专题七 考点3 化工流程-【创新教程】2024-2026三年高考化学真题分类特训试卷

考点3化工流程 [真题题组·实战集训l1] 1.(2026·黑吉辽蒙卷，12)从铜阳极泥（主要成分为Cu2Te和Cu2S,含少量Ag2S和Au)中提取 热电材料碲(Te)的流程如图。已知Na2Te与适量空气反应可生成Na2Te2。下列说法正确 的是 () Na,S溶液适量空气 Na,S0,溶液 铜阳极泥 浸渍 滤液1（含NaTe沉碲一碲粉 滤液2 滤渣 A.“浸渍”时通入过量空气不发生副反应 B.滤渣可以全部溶于浓HNO C.Na2Te被氧化过程中，溶液碱性增强 D.“沉碲”过程中Na2SO3被氧化 郑 2.(2026·湖南卷，11)常温下，铜铁混合物（粉末状）能发生如图所示的转化关系。下列说法错误 的是 () 过量溶液h 红褐色 黄绿色 沉淀g 溶液a 溶液b 气体c 溶液d 气体e 充分 过量 反应 深蓝色 杯 铜铁 溶液f 固体残渣 混合物 A.溶液h可能是盐酸 B.向溶液b中通入过量气体e,空气中久置后可得沉淀g C.固体残渣中有铜，可能有铁 D.溶液f中含有[Cu(NH)4]2 製 3.（多选)(2026·山东卷，14)利用铁基、钙基物质的化学循环(FO Fe,CaCOs 阳 CO)可从高炉煤气中分离出N2,并获得高价值的CO/CO2混合气。循环过程如图 所示，下列说法正确的是 ( 气体X 气体Y 高炉煤气 反应 FeO/钙基物质I厂 反应 (C0、C02、N2) 器甲 (固相循环) 器乙 n(C0)n(C02:n(N2)= (600℃) Fe/钙基物质Ⅱ (850℃) 2:3:5 A.钙基物质I为CaO B.气体X为CO/CO2混合气 C.铁基、钙基物质的理论投料比为2：5（以物质的量计） D.获得的混合气中，C0与CO,物质的量之比n(CO)>2 n(C02)3 4.(2025·云南卷，12)Be及其化合物的转化关系如图。下列说法错误的是 H,O HCI →Be(OH)2 →BeCl2 熔融电解 Be,C Be 熔点2200℃ NaOH 熔点405℃导电盐 沸点488℃ Naz [Be(OH)] 53 A.Be(OH)2是两性氢氧化物 B.Be2C和BeCl2的晶体类型相同 C.Na2[Be(OH)4]中Be原子的杂化方式为spi D.Be2C与H2O反应：Be2C+4H2O=2Be(OH)2+CH4↑ 5.(2026·河南卷，15)一种从废芯片（主要含有Si、Cu、Ag、Pd、Au等）中回收金属的工艺流程 如下： H2SOFe2(SO,)s(NH)2Ce(NO3)s(NH)2Ce(NO3).HCI Zn 废芯片→焙烧→浸出1 浸出2 →浸出3 还原→Au、Pd HCI 固体2 NaCIO、NaOH 电解-滤液1 滤液2→沉淀→滤液3 流出液→氧化 固体1 AgCl Ce(OH) 已知：流程中Ce4+被还原为Ce3+;“浸出2”中Au和Pd的浸出率较低；“浸出3”中Au和Pd转 化为[AuCL]和[PdCl4]。 回答下列问题： (1)提高“焙烧”效率的措施有 (写出一条即可)。 (2)“焙烧”中，Cu未完全转化为CuO,“浸出1”中Cu参与反应的离子方程式为 (3)“电解”时，“滤液1”和FSO,溶液分别作阴极液和阳极液，不锈钢片和石墨片分别作阴极 和阳极，阴离子交换膜作隔膜。“电解”的目的是 (4)已知3Ce++Au=一3Ce3++Au3+的K约为4.8×105，表明该反应可以进行得基本完全， 但Au在“浸出2”中浸出率较低，原因是 (5)“沉淀”产生的AgCI可被N2H4还原为Ag,N2H4中N元素只转化为N2。理论上AgCI与 N2H4反应的物质的量之比为 (6)“滤液3”需要合并到“浸出3”所得滤液中，目的是 (7)“氧化”中，Ce3+转化为Ce(OH)4沉淀，该反应的离子方程式为 6.(2026·河北卷，16)清洁生产工艺设计 钒和铬是重要的战略金属。河钢集团与中科院合作研发了国际领先的亚熔盐法清洁生产工 艺，实现在温和条件下钒和铬的高效提取。主要流程如下： 50%、 ①H20 稀H2S04 NaOH溶液②CaO 1980e NaSO调pH 帆流家由一藏翻盈密 1水解 …→Cr20g 140-1809℃40℃！ 滤渣 母液 滤液 V2Os 已知：钒渣主要含FeO·V,O3、FeO·Cr,O3、SiO2和少量CaO、MgO等。 回答下列问题： (1)V和Cr均位于元素周期表的区。 (2)氧化工序通常采用较大的O2流量，其目的是 ;配平化学方程式：FeO·V2O3十 NaOH+O,△ Fe2Os+ Nas VO+ H2O。 54 (3)滤渣的主要成分有MgO、 (填化学式)。 (4)80℃和40℃时，Na3VO4和Na2CrO的溶解度随NaOH质量分数变化如图所示。结合图 像分析NaOH质量分数为30%时，冷却结晶工序降温至40℃有利于实现钒和铬有效分离的 原因： 50 80℃ 40℃ 50 ° Na2Cr04 NazCr04 30 20 10 NasVO4 矩 10 0 NasVO4 0 1020304050 1020304050 w(NaOH)/% w(NaOH)/% (5)母液返回 工序。 (6)还原工序中，反应的离子方程式为 7.(2026·云南卷，15)创新驱动，深挖“城市矿山”，一种从废弃印刷电路板(WPCB)(主要含Cu、 Ni、Au、Ag)中分离回收有价金属的工艺如下： 0.01mol·L1PMS 稀盐酸 稀硝酸0.1mol·L1KC1 抗坏血酸 WPCB→预处理→酸浸]滤渣]酸浸2滤渣2氧化溶金滤液4X☐…一纳米Au 滤液1 滤液2 NaOH溶液→碱沉 滤液3，沉银→…→Y Ni(OH)2 AgCl 已知：①PMS为过一硫酸盐（含过氧键），在强酸介质中会水解。 ②'O2表示具有高氧化活性的单线态氧分子。 回答下列问题： (1)Au与Cu同族，属于 区元素。 (2)“酸浸1”中发生反应的离子方程式为 (3)“滤液2”中主要的金属离子有Ag、 (填离子符号)。 (4)“氧化溶金”中，KC1不能用HC替代的原因为 PMS发生反应的离子方程式HSO5+SO +102(将离子方程 式补充完整)。 (5)工序“X”中，抗坏血酸的作用为 (6)“碱沉”前，用0.1000mol·L1的NaOH标准溶液测定50.00mL“滤液1”中的H+及Ni2 浓度，pOH和pNi与V(NaOH)的关系如图(pOH=-lg[c(OH)/(mol·L1)],pNi= -lg[c(Ni+)/(mol·L1)门，忽略Ni2+的水解)。“滤液1”中N+的浓度为 mol·L1 (结果保留小数点后3位)。 14 12 12 10 a 8 a(20.00,7.00) 6 0 25354555 65 V(NaOH)/mL 55 (7)“沉银”时，“滤液2”与“滤液3”混合时有少量Ag2O生成，其反应的化学方程式为 8.(2026·黑吉辽蒙卷，16)某工厂利用镍矿（主要成分为NiS,含少量Fe2O3和CuS)制备超细镍 粉，物质转化流程如下（部分反应条件已略去）： 空气十氮水 气体a 足量O2H2 氧压滤液1部分蒸氨 镍矿→ 氨浸 沉铜 滤液2转化一还原一Ni粉 滤液3 浸渣 CuS 已知：①滤液1中镍以[Ni(NH)6]+形式存在，硫以SO和少量S2O形式存在； ②“部分蒸氨”时c(NH3)减小，[Ni(NH3)6]2+转化为[Ni(NH3),]2+,x=1~5。 回答下列问题： (1)依据核外电子排布，Ni元素位于周期表 区。 (2)“氧压氨浸”时，加压的目的是 ,NiS转化为 [Ni(NH3)]SO4的化学方程式为 (3)滤液1中铜的主要存在形式为 (填离子符号)。气体a为 (填化学式)。 (4)“转化”步骤通入足量氧气充分氧化滤液2中剩余的S2O,该步骤无沉淀产生，则理论上 每转化1molS2O消耗O2的物质的量为 mol. (5)滤液3浓缩结晶得到的 (填化学式)可用于生成化肥。 (6)近似条件下，不同[Ni(NH),]SO,溶液中二价镍[Ni(Ⅱ)]浓度随“还原”步骤时间的变化 如图。为提高Ni(Ⅱ)的还原速率和转化率，x应选择 (填“2”或“≥3”)。 已知酸性条件不利于“还原”步骤，解释[Ni(NH]+还原程度较低而[Ni(NH)2]+还原程度 较高的原因： (结合离子方程式 作答)。 [Ni(NH,)x (-I.Iou)/ ■x=1 4=2 ●x≥3 。x≥3 0 40 80 120 时间/min 9.(2026·湖南卷，16)一种由硫化铅精矿（含PbS及少量ZnS、CdS)制备高纯铅的工艺流程如下： 烯烃和乙二胺 空气、硫酸 水溶液 C02 CH 硫化铅精矿→加压氧化 →胺浸→沉铅 →高温还原什 →高纯铅 ↓ C02 酸性溶液 单质S再生一→含钙粗产品 Ca(OH)2 已知：①乙二胺(H2NCH,CH2NH2,简写为en)为一种二元弱碱。 ②K[Zn(OH)2]=3.0×10-17,Kn[Cd(OH)2]=7.2X10-15。 ③金属离子浓度不超过1.0×10-5mol·L1时，认为该离子已沉淀完全。回答下列问题： 56 (1)Pb在元素周期表中的位置为第六周期第 族。 (2)“加压氧化”中，PbS发生反应的离子方程式为 :采用加 压操作可提高反应速率，原因是 (3)“酸性溶液”经处理后，Cd+、Zn2+浓度分别为0.01mol·L1、0.02mol·L1,调pH使 Zn2+恰好沉淀完全时（假设溶液体积不变），Cd (填标号)。 a.沉淀完全 b.部分沉淀 c.未沉淀 (4)“胺浸”后，PbSO4转化为配合物[Pb(en)2]SO4,“沉铅”所得固体为碱式碳酸铅[Pb2 (OH)2CO3]。下列说法正确的是 (填标号)。 a.配合物[Pb(en),]SO,中的配位原子为N b.“沉铅”过程中，溶液pH增大 c.流程中烯烃和乙二胺得到了循环利用 (5)“高温还原”中，生成Pb的化学方程式为 ;若用炭代替CH4,将导 致铅纯度下降，原因是 (6)“再生”时，得到的“含钙粗产品”的主要成分有 (写化学式)。 10.(2026·山东卷，17)一种从铜阳极泥（主要含Au、Ag2Se、Cu2Se)中分离提取贵金属Au、Ag 的工艺流程如下： KMnO, 有机 Na,SO NH,CI 稀盐酸萃取剂溶液 稀盐酸 稀HNO 稀HSO, 沉滤球磨提金一酸溶一萃取→反萃取一酸化析金一→Au 铜 滤渣 水相 有机相 尾气处理 酸 NaCl 极 溶液 氮水N2H4·H2O 尾气 滤液 处理 沉银沉淀溶银→还原提银一Ag Se、Cu N 滤液X 已知：“球磨提金”时，生成的高活性C2直接和Au反应生成AuCL3。 Kp(AgCI)=1.6×10-10;Ag+2NH3==[Ag(NH)2]K=1.0×10。 回答下列问题： (1)“酸浸”时，Cu2Se与稀HNO3反应生成二元弱酸H2SeO3的离子方程式为 (2)“球磨提金”时，生成Cl2的反应中作氧化剂的是 (填化学式)。 (3)“酸溶”时，AuCL3转化为[AuCl4]厂；“反萃取”时加入Na2SO3溶液后，水相中Au以[Au SO3]-形式存在，Na2SO3的两个作用是 。“酸 化析金”时，[AuSO3]发生自身氧化还原反应的离子方程式为 (4)“溶银”中，忽略溶液体积变化，若使0.010 mol AgC1完全溶于1.0L氨水，则反应后溶液 中c(NH3)≥ mol·L1。 (5)“还原提银”所得滤液X经处理后的产品可导入“球磨提金”加以利用，则处理滤液X时加 入的物质是 (填化学式)。 57 11.(2025·河南卷，15)一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt,含有少 量SO2]中尽可能回收铑的工艺流程如下： 浓盐酸王水 浓盐酸、DETA H 装会得一酸帝-一版帝韵一衣湘一沉递一内 高温还原 →铑粉 滤液1滤渣 滤液2 NH,CI SnCl 公 浓盐酸 青t [沉铂一活化还原一三次还原一酸溶3 含铂沉淀 滤液3滤液4 回答下列问题： (1)“酸溶1”的目的是 (2)已知“酸溶2”中Rh转化为H[RhCl],则生成该物质的化学方程式为 “滤渣”的主要成分是 (填化学式)。 (3)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量Rh2O3和RhCl3,则“高温还 原”中发生反应的化学方程式为 (4)若“活化还原”在室温下进行，SnCl2初始浓度为1.0×10-4mol·L1,为避免生成 Sn(OH)2沉淀，溶液适宜的pH为 (填标号)[已知Sn(OH)2的Km=5.5×10-28]。 A.2.0 B.4.0 C.6.0 (5)“活化还原”中，SnCl2必须过量，其与Rh(Ⅲ)反应可生成[Rh(SnCL3),]4-,提升了Rh的 还原速率，该配离子中Rh的化合价为 ;反应中同时生成[SnCl]2-,Rh(Ⅲ)以 [RhCl]3-计，则理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为 (6)“酸溶3”的目的是 12.(2025·甘肃卷，16)研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘（主要含S、As2O3及Cu、Zm、Pb的硫 酸盐)中高效回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺，部分流程如下： 气体S) →冷凝 制酸系统 As2O 铜冶炼烟尘→焙烧 水浸 酸浸→浸出液→Cu ZnSO,溶液 浸出渣 已知：As2O3熔点314℃，沸点460℃ 分解温度：CuO1100℃，CuS04560℃，ZnS04680℃，PbSO高于1000℃ Ks(PbS04)=1.8×10-8 (1)设计焙烧温度为600℃，理由为 (2)将SO2通入Na2CO3和Na2S的混合溶液可制得Na2S2O3,该反应的化学方程式为 (3)酸浸的目的为 (4)从浸出液得到Cu的方法为 (任写一种)。 (5)某含Pb化合物是一种被广泛应用于太阳能电池领域的晶体材料，室温下该化合物晶胞如 图所示，晶胞参数a≠b≠c,a=3=Y=90°。Cs与Pb之间的距离为 pm(用带有晶胞 参数的代数式表示)；该化合物的化学式为 ,晶体密度计算式为 g/cm3(用 带有阿伏加德罗常数NA的代数式表示，M、Mb和M分别表示Cs、Pb和Br的摩尔质量)。 58 13.(2025·黑吉辽蒙卷，16)某工厂采用如下工艺回收废渣（含有 ZnS、PbSO4、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。 A:Cs B:Pb c pm Zn (NH)2S C:Br 滤液 滤液 除铜 沉锌→ZnS a pm (NH4)2S2Og+NH3·H2O b pm Cu 滤液 废渣→氧化浸出 H2A、Na2A溶液 滤渣1， 浸铅滤液结品PbA→真空热解→纯Pb 滤渣2 已知：①“氧化浸出”时，PbSO,不发生变化，ZnS转变为[Zn(NH3)4]+; ②K[Pb(OH)2]=10-148; ③酒石酸（记作H,A)结构简式为HOOC(CHOH),COOH。 回答下列问题： (1)H2A分子中手性碳原子数目为 (2)“氧化浸出”时，过二硫酸根(S2O)转变为 (填离子符号)。 (3)“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为 (4)“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为 (5)滤渣2中的金属元素为 (填元素符号)。 (6)“浸铅”步骤，PbSO4和Na2A反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为 ,pH过高可能生成 (填化学式)。 (7)290℃“真空热解”生成2种气态氧化物，该反应的化学方程式为 14.(2025·安徽卷，15)某含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO,等，一种 提取该废渣中锶的流程如图所示。 稀盐酸 BaCL,溶液 含锶废渣→酸浸 浸出渣1 盐浸→SrCL2溶液→SrCL2·6H2O 浸出液 浸出渣2 已知25℃时，Kp(SrS0)=10646,Kn(BaS04)=10-997。 回答下列问题： (1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态锶原子价电子排布式为 (2)“浸出液”中主要的金属离子有Sr2+、 (填离子符号)。 (3)“盐浸”中SSO,转化反应的离子方程式为 25℃时，向0.01 mol SrSO4粉末中加入100mL0.11mol·L1BaCl2溶液，充分反应后，理 论上溶液中c(Sr2+)·c(SO-)= (mol·L1)2(忽略溶液体积的变化)。 59 (4)其他条件相同时，盐浸2h,浸出温度对锶浸出率的影响如图1所示。随温度升高锶浸出 率增大的原因是 10 20 40 80 100 图1 图2 (5)“浸出渣2”中主要含有SrSO4、 (填化学式)。 (6)将窝穴体a(结构如图2所示)与K+形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的Sr2+, 原因是 (7)由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的最优方法是 (填标号)。 a.加热脱水 b.在HCI气流中加热 c.常温加压 d.加热加压 15.(2025·河北卷，16)铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁 矿转化为重铬酸钾，同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。流程如下： KHCO,- 过量 空气K,C0,(aq)/C02 C02+H20 1400-500℃1 蒸发、 0.4-0.6MPa 过悠二资-一浸取一分高】-酸化一分离-K60, 滤渣I滤液I尾气滤液Ⅱ Fe(C0)→还原、分离…K,C0 滤渣ⅡCOg) 已知：铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、Al2O3、SiO2。 回答下列问题： (1)基态铬原子的价层电子排布式： (2)煅烧工序中Fe(CrO2)2反应生成KCrO,的化学方程式： (3)浸取工序中滤渣I的主要成分：Fe2O3、H2SiO3、 (填化学式)。 (4)酸化工序中需加压的原因： (5)滤液Ⅱ的主要成分： (填化学式)。 (6)补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式：Fe(CO),+ Cr(OH)+ +CO (7)滤渣Ⅱ可返回 工序。（填工序名称） 60 [真题题组·实战集训l2] 16.(2025·山东卷，17)采用两段焙烧-水浸法从铁锰氧化矿（主要含Fe2O3、MnO2及Co、Cu、Ca、 Si等元素的氧化物)分离提取Cu、Co、Mn等元素，工艺流程如下： ①Na,S (NH,)2S04 回收S0, HR ②调pH NH,HCO, 铁锰 低温 高温 焙烧 水浸 萃取水相 氧化矿 焙烧 分离 沉钴 沉锰→MnCO 有机相 滤渣 CoS 吸收←稀H,S0, 反萃取 →溶解→CoS0 溶液 整 H,02S CuSO,溶液 稀H,S04 郑 已知：该工艺条件下，(NH,)2SO,低温分解生成NH,HOa,高温则完全分解为气体； Fe2(SO,)3在650℃完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃。 回答下列问题： (1)“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH,HSO4反应转化为MnSO,时 有N2生成，该反应的化学方程式为 。 “高温焙烧”温度 为650℃，“水浸”所得滤渣主要成分除SiO2外还含有 (填化学式)。 典郝 (2)在(NH4)2SO4投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水浸”时金 属元素的浸出率 (填“增大”“减小”或“不变”)。 (3)HR萃取Cu2+反应为：2HR(有机相)+Cu2+(水相)一一CuR2(有机相)+2H(水相)。 “反萃取”时加人的试剂为 (填化学式)。 (4)“沉钴”中，pH=4时Co2+恰好沉淀完全[c(Co2+)=1×10-5mol·L1],则此时溶液中 如 c(H2S)= mol·L1。已知：K1(H2S)=1×10-7,K2(H2S)=1X10-13,Kn(CoS) =4×10一1。CoS“溶解”时发生反应的离子方程式为 (5)“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中，经处理后所得产品导入 (填操作单元名称)循 环利用。 17.(2025·江苏卷，14)ZnS可用于制备光学材料和回收砷。 (1)制备ZnS。由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等]制备ZnS的过程如下： H2SO O2 H,S 闪锌矿→酸浸→除铁→除镉→调p日→沉锌→ZS Cds 已知：Ksm(ZS)=1.6×10-24,Km(CdS)=8.0×10-27,Ka1(H2S)=1.0X107,K2(H2S)= 1.2×1018。当离子浓度小于1.0×105mol·L1时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通入O,2可提高Zn2+浸出率的原因是 61 ②通入H2S除镉。通过计算判断当溶液pH=0、c(H2S)=0.01mol·L时，Cd2+是否沉淀 完全（写出计算过程）。 ③沉锌前调节溶液的pH至4~5，加入的氧化物为 (填化学式)。 (2)制备光学材料。如图甲所示，ZS晶体中掺入少量CuCl后，会出现能量不同的“正电”区 域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 区域A 区域B ●Zn2 0s2 】掺入离子位置 甲 区域A“”中的离子为 (填离子符号)，区域B带 (填“正电”或“负电”)。 (3)回收砷。用ZS去除酸性废液中的三价砷[As(Ⅲ)门，并回收生 100 成的As2S3沉淀。 6 已知：溶液中As(Ⅲ)主要以弱酸H3AsO3形式存在，As2S3十6H2O 40 =→2H3AsO3+3H2S。 9 234 60℃时，按n(S)：n(As)=7:1向酸性废液中加入ZnS,砷回收率 反应时间h 随反应时间的变化如图乙所示。 乙 ①写出ZnS与H3AsO3反应生成As2S3的离子方程式： ②反应4h后，砷回收率下降的原因有 18.(2025·陕晋青宁卷，16)一种综合回收电解锰工业废盐（主要成分为Mn2+、Mg2+、NH,的硫 酸盐)的工艺流程如下。 NH3H2O NH3·H,O 02 (NH4)2S2Os NH4HCO3 H,PO4 H2S04 ↓调pH 调pH=6.0 废盐 溶液 沉锰→沉锰→沉镁 沉镁 →结晶 Mn3O MnO2 煅烧MgNH4PO4·6H,O X Mgo 焙烧→→MnS04H20 已知：①常温下Km(MgCO3)=10-5.17,Kp[Mg(OH)2]=10l.25,Kp[Mn(OH)2] =10-12.72: ②S,O结构式为 -0 62 回答下列问题： (1)制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采取的措施有 (写出两种) (2)“沉锰I”中，写出形成的Mn(OH)2被氧化成MnO的化学方程式： 当Mg2+(c=l0.8mol·Ll)将要开始沉淀时，溶液中剩余Mn2浓度为 mol.L1。 (3)“沉锰Ⅱ”中，过量的(NH4)2S2Os经加热水解去除，最终产物是NH4HSO4和 （填 化学式)。 (4)“沉镁I”中，当pH为8.0~10.2时，生成碱式碳酸镁[zMgCO3·yMg(OH)2·zH2O], 煅烧得到疏松的轻质MgO。pH过大时，不能得到轻质MgO的原因是 (5)“沉镁Ⅱ”中，加HPO4至pH=8.0时，Mg2沉淀完全；若加至pH=4.0时沉淀完全溶 解，据图分析，写出沉淀溶解的离子方程式： (6)“结晶”中，产物X的化学式为 (7)“焙烧”中，Mn元素发生了 (填“氧化”或“还原”)反应。 HPO H2PO NH PO 0.8 NH3 教 HPO2 0.0 0.0 4.0 8.0 12.0 pH 19.（2025·云南卷，15)从褐铁矿型金银矿（含Au、Ag、Fe2O3、MnO2、CuO、SiO2等）中提取Au、 Ag,并回收其他有价金属的一种工艺如下： HS04、NaS03 铁粉 MnO2 NaOH NH.HCO 金-银矿一 还原酸浸逃液1沉铜选液3氧化-一沉铁逃液4沉锰一滤液5 滤渣1 Cu MnCO, 铜-氨一硫代硫酸盐溶液→一浸金银 滤液2→Am、Ag Fe2O 滤渣2 已知：①金银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。 ②25℃时，Mn(OH)2的Kn为1.9×10-18 回答下列问题： (1)基态Cu原子的价层电子排布式为 (2)“还原酸浸”时，MnO2反应的离子方程式为 (3)“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下： ①Au+5S,O+[Cu(NH3)4]2+-[Au(S2O3)2]3+[Cu(S,O3)3]5-+4NH3 ②4[Cu(S2O3)3]5+16NH3+O2十2H20一4[Cu(NH3)4]2++4OH+12S,O上述过程 中的催化剂为 63 (4)“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为 (5)根据“还原酸浸”“氧化”，推断Fe3+、Cu2+、MnO2的氧化性由强到弱的顺序为 (6)25℃“沉铁”后，调节“滤液4"的pH至8.0，无Mn(OH)2析出，则c(Mn+)≤ mol·L1。 (7)一种锑锰(MnSb)合金的立方晶胞结构如图。 ①该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有 个。 ②NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为anm,则晶体的密度为 g·cm3(列出计 算式即可)。 ●Mn Sb 20.(2025·湖北卷，16)氟化钠是一种用途广泛的氟化试剂，通过以下两种工艺制备： 水 萤石(CaF2) I. →研磨→混合物I→水浸一→过滤→滤液I→→NaF固体 NaOH固体 萤石(CaF,) Ⅱ.NaOH固体→研磨→混合物Ⅱ→水浸→过滤→滤液Ⅱ→·→NaF固体 TiO2粉末 已知：室温下，TiO2是难溶酸性氧化物，CaTiO3的溶解度极低。 20℃时，NaF的溶解度为4.06g/100g水，温度对其溶解度影响不大。 回答下列问题： (1)基态氟离子的电子排布式为 (2)20℃时，CaF,饱和溶液的浓度为cmol·L1,用c表示CaF2的溶度积K= (3)工艺I中研磨引发的固相反应为CaF2+2NaOH一一Ca(OH)2+2NaF。分析沉淀的成 分，测得反应的转化率为78%。水浸分离，NF的产率仅为8%。 ①工艺I的固相反应 （填“正向”或“逆向”)进行程度大。 ②分析以上产率变化，推测溶解度S(CaF2) S[Ca(OH)2](填“>”或“<”) (4)工艺Ⅱ水浸后NaF的产率可达81%，写出工艺Ⅱ的总化学反应方程式 (5)从滤液Ⅱ获取NaF晶体的操作为 (填标号)。 a.蒸发至大量晶体析出，趁热过滤 b.蒸发至有晶膜出现后冷却结晶，过滤 (6)研磨能够促进固相反应的原因可能有 (填标号)。 a.增大反应物间的接触面积 b.破坏反应物的化学键 c.降低反应的活化能 d.研钵表面跟反应物更好接触 64(i)Fe3+、Fe (3)分别加入等体积（如5mL)的0.5mol·L1NaOH 溶液和蒸馏水至浸没样品，在室温下，搅拌、浸泡 30min;过滤，各取等量上层清液（如2mL)置于两支 小试管中，分别滴加3mL0.5mol·L1HNO,溶液酸 化，再分别滴加0.05mol·L1AgN),溶液：记录每份 上层清液至出现AgCI白色沉淀时消耗的AgN),溶液 体积 [考点3] 1.CA.“浸清”时NaS和生成的Na,Te都具有还原性， 通入过量空气时，过量O,会进一步将$氧化为更高价 态的物质，发生副反应，A错误；B.铜阳极泥中的A山不 参与浸渍反应，留在滤渣中，A山不溶于浓硝酸（仅溶于 王水)，因此滤渣不能全部溶于浓硝酸，B错误；C.NaTe 被O,氧化生成Na,Te的反应的化学方程式为：4Na,Te +),+2H,O一2Na,Te,+4NaOH,反应生成强碱 NaOH,溶液中c(OH)增大，碱性增强，C正确；D.滤液 1中Te在Na,Te,中为一1价，沉碲得到0价碲单质，Te 化合价升高被氧化，因此N,S),做氧化剂参与氧化还 原反应，被还原，D错误。 2.CA.若h为盐酸，盐酸与Fe(OH)3反应生成含Fe3+ 的盐酸体系，只要3+不足，仅部分铜溶解，仍可满足流 程，存在这种可能性，A正确；B.溶液b中含有Fe+,通 入过量NH,生成Fe(OH)。,Fe(OH),在空气中久置会 被氧气氧化为红褐色的Fe(OH)3,即沉淀g,B正确；C 流程最终得到含铜氨络离子的溶液，说明溶液b中一定 含有Cu+;铁的还原性比铜强，铜铁混合物中铁先发生 反应，铁完全反应后铜才反应，若固体残渣中有铜，则一 定无铁，C错误；D.Cu+与过量NH,反应生成深蓝色络 离子[Cu(NH),]+,因此f中含有该离子，D正确。 3.ACA.反应器甲中需Ca)吸收C),生成CaCO3,故初 始钙基物质I为CaO,A正确；B.CO和CO,均在反应器 甲中被转化或吸收，仅N,未参与反应，故气体X为纯 N2,B错误；C.因高炉煤气中n(CO):n(CO。):n(N2) =2:3:5,设高炉煤气中n(C0)=2mol,n(C02)=3 mol,n(N,)=5mol。还原2 mol FeO需2molC),生成 2 mol CO)2;体系中n(C),)=(3+2)mol=5mol,需5 mol CaO吸收，故n(FeO):n(CaO)=2:5,C正确；D. 因高炉煤气中n(CO):n(CO2)：n(N2)=2:3:5,设 高炉煤气中n(C0)=2mol,n(CO,)=3mol,n(N2)=5 mol。甲中2molC)转化为2molC),,体系n(C)2) =(3+2)mol=5mol,乙中2 mol Fe与2molC),反 应，Fe+C0,850℃ FeO十CO,生成2molC),剩余n (CO)=(5-2)mol=3mol,因同时发生反应Fe0+CO Fc+C0,混合气中8=号D错。 850℃ 4.BA.由图中转化信息可知，B(OH),既能与盐酸反应 生成盐和水，又能与氢氧化钠反应生成盐，因此其是两 性氢氧化物，A正确：B.由题中信息可知，B,C的熔点远 远高于BeCL,的，因此BeC不可能是分子晶体，而BeCl, 的熔点和沸点均较低，其为分子晶体，因此两者的晶体 类型不相同，B错误；C.Na[Be(OH):]中Be原子与4 个羟基形成4个。键，没有孤电子对，只有4个成键电子 对，因此，其杂化方式为sp,C正确；D.BeC中的Be化 合价为十2，C的化合价为一4，因此其与HO反应生成 Be(OH),和CH,,该反应的化学方程式为BeC+4H,O 一2Be(OH),+CH,↑，D正确。 5.解析：(1)提高焙烧效率的措施可以从增大接触面积、提 高温度、增加氧气浓度等方面考虑。例如将废芯片粉 碎，适当升高温度或增大空气通入量，任选一条即可。 13 (2)“浸出1”中使用了H,S),和Fe,(S))3,Fe3+具有氧 化性，可以将Cu氧化为Cu+,自身被还原为Fe2+。离 子方程式为：2Fe3++Cu一一2Fe2++Cu (3)“滤液1”中含有Fe2+、Cu+等离子，阳极液为FeS), 溶液，阳极反应为Fe+一e一Fe3+,阴极反应为：Cu 十2e—Cu。通过电解，可以将Fe+氧化为Fe+,同 时回收Cu。Fe+可循环用于“浸出1”，而Cu作为固体1 被回收。 (4)3Ce++Au==3Ce3++Au3+的K约为4.8×10， 从热力学角度来看反应趋势很大、可以进行得基本完 全。但实际生产中“浸出率较低”（反应并没有充分发 生)，这通常是动力学原因导致的。即该反应的活化能 很高，在常温或浸出条件下反应速率极慢，导致短时间 内无法有效浸出。 (5)AgCl被还原为Ag,Ag-~Ag,每个Ag得1e。 N,H,被氧化为N,,N从一2-~0，每个N失2e,1mol N:H,失4e。根据得失电子守恒可得化学方程式为： 4AgCI+NH,一4Ag+N2↑+4HCl,因此n(AgC1): n(NH,)=4:1。 (6)“浸出3”中Au和Pd转化为[AuCL,]和[PdCL,]-, 使用(NH),Ce(NO):和HCl。而沉淀步骤中，滤液3 含有未反应的C3+,流程的最终目的是要将铈元素转化 为C(OH),沉淀进行回收。将“滤液3”合并到主流程 中，可以将分散的铈元素集中起来，使所有的C+一起 进入“还原”后的流出液，最终统一进行氧化沉淀，提高 铈的回收率。 (7)氧化”步骤中，NaCl)将Ce3+氧化为Ce+,在碱性条 件下生成Ce()H),沉淀。Cl)被还原为CL。根据氧 化还原反应配平，离子方程式为2Ce3++CO+6OH +H,O—2Ce(OH),￥+CI。 答案：(1)将废芯片粉碎，适当升高温度或增大空气通入 量（任选一条即可） (2)2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+ (3)提取并回收金属铜，同时将阴极液中的Fe+氧化再 生为e+(或Fe(SO,),)以便在“浸出1”中循环利用 (4)该反应的活化能较大，反应速率较慢 (5)4:1 (6)将分散的铈元素集中（或富集Ce+),以便在后续步 骤中统一氧化回收生成Ce(OH),沉淀，提高利用率 (7)2Ce3++ClO+6OH+H,O一2Ce(OH),￥ +CI 6.解析：(1)V(钒，原子序数23)和Cr(铬，原子序数24)均 为过渡金属，价电子排布分别为3d4s2、3d4s,均位于 元素周期表的d区。 (2)Fe)·V,O,被O。氧化，Fe元素由+2价升高为+3 价，V元素由+3价升高为+5价，O,中O由0价降低 为一2价，根据得失电子守恒、原子守恒可得：4F()· V,0,+24Na0H+50,△2Fe,0,+8NaV0, +12H2)。 答案：(1)d(2)提高O,浓度，加快反应速率，使钒渣充 分氧化，提高钒、铬的浸出率42452812 (3)Fe,O3 CaSiO Ca(OH)2 (4)当NaOH质量分数为30%时，40℃下Na VO的溶 解度很低，易结晶析出，而Na,CrO的溶解度仍较大，留 在母液中，从而实现钒和铬的有效分离 (5)氧化(6)2CrO+3S0+10H+一2Cr3++ 5H,)+3S)2 7.解析：(1)Cu位于IB族，IB、ⅡB族元素属于ds区，Au 与Cu同族，故为ds区元素。 (2)酸浸1加入稀盐酸，活泼金属Ni与稀盐酸反应溶解， Cu、Ag、Au不与稀盐酸反应，因此离子方程式为Ni和 H反应生成Ni+和H,,离子方程式：Ni+2H一 N++H◆。 (3)滤渣1含Cu、Ag、Au,酸浸2加入稀硝酸，Cu、Ag与 稀硝酸反应溶解生成Cu+、Ag+,Au不溶解，因此滤液 2中金属离子除Ag外还有Cu2+。 (4)根据已知信息，PMS在强酸介质中会水解，若用HCI 代替KCI,溶液酸性过强，PMS水解导致氧化能力下降」 由已知②可知体系生成具有高氧化活性的单线态氧分 子(O,),PMS(以HSO表示)发生分解反应生成硫酸 根、氢离子和单线态氧，其离子方程式为：HS)十SO —2SO+H+1O2。 (5)“氧化溶金”后，金以十3价络离子形式存在于溶液 中。抗坏血酸（维生素C)具有较强的还原性，在此工序 中作为还原剂，将金的络离子还原析出，从而得到纳 米Au。 (6)V(NaOH)在020.00mL之间时，pOH急剧下降， 此时是NaOH溶液中和滤液1中过量的HCI的阶段。 V(NOH)在20.00~5500mL之间时，曲线趋于平缓，到达 55.O0ml时pNi发生突变上升，说明此阶段NaOH均用 于沉淀N+,沉淀N+消耗NaOH溶液体积为55.00mL -20.00ml=35.00mL,n(OH)=0.1000mol/L× 0.035L=0.0035mol,由Ni++2OH一-Ni(OH)2￥得 m(N2+）=0.0035m0l=0.00175m0l,c(N+)= 2 0.00175mol=0.035mol/L 0.05L (7)滤液2中Ag+以AgNO),形式存在，滤液3中含碱沉 后过量的NaOH,Ag)H不稳定分解为AgO,因此反应 为硝酸银与氢氧化钠反应生成氧化银、硝酸钠和水，化 学方程式为2AgNO,+2NaOH一AgO￥+2NaNO +HO。 答案：(1)ds(2)Ni+2H-N++H,个 (3)Cu (4)HC1为强酸，会引入大量H导致溶液酸性过强，使 PMS发生水解而降低氧化能力失效2S)H (5)作还原剂，将Au的阳离子还原为Au单质 (6)0.035 (7)2AgNO3 +2NaOH--Ag:O+2NaNO,+H,O 8.解析：(1)Ni是28号元素，价电子排布为3d4s,根据周 期表分区规则，属于d区。 (2)加压可增大氧气的溶解度，提高)，浓度，加快浸出 速率，提升镍的浸出率；NiS与氧气、氨水反应生成[Ni (NH,):]S),,根据得失电子守恒、原子守恒可知化学方 程式为NiS+2O,+6NH3·H)一[Ni(NH3)]SO +6H,O。 (3)氨浸过程中，铜离子与氨水形成稳定的[Cu (NH),+;“部分蒸氨沉铜”时，溶液中挥发出来的气体 a显然是氨气。蒸发氨气会导致溶液中c(NH,)减小，促 使络合物解离而使铜沉淀。 (4)1molS,O5被氧化为S0片，S,)3中S的平均化合 价为十2价，S)中S的化合价为+6价，总共失去2X (6一2)=8mol电子，1molO,反应得到4mol电子，根 据得失电子守恒，消耗O的物质的量为8mol=2mol。 (5)在“还原”步骤中，[Ni(NH,)]SO,被H,还原生成 Ni粉，溶液中主要留下的阳离子是生成的NH(由 NH,和H+结合)，阴离子是一直未参与后续反应的 S)。因此滤液3浓缩结晶得到的副产品是 (NH,),SO,,硫酸按是常用氨肥，可做化肥」 13: (6)观察题给图像，当x=2时，Ni(Ⅱ)浓度随时间下降 最快，且最终能降至0（完全转化）。而x=1时反应提前 停滞（转化率低），x=3时反应速率过慢。因此为提高速 率和转化率，应选2； 当x=1时，发生反应：[Ni(NH)]++H2一Ni+ NH+H中，会释放一个游离的H,游离H会使溶液 呈酸性，而题目已知“酸性条件不利于还原”，因此反应 受到抑制，转化率低。 当x=2时，发生反应：[Ni(NH3)]++H2一Ni+ 2NH,恰好生成2个NH,体系不会生成游离的H+, 反应能顺利进行到底。 答案：(1)d(2)增大氧气的溶解度（或浓度），加快反应 速率NiS+2O,+6NH3·H,)[Ni(NH3):]SO +6H,O (3)[Cu(NH),]+NH (4)2(5)(NH,),SO: (6)2[Ni(NH,)]+被还原时发生反应：[Ni(NH]+ +H2一Ni,+NH+H,溶液呈酸性，不利于“还 原”步骤；而[Ni(NH)]+被还原时发生反应：[N (NH)2]++H2一Ni￥+2NH,不会生成游离的 H+,因此还原程度较高。 9.解析：(1)Pb的原子序数为82，与碳、硅等同族，位于元 素周期表第六周期第NA族。 (2)“加压氧化”中，PbS与空气中的)，及加入的硫酸反 应，生成PbSO,沉淀和单质S。根据电子守恒和原子守 恒，可写出离子方程式为2PbS十O2+4H++2S) 2PbS),十2S+2H,)。采用加压操作可以增大氧气的溶 解度或浓度，从而有效加快反应速率。 (3)当Zn+恰好沉淀完全时，溶液中c(Zn+)=1.0× 10mol·L1,此时溶液中c2(0H)=Kn[Zn(0H),] c(Zn) =3.0×1017 =1.0X10=3X10”。对于Cd+,其浓度商Q= c(Cd+)·c2(0H)=0.01×3.0×10-12=3.0×101 因为Q=3.0×10-1“>Km[Cd(OH):]=7,2×10,故 有Cd(OH):沉淀生成；若Cd+沉淀完全，需要 c0H)=2:010=7.2x10>a.0×10,说 明此时Cd+并未沉淀完全。因此Cd+部分沉淀，选b。 (4)a.乙二胺(H,NCH,CH2NH)中的氯原子含有孤电 子对，可作为配位原子与Pb+形成配位键，正确；b.“沉 铅”过程中通入CO2,生成碱式碳酸铅[Pb(OH)CO,], 消耗了溶液中的碱性物质（乙二胺），导致溶液pH减小， 错误； c.由流程图可知，“再生”工序加入C()H),后重新得到 乙二胺，同时烯烃并未被消耗，二者返回胺浸工序循环 利用，正确；故选ac。 (5)“高温还原”中，Pb(OH)2CO3与CH,反应生成Pb、 CO2和H,O。反应中Pb元素化合价由十2降至0，C元 素化合价由一4升至十4，根据得失电子守恒配平化学方 程式为2Ph(OH).C0,+CH,高温Pb+3C0.+4H,0。 若用炭代替CH:,由于炭是固体，反应后过量的炭容易 作为杂质混入液态或固态铅中难以分离，从而导致铅的 纯度下降。 (6)“沉铅”后的溶液中含有硫酸根离子和通入CO,后产 生的碳酸根离子（或碳酸氢根离子），加入Ca(OH),进 行“再生”时，钙离子会与硫酸根离子、碳酸根离子反应 生成微溶的CaSO,和难溶的CaCO,沉淀，因此得到的 “含钙粗产品”的主要成分为CaSO,和CaCO。 答案：(1)INA(2)2PbS+),+4H++2S)一 2PbS),+2S+2H,O增大体系中氧气的压强和浓度， 从而加快反应速率(3)b(4)ac (5)2Pb,(OH),CO+CH, 高温4Pb+3C0,+4H,0炭 为固体，过量的炭容易混入生成的铅中，导致铅的纯度 下降 (6)CaSO,CaCO 10.解析：(1)Cu,Se中Cu为+1价被氧化为Cu+,Se为 2价被氧化为HSe()3,NO3被还原为NO,结合得失电 子守恒和原子、电荷守恒配平方程式为3Cu2Se十20H +8NO5-6Cu++3H,Se(),+8N)◆+7H,O: (2)“球磨提金”时，加入的KMO,在酸性条件下氧化 C生成CL。,Mn元素化合价降低，作氧化剂： (3)SO具有还原性，将[AuCL,]中+3价Au还原为 低价十1价Au;S)作为配体，与Au形成络离子 [AuSO]进入水相实现反萃取，因此NaSO,的作用 为将十3价的Au还原为十1价，提供配体：[AuS),] 中Au降价生成Au单质，S元素部分转化为S)2、部分 为$0，结合得失电子守恒和原子、电荷守恒配平方 程式为2[AuSO,]一2Au￥+S)+SO,↑； (4)已知：AgCI(s)=Ag(aq)+CI(aq)Kp=1.6× 101o;Ag+2NH3==[Ag(NH3)2]K=1.0×10', 总反应为AgCI+2NH[Ag(NH):]++CI,平 衡常数Ks=Kp×K=1.6×103.0.010 mol AgC1完 全溶于1L氨水，平衡时c([Ag(NH):]+)=c(NH) ≥0.25mol·L1，代入K&= c(Ag(NH,)])·c(C）,得平衡游离c(NH,)= e2(NH:) 0.25mol·L,因此c(NH3)≥0.25mol·L1: (5)还原提银时水合肼与银氨络离子反应释放NH,滤 液X含铵盐，球磨提金工序需要NH,CI,向滤液X加入 HCI,将NH3转化为NHCI,可循环至球磨提金步骤。 答案：(1)3Cu,Se+20H+8NO一6Cu2++ 3H,SeO,+8NO+7H,O (2)KMnO (3)将+3价Au还原为+1价，提供配体2[AuSO,] =2Au￥+SO+SO,↑ (4)0.25(5)HC1 1l.解析：贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt,含有 少量S),]中尽可能回收铑的工艺流程中，加入浓盐酸 溶解其中Fe,过滤后实现分离，再向滤渣中加入王水 (浓盐酸与浓硝酸混合酸)氧化溶解Rh,Rh转化为 HLRhCI门，Pt转化为相关可溶物，SiO2不溶，过滤后 进行分离；煮沸滤液除去盐酸、硝酸，再加入浓盐酸、 DETA将部分铑元素沉淀，过滤后，滤渣进行灼烧分解 为Rh、RhO,和RhCL,再用H2进行高温还原得到铑 单质，向滤液中加入NH,C1将铂元素相关化合物转化 为沉淀除去，加入SnCL,将Rh(Ⅲ)转化为[Rh (SnCl)],再加入Zn进行还原，生成Rh,由于Zn过 量有剩余，加入浓盐酸溶解过量的Zn,实现Zn与Rh 分离，过滤获得铑粉，以此分析解答。 (1)原料合金粉主要成分为Fe、Rh、Pt和少量SiO,,Fe 易溶于酸（如盐酸或硫酸），而Rh和Pt在常温下不易 被非氧化性酸溶解，SO。不溶于酸，因此“酸溶1”使用 非氧化性酸溶解Fe生成可溶性盐，过滤后Fe(Ⅱ)进入 滤液，剩余滤渣主要为Rh、Pt和Si)2,实现初步分离。 (2)“酸溶2”中Rh转化为H[RhCL],Rh元素化合价 由0升高至十3，HNO,中N元素化合价由十5降低至 十2，结合化合价升降守恒以及原子守恒可知反应化学 136 方程式为Rh+6HCI+HNO3一H[RhCL]+NO 十2H,O:由上述分析可知该过程中滤渣的主要成分 为SiO,。 (3)“高温还原”过程中，RhO,和RhCL,均被H2还原 为Rh,Rh元素化合价均由十3降低至0，根据化合价升 降守恒以及原子守恒可知反应方程式为RO,十3H: 高温2Rh+3H.0,2RhCL十3H,高温2Rh十6HCl。 (4)SnCL2初始浓度为1.0×10·mol·L1,则溶液中 c(Sn2+)=1.0×10‘mol·L1,当恰好生成Sn(OH)2 /K.[Sn(OH):] 沉淀时，c(OH)= c(Sn2) mol·L1= 5.5×102w √.0X10mol·L'≈2.3X101molL',c(H+) K 10-14 c(OH)2.3X10 molL4.3X10mol.L pH=-lgc(H)=-lg(4.3×108)=3-0.6=2.4,因此 为避免生成S(OH),沉淀，溶液的pH<2.4,故答案为A。 (5)配离子[Rh(SnCL)]-中，配体[SnCL,]带1个负 电荷，设Rh的化合价为x,则x十5X(-1)=一4，则x =+l;Rh(Ⅲ)以[RhCl:]3-计，反应中Rh(Ⅲ)还原至 Rh(I),每个Rh得到2个电子，SnCL2为还原剂，部分 被氧化为[SnCl]-,Sn(Ⅱ)被氧化为Sn(N),每个Sn 失去2个电子，同时反应过程中，部分SnCl2结合一个 CI厂形成[SCl],作为新的配体，每生成1个 [Rh(SnCL):]',需要5个SnCL,因此理论上SnCl和 Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为(1+5)：1=6：1。 (6)由于“二次还原”过程中，为确保[Rh(SnCL)]-完 全反应，加入的Zn需过量，过滤后剩余Zn和生成物 Rh存在于滤渣中，因此再向滤渣中加入浓盐酸的目的 为除去滤渣中未反应的Zn及生成的Sn。 答案：(1)溶解F,使其进入溶液，从而通过过滤实现 分离 (2)Rh+6HCI+HNO;--H;[RhCl ]NO+ 2H,0Si0, (3)RhO3+3H2 ,高温2Rh+3H,0、2RhCL,+3H: 高温 2Rh+6HCI (4)A(5)+16:1 (6)除去滤渣中未反应的Zn及生成的Sn 12.解析：铜冶炼烟尘（主要含S、AsO及Cu、Zn、Pb的硫 酸盐)培烧将S转化为二氧化硫，As,O3因沸点低被蒸 出，设计焙烧温度为600℃，根据已知信息，硫酸铜被分 解，生成氧化铜，硫酸锌和硫酸铅未分解，加水浸取后， 硫酸锌溶于水形成溶液被分离出去，留下氧化铜，硫酸 铅，加硫酸溶解，硫酸铅不溶于硫酸，氧化铜与硫酸反 应转化成硫酸铜，过滤分离，浸出渣为硫酸铅，浸出液 主要为硫酸铜，硫酸铜经过电解或置换法转化为铜，据 此解答。 (1)设计培烧温度600℃，使硫酸铜分解，而硫酸锌和硫 酸铅不分解，使AsO3沸腾收集： (2)将SO2通入NaCO和NauS的混合溶液可制得 Na2SO3,根据元素守恒可知还生成了二氧化碳，该反 应的化学方程式为4SO,+Na,CO,+2Na,S 3Na,S,O+CO2; (3)酸浸时，硫酸铅不溶于硫酸，氧化铜与硫酸反应转 化成硫酸铜，过滤分离，浸出渣为硫酸铅，浸出液主要 为硫酸铜，故酸浸的目的为分离硫酸铅，得到较纯净的 硫酸铜溶液； (4)浸出液主要为硫酸铜，经过电解或置换法转化为 铜，故从浸出液得到C山的方法有：电解法或置换法； (5)某含Pb化合物室温下晶胞如题图所示，Cs位于体 心，个数为1，P6位于顶点，个数为8X日=1，Br位于 棱心，个数为12× 1 ,=3,该化合物的化学式为 CsPbBr3,Cs位于体心，Pb位于顶，点，Cs与Pb之间的 距离为体对角线的一半，由于晶胞参数α≠b≠c,a=B y=90,Cs与Pb之间的距离为√+6+C pm,该晶 体密度计算式为M十M十3M NAX abcx10sg/cm3。 答案：(1)使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，同时 使AsO3沸腾收集 (2)4S0,+Na,CO+2Na,S-3Na,S,O+CO, (3)分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液 (4)电解法（或置换法） (5)√a+6+c 2 CsPbBr Mc.+Mp+3MB NA XabcX10-50 13.解析：废渣用(NH,),SOg和NH3·HO氧化浸出过 滤，滤液中有[Cu(NH),]+和[Zn(NH,),]+,滤渣1 有PbS),和Fe(OH)3,滤液加Zn置换出Cu,除铜后的 溶液加(NH,),S沉锌，得到ZnS,滤渣1用HA和 NagA浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素，滤液经过结晶得 到PbA,再真空热解得到纯Pb。 (1)碳原子周围连接四个不同的原子或原子团为手性 碳原子，H,A分子中手性碳原子有2 HH 个，HOC—C —C-CO)H: OHOH (2)“氧化浸出”时，过二硫酸根作氧化剂，过二硫酸根 转变为SO (3)“氧化浸出”时，温度升高，浸出速率增大，浸出率升 高，温度过高时，NH3·H)分解生成NH逸出，且温 度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小： (4)加入Zn发生置换反应，从[Cu(NH)]2+置换出Cu 单质，反应的离子方程式为：Zn十[Cu(NH),]+一 [Zn(NH:),+Cu; (5)根据分析，滤渣1有Fe(()H)3和PbS),用H,A和 Na?A浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素的沉淀； (6)“浸铅”步骤发生PbS),(s)+A2-=三PbA十SO Na,A溶液中存在A+H,O==HA十OH,pH升 高，OH浓度增大，平衡A+H,O二HA+OH 逆向移动，A2浓度增大，平衡PbSO,(s)十A=二 PbA十SO正向移动，PbA产率增大；pH过高时， OH浓度过大，会生成Pb(OH)2沉淀，造成PbA产率 降低； (7)290℃“真空热解”PbA即Pb(()()C一CHOH CH)H一C))生成Pb单质和2种气态氧化物为C)和 HO,反应的化学方程式为：Pb(O)C一CHOH一CHOH一 290℃ COO Pb+4CO↑+2HO↑。 真空热解 答案：(1)2(2)S02 (3)温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高 时，NH·HO分解生成NH,逸出，且温度高时过二 硫酸铵分解，造成浸出率减小 137 (4)Zn+[Cu(NH3):]+-[Zn(NH)]++Cu (5)Fe(6)pH升高，OH浓度增大，平衡A-+H:O ==HAˉ十)H逆向移动，A2-浓度增大，平衡PbS) (s)十A==PbA十S)正向移动，PbA产率增大 Pb(OH), 290℃ 7)P%(OOC-CHOH-CHOH-COO)真空热解Pb+ 4CO◆+2H,O 14.解析：含锶(Sr)废渣主要含有SrS),、SiO2、CaCO3、 SrC)3和MgC),等，加入稀盐酸酸浸，碳酸盐溶解进入 滤液，浸出渣1中含有SrSO,、SiO,加入BaCL2溶液， 发生沉淀转化，SrSO),(s)十Ba+(aq)==BaS),(s)十 Sr+(aq),得到SrCl2溶液，经过系列操作得到SrCl,· 6H,O晶体； (1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族，基态原子价 电子排布式为5s2; (2)由分析可知，碳酸盐均能溶于盐酸，“浸出液”中主 要的金属离子有Sr+、Ca+Mg+; (3)由分析可知，“盐浸”中发生沉淀的转化，反应的离子 方程式：SrSO,(s)+Ba+(aq)=BaS),(s)+Sr+(aq);该 反应的平衡常数K=cSr牛=c(Sr+)·c(S0) c(Ba+)c(Ba+)·c(SO) K.p (SrSO.)10-6.46 K(BaS0,)一10可=10，平衡常数很大，近似认 为SrS0,完全转化，溶液中剩余n(Ba+)=1×103mol, 则c(SO)=Kn(BaS0,) c(Ba2) =101.”mol/L,列三段式： SrSO (s)+Ba2(aq)=BaSO (s)++Sr2+(aq) 初始mol0.01 0.011 0 变化mol0.01 0.01 0.01 平衡mol 0.001 0.01, 理论上溶液中c(Sr2+)·c(SO)=10-1mol/L× 10-1.97mol/L=108.7(mol·L-1)2; (4)随温度升高勰浸出率增大，原因是离子半径：B+> Sr2+,晶格能：SrS),>BaS),则SrS),(s)+Ba+(aq)== BaSO,(s)十Sr2+(ag)为吸热反应，升高温度平衡正向 移动，所以锶浸出率增大： (5)“盐浸”时发生沉淀的转化，生成了BaSO,,SiO。不 参与反应，故浸出渣2中主要含有SrSO,、BaS)、SiO2: (6)窝穴体a的空腔与Sr+的粒径相匹配，可通过分子 间相互作用形成超分子识别S+,达到提取其中的 Sr2+的目的： (7)Ca(OH)2为强碱，則Sr(OH)2也是强碱，Sr+不水 解，排除b,由平衡移动原理可知SrCL,·6H,O制备无 水SrCL,的方法加压不利于脱水，排除c、d,故选a。 答案：(1)5s (2)Ca2+、Mg2+ (3)SrSO:(s)+Ba2 (aq)BaSO.(s)+Sr2 (aq) 108.97 (4)SrSO,(s)+Ba+(aq)BaS),(s)+Sr+(aq)为吸 热反应，升高温度平衡正向移动，所以锶浸出率增大 (5)BaS0,、SiO2 (6)窝穴体a的空腔与Sr+的粒径相匹配，可通过分子 间相互作用形成超分子 (7)a 15.解析：(1)铬是24号元素，其基态原子的核外电子排布 符合洪特规则特例，价层电子排布式为3d4s。 (2)煅烧时Fe(CrO):与过量KOH、空气中的O(作氧 化剂)发生反应生成KCrO,、FeO,和HO,根据得失 电子守恒、原子守恒，即可写出该反应的化学方程式。 (4)通入过量CO,的目的是提供酸性环境，使KCrO 转化为K,Cr,O,,加压的目的是增大C),的溶解度，使 更多的CO,溶解在溶液中，从而保证酸化反应充分进 行，提高酸化反应速率和K,Cr),的转化率。 (6)由流程分析可知，该工序中反应物有Fe(CO)、 K,CrO,、H,O,产物有Cr(OH)3、CO、KOH和 F(OH),根据得失电子守恒、原子守恒，即可写出该 反应的化学方程式。 (7)滤渣Ⅱ主要成分是Cr(OH)3、Fe(OH)3,可返回煅 烧工序，节约原料、实现绿色化学。 答案：(1)3d4s (2)4Fe(CrO2)2+7O2+16KOH 400-500℃8K,Cr0, +2Fe,O+8H,O (3)MgO Al(OH) (4)增大C)2的溶解度，保证酸化反应充分进行 (5)KHCO (6)Fe(CO);+K,CrO,+4H,O-Cr(OH)+ Fe(OH)3￥+2KOH+5C)A (7)煅烧 16.解析：采用两段焙烧-水浸法从铁锰氧化矿中分离提取 Cu、Co、Mn等元素，加入硫酸铵低温焙烧，金属氧化物 均转化为硫酸盐，如硫酸锰、硫酸铁、硫酸钴、硫酸钙 等，产生的气体有氨气、氨气等，氨气用稀硫酸吸收，得 到硫酸铵溶液，得到的硫酸盐经650℃高温培烧，只有 硫酸铁发生了分解，产生三氧化硫气体和氧化铁，水浸 后，过滤分离出滤渣，滤渣主要为二氧化硅，氧化铁，及 硫酸钙，后续萃取分离，将铜元素萃取到有机相中，最 终得到硫酸铜溶液，水相主要含有钴元素和锰元素，加 入硫化钠，调节H,生成硫化钻，过滤分离最终得到硫 酸钴溶液，滤液中加入碳酸氢铵，生成碳酸锰沉淀，据 此解答。 (1)低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，二氧化锰 与硫酸氢铵反应，转化为硫酸锰和氨气，根据电子得失 守恒可知还有氨气生成，反应的化学方程式为：3MnO, +3NH,HSO, 低温培烧3MnSO,十N。↑+NH,↑士 6HO;根据已知条件，高温焙烧的温度为650℃，只有 硫酸铁发生分解，生成三氧化硫气体和氧化铁，二氧化 硅，氧化铁，硫酸钙等在水中溶解度都较小，所以“水 浸”所得滤渣的主要成分除了SO,外还含有Fe,O,、 CaSO, (2)根据已知条件，硫酸铵低温分解成硫酸氢铵，高温 则完全分解成气体，如果直接高温培烧，则硫酸铵会分 解，物质的量减少，导致金属元素的浸出率减小： (3)根据萃取的化学方程式：2HR(有机相)十Cu+(水 相)=三CuR2(有机相)十2（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，而且为了不引入新的杂质，应加入的试剂 为稀H,S),; (4)沉钻时，pH=4时Co+怡好沉淀完全，其浓度为 c(Co+)=1×10mol/L,此时c(H)=1×10mol/L,根 据Km(CoS)=4X101,推出c(S) _K (CoS) c(Co) 4×10-21 1X10寸mol/L=4X101mol/L,又因为K.(H,S)= 1X10,K(H,S)=1X108,K1·K2= c(H)·c(HS)×c(H+)·c(S) c(H,S) c(HS) 2(H)·c(S),则c(H,S)= c(H,S) 138 2(H)·c(S)=1X10)×4×109 Kl·K2 1X107×1X109mol/L= 4×10-4mol/L:由流程图可知，CoS溶解时加入了过氧 化氢，稀硫酸，生成了CoS):和S,反应的化学方程式 为：CoS+H,O,+H,S),一CoSO,+S+2H,O,改写成 离子方程式为：CoS+H,O,+2H+一Co2++S+2H,O: (5)由分析可知，沉锰过程中，加入碳酸氢铵，生成碳酸 锰，二氧化碳，硫酸铵等，过滤后滤液中的硫酸铵可并 入吸收液中，经过处理后导入低温培烧循环使用。 答案：(1)3MnO.十3NH,HSO,.低温焙烧3MnSO,十 N,↑+NH3◆+6 H,O Fe,O3、CaSO (2)减小 (3)H,SO (4)4×10-CoS+H,O,+2H+-Co++S+2H,0 (5)低温焙烧 17.解析：(1)①酸浸时，若不通入)2，会发生反应：ZnS十 HSO,=ZnS)+H2S,通入O2可以氧化S-生成 S,促进酸浸反应正向进行，提高Z+浸出率；③由② 知，除镉时溶液酸性较强，故应在不引入新杂质的同时 消耗溶液中的H+,加入的氧化物为ZnO。 (2)晶胞摻杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换， 则区域A中，由CI替换S,区域B中，由Cu替换 Zn+,按照均摊法，区域B中含Zn+:3个、Cu:1个、 :8X8十6X2=4个，(+2)×3+(+1)X1 (一2)X4=一1，则区域B带负电。 (3)①根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废 液”，可写出反应的离子方程式：2HAsO+3ZS十 6H-As2S+3Zn2++6H2O。 答案：(1)①氧化S生成S,促进酸浸反应正向进行 ②否pH=0时，c(H)=1mol·L c(S-)=K(H,S)·K。(H,S)·c(H,S) c2(H+) 1.0×10-7×1.2×10-15×10-2 12 mol·L1 =1.2×102mol·L-1 c(Cd+)= Kn(CdS)_8.0×10-27 c(S2-) 1.2×10gmol·L1≈6.67× 10mol·L1>1.0×10imol·L,则Cd+未沉淀完全 ③Zn) (2)C1负电 (3)①2H,As0,+3ZnS+6H+60℃ As:S +3Zn'+ +6H0 ②随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H,S浓度减 小，促进AsS十6H)==2H3AsO3十3HS平衡正向 移动，AsS,重新溶解，砷回收率下降 18.解析：废盐溶液加入氨水，通入氧气沉锰I得到 MnO,,溶液再加入(NH,),S,Os,进行沉锰Ⅱ得到 MnO,,产生)，，溶液再加入NHHC)3和NH3·HO 调节pH沉镁I,得到MgCO3,煅烧得到MgO,溶液再 加入HPO,沉镁Ⅱ，得到MgNH,PO,·6H,O沉淀， 溶液加入HSO,调节pH=6.0结晶得到X硫酸铵，最 后与Mn),和Mn3),培烧，经过多步处理得到MnS), ·H2O。 (1)加快废盐的溶解可以采取搅拌、适当升温、粉碎等； (2)Mn(OH),被O2氧化得到MnO,反应的化学方程 式为：6Mn(OH)2+O2—2MnO,+6HO: 根据c(Mg+) K.[Mg(OH):] 100.68 c(Mn2) K.[Mn(OH)2] Γc(Mn+) 10-11.2 102,c(Mn+)=1015mol/L: (3)“沉锰Ⅱ”中，过量的(NH,),S,O经加热水解去除， (NH,)S,O中存在过氧键，在加热和水存在下发生水 解，生成NH,HS),和H,O,:(NH,),S,O十2H,) 2NH,HS)+H,)。,H,O,分解2H2),-2H,O +O2↑，总反应为2(NH,)2S,O+2HO一 4NH,HSO,十O2◆，最终产物是NH,HSO,和O2: (4)[zMgCO3·yMg()H)2·H,O)]煅烧有C)2生成， 可以得到疏松的轻质氧化镁，pH过大，沉淀为 Mg(OH),不能分解产生C),,不能得到疏松的轻 质MgO: (5)由图可知，pH=8时，阴离子为HP),阳离子为 Mg+,产生的沉淀为MgHP):,调节到pH=4,磷元素 存在形式为HP),磷酸不是强酸，不能拆，反应的离 子方程式为：MgNH,PO,·6H2O+2HPO,Mg2 +3H,PO+NH:+6H,O; (6)溶液中存在铵根离子和硫酸离子，结晶后X为 (NH)2 SO; (7)“焙烧”中，Mn3O,和MnO,最终生成MnS),· H,O,Mn元素化合价降低，发生了还原反应。 答案：(1)搅拌适当升温等 (2)6Mn(OH)2+O,—2Mn3O,+6HO10-21 (3)O。(4)pH过大，沉淀为Mg(OH),不能分解产生 CO,,不能得到疏松的轻质MgO (5)Mg HPO:+H;PO:--Mg2 +2H,PO (6)(NH)SO(7)还原 19.解析：由流程可知，矿石经“还原酸浸”，FeO,、Mn)。被 还原为Fe2+和Mn+,CuO被溶解为Cu+,Au、Ag、 SiO,不溶进入“滤渣1”；“沉铜”时，Cu+被铁粉还原为 Cu;“氧化时”Fe+被氧化为Fe+:“沉铁”时，Fe3+转化 为沉淀，后续转化为氧化铁；“沉锰”时，M+沉淀为碳 酸锰。“浸金银”时，A山、Ag被混合液浸出，后续提炼出 Au、Ag。 (1)Cu为29号元素，基态Cu原子的核外电子排布属于 洪特规则的特例，其价层电子数为11，其价层电子排布 式为3d°4s。 (2)“还原酸浸”时，MnO,被亚硫酸钠还原为Mn+,该 反应的离子方程式为MnO,+S)+2H+一Mn++ S0片+HO。 (3)“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下： ①Au+5SO+[Cu(NH).]+一[Au(SO3)2]3 +[Cu(S2O);]+4NH; ②4[Cu(SO3)3]-+16NH3+O+2H20- 4[Cu(NH3).]2++4OH+12S,O 分析以上两反应可知，[Cu(NH),]+参与了反应①， 但在反应②又重新生成，其质量和化学性质在反应前 后没发生变化，因此，上述过程中的催化剂 为[Cu(NH,), (4)“还原酸浸”所得“滤液1”中含有一定浓度的未反应 的硫酸和亚硫酸钠，多次循环利用“滤液1”对矿石进行 “还原酸浸”可以充分利用其中的有效成分，大大减少 了原料的浪费，从而有效降低成本：其次，持续地将杂 质元素溶解并带出矿石体系，可以使矿石中的金银的 相对品位得到提升，为后续提纯工序创造更好的条件 第三，还可以减少废水的排放量和处理成本：第四，可 以回收更多的有价值的溶解成分。综上所述，“沉铜” 前，“滤液1”多次循环的目的为：大幅度降低硫酸和亚 硫酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本， 并通过持续去除杂质提高金银的富含度。 (5)“还原酸浸”时，FeO,和CuO可以被硫酸溶解转化 为Fe+和Cu+,亚硫酸钠将Fe+还原为Fe2+,而Cu 并未被还原，因此，Fe+的氧化性强于Cu+:“氧化”时， Fe+被MnO,氧化为Fe3+,因此，Mn(O,的氧化性强于 139 Fe3+。综上所述，根据“还原酸浸”“氧化”，推断Fe3+ Cu+、MnO,的氧化性由强到弱的顺序为MnO,>Fe+ >Cu2+。 (6)25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，此时 c(OH)=10mol·L,无Mn(OH),析出，根据 Mn(OH),的Kp为1.9X1013,则c(Mn2+)≤ 1.9×10-18 (10)mol.L=0.19 mol.L (7)①由晶胞结构可知，该晶胞为面心立方，Sb位于晶 胞的顶角，其与邻近的3个面的面心上的M距离最近 且距离相等，每个顶角参与形成8个晶胞，而每个面心 参与形成2个晶胞，因此，该晶胞中，每个Sb周围与它 最近且相等距离的Mn有3X8-12个。 2 ②由晶胞结构和均摊法可知，该晶胞中平均占有1个 Sb和3个Mn,因此，该品胞的质量为122+55X3 NA g,该 晶胞的体积为(anm)3=a3×101cm3,晶体的密度为 (122+55×3)g 122+55×3 NaXa3×101cm NAXa'Xl0g·cm3。 答案：(1)3d°4s (2)MnO,+SO+2H*--Mn+SO+H,O (3)[Cu(NH),]+ (4)大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减少 废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金 银的富含度 (5)MnO:>Fe+>Cu2+ (6)0.19(7)①12②NA×a×10可 122+55×3 20.解析：工艺I中研磨引发的固相反应为CaF,十2NaOH 一Ca(OH),+2NaF,水浸后得到滤液I主要是NaF、 Ca(OH),溶液，经过系列操作得到NaF固体；对比两 种工艺流程，流程Ⅱ添加T),粉末，由题目可知，生成 的CaTiO,的溶解度极低，使得Ca+不转化为Ca (OH)2,提高了NaF的产率，据此解答。 (1)氟的原子序数为9，基态氟离子电子排布 为1s22s22p； (2)CaF,饱和溶液的浓度为cmol·L1,则c(Ca+)= cmol/L、c(F)=2cmol/L,K(CaF2)=c(Ca+)· c2(F-)=4c3: (3)①转化率为78%，说明固相反应主要向生成 Ca(()H),和NaF的方向进行，即正向进行程度大：② NaF产率仅为8%，说明大部分NaF未进入溶液，则溶 液中存在Ca(OH)2向CaF:的转化过程，根据沉淀转 化的规律可推测：S(CaF,)<S[Ca(OH),]: (4)根据工艺Ⅱ的流程，CaF2、TiO2与NaOH反应生成 难溶的CaTi)3、NaF和H),反应的化学方程式为： CaF2 +TiO2 +2NaOH--CaTiO +2NaF+H2 O; (5)由上一问可知，滤液Ⅱ主要是NaF溶液，因NaF溶 解度受温度影响小（题干说明），故蒸发至大量晶体析 出，趁热过滤即可得到NaF晶体，故选a;其溶解度随温 度变化不明显，冷却结晶无法析出更多晶体，故不选b; (6).研磨将固体颗粒粉碎，减小粒径，从而显著增加反 应物之间的接触面积，使反应更易发生，选； b.研磨过程中的机械力可能导致晶体结构缺陷或局部 化学键断裂，产生活性位，点，使反应更易发生，b选； ℃.活化能是反应固有的能量屏障，研磨主要通过增加接 触和产生缺陷来提高反应速率，但一般不直接降低活 化能，c不选； d,研钵仅作为研磨工具，其表面不参与反应，因此与反 应物接触更好并非促进反应的原因，d不选；故选ab。 答案：(1)1s2s2p (2)4c3 (3)①正向② (4)CaF,+TiO,+2NaOH--CaTiO+2NaF+H,O (5)a(6)ab 专题八非金属及其化合物 [考点1] 1.B稻壳在一定条件下制备纳米Si()2,纳米Si),和Mg 在650℃发生置换反应生成Mg()和纳米Si,加盐酸将 Mg)转化为MgCl2,过滤、洗涤、千操得到纳米Si。 A.Si),是酸性氧化物，与NaOH反应生成Na,SiO3和 H),A正确：B.盐酸参与的反应为：Mg)+2HCI一 MgCL,十H,),该反应是非氧化还原反应，盐酸体现酸 性，没有体现还原性，B错误：C.高纯硅可以将太阳能转 化为电能，故可用于制硅太阳能电池，C正确；D.SO2和 Mg在650℃条件下发生置换反应得到MgO和纳米Si, 反应的化学方程式为Si0,十2Mg650CS1+2Mg0.D 正确。 2.DA.CL。与水反应生成HCIO和HCl,无法直接生成 NClO,A错误；B.S),与水反应生成亚硫酸而不是硫 酸，B错误；C.氧化铁与水不反应，不能生成氢氧化铁沉 淀，C错误；D.C),与水反应生成碳酸，碳酸与碳酸钙反 应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙受热分解生成二氧化碳气 体，D正确。 3.BA.SiO,和C在高温下发生反应生成Si和CO,因此， 制备粗硅反应的化学方程式为S0.十2C高温s+200*, A说法正确：B.在晶体硅中，每个Si与其周围的4个Si 形成共价键并形成立体空间网状结构，因此，平均每个 Si形成2个共价键，1 mol Si含Si一Si键的数目约为 2×6.02×103,B说法错误：C.HC1易与水形成盐酸，在 一定的条件下氧气可以将HCI氧化：H,在高温下逼到 氧气能发生反应生成水，且其易燃易爆，其与SiHCI?,在 高温下反应生成硅和HCI,因此，原料气HCI和H,应充 分去除水和氧气，C说法正确：D.Si+3HC1300℃ SiHCIy十H2,该反应是气体分子数减少的反应，因此，生 成SiHCI的反应为熵减过程，D说法正确；综上所述，本 题选B。 4.解析：由流程和题中信息可知，BS),与过量的碳粉及 过量的氯化钙在高温下培烧得到CO、BaCL,、易溶于水的 BaS和微溶于水的CaS:烧渣经水浸取后过滤，滤渣中有 碳粉和CaS,滤液中有BaCL,和BaS:滤液经酸化后浓缩 结晶得到BaCL2晶体；BaCL晶体溶于水后，加入TiCL 和(NH)2C,O,将钡离子充分沉淀得到BaTiO(CO,)2; BaTiO(C,O,)2经热分解得到BaTiO3。 (1)“培烧”步骤中，BaSO,与过量的碳粉及过量的氯化 钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、BaS和CaS,BaSO,被 还原为BS,因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将 BaS),还原。 (2)浸出时多余的Ca+与硫离子反应Ca+十S一 CaS￥o (3)“酸化”步骤是为了将BS转化为易溶液于水的钡 盐，由于硫酸钡和磷酸钡均不溶于水，而BCL2可溶于 水。因此，应选用的酸是盐酸，选C。 (4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原 因是产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体H,S会 污染空气，而且CaS与盐酸反应生成可溶于水的CaCl,, 导致BaCl,溶液中混有CaCl杂质无法除去、最终所得产 品的纯度降低。 14 (5)令BaTi)(CO)。的化学计量数为1，则TiCL,、 (NH,),C),、BaCl,存在如下化学计量数关系：TiCL+ 2(NH)C,O+baCl:→BaTiO(C,O,)2由于各元素 化合价未变，属于非氧化还原反应，则根据原子守恒，反 应物中还有1个H,),生成物中有4个NH,C1和2个 HCI,而HC1又可于(NH)CO,反应产生HCO,与 NH,CI,故最终得到该反应的化学方程式为TiCL:十 3(NH),C,O,+BaCl,+H,O--BaTiO(C,O),+ HzC2O+6NH,C1。 (6)“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为 BaTi0xC0,)△BaTi0,+2C0.++2C0+,因此，产生 的nm,:nm=1:1。 答案：(1)做还原剂，将BaS),转化为易溶于水的BaS (2)Ca++S-一-CaS￥(3)c(4)不可行产物中的 硫化物与酸反应生成的有毒气体H,S会污染空气，而且 CaS与盐酸反应生成可溶于水的CaCL2,导致BaCL溶液 中混有CaCL,杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低 (5)TiCl 3 (NH )2 C2 O BaCl2 H2 O- Ba TiO(C O)2+H,C,O+6NH CI (6)1:1 「考点2] 1.AA.NH,CI是离子化合物，在水溶液中完全电离，属 于强电解质，A错误；B.NH,CI水溶液中NH水解产 生H,使溶液呈酸性，B正确；C.实验室中常用NH,CI 与Ca(OH)2加热反应制取NH3,C正确：D.HCl和 NH3直接反应生成NH,CI,是制备NH,CL的常用方法， D正确。 2.AA.C,),分子中，存在桥氧原子（连接两个氯原子） 和端基氧原子（只连接一个氯原子），如图： 00 0 0=0 ,化学环境不同，A不正确；B.Cl) 0 0 中心氧原子价层电子对数是2十6一？X1=4,有两对孤 2 电子对和两个o键，空间结构为V形，B正确：C.CI) CO中，一个氯原子仅连接一个氧原子，化合价为十1： 另一个氯原子连接四个氧原子，化合价为十7，如图： 0 CI CL;或可以理解为C1+取代了HCIO,中的 H,化合价分别为十1、十7，C正确；D.电负性：C>1, IC1中碘为+1价、氯为一1价，反应后H1)中碘为十1 价、HC1中氯为一1价，无化合价变化，不是氧化还原反 应，D正确。 3.CA.由分析可知，U为CaCL,是常用中性千操剂，可 作千燥剂，A正确；B.由分析可知，V为CL2,溶于水发生 反应CI2+H)=HCI+HCIO,可生成Z(HCIO),B正 确；C.由分析可知，Y为CaCO,,与盐酸反应生成CaCL2、 CO2和HO,不能生成X[Ca(ClO)2],C错误；D.由分析 光照 可知，Z为HCIO,光照下易分解，反应为2HCI) 2HC1十O。↑，D正确。 4.DA.氯气具有强氧化性，可将Br氧化为Br2,A项正 确；B.Br2与SO2水溶液反应，生成HBr和HSO,还原 产物为Br,B项正确；C.根据反应Br2十2Fe2+ 2Fe+十2Br可知，氧化剂为Br2,氧化产物为Fe3+,氧 化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性：Br, Fe+,C项正确；D.Br与足量NaOH溶液反应生成 NaBr和NaBr)3,反应的化学方程式为：3Br2+6Na()H