2027年高考化学复习必刷题-物质的分离、提纯与检验（工艺流程大题）

第1页（共1页）2027年高考化学复习必刷题——物质的分离、提纯与检验（工艺流程大题）一．工艺流程题（共25小题）1．（2026•辽宁校级模拟）钪（Sc）是一种重要的稀土元素，钪及其化合物在电子、超导合金和催化剂等领域有重要应用。以钛白酸性废水（主要含TiO2+、Fe3+、Sc3+、SO42-）和赤泥熔炼渣（主要成分为Sc2O3，Fe2O3、SiO2、CaO已知：①Sc3+的氧化性很弱；②常温下，Ksp③有机萃取剂萃取Sc3+的反应原理：Sc3+(水相)+3HR(有机相④草酸可与多种金属离子形成可溶性配合物。回答下列问题：（1）为提高“浸取”速率，可采取的措施有（写出一条即可），浸渣的主要成分是（填化学式）。（2）“除钛”时，加入H2O2的目的是。（3）“反萃取”的目的是分离Sc和Fe元素。“反萃取”时先加入Na2SO3，发生反应的离子方程式为，然后再加入NaOH，调pH为2时，达到最佳分离效果。Fe2+、Fe3+、Sc3+的沉淀率随pH的变化如图所示，其中代表Fe3+沉淀率曲线的是（填“①”或“②”）。（4）25℃时，若使“反萃取”后水溶液中的Sc3+沉淀完全（离子浓度≤10﹣5mol•L﹣1），应控制溶液的pH不低于（保留两位有效数字）。（5）“沉钪”时若草酸用量过多，钪的沉淀率下降，原因可能是。（6）草酸钪晶体[Sc2（C2O4）3•6H2O]在空气中焙烧时除生成Sc2O3外，还生成两种常见氧化物，写出反应的化学方程式：。2．（2026•江苏模拟）实验室从含碘废液（主要含I2、KI及杂质）回收制取碘或NaI过程如图：（1）含碘废液中先加入过量Na2SO3，再加入CuSO4溶液可得到CuI。沉淀反应的离子方程式为。（2）加入适量浓硝酸将CuI氧化后，通过操作X分离得到粗碘。①加入的浓硝酸不能过量的原因是。②操作X的名称为。（3）粗碘中含氯化铁等杂质，可获得精碘和制取NaI溶液。①碘升华提纯装置如图所示，其中P2O5的作用是。②N2H4可以将较活泼金属离子还原为单质，氧化产物为N2。向粗碘中加入NaHCO3溶液再用N2H4还原可得到NaI溶液，该反应的离子方程式为。③与使用Na2SO3还原剂相比，使用N2H4•H2O作还原剂的优点是。（4）已知：5SO32-+2IO3-+2H+=I2+5SO42-+H2O。请补充完整检验含碘废液（pH3．（2026•宜宾模拟）冶炼钨过程中产生大量钨渣，钨渣中主要含有WO3以及少量SnO2、Fe2O3、Sc2O3等。一种从钨渣中提取Sn和Sc的冶炼工艺如图。已知：①Sc的氢氧化物具有两性；②WO3是酸性氧化物，WO3、SnO2均不溶于水和稀酸；③有机萃取剂P204的结构为（R为烷基）。回答下列问题：（1）“酸浸”时，控制温度为60℃，为进一步提高浸取速率，还可以采取的措施是（写出2点）。（2）“氨浸”时，发生反应的离子方程式是。（3）“调pH”时，控制pH＝3，则滤渣2的主要成分是（填化学式）。（4）设计“萃取”与“反萃取”的目的是。“水相”中可回收的主要物质是（填化学式）。“反萃取”步骤中，若加入的NaOH溶液过量，会导致。（5）Sc2（C2O4）3•6H2O（摩尔质量为462g•mol﹣1）在空气中灼烧，灼烧过程中测得固体残留率(固体样品剩余质量①400K时，固体的主要成分是。②写出500～600K时发生反应的化学方程式：。4．（2026•南昌模拟）钛白废酸是钛白粉生产过程中的水解母液，除含2﹣4mmol•L﹣1Sc3+和硫酸外，还有Zr4+（锆离子）、Fe3+、TiO2+等杂质，下图是以P204（看作HA）﹣TBP为共萃体系从钛白废酸中利用溶剂二次萃取法提取钪的流程图。已知：①油水相比（O/A）是萃取过程中油相与水相的比值，相比越大，油相可以负载金属离子的量就越大，萃取率就越高，同时消耗的油相也越大。②TBP能有效抑制乳化现象的形成，TiO2+与H2O2生成的配合物[TiO(H2O2)]2+很难被P204萃取，铁离子在c（HCl）＝3mol•回答下列问题：（1）基态Sc原子中不同自旋方向的电子数之比为，实验室中萃取操作需使用的玻璃仪器为。（2）P204萃取钪离子的方程式为6HA+Sc3+→Sc(HA)3A3+3H+，“碱液反萃”加入足量NaOH产生氢氧化钪沉淀的离子方程式为（3）O/A＝1：5、c（HCl）＝3mol•L﹣1时，富集浸出液中初始Sc3+浓度与金属离子萃取率的关系图如下，结合图像与题目分析“萃取富集”的作用是。（4）①“萃取纯化”选择更大油水相比（O/A）的原因是。②“萃取纯化”后需经过、步骤再加入草酸溶液“沉钪”。（5）“煅烧”的化学方程式为。5．（2026•长沙校级一模）锗（Ge）是战略性关键金属，广泛应用于红外光学、半导体等领域。我国内蒙古乌兰图嘎褐煤中锗储量丰富，但品位低（约244g/t），且伴生砷、铁等杂质。一种从褐煤中提取锗的工艺流程如图：已知：Ⅰ．“焙烧”阶段：低温段（250～300℃）加入KMnO4，促进有机物分解；高温段（500～550℃）控制弱还原气氛，使GeO2被C或CO还原为易挥发的GeO随烟气进入收尘系统，得到富锗烟尘。Ⅱ．GeO2沸点1200℃，GeO沸点500℃；GeO2溶于浓盐酸生成六氯锗酸（H2GeCl6）。Ⅲ．萃取剂N235（三辛胺，R3N）可与HCl结合形成R3NHⅣ．常温下，H2S的Ka1=1.1×10-7，Ka2=1.3×10回答下列问题：（1）预处理采用“低温氧化焙烧﹣高温还原焙烧”两段工艺，相较于传统高温燃烧法（＞700℃），该工艺的优点是。（2）“酸浸”时，GeO2与浓盐酸反应的化学方程式为。（3）除砷工序：向“酸浸”后的浸出液中通入H2S气体至饱和时，溶液的pH＝4。计算此时溶液中c（S2﹣）＝mol/L（保留三位有效数字）。（4）请写出N235在酸性条件下萃取GeCl62-的离子方程式：（5）“沉锗”后得到的GeO2•nH2O需用去离子水洗涤。检验沉淀是否洗涤干净的方法是。（6）工业上将粗锗（含As、Fe等杂质）进行熔盐电解精炼制备Ge，工作原理如图所示（惰性气氛下电解）。电源b为极。写出阳极的主要电极反应式：。6．（2026•石家庄模拟）由稀土元素钕（Nd）制成的钕铁硼磁铁（Nd2Fe14B）是第三代永磁材料，广泛应用于医疗、电子电器、交通、机械等领域。一种从钕铁硼磁铁废料[主要成分为Nd2Fe14B，含NdAl3（BO3）4、Nd2Cu7等杂质]中回收氧化钕（Nd2O3）的工艺流程如图所示。已知：“灼烧”后产物全部为相应元素的氧化物；B2O3与Al2O3性质相似。回答下列问题：（1）Cu元素位于周期表中区。（2）“灼烧”后，Cu元素的主要产物为Cu2O而不是CuO。试解释该条件下，Cu2O比CuO稳定的原因为。（3）“溶解1”过程中B元素转化为（填离子符号）。（4）“溶解2”后的溶液中，Nd、Fe、Cu元素分别以Nd3+、[FeCl4]-、[CuCl4]2-的形式存在，则“溶解2”中Cu（5）已知N503在高酸度下先发生质子化：N503+H+⇌[N503•H]+，再进行萃取。试分析N503在该体系中不能萃取Nd3+的原因为。（6）“滤液2”可用于电解法制备覆铜电路板，该过程生成Cu的电极反应式为。（7）已知：25℃时，Ka1(H2C2O4)=10-1.3，Ka2(H2C2O4)=10-4.3，Ksp（8）“滤渣2”为Nd2（C2O4）3•10H2O，其在空气中“焙烧”生成CO2的化学方程式为。7．（2026春•禹州市期中）从石油炼制废催化剂（主要成分为V2O5、MoO3，载体为Al2O3以及惰性物质）中回收金属钒和钼，不仅能避免环境污染，还能创造经济效益。一种先进的湿法冶金工艺流程如图所示，可制备重要的化工产品五氧化二钒（V2O5）和钼酸钡（BaMoO4）。已知：①常温下，Ksp(NH②V2O5和MoO3均为酸性氧化物。请回答下列问题：（1）已知：基态Mo原子的价电子排布式为4d55s1，则基态Mo原子含有的未成对电子数为；钒的原子序数是23，则基态钒原子的价电子轨道表示式为。（2）“碱溶”过程中采用“加热”的目的是。（3）“调pH除铝”过程中，当溶液中[Al(OH)4]-残留浓度等于1.0×10﹣6mol•L﹣1时，溶液的pH＝[已知常温下，[Al(OH)4]（4）“沉钒”过程基本完成后，为了尽可能提高钒的回收率，需对悬浊液进行降温处理，从平衡移动原理解释其原因：。（5）一种水性电解液Zn﹣V2O5电池的工作原理如图所示。①该电池的正极反应式为。②当外电路中转移1mol电子时，理论上负极区溶液质量变化g。（6）常温下，若将1.0×10﹣4mol•L﹣1的BaCl2溶液与1.0×10﹣4mol•L﹣1的Na2MoO4溶液等体积混合，（填“有”或“无”）BaMoO4沉淀生成，理由是（通过计算说明）。8．（2026春•金凤区校级期中）利用黄铜矿（主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质）生产纯铜流程示意图如图。（1）矿石在焙烧前需粉碎，其作用是。（2）（NH4）2SO4的作用是利用其分解产生的SO3，使矿石中的铜元素转化为CuSO4。（NH4）2SO4发生热分解的化学方程式是。（3）400℃和500℃时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。温度/℃B中所含铜、铁的主要物质400Fe2O3、CuSO4、CuFeS2500Fe2（SO4）3、CuSO4、CuO①滤渣D中主要成分是（填化学式）。②用离子方程式表示置换过程中加入Fe的目的。9．（2026春•武昌区期中）硒和碲的单质是重要的高新技术材料。硫酸化焙烧法处理某铜阳极泥[主要成分为铜、硒化亚铜（Cu2Se）和碲化亚铜（Cu2Te）等]是回收硒（Se）、碲（Te）最常用的工艺之一，其流程如图：已知：①34Se和52Te为同主族相邻周期的元素，性质有相似性。②TeO2微溶于水。回答下列问题：（1）Te在元素周期表中的位置为第周期第族。热稳定性：H2SeH2S（填“＞”、“＜”或“＝”）。（2）“硫酸化焙烧”时，Cu2Se和硫酸反应生成CuSO4、SO2和SeO2的化学方程式为。（3）“H2O吸收”时，反应消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比是。（4）验证”H2O浸渣”已洗涤干净的试剂为。（5）“HCl浸出”生成TeCl4溶液（碲元素以Te4+的形式存在），写出用NaHSO3溶液“还原”TeCl4溶液的离子方程式。（6）测定回收的Te粉中Te的质量分数，其实验步骤如下：①取9.0gTe粉，加入某酸使其转化为亚碲酸（H2TeO3），将其配制成100mL溶液，取20.00mL溶液于锥形瓶中；②向锥形瓶中加入20mL0.10mol•L﹣1旋性K2Cr2O7溶液，充分反应使亚碲酸转化为碲酸（H6TeO6）；③用0.10mol•L﹣1硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]溶液除去剩余的酸性K2Cr2O7溶液，共消耗12.00mL硫酸亚铁铵溶液。则回收的Te粉中Te的质量分数为。（已知：14H++Cr2O710．（2026•广元模拟）从工业废渣[含CuSO4、CuO、CuS、Fe2（SO4）3、FeS、Fe2O3、As2O3等]中回收砷和铜，能节约生产成本。工艺流程如图：已知：①有机萃取剂的萃取反应为2RH+M2+⇌R2M+2H+；②当溶液中离子浓度小于或等于10﹣6mol•L﹣1时，认为该离子沉淀完全；③Ksp（FeAsO4）＝5×10﹣21、Ksp[Fe（OH）3]＝4×10﹣38，取lg2＝0.3。（1）提高废渣氧化浸出率的方法有（写出两条即可），不能用盐酸代替硫酸，其原因为：。（2）“预中和”生成滤渣的主要成分是（填化学式）。（3）深度氧化过程将H3AsO3全部氧化成H3AsO4，反应的化学方程式为。（4）“中和除砷、铁”过程生成FeAsO4沉淀。常温下，欲使溶液中AsO43-完全沉淀，且不产生Fe（OH）3沉淀，应控制pH小于（5）反萃取中，下列说法正确的是（填字母）。A．分液漏斗使用前有两处需检查是否漏液B．经几次振荡并放气后，手持分液漏斗静置分层C．反萃取后，Cu2+被转移至水相（6）用惰性电极电解500mL“反萃取”后的溶液，一段时间后c（H+）增大了0.04mol/L，则阴极沉积的铜的质量为g（电解过程中溶液体积变化忽略不计）。11．（2026•德州模拟）镍钼矿是战略性稀有金属矿产，主要成分为NiS、MoS2，含SiO2、CuFeS2、Al2O3等杂质。工业上采用湿法冶金工艺制备MoO3•2H2O和NiSO4溶液部分工艺流程如图：已知：①焙烧时金属元素转化为氧化物：NiS、MoS2、CuFeS2转化为NiO、MoO3、CuO、Fe2O3；②萃取原理：Ni2+（水相）+2HA（有机相）⇌NiA2（有机相）+2H+（水相）。回答下列问题：（1）“焙烧”时MoS2生成MoO3的化学方程式为。（2）“碱浸”时1molMoO3消耗2molNaOH，反应的离子方程式为；滤渣1的主要成分除SiO2外，还有（写化学式）。（3）“沉铝”时，pH不宜过低，原因是。（4）“除铜”步骤中，试剂X最佳选择为（填标号），理由是。A.FeB.NiC.NaOHD.NH3•H2O（5）“反萃取”使Ni2+重新进入水相，应加入的试剂Y为（填化学式），其原理是。（6）流程中可循环利用的物质有（写1种）。12．（2026•蕲春县校级模拟）一种从钕铁硼合金废料[主要含有稀土元素钕（Nd），还含有Fe、B及油料等]中经焙烧、酸浸等分离提取Nd、Fe等的工艺流程如图。已知：“自热焙烧”后，Nd、Fe、B以氧化物的形式存在；“酸溶”前B元素的氧化物已分离。（1）Nd为60号元素，在元素周期表中的位置是。（2）“自热焙烧”不需持续加热，可能的原因有（填一种原因即可）。（3）“酸溶”中超声辅助可显著强化浸出过程，浸出率与温度、不同液固体积质量比的关系如图。从提高Nd的浸出率角度分析，“酸溶”的最佳条件为：超声辅助下适宜的浸出温度为℃、液固体积质量比为。（4）“酸溶”后Fe3+主要以[FeCl4]-的形式存在，向滤液1中加入N503进行萃取，N503先与H+结合生成[nN503•H]+，再将[FeCl4]-转移到有机相。从微粒间相互作用的角度判断[FeCl4]-与[nN503•H]+（5）已知：25℃时，Ka1(H2C2O4)=10-1.3，Ka2(H2C2O4)=10-4.3，Ksp（6）“沉钕……→焙烧”过程，要经过“一系列操作”，该系列操作是；所得Nd2（C2O4）3•10H2O在空气中“焙烧”时生成CO2，该反应的化学方程式为。13．（2026春•雨花区校级期中）一种从废旧催化剂（主要成分为Fe2O3、SiO2、La2O3、CeO2）中回收稀土金属镧（La）和铈（Ce）的部分工艺流程如图。已知：①“浸取”后的滤液中主要含有的阳离子有H+、Fe3+、La3+、Ce3+。②常温下，草酸（H2C2O4）可与多种过渡金属离子形成可溶性配位化合物；草酸的电离常数：Ka1=6×10③常温下，溶液中金属离子（假定浓度均为0.1mol/L）开始沉淀和恰好完全沉淀（金属离子浓度≤1.0×10﹣5mol/L，则认为该离子沉淀完全）的pH如表。金属离子Fe3+Ce3+La3+开始沉淀的pH1.97.88.1完全沉淀的pH3.29.19.4（1）Fe元素在元素周期表中的位置为。（2）“浸取”前对废旧催化剂粉碎的目的是。（3）“浸取”时，CeO2与双氧水反应的离子方程式为。（4）“沉铁”时加NaOH调pH的范围为。（5）“沉淀”后所得固体为La2（C2O4）3。①“沉淀”过程中，镧的沉淀率随n(H2C2O4)n(L②“沉淀”后所得滤液的pH＝2，滤液中n(C2O42-③“灼烧”可得La2O3和一种无毒的气体，写出“灼烧”时发生反应的化学方程式：。14．（2026•宝鸡模拟）对废旧锂离子电池正极材料（主要成分为LiCoO2，还含有少量Al、Fe、Ni等元素）进行回收，实现金属资源的有效利用。一种工艺流程如图：已知：①氨性溶液由浓氨水、NH4Cl配制。②常温下，Kb（NH3•H2O）＝1.0×10﹣4.7。③常温下，部分氢氧化物的Ksp如表：氢氧化物Co（OH）2Co（OH）3Ni（OH）2Al（OH）3Fe（OH）3Ksp3.0×10﹣151.6×10﹣445.5×10﹣161.0×10﹣332.8×10﹣39回答下列问题：（1）基态Ni2+的价电子排布式为。（2）“酸浸还原”中，LiCoO2转化为Co2+，该过程的离子方程式为。（3）“氧化调pH”后的滤液中Co2+浓度为0.3mol•L﹣1，则pH的范围为（结果保留1位小数）。（4）常温下，氨性溶液的pH约为11，则c（NH4+）c（NH3•H2（5）“沉镍”中丁二酮肟（）与[Ni（NH3）6]2+反应生成丁二酮肟镍（如图1），下列说法正确的有。A.1mol[Ni（NH3）6]2+含有共价键18NAB.丁二酮肟中N的杂化方式为sp2C.丁二酮肟中部分元素的第一电离能为：N＞O＞CD.配位时，Ni2+被还原（6）向饱和NiCl2溶液通入“气体A”可制得NiCl2•4H2O晶体，气体A的化学式是。（7）一种镍钒合金（NixV）的四方晶胞结构如图2所示。①x＝，钒（V）的配位数为。②已知该合金的密度为ρg•cm﹣3，晶胞参数分别为anm、bnm，则阿伏加德罗常数的值NA＝（用含a、b、ρ的计算式表示）。15．（2026•潍坊模拟）锂云母[主要成分为K（Li1.5Al1.5）（AlSi3O10）（OH）xF2﹣x，含Fe2O3、Rb2O、Cs2O等]是提取电池级碳酸锂的重要原料。一种草酸循环浸出提锂及铷、铯的工艺流程如图：已知：低温浸出液中铁主要以[Fe（C2O4）3]3﹣形式存在；K+主要集中在萃余液中。回答下列问题：（1）滤渣1的主要成分为某氧化物，其化学式为。（2）光照条件下“沉铁”时有气体产生，同时生成C2O42-，沉铁反应的离子方程式为（3）滤渣3中卤化物X为（填化学式）；流程中可循环利用的物质有（填化学式）。（4）“萃取”时反应为N++n[（ROH）2]+OH﹣＝H2O+（RON）•（ROH）2n﹣1（N代表Rb、Cs），“反萃取”时加入的试剂M为（填名称）。（5）“除钙”中，当Ca2+恰好完全沉淀时[c（Ca2+）＝1×10﹣5mol•L﹣1]，要保证锂离子不产生沉淀，锂离子的浓度应小于mol•L﹣1；此时溶液pH＝12，则溶液中c（H2CO3）＝mol•L﹣1。[已知：Ka1(H2CO3)=4.0×10-7，Ka2（H2CO3）＝5.6×10﹣11，Ksp（CaCO3）＝2.8×10﹣9，Ksp（Li2CO16．（2026•资阳模拟）电池级四氧化三锰（Mn3O4）是新能源电池的重要材料，某工厂以菱锰矿（主要成分为MnCO3，含有SiO2、CaO、MgO以及Pb、Ni、Fe的化合物）为原料，制备高纯度Mn3O4，其工艺流程如图：已知：Ksp(MgF2)=5.2×10-11，Ksp(CaF回答下列问题：（1）基态Mn的价层电子排布式。（2）酸浸时，为提高溶矿速率，可采取的措施（任举1例）。（3）加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，不宜使用H2O2替代MnO2，原因是。取少量加入MnO2反应后的溶液，加入化学试剂检验，若出现蓝色沉淀，需补加MnO2。（4）加入BaS溶液除Ni2+时，生成的沉淀有。（5）加入MnF2除钙镁，若使Ca2+、Mg2+沉淀完全，溶液中c（F﹣）最小为mol•L﹣1。（6）“沉锰”过程中，生成Mn3O4反应的离子方程式为。（7）“沉锰”过程中，监测到产品中锰元素含量以及溶液pH随时间变化情况如图，在230min后锰元素含量下降的原因可能是生成了（填化学式）。17．（2026•济南二模）金属钒被誉为“合金的维生素”。从废钒渣（主要含V2O3、FeCr2O4，杂质为CaO、Al2O3、SiO2等）中回收V和K2Cr2O7的工艺流程如图所示：已知：①“焙烧”时V、Fe、Cr元素分别转化为Na3VO4、Fe2O3和Na2CrO4；②V2O5微溶于水；向Na3VO4溶液中加酸，不同pH对应的主要存在形式如表：pH≥1310.6～12约8.43～8约2＜1存在形式VO4V2OV3OV10OV2O3VO2回答下列问题：（1）“焙烧”时，气体和固体粉末采用逆流式通入，其目的是，FeCr2O4发生反应的化学方程式为，“滤渣I”的主要成分为。（2）矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示，当溶液中可溶性组分浓度c≤1.0×10﹣5mol•L﹣1时，可认为已除尽。通入CO2调pH的理论范围为，反应Al（OH）3（s）+H2O（l）⇌[Al（OH）4]﹣（aq）+H+（aq）的平衡常数K＝。（3）加压通入CO2可将CrO42-转化为Cr2O72-，总反应的离子方程式为，若没有该操作单元，导致的后果是（4）“沉钒”加硫酸调pH约为。“转化”过程中，先加入适量碱调pH，再加稍过量KCl，稍过量KCl作用是。18．（2026•湖北模拟）铟（49In）在电子、航空航天等领域具有重要应用。一种从锡冶炼烟尘（主要含有In2O3、In2S3、SnO2、Zn2SnO4、PbO以及Fe的氧化物）中提取铟的工艺路线如图：已知：①锡冶炼烟尘中含氯较高，当烟尘中氯含量过高时易腐蚀设备；“氧化酸浸”过程中，硫元素被氧化为SO42-；Zn2SnO4不溶于水，溶于强酸后的产物不稳定，易脱水生成②Ksp[In(OH)3]=6.4×10-33，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38.6，K③“萃取”原理可表示为：In3++3H2A2（有机相）⇌In（HA2）3（有机相）+3H+。④In3++4Cl-回答下列问题：（1）基态铟原子的价层电子排布式为。（2）预处理中“水浸洗涤”的目的是，“萃取分液”时需要的玻璃仪器有。（3）写出“氧化酸浸”过程中，除锡反应的离子方程式。（4）滤渣2的主要成分是。（5）常温下，第一次“调pH”时，溶液中In3+浓度为0.1mol•L﹣1，应控制溶液的pH范围为（保留一位小数）。（6）以下说法错误的有（填标号）。A.[InCl4]﹣中存在配位键B.两次调pH操作的目的一样C.溶液的pH会影响铟的萃取率D.试剂X用硫酸比用盐酸反萃取效果更好19．（2026春•渝中区校级期中）某废旧金属材料中主要含Fe、Cu、Al、Fe2O3、FeO、Al2O3、CuO、SiO2和可燃性有机物，现利用下列工艺流程回收部分金属及金属化合物：已知：绿矾为FeSO4•7H2O。回答下列问题：（1）硅元素在元素周期表的位置是。（2）“操作Ⅱ”的名称是。（3）“焙烧”的目的是将金属单质转化为氧化物，并除去。（4）“碱浸”时发生的反应方程式为；（写出其中2个反应的离子方程式即可）。（5）试剂a为（填化学式），加入试剂a后可能发生的反应；。（6）滤液Ⅱ中可能含有因氧气的作用而产生的少量（填离子符号），检验该离子是否存在的实验操作及现象是。20．（2026春•五华区校级期中）锰酸锂（LiMn2O4）是新一代锂离子电池的正极材料。一种从废旧锰酸锂电池的正极材料（主要含LiMn2O4、碳粉和铝箔）中回收Li和Mn的工艺流程如图所示。已知：①常温下，“酸浸液”主要含有的金属阳离子是Li+、Mn2+。②常温下，pKa1（H3PO4）＝2.2，pKa2（H3PO4）＝7.2，pKa3（H3PO4）＝12.3。③Ksp（1）“碱浸”时，正极材料中主要溶解的物质为（填化学式）。（2）“酸浸”时，H2O2体现（填“氧化性”或“还原性”）。（3）“沉锰”时，生成Mn3O4的离子方程式为。（4）“沉锂”时，为了使溶液中c(PO43-)＞c(HPO42-)，pH至少应调至大于。若“沉锂”后滤液中c(PO43-)=1.0mol⋅L（5）锰酸锂可充电电池的工作原理如图所示。锰酸锂电池放电时的总反应为Li1﹣xMn2O4+LixC6＝LiMn2O4+C6（x＜1）。①放电时Li+向电极（填“嵌锂石墨”或“锰酸锂”）迁移。②充电时阳极的电极反应式为。③锰酸锂电池拆解后需先进行“放电处理”，其作用是。④四川大学研究发现，在废旧锂离子电池萃余液中选择性回收锂时，二苯并﹣14﹣冠﹣4醚（结构如图所示）在锂萃取过程中表现出优异的稳定性，原因是电解质溶液中的Li+与二苯并﹣14﹣冠﹣4醚形成了。21．（2026•濮阳二模）以含钴镍废料（主要成分为Co2O3、NiO，还含少量Fe2O3、CaO、MgO、SiO2和Ti的化合物）为原料制备草酸钴（CoC2O4）和硫酸镍（NiSO4）的工艺流程如图。已知：①Ksp(MgF②萃取剂为有机物，可用通式HR表示，萃取金属离子M时，发生反应：nHR+M回答下列问题：（1）“滤渣1”的主要成分是CaSO4和（填化学式）。（2）“酸浸”时H2O2的作用是。（3）“除钛”中，TiOSO4转化为TiO2•xH2O的化学方程式。（4）“沉铁”时发生反应的离子方程式为。（5）“除钙镁”时，当c（Ca2+）＝1.0×10﹣5mol/L时，溶液中c（Mg2+）＝mol/L。（6）Co2+、Ni2+利用萃取剂进行分离时，二者萃取率随无机相pH变化如图所示。无机相的pH控制在左右为宜。（7）镍能形成多种配合物，其中Ni（CO）4是无色挥发性液体，K2[Ni（CN）4]是红黄色单斜晶体。K2[Ni（CN）4]的熔点高于Ni（CO）4的原因是。（8）将所得二水合草酸钴CoC2O4•2H2O（M＝183g/mol），在惰性气体中加热，其热重分析曲线如图所示，其中A、B、C均为纯净物，请写出从A到B的化学方程式。（已知：固体残留率=剩余固体质量22．（2026•东营模拟）一种从汽车尾气废催化剂中回收金属钯（Pd）的工艺如下，催化剂的载体为陶瓷（主要成分为MgO、γ﹣Al2O3、SiO2）。已知：α﹣Al2O3性质稳定，除浓磷酸、氢氟酸外不与其他酸反应，γ﹣Al2O3可与强酸反应。回答下列问题：（1）“滤渣”中含有α﹣Al2O3、（填化学式），“焙烧1”的目的是，若不进行“焙烧1”直接“酸浸1”将增加的用量（填化学式）。（2）“酸浸1”将废催化剂中Pd溶解为PdCl42-，写出Pd溶解的离子反应方程式，“酸浸2”也可用稀硝酸，对比NaClO3，稀硝酸的主要缺点是（3）“滤饼”中加盐酸的目的是。（4）反应[Pd(NH3)4]2++2Cl-=[Pd(NH3)2Cl2]+2NH3的平衡常数很小，但该工艺“转化”步骤可实现[Pd(NH3)4]2+到[Pd（NH3）2Cl2]的转化，原因是。“焙烧2”中[Pd（23．（2026•保定二模）电镀厂的废水成分复杂、污染性强，需处理达标后才能排放。某电镀厂废水的pH为0.45，主要含Sn2+、Ni2+和SO42-，还含有少量的Fe2+和Co已知：SnSO4可溶于水，在水中发生水解而生成碱式盐沉淀。回答下列问题：（1）取原废水各1L，分别调节废水的pH在4.0～5.0时，金属离子浓度变化情况如图。根据实验数据进行分析，“沉锡”时的最佳pH范围为。（2）“氧化沉铁”时，温度不宜过高的原因为；“氧化沉铁”的离子方程式；“氧化沉铁”一段时间后，溶液中有气体逸出，其原因是。（3）298K时，部分标准电极电势Eθ如表。电极电势高的电极，其氧化型的氧化能力强；电极电势低的电极，其还原型的还原能力强。电极（氧化型+ne﹣＝还原型）Eθ/V电极（氧化型+ne﹣＝还原型）Eθ/VCl2+2e﹣＝2Cl﹣1.36Sn4++2e﹣＝Sn2+0.151Co3++e﹣＝Co2+1.83Fe3++e﹣＝Fe2+0.770Co（OH）3+e﹣＝Co（OH）2+OH﹣0.17H2O2+2H++2e﹣＝2H2O1.776①结合数据分析，“氧化沉钴”得到的Co（OH）3（填“能”或“不能”）用盐酸溶解制备CoCl3溶液，理由为。②操作“x”为。③下列方法测定产品SnSO4的纯度（杂质不参与反应）：将2.0g试样溶于稀硫酸中，加过量的FeCl3，用0.1mol•L﹣1的K2Cr2O7滴定生成的Fe2+（已知酸性环境下Cr2O72-可被还原为Cr3+），共用去K2Cr2O7溶液30.00mL。则SnSO4的质量分数是（4）从“浓水”中可回收的盐为（填化学式）。24．（2026春•海淀区校级期中）镓（31Ga）、锗（32Ge）都是重要的稀有金属，在化学催化剂、半导体材料、新能源等领域应用广泛，可以从锗煤燃烧后的粉煤灰（含Ga2O3、GeO2、SiO2、Al2O3）中提取，部分流程如图：已知：ⅰ.蒸馏是一种物质分离方法，利用混合体系中各组分沸点的不同，使低沸点组分先蒸发再冷凝从而实现混合物有关成分的分离。ⅱ.某些物质的沸点数据如表所示：物质GaCl3GeCl4AlCl3沸点/℃20184181（升华）（1）滤渣的主要成分为（写化学式）。（2）①中发生的反应有Ga2O3+6H+＝2Ga3++3H2O、和。（3）②中需要控制温度在范围内。（4）④中发生反应的化学方程式是。（5）镓能与沸水剧烈反应生成H2，锗在加热条件下与盐酸或稀硫酸不反应。从原子结构角度解释其原因。25．（2026•合肥模拟）钕铁硼（NdFeB）废料中主要含Fe2O3和稀土氧化物RE2O3（RE是稀土元素的缩写，此处RE2O3表示Nd2O3和Pr2O3等）。从钕铁硼废料中获得稀土氧化物的一种流程如图。回答下列问题：（1）Fe3+的价电子排布图为。（2）“氯化焙烧”时，焙烧温度对稀土元素和铁元素“浸取”时浸出率的影响如图所示，写出“氯化焙烧”时RE2O3生成稀土氯化物RECl3的化学方程式，当温度超过310℃后，稀土元素浸出率降低的原因可能是。（3）“浸取”时所得浸渣的主要成分是（填化学式）。（4）“除铁”步骤中，当Fe3+完全沉淀时，pH应大于（当离子浓度小于1×10﹣5mol•L﹣1时，离子完全沉淀；Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38）。若使用离子液体甲基三辛基氯化铵[]作萃取剂，也可通过萃取出Fe3+（5）“沉淀”时，稀土元素形成草酸盐RE2（C2O4）3，则“滤液”中含有的阳离子有。（6）写出“焙烧”时生成稀土氧化物RE2O3的化学反应方程式。

2027年高考化学复习必刷题——解答一．工艺流程题（共25小题）1．（2026•辽宁校级模拟）钪（Sc）是一种重要的稀土元素，钪及其化合物在电子、超导合金和催化剂等领域有重要应用。以钛白酸性废水（主要含TiO2+、Fe3+、Sc3+、SO42-）和赤泥熔炼渣（主要成分为Sc2O3，Fe2O3、SiO2、CaO已知：①Sc3+的氧化性很弱；②常温下，Ksp③有机萃取剂萃取Sc3+的反应原理：Sc3+(水相)+3HR(有机相④草酸可与多种金属离子形成可溶性配合物。回答下列问题：（1）为提高“浸取”速率，可采取的措施有将赤泥熔炼渣粉碎（或适当升高温度、搅拌等）（写出一条即可），浸渣的主要成分是CaSO4、SiO2（填化学式）。（2）“除钛”时，加入H2O2的目的是提供配体，生成稳定的配离子[TiO(H2O（3）“反萃取”的目的是分离Sc和Fe元素。“反萃取”时先加入Na2SO3，发生反应的离子方程式为2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+，然后再加入NaOH，调pH为2时，达到最佳分离效果。Fe2+、Fe（4）25℃时，若使“反萃取”后水溶液中的Sc3+沉淀完全（离子浓度≤10﹣5mol•L﹣1），应控制溶液的pH不低于5.7（保留两位有效数字）。（5）“沉钪”时若草酸用量过多，钪的沉淀率下降，原因可能是草酸钪沉淀转化为可溶性配合物。（6）草酸钪晶体[Sc2（C2O4）3•6H2O]在空气中焙烧时除生成Sc2O3外，还生成两种常见氧化物，写出反应的化学方程式：2[Sc2(【答案】（1）将赤泥熔炼渣粉碎（或适当升高温度、搅拌等）；CaSO4、SiO2；（2）提供配体，生成稳定的配离子[TiO(H（3）2Fe3++S（4）5.7；（5）草酸钪沉淀转化为可溶性配合物；（6）2[Sc【分析】钛白酸性废水中含TiO2+、Fe3+、Sc3+、SO42-离子与赤泥熔炼渣中Sc2O3，Fe2O3、SiO2、CaO混合后除SiO2外其它氧化物溶解，同时生成微溶物CaSO4，滤液萃取后加H2O2将钛转化为络合物而除去，“反萃取”的目的是分离Sc和Fe元素，pH为2时Sc【解答】解：（1）适当提高“浸取”速率，可采取的措施有：将赤泥熔炼渣粉碎（或适当升高温度、搅拌等）任写一条即可）；赤泥熔炼渣中SiO2不与酸反应，CaO与酸性废水中的SO42-生成微溶的CaSO4故答案为：将赤泥熔炼渣粉碎（或适当升高温度、搅拌等）；CaSO4、SiO2；（2）在流程中有明确说明除钛后得到含[TiO(H2O2)]2+的水溶液，因此故答案为：提供配体，生成稳定的配离子[TiO(H（3）Na2SO3作为还原剂，将Fe3+还原为Fe2+，便于和Sc3+分离，发生反应2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+；pH为2时，达到最佳分离效果，此时二故答案为：2Fe3++S（4）沉淀完全时c（Sc3+）≤10﹣5mol/L，根据Ksp[Sc(OH)3]=c(Sc3+)⋅c3(OH-)=1×10-30，代入得c3（OH﹣）＝故答案为：5.7；（5）根据题干已知④说明草酸可与多种金属离子形成可溶性配合物，因此草酸过量时，部分钪转化为可溶性配合物，沉淀率降低，故答案为：草酸钪沉淀转化为可溶性配合物；（6）草酸钪中C为+3价，焙烧时被空气中氧气氧化，除Sc2O3外，两种常见氧化物为CO2和H2O（结晶水转化得到），根据氧化还原化合价升降配平即可得到相应化学方程式2Sc故答案为：2[Sc【点评】本题主要考查物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。2．（2026•江苏模拟）实验室从含碘废液（主要含I2、KI及杂质）回收制取碘或NaI过程如图：（1）含碘废液中先加入过量Na2SO3，再加入CuSO4溶液可得到CuI。沉淀反应的离子方程式为2Cu2++2I﹣+SO32-+H2O＝2CuI↓+（2）加入适量浓硝酸将CuI氧化后，通过操作X分离得到粗碘。①加入的浓硝酸不能过量的原因是过量浓硝酸会进一步氧化生成的I2，降低碘的产率。②操作X的名称为过滤。（3）粗碘中含氯化铁等杂质，可获得精碘和制取NaI溶液。①碘升华提纯装置如图所示，其中P2O5的作用是作干燥剂，吸收装置内的水蒸气，防止水蒸气冷凝后使碘溶解，影响碘的凝华提纯。②N2H4可以将较活泼金属离子还原为单质，氧化产物为N2。向粗碘中加入NaHCO3溶液再用N2H4还原可得到NaI溶液，该反应的离子方程式为N2H4+2I2+4HCO3-=4I﹣+N2↑+4CO2↑+4H2O③与使用Na2SO3还原剂相比，使用N2H4•H2O作还原剂的优点是N2H4的氧化产物为N2，不会引入难除去的杂质，产物无污染，产品纯度更高。（4）已知：5SO32-+2IO3-+2H+=I2+5SO42-+H2O。请补充完整检验含碘废液（pH约为8）中是否含IO3-的实验方案：取适量含碘废液，用CCl【答案】（1）2Cu2++2I﹣+SO32-+H2O＝2CuI↓（2）①过量浓硝酸会进一步氧化生成的I2，降低碘的产率；②过滤；（3）①作干燥剂，吸收装置内的水蒸气，防止水蒸气冷凝后使碘溶解，影响碘的凝华提纯；②N2H4+2I2+4HCO3-=4I﹣+N2↑+4CO2↑+4H2O；③N2H4的氧化产物为N2（4）用CCl4多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出碘单质的存在；然后从水层取少量溶液，加入适量淀粉溶液，加稀盐酸酸化，滴加适量Na2SO3溶液，若溶液变蓝，说明废水中含IO3-，不变蓝则不含【分析】该流程针对含I2、KI的含碘废液进行碘回收：先加入过量Na2SO3将废液中的碘单质还原为碘离子，再加入CuSO4沉淀碘离子得到CuI，之后用适量浓硝酸氧化CuI得到碘单质，分离得到粗碘，粗碘一部分经升华提纯得到精碘，另一部分经还原处理得到NaI溶液，实现了碘资源的回收利用。【解答】解：（1）含碘废液中加入过量Na2SO3，会将I2还原为I﹣：I2+SO32-+H2O＝2I﹣+SO42-+2H+；再加入CuSO4溶液，Cu2+与I﹣发生氧化还原反应生成CuI沉淀：2Cu2++4I﹣＝2CuI↓+I2，故总离子方程式为2Cu2++2I﹣+SO3故答案为：2Cu2++2I﹣+SO32-+H2O＝2CuI↓（2）①浓硝酸为强氧化剂，过量时会将生成的I2进一步氧化为高价碘化合物，降低产率，因此不能过量，故答案为：过量浓硝酸会进一步氧化生成的I2，降低碘的产率；②操作X是分离粗碘和废液，因为碘是固体，废液是液体，所以操作X的名称为过滤，故答案为：过滤；（3）①P2O5是常用酸性干燥剂，可吸收升华过程中的水汽，避免水蒸气在烧瓶底部冷凝，防止碘溶解损耗，保证凝华得到纯净碘，故答案为：作干燥剂，吸收装置内的水蒸气，防止水蒸气冷凝后使碘溶解，影响碘的凝华提纯；②N2H4还原I2为I﹣，自身被氧化为N2，体系中NaHCO3中和反应生成的H+，离子方程式为N2H4+2I2+4HCO3-=4I﹣+N2↑+4CO2↑+4H故答案为：N2H4+2I2+4HCO3-=4I﹣+N2↑+4CO2↑+4H③Na2SO3作还原剂时氧化产物为SO42-，会引入硫酸盐杂质，而N2H4的氧化产物为N2，不会故答案为：N2H4的氧化产物为N2，不会引入难除去的杂质，产物无污染，产品纯度更高；（4）原废液原本就含有I2，会干扰IO3-的检验，因此先加CCl4萃取除去原有I2；再利用题给反应，酸化后加入Na2SO3，若有IO3-会反应生成I2，淀粉遇I2变蓝，即可检验。故实验方案为用CCl4多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出碘单质的存在；然后从水层取少量溶液，加入适量淀粉溶液，加稀盐酸酸化，滴加适量Na2SO3溶液，若溶液变蓝，说明废水中含故答案为：用CCl4多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出碘单质的存在；然后从水层取少量溶液，加入适量淀粉溶液，加稀盐酸酸化，滴加适量Na2SO3溶液，若溶液变蓝，说明废水中含IO3-，不变蓝则不含【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。3．（2026•宜宾模拟）冶炼钨过程中产生大量钨渣，钨渣中主要含有WO3以及少量SnO2、Fe2O3、Sc2O3等。一种从钨渣中提取Sn和Sc的冶炼工艺如图。已知：①Sc的氢氧化物具有两性；②WO3是酸性氧化物，WO3、SnO2均不溶于水和稀酸；③有机萃取剂P204的结构为（R为烷基）。回答下列问题：（1）“酸浸”时，控制温度为60℃，为进一步提高浸取速率，还可以采取的措施是充分搅拌或适当增大盐酸浓度或进一步粉碎钨渣等（写出2点）。（2）“氨浸”时，发生反应的离子方程式是2NH3⋅（3）“调pH”时，控制pH＝3，则滤渣2的主要成分是Fe（OH）3（填化学式）。（4）设计“萃取”与“反萃取”的目的是富集钪元素，并与杂质分离。“水相”中可回收的主要物质是NH4Cl（填化学式）。“反萃取”步骤中，若加入的NaOH溶液过量，会导致Sc（OH）3溶解，导致后续消耗更多酸，增加成本；同时有机萃取剂P204呈酸性，也会与NaOH溶液反应，不利于分离。（5）Sc2（C2O4）3•6H2O（摩尔质量为462g•mol﹣1）在空气中灼烧，灼烧过程中测得固体残留率(固体样品剩余质量①400K时，固体的主要成分是Sc2（C2O4）3•H2O。②写出500～600K时发生反应的化学方程式：2Sc2(C2O4【答案】（1）充分搅拌或适当增大盐酸浓度或进一步粉碎钨渣等；（2）2NH（3）Fe（OH）3；（4）富集钪元素，并与杂质分离；NH4Cl；Sc（OH）3溶解，导致后续消耗更多酸，增加成本；同时有机萃取剂P204呈酸性，也会与NaOH溶液反应，不利于分离；（5）Sc2（C2O4）3•H2O；2Sc2(C2【分析】钨渣中主要含有WO3以及少量SnO2、Fe2O3、Sc2O3等，加入稀盐酸后，WO3、SnO2均不溶，滤液1中含有Fe3+、Sc3+，加入氨水调节溶液的pH值，Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤后，滤液中加入有机萃取剂P204萃取Sc3+，富集钪之后，在有机相中加入氢氧化钠后得到反萃取固体Sc（OH）3，加入HCl得到ScCl3，加入H2C2O4后得到Sc2（C2O4）3，在空气中灼烧后得Sc2O3。【解答】解：（1）加快浸取速率的常用方法有充分搅拌或适当增大盐酸浓度或进一步粉碎钨渣等，故答案为：充分搅拌或适当增大盐酸浓度或进一步粉碎钨渣等；（2）已知WO3是酸性氧化物，不溶于水，滤渣1中的WO3与氨水反应生成可溶的（NH4）2WO4，据此写出离子方程式2NH故答案为：2NH（3）酸浸后滤液1中含有Fe3+、Sc3+，加氨水调pH＝3时，Fe3+完全水解生成Fe（OH）3沉淀，Sc3+仍留在溶液中，故滤渣2为Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；（4）萃取与反萃取可以富集钪元素，并与杂质分离；萃取时Sc进入有机相，水相中主要含有可回收的NH4Cl；已知Sc的氢氧化物具有两性，过量NaOH会使Sc（OH）3溶解，导致后续消耗更多酸，增加成本；同时有机萃取剂P204呈酸性，也会与NaOH溶液反应，不利于分离，故答案为：富集钪元素，并与杂质分离；NH4Cl；Sc（OH）3溶解，导致后续消耗更多酸，增加成本；同时有机萃取剂P204呈酸性，也会与NaOH溶液反应，不利于分离；（5）①设初始有1molSc2（C2O4）3•6H2O，质量为462g；400K时，固体残留质量为462g×80.52%≈372g，失去质量为462g﹣372g＝90g，即失去90g18g/mol=5mol结晶水，剩余1mol结晶水，故成分为Sc2（C2O4）3•H2故答案为：Sc2（C2O4）3•H2O；②500K时，固体残留质量为462g×76.62%≈354g，正好等于Sc2（C2O4）3的摩尔质量（462﹣6×18＝354），说明500K时已完全失去结晶水，为Sc2（C2O4）3，500～600K时，草酸钪在空气中灼烧被氧气氧化，最终生成Sc2O3，配平得到反应方程式2Sc2(C2故答案为：2Sc2(C2【点评】本题主要考查物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。4．（2026•南昌模拟）钛白废酸是钛白粉生产过程中的水解母液，除含2﹣4mmol•L﹣1Sc3+和硫酸外，还有Zr4+（锆离子）、Fe3+、TiO2+等杂质，下图是以P204（看作HA）﹣TBP为共萃体系从钛白废酸中利用溶剂二次萃取法提取钪的流程图。已知：①油水相比（O/A）是萃取过程中油相与水相的比值，相比越大，油相可以负载金属离子的量就越大，萃取率就越高，同时消耗的油相也越大。②TBP能有效抑制乳化现象的形成，TiO2+与H2O2生成的配合物[TiO(H2O2)]2+很难被P204萃取，铁离子在c（HCl）＝3mol•回答下列问题：（1）基态Sc原子中不同自旋方向的电子数之比为10：11，实验室中萃取操作需使用的玻璃仪器为分液漏斗。（2）P204萃取钪离子的方程式为6HA+Sc3+→Sc(HA)3A3+3H+，“碱液反萃”加入足量NaOH产生氢氧化钪沉淀的离子方程式为Sc（HA）3A3+6OH﹣＝Sc（OH）3↓+6A（3）O/A＝1：5、c（HCl）＝3mol•L﹣1时，富集浸出液中初始Sc3+浓度与金属离子萃取率的关系图如下，结合图像与题目分析“萃取富集”的作用是增大溶液中Sc3+的初始浓度，更有利于“萃取纯化”时与Zr4+（锆离子）的分离。（4）①“萃取纯化”选择更大油水相比（O/A）的原因是萃取率更高。②“萃取纯化”后需经过碱液反萃、酸溶步骤再加入草酸溶液“沉钪”。（5）“煅烧”的化学方程式为2Sc2（C2O4）3+3O2高温2Sc【答案】（1）①10：11；②分液漏斗；（2）①Sc（HA）3A3+6OH﹣＝Sc（OH）3↓+6A﹣+3H2O；②盐酸；（3）增大溶液中Sc3+的初始浓度，更有利于“萃取纯化”时与Zr4+（锆离子）的分离；（4）①萃取率更高；②碱液反萃；酸溶；（5）2Sc2（C2O4）3+3O2高温【分析】钛白废酸先经过萃取富集，再用NaOH溶液反萃取，得到Sc（OH）3沉淀，再经过盐酸酸浸，得到Sc3+，再经过萃取纯化，将Sc3+与其他杂质离子分离，再加入H2C2O4进行沉钪，得到产物Sc2（C2O4）3，最后煅烧得到Sc2O3，据此进行解答。【解答】解：（1）①Sc为21号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2，轨道表示式为：，故最终不同自旋方向的电子数之比为10：11，故答案为：10：11；②萃取必须使用的仪器是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）①反萃取则把萃取时的生成物作为反应物，萃取时的反应物作为生成物，Sc3+遇OH﹣会进一步形成沉淀，得出Sc（HA）3A3+6OH﹣＝Sc（OH）3↓+6A﹣+3H2O，故答案为：Sc（HA）3A3+6OH﹣＝Sc（OH）3↓+6A﹣+3H2O；②此时有A﹣产生，有机相为HA，要将A﹣变为HA，需要加酸，可以是盐酸，故答案为：盐酸；（3）由图可以得出，Sc3+的初始浓度越大，Zr4+的萃取率越低，越有利于分离Sc3+与Zr4+，故答案为增大溶液中Sc3+的初始浓度，更有利于“萃取纯化”时与Zr4+（锆离子）的分离，故答案为：增大溶液中Sc3+的初始浓度，更有利于“萃取纯化”时与Zr4+（锆离子）的分离；（4）①由题目已知可得，油水相比（O/A）越大，油相可以负载金属离子的量就越大，萃取率越高，故答案为：萃取率更高；②根据题目流程图可得，萃取后的步骤为碱液反萃、酸溶，故答案为：碱液反萃；酸溶；（5）煅烧步骤中，反应物为O2与Sc2（C2O4）3，产物为Sc2O3，结合煅烧的共同特点产物还应该有CO2，配平后得到方程为2Sc2（C2O4）3+3O2高温故答案为：2Sc2（C2O4）3+3O2高温【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。5．（2026•长沙校级一模）锗（Ge）是战略性关键金属，广泛应用于红外光学、半导体等领域。我国内蒙古乌兰图嘎褐煤中锗储量丰富，但品位低（约244g/t），且伴生砷、铁等杂质。一种从褐煤中提取锗的工艺流程如图：已知：Ⅰ．“焙烧”阶段：低温段（250～300℃）加入KMnO4，促进有机物分解；高温段（500～550℃）控制弱还原气氛，使GeO2被C或CO还原为易挥发的GeO随烟气进入收尘系统，得到富锗烟尘。Ⅱ．GeO2沸点1200℃，GeO沸点500℃；GeO2溶于浓盐酸生成六氯锗酸（H2GeCl6）。Ⅲ．萃取剂N235（三辛胺，R3N）可与HCl结合形成R3NHⅣ．常温下，H2S的Ka1=1.1×10-7，Ka2=1.3×10回答下列问题：（1）预处理采用“低温氧化焙烧﹣高温还原焙烧”两段工艺，相较于传统高温燃烧法（＞700℃），该工艺的优点是降低能耗；提高锗回收率（减少砷、铁等杂质挥发、提高富集度等其他合理答案也可）。（2）“酸浸”时，GeO2与浓盐酸反应的化学方程式为GeO2+6HCl＝H2GeCl6+2H2O。（3）除砷工序：向“酸浸”后的浸出液中通入H2S气体至饱和时，溶液的pH＝4。计算此时溶液中c（S2﹣）＝1.43×10﹣13mol/L（保留三位有效数字）。（4）请写出N235在酸性条件下萃取GeCl62-的离子方程式：2R3NH+C（5）“沉锗”后得到的GeO2•nH2O需用去离子水洗涤。检验沉淀是否洗涤干净的方法是取少量最后一次洗涤液于试管中，加入稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤干净。（6）工业上将粗锗（含As、Fe等杂质）进行熔盐电解精炼制备Ge，工作原理如图所示（惰性气氛下电解）。电源b为负极。写出阳极的主要电极反应式：Ge-4e-【答案】（1）降低能耗；提高锗回收率（减少砷、铁等杂质挥发、提高富集度等其他合理答案也可）；（2）GeO2+6HCl＝H2GeCl6+2H2O；（3）1.43×10﹣13；（4）2R3NH+Cl（5）取少量最后一次洗涤液于试管中，加入稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤干净；（6）负；Ge-4【分析】焙烧阶段：低温段KMnO4分解，2KMnO4＝K2MnO4+MnO2+O2↑；高温段GeO2被C还原，GeO2+C＝GeO↑+CO↑；高温段GeO2被CO还原，GeO2+CO＝GeO↑+CO2↑；酸浸阶段：主反应GeO2+6HCl（浓）＝H2GeCl6+2H2O；副反应GeO+2HCl（浓）＝GeCl2+H2O；除杂前氧化2GeCl2+H2O2+2HCl＝2GeCl4+2H2O；除杂阶段：除砷2As3++3H2S=As2S3↓+6H+；除铁2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；萃取与反萃取阶段：N235萃取GeCl62-2R3NH+Cl-+GeCl62-⇌(R3NH)2GeCl6+2Cl-或2R3NH+Cl【解答】解：（1）能耗低；锗回收率高（GeO低温挥发富集）；减少砷等有毒杂质挥发，更环保；避免高温下设备腐蚀加剧，故答案为：降低能耗；提高锗回收率（减少砷、铁等杂质挥发、提高富集度等其他合理答案也可）；（2）依据已知Ⅱ，Ge为+4价，非氧化还原反应，GeO2+6HCl（浓）＝H2GeCl6+2H2O，故答案为：GeO2+6HCl＝H2GeCl6+2H2O；（3）结合已知Ⅳ，Ka1⋅Ka2=[H+]2[S2-][H2S]故答案为：1.43×10﹣13；（4）依据已知Ⅲ，R3N先结合H+生成R3NH+，再与GeCl故答案为：2R3NH+Cl（5）依据分析，沉淀吸附的杂质主要为氯化铵，可以通过检验氯离子来证明沉淀是否洗涤干净；方法为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，证明洗涤干净；若有白色沉淀生成，证明未洗涤干净，故答案为：取少量最后一次洗涤液于试管中，加入稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤干净；（6）粗金属作阳极接电源正极，纯金属作阴极接电源负极；阳极主要发生Ge的氧化反应。则电源b为负极。阳极的主要电极反应式为Ge-故答案为：负；Ge-4【点评】本题主要考查物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。6．（2026•石家庄模拟）由稀土元素钕（Nd）制成的钕铁硼磁铁（Nd2Fe14B）是第三代永磁材料，广泛应用于医疗、电子电器、交通、机械等领域。一种从钕铁硼磁铁废料[主要成分为Nd2Fe14B，含NdAl3（BO3）4、Nd2Cu7等杂质]中回收氧化钕（Nd2O3）的工艺流程如图所示。已知：“灼烧”后产物全部为相应元素的氧化物；B2O3与Al2O3性质相似。回答下列问题：（1）Cu元素位于周期表中ds区。（2）“灼烧”后，Cu元素的主要产物为Cu2O而不是CuO。试解释该条件下，Cu2O比CuO稳定的原因为基态Cu+的价电子排布式为3d10，达到了全满的稳定状态。（3）“溶解1”过程中B元素转化为[B(OH)4]（4）“溶解2”后的溶液中，Nd、Fe、Cu元素分别以Nd3+、[FeCl4]-、[CuCl4]2-的形式存在，则“溶解2”中Cu（5）已知N503在高酸度下先发生质子化：N503+H+⇌[N503•H]+，再进行萃取。试分析N503在该体系中不能萃取Nd3+的原因为质子化的[N503•H]+带正电，与Nd3+有较强的排斥作用。（6）“滤液2”可用于电解法制备覆铜电路板，该过程生成Cu的电极反应式为[Cu(NH3)4（7）已知：25℃时，Ka1(H2C2O4)=10-1.3，Ka2(H2C2O4)=10-4.3，Ksp[N（8）“滤渣2”为Nd2（C2O4）3•10H2O，其在空气中“焙烧”生成CO2的化学方程式为2Nd2(【答案】（1）ds；（2）基态Cu+的价电子排布式为3d10，达到了全满的稳定状态；（3）[B(OH)（4）Cu（5）质子化的[N503•H]+带正电，与Nd3+有较强的排斥作用；（6）[Cu(NH3（7）10﹣10；（8）2Nd【分析】钕铁硼磁铁废料（主要成分为Nd2Fe14B，含NdAl3（BO3）4、Nd2Cu7等杂质）经粉碎后在氧气中灼烧，再用过量浓NaOH溶液溶解，过滤得到滤液1和滤渣1；滤渣1用盐酸和H2O2溶解后，经N503萃取1得到有机相1和水相；有机相1用氨水反萃取，得到Fe（OH）3沉淀和含[Cu(NH3)4]2+的滤液2，滤液2经系列操作得到Cu；水相经P507萃取2得到有机相2，有机相2用盐酸和草酸溶液反萃取，得到滤液3和滤渣2，滤渣【解答】解：（1）Cu为29号元素，价电子排布为3d104s1，位于周期表ds区，故答案为：ds；（2）已知“灼烧”后产物全部为相应元素的氧化物，基态Cu+的价电子排布式为3d10，达到了全满的稳定状态，即铜元素的氧化物中Cu2O比CuO更稳定，故答案为：基态Cu+的价电子排布式为3d10，达到了全满的稳定状态；（3）已知B2O3与Al2O3性质相似，Al2O3与过量NaOH反应生成四羟基和铝离子，类比可得B转化为[B(OH)故答案为：[B(OH)（4）“溶解2”中H2O2作氧化剂，在酸性条件下将Cu2O中+1价Cu氧化为+2价，则离子方程式为Cu故答案为：Cu（5）质子化的N503只能萃取带负电的[FeCl4]-、[CuC故答案为：质子化的[N503•H]+带正电，与Nd3+有较强的排斥作用；（6）由分析可得滤液2含[Cu(NH3)4]2+，电解时[Cu(NH3)故答案为：[Cu(NH3（7）结合电离常数计算得c(C2O42-)=10-4mol/L，代入溶度积Ksp=故答案为：10﹣10；（8）空气中O2作氧化剂，将Nd2（C2O4）3•10H2O中+3价C氧化为CO2中+4价C，则化学方程式为2Nd故答案为：2Nd【点评】本题主要考查物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。7．（2026春•禹州市期中）从石油炼制废催化剂（主要成分为V2O5、MoO3，载体为Al2O3以及惰性物质）中回收金属钒和钼，不仅能避免环境污染，还能创造经济效益。一种先进的湿法冶金工艺流程如图所示，可制备重要的化工产品五氧化二钒（V2O5）和钼酸钡（BaMoO4）。已知：①常温下，Ksp(NH②V2O5和MoO3均为酸性氧化物。请回答下列问题：（1）已知：基态Mo原子的价电子排布式为4d55s1，则基态Mo原子含有的未成对电子数为6；钒的原子序数是23，则基态钒原子的价电子轨道表示式为。（2）“碱溶”过程中采用“加热”的目的是提高化学反应速率和原料的浸出率（合理即可）。（3）“调pH除铝”过程中，当溶液中[Al(OH)4]-残留浓度等于1.0×10﹣6mol•L﹣1时，溶液的pH＝9[已知常温下，[Al(OH)4]（4）“沉钒”过程基本完成后，为了尽可能提高钒的回收率，需对悬浊液进行降温处理，从平衡移动原理解释其原因：NH4VO3(s)⇌NH（5）一种水性电解液Zn﹣V2O5电池的工作原理如图所示。①该电池的正极反应式为V2O5②当外电路中转移1mol电子时，理论上负极区溶液质量变化80.5g。（6）常温下，若将1.0×10﹣4mol•L﹣1的BaCl2溶液与1.0×10﹣4mol•L﹣1的Na2MoO4溶液等体积混合，（填“有”或“无”）无BaMoO4沉淀生成，理由是混合后c（Ba2+）＝5×10﹣5mol•L﹣1，c(MoO42-)=5×10-5mol⋅L-1，Q＝5×10﹣5×5×10﹣5＝2.5×【答案】（1）6；；（2）提高化学反应速率和原料的浸出率（合理即可）；（3）9；（4）NH4VO3(s)⇌N（5）V2O5（6）无；混合后c（Ba2+）＝5×10﹣5mol•L﹣1，c(MoO42-)=5×10-5mol⋅L-1，Q＝5×10﹣5×5×10﹣5＝【分析】废催化剂中V2O5、MoO3、Al2O3为酸性氧化物，与NaOH溶液反应生成可溶性盐，惰性物质不反应成为滤渣，通入CO2调节溶液pH，使[Al(OH)4]-转化为Al（OH）3沉淀除去，向除铝后的滤液中加入NH3和NH4Cl调节pH，使VO3-转化为NH4VO3沉淀析出，沉钒后的滤液中含有MoO42-，加入BaCl2溶液生成BaMoO4沉淀，【解答】解：（1）基态Mo原子的价电子排布式为4d55s1，4d轨道有5个未成对电子，5s轨道有1个未成对电子，未成对电子总数为6，钒的原子序数为23，基态钒原子的价电子排布式为3d34s2，价电子轨道表示式为，故答案为：6；；（2）“碱溶”过程为固体与液体的反应，加热可以升高温度，加快化学反应速率，同时提高金属氧化物的浸出率，故答案为：加快化学反应速率，同时提高金属氧化物的浸出率（合理即可）；（3）反应[Al(OH)4]-(aq)+H+(aq)⇌Al(OH)3(s)+H2O(l)的平衡常数K=1c([Al(OH)4]-)⋅c(H+)=1015，当溶液中[Al(OH)故答案为：9；（4）NH4VO3的沉淀溶解平衡为NH4VO3(s)⇌NH4+(aq)+V故答案为：NH4VO3(s)⇌N（5）①由图可知，该电池中V2O5电极为正极，在酸性条件下V