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2026 年高考化学考前2 周热身训练（9）
化工流程题（精选12 题）答案
1【答案】(1)
、
(2)将
还原为
，便于后续沉淀除去铁元素
(3)
1.7 (4)
分液
(5)
(6) 4 C
【分析】锌冶炼渣主要含
、
、
、
、
、
等，加入稀硫酸，
金属元素转化为硫酸盐，其中
为不溶于水的沉淀，和
成为滤渣1 的主要成分。
再加入
将
还原为
，还原后滤液中含有
、
、
、
，加入
将
、
转化为
、
沉淀，即滤渣2。滤液继续加入萃取剂，将
、
萃取进入有机层中，再向有机层中加入
将
从有机层中洗脱至水层中，
再通过电解法电解其溶液得到Ga。洗脱1 后的有机层继续加入
将
从有机层中转
移至水层中，经过分液操作后，水相经过一系列操作得到Ge。
【详解】（1）根据分析可知，滤渣1 的主要成分为
、
。
（2）渣中
中铁为
价，
作为还原剂，可将
还原为
，便于后续加入
草酸生成
沉淀除去铁。
（3）
与草酸反应生成
沉淀，
为弱酸，保留分子式，配平得离子方程式
为
。 计算pH：铁沉淀完全时
，由
得：
。 由
，
，代入数据：
，得
，
。
（4）洗脱时需要先洗脱Ga（洗脱剂1 为硫酸，此时Ga 洗脱率高、Ge 洗脱率低），再洗
脱Ge，
对Ge 洗脱率接近100%，因此洗脱剂2 选
；操作1 是分离互不相溶的
有机相和水相，操作为分液。
（5）富镓母液中Ga 为
价，阴极
得电子发生还原反应生成Ga 单质，电极反应式为
。
（6）As 原子位于顶点和面心时，与顶点As 最近且等距的As 原子为12 个，晶胞中As 数
目为
，
的晶胞是闪锌矿型面心立方结构，合理的结构单元需满足Ga 和
As 原子数之比为1:1，可无隙并置为完整结构，题中A、B 是可能的结构单元，C 不可能是
结构单元。
2【答案】(1)9 (2)Fe (3) 过量的
与
结合生成
(4) 8 2% 180℃
【分析】由题给流程可知，向赤泥中加入浓盐酸酸浸，将金属元素转化为金属氯化物，二
氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣1 和酸浸液；向酸浸液中加入
，将溶液中
的
转化为
，并调节溶液pH 为1.5，过滤得到滤渣2 和滤液；向滤液中加入萃取剂
萃取、分液得到水层和含有
的有机相；向有机相中加入盐酸反萃取、分液得到
溶液和
有机层；向
溶液中加入草酸，将溶液中钪离子转化为六水草酸钪沉
淀，过滤得到滤液和六水草酸钪；六水草酸钪在空气中煅烧得到三氧化二钪。
【详解】（1） Sc 是21 号元素，
核外电子排布为
，电子的空间运动状
态数目等于轨道数，总轨道数为
；
（2） 已知萃取顺序
，为避免
优先萃取影响
提取，需要将
还原为
，三种试剂中只有Fe 能还原
，同时Fe 可以消耗
升高pH，符合要求；
（3）①根据题干信息，当
大于1.5 时，草酸过量，
可与
形成可溶性
配离子（
），使
沉淀溶解，因此沉淀率下降；
②空气中煅烧时，
中+3 价C 被
氧化为
，Sc 化合价不变，根据得失电子守恒、
原子守恒配平方程式为：
；
（4）①
为萤石型结构，所以黑球为氧，灰球为Zr，
配位数为8；化合物电中性，
满足
，代入
，得
；无空缺时总O 数为
，空位数
为
，空缺率
；
②由XRD 图可知，
、
都存在
、
杂质峰，
是开始生成纯净目
标产物的最低温度，因此最佳温度为
。
3【答案】(1)
(2)除去
，富集
(3)
(4)
会生成
，降低
的产率和纯度
(5)
分子中
原子上有孤电子对，
中
的
原子与
形成配位键，孤电子对用于成键，不再对
成键电子对产生排斥，由于
成键电子对对
成键电子对的排斥作用小于原先孤
电子对的排斥作用，故
键角增大
【详解】（1）基态
原子的价层电子排布式为
，
失去两个电子变为
，因
此基态
的价层电子轨道表示式为
。
（2）由表可知，锌阳极泥经过“酸洗”之后，90%以上的锌都进入了酸洗液中，酸洗渣中
锰含量较高，完成了富集；
（3）“浸出”工序中，
在酸性条件下被
还原为
，反应的离子方程式为
；
（4）①“沉锰”工序中，
与
和氨水反应，生成
沉淀，反应的离子
方程式为：
；
②氨水浓度过大，会使溶液中
浓度过高，导致
与
反应生成
沉淀，
降低
的产率和纯度；
（5）①该晶胞中包含4 个
（阳离子：
；阴离子：），晶胞参
数为anm ，晶体密度为
。
②晶胞内阳离子位于面心和顶点，阴离子位于体内，阴、阳离子的最近距离为晶胞体对角
线的
，计算可得最近距离为
；
③
分子中
原子上有孤电子对，
中
的
原子与
形成配位键，
孤电子对用于成键，不再对
成键电子对产生排斥，由于
成键电子对对
成
键电子对的排斥作用小于原先孤电子对的排斥作用，故
键角增大。
4【答案】(1)
ds V 形
(2)适当提高酸浸温度(3)空气中的氧气将
氧化为
(4) 3：1：1 12 (5)5
【分析】多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O 等元素，加入
酸浸，金属元素转
变为硫酸盐，往浸取液中通入空气，调节
，高压加热可将
氧化为
，铁元
素最终转化为
而与其他金属元素分开；700℃下通入
、
可还原氧化铁为Fe，
滤液1 再调节pH 可将
转化为
沉淀，即滤饼。滤液2 加入合适的有机试剂萃取
可分别得到Cu 配合物、Ni 配合物，两者经处理可得
。
【详解】（1）基态Fe 原子序数为26，价电子排布为
，价电子轨道表示式
；Cu 价电子排布为
，位于元素周期表ds 区；
中心原子
S 的价层电子对数为
，含1 对孤电子对，空间构型为V 形。
（2）酸浸中提高浸取速率可通过增大接触面积、升高温度、提高反应物浓度、搅拌实现，
任写一条合理即可。
（3）浸取液中Fe 以
形式存在，空气作为氧化剂，将
氧化为
，最终转化为
沉淀分离除去。
（4）根据
，结合晶胞位置： Cu 位于顶点，Ni 位于面心，N 位于体心，
刚好满足：顶点Cu 到面心Ni 的距离为
，面心Ni 到体心N 的距离为
，比例为
，
符合题意。数目计算：
，
，
，故
；该晶胞中，顶点Cu 周围最近且等距离的Ni 有3 个，一个顶点被8 个晶胞
共用，相邻晶胞共用一个面，所以共
个。
（5）沉铝过程需要保证
、
不沉淀，
的
更小，
先沉淀，按
不沉淀计算：根据
，
，
，则
。
5【答案】(1) Ce 粉碎(搅拌、升温、固气逆流) (2)
(3) 固体失去吸附水
(4)1.3 (5) 铁粉 1：3
【分析】氟碳铈矿“氧化焙烧”中
转化为CeO2、
和HF，
、
、
与空气、水蒸气不反应，故得到的酸性气体为
，氧化物为
、
、
、
。酸性气体中加入废碱液得到的碳酸氢铵可回收进入滤液II。氧化物为
、
、
、
加入稀硫酸难溶于水的
、
进入滤渣I，
、
溶于稀硫酸形
成
、
进入滤液I。滤渣I 加入
将
还原为
后再溶于稀硫
酸形成可溶于水的
进入滤液II，
不反应进入滤渣II。滤液II 含
加
入
将
转化为
，对其焙烧后得到
。含
、
的滤液I 加入物质X 后
转化为
，故物质X 具有还原性，为不引入杂质可
加入铁粉。在经过调pH 获得滤渣III 为
晶体，滤液III 为
溶液，经
系列操作获得其晶体。
【详解】（1）“氧化焙烧”中
转化为+4 价的CeO2，被氧化的元素为Ce。
提高焙烧效率的措施有粉碎、搅拌、升温、固气逆流等。
（2）“滤渣Ⅰ”溶解时，若用具有还原性的浓盐酸代替稀硫酸和
，会发生反应：
，产生污染性气体，故不能替代。
（3）
的相对分子质量为550，
的相对分子质量为460，故B 到
C 点过程中失去的是结晶水，则图中由A 到B 失去的是吸附在晶体上的水。
C 点的化学式应为
，根据
、
，D
处生成
，E 处生成
，D→E 的化学方程式为
。
（4）
溶液中加入等体积的
溶液，发生反应：
，可知用于反应消耗的
溶液浓度为
。
常温下，
，
时沉淀完全，溶液中
，需要消耗的
溶液浓度为
。共用
溶液浓度为
。
（5）根据分析，为提高
晶体产量，向“滤液Ⅰ”中加入的物质X 是铁粉。
由“滤渣Ⅲ”
晶体，制备
晶体时，加入硫酸酸化得
，再通过加
入的硫酸铵得到
，化学方程式为：
，理论上消耗硫酸铵和硫酸的物质
的量之比为1：3。
6【答案】(1)
(2) HCl 7 Al(OH)3和H2SiO3 (3)
(4) 92% 将可能生成的低价钒氧化物氧化为
，保证产品纯度
(5)阴离子种类不同，导致晶型转化活化能不同
【分析】钒钛磁铁矿主要成分为
、
，含Al、Si 氧化物等杂质，焙烧目的是将
、TiO2转化为NaVO3、Na2TiO3，Al、Si 氧化物转化为可溶性钠盐，水浸后，滤液1
含NaVO3、Na2TiO3、
、Na2SiO3等，滤渣1 为Fe2O3，调pH 后，需除去Al、
Si 元素杂质，同时保留
，沉钒后得到NH4VO3，煅烧得V2O5；滤液2 经酸浸、水解得
H2TiO3，煅烧得TiO2。
【详解】（1）根据已知信息①，焙烧的目的是将
转化为
，反应物有
、
和
，产物有
、
和
（碳酸盐高温分解产物），根据得失电子守
恒和原子守恒配平化学方程式为：
。
（2）滤液1 中含有
、
以及杂质
、
。为了除去Al 和
Si 杂质，同时保留V，需要调节pH 值。为了不引入新的杂质离子，且后续流程需要酸性
环境，应该选用HCl；调pH 的目的是让杂质
和
沉淀完全，而
不
沉淀。从图中可以看出，当pH 约为 7 时，
和
的浓度已经非常低，而此时钒主
要以
形式存在，尚未开始大量转化为多钒酸根或沉淀。滤渣2 是Al(OH)3和H2SiO3。
（3）滤渣1 的主要成分是
，酸浸时，
与酸反应生成
，离子方程式
为：
。
（4）已知
，沉钒后溶液中
，
此时溶液中剩余的
，初始
，沉钒率为
；煅烧
生成
，但分解
过程中可能产生低价钒氧化物或氨气，通入氧气可以将可能生成的低价钒氧化物氧化为
，保证产品纯度。
（5）题目指出用盐酸和硫酸分别反应，煅烧时晶型转化温度不同。这与沉淀物表面吸附的
阴离子有关，阴离子种类不同，导致晶型转化活化能不同。
7【答案】(1)漏斗、玻璃棒 (2)
（或二氧化硅）
(3)
(4)
（或
等金属离子）会催化
分解，部分
分解消耗
(5)
被
氧化生成
的过程中生成
，溶液中氢离子浓度增大，因此
pH 下降 (6)1 (7)90.5%
【分析】软锰矿主要成分为
，还含有少量铁、铝及硅等的氧化物，加入
、
浸取，
被还原为
，
被氧化为
，过滤出
，得到
、
、
、
、
的混合溶液，加入
把
氧化为
，加入
调节溶液pH 生成
、
沉淀，除去Fe、Al 元素，滤液中加
氨水沉锰，得到的是
滤饼，加入水、氧气控温、氧化生成
，加入
锂化生成
。
【详解】（1）浸取后分离固体和液体的操作是过滤，所需玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；
（2）软锰矿中硅的氧化物（主要为
）不溶于硫酸，因此浸取后留在滤渣Ⅰ中；
（3）酸性条件下，
被
还原为
，
被氧化为
，根据得失电子守恒、
电荷守恒配平离子方程式为
；
（4）①调pH 的目的是使
、
完全沉淀，而
不沉淀，因此pH 需要大于等于
沉淀完全的pH（5.2），小于
开始沉淀的pH（8.8），故调pH 范围：
5.2≤pH<8.8；
②
（或
等金属离子）会催化
分解，部分
分解消耗，因此需要加入更多
；
（5）“沉锰”反应为：
，生成酸使溶液中氢离子浓
度增大，因此pH 下降；
（6）设过氧键数目为
，1 个过氧键含2 个-1 价的O，剩余
个O 为-2 价，根据化合
价代数和等于离子电荷：
，解得
；
（7）总
物质的量：
，消耗
的物质的量：
，由比例得剩余
的物质的量：
，与
反应的
：
，由比例
，得
，质量分数：
。
8【答案】(1)
(2) D
(3) 4 可有效去除铝、镁，且锂损失率最小（或铝、镁沉淀率高且锂损失率低）
(4)趁热过滤
(5)
（或
）
【分析】锂矿焙烧—草酸浸出液中， Fe 以
形式存在，
在光
照条件下会发生反应
，直接将
以
沉淀形式去除；
与水反应
，
与
反
应
，
与
反应转化为
沉淀；上
一步加入的
引入了大量
，同时浸出液中原本也含有
，加入
后，发
生反应
生成难溶的 CaCO₃ 沉淀；经系列操作得到粗
；
【详解】（1）基态锂原子的电子排布式为
，根据构造原理、泡利不相容原理和洪特
规则，电子先填满能量最低的
轨道，再填入
轨道，
轨道的单电子自旋方向通常画为
向上；
（2）①对于配合物
和
，中心金属离子
（
或
）
的配位数为 6，空间构型为八面体，
只能采用外轨型杂化，利用空的
、
和
轨
道形成
杂化；
的
轨道已占据，无法提供内层的空
轨道，因此也采用外轨型
杂化，答案选 D；
②草酸是弱酸易发生电离
，由
生成
，铁由
变成
价，部分碳由
价变成
，生成
气体，配平离子方程式可得
；
（3）①②根据图示，加入4 g 氧化钙时，可有效去除铝、镁，且锂损失率最小；
③由题意可知，
可将无定形
转化为
（卡托石），氢元素由
提供，配平方程式得：
；
（4）
结晶后应趁热过滤，避免温度继续下降其他物质析出；
（5）①根据图可知，晶胞的化学式是
，放电时，负极锂失去电子变为
，反应式为
；
②晶胞的化学式为
，分子量为79，经计算晶胞底面为边长为
的平行四边形，夹角
γ=120，其边长
，底面平行四边形的面积为
，晶胞高度为两层石墨之间的距离
，因此
晶胞体积
，计算得
。
9【答案】(1) 离子键、共价键 正四面体
(2)
(3)焰色试验 (4)
(5) 向右 减小
【分析】废旧锂电池正极材料
与
在500°C 下反应，生成
、
和
的混合物（烧渣），并放出
。烧渣加水溶解，
和
溶于水形成滤液1，不溶的
成为滤饼1 被除去。向滤液1 中加入
溶液，
离子与
反应生成
沉淀（滤饼2），滤液2 中主要含有
，向滤液2 中加入
溶液，
离子与
反应生成
沉淀（滤饼3），从而回收锂。将滤饼2[
]在空气中于850°C 下煅
烧，最终得到产品
。
【详解】（1）NaOH 是离子化合物，由
和
构成，它们之间是离子键。在
离
子内部，氧原子和氢原子之间通过共价键结合。
中心硅原子价层电子对数为4，且
不含孤电子对，故其空间构型为正四面体形。
（2）根据流程图，废旧锂电池正极材料
与
在500°C 下反应，生成
、
和
的混合物（烧渣），并放出
，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程
式为：
。
（3）由分析可知，滤饼3 是
，可能附着有未洗净的
。检验
的存在，
实际上是检验
离子。检验
离子的常用方法是焰色试验，钠的焰色试验呈黄色。
（4）由分析可知，“850℃煅烧”时发生的反应中，反应物是
和空气中的氧气，
产物是
，根据元素守恒，还应有水生成，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方
程式：
。
（5）右侧装置是原电池，其中
得到电子生成
，发生还原反应，所以右侧石墨
电极为正极，左侧装置为电解池，与正极相连的电极为阳极，与负极相连的为阴极。左侧
是电解池，左边的电极是阳极，右边的电极是阴极，阳离子（如
）向右穿过阳膜移向
阴极区；乙酸盐在细菌作用下在阳极被氧化生成
和
，电极反应式为：
，生成的
向右穿过阳膜移向阴极区(甲室)，导致
甲室溶液的酸性增强，pH 减小，乙室是原电池的正极，发生还原反应。
得到电子，
在酸性环境（盐酸）下被还原为
。电极反应式为：
。
10【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)
(3)
(4) 富集钪元素，并与杂质分离
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)
或
或
等
【分析】钨渣中主要含有
以及少量
、
、
等，加入稀盐酸后，
、
均不溶，滤液1 中含有
、
，加入氨水调节溶液的pH 值， Fe3+转化为
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。
【详解】（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；
（2）已知
是酸性氧化物，不溶于水，滤渣1 中的
与氨水反应生成可溶的
，据此写出离子方程式
；
（3）酸浸后滤液1 中含有
、
，加氨水调pH=3 时，
完全水解生成
沉淀，
仍留在溶液中，故滤渣2 为
；
（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
；已知Sc 的氢氧化物具有两性，过量NaOH 会使
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）设初始有1 mol
，质量为462 g；400 K 时，固体残留质量为
，失去质量为
，即失去
结晶水，
剩余1 mol 结晶水，故成分为
；500 K 时，固体残留质量为
，正好等于
的摩尔质量（
），说明500
K 时已完全失去结晶水，为
；500~600 K 时，草酸钪在空气中灼烧被氧气氧化，
最终生成
，配平得到反应方程式
或
或
等。
11【答案】(1)
d (2)
(3)
(4)将
转化为
，避免
影响
的萃取
(5) 3.3 pH 过低，即
过大，会导致萃取反应
的平衡逆
向移动，不利于V 进入有机相 (6)
【分析】原料为石煤灰渣（主要含
、
、
及
等），酸浸时，
、
及
溶于稀硫酸，得到
、
、
，
不溶于稀硫酸得以除去，溶液1
中加入
固体，得到
，而溶液2 中加入添加剂，还原结晶，
将
还原为+3 价，生成难溶的“中间盐”
，在热水、空气、酸性条件下溶解，
“溶解”后，所得溶液中钒主要以
的形式存在，加入铁粉会将
还原为
，消除
对后续萃取的干扰，加氨水调节溶液pH 后，
被萃取进入有机相，与
、
分离，
得到钒溶液，最终得到钒材料，以此解答。
【详解】（1）
是23 号元素，简化电子排布式为
，价电子为
，位于元
素周期表的d 区；
（2）石煤灰渣中，
不与过量硫酸反应，因此浸渣的主要成分为：
；
（3）中间盐中
为+3 价，溶解后被空气氧化为
（
为+4 价），根据电子守恒、原
子守恒以及电荷守恒配平，离子方程式为：
；
（4）已知萃取剂HR 与阳离子的结合能力为
＞
＞
＞
，故加入Fe 是为了
将溶液中的
还原为
，防止
优先被萃取，从而提高
的萃取率；
（5）①已知
，
，
，
，
，
；
②萃取原理为：
，pH 过低，即
过大，会导致萃取反应
的平衡逆向移动，不利于V 进入有机相；
（6）晶胞体积
，H 原子全部在晶胞内部，故晶胞内H 原子
个数为8 个，可释放的H 原子个数为
个，可释放的H 原子为4 个，则可释放的
H2分子为2 个，其物质的量为
，
的物质的量体积为
，则体积储氢密度为
12【答案】(1) 粉碎矿物，搅拌，适当升温，适当增大硫酸的浓度(答出一条即可)
CaSO4、SiO2
(2)消耗“萃取1”过程中产生的H+，避免抑制“萃取2” (3)2≤pH＜6
(4) H2SO4
或
(任写一个) (5)Cu2O 和O2
【分析】以软锰矿和辉铜矿为原料，利用硫酸酸浸时MnO2、Fe2O3的氧化性将Cu2S 氧化溶
解，得到含Mn2+、Cu2+及Fe3+、Ni2+等杂质的浸出液，随后通过N211 萃取除杂、调pH，再
用N985 萃取剂将Cu2+萃取进入有机相，实现Mn2+与Cu2+的分离；含Mn2+的水相2 加入硫
化钠，利用NiS 与MnS 的溶度积差异除去Ni2+，再用碳酸氢铵和氨水沉淀得到MnCO3；含
Cu2+的有机相2 经稀硫酸反萃取后，通过蒸发浓缩、冷却结晶等操作制得胆矾，有机相3
可循环用于萃取，实现两种产品的高效制备与资源的循环利用；据此作答。
【详解】（1）提高酸浸速率的措施：粉碎矿物，搅拌，适当升温，适当增大硫酸的浓度；
(答出一条即可)；根据工艺流程，矿石中的SiO2不与硫酸反应，辉铜矿中的钙元素与硫酸
反应生成微溶的CaSO4，因此浸出渣的主要成分为SiO2和CaSO4；在酸性条件下，Fe2O3先
与H+反应生成Fe3+，Fe3+作为强氧化剂将Cu2S 中-2 价的S 氧化为单质S、+1 价的Cu 氧化
为Cu2+，自身被还原为Fe2+结合电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可配平该反应的离子方
程式为
；
（2）萃取过程的核心原理为可逆反应
，其中消耗反应产生的
H⁺，降低水相中c(H⁺)，促使萃取平衡正向移动，提高金属离子的萃取率；则选用碱溶液可
以消耗“萃取1”过程中产生的H+，避免抑制“萃取2”；
（3）
，“调
除镍”时，
沉淀完全，
，
，由
得pH=2；
，
，
不能沉淀，
，由
得pH=6，所以
；
（4）为实现从有机相中反萃取金属离子，需使萃取平衡
逆向移
动，因此向有机相中加入试剂B（稀硫酸）以增大H+浓度，使金属离子重新进入水相；在
“碳化沉锰”步骤中，NH3·H2O 提供碱性环境，促使
电离出
，
与溶液中
的Mn2+结合形成MnCO3沉淀，根据电荷守恒和原子守恒，其离子方程式为
或
；
（5）根据热重分析，初始
的质量为2.5 mg，依据Cu 元素守恒，可计算出其
中Cu 元素的质量恒为0.64 mg；当温度升至900℃时，残留固体质量为 0.72 mg，扣除Cu
元素质量后，剩余氧元素质量为0.08 mg，计算可得产物中Cu 与O 的物质的量之比为
2:1，确定固体产物为Cu2O；在该氧化还原反应中，Cu 元素化合价由+2 价降低为+1 价，根
据化合价升降守恒，必然有元素化合价升高，可推知O 元素被氧化生成了O2，因此900℃
时胆矾的分解产物为
和
。
