5年（2021-2025）高考1年模擬化學真題分類匯編PAGEPAGE1專題10物質的轉化與工藝流程1．（2025·重慶·高考真題）硒(Se)廣泛應用于農業(yè)和生物醫(yī)藥等領域，一種利用H2Se熱解制備高純硒的流程如下：已知H2Se的沸點為231K，回答下列問題：(1)真空焙燒時生成的主要產物為Al2Se3，其中Se的化合價為，Al(2)氫化過程沒有發(fā)生化合價的變化，Al元素轉化為Al2O3·xH2O，則反應的化學方程式為。(3)熱解反應：H2Seg?Seg+H2g

ΔH>0。冷凝時，將混合氣體溫度迅速降至500K得到固態(tài)硒。(4)Se的含量可根據行業(yè)標準YS/T226.12-2009進行測定，測定過程中Se的化合價變化如下：稱取粗硒樣品0.1000g，經過程①將其溶解轉化為弱酸H2SeO3，并消除測定過程中的干擾。在酸性介質中，先加入0.1000mol·L-1Na2S2O3標準溶液40.00mL，在加入少量KI和淀粉溶液，繼續(xù)用Na2S2O3標準溶液滴定至藍色消失為中點(原理為I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)，又消耗8.00mL。過程②中Se(IV)與【答案】(1)-21s(2)Al(3)凝華減少H2Se生成，提高Se產率H(4)4H〖祥解〗粗Se加入鋁粉焙燒得到Al2Se3，通入水蒸氣氫化得到H2Se【詳析】（1）Al是IIIA族元素，化合價為+3價，則Se化合價為-2價；鋁的基態(tài)電子排布式為1s（2）“氫化”過程是Al2Se3與水蒸氣反應生成H（3）從氣態(tài)變?yōu)楣虘B(tài)的過程為凝華；已知熱解正向是吸熱反應，降溫時，為避免平衡逆向移動，需要迅速冷凝Se蒸汽，故目的是減少H2Se生成，提高Se產率；尾氣種含有H2（4）反應③是SeIV被KI還原為Se的過程，離子方程式為：4第一次加入40.00mL的Na2S2O3溶液和KI溶液，二者同時做還原劑，將H2SeO3還原為Se，第二次再加入同濃度的Na2S2O3滴定上一步生成的碘單質，整個過程相當于48mL0.1mol/L的Na2S2．（2024·重慶·高考真題）含釕(Ru)催化劑在能源等領域應用廣泛。Ru(NO)NO33方是制備負載型釕催化劑的前驅體。一種制備高純Ru(NO)NO3RuCl回答下列問題：(1)已知基態(tài)Ru的核外電子排布式為[Kr]4d75s1，則Ru在元素周期表中位于第周期第族。KNO2中，(2)為驗證Ru與NO形成了配位鍵，對所得Ru(NO)Cl3的表征結果如圖所示，表征所用儀器是_______A．核磁共振儀 B．質譜儀 C．紅外光譜儀 D．X射線衍射儀(3)步驟①中無氣體生成，除生成Ru配合物外，生成的鹽還有(填化學式)。(4)步驟②生成的Ru(NO)OH3為難溶物，反應的化學方程式為(5)步驟③在加入稀硝酸前，需要將難溶物加入AgNO3溶液中，以除去殘留的Cl-；為使Cl-沉淀完全，Ag+濃度應大于mol/L。(已知(6)Ru(NO)NO33受熱易分解，在660K時完全分解，失重率為58%，剩余固體為Ru【答案】(1)五ⅧV形(2)C(3)KNO3、KCl(4)Ru(NO)Cl(5)1.8×(6)RuO2〖祥解〗根據流程可知，第①步發(fā)生反應2RuCl3?3H2O+3KNO2+2HCl=2【詳析】（1）根據Ru的價電子排布式為[Kr]4d75s1，Ru在周期表中的位置是第五周期第Ⅷ族；NO2-成鍵電子對為2，孤對電子為5+1（2）圖為吸收波譜的譜圖，為紅外光譜，測量儀器為紅外光譜儀，答案選C；（3）步驟①中加入NaNO2，亞硝酸鈉發(fā)生歧化反應，反應無氣體生成，根據氧化還原反應配平該反應為2RuCl3?3H2O+3KNO2（4）步驟②生成的Ru(NO)OH3為難溶物，反應的化學方程式為（5）為使Cl-沉淀完全，則c(Cl-)＜1×10-5mol/L，Ag+（6）設分解1molRu(NO)NO33，其質量為317g，當660K時完全分解，失重率為58%，剩余固體質量為317g×(1－58%)=133.14g，根據Ru守恒，n(Ru)=1mol，其含有的Ru質量為101g，剩余固體為Ru的氧化物，則n(O)=133.14g－1013．（2023·重慶·高考真題）Fe3O4是一種用途廣泛的磁性材料，以FeCl2為原料制備

25℃時各物質溶度積見下表：物質FeFeCa溶度積K4.9×2.8×5.0×回答下列問題：(1)Fe3O4中Fe元素的化合價是+2和。O(2)反應釜1中的反應需在隔絕空氣條件下進行，其原因是。(3)反應釜2中，加入CaO和分散劑的同時通入空氣。①反應的離子方程式為。②為加快反應速率，可采取的措施有。(寫出兩項即可)。(4)①反應釜3中，25℃時，Ca2+濃度為5.0mol/L，理論上②稱取CaCl2水合物1.000g，加水溶解，加入過量Na2C2O4，將所得沉淀過濾洗滌后，溶于熱的稀硫酸中，用0.1000mol/【答案】(1)+31s22s22p6(2)防止二價鐵被空氣中氧氣氧化為三價鐵(3)4CaO+6H2O+4Fe(4)11最后半滴標準液加入后，溶液變?yōu)槲⒓t色，且半分鐘內不變色66.6%〖祥解〗FeCl2溶液加入氧化鈣生成氫氧化亞鐵，F(xiàn)eCl2溶液加入氧化鈣和空氣生成氫氧化鐵，反應釜1、2中物質混合后調節(jié)【詳析】（1）Fe3O4可以寫成FeO?Fe2O3，故Fe元素的化合價是+2和+3。O2-為氧原子得到（2）空氣中氧氣具有氧化性，反應釜1中的反應需在隔絕空氣條件下進行，其原因是防止二價鐵被空氣中氧氣氧化為三價鐵；（3）①反應釜2中，加入CaO和分散劑的同時通入空氣，氧氣將二價鐵氧化三價鐵，三價鐵與氧化鈣和水生成的氫氧化鈣生成氫氧化鐵，反應的離子方程式為4CaO+6H2②為加快反應速率，可采取的措施有適當升高溫度、攪拌等；（4）①反應釜3中，25℃時，Ca2+濃度為5.0mol/L，反應不能使鈣離子生成沉淀，防止引入雜質，故此時cOH-=Ksp②高錳酸鉀溶液紫紅色，故滴定達到終點的現(xiàn)象為：最后半滴標準液加入后，溶液變?yōu)槲⒓t色，且半分鐘內不變色；氯化鈣和草酸鈉轉化為草酸鈣沉淀CaC2O4，草酸鈣沉淀加入硫酸轉化為草酸，草酸和高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應：2MnO4-+5H2【『點石成金』】4．（2022·重慶·高考真題）電子印制工業(yè)產生的某退錫廢液含硝酸、錫化合物及少量Fe3+和Cu2+等，對其處理的流程如圖。Sn與Si同族，25℃時相關的溶度積見表?；瘜W式Sn(OH)4(或SnO2·2H2O)Fe(OH)3Cu(OH)2溶度積1.0×10-564×10-382.5×10-20(1)Na2SnO3的回收①產品Na2SnO3中Sn的化合價是。②退錫工藝是利用稀HNO3與Sn反應生成Sn2+，且無氣體生成，則生成的硝酸鹽是，廢液中的Sn2+易轉化成SnO2·xH2O。③沉淀1的主要成分是SnO2，焙燒時，與NaOH反應的化學方程式為。(2)濾液1的處理①濾液1中Fe3+和Cu2+的濃度相近，加入NaOH溶液，先得到的沉淀是。②25℃時，為了使Cu2+沉淀完全，需調節(jié)溶液H+濃度不大于mol?L-1。(3)產品中錫含量的測定稱取產品1.500g，用大量鹽酸溶解，在CO2保護下，先用Al片將Sn4+還原為Sn2+，再用0.1000mol?L-1KIO3標準溶液滴定，以淀粉作指示劑滴定過程中IO3-被還原為I—，終點時消耗KIO3溶液20.00mL①終點時的現(xiàn)象為，產生I2的離子反應方程式為。②產品中Sn的質量分數(shù)為%。【答案】(1)+4價Sn(NO3)2、NH4NO3SnO2+2NaOH高溫Na2SnO3+H2O(2)Fe(OH)32×10-7(3)滴入最后半滴KIO3標準溶液，溶液由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內不褪色IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2〖祥解〗由題給流程可知，向退錫廢液中加入氫氧化鈉溶液調節(jié)溶液pH為1.5，將錫的化合物轉化為二氧化錫，過濾得到含有鐵離子、銅離子的濾液1和沉淀1；向沉淀1中加入氫氧化鈉焙燒將二氧化錫轉化為錫酸鈉后，水浸、過濾得到錫酸鈉溶液，溶液經蒸發(fā)結晶得到錫酸鈉?！驹斘觥浚?）①由化合價代數(shù)和為0可知，錫酸鈉中錫元素的化合價為+4價，故答案為：+4價；②由分析可知，退錫工藝中發(fā)生的反應為錫與稀硝酸反應生成硝酸亞錫、硝酸銨和水，則則生成的硝酸鹽是硝酸亞錫和硝酸銨，故答案為：Sn(NO3)2、NH4NO3；③由沉淀1的主要成分是二氧化錫可知，焙燒時發(fā)生的反應為二氧化錫和氫氧化鈉高溫條件下反應生成錫酸鈉和水，反應的化學方程式為SnO2+2NaOH高溫Na2SnO3+H2O，故答案為：SnO2+2NaOH高溫Na2SnO3+H2O；（2）①由溶度積可知，向濾液1中加入氫氧化鈉溶液，溶解度小的氫氧化鐵先沉淀，故答案為：Fe(OH)3；②由溶度積可知，25℃時，銅離子沉淀完全時，溶液中的氫氧根離子濃度為2.5×10-201×10-5mol/L=5×10-8mol/L，則溶液中的氫離子濃度不大于2×10（3）①由題意可知，碘酸鉀先與二價錫離子反應生成碘離子，當二價錫反應完，碘離子與碘酸根反應生成碘單質，碘遇淀粉溶液變藍色時，溶液由無色變?yōu)樗{色，則終點時的現(xiàn)象為滴入最后半滴碘酸鉀標準溶液，溶液由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內不褪色，反應生成碘的離子方程式為IO3-+3Sn2++6H+=I-+3Sn4++3H2O，IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，故答案為：滴入最后半滴KIO3標準溶液，溶液由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內不褪色；IO3-+5I-+6H+=3I2+3H②由得失電子數(shù)目守恒可知，滴定消耗20.00mL0.1000mol?L-1碘酸鉀溶液，則1.500g產品中錫元素的質量分數(shù)為0.1000×0.0200×3×1191.500×100%=47.6%，故答案為：47.6%5．（2021·重慶·高考真題）電鍍在工業(yè)生產中具有重要作用，某電鍍廠生產的廢水經預處理后含有Cr2O72-和少量的Cu2+、Ni已知：Ksp(CuS)=6.3×10-36和Ksp(NiS)=3.0×10-19回答下列問題：(1)Cr2O72-中(2)還原池中有Cr3+生成，反應的離子方程式為。(3)沉淀1為Cr(OH)3，其性質與Al(OH)3相似，則Cr(OH)3與NaOH溶液反應的化學方程式。(4)Na2S溶液呈堿性的原因是(用離子方程式表示)，沉淀2為。(5)若廢水中還含有Cd2+，pH=4時Cd2+的濃度為mol·L-1，用該結果說明Cd2+影響上述流程進行分離的原因是(設H2S平衡濃度為1.0×10-6mol·L-1。已知：H2S的K1=1.0×10-7，K2=7.0×10-15，Ksp(CdS)=7.0×10-27)【答案】(1)+6(2)Cr(3)Cr(OH)3+NaOH=NaCrO2+2H2O(4)S2-+H2O?HS-+OH-CuS(5)1.0×10-7mol/L在沉淀池2中進行的沉淀Cu2+反應需要調節(jié)溶液體系pH=4，經過計算可以發(fā)現(xiàn)此時c(Cd2+)<1.0×10-5mol/L，可以認為Cd2+與Cu2+此時均完全沉淀，即沉淀2是CuS和CdS的混合物而無法準確分離開〖祥解〗廢水經預處理后含有Cr2O72-和少量的Cu2+、Ni2+，題目要對其中所含離子進行逐一分離，實現(xiàn)資源再利用。這是解題的關鍵，根據要求“逐一分離”這一點，結合流程及題目給出的信息Ksp(CuS)=6.3×10-36<K【詳析】（1）利用化合物中元素化合價代數(shù)和為0來解答，不過這里的是離子，所以各元素化合價代數(shù)和等于該離子所帶的電荷數(shù)（要帶上正負），即：若假設Crx2O72-故答案為：+6；（2）從流程可知，還原池中加入了含有Cr2O72-和少量的Cu2+、Ni2+廢水，H2C2O4和用于調節(jié)溶液酸堿性的H2SO故答案為：Cr2（3）Cr(OH)3的性質與Al(OH)3相似，依據反應Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2故答案為：Cr(OH)3（4）Na2S溶液呈堿性是由于鹽類水解，Na2S是多元弱酸的正鹽，水解反應分兩步進行：第一步S2-+H2O?HS-+OH-，第二步HS-+H故答案為：S2-+H2（5）H2S的K1=C(H+)×C(HS-)C(H2S)=1.0×10-7、K2=C(H+)×C(S故答案為：1.0×10-7；在沉淀池2中進行的沉淀Cu2+反應需要調節(jié)溶液體系pH=4，經過計算可以發(fā)現(xiàn)此時c(Cd2+)<1.0×10-5mol/L，可以認為Cd2+與Cu2+此時均完全沉淀，即沉淀2是CuS和將本地區(qū)2025年模擬題（1-3模及名校模擬）進行匯編1．（2025·云南昆明·一模）鍺是一種重要的稀散金屬，主要用于電子工業(yè)、光導纖維等領域。某鋅浸渣中含有ZnO、Fe2O3、GeO2、SiO2已知：①部分含鍺微粒的存在形式與pH的關系為：pHpHpHpHGe存在形式GeGeGeO3②部分金屬離子的沉淀pH：FeFeZn開始沉淀7.52.36.2沉淀完全9.03.28.0回答下列問題：(1)基態(tài)鍺原子中電子排布能量最高的能級為，“濾渣”的主要成分的化學式是。(2)Fe2O3在“還原浸出”步驟中發(fā)生反應的離子方程式為，物質A(3)“沉鍺”操作后，Ge以GeO2的形式存在，隨著pH的升高，Ge的沉淀率升高?！俺伶N”操作理論上需控制pH范圍為(4)“酸溶”后，溶液的pH為1.8，向溶液中加入酒石酸萃取劑，其原理為酒石酸(C4H6O6①“萃取鍺”中主要反應的離子方程式為。②若pH升高，鍺的萃取率下降，原因是。③“反萃取”中加入的物質B是(填標號)。a．NaOH溶液

b．H2SO4溶液

c【答案】(1)4pSiO2、(2)Fe2(3)5<(4)Ge4++3C4H〖祥解〗鋅浸渣中含有ZnO、Fe2O3、GeO2、SiO2、PbSO4，加入SO2、H2SO4還原浸出，F(xiàn)e3+被還原SO2為Fe2+，浸出液中含有Ge4+、Zn2+、Fe2+，濾渣為SiO2、PbSO4；題中給出物質【詳析】（1）鍺原子電子排布式為Ar3d104s24p2，則最高能級為4p；由分析可知，“濾渣（2）還原浸出步驟中Fe2O3與硫酸反應生成Fe3+，然后被SO2還原，離子方程式為：Fe2O3+2H++SO（3）“沉鍺”操作后，Ge以GeO2的形式存在，隨著pH的升高，Ge的沉淀率升高。當pH<2時，Ge4+離子溶解度高，無法沉淀；當pH逐漸升高至2.5~5，Ge4+發(fā)生水解，生成GeOH3+，當pH進一步升高時，pH>6.2形成沉淀GeO2；當pH>12，GeO2會與OH?發(fā)生反應形成可溶性GeO32-；當pH>6.2時（4）①“酸溶”后，溶液的pH為1.8，Ge存在形式為Ge4+，則“萃取鍺”中主要反應的離子方程式為：②若pH升高，Ge存在形式為GeOH3+③反萃取后得到Na2GeO3，Ge存在形式為GeO32-，說明此時溶液pH>122．（2025·重慶·一模）央視報道《王者歸“錸”》：金屬錸(Re)熔點高、耐磨、耐腐蝕，可用來制造航空發(fā)動機核心部件。以含錸廢渣(主要含Re、ReS2、Fe、Ni和SiO2)為原料制備金屬錸的工藝流程如圖已知：Ⅰ．本實驗條件下，F(xiàn)e3+開始形成膠體的pHⅡ．“酸浸”浸液中含有HReO4、NiSO4、Fe2SO(1)錸是第六周期元素，與錳元素族序數(shù)相同，則基態(tài)Re原子的價電子排布式為。(2)“焙燒”常采用高壓、通空氣逆流操作(空氣從焙燒爐下部通入，錸廢渣粉末從中上部加入)，其目的是。(3)“浸渣”的主要成分為(填化學式)。(4)其他條件相同時，“離子交換”過程中料液和D296體積比與Re交換率、Re交換量的關系如圖2所示，混合液的pH與ReO4-提取率的關系如圖①由圖2和圖3推斷，“離子交換”選擇的適宜條件為。②圖3中，其他條件相同，混合液的pH>1.5時，ReO4-的提取率降低的主要原因是(5)“反萃取”時，選用的試劑X為鹽酸的理由為。(6)常溫下，如果“一系列操作”過程中有含錸溶液的pH=9.0，該溶液中cNH4+cNH3?H2O((7)“熱解”步驟反應的化學方程式為?！敬鸢浮?1)5d(2)增大接觸面積，提高反應速率，使焙燒充分，提高原料的利用率(3)SiO(4)料液和D296體積比為12：1，混合溶液的pH為1.5pH>1.5，F(xiàn)e3+水解(或與OH-)生成Fe(5)加鹽酸，可增大溶液中的cCl-，使(6)>(7)4NH〖祥解〗含錸廢料主要含Re、ReS2、Fe、Ni和SiO2，含錸廢料在富氧空氣中焙燒，硫化物生成二氧化硫，錸被氧化為Re2O7，鐵生成氧化物，往燒渣中加入稀硫酸進行酸浸，浸渣是SiO2，浸液含強酸HReO4，調節(jié)pH值，再加入D296進行離子交換，分液出水相；往有機相中加入試劑X進行反萃取，分液出有機相；將水相中的溶質進行結晶，分離出晶體進行煅燒，得到Re2O7，通入H2【詳析】（1）錸是第六周期元素，與錳元素（3d54s2）族序數(shù)相同，則基態(tài)Re（2）“焙燒”常采用高壓、通空氣逆流操作(空氣從焙燒爐下部通入，錸廢渣粉末從中上部加入)，其目的是：增大廢料與空氣的接觸面積，提高反應速率，使焙燒充分，提高原料的利用率；（3）SiO2難溶于水，“浸渣”的主要成分為SiO2；（4）①由圖1和圖2可知，料液和D296體積比為12:1、混合液pH為1.5時錸交換率最大，所以“離子交換”選擇的適宜條件為料液和D296體積比為12:1，混合液pH為1.5；②由圖2知，其他條件相同，混合液的pH>1.5時，ReO4-的提取率降低的主要原因是pH>1.5，F(xiàn)e3+水解(或與OH-（5）“反萃取”時，選用的試劑X為鹽酸，對平衡QCl有機相+ReO4-aq?QReO（6）KbNH3?H2O（7）“熱解”步驟反應NH4ReO4和氧氣反應生成氮氣和Re3．（2025·重慶·模擬預測）工業(yè)上利用“鈧鈦渣”(主要含Sc2O3和FeTiO3，含少量已知，①KspFeOH3=1.0×10-38(1)基態(tài)Sc原子核外電子排布式為，Sc在元素周期表中的位置是第四周期第族，SiO2中Si原子的雜化類型為(2)若“氧化”后溶液中cSc3+=0.0001mol/L，則加氨水“調pH”的范圍是，濾渣(3)“鈧鈦渣”加硫酸后，Ti元素轉化為TiO2+，“調pH”后加適量NaOH溶液，TiO2+會水解，其水解反應的離子方程式為(4)某實驗小組對“沉鈧”步驟進行實驗探究，相關數(shù)據實驗溶液如表，對比實驗數(shù)據，最適合的條件是“實驗1”的條件，則該條件的優(yōu)點有。實驗溶液pHn沉淀顆粒沉淀率/%12.0,3.01：3較粗99.324.0,5.01：5細90.035.0,6.01：5很細93.1(5)“沉鈧”得到的沉淀是Sc2C2O4【答案】(1)Ar3d14s2(2)3<pH<4.4(3)TiO2++2H2O(4)沉淀率大，得到產物更多；草酸用量少，更節(jié)約原料；沉淀顆粒粗，更有利于過濾(答出兩點即可)(5)Sc〖祥解〗向“鈧鈦渣”中加入硫酸后得到含Sc3+、Fe2+、Fe3+、TiO2+的浸出液，SiO2不溶于酸首先分離，浸出液用空氣氧化將Fe2+【詳析】（1）Sc為21號元素，基態(tài)Sc原子核外電子排布式為Ar3d14s2；Sc在元素周期表中的位置是第四周期第ⅢB族；二氧化硅中每個硅原子與四個氧原子形成四個Si-O，因此（2）加氨水“調pH”的目的是沉淀Fe3+而不沉淀Sc3+，因此溶液最小pH為Fe3+完全沉淀時：c(OH-)=3KspFeOH3c(Fe3+)=31.0×10-38（3）TiO2+中Ti為+4價，因此水解產物為H2TiO3（或TiOOH2），水解的離子方程式為（4）對比各實驗數(shù)據，“實驗1”的條件，則該條件的優(yōu)點有沉淀率大，得到產物更多；草酸用量少，更節(jié)約原料；沉淀顆粒粗，更有利于過濾(答出兩點即可)。（5）Sc2C2O43?6H2O摩爾質量為462g/mol，加熱一段時間后，固體剩余率為4．（2025·重慶·二模）銻白(Sb2O3)工業(yè)上主要用作顏料、阻燃劑、煤染劑和催化劑。以輝銻礦(主要成分為Sb2?S3，含少量As2S3、PbS、CuO已知：①浸出液中除含過量鹽酸和SbCl5之外，還含有SbCl3②KspCuS③Sb2O3與回答下列問題：(1)基態(tài)Sb原子的價層電子軌道表達式為。(2)加快酸浸速率的措施有(寫兩種)。(3)濾渣1的成分為硫和。(4)“沉銅、鉛”步驟中，Cu2+、PbCl42-起始濃度均為0.01mol?L-1。當銅、鉛沉淀完全時，溶液中c?S2-≥(5)“除砷”時有H3PO3(6)水解步驟中生成白色沉淀Sb4O5Cl2的離子方程式為?！爸泻汀?7)Sb2O3在空氣中充分加熱，固體增重率約為8.22%【答案】(1)(2)適當升溫、攪拌、適當增加鹽酸濃度等(3)SiO(4)8.0×(5)2AsCl(6)2Cl-+4Sb3++5H(7)Sb〖祥解〗輝銻礦加入鹽酸“浸出”得“浸出液”，“浸出液”中除含過量鹽酸和SbCl5之外，還含有SbCl3、PbCl2、AsCl3、CuCl2等，“濾渣1”中除了生成的S之外，還有未溶解的二氧化硅，“浸出液”中加入Sb還原SbCl5，生成SbCl3，加入Na2S時保證Cu2+和Pb2+均沉淀完全，過濾得到的“濾渣2”為CuS、PbS，濾液中加入NaH2PO2除砷，反應生成亞磷酸、NaCl和砷單質，過濾得到含SbCl3溶液，水解得到Sb4O5【詳析】（1）Sb為51號元素，基態(tài)Sb原子的價層電子軌道表達式為；（2）適當升溫、攪拌、適當增加鹽酸濃度等能夠加快酸浸速率；（3）由分析，二氧化硅和鹽酸不反應，則濾渣1的成分為硫和SiO2（4）由數(shù)據可知，PbS較CuS溶解度大，則鉛沉淀完全時，需要溶液中cS（5）由分析，“除砷”時反應生成亞磷酸、NaCl和砷單質、H3PO3，則該反應中As化合價由+3變?yōu)?、P化合價由+1變?yōu)?3（6）水解步驟中，Sb3+水解生成白色沉淀Sb4O5Cl2，結合質量守恒，氯離子、水也會參與反應，同時還生成氫離子，離子方程式為2Cl-+4Sb3++5H2O=Sb4O5Cl2（7）假設有1molSb2O3（為292g），則含有2molSb、3molO，在空氣中充分加熱被氧氣氧化，固體增重率約為8.22%，則增加質量292g×8.22%=24g為氧元素質量，則生成的氧化物中Sb、O物質的量之比為2mol5．（2025·內蒙古·二模）CdSe是一種半導體材料。以鎘渣(主要成分是Cd，含少量的Zn、Co、Fe、Cu等)為原料制備CdSe的流程如下?；卮鹣铝袉栴}：已知：已知：①幾種金屬離子以金屬氫氧化物形式沉淀的pH如下：金屬離子FeFeCd開始沉淀的pH1.56.57.2完全沉淀的pH3.39.9？②常溫下，Ksp③Co和Cd與硫酸反應后分別得到Co2+和Cd(1)上述位于周期表ds區(qū)的金屬中，第二電離能和第一電離能相差最大的是(填元素符號)。(2)“酸浸”時，其他條件相同，鎘的浸出率與溫度、時間的關系如圖。當鎘浸出率為90%時，宜采取的實驗條件是(選擇溫度、時間)(3)“除鈷”時加入Zn、Sb2O3，恰好得到CoSb(4)“除鐵”時，先加入KMnO4，后加入ZnO調節(jié)pH。調節(jié)pH的范圍為；過濾得到的“渣2”的主要成分為MnO2和(填化學式(5)“電解”后的“廢液”可以用于“”(填名稱)工序，實現(xiàn)資源循環(huán)利用；如果用生石灰處理該“廢液”，當pH為9(常溫下)時，cCd2+=(6)CdSe晶胞如圖所示。已知：晶胞底邊長為anm，高為bnm，α=β=90°，γ=120°，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。該晶體密度為(7)制備CdSe納米片的原理是在一定條件下CdCH32和C【答案】(1)Cu(2)100℃、6h(3)5Zn+6H(4)3.3≤pH＜7.2Fe(OH)3(5)酸浸2.0×(6)4(7)CdCH32+〖祥解〗本題是無機物制備類的工業(yè)流程題，鎘渣用硫酸酸浸后Co和Cd與硫酸反應后分別得到Co2+和Cd2+，同時其中含有Zn2+、Fe【詳析】（1）上述位于周期表ds區(qū)的金屬有Zn、Cu，其中銅價層電子排布式為3d104s1，失去一個電子后形成穩(wěn)定結構，其第二電離能和第一電離能相差最大，故答案為：Cu；（2）由圖可知，當鎘浸出率為90%時，宜采取的實驗條件是100℃、6h（3）根據題意“除鈷”時加入Zn、Sb2O3，恰好得到CoSb，即此時鈷離子，氫離子、鋅和Sb2O（4）ZnO調節(jié)溶液pH使Fe3+完全沉淀生成Fe(OH)3，Cd2+不沉淀，由題可知，調節(jié)溶液pH的范圍為3.3≤pH＜7.2；則過濾得到的“渣2”的主要成分為MnO2和Fe(OH)3（5）電解硫酸鎘溶液生成硫酸、鎘和氧氣，電解方程式為：2CdSO4+2H2O電解2Cd+2H2SO4+O2↑，則“電解”后的“廢液”可以用于酸浸工序，實現(xiàn)資源循環(huán)利用；當pH（6）由題干晶胞示意圖可知，一個晶胞中含有Cd個數(shù)為：8×18+1=2，Se個數(shù)為：4×14+1=2，若CdSe的晶胞的高為anm，底邊長為bnm，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，則一個晶胞的質量為：2×(112+79)NAg，一個晶胞的體積為：32b2a×10-21（7）根據題意CdCH32和C8H173PSe反應生成6．（2025·重慶·模擬預測）砷(As)、銻(Sb)、鉍(Bi)是同主族元素，其單質和化合物都有廣泛的用途。I．用精煉秘的煙塵(主要成分為Sb2O3、Bi2O3、As2O3等)為原料提取銻的流程如下圖所示。已知：Sb2O3、As2O3、Bi2O3都與鹽酸反應生成氯化物，Sb3+易水解生成兩種氯氧銻沉淀SbOCl、Sb4O5Cl2、As3+、Bi3+水解非常微弱。(1)基態(tài)As原子的價層電子排布圖為，Sb在元素周期表中的位置是。(2)在“酸浸”時要不斷攪拌的目的是。(3)為了加快“轉化”的速率，可適當升高溫度，但溫度不宜過高，其原因是。(4)離子晶體熔點的高低與離子所帶的電荷數(shù)多少、半徑大小、堆積緊密程度有關，試分析Sb2O3的熔點高于Bi2O3的原因是。(5)“轉化”步驟中Sb4O5Cl2轉化為Sb2O3的化學方程式為。Ⅱ．某同學用輝鉍礦制取NaBiO3(不溶于水)，為了測定所制NaBiO3產品的純度，該同學稱取樣品mg，加入足量稀硫酸和MnSO4溶液使其完全反應，再用0.1mol/LH2C2O4標準溶液滴定生成的MnO4-，平行滴定三次，三次平均消耗標準液的體積為bmL(雜質不參加反應(6)達到滴定終點時的現(xiàn)象是，產品的純度為。【答案】(1)第五周期第ⅤA族(2)加快反應速率和提高“酸浸”效率(3)溫度過高氨水會揮發(fā)，增加了成本(4)Sb2O3晶體比Bi2O3晶體堆積更加緊密，Bi2O3和Sb2O3陰陽離子所帶電荷數(shù)相等，但Bi3＋離子半徑大于Sb3＋，Bi2O3離子鍵更弱，故Bi2O3熔點低于Sb2O3(5)Sb4O5Cl2＋2NH3·H2O=2Sb2O3＋2NH4Cl＋H2O(6)當?shù)稳胱詈蟀氲螛藴室?，溶液的紫紅色恰好褪去，且30s內不變?yōu)樽霞t色2.8bm%(或〖祥解〗精煉鉍煙塵(主要成分為Sb2O3、As2O3、Bi2O3等)加入鹽酸進行酸溶后，“酸浸”液的主要成分是SbCl3、BiCl3、AsCl3，加入水進行水解，根據題干信息可知，Sb3+易水解生成兩種氯氧銻沉淀SbOCl、Sb4O5Cl2，過濾后濾出濾渣，加入氨水，促使SbOCl、Sb4O5Cl2轉化為Sb2O3，加入C進行還原得目標產物?！驹斘觥浚?）已知As是33號元素，基態(tài)As原子的價層電子排布式為：4s24p3，故其價層電子排布圖為，Sb與N為同主族，核外電子層數(shù)為5，故Sb在元素周期表中的位置是第五周期第ⅤA族，故答案為：；第五周期第ⅤA族；（2）在“酸浸”時要不斷攪拌可以增大物質之間的接觸面積，加快反應速率、提高浸出率，故其目的是加快反應速率和提高“酸浸”效率，故答案為：加快反應速率和提高“酸浸”效率；（3）由題干流程圖可知，“轉化”步驟中使用了氨水，而氨水在高溫下易揮發(fā)，降低其利用率，故為了加快“轉化”的速率，可適當升高溫度，但溫度不宜過高，其原因是溫度過高氨水會揮發(fā)，增加了成本，故答案為：溫度過高氨水會揮發(fā)，增加了成本；（4）已知Sb2O3和Bi2O3均為離子晶體，Sb2O3晶體比Bi2O3晶體堆積更加緊密，Bi2O3和Sb2O3陰、陽離子所帶電荷數(shù)相等，但Bi3＋離子半徑大于Sb3＋，Bi2O3離子鍵更弱，故Bi2O3熔點低于Sb2O3，故答案為：Sb2O3晶體比Bi2O3晶體堆積更加緊密，Bi2O3和Sb2O3陰陽離子所帶電荷數(shù)相等，但Bi3＋離子半徑大于Sb3＋，Bi2O3離子鍵更弱，故Bi2O3熔點低于Sb2O3；（5）由分析可知，“轉化”步驟中Sb4O5Cl2轉化為Sb2O3的化學方程式為Sb4O5Cl2＋2NH3·H2O=2Sb2O3＋2NH4Cl＋H2O，故答案為：Sb4O5Cl2＋2NH3·H2O=2Sb2O3＋2NH4Cl＋H2O；（6）用0.1mol?L-1的H2C2O4標準溶液滴定，當?shù)稳胱詈蟀氲蜨2C2O4標準溶液，紫紅色恰好褪去且半分鐘內不變?yōu)樽霞t色，說明到達滴定終點，若滴定終點時消耗H2C2O4溶液bmL，NaBiO3的相對分子質量為280，結合方程式5NaBiO3+2Mn2++14H+=2MnO4-+5Na++5Bi3++7H2O、2MnO4-+5H2C2O4+6H+=10CO2+2Mn2++8H2O可知，5NaBiO3～2MnO4-～5H2C2O4，則該產品的純度是：280g/mol×0.1mol/L×b×10-3Lm×100%=2.8bm%(7．（2025·重慶·二模）鈀(Pd)是一種銀白色金屬，質軟、有良好的延展性和可塑性，塊狀金屬鈀能吸收大量氫氣。用某廢鈀催化劑(主要雜質是碳和有機物及少量鐵和鋅)制備Pd的流程如下：(1)鈀位于第五周期的第10個縱行，鈀在周期表的區(qū)；王水中含HNO3，NO3-(2)為驗證Pd2+與NH3形成了配位鍵，需用儀器測定PdNH32Cla.質譜儀b.紅外光譜儀c.核磁共振氫譜儀d.X射線衍射儀(3)已知N2H4為二元弱堿，在水中第一步電離為：N2H4+(4)“還原”時，N2H4還原PdO(5)“沉鈀”時加入鹽酸的作用是。(6)海綿鈀具有優(yōu)良的儲氫功能。假設海綿鈀的密度為ρg?cm-3，儲氫后，氫氣的濃度為rmol(1molPd吸附氫氣的物質的量)，則吸附的氫氣體積(標準狀況)是海綿鈀體積的倍(用含ρ、【答案】(1)d平面三角形(2)b(3)N2H(4)2(5)中和NH3?H2O(或與NH3反應(6)11200〖祥解〗廢鈀催化劑高溫焚燒有機物、C、Fe、Zn、Pd被氧氣氧化生成氧化物，有機物、C轉化為尾氣而除去，加入N2H4，PdO被N2H4還原產生Pd，F(xiàn)e被還原為Fe單質，Zn被還原為Zn單質，再向其中加入王水，Pd、Fe、Zn都能溶于王水，其中Pd與王水反應得到H2[PdCl4]溶液，同時產生有毒無色氣體NO氣體，再向溶液中加入濃氨水調節(jié)溶液pH，鈀轉化為可溶性的[Pd(NH3)4]2+，鐵離子、鋅離子全部形成Fe(OH)3、Zn(OH)2沉淀，然后過濾，向濾液中加入鹽酸，析出得到[Pd(NH3)2]Cl2黃色晶體，然后煅燒得到PdCl2，再經過還原得到Pd，據此解答?！驹斘觥浚?）鈀位于第五周期的第10個縱行，鈀在周期表的d區(qū)；王水中含HNO3，NO3-（2）紅外光譜儀可以檢測出化學鍵及官能團的信息，所以用測定PdNH（3）N2H4為二元弱堿，在水中第一步電離為：N2H4+（4）根據氧化還原反應的書寫規(guī)則，N2H4還原PdO（5）“沉鈀”時加入鹽酸的作用是中和NH3?H2O(或與NH3反應（6）可知1molPd的質量為106g，密度為ρg?cm-3，得體積為106ρcm3，儲氫后，氫氣的濃度為rmol，則體積為22.4rL8．（2025·重慶·模擬預測）多硫化物金礦石(主要成分是SiO2)已知：①浸出液中Au以Au(CN)2-形式存在；②濾液中Zn以Zn(CN)42-形式存在；③HCN易揮發(fā)，有劇毒；④Au(CN)2(1)Au與Cu、Ag同族，且與Ag相鄰，Cu、Ag、Au原子序數(shù)依次增大，則Au在周期表中的位置為Au的價電子排布式為。(2)為了使金礦石焙燒充分，在焙燒時可采取的措施有。(3)“浸金”過程發(fā)生反應的離子方程式為。(4)“浸渣”的主要成分是(寫化學式)。(5)將“濾液”進行“轉化”、“吸收”的目的是。(6)取10t金礦石通過上述工藝流程冶煉金，用200L0.002mol/LNaCN溶液分多次浸取，浸出液體積為200L，取20．00mL“浸出液”，用0.001mol/L酸性KMnO4溶液滴定，到達滴定終點時消耗酸性KMnO4溶液體積為6．00mL，該金礦石中金的含量為g/t(【答案】(1)第六周期IB族

5d(2)將金礦石粉碎、金礦石粉與空氣采用逆流焙燒(3)4Au+2H(4)SiO2、(5)生成NaCN溶液，使NaCN溶液重復利用(6)3.349〖祥解〗金礦石經焙燒后，硫轉化為二氧化硫，黃鐵礦中的鐵轉化為氧化鐵，經氰化鈉溶液浸取后，SiO2、Fe2O3沉淀洗出，Au轉化為Au(CN)2-；浸出液中加入Zn后，Au以單質形式析出，【詳析】（1）因銅在第四周期IB族，因此金在第六周期第IB族，IB族的價電子排布式為(n-1)d10ns1（2）金礦石粉碎后會與空氣接觸面積更大焙燒更充分，另外將空氣從焙燒容器中下口向上通，將金礦石粉從焙燒容器上口往下倒，采用逆流法焙燒更充分；（3）“浸金”離子反應方程式為4Au+2H2（4）Au會溶解于NaCN溶液，而SiO2、Fe2O3不溶于NaCN溶液，因此浸渣是（5）“轉化”是利用強酸生成弱酸HCN，然后用NaOH溶液吸收HCN，生成NaCN溶液，從而使NaCN溶液重復利用；（6）CN-與酸性MnO4-反應方程式為2CN-+2MnO4-+8H+=2Mn2++2CO2↑+N2↑+4H2O，根據比例關系可計算出20mL“浸出液”中反應后剩余9．（2025·重慶·二模）鈦被稱為“二十一世紀的金屬”，乳酸亞鐵[FeC3H5O32]常作補鐵制劑。工業(yè)上用鈦鐵礦(主要成分為FeTiO3，雜質有已知：①酸性溶液中鈦元素主要以TiO2+形式存在，TiO2+能水解；②25℃時，KspFeOH(1)基態(tài)鈦原子價層電子軌道表示式為；濾渣的主要成分為(填化學式)；試劑X為。(2)“沉鐵”時需控制反應溫度低于35℃，其主要目的是。(3)濾液1“沉鈦”的離子方程式為。(4)已知濾液2中Fe2+的濃度為0.8mol/L，Mg2+的濃度為0.02mol/L，則濾液2中pH不大于(已知lg3≈0.5(5)上述流程中，“結晶”和“沉鈦”順序不宜交換的主要原因是。(6)TiO2與C、Cl2，在物質TiClCOCOCl分壓(MPa)4.59×1.84×3.70×5.98×①該溫度下，TiO2與C、Cl2反應的總化學方程式為②隨著溫度升高，尾氣中CO的含量升高，主要原因是。【答案】(1)SiO2、CaSO4(2)防止NH4HCO3分解(或減少(3)TiO(4)6.5(5)沉鈦時，需加入大量的水，不利于綠礬的結晶(6)5TiO2+6C+10Cl2600℃5TiCl4+2CO+4CO2〖祥解〗鈦鐵礦主要成分為FeTiO3，雜質有Fe2O3、CaO、MgO、SiO2等。鈦鐵礦用稀硫酸“酸浸”，酸性溶液中鈦元素主要以TiO2+形式存在，可知溶液存在的陽離子為TiO2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+，CaO與硫酸反應生成硫酸鈣沉淀，SiO2不與硫酸反應，過濾，濾渣中含有SiO2、CaSO4；濾液加鐵粉把Fe3+還原為Fe2+，蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾得硫酸亞鐵晶體；硫酸亞鐵溶液加碳酸氫銨“沉鐵”生成碳酸亞鐵沉淀，碳酸亞鐵加乳酸溶液轉化為乳酸亞鐵溶液；濾液1中含有TiO2+、Mg2+、Fe2+，加大量熱水使TiO2+水解為TiO2·nH2O沉淀，【詳析】（1）Ti是22號元素，基態(tài)鈦原子價電子排布式為3d24s2，基態(tài)鈦原子價層電子軌道表示式為；CaO與硫酸反應生成硫酸鈣沉淀，SiO2不與硫酸反應，所以濾渣的主要成分為SiO2、CaSO4；試劑X把Fe3+還原為Fe2+，則X為（2）碳酸氫銨受熱易分解，為防止NH4HCO3分解，“沉鐵”（3）濾液1中含有TiO2+、Mg2+，加熱水使TiO2+水解為TiO2（4）Fe2+開始沉淀時c(OH-)=KspFeOH2cFe2+=8×10-160.8=1×10-7.5，此時pH=6.5；Mg2+開始沉淀時c(OH-（5）沉鈦時，需加入大量的水，不利于綠礬的結晶，所以“結晶”和“沉鈦”順序不宜交換；（6）①根據表中數(shù)據可知，該溫度下C主要生成CO和CO2，根據相同條件下氣體的壓強之比等于物質的量之比，可知TiCl4、CO和CO2的物質的量之比約是5：2：4，該溫度下，TiO2與C、Cl②隨著溫度升高，CO2與C反應生成CO，所以尾氣中CO10．（2025·江西新余·二模）鈧(Sc)是一種功能強大但產量稀少的稀土金屬，廣泛用于尖端科技領域。從某種磷精礦(主要成分為Ca5PO43F，含少量ScPO4、FeO、Fe(1)寫出“酸浸”過程中Ca5PO43F(2)“萃取”的目的是富集Sc，但其余元素也會按一定比例進入萃取劑中。①通過3ROH+POCl3?(RO)3PO+3HCl制得有機磷萃取劑(RO)3PO，其中—R代表烴基，—R不同，(RO)3PO產率也不同。當—R為“-CH2CH3”②“反萃取”的目的是分離Sc和Fe元素。向“萃取液”中通入NH3，F(xiàn)e2+、Fe3+、Sc3+的沉淀率隨pH的變化如圖1，試劑X為(填“SO2”或“ClO2

圖1(3)已知Ka1H2C2O4=a，Ka2H2C2O4=b，KspSc2(4)草酸鈧晶體Sc2C2O43?6H2

圖2【答案】(1)Ca(2)大于隨著碳原子數(shù)增加，“-CH2CH2CH3”推電子能力強于“-CH2CH(3)a(4)Sc〖祥解〗磷精礦加入硝酸酸浸，二氧化硅不反應，過濾得到濾渣1，稀土元素、鐵、鈣元素進入濾液，加入萃取劑萃取出稀土元素，然后加入試劑X為亞硫酸鈉將三價鐵轉化為二價鐵，通入氨氣，調節(jié)pH分離出含有稀土的固相，再加入硝酸溶解，加入硫酸除去鈣元素得到硫酸鈣為濾渣2，濾液加入草酸沉淀分離出草酸鈧晶體?！驹斘觥浚?）“酸浸”過程中Ca5PO43F（2）①隨著碳原子數(shù)增加，“-CH2CH2CH3”推電子能力強于“-CH2CH3”，O-H鍵更難斷裂，不利于3ROH+POCl3?(RO)3PO+3HCl正向進行，(RO)3PO產率降低，所以當—R為“-CH2CH3”時，(（3）此反應的平衡常數(shù)K=c6(H（4）1mol草酸鈧晶體Sc2C2O43?6H2O的質量為462g，550℃時，質量減少462g×(19.5%+3.9%)≈108g，根據質量守恒，1mol草酸鈧晶體Sc2C2O43?6H2O含6molH2O，6molH211．（2025·重慶·模擬預測）從含有TiO2已知：鈦酸鈉Na2TiO3難溶于水；+5價V(1)基態(tài)V原子的價層電子排布圖為；NH4+的空間結構名稱是(2)由TiCl4制取Ti時，通入Ar的作用是(3)“高溫堿浸”時生成鈦酸鈉的離子方程式為。(4)圖中由TiO2制取TiCl4的化學方程式為(5)“沉釩”時，溶液的pH控制在8左右，沉釩率高，pH低于7.5或高于8時沉釩率均低，其原因是。(6)“沉釩”后要進行過濾、洗滌，判斷NH4VO3(7)測定回收所得V2O5樣品的純度：稱取3.0g樣品，用稀硫酸溶解配制得250mLVO22SO4溶液。量取25.00mL溶液于錐形瓶中，加入過量的10.00mL0.4000mol?-1NH4(已知：VO2++Fe【答案】(1)正四面體形(2)防止高溫下Mg和Ti被氧化(3)TiO(4)TiO(5)pH過低，VO3-轉化為VO2+程度大；pH過高，(6)取最后一次洗滌液于試管中，先加入稀硝酸，再滴加硝酸銀溶液，無白色沉淀產生，則NH4(7)91〖祥解〗廢催化劑(含有TiO2、V2O5、WO3)，用NaOH溶液高溫堿浸，得到鈦酸鈉溶液和釩鎢液，鈦酸鈉溶液用硫酸溶液酸浸得到H2TiO3，H2TiO3焙燒得到TiO2，TiO2和過量C、Cl2反應生成TiCl4，TiCl4和Mg反應生成Ti；釩鎢液用鹽酸調pH得到H2WO4和NaVO3，NaVO3和NH4Cl反應生成NH4VO3，焙燒NH【詳析】（1）V是23號元素，基態(tài)V原子的價層電子排布圖為，NH4+中心原子價層電子對數(shù)為4+12（2）Mg和Ti易被氧氣氧化，由TiCl4制取Ti時，通入Ar的作用是防止高溫下Mg和Ti（3）“高溫堿浸”時TiO2和NaOH溶液反應生成難溶于水的鈦酸鈉Na2TiO（4）TiO2和過量C、Cl2反應生成TiCl4，根據得失電子守恒和原子守恒配平化學方程式為：TiO2（5）“沉釩”時，溶液的pH控制在8左右，沉釩率高，pH低于7.5或高于8時沉釩率均低，其原因是：pH過低，VO3-轉化為VO2+程度大；pH過高，（6）“沉釩”后要進行過濾、洗滌，目的是除去表面留有的Cl-，判斷NH4VO3是否洗凈，只需要檢驗最后一次洗滌液中是否含有Cl-（7）25.00mL溶液中加入0.00400mol?Fe2+，用0.01000mol?L-1KMnO4滴定其余Fe2+需20.00mL，KMnO4物質的量為0.01000mol·?L-1×?0.02000L=2.00×10-4mol，由MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，可知消耗Fe2+物質的量=5×(2.00×10-4mol)=1.00×10-3mol，剩余Fe2+物質的量=0.00400mol-1.00×10-3mol=0.00300mol，由VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O可知，25.00mL溶液中VO2+的物質的量為0.00300mol，整體250mL溶液中VO12．（2025·重慶·一模）鎳、鈷及其化合物在工業(yè)上有廣泛的應用。以含鎳廢料(主要成分為NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)為原料制備回答下列問題：(1)基態(tài)Co原子的價層電子的軌道表示式為。(2)“濾渣Ⅰ”主要成分是(填化學式)。(3)“調pH”過程中生成黃鈉鐵礬沉淀，該反應的離子方程式為。(4)①“萃取”時需充分振蕩，目的是。②“萃取”和“反萃取”可簡單表示為：2HX+Ni(5)常溫下，KspCoOH2=2×10-15，若起始時cCo2+(6)CoCO3在空氣中能受熱分解，測得剩余固體的質量與起始CoCO3的質量的比值(剩余固體的質量分數(shù)將CoCO3固體置于熱解裝置中，通入空氣流，在℃(填范圍)煅燒至恒重即可得到Co3O4。(已知CoCO3的摩爾質量為【答案】(1)(2)SiO2、(3)3(4)增大有機溶劑與溶液的接觸面積，提高Ni2+的萃取率消耗H(5)7.3(6)400°〖祥解〗工業(yè)上以含鎳廢料(主要成分為NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)為原料制備NiSO4?6H2O和CoCO3的工藝流程為：將含鎳廢料先加稀硫酸進行酸浸，SiO2不溶，BaO與H2SO4反應生成BaSO4沉淀，過濾后形成濾渣I除去；其余氧化物溶于稀硫酸轉化為含Ni2+、Fe2+、Fe3+、Co2+、H+的酸性濾液，在濾液中加入NaClO3將Fe2+氧化為Fe3+，再加入Na【詳析】（1）Co為27號元素，位于周期表中第四周期第VIII族，基態(tài)Co原子的價層電子排布式為：3d74s2故答案為：。（2）根據分析，濾渣I的主要成分為不與稀硫酸反應的SiO2以及能與稀硫酸反應的BaO生成的BaSO故答案為：SiO2、BaSO（3）“調pH”過程是使Fe3+在Na2CO3溶液中最后轉化為故答案為：3Fe（4）①“萃取”的目的是將含Ni2+、Co2+的濾液加入有機萃取劑把Ni2+②“萃取”和“反萃取”可簡單表示為：2HX+Ni故答案為：增大有機溶劑與溶液的接觸面積，提高Ni2+的萃取率；消耗H（5）常溫下，KspCoOH2=2×10-15，若起始時cCo2+=0.05mol/L，“沉鈷”時的pH為：K故答案為：7.3。（6）CoCO3在空氣中能受熱分解，根據測得剩余固體的質量與起始CoCO3的質量的比值(剩余固體的質量分數(shù))圖可知，CoCO3受熱后得到的產物可能是：CoO、Co2O3、Co3O4，取1molCoCO3119g分別得到上面故答案為：400°C13．（2025·重慶·一模）四鉬酸銨的用途非常廣泛，可用作催化劑、防腐劑、阻燃劑、電化學應用等。下圖是用輝鉬礦(含MoS2、V2O5、CuS2、Fe已知：①MoS2、V2O②當溶液中離子濃度小于1.0×10③25℃下部分難溶物的pKsp(pKsp難溶物FeCuAlpK392033(1)四鉬酸銨中Mo元素的化合價為，基態(tài)V原子的價層電子排布圖為。(2)“氧化焙燒”時，MoS2反應生成Na2MoO4和Na2SO4，則該反應的化學方程式為；在“溶液X”中通入氣體1和氣體2的順序是先通入(3)“沉釩”時，加入過量NH42SO(4)“凈化”過程加入氨水調節(jié)溶液pH，需將溶液的pH調至大于6.5，其原因是。(5)生成聚合硫酸鋁鐵的離子反應為：Al3++Fe3++HCO3-+【答案】(1)+6(2)2MoS2+6Na(3)增大NH4+濃度，促進(4)為使Fe3+、Cu2+、Al3+沉淀完全，Cu2+需要的pH最大，Cu(5)22.4n〖祥解〗輝鉬礦(含MoS2、V2O5、CuS2、Fe3O4、Al2O3等)加入純堿、氧氣焙燒，MoS2反應生成Na2MoO4和Na2SO4，V2O5、Al2O3均可與純堿反應生成對應的鈉鹽，焙燒產生的氣體1主要為CO2；加入H2SO4、NH42SO4，相應的金屬元素轉化為金屬陽離子，釩元素轉化為NH4VO3，加入氨水凈化，沉淀Fe3+、Al【詳析】（1）根據化合價代數(shù)和為0可知，(NH4)2Mo4O13·2H2O中Mo元素的化合價為+6價；基態(tài)V原子的價層電子排布式為3d34（2）“氧化焙燒”時，MoS2反應生成Na2MoO4和Na2SO4，則該氧化還原反應的化學方程式為：2MoS2+6Na2CO3+9O2=焙燒2Na2MoO“溶液X”是飽和NaCl溶液，CO2在其中溶解度較小，應先通NH3，再通CO2；（3）“沉釩”時，加入過量NH42SO4的目的是提高（4）“凈化”過程加入氨水調節(jié)溶液pH，沉淀Fe3+、Al3+、Cu2+，由表中數(shù)據可知，沉淀[Cu(OH)2]需要的pH最大，Cu2+完全沉淀時，（5）將離子反應配平得到：aAl3++bFe3++nHCO專題10物質的轉化與工藝流程1．（2025·重慶·高考真題）硒(Se)廣泛應用于農業(yè)和生物醫(yī)藥等領域，一種利用H2Se熱解制備高純硒的流程如下：已知H2Se的沸點為231K，回答下列問題：(1)真空焙燒時生成的主要產物為Al2Se3，其中Se的化合價為，Al(2)氫化過程沒有發(fā)生化合價的變化，Al元素轉化為Al2O3·xH2O，則反應的化學方程式為。(3)熱解反應：H2Seg?Seg+H2g

ΔH>0。冷凝時，將混合氣體溫度迅速降至500K得到固態(tài)硒。(4)Se的含量可根據行業(yè)標準YS/T226.12-2009進行測定，測定過程中Se的化合價變化如下：稱取粗硒樣品0.1000g，經過程①將其溶解轉化為弱酸H2SeO3，并消除測定過程中的干擾。在酸性介質中，先加入0.1000mol·L-1Na2S2O3標準溶液40.00mL，在加入少量KI和淀粉溶液，繼續(xù)用Na2S2O3標準溶液滴定至藍色消失為中點(原理為I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)，又消耗8.00mL。過程②中Se(IV)與【答案】(1)-21s(2)Al(3)凝華減少H2Se生成，提高Se產率H(4)4H〖祥解〗粗Se加入鋁粉焙燒得到Al2Se3，通入水蒸氣氫化得到H2Se【詳析】（1）Al是IIIA族元素，化合價為+3價，則Se化合價為-2價；鋁的基態(tài)電子排布式為1s（2）“氫化”過程是Al2Se3與水蒸氣反應生成H（3）從氣態(tài)變?yōu)楣虘B(tài)的過程為凝華；已知熱解正向是吸熱反應，降溫時，為避免平衡逆向移動，需要迅速冷凝Se蒸汽，故目的是減少H2Se生成，提高Se產率；尾氣種含有H2（4）反應③是SeIV被KI還原為Se的過程，離子方程式為：4第一次加入40.00mL的Na2S2O3溶液和KI溶液，二者同時做還原劑，將H2SeO3還原為Se，第二次再加入同濃度的Na2S2O3滴定上一步生成的碘單質，整個過程相當于48mL0.1mol/L的Na2S2．（2024·重慶·高考真題）含釕(Ru)催化劑在能源等領域應用廣泛。Ru(NO)NO33方是制備負載型釕催化劑的前驅體。一種制備高純Ru(NO)NO3RuCl回答下列問題：(1)已知基態(tài)Ru的核外電子排布式為[Kr]4d75s1，則Ru在元素周期表中位于第周期第族。KNO2中，(2)為驗證Ru與NO形成了配位鍵，對所得Ru(NO)Cl3的表征結果如圖所示，表征所用儀器是_______A．核磁共振儀 B．質譜儀 C．紅外光譜儀 D．X射線衍射儀(3)步驟①中無氣體生成，除生成Ru配合物外，生成的鹽還有(填化學式)。(4)步驟②生成的Ru(NO)OH3為難溶物，反應的化學方程式為(5)步驟③在加入稀硝酸前，需要將難溶物加入AgNO3溶液中，以除去殘留的Cl-；為使Cl-沉淀完全，Ag+濃度應大于mol/L。(已知(6)Ru(NO)NO33受熱易分解，在660K時完全分解，失重率為58%，剩余固體為Ru【答案】(1)五ⅧV形(2)C(3)KNO3、KCl(4)Ru(NO)Cl(5)1.8×(6)RuO2〖祥解〗根據流程可知，第①步發(fā)生反應2RuCl3?3H2O+3KNO2+2HCl=2【詳析】（1）根據Ru的價電子排布式為[Kr]4d75s1，Ru在周期表中的位置是第五周期第Ⅷ族；NO2-成鍵電子對為2，孤對電子為5+1（2）圖為吸收波譜的譜圖，為紅外光譜，測量儀器為紅外光譜儀，答案選C；（3）步驟①中加入NaNO2，亞硝酸鈉發(fā)生歧化反應，反應無氣體生成，根據氧化還原反應配平該反應為2RuCl3?3H2O+3KNO2（4）步驟②生成的Ru(NO)OH3為難溶物，反應的化學方程式為（5）為使Cl-沉淀完全，則c(Cl-)＜1×10-5mol/L，Ag+（6）設分解1molRu(NO)NO33，其質量為317g，當660K時完全分解，失重率為58%，剩余固體質量為317g×(1－58%)=133.14g，根據Ru守恒，n(Ru)=1mol，其含有的Ru質量為101g，剩余固體為Ru的氧化物，則n(O)=133.14g－1013．（2023·重慶·高考真題）Fe3O4是一種用途廣泛的磁性材料，以FeCl2為原料制備

25℃時各物質溶度積見下表：物質FeFeCa溶度積K4.9×2.8×5.0×回答下列問題：(1)Fe3O4中Fe元素的化合價是+2和。O(2)反應釜1中的反應需在隔絕空氣條件下進行，其原因是。(3)反應釜2中，加入CaO和分散劑的同時通入空氣。①反應的離子方程式為。②為加快反應速率，可采取的措施有。(寫出兩項即可)。(4)①反應釜3中，25℃時，Ca2+濃度為5.0mol/L，理論上②稱取CaCl2水合物1.000g，加水溶解，加入過量Na2C2O4，將所得沉淀過濾洗滌后，溶于熱的稀硫酸中，用0.1000mol/【答案】(1)+31s22s22p6(2)防止二價鐵被空氣中氧氣氧化為三價鐵(3)4CaO+6H2O+4Fe(4)11最后半滴標準液加入后，溶液變?yōu)槲⒓t色，且半分鐘內不變色66.6%〖祥解〗FeCl2溶液加入氧化鈣生成氫氧化亞鐵，F(xiàn)eCl2溶液加入氧化鈣和空氣生成氫氧化鐵，反應釜1、2中物質混合后調節(jié)【詳析】（1）Fe3O4可以寫成FeO?Fe2O3，故Fe元素的化合價是+2和+3。O2-為氧原子得到（2）空氣中氧氣具有氧化性，反應釜1中的反應需在隔絕空氣條件下進行，其原因是防止二價鐵被空氣中氧氣氧化為三價鐵；（3）①反應釜2中，加入CaO和分散劑的同時通入空氣，氧氣將二價鐵氧化三價鐵，三價鐵與氧化鈣和水生成的氫氧化鈣生成氫氧化鐵，反應的離子方程式為4CaO+6H2②為加快反應速率，可采取的措施有適當升高溫度、攪拌等；（4）①反應釜3中，25℃時，Ca2+濃度為5.0mol/L，反應不能使鈣離子生成沉淀，防止引入雜質，故此時cOH-=Ksp②高錳酸鉀溶液紫紅色，故滴定達到終點的現(xiàn)象為：最后半滴標準液加入后，溶液變?yōu)槲⒓t色，且半分鐘內不變色；氯化鈣和草酸鈉轉化為草酸鈣沉淀CaC2O4，草酸鈣沉淀加入硫酸轉化為草酸，草酸和高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應：2MnO4-+5H2【『點石成金』】4．（2022·重慶·高考真題）電子印制工業(yè)產生的某退錫廢液含硝酸、錫化合物及少量Fe3+和Cu2+等，對其處理的流程如圖。Sn與Si同族，25℃時相關的溶度積見表?；瘜W式Sn(OH)4(或SnO2·2H2O)Fe(OH)3Cu(OH)2溶度積1.0×10-564×10-382.5×10-20(1)Na2SnO3的回收①產品Na2SnO3中Sn的化合價是。②退錫工藝是利用稀HNO3與Sn反應生成Sn2+，且無氣體生成，則生成的硝酸鹽是，廢液中的Sn2+易轉化成SnO2·xH2O。③沉淀1的主要成分是SnO2，焙燒時，與NaOH反應的化學方程式為。(2)濾液1的處理①濾液1中Fe3+和Cu2+的濃度相近，加入NaOH溶液，先得到的沉淀是。②25℃時，為了使Cu2+沉淀完全，需調節(jié)溶液H+濃度不大于mol?L-1。(3)產品中錫含量的測定稱取產品1.500g，用大量鹽酸溶解，在CO2保護下，先用Al片將Sn4+還原為Sn2+，再用0.1000mol?L-1KIO3標準溶液滴定，以淀粉作指示劑滴定過程中IO3-被還原為I—，終點時消耗KIO3溶液20.00mL①終點時的現(xiàn)象為，產生I2的離子反應方程式為。②產品中Sn的質量分數(shù)為%?！敬鸢浮?1)+4價Sn(NO3)2、NH4NO3SnO2+2NaOH高溫Na2SnO3+H2O(2)Fe(OH)32×10-7(3)滴入最后半滴KIO3標準溶液，溶液由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內不褪色IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2〖祥解〗由題給流程可知，向退錫廢液中加入氫氧化鈉溶液調節(jié)溶液pH為1.5，將錫的化合物轉化為二氧化錫，過濾得到含有鐵離子、銅離子的濾液1和沉淀1；向沉淀1中加入氫氧化鈉焙燒將二氧化錫轉化為錫酸鈉后，水浸、過濾得到錫酸鈉溶液，溶液經蒸發(fā)結晶得到錫酸鈉?！驹斘觥浚?）①由化合價代數(shù)和為0可知，錫酸鈉中錫元素的化合價為+4價，故答案為：+4價；②由分析可知，退錫工藝中發(fā)生的反應為錫與稀硝酸反應生成硝酸亞錫、硝酸銨和水，則則生成的硝酸鹽是硝酸亞錫和硝酸銨，故答案為：Sn(NO3)2、NH4NO3；③由沉淀1的主要成分是二氧化錫可知，焙燒時發(fā)生的反應為二氧化錫和氫氧化鈉高溫條件下反應生成錫酸鈉和水，反應的化學方程式為SnO2+2NaOH高溫Na2SnO3+H2O，故答案為：SnO2+2NaOH高溫Na2SnO3+H2O；（2）①由溶度積可知，向濾液1中加入氫氧化鈉溶液，溶解度小的氫氧化鐵先沉淀，故答案為：Fe(OH)3；②由溶度積可知，25℃時，銅離子沉淀完全時，溶液中的氫氧根離子濃度為2.5×10-201×10-5mol/L=5×10-8mol/L，則溶液中的氫離子濃度不大于2×10（3）①由題意可知，碘酸鉀先與二價錫離子反應生成碘離子，當二價錫反應完，碘離子與碘酸根反應生成碘單質，碘遇淀粉溶液變藍色時，溶液由無色變?yōu)樗{色，則終點時的現(xiàn)象為滴入最后半滴碘酸鉀標準溶液，溶液由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內不褪色，反應生成碘的離子方程式為IO3-+3Sn2++6H+=I-+3Sn4++3H2O，IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，故答案為：滴入最后半滴KIO3標準溶液，溶液由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內不褪色；IO3-+5I-+6H+=3I2+3H②由得失電子數(shù)目守恒可知，滴定消耗20.00mL0.1000mol?L-1碘酸鉀溶液，則1.500g產品中錫元素的質量分數(shù)為0.1000×0.0200×3×1191.500×100%=47.6%，故答案為：47.6%5．（2021·重慶·高考真題）電鍍在工業(yè)生產中具有重要作用，某電鍍廠生產的廢水經預處理后含有Cr2O72-和少量的Cu2+、Ni已知：Ksp(CuS)=6.3×10-36和Ksp(NiS)=3.0×10-19回答下列問題：(1)Cr2O72-中(2)還原池中有Cr3+生成，反應的離子方程式為。(3)沉淀1為Cr(OH)3，其性質與Al(OH)3相似，則Cr(OH)3與NaOH溶液反應的化學方程式。(4)Na2S溶液呈堿性的原因是(用離子方程式表示)，沉淀2為。(5)若廢水中還含有Cd2+，pH=4時Cd2+的濃度為mol·L-1，用該結果說明Cd2+影響上述流程進行分離的原因是(設H2S平衡濃度為1.0×10-6mol·L-1。已知：H2S的K1=1.0×10-7，K2=7.0×10-15，Ksp(CdS)=7.0×10-27)【答案】(1)+6(2)Cr(3)Cr(OH)3+NaOH=NaCrO2+2H2O(4)S2-+H2O?HS-+OH-CuS(5)1.0×10-7mol/L在沉淀池2中進行的沉淀Cu2+反應需要調節(jié)溶液體系pH=4，經過計算可以發(fā)現(xiàn)此時c(Cd2+)<1.0×10-5mol/L，可以認為Cd2+與Cu2+此時均完全沉淀，即沉淀2是CuS和CdS的混合物而無法準確分離開〖祥解〗廢水經預處理后含有Cr2O72-和少量的Cu2+、Ni2+，題目要對其中所含離子進行逐一分離，實現(xiàn)資源再利用。這是解題的關鍵，根據要求“逐一分離”這一點，結合流程及題目給出的信息Ksp(CuS)=6.3×10-36<K【詳析】（1）利用化合物中元素化合價代數(shù)和為0來解答，不過這里的是離子，所以各元素化合價代數(shù)和等于該離子所帶的電荷數(shù)（要帶上正負），即：若假設Crx2O72-故答案為：+6；（2）從流程可知，還原池中加入了含有Cr2O72-和少量的Cu2+、Ni2+廢水，H2C2O4和用于調節(jié)溶液酸堿性的H2SO故答案為：Cr2（3）Cr(OH)3的性質與Al(OH)3相似，依據反應Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2故答案為：Cr(OH)3（4）Na2S溶液呈堿性是由于鹽類水解，Na2S是多元弱酸的正鹽，水解反應分兩步進行：第一步S2-+H2O?HS-+OH-，第二步HS-+H故答案為：S2-+H2（5）H2S的K1=C(H+)×C(HS-)C(H2S)=1.0×10-7、K2=C(H+)×C(S故答案為：1.0×10-7；在沉淀池2中進行的沉淀Cu2+反應需要調節(jié)溶液體系pH=4，經過計算可以發(fā)現(xiàn)此時c(Cd2+)<1.0×10-5mol/L，可以認為Cd2+與Cu2+此時均完全沉淀，即沉淀2是CuS和將本地區(qū)2025年模擬題（1-3模及名校模擬）進行匯編1．（2025·云南昆明·一模）鍺是一種重要的稀散金屬，主要用于電子工業(yè)、光導纖維等領域。某鋅浸渣中含有ZnO、Fe2O3、GeO2、SiO2已知：①部分含鍺微粒的存在形式與pH的關系為：pHpHpHpHGe存在形式GeGeGeO3②部分金屬離子的沉淀pH：FeFeZn開始沉淀7.52.36.2沉淀完全9.03.28.0回答下列問題：(1)基態(tài)鍺原子中電子排布能量最高的能級為，“濾渣”的主要成分的化學式是。(2)Fe2O3在“還原浸出”步驟中發(fā)生反應的離子方程式為，物質A(3)“沉鍺”操作后，Ge以GeO2的形式存在，隨著pH的升高，Ge的沉淀率升高?！俺伶N”操作理論上需控制pH范圍為(4)“酸溶”后，溶液的pH為1.8，向溶液中加入酒石酸萃取劑，其原理為酒石酸(C4H6O6①“萃取鍺”中主要反應的離子方程式為。②若pH升高，鍺的萃取率下降，原因是。③“反萃取”中加入的物質B是(填標號)。a．NaOH溶液

b．H2SO4溶液

c【答案】(1)4pSiO2、(2)Fe2(3)5<(4)Ge4++3C4H〖祥解〗鋅浸渣中含有ZnO、Fe2O3、GeO2、SiO2、PbSO4，加入SO2、H2SO4還原浸出，F(xiàn)e3+被還原SO2為Fe2+，浸出液中含有Ge4+、Zn2+、Fe2+，濾渣為SiO2、PbSO4；題中給出物質【詳析】（1）鍺原子電子排布式為Ar3d104s24p2，則最高能級為4p；由分析可知，“濾渣（2）還原浸出步驟中Fe2O3與硫酸反應生成Fe3+，然后被SO2還原，離子方程式為：Fe2O3+2H++SO（3）“沉鍺”操作后，Ge以GeO2的形式存在，隨著pH的升高，Ge的沉淀率升高。當pH<2時，Ge4+離子溶解度高，無法沉淀；當pH逐漸升高至2.5~5，Ge4+發(fā)生水解，生成GeOH3+，當pH進一步升高時，pH>6