2026年高考化学二轮复习（全国）专题06 化学工艺流程综合题型研究（专练）（解析版）

专题06化学工艺流程综合题型研究

情境突破练压轴提速练

1．新考法【结合新产品的工业流程考查化学原理的应用】（2025·湖北·模拟预测）补铁剂乙二胺四乙酸铁

钠(NaFeEDTA，分子式为C10H12FeN2NaO83H2O)的一种合成路线如下：

115

已知：室温下KspFeCO3310，当离子浓度小于110mol/L时视为沉淀完全；EDTA和NaFeEDTA

的水溶性均随温度升高显著上升；“络合”步骤的反应式为

60~80℃

C10H16N2O8Fe(OH)3NaOHC10H12FeN2NaO84H2O。

EDTApH4.5~6.0

回答下列问题：

（1）NaFeEDTA中基态Fe3的价电子排布式为。

22

（2）“沉铁”步骤生成FeCO3，当Fe恰好完全沉淀时溶液中的cCO3。

（3）“氧化”步骤的化学方程式为。

（4）实验室洗涤沉淀通常在(填仪器名称)中进行。“氧化”后过滤得到的滤饼需要用去离子水洗涤2～

3次。检验该滤饼是否洗涤干净的最佳试剂为(填化学式)溶液。

（5）“减压过滤”步骤的目的是。从滤液2中获取纯净NaFeEDTA晶体的操作为(填标号)。

a.蒸发至大量晶体析出时停止加热，趁热过滤

b.蒸发至大量晶体析出时停止加热，用余热蒸干滤液

c.蒸发至有晶膜出现时即停止加热，冷却结晶后过滤

（6）产品中总含铁量的测定：取1.000g产品放入150mL烧杯，加入20mL去离子水和5mL3mol/L硫酸

溶液，搅拌溶解后，加入1g锌粉，加热反应30min，过滤。得到的无色溶液用250mL容量瓶定容。快速

3

移取25mL溶液至250mL锥形瓶中，加入10mLH2SO4H3PO4混酸以掩蔽生成的Fe的黄色，用

0.02000mol/LKMnO4标准溶液平行滴定3次，消耗KMnO4标准溶液的体积平均为VmL，则产品中铁元

素的质量分数为(铁的相对原子质量为55.85)。

（7）产品的块状晶体在生物偏光显微镜下能观察到瑰丽色彩，展现出化学之美。从晶体的微观结构角度分

析，其原因是。

【答案】（1）3d5

（2）3106mol/L

（）

32FeCO3H2O22H2O2FeOH32CO2

（4）漏斗(或布氏漏斗)BaCl2(或其他可溶性钡盐)

（）快速滤去未反应完的

5FeOH3c

（6）5.585V%

（7）晶体中微观粒子高度有序排列

2+

分析】绿矾用去离子水溶解后用适量的纯碱将Fe转化为FeCO3后用H2O2氧化为Fe(OH)3后过滤得到】

Fe(OH)3滤饼，滤饼中加入NaOH(s)和EDTA和去离子水络合形成乙二胺四乙酸铁钠，减压过滤得到含乙二

胺四乙酸铁钠的滤液2，滤液2经过一系列操作得到产品。

【解析】（1）基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2；则基态Fe3的价电子排布式为3d5，故答案为3d5。

2252211

（2）当Fe恰好完全沉淀时，cFe110mol/L，KspFeCO3cFecCO3310，则

11

23106，故答案为6

cCO3mol/L310mol/L310mol/L

1105

233

（3）由流程图得知：H2O2将FeCO3中的Fe氧化成Fe，Fe在溶液中发生水解生成Fe(OH)3和H，水

2

解产生的H与CO3发生反应产生CO2，则“氧化”反应的化学方程式为

，故答案为。

2FeCO3H2O22H2O2FeOH32CO22FeCO3H2O22H2O2FeOH32CO2

（）实验室洗涤沉淀通常用过滤装置，则通常在漏斗中进行；氧化后得到、过量的、

4“”Na2SO4H2O2FeOH3

22

和CO2（因加入的纯碱适量，CO3不会过量），该滤饼上附着的滤液中主要含SO4，检验该滤饼是否洗涤

2

干净即检验洗涤滤液中是否含有SO4，最佳试剂为BaCl2溶液(或其他可溶性钡盐溶液)，故答案为漏斗(或

布氏漏斗)；BaCl2(或其他可溶性钡盐)。

（5）由流程图得知减压过滤需要的是滤液，弃去的是滤渣，分析已知条件“络合”的方程式和此温度下各物

质的水溶性得知：滤渣只能是，则减压过滤的目的是快速滤去未反应完的；由题干信息知：

FeOH3FeOH3

NaFeEDTA晶体的分子式为C10H12FeN2NaO83H2O，含有结晶水，且其水溶性随温度升高显著上升，所以

从减压过滤后得到的滤液2中获取纯净NaFeEDTA晶体的操作为将滤液蒸发至有晶膜出现时即停止加热，

冷却结晶后过滤，故答案为快速滤去未反应完的；。

FeOH3c

322

（6）产品中含的铁为Fe，用锌粉将其还原为Fe，再用KMnO4标准溶液氧化还原滴定生成的Fe，由

3250

0.02V10555.85

于KMnO5Fe2，则产品中铁元素的质量分数为，故答案为

425100%5.585V%

1

5.585V%。

（7）产品的块状晶体在生物偏光显微镜下能观察到瑰丽色彩，这是晶体的光学特征，从晶体的微观结构角

度看，是由于晶体中微观粒子高度有序排列导致的，故答案为晶体中微观粒子高度有序排列。

2．新情境【结合中学范围内不熟悉的物质制备流程考查实验知识】（2026·安徽·一模）黑钨精矿中钨元素

以(FeWO4和MnWO4)形式存在，其中还含有少量硅(SiO2)、磷、砷以及钼的化合物，工业上常用黑钨精矿

冶炼金属钨及其化合物，其工艺流程如图：

102

注：已知钨酸钙CaWO4的溶度积常数为510，而WO4在pH=5的溶液中会完全沉淀。

请回答下列问题：

（1）黑钨精矿在900℃的温度下烧结后会得到钨酸钠(Na2WO4)、磷酸氢钠以及砷酸氢钠等产物，则FeWO4

在烧结时发生的化学方程式为；为了获得黑钨精矿需要对原矿经过粗选、浮选等措施的目的

是。

（2）在滤液I中通过加入盐酸将溶液的pH调节至8~9，其目的是。

（3）用氯化镁和氯化铵可将滤液Ⅱ中的磷、砷元素转化为磷酸镁铵和砷酸镁铵而除去，则除去砷元素的离

子方程式为。

2

（4）加入1.0L0.25mol/LCaCl2溶液恰好可以将溶液中的WO4完全转化为CaWO4沉淀，过滤，向沉淀中加

2

入500mL一定浓度的盐酸后发生反应CaWO42HH2WO4Ca，且溶液体积一直保持不变。则当

CaWO4转化为钨酸沉淀时，需溶液的pH至少为；通过过滤、洗涤、干燥后，可得到纯净的H2WO4

沉淀，则验证H2WO4是否洗净的方法为。

（）为了得到工业纯WO，需要将钨酸溶解于氨水中，得到钨酸铵，但同时也会得到极少量

53NH42WO4

的杂质，两种物质的结晶率与溶液蒸发量的关系如图所示，则为了获得纯净的钨酸铵

NH42MoO4

，应采取的操作是。

NH42WO4

（6）工业上常用氢气还原三氧化钨制备钨粉，若将1t三氧化钨粗品(含WO375%)，经一系列措施得到钨粉

的过程中，钨元素的回收率为60%，需要的氢气的质量为kg(结果保留三位有效数字)。

【答案】（1）4FeWO44Na2CO3O24Na2WO42Fe2O34CO2富集矿石中的钨元素

2

（2）使溶液中的SiO3转化为硅酸沉淀，从而除去溶液中的硅元素

22

（3）HAsO4MgNH4NH4MgAsO4H

（4）3取最后一次洗涤液少许，加入碳酸钠溶液，若未出现白色沉淀，则说明钨酸沉淀已洗净

（5）蒸发浓缩，趁热过滤

（6）11.6

【分析】黑钨精矿(主要成分FeWO4和MnWO4，杂质含SiO2、磷、砷以及钼的化合物)与Na2CO3在O2参与

下烧结发生氧化还原反应生成Na2WO4、磷酸氢钠、砷酸氢钠、钼酸钠、硅酸钠、氧化铁、二氧化锰等产物，

水浸除去氧化铁和二氧化锰，其他物质进入溶液，过滤，滤液1加盐酸调pH使硅酸钠转化成硅酸沉淀除去，

过滤，加氯化镁和氯化铵将滤液Ⅱ中的磷、砷元素转化为磷酸镁铵和砷酸镁铵除去，过滤，加硫化钠与钼酸

钠氧化还原生成钼的硫化物除去，过滤后，向滤液加氯化钙生成CaWO4沉淀，过滤后向沉淀中加入盐酸发

生反应生成H2WO4，经过滤、洗涤、干燥后，可得到纯净的H2WO4沉淀，再煅烧得到WO3。

【解析】（1）由题意可知，Na2CO3溶液和O2在900℃的温度下与黑钨精矿中的FeWO4反应可得到钨酸钠

(Na2WO4)，其化学方程式为4FeWO44Na2CO3O24Na2WO42Fe2O34CO2；获得黑钨精矿过程中需

要对原矿经过粗选、浮选等措施的目的是富集矿石中的钨元素；

2

（2）烧结时二氧化硅转化成硅酸钠，滤液1加盐酸调pH使溶液中的SiO3转化成硅酸沉淀除去；

（3）用氯化镁和氯化铵可将滤液Ⅱ中的磷、砷元素转化为磷酸镁铵和砷酸镁铵而除去，离子方程式为

22

HAsO4MgNH4NH4MgAsO4H；

102

（4）由题中已知信息可知KspCaWO4510，而在溶液中WO4完全沉淀时溶液的pH=5，则

2

225515，因此反应

KspH2WO4cHcWO4101010

cCa2KCaWO

2的sp45，当钨酸钙全部溶解时，

CaWO4(s)2H(aq)H2WO4(s)Ca(aq)K=2510

cHKspH2WO4

2

1L0.25mol/LcCa

溶液中的钙离子浓度cCa2==0.5mol/L，因此26，所以cH103，

-3cH10

500mL10K

故溶液的pH至少为3；在洗涤钨酸过程中，可能沉淀表面含有氢离子、氯离子、钙离子，其中氢离子和氯

离子煅烧时会气化逸出，不影响产物WO3纯度，所以要检验钙离子是否洗净，检验方法是取最后一次洗涤

液少许，加入碳酸钠溶液，若未出现白色沉淀，则说明钨酸沉淀已洗净；

（5）从钨酸铵和钼酸铵两种物质的结晶率与溶液蒸发量的关系图可知，当溶液蒸发量为70%左右时，80%

的钼酸铵都在溶液中，而此时钨酸铵则有80%以上析出，因此可以选择蒸发结晶，以及趁热过滤的方法进

行提纯；

（6）1000kg三氧化钨粗品(含WO375%)(钨回收率为60%)中被提纯的W元素的物质的量为

1000kg10375%60%

n(W)nWO1939.7mol，由方程式3H2+WO3=W+3H2O，可知关系式

3(184163)g/mol

31939.7mol2g/mol

3H2~WO3，则H2的质量为=11.6kg。

1000

3．新角度【结合中学范围内不熟悉的物质制备流程考查实验知识、元素化合物及物质结构知识】（2025·广

西贵港·模拟预测）以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒催化剂(主要成

分为V2O5、VO2、SiO2、K2SO4，还含有少量Fe2O3和Al2O3)中回收V2O5既可以避免污染环境又有利于资

源综合利用。一种废钒催化剂的回收工艺流程如图。

已知：离子交换和洗脱过程可简单表示为4离子交换为强碱性阴离

“”“”4ROHV4O12洗脱R4V4O124OH(ROH

子交换树脂)。

回答下列问题：

2

（1）VO2中V的化合价为价；“酸浸”时VO2转化成VO，反应的离子方程式为。

（2）VO2在某温度下的晶胞结构如图(黑白球仅做区分，不表示原子大小)，黑球代表的原子为

(填元素符号)。

2

（3）“氧化”中VO变为VO2，则该转化中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。

（4）“滤渣2”的主要成分为(填化学式)，该步骤需控制溶液pH不能过大，原因是。

2

（5）“流出液”中的阴离子主要是SO4、(填离子符号)。

（6）煅烧“沉钒”得到的偏钒酸铵(NH4VO3)即可得到V2O5，写出该煅烧反应的化学方程式：。

+2+

【答案】（1）+4VO2+2H=VO+H2O

（2）V

（3）1：6

（）、过大，会导致氢氧化铝溶解

4FeOH3AlOH3pH

（5）OH、Cl

煅烧

（6）2NH4VO32NH3V2O5H2O

+2+

【分析】从废钒催化剂中回收V2O5，由流程可知，“酸浸”时V2O5转化为VO2、VO2转成VO，氧化铁、

2+

氧化铝均转化为金属阳离子，只有SiO2不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO2，然后加氧化剂KClO3，将VO

+

变为VO2，再加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤

渣为、，离子交换和洗脱可简单表示为：4离子交换，

2Fe(OH)3Al(OH)3“”“”4ROHV4O12洗脱R4V4O124OH

由ROH为强碱性阴离子交换树脂可知，碱性条件下利用反应逆向移动，流出液中含硫酸钾、氯化钾、氢氧

化钾，洗脱后得到含钒溶液，加入氯化铵“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀，“煅烧”时分解生成V2O5；

【解析】（1）VO2中氧为-2价，结合化合物中正负化合价代数和为零，V的化合价为+4价；“酸浸”时VO2

2+2+

和硫酸中氢离子反应转化成VO，反应的离子方程式为VO2+2H=VO+H2O；

11

（2）据“均摊法”，晶胞中含81=2个黑球、42=4个白球，结合化学式VO，黑球为V；

822

2

（3）“氧化”中氯酸钾氧化VO变为VO2，氯化合价由+5变为-1（为氧化剂）、V化合价由+4变为+5（为

还原剂），结合电子守恒，则该转化中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6；

（）由分析，滤渣的主要成分为、，氢氧化铝会和强碱反应生成四羟基合铝酸根离

4“2”FeOH3AlOH3

子，该步骤需控制溶液pH不能过大，原因是pH过大，会导致氢氧化铝溶解；

（5）由流程，加入强碱ROH进行离子交换，得到“流出液”中含交换前溶液中含有的硫酸根离子、氯离子，

2

以及交换引入的氢氧根离子，故阴离子主要是SO4、OH、Cl；

（6）煅烧偏钒酸铵(NH4VO3)，可得到V2O5，结合质量守恒，还会生成氨气和水，反应为

煅烧

2NH4VO32NH3V2O5H2O。

建议用时：60min

．（河北三模）某工厂残矿渣中主要含有、，另有、FeO、、、

12025··Na2CrO4VO22SO4FeO23Al2O3SiO2

P2O5等杂质，某同学设计以下流程实现钒和铬的分离。

已知：①常温下，NH4VO3在水中的溶解度为0.48g/100g。

②五价钒元素的存在形式与pH的关系如下表所示：

pH11~44.1~8.513

3

主要形式VO2V2O5VO3VO4

下列说法不正确的是

A．“煅烧”、“溶浸”工序中钒元素和铬元素的主要存在形态并没有全部发生变化

B．滤渣1主要为Fe3O4和Fe2O3，滤渣2主要为Al(OH)3

．除硅磷工序中，必须调节适量，以免生成NHVO沉淀，降低的产量

C“”NH42SO443V2O5

22323

D．“还原”工序中，发生反应：4CrO43S2O514H4Cr6SO47H2O，再调节pH使Cr转化为

Cr(OH)3沉淀

【答案】D

【分析】煅烧、溶浸过程中，铝、硅、铁等的化合物转化为四羟基合铝酸钠、Na2SiO3、Fe3O4，因此滤渣

1中主要有Fe3O4和Fe2O3；稀硫酸除杂过程中，四羟基合铝酸钠转化为Al(OH)3沉淀，因此，滤渣2主要为

2

Al(OH)3；“还原”工序中，Na2S2O5还原Cr2O7，并调节溶液pH最终生成Cr(OH)3。

【解析】．煅烧、溶浸工序中铬元素仍以存在，只能在强酸性环境中存在，在碱

A“”“”Na2CrO4VO22SO4

性环境中会发生转化，因此，“煅烧”、“溶浸”工序中钒元素和铬元素的主要存在形态并没有全部发生变化，

A正确；B．在Na2CO3、NaOH作用下高温焙烧，铝、硅等的化合物转化为四羟基合铝酸钠、

高温

Na2SiO3,6FeOO22Fe3O4，加水浸取，过滤，滤渣1中主要有Fe3O4和Fe2O3，水浸液中含有四羟基

合铝酸钠、Na2SiO3，加入稀硫酸调溶液的pH时，四羟基合铝酸钠转化为Al(OH)3沉淀，因此，滤渣2主

要为Al(OH)3,B正确；C．由常温下，NH4VO3在水中的溶解度为0.48g/100g，可知NH4VO3微溶于水，因

此，“除硅磷”工序中，必须调节NH42SO4适量，以免生成NH4VO3沉淀，降低V2O5的产量，C正确；D．“分

22

离钒”工序中，调节pH的范围是1～4，此时，CrO4已转化为Cr2O7，因此在“还原”工序中，发生反应：

2232

3S2O52Cr2O710H4Cr6SO45H2O,D错误。答案选D。

2．（2025·辽宁丹东·模拟预测）铁是人体必需的微量元素。某研究小组通过设计实验以检验菠菜中是否含

有铁元素，其实验流程如图所示。下列说法错误的是

已知：固体1的主要成分是FeC2O4。

A．上述实验流程中操作①②都是过滤

B．向溶液2中加入HNO3再滴入KSCN溶液无现象，说明菠菜中的铁元素都存在于固体1中

C．向溶液3中滴加KSCN溶液后变红，说明菠菜中存在铁元素

3

D．反应③的离子方程式为FeC2O44HNO3Fe2CO2NO2H2O

【答案】B

【分析】由题给流程可知，去根后的菠菜剪碎、研磨、水浸、过滤得到含有草酸亚铁的固体1和溶液1；加

热溶液1得到绿色聚沉物，过滤得到固体2和溶液2；向溶液2中加入硝酸后再滴入硫氰化钾溶液无现象说

明溶液2中没有铁元素；向草酸亚铁中加入稀硝酸后滴加硫氰化钾溶液，溶液变为红色说明草酸亚铁与稀

硝酸反应转化为硝酸铁溶液。

【解析】A．上述实验流程中操作①②都是固液分离，都是过滤，故A正确；B．向溶液2中加入HNO3再

滴入KSCN溶液无现象，说明菠菜中的铁元素不是以水溶性物质存在的，则菠菜中的铁元素可能存在于固

体1和固体2中，故B错误；C．Fe3+遇KSCN溶液变红，向溶液3中滴加KSCN溶液后变红，说明菠菜中

存在铁元素，故C正确；D．向草酸亚铁中加入稀硝酸后滴加硫氰化钾溶液，溶液变为红色说明草酸亚铁与

3

稀硝酸反应转化为硝酸铁溶液，反应的离子方程式为FeC2O44HNO3Fe2CO2NO2H2O，

故D正确；选B。

3．（25-26高三上·云南·月考）室温下，由二氧化锰与硫化锰矿(含Fe、Mg等杂质)制备MnSO4的流程如图：

5711

已知：，KbNH3H2O1.810，Ka1H2CO34.310，Ka2H2CO35.610，

11

KspMnCO32.2410，下列说法不正确的是

22

A．“酸溶”时主要发生的离子方程式：MnO2MnS2H2O2MnSO44H

B．“除铁除镁”时铁、镁元素形成的是Fe(OH)3、MgF2沉淀

2

C．室温下，NH4HCO3溶液的pH7，溶液中cNH4cHCO32cCO3

cH

．沉锰后上层清液中：

D“”22.5

cHCO3cMn

【答案】A

+2+2

【分析】二氧化锰与硫化锰矿酸溶，发生反应4MnO2+MnS+8H=5Mn+SO44H2O，同时二氧化锰也可

以氧化亚铁离子为铁离子，其余金属元素分别形成Fe3+、Mg2+离子进入溶液，分别加入氨水生成氢氧化铁

沉淀和氟化镁沉淀，加入碳酸氢铵，进行沉锰，生成碳酸锰，最后加入硫酸获得硫酸锰。

【解析】A．“酸溶”时MnO2为氧化剂，MnS中S为还原剂，根据电子转移和原子守恒，方程式为：

+2+23+FeOH

4MnO2+MnS+8H=5Mn+SO44H2O，A错误；B．“除铁”加入氨水调节pH，Fe生成3沉淀；“除

K1014

-与2++w10

镁”加入MnF2，FMg形成MnF2沉淀，B正确；C．NH4水解常数Kh55.5610，HCO3

Kb1.810

14

Kw108

水解常数Kh72.3310，碳酸氢根水解程度更大，溶液显碱性；根据电荷守恒：

Ka14.310

22

cNH4cHcHCO32cCO3cOH，因cOHcH，则cNH4cHCO32cCO3，

C正确；D．“沉锰”后清液中：

2

11

cHcHcCO3Ka2H2CO35.610

====2.5，D正确；故选A。

222KMnCO11

cHCO3cMncHCO3cMncCO3sp32.2410

4．（25-26高三上·四川成都·月考）经过充分氧化的铅阳极泥，富含CuO、Ag、Au。一种从中提取金和银

的流程如图所示。下列说法错误的是

A．“浸出液1”含有CuCl2

B．“浸取2”步骤中，Ag被氧化的化学方程式为2Ag+2HCl+H2O2=2AgCl+2H2O

C．电沉积过程阴极的电极反应式为：Ag++e-=Ag

D．“还原”步骤中，被氧化的NaHSO3与产物Au的物质的量之比为3：2

【答案】C

【分析】充分氧化的铅阳极泥富含CuO、Ag、Au。加盐酸浸取，浸取液1含有氯化铜；浸渣1含有Ag、

Au，浸渣1加盐酸、双氧水，Au、Ag转化为HAuCl4、AgCl沉淀，亚硫酸氢钠还原HAuCl4得到Au；浸渣

2中含有AgCl，加氨水浸取、电沉积得Ag。

【解析】A．铅阳极泥中CuO与盐酸反应生成CuCl2和水，故“浸出液1”含有CuCl2，故A正确；B．“浸取

2”中，酸性条件下Ag被H2O2氧化，Ag从0价升至+1价，H2O2中O从-1价降至-2价，化学方程式

2Ag+2HCl+H2O2=2AgCl+2H2O，故B正确；C．“浸取3”中AgCl与氨水反应生成[Ag(NH3)2]⁺，电沉积时阴

极应为[Ag(NH3)2]⁺得电子，电极反应式为[Ag(NH3)2]⁺+e⁻=Ag+2NH3↑，故C错误；D．还原时，HAuCl4中+3

价Au元素化合价降低为0，NaHSO3中S元素由+4价升高为+6价，根据得失电子守恒，被氧化的NaHSO3

与产物Au的物质的量之比为3：2，D正确；答案选C。

5．（2025·四川成都·一模）Raney镍是一种带有多孔结构、较大比表面积的固态多相催化剂，其主要成分

是镍和少量铝。制备Raney镍的关键步骤如下所示。下列有关说法错误的是

A．NiC2O4热分解时产生等体积的CO和CO2

B．“热分解”时，不可将N2替换为O2

C．“浸出”时，NaOH溶液溶解镍铝合金中的铝

D．“水洗”时，洗去了Na、OH和Al(OH)4离子

【答案】A

【分析】使用N2作为保护气，将NiC2O4热分解得到Ni，再将Ni与Al熔融得到镍铝合金，然后用NaOH

溶液浸出合金中的Al，水洗后得到Raney镍。

【解析】A．NiC2O4在空气中加热，可能会生成NiO，气体产物有CO2和CO，而在该题中NiC2O4热分解

过程使用N2为保护气，根据题意，热分解后生成单质Ni，反应为NiC2O4=Ni+2CO2，产物只有CO2，没

有CO，因此不会产生等体积的CO和CO2，A错误；B．热分解需在惰性气氛（如N2）中进行，若替换

为O2，会导致生成的Ni被氧化，B正确；C．浸出步骤中，NaOH溶液与镍铝合金中的铝反应：

2Al2NaOH6HO＝2NaAlOH3H，从而溶解铝，正确；．水洗前，体系中含有浸出步骤中

242CD

产生的Na、NaOH溶液中剩余的OH和Al(OH)4等可溶性离子，水洗可将其除去，D正确；故答案选

A。

6．（2025·湖南郴州·一模）CeO2是一种重要的稀土金属氧化物，在催化与检测方面均有广泛的应用前景。

工业上从水晶石废料(含有SiO2、CaO、CeO2、Na2O、MgO)中提取CeO2的流程如下：

已知：20，；金属离子浓度小于5，认为沉淀完全。

KspCeOH3810lg20.310mol/L

下列说法错误的是

A．“浸取”工序中，提高浸取率的方法有粉碎、搅拌、适当升温

B．根据已知计算得出，Ce3完全沉淀的pH为5.3

3

C．氨水浓度过大导致沉铈率下降的主要原因可能是NH3与Ce形成配合物导致不易被沉淀

D．“还原”工序中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1

【答案】B

【分析】首先浸取工序向水晶石废料（含SiO2、CaO、CeO2、Na2O、MgO）中加入稀盐酸，CaO、Na2O、

MgO属于碱性氧化物，与稀盐酸发生反应生成可溶性盐进入溶液，CeO2和SiO2与稀盐酸不反应，以固体

形式存在，成为滤渣；过滤后得到含CaCl2、NaCl、MgCl2的滤液和含CeO2、SiO2的滤渣；随后向滤渣（含

CeO2、SiO2）中加入硫酸和H2O2，CeO2作为氧化剂，H2O2作为还原剂，发生氧化还原反应，Ce从+4

价被还原为价，进入溶液（生成），不与硫酸、反应，成为新的滤渣；过滤后得到

+3Ce2SO43SiO2H2O2

含的滤液和含的滤渣；向含的滤液中加入NHHO，3+与NHHO电离出的

Ce2SO43SiO2Ce2SO4332Ce32

结合，发生反应：，生成沉淀。煅烧工序

OHCe2(SO4)36NH3H2O2Ce(OH)33(NH4)2SO4CeOH3

煅烧

即将沉淀进行煅烧，发生分解并被氧化，反应为：，

CeOH3CeOH34CeOH3O24CeO26H2O

最终得到CeO2。

【解析】A．提高浸取率可通过增大接触面积（粉碎）、加快反应速率（搅拌、适当升温）实现，A正确；

．3+完全沉淀时，3+-5，由3+3--20，得

BCecCe10mol/LKspCeOH3cCecOH810

c3OH-81020/10581015，cOH-210-5mol/L，pOH4.7，pH14-4.79.3，B错误；C．过

3+

量氨水可能与3+形成配合物（如），导致3+不易沉淀，沉铈率下降，C正确；D．还原

CeCeNH36Ce

4+3+--10-

工序中，CeO2（CeCe，得1e）为氧化剂，H2O2（OO，失2e）为还原剂，电子守恒得

n(氧化剂):n(还原剂)2:1，D正确；故答案选B。

7．（2025·湖南永州·一模）工业上可用低品位锰矿(主要成分MnO2，含Fe、Al、Ni、Pb等元素的杂质)制

备高纯二氧化锰，工艺流程如图所示。下列说法错误的是

28、21。

已知：常温下KspPbS8.010KspNiS1.010

A．“焙烧”前，需对低品位锰矿进行粉碎处理

B．“除铝”时，可用足量的NaOH溶液代替NH3·H2O

C．“除镍铅”后的滤液中，cPb2：cNi28.0107

2

D．“沉锰”时，反应的离子方程式为：HCO3NH3H2OMnMnCO3NH4H2O

【答案】B

【分析】低品位锰矿(主要成分MnO2，含Fe、Al、Ni、Pb等元素的杂质)通入氧气，加入硫酸亚铁进行焙

烧，浸取除去氧化铁，加入一水合氨，将铝离子转化为氢氧化铝除去，加入硫化钠，生成硫化镍、硫化铅

沉淀除去镍铅，最后加入一水合氨、碳酸氢铵将锰离子转化为碳酸锰沉淀，空气中煅烧碳酸锰生成二氧化

锰固体。

【解析】A．粉碎低品位锰矿可增大固体表面积，提高焙烧时的反应速率和原料利用率，A正确；B．“除铝”

33

需将Al转化为Al(OH)3沉淀除去，NH3·H2O为弱碱，与Al反应生成Al(OH)3沉淀且过量不溶解；而足量

NaOH会与3反应生成可溶性AlOH，无法沉淀3，不能代替氨水，B错误；C．“除镍铅”时生成

Al4Al

228

cPbKspPbS8.010

和沉淀，滤液中cS2相同，故7，正确；．沉锰

PbSNiS2218.010CD“”

cNiKspNiS1.010

22

时，一水合氨提供氢氧根与碳酸氢根反应生成CO3，再与Mn结合为MnCO3沉淀，D正确；故选B。

8．（25-26高三上·安徽阜阳·月考）碲碳酸铝[Al2(CO2Te)3]可提供首例双阴离子配体。以铝土矿(主要成分是

Al2O3，含Fe2O3、MgO、SiO2等杂质)为原料制备碲碳酸铝的流程如图：

下列叙述错．误．的是

A．滤渣1的主要成分是SiO2

B．“沉铝”中气体X为CO2

C．“电解”中，转移3mole-理论上阴极析出27gAl

D．“合成”中理论上消耗Al2Te3和CO2的物质的量之比为1∶1

【答案】D

【分析】铝土矿加入硫酸酸溶，Al2O3、Fe2O3、MgO形成可溶性硫酸盐进入溶液，而SiO2不能反应进入滤

3+2+

渣1中，然后过滤，向溶液加入NaOH溶液，使Fe、Mg形成Fe(OH)3、Mg(OH)2沉淀进入滤渣2中，

3+

Al则转化为四羟基合铝酸钠存在溶液中，然后向除去镁铁后的滤液中通入足量CO2气体，转化为Al(OH)3

沉淀，酸溶时溶液中的H2SO4与加入的NaOH反应产生Na2SO4存在滤液3中，过量CO2气体与NaOH溶液

反应产生NaHCO3也存在滤液3中，将Al(OH)3沉淀经洗涤后煅烧产生Al2O3，然后电解熔融Al2O3冶炼铝，

Al与Te高温反应产生Al2Te3，Al2Te3与CO2在一定条件下反应产生碲碳酸铝[Al2(CO2Te)3]。

【解析】A．根据上述分析可知：滤渣1的主要成分是SiO2，A正确；B．四羟基合铝酸钠能和二氧化碳反

应生成氢氧化铝沉淀，故“沉铝”中气体X为二氧化碳，B正确；C．电解熔融Al2O3反应产生Al单质，铝

化合价由+3变为0，每反应3mole⁻，理论上阴极析出1molAl，其质量是27g，C正确；D．根据碲碳酸

铝Al2(CO2Te)3化学式可知，在“合成”中理论上消耗Al2Te3和CO2的物质的量之比为1：3，D错误；故选D。

322

9．（25-26高三上·河北·期中）某研究小组利用某酸性腐蚀废液(含Fe、Cu、NH4、SO4)，制取铵明

矾NHAlSO12HO的流程如下。下列说法错误的是

4422

A．向废液中加入过量铁屑时单质铁发生2个氧化还原反应

B．试剂a适宜选用H2O2溶液，且H2O2实际用量远大于理论用量

C．过滤操作用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒

D．操作2为过滤、乙醇洗涤、干燥，乙醇洗涤的目的是减少晶体的溶解损失，同时乙醇易挥发，能加快晶

体干燥

【答案】A

【分析】向废液中加入铁屑，三价铁被还原为+2价，铜被置换为铜单质，过滤除去铜和过量的铁屑，向溶

液中加入氧化剂将+2价铁氧化为+3价铁，加入氨水调节pH，使铁转化为氢氧化铁沉淀除去，过滤后向溶

液中加入硫酸铝合成铵明矾，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥得到产品。

【解析】A．向废液中加入过量铁屑时单质铁能发生3个氧化还原反应：2Fe3Fe3Fe2、

222

CuFeFeCu、Fe2HFeH2，A错误；B．为了不引入杂质试剂a适宜选用H2O2溶液，由

3

于H2O2在Fe催化作用下易分解，所以实际用量远大于理论用量，B正确；C．过滤用到的玻璃仪器有烧

杯、漏斗、玻璃棒，C正确；D．操作2为过滤、乙醇洗涤、干燥，乙醇洗涤的目的减少晶体的溶解损失，

同时乙醇易挥发，能加快晶体干燥，D正确；故选A。

10．（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。

CoOH2

2222

已知：钴矿石的主要成分为Co2O3，浸出液中含有的正离子主要有H、Cu、Co、Fe、Mg。

（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．[Ar]3d74s1B．[Ar]3d74s2C．[Ar]3d74s14p1D．[Ar]3d74p1

（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）①溶液中lgcX(X表示Fe3、Cu2、Fe2、Co2、Mg2、Ca2)与pH的变化关系如下图所示(离子

浓度小于1.0105molL1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．3.2B．6.7C．9.0D．9.1

②此时过滤1所得滤渣的主要成分为。

（5）①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)

．．．．

AMgOBCoOCCaOH2DCoOH2

②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cMg21.0105molL1，

则KMgOH。写出计算过程

sp2()

【答案】（1）A

（2）矿石粉碎、适当增大硫酸浓度、搅拌等

2-+2+2-

（3）Co2O3+SO3+4H=2Co+SO4+2H2O

（4）BFe(OH)3、Cu(OH)2

（5）ABD10-10.8

【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

3+2++

溶液pH使Fe、Cu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、

2+2+2+

Co、Mg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，Mg最后转

化为镁渣；

【解析】（1）基态Co原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d74s2，[Ar]3d74s2、[Ar]3d74s14p1为钴原子，

[Ar]3d74s1、[Ar]3d74p1为失去1个电子后形成的Co+，且[Ar]3d74p1的4p电子能量较[Ar]3d74s1的4s电子

能量高，则[