2025版高考化学二轮复习 板块1 题型突破1 题型突破特训1

板块一题型突破一题型突破特训(一)1.(2024·河北石家庄市三模)Be是一种重要的战略性金属，以铍矿石、方解石(CaCO3)为原料制备硫酸铝铵和铍的工艺流程如下：已知：①铍矿石的主要成分为Be3Al2Si6O18，还含有FeO；铍玻璃体为混合物，主要成分为CaAl2Si2O8、CaBe3SiO6、SiO2，还含有FeO和Fe2O3。②Be(OH)2具有两性；25℃时，Ksp[Be(OH)2]＝4×10－16(已知：常温下，溶液中离子浓度低于1.0×10－5mol·L－1即可认为该离子被除尽)；lg2＝0.3回答下列问题：(1)“配料熔化”时，Be3Al2Si6O18发生反应的化学方程式为__________________________________；铍玻璃体属于________(“晶体”或“非晶体”)；(2)“酸溶”时，从铍玻璃体进入到滤渣1中的元素为________(填元素符号)；(3)“调pH”时，发生氧化还原反应的离子方程式为_________________________________________________________________________________________；(4)“沉铍”时，需控制溶液的pH不低于________才能将Be2＋沉淀完全；若将氨水换成NaOH溶液也可沉铍，但需控制溶液的pH不能过高，否则会因生成________(填化学式)导致铍的产率降低；(5)“电解”时的工作原理如图所示，其中燃料电池负极的电极反应式为___________________________________________________________________________________________________________________________________________；该制铍工艺的缺点除能耗高外，还有________________________。【答案】(1)Be3Al2Si6O18＋2CaCO3eq\o(=,\s\up7(高温))CaAl2Si2O8＋CaBe3SiO6＋3SiO2＋2CO2↑非晶体(2)Ca和Si(3)4Fe2＋＋O2＋8NH3＋10H2O=4Fe(OH)3↓＋8NHeq\o\al(＋,4)(4)8.8Na2[Be(OH)4](5)C3H8－20e－＋10COeq\o\al(2－,3)=13CO2＋4H2O生成Cl2，污染环境【解析】由题给流程控制，绿柱石和方解石配料熔化得到铍玻璃体，向铍玻璃体中加入硫酸溶液酸溶，金属元素转化为硫酸盐，二氧化硅不与硫酸溶液反应，硅酸根离子转化为硅酸沉淀，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅、硅酸的滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸铵溶液，将溶液中的铝离子转化为硫酸铝铵晶体，过滤得到硫酸铝铵和滤液；向滤液中通入氨气和空气调节溶液的pH，将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入氨水，将溶液中的铍离子转化为氢氧化铍沉淀，过滤得到氢氧化铍；氢氧化铍经转化得到氯化铍，氯化铍经熔融电解制得金属铍。(1)由分析可知，“配料熔化”时，Be3Al2Si6O18与碳酸钙高温条件下反应生成含有CaAl2Si2O8、CaBe3SiO6和二氧化硅的铍玻璃体，反应的化学方程式为Be3Al2Si6O18＋2CaCO3eq\o(=,\s\up7(高温))CaAl2Si2O8＋CaBe3SiO6＋3SiO2＋2CO2↑，铍玻璃体是没有固定熔点的混合物，属于非晶体。(2)由分析可知，向铍玻璃体中加入硫酸溶液酸溶，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅、硅酸的滤渣，则从铍玻璃体进入到滤渣1中的元素为钙元素和硅元素。(3)由分析可知，通入氨气和空气调节溶液的pH的目的是将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为4Fe2＋＋O2＋8NH3＋10H2O=4Fe(OH)3↓＋8NHeq\o\al(＋,4)。(4)由溶度积可知，溶液中铍离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度不低于eq\r(\f(4×10－16,1×10－5))mol·L－1＝2×10－5.5mol·L－1，则溶液的pH不低于14－5.5＋lg2＝8.8；氢氧化铍是两性氢氧化物，能与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铍酸钠，所以将氨水换成氢氧化钠溶液沉铍时需控制溶液的pH不能过高，防止生成四羟基合铍酸钠，导致铍的产率降低。(5)由图可知，通入丙烷的右侧电极为燃料电池的负极，碳酸根离子作用下丙烷在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，电极反应式为C3H8－20e－＋10COeq\o\al(2－,3)=13CO2＋4H2O；该制铍工艺的缺点除能耗高外，还有氯离子会在阳极失去电子发生氧化反应生成有毒的氯气，会污染环境。2.(2024·河北沧州市二模)在密闭鼓风炉炼铅锌过程中，锗和铟富集于真空炉渣中。采用蒸馏—萃取联合法提取锗、铟，可直接从真空炉渣中制取二氧化锗和粗铟，工艺流程如图所示：回答下列问题：(1)基态锗原子的外围电子排布式为________；铟为第5周期ⅢA族元素，基态铟原子的未成对电子个数有________个。(2)关于浸出除锌，下列说法正确的是________(填标号)。A．将真空炉渣粉碎，可以提高锌浸出率B．应使用强酸性溶液处理真空炉渣C．分离浸出液和浸渣时，应使用过滤操作D．向浸出液中加入金属钠，可置换出锌单质(3)氧化焙烧处理后的真空炉渣中，锗元素以GeO2和少量Ge单质形式存在，将其投入蒸馏釜中，加入盐酸，通入氯气，在100～110℃下进行氯化蒸馏，得到GeCl4_____________________________________________________________________。(4)低于0℃时，将GeCl4与适量水混合，水解得到GeO2·nH2O，水解反应的化学方程式为____________________________________________________________________________________________________。(5)残液中的铟元素主要以InCl3的形式存在，置换除杂后，以有机溶剂TBP和P204为萃取剂，可采用二次联合萃取法回收铟。TBP和P204的结构如图所示，TBP的化学式为________；在煤油中，P204以二聚体形式存在，从分子结构角度分析其原因是_________________________________________。(6)某真空炉渣中含铟量为1.5%(质量分数)，以1t该真空炉渣为原料，按照以上工艺回收粗铟，可获得含铟量99%(质量分数)的粗铟13.0kg，则该工艺中铟回收率为________。(7)采用甘油—碘化钾—二次电解联合法提纯粗铟，在电解精炼之前，需采用甘油—碘化钾法除去杂质Cd、Tl。如图分别是碘化钾和甘油用量对除Cd率、除Tl率的影响曲线，由此可以确定具有较好除Cd、Tl效果时，铟原料与试剂用量配比约为m铟∶m甘油∶m碘化钾＝________。【答案】(1)4s24p21(2)AC(3)GeO2＋4HCl=GeCl4＋2H2OGe＋2Cl2eq\o(=,\s\up7(△))GeCl4(4)GeCl4＋(n＋2)H2Oeq\o(→,\s\up7(＜0℃))GeO2·nH2O↓＋4HCl(5)C12H27O4PP204在煤油中形成氢键(6)85.8%(7)100∶35∶6【解析】由题给流程可知，向真空炉渣中加入强碱溶液浸出，将锌转化为四羟基合锌离子，过滤得到滤渣和可用于回收锌的浸出液；滤渣经氧化焙烧、氯化蒸馏、冷凝吸收得到四氯化锗、可回收铅的残渣和含有三氯化铟的残液；四氯化锗经水解、烘干得到二氧化锗；残液经置换除杂、TBP萃取、P204反萃取得到含铟反萃液，反萃液经置换、熔铸得到粗铟。(1)锗元素的原子序数为32，基态原子的外围电子排布式为4s24p2；铟为第5周期ⅢA族元素，基态原子的外围电子排布式为5s25p1，则原子核外未成对电子个数有1个。(2)将真空炉渣粉碎可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，提高锌浸出率，故A正确；由分析可知，应使用强碱性溶液处理真空炉渣，过滤得到含有四羟基合锌离子的浸出液，故B错误；分离浸出液和浸渣的操作为固液分离操作，所以应使用过滤操作，故C正确；金属钠具有强还原性，会与浸出液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，不能置换出锌，故D错误。故选AC。(3)由题意可知，得到四氯化锗发生的反应为二氧化锗与盐酸反应生成四氯化锗和水、锗与氯气共热反应生成四氯化锗，反应的化学方程式分别为GeO2＋4HCl=GeCl4＋2H2O、Ge＋2Cl2eq\o(=,\s\up7(△))GeCl4。(4)由题意可知，四氯化锗发生的水解反应为低于0℃条件下，四氯化锗水解生成GeO2·nH2O和盐酸，反应的化学方程式为GeCl4＋(n＋2)H2Oeq\o(→,\s\up7(＜0℃))GeO2·nH2O↓＋4HCl。(5)由题给结构可知，TBP的化学式为C12H27O4P；P204分子中含有的羟基在煤油中形成分子间氢键，所以P204在煤油中以二聚体形式存在。(6)由铟原子个数守恒可知，该工艺中铟回收率为eq\f(13.0kg×99%,1000kg×1.5%)×100%＝85.8%。(7)由图可知，甘油和铟的质量比为0.35、碘化钾和铟的质量比为0.06时，铊、镉的去除率都最大，设铟原料的质量为xg，则铟原料与试剂用量配比为x∶0.35x∶0.06x＝100∶35∶6。3.(2024·河北唐山二模)从钼精矿焙烧烟尘(含MoS2、Re2O7，少量MoO3、ReO3)中回收铼的工艺流程如图所示：已知：①低价铼(Re)元素易被氧化。②MoO3、Re2O7易溶于水生成H2MoO4、HReO4，其他钼、铼的氧化物难溶于水。③钼元素与硫酸根可形成配离子。回答下列问题：(1)500℃焙烧产物基本全部为MoO2。焙烧时MoS2①2MoS2＋7O2eq\o(=,\s\up7(500℃))2MoO3＋4SO2②_____________________________________________________________。(2)水浸时，加入H2O2的作用是___________________________________________________________________________________________________________。(3)已知MoO3在水中的溶解度：温度/℃183045607080溶解度(g/L)0.1060.2570.3650.4210.4660.518水浸液中，钼的浓度约为10g/L，可能原因为________________________。钼、铼的浸出率随温度的变化关系如图1所示，则水浸时，适宜的温度为________℃左右。(4)离子交换的原理为浸出液中的阴离子(如ReOeq\o\al(－,4))与树脂上的官能团发生交换反应达到平衡。浸取液中SOeq\o\al(2－,4)浓度对铼的吸附率影响如图2所示，铼的浸出率随SOeq\o\al(2－,4)浓度变化的原因为________________________________________________________________________________________________________________。【答案】(1)MoS2＋6MoO3eq\o(=,\s\up7(500℃))7MoO2＋2SO2(2)将低价铼元素进一步氧化为易溶于水的Re2O7(3)溶液中的SOeq\o\al(2－,4)与钼形成配离子，增大了钼的溶解50(4)SOeq\o\al(2－,4)与ReOeq\o\al(－,4)发生吸附竞争，使铼的吸附率下降【解析】烟尘(含MoS2、Re2O7，少量MoO3、ReO3)，焙烧过程中MoS2最终被氧化为MoO2，加入过氧化氢进行水浸，可将低价铼元素进一步氧化为易溶于水的Re2O7，经离子交换膜进行吸附和解吸后得NH4ReO4。(1)根据题干信息，500℃焙烧产物基本全部为MoO2，焙烧时MoS2与氧气反应生成MoO3，MoO3可被MoS2还原为MoO2，反应方程式：MoS2＋6MoO3eq\o(=,\s\up7(500℃))7MoO2＋2SO2。(2)Re2O7易溶于水，而原料中存在低价态的铼元素，加入H2O2可将低价铼元素进一步氧化为易溶于水的Re2O7。(3)经过焙烧和氧化后，溶液中存在SOeq\o\al(2－,4)，结合题干信息可知，SOeq\o\al(2－,4)与钼形成配离子，可增大了钼的溶解；水浸过程中既要考虑二者浸出率，同时还要考虑温度过高会导致过氧化氢受热分解，结合图像可知，水浸时，适宜的温度为50℃左右。(4)结合题干信息可知，SOeq\o\al(2－,4)与ReOeq\o\al(－,4)可发生吸附竞争，从而导致铼的吸附率下降。4.(2024·湖北武汉二模)实现废钨—镍型加氢催化剂(主要成分为WO3、Ni、Al2O3，还含有Fe、SiO2和少量含S有机物)中有价值金属回收的工艺流程如下。已知：ⅰ.T<700℃，纯碱不与Al2O3、SiO2ⅱ.相关金属离子[c0(Mn＋)＝0.1mol·L－1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Ni2＋Al3＋Fe3＋开始沉淀时的pH6.93.41.5沉淀完全时的pH8.94.72.8回答下列问题：(1)28Ni位于元素周期表的第________周期、________族。(2)“氧化”的目的为________和将金属单质氧化至相应价态。(3)“钠化焙烧”中生成Na2WO4的化学方程式为_____________________。(4)“酸化沉钨”后过滤，所得滤饼的主要成分为________(填化学式)。(5)“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为________。(6)资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如表关系。温度低于30.8℃30.8～53.8℃53.8～280高于280晶体形态NiSO4·7H2ONiSO4·6H2O多种结晶水合物NiSO4“一系列操作”依次是________________________________、及时过滤、洗涤、干燥。(7)强碱溶液中NaClO氧化NiSO4，可沉淀出用作电池正极材料的NiOOH，该反应的离子方程式为______________________________________。【答案】(1)四Ⅷ(2)除去含S有机物(3)WO3＋Na2CO3eq\o(=,\s\up7(高温))Na2WO4＋CO2↑(4)H2WO4(5)4.7≤pH<6.9(6)蒸发浓缩、冷却到30.8～53.8℃(7)ClO－＋2Ni2＋＋4OH－=2NiOOH↓＋Cl－＋H2O【解析】由题给流程可知，废催化剂在空气中氧化，将含硫有机物转化为气体除去，并将金属单质氧化至相应价态；向氧化渣中加入碳酸钠在600℃条件下钠化焙烧，将氧化钨转化为钨酸钠，焙烧渣经水浸、过滤得到浸渣和滤液；向滤液中加入硫酸溶液酸化沉钨，将钨酸钠转化为钨酸沉淀，过滤得到钨酸；钨酸煅烧分解生成氧化钨；向浸渣中加入硫酸溶液酸浸，将金属氧化物转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅与硫酸溶液不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；调节滤液pH在4.7≤pH<6.9范围内，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和硫酸镍溶液；硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却到30.8～53.8℃结晶、及时过滤、洗涤、干燥得到六水硫酸镍。(1)镍元素的原子序数为28，位于元素周期表第四周期Ⅷ族。(2)由分析可知，氧化的目的是将含硫有机物转化为气体除去，并将金属单质氧化至相应价态。(3)由分析可知，“钠化焙烧”中生成钨酸钠的反应为氧化钨与碳酸钠高温下反应生成钨酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为WO3＋Na2CO3eq\o(=,\s\up7(高温))Na2WO4＋CO2↑。(4)由分析可知，“酸化沉钨”后过滤，所得滤饼的主要成分为钨酸。(5)由分析可知，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，调节滤液pH在4.7～6.9范围内。(6)由题给信息可知，“一系列操作”为硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却到30.8～53.8℃结晶、及时过滤、洗涤、干燥得到六水硫酸镍。(7)由题意可知，生成碱式氧化镍的反应为碱性条件下溶液中的镍离子与次氯酸根离子反应生成碱式氧化镍、氯离子和水，反应的离子方程式为ClO－＋2Ni2＋＋4OH－=2NiOOH↓＋Cl－＋H2O。5.(2024·江西南昌市三模)以铜钴矿[主要成分为CoOOH、Cu2(OH)2CO3、Fe2O3，另含少量SiO2及含砷化合物]制备锂电池正极原料Co3O4，生产流程如图甲所示。已知：①酸浸液中含有的阳离子为Fe2＋、Cu2＋、Co2＋、H＋；②萃取除铜的过程可表示为Cu2＋(aq)＋2RH(有机层)=R2Cu(有机层)＋2H＋(aq)；③Ksp[Fe(OH)3]＝2.8×10－39，Ksp(FeAsO4)＝6.8×10－19。(1)酸浸液中钴以CoSO4形式存在，生成CoSO4的化学方程式为________________________________________。酸浸过程中可适当升温以加快反应速率，但温度过高，单位时间内钴的浸出率明显降低。原因是____________________________________________________________________________________。(2)实验室模拟萃取除铜，加入萃取剂后充分振荡静置，如图乙所示，则分离出含铜有机溶剂的具体实验操作为__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)除铁过程中，溶液中的AsOeq\o\al(3－,3)转化为FeAsO4沉淀，该反应的离子方程式为________________________________。常温条件下，若除铁结束后溶液pH＝3，则AsOeq\o\al(3－,4)是否完全沉淀(离子浓度低于1.0×10－5mol·L－1时，可认为该离子完全沉淀)？通过计算说明：____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。【答案】(1)2CoOOH＋H2SO4＋SO2=2CoSO4＋2H2O温度升高，SO2的溶解度降低，所以钴的浸出率下降(2)先打开上口玻璃塞，再打开下口活塞，将下层液体由下口放出，关闭活塞，再将上层含铜有机溶剂从上口倒出(3)2AsOeq\o\al(3－,3)＋ClOeq\o\al(－,3)＋2Fe2＋＋2H＋=2FeAsO4↓＋Cl－＋H2OpH＝3时，溶液中c(Fe3＋)＝eq\f(Ksp[FeOH3],c3OH－)＝eq\f(2.8×10－39,1×10－113)mol·L－1＝2.8×10－6mol·L－1，则c(AsOeq\o\al(3－,4))＝eq\f(KspFeAsO4,cFe3＋)＝eq\f(6.8×10－19,2.8×10－6)mol·L－1≈2.4×10－13mol·L－1<1.0×10－5mol·L－1，所以AsOeq\o\al(3－,4)沉淀完全【解析】铜钴矿经粉碎之后，加入稀硫酸酸浸，生成亚铁离子、铜离子、钴离子和氢离子，加入有机溶剂RH，与铜离子反应生成有机物R2Cu，萃取分液除铜；加入氯酸钠氧化亚铁离子为铁离子并以氢氧化铁和砷酸铁的沉淀将铁除掉；再加入草酸铵生成草酸钴沉淀，过滤之后进行焙烧，得到四氧化三钴。(1)酸浸过程中，CoOOH被SO2还原为Co2＋，发生反应：2CoOOH＋H2SO4＋SO2=2CoSO4＋2H2O。若温度过高，SO2的溶解度降低，反应体系中还原剂的浓度减小，反应速率减小，所以单位时间内钴的浸出率下降。(2)分离出含铜有机溶剂的具体实验操作为分液，先打开上口玻璃塞，再打开下口活塞，将下层液体由下口放出，关闭活塞，再将上层含铜有机溶剂从上口倒出。(3)除铁过程中，Fe2＋被氧化为Fe3＋，AsOeq\o\al(3－,3)被氧化为AsOeq\o\al(3－,4)并结合Fe3＋生成FeAsO4，ClOeq\o\al(－,3)被还原为Cl－，根据得失电子守恒、质量守恒和电荷守恒可写出生成FeAsO4的离子方程式：2AsOeq\o\al(3－,3)＋ClOeq\o\al(－,3)＋2Fe2＋＋2H＋=2FeAsO4↓＋Cl－＋H2O；pH＝3时，溶液中c(Fe3＋)＝eq\f(Ksp[FeOH3],c3OH－)＝eq\f(2.8×10－39,1×10－113)mol·L－1＝2.8×10－6mol·L－1，则c(AsOeq\o\al(3－,4))＝eq\f(KspFeAsO4,cFe3＋)＝eq\f(6.8×10－19,2.8×10－6)mol·L－1≈2.4×10－13mol·L－1<1.0×10－5mol·L－1，所以AsOeq\o\al(3－,4)沉淀完全。6.(2024·湖南怀化市二模)碲、锑广泛应用于光伏、半导体领域。某科研小组从阳极泥分铜液净化渣[主要含铜、碲(Te)、锑(Sb)等元素的化合物]分别回收碲和锑的工艺流程如下图所示：已知：①“酸浸”时，锑元素反应生成难溶的Sb2O(SO4)4浸渣。②“碱浸”时，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，碱浸液含有Na2TeO3。回答下列问题：(1)“碱浸”时，二氧化碲与碱溶液反应的离子方程式为________________________________________________________________________________。(2)“氯盐酸浸”时，通入SO2的目的是________________________；“氯盐酸浸”时温度过高会使Sb的浸出率降低，原因是____________________________________________________________________________________________。(3)向“碱浸液”中加双氧水需分批加入，目的是______________________。(4)写出“热还原”时发生反应的化学方程式_____________________。(5)粗碲粉中碲质量分数的测定：取3.2g粗碲粉，加入硝酸使其转化为亚碲酸(H2TeO3)，将溶液置于冰盐冷剂中冷却至273K过滤、冰水洗涤等得到亚碲酸。将亚碲酸配制成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中。向锥形瓶中加入20.00mL0.04mol·L－1酸性K2Cr2O7溶液，充分反应使亚碲酸转化为原碲酸(H6TeO6)。用0.03mol·L－1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标