铜矿在硫酸铵

作用下得到CuSO、、、SiO，所得混合气中含NH；加水分离，主要形成含硫酸铜和硫

4CuOFe2SO4323

酸铁的滤液，滤渣含CuO、SiO2，向滤液中加入过量的铁，得到固体X为铜、铁的混合物，溶液Y主要成

分为FeSO4。

【解析】A．“焙烧”后所得固体含CuSO4、CuO、Fe2(SO4)3等，所得混合气中含NH3，不含硫气体，涉及的

高温高温

化学反应有4CuFeS2+17O22CuSO4+2CuO+2Fe2(SO4)3，反应CuO+(NH4)2SO4CuSO4+H2O

①②

，反应中CuSO、、的物质的量相等，则发生反应后各生成物质的物质的量

↑+2NH34CuOFe2SO43

①②

均不相等，A正确；

B．混合气含NH3，用硫酸溶液吸收可生成(NH4)2SO4，防止NH3污染环境，故B正确；

2+2+3+2+

C．水浸后滤液含CuSO4、Fe2(SO4)3，加过量Fe粉发生反应：Fe+Cu=Fe+Cu、2Fe+Fe=3Fe，最终溶

液Y所含溶质为FeSO4，故C正确；

D．固体X为Cu和Fe的混合物，加足量稀硝酸，Fe、Cu均与稀硝酸反应，无法得到单质铜，故D错误；

选D。

9．（2025·江苏盐城·模拟预测）在给定条件下，下列过程涉及的物质转化均可实现的是

饱和盐酸

．Na2SO4

ACaSO3CaSO4CaCl2

O2浓硫酸

B．FeS2煅烧SO2SO3

光照Fe

C．HClOCl2点燃FeCl3

．溶液过量氨水溶液乙醇晶体

DCuSO4CuNH34SO4CuNH34SO4H2O

【答案】D

2+2-

【解析】A．CaSO3溶液中存在一定浓度的Ca，饱和Na2SO4溶液中的SO4浓度较大，加入饱和Na2SO4

溶液可使Qc(CaSO4)>Ksp(CaSO4)，溶液中出现CaSO4沉淀，但CaSO4和盐酸不反应，第二步无法实现，A

错误；

B．FeS2煅烧可生成SO2，SO2与浓硫酸不反应，不能得到SO3，B错误；

C．HClO光照分解生成HCl和O2，而非Cl2，第一步错误，铁在氯气中点燃可得到氯化铁，C错误；

D．CuSO4与过量氨水可反应生成[Cu(NH3)4]SO4溶液，加入乙醇可降低[Cu(NH3)4]SO4的溶解度，从而析出

晶体，两步均正确，正确；

CuNH34SO4H2OD

故选D。

10．（25-26高三上·江苏无锡·月考）一种从废钯催化剂（主要成分为Pd、Al2O3和活性炭，

还含少量Fe、Cu等元素）中回收海绵钯的工艺流程如图。

已知：

钯与铂、金相似，属于惰性金属。

①阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为RClMRMCl、RNaNRNNa。

②下列说法正确的是

A．盐酸能溶解Al2O3

2

B．在Pd转化为PdCl4的反应中，nPd:nH2O21:1

C．“离子交换”所用树脂为阳离子交换树脂

D．“洗脱”过程中，可以用硫酸溶液代替盐酸

【答案】B

【分析】废钯催化剂(主要成分为Pd、α-Al2O3和活性炭，还含少量Fe、Cu等元素)，在空气中灼烧，除去

2-

活性炭，灼烧产物加入盐酸和过氧化氢酸浸后，得到滤渣α-Al2O3，浸出液中含[PdCl4]离子，利用R-Cl+M

-2-3+2+

-R-M+C1原理，经阴离子离子交换树脂后，[PdCl4]变成R2[PdCl4]，除去含Fe和Cu流出液，R-PdCl4

-2-

加⇌盐酸洗脱，使R-Cl+M-R-M+C1平衡逆向移动，重新变成[PdCl4]溶液，最后得到经历一系列操作得到

海绵钯。⇌

【解析】A．α-Al2O3（刚玉）化学性质稳定，不溶于盐酸，酸浸后滤渣为α-Al2O3也说明其未被溶解，A错

误；

2--

B．Pd转化为[PdCl4]时，Pd从0价升至+2价，每个Pd失2e；H2O2作氧化剂，O从-1价降至-2价，每个

--

H2O2得2e（2个O各得1e）。由电子守恒，n(Pd)×2=n(H2O2)×2，故n(Pd):n(H2O2)=1:1，B正确；

2-3+2+

C．浸出液含[PdCl4]（阴离子），流出液含Fe、Cu（阳离子），说明树脂吸附了阴离子，应为阴离子交

换树脂，C错误；

-2-

D．洗脱需通过Cl浓度使平衡正向移动（R2[PdCl4]2Cl2RCl[PdCl4]），硫酸无法提供Cl，不能

代替盐酸，D错误；

答案选B。

11．（25-26高三上·江苏苏州·阶段练习）碘化亚铜(CuI)是一种白色粉末，不溶于水，潮湿时易被O2氧化。

工业上以斑铜矿(Cu5FeS4)为原料制备CuI的流程如下：

下列说法正确的是

A．“焙烧”时斑铜矿中的硫元素转化为SO3而除去

B．“酸浸”后检验所得溶液中是否含有Fe2的操作为：取少量酸浸后的溶液于试管中，向其中加入少量

H2O2后，再滴加少量KSCN溶液，观察现象

C．“沉铁”时应向酸浸后的溶液中加入过量KOH溶液至不再产生沉淀

D．“洗涤”时用乙醇洗涤目的：除去杂质，并有利于CuI的快速干燥

【答案】D

32+

【分析】将斑铜矿通入空气焙烧后得到Fe2O3、CuO和SO2，“酸浸”中Fe2O3、CuO转化为Fe、Cu；加

入溶液得到；向含有2+的溶液中加入后可以得到棕色固体；经过乙醇洗涤得到纯净的

KOHFeOH3CuKI

CuI。

【解析】A．焙烧时，斑铜矿中的硫元素被空气中氧气氧化，通常硫化物焙烧主要生成SO2，SO3需催化剂

和高温条件，A错误；

2+32+

B．检验Fe应先加KSCN溶液排除Fe干扰，再加H2O2，若变红则含Fe（取少量酸浸后的溶液于试管

2

中，滴加少量KSCN溶液，若溶液不变红，再加入少量新制氯水或H2O2溶液，若溶液变红，则证明含有Fe），

B错误；

C．酸浸后溶液含Fe3、Cu2+，沉铁需控制pH使Fe3沉淀而Cu2+不沉淀，加入过量KOH会使溶液碱性过

强，2+会生成沉淀，导致损失，错误；

CuCuOH2CuC

D．乙醇易挥发，用乙醇洗涤可除去水溶性杂质，且能快速带走水分，避免CuI因潮湿被氧化，有利于快速

干燥，D正确；

故选D。

12．（24-25高三上·江苏宿迁·阶段练习）实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成分为铁的氧化物)制备软磁性

材料Fe2O3。实验流程如图。下列说法不正确的是

A．酸浸时，通过适当升高温度、搅拌等措施能提高铁元素浸出率

B．还原时，通过加入过量Fe粉使Fe3完全转化为Fe2

2

C．沉铁时，反应的离子方程式为FeHCO3FeCO3H

．上述流程可以得到副产品

DNH42SO4

【答案】C

【分析】铁泥(主要成分为铁的氧化物)，与足量稀硫酸反应生成含有铁离子的溶液，还原时，通过加入过

32+3+2+

量Fe粉使Fe完全转化为Fe，反应为2Fe+Fe=3Fe，加入NH4F将溶液中少量的钙离子转化为CaF2沉

2+-+

淀，过滤得到FeSO4溶液，再加入过量的氨水-NH4HCO3沉铁，反应为Fe+HCO3+NH3H2O=FeCO3↓+NH4+H2O，

过滤得到FeCO3沉淀和含有(NH4)2SO4的滤液，经过洗涤、烘干、高温分解生成αFe2O3，将含有(NH4)2SO4

的滤液蒸发结晶得到副产品(NH4)2SO4，据此分析；

【解析】A．酸浸时，通过适当升高温度、搅拌等措施可加快反应速率、增大接触面积，使铁元素充分浸出，

A正确；

B．酸浸时溶液中含有铁离子，加入过量Fe粉使Fe3完全转化为Fe2+，反应为2Fe3++Fe=3Fe2+，B正确；

2+-+

C．沉铁时加入过量的氨水-NH4HCO3沉铁，反应的离子方程式为Fe+HCO3+NH3H2O=FeCO3↓+NH4+H2O，C

错误；

D．酸浸时加入硫酸，沉铁时加入过量的氨水-NH4HCO3，过滤得到滤液中含有副产品(NH4)2SO4，D正确；

故选C。

13．（25-26高三上·江苏南通·开学考试）从砷化镓废料(主要成分：GaAs、Fe2O3、SiO2和CaCO3)中回收Ga

和As的工艺流程如下图所示。

已知：Ga与Al的化学性质相似。下列说法正确的是

A．“滤渣Ⅰ”的主要成分为Fe(OH)3、SiO2和CaCO3

B．“调pH”的主要目的是将砷元素转化成Na3AsO4，实现与镓元素的分离

．酸溶时发生反应的离子方程式为+3+

C“”GaOH3+3H=Ga+3H2O

D．“余液”可循环用于“浸出”步骤

【答案】C

3-2--、

【分析】砷化镓废料加氢氧化钠和过氧化氢，GaAs和SiO2溶解生成AsO4、SiO3和GaO2，Fe2O3CaCO3

、

不溶于碱，“滤渣I”为Fe2O3CaCO3，滤液中加入稀硫酸，滤液为Na3AsO4，经过蒸发浓缩、冷却结晶可以

得到Na3AsO4·12H2O，滤渣II为硅酸和Ga(OH)3，加入稀硫酸时Ga(OH)3会溶解，滤液电积得到镓单质，

滤渣III为硅酸，据此解答；

、

【解析】A．根据分析，“滤渣I的主要成分为Fe2O3CaCO3，A错误；

--

B．调pH时加入H2SO4，目的是使滤液中的GaO2（类似AlO2）与H⁺反应生成Ga(OH)3沉淀，从而与溶

3-

液中的砷元素（以AsO4形式存在）分离，并非将砷元素转化为Na3AsO4，B错误；

．滤渣为，酸溶时与反应生成3+和水，离子方程式为+3+，正确；

CⅡGa(OH)3H⁺GaGaOH3+3H=Ga+3H2OC

D．电解后余液含H2SO4（酸性），而浸出需NaOH（碱性），余液不能循环用于浸出步骤，D错误；

故选C。

第II卷(非选择题共61分)

二、填空题(本题共4小题，共61分)

14．(15分)（25-26高三上·江苏苏州·月考）二氧化铈CeO2是一种用途广泛的稀土化合物。

以氟碳铈矿（主要含CeFCO3）为原料制备CeO2的一种工艺流程如图所示：

已知：4能与结合成4x，也能与2结合成2；

CeFCeFxSO4CeSO4

①

萃取时存在反应：4，在硫酸体系中4能被萃取剂萃

“”CenHA2CeH2n4A2n4HCeHA2

②3

取，而Ce不能；

在一定条件下，CeIV分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比是一个常数（分配系数Kd）

③

有机层

cCen有机物X

K=；萃取率=100%

d水层

cCen总X

(1)氧化焙烧中氧化的目的是。

(2)萃取Ce元素的过程中，若Ce元素的分配系数Kd=7.5，取100mL含Ce元素的溶液，一次性加入60mL萃

取剂，则Ce元素的萃取率为。

(3)加入H2SO4有利于“反萃取”的原因。

(4)“氧化”步骤的离子方程式为。

34

(5)氧化铈CeO2，常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂Y2O3，Y占据原来Ce的位置，可以得到

更稳定的结构，如图所示。

氧空位数

（已知：O2的空缺率100%）。

氧空位数+O2数

24

晶体CeO2中与O最近的Ce形成的空间结构是。

①

2

若掺杂Y2O3后得到nCeO2:nY2O31:2的晶体，则此晶体中O的空缺率为。

②

(6)为测定回收所得CeO2样品的纯度，进行如下实验：

称取样品，用稀硫酸溶解、定容得溶液。量取20.00mL溶液放入锥形瓶中，加入

4.000g100mLCeSO42

1溶液（过量），再用1标准溶液液定至终点，

10.00mL0.5000molLNH42FeSO420.01000molLKMnO4

消耗标准溶液24.00mL。滴定过程中发生如下反应（均未配平）：Ce4Fe2Ce3Fe3；

223

MnO4FeHMnFeH2O

计算CeO2样品的纯度（写出计算过程）。

【答案】(1)将+3价铈氧化为+4价

(2)81.8%

42

(3)加入硫酸，溶液中H浓度增大，促进反应向反萃取的方向进行，提高Ce元素的反萃取率；Ce与SO4结

合成2，转移至水层

CeSO4

--

(4)2Ce(OH)3+ClO+H2O=2Ce(OH)4+Cl

(5)正四面体形20%

(6)81.70%

【分析】氟碳铈矿(主要含CeFCO3)经氧化焙烧将+3价铈氧化为+4价，同时产生CO2，加入盐酸酸浸得到

含4的溶液，再加入萃取剂发生反应：4，经分液分离有机层和水

CeCenHA2CeH2n4A2n4H

层，用氟洗液洗涤有机层，再加入硫酸和过氧化氢进行反萃取，同时将+4价铈还原为Ce3，分液得到含Ce3

3

的水层，再加入NaOH使Ce转化为Ce(OH)3沉淀，过滤后再加入NaClO，将Ce(OH)3氧化为Ce(OH)4，

过滤得到Ce(OH)4固体，据此解答。

43

【解析】（1）原料CeFCO3中Ce为+3价，结合题目信息“在硫酸体系中Ce能被萃取剂HA2萃取，而Ce

不能”，所以氧化焙烧的目的是将+3价铈氧化为+4价；

cCe有机层

（2）已知，V有机=60mL，V水=100mL，Kd=7.5，则Ce元素的萃取率为

cCe水层

n有机物Xc有机物V有机KdV有机7.560

100%=100%=100%==100%81.8%；

n总Xc有机物V有机c水V水KdV有机V水7.560100

（）萃取时存在反应：4，加入硫酸，溶液中浓度增大，能使其

3“”CenHA2CeH2n4A2n4HH

平衡逆向移动，同时4能与2结合成2而转移至水层，所以加入有利于反萃取的原因

CeSO4CeSO4H2SO4“”

42

是：加入硫酸，溶液中H浓度增大，促进反应向反萃取的方向进行，提高Ce元素的反萃取率；Ce与SO4

结合成2，转移至水层；

CeSO4

（4）“氧化”步骤过程Ce(OH)3被氧化为Ce(OH)4，同时ClO被还原生成Cl，反应的离子方程式为：

--

2Ce(OH)3+ClO+H2O=2Ce(OH)4+Cl；

2424

（5）CeO2晶胞中黑球为O，灰球为Ce，结合晶胞图可知，与O最近的Ce形成的空间结构是正

四面体①形；

CeO2中阳离子和阴离子的个数比为12，若掺杂Y2O3后得到nCeO2:nY2O31:2的晶体，该晶体中

②∶2-1.6

阳离子和阴离子的个数比为58=11.6，则此晶体中O2的空缺率为=100%=20%；

2

2+∶∶

（6）n(Fe)=0.5000mol/L0.01L=0.005mol，n(MnO4)=0.01000mol/L0.024L=0.00024mol，根据得失电

2+-3

子守恒可得:n(Fe)=n(CeO2)+5n(MnO4)，n(CeO2)=0.005mol-5×0.00024mol=3.8×10mol，样品中

-3100mL

n(CeO2)=3.8×10mol×=0.019mol，m(CeO2)=172g/mol×0.019mol=3.268g，

20mL

mCeO3.268g

ω=2×100%=100%=81.70%。

m(样品）4.000g

15．(15分)（23-24高三上·江苏南通·期中）镓可用于芯片制造。以砷化镓废料(主要成分为GaAs，

含Fe2O3、SiO2和CaCO3等杂质)为原料，制备镓和回收砷可经过如下过程：

＋-2-3

(1)“碱浸”时同时加入NaOH溶液和H2O2溶液，反应后的溶液中含Na、OH、SiO3、[Ga(OH)4]和AsO4。

写出GaAs(难溶于水)反应的离子方程式：。

-3+-5

(2)“调pH”时向滤液中加入H2SO4可将[Ga(OH)4]转化为Ga(OH)3沉淀。若需控制溶液中c(Ga)<1×10

-1-36

mol·L，则加入H2SO4时应控制溶液pH>。{已知Ga(OH)3为两性氢氧化物，Ksp[Ga(OH)3]=1×10}

＋3+2

(3)“酸浸”后所得溶液中含H、Ga和SO4。写出“电解”时反应的离子方程式：。

3n(Ca)

(4)向“过滤2”所得滤液中加入Ca(OH)2溶液可除去AsO。控制=6，调节溶液的pH，测得溶液中砷

4n(As)

的去除率与pH的关系如下图所示。由于溶液吸收空气中的CO2，所得Ca3(AsO4)2沉淀中可能含有

-21

CaCO3.pH>12后，砷的去除率随pH的增大而下降，其原因是。已知：常温下Ksp[Ca3(AsO4)2]=1×10，

-9

Ksp(CaCO3)=8.7×10。

--3

【答案】(1)GaAs＋4OH＋4H2O2=[Ga(OH)4]＋AsO4＋4H2O

(2)3.7

电解

3+＋

(3)4Ga＋6H2O4Ga＋3O2↑＋12H

2

(4)随着pH值的增加，大气中溶于混合溶液的二氧化碳增加，形成的CO3浓度增大，促使砷酸钙向碳酸钙

2

转化，溶液中残留的砷的浓度增加或随着pH值的增加，大气中溶于混合溶液的二氧化碳增加，形成的CO3

22+32+

度增大，与CO3结合Ca增多，与AsO4结合Ca减少，溶液中残留的砷的浓度增加

【分析】砷化镓废料主要成分为GaAs，含Fe2O3、SiO2和CaCO3等杂质，“碱浸”时同时加入NaOH溶液和

＋-2-3

H2O2溶液，反应后的溶液中含Na、OH、SiO3、[Ga(OH)4]和AsO4；过滤出Fe2O3、CaCO3，滤液“调pH”

-

时向滤液中加入H2SO4可将[Ga(OH)4]转化为Ga(OH)3沉淀，过滤，用硫酸溶解Ga(OH)3，“酸浸”后所得溶

＋3+2

液中含H、Ga和SO4，电解该溶液得金属Ga。

-33

【解析】（1）反应后溶于中含有[Ga(OH)4]和AsO4，GaAs(难溶于水)在碱性条件下被双氧水氧化为，AsO4，

--3

双氧水被还原为水，反应的离子方程式为GaAs＋4OH＋4H2O2=[Ga(OH)4]＋AsO4＋4H2O。

-3+-5

（2）“调pH”时向滤液中加入H2SO4可将[Ga(OH)4]转化为Ga(OH)3沉淀。若需控制溶液中c(Ga)<1×10

31

36

-1-110

mol·L，c(OH)>31103，则加入H2SO4时应控制溶液pH>3.7。

1105

＋3+2

（3）“酸浸”后所得溶液中含H、Ga和SO4。“电解”时阳极生成氧气、阴极生成Ga，反应的离子方程式

电解

3+＋

为4Ga＋6H2O4Ga＋3O2↑＋12H。

2

（4）随着pH值的增加，大气中溶于混合溶液的二氧化碳增加，形成的CO3浓度增大，促使砷酸钙向碳酸

钙转化，溶液中残留的砷的浓度增加。

16．(15分)（25-26高三上·江苏苏州·月考）钕铁硼磁铁因其超强的磁性被誉为“永磁之王”。一种从钕铁硼

废料[含Nd(钕)、Fe、B等]中提取氧化钕的工艺流程如下：

已知：金属钕的活动性较强，难溶于水。

NdH2PO43

硼与①稀硫酸不反应，可溶于氧化性酸。

②钕离子可与过量的H2C2O4生成可溶性的配合物。

(③1)“酸溶”时，不可将稀硫酸换为浓硫酸的原因是。

在常温下沉钕，当完全沉淀时为，溶液中21。通过计算说明：沉

(2)“”NdH2PO43pH2.3cFe2.0molL“

16

钕”完全时有无Fe(OH)2沉淀生成(常温下，KspFe(OH)28.010)。

(3)“碱转换”生成Nd(OH)3的离子方程式为。

(4)“沉淀”过程中，草酸用量对沉钕率的影响如图所示，当草酸实际用量与理论计算量比值n大于1.5时，沉

钕率下降的可能原因是。沉淀后生成的晶体NdCO10HO在氮气氛围下充分煅烧的化学

“”22432

方程式为。

通过下列途径可制得二碳化钕：电解高温,C。的晶胞结构如图

(5)Nd2O3NdC2Nd2O3NdNdC2NdC2(

22

所示)与氯化钠相似，由于哑铃形C2的存在，晶胞仅沿一个方向拉长。则NdC2晶胞中与1个C2等距离且

最近的Nd2围成的图形为。

【答案】(1)浓硫酸会与硼反应引入杂质离子，同时生成二氧化硫等污染气体

14

2210223.416

(2)QcFecOH=2.0()=210810=Ksp[FeOH]，故无氢氧化亚铁生成

102.32

3

(3)NdH2PO439OHNdOH36H2O+3PO4

(4)当草酸浓度过大时，钕离子与过量草酸生成可溶性配合物，降低沉钕率

Nd2C2O4310H2ONd2O310H2O3CO3CO2

(5)正方形

【分析】钕铁硼废料加入稀硫酸酸浸，金属元素转化为可溶的硫酸盐，硼不与稀硫酸反应，故滤渣为硼，

随后加入NaHPO反应生成沉淀，再加入氢氧化钠进行碱转换生成Nd(OH)，加入稀硫酸溶

24NdH2PO433

解得到3+，加入草酸生成，煅烧得到NdO，据此回答。

NdNd2C2O4310H2O23

【解析】（1）硼与稀硫酸不反应，可溶于氧化性酸，将稀硫酸换为浓硫酸会溶解硼，引入杂质离子并产生

二氧化硫等污染气体；

（）当完全沉淀时为，