专题3 分层闯关(实战册)-【实战高考】2026年高考化学总复习（山东专版）

mol/L)时溶液中c(NHt)= /Kp{NH4)2LPtC6亚 cPtCl62 5.7×10-6 √.0X10-mol/L≈0.75mol/L,则所需NH4C1的最小 浓度为0.1mol/LX2V+0.75mol/LX2Y=1,7mol/L. V (4)“高温还原”时，工业上用价格稍贵的H2,而不选用廉 价还原剂碳的原因是不引入杂质，便于分离提纯铼；根据 化学方程式2NH4ReO4十7H高温2Re+2NH+8H20, 3.72g 理论上获得3.72g铼粉，n(Re)=186gm0=0.02mol, 需要标准状况下的体积至少为0.07molX22.4L/mol= 1.568L。 ⑤(1)Li2[CoCL4]作为反应物提供C1-,作助剂降低 Li2CoO2熔融所需的温度 (2)[Co(H2O)6]2++2OH-=Co(OH)2+6H2O9 (3)6:1(4)沉钴 (5)6LC06+02+4Co,0,高温12LiC02+6C02 解析氯化胆碱、草酸和LiCoO2微波共熔的过程中，C0被 还原为十2价，经过水浸滤液中C0以[Co(H2O)6]2+存 在，加入氢氧化钠沉钻，得到C0(○H)2沉淀和含有锂离子 的溶液，C0(OH)2固体经过煅烧得到Co3O4固体，含有锂 离子的溶液中加入碳酸钠溶液生成碳酸锂沉淀，碳酸锂 和Co3O4高温烧结（通入空气氧化)得到LiCoO2产品。 (I)[CoC4]2-呈蓝色，“水浸”过程中溶液由蓝色逐渐变 为粉红色，则“微波共熔”后获得的含Li、C0的化合物为 Li2[CoC4],又已知“氯化胆碱[HOCH2CH2N+(CH3)3 ·C-]是铵盐，熔点较低，LiCoO2熔点较高”，则“微波共 熔”中氯化胆碱的作用是作为反应物提供CI一，作助剂降 低Li2CoO2熔融所需的温度。(2)水浸滤液加入氢氧化钠 沉钻，得到Co(OH)2沉淀。常温下，Ksp[Co(OH)2]=1 ×10-15,当c(Co2+)≤10-5mol/L时可认为离子沉淀完 全，则钻离子恰好沉淀完全时溶液中c(OH一)=10-5 mol/L,pOH=5,则pH=9。(3)“煅烧”过程Co(OH)2生 成Co04,反应为6Co(OHD2+02高温2Co0,十6H20, 则消耗的n[Co(OH)2]：n(O2)=6：1。(4)“沉锂”后的 滤液中有残留的[C0(H2O)6]2+、锂离子和氯化钠，若加 碱有利于[Co(H2O)6]2++4C1-=[CoC4]2-+6H2O 左移、[Co(H2O)6]2+进一步转化为Co(OH)2沉淀，故可 回收利用“沉锂”后的滤液的操作单元是“沉钻”。(5)碳酸 锂和Co3O4高温烧结（通入空气氧化）得到LiCoO2产品。 6(1)CO2 Na2 SiO3,Na[Al(OH)4] (2)6Na++12Fe2++2C1O3+18S02+6H20 3Na2 Fe4 (SO4)6(OH)2+2C1-+60H- O实战册参考答案及解析 (3)0.1278mol (4)作保护气，防止钌与空气中的氧气反应 (5)1:2方案1使用氢气作还原剂，氢气是易燃易爆气 体，方案2更安全 解析熔融后得到的熔块为金属氧化物和熔融混合生成的 高温不分解的盐，Ru(CO3)2热分解，气体A为CO2,水浸 时，熔融得到的硅酸钠、四羟基合铝酸钠溶解，即为滤液1 的溶质，酸浸后溶液中有Ru4+、Fe2+、Mg2+、Ca2+,沉铁 时加入氯酸钠在碱性条件下把二价铁转化为三价铁并生 成Na2Fe4(SO4)6(OH)沉淀除去，软化步骤是加入氟离 子使Mg2+、Ca2+变为氟化物沉淀除去，转化后的液体即 为含Ru4+的溶液，通过后续步骤得到Ru。(I)由分析 知，A为CO2,滤液1中溶质为Na2SiO3、Na[Al(OH)4]。 (2)“沉铁”时，氯酸钠在碱性条件下把二价铁转化为三价 铁并生成Na2Fe4(SO4)6(OH)沉淀。(3)Ksp(MgF2)= 7.4×10-11更小，说明Mg2+先沉淀完全，故以Ca2+完全 沉淀计算，Kp(CaF2)=1.5×10-10=c(Ca2+)X c2(F-),当c(Ca2+)=1X10-5mol·L-1时，c(F-)= √15×10-3≈3.9×10-3mol/L,则加上沉淀的氟离子， 需加入NaF的物质的量为(0.01mol·L-1X2十 0.02mol·L-1×2)×2.0L+3.9×10-3mol/L×2.0L =0.1278mol。(4)“灼烧”时，方案1中有还原性的H2, 未加入Ar,方案二加了Ar,故Ar的作用是作保护气，防 止钌与空气中的氧气反应。(5)Ru从十4价变为0价，每 生成1 mol Ru,方案1需要H21mol,方案2分解产生 CO22mol,方案1中消耗H2与方案2中产生CO2的物质 的量之比为1：2；从安全角度分析，方案2优于方案1。 分层闯关 ①B解析由题千流程图可知，将铅银渣进行氧化焙烧， 将Pb、Ag、Cu分别转化为PbO、Ag2O和CuO,向焙烧之 后的固体中加入H2SO4、NaCl、NaNO3,则可得到含 PbSO4、AgCl的滤渣，和含有CuSO4、Na2SO4的滤液，向 滤渣中加入Na2SO3溶液进行络合浸出，过滤得到浸渣主 要成分为PbSO4和滤液，向滤液中加入甲醛，将 [Ag(SO3)2]3-还原为Ag,同时HCHO转化为HCOO, 据此分析解题。原酸浸液为H2SO4、NaCl和NaNO3,根 据离子成分可知，“酸浸”过程中可用稀HNO3代替 NaNO3,A正确；由分析可知，“络合浸出”时AgCI和 Na2SO3发生络合反应，该离子反应为AgC1十2SO [Ag(SO3)2]3-十C1-,B错误由分析可知，浸渣的主要 成分是PbSO4,C正确；由分析可知，“还原析银”时， HCOO一为氧化产物，Ag为还原产物，根据电子守恒可 知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2，D 正确。 385 答案册 实战高考·化学 ②AC解析将矿石粉碎，在空气中培烧，得到金属氧化 物和二氧化硫气体，烧渣用硫酸和过氧化氢浸泡，得到含 Cu2+、Fe3+、Co2+、Ni2+的溶液，金单质过滤除去，过滤 后的溶液加氨水调节pH,Fe3+、Cu2+转化为氢氧化物沉 淀除去，C02+和N2+在溶液中，再加入氨水和碳酸氢铵 得到CoCO3沉淀，溶液中含有NiSO4。“酸浸”时Co3O4 溶于酸得到Co2+和Co3+,氧化性：Co3+>C2,用盐酸代 替硫酸，Co3+会将C-氧化为C2,A错误；加入氨水使 Fe3+、Cu2+沉淀，Co2+和Ni2+不沉淀，根据溶度积常数 Ksp[Fe(OH)3]=10-38.6,Ksp[Cu(OH)2]=10-19.8,当 Cu2+沉淀完全时，Fe3+也已经完全沉淀，Ksp[Cu(OH)2] =1×10-5×c2(0H-)=10-19.8,c(OH)=1.0× 10-7.4mol/L,c(H+)=1.0×10-6.6mol/L,pH=6.6,又 根据Ksp[Co(OH)2]=10-14,7,Ksp[Ni(OH)2]=10-12.8 可知，Co2+先沉淀，Co2+开始沉淀时，Ks即[Co(OH)2]= c(Co2+)×c2(0H-)=0.05×c2(OH-)=10-14.7, c2(0H-)=2×10-13.7,c2(H+)=5×10-15.3,pH= 7.3,则“调pH”范围是6.6≤pH<7.3,B正确；“沉钻”时 加入碳酸氢铵和氨水，生成CoCO3沉淀，反应的离子方程 式为Co2++2HCO3+2NH3·H2O-CoCO3V+ 2NHt十2H2O十CO,C错误；CoCO3沉淀表面有硫酸 根离子，检验CoCO3是否洗涤千净的试剂可选用HCI和 BaCl2,D正确。 ③A解析由题千流程图可知，将白硼钙石粉碎后加入 浓硝酸，将Ca转化为Ca(NO3)2、Fe转化为Fe(NO3)3、B 转化为H3BO3,SiO2不溶于硝酸，操作X为过滤，得到滤 液，主要含有Ca(NO3)2、Fe(NO3)3,滤渣主要含有SiO2 和H3BO3,向滤渣中加入乙醇进行醇浸，操作Y为过滤， 得到滤渣的主要成分为SiO2,滤液为含有H3BO3的酒精 溶液，向滤液中加入NaOH溶液进行水浴加热，将H3BO3 转化为NaBO2,将乙醇蒸馏出来即为物质a,操作Z对滤 液进行蒸发浓缩、降温结晶、过滤千燥，获得纯净的 NaBO2固体，将固体NaBO2和MgH2混合反应生成 NaBH4和耐火材料MgO,据此分析解题。“气体”为浓硝 酸与氧化亚铁反应后生成的N○2及与碳酸钙反应产生的 CO2,无NO气体，A错误；操作X和操作Y都是过滤，B 正确；物质a为乙醇，可以在醇浸步骤循环使用，C正确； “反应W”为NaBO2和MgH2混合反应生成NaBH4和 MgO,无元素化合价变化，是非氧化还原反应，D正确。 ④C解析镀锡铜箔用硫酸铜浸取时，发生反应：Cu2+ 十Sn一Sn2++Cu,再用过氧化氢将Sn2+氧化为Sn4+, 低温水解成Sn(OH)4,焙烧分解成SnO2。浸取和低温水 解后均需要过滤，故A正确；氧化工序用过氧化氢将 Sn2+氧化为Sn4+,离子方程式为Sn2++2H++H2O2 386】 一Sn4+十2H2O,故B正确；由电子守恒可得关系式 SnO2~H2O2,15.1gSnO2的物质的量为0.1mol,故至 少需30%的过氧化氢溶液0X34g≈1.3g,故C错误； 30% Sn(SO4)2低温水解生成Sn(OH)4沉淀和硫酸，溶液可返 回浸取工序，故D正确。 ⑤C解析Ti位于元素周期表中第4周期NB族，A正 确；氯化发生的反应为2FeTi05十7C2十6C高温2FeC十 2TiCl4十6CO,根据产物判断被氧化的元素有碳和铁，B 正确；高温下Ti与N2反应，由TiCl4制备Ti的过程中，Ar 不可换成氨气，C错误；根据反应方程式，每生成0.1mol FeCl3转移0.7mol电子，D正确。 ⑥B解析含镓废料加盐酸酸溶后，生成GaCl3,蒸发浓 缩、冷却结晶得GaCl3·nH2O,含结晶水，在SOCl2的存 在下进行加热脱水得无水GaCla,无水GaCl3与氨反应得 GN,据此回答。“操作X”为蒸发浓缩、冷却结晶，需使用 蒸发皿、玻璃棒、酒精灯，A正确；由于SO2气体不能与 BaCl2反应生成白色沉淀，故不可用BaCl2溶液检验气体 a中的SO2,B错误；“加热脱水”时SOCl2的作用是与水 反应，生成二氧化硫和氯化氢，从而抑制GC3的水解， 故可用HCl气体代替SOC2,C正确；“合成”产生的气体 b为HCl,溶于水后得到盐酸，可在“酸溶处”循环利用，D 正确。 ⑦D解析镍、硼均能提供空轨道与有孤电子对的原子 形成配位键，含配位键的物质有NaBH4、Na[B(OH)4]、 Ni(H2NCH2CH2NH2)2]Cl2,共3种，A错误；乙二胺 显碱性且N(OH)2难溶于水，则“络合”时，应将乙二胺 (H2NCH2CH2NH2)滴入NiCl2溶液中，B错误；流程中使 用H2NCH2CH2NH2使镍离子形成络合物 [Ni(H2NCH2CH2NH2)2]C2,防止在下一步操作中形成 Ni(OH)2沉淀，导致镀镍速率减慢，C错误；“合成”时， NaBH4中氢元素化合价升高、硼元素化合价降低，故其既 作氧化剂又作还原剂，D正确。 8BD解由溶度积可知相同温度时溶解度SCO,< SSO4,溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，所以 将天青石矿粉和Na2CO3溶液充分混合，发生的反应为 SrSO4+Na2CO3一SrCO3+Na2SO4,过滤后得到的粗 SrCO中含有杂质SiO2、BaSO4。粗SrCO3加盐酸酸浸除 去SiO2、BaSO4,加HClO氧化Fe2+生成Fe3+,氨水调 pH生成Fe(OH)3除去，加入NH4HCO3溶液生成沉淀 SrCO3,经过滤、洗涤、千燥即可得纯净的SrCO3,据此分 析解题。根据分析，加入NH3·H2O(NH4)2SO4缓冲 溶液可使BaCO3转化为BaSO4,便于除去，A正确；钡、硅 元素均在“酸浸”工序除去，B错误；若去掉“氧化”工序，则 要沉淀F2+,需要将pH调到强碱性，会导致“调pHP”时消耗 氨水量增大，C正确；将92gSSO4即0.5mol的SrSO4投入 到1 L Naz CO3溶液中，发生反应SSO4(s)十CO(aq) S0O(s)十SO(aq),反应后c(C0)=10-4mol·L-1时，溶 液中c(S2+)=K(S00)=10X10-10 c(CO 10-4-mol·L-1= 10-6mlL1,则此时溶液中c(S0)=CSSO) c(S2) 3.2×10-7 10-6 mol·L-1=0.32mol·L-1,SrSO4的转化率 为，32m0X100%=64%,D错误。故选BD。 0.5 mol ⑨C解析焙烧后的酸性气体为HF,能和二氧化硅反 应，不可以使用石英坩埚，A错误；滤渣1的成分主要有 生成的磷酸铁、硫酸钙，B错误；物质Y和溶液中氢离子 反应调节DH,使得溶液中铁离子转化为沉淀而除去，且 不影响后续Ce的沉淀分离，故可选用Ce2O3,也可选用氨 水，C正确；“沉铈”时Ce3+与HCOs反应生成 Ce2(CO)3沉淀、二氧化碳和水，离子方程式为2Ce3+ +6HCOs=Ce2(CO3)3V+3H2O+3CO2↑，Ce3+与 HCOg物质的量之比为1：3，D错误。 OCD解析电石渣中加入氯化铵可与氢氧化钙反应生 成氨，溶液pH=8,Al2O3、Fe2O3、SiO2不会溶解，滤渣主 要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2,过滤后加入碳酸氢铵溶液 进行碳化，经系列操作得碳酸钙。根据分析可知，“气体” 为氨，A正确；“碳化”反应为CaCl2十2NH4HCO3 CaCO3￥+2NH4Cl+CO2个+H2O,B正确；高温会导致 碳酸氢铵分解，C错误；根据分析可知，“滤渣”主要成分为 Al2O3、Fe2O3、SiO2,D错误。答案选CD。 们BC解析在“溶解调pH=1.5”步骤中也发生了氧化 还原反应：2Ce(OH)4+8H++2C-—2Ce3++C2个 十8H2O,A错误；得到的滤液中含有过量的NaOH,废气 含有氯气，二者可以发生反应，B正确；共沉渣成分主要为 BaSO4和RaSO4,C正确；“沉淀”步骤pH=5,根据溶度 积常数可得：c(Th+)=Kp[Th(OH)4]=4.0X10-45 C4(OH) (10-9)4 =4.0×10-9mol/L,D错误。 12(1)CaS04、Si02 (2)Na2SO32 (3)4363 c (4)ScCls.6H2O--ScOCI+-2HCI+5H2O (5)81.86.4 解析(1)熔炼渣的主要成分为Fe2O3、SiO2、CaO,及少量 Sc2O,其中二氧化硅不溶，氧化钙和硫酸反应生成硫酸 O实战册参考答案及解析 钙，故“浸渣”的主要成分为CaSO4、SiO2。(2)由图可知， 二价铁更容易和SC分离，故试剂X应该是将三价铁转化 为二价铁，则试剂X为Na2SO3;由图可知，pH为2时，二 价铁没有沉淀，Sc的沉淀率已经很大，故应调节pH最佳 为2。(3)已知Ka(H2C2O4)=a,Ka,(H2C2O4)=b, Ksp[Sc2(C2O4)3]=c,则结合平衡常数的定义可知反应 2Sc3++3H2C2O4-Sc2(C2O4)3V+6H+的平衡常数 K= [K4(HCO)·K(HC204)]3=36. Ksp[Sc2(C204)3] (4)ScCl3·6H2O沉淀在高温脱水的过程中，ScC3发生了 水解反应，化学方程式为ScC3·6H20△S0Cl+ 2HCI↑+5H2O。(5)设100mL含Sc的溶液中Sc的物 质的量为amol,一次性加入60mL萃取剂，其中可以萃 元 取的Sc的物质的量为xmol,则Ka= 60×10-3 a-x =7.5, 100×10-3 解得z≈0.818a,Sc的萃取率=机XX100%= n,总(X) 0.8180X100%=81.8%;若将60mL萃取剂分成3次萃 取，每次用20mL,设100mL含Sc的溶液中Sc的物质的 量为amol,一次性加入20mL萃取剂，其中可以萃取的 Sc的物质的量为xmol,则Ka= 20×10-3 a-x =7.5,解得x 100×10-3 三0.6a,Sc的萃取率=机物X)X100%=,60×100% =60%,钪的残留率为1一60%=40%，每次萃取时，使用 的萃取剂体积都是20L,则每次的萃取率相同，故最后 一次水层中钪的残留率=40%×40%×40%=6.4%。 图(1)6CuFS2+1902培烧6Cu0+2Fe0,+12S02 (2)将Fe3+还原为Fe2+,防止Fe3+在调pH时变成 Fe(OH)3而除去4.7≤pH<6.4Cu和Al(OH)3 (3)NH3灼烧 (4)49:51 (5)CuFe2O4-8+8H2O-CuFe2O4 +8H2 解析(1)CuFeS2“焙烧”时生成三种氧化物（其中Fe的氧 化物形式为F3O4),结合质量守恒可知，另外两种氧化物 为SO2、CuO,根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方 程式：6 CuFeS+1902培提6Cu0十2Fe0:+12S02. (2)还原流程后调pH使得AI3+完全沉淀，而Cu2+、Fe3+ 不沉淀，由于铁离子会较铝离子先沉淀，故加C“还原”的 目的是将Fe3+还原为Fe2+,防止Fe3+在调pH时变成 Fe(OH)3而除去。加CuO调pH的范围为4.7≤pH< 387 答案册 实战高考·化学 6.4,是为了使A13+完全沉淀，而Cu2+和Fe2+不沉淀。 滤渣2的主要成分是过量的Cu和Al(OHD3。(3)“沉铁”时 加入过量的氨水，CuSO4和氨水反应生成[Cu(NH)4]SO4, “沉铜”过程中需要让Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀，这个过 程中会有NH3生成，NH3溶于水得到氨水，可以在“沉铁” 时循环利用；滤渣3是Fe(OH)3,可以用于“灼烧”步骤和 CuO反应生成CuFe2O4。(4)在N2中充分煅烧CuFe2O4 制备氧缺位体(CuFe2O4-8),若氧缺位体质量为原质量 的96.6%，说明6个0的质量占总质量的1一96.6%，则 64+56X2+16X4X100%=1-96.6%,解得ò为0.51， 168 则CuFe2O4煅烧后得到CuFe2Os.49,设其中Fe3+的个数 为x,Fe2+的个数为y,则x+y=2、2+3x+2y=3.49X 2,解得x=0.98、y=1.02,则氧缺位体中十3、十2铁元素 物质的量之比为49：51。(5)第一步是氧缺位体与水反 应生成氢气和完全氧化的CuFe2O4,第二步是CuFe2O4 在高温下分解生成氧缺位体和氧气，则第一步方程式为 CuFe2O4-&+6HO-CuFe2O4+6H2↑。 ☑AC解析根据题中信息和电极电位数据可知，氧化 性[Co(H2O)6]3+>O2>[Co(en)2(H20)2]2+,据 此分析解题。试剂X为乙二胺(H2NCH2CH2NH2)用en 表示，先生成深红色溶液[Co(en)2(H2O)2]2+,再被空 气中氧气氧化为[Co(en)2(H2O)2]3+,故顺序不能调 换，A错误；试剂Y可选用双氧水，只要将 [Co(en)2(H2O)2]2+氧化为[Co(en)2(H2O)2]3+ 即可，B正确；不能用NaCl代替盐酸，否则会引入杂质钠 离子，C错误；顺式-[Co(en)2Cl2]Cl热稳定性强于反式 -[Co(en)2C2]Cl,因为反式-[Co(en)2C2]C1需要加 热溶解后才能得到顺式-[Co(en)2C2]Cl,D正确。故 选AC。 ⑤AC解析钻镍渣用硫酸溶液溶解并过滤，除去不溶 于酸和水的杂质Cu,同时得到含有Ni2+、Fe2+及Co2+的 滤液，向滤液中加入H2O2主要是氧化溶液中的Fe2+得 到Fe3+,后用CoCO3调节溶液pH,使Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀，通过过滤除去，达到除铁的目的，过滤后 的滤液中继续加入氨水，可生成Ni(OH)2,再过滤除去， 向滤液中加入Na2SO和NaOH氧化[Co(NH3)6]2+得 到Co(○H)3,以此解答。由分析可知，滤渣1是Cu,滤渣 2是F(OH)3,A正确；氧化除杂步骤中，H2O2氧化溶液 中的Fe2+得Fe3+,但不能氧化Co+,说明氧化性：Co3+> O2>Fe3+,B错误；完全沉淀时c(N2+)≤105mol·L1, /Ki(OD2]、 /1.0×10-5 则溶液中c0H))210mmlL1 =1X105mol·L1,若沉镍完全后滤液中c(NH对)= 388 16-m1N·0》=9 "105molL1=103mol·L1,c4[CoN462+} 10-3×10-5 c(Co) K×c6(NH3·H2O)≥105X(10-3)6=10-13,C正确；向 滤液中加入Na2SO5和NaOH氧化[Co(NH3)6]2+得到 Co(OH)3,根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程 式为S02+2[Co(NH3)6]2++4OH-+13H20 2Co(OH)3+SO+12NH3·HO,SO2是氧化剂， [Co(NH3)6]2+是还原剂，氧化剂、还原剂的物质的量之 比为1：2，D错误。故选AC。 1⑥(1)适当升高温度、减小废催化剂颗粒直径、适当增加 氢氧化钠和NaCIO溶液的浓度、搅拌等 (2)RuO+C2 HsOH +2H2O-Ru (OH)4+ CH3 CHO+20H-2:1 (3)2RuCl3+4HCI+4NH3+Cl2-2(NH4)2RuCl6 (4)H2SiO3pH太大，BiCl3极易水解 (5)85% 解析某含钌、铋的废催化剂中加入氢氧化钠溶液和次氯 酸钠溶液氧化碱浸时，Ru和Pb被氧化为RuO和 NaHPbO2,SiO2和Bi2O3与氢氧化钠溶液反应生成 Na2SiO3和NaBiO:2,过滤得到含有RuO、NaBiO2、 NaHPbO2和Na2SiO3的滤液1；向滤液1中加入乙醇，将 RuO还原为Ru(OH)4沉淀，过滤得到滤液2和 Ru(OH)4;Ru(OH)4中加入盐酸和NH2OH·HCl进行 酸溶，得到RuCl3溶液，RuC溶液经结晶得到RuC3;滤 液2中加入盐酸酸化，得到含有乙醛、BiCl3、NaCl的溶液 和HSiO沉淀，向溶液中加入NaS沉淀BiC得到BiS。 (2)由分析可知，滤液1中的RuO与乙醇反应生成 Ru(OH)4沉淀和乙醛，反应的离子方程式为RuO十 C2H5 OH+2H2O=Ru(OH)4+CH3CHO+20H-; “酸溶”中，先加入盐酸溶解RuO得到RuCL4,再加入盐 酸羟胺(NHOH·HCI)得到RuCL和N2,反应为 2RuCL4+2NH2OH·HCI-2RuCL3+N2个+4HCI+ 2H2○，这两种产物的物质的量之比为2：1。(4)滤渣的 主要成分为H2Si○3；“酸化”时需控制溶液pH<1.5,原 因是pH太大，BiC极易水解。(5)混合溶液中c(S-) 为1×10-7mol/L,由Ksp(Bi2S3)=1.0×10-23= c2(Bi3+)·c3(S-),可知c(B3+)=0.1mol/L,则混合 溶液中n(B3+)=0.1mol/L×1.5L=0.15mol,沉淀的 Bi3+的物质的量为1mol一0.15mol=0.85mol,Bi3+的 沉议率为02X10%=5%. 7(1)加热（或搅拌、适当增大硫酸的浓度、粉碎刊矿石等） SiO2、CaSO4 (2)ZnS+2Fe3+-2Fe2++Zn2++S ZnO[ Zn(OH)2或ZnCO3]Fe3+浓度较大，FeOOH不能顺利 析出 (3)将滤液蒸发浓缩，冷却至39℃以下结晶 (4)5.0×10-12 解析加入硫酸溶浸，硫酸分别与ZnCO3、Fe、Mg、Ca等的 化合物反应生成Zn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、CaSO4,二氧 化硅不与硫酸反应，滤渣1为SiO2、CaSO4;加入HF与 Mg2+、Ca2+离子生成的滤渣2为MgF2、CaF2,加入ZnS 精矿的目的是将Fe3+还原为Fe2+,硫元素化合价升高生 成硫单质，滤渣3为S;加入过氧化氢将F2+氧化为 Fe3+,加入X为ZnO等能与氢离子反应的物质，且不引 入杂质阳离子；调节溶液的pH使Fe3+沉淀，滤渣4是 Fe(OH)3,滤液成分为ZnSO4,经过一系列操作得到硫酸 锌晶体。(1)升高温度、增大反应物浓度等都可以提高反 应速率；由分析可知，滤渣1为SiO2、CaS04。(2)还原时， 加入ZnS精矿的目的是将溶液中Fe3+转化为Fe2+,硫元 素化合价升高生成硫单质，反应的离子方程式为ZS十 2Fe3+—2Fe2++Zn2++S;加入的X为能与氢离子反 应的物质，且不引入杂质阳离子，调节溶液的pH使F3+ 沉淀，物质X为ZnO或Zn(OH)2或ZnCO3等，若不进 行还原而直接沉铁，将导致Fe3+浓度较大，FeOOH不能 顺利析出。(3)由图可知，温度低于39℃时才会析出 ZnSO4·7H2O晶体，则从硫酸锌滤液得到产品级ZnO4 ·7H20的操作为将滤液蒸发浓缩，冷却至39℃以下结 晶、过滤、洗涤、千燥。(4)反应Zn2+十H2S—ZnS十 2H+的平衡常数K= c2(H+) c(Zn2+)·c(H2S) c(Zm2+).c×cIt）·c(g-）xcHt)·cHS)= C(HS) c(H2S) Ks (ZnS)XK.(H2S)XK (H2S)=1.0X10X1.0 ×10-7×1.0×10-14=100,根据c(H+)= Ka (CHsCOOH).c(CH3COOH)_2.0X10-5X0.11 c(CH3 COO 0.2 c2(H+)(1×10-5)2 X105,则cZ2+)=KcH5=100X0.2mol,L1- 5×10-12mol·L1。 18(1)2:3B (2)CI-作配体，与金离子形成稳定的配合物，提高Au的 还原性，将Au转化为AuC4,从而浸出Au (3)2AuCl+3SO2+6H2 O=2Au+8C1-+3SO +12H+将AuC1全部转化为Au,将PtCI还原 为PtCI2 O实战册参考答案及解析 (4)氯化浸出 (5)Cl21.75 解析(1)由得失电子数目守恒可知，硒、碲转化为 Na2SeO3和Na2TeO4时，硒、碲化合价分别升高为十4价 和十6价，则消耗氧化剂氯酸纳的物质的量比为4：6一2 ：3;由图可知，温度为350~400K时，硒、碲脱除率较高。 (2)一般条件下Au很难被C2氧化，用浓盐酸作浸出液， 盐酸电离出的C一作配体，与金离子形成稳定的配合物， 提高Au的还原性，将Au转化为AuC4,从而浸出Au。 (3)通入过量二氧化硫的目的是将溶液中的四氯合金酸 根离子转化为金，六氯合铂酸根离子转化为四氯合铂酸 根离子，得到金的反应的离子方程式为2AuCl4十3SO2十 6H20—2Au↓+8Cl-+3SO+12H+。(4)由流程 图可知，六氯合钯酸铵煅烧分解得到钯、氨气、氣化铵和 氯化氢，反应生成的氯化氢可以重复用于“氯化浸出”操 作单元。(5)沉铂时先通入气体氯气，目的是将溶液中的 四氯合铂酸根离子转化为六氯合铂酸根离子。 (NH)2PdCl6=2NH +PtCI,Ksp [(NH)2 PtCl6] =5.7×10一6，PtC%沉淀完全时浓度小于1× 105mol/L,代入教据可得c(NH时)=Ep三= Vc(PtCl) √1X10。mol/L~0.75mol/L,设原溶液体积为VL, /5.7×10-6 则沉淀需要NH4Cl的物质的量为2V×0.125mol/L,溶 液等体积混合后，c(NH时)=(NHCI)·V 2V ，则加入溶液 的浓度最小为0.125mol/LX2V+0.75mol/L×2Y_ V 1.75mol/L。 9(1)硫酸铅(2)生成的硫化铜的溶解度最小，先于其 他金属离子沉淀1.3 (3)80℃、2hFe(OH)3 (4)2Co2++S2O%+6H20-2Co(OH)3￥+2S02 +6H+1100-59m 11w 解析净化渣中加入硫酸常压浸出，得到硫酸铅沉淀成为 浸出渣，浸出液加入硫化钠，将铜离子转化为沉淀除去， 加入Na2S2O8将二价钻氧化后转化为Co(OH)3沉淀除 去，同时使得铁转化为氢氧化铁沉淀而除去，滤液中加入 锌粉，可以将镍置换出来得到金属镍和硫酸锌溶液，硫酸 锌和碳酸钠反应生成ZnCO3·xZn(OH)2。(2)硫化铜的 溶解度最小，最容易生成硫化铜沉淀，先于其他金属离子 转化为沉淀而被除去，故选择Na2S除铜；加入Na2S后溶 液中c(Cu2+)≈1.0×10-7mol/L,则c(S2-)= Ksp(CuS)10-35,2 c(Cu2+) 1.0X10-7mol/L=10-28.2mol/L, 389 答案册 实战高考·化学 Ka,(H2S)·K(H2S)= c2(H+)c(S9-2=10-6.9 c(H2S) X×10-12.9,c(Ht)元 /10-6.9X10-12.9Xc(H2S) c(S2-) mol/L √109X1029X10-m 10-28.2 mol/L=10-1.3mol/L,则 溶液的pH约为1.3。(3)从图分析，钻的脱除率在80℃ 时最高，脱出时间2小时时接近100%，故适宜的温度和 时间是80℃、2h;由图分析，沉钻时铁的脱除率也很高， 所以氢氧化钴中还含有氢氧化铁。(4)Na2S2O8具有强 氧化性，可将C02+氧化为十3价，生成C0(OH)3沉淀，根 据溶液显弱酸性等相关信息，结合电子守恒可写出反应 的离子方程式；1t湿法炼锌净化渣(C0的质量分数为 w%)为原料提取出mkgC0(OH)3,根据C0元素守恒， 10g×w%-mg×器 在提取过程中钻的损失率为 1 000 kgXw X100%=1100w-59m%。 11 2D(1)2MoS2+70,2Mo0,+4S0,除去碳酸钾 (2)①(NH4)2MO4+4(NH4)2S+4HO—(NH4)2MS +8NH3·H2O②(NH4)2S量不足，(NH4)2MoO4转 化生成(NH4)2MoS继续加入(NH4)2S,使得铵根离 子浓度增大，降低了(NH4)2MoS4溶解度，使其结晶析 出，导致晶体产率继续增大 (3)转化(4)S4 解析钼精矿在空气中培烧，将MoS2转化为Mo○3和二氧 化硫，水洗除去碳酸钾等可溶物，过滤分离出固体加入氨 水浸取，氧化铁、氧化镁不反应成为浸渣，浸取液含有 (NH4)2MoO4,加入硫化铵将(NH4)2MoO4转化为 (NH4)2MoS4,加入硫酸酸浸，得到硫化氢气体和MoS3 沉淀：MoS2十2H+—MoSY+H2S个，使用氢气高温 还原得到MoS2。(1)空气中氧气具有氧化性，“焙烧”时 MoS2被氧化为MoO?,同时生成二氧化硫；氧化铁、氧化 镁、MoO3均不溶于水，而碳酸钾溶于水，“水洗”的目的 是除去碳酸钾。(2)①(NH4)2MoO4加入硫化铵生成 (NH4)2MoS4,根据质量守恒可知，同时生成一水合氨。 ②8=3时，(NH4)2S量不足，(NH4)2MoO4转化生成 (NH4)2MoS3,故(NH4)2MoS4晶体产率为0；8>4时， (NH4)2M6O转化生成(NH4)2MS,继续加入(NH)2S, 使得铵根离子浓度增大，降低了(NH4)2MoS4溶解度， 使其结晶析出，导致晶体产率继续增大。(3)“酸浸”和 “高温还原”中产生的气体为硫化氢，硫化氢和氨水生成 硫化铵，故可通入转化环节中继续使用。(4)NH3与硫单 质的物质的量之比为8：1，假设生成8分子氨、1分子硫 390 单质，根据质量守恒可知，有4分子(NH4)2MoS4参与 反应，则生成4分子MoS2,Mo化合价由十6变为十4，转 移4X2=8个电子，生成硫单质中硫化合价由一2变为0， 根据电子守恒可知，生成硫单质中硫原子数目为8÷2 4,故硫单质的分子式为S4。 2☑(1)PbS04 (2)①AC②4.7≤pH<8.3 (3)Mn2++NH3·H2O+HCO3-MnCO3↓+NH +H20(4)2.5(5)8MnC03+2LC05十302焙烧 4LiMn2O4+10CO2 (6)Mn2O3 解析浸取时生成硫酸锰、硫酸铝、硫酸铅、硫酸亚铁、硫、 硫酸锂等，则滤渣1为硫酸铅、S、S○2；加入适量铁，消耗 一部分硫酸，加入氧化剂a,将硫酸亚铁氧化，并且调pH, 得到氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，向滤液中加入氨水和碳 酸氢钠沉锰得到碳酸锰，再加入碳酸锂和氧气焙烧，得到 LiMn2O4。(1)根据分析知，“滤渣1”除了S、SiO2外，还 有PbSO4。(2)“试剂a”的作用是氧化亚铁离子，并且调 pH得到氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，因此可以选用NaClO 和Na2O2;“除杂”调pH范围是4.7≤pH<8.3使Al3+、 c(H+)Ka (H2 CO) Fe3+沉淀。（④(HOO5)·cMh+)）=Kp(MCO) 经8X0=25。(6)设M0,0质的量为1ml,m (MnCO3)=115g,其中n(Mn)=1mol,m(Mn)=55g, 800℃，剩余固体的质量为115g×68.7%=79g,其中 m(0)=79g-55g=24g,n(0)=24g÷16g/mol= 1.5mol,n(Mn):n(O)=2:3,则B点对应的物质的化 学式为Mn2O3。 22(1)①2Rh+3C2+6HCI-2H3RhCl6②pH>2, [RhCl6]3-水解平衡正向移动，导致Rh沉淀率增加而损 失③Na+、Fe3+ (2)①防止温度过低，Cu、Fe氧化不完全②2：3③2.8 ≤pH<4.2④Rh3++3NH3·H2O-Rh(OH)3V +3NH 解析途径一：废铑材料粉碎后通入氯气并加入浓盐酸， “氯化溶解”得到H3RhCl6、CuC2、FeC3,加入草酸与铜 离子结合生成草酸铜，同时加入NaOH调节溶液pH,阳 离子交换树脂吸附Na+、Fe3+为滤液除杂，[RhCl6]3-发 生水解反应生成Rh(OH)3沉淀，最后得到铑粉。途径二： 废铑材料焚烧将Cu转化为CuO,将Fe转化为Fe2Ob,加热 熔融，加入KHSO4,生成Rhe(SO4)3、CuSO4、Fe2(SO4)3,加 入水和氨水调pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，再加入氨 水调节pH,生成Rh(OH)3沉淀和Cu(NH3)4SO4溶液，过 滤，Rh(OH)3和途径一相同处理得铑粉。(1)②由图像可 知，pH=2时，铜的沉淀率已达98%，若pH<2,铜的沉淀 率会较低；若pH>2,[RhCl6]3-水解平衡正向移动，导致 Rh沉淀率增加而损失；③定向脱铜后溶液中有 Na2C2O4、FeC3,“阳离子交换”过程中，溶液中被阳离子 交换树脂吸附的金属阳离子主要有Na十、F3+。(2)①“控 温焚烧”即焚烧温度不能过高不能过低，若温度过高，Rh 单质被氧化，Rh的氧化物性质稳定，难溶解，后续不方便 处理；控温同时防止温度过低，Cu、Fe氧化不完全；②Rh 单质与KHSO4反应生成Rh3+,还原产物为SO2,硫元素 得2个电子，R失3个电子，根据氧化还原反应得失电子 守恒，参加反应的Rh和KHSO4的物质的量之比为2：3； ③Fe3+沉淀完全时，c(Fe3+)=1.0X10-5mol·L-1,由 Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38.6得，c(OH)= Ksp[Fe(OH31.0X10-38.6 V c(Fe3+) √1X10-5mol/L=10-1.2mo/L,即 pH-2.8,同时为了使Cu+不发生沉淀，由Ksp[Cu(OH)2] -1.0X10a,得e40H)√9mL- /1.0×10-19.6 N 1.0 =10-9.8mol/L,即pH=4.2,故调节的 pH范围为2.8≤pH<4.2;④用氨水调pH,NH3·H2O 电离产生的OH-与Rh3+反应生成Rh(OH)3沉淀，其离 子方程式为Rh3++3NH3·H2O一Rh(OH)3 +3NH。 23(1)Cu2S+5[Co2O3·H20]+11H2S04-2CuS04 +10CoSO4+16H2O (2)SiO2、CaS04(3)3.7(4)4.62(5)稀硫酸 (6)电解CoSO4溶液会使溶液呈酸性，将生成的Co再次 溶解 ()NH4 CuSOs 解析水钴矿和辉铜矿中加硫酸进行溶解，二氧化硅不能 被硫酸溶解，同时生成硫酸钙，过滤将二者除去；溶解过 程中Co3+将Cu2S氧化，自身被还原为Co2+;加入氧化 铜调节pH,将Fe3+形成沉淀过滤除去；加入NaF,可将 Mg2+和Ca2+形成沉淀，过滤除去；加入莘取剂对Cu2+ 进行萃取，将Cu2+和Co2+分离，分离后加入反萃取剂硫 酸进行反萃取后得到含CuSO4的溶液，经系列操作得胆 矾；萃取后水相中加入碳酸钠将Co2+沉淀形成CoCO3, 加盐酸溶解后对溶液进行电解得C0。(1)“酸浸”过程C0 元素化合价由十3价降为十2价，硫元素化合价由一2价 变为十6价，Cu元素化合价由十1价升高为十2价，根据 得失电子守恒及质量守恒，得反应的化学方程式：Cu2S十 5[Co2O3·H20]+11H2S04—2CuS04+10CoS04+ O实战册参考答案及解析】 16H20。(2)根据分析，“滤渣1”的主要成分为SiO2、 CaSO4。(3)为确保Fe3+完全沉淀，应调pH不小于3.7。 (4)“滤液2”中c(Mg2+)=0.015mol/L,除去后认为溶液 中c(Mg2+)≤10-5mol/L,此时溶液中c(F)= /Kp(MgF2)_/6.25X10-9」 VcMg+)√1X105mol/L=2.5X10-2mol/L,该 反应过程中Mg2+浓度变化：(0.015一0.00001)mol/L,则消 耗NaF:c(NaF)=2c(Mg2+)+2.5×10-2mol/L= 0.05498mol/L,“滤液2”体积为2L,对应质量： 0.05498mol/L×2L×42g/mol≈4.62g。(5)根据萃 取Cu2+的反应原理：Cu2++2 HR-CuR2十2H+及产 物需得胆矾可判断，“反萃取”步骤中加入的“试剂a”为稀 硫酸。(6)用CoSO4溶液代替CoCl2溶液，电解过程中阳 极发生电极反应：2H2O-4e一O2个十4H+,导致溶 液呈酸性，而阴极电极反应：Co2+十2e一Co,生成的 C0在酸性环境下会被溶解。(7)白色沉淀晶体中分别呈 三角锥形和四面体形两种离子，三角锥形离子为亚硫酸 根离子，四面体形离子为铵根离子，所含Cu离子中无单 电子，则为Cu+,且Cu:N:S=1:1:1;所以白色沉淀 的化学式为NH4CuSO3。 2(1)ZrSiO+4NaOH-A-NazZrOs+NazSiOs+2H2O 300℃条件下碱熔8h (2)HIf NaOH、HCl (3)1.0×108NH4C (④Z02+2C+2C2高温Z.C4+2C0将FeC3还原 为FeCl2 解析锆英砂主要含ZrSiO4,还含有少量Cr、Fe、Hf等元 素，“碱熔”时ZrSiO4转化为Na2ZrO3,“酸溶”后各金属元 素在溶液中的存在形式为Zr4+、Fe3+、HfO2+、Cr3+,根 据“氨沉”后的产物可知“萃取”时除去杂质元素Hf,反萃 取后“沉淀”时Fe3+、Cr3+生成沉淀，煅烧后生成ZrO2、 Fe2O3、Cr2O3,“沸腾氯化”时，ZrO2转化为ZrCL4, Fe2O3、Cr2O3转化为FeCl3、CrCl3,由于FeCl3和ZrCl4沸 ,点接近，因此加入H2把FeCl3还原为FeCl2,避免升华时 ZrCl4中含有FeCl3杂质，最后升华得到ZrCl4,而后还原 得到金属锆，据此作答。(1)根据温度和时间对锆英砂碱 熔分解率的影响图示，300℃时碱熔分解率最高，时间为 8h和l0h的分解率没有太大变化，所以最佳的条件是 300℃条件下碱熔8h。(2)根据“氨沉”后的产物可知“萃 取”时，除去的杂质元素是Hf;沸腾氟化生成的HCI可回 到酸溶和反萃取步骤循环利用，除硅产生的滤液1是 NaOH溶液，可回到碱熔步骤循环利用。(3)“氨沉”后的溶 c(NH) 液中有c(N,O-=1.8X105,K(NHs·H.O)=L.8 3910 答案册 实战高考·化学 ×10-5,则c(OH)=1.0×10-10mol/L,Ksp[Fe(OH)3] =1.0X10-38,c(Fe3+)=KEe(0D3]_1.0X10-8 3(OH) (10-10)3 mol/L=1.0×10-8mol/L;根据分析，“滤液2”中主要成分 是NH4Cl。(4)“沸腾氯化”时ZO2发生反应的化学方程 式为Z:02十2C+2C2高温ZrC4十2C0,根据分析，氯化 反应结束通入H2,目的是把FeCl3还原为FeC2,避免升 华时ZrCl4中含有FeCl3杂质。 25(1)[Cu(NH3)4]2+Fe(OH)3和Cr(OH)3易形成共 沉淀难以分离 (2)2Cr3++3H2O2+10OH--2CrO+8H20 ⑤③①②④(3)6.0×10-4(4)5.9×10-10 (5)H2C20十3Pb02高温H20+2C02++02++3Pb0 解析电镀污泥中加入NH3·H2O和(NH4)2CO3进行氨 浸，Cu(OH)2溶解生成[Cu(NH3)4]2+,Cr(OH)3、FeO 和Fe(OH)3不溶而成为滤渣；往滤渣中加入H2SO4, Cr(OH)3、FeO和Fe(OH)3溶解生成Cr3+、Fe2+、Fe3+, 通入O2将Fe2+氧化为Fe3+,再加入Na2CO3,此时Fe3+ 水解生成Fe(OH)3沉淀，过滤后，往滤液中加入NaOH 调节pH=9,并加入足量的H2O2氧化铬，将铬转化为 CrO;经过一系列操作得到Na2CrO4。废铅膏中加入 NaCO3进行盐浸，将PbSO4转化为PbCO3,再加入2C2O4 焙烧，生成PbO、CO2、O2、H2O,然后加HNO3酸化，生成 Pb2+;两份溶液混合，可制得PbCO4。(1)由分析可知， 滤液1中主要的阳离子有NH和[Cu(NH3)4]2+。“沉 铁”加入Na2CO3溶液调节溶液的pH=2,生成黄钠铁钒 [Na2Fes(SO4)4(OH)12]沉淀，若pH过大，会导致Fe3+、 Cr3+生成沉淀，其原因是Fe(OH)3和Cr(OH)3易形成共 沉淀难以分离。(2)“转化”中，溶液由酸性变为碱性，此时 高考全 真题精练 ①D解析0.1mol·L1的FeCl3溶液中滴加数滴浓盐 酸，生成更多的[FCL4]一，溶液黄色加深；继续滴加1滴 KSCN溶液，[FeC4]-转化为[Fe(SCN)]2+,溶液变为 红色；再加入NaF固体，[Fe(SCN)]2+转化为 [FeF6]3-,溶液红色褪去，变为无色；再滴加KI溶液、淀 粉溶液，无色溶液未见明显变化，说明I一未被氧化。①中 滴加数滴浓盐酸，试管中溶液黄色加深，生成更多的 [FeC4]-,说明浓盐酸促进Fe3++4Cl-一[FeC4] 平衡正向移动，A正确；由①到②，溶液变为红色，说明 [FeCL4]-转化为[Fe(SCN)]2+,即生成[Fe(SCN)]2+ 并消耗[FCl4]一，B正确；②、③溶液中，均存在平衡 F3++SCN-=[Fe(SCN)]2+,由于温度不变，故该反 392 Cr3+转化为CrO,反应的离子方程式为2Cr3+十 3H2O2十10OH-—2CrO+8H2O。从溶解度曲线可 以看出，若直接降低温度，则Na2SO4也会结晶析出，则应 先除杂质，即加酸将Cx0转化为C2O,升高温度让 Na2SO4结晶析出后，再降低温度，结晶析出NaCr?O7,再 调节溶液的pH,将Nag Cr2 O7转化为NaCrO4,所以一系列 操作的顺序为⑤③①②④。(3)依据Cr元素守恒可建立 等式：c(CrO)+c(HCrO4)+2c(Cr2O)=0.2mol/L, c(CrO)>c(Cr2O2),则c(CrO)+c(HCrO)≈ c(Cr04)×10-9 0.2 mol/L,K2 = =3.3X10-7, c(HCrO) c(CrO) c(HCrO) =330,则溶液中HC0的平衡浓度为33 0.2mol/L≈6.0×10-4mol/L。(4)“盐浸”目的是加入 Na2CO3溶液将PbSO4转化为PbCO3,当K>1×105时，可 认为反应物完全转化为生成物。对于反应PSO4(s)十 Cc0g(aq.=Ptc0,(ag)+Ss0f(ao,K-=cS0） c(CO) 7.4X10-≈2.16X105>1×105时，则PbS04发生完全 1.6×10-8 转化，c(Pb2+)=√1.6×10-8≈1.26×10-4mol/L, N00,溶流的最小泳度为mL1反.9X 10-10mol·L1。(5)“焙烧”时H2C2O4与PbO2反应生成 PbO、CO2和O2,测得CO2与O2分压比为2：1，则CO2与 O2的化学计量数之比为2：1，反应的化学方程式为 H2C20,+3Pb02高温H20+2002+02++3P0。 【点睛】对于可逆反应，当K>1×105时，可认为反应物完 全转化为生成物。 国视野 应的平衡常数不变，由于②、③溶液中含有的初始SCN一 浓度相同，且②溶液为红色，③溶液为无色，故能说明 c(Fe3+):②>③，C正确；类似C选项分析，由①→④推 断，溶液中的c(F3+)是越来越小的，若向①深黄色溶液 中加入KI、淀粉溶液，无法确定①中溶液中的Fe3+的含 量是否能够氧化一，D错误。 2D解析Na2CO3和NaHCO3的溶液中均存在H2O、 H2CO3、H+、OH-、Na+、CO号、HCOs,A正确； NaHCO溶液中加入NaOH溶液会发生反应：NaHCO3十 NaOH一Na2CO3十H2O,B正确；NaHCO3受热易分 解，可转化为Na2CO3,而Na2CO3热稳定性较强，利用二 者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去 NaHCO3,C正确；室温下Na2CO3和NaHCO3饱和溶液分层 基础题组 1.(2024山东临沂二模)从铅银渣（含Pb、Ag、 Cu等金属元素)中提取银的流程如图。 HS04、NaCl、NaNO,NaS0溶液 银→氧化焙烧酸浸→络合浸出 渣 滤液 浸渣 甲醛 Ag←还原析银 含HCOO的溶液 下列说法错误的是() A.“酸浸”过程中可用稀HNO3代替NaNO B.“络合浸出”时，发生的离子反应为Ag 2S03==[Ag(S03)2]3 C.浸渣的主要成分是PbSO4 D.“还原析银”时，氧化产物与还原产物的 物质的量之比为1：2 2.(2025山东日照一模，不定项)以黄铁矿（主 要含FeS2,还含有NiS、CoS、CuS以及少量 Au)为原料分离各种金属，工艺流程如下： 空气硫酸、双氧水氨水氨水、碳酸氢铵 粉碎，焙浇一酸浸 铁 一→调p 沉钴 -→NiS0 矿 S02 少量Au 浸渣 CoCO 已知：①“焙烧”后烧渣主要成分是Fe2O3、 NiO、CuO、Co3O4和Au。 ②常温，Kp[Fe(OH)3]=10-38.6, Kp[Cu(OH)2]=10-19.8,Kp[Co(OH)2] =10-147,Kp[Ni(OH)2]=10-128,一般认 为金属阳离子≤10-5mol/L为沉淀完全。 ③氧化性：Co3+>C2。 ④lg5=0.7。 下列说法错误的是() A.“酸浸”时H2O2作还原剂，若用盐酸代替 硫酸和H2O2效果更佳 Q专题3金属及其化合物 闯关 B.当c(Co2+)=0.05mol·L-1,c(Ni2+)= 0.1mol·L1,“调pH”范围是6.6≤pH <7.3 C.“沉钴”时发生反应的离子方程式为Co +2HCO -CoCOs+CO2+H2O D.检验CoCO3是否洗涤干净的试剂可选用 HCI和BaC2 3.(2024山东威海二模)白硼钙石的主要成分 是Ca4BoO1g·7H2O(含有少量Fe2O3、 FeO、CaCO3和SiO2等杂质)，利用白硼钙 石制取强还原剂NaBH4的工艺流程如下： 浓HNO, 乙醇 NaOH溶液 白硼钙石一→酸浸→操作X→醇浸→操作Y一→80℃水浴 气体 滤液 滤渣 物质a MgH, NaBH←一反应W←一操作Z← 耐火材料 已知：HBO3微溶于水，易溶于乙醇；偏硼 酸钠(NaBO2)易溶于水，溶解度随温度升高 而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定。下 列说法错误的是() A.“气体”中可能有CO2、NO2、NO B.该流程用到两步过滤操作 C.物质a可循环利用 D.“反应W”为非氧化还原反应 4.(2024山东淄博二模)回收处理废旧镀锡覆 铜板得到Cu和SnO2的工艺流程如图所 示。下列说法错误的是( ) CuSO H2SO 30%H202 废旧镀锡 机械 覆铜板 分离 镀锡浸取一氧化 铜箔 非金属基板 金属铜箔 Sn02粉← 低温 烘干 低温 焙烧 水解 A.上述流程共需要过滤2次 29 实战 实战高考·化学 B.氧化工序反应为Sn++2H++H2O2 =Sn4++2H2O C.制备15.1gSnO2,至少需要22.6g30% H2O2溶液 D.低温水解工序分离后的溶液可返回浸取 工序 5.（2024山东菏泽二模)工业上以钛铁矿 (FeTiO3,其中Ti为+4价)为主要原料制 备金属钛的工艺流程如图所示。下列说法 错误的是( 焦炭Cl,CO ↓↓↑ FeTiO,→ 氯化 Mg →TiCl4 A气氛中、800元五 FeCl A.Ti位于元素周期表中第4周期VB族 B.氯化时，被氧化的元素有碳和铁 C.制备Ti时，Ar作保护气，可用氮气代替 D.氯化时，每生成0.1 mol FeCl3,转移电子 0.7 mol 6.(2024山东德州二模)以含镓废料[主要成 分为Ga(CH3)3]制备半导体材料GaN的工 艺流程如下。已知：Ga和Al的性质相似。 下列说法错误的是( 盐酸 废料→酸溶一→GaCl溶液→操作X一→GaCl·nH,0 NH SOCI2 GaN←一合成←一GaCl←一加热脱水 气体b 气体a A.“操作X”需使用蒸发皿、玻璃棒、酒精灯 B.可用BaCl2溶液检验气体a中的SO2 C.“加热脱水”可用HCI气体代替SOC2 D.“合成”产生的气体b可循环利用 7.(2024山东济南二模)化学镀镍法得到的镀 层均匀性、硬度等性能都较好，一种化学镀 镍工艺流程如图所示： 30 H2NCH2CH2NH2 NC→络合→Ni0,NCH,CH,NH,G: 溶液 NaOH NaBH, Ni-B合金←合成 少量气体 已知：①镀层为Ni-B合金，比例为n(Ni): n(B)=10:3; ②Ni(OH)2难溶于水； ③NaOH能稳定NaBH4,降低其水解率， NaBH4的水解反应：NaBH4+4H2O Na[B(OH)4]+4H2个。 下列说法正确的是( ) A,上述流程涉及的物质中，含配位键的物 质有2种 B.“络合”时，将NC2溶液滴人少量乙二胺 (H2NCH2CH2NH2)中 C.流程中使用H2NCH2CH2NH2,有利于 调控溶液pH得到均匀性、硬度等性能较 好的镀层 D.“合成”时，NaBH4既作氧化剂又作还 原剂 8.(2024山东潍坊二模，不定项)天青石主要 成分是SrSO4,还含有少量BaSO4及Si、 Mg、Fe的氧化物等杂质，现以天青石为原 料制备SCO3的工艺流程如下： NH3 H2O-(NH)2SO Na,CO,溶液缓冲溶液盐酸HCI0O氢水NH,HCO, 靴广一应应南…， 滤液1 滤渣1 滤渣2滤液2 已知：Kp(SrC03)=1.0×10-10, Ksp(SrSO4)=3.2X10-7。 下列说法错误的是() A.加人NH3·H2O(NH4)2SO4缓冲溶液 可使BaCO3转化为BaSO4 B.钡、硅元素分别在“酸浸”和“调pH”工序 除去 C.若去掉“氧化”工序，“调pH”时消耗氨水 量增大 D.将92 g SrSO4投人到1LNa2CO3溶液 中，反应后c(C0号)=10-4mol·L1时， SrSO4的转化率为32%（忽略溶液体积 变化) 9.(2024山东日照二模)某矿石主要成分为 CePO4,含有Fe2O3、CaF2等杂质。以该矿 石为原料制备Ce2(CO3)3的工艺流程如下 图所示： 浓硫酸水 氯化铁物质Y碳酸氢铵溶液 矿石→焙烧水浸除磷→调pH=4→沉铈→Ce(C0, 气体x 滤渣1滤渣2滤液 下列说法正确的是( ) A.在实验室模拟进行“焙烧”可以选用石英 坩埚 B.滤渣1只含有FePO, C.物质Y可选用Ce2O3,也可选用氨水 D.“沉铈”时消耗的Ce3+与HCO5的物质 的量之比为2：3 10.(2024山东青岛二模，不定项)利用电石渣 [主要成分为Ca(OH)2,含少量Al2O3、 Fe2O3、SiO2等杂质]制备碳酸钙，同时获 得氧化铝，工艺流程如图。下列说法错误 的是() 产品←干燥洗涤一 NH,CI溶液 NH,HCO,溶液 滤饼 pH=8 电石渣一→浸取一→过滤滤液碳化 减压过滤 气体 滤液 滤渣→系列操作·A1,0, A.“气体”为NH3 B.“碳化”反应为CaC2十2NH4HCO3 CaCOs+2NH C1+CO2+H2O C.“浸取”和“碳化”为了加快反应速率，需 Q专题3金属及其化合物 在高温下进行 D.“滤渣”主要成分为Al2O3、Fe2O3 能力题组 11.(2025山东聊城一模，不定项)稀土是国家 的战略资源之一，以下是一种以独居石[主 要成分为CePO4,含有Th3(PO4)4、U3O8 和少量Ra杂质]为原料制备CeCl3·nH2O 的工艺流程图。 盐酸，凝聚剂，1)NH)S0。 559%Na0H 调pH=1.5调pH=52)BaCl2 新热分解一稀过遇密郁-阔一共流淀 滤液←浓缩结晶废气钠钍渣共沉渣 Na,POnH2O CeCL3·nH,0←-含Ce#溶液← 已知：①步骤1中U3Og转化为Na2U2O,; ②Ce3+在空气中易被氧化成Ce4+;③25℃ 时，Kp[Th(OH)4]=4.0×10-45, Kp[Ce(OH)3]=1.6×10-20, Kp[Ce(OH)4]=2.0×10-48。 下列说法正确的是() A.仅“热分解”步骤发生了氧化还原反应 B.滤液可吸收“溶解”步骤产生的废气 C.共沉渣成分主要为BaSO4和RaSO4 D.“沉淀”步骤所得溶液中c(Th4+)=4.0 ×10-7mol/L 12.(2025山东日照一糢)以赤泥熔炼渣（主要 成分为Fe2O3、SiO2、CaO,含少量Sc2O3) 为原料分离稀土元素钪(Sc)的一种工艺流 程如下： 98%HS04萃取剂 试剂K NaOH 熔炼渣→酸浸→萃取→茶取液→反萃取 浸渣 萃余液 有机相水相 H,C04 HNO c0w-酸福一思陈 滤液 已知：①萃取剂为磷酸三丁酯、磷酸二丁酯 31 实战 实战高考·化学 和磺化煤油；②Sc3+的氧化性很弱。 回答下列问题： (1)“浸渣”的主要成分为 (填化 学式)。 (2)“反萃取”的目的是分离Sc和Fe元素。 向“萃取液”中加入NaOH,Fe+、Fe3+、 Sc3+的沉淀率随pH的变化如图。试剂X 为 (填“Na2SO3”或“NaCIO”), 应调节pH最佳为 100H 80 .-4 人 Sc3+ Fe Fe2 20F 0 2 3 4 5 6 pH (3)已知Sc2(C2O4)3难溶于水，难溶于酸； Ka,(H2 C2 O)=a,Ka (H2 C2 O)=b, Ks[Sc2(C2O4)3]=c,“沉钪”时，发生反 应：2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3V+ 6H+,此反应的平衡常数K= (用含a、b、c代数式表示)。 (4)Sc2(C2O4)3经系列操作可得 ScCl3·6H2O,ScCL3·6H2O加热脱水时 生成ScOC1的化学方程式为 (5)在一定条件下，一种物质在两种互不相 溶的溶剂A、B中的浓度之比是一个常数 (分配系数K:)K=念： c（B;萃取率一 省机物X×100%。萃取Sc的过程中，若 n总(X) Sc元素的分配系数K=cC有机相)=7.5， c(水相) 取100mL含钪的溶液，一次性加入60mL 萃取剂，则Sc的萃取率为 %(保 留到小数点后一位，下同)；若将60mL萃 32 取剂分成3次萃取，每次用20mL,则最后 次水层中钪的残留率为 %。 13.(2025山东泰安一模)氧缺位体 (CuFe2O4-8)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-的流程如下： 高压02 硫酸 Cu CuO H202 梦粉一施一应一运宜的一国记 S0, 滤渣1 滤渣2 气体过量氨水 Cme,0.掇烧CuFe,0 灼烧 沉铜沉铁 滤渣3 已知： ①酸浸后溶液中的金属离子有Cu2+、 Fe2+、AI3+和Fe3+。 ②25℃时，几种金属离子沉淀的pH如表 所示： 金属氢 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cu(OH2 Fe(OH)2 氧化物 开始沉 1.9 3.4 6.4 7.0 淀的pH 完全沉 3.2 4.7 7.6 9.0 淀的pH 回答下列问题： (1)CuFeS2“焙烧”时生成三种氧化物（其 中Fe的氧化物形式为FeO4),其化学方 程式为 (2)加Cu“还原”的目的是 加CuO调pH范围为 ;滤渣2的 主要成分有 (3)流程中可以循环利用的物质是 滤渣3可以用于 操作单元。 (4)在N2中充分煅烧CuFe2O4制备氧缺 位体(CuFe2O4-a),若氧缺位体质量为原 质量的96.6%，则氧缺位体中+3、十2铁 元素物质的量之比为 (⑤)氧缺位体分解水制氢分两步： 第一步： (完 成方程式)； 第二步：2CuFe2O4 ,高温2 CuFez(04-6+ 602个。 14.(2024山东济宁二模，不定项)实验室制备 顺式-[Co(en)2Cl2]Cl配合物流程如图所 示。已知：反式-[Co(en)2C2]Cl为绿色晶 体，顺式-[Co(en)2C2]Cl为紫黑色晶体， 均易溶于热水，微溶于冷水，难溶于乙醇； [Co(en)2(H2O2)]2+、[Co(en)2(H2O2]3+ 均呈深红色；乙二胺(H2NCH2CH2NH2) 用en表示，配离子参与的反应为可逆 反应。 20 min 滴加盐酸、搅拌 加水溶解 水浴加热 方案二 。168。加水溶液试剂X深红色试剂深红色系列02B CoCl,-6H,O 溶液搅拌溶液操作绿色晶体 5 min 紫黑色 电极电位 电极反应 V [Co(H2O]3++e—[Co(H2O)]2+ 1.84 [Co(en)2(H2O)2]3++e 0.10 [Co(en)2(H2O)2]2+ O2+2H20+4e=4OH 0.41 H2O2+2e--2OH- 0.88 φ值越大，电对中氧化型物质的氧化能力 越强。 下列说法错误的是() A.方案一中加“试剂X”与“空气中搅拌 20min”两个步骤可调换顺序 Q专题3金属及其化合物 B.试剂Y可选用双氧水 C.可以使用NaCI代替盐酸 D.顺式-[Co(en)2Cl2]Cl热稳定性强于反 式-[Co(en)2C2]Cl 15.(2024山东德州二模，不定项)工业上从钴 镍渣（主要含CoO、NiO和少量FeO、Cu) 中回收Co和Ni的流程如下。 HS04H202CoC03氨水NaS0,NaOH 镍一→酸浸→氧化除杂沉镍→氧化沉钻→C(0H, 滤渣1滤渣2NiOH, 已知：①Co2++6NH3·H2O [Co(NH3)6]2++6H2OK=105; ②Kp[Ni(OH)2]=1.0×10-15,完全沉淀 时c(Ni2+)≤10-5mol·L1; ③Kb(NH3·H2O)=10-5。 下列说法正确的是() A.滤渣1是Cu,滤渣2是Fe(OH): B.氧化性：H2O2>Co3+>Fe3+ C.若沉镍完全后滤液中c(NH)= 10-mol.L1,Co(NH)+) c(Co2+) ≥10-13 D.“氧化沉钴”中氧化剂、还原剂的物质的 量之比为2：1 16.（2024山东德州二模)六氯钉酸铵 [(NH4)2RuCl,]和硫化铋(Bi2S3)用途广 泛。利用某含钉、铋的废催化剂（主要成 分为Ru、Bi2O3,含少量SiO2)制备 [(NH4)2RuCL6]和Bi2S的工艺流程 如下。 NaOH+NaClO CH,CHOH 盐酸、NH,OH·HCI 废 氧化 化剂一碱浸 →滤液1一转化一→uO田，一→酸溶一结晶 NH,Cl2 ↑1 (NH.).RuCla。一氨化—RuCL,+ HCI 盐酸 Na S 滤液2酸化pH<1.5)→硫化→BiS 滤渣 33 实战 实战高考·化学 已知：①滤液1中Ru元素和Bi元素的存 在形式为RuO、BiO2;②BiCl3极易水 解生成BiOCI沉淀；③Kp(Bi2S3)=1.0 ×10-23 回答下列问题： (1)“氧化碱浸”时，为提高反应速率，可采 取的措施有 (写出两条)。 (2)“转化”中产生乙醛的离子方程式为 ;“酸溶”中，先加入盐酸溶解 Ru(OH)4得到RuCL4,再加入盐酸羟胺 (NH2OH·HCI)得到RuCl3和N2,这两 种产物的物质的量之比为 (3)“氨化”发生反应的化学方程式为 (4)“滤渣”的主要成分是 (用化 学式表示)；“酸化”时需控制溶液pH< 1.5,原因是 (5)“硫化”时向1L1.0mol·L-1BiCl3 溶液中加入0.5LNa2S溶液，反应后混合 溶液中c(S2-)为1.0×10-7mol·L1,则 B3+的沉淀率为 (忽略溶液混合 引起的体积变化)。 17.(2024山东菏泽二模)工业上以锌矿（主要 成分为ZnCO3,还有Fe、Mg、Ca等的化合 物和SiO2)为原料制备硫酸锌晶体的工艺 流程如下。其中沉铁时，通过调控溶液的 pH使铁元素形成易过滤的FeOOH铁渣。 HSO HF ZnS精矿H,02X 锌焙一→溶浸]一脱钙镁一还原一沉铁 烧 滤 滤渣1 滤渣2 滤渣3 滤渣4 液 Zns0,·7H,0+操作 已知：常温下，Kp(ZnS)=1.0×10-23, Ka,(H2S)=1.0X10-7,K,(H2S)=1.0× 10-14,Ka(CH3COOH)=2.0×10-5;溶液 中Fe3+较小时，才能顺利析出FeOOH。 34 回答下列问题： (1)溶浸过程中，提高浸出率的措施有 (任写一条即可)；滤渣1的 成分是 (填化学式)。 (2)还原时，加入ZnS精矿的目的是转化溶 液中Fe3+,反应的离子方程式为 沉铁时，适宜调节溶液pH的物质X为 (填化学式)。若不进行还原而直接 沉铁，将导致 (3)硫酸锌晶体的溶解度与温度的关系如图 所示。补全从滤液得到产品级ZnSO·7HO 的操作， 、过 滤、洗涤、干燥。 80 75 ZnS04·6H20 ZnS04·H0 70 6 TZnS04·7H0 0 签55 50 45 40 39 0 20 40 60 80 100 温度/℃ (4)工艺中产生的废液中含Zn+,排放前 需处理。向废液中加入由CH COOH和 CH3 COONa组成的缓冲溶液调节pH,通 入H2S发生反应Zn++H2S—=ZnSV+ 2H+,处理后的废液中部分微粒浓度见下表。 则处理后的废液中c(Zn+)= mol·L-1。 微粒 H2S CH;COOH CH COO 浓度/ 0.2 0.1 0.2 (mol·L-1) 18.(2025山东省实验一模)以铂钯精矿（含 Se、Te、Au、Pt、Pd等)为原料，提取贵金属 Au、Pt、Pd的工艺流程如图所示： NaCIO 浓盐酸 过量 气体X Na.CO S0 ↓NH,Ca↓NH,CI 钯焙烧一水浸-氯化还原沉钯一沉销→尾液 精矿 浸出 滤液 浸出渣 金H.PdCl。NH,PCL 钯←煅烧铂精炼→铂 已知：①“氯化浸出”时，Au、Pt、Pd以 AuCl4、PtC、PdCl形式存在； ②(NH4)2PtCl和(NH4)2PdCl难溶于水， (NH4)2PtCL4易溶于水； ③室温下Kp[(NH4)2PtCl6]=5.7× 10-6;571/2≈7.5。 (1)“焙烧”时，Se、Te转化为可溶于水的 Na2SeO3和Na2TeO4。转化等物质的量的 Se、Te时，消耗NaCIO,的物质的量之比为 ;根据下图判断“焙烧”适宜的 温度范围是 (填标号)。 100 O-Te 2 ●-Se 40H 0300350400450500T/K A.300~350K B.350~400K C.400~450K D.450~500K (2)一般条件下Au很难被C2氧化，但用 浓盐酸作浸出液，可使Au被Cl2氧化，由 此分析“氯化浸出”过程中浓盐酸的作用为 (3)“还原”得到金的离子方程式为 ;加入过量SO2的目的是 (4)“煅烧”时还生成N2、NH4CI和一种气 体，该气体用少量水吸收后可重复用于 ”操作单元。 (5)“沉铂”先通入的气体X为 (填化学式)。“沉铂”中，若向c(PtC) 0.125mol/L的溶液里加入等体积的NHC 溶液，使PtC沉淀完全，则NHCI溶液浓 度最小值为 mol/L(结果保留 两位小数，忽略溶液混合后体积的变化)。 O专题3金属及其化合物 19.(2024山东聊城二模)一种利用湿法炼锌 净化渣回收钴并制备碱式碳酸锌的工艺如 下图所示，已知净化渣含有较多的Zn(Ⅱ)、 Cu(Ⅱ)、Pb(Ⅱ)、Co(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)、Ni(Ⅱ) 的硫酸盐及氢氧化物(“Ⅱ”指相应元素的 化合价为十2价)。 硫酸 NaS NaS,0s(aq)Zn粉 净化渣→常压浸出硫化沉淀→氧化、沉钴→还原 浸出渣 铜渣Co(OH)滤渣→钴产品 ZnCO,Zn(OH),Na.CO.(aq)znSO.(a) 已知：298K,Kp（CuS)=10-35.2 Ka(H2S)=10-6.9,K2(H2S)=10-12.9。 (1)浸出渣的主要成分为 (2)大多数金属硫化物都难溶于水，选择 Na2S除铜的原因是 ;若加入Na2S后 溶液中c(Cu2+)≈1.0×10-7mol/L, c(H2S)≈1.0×10-11mol/L,则溶液的pH 约为 (3)研究加入Na2S2O3后温度和时间对金 属脱除率的影响，所得曲线如下图所示。 Fe 100厂 80 Co 40 20 Ni 0 204060 80100 温度/℃ 温度对金属脱除率的影响 Fe 100r 80 Co 60 40 20 0 123 时间h 时间对金属脱除率的影响 35 实战 实战高考·化学 金属脱除是指溶液中的二价金属离子被氧 化后形成氢氧化物沉淀而除去。由图可知 “氧化沉钴”适宜的条件是 Co(OH)3滤渣中还含有 (4)在适宜的条件下，加入Na2S2O8并调节 溶液pH至5.05.2，反应生成Co(OH)3 的离子方程式为 以1t湿法炼锌净化渣(C0的质量分数为 w%)为原料提取出m kg Co(OH)3,在提 取过程中钴的损失率为 %(填含 、m的表达式)。 20.(2024山东临沂二模)高纯二硫化钼MoS2 粉体被誉为“固体润滑之王”。由钼精矿 (主要成分为MoS2,还有少量MgO、 Fe2O3、K2CO3等)制备高纯MoS2的一种 工艺流程如图所示。 空气 氨水NH)2S 钼精矿→焙烧→水洗氨浸→转化 sd,洗液浸渣 名 稀硫酸 MoS,←高温还原←-MoS,←酸浸← 气体 气体 回答下列问题： (1)“焙烧”时生成MoO3的化学方程式为 ；“水洗”的目的 是 (2)“转化”过程中，存在MoO→MoO3S→ MoOS3-→MoOS→MoS。 ①(NH4)2MoO4转化为(NH4)2MoS4的 化学方程式为 ②保持温度为55℃反应1h后，冷却至 20℃并静置24h,测得6= ]对NH,Ms晶产 36 率的影响如图所示。 100 6 20 0 0 6 0 12 6=3时，(NH4)2MoS4晶体产率为0的原 因是 8>4时，(NH4)2MoS4晶体产率继续增大 的原因是 (3)“酸浸”和“高温还原”中产生的气体可 通入 (填操作单元的名称)中循环 使用。 (4)MoS也可由(NH4)2MoS4在一定条件 下加热分解制得，同时产生NH、H2S和某 种硫单质，且NH3与硫单质的物质的量之 比为8：1，则硫单质的分子式为 21.(2024山东日照二模)用软锰矿(MnO2,含 Al2O3、SiO2杂质)和方铅矿(PbS含少量 FeS)为原料制备电极材料LiMn2O4的工 艺流程如下： 方铅矿稀H,S0,适量铁试剂a氨水NaHCO,Li,C0,O, ↓ 软锰矿→浸取]→还原-→除杂→沉锰]→焙烧LiM,0 滤渣1 滤渣2 C0 已知：Ka(H2C03)=4.3×10-7, K,(H2CO3)=5.6×10-1,Kp(MnCO3) =2.24×10-11。 有关离子沉淀时的pH: Mn(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3 A1(OH)3 开始沉淀时 8.3 7.6 2.7 3.0 沉淀完全时 9.8 9.6 3.7 4.7 回答下列问题： (1)“滤渣1”除了S、SiO2外，还有 (填化学式)。 (2)“试剂a”可以选用 (填标号)， “除杂”应调pH范围是 A.NaClO B.Na2 SOs C.Na2O2 D.NaOH (3)“沉锰”时发生反应的离子方程式为 (4)“沉锰”后上层清液中 c(H+) c(HCO)·c(Mn2+) (5)“焙烧”时发生反应的化学方程式为 (6)碳酸锰在空气中加热，固体残留率随温 度变化如图。碳酸锰在300℃时已完全脱 碳，则B点对应物质的化学式为 固体残留率(%) 100 80 60 B800,68.7)C 0 2004006008001000温度/℃ 22.(2024山东威海二模)铑(Rh)是一种稀有 贵金属，工业上从废铑材料（主要含Rh,还 含有Cu、Fe等)中提炼铑的主要途径有如 下两种： 氯气 草酸 Rh 浓盐酸 NaOH 阳离子交换树脂 途径 粉碎 化 定向 阳离 →水解→Rh(OH 废佬 溶 脱铜 交换 CuC2O 滤液 料 控温 加热 →调pH① →调pH② 途径 焚烧 至熔融 KHSO 水、氢水 氨水[CuNH)S0 已知：①Rh金属活动顺序位于H之后。 ②Rh(Ⅲ)易与CI-形成配离子[RhCl6]3-, 且该配离子在水溶液中存在以下平衡： [RhCl6]3-+3H2ORh(OH)3+3H+ +6C1。 0专题3金属及其化合物 ③已知25℃时相关物质的Kp见下表。 氢氧化物 Fe(OH Cu(OH)2 Rh(OH)3 Ksp 1.0×10-38.61.0×10-19.61.0×10-22. (已知开始沉淀的金属离子浓度为 0.1mol·L1;金属离子浓度≤1.0× 10-5mol·L1时，可认为该离子沉淀完全) 回答下列问题： (1)途径一： ①“氯化溶解”过程中，金属Rh转化为 I:RhCle,该反应的化学方程式为 ②“定向脱铜”时，铜的沉淀率随pH变化 如图所示，实际工业生产中控制pH为2， pH不宜大于2的原因是 99 97 93 0 2 3 脱铜pH ③“阳离子交换”过程中，被阳离子交换树 脂吸附的金属阳离子有 (2)途径二： ①“控温焚烧”的目的是 且防止Rh单质被氧化。 ②“加热至熔融”的目的是将焚烧后的物质 全部转化成可溶性的硫酸盐。已知Rh单 质与KHSO4反应的产物之一为SO2,则参 加反应的Rh和KHSO4的物质的量之比 为 ③步骤“调pH①”中应调节的pH范围为 (保留两位有效数字)。 ④用氨水沉淀铑元素的离子方程式为 37 实战 实战高考·化学 培优题组 23.(2024山东济南二模)以水钴矿(C02O3·HO, 含Fe2O3、MgO、CaO)和辉铜矿(Cu2S,含 SiO2、Fe2O3)为原料制取胆矾和单质钴。 有机萃 硫酸 氧化铜 NaF 取剂HR 试剂a 胆矾 水钴矿 →酸浸一滤液1→滤液2→萃取→反萃取→水相 辉铜矿 滤渣1 滤渣2 滤渣3 水相CoC03 NaCO 盐酸 Co电解Co 溶液 已知： ①常温下，Ksp(MgF2)=6.25×10-9, Ksp (CaSO)=7.1X10-7,Ksp (CoCOs)= 2.4×10-7; ②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液 的pH见下表： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Co2+ Cu2+ 开始沉淀时 (c=0.01mol/L) 2.7 7.5 7.6 4.7 的pH 完全沉淀时 (c=10-5mol/L) 3.7 9.0 9.1 6.2 的pH ③萃取Cu+的反应原理：Cu++2HR -CuR2+2H+; ④Mg、Ca、Fe、Co均能与强酸反应产 生H2。 回答下列问题： (1)“酸浸”过程硫元素价态变为十6价，写 出“酸浸”过程中主要反应的化学方程式： (2)“滤渣1”的主要成分为 (3)常温下，“滤液1”中(Fe元素都以Fe+形 38 式存在)加“氧化铜”调pH不小于 (4)常温下，若“滤液2”中c(Mg2+)= 0.015mol/L（忽略溶液中极少量的 Ca2+),除去2L“滤液2”中的Mg2+,至少 需加入NaF固体的质量为 g(忽 略溶液体积的变化)。 (5)“反萃取”步骤中加入的“试剂a”为 (6)采用惰性电极电解CoC2溶液，在无离 子交换膜的条件下，不能用CoSO4溶液代 替CoC2溶液的理由是 (7)将制得的胆矾配成溶液，先加入足量氨 水，得到深蓝色溶液，再通入SO2至弱酸 性，生成白色沉淀。经仪器分析：白色沉淀 含H、N、O、S、Cu五种元素，且Cu:N：S =1:1：1;所含Cu离子中无单电子；晶 体的部分组成微粒的空间构型分别为三角 锥形和正四面体形，则白色沉淀的化学式 为 24.(2024山东潍坊二模)锆是一种稀有金属， 广泛用在航空航天、军工、核反应、原子能 领域。一种以锆英砂（主要含ZSiO4,还含 有少量Cr、Fe、Hf等元素)为原料生产金 属锆和副产物硅酸钙的工艺流程如下： HNO,HCI TOPO浓盐酸氢水 NaOH H,0 酸溶→萃取反萃取氨沉 锆英砂→碱熔→水洗Ca0萃余液有机相滤液2 L除硅→Casi0, 滤液1 ①C、Cl2②H ZCl,←一蒸馏←沸腾氯化←煅烧 Zr 馏分还原性气体HCl 已知：①“酸溶”后各金属元素在溶液中的 存在形式为Zr+、Fe3+、HfO+、Cr3+; ②25℃时，Kp[Fe(OH)3]=10-38, Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5; ③部分氯化物的沸点数据如表所示： 物质 ZrCL CrClg FeCls FeCl, 沸点/℃ 331 1300 316 700 回答下列问题： (1)“碱熔”时有Na2ZrO3生成，则ZrSiO4. 发生反应的化学方程式为 ,温度和时间对锆英 砂碱熔分解率的影响如图所示，应采取的 条件为 220℃ o 100 -240℃ +260℃ 80 -o280℃ 3009℃ 60 40 68 10 时间仍 (2)“萃取”时除去的杂质元素为 流程中可循环利用的物质除TOPO外，还 有 (填化学式)。 (3)“氨沉”时产物为Zr(OH)4、Cr(OH)3 和Fe(OH)3,反应结束后溶液中 c(NH) c(NH·H,O)=1.8X10,则c(Fe3+)= mol·L1,“滤液2”中主要成分 是 (填化学式)。 (4)“煅烧”时Zr(OH)4分解生成ZrO2, “沸腾氯化”时ZO2发生反应的化学方程 式为 ,氯 化反应结束通入H2,目的是 0 25.(2024山东淄博二模)工业上用电镀污泥 [含Cr(OH)3,少量Cu(OH)2、FeO和 Fe(OH)3等]和废铅膏（含PbSO4,少量 PbO2、PbO)为原料制备铬酸铅的工艺流 程如下： O专题3金属及其化合物 NH,·H20 NaOH(调pH-9) NH,C0,S0.①0，②Na,C0,足量H,0 光整一氨复一酸溶一沉铁一转记一装列Nc0. 一系列 滤液1 速渣 NaCO:HCO C02、02 HNO, →PbCr0a 废铅膏→盐浸一焙烧一酸化 滤液 已知：①在碱性条件下，Cr(Ⅲ)可被H2O2 氧化为Cr(I);在酸性条件下，Cr(M)可 被H2O2还原为Cr(Ⅲ)。pH<5时Cr(MI) 主要以Cr2O存在，pH>7时Cr(I)主 要以CrO存在。Fe(OH)3和Cr(OH)3 易形成共沉淀。 ②相关化合物的溶解度与温度的关系如图 所示： 溶解度/g 120 100 Na.Cr2Oz 80A 60 40 20 NaS0.10H,0 0 204060温度/℃ 回答下列问题： (1)滤液1中主要的阳离子有NH和 。“沉铁”加入NaCO3溶液调节 溶液的pH=2,生成黄钠铁钒 [Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，pH不宜过 大的原因是 (2)“转化”中Cx3+反应的离子方程式为 -0 一系列操作的顺序为 (填标号)。 可供选择的操作有：①加热浓缩、趁热过滤 ②冷却结晶、过滤洗涤③加H2SO4溶液 调pH④加NaOH溶液调pH⑤加热 煮沸 (3)25℃时Na2Cr2O,溶液中存在多个平 衡，本题条件下仅需考虑如下平衡： 39 实战册 实战高考·化学 Cr2O+H2O-2HCrO K1=3.0X 浓度为 mol·L-1(保留两位有效 10-2;HCrOCrO+H+ K2=3.3 数字)。[已知：25℃时Kp(PbSO4)=1.6 X10-7。pH=9,0.1mol·L-1NaCr2O ×10-8,Kp(PbC03)=7.4×10-14,1.262 溶液中c(CrO)>c(Cr2O),则溶液中 ≈1.6] HCrO,的平衡浓度为 mol·L-1 (5)“焙烧”时H2C2O4与PbO2反应生成 (保留两位有效数字)。 PbO、CO2和O2,测得CO2与O2分压比为 (4)“盐浸”目的是加入Na2CO3溶液将 2：1,则反应的化学方程式为 PbSO4转化为PbCO3,Na2CO3溶液的最小 别人考什公 高考全国视野 m答案：P392 真题精练 B.可用NaOH溶液使NaHCO3转化为 1.(2025北京，12,3分)为研究三价铁配合物 Na2 CO 性质进行如下实验（忽略溶液体积变化）。 C.利用二者热稳定性差异，可从它们的固 滴加数滴 滴加1滴 滴加K溶液、 体混合物中除去NaHCO: 浓盐酸 加人NaF固体 KSCN溶液 淀粉溶液 D.室温下，二者饱和溶液的pH差约为4， 主要是由于它们的溶解度差异 0.1 mol/L FeCl,溶液图 3.(2024湖南，6,3分)下列过程中，对应的反 ① ② ④ 应方程式错误的是( 溶液黄色加深 溶液变为红色 溶液红色褪去 无色溶液未见 变为无色 明显变化 《天工开物》记载用炉 已知：[FeCL4]-为黄色、[Fe(SCN)]2+为红 甘石(ZnCO,)火法 2ZnCO C 高温 色、[FeF6]3-为无色。 2Zn+3C0个 炼锌 下列说法不正确的是( ) CaH2用作野外生 CaH2+2H2O- B A.①中浓盐酸促进Fe3+十4CI- 氢剂 Ca(OH)2+2H2个 [FeCL4]-平衡正向移动 CaSO (s)C (ag) B.由①到②，生成Fe(SCN)]+并消 饱和Na2CO3溶液浸 CaCOg (s)+ 泡锅炉水垢 耗[FeCL4] SO(aq) C.②、③对比，说明c(Fe3+):②>③ 绿矾(FeSO,·7H2O) 6Fe2++Cr2+ D.由①→④推断，若向①深黄色溶液中加 O 处理酸性工业废水中 14H+-6Fe3++ 入KI、淀粉溶液，溶液也无明显变化 的Cr2O 2Cr3++7H2O 2.(2024北京，8,3分)关于NaCO3和NaHCO3的 下列说法中，不正确的是() 4.(2024广东，14,4分)部分含Mg或A1或 A.两种物质的溶液中，所含微粒的种类 Fe物质的分类与相应化合价关系如图。下 相同 列推断合理的是() 40