《2025年学霸高考黑题化学人教版》

经典真题 分离提纯类
(2025·安徽，15，14分)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下图所示。

已知25℃时，Kₛₚ(SrSO₄)=10⁻⁶.⁴⁶，Kₛₚ(BaSO₄)=10⁻⁹.⁹⁷。
回答下列问题：
(1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态原子价电子排布式为5s²。
(2)“浸出液”中主要的金属离子有Sr²⁺、Ca²⁺、Mg²⁺(填离子符号)。
(3)“盐浸”中SrSO₄转化反应的离子方程式为SrSO₄(s)+Ba²⁺(aq)⇌BaSO₄(s)+Sr²⁺(aq)；25℃时，向0.01mol SrSO₄粉末中加入100mL 0.11mol·L⁻¹ BaCl₂溶液，充分反应后，理论上溶液中c(Sr²⁺)·c(SO₄²⁻)=10⁻⁸.⁹⁷(mol·L⁻¹)²(忽略溶液体积的变化)。
(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升高温度,Ba²⁺与SrSO₄有效碰撞次数增加，反应速率加快，所以锶浸出率增大。
(5)“浸出渣2”中主要含有SrSO₄、BaSO₄、SiO₂(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Sr²⁺，原因是窝穴体a的空腔与Sr²⁺更匹配,可通过分子间相互作用形成超分子,且Sr²⁺具有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定。
(7)由SrCl₂·6H₂O制备无水SrCl₂的最优方法是a(填字母)。
a.加热脱水
b.在HCl气流中加热
c.常温加压
d.加热加压

答案：
经典真题
(1)5s²
(2)Ca²⁺、Mg²⁺　
(3)SrSO₄(s)+Ba²⁺(aq)⇌BaSO₄(s)+Sr²⁺(aq)　10⁻⁸.⁹⁷
(4)升高温度,Ba²⁺与SrSO₄有效碰撞次数增加，反应速率加快，所以锶浸出率增大　
(5)BaSO₄、SiO₂　
(6)窝穴体a的空腔与Sr²⁺更匹配,可通过分子间相互作用形成超分子,且Sr²⁺具有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定　
(7)a
解题思路

解析:
(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5s²。
(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⁺、Ca²⁺、Mg²⁺。
(3)由分析可知,“盐浸”中发生沉淀的转化,离子方程式为SrSO₄(s)+Ba²⁺(aq)⇌BaSO₄(s)+Sr²⁺(aq);该反应的平衡常数$K=\frac{c(Sr^{2 + })}{c(Ba^{2 + })}=\frac{c(Sr^{2 + })· c(SO_{4}^{2 - })}{c(Ba^{2 + })· c(SO_{4}^{2 - })}=\frac{K_{sp}(SrSO_{4})}{K_{sp}(BaSO_{4})}=\frac{10^{-6.46}}{10^{-9.97}} = 10^{3.51}$，平衡常数很大,近似认为SrSO₄完全转化,溶液中剩余$n(Ba^{2 + })=1×10^{-3}mol$，则$c(SO_{4}^{2 - })=\frac{K_{sp}(BaSO_{4})}{c(Ba^{2 + })} = 10^{-7.97}mol· L^{-1}$，列三段式：
$\begin{matrix} & SrSO_{4}(s)+ & Ba^{2 + }(aq)\rightleftharpoons & BaSO_{4}(s)+ & Sr^{2 + }(aq) \\ 初始/mol & 0.01 & 0.011 & 0 & 0 \\ 变化/mol & 0.01 & 0.01 & 0.01 & 0.01 \\ 平衡/mol & 0 & 0.001 & 0.01 & 0.01 \end{matrix}$
理论上溶液中$c(Sr^{2 + })· c(SO_{4}^{2 - })=10^{-7.97}mol· L^{-1}×0.1mol· L^{-1}=10^{-8.97}(mol· L^{-1})^{2}$。
(4)随温度升高锶浸出率增大,原因是升高温度，Ba²⁺与SrSO₄有效碰撞次数增加，反应速率加快，所以锶浸出率增大。
(5)“盐浸”时发生沉淀的转化,生成了BaSO₄、SiO₂不参与反应，故“浸出渣2”中主要含有SrSO₄、BaSO₄、SiO₂。
(6)窝穴体a与K⁺形成的超分子加入“浸出液”中,能提取其中的Sr²⁺，原因是窝穴体a的空腔与Sr²⁺更匹配,可通过分子间相互作用形成超分子,且Sr²⁺具有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定。
(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SrCl₂·6H₂O制备无水SrCl₂的方法加压不利于脱水,排除c、d,故选a。

(2025·贵州贵阳二模)铜冶炼过程中，产生的粗硫酸镍废液中含有Cu²⁺、Fe²⁺、Ca²⁺、Mg²⁺、H₃AsO₃等杂质微粒，工业生产以此为原料，精制硫酸镍，主要流程如下：

已知：H₃AsO₃是一种三元弱酸。常温下，Kₛₚ[Fe(OH)₃]=3.0×10⁻³⁹；Kₛₚ[Ni(OH)₂]=5.0×10⁻¹⁶。
回答下列问题：
(1)基态Ni²⁺的价层电子轨道表示式为$\uparrow\downarrow\uparrow\downarrow\uparrow\downarrow\uparrow\downarrow\uparrow\uparrow$。
(2)“除砷”步骤中，温度不能过高的原因是防止H₂O₂受热分解，滤渣1的主要成分是FeAsO₄。写出该步骤生成FeAsO₄的离子方程式$2H_{3}AsO_{3}+2Fe^{2 + }+3H_{2}O_{2}\xlongequal{}2FeAsO_{4}\downarrow+4H_{2}O + 4H^{+}$。
(3)常温下，调pH的目的是进一步去除Fe³⁺，使c(Fe³⁺)≤3.0×10⁻¹²mol·L⁻¹。若溶液中c(Ni²⁺)=0.05mol·L⁻¹，则需控制pH的范围是5≤pH＜7。
(4)滤渣3的主要成分是CaF₂、MgF₂。
(5)资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如下关系。

①从NiSO₄溶液获得稳定的NiSO₄·6H₂O晶体的操作依次是蒸发浓缩、冷却至30~54℃结晶、过滤、洗涤、干燥。
②NiSO₄·6H₂O晶体煅烧时剩余固体质量与温度变化曲线如图1所示，则200℃时所得到产物的化学式为NiSO₄·H₂O。
(6)氧化镍晶胞如图2所示，已知晶胞参数为a pm，设Nₐ为阿伏加德罗常数的值，则氧化镍晶体的摩尔体积Vₘ=$\frac{a^{3}×10^{-36}N_{A}}{4}$m³·mol⁻¹。

答案：
巩固训练1
(1)$\uparrow\downarrow\uparrow\downarrow\uparrow\downarrow\uparrow\downarrow\uparrow\uparrow$
(2)防止H₂O₂受热分解 $2H_{3}AsO_{3}+2Fe^{2 + }+3H_{2}O_{2}\xlongequal{}2FeAsO_{4}\downarrow+4H_{2}O + 4H^{+}$
(3)5≤pH＜7
(4)CaF₂、MgF₂
(5)①冷却至30~54℃结晶②NiSO₄·H₂O
(6)$\frac{a^{3}×10^{-36}N_{A}}{4}$
解题思路
粗硫酸镍废液中加入有机萃取剂分离出含铜离子的有机相，水相中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，氧化三价砷为五价砷，铁离子使得砷转化为FeAsO₄沉淀；滤液调节pH使得剩余铁离子转化为氢氧化铁沉淀得到滤渣2，滤液加入NaF使得钙离子、镁离子转化为氟化钙和氟化镁沉淀得到滤渣3，滤液处理得到NiSO₄·6H₂O。
解析:
(1)镍原子失去2个电子形成Ni²⁺，基态Ni²⁺的价层电子轨道表示式为。
(2)过氧化氢不稳定，受热容易分解，温度不能过高是防止H₂O₂受热分解;加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，氧化三价砷为五价砷，铁离子使得五价砷转化为FeAsO₄沉淀，反应为$2H_{3}AsO_{3}+2Fe^{2 + }+3H_{2}O_{2}\xlongequal{}2FeAsO_{4}\downarrow+4H_{2}O + 4H^{+}$。
(3)调pH的目的是进一步去除Fe³⁺，使$c(Fe^{3 + })\leq3.0×10^{-12}mol· L^{-1}$，则$c(OH^{-})=\sqrt[3]{\frac{K_{sp}[Fe(OH)_{3}]}{c(Fe^{3 + })}}=\sqrt[3]{\frac{3.0×10^{-39}}{3.0×10^{-12}}}mol· L^{-1}=1.0×10^{-9}mol· L^{-1}$，pOH = 9，pH = 5；若溶液中$c(Ni^{2 + })=0.05mol· L^{-1}$，则其沉淀所需$c(OH^{-})=\sqrt{\frac{K_{sp}[Ni(OH)_{2}]}{c(Ni^{2 + })}}=\sqrt{\frac{5.0×10^{-16}}{0.05}}mol· L^{-1}=1.0×10^{-7}mol· L^{-1}$，pOH = 7，pH = 7，故需控制pH的范围是5≤pH＜7。
(4)由分析,滤渣3的主要成分是CaF₂、MgF₂。
(5)①由表,30~54℃结晶得到NiSO₄·6H₂O,故从NiSO₄溶液获得稳定的NiSO₄·6H₂O晶体的操作依次是蒸发浓缩、冷却至30~54℃结晶、过滤、洗涤、干燥。②26.3gNiSO₄·6H₂O晶体的物质的量为26.3g÷263g·mol⁻¹ = 0.1mol，含有0.6molH₂O，煅烧时剩余固体质量与温度变化曲线如题图所示，200℃时物质减少0.5molH₂O,则得到产物的化学式为NiSO₄·H₂O。
(6)据“均摊法”，晶胞中含$8×\frac{1}{8}+6×\frac{1}{2}=4$个Ni、$12×\frac{1}{4}+1 = 4$个O，则氧化镍晶体的摩尔体积$V_{m}=\frac{a^{3}×10^{-36}}{4}× N_{A}m^{3}· mol^{-1}=\frac{a^{3}×10^{-36}N_{A}}{4}m^{3}· mol^{-1}$。