专题3 山东新高考全练(实战册)-【实战高考】2026年高考化学总复习（山东专版）

专题3 金属及其化合物 过去考什么 山东新高考全练 答案：P379 1.(2025山东，13，不定项，4分；考点2)钢渣 A.反应I、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应 中富含CaO、SiO2、FeO、FezO3等氧化物，实 B.低温真空蒸发主要目的是防止NaHSO3 验室利用酸碱协同法分离钢渣中的Ca,Si, 被氧化 Fe元素，流程如下。已知：Fe2(C2O4)3能溶 C.溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元 于水；Kp(CaC2O4)=2.3×10-9, 吸收气体I Kp(FC2O4)=3.2×10-7。下列说法错误 D.若Cu2O产量不变，参与反应Ⅲ的X与 的是( ) ①试剂X ②H,C04 CS0,物质的量之比n袋增大时， →滤液Ⅱ 盐酸 滤液I 需补加NaOH的量减少 分离 3.(2022山东，12,4分；不定项；考点1)高压 钢渣 酸浸 →滤渣Ⅱ 氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以 酸浸 浸取液 转化-·Si02 滤渣 硫化铜精矿（含Zn、Fe元素的杂质）为主要 NaOH溶液 试剂Y 原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到 A.试剂X可选用Fe粉 的数据如表所示。 B.试剂Y可选用盐酸 硫酸溶液，高压O2NH 高压H C.“分离”后Fe元素主要存在于滤液Ⅱ中 硫化铜浸取 中和调pH 精矿 过滤还原 D.“酸浸”后滤液I的pH过小会导致滤渣 固体X Ⅱ质量减少 金属M, 2.(2023山东，13,4分；不定项；考，点3)一种 Cu过滤 制备Cu2O的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所 物质 Fe(OH)3Cu(OH)2Zn(OH)2 得溶液pH为3~4，反应Ⅲ需及时补加 开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 NaOH以保持反应在pH=5条件下进行。 沉淀完全pH 6.7 8.2 常温下，H2SO3的电离平衡常数Ka=1.3 3.2 ×10-2,K。=6.3×10-8。下列说法正确的 下列说法错误的是( 是( A.固体X主要成分是Fe(OH)3和S;金属 Cu,浓HSO。 NaCO3溶液 M为Zn 反应1 →气体1→反应Ⅱ一→气体Ⅱ B.浸取时，增大O2压强可促进金属离子 浸出 调pH=11 CuS04 C.中和调pH的范围为3.2~4.2 低温真空蒸发 水 D.还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成 反应Ⅲ一化合物X 固液分离 →溶液Y 4.(2020山东，9,2分，考点2)以菱镁矿（主要 Cu20 成分为MgCO3,含少量SiO2,Fe2O3和 20 Q专题3金属及其化合物 Al2O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程 “高温焙烧”温度为650℃， 如下： “水浸”所得滤渣主要成分除SO2外还含有 氯化铵溶液 氨水 (填化学式)。 菱镁矿→煅烧 轻烧粉→ 浸出→浸出液→沉镁 (2)在(NH4)2SO4投料量不变的情况下，与 废渣氨 滤液 两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水 浸”时金属元素的浸出率 (填“增 高纯镁砂←煅烧氢氧化镁 大”“减小”或“不变”)。 已知浸出时产生的废渣中有SO2、 (3)HR萃取Cu+反应为2HR(有机相)+ Fe(OH)3和A1(OH)3。下列说法错误的 Cu2+(水相)=CuR2(有机相)+2H+(水 是( 相)。“反萃取”时加入的试剂为 A.浸出镁的反应为MgO+2NH4C1 (填化学式)。 MgCL2+2NH3个+H2O (4)“沉钴”中，pH=4时Co+恰好沉淀完全 B.浸出和沉镁的操作均应在较高温度下 「c(Co2+)=1×10-5mol·L1],则此时溶 进行 液中c(H2S)= mol·L1。已知： C.流程中可循环使用的物质有NH、 Ka(H2S)=1X10-7,Ka(H2S)=1X NHCI 10-13,Kp(CoS)=4×10-1。CoS“溶解”时 D.分离Mg+与A13+、Fe3+是利用了它们氢 发生反应的离子方程式为 氧化物K即的不同 (5)“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中，经处 5.(2025山东，17,12分；考点3)采用两段焙 烧一水浸法从铁锰氧化矿（要含Fe2O,、 理后所得产品导入 (填操作单元名 MnO2及Co、Cu、Ca、Si等元素的氧化物)分 称)循环利用。 离提取Cu、Co、Mn等元素，工艺流程如下： 6.(2023山东，17,12分；考点3)盐湖卤水（主 ①NaS 要含Na+、Mg2+、Li计、CI、SO和硼酸根 NH,)2S04 回收$0， HR ②凋PH NH,HCO. 离子等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤 窗圈-恩一离奈应应-% 「萃取水。 氧化矿焙烧 焙烧 水为原料经两段除镁制备Li2CO3的工艺流 滤渣 有机相C。s一→溶解CoS0,溶液 吸收 一稀H,S0 反萃 程如下： H202S CuSO,溶液 稀HS04 盐酸 HCI气体 生石灰 纯碱 已知：该工艺条件下，(NH4)2SO4低温分解 卤水→脱硼 浓缩 结晶 →煅烧一水浸精制工一→精制皿☑ 生成NH4HSO4,高温则完全分解为气体； 含硼固体 固体 滤渣I滤渣I Fe2(SO4)3在650℃完全分解，其他金属硫 饱和Na,CO,溶液 酸盐分解温度均高于700℃。 沉锂一浓缩一操作x 回答下列问题： LiCO, NaCl (1)“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸 已知：常温下，Kp(Li2CO3)=2.2×10-2。 盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4 相关化合物的溶解度与温度的关系如图 时有N2生成，该反应的化学方程式为 所示。 21 实战册 实战高考·化学 120 LiCl 回答下列问题： (1)酸解时有HF产生。氢氟酸与SiO2反应 80 生成二元强酸H2SiF6,离子方程式为 40 LiOH 12 1.5 Li,CO (2)部分盐的溶度积常数见下表。精制I 1.0 0.5 0 204060 80100 中，按物质的量之比n(Na2CO3):n(SiF。) 温度/℃ =1：1加入Na2CO3脱氟，充分反应后， 回答下列问题： c(Na+)= (1)含硼固体中的B(OH)3在水中存在平 mol·L1;再分批加入 衡：B(OH)3十H2O=[B(OH)4]-+H 一定量的BaCO3,首先转化为沉淀的离子是 (常温下，K.=1.0×10-924);B(OHD3与NaOH 0 溶液反应可制备硼砂NaBO(OH)4·8HO。 BaSiF6 Na2 SiF6 CaSO4 BaSO4 常温下，在0.10mol·L1硼砂溶液中， [B,O(OH)4]2-水解生成等物质的量浓度 Ksp1.0×10-64.0×10-69.0×10-4 1.0×10-10 的B(OH)3和[B(OH)4],该水解反应的离 (3)SO浓度（以SO3%计）在一定范围时， 子方程式为 石膏存在形式与温度、H3PO4浓度（以 该溶液pH= P2O%计)的关系如图甲所示。酸解后，在 (2)滤渣的主要成分是 (填化学式)； 精制I后溶液中Li汁的浓度为2.0mol·L1, 所得100℃、P205%为45的混合体系中，石 则常温下精制Ⅱ过程中CO浓度应控制在 膏存在形式为 (填化学 mol·L1以下。若脱硼后直接进 式)；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不 行精制工，除无法回收HCI外，还将增加 使用水，原因是 ,回收利 的用量（填化学式）。 用洗涤液X的操作单元是 ；一定 (3)精制Ⅱ的目的是 ;进 温度下，石膏存在形式与溶液中P2O%和 行操作X时应选择的试剂是 ,若 SO%的关系如图乙所示，下列条件能实现 不进行该操作而直接浓缩，将导致 酸解所得石膏结晶转化的是 (填标 7.(2022山东，17,13分；考点3)工业上以氟 号)。 磷灰石[CaF(PO4)3,含SiO2等杂质]，为原 240 料生产磷酸和石膏，工艺流程如下： 200 CaSo ①Na,C0 160---7----- ②Ba,C0 CaS0,·0.5H0 硫酸溶液尾气 120 期 氟磷 灰石 酸解 过滤粗磷酸精制 80 CaS0.·2H,0 40-------}--- 洗涤液X+洗涤→结晶转化石膏 0 10 20 30 40 50 60 磷酸+- 精制Ⅱ过滤 P0% 滤渣 22 O专题3金属及其化合物 40 中和时pH的理论范围为 ;酸化的 3 目的是 ;Fe元素在 (填操 25 CaS0i…0.5H0i 作单元的名称)过程中除去。 (3)蒸发结晶时，过度蒸发将导致 10 以 冷却结晶所得母液中，除Na2Cr2O,外，可在 5 Cas042H0② 上述流程中循环利用的物质还有 5 1015202530354045 (4)利用膜电解技术（装置如图所示），以 P20% Na2Cr2O4为主要原料制备Na2Cr2O,的总反 乙 A.65℃、P205%=15、S03%=15 应方程式为4 NazCr2O,十4H,0通电 B.80℃、P2O5%=10、S03%=20 2Na2Cr2O,+4NaOH+2H2个+O2个。则 C.65℃、P203%=10、S03%=30 Na2Cr2Oh在 (填“阴”或“阳”)极室 D.80℃、P205%=10、S03%=10 制得，电解时通过膜的离子主要为 8.(2021山东，17,12分；考点3)工业上以铬 铁矿(FeCr2O4,含A1、Si氧化物等杂质)为 惰性电极 惰性电极 主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O,·2H2O) 的工艺流程如图。回答下列问题： 铬铁矿 !纯碱 H,0 H,S04 0,焙烧 浸取 中和 滤渣 滤渣 离子交换膜 母液 H,SOa 9.(2020山东，16,12分；考点3)用软锰矿（主 冷却 蒸发 酸化 要成分为MnO2,含少量Fe3O4、Al2O3)和 结晶 结晶 BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下： Na,Cr,0,·2H0 副产品 硫酸钡 (1)焙烧的目的是将FeC2O转化为Na2 Cr2O, 溶液 软锰反 蒸结团甲 并将A1、Si氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧 矿粉应 ·氢氧化钡 发晶滤燥 时气体与矿料逆流而行，目的是 硫酸 酸解 滤液 ①试剂X 碳酸氢铵 ②氨水 氨水 0 (2)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓 过 净 压 碳过洗吊高纯碳 滤 化滤 化滤涤燥广酸锰 度c与pH的关系如图所示。当溶液中可 硫黄 废渣 滤液Ⅱ 溶组分浓度c≤1.0×105mol·L-1时，可 认为已除尽。 已知：MnO2是一种两性氧化物；25℃时相关 1 物质的Kp见下表。 0 CrO2 Cr2O2 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mn(OH)2 -1 Si02- 2 Ksp 1×10-16.3 1×10-38.6 1×10-32.31×10-12.7 Fe3+Al -3 [AI(OH)T 回答下列问题 9.6 (1)软锰矿预先粉碎的目的是 0 2.43.04.5 9.310.2 14 pH MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方 23 实战 实战高考·化学 程式为 (4)净化时需先加入的试剂X为 (2)保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投 (填化学式)。再使用氨水调溶液的 料比增大，S的量达到最大值后无明显变化， pH,则pH的理论最小值为 (当 而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小 溶液中某离子浓度c≤1.0×10-5mol·L1 的原因是 时，可认为该离子沉淀完全)。 (3)滤液I可循环使用，应当将其导入到 (5)碳化过程中发生反应的离子方程式为 操作中（填操作单元的名称）。 将来考什么 山东模拟专练 答案：P382 考点闯关 考点①钠及其化合物 考点②铁及其化合物 1.(2025山东日照一模)物质的性质决定用 4.(2024山东滨州二模)图甲为某常见金属单 途，下列两者对应关系错误的是( 质及其部分化合物的“价一类”二维图。下 A.Na2CO3具有碱性，可用作食品膨松剂 列推断不合理的是( ) B.维C具有还原性，可作补铁剂中的抗氧 物质类别 盐 化剂 C.FeCL3溶液具有氧化性，可作刻蚀铜电路 氧化物 单质 板的腐蚀液 0+打+2+3+4+5+6化合价 D.Na2O2能与CO2反应生成O2,可作潜水 甲 艇中的供氧剂 2.(2024山东淄博一模)实验室中使用钠盐或 NaOH溶液时，对应关系错误的是() A.饱和NaCI溶液：除去Cl2中的HCI NaCI溶液 B.饱和Na2CO3溶液：除去CO2中HCI 乙 C.NaOH水溶液：油脂的皂化反应 A.a→f→g→d,a→c→d的每步转化均可一 D.NaOH醇溶液：CH3CH2Br的消去反应 步实现 3.(2024山东泰安一模)取一定体积的下列两 B.b、c均可与氢碘酸反应，但反应原理不同 种试剂（浓度均为0.1mol·L1)进行反 C.h可同时实现饮用水的消毒与净化 应，改变两种试剂的滴加顺序，反应产生的 D.向图乙中a极附近滴入铁氰化钾溶液，会 现象相同的是() 产生蓝色沉淀 A.Na2CO3溶液、稀盐酸 5.(2025山东青岛一模，不定项)探究A1和 B.Al2(SO4)3溶液、氨水 CuC2溶液的反应机理，进行以下实验。 C.NaHCO3溶液、溴水 实验一：将光洁的A1条插入饱和CuCl2溶 D.H2C2O4溶液、酸性KMnO4溶液 液中，一段时间后溶液变为无色，产生大量 24■O实战册参考答案及解析 X为NO,Y为N2O。标准状况下，2.24LNO和N2O的 滕氏蓝沉淀，反应的离子方程式为K+十F2++ 混合气体物质的量为0.1mol,氧原子数为0.1NA,故A [Fe(CN)6]3-—KFe[Fe(CN)6]V,C正确；TiCL4容易 正确；HNO2为弱酸，因此NO2能够水解为HNO2,1L 与水反应发生水解，反应的离子方程式为TiCL4十(x十2) 0.1mol·L-1NaNO2溶液中NO2数目小于0.1NA,故 H20一TiO2·xH20V+4H++4C1-,D正确。 B错误；NH2OH完全转化为NO2时，N的化合价由一1 ⑦D解析NO中N的化合价为+2，降低为O,1个NO 升到十3,3.3gNH2OH物质的量为0.1mol,转移的电子 得2个电子，作氧化剂，发生还原反应，C0中C为十2，化 数为0.4NA,故C错误；2.8gN2物质的量为0.1mol,N 合价升高为十4，失去2个电子，作还原剂，发生氧化反 的价电子数等于最外层电子数为5,2.8gN2含有的价电 应。1 mol CO2转移2NA个电子，A正确；催化剂通过降 子总数为NA,故D错误。 低反应的活化能，提高反应速率，B正确；NO是氧化剂， ⑤A解析26gC2H2的物质的量为1mol,一个C2H2 CO是还原剂，C正确；N2为还原产物，CO2为氧化产物，D 分子中含有3个σ键，故26gC2H2中含有。键的数目为 错误。 3NA,A正确；NH在水溶液中发生水解，1L1mol·L-1 8B解析由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及 NH4NO3溶液中含NH的数目小于NA,B错误；CO和 的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O;CuO与Y反应生 H2均由分子构成，1molC0和H2的混合气体含有的分 成Cu(OH)C,则Y为HCl;Cu(OH)Cl分解生成W和 子数目为NA,C错误；Na与H2O反应生成11.2LH2, Cu2OCl2,则W为H2O;CuC2分解为X和CuCl,则X为 由于未给出气体所处的状态，无法求出生成气体的物质 C2;CuCl和Z反应生成Cu2OCl2,则Z为O2。综上所 的量，也无法得出转移电子数目，D错误。 述，X、Y、Z、W依次是C2、HCl、O2、H2O。Y为反应物 ⑥B解析碱性锌锰电池放电时正极得到电子生成 HCl,W为生成物H2O,A正确，CuO在反应中作催化剂， MnO(OH),电极方程式为MnO2+H2O+e- 会不断循环，适量即可，B错误；总反应为放热反应，其他 MnO(OH)十OH-,A正确；铅酸蓄电池在充电时阳极失 条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确；图 电子，其电极反应式为PbSO4一2e-+2H2O一PbO2+ 中涉及的两个氧化还原反应是CuCl2→CuCl和CuCl→ Cu2OCl2,D正确。 4H++SO,B错误；K[Fe(CN)6]用来鉴别Fe2+,生成 专题3。金属及其化合物 山东新高考全练 ①A解析钢渣通过盐酸酸浸，得到滤液I中含有 H2S03的电离平衡常数Ka,=1.3×10-2,K=6.3X Fe2+、Fe3+、Ca2+等，滤渣I为SiO2,滤渣I加入NaOH 10一8，可知NaHSO3溶液显酸性（电离大于水解），则反应 溶液碱浸，得到含有Na2SiO3的浸取液，加入试剂Y盐 Ⅱ所得溶质成分是NaHSO3,调节溶液pH=11,使 酸，生成硅酸沉淀，最后得到SO2,滤液I加入试剂X和 NaHSO3转化为Na2SO3,低温真空蒸发（防止Na2SO3被 H2C2O4分离，由于Fe2(C2O4)3能溶于水，试剂X将 氧化)，故固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液， Fe2+氧化为Fe3+,再加入H2C2O4,使CaC2O4先沉淀， Na2SO3和CuSO4反应的离子方程式是SO-十2Cu2++ 滤渣Ⅱ为CaC2O4,滤液Ⅱ中有Fe3+,据此解题。根据分 2H2O一SO+Cu2O1+4H+,反应过程中酸性越来 析，加入试剂X的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,试剂X应 越强，使Na2SO3转化成SO2气体，总反应的化学方程式 该是氧化剂，不可以是Fe粉，A错误；加入试剂Y,将 是2CuSO4+3Na2SO3-Cu2O+2SO2个+3Na2SO4,需 Na2SiO3转化为H2SiO3沉淀，最后转化为SiO2,试剂Y 及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行。反 应Ⅱ是S○2和碳酸钠溶液反应，生成NaHSO3、水和二氧 可以是盐酸，B正确；根据分析，“分离”后Fe元素主要存 在于滤液Ⅱ中，C正确；“酸浸”后滤液I中pH过小，酸性 化碳，不是氧化还原反应，故A错误；低温真空蒸发主要 强，造成C2O浓度小，使Ca2+(aq)+C2O(aq)= 目的是防止Na2SO3被氧化，而不是NaHSO3被氧化，故B 错误；经分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液，可循环用于 CaC2O4(s)平衡逆向移动，得到CaC2O4沉淀少，滤渣Ⅱ质 反应Ⅱ的操作单元吸收SO2气体（气体I),故C正确；制 量减少，D正确。 取Cu2O总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3--Cu2O+ ②CD解析铜和浓硫酸反应（反应I)生成二氧化硫气 2SO2↑+3Na2SO4,化合物X是指Na2SO3,若Cu2O产 体（气体I)和硫酸铜，生成的二氧化硫气体与碳酸钠反 应（反应Ⅱ），所得溶液pH为3~4，溶液显酸性，根据 童不变，增大nC比，多的Ns0会消花氢离子， 379 答案 实战高考·化学 用于控制pH,可减少NaOH的量，故D正确。故选CD。 解析采用两段焙烧一水浸法从铁锰氧化矿中分离提取 3D解析CuS精矿（含有杂质Zn、Fe元素）在高压O2 Cu、Co、Mn等元素，加入硫酸铵低温焙烧，金属氧化物均 作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产生CuSO4、S、H2O, 转化为硫酸盐，如硫酸锰、硫酸铁、硫酸钻、硫酸钙等，产 Fe2+被氧化为Fe3+,然后加入NH3调节溶液pH,使 生的气体有氨、氨气等，氨用稀硫酸吸收，得到硫酸铵溶 Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存 液。得到的硫酸盐经650℃高温焙烧，只有硫酸铁发生 在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH)3,滤液中 了分解，产生三氧化硫气体和氧化铁，水浸后，过滤分离 含有Cu2+、Zn2+;然后向滤液中通入高压H2,根据金属 出滤渣，滤渣主要为二氧化硅、氧化铁及硫酸钙，后续萃 活动性Zn>H>Cu,Cu2+被还原为Cu单质，通过过滤分 取分离，将铜元素萃取到有机相中，最终得到硫酸铜溶 离出来，而Z2+仍然以离子形式存在于溶液中，再经一 液，水相主要含有钻元素和锰元素，加入硫化钠，调节 系列处理可得到Z单质。经过上述分析可知固体X主 pH,生成硫化钻，过滤分离最终得到硫酸钻溶液，滤液中 要成分是S、Fe(OH)3,金属M为Zn,A正确；CuS难溶于 加入碳酸氢铵，生成碳酸锰沉淀，据此解答。(1)低温焙 硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq) 烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，二氧化锰与硫酸氢铵反 十S-(aq),增大O2的浓度，可以反应消耗S-,使之转化 应，转化为硫酸锰和氨气，根据电子得失守恒可知还有氨 为S,从而使沉淀溶解平衡正向移动，促进金属离子的浸 生成。根据已知条件，高温焙烧的温度为650℃，只有硫 取，B正确；根据流程图可知用NH3调节溶液pH时， 酸铁发生分解，生成三氧化硫和氧化铁，二氧化硅、氧化 Fe3+转化为沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶 铁、硫酸钙等在水中溶解度都较小，所以“水浸”所得滤渣 液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶 的主要成分除了SiO2外还含有Fe2O3、CaSO4。(2)根据 液pH范围为3.2~4.2，C正确；在用H2还原Cu2+变为 已知条件，硫酸铵低温分解成硫酸氢铵，高温则完全分解 成气体，如果直接高温焙烧，则硫酸铵会分解，物质的量 Cu单质时，H2失去电子被氧化为H+,与溶液中OH-结 减少，导致金属元素的浸出率减小。(3)根据萃取的化学 合形成H2O,若还原时增大溶液的酸度，c(H十)增大，不 方程式：2HR(有机相)+Cu2+(水相)一CuR2(有机相) 利于H2失去电子还原Cu2+,因此不利于Cu的生成，D 错误。 十2H+(水相)，加入有机相将铜离子萃取到有机相中，反 萃取时需要使平衡逆向移动，生成铜离子，而且为了不引 ④B解析菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，MgCO3转化为 入新的杂质，应加入的试剂为稀H2SO4。(4)沉钻时，pH MgO,加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣有SiO2、 =4时Co2+恰好沉淀完全，其浓度为c(Co2+)=1×10一5 Fe(OH)3、Al(OH)3,同时产生氨，则此时浸出液中主要 mol/L,此时c(H+)=1×10-4mol/L,根据Ksp(CoS)= 含有Mg2+,加入氨水得到Mg(OH)2沉淀，煅烧得到高纯 Ksp(CoS)_4×10-21 镁砂。高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在， 4×10-21,推出c(S-)= c(Co2+)=1X10-5=4× MgO可以与铵根水解产生的氢离子反应，促进铵根的水 10-16mol/L,又因为Ka,(H2S)=1×10-7,Ka,(H2S)= 解，所以得到氯化镁、氨和水，化学方程式为MgO十 1×10-13,K4XK4,= e(H+)Xe(HS)x 2NH4C=MgCl2+2NH3◆+H2O,故A正确；一水合 c(H2S) 氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合 cHt)×c($)-2Ht)Xcg-）,则c(HS)= c(HS-) c(H2S) 氨大量分解，挥发出氨，降低原料利用率，故B错误；浸出 过程产生的氨可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水 c2(H+)×c(9-)_(10-4)2×4×10-16 Ka XKa 10-7×10-13 =4×10-4mol/L。 反应生成的氯化铵又可以利用到浸出过程中，故C正确； 由流程图可知，C0S溶解时加入了过氧化氢，稀硫酸，生成 Fe(OH)3、A1(OH)3的K即远小于Mg(OH)2的Ksp,所以 了CoSO4和S,化学方程式为CoS+H2O2+H2SO4 当pH达到一定值时Fe3+、AI3+产生沉淀，而Mg2+不沉 CoSO4+S+2H2O,改写成离子方程式为CoS+H2O2+ 淀，从而将其分离，故D正确。 2H+—Co2+十S+2H2O。(5)由分析可知，沉锰过程 B(1)3MmO,+3NH,HSO,低温揞挠3MnSO4+N↑ 中，加入碳酸氢铵，生成碳酸锰、二氧化碳、硫酸铵等，过 +NH3↑+6H2OFe2O3、CaSO4 滤后滤液中的硫酸铵可并入吸收液中，经过处理后导入 (2)减小 低温焙烧循环使用，故答案为低温焙烧。 (3)H2S04 6(1)[B4O5(OH)4]2-+5H20-2B(OH)3+ (4)4X10-4CoS+H202+2H+-Co2++S+2H20 2[B(OHD4]-9.24 (5)低温焙烧 (2)CaSO4、Mg(OH)25.5×10-3纯碱、CaO 380 O实战册参考答案及解析 (3)除去精制I所得滤液中的Ca2+盐酸浓缩液中因 得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷 CO浓度过大使得汁过早沉淀，即浓缩结晶得到的 酸以精制I脱氟、除硫酸根离子和SF哈，过滤，滤液经精 NaC1中会混有Li2CO,最终所得Li2COs的产率减小 制Ⅱ等一系列操作得到磷酸。(1)氢氟酸与SiO2反应生 解析由流程可知，卤水中加入盐酸脱硼后过滤，所得滤液 成二元强酸H2SF6,该反应的离子方程式为6HF+SiO2 经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有Na十、Li计、CI一、 =2H++SiF+2H2O。(2)精制I中，按物质的量之 SO等，煅烧后生成HCI气体；烧渣水浸后过滤，滤液中 比n(Na2CO3):n(SiF-)=1:1加入Na2CO3脱氟，该 加生石灰后产生沉淀，在此条件下溶解度最小的是 反应的化学方程式为H2SiF6+Na2CO3=Na2SiF6V CaSO4,则滤渣I的主要成分为CaSO4;由于CaSO4微溶 十CO2◆+H2O,充分反应后得到Na2SiF6沉淀，溶液中 于水，精制I所得滤液中再加纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ 有饱和的Na2SiF6,且c(Na+)=2c(SiF8-),根据Na2SiF6 为CCO3;精制Ⅱ所得滤液经操作X后，所得溶液经浓缩 的溶度积可知Ksp=c2(Na+)·c(SiFg)=4c3(SiFg), 结晶、过滤得到氯化钠，浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠 溶液沉锂，得到Li2CO3。(1)含硼固体中的B(OH)3在水 c(SiFg)元/1 0x10币mmlL1=1.0X10-2mol·L1,因 4 中存在平衡：B(OH)3+H2O=[B(OH)4]-+H+(常 此c(Na+)=2c(SiF62-)=2.0X10-2mol·L-1;同时， 温下，K=10一9.24)；B(OH)3与NaOH溶液反应可制备硼 粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c(SO)= 砂Na2B4O5(OH)4·8H2O。常温下，在0.1mol·L-1 √9.0×104mol·L-1=3.0×10-2mol·L-1;分批加 硼砂溶液中，[B4O(OH)4]2-水解生成等物质的量浓度 入一定量的BaCO3,当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+) 的B(OH)3和[B(OH)4]-,该水解反应的离子方程式为 _1.0×10-6 [B4O5(OHD4]2-+5HO一2B(OHD3+2B(OHD4]-,由 .0×102mol·L1=1.0X10-4mol·L-1,当 B元素守恒可知，B(OH)3和[B(OH)4]一的浓度相等，Ka =cB(0HD4}·c(H)=c(H+)=10-9.24,则该 k80沉淀开6生成时，e)=点00mlL1 c[B (OH)3] 3.3×10-9mol·L-1,因此，首先转化为沉淀的离子是 溶液pH=9.24。(2)滤渣I的主要成分是CaS4;精制 SO,然后才是SiF哈。(3)根据图中的坐标信息，酸解 I后溶液中Li计的浓度为2.0mol·L-1,由 后，在所得100℃、P2○5%为45的混合体系中，石膏存在 Kp(Li2CO3)=2.2×10-2可知，则常温下精制Ⅱ过程中 形式为CaSO4·0.5H2O:CaSO4在硫酸中的溶解度小于 Q0浓度应控制在220mL1=65X103ml.L 在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使 用水的原因是减少CaSO4的溶解损失，提高石膏的产率； 以下。若脱硼后直接进行精制I,除无法回收HC外，缺 洗涤液X中含有硫酸，其具有回收利用的价值，由于酸解 少了第一段煅烧除镁的过程，只能在第二段精制Ⅱ过程 时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操作单元 中加CaO除去Mg2+,且需中和过量HCl,故CaO用量增 是酸解。由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解 加，则还将增加纯碱(Na2CO3)的用量。(3)精制I中，烧 所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于65℃线上 渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣I的主要成分 方的晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在，位于80℃ 为CaSO4;由于CaSO4微溶于水，精制I所得滤液中还含 线下方，晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在，在两线之 有一定浓度的Ca2+,还需要除去Ca2+,因此，精制Ⅱ的目 间以两种晶体的混合物形式存在。A项，P2O%=15、 的是加入纯碱除去精制I所得滤液中的Ca2+。操作X是 SO3%=15,由图中信息可知，晶体全部以CaSO4· 为了除去剩余的碳酸根离子，为了防止引入杂质离子，应选 2H2O形成存在，故能实现晶体的完全转化，A符合题意； 择的试剂是盐酸；加入盐酸的目的是除去剩余的碳酸根离 B项，P2O%=10、S03%=20,由图乙信息可知，该点坐 子，若不进行该操作而直接浓缩，将导致浓缩液中因CO浓 标位于两个温度线(65℃、80℃)之间，故不能实现晶体的 度过大使得Li计过早沉淀，即浓缩结晶得到的NaCI中会混 完全转化，B不符合题意；C项，P2O5%=10、S03%=30, 有Li2CO3,最终所得Li2CO3的产率减小。 由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线上方，晶体全部以 7(1)6HF+SiOz-2H++SiF+2H2O CaSO4·0.5H2O形式存在，故不能实现晶体转化，C不符 (2)2.0×10-2S02 合题意；D项，P2O5%=10、S03%=10,由图乙信息可知， (3)CaSO4·0.5H2O减少CaSO4的溶解损失，提高产品 该，点坐标位于80℃线下方，晶体全部以CSO4·2H2O形 石膏的产率酸解AD 式存在，故能实现晶体的完全转化，D符合题意。 解析根据题中的工艺流程，氟磷灰石用硫酸溶解后过滤， 8(1)增大反应物接触面积，提高化学反应速率 381T 答案 实战高考·化学 (2)4.5≤pH≤9.3 使2CrO2+H20=Cr2O号+ 4.9 (5)Mn2++HCO3+NH3.H2O=MnCO3 2OH-平衡正向移动，提高Na2Cr2O,的产率 浸取 NH+H2O (3)有Na2 Cra2Oh析出H2SO4(4)阳CrO2 解析软锰矿粉（主要成分为MnO2,含少量Fe3O4、Al2O3)加 解析以铬铁矿(FCr2O4,含A1、Si氧化物等杂质)为主要 入硫化钡溶液进行反应，主要发生MnO2十BaS十H2O 原料制备红矾钠(N2Cr2On·2H2O)过程中，向铬铁矿中 =Ba(OH)2十MnO+S,过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸 加入纯碱和O2进行焙烧，FeCr2O4转化为Na2Cr2O4, 发结晶、过滤、千燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到 Fe(Ⅱ)被O2氧化成Fe2O3,Al、Si氧化物转化为 的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、AI3+,得 Na[Al(OH)4]、Na2SiO3,加入水进行“浸取”，Fe2O3不溶 到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫黄；之后向滤液中加入合 于水，过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使 适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+,然后加入氨水调节pH, [A1(OH)4]一、SiO转化为沉淀过滤除去，再向滤液中 使F3+、A13+转化为沉淀除去，压滤得到的废渣为 加入H2SO4,将Na2Cr2O4转化为Na2Cr2O7,将溶液蒸发 Fe(OH)3和Al(OH)3,此时滤液中的金属阳离子只有 结晶将Na2SO4除去，所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7 Mn2+,向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，Mn2+和碳酸氢根 ·2H2O晶体，母液中还含有大量H2SO4。(2)中和时调 电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、千燥 得到高纯碳酸锰。(1)软锰矿预先粉碎可以增大反应物 节溶液pH目的是将[A1(OH)4]一、SiO转化为沉淀过 的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS 滤除去，由图可知，当溶液pH≥4.5时，A13+除尽，当溶 反应转化为MnO,Mn元素的化合价由十4价降低为十2 液pH>9.3时，H2SiO3会再溶解生成SiO,因此中和时 价，根据元素价态规律可知一2价的S元素应被氧化得到 pH的理论范围为4.5≤pH≤9.3；将Al元素和Si元素除 S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1：1，根据后续流 去后，溶液中Cr元素主要以Cr2O号和CrO存在，溶液 程可知产物还有Ba(OH)2,结合元素守恒可得化学方程 中存在平衡：2CrO+H20=Cr2O号+2OH,降低 式为MnO2+BaS+H2OBa(OH)2+MnO+S。 溶液pH,可提高Na2Cr2O7的产率，由上述分析可知，Fe (2)根据题目信息可知MO2为两性氧化物，所以当 元素在“浸取”操作中除去。(3)蒸发结晶时，N2SO4主要 MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2,从而使 以Na2SO4·10H2O存在，溶液中还含有Na2Cr2O7,若蒸 Ba(OH)2的量达到最大值后会减小。(3)滤液I为结晶 发结晶时，过度蒸发导致有Na2Cr2O7析出；由上述分 后剩余的Ba(OH)2饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作 析可知，流程中循环利用的物质除Na2Cr2On外，还有H2 中循环使用。(4)净化时为更好的除去F元素需要将 SO4.(4由4 Naz Cra2O4+4H20通电2Na2Cr2O,+ Fe2+氧化为Fe3+,为了不引入新的杂质，且不将Mn元 4NaOH+2H2个+O2个可知，电解过程中实质是电解水， 素氧化，加入的试剂X可以是H2O2;根据表格数据可知， 阳极上OH-失去电子生成H2O和O2,阴极上H+得到 Fe(OH)3和A1(OH)3为同类型的沉淀，而A1(OH)3的 电子生成H2,由2CrO+H20→Cr2O号+20H-可 K即稍大，所以当AI3+完全沉淀时，FC3+也一定完全沉 知，Cr2O号在c(OH-)减小的电极室中制得，即Na2Cr2 淀，当c(A13+)=1.0×10-5mol/L时，c(OH-)= O,在阳极室产生；电解过程中，阳极室中c(OH一)减小， 4008-议0号 81×10-32.3 c(A13+) mol·L1= CrO足水解平衡正向移动，c(CrO)减小，c(Cr2O号) 10-9.1mol/L,所以c(H+)=10-4.9mol/L,pH=4.9,即 增大，为提高制备Na2Cr2O7的效率，CrO通过离子交 pH的理论最小值为4.9。(5)碳化过程Mn2+和碳酸氢 换膜移向阳极。 根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根 ⑨(1)增大接触面积，充分反应，提高反应速率MnO2 的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，所 +BaS+H2O-Ba(OH)2+MnO+S(2)过量的 以离子方程式为Mn2++HCO3+NH3·H2O一 MnO2消耗了产生的Ba(OH)2(3)蒸发(4)H2O2 MnCO3↓+NHt+H2O. 山东模拟专练 考点闯关 分解产生二氧化碳气体使食品膨松。A选项错误。 ①A解析碳酸钠(Na2CO3)碱性较强，通常不用作食品 2B解析Cl2能溶于水，在饱和NaCl溶液中溶解度会 膨松剂，食品膨松剂常用的是碳酸氢钠（小苏打），它受热 变小，A正确；Na2CO3溶液既能与HCl反应，也能与CO2 382