2022年各地高考化学真题：各类综合题汇编

2022高考化学综合题汇编

1化学反应原理综合题.................................................................1

2工艺流程综合题....................................................................12

3化学实验综合题....................................................................21

4物质结构与性质综合题..............................................................30

5有机化学基础综合题................................................................38

1化学反应原理综合题

1.(2022•全国甲卷)金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法

之一是将金红石(TiOj转化为TiCl「再进一步还原得到钛。回答下列问题：

(l)TiO?转化为TiCl」有直接氯化法和碳氯化法。在1000C时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：

12

(i)直接氯化:TiO2(S)+2C12(g)=TiCl4(g)K)2(g)AH,=172kJ-mol,Kpl=1.0x1O-

l2

(ii)碳氯化：TiO2(S)+2C12(g)+2C(s>TiCl4(g)+2CO(g)AH2=-51kJmol',Kp2=1.2xlOPa

1

①反应2C(s)+O2(g)=2CO(g)的AH为kJmol.Pa0

②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是。

③对于碳氯化反应：增大压强，平衡移动(填“向左”“向右''或"不”)；温度升高，平衡转化率

(填“变大”“变小”或“不变”)。

⑵在l.OxlO'Pa,将TiO?、C、CI?以物质的量比1：2.2：2进行反应。体系中气体平衡组成比例(物

质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。

①反应c(s)+CC)2(g)=2C0(g)的平衡常数Kp(14(xrc)=Pa。

②图中显示，在200c平衡时TiO?几乎完全转化为TiCl,，但实际生产中反应温度却远高于此温度，

其原因是。

⑶TiO?碳氯化是一个“气一固一固”反应，有利于TiO?-C“固-固”接触的措施是.

【答案】(1)-2231.2X10'4碳氯化反应气体分子数增加，AH小于0,是牖增、放热过程，焙判

据与熠判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程向左变小

(2)7.2X105为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCL产品，提高效益

(3)将两固体粉碎后混合，同时鼓入Ch,使固体粉末“沸腾”

【解析】⑴①根据盖斯定律，将“反应ii-反应i”得到反应2c(s)+O2(g)=2CO(g),则

AH=-51kJ/mol-172kJ/mol=-223kJ/mol；贝ijKp=—=L2x10'2^a=1.2x10l4Pa；

2

Kpl1.0xIO

②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应气体分子数增加，AH小于0,是嫡增、放热过

程，炳判据与焰判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程；

③对应碳氯化反应，气体分子数增大，依据勒夏特列原理，增大压强，平衡往气体分子数减少的方向

移动，即平衡向左移动；该反应是放热反应，温度升高，平衡往吸热方向移动，即向左移动，则平衡

转化率变小。

⑵①从图中可知，1400℃,体系中气体平衡组成比例CCh是0.05,TiCL是0.35,CO是0.6,反应

C(s)+CO2(g)=2CO(g)的平衡常数Kp(1400"C)=毁里-=©6"L°”爪?Pa=7.2xl()5Pa；

5

0.05Pgi0.05x1.0x10

②实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200℃,就

是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCL产品。

(3)固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大。有利于TiCh-C“固-固”接触，可将两者粉碎后

混合，同时鼓入Cb,使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。

2.(2022•浙江卷)主要成分为H2s的工业废气的回收利用有重要意义。

⑴回收单质硫。将三分之一的H2s燃烧，产生的SO?与其余H2s混合后反应：

2HS(g)+SO(g)(s)+2HO(g)。在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为

22O2

553

c(H2S)=2.0xl0-mor'c(SO2)=5.0xl0-molL\c(H2O)=4.0xl0-molL',计算该温度下的平衡

常数K=«

(2)热解H2s制H?。根据文献，将H2s和CH4的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出

料)，发生如下反应：

I2Hzs(g)=2H2(g)+SJg)AH^nOkJ-moF1

,

IICH4(g)+S2(g)^^CS2(g)+2H2(g)AH2=64kJmoF

总反应：

III2H2S(g)+CH4(g)^=iCS,(g)+4H2(g)

投料按体积之比V(H?S):V(CH4)=2:1,并用N?稀释：常压，不同温度下反应相同时间后，测得HZ和

CS2体积分数如下表：

温度/℃9501000105011001150

H2/V(%)0.51.53.65.58.5

CS2/V(%)0.00.00.10.41.8

请回答：

①反应HI能自发进行的条件是。

②下列说法正确的是o

A.其他条件不变时，用Ar替代Nz作稀释气体，对实验结果几乎无影响

B.其他条件不变时，温度越高，H2s的转化率越高

C.由实验数据推出H2s中的S-H键强于CH,中的C-H键

D.恒温恒压下，增加N2的体积分数，H2的浓度升高

③若将反应HI看成由反应1和反应II两步进行，画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意

图_______。

能.

量

反应过：

④在1000C,常压下，保持通入的H2s体积分数不变，提高投料比[V(凡S):V(CHJ],H2s的转化率

不变，原因是。

⑤在95(rc~ii5(rc范围内(其他条件不变)，s?(g)的体积分数随温度升高发生变化，写出该变化规律

并分析原因。

【答案】(1)8x108Lmo「

⑵高温AB1000℃时CH4不参与反应，相

同分压的H2s经历相同的时间转化率相同先升后降；在低温段，以反应I为主，随温度升高，S2（g）

的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应n消耗S2的速率大于反应【生成S2的速率，S2（g）的

体积分数减小

【解析】（1）根据方程式可知该温度下平衡常数K=

（4*10呼

C2(HO)

2L/mol=8x10sL/mol•

2-52-5

C(H2S)XC(SO2)(2X10)X5X10

⑵①根据盖斯定律可知I+11即得到反应m的△，=234kJ/mol,这说明反应III是吸热的体积增大（即AS

>0）的反应，根据AG=A”-7ASV0可自发进行可知反应IH自发进行的条件是高温下自发进行；

②A.Ar是稀有气体，与体系中物质不反应，所以其他条件不变时，用Ar替代N?作稀释气体，对实

验结果几乎无影响，A正确；

B.正反应吸热，升高温度平衡正向进行，温度越高，H2s的转化率越高，B正确；

C.根据表中数据无法得出H2s中S-H键和CH4中C-H键的相对强弱，事实上C-H键的键能大于S-H

键键能，C错误；

D.恒温恒压下，增加N2的体积分数，相当于减压，平衡正向进行，出的物质的量增加，容器容积

增加，H2浓度减小，D错误；

答案选AB；

④根据表中数据可知1000C时CHa不参与反应，相同分压的H2s经历相同的时间转化率相同，所以

在KXKTC常压下，保持通入的H2s体积分数不变，提高投料比时H2s的转化率不变；

⑤由于在低温段，以反应1为主，随温度升高，S2（g）的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应

II消耗S2的速率大于反应I生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小，因此变化规律是先升后降。

3.(2022•全国乙卷)油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加

以利用。回答下列问题：

⑴已知下列反应的热化学方程式：

①2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H,O(g)AH(=-1036kJmol'

1

(2)4H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H,O(g)AH,=94kJ-mol-

1

(§)2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)AH,=-484kJ-mol'

计算H2S热分解反应④2H2s(g)=S2(g)+2H?(g)的AHa=kJ-mo『。

(2)较普遍采用的H2s处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反

应④高温热分解H?S。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是,缺点是。

⑶在1470K、lOOkPa反应条件下，将11(凡$)：11(所)=1:4的混合气进行H2s热分解反应。平衡时混合

气中H2s与的分压相等，H2s平衡转化率为,平衡常数Kp=kPa。

(4)在1373K、100kPa反应条件下,对于n(HS：n(Ar)分别为4:1、1:1、1:4、1：9、1：19的HSAr混

%

M、

W

唧

S

HO

①n(HzS)：n(Ar)越小，H2s平衡转化率,理由是。

②n(H2S):n(Ar)=l:9对应图中曲线,计算其在0-0.1s之间，H2S分压的平均变化率为

________kPa-s_1a

【答案】(1)170

(2)副产物氢气可作燃料耗能高

(3)50%4.76

(4)越高n(H2S):n(Ar)越小，H2s的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2s平衡转化率越

高d24.9

【解析】(1)已知：①2H2s(g)+3O2(g)=2SCh(g)+2H2O(g)A/7/=-1036kJ/mol

②4H2s(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g)\H2=94kJ/moi

@2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)-484kJ/mol

根据盖斯定律(①+②)xg—③即得到2H2s(g)=S2(g)+2H2(g)的AH,=(-1036+94)kJ/molx1+484kJ/mol

=170kJ/mol；

⑵根据盖斯定律(①+②)x；可得2H2s(g)+O2(g)=S2(g)+2H2O(g)△”=(—1036+94)kJ/molxg=一

314kJ/mol,因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解

方法在生成单质硫的同时还有氧气生成。因此，高温热分解方法的优点是：可以获得氢气作燃料；但

由于高温分解H2s会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高；

(3)假设在该条件下，硫化氢和叙的起始投料的物质的量分别为Imol和4moi，根据三段式可知：

2H2s(g)U$2(g)+2H2(g)

始/tnol100

变/molX0.5xX

平1mol\-x0.5xX

平衡时H2s和比的分压相等，则二者的物质的量相等，即1—X=X,解得x=0.5,所以H2s的平衡

转化率为竽加。％=5。%'所以平衡常数

—X1OOkPaX(―X1OOkPa)2

5.255.25

=4.76kPa；

o5，

(3X100女&)

⑷①由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S):n(Ar)越小，H2s的分压越小，相当于降低压强，平衡

向正反应方向移动，因此H2s平衡转化率越高；

②n(H2S):n(Ar)越小，H2s平衡转化率越高，所以n(H?S):n(Ar)=1:9对应的曲线是d；根据图像可知

n(H2S):n(Ar)=l:9反应进行到0.1s时H2s转化率为0.24。假设在该条件下，硫化氢和叙的起始投料的

物质的量分别为Imol和9mol,则根据三段式可知

2H2s(g)US?(g)+2H2(g)

始/mol100

变/mol0.240.120.24

平/mol0.760.120.24

此时H2s的压强为---------:----------x1=7.51kPa,H2s的起始压强为lOkPa,所以H2s分压的

0.76+0.12+0.24+9

10kPa-7.5]kPa…八…

平均变化率为---------------=24.9kPas1

0.U

4.(2022・广东卷)铝及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。

⑴催化剂CrQ，可由(NHjGA加热分解制备，反应同时生成无污染气体。

①完成化学方程式：(NHjCrq,25O3++

②CrzO,催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图，X(g)fY(g)过程的焰变为(列式表示)。

③CrQ可用于NH3的催化氧化。设计从NH,出发经过3步反应制备HNO,的路线(用”一，，表示

含氮物质间的转化)；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为。

(4K,Crq,溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：

(i)CrQ；(aq)+H?O⑴~~yHCrO；(aq)K,=3.0xl02(25℃)

7

(ii)HCrO；(aq)7-CrO：(aq)+HHaq)K2=3.3xlQ-(25℃)

①下列有关KzCwO,溶液的说法正确的有。

A.加入少量硫酸，溶液的pH不变

B.加入少量水稀释，溶液中离子总数增加

C.加入少量NaOH溶液，反应(i)的平衡逆向移动

D.加入少量KQQ,固体，平衡时c、2(HCrO；)与c(Cr?O打的比值保持不变

c(CrO；)

②25c时，0」0mol-LTK,Cr,C)7溶液中随pH的变化关系如图。当pH=9.00时，设Cr,O：、

c(Cr207)

HCrO；与CrOj的平衡浓度分别为x、y、zmolC,则x、y、z之间的关系式为=0.10；计

算溶液中HCrO4的平衡浓度(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。

③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度(A)与其所吸收光的波长(2)有关；在一定波长范围内，最大

A对应的波长(4”)取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分

吸收程度之和。为研究对反应(i)和(ii)平衡的影响，配制浓度相同、pH不同的K^Crq,稀溶液，测

得其A随力的变化曲线如图，波长4、4和4中，与CrOj的九”最接近的是；溶液pH从a

变到b的过程中,。他。；)"Jlu(填“增大”“减小”或“不变”)。

【答案】⑴N2T4H2O（与-&）+△//+（£?-&）

NH3^->NO-^-»NO2^^HNO32NO+O2=2NO2

11c(CrOj).

⑵BDx+-y+-Z当溶液pH=9时，木鬲因此可忽略溶液中Crq

即c（HCrO；）+c（CrO；）=0.20

c”）xc（CrO；）10-9xc（CrO；'）

反应(ii)的平衡常数K2==3.3x10-7

c（HCrO；）c（HCrO；）

联立两个方程可得c(HCrOn=6.0xlO-4mo]/LQ增大

【解析】(D①(NH4^CrzO,分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，根据元素守恒可知，其余生成物

为N2、H2O,根据原子守恒可知反应方程式为(NH)507=503+'牛例凡。。

②设反应过程中第一步的产物为M,第二步的产物为N,则X-M^HI=(EI-E2),MTN\H2=\H,

NTYA，3=(E3-&)”根据盖斯定律可知，X(g)-Y(g)的燧变为△，/+AH2+AH3=(E/-E2)+A〃+(&-&)。

③NH3在CnCh作催化剂条件下，能与。2反应生成NO,NO与O2反应生成红棕色气体NO2,NO2与

H2O反应生成HNCh和NO,若同时通入O2,可将氮元素全部氧化为HNCh,因此从NH3出发经过3

步反应制备HNO3的路线为NH,警_>NO^~»NC)2f咏。3；其中NO反应生成NO2过程中，

气体颜色发生变化，其反应方程式为2NO+O2=2NO2。

(2)①KzCnCh溶液中存在平衡：(i)Cr2O；"(aq)+H,O(1)^2HGO4(aq)、

(ii)HCrO；(aq)QCrO；(aq)+H+(aq)。

A.向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H+)增大，(ii)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡移

动只是减弱改变量，平衡后，溶液中c(H+)依然增大，因此溶液的pH将减小，故A错误；

B.加水稀释过程中，根据“越稀越水解”、“越稀越电离”可知，⑴和(ii)的平衡都正向移动，两个平衡

正向都是离子数增大的反应，因此稀释后，溶液中离子总数将增大，故B正确；

C.加入少量NaOH溶液，(ii)正向移动，溶液中c(HCrO；)将减小，⑴将正向移动，故C错误;

2

c（HCrO4）

D.平衡⑴的平衡常数K尸平衡常数只与温度和反应本身有关，因此加入少量KzCnCh

c（Cr2O；-）

c2HCrO；)

溶液，＞C，\不变，故D正确;

c(CrG)

综上所述，答案为：BDo

②O.lOmol/LLCnCh溶液中，Cr原子的总浓度为0.20mol/L,当溶液pH=9.00时，溶液中Cr原子总浓

度为2c(Cr2O；)+c(HCrO4)+c(CrOj)=0.20mol/L,CrQ；、HCrO；与CrO；的平衡浓度分别为x、y、

iic(CrO：-)

zmol/L,因此x+'y+yR.lO；由图8可知，当溶液pH=9时，＞*510＞因此可忽略溶液中

Cr2O；\即c(HCrO；)+c(GO»0.20,反应(ii)的平衡常数

（H+）xc（CrO;-）10-9xc（CrO^）

=3.3x10。，联立两个方程可得c(HCrO)=6.0x10—oi/L。

c（HCrO-）c（HCrO；）4

③根据反应⑴、(ii)是离子浓度增大的平衡可知，溶液pH越大,溶液中c(Cr2O；)+c(HCrO：)+c(CrOj)

越大，混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，溶液中c(CrO；)越大，因此与CrO：的入max

c“HCrO；)c(H+)xc(CrO；)

最接近的是心；反应⑴的平衡常数K尸cjcroj反应5)的平衡常数2'd、二。一)'

2+22+2

c（H）xc（CrO^）?（HCrO；）c（H）xC（CrO；）”）xc2（CrO；）

（a八%=c2（HCrO；）-Xc（Cr,O^）,因此一

c（Cr2O；-）eg）

失(KSx肝K.，由上述分析逆推可知，"即溶液pH从a变到b的过程中，溶液中听)减小，所以

c(H+)xc2(CrOj)

幺表一」的值将增大。

5.(2022・湖南卷)2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问

题：

(1)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的C(s)和Imo旧?0(g),起始压强为0.2MPa时,

发生下列反应生成水煤气：

I,C(s)+H2O(g)^CO(g)+H2(g)△H|=+131.4kJ-mo『

II.CO(g)+H2O(g)UCO2(g)+H2(g)AH2=-41.1kJ-mol"

①下列说法正确的是;

A.平衡时向容器中充入惰性气体，反应I的平衡逆向移动

B.混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡

C.平衡时H2的体积分数可能大于1

D.将炭块粉碎，可加快反应速率

②反应平衡时，H2O(g)的转化率为50%,CO的物质的量为0.1mol。此时，整个体系(填“吸

收''或"放出”)热量kJ,反应I的平衡常数K0=(以分压表示，分压=总压x物质的量分

数)。

⑵一种脱除和利用水煤气中CO2方法的示意图如下:

①某温度下，吸收塔中K2c03溶液吸收一定量的CO?后，c(CO；):c(HCO-)=1:2,则该溶液的

7

pH=（该温度下H2CO3的=4.6xlO-,Ka2=5.0x10-"）；

②再生塔中产生CO,的离子方程式为

③利用电化学原理，将CC>2电催化还原为C'H,,阴极反应式为

【答案】（1）BD吸收31.20.02MPa

A3

（2）102HCO3=CO2T+CO^+H2O2co2+12e+12H+=C2H4+4H2O、AgCI+e=Ag+CI

【解析】(1)①A.在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入情性气体不能改变反应混合物的浓度，因

此反应I的平衡不移动，A说法不正确：

B.在反应中有固体C转化为气体，气体的质量增加，而容器的体积不变，因此气体的密度在反应过

程中不断增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B说法正确；

C.若C(s)和比0值)完全反应全部转化为CCh(g)和H2(g),由C(s)+2H20(g)=CO2(g)+2H2(g)可知，

H2的体积分数的极值为:，由于可逆反应只有一定的限度，反应物不可能全部转化为生成物，因此，

平衡时H2的体积分数不可能大于|,C说法不正确；

D.将炭块粉碎可以增大其与H2O(g)的接触面积，因此可加快反应速率，D说法正确；

综上所述，相关说法正确的是BD。

②反应平衡时，H?O(g)的转化率为50%,则水的变化量为0.5mol,水的平衡量也是0.5mol,由于CO

的物质的量为O.lmol,则根据O原子守恒可知CO2的物质的量为0.2mol,生成0.2molCO2时消耗了

0.2molCO,故在反应I实际生成了0.3molCO。根据相关反应的热化学方程式可知，生成0.3molCO

要吸收热量39.42kJ,生成0.2molCCh要放出热量8.22kJ此时，因此整个体系吸收热量

39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ；由H原子守恒可知，平衡时H2的物质的量为0.5mol,CO的物质的量为0.1mol,

CO2的物质的量为().2mol,水的物质的量为0.5mol,则平衡时气体的总物质的量为

0.5mol+0.1mol+0,2mol+0.5mol=1.3mol,在同温同体积条件下，气体的总压之比等于气体的总物质的量

之比，则平衡体系的总压为0.2MPaxl.3=0.26MPa,反应I(C(s)+H?O(g)脩”CO(g)+H2(g))的平衡常

_0_.1_x_0_.5

数Kp=H5I，=—x0.26MPa=0.02MPa

L3

⑵①某温度下，吸收塔中K2cO3溶液吸收一定量的CCh后，以COj):c(HCO；)=l：2,由

c(CO：”c(H，知c(H+)="£?^xK,2=2x5.0xl()Umol.L'=1.0xl0”°mol.L',

则该溶液的

c(HCO；)c(CO；)a2

pH=10；

②再生塔中KHCO3受热分解生成K2cO3、比0和CO2,该反应的离子方程式为

A,

2HCO3=CO2T+CO；+H2O；

③利用电化学原理，将CO2电催化还原为C2H4,阴极上发生还原反应，阳极上水放电生成氧气和H+,

H+通过质子交换膜迁移到阴极区参与反应生成乙烯，的电极和Ag/AgCl电极均为阴极，在电解过程中

AgCl可以转化为Ag,则阴极的电极反应式为2co2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Ch

2工艺流程综合题

1.(2022•全国甲卷)硫酸锌(ZnSO,)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。

硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCOj,杂质为Si。？以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合

物。其制备流程如下：

滤渣①滤渣②滤渣③滤渣④

本题中所涉及离子的氯氧化物溶度积常数如下表:

离子Fe"Zn2tCirFe2+Mg"

K»p4.0x10-386.7x10172.2x10-2。8.0x10-61.8x10"

回答1:列问题：

(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为。

(2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有、。

(3)加入物质X调溶液pH=5,最适宜使用的X是(填标号)。

A.NH,H,OB.Ca(OH)2C.NaOH

滤渣①的主要成分是、、。

(4)向80~90℃的滤液①中分批加入适量KMnO,溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO”该步反应

的离子方程式为o

(5)滤液②中加入锌粉的目的是。

(6)滤渣④与浓H2s0,反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是、o

焙烧

【答案】⑴ZnCCh^ZnO+CO2T

(2)将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积增大硫酸的浓度等

⑶BFe(OH)?CaSO4SiO2

2+

(4)3Fe+MnO4+7Hg=3Fe(OH)3，+MnOn+5H+

(5)置换CM+为Cu从而除去

(6)CaSO4MgSO4

【解析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCCh,杂质为SiCh以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物,

焙烧

结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCCh^ZnO+CChT，再加入H2sO4酸浸，得到含

ZM+、Ca2\Mg2+、Fe2\Fe3\CM+的溶液，加入物质X调节pH=5,结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、

2222+

CaSO4.SiCh的滤渣①，滤液①中主要含有Zd+、Cu\Mg\Ca\Fe,再向滤液①中加入KMnCU

2+2+2+

溶液氧化Fe,过滤得到Fe(0H)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu=Zn=Cu,

过滤后得到滤渣③为Cu,再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgFz,滤液④为

ZnSO」溶液，经一系列处理得到ZnSChlFhO,据此分析解答。

焙烧

⑴由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO3-ZnO+CO2f；

(2)可采用将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率：

(3)A.NH3H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；

B.Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；

C.NaOH会引入杂质Na+,且成本较高，C不适宜；

故答案选B；

当沉淀完全时(离子浓度小于105moi/L),结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH<5的只有Fe-"，故

滤渣①中有Fe(OH)3,又CaS04是微溶物，SiCh不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSCU、

SiO2；

(4)向80~90℃滤液①中加入KMnCh溶液，可氧化Fe?+,得到Fe(OH)3和MnCh的滤渣②，反应的离子

2++

方程式为3Fe+MnO4+7H2O=3Fe(OH)31+MnO21+5H；

(5)滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu,故加入锌粉的目的为置换Cu：+为Cu从而除去：

⑹由分析，滤渣④为CaF2、MgF2,与浓硫酸反应可得到HF,同时得到的副产物为CaSCU、MgSO」。

2.(2022•全国乙卷)废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO,、PbO2,PbO和Pb。还有少量Ba、Fe、

Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。

Na2cO3HAC,H2O2NaOH

滤液滤渣滤液

一些难溶电解质的溶度积常数如下表:

难溶电解质PbSO4PbCO3BaSO4BaCO3

2.5x10-87.4x1O-141.1xlO102.6xlO-9

一定条件下，一些金属氢氧(1物沉淀时的pH如下表：

金属氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2A1(OH)3Pb(OH)2

开始沉淀的pH2.36.83.57.2

完全沉淀的pH3.28.34.69.1

回答下列问题：

⑴在“脱硫”中PbSO,转化反应的离子方程式为,用沉淀溶解平衡原理解释选择Na2co、的原

因________O

⑵在“脱硫”中，加入Na2c不能使铅膏中BaSO,完全转化，原因是。

(3)在“酸浸”中，除加入醋酸(HAc),还要加入电。2。

(i)能被Hq2氧化的离子是；

。口凡。?促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(A),其化学方程式为

(iii)H2O2也能使PbO2转化为Pb(Ac%,H2O2的作用是。

(4)“酸浸''后溶液的pH约为4.9,滤渣的主要成分是o

(5)“沉铅”的滤液中，金属离子有.

【答案】(1)PbSOMs)+CO；(aq)=PbCO;(s)+SOf(aq)反应PbSO4(s)+CO；(aq)=PbCO3(s)+SO;(aq)

的平衡常数4湍

=3.4x1。5>1()5,PbSCh可以比较彻底的转化为PbCCh

c(SO：)

(2)反应BaSO(s)+COhaq)=BaCCh(s)+SO；(aq)的平衡常数K==0.04«103,反应正向进行的

4c(CO；)

程度有限

2+

⑶FePb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O作还原剂

(4)Fe(OH)3、A1(OH)3

(5)Ba2+.Na+

【解析】铅膏中主要含有PbSCU、PbO2>PbO和Pb,还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等，向铅膏

中加入碳酸钠溶液进行脱硫，硫酸铅转化为碳酸铅，过滤，向所得固体中加入醋酸、过氧化氢进行酸

浸，过氧化氢可将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，酸浸后溶液的pH约为4.9,依据金属氢氧化物沉

淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉

铅，得到氢氧化铅沉淀，滤液中的金属阳离子主要为钠离子和钢离子，氢氧化铅再进行处理得到PbO。

(1)“脱硫''中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠，反应的离子方程式为：

PbS04(s)+C0；(aq)=PbC03(s)+S0：(aq),由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知，

4

Ksp(PbCO3)=7.4xIO',KsP(PbSO4)=2.5x10»,反应PbSO«s)+CO；(aq)=PbCO3(s)+SO：(aq)的平衡常数

c(SO；)c(Pb">c(SO：)KKPbSOJ2.5x10s

之3.4X1O5>]05,说明可以转化的比较彻底，且转

~c(C0；)-c(Pb">c(CO；)~Ksp(PbCO,)-7.4x10"

化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，减少铅的损失。

(2)反应BaSO4(s)+COhaq)=BaCC)3(s)+S0；(aq)的平衡常数

仁圜二篝瑞二级M-说明该反应正向进行的程度有限,

因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaS04完全转化。

(3)(i)过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。

(ii)过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac”，过氧化氢与Pb、HAc发生氧还原反应生成

Pb(Ac)2和H20,依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：

Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O«

(iii)过氧化氢也能使PbCh转化为Pb(Ac)2,铅元素化合价由+4价降低到j‘+2价，PbO?是氧化剂，

则过氧化氢是还原剂。

(4)酸浸后溶液的pH约为4.9,依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧

化铁。

(5)依据分析可知，加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSCh完全转化，铁离子、铝离子转化为了氢氧化铁、

氢氧化铝沉淀，铅转化为了氢氧化铅、最终变为了氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有Ba?+和加

入碳酸钠、氢氧化钠时引入的Na+。

3.(2022・浙江卷)化合物X由三种元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验：

化合物X在空气中加热到800C,不发生反应。

请回答：

(1)组成X的三种元素为；X的化学式为。

(2)溶液C的溶质组成为(用化学式表示)。

(3)①写出由X到A的化学方程式。

②X难溶于水，但可溶于氨水中，写出该反应的离子方程式

(4)设计实验，检验尾气中相对活泼的2种气体o

【答案】⑴Ba、Cu、0BaCu3O4

(2)HC1、H2SO4

+2+

(3)2NH3+BaCu3O4^Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2OBaCu3O4+12NH3-H2O=3Cu(NH3)4+Ba+8OH

+8H2O

(4)将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有NE。将尾气通入冷的集气瓶中，若有

液珠，说明有H20

【解析】化合物X由三种元素组成，在加热条件下和足量氨气反应生成固体混合物A,A和盐酸反应

生成0.960g紫红色固体应该是Cu,无色溶液B中加入0.015mol稀硫酸生成白色沉淀1.165g应该是

BaSO4,无色溶液C中加入足量BaCb溶液生成白色沉淀2.330g是BaSO」，据此解答。

⑴根据以上分析可知Cu的物质的量是0.96g+64g/mol=0.015mol,第一次生成硫酸铁的物质的量是

l」65g+233g/mol=0.005mol,第二次生成硫酸钞!的物质的量是2.33g+233g/mo】=0.01mol,因此1.965gX

中一定含有0.96gCu,Ba的质量是0.005molxl37g/mol=0.685g,二者质量之和是1.645g<1.965g,相

差0.32g,根据原子守恒可知应该是氧元素,物质的量是0.32gX6g/mo1=0.02mol,则Ba、Cu、O三

种原子的个数之比是1：3：4,所以组成X的三种元素为Ba、Cu、O,X的化学式为BaCu.Q8

(2)根据氯原子原子守恒以及溶液C仍然能与氯化钢反应生成硫酸钏可知溶液C的溶质组成为HC1、

H2SO4,

(3)①反应中Cu元素化合价降低，得到电子，则氨气中氮元素化合价升高，被氧化生成氮气，根据原

A

子守恒可知由X到A的化学方程式为2NH3+BaCu3O4=Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O。

②X难溶于水，但可溶于氨水中，说明有Cu(NH3)：生成，所以该反应的离子方程式为

+2，

BaCu3O4+12NH.vH2O=3CU(NH3)4+Ba+8OH+8H2O»

(4)反应中氨气可能过量，高温下水是气态，氮气性质稳定，所以需要检验的是氨气和水蒸气，实验方

案为：将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有NH.M将尾气通入冷的集气瓶中，

若有液珠，说明有HzO。

4.(2022•广东卷)稀土(RE)包括镯、钮等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿

可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：

酸化MgSO,溶液月桂酸钠盐酸

矿物川赢1浸取液鬣邛甲>滤液网一滤饼T加热灰拌卜阚网fRECU溶液

滤渣漉液2月桂酸

已知：月桂酸(GHfOOH)熔点为44。(2：月桂酸和(C"H”COO)3RE均难溶于水。该工艺条件下，

稀土离子保持+3价不变；(C“H23coO)?Mg的/=1.8x10-8,A1(OH%开始溶解时的pH为8.8；有关

金属离子沉淀的相关pH见下表。

离子Mg2+Fe"A产RE"

开始沉淀时的pH8.81.53.66.2~7.4

沉淀完全时的pH/3.24.7/

⑴“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是。⑵“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至_______

的范围内,该过程中A产发生反应的离子方程式为。

(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg?+浓度为2.7g。为尽可能多地提取RE"，

可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c(C“H23coe))低于mol-UY保留两

位有效数字)。

(4)①“加热搅拌”有利于加快RE”溶出、提高产率，其原因是。

②“操作X”的过程为：先,再固液分离。

(5)该工艺中，可再生循环利用的物质有(写化学式)。

(6)稀土元素钮(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂Pt?Y。

①还原YCh和PtCl,熔融盐制备PtaY时，生成imolPGY转移mol电子。

②PqY/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化0?的还原，发生的电极反应为

【答案】⑴Fe2+

⑵4.74pH<6.2A^++3OH-=Al(OH\l

(3)4.0x10-»

(4)加热搅拌可加快反应速率冷却结晶

(5)MgSO4

(6)15O2+4e+2H2O=4O