2026年云南昆明高三高考化学工艺流程与化学反应原理模拟仿真卷H卷（含答案详解与学生作答区）

—可打印试卷—2026年云南昆明高三高考化学工艺流程与化学反应原理模拟仿真卷H卷（含答案详解与学生作答区）学校：________________班级：________姓名：________考号：________________考试时间：75分钟满分：100分相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Fe-56Cu-64Zn-65注意事项：1.本卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间75分钟。2.选择题每题只有一个选项符合题意；非选择题须写出必要的方程式、计算过程和结论。3.作答时注意单位、有效数字、沉淀符号、气体符号和反应条件。4.本卷工艺流程题所给数据均可直接使用。一、选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分。1.昆明某湿法冶金企业以低品位菱锌矿为原料制备电解锌，简化流程为“焙烧—稀硫酸浸出—除铁—净化—电解”。下列有关该流程目的的说法正确的是A.焙烧的主要作用是将ZnO还原为Zn，便于酸浸B.稀硫酸浸出时提高酸浓度越高，杂质离子越少C.调节pH除铁时，Fe³⁺先转化为Fe(OH)₃沉淀D.净化时加入锌粉可使Zn²⁺被还原为金属锌而除去2.一定温度下，密闭容器中发生反应2SO₂(g)+O₂(g)⇌2SO₃(g)，ΔH<0。达到平衡后，仅改变一个条件，下列判断正确的是A.升高温度，平衡常数K增大B.加入催化剂，SO₂的平衡转化率增大C.增大压强，平衡向生成SO₃方向移动D.移出少量SO₃，正、逆反应速率都瞬间增大3.用酸性KMnO₄溶液测定某FeSO₄样品中Fe²⁺含量，反应为MnO₄⁻+5Fe²⁺+8H⁺=Mn²⁺+5Fe³⁺+4H₂O。若消耗0.0200mol·L⁻¹KMnO₄溶液20.00mL，则被氧化的Fe²⁺物质的量为A.4.00×10⁻⁴molB.1.00×10⁻³molC.2.00×10⁻³molD.1.00×10⁻²mol4.已知25℃时Ksp[Cu(OH)₂]=2.2×10⁻²⁰，Ksp[Zn(OH)₂]=3.0×10⁻¹⁷。在含Cu²⁺、Zn²⁺均为0.10mol·L⁻¹的溶液中缓慢滴加NaOH溶液，下列说法正确的是A.Zn(OH)₂先沉淀B.Cu(OH)₂开始沉淀所需c(OH⁻)较小C.两种氢氧化物会同时开始沉淀D.当Cu²⁺完全沉淀时Zn²⁺一定已完全沉淀5.电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜片作阴极，CuSO₄-H₂SO₄溶液作电解质。下列说法正确的是A.阳极发生Cu²⁺+2e⁻=CuB.阴极质量减少C.阳极泥中可能含Ag、Au等较不活泼金属D.电解过程中溶液中Cu²⁺浓度一定不变6.对于反应N₂O₄(g)⇌2NO₂(g)，在某温度下达到平衡时，容器内气体颜色为棕红色。下列事实能说明该体系已达到化学平衡状态的是A.v(NO₂)=2v(N₂O₄)B.气体总质量不再变化C.容器内压强不再变化D.N₂O₄与NO₂的物质的量之比为1∶27.甲醇燃料电池在酸性介质中的总反应为2CH₃OH+3O₂=2CO₂+4H₂O。下列有关该电池的说法正确的是A.负极反应中甲醇失电子B.正极通入甲醇，发生氧化反应C.每消耗1molO₂，电路中转移2mol电子D.H⁺由正极区迁移到负极区8.某反应速率方程可表示为v=k·c(A)·c²(B)。在温度和体积不变时，若c(A)变为原来的2倍，c(B)变为原来的1/2，则初始速率变为原来的A.1/2B.1C.2D.49.工业制备硫酸铜晶体时，常用空气氧化废铜屑并加入稀硫酸。下列操作与目的对应正确的是A.过量加入浓硫酸，可避免NOx污染B.加热并鼓入空气，可促进Cu转化为Cu²⁺C.趁热过滤的目的是降低CuSO₄溶解度D.结晶后用大量热水洗涤可提高产率10.将Zn片和Cu片插入稀硫酸组成原电池。下列说法正确的是A.Cu片为负极B.电子由Cu片经导线流向Zn片C.Zn片上发生还原反应D.溶液中的H⁺在Cu片附近得到电子生成H₂11.合成氨反应N₂(g)+3H₂(g)⇌2NH₃(g)，ΔH<0。工业上采用铁催化剂、较高压强和适中温度的主要综合理由是A.低温能同时提高反应速率和平衡转化率B.高压有利于平衡正向移动并提高单位体积产量C.催化剂能改变反应热使平衡产率增大D.适中温度的目的只是为了节约燃料12.以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L⁻¹NaOH标准溶液滴定25.00mL未知浓度盐酸。下列操作会使测得盐酸浓度偏高的是A.滴定前碱式滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失B.锥形瓶用蒸馏水洗涤后未烘干C.读数时滴定前仰视、滴定后俯视D.滴定终点溶液颜色刚变浅红且30s不褪色选择题作答卡（请在对应题号下方填写A、B、C或D）：题号123456789101112答案二、非选择题：本题共4小题，每小题7分，共28分。13.（7分）某校化学兴趣小组模拟从云南某含钒石煤焙烧灰中提取V₂O₅，设计流程如下：焙烧灰→稀硫酸浸出→过滤→浸出液→加入NaClO₃氧化→调pH沉钒→洗涤、灼烧→V₂O₅。已知钒在酸性溶液中可存在VO²⁺、VO₂⁺等形态，NH₄VO₃难溶于冷水。（1）稀硫酸浸出时适当升温、搅拌、粉碎原料均能提高浸出速率，原因分别可从温度、接触面积和扩散角度解释。写出其中任意两点。（2）NaClO₃在酸性条件下可将VO²⁺氧化为VO₂⁺，自身还原为Cl⁻。配平离子方程式：ClO₃⁻+VO²⁺+H₂O→Cl⁻+VO₂⁺+H⁺。（3）若沉钒时加入NH₄Cl得到NH₄VO₃沉淀，过滤后应用冷水洗涤而不用热水，理由是什么？（4）灼烧NH₄VO₃得到V₂O₅，同时生成NH₃和H₂O，写出化学方程式。学生作答区：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿14.（7分）在一体积为2.0L的恒容密闭容器中充入0.60molN₂和1.80molH₂，发生反应N₂(g)+3H₂(g)⇌2NH₃(g)，在某温度下10min后达到平衡，测得NH₃的物质的量为0.40mol。（1）0～10min内，用N₂表示的平均反应速率为多少？（2）该温度下反应的平衡常数K为多少？写出计算表达式。（3）若在该平衡体系中再充入少量N₂，平衡如何移动？NH₃的物质的量如何变化？（4）若保持温度不变，将容器体积压缩为1.0L，平衡常数是否改变？说明理由。学生作答区：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿15.（7分）某同学探究铁在不同条件下的腐蚀和防护。装置甲为铁钉半浸在食盐水中并接触空气；装置乙为铁钉与锌片用导线连接后共同浸入食盐水；装置丙为铁钉与铜片用导线连接后共同浸入食盐水。（1）装置甲中铁发生吸氧腐蚀，写出正极反应式。（2）装置乙中被保护的金属是什么？写出负极反应式。（3）装置丙中铁的腐蚀速率与装置甲相比如何变化？从原电池电极角度说明原因。（4）若在钢铁构件表面镀锌，可称为牺牲阳极保护法。该保护法在潮湿空气中仍有效的本质原因是什么？学生作答区：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿16.（7分）某含铜蚀刻废液中主要含Cu²⁺、Fe³⁺、Fe²⁺和Cl⁻。实验室拟回收铜并再生部分蚀刻液，流程如下：废液→加入过量铁粉→过滤→滤渣A；滤液B→通入Cl₂→调节酸度→再生液。滤渣A经稀硫酸处理后得到粗铜。（1）加入过量铁粉时，Cu²⁺转化为Cu，写出离子方程式。（2）滤渣A中除铜外还可能含有什么？用稀硫酸处理滤渣A的目的是什么？（3）通入Cl₂的目的是将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，写出离子方程式。（4）若尾气中可能含少量Cl₂，可用NaOH溶液吸收，写出反应的离子方程式。学生作答区：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿三、综合应用题：本题共4小题，共36分。17.（8分）昆明某新能源材料实验室以废旧磷酸铁锂正极片为原料回收Li₂CO₃和FePO₄。经除铝箔、粉碎后，活性粉末的主要成分为LiFePO₄、导电碳和少量Al₂O₃。流程如下：活性粉末→NaOH溶液预处理→过滤→滤渣→H₂SO₄+H₂O₂浸出→调pH除杂→加Na₂CO₃沉锂→Li₂CO₃；浸出液中补加H₃PO₄并氧化调控→FePO₄。物质25℃时溶解性或性质Al₂O₃可与强碱反应生成偏铝酸盐Li₂CO₃难溶于冷水，溶解度随温度升高而减小FePO₄难溶于水，酸性过强时溶解度增大（1）NaOH溶液预处理的主要目的是什么？写出Al₂O₃与NaOH溶液反应的离子方程式。（2）H₂O₂在酸浸过程中的作用是促进LiFePO₄中Fe²⁺转化为Fe³⁺。写出Fe²⁺被H₂O₂氧化的离子方程式。（3）沉锂时常在较高温度下加入Na₂CO₃溶液，解释这样操作对Li₂CO₃析出的有利影响。（4）若要提高Li₂CO₃产品纯度，过滤后洗涤晶体时应注意什么？学生作答区：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿18.（9分）某化工厂烟气脱硫采用“氨水吸收—空气氧化—硫酸铵结晶”工艺。吸收塔中主要反应可表示为SO₂+2NH₃·H₂O=(NH₄)₂SO₃+H₂O；氧化槽中(NH₄)₂SO₃被空气氧化为(NH₄)₂SO₄。实验室用碘量法测定吸收液中SO₃²⁻含量：取10.00mL吸收液，酸化后加入过量I₂，剩余I₂用0.1000mol·L⁻¹Na₂S₂O₃滴定，反应I₂+2S₂O₃²⁻=2I⁻+S₄O₆²⁻。另取同体积空白液消耗Na₂S₂O₃24.00mL，样品消耗8.00mL。（1）写出SO₃²⁻被I₂氧化为SO₄²⁻的离子方程式。（2）计算10.00mL吸收液中SO₃²⁻的物质的量。（3）若吸收塔入口烟气温度过高，会降低SO₂吸收效率，写出两个可能原因。（4）氧化槽鼓入空气过量且pH过低时可能造成氨逸出或设备腐蚀。提出一条工艺控制建议。学生作答区：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿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参考答案与解析说明：本部分供阅卷与讲评使用。主观题评分时，化学方程式、关键条件、单位和结论均应综合判定；合理表述可按相同采分点给分。题号123456789101112答案CCCBCCAABDBA一、选择题解析1.答案：C。解析：菱锌矿焙烧主要使碳酸盐或硫化物转化为较易酸浸的氧化物，并非把ZnO还原为Zn；酸浓度过高会使Fe、Cu等杂质更多进入溶液。Fe³⁺水解沉淀所需pH低于Zn²⁺，调pH可优先形成Fe(OH)₃。锌粉净化通常利用置换除去Cu²⁺、Cd²⁺等比锌不活泼的金属离子，不是除去Zn²⁺。2.答案：C。解析：该反应放热，升温平衡逆向移动，K减小；催化剂只改变达到平衡的快慢，不改变平衡转化率。正反应气体体积减小，增大压强使平衡正向移动。移出SO₃时，逆反应速率瞬间减小，正反应速率瞬间基本不变，随后随浓度变化再调整。3.答案：C。解析：n(KMnO₄)=0.0200×0.02000=4.00×10⁻⁴mol。由方程式1molMnO₄⁻氧化5molFe²⁺，故n(Fe²⁺)=5×4.00×10⁻⁴=2.00×10⁻³mol。4.答案：B。解析：开始沉淀时c(OH⁻)=√[Ksp/c(M²⁺)]。Cu(OH)₂所需c(OH⁻)=√(2.2×10⁻²⁰/0.10)，小于Zn(OH)₂所需c(OH⁻)=√(3.0×10⁻¹⁷/0.10)，故Cu(OH)₂先沉淀。5.答案：C。解析：电解精炼铜时粗铜为阳极，主要发生Cu−2e⁻=Cu²⁺；阴极发生Cu²⁺+2e⁻=Cu，质量增加。Ag、Au等较不活泼金属不易失电子，常沉降为阳极泥。杂质溶解与析出情况不同，Cu²⁺浓度不一定严格不变。6.答案：C。解析：平衡判据须体现正、逆反应速率相等或组成不变。恒容下N₂O₄⇌2NO₂气体物质的量会随反应进程改变，压强不变可说明平衡。A未指明正逆方向，不能作为判据；总质量始终不变；物质的量之比为1∶2只是某一组成关系，不能说明正、逆反应速率相等。7.答案：A。解析：燃料电池中燃料在负极失电子，甲醇被氧化为CO₂。酸性介质中正极为O₂得电子：O₂+4H⁺+4e⁻=2H₂O。每消耗1molO₂转移4mol电子，H⁺向正极迁移。8.答案：A。解析：v′/v=[2c(A)]·[1/2c(B)]²/[c(A)c²(B)]=2×1/4=1/2。9.答案：B。解析：废铜在酸性条件下需氧化剂才能转化为Cu²⁺，加热并鼓入空气可提高氧化速率。浓硫酸不利于绿色制备且可能产生污染；趁热过滤常用于除不溶杂质，冷却结晶利用溶解度变化；大量热水洗涤会溶解晶体、降低产率。10.答案：D。解析：Zn比Cu活泼，为负极，发生Zn−2e⁻=Zn²⁺；电子由Zn片经导线流向Cu片。Cu片为正极，H⁺在其表面得电子生成H₂。11.答案：B。解析：合成氨为气体分子数减少的放热反应，高压有利于平衡正向移动并提高单位体积产量。低温虽利于平衡但速率慢，催化剂不改变化学平衡，适中温度是在速率、平衡和催化剂活性之间折中。12.答案：A。解析：滴定前尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，会使读得NaOH体积偏大，计算盐酸浓度偏高。锥形瓶中残留少量蒸馏水不改变待测盐酸的物质的量，对结果无影响；C会使读得NaOH体积偏小，计算浓度偏低；D为正确终点操作。二、非选择题参考答案、解析与评分细则13.（7分）参考答案与解析：本题围绕含钒资源酸浸、氧化和沉钒。氧化还原方程配平可用化合价法：Cl从+5降到−1得6e⁻，V从+4升到+5失1e⁻，故VO²⁺系数为6。第13题评分细则设问参考答案评分细则（1）升温可增大活化分子比例，使反应速率增大；搅拌可加快溶液与固体表面物质交换，减小浓度差限制；粉碎可增大固液接触面积，提高浸出速率。任写两点即可。2分：每点1分，答出温度、搅拌、粉碎中的任意两项且理由正确。（2）ClO₃⁻+6VO²⁺+3H₂O=Cl⁻+6VO₂⁺+6H⁺。2分：物质和电荷守恒1分，系数完整1分。（3）NH₄VO₃难溶于冷水，热水中溶解损失较大；用冷水洗涤可除去可溶性杂质并减少产品损失。1分：答出减少NH₄VO₃溶解损失即可。（4）2NH₄VO₃＝V₂O₅+2NH₃↑+H₂O。2分：化学式正确1分，配平和气体标注正确1分。14.（7分）参考答案与解析：恒容体系计算要先列三段式。注意平衡常数使用平衡浓度，不使用物质的量直接代入；压缩体积会使平衡移动，但温度不变时K保持不变。第14题评分细则设问参考答案评分细则（1）平衡时生成NH₃0.40mol，消耗N₂0.20mol。v(N₂)=0.20mol÷2.0L÷10min=0.010mol·L⁻¹·min⁻¹。2分：物质的量变化1分，速率及单位1分。（2）平衡时n(N₂)=0.40mol，n(H₂)=1.20mol，n(NH₃)=0.40mol；浓度分别为0.20、0.60、0.20mol·L⁻¹。K=c²(NH₃)/[c(N₂)c³(H₂)]=0.20²/(0.20×0.60³)≈0.926。3分：平衡浓度1分，表达式1分，计算结果1分。（3）再充入少量N₂，反应物浓度增大，平衡正向移动，NH₃的物质的量增大。1分：方向和物质的量变化均正确。（4）不改变。平衡常数只与温度有关，温度不变时K不变。1分：结论和理由完整。15.（7分）参考答案与解析：吸氧腐蚀的正极反应发生在氧气较易接触处，负极为铁失电子。牺牲阳极保护法的关键是连接更活泼金属，使被保护金属成为阴极。第15题评分细则设问参考答案评分细则（1）O₂+2H₂O+4e⁻=4OH⁻。2分：反应物、产物正确1分，电子数与配平正确1分。（2）铁被保护；锌为负极，Zn−2e⁻=Zn²⁺。2分：保护对象1分，负极反应式1分。（3）装置丙中铁与铜形成原电池，铁比铜活泼，铁作负极失电子，腐蚀速率加快。2分：比较结论1分，电极原因1分。（4）锌比铁活泼，潮湿环境中锌优先失电子被氧化，使铁表面得到阴极保护；即使镀层局部破损，锌仍可作为牺牲阳极。1分：答出锌优先氧化保护铁。16.（7分）参考答案与解析：该流程本质是铁置换铜、氯气再生Fe³⁺氧化性。用过量铁可保证铜离子充分还原，但会带来铁粉残留，因此需稀酸处理。第16题评分细则设问参考答案评分细则（1）Fe+Cu²⁺=Fe²⁺+Cu。2分：离子方程式正确且配平。（2）滤渣A中还可能含过量Fe；稀硫酸处理可溶解过量铁，留下较纯的粗铜。2分：成分1分，目的1分。（3）Cl₂+2Fe²⁺=2Cl⁻+2Fe³⁺。2分：氧化还原关系和配平正确。（4）Cl₂+2OH⁻=Cl⁻+ClO⁻+H₂O。1分：吸收反应正确。三、综合应用题参考答案、解析与评分细则17.（8分）参考答案与解析：本题的关键是把流程操作与物质性质对应起来：强碱处理铝杂质，酸性H₂O₂氧化Fe²⁺，碳酸锂具有反常溶解度特征。第17题评分细则设问参考答案评分细则（1）目的：除去Al₂O₃等能溶于强碱的杂质，减少后续酸耗。离子方程式：Al₂O₃+2OH⁻+3H₂O=2[Al(OH)₄]⁻。3分：目的1分，方程式物质正确1分，配平正确1分。（2）H₂O₂+2Fe²⁺+2H⁺=2Fe³⁺+2H₂O。2分：氧化还原关系1分，电荷和原子配平1分。（3）Li₂CO₃溶解度随温度升高而减小，较高温度下加入CO₃²⁻更有利于Li₂CO₃析出，并可加快成核与固液分离。2分：溶解度原因1分，析出或分离效果1分。（4）用少量热水或接近母液组成的洗涤液快速洗涤，减少Li₂CO₃溶解损失，同时除去Na⁺、SO₄²⁻等可溶杂质。1分：答出少量、热水或减少溶解损失。18.（9分）参考答案与解析：碘量法采用“过量碘—回滴剩余碘”的思路。空白消耗硫代硫酸钠越多，说明初始碘越多；样品消耗减少的部分即被SO₃²⁻消耗的碘。第18题评分细则设问参考答案评分细则（1）SO₃²⁻+I₂+H₂O=SO₄²⁻+2I⁻+2H⁺。2分：产物正确1分，配平和电荷守恒1分。（2）空白与样品消耗Na₂S₂O₃差值为16.00mL，对应被SO₃²⁻消耗的I₂。n(I₂)=1/2×0.1000×0.01600=8.00×10⁻⁴mol。由SO₃²⁻与I₂为1∶1，n(SO₃²⁻)=8.00×10⁻⁴mol。3分：差量法1分，I₂物质的量1分，SO₃²⁻物质的量1分。（3）温度过高会降低SO₂在水中的溶解度；也会促进NH₃挥发，使吸收液碱性降低；还可能加快液相中副反应或带液损失。任答两点。2分：每点1分，答出两点即可。（4）控制氧化槽pH在弱酸至近中性范围、分段鼓风或在线监测亚硫酸盐浓度；既保证SO₃²⁻充分氧化，又减少氨逸出和酸腐蚀。2分：措施1分，依据1分。19.（9分）参考答案与解析：选择性沉淀判断的核心是比较不同离子的Ksp与所需pH。Fe(OH)₃的Ksp远小于Ni(OH)₂、Co(OH)₂，因此可在较低pH优先除去。第19题评分细则设问参考答案评分细则（1）Fe³⁺的氢氧化物Ksp极小，较低pH即可沉淀；Fe²⁺更难沉淀且易与Ni²⁺、Co²⁺共存。先氧化为Fe³⁺可实现选择性除铁。2分：Fe³⁺易沉淀1分，选择性除铁1分。（2）c(OH⁻)=³√[Ksp/c(Fe³⁺)]=³√(4.0×10⁻³⁸/1.0×10⁻²)=³√(4.0×10⁻³⁶)≈1.6×10⁻¹²mol·L⁻¹。pOH约11.8，pH约2.2；pH=3.5时Fe³⁺可充分沉淀。3分：表达式1分，数值1分，判断1分。（3）当pH过高时c(OH⁻)增大，Ni²⁺、Co²⁺的离子积c(M²⁺)c²(OH⁻)可能超过Ksp，生成Ni(OH)₂、Co(OH)₂沉淀而损失。2分：离子积