2026年高考化学福建卷试题真题及答案详解（打印版）

试卷第=page11页（共=sectionpages33页）试卷第=page11页（共=sectionpages33页）2026年福建省普通高中学业水平选择性考试化学本试卷满分100分，考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16Cu—64W—184一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．福建某团队发现，用、等半导体负载的纳米催化剂，光照下可高选择性催化苯乙炔加氢制苯乙烯。下列说法正确的是A．为无机物 B．为稀土氧化物C．与属于同一主族 D．苯乙炔属于有机高分子用HCN合成腺嘌呤的路线如图，回答下面小题。2．下列说法正确的是A．反应ⅰ为缩聚反应 B．HCN为强酸C．氨基丙二腈为非极性分子 D．腺嘌呤分子间可形成氢键3．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．的键数为B．氨基丙二腈的孤电子对数为C．腺嘌呤的键数为D．氨基丙二腈和腺嘌呤的混合物中氮原子数为4．某药物结构如图，X、Y、Z、Q、R为原子序数依序增大的短周期元素。下列说法错误的是A．电负性： B．第一电离能：C．最简单氢化物热稳定性： D．最高价氧化物对应水化物酸性：5．碘量法测定浓度，部分相关物种有下列反应：ⅰ．

ⅱ．

ⅲ．

下列说法正确的是A．反应ⅰ中每生成，得到电子B．酸性条件下，初始，产物含有C．酸性条件下，氧化性：，反应ⅲ逆向进行D．不同条件下，向反应体系中加入淀粉溶液，均出现蓝色6．用合金废料(主要含铁-钴、铁-镍合金和少量)生产金属氢氧化物的工艺如下：已知：①当离子浓度小于时，认为其完全沉淀；②时各物质值：下列说法错误的是A．“高压酸浸”中高压有利于提高金属浸出率B．“沉铁”时调至3.0可使完全沉淀C．“沉钴”时不涉及氧化还原反应D．“沉镍”时溶液应适当过量7．补铁剂麦芽酚铁的制备流程如下:下列说法错误的是A．“减压蒸馏”不能用球形冷凝管B．“浆状物”含少量乙醇C．“NaOH溶液浸洗”去除未反应的D．“重结晶”去除无机物8．探究离子在电场中的迁移行为，装置如图。蘸取和浓氨水生成的溶液，在碱性电解液浸润的滤纸上a处画绿色条纹，通电并观察现象。已知呈黄色。下列说法错误的是A．电源极为正极B．该条件下，比迁移快C．通电后，培养皿2中电极附近出现灰绿色沉淀D．对调电源正负极并通电，蓝色条纹向滤纸b侧移动9．一种溴介导的电催化丙烷制丙烯工作原理如图。下列说法正确的是A．交换膜为阳离子交换膜B．每消耗，产生C．阳极区总反应为D．“反应ⅲ”为10．含少量的溶液中，、恒定，及配离子(略去配体)的平衡浓度随的变化如图。已知反应的(，2，3，4)分别为0.4、-0.7、-2.3、-4.6。下列说法正确的是A．M点： B．点：C．点： D．曲线1代表的组分为二、非选择题(本题共4小题，共60分)11．治疗湿疹药物迪高替尼的合成路线如下。(不考虑立体异构，溶剂省略)已知：PG为保护基。(1)A中含氧官能团为_________。(填名称)(2)C的结构简式为_________。(3)ⅲ的化学方程式为_________。(已知过量)(4)ⅴ中F发生的反应类型为________。(5)基于ⅰ～ⅵ判断，宜选________。(填标号)a．

b．

c．(6)ⅵ中，若将替换为(见下图)，产物中有的同分异构体，结构简式为________。(7)迪高替尼分子中的手性碳原子来源于_________。(填标号)a．化合物

b．化合物

c．化合物

d．化合物(8)Y是A的同分异构体，与A有不同的官能团，且满足下述条件。的结构简式为_________。①可与发生银镜反应；②的核磁共振氢谱有2组峰。12．实验室在隔绝水汽条件下制备无水(深蓝绿色针状晶体，吸水性强)。已知：沸点；液态存在自电离：。Ⅰ．的制备(装置如图，夹持装置省略)反应方程式：。(1)仪器A的名称为_______；装置的不足之处是_______。(2)反应时产生红棕色气体的化学方程式为_______。(3)铜丝完全反应后，加入液态至沉淀完全，过滤、洗涤、低温真空干燥得蓝色晶体(相对分子质量280)，产率为________(列出计算式)。Ⅱ．的热解(装置如图，夹持和加热装置省略)(4)抽真空下缓慢加热至，样品变为浅蓝色粉末。①生成的化学方程式为_________。②装置中玻璃棉的作用是_________。(5)热解后，先_________，然后_________，样品升华，凝华为深蓝绿色针状晶体。(填标号)a．升温至

b．保持活塞和真空泵开启c．关闭活塞，再关闭真空泵

d．关闭真空泵，再关闭活塞Ⅲ．的晶体结构(如图)(6)①基态原子的价电子排布式为_________。②晶胞中有_________个；晶体中，和连成_________状(填“链”“层”或“空间网”)，微粒间作用力有_________(填标号)。a．键

b．配位键

c．金属键

d．非极性共价键13．贵金属铑(Rh)和铱(Ir)的化学性质相似，探究分离方法有重要意义。Ⅰ．(、)与的配位能力(1)向等浓度和混合溶液中加入盐酸，有下列反应：ⅰ．

ⅱ．

ⅲ．

①__________。(用、表示)②，与的配位能力：_________。(填“>”“<”或“=”)Ⅱ．在阳离子交换树脂上的吸附一定条件下，浓度为的溶液与树脂混合，发生吸附反应：。(2)树脂上吸附量随时间变化如图。①～每克树脂吸附的平均速率为_________。②吸附活化能：_________。(填“>”“<”或“=”)(3)吸附平衡时，分配比[]随溶液变化如图。①增大，树脂吸附的下降的原因为：________。②吸附平衡常数：________。(填“>”“<”或“=”)(4)向和浓度均为的混合液中加入树脂。①为提高吸附的平衡选择性，溶液宜选________。(填标号)a．0.1

b．2.0

c．4.0②吸附平衡时，溶液中和的浓度分别为和(忽略溶液体积变化)，__________。(用、和列出计算式)Ⅲ．树脂上共吸附的洗脱(5)树脂上共吸附的和，用一定量的溶液、溶液分步在分钟内洗脱，结果见下表。已知：M(Ⅲ)洗脱率M(Ⅲ)Rh(Ⅲ)Ir(Ⅲ)第1步洗脱率/%694第2步洗脱率/%856①第1步洗脱后，树脂上________。(填“升高”“降低”或“不变”)②第2步的X溶液宜选________。(填标号)a．盐酸

b．盐酸c．溶液

d．溶液③第2步洗脱后，洗脱液中________。(列出计算式)14．用废催化剂(主要含和少量单质)制备的流程如下：已知：仲钨酸铵难溶于水，相对分子质量为3134；时，：，，；水溶液中W(Ⅵ)的分布系数{例如}与溶液关系如图。(1)“碱溶”时，转变为和的含氧酸盐。①主要以________形式存在。(填离子符号)②“滤渣1”为________。(2)“操作”除去___________元素。(填元素符号)(3)“反应萃取1”中，有机萃取剂中的与结合生成的离子方程式为________。(4)“反应萃取2”中：①萃取液中主要的化合物为________。(填化学式)②“萃余液2”中可循环利用的物质是________。(5)“析晶”调节溶液至________，晶体产率最高。(填“”“”或“”)(6)31.34mg仲钨酸铵在氮气中的热失重曲线如图。区域Ⅰ产生气体，区域Ⅱ产生气体，区域Ⅲ、Ⅳ均产生和。①下列说法错误的是________。(填标号)a．区域Ⅰ中晶体结构发生改变b．区域Ⅱ中分解产生c．区域Ⅲ中Y来源于结晶水d．“煅烧”温度可选在区域Ⅴ的温度区间②区域Ⅳ中，_________。答案第=page11页（共=sectionpages22页）答案第=page11页（共=sectionpages22页）1．A【详解】A．是金属氧化物，属于无机物，A正确；B．在传统化学分类中属于盐类化合物，在现代无机化学和材料科学中属于复合氧化物，但Sr和Ti均非稀土元素，B错误；C．和均属于第Ⅷ族元素，非主族元素，C错误；D．苯乙炔的相对分子质量为102，不属于有机高分子，D错误；故选A。2．D3．D【详解】2．A．缩聚反应的产物为高分子化合物，且伴随小分子副产物生成，反应ⅰ为加成反应，不属于缩聚反应，A错误；B．HCN在水溶液中仅部分电离，属于弱酸，B错误；C．氨基丙二腈分子中心C原子(2-位C原子)为sp3杂化，其所连接的四个基团或原子(-H、-NH2、-CN、-CN)在四面体的四个顶点上，分子的正电荷重心与负电荷重心不重合，因此氨基丙二腈为极性分子，C错误；D．腺嘌呤分子含有N-H键(可作为氢键给体)和带有孤电子对的sp2杂化N原子(可作为氢键受体)，因此腺嘌呤分子间可形成氢键，D正确；故选D；3．A．HCN分子中心C原子为sp杂化，C原子与N原子之间形成了1个键和2个键，因此1molHCN的键数应为2NA，A错误；B．氨基丙二腈分子中每个N原子均有一对孤电子对，其余原子上无孤电子对，因此1mol氨基丙二腈的孤电子对数应为3NA，B错误；C．1个腺嘌呤分子中有2个C-H键(结构式中未明确画出来)、3个N-H键、2个C-C键和9个C-N键，共计16个键，因此0.1mol腺嘌呤的键数应为1.6NA，C错误；D．氨基丙二腈（）和腺嘌呤（）的最简式均为CHN，最简式的相对分子质量为27，故27g氨基丙二腈和腺嘌呤的混合物中氮原子数为NA，D正确；故选D。4．B【分析】根据该药物的阴阳离子结构中各元素原子的成键特点(成键数目)，推断X、Y、Z、Q、R可能的价电子数分别为6、1、5、6、7，又根据X、Y、Z、Q、R为原子序数依序增大的短周期元素，推断X、Y、Z、Q、R分别为O、Na、P、S、Cl元素，据此回答。【详解】A．根据O、Na、P在元素周期表中的位置关系和电负性的递变规律可知电负性:O>P>Na，即X>Z>Y，A正确；B．根据P、S、Cl在元素周期表中的位置关系和元素第一电离能的递变规律可知第一电离能:Cl>P>S，即R>Z>Q，B错误；C．元素的非金属性:，最简单氢化物热稳定性:，即，C正确；D．元素的非金属性:，最高价氧化物对应水化物的酸性:，即，D正确；故选B。5．B【详解】A．按反应i计量数，每生成转移10mol电子，则每生成，得到2mol电子，A错误；B．根据盖斯定律计算，反应iii正向进行程度极大，且远超反应i和ii。酸性条件下，设初始，根据物质的量比例和平衡常数，先考虑和按反应iii完全进行，此时体系内有的和的，再依据反应ii可知的最多消耗的，无法完全消耗。可知酸性条件下，初始，产物中有，B正确；C．根据盖斯定律计算，这也说明用碘量法测定氧化性物质时，碘化钾必须加入过量，保证将氧化性物质定量转化为I2，以确保测定的准确性。由lgK3=212知，反应ⅲ难以逆向进行，且酸性条件下氧化性:，C错误；D．在强碱性条件下，会发生歧化反应而分解，不能使淀粉溶液变蓝，D错误；故选B。6．C【分析】合金废料含有铁钴、铁镍合金与少量，加入硫酸、双氧水在高压酸浸，金属元素溶解进入溶液，不反应成为滤渣除去；向浸出液加入调节沉铁，析出固体，分离后滤液中含、；向滤液加入试剂沉钴，得到沉淀；剩余滤液再加沉镍，生成。【详解】A．高压酸浸在下进行，加压可以提高溶液沸点，增大体系中活性氧的溶解度，提升反应物浓度与反应温度，加快金属的溶解，有利于提高金属浸出率，A正确；B．的，时，，，该浓度小于，满足完全沉淀标准，可完全沉淀，B正确；C．对比溶度积，远小于，如果酸浸后钴是，调沉铁时会和一同沉淀，无法分开，所以沉铁阶段钴以存在；沉钴产物是，需要把氧化为，因此沉钴步骤存在化合价变化，属于氧化还原反应，C错误；D．沉镍反应生成，为保证尽可能沉淀完全，沉淀剂溶液需要适当过量，利用同离子效应降低溶解度，D正确；故选C。7．C【分析】根据实验流程可知，以乙醇作为溶剂，麦芽酚与反应生成麦芽酚铁、H2O和HCl，“减压蒸馏”主要去除反应溶剂和HCl，“浆状物”中主要含未蒸干的乙醇(以及少量水)、麦芽酚铁，可能有未反应的麦芽酚和，“NaOH溶液浸洗”时，未反应的麦芽酚与NaOH反应生成水溶性麦芽酚钠，而未反应的Fe3+转化为固体Fe(OH)3，浸洗后过滤得到固体(粗产品)，故浸洗过程只能去除未反应的麦芽酚和残留的少量乙醇等，无法去除Fe3+，“重结晶”中使用有机溶剂溶解了固体粗产物中的麦芽酚铁，主要去除浸洗后固体中的Fe(OH)3等无机物，据此解答。【详解】A．减压蒸馏需使用直形冷凝管收集馏分，球形冷凝管的球部会残留馏分，无法完全导出，因此该步骤不能使用球形冷凝管，A正确；B．减压蒸馏只能除去大部分乙醇，无法将乙醇完全蒸除，且“浆状物”也表明其为固液混合物，因此浆状物中有少量乙醇残留的说法正确，B正确；C．由分析可知，浸洗过程只能去除未反应的麦芽酚和残留的少量乙醇等，无法去除Fe3+，C错误；D．由分析可知，“重结晶”主要去除浸洗后固体中的Fe(OH)3等无机物，D正确；故答案选C。8．C【分析】将氨水加入溶液中得到，其中的颜色为黄色，颜色为深蓝色，二者混合后为黄绿色，通电后离子会发生定向迁移，据此解答。【详解】A．为阴离子，向阳极移动，通电后黄色条带向左迁移，说明左侧Fe电极为阳极，阳极连接电源正极，故m极为正极，A正确；B．相同通电时间内，黄色条带的迁移距离大于蓝色条带，说明的迁移速率更快，B正确；C．培养皿2的Fe电极为阴极，阴极上得电子生成和，Fe电极被保护不溶解，无生成，不会产生及后续灰绿色沉淀，灰绿色沉淀出现在培养皿1上，C错误；D．调换电源正负极后，左侧变为阴极，带正电的向阴极（左侧）迁移，故蓝色条带向滤纸b侧迁移，D正确；故选C。9．C【分析】右侧电极上得电子被还原为，因此右侧为电解池阴极，左侧为电解池阳极，左侧的反应是分步进行的：阳极第一步：，反应i：，反应ii：，反应iii：，据此解答。【详解】A．右侧阴极发生还原反应生成，左侧阳极反应需要消耗，需从右向左迁移，因此离子交换膜为阴离子交换膜，A错误；B．由分析可知，生成1mol时转移2mol电子，1mol完全反应得到4mol电子，根据电子守恒，1mol理论上可产生2mol，B错误；C．根据反应i、ii、iii历程可得，左侧阳极总反应为失电子与反应生成和，配平后方程式为，原子、电荷均守恒，C正确；D．反应iii中转化为的过程无元素化合价变化，没有电子转移，不需要失去电子，正确的反应是：，D错误；故选C。10．A【分析】已知配位反应的平衡常数为，对应表达式为：、、、，随着总氯浓度增大，浓度升高，含铜配离子的配位数逐渐升高：低氯浓度下以配位数低的物种为主，高氯浓度下配位数高的物种占比逐渐上升，因此下降的曲线是，曲线1是，其余曲线从上到下依次是、、，据此解答。【详解】A．M点为和浓度相等的点，此时，代入可得，即M点游离浓度为，由，代入，可得，A正确；B．N点横坐标代表，此时氯的存在形式有、，以及和Co(Ⅱ)配位的，因此，B错误；C．P点与N点横坐标相同，游离相同，N点为Cu2+和CuCl+的浓度交点，即c(Cu2+)=c(CuCl+)，根据平衡常数表达式，可得K1=，故c(Cl-)=，由，代入c(Cl-)=，得到：，C错误；D．由分析可知，曲线1是，D错误；故选A。11．(1)酯基(2)(3)(4)还原反应(5)c(6)(7)ab(8)【分析】A和H2N-PG在K3PO4的催化下发生取代反应生成B，B在2，6二甲基吡啶催化下与C发生取代反应生成D，C的分子式为C3H4Cl2O，不饱和度为1，根据D的结构简式可知C的结构简式为，D在K3PO4作用下发生环化反应生成E，E经多步转化酯基转化为酰胺基生成F，F在AlCl3作催化剂下被LiAlH4还原生成G，G与H()在K3PO4作用下发生取代反应生成J，J脱除保护基生成K，K与发生取代反应生成迪高替尼，据此解答。【详解】（1）A的结构简式中含酯基、碳溴键(溴原子)两种官能团，故A中含氧官能团为酯基；（2）B中N-H断裂，C中酰氯中C-Cl断裂，生成D和HCl，故C的结构简式为：；（3）通过D、E结构变化可知，在“K3PO4”碱性条件下，D中C-Cl键与酯基的位键断裂，两个C相连成环，脱去的HCl与过量K3PO4生成K2HPO4与KCl，故ⅲ的化学方程式为：；（4）对照v中F→G结构变化，F中两个酰胺基均发生了脱去氧原子、增加氢原子的反应。故v中F发生的反应类型为还原反应；（5）官能团的保护基在脱除之前都不应遭到破坏，因此保护结构N-PG中不应存在i~vi中参与反应的官能团。基于v中使用LiAlH4将F中(取代的)酰胺基还原的事实，可知N-PG不宜含有酰胺基。选项a形成的保护结构N−COOC(CH3)3含酯基与氨基甲酸酯基，选项b形成的保护结构含酰胺基，二者均能在反应ⅴ的条件下被还原，无法起到保护作用，因此不宜用作此合成路线中的保护基，不符合题意；选项c形成的保护结构为N-CH2（6）若将替换为，中含两个亚氨基(N-H)，发生类似取代反应，存在三种可能：与H以物质的量之比1:1发生反应，的两个N-H键其一与H中的C-Cl键发生取代反应，会得到两种产物，即K和K的同分异构体；还有一种可能是与H以物质的量之比1:2进行的反应，产物是中的两个N-H均与H中的C-Cl键发生取代生成的产物。其中与K互为同分异构体的产物，即参照生成K的反应，中四元环上亚氨基(N-H键断裂)与H(C-Cl键断裂)发生取代反应，其结构简式为；（7）根据手性碳原子定义，先在迪高替尼分子中找出两个手性碳原子位置：(如图中标★位碳原子)，再应用宏观碳骨架辨识或逆向追踪分析，两个手性碳原子分别来源于反应物A和反应物C，故选ab；（8）A的分子式为C4H5O2Br，异构体Y与A含有不同的官能团，其中碳溴键(溴原子)不可变，不同官能团只能将酯基进行变换。由“可与发生银镜反应”推出含1个-CHO，且不和O原子相连。由“Y的核磁共振氢谱有2组峰”推出除去-CHO外含氢的部分只能为2个等价的-CH2-，因此余下的O原子只能以醚键相连。综合以上信息可知Y的结构简式为。12．(1)球形干燥管无尾气处理装置(2)(3)(4)或防止抽真空时样品被吸出(5)ca(6)8空间网ab【分析】本实验以Cu单质和为起始原料，在严格无水的乙酸乙酯溶剂体系中发生反应：。析出中间体，后续经洗涤除杂后，在120℃真空条件下使中间体脱除多余得到粗品无水，再利用无水硝酸铜易升华的特性，升温至200℃使目标产物升华后凝华，最终得到高纯度的无水硝酸铜晶体，全程严格控湿避免产物潮解。【详解】（1）实验在隔绝水汽条件下进行，的作用是防止外界水蒸气进入装置。盛放仪器为“球形干燥管”。制备的反应中生成NO，同时还会放出有挥发性的N2O4及其分解生成的NO2等气体，均为大气污染物，须进行尾气处理。故装置的不足之处为无尾气处理装置。（2）反应原料之一为液态N2O4，反应时放热会导致N2O4分解生成红棕色的气体NO2。故产生红棕色气体的化学方程式为。（3）根据Cu元素守恒，的物质的量为，理论上生成的物质的量等于Cu的物质的量，理论产物质量为，因此产率为：

。（4）①利用液态自电离的拆分思路，热解脱除1个和1个，二者结合生成N2O4，N2O4受热易分解产生NO2，故生成​的化学方程式：或。②由于制备反应在抽真空条件下进行，固体样品可能被气流带出，造成产率下降。故在装置中玻璃棉的作用是防止抽真空时样品被吸出。（5）在升温至升华前，须停止抽真空，否则升华时气体直接被抽出，无法在装置中凝华收集产品。“升温至200°C”应在“关闭活塞”之后。若在关闭活塞前先关闭真空泵，在装置内高负压下，外界气体(含水汽)易进入装置，影响产品质量，同时内压增大也不利于无水Cu(NO3)2在200°C下升华，因此应“先关闭活塞，然后关闭真空泵”。故符合题意的选项依次为c、a。（6）①Cu是29号元素，核外电子排布式为，洪特规则特例使3d轨道全充满更稳定，其价层电子包含最外层4s轨道与次外层3d轨道的电子，因此价层电子排布式为。②观察晶胞结构，胞内Cu原子总数为4；根据的元素比例关系，1个Cu对应2个，因此晶胞内的总数为。从晶胞结构图可以看出，与通过配位键在三维空间中向各个方向交联延伸，因此形成的是空间网状结构。a．中存在4中心6电子的离域π键，符合要求；b．和中的O原子之间存在配位键，符合要求；c．金属阳离子与自由电子之间强烈的相互作用，叫做金属键，该晶体中不存在金属键，不符合要求；d．晶体中所有共价键均为不同原子形成的极性共价键，不存在非极性共价键，不符合要求；因此选ab。13．(1)＜(2)0.25＜(3)增大，吸附平衡逆向移动＞(4)a(5)升高b【详解】（1）①根据盖斯定律，反应iii可由反应ii减去反应i得到，故平衡常数满足。②已知，即，可得。平衡常数越大，对应金属离子和的配位能力越强，因此与的配位能力小于。（2）①由题图1可知，1h时每克树脂对的吸附量为，因此0~1h每克树脂吸附的平均速率为。②0~1h内，相同时间下的吸附速率远大于，吸附反应速率越快说明活化能越低，因此的吸附活化能小于。（3）①该吸附反应为，增大时，生成物浓度升高，平衡逆向移动，更多的从树脂解吸进入水溶液，因此的吸附量下降。②分配比​，由题图2可知相同下，即。结合吸附反应的平衡常数表达式​，可推导出与吸附平衡常数正相关，因此的吸附平衡常数大于。（4）①要提高的平衡吸附选择性，需要使的分配比Y尽可能大，同时的分配比Y尽可能小，即两者的差值最大。观察图2，两条曲线在较低时垂直距离最大（即差值最大），因此应选择极低的浓度，即0.1mol/L。②溶液中剩余的物质的量分别为、，树脂上吸附的物质的量分别为、，代入分配比定义可得：。（5）①第1步洗脱后，树脂上剩余的为，剩余的为，二者比值为​​，远大于洗脱前的​​，因此升高。②由表中数据第二步洗脱时Rh(Ⅲ)的洗脱率为85%、Ir(Ⅲ)的洗脱率为6%可知，第二步洗脱的目的是将树脂吸附的洗脱下来，洗脱第一步只洗脱了6%的，说明仅靠增加浓度不足以让结合牢固的大量脱附。而高浓度盐酸可以提供大量，可以结合以配离子形式洗脱，从而促进解离，高浓度的也可通过吸附平衡：逆向移动促进脱附，宜选用高浓度的盐酸，即6mol/L盐酸(选项b)。③根据洗脱率公式，第2步洗脱液中Rh(Ⅲ)的物质的量为​，Ir(Ⅲ)的物质的量为​，因此二者物质的量之比为​​。14．(1)Fe(2)P(3)(4)有机萃取剂(或)(5)y(6)bc2【分析】碱溶环节：pH=11的强碱性条件下，P(V)主要以​形式存在；废催化剂中的单质Fe不与NaOH溶液反应，因此滤渣1为Fe单质。操作X加入​，可将溶液中的P元素转化为磷酸铁沉淀除去，得到滤渣2。反应萃取1在pH=2条件下，游离的与有机胺结合，离子方程式为：。反应萃取2在pH>9的氨性环境下，W(Ⅵ)转化为​进入萃取液，析晶环节选择pH=y，此时仲钨酸铵的对应离子分布系数最高，产率最