二轮专题精准提升6 工艺流程-【衡水真题密卷】2025年高考化学二轮专题精准提升（5版）

真题密卷 0.5mol·L1HNO3中，就应该生成氢气和硝 酸铜，经检测，发现没有H2生成，所以初步证实 假设不成立。 (5)由实验数据可知：温度升高，氢气的体积逐渐 减小，是因为H+、NO?被还原的速率均增大， 2024一2025学年度二 化学· 一、选择题 1.C【解析】根据题给流程图可知，反应物为NH 和O2,产物中含有NO?,反应的化学方程式为 NH+2O2=NO5十2H+H2O,A正确； NH4CI水解呈酸性，长期过量使用会导致土壤酸 化，也会导致水体富营养化，B正确；检验NH应 使用红色石蕊试纸，C错误；由选项A可知，生物 硝化法处理废水会使水体呈酸性，可以加入石灰 石与H反应来调节水体的pH,D正确。 2.D【解析】SiCL,的中心原子上的价层电子对数是 4,采取sp3杂化，SiC14的中心原子上没有孤电子 对，分子的空间结构为正四面体形，属于非极性分 子，A正确；电负性为O>C1>H>Si,B正确；组 成结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越 大，沸，点越高，沸点：SiCL4>SiH4,C正确；硅原子 无孤电子对，但有3d空轨道，而H2O中的O含有 孤电子对，可提供孤电子对与Sǐ形成配位键，中间 体Si采用的是spd杂化，D错误。 3.B【解析】存在FeC,FeCl,F,FeC,的转化，A 正确；Fe3+与KSCN溶液反应生成红色溶液，不是 沉淀，B错误；常温下Fe会与浓硫酸发生钝化，故 可用钢瓶运输浓硫酸，C正确；当F过量时，反应 后溶液中溶质可以只存在Fe(NO3)2,D正确。 4.D【解析】首先铁粉和硫粉反应生成FeS,S和O2 反应生成SO2,FeS与稀硫酸反应生成FeSO4和 H2S,H2S和H2SO4(浓)反应生成S、SO2和 H2O,据此分析回答问题。由以上分析可知，气体 A中SO2是氧化产物，气体D中SO2是还原产 物，A错误；铁粉和硫粉反应生成FeS,S和O2反 应生成SO2,H2S和H2SO4(浓)反应生成S、SO 和H2○，反应中硫元素化合价都发生改变，故硫元 素至少参加了3个氧化还原反应，B错误；固体B 为FeS,FeS和浓硫酸反应生成Fe2(SO4)3、S、 5 。1 二轮专题精准提升 NO3被还原的速率增大的更多，NO?被还原时 H+同时被消耗，H得电子的机会减少，导致产 生H2的体积减少。 (6)综上所述，有利于金属与硝酸反应生成氢气 的条件是较低温度和低浓度硝酸。 轮专题精准提升（六） 工艺流程 SO2和H2O,其中被氧化的元素为Fe和S,被还 原的元素为S,C错误；沉淀F是S,S与NaOH 在加热条件下反应生成Na2S、Na2SO3和H2O,D 正确。 5.D【解析】2CrO(黄色)十2H+Cr2O号（橙色） +H2O,A正确；过程Ⅱ中Cr元素化合价降低，说 明被还原，则SO2是还原剂，Cr3+为还原产物，B 正确；CrO→Cr(OH)3,每个Cr原子得3个 电子，即处理废水中的1 mol CrO,2-(不考虑其他 氧化剂存在)，转移电子数为3NA,C正确； Fe2(SO,)3中的Fe3+不具有还原性，不能代替具 有还原性的二氧化硫，D错误。 6.B【解析】由题给流程可知，富硒废料（含Ag2Se、 CuSe)加入浓硫酸可生成SeO2、SO2气体，SeO2、 SO2气体与水反应生成H2SO4和Se,母液含硫 酸；对应废渣为银、硫酸铜，加入稀硫酸溶液酸溶 后过滤分离出Ag,滤液含硫酸铜，电解精炼粗银， 可得到纯银，以此解答该题。O、S、Se的最外层电 子数均为6，它们均属于第ⅥA族元素，A正确； SeO2中Se的化合价为十4，处于中间价态，故既 有氧化性又有还原性，SO2、SO2气体与水反应生 成H2SO,和Se,说明二氧化硫的还原性更强，即 SO2的还原性比SO2弱，B错误；结合分析可知， “培烧”时可发生反应CuSe十4H,S0,(浓)△ CuSO,+SeO2个+3S02个+4H2O,C正确；向 “滤液”中滴加过量的氨水，先产生蓝色沉淀即 Cu(OH)2,然后获得深蓝色透明溶液即 Cu(NH3)4SO4,D正确。 7.C【解析】硅酸镁和硫酸反应会生成硅酸被滤出， A正确；根据题千和流程分析，酸溶时Fe、Al的氧 化物转化成Fe3+、Fe2+、A13+,氧化过程中主要反 应的离子方程为2Fe2+十H2O2十2Ht—2Fe3++ 2H2O,B正确；分液操作，上层液体从上口倒出，下 ·化学· 层液体从下口放出，C错误；由Kp[AI(OH)3]= 1.3X1033,Kp[Mg(0H)2]=5.6×10-12可知， 可以使用氧化镁，氢氧化镁、碳酸镁等，调节水溶 液pH除去Al3+,D正确。 8.B【解析】结合图中反应Ⅱ、Ⅲ转化和题目信息Y、 Z代表I2或HI中的一种可以得到Y是L2,Z是 HI,再结合反应I的转化，可以得到X是H2SO4。 由分析可知，X是H2SO4、Z是HI,A正确；反应 I是H2S+H2SO4—S￥十SO2个+2H2O,硫 酸的浓度与硫黄的产率有关，B错误；由分析可 知，反应Ⅱ是二氧化硫、碘单质和水反应生成硫酸和 氢碘酸，化学方程式为S02十2H2O十I2一H2S0 十2HI,C正确；相同条件下，根据盖斯定律，反应 无论是一步完成还是分几步完成，其反应热相同， 所以反应I、Ⅱ、Ⅲ的反应热之和等于硫化氢直接 分解的反应热，D正确。 9.D【解析】含银废催化剂的主要成分为银和铼 (Re),还含有MgO、K2O、Fe2O3和SiO2,稀盐酸 条件下，双氧水将铼氧化为高铼酸，MgO、K2O、 Fe2O3也被溶解转化为对应价态的金属阳离子进 入浸液，用树脂进行萃取分液分离金属离子和高 铼酸，再用氨水反萃取获得高铼酸铵溶液，最后经 降温结晶得到NH,RO,,据此解答。“氧化浸出” 时，铼(Re)被双氧水氧化生成高铼酸，发生反应的 离子方程式为2Re+7H2O2—2ReO4+6H2O 十2H+,H2O2是氧化剂，Re为还原剂，该反应中 氧化剂与还原剂物质的量之比为7：2，A正确； “操作”和“操作Ⅱ”是萃取分液，需用到的玻璃 仪器是分液漏斗和烧杯，B正确；铵盐受热易分 解，故“操作X”应选用降温结晶，C正确；高温条件 下氨水中氨气会逸出，且NH4ReO4受热易分解， 则“操作Ⅱ”过程不可在高温条件下进行，D错误。 10.D【解析】由题给流程可知，溴、溴苯、环己胺的 混合溶液中加入氢氧化钠溶液，Br2与氢氧化钠 溶液发生反应：Br2十2NaOH=NaBr十NaBrO +H,O,NaBr+NaBrO+H,SO=Na,SO++ H2O十Br2,故用CCl4萃取水相2得到③（溴的 四氯化碳溶液)；有机相1中含有溴苯与环己胺， 加入盐酸，环己胺与盐酸生成盐类溶于水中，通 过分液得到①（溴苯），成盐后的环己胺与浓氢氧 化纳反应再生成环己胺，通过分液得到②（环己 胺)，据此分析解题。Br2与氢氧化钠溶液发生反 应Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O,加 硫酸反应为NaBr+NaBrO+H2SO4 ·1 参考答案及解析 Na2SO4十H2O+Br2,均为氧化还原反应，A错 误；②是采用分液得到的环己胺纯净物，只存在 有机相；③是CCL,从溴水中萃取得到的溴的四 氯化碳溶液，③是两相混合体系，B错误：由分析 可知，溴、溴苯、环己胺依次由③①②获得，C错 误；③是溴的四氯化碳溶液，利用二者沸点不同， 通过蒸馏可获得溴单质，D正确。 二、非选择题 11.(1)ds(1分) >(2分) (2)①4(2分) ②2NH·H,O+2NH+ZnO-[Zn(NH)4]+ +3H2O 2NH +2NH +ZnO-[Zn(NH,) +H2O(2分) ③温度过低，反应速率慢，温度过高会导致氨挥 发量增加且NH.CI分解(2分) (3)2.5×1014(2分) 257 (4)①8(2分) ② (aX10-7)3NA 或 2.57X102 (2分) a3·NA 【解析】催化剂加入NH3-NH4CI溶液，锌、铜元 素以[Zn(NH3)4]+、[Cu(NH3)4]2+进入溶液， 同时铁转化为氢氧化物沉淀和不反应的二氧化 硅成为滤渣1，加入适量的硫化铵生成硫化铜沉 淀，过滤除去沉淀，向滤液中加入有机萃取，剂萃 取分离出含锌的有机相，加入硫酸反萃取得到含 锌的水相，电解得到锌。 (1)Zn、Cu价层电子排布式分别为3d14s2, 3d°4s2,在元素周期表中位于ds区；Cu的第二 电离能是失去3d0上的一个电子所需能量，Zn 的第二电离能是失去4s'上的一个电子所需能 量，所以Cu、Zn的第二电离能(I2):Cu>Zn。 (2)①Zn2+与NH3中的N原子间形成配位键，中 心离子是Zn+,从化学式看，4个NH3与Zn形 成配位键，所以该离子的配位数为4。 ②“浸取”时，ZnO转化为[Zn(NH3)4]+进入溶 液，ZnO发生反应的离子方程式为2NH3·H2O十 2NH4+ZnO—[Zn(NH)4]2++3H20(或 2NH3 2NH ZnO -[Zn (NH )2++ H2O)。 ③“浸取”温度应控制在30℃左右，其原因是温 度过低反应速率慢，温度过高会导致氨挥发量增 加且氯化铵分解。 5 真题密卷 (3)该反应的平衡常数K′= c(NH) c(S)cZn个NH)4+) c(NH)c(Zn2) c(S)c([Zn(NH3 )])c(Zn2+)K (ZnS).K 1 1.6×10-4×2.5×109=2.5X104。 (4)①根据图示可知，与铜原子等距离且最近的铜 原子有8个。 ②该晶胞中铜原子个数为6义)=3，锌原子个数8 十1 =1,晶胞体积V=(aX10'cm),则铜锌合 64×3+65 NA g NA 金品体的密度为V一= (a×10-7cm)3 a×107)Ng·cm3或257×102 257 a3·NAg·cm3。 12.(1)粉碎或研磨等(1分) (2)SO2(2分) (3)CuSO4(2分) Bi2O3+2H+—2BiO++ H,O(2分)GeO2、SiO2(2分) (4)Na,GeO+6HCI-2NaCl+GeCl+ 3H2O(2分) 抑制GeCl4水解(2分) (5)蒸馏(2分) 【解析】由题干工艺流程图可知，先将精硫锗矿 进行“粉碎、研磨”等预处理后，在空气中煅烧将 GeS2转化为GeO2和SO2、CuS转化为CuO和 SO2,即气体X为SO2,煅烧后的固体加入稀硫 酸，则GeO2、SiO2与稀硫酸不反应，CuO转化为 CuSO4、Bi2O3转化为(BiO)2SO4,过滤得到滤液 主要成分为CuSO4、(BiO)2SO4和过量的 H2SO4,滤渣主要成分为GeO2、SiO2,向滤渣中 加入NaOH溶液，将GeO2、SiO2分别转化为 Na2GeOg、Na2 SiO3,向浸出液B中加入过量的浓 盐酸，Na2GeO3转化为GeCl4,Na2SiO3转化为 H2SiO3沉淀，将生成的GeCL4通过操作a即蒸 馏法得到纯净的GeCL,向所得滤液中加入高纯 水，让GeCl4完全水解得到GeO2,过滤、洗涤、干 燥即得纯净的GO2,据此分析解题。 (1)由分析可知，“预处理”时进行的操作可能是 粉碎或研磨。 (2)由分析可知，在空气中煅烧将GeS2转化为 GeO2和SO2、CuS转化为CuO和SO2,即气体 X为SO2。 5 ·2 二轮专题精准提升 (3)由分析可知，“浸出液A”的主要成分为 CuSO4、(BiO)2SO4和过量的H2SO4,Bi2O3与 H2SO4反应生成(BiO)2SO4,则该反应的离子方 程式为Bi2O3十2H+一2BiO++H2O,滤渣主 要成分为GeO2、SiO2。 (4)由分析可知，向浸出液B中加入过量的浓盐 酸，Na2GeO3转化为GeCL4,则“浸出液B”与浓盐 酸反应生成GeCL的化学方程式为Na2GeO3十 6HCl=2NaCl+GeCl4+3H2O,由题千信息 可知，GCl4在水中或稀酸溶液中易水解，故浓盐 酸的作用除作为反应物外，还有抑制GCL,水解 的作用。 (5)由题千信息可知，GeC14的沸，点为84℃，在水 中或酸的稀溶液中易水解，“操作a”的名称为 蒸馏。 13.(1)Co203+4H++S0号—2Co2++S0+ 2H2O(2分) (2)3.2≤pH<7.2(2分) (3)N(2分)少量多次萃取(2分) (4)[Co(NH3)g]++2OH—Co(OH)2￥+ 6NH3个(2分)1.0×10.6(2分) (5)“碱溶”形成的[Co(NH3)s]+在加入NaOH “沉钴”时可缓释Co+,有利于晶体形成，缓慢加 NaOH溶液可以防止沉淀过快无法形成 B-Co(OH)2(2分)温度高利于形成NH3气氛 隔绝空气、减少溶解氧，防止产物被氧化(2分) 【解析】水钻矿在硫酸和亚硫酸钠混合溶液中酸 浸，SiO2不和硫酸反应，过滤后存在于滤渣1中， 滤液中含有Co2+、Fe2+、Mn+,再向滤液中加入 次氯酸钠、碳酸钠进行沉铁，将铁元素转化为 Fe(OH)3沉淀，过滤后存在于滤渣2中，向滤液 中加入萃取剂，水相中含有C02+,经过一系列处 理后得到CoSO4固体，再加入氨水溶解，加入热 的NaOH溶液沉Co得到B-Co(OH)2。 (1)亚硫酸钠具有还原性，“酸浸”中C0203在酸 性条件下被亚硫酸钠还原为二价钻，亚硫酸根离 子被氧化为硫酸根离子，反应中钻元素化合价由 十3变为十2，硫元素化合价由十4变为十6，结合 得失电子守恒可知，反应的离子方程式为C02O +4H++S0—2Co2++S0?+2H20。 (2)“沉铁”中要求除去铁离子而C02+不产生沉 淀，结合图可知，控制pH的理论范围为3.2≤ pH<7.2。 ·化学· (3)由流程可知，萃取剂要尽可能分离C02+、 Mn2+,使得Mn2+进入有机相而Co2+保留在水 相，结合图可知，萃取剂N对两者的分离效果较 好，故选N;若萃取剂的量一定时，少量多次萃取 的萃取效率更高。 (4)“沉钻”中，[Co(NH3).]2+和NaOH反应生 成B-Co(OH)2,根据质量守恒可知，同时生成氨 气，离子方程式为[Co(NH3)6]++2OH Co(OH)2Y+6NH3个；由图2可知，pH=9.2 时，Co2+沉淀完全，Kp[Co(OH)2]=c(Co2+)· c2(0H)=105X1048x2=1014.6;该反应的 C(NH3) K- c2(OH)·c([Co(NH3)6]+) c(Co+)·c(NH3) c(Co2+)·c2(OH)·c([Co(NH)6]2+) 1 Kp ([Co(NHa )]).Kp[Co(OH)2] 1.0X10°×1.0×10146=1.0×109.6。 (5)Co+沉淀过快无法形成B-Co(OH)2,先加氨 水形成配离子[Co(NH3)6]2+减小Co2+浓度，然 后再加NaOH溶液利于形成B-Co(OH)2,故先 加氨水再加NaOH溶液的理由是“碱溶”形成的 [Co(NH3)6]+在加入NaOH“沉钻”时可缓释 Co2+,有利于晶体形成，缓慢加NaOH溶液可以 防止沉淀过快无法形成B-Co(OH)2;Co2+容易 被空气中氧气氧化，氨水受热易挥发，且升温有 利于减少溶解氧，故使用热NaOH溶液的目的 是温度高利于减少溶解氧，形成NH?气氛隔绝 空气，防止产物被氧化。 14.(1)BaSO4(2分)CeO2会被盐酸还原为Ce3+; 生成有毒的C12会污染环境；盐酸不能除去杂质 Ba2+(2分) (2)分液(1分)2 CeTBP4++H2O2—2Ce3+ +O2↑+2H++2TBP(2分)酸浸(1分) (3)9(2分) (4)1:2(2分) (5)面心和顶角(2分) 【解析】该工艺流程原料为氟碳铈矿（主要含 CeFCO3、BaO等)，产品为CeO2,原料在富氧空 气中“氧化焙烧”生成CeO2、CeF4和CO2,熔渣 “酸浸”时，得到的滤液A中含SO,说明加入的 是硫酸，BaO与H2SO4反应生成BaSO4,CeO2、 ·2 参考答案及解析 CeF4转化成CeF3+,过滤后，滤液A经系列操 作，CeF3+转化成Ce3+,加入NaOH调节pH使 Ce3+转化成Ce(OH)3沉淀，过滤后滤渣B中加 入NaClo将Ce(OH)3氧化成Ce(OH)4,煅烧 Ce(OH)4得到CeO2。 (1)根据上述分析，“酸浸”时BaO与H2SO4反应 生成BaSO4沉淀，故滤渣A主要成分为BaSO4; “酸浸”时加入的酸为H2SO4,可以除去Ba2+, CeO2具有较强的氧化性，若加入盐酸，CeO2会 被还原为Ce3+,同时生成有毒的Cl2会污染 环境。 (2)滤液A中的CeF3+能溶于有机物TBP,振荡 静置后的水层与有机层采用分液方法进行分离： CeF3+进入有机层TBP中被分离出来后，经过系 列操作得到含Ce3+水层，则说明有机层中 CeTBP+转化为Ce3+,而Ce3+在有机物TBP中 不溶，进入水层，CeTBP4+被还原成Ce3+,应加入 还原剂发生氧化还原反应，H2O2具有还原性且 被氧化成O2,不会引入新杂质，根据得失电子守 恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为 2 CeTBP4++H2O2—2Ce3++O2个+2H++ 2TBP;水层溶液中含有硫酸，故可在“酸浸”工序 循环利用。 (3)使Ce3+沉淀完全时，溶液中c(OH)≥ K[Ce(OH)3] 31×10-20 c(Ce+) W1.0×10-5 mol·L-1= 1.0×10-5mol·L1,则c(H)= Kw c(OH 1.0×10-4 1.0X10可mol·L1=1.0X109molL1,此 时溶液pH≥9。 (4)“氧化”工序发生的氧化还原反应为NaCIO 将Ce(OH)3氧化成Ce(OH)4,同时生成NaCl, 反应的化学方程式为NaClO+2Ce(OH)3+H2O -2Ce(OH)4+NaCl,NaClO为氧化剂， Ce(OH)3为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的 量之比为1：2。 (5)在二氧化铈立方晶胞结构中，黑球位于顶角 与西心有8×日十6×号-4个，衣球位于依内有 8个，黑球：灰球=1：2，在二氧化铈化学式中 Ce:O=1:2,黑球为铈原子，位于顶角与面心。 1· 5密真 2024一2025学年度二轮专题精准提升（六） 卷题 化学·工艺流程 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H一1O一16Na一23S一32C1一35.5Cu一64 Zn-65Ba-137 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。 题号 2 6 7 8 9 10 答案 1.工业上常采用生物硝化法将NH转化为NO?来处理氨氮废水，工作流程如图所示， 下列说法错误的是 ( 含NH废水 微生物 →NO5 A.生物硝化法处理废水的离子方程式：NH+2O2NO3+2H+十H2O B.长期过量使用NH4Cl等铵态化肥，易导致土壤酸化，水体富营养化 C.检验NH所需的试剂是浓NaOH溶液、湿润的蓝色石蕊试纸 D.微生物保持活性的pH范围为7~9，可以加入石灰石来调节水体的pH 2.SC14的水解反应可用于军事工业中烟雾剂的制造，其部分反应机理如图所示。下列说 法错误的是 ( 9 CI C H CI-Si-CI -CI +H20 Si O -HCI ① CI H ② A.SiCl4为非极性分子 B.电负性：O>Cl>H>Si C.沸点：SiCl4>SiH4 D.过程①中Si的sp3杂化轨道接纳O的孤电子对形成配位键 二轮专题精准提升（六）化学第1页（共8页） 真题 青春是追梦的时光，珍惜它并为之劳力奋斗吧！ 3.部分含F物质的分类与相应化合价的关系如图所示。下列推断不合理的是( 班级 盐 姓名 单质 0 +1 +2 得分 A.可存在a→e→b的转化 … B.e溶液可与KSCN溶液反应生成红色沉淀 C.能用a制作的容器运输浓硫酸 D.a可与稀硝酸恰好反应，生成只含b的溶液 4.在实验室进行硫粉和铁粉混合加热的实验，产物又进行了系列实验，流程如图所示。下 列说法正确的是 () 稀硫酸 硫粉、铁粉 混合加热 →固体B→气体C→浓硫酸→气体D 气体A 溶液E 沉淀F A.气体A和D含有同一物质，且均为氧化产物 B.硫元素参加了2个氧化还原反应 C.若固体B中加浓硫酸，发生反应时被氧化的和被还原的均为同一种元素 D.沉淀F可以和NaOH溶液在加热的条件下反应 5.以下是工业上利用烟道气中的二氧化硫处理含铬（Ⅵ）废水的工艺流程： H 烟道气 OH 废水 (含C0)L 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A.2CrO十2H+—Cr2O?十H2O转化过程中，溶液颜色由黄色变为橙色 B.过程Ⅱ中SO2是还原剂，Cr3+为还原产物 C.处理废水中的1 mol CrO(不考虑其他氧化剂存在)，转移电子数为3NA D.烟道气可以用Na2SO3或Fe2(SO4)3代替 密卷 二轮专题精准提升（六）化学第2页（共8页） 5 6.硒(Se)是一种新型半导体材料。对富硒废料（主要成分为CuSe和Ag2Se)进行综合处 理的一种工艺流程如图所示。下列有关说法错误的是 () 浓硫酸 粗银 →废渣稀硫酸酸溶↑滤液 富硒废料→焙烧 废气S0,、Se0,)H,0吸收Se A.O、S、Se属于同主族元素 B.SeO2既有氧化性又有还原性，其还原性比SO2强 C.“焙烧”时可发生反应：CuSe十4H2S0,(浓)△CuS0,十SeO2个+3S02个十4H,0 D.向“滤液”中滴加过量的氨水，可得到深蓝色的透明溶液 7.实验室以一种工业废渣（主要成分为MgCO3、MgSiO3和少量Fe、A1的氧化物）为原料 制备重要化工原料MgCO3·3H2O的工艺流程如图所示： 40%H2SO4 30%H,02有机萃取剂 废渣→酸溶→过滤一→氧化一→萃取分液一→→MgC03H,0 滤渣 含Fe3的有机相 已知：Ksm[A1(OH)3]=1.3×10-33,Kn[Mg(OH)2]=5.6×10-12。下列说法错误的是 () A.滤渣中含有硅酸 B.氧化过程中主要发生反应的离子方程式为H2O2十2Fe2++2H+一2Fe3++2H2O C.萃取分液后分液漏斗的液体全部由下口放出到两个不同烧杯中以便分离 D.萃取后得到的水溶液可以边搅拌边加入MgCO3,调节pH除去A13+ 8.研究人员提出利用热化学硫碘循环实现硫化氢分解联产氢气和硫黄，转化过程如图所 示，其中Y、Z代表I2或HI中的一种。下列说法错误的是 () 5 二轮专题精准提升（六）化学第3页（共8页） 真题密卷 Z △H △H2 △H S02、H,0 H 反应I 反应Ⅱ 反应Ⅲ A.X是H2SO4、Z是HI B.反应I中X的浓度与硫黄的产率无关 C.反应Ⅱ的化学方程式为SO2十2H2O+I2一H2SO4+2HI D.相同条件下，反应I、Ⅱ、Ⅲ的反应热之和等于硫化氢直接分解的反应热 9.一种从含银废催化剂[其主要成分为银和徕(Re),还含有MgO、K2O、Fe2O3和SiO2]中 回收银和铼的工艺流程如图所示。下列说法错误的是 () 稀HCl、H,O2 哌啶树脂 氨水 鑫视斋一密，设液一面内机品R0一亦面尽躁作冈-N0, SiO2和Ag A.“氧化浸出”过程中铼被氧化，该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为7：2 B.实验室中完成“操作I”和“操作Ⅱ”所需要的玻璃仪器主要有烧杯和分液漏斗 C.“操作X”为结晶过程，该过程不可选用蒸发结晶，应选用降温结晶 D.“操作Ⅱ”过程中为加快反应速率，可在高温条件下进行 10.已知环己胺（液体）微溶于水。实验室分离溴、溴苯、环己胺混合溶液的流程如图所示。 下列说法正确的是 浓Na0H溶液45%硫酸CCLl 混合液→水相1水相2→③ 浓NaOH溶液废液 盐酸→有机相1一→水相3② 0 A.上述过程未发生氧化还原反应 B.②③均为两相混合体系 C.溴、溴苯、环己胺依次由③②①得到 D.由③获得产品应用蒸馏操作 二轮专题精准提升（六）化学第4页（共8页） 二、非选择题：本题共4小题，共60分。 1l.(15分)锌是一种重要的金属，一种以固体废锌催化剂（主要成分为ZnO,含少量Fe2O3、CuO、 SO2)为原料制备锌的工艺流程如图所示： NH-NH,Cl溶液 (NH)S 有机试剂硫酸 熊剂一浸取一过速除润过选茶取反来国-电解小 滤渣1 滤渣2水溶液有机相 已知：①25℃时，Km(CuS)=6.4X1036,Km(ZnS)=1.6X104; ②25℃时，Zn2++4NH3=[Zn(NH3)4]+,K=2.5×103。 (1)Zn、Cu在元素周期表中位于 区，第二电离能：I2(Cu) (填“>”或“<")I2(Zn)。 (2)“浸取"时，ZnO、CuO分别转化为[Zn(NH)4]+、[Cu(NH)4]2+进入溶液。 ①Zn(NH),]+的配位数为 ②ZnO发生反应的离子方程式为 ③“浸取”温度应控制在30℃左右，其原因为 (3)“除铜”时，当加入的(NH4)2S超量时，会发生反应[Zn(NH)4]++S2-=一ZnSV+4NH 导致锌的回收率下降，该反应的平衡常数数值为 0 (4)用锌与铜合成的高纯铜锌合金滤料被广泛应用于各种水处理设备中。一种铜锌合金的晶 胞结构如图，已知：晶胞参数为anm。 ●Zn Cu ①与Cu原子等距离且最近的Cu原子有 个。 ②该铜锌合金晶体的密度为 g·cm3(设Na为阿伏加德罗常数的值)。 12.(15分)二氧化锗是工业制高纯度半导体锗的中间体。工业上用精硫锗矿[主要成分为GeS,(Ge 二轮专题精准提升（六）化学第5页（共8页） 真题密卷 为十4价)，还含有少量CuS、Bi2O3和SiO2]制备二氧化锗的一种工艺如图所示： 空气 稀硫酸 NaOH溶液 锗石 预处理→煅烧→酸浸少 因体威淘-→浸出液B浓盐纯净的高统水C0, 操作a GeCl 气体X浸出液A 已知：①GeO2不溶于水和常见稀酸，但能与NaOH反应生成锗酸盐(GeO?)。 ②GCL4的沸点为84℃，在水中或酸的稀溶液中易水解。 回答下列问题： (1)“预处理”时进行的操作可能是 (2)“煅烧”时生成“气体X”的化学式为 (3)“酸浸”时“浸出液A”中含可溶盐(BiO)2SO4、 和少量H2SO4,写出生成(BiO)2SO4 的离子方程式： ,“酸浸”后所得固体的成分为 (填化学式)。 (4)“浸出液B”与浓盐酸反应生成GCL的化学方程式为 ,浓盐酸的作用 除作为反应物外，还有 (任写一条)。 (5)“操作a”的名称为 0 13.(16分)利用水钴矿（主要成分为Co2O3,含少量SiO2、FeO、Fe2O3、MnO2等）制备二次电池添加 剂B-Co(OHD2的流程如图1所示。 H,S04、NaClO 热NaOH Na2S03 Na CO 萃取剂 氨水 溶液 水结矿一酸浸→阮铁一萃取 一→水相系列m0一→碱溶一沉结→-cmOn: 操作固体 滤渣1滤渣2有机相 滤液 图1 已知：①25℃时，Co2+(aq)+6NH3(aq)==[Co(NH)6]2+(aq)K=1.0×10。 ②部分金属离子浓度c与pH的关系如图2所示： 二轮专题精准提升（六）化学第6页（共8页） 5 310人19 7.07.28.1 ou) Fe2 Mn2 e34 C02+ 10-5 3.2 9.09.210.1 PH 图2 ③沉淀过快无法形成B-Co(OHD2,Co(OHD2在碱性溶液中易被O2氧化。 回答下列问题： (1)“酸浸”中C02O3反应的离子方程式为 (2)“沉铁”中控制pH的理论范围为 (溶液中离子浓度c≤1.0× 10-5mol·L1时，可认为已除尽)。 (3)萃取剂对Co2+、Mn+萃取率随pH的影响如图3所示，应选择萃取剂 (填 “M”或“N”)。若萃取剂的量一定时， (填“一次萃取”或“少量多次萃 取”)的萃取效率更高。 萃取剂MMn2Co2: 80 ..·萃取剂M ÷60 Mn2萃取剂N 40 20 Co一萃取剂N 0123456 PH 图3 (4)“沉钴”中，[Co(NH3)6]2+→B-Co(OH)2的离子方程式为 ,该反应的K= 。 (5)CoSO4→[Co(NH3)6]2+→B-Co(OH)2过程中，先加氨水再缓慢加NaOH溶液的理 由是 “沉钴”中使用热NaOH溶液的目的是 14.(14分)二氧化铈(C02)是一种典型的金属氧化物，具有较强的氧化性，广泛应用于多 相催化反应，并作为汽车尾气净化的三效催化剂的重要组成成分。以氟碳铈矿（主要 含CeFCO3、BaO等)为原料制备CeO2的一种工艺流程如图1所示： 5 二轮专题精准提升（六）化学第7页（共8页） 富氧空气 NaOH NaClO 氟碳铈矿一氧化培熔渣酸浸一滤液A系列水层含C习→调滤渣氧化 操作 →Ce(OH) 煅烧，Ce0, CO, 滤渣A 滤液B 图1 已知：①“氧化焙烧”后，铈元素转化为CeO2和CeF4。 ②滤液A中含SO?、CeF3+等离子。 回答下列问题： (1)滤渣A的主要成分是 (填化学式)；“酸浸”不用盐酸的理由是 (任写一点)。 (2)“系列操作”包含过程如图2所示： 有机物TBP 洗氟液 H2S04、H202 滤液A →有机层A 有机层B 水层 (CeF3) (Ce3) 水层 含F溶液 有机物TBP 图2 已知：Ce3+不能溶于有机物TBP;CeF3+能溶于有机物TBP,且存在反应：CeF3+十 TBP=CeTBP4++F-。 “滤液A”中加入有机物TBP后的分离方法是 ,“有机层B”中发生反应的 离子方程式为 。水层中的一种 溶质，理论上可以在工艺流程图中的 工序中循环利用，减小“调pH”工序 中NaOH的用量，节约生产成本。 (3)“调pH”中，要使Ce3+沉淀完全（通常溶液中离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1时沉淀 完全)，应控制pH大于 (已知25℃时，Kp[Ce(OH)3]=1X10-0)。 (4)“氧化”中，NaC1O转化为NaCl,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 (5)二氧化铈立方晶胞如图3所示，则铈原子在晶胞中的位置是 图3 真题密卷 二轮专题精准提升（六）化学第8页（共8页）