非选择题专练(2)化学工艺流程-【鱼跃龙门卷】2026年高考化学试题逐题突破（山东专版）

2025一2026学年度高考试题逐题突破—非选择题专练（二） 化学·化学工艺流程 总分：72分时间：40分钟姓名： 得分： 可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Si28Fe56Cu64Ge73Se79 Te128 1.(12分)硒被誉为“生命元素”。亚硒酸钙(CaSeO3·2H2O,难溶于水)常作饲料添加剂，SeO2 常作制备含硒营养物质的原料。一种含硒废料制备亚硒酸钙和二氧化硒的流程如图（部分条 件和部分产物省略)。回答下列问题： 纯碱，空气水 稀硫酸 石灰乳 废蓉翅水词扇一→Hs0,→沉扇一亚璃酸钙 浸渣Te0 H02HSe0,A→Sc0, 已知：①含硒废料的主要成分是Cu2Se和Cu2Te;“焙烧”时固体产物为Na2SeO3、Na2TeOg 和Cu2O。 ②SeO2易溶于水，TeO2难溶于水。 (1)“焙烧”时，含硒废料需要粉碎，目的是 (2)利用“浸渣”可以制备胆矾，其操作步骤是加入足量稀硫酸溶解，再通入热空气。通入热空 气的目的是 (用离子方程式表示)。 (3)上述参加反应的双氧水远小于实际消耗的双氧水（反应温度在50℃），其主要原因 是 (4)硒酸分解制备SeO2的副产物有 (填化学式)。 (5)已知Se02、Te02的熔点分别为315℃、733℃，其熔点差异的主要原因是 (6)测定SeO2产品纯度。称取w g SeO2产品溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL于锥 形瓶中，加人足量0.1mol·L-1KI溶液和适量稀硝酸，充分反应后，滴加3滴0.1mol· L-1淀粉溶液，用0.1mol·L-1Na2S2O3溶液滴定至终点时消耗VmL滴定液。发生有 关反应：①SeO2+KI+HNO3→Se+KNO3+I2+H2O(未配平)；②2Na2S2O3+I2 2NaI+Na2S4O6。 该Se02产品中硒元素的质量分数为 %。如果大量空气进入锥形瓶，可能导致测 得的结果 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 2.(12分)某炼锌废渣含有锌、铅、铁、钴、锰的十2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取 钴（Ⅱ）的一种工艺流程如图所示： H2SO,Na2S2Os NaOH NaCIO 浓HCI 调plH=4调pH=5.0-5.5 德譬空应鹭 →Co(OH,→转化→浓缩结晶→Co(I) 浸渣MnO,滤渣滤液 化学X·非选择题专练（二）第1页（共4页） 广鱼跃花门卷 已知：Fe2+完全沉淀时pH≥9；Fe3+完全沉淀时pH≥3.2。回答下列问题： (1)“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是 “浸渣”的主要成分为 (填化学式)。 (2)“沉锰”步骤中加入Na2S2Og的目的是 (3)“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5,加入过量的NaC10氧化Co2+,其反应的离子方 程式为 0 (4)“转化”步骤中有黄绿色气体产生，反应的离子方程式为 若用H2O2和稀H2SO4代替浓HCIl,其优点是 石墨电极、 n%H2SO Co电极 (5)工业上利用电解含Co(Ⅱ)的水溶液制备金属C0和 出膜I膜Ⅱ 气体 H2SO4的装置如图所示。 图中C。电极应连接电源的 (填“正”或稀HS0,三 ✉一CoSO溶液 “负”)极，“电解”时石墨电极的电极反应为 mHSOa 3.(12分)我国科学家最近研发的双功能催化剂WC/RuO2在酸性介质中有强大的水分解能力。 以黑钨矿（主要含FeWO4和MnWO4,还含有Si、As、P等元素）为原料制备WC的流程如图 所示： 02、纯碱 NaCIO溶液盐酸MgCl,溶液CaCl,溶液盐酸 黑钨矿→焙烧→水浸→氧化→调→除磷砷一→沉鹤→酸解 C02FeO、Mn04 滤渣1 CO、HO WC←合成k -H2WO. 焦炭 已知：①Ksp[Mg3(PO4)2]=1.0×10-24; ②水浸后滤液中主要阴离子为WO、PO、AsO}、AsO、SiO?。 回答下列问题： (1)基态Mn原子的价层电子排布图为 (2)“焙烧”时提高反应速率的措施有 (答一条即可)。 MnWO4在“焙烧”时发生反应的化学方程式为 (3)“调pH”时，在煮沸条件下加人盐酸，“煮沸”目的是 (4)“除磷砷”中产生Mg3(PO4)3、Mg3(AsO4)2沉淀。加入NaClO溶液的目的是 (用离子方程式表示)。 (5)“合成”在高温下完成，写出总反应的化学方程式： (6)为了使c(PO)≤1.0X10-6mol·L1,c(Mg2+)至少为 mol·L-1。 4.（12分)GaN作为第三代半导体材料广泛应用于大功率充电器和5G通信技术，某工厂利用炼 锌矿渣[主要成分为ZnFe2O4、Ga2(Fe2O4)3、CuO和Fe3O4]制备并提取GaN,工艺流程如图 所示： 氨水 H2SO O2 过量氨水 盐酸物质A萃取剂过量NaOH溶液 一系列 炼锌 调pH 固体 固体② 溶解 矿渣 酸浸 为5.5 过滤 →洗涤 转化 一茶取-→反茶取→物质思.操作，GaN 浸出渣 滤液① 滤液② 水相 有机相 化学X·非选择题专练（二）第2页（共4页）】 已知：ⅰ.镓和铝位于同一主族，性质相似； i.Cu(OH)2可溶于过量氨水生成[Cu(NH3)4]2+。 ⅲ.常温下，酸浸后浸出液中可能存在的各离子浓度、形成氢氧化物沉淀的pH和金属离子在 该工艺条件下的萃取率如表所示： 金属离子 Fe2+ Fe3+ Zn2+ Ga3+ Cu2+ 浓度/(mol·L-1) 4.0×10-2 0.78 3.0×10-3 0.22 开始沉淀pH 8.0 1.7 5.6 3.0 4.5 完全沉淀pH 9.6 3.2 8.0 4.9 a(a>5.5) 萃取率/% 0 99 0 9798.5 93 (萃取率指进入有机层中金属离子的百分数；NH4难被萃取；离子浓度≤10-5mol·L-1时即 认为沉淀完全) 回答下列问题： (1)“酸浸”过程中Ga2(Fe2O4)3发生反应的化学方程式为 (2)滤液①中Cu2+的浓度为 ;从工业经济性考虑， 60 50 ■一快速降温 电解滤液①得到的产物，可用于回收金属，还可用于 ·缓慢降温 66 ”工序；滤液①中的主要溶质之一可 40 女变速降温 条30 采用加热浓缩、降温结晶的方法提取，不同降温方法对析 20 出固体的颗粒大小影啕如图所示，若工业生产对产品粒曼。 径均一度有要求，则应选用 (填“快速”“缓慢”或 “变速”)降温的方法，原因是 20040060080010001200 (3)物质A的化学式为 。若通过电解物质B的溶 颗粒大小Wμm 液可以得到单质Ga,则阴极电极反应式为 5.(12分)氧缺位体(CuFe2O4-)是热化学循环分解水制氢的催化剂。一种以黄铜矿（主要成分 是CuFeS2,含Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备CuFe2O4-d流程如图所示： 高压02 硫酸 Cuo H,O2过量氨水 秋朝→超一园一还家一而一氧花一 -->Fe(OH)3 SO, 滤渣1 滤渣2 CuFe2O 0ure00C0系列操作1Cu0Ni4so. N 灼烧 溶液 已知：①酸浸后溶液中的金属离子有Cu2+、Fe2+、A13+和Fe3+。 ②25℃时几种金属离子沉淀的pH如表所示： 金属氢氧化物 Fe(OH): A1(OH) Cu(OH)2 Fe(OH)2 开始沉淀的pH 1.9 3.4 6.4 7.0 完全沉淀的pH 3.2 4.7 7.6 9.0 回答下列问题： (1)CuFeS2“焙烧”时生成三种氧化物，其中金属氧化物的化学式为 (2)焙烧产物中的SO,在有氧条件下利用石灰石浆液吸收可制得一种副产品 (填化 学式)。 化学X·非选择题专练（二）第3页（共4页） 广鱼跃花门卷 (3)流程中，若无“还原”工序，造成的后果是 0 (4)已知Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体，则“沉铁”过程中生成的[Cu(NH3)4]+的空间结 构是 (5)“灼烧”工序的化学方程式是 “煅烧”时通人N2的作用是 (6)“煅烧”CuFe2O4得到氧缺位体(CuFe2O4-)时，不同温度范围内，发生变价的金属元素不 同，某温度下制得的氧缺位体质量为原质量的99%，则6= (7)氧缺位体催化分解水制氢可分为两步： 第一步： 第二步：2CuFe2O4—2CuFe2O4-&十6O2个。 6.(12分)一种从工业锌置换渣（主要含ZnSO4、ZnFe2O4、PbSO4、GeO2、SiO2等）中回收锗、铅 的工艺流程如图所示： NaOH溶液 S02、硫酸 盐酸 →浸渣2→碱溶 →碱溶液→沉硅…→锗 锌置 还原 90℃ 适量CaCl, 换渣 浸出 →浸渣1 酸浸 含PbCL12 降温 溶液 析铅 →滤液1→转化→滤液2 CaSO PbCl2 已知：GeO2能溶于强酸的浓溶液或强碱溶液；PbCL2可溶于热盐酸中，发生反应PbCl2十2CI =[PbC14]2-;常温下，K(PbS04)=1.6×10-8,Ksp(PbC12)=1.2×10-5。 (1)“还原浸出”时，SO2的存在可促进ZnFe2O4浸出。 ①SO2的空间结构为 ②该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 (2)“90℃酸浸”所用盐酸的浓度不宜过大或过小，浓度不宜过大的主要原因是 (3)“碱溶”时，GO2发生反应的离子方程式为 (4)“降温析铅”过程中，体系温度冷却至常温，且c(CI-)=2.0mol·L1。为防止PbCl2中混 有PbSO4杂质，应控制溶液中c(SO)≤ mol·L1(保留两位有效数字)。 (5)“转化”的意义在于可重复利用 (填物质名称)。 (6)通过掺杂硅可将锗单质转化为不同掺杂比例的硅锗合金，锗及硅锗合金的立方晶胞如图 所示。 进一步 0 si 掺Si ○Ge 锗 硅锗合金i 硅锗合金ⅱ ①锗晶体中1个Ge周围与其最近的Ge的个数为 ②若硅锗合金i的晶胞边长为apm,设NA为阿伏加德罗常数的值，则硅锗合金i晶体的 密度为 g·cm3(列计算式)。 化学X·非选择题专练（二）第4页（共4页）高考试题逐题突破 【解析】实验前通入N2排尽装置中的空气，防止空气中的O 氧化NO,装置V中Cu与稀硝酸反应制备NO,随后通入N2将 反应生成的NO排出，提高NO的利用率，装置I中盛有的水用 于除去NO中混有的挥发出的硝酸蒸气和NO2,装置Ⅲ中盛有 的无水CaCl2用于干燥NO,装置Ⅱ中NO与CaO2共热反应制 备Ca(NO2)2,装置V中盛有浓硫酸的洗气瓶吸收水蒸气，防止 水蒸气干扰实验，装置I中盛有的酸性K2Cr2O,溶液用于吸收 NO,防止污染空气。 (5)按钙元素守恒，13.84g亚硝酸钙产品（只含硝酸钙杂质）中 含钙的物质的量 100g·m017=0.100mol,设测定产品中含 10.00g 有x mol Ca(NO2)2,含有y mol Ca(NO3)2,可得 (z mol+y mol=0.100 mol x molX132g·mol1+ymol×164g·mol1=13.84g 解 得/=0.080 y=0.020,所得产品中亚硝酸钙的纯度为 0.080×132g·mo1 13.84g -×100%≈76.3% 3.(1)球形冷凝管 油浴加热（或其他合理答案） (2)形成共沸物，蒸馏时温度低（或其他合理说法）苯甲醛b (3)与肉桂酸反应生成易溶于水的肉桂酸钠，与难溶于水的杂质 分离 CH=CHCOOH CH=CHCOONa +NaOH +HO (4)冷水72% 【思路分析】本实验的目的是合成肉桂酸，主要分为两个阶段： ①反应阶段：无水碳酸钾（碱性催化剂）、苯甲醛（反应物）、乙酸 酐（反应物），在150~170℃时加热回流1h,促使苯甲醛与乙酸 酐反应生成肉桂酸；②肉桂酸的分离提纯阶段：先进行水蒸气 蒸馏，除去未反应的高沸点杂质（苯甲醛），利用水蒸气降低其沸 点，实现分离，再用碱液处理与脱色，先使肉桂酸与碱反应成易 溶于水的盐，反应方程式简化为R一COOH+NaOH→R COONa+H2O,再加入90mL水和脱色剂，除去不溶性杂质与 有色物质，保证滤液纯净。最后酸化结晶，让苯甲酸钠盐重新生 成苯甲酸，反应方程式简化为R一COONa+HCl R- COOH+NaCl,冷却结晶，抽滤、洗涤、烘干得肉桂酸粗产品。 【解析】(1)根据图甲可知，仪器A的名称是球形冷凝管。该反 应需要在150~170℃时加热回流，为了方便控温、防暴沸且加 热稳定，在加热回流时宜选择油浴加热。 (2)水蒸气蒸馏是将水和有机物形成共沸物，共沸物的沸点低丁 各组分的沸点，其优点是可以降低蒸馏温度（在低于100℃下蒸 馏)，防止有机物受热变质。水蒸气蒸馏适用于分离与水不互 溶，沸点高且加热易分解或易被氧化的有机物，根据已知信息： 苯甲醛微溶于水，能与水形成共沸物，乙酸酐有吸湿性，缓慢地 溶于水生成乙酸，肉桂酸难溶于冷水，可溶于热水，所以水蒸气 蒸馏时蒸出的物质是苯甲醛。蒸馏结束时需要防倒吸，所以要 先打开活塞B,再停止加热，最后停止通冷却水。 (3)肉桂酸含羧基（一COOH),加入氢氧化钠可使其转化为肉桂 酸钠（可溶于水的盐）实现与难溶性杂质的分离。肉桂酸和氢氧 化钠反应生成肉桂酸钠和水，反应的化学方程式为 CH=CHCOOH CH=CHCOONa +NaOH +HO (4)抽滤得到的是肉桂酸固体，为了减少固体溶解损失，根据已 知信息，肉桂酸难溶于冷水，所以选择用冷水来洗涤。本实验加 入的反应物为5.3g苯甲醛和15.3g乙酸酐，则n(苯甲醛)= 5.3g =106g·mo7 G =0.05mol,n(乙酸酐)=M 15.3g 102g·molF = 0.15 mol,根据反应 CHO CH=CHCOOH 〔+(CH,co,oK:C0 可知乙酸酐过量，要用 +CH COOH 苯甲醛的物质的量计算肉桂酸的量，则n(肉桂酸)=n(苯甲醛)= 0.05mol,m(肉桂酸)=n×M=0.05mol×148g·mol1= 实际产量 7.4g,产率 理论产量 _5.3g×100%≈72%。 ×100%=7.4g (1)AgI+2S2O-I+[Ag(S2O3)2]3 (2)加人Na2S2O3后得到无色溶液 (3)破坏了12表面覆盖的Agl,使12能继续参与反应 (4)增加I2的浓度，可提高银镜的溶解速率 (5)排除O2KI溶液对银镜溶解的干扰 (6)02 (7)KI固体黄色固体 【解析】(1)黄色固体为碘化银，溶于硫代硫酸钠溶液形成含有 [Ag(S2O3)2]3-的无色溶液，反应的离子方程式为AgI十 2S203-IT+[Ag(S203)2]3-。 (2)AgI能溶于Na2S2O3溶液，Ag不能溶解，能证明②中Ag已 全部反应、未被包裹在黄色固体内的实验证据是加人NazS2O, 溶液后得到无色溶液，没有沉淀剩余。 (3)紫黑色固体I2表面上有黄色固体AgI,搅拌后，破坏了I2表 面覆盖的AgI,使I2能继续参与反应，银镜继续溶解。 (4)实验1加入的是I2-KI溶液（向1mol·L1KI溶液中加人 L2至饱和)，实验Ⅲ加入的是4mL饱和碘水和0.66gK1固体 (溶液中KI约1mol·L1),两者相比实验1中I2浓度大，银镜 消失得快，因此得出的结论是增加12的浓度，可提高银镜的溶 解速率。 (5)溶液中溶解有O2,设计实验V的目的是排除O2-KI溶液对 银镜溶解的干扰。 (6)根据实验装置可知，Ag为负极，石墨为正极，步骤1接通电 路后，有微弱的电流，正极区溶解的O,被还原，正极的电极反 应物为O2。 (7)探究3是验证反应中厂的作用，步骤2向石墨电极附近加 入饱和的碘水，单质碘在正极上被还原，电流计读数为bA, b>a,步骤3应该向左侧烧杯加人KI固体，来验证反应中I厂的 作用，I厂与Ag+会生成黄色AgI固体。 (1)Na具有还原性、CO2具有氧化性，两者能反应 (2)饱和NaHCO3溶液除去CO2中混有的H2O (3)大量白色沉淀排尽装置中的空气 (4)①BaCl2或CaCl2等（合理即可，不可用碱性溶液） ②C、CO 【思路分析】A装置中大理石与稀盐酸反应生成二氧化碳，生成 的二氧化碳中含有水、氯化氢，B装置中盛装有饱和碳酸氢钠溶 液，除去氯化氢，C装置中盛装有浓硫酸除去水，D装置中钠与 二氧化碳在加热条件下进行反应，E装置吸收二氧化碳，观察F 装置中的现象，若生成黑色的固体，说明钠与二氧化碳发生反 应，气球收集多余的尾气，据此分析此题。 【解析】(I)Na与CO2能发生反应，理论依据是Na具有还原 性、CO2具有氧化性，两者能发生氧化还原反应。 (2)结合上述分析，B装置中的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，除去 二氧化碳中的氯化氢气体，C装置的作用是除水，防止进人D 装置中与钠反应，干扰实验现象。 (3)①打开K1和K2,先通入CO2,排除装置中的空气，防止空 气中的成分与钠发生反应，以干扰实验，故待E中出现大量白 色沉淀时，说明二氧化碳已基本充满整个装置，再点燃酒精灯。 (4)①固体产物溶于水后，若有氧化钠存在，反应生成氢氧化钠， 继续加人BaCl2溶液或CaCl2溶液等，若生成白色沉淀，说明溶 液中含有碳酸根离子，即固体中含有碳酸钠，但不能加入碱性 物质，以免干扰步骤3中碱的检验；滴加酚酞溶液未变红，说明 溶液中没有氢氧化钠，即原固体中没有氧化钠。 ·12 ②根据题干信息，硬质玻璃管中有大量黑色固体且F装置试管 (2)“沉锰”步骤中加入Na2S2Og,锰转化为MnO2,Fe2+转化为 中有黑色固体，结合元素守恒，说明钠将二氧化碳还原生成碳， Fe3+,目的是将Mn2+和Fe2+氧化。 碳与二氧化碳在高温条件下继续反应生成一氧化碳，故钠与二 (3)“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5,加入过量的 氧化碳反应的产物中除了碳酸钠以外，还有C、CO存在。 NaCl0氧化Co2+,同时ClO被还原为C1,生成的H+与过量 化学非选择题专练（二） 的C1O反应生成HCIO,依据得失电子守恒、电荷守恒和元素 守恒，可得出反应的离子方程式为2Co2++5C10十5H20 (1)增大反应物接触面积，提高反应速率 2Co(OH)3￥+C1+4HC1O。 (2)2Cu2O+O2+8H+=4Cu2++4H2O (4)“转化”步骤中有黄绿色气体产生，表明有C2生成， (3)温度较高，双氧水受热分解 Co(OH)3转化为Co+,依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守 (4)O2、H20 恒，可得出反应的离子方程式为2Co(OH)3十6H++2C1 (5)都是分子晶体，TO2相对分子质量大，范德华力大，熔点高 2Co2++CL2↑十6H2O;若用H2O2和稀H2SO4代替浓HC1,产 (6)1.975v 偏高 物中不含有C12,避免造成环境污染。 (5)工业上利用电解含Co(Ⅱ)的水溶液制备金属C0和 【解析】含硒废料的主要成分是Cu2Se和Cu2Te,加入纯碱和空 H2SO4,则Co2+得电子生成Co,Co电极为阴极，石墨电极为阳 气焙烧后，得到固体产物为Na2SeO3、Na2TeO3和Cu2O;加水 极。图中C0电极为阴极，应连接电源的负极，“电解”时石墨电 溶解，浸渣中含Cu2O,Na2SeO3、Na2TeO3溶于水形成溶液，继 极为阳极，H2O失电子生成O2和H+,电极反应为2H2O一4 续加入稀硫酸，Na2TeO,与硫酸反应生成难溶性酸H2TeO, -4Ht+O2个。 并分解得到难溶于水的TeO2,Na2SeO3与硫酸反应生成可溶 3d 4s 于水的弱酸H2SeO3,经分离得到H2SeO3,加入H2O2发生氧 3. 1)个↑H 化还原反应得到H2SeO4,加热分解得到SeO2;向H2SeO3中加 (2)粉碎矿石、搅拌、适当提高温度，增大O2浓度等6MnWO,十 入石灰乳发生反应生成亚硒酸钙结晶水合物，沉淀析出。 (1)“培烧”时，含硒废料需要粉碎，目的是增大反应物接触面积， O,十6Na,C0,始挠2Mn,0,十6Na,W0,十6CO, 提高反应速率。 (3)防止生成H2SiO3胶体难分离或促进生成H2SiO3沉淀 (2)浸渣中含C2O用足量稀硫酸溶解，通人热空气的目的是将 (4)AsO+CIO-AsO+CI Cu2O氧化为Cu+,根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方 (5)H,wO,十4C高温wC+3C0个+H,0 程式为2Cu20十O2+8H+一4Cu2++4H20。 (6)1.0×10-4 (3)参加反应的双氧水远小于实际消耗的双氧水（反应温度在 【思路分析】向黑钨矿中通入氧气，并加人碳酸钠进行焙烧，焙 50℃)，其主要原因是温度较高，双氧水受热分解。 烧产物加水浸取，沉淀析出物质是Mn3O4和Fe2O3,浸取液中 (4)丽酸受热分解的化学方程式为2H,S0,△2Se0,十0，个+ 含有WO、PO&、AsO、AsO}和SiO;随后加入NaC1O 2H2O,故副产物有O2、H2O。 将AsO3氧化为AsO3,然后加盐酸调节pH,析出H2SiO3 (5)已知SeO2、Te02的熔点分别为315℃、733℃，二者都是分 沉淀，加入氯化镁溶液，析出磷酸镁和砷酸镁沉淀，最后加入氯 子晶体，后者相对分子质量大，范德华力大，熔点高。 化钙溶液，获得钨酸钙沉淀，加人盐酸，钨酸钙与盐酸发生复分 (6)根据氧化还原反应得失电子守恒，可知对应关系为SO。~ 解反应，获得H2WO4,加人焦炭，最终得到WC,据此分析解答。 21~4NaS:Os,n (SeO.)=9.1 mol L-XV mLX10- 【解析】(1)基态Mn原子的价层电子排布式为3d4s,价层电 mol= 3d 4s 4 V×10-4 V×10-4 子排布图为个个个↑个州： mol,wg产品中n(Se)=n(SeO2)= mol× 4 4 (2)“焙烧”时提高反应速率的措施有粉碎矿石、搅拌、适当提高 25.04×103mol,则产品中Se的质量分数 250V VX103×79× 温度、增大O2浓度等；在焙烧时，MnWO4与O2、Naz CO3发生 4w 反应产生Mn3O4、Na2WO4、CO2,根据得失电子守恒、原子守 100%=1:975Y%。如果大量空气进人锥形瓶，碘离子被氧气 恒，可知该反应的化学方程式为6MnWO4+O2十6Na2CO, 氧化，则使Na2S2O3溶液消耗量增大，导致测得结果偏高。 焙挠2Mn,0.十6NaWO,+6C0: (3)加入盐酸将SO?转化成硅酸，而硅酸易形成胶体，雄分 (1)增大固体与酸的接触面积，提高钴的浸取效率Cu、PbSO, 离，煮沸的目的是促进生成硅酸沉淀，便于分离。 (2)将Mn2+和Fe2+氧化 (4)“氧化”过程中加入NaC1O溶液的目的是将AsO3转化为 (3)2Co2++5C0+5H20-2Co(OH)3+CI+4HC10 AsO,便于与MgCl2反应生成Mg3(AsO4)2沉淀，离子方程 (4)2Co(OH)3+6H++2C1=2Co2++C12个+6H2O避免 式为AsO3+CIO=AsO3+CI。 还原Co(OH)3时产生有毒的Cl2 (5)钨酸在高温下分解生成三氧化钨和水；三氧化钨与炭发生反 (5)负2H20-4e=4H+O2↑ 应生成钨和一氧化碳，钨与炭化合成WC,故总反应是钨酸与C 【思路分析】炼锌废渣（铅、铁、钴、锰的十2价氧化物及锌和铜 高温反应生成WC、CO和H2O,化学方程式为H2WO,+4C 的单质)中加人稀H2SO,酸浸，铁、钴、锰的十2价氧化物及锌 都转化为二价金属的硫酸盐，铅转化为硫酸铅沉淀，铜不溶解； 高温wC+3C0个+H,0。 过滤后，往滤液中加入NazS2Og沉锰，此时锰转化为MnO2, (6)根据溶度积计算：c(Mg2+)= 3K[Mga (PO.)2 mol· Fe2+转化为Fe3+;过滤后，往滤液中加入NaOH调pH=4沉 c(PO) 铁，此时Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；过滤后，往滤液中加入 8/1.0×10x NaClO沉钴，将Co2+转化为Co(OH)3沉淀；过滤出沉淀，加入 molI10x10-molL 浓HCl,Co(OH)3转化为Co2+,浓缩结晶，从而得到钴（Ⅱ），据4.(1)Ga2(Fe2O,)3+12H2SO4一Ga2(SO,)3+ 此分析。 3Fe2(S04)3+12H2O 【解析】(1)为提高原料的利用率，“酸浸”前，需将废渣磨碎，其 (2)2×10-8mol·L1或1.0×1024-16mol·L-1酸浸变速 目的是增大固体与酸的接触面积，提高钴的浸取效率；由分析 变速降温下析出的固体颗粒大小更集中（粒径统一度大）等 可知，“浸渣”的主要成分为Cu、PbSO4。 (3)Fe [Ga(OH)]+3e-Ga++40H ·化学X· 【解析】锌矿渣通入空气，加入硫酸进行酸浸，去除浸出渣，再 加人氨水调节pH为5.5，得到滤液①，Fe3+、Ga3+转化为沉淀， 固体①中加人过量氨水，洗涤得到滤液②和固体②，固体②中 加入盐酸和物质A溶解转化，物质A为Fe,还原Fe3+,转化为 Fe+,使之在萃取的时候不会被萃取出来（题中Fe3+的萃取率 比Ga3+的高)，镓和铝位于同一主族，性质相似，利用萃取剂萃 取，去水相，有机相再加入过量氢氧化钠溶液反萃取得到有机 相和物质B,物质B为[Ga(OH),]-,经一系列操作得到GaN。 (1)“酸浸”过程中Ga2(FezO,)3与硫酸反应生成硫酸傢和硫酸 铁，发生反应的化学方程式为Ga2(Fe2O4)3十12H2SO4 Ga2(S04)3+3Fe2(S04)3+12H2O. (2)根据表中数据可知，Cu2+开始沉淀时浓度为0.22mol·L1, pH=4.5,则c(OH)=109.5mol·L1,Kp[Cu(OH)2]= c(Cu2+)c2(0H)=0.22×(10-9.5)2=2.2×10-0,用氨水调 节pH=5.5,故滤液①中Cu+的浓度为Kn[Cu(OHD,] c2(OH) 2.2×1020 （10)gmol·L1=2.2×103mol·L1;或完全沉淀时 pH=a,c(0H)=10-14mol·L1,Cu2+的浓度≤105mol· L-1,Km[Cu(OHD2]=c(Cu2+)c2(OH)=1.0X102a-33,用氨水 调节pH=5.5,故滤液①中Cu2+的浓度为K[Cu(OH)] c2(OH) 1.0X102a-33 108)molL1=1.0×102a-1“mol·L1;从工业经济 性考虑，电解滤液①得到的产物，可用于回收金属，还得到O。 和H2SO4,可在酸浸中循环利用：结合图中信息可知，在变速降 温的情况下析出的固体颗粒大小更集中（粒径统一度大）。 (3)根据分析可知，物质A的化学式为Fe;若通过电解物质B 的溶液可以得到单质Ga,则阴极上[Ga(OH),]-得电子产生 Ga,电极反应式为[Ga(OH)4]+3e一Ga+4OH。 5.(1)CuO、Fe3O4 (2)CaSO4(或CaSO·2H2O) (3)滤渣2中混有Fe(OH),,铁元素的利用率降低 (4)平面正方形 (6)Cu0+2Fe(OHD,灼烧cuFe,0,十3H,0保护氧缺位体，防 止被氧化 (6)0.15 (7)CuFe2 O-+H2O=CuFe2 O,+H2 【解析】氧气具有氧化性，已知酸浸后的溶液中金属离子有 Cu2+、Fe2+、AI3+和Fe3+,CuFeS.2焙烧生成三种氧化物，结合质 量守恒可知，三种氧化物为SO2、CuO、FeO4,加入硫酸金属氧 化物转化为相应的硫酸盐，滤渣1为SiO2,加入Cu还原Fe3+为 Fe2+,加入CuO调节pH使AI3+沉淀，而Cu+和Fe2+不沉淀， 滤渣2中有AI(OH)3、CuO、Cu,加H2O2将Fe2+氧化为Fe3+ 加人过量的氨水反应生成[Cu(NH3)]SO4,Fe+生成 Fe(OH)3沉淀，[Cu(NH3)4]SO4经过系列操作生成CuO,灼 烧CuO和Fe(OH)3生成CuFe2O4,在N2作保护气下煅烧生 成CuFe2O4-a。 (1)由分析可知，焙烧生成的金属氧化物的化学式为 CuO、Fe3O4。 (2)焙烧产物中的SO2在有氧条件下利用石灰石浆液Ca(OH) 吸收可制得一种副产品是CaSO,或CaSO4·2H2O。 (3)加入Cu还原Fe3+为Fe+,若没有还原工序，调节pH时会 使Fe3+沉淀，Fe的利用率低。 (4)已知Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体，则可知其结构不是 四面体结构，而是平面四边形结构，故[Cu(NH)4]+的空间结 构为平面正方形。 (5)灼烧CuO和Fe(OH)3生成CuFe2O4,反应的化学方程式为 CuO+2Fe(OH) 均烧CuFe,O,十3H,O;N,作保护气，防止生 成物被氧化。 (6)“煅烧”CuFe2O,得到氧缺位体(CuFe2O,-),减少的质量是 168 氧的质量，则有64+2X56+4×16X100%=1-9%,得出8= 0.15。 (7)制取氢气的总反应为28H2O一28H2个十6O2↑，结合第 二步反应2CuFe2O4一2CuFe2O4-a十6O2个，可知第一步反应 为CuFeO4.-8+8H2 O-CuFe2(04+òH2个。 (1)①V形②1：1 (2)防止GO2大量溶解，导致锗的产率下降 (3)Ge02+20H一Ge03+H2O(或GeO2+40H GeO+2H,O) (4)5.3×10-3 (5)盐酸 73X1+28或。XN (6)①4②。X100XN 539-×1030 【解析】向工业锌置换渣中通人SO2并加人硫酸“还原浸出”， 生成Zn2+、Fe2+,滤渣1中有PbS04、GeO2、SiO2,加入盐酸 “90℃酸浸”，浸渣2为GeO2、SiO2,加入氢氧化钠溶液“碱溶” 发生反应GeO2+2OH一GeO3+H2O(或GeO2+4OH —GeO4+2H2O)、SiO2+2OH一SiO3+H2O,经过“沉 硅”等一系列操作后得到储；含[PbCL4]2溶液降温PbC2十 2C1一[PbCL]-平衡逆向移动，得到PbC2,滤液1中加入 适量CaCl2得到CaSO4,过滤得滤液2，滤液2主要含有 Ht、CI。 (1)①S0,中S的价层电子对数为2+6一？×2=3，有1个孤电 2 子对，空间结构为V形。②ZnFe2O,浸出反应的化学方程式为 SO2+ZnFe2O4+2H2S04一ZnSO4+2FeS0,+2H20,氧化 剂为ZnFe2O4,还原剂为SO2,氧化剂与还原剂的物质的量之比 为1：1。 (2)盐酸浓度过大，会导致GO2大量溶解，锗的产率下降。 (3)“碱溶”时，GeO2与OH发生反应，离子方程式为GeO2十 20H-GeO+H2 O GeO2+40H-GeO+ 2H2O。 (4)c(C1)=2.0mol·L1,Kp(PbC2)=c(Pb2+)c2(C1)= 1.2×10-5,即c(Pb2+)=3×10-6mol·L1,Kp(PbS0,)= c(Pb2+)c(S02)=3×10-6Xc(S0)=1.6×10-8,c(S0?)= 5.3×10-3mol·L1,即为防止PbCl2中混有PbSO4杂质，应 控制溶液中c(S0?)≤5.3×10-3mol·L1 (5)向滤液1中加入适量CaCl2得到CaSO4,过滤得滤液2，滤液 2主要含有H+、Cl,“转化”的意义在于可重复利用盐酸。 (6)①由图可知，锗晶体中1个Ge周围与其最近的Ge的个数 为4。②由均摊法得，1个硅锗合金1晶胞中含有Si原子个数 为2×2 =1,G©原子的个数为4+8×日+4 1 1=7,晶胞边长 73×7+28 为apm,则硅储合金1晶体的密度为。X10”XNg·cm。 化学非选择题专练（三） (1)< 3p75 (2)80 5t7b2 (3)>温度升高，催化剂活性降低，且催化剂对化学反应速率 的影响大于升高温度对化学反应速率的影响 (4)>反应I为放热反应，由甲到乙，相当于升高温度，平衡逆 向移动，C2H4的平衡转化率降低 【解析】(1)反应I的△S<0,根据△G=△H一T△S<0时反应 能自发进行知，该反应的△H1<0。 (2)设投料时n(C2H4)、n(CO)、n(H2)分别为1mol、2mol、 1mol,达到平衡时C2H4的平衡转化率为80%，即反应消耗 C2H4物质的量为0.8mol,C2Hg的选择性为25%，则生成的 C2H6有0.8mol×25%=0.2mol,则反应Ⅱ消耗的H2有 ·13 参考答案及解析 0.2mol,消耗的C2H4有0.2mol,反应I消耗的C2H4为 不相等，故恒压下气体的体积改变，则M为变量，当气体平均摩 0.6mol,消耗的H2为0.6mol,共消耗H2物质的量为 尔质量不再改变时，达到平衡；当正、逆反应速率相等，即 0.8mol,H2的转化率为80%；反应初始气体总物质的量为 2v正(CO2)=v递(H2)时，反应达到平衡；反应过程中0(H2): 4mol,初始总压强为4pkPa,CO初始分压2pkPa,反应I消 v(CH,)始终为2：1。 耗CO为0.6mol,即压强变化0.6pkPa,反应速率o(CO)= (3)由图可知随着n增大，H2的百分含量也增大(H2%),而反 0.6pkP=3kPa·min;平衡时，n(CH,)=0.2mol, 应Ⅱ是气体体积增大的吸热反应，故n为温度；由图可知A点 t min 5t n (H2)=0.2 mol,n (CO)=1.4 mol,n (C2 H)=0.2 mol, 对应nl和m2条件下平衡时的H2%大于nl和m2条件下的 n(CHCH2CHO)=0.6mol,气体总物质的量为2.6mol,初始 H2%,相当于平衡逆向移动，故v正<v滋。 时气体总物质的量为4mol,总压为4pkPa,则平衡时各物质分 (4)反应达到平衡时，S0转化率为60%（剩余物质的量为 压为p(C2H4)=0.2pkPa,p(H2)=0.2pkPa,p(C0)= 0.4mol),C0的物质的量为0.2mol,列三段式： 1.4p kPa,p(C2 Hs)=0.2p kPa,p(CHCH,CHO)=0.6p kPa, 2SO2(g)+CH,(g)=2S(g)+2H2 O(g)+CO2(g) 1 1 0 0 0 0.6p 75 初始n/mol K。=0.2p×0.2p×1.4p7p29 转化n/mol 0.6 0.3 0.6 0.6 0.3 平衡n/mol 0.4 0.6 0.60.6 0.2 (3)从图中可知B点乙烯的转化率大于D点，但都小于该温度 CH (g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2 (g) 下的平衡转化率，说明开始时随着温度的升高，反应速率增大 初始n/mol 1 乙烯的转化率不断增大，但是随着温度进一步升高，催化剂活 转化n/mol0.1 0.1 0.2 0.2 性降低，催化剂活性降低对反应速率降低的影响强于温度升高 平衡n/mol0.6 0.2 0.2 0.2 对反应速率加快的影响，所以o(B)>v(D)。 平衡时气体总物质的量n=(0.4+0.6+0.6+0.6+0.2+ (4)反应I为放热反应，由甲到乙，相当于升高温度，平衡逆向移 0.2+0.2十4)mol=6.8mol,故反应I的压强平衡常数K。= 动，C2H4的转化率降低，所以a甲>a乙。 0.2 0.6 10 kPa)(.X100 kPa) 6.8X10)06 0.2 (1)-854.5 8大1001 (2)①(a+1784.4)kJ·mol-1②BC -(kPa)2: (3)①45.6②0.2③<>④较低压强、适当温度 0.4×100kPa)6.8×100kPa 后。×1o8×1 0.4 6.81 【解析】(1)根据盖斯定律，可知①×2一②一③得2C(s)+ 反应I和Ⅱ均为气体体积增大的反应，当He的物质的量变为 2N02(g)一N2(g)+2CO2(g),则△H=-393.5kJ·mol-1× 2mol,恒压下，对于反应I和Ⅱ来说相当于加压，平衡逆向移 2-180.5kJ·mol1+113.0kJ·mol1=-854.5kJ·mol-1 动，故S02转化率小于60%。 (2)①反应的焓变△H=正反应活化能一逆反应活化能，故逆反 (5)左极区HSO3转化为S2O?,S元素化合价降低，故电极I 应的活化能=正反应活化能一△H=(a+1784.4)kJ·mol-1。 ②反应物都是气体，混合气体的总质量不变，容器体积不变，混 上发生还原反应，为电解池阴极，电极反应式为2HSO?+ 合气体的密度始终不变；在绝热容器中如果混合气体的温度保 2e+2H+—S2O+2H2O;电极Ⅱ发生氧化反应，是阳极， 持不变，说明正、逆反应速率相等，达到平衡状态；断裂N一H 电极反应为2H2O一4e—O2个十4H+,根据得失电子守恒可 键表示v正，断裂O一H键表示v逆，v正=V逆，反应达到平衡状 知存在计量关系：4S02~4HSO3~O2,故消耗1 mol SO2生成 态；NO和H2O的物质的量相等，不能说明达到平衡状态。 0.25molO2,即标准状况下5.6L。 (3)①反应前后压强不变，则反应后气体的总物质的量仍为 4.(1)2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H= 5mol,因p(N2)=4MPa,则n(N2)=1.0mol,根据主反应的体 -746.5kJ·mol-1 积差，可知气体物质的量增加0.2ol;说明副反应气体的物质 (2)①CON2②高温③80% 的量减小0.2mol,根据体积差可知副反应中消耗0.2mol (3)①<0.15②温度小于580K时，反应未达到平衡状态， NH3。平衡时容器中n(NH3)=1.0mol、n(NO)=1.0mol 升高温度，反应速率加快，NO生成N2的转化率逐渐增大，高于 n(N2O)=0.5mol、n(H2O)=0.5mol,各物质的分压p(NH3)= 580K以后，反应达到平衡状态，升温，平衡逆向移动，NO生成 4MPa、p(NO)=4MPa、p(H2O)=6MPa,主反应的平衡常数 N2的转化率逐渐减小 Kp- p5(N2)·b(H2O)45X6627X27 p(NH3)·p5(NO)44X46 ≈45.6。 16 ()之5 ②反克后0N0-2NF则N0名0黑-a.2·m, 【解析】(1)根据题干中的已知条件，①2NO(g)一N2(g)+ O2(g)△H=-180.5k·mol1,②2C0(g)+O2(g) ③N2的含量随温度的升高而降低，说明主反应的正反应放热， 2CO2(g)△H=一566kJ·mol-1,①+②可计算出CO催化 故△H,<0;N2O的含量随温度升高而增大，说明副反应的正反 还原NO的热化学方程式为2NO(g)+2CO(g)一N2(g)+ 应吸热，故△H2>0。 ④主反应是放热的、气体体积增大的反应，为了有利于该反应 2C02(g)△H=-746.5kJ·mol1 进行，应选择较低的压强和适当的温度。 (2)①随着反应的进行，CO和NO的浓度逐渐降低，又根据两 (1)-208.7 个反应中都消耗CO,而只有第一个反应消耗NO,随着N2O浓 (2)b 度逐渐降低，NO的浓度减小的趋势变小，到后来浓度基本不 (3)温度 变，而CO浓度减小的趋势较大，所以I是CO,Ⅱ是NO;两个 (0.x1000-6 6.8 6.8100) 反应中都产生CO2,CO2的浓度大于N2,Ⅲ是CO2,N是N2。 ②温度越高，反应速率越快。结合图像可知，高温时CO和NO (4) 的浓度较低，脱除率高，所以应选择高温条件。③根据N原子守 ℃0.41o0)2(6.8X100) 6.81 恒，c(NO)知龄=1500ppm×2+350ppm+200ppmX2= (5)2HS03+2e+2H+—S20?+2H205.6 3750ppm,转化为N2的c(NO)=1500ppm×2=3000ppm, 【解析】(1)△H=生成物的标准生成焓总和一反应物的标准生 100%=80%。 成焓总和，故有△H1=[(-393.5)+2×(-241.8)+0-2× 故N0的脱除率-9× (-296.8)-(-74.8)]kJ·mol1=-208.7kJ·mol1 (3)根据题目的已知条件，开始只充入反应物，温度小于580K (2)恒温恒压下，混合气体的压强始终不变；气体平均摩尔质量 时，反应未达到平衡状态，升高温度，反应速率加快，NO生成 M-m(总) N2的转化率逐渐增大：温度大于580K以后，反应达到平衡状 反应中气体总质量不变，反应Ⅱ反应前后气体系数 态，转化率逐渐减小，说明升高温度平衡逆向移动，正反应放热，