《2025年5年高考3年模拟高中化学全一册人教B版》

36.(2024新课标，27，14分)钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下：
　
已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全$(c\leqslant1.0×10^{-5}mol·L^{-1})$时的pH：
　
回答下列问题：
（1）“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是____；“滤渣1”中金属元素主要为________。
（2）“过滤1”后的溶液中加入MnO₂的作用是__________________,取少量反应后的溶液，加入化学试剂________检验__________,若出现蓝色沉淀，需补加MnO₂。
（3）“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为__________________________、________。
（4）“除钴液”中主要的盐有________（写化学式），残留的Co²⁺浓度为________mol·L⁻¹。

答案： 答案
(1)加快浸取速率、提高浸取效率(答案合理即可)　${Pb}$
(2)将${Fe^{2+}}$氧化成${Fe^{3+}}$　${K3[Fe(CN)6]}$溶液　${Fe^{2+}}$
(3)${MnO4^{-} + 3Co^{2+} + 7H2O = MnO2↓ + 3Co(OH)3↓ + 5H+}$ ${2MnO4^{-} + 3Mn^{2+} + 2H2O = 5MnO2↓ + 4H+}$
(4)${K2SO4}$、${ZnSO4}$ $10^{-16.7}$
解析　
(1)“酸浸”前将废渣粉碎，增大了反应物的接触面积，可加快浸取速率、提高浸取效率；因废渣中含有${Co}$、${Zn}$、${Pb}$、${Fe}$的单质或氧化物，“酸浸”时，${Co}$、${Zn}$、${Fe}$的硫酸盐都溶于水，而${Pb}$元素会以${PbSO4}$沉淀的形式进入滤渣1，则滤渣1中的金属元素主要为${Pb}$。
(2)结合题给流程，根据相关离子开始沉淀和完全沉淀的$\text{pH}$，可知铁元素在“氧化沉钴”之前应该以${Fe(OH)3}$的形式除去，故${MnO2}$的作用是将${Fe^{2+}}$氧化成${Fe^{3+}}$；为了检验${Fe^{2+}}$是否全部转化为${Fe^{3+}}$，需要加入${K3[Fe(CN)6]}$溶液，${K3[Fe(CN)6]}$会与${Fe^{2+}}$结合生成蓝色沉淀，若加入${K3[Fe(CN)6]}$溶液后出现蓝色沉淀，说明${Fe^{2+}}$未被完全氧化成${Fe^{3+}}$，需要补加${MnO2}$。
(3)根据题给流程图可知，${KMnO4}$与${Co^{2+}}$发生氧化还原反应生成${MnO2}$和${Co(OH)3}$，结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为${MnO4^{-} + 3Co^{2+} + 7H2O = MnO2↓ + 3Co(OH)3↓ + 5H+}$；${KMnO4}$与${Mn^{2+}}$发生归中反应生成${MnO2}$，结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为${2MnO4^{-} + 3Mn^{2+} + 2H2O = 5MnO2↓ + 4H+}$。
(4)根据题给流程图，“过滤1”除去${Pb}$元素，“过滤2”除去${Fe}$元素，“氧化沉钴”除去${Co}$元素，则除钴液中的离子主要有${K+}$、${Zn^{2+}}$、${SO4^{2-}}$，故“除钴液”中主要的盐有${K2SO4}$、${ZnSO4}$；根据题表数据可知${Co^{3+}}$完全沉淀的$\text{pH}$为$1.1$，可得出$K_{sp}[{Co(OH)3}]=c({Co^{3+}})\cdot c^{3}({OH-}) = 1.0\times10^{-5}\times10^{-12.9\times3}=10^{-43.7}$。“除钴液”为${Co(OH)3}$的饱和溶液，$\text{pH}=5$时，$c({OH-})=10^{-9}\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$，根据$K_{sp}[{Co(OH)3}]=10^{-43.7}$，可得$c({Co^{3+}})=10^{-16.7}\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$。

37.(2023福建，11，20分)白合金是铜钴矿冶炼过程的中间产物，一种从白合金(主要含Fe₃O₄、CoO、CuS、Cu₂S及少量SiO₂)中分离回收金属的流程如下：
　
（1）“酸浸1”中加快反应速率的措施有____（任写一种）。CoO发生反应的离子方程式:__________________________。
（2）“焙烧1”中，晶体$[Fe_{2}(SO_{4})_{3}·xH_{2}O]$和$CoSO_{4}·yH_{2}O]$总质量随温度升高的变化情况如下：
　
①升温至227℃过程中，晶体总质量变小的原因是______________________________；566～600℃发生分解的物质是________（填化学式）。
②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为________℃。
（3）25℃时，$K_{sp}(CuS)=6.3×10^{-36}$，H₂S的$K_{a_{1}} = 1.1×10^{-7}$，$K_{a_{2}} = 1.3×10^{-13}$。反应$CuS(s)+2H^{+}(aq)\rightleftharpoons Cu^{2 + }(aq)+H_{2}S(aq)$的平衡常数K =__________（列出计算式即可）。经计算可判断CuS难溶于稀硫酸。
（4）铜的硫化物结构多样。天然硫化铜俗称铜蓝，其晶胞结构如图。
　　
①基态Cu²⁺的价电子排布式为________。
②晶胞中含有______个$S^{2 - }$，$N(Cu^{+}):N(Cu^{2 + })=$________。
③晶体中微粒间作用力有______（填标号）。
a.氢键　　b.离子键　　c.共价键　　d.金属键
（5）“焙烧2”中Cu₂S发生反应的化学方程式为______________________________；“滤渣2”是________（填化学式）。

答案： 答案
(1)将白合金粉碎，搅拌，适当提高酸的浓度，适当提高温度等任写1条　${CoO + 2H+ = Co^{2+} + H2O}$
(2)①晶体失去结晶水　${Fe2(SO4)3}$
②$600$
(3)$\frac{6.3\times10^{-36}}{1.1\times10^{-7}\times1.3\times10^{-13}}$
(4)①$3\text{d}^{9}$ ②$2:1$(或$4:2$或2) ③bc
(5)${Cu2S + 2O2\xlongequal{高温}2CuO + SO2}$ ${SiO2}$
解析　根据物质性质及滤液1的后续操作得到的物质可知在“酸浸1”中${Fe3O4}$、${CoO}$溶解进入“滤液1”，${CuS}$、${Cu2S}$、${SiO2}$进入“滤渣1”。
(2)①经“水浸”得到${CoSO4}$溶液和${Fe2O3}$固体。根据题表中信息可知，升温至$227\ ^{\circ}\text{C}$过程中晶体总质量变小，则该过程是晶体失去结晶水的过程。升温至$566～600\ ^{\circ}\text{C}$过程中${Fe2(SO4)3}$发生分解生成${Fe2O3}$。②在$600\ ^{\circ}\text{C}$时，${Fe2(SO4)3}$分解完全，则为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度控制在$600\ ^{\circ}\text{C}$最好。
(3)反应${CuS(s) + 2H+(aq) = Cu^{2+}(aq) + H2S(aq)}$的$K=\frac{c({H2S})\cdot c({Cu^{2+}})}{c^{2}({H+})}=\frac{c({H2S})\cdot c({Cu^{2+}})\cdot c({S^{2-}})}{c^{2}({H+})\cdot c({S^{2-}})}=\frac{K_{sp}({CuS})}{K_{a1}\cdot K_{a2}}=\frac{6.3\times10^{-36}}{1.1\times10^{-7}\times1.3\times10^{-13}}$。
(4)②由题图可知，${S}$原子位于棱上和体内，其中位于棱上的为${S^{2-}}$，晶胞中含有${S^{2-}}$个数为$\frac{8\times\frac{1}{3}+8\times\frac{1}{6}}{2}=2$，位于体内的为${S^{2-}}$，个数为2；晶胞中含有${Cu}$原子个数为6，设含有${Cu+}$的个数为$x$，根据化合价规则得$x\times1 + 2\times(6 - x)=2\times2 + 2\times2$，解得$x = 4$，则晶胞中含有4个${Cu+}$，2个${Cu^{2+}}$，$N({Cu+}):N({Cu^{2+}})=2:1$。③晶体中微粒间作用力有离子键和共价键。
(5)“滤渣1”的成分有${CuS}$和${Cu2S}$及少量${SiO2}$，“酸浸2”中得到${CuSO4}$溶液和滤渣2(${SiO2}$)，${Cu2S}$具有还原性，则“焙烧2”中${Cu2S}$和${O2}$反应生成${CuO}$和${SO2}$。