微专题一 考点1 含金属元素物质的制备工艺流程&考点2 非金属及其化合物的制备工艺流程-【创新教程】2022-2026五年高考化学真题分类特训

微专题一化学工艺流程 年真题分类特训 微专题一化学工艺流程 考点1含金属元素物质的制备工艺流程 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() NaS溶液适量空气 Na,S0,溶液 铜阳极泥→浸渍 滤液l(含Na2Te) 沉碲 ·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HNO3 C.Na2Te被氧化过程中，溶液碱性增强 D.“沉碲”过程中Na2SO3被氧化 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 充分 过量 溶液d气体eg 反应 深蓝色 溶液f 铜铁 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(NH3)4]2 3.(多选)(2026·山东卷，14)利用铁基、钙基物质的化学循环(FeO、 Fe,CaCO3、 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 Ee0/钙基物质1反应 (C0、C02、N2)→ 器甲 (固相循环) 器乙 n(C0):n(C02:n(N(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C02物质的量之比m(CO》>2 n(CO2)3 4.(2023·辽宁卷，10)某工厂采用如下工艺制备Cr(OH)3,已知焙烧后Cr元素以十6价形式存在，下 列说法错误的是 Na2CO3+02 淀粉水解液 （含0，)一品翅-玉短进巴花-COD, 矿渣 滤渣 滤液② 23 最新真题分类特训·化学 A.“焙烧”中产生CO2 B.滤渣的主要成分为Fe(OH)2 C.滤液①中Cr元素的主要存在形式为CrO D.淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用 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(NOs)s (NH)2Ce(NOs)6,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 AgCI 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 [AuCl4]-和[PdCl4]2-。 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FSO4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3Ce4++Au一一3Ce3++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AgCl可被N2H4还原为Ag,N2H4中N元素只转化为N2。理论上AgC1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H2SO4 Na0H溶液②Cao NaSO,调pH ↓080℃ 饮流家疤一室图-鑫墨室图 水解 …→Cr203 140-180℃ 、40℃！ 滤渣 母液 滤液 V205 已知：钒渣主要含FeO·V2O3、FeO·Cr2O3、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+ NaoH+o2△ Fe2O3+Nas VO+ H2O。 (3)滤渣的主要成分有MgO、 (填化学式). (4)80℃和40℃时，Na3VO4和Na2CrO4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： 微专题一化学工艺流程 60 60 40℃ 0i 80℃ 50 40 、Na2CrO4 40 0 起30 、Na2Cr04 20 10 Nas VO4 10 O Na:VO 10 203040 10 20304050 w(NaOH/% (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一→预处理→酸浸1滤渣1酸浸2滤渣？氧化溶金滤液4X☐一→…一纳米Au 滤液1 滤液2 NaOH溶液→碱沉 滤液3，沉银一→…→Y Ni(OH)2 AgCl 己知：①PMS为过一硫酸盐（含过氧键），在强酸介质中会水解。 ②O2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HCI替代的原因为 ;PMS发 生反应的离子方程式HSO5+SO +1O2(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·L-1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(Ni2+)/(mol·L1)门，忽略Ni2+的水解)。“滤液1”中N2+的浓度为 mol·L-1(结果 保留小数点后3位)。 14 12 12 10 10 8 a(20.00,7.00) 6营 4 3 2 0 0 5 15 2535455565 V(NaOH)/mL (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 最新真题分类特训·化学 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）： 空气十氨水 气体a 足量O2H2 镍矿→ 氧压滤液1部分蒸氨 氨浸 沉铜 滤液2转化一还原一N粉 浸渣 滤液3 CuS 已知：①滤液1中镍以[Ni(NH3)。]2+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)z]2+,x=15。 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)s] 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S2O⅓，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(NH3)z]SO4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(NH3)门2+还原程度较低而[Ni(NH3)2]2+还原程度较 高的原因： (结合离子方程式作答)。 [Ni(NH,)x ■x=1 ▲x=2 ●x≥3 ≥3 焚 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 →胺浸一→沉铅 →高温还原 →高纯铅 C02 酸性溶液 单质S再生 →含钙粗产品 Ca(OH) 己知：①乙二胺(H2NCH2CH2NH2,简写为en)为一种二元弱碱。 ②Kp[Zn(OH)2]=3.0×10-17,Ksp[Cd(OH)2]=7.2×10-15。 ③金属离子浓度不超过1.0×10一5mol·L1时，认为该离子已沉淀完全。回答下列问题： (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，Cd2+、Zn2+浓度分别为0.01mol·L1、0.02mol·L-1,调pH使Zn2+ 恰好沉淀完全时（假设溶液体积不变），Cd2+ (填标号)。 a.沉淀完全 b.部分沉淀 c.未沉淀 26 微专题一化学工艺流程 (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)2]SO4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 Na2 SO3 NH CI 稀盐酸萃取剂溶液 稀盐酸 精HN送球者提金一→酸溶一军取一反来取一位花折金一A 稀H,SO 滤渣 水相 有机相 尾气处理 阳 NaCl → 浸 泥 溶液 氨水N2H,·H2O 尾气 处理 能液沉银沉淀溶银一还原提银一Ag Se,Cu N,滤液X 已知：“球磨提金”时，生成的高活性Cl2直接和Au反应生成AuCl3。 Ksm(AgC1)=1.6×10-10;Ag++2NH3一[Ag(NH)2]+K=1.0X107。 回答下列问题： (1)“酸浸”时，Cu2Se与稀HNO3反应生成二元弱酸H2SO3的离子方程式为 (2)“球磨提金”时，生成C12的反应中作氧化剂的是 (填化学式)。 (3)“酸溶”时，AuCl3转化为[AuCl4]-;“反萃取”时加入Na2SO3溶液后，水相中Au以[AuSO3] 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·L-1。 (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)。 11.(2025·安徽卷，15)某含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，一种提 取该废渣中锶的流程如图所示。 稀盐酸 BaCl2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(SrSO4)=106.46,Ksp(BaS04)=109.97。 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S2+ (填离子符号)。 (3)“盐浸”中SSO4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·L-1)2(忽略溶液体积的变化)。 最新真题分类特训·化学 (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 70 50 104 20406080100 温度/℃ 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S2+,原因 是 (7)由SrCI2·6H2O制备无水SrC2的最优方法是 (填标号)。 a.加热脱水 b.在HCl气流中加热 c.常温加压 d.加热加压 12.(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 H2S 闪锌矿→酸浸→除铁→除镉→调pH→沉锌→ZnS +s Cds 已知：Kp(ZnS)=1.6×10-24,Kp(CdS)=8.0X10-27,Ka1(H2S)=1.0×10-7,Ka2(H2S)=1.2 ×1013。当离子浓度小于1.0×10-5mol·L1时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通人O2可提高Zn2+浸出率的原因是 ②通入H2S除镉。通过计算判断当溶液pH=0、c(H2S)=0.01mol·L1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CuC1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 ●Zn24 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)]，并回收生成 100 的As2S3沉淀。 80 已知：溶液中As(Ⅲ)主要以弱酸H3AsO3形式存在，As2S3+6H2O 60 =2H3AsO3+3H2S。 40 60℃时，按n(S):n(As)=7：1向酸性废液中加入ZnS,砷回收率随 20 反应时间的变化如图乙所示。 23 ①写出ZnS与H3AsO3反应生成As2S3的离子方程式： 反应时间 ②反应4h后，砷回收率下降的原因有 28 微专题一化学工艺流程 13.(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) NaOH固体 →研磨→混合物I→水浸→过滤→滤液I→→NaF固体 萤石(CaF2) 水 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，CaF2饱和溶液的浓度为cmol·L-1,用c表示CaF2的溶度积Ksp= (3)工艺I中研磨引发的固相反应为CaF2十2NaOH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，NaF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 14.(2024·黑吉辽卷，16)中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时 转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉（其中细小的Au颗粒被FeS2、FeAsS包 裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下： 足量空气H2SO1 空气NaCN溶液 Zn 浸出液 滤渣 含[Au(CN)2] →Au 细菌氧化 浸金 沉金 矿粉 pH =2 滤液① →滤液② 沉铁砷→净化液 含[Zn(CN)4]2 回答下列问题： (1)北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为 (填化学式)。 (2)“细菌氧化”中，FeS2发生反应的离子方程式为 (3)“沉铁砷”时需加碱调节pH,生成 (填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含As微粒 的沉降。 (4)“焙烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“焙烧氧化”，“细菌氧化”的优势为 (填标号)。 A.无需控温B.可减少有害气体产生C.设备无需耐高温D.不产生废液废渣 (5)“真金不怕火炼”表明Au难被O2氧化，“浸金”中NaCN的作用为 (6)“沉金”中Zn的作用为 (7)滤液②经H2SO4酸化，[Zn(CN)4]2-转化为ZnSO4和HCN的化学方程式为 。用碱中和HCN可生成 (填溶质化学式)溶液，从而实现循 环利用。 考点2非金属及其化合物的制备工艺流程 (2025·北京卷，18)利用工业废气中的H2S制备焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的一种流程示意图如下。 NaOH溶液 尾气 尾气吸收器 型一橙烧河冷》0等一宝系事明山料 离心 净化少量0，等 反应釜「 (固液分离) Na S,Os 固体 反应液 母液 Na,CO,固体配碱槽 最新真题分类特训·化学 已知： 物质 H2COs H2SOs Ka(25℃) Ka1=4.5×10-7 Ka2=4.7×10-11 Ka1=1.4×10-2 Ka2=6.0X10-8 (1)制S02 已知：s(g)+02(g)-s(s)+H,0(g)△H=-21.2·mol1 S(s)+O2(g)--SO2(g)△H=-296.8kJ·mol-1 由H2S制SO2的热化学方程式为 (2)制Na2S2O5 I.在多级串联反应釜中，Na2CO3悬浊液与持续通入的SO2进行如下反应： 第-步：2Na2CO3+SO2+H2O-Na2SO3+2 NaHCO3 第二步：NaHCO3+SO2-Na HSO3+CO2 Na2 SO3+S02+H2O-2NaHSOs Ⅱ.当反应釜中溶液pH达到3.8~4.1时，形成的NaHSO3悬浊液转化为Na2S2O5固体。 ①Ⅱ中生成Na2S2O的化学方程式是 ②配碱槽中，母液和过量N2CO3配制反应液，发生反应的化学方程式是 ③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是 ,需除去。 ④尾气吸收器中，吸收的气体有 (3)理论研究Na2SO3、NaHCO3与SO2的反应。一定温度时，在1I浓度均为1mol·L-1的 Na2SO3和Na HCO3的混合溶液中，随n(SO2)的增加，SO-和HCO3平衡转化率的变化如图。 -HCO; 60 o-S05 20+ 0 b n(SO,)/mol ①0~amol,与SO2优先反应的离子是 ②a~bmol,HCO5平衡转化率上升而SO-平衡转化率下降，结合方程式解释原因： 考点3回收或提取物质的工艺流程 1.(2026·浙江1月卷，19)用废磷酸（含有机杂质）制取KH2PO4。 步骤a步骤 活性炭吸附 KOH 过滤 结晶、过滤、洗涤鱼 一废磷酸 粗磷酸 磷酸 KH,PO, 已知：pKa1(H3PO4)=2.2、pKa2(H3PO4)=7.2、pKa3(H3PO4)=13.2. 请回答： (1)冷凝水从 (“X”或“Y”)通人。 (2)步骤a把易炭化的有机杂质转化为炭颗粒，步骤a的操作为 。步骤b除去溶液中的炭颗 粒得到粗磷酸，步骤b的操作为 (3)下列操作正确的是（填序号）。 A.若浓磷酸不慎沾到手上，先用大量水冲洗，然后涂上NaOH溶液 B.加入活性炭的目的是为了除去不易炭化的有机杂质 C.加入KOH过多，可向溶液中加入HCI来调节pH D.可用乙醇洗涤反应得到的晶体考点3碳、硅及其化合物 B稻壳在一定条件下制备纳米Si(),,纳米Si)2和Mg 在650℃发生置换反应生成Mg0和纳米Si,加盐酸将 MgO转化为MgCL2,过滤、洗涤、千操得到纳米Si。 ASiO2是酸性氧化物，与NaOH反应生成Na,SiO,和 H,O,A正确；B.盐酸参与的反应为：MgO十2HCI MgCL十H,O,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.SiO,和 Mg在650℃条件下发生置换反应得到Mg)和纳米Si, 反应的化学方程式为Si)2十2Mg 650℃si+2Mg0.D 正确。 微专题一化学工艺流程 考点1含金属元素物质的制备工艺流程 l.CA.“浸渍”时Na,S和生成的NaTe都具有还原性， 通入过量空气时，过量O,会进一步将S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.Na Te 被)，氧化生成Na2Te2的反应的化学方程式为：4NaTe +),+2H,)一2Na,Te2+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NaTe中为一1价，沉碲得到0价希单质，Te 化合价升高被氧化，因此NaS),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F+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),,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C+: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.C+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CaO吸收CO。生成CaCO,故初 始钙基物质I为CO,A正确：B.CO和C),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 N,,B错误：C.因高炉煤气中n(C)):n(CO),):n(N,) =2:3:5,设高炉煤气中n(C0)=2mol,n(C)2)= 3mol,n(Ng)=5mol。还原2 mol FeO需2 mol CO,生 成2 mol CO2:体系中n(C),)=(3+2)mol=5mol,需 5 nol CaO吸收，故n(Fe())：n(CaO)=2：5,C正确： D.因高炉煤气中n(CO):n(CO,):n(N2)=2:3:5, 设高炉煤气中n(CO)=2mol,n(CO2)=3mol,n(N2)= 5mol。甲中2 mol CO转化为2 mol CO,体系ns(CO) =(3+2)mol=5mol,乙中2 mol Fe与2 mol CO2反 850℃ 应，Fe+CO, =Fe0十C0,生成2molC),剩余 n(CO2)=(5-2)mol=3mol,因同时发生反应FeO十 C(0 Fe+C0,混合气中mCO》=名，D错误。 850℃ n(CO,)3 4.B培烧过程中铁、铬元素均被氧化，同时转化为对应钠 盐，水浸时铁酸钠遢水水解生成氢氧化铁沉淀，滤液中 存在铬酸钠，与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原得 16 详解详析 到氢氧化铬沉淀。A.铁、铬氧化物与碳酸钠和氧气反应 时生成对应的钠盐和二氧化碳，A正确：B.焙烧过程铁 元素被氧化，滤渣的主要成分为氢氧化铁，B错误；C.滤 液①中Cr元素的化合价是十6价，铁酸钠遇水水解生成 氢氧化铁沉淀溶液显碱性，所以Cr元素主要存在形式 为CrO,C正确；D.由分析知淀粉水解液中的葡萄糖 起还原作用，D正确；故选B。 5.解析：(1)提高培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。 (2)“浸出1”中使用了HSO,和Fe(SO,)g,Fe3+具有氧 化性，可以将Cu氧化为Cu+,自身被还原为Fe+。离 子方程式为：2e3++Cu一一2Fe++Cu2+。 (3)“滤液1”中含有Fe+、Cu+等离子，阳极液为FeSO 溶液，阳极反应为Fe+一e一一Fe3+,阴极反应为：Cu 十2e一Cu。通过电解，可以将Fe2+氧化为Fe3+,同 时回收Cu。Fe3+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4.8×10i, 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)AgCI被还原为Ag,Ag>Ag,每个Ag+得1e。 N,H,被氧化为N2,N从一2~0，每个N失2e,1mol NH,失4e。根据得失电子守恒可得化学方程式为： 4AgCI+NH,4Ag+N↑+4HCl,因此n(AgCI): n(N2H,)=4;1。 (6)“浸出3”中Au和Pd转化为[AuCL,]和[PdCl,, 使用(NH,),Ce(NO3):和HCI。而沉淀步骤中，滤液3 含有未反应的C+,流程的最终目的是要将铈元素转化 为Ce()H),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C3+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，NaClO将Ce3+氧化为Ce+,在碱性条 件下生成Ce(OH)沉淀。ClO被还原为CI。根据氧 化还原反应配平，离子方程式为2Ce3++ClO+6OH +H,O一2Ce(OH),￥+Cl。 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)2Fe++Cu-2Fe++Cu'+ (3)提取并回收金属铜，同时将阴极液中的F+氧化再 生为Fe3+(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C3+),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),￥ +C1 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。 最新真题分类特训·化学 (2)Fe)·V,)3被)，氧化，Fe元素由十2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：4F0· V,0,+24Na0H+50,△2Fe,0,+8Na,VO, +12H,0。 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)Fe2 O CaSiO Ca (OH)2] (4)当NaOH质量分数为30%时，40℃下NaVO,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+3SO+10H+一2Cr3++ 5H20+3SO 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N+和H。,离子方程式：Ni十2H+ Ni++H2↑。 (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Cu+ (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：HSO十S) 一2S0+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0~20.00mL之间时，pOH急剧下降， 此时是NaOH溶液中和滤液1中过量的HCl的阶段。 V(NaOH)在20.00~5500mL之间时，曲线趋于平缓，到达 55.00mL时pNi发生突变上升，说明此阶段NaOH均用 于沉淀Ni+,沉淀N+消耗NaOH溶液体积为55.00mL -20.00ml=35.00ml,n(0)H)=0.1000mol/L×0.035L =0.0035mol,由Ni++2OH一Ni(OH):￥得 mNr+)=0.0035mol=0.00175mol.c(Nr+)= 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,AgOH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2AgNO3+2NaOH一AgO￥+2NaNO +HO。 答案：(1)ds(2)Ni+2H一-N+H2◆ (3)Cu2+ (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2SOH (5)作还原剂，将Au的阳离子还原为Au单质 (6)0.035 (7)2AgNO+2NaOH--Ag O+2NaNO,+H,O 16 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O。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):]SO,,根据得失电子守恒、原子守恒可知化学方 程式为NiS+2O2+6NH·HzO—[Ni(NH)g]SO, +6H,O。 (3)氨浸过程中，铜离子与氨水形成稳定的[Cu (NH2):]+;“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,O被氧化为SO,SO号中S的平均化合 价为+2价，S)中S的化合价为十6价，总共失去2× (6一2)=8mol电子，1molO,反应得到4mol电子，根 据得失电子守恒，消耗0.的物质的量为m0l=2mol。 (5)在“还原”步骤中，[Ni(NH,):]S),被H,还原生成 Ni粉，溶液中主要留下的阳离子是生成的NH十（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,)2SO,硫酸铵是常用氯肥，可做化肥。 (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)]2++H,一Ni+ NH+H,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(NH),]++H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,O-[Ni(NH3)]SO +6H,O (3)[Cu(NH3),]2+NH (4)2(5)(NH,),S0, (6)2[Ni(NH)]+被还原时发生反应：[Ni(NH,)]+ +H,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：[Ni (NH)2]++H,一一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O2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O,+4H+2SO一一 2PbSO,十2S十2H,O。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× 10molL1,此时溶液中c(OH)=K[Zn(OH,] c(Zn2) =3.0×1017 1.0X10可=3X10“。对于Cd+,其浓度商Q c(Cd+)·c(0H)=0.01×3.0×10-12=3.0×101“。 因为Q=3.0×10“>Km[Cd(0H)2]=7.2×101i,故 有Cd(OH),沉淀生成；若Cd+沉淀完全，需要c (0H)=7.2X10-5 .0X10=7,2×1010>3.0×10“,说明 此时Cd+并未沉淀完全。因此Cd+部分沉淀，选b。 (4a.乙二胺(H.NCH.CH,NH)中的氯原子含有孤电子 对，可作为配位原子与P%+形成配位键，正确：b.“沉铅”过 程中通入CO,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H减小，错误； c.由流程图可知，“再生”工序加入Ca(OH),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)CO?与CH反应生成Pb、 CO,和H)。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,(0HD,C0,+CH,高温 =4Pb+3C),+4H)。 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C),后产 生的碳酸根离子（或碳酸氢根离子），加入C(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CaC),沉淀，因此得到的 “含钙粗产品”的主要成分为CaS):和CaCO3。 答案：(1)WA(2)2PbS+O2+4H++2S0 2PbS),+2S+2H,)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,C0,+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)CuSe中Cu为+1价被氧化为Cu+,Se为- 2价被氧化为H,Se(),,NO,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+20H +8NO,--6Cu2++3H,SeO,+8NO+7H.O; (2)“球磨提金”时，加入的KMnO,在酸性条件下氧化 CI生成Cl2,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;SO作为配体，与Au形成络离子 [AuSO,]进入水相实现反萃取，因此NaS),的作用 为将+3价的Au还原为+1价，提供配体；[AuSO3] 中Au降价生成Au单质，S元素部分转化为S),、部分 为S),结合得失电子守恒和原子、电荷守恒配平方 程式为2[AuSO3]-2Au￥+SO片+SO2◆； (4)已知：AgCl(s)=Ag(ag)十Cl(aq)K.m=1.6X 101;Ag+2NH,==[Ag(NH3),]K=1.0×10, 总反应为AgCI+2NH3一[Ag(NH):]+C1,平 衡常数Ks=KmXK=1.6X103.0.010 mol AgCl完全 溶于1L氨水，平衡时c(CAg(NH)2])=c(NH)≥ .25malL,代入K=Ag(NH）·cG）,得 2(NH) 平衡游离c(NH)=0.25mol·L,因此c(NH) ≥0.25mol·L1: 163 详解详析 (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NH,转化为NH,CI,可循环至球磨提金步骤。 答案：(1)3Cu,Se+20H++8NO一6Cu++ 3H2 SeO3 +8NO+7H2O (2)KMnO, (3)将+3价Au还原为+1价，提供配体2[AuO,] 2Au￥+S)+SO,个 (4)0.25(5)HC1 11.解析：含锶(Sr)废渣主要含有SrS)、Si),、CaC)3、 SrC),和MgCO,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,、Si)。,加入BaCL,溶液， 发生沉淀转化，SrSO,(s)+Ba+(aq)==BaSO,(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5s； (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Sr2+、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)=BaS0,(s)+Sr2+(aq);该 反应的平衡常数K=c(Sr+)=c(Sr+)·c(S0) c(Ba+)c(Ba+)·c(SO) Kn(SrS0),)_1066 K,(5aS0,=10丽=102.1，平衡常数很大，近似认 为SrS),完全转化，溶液中剩余n(Ba+)=1X 10m0l,则c(S0-)=KBas0=10mol/L,列 c(Ba) 三段式： SrSO(s)+Ba2+(aq)-BaSO (s)+Sr2+(aq) 初始mol0.010.011 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(S))=101mol/L× 10-.97mol/L=10-8.97(mol·L-1)2; (4)随温度升高勰浸出率增大，原因是离子半径：Ba+ >Sr2+,晶格能：SrSO,>BaSO,则SrSO,(s)+Ba+ (aq)一BaS0,(s)+Sr2+(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)“盐浸”时发生沉淀的转化，生成了BaS),,Si),不 参与反应，故浸出渣2中主要含有SrSO、BaSO、SiO2: (6)窝穴体a的空腔与Sr2+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 Sr+的目的： (7)Ca(OH)2为强碱，则Sr(OH)2也是强碱，Sr2+不水 解，排除b,由平衡移动原理可知SrCL2·6HO制备无 水SrCL2的方法加压不利于脱水，排除c、d,故选a。 答案：(1)5s (2)Ca+、Mg2+ (3)SrSO.(s)+Ba(aq)=BaSO.(s)+Sr2 (aq) 108.97 (4)SrSO,(s)+Ba+(aq)=BaSO4(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)BaSO,、SiO (6)窝穴体a的空腔与Sr2+的粒径相匹配，可通过分子 间相互作用形成超分子 (7)a 最新真题分类特训·化学 12.解析：(1)①酸浸时，若不通入O,,会发生反应：ZnS十 H2S),==ZnSO,十HS,通入O,可以氧化S-生成 S,促进酸浸反应正向进行，提高Zn2+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Z)。 (2)晶胞掺杂过程中，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、 $:8×日+6×号=4个，(+2)×3+(+1)X1+ (一2)×4=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：2H,As)十3ZnS十 6H—As:S+3Zn++6H,O。 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·L1 c(S-)=Ka(H,S)·Ke(H,S)·c(H,S) c(H) 1.0×107×1.2×1018×10 -mol·L1=1.2× 12 10-2mol·L-1 c(Cd+)= K(CdS)_8.0X107 c(S-） 1.2×102mol·L1≈6.67× 10imol·L>1.0×10imol·L,则Cd+未沉淀完全 ③Zn) (2)C1Γ负电 (3)①2H,As0,+3ZnS十6H60℃As,S,+3zm +6H,O ②随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H,S浓度减 小，促进As2S3+6H,O=2H3As)3十3H,S平衡正向 移动，As2S重新溶解，砷回收率下降 13.解析：工艺I中研磨引发的固相反应为CaF,+2Na)H Ca(OH)。十2NaF,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),,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)CaFg饱和溶液的浓度为cmol·L1,则c(Ca)= c mol/Lc(F )=2c mol/L,K (CaF,)=c(Ca).c(F =4c3; (3)①转化率为78%，说明固相反应主要向生成C (OH)2和NaF的方向进行，即正向进行程度大；②NaF 产率仅为8%，说明大部分NF未进入溶液，则溶液中 存在Ca(OH)。向CaF。的转化过程，根据沉淀转化的 规律可推测：S(CaF,)SLCa(OH)2]; (4)根据工艺Ⅱ的流程，CaF2、TiO,与NaOH反应生成 难溶的CaTi)3、NaF和H,O,反应的化学方程式为： CaF,+TiO,+2NaOH-CaTiO,+2NaF+H,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NF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)a.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； 16 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； C.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b。 答案：(1)1s2s2p (2)4c3 (3)①正向②< (4)CaF,TiO,+2NaOH -CaTiO,+2NaF+H,O (5)a(6)ab 14,解析：矿粉中加入足量空气和HSO,在pH=2时进行 细菌氧化，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，过 滤，滤液中主要含有Fe+、S)、As(M),加碱调节 pH,Fe+转化为Fe(OH)3胶体，可起到絮凝作用，促进 含As微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为 Au,Au与空气中的O2和NaCN溶液反应，得到含[Au (CN),]的浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含 [Zn(CN),]-的滤液②。 (1)“胆水”治炼铜，“胆水”的主要成分为CuSO,: (2)“细菌氧化”的过程中，FS,在酸性环境下被O,氧化为 FPe+和S0,离子方程式为：4FeS十150.十2H0知菌 4Fe3++8S)+4H; (3)“沉铁砷”时，加碱调节pH,Fe3+转化为Fe()H),胶 体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降： (4)A.细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需 要控温，A不符合题意：B.焙烧氧化时，金属硫化物中 的S元素通常转化为SO)2,而细菌氧化时，金属硫化物 中的S元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，B 符合题意：C.培烧氧化需要较高的温度，因此所使用的 设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可 进行，设备无需耐高温，C符合题意；D.由流程可知，细 菌氧化也会产生废液废渣，D不符合题意；故选BC； (5)“浸金”中，Au作还原剂，O2作氧化剂，NaCN做络 合剂，将Au转化为[Au(CN)2]厂从而浸出； (6)“沉金”中Zn作还原剂，将[Au(CN):]还原为Au: (7)滤液②含有[Zn(CN)]-,经过H,S),的酸化， [Zn(CN),]-转化为ZnSO,和HCN,反应的化学方程 式为：Naz[Zn(CN):]+2H,SO,一ZnSO,+4HCN+ NaSO,;用碱中和HCN得到的产物，可实现循环利 用，即用NaOH中和HCN生成NaCN,NaCN可用于 “浸金”步骤，从而循环利用。 答案：(1)CuSO (2)4FeS.+150,+2H.0细菌4Fe++8S0+4H (3)Fe(OH) (4)BC (5)做络合剂，将Au转化为[Au(CN)2]从而浸出 (6)作还原剂，将[Au(CN)。]还原为Au (7)Na [Zn (CN),]+2H,SO,-ZnSO,+4HCN+ Na,SO,NaCN 考点2非金属及其化合物的制备工艺流程 解析：硫化氢通入煅烧炉中燃烧，生成了二氧化硫，还有 少量氮气、氧气等，二氧化硫与碳酸钠在反应釜中反应， 产生的废气用氢氧化钠溶液吸收，出料液离心分离得到 产品，母液中含有亚硫酸氢钠，返回配碱槽中循环使用。 (1)已知： 反应1：Hs(g)+20.(g)一S(s)+H0g) △H=-221.2kJ·mol1 反应Ⅱ：S(s)+O,(g)S),(g) △H=-296.8k·mol-1 根据盖斯定律，将I×2十Ⅱ×2得： 2H,S(g)+3O2(g)—2SO,(g)+2HO(g)△H=[( 221.2X2)+(-296.8×2)]kJ·mol1=-1036kJ·mol1, 所以由HS制S),的热化学方程式为2HS(g)十3O,(g) -2S),(g)+2H0(g)△H=-1036kJ·mol1; (2)①当反应釜中溶液pH达到38~4.1时，形成的 NaHS),悬浊液转化为Na,SO固体，根据元素守恒， 还有水生成，化学方程式：2 NaHSO,一一NaSO +H.O; ②根据多级串联反应釜中的化学方程式可知，除了生成 的焦亚硫酸钠外，母液中有亚硫酸氢钠剩余，又因为K2 (H2SO3)>Ke(H,CO3),亚硫酸氢钠与过量Na,CO,发 生反应的化学方程式为：NaHS),+NaCO,一NaH CO+Na,SO ③在煅烧炉中反应冷却后的气体中混有氧气，氧气能氧 化亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，生成硫酸钠，所以多次循环 后，母液中逐渐增多的杂质离子是SO片，需除去； ④碳酸氢钠与二氧化硫发生反应的化学方程式为NH CO+SO2一NaHSO+CO2,生成了二氧化碳，二氧 化碳用氢氧化钠吸收，转化成碳酸钠，可到多级串联反 应釜中循环使用，所以尾气吸收器中，吸收的气体有 C0,及S),； (3)①由图可知，①0~amol,时，碳酸氢根平衡转化率较 低，而亚硫酸根的平衡转化率较高，所以S)片与S),优 先反应； ②一定温度时，在1L浓度均为1mol·L1的NaS) 和NaHCO,的混合溶液中，发生的反应为：S)+SO, +H:O=2HSO,HCO +SO2==HSO:+CO2:a ~bol时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行， HCO平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了 的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以HC),平衡转化率 上升而S()平衡转化率下降。 答案：(1)2HS(g)+3O2(g)一2SO2(g)+2HO(g) △H=-1036kJ·molJ (2)02Na HSO3 -Na,S2O;+H2 O 2Na HSO+Na,CO--Na HCO+Na,SO ③S0④CO2、S02 (3)①SO②a~bmol时，产生的二氧化碳逸出，使反 应正向进行，HC)平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度 增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以 HCO平衡转化率上升而SO平衡转化率下降 16: 详解详析， 考点3回收或提取物质的工艺流程 1.解析：用废磷酸（含有机杂质）制取KH,P),的过程如 下：将废磷酸装入接有球形冷凝管的锥形瓶中，加热处 理易炭化的有机杂质，过滤分离杂质得到粗磷酸，将粗 磷酸用活性炭吸附，过滤来提纯，最后加入K)H,结晶、 过滤、洗涤得到KH,P),晶体；据此回答以下问题。 (1)冷凝水的流向应遵循“下进上出”原则，才能使冷凝 更充分，所以冷凝水要从下方的X口通入； (2)部分有机杂质受热易炭化，所以步骤a的操作为加 热，有机杂质炭化后转变为固体，步骤b中将固体与液 体分离的操作称为过滤； (3)A.NOH是强碱，有强烈腐蚀性，不能用于处理沾到 手上的酸，应该用碱性较弱的物质如碳酸氢钠处理，A 错误：B.活性炭具有吸附能力，可有效去除上一步加热 炭化过程中无法除去的杂质，B正确；C.目标产物是 KHPO,,如用HCI调节pH,则会引入新的杂质CI,C 错误：D.反应得到的晶体不易溶于乙醇等有机溶剂，所 以可用乙醇洗涤，D正确： (4)磷酸的第三步电离非常微弱，不作考虑，溶液中存在 电离平衡H,POKH,PO+H,H,PO, K HPO片十H,电离平衡常数分别为K1 H6,K。=,点 c(H2PO.） (HPO)最大时，第一步电离的逆反应生成c(HPO,) 和第二步电离生成的c(HPO)应相等，此时K1K= c(H),两边取负对数得pK1十pK2=2pH,所以此时 的pH=DK十pK上=2.27.2=4.7；由于该过程加碱 2 2 调节pH,为防止碱过量，甲基橙的变色范围接近4,7，颜 色变黄时说明已到终点，因此应选用甲基橙作指示剂； (5)KH,P0.中K的质量分量为器×1006≈28.68%， 而产品中K的质量分数为29.01%，高于理论值，说明含 K质量分数更高的杂质，根据各酸根的转化关系，可能 混有的杂质是K2HPO。 答案：(1)X(2)加热（高温）过滤(3)BD (4)4.7甲基橙 (5)K,HPO, 2.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H [RhCL],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R、 Rh,)3和RhCL3,再用H,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SnCl2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。 (I)原料合金粉主要成分为Fe、Rh、Pt和少量SiO2,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