《2025年学霸高考黑题化学人教版》

室温下，用含有少量 Mn²⁺的硫酸锌溶液制备 ZnCO₃ 的过程如下，已知：Kₛₚ(ZnCO₃)=1.2×10⁻¹⁰，Kₛₚ[Zn(OH)₂]=6.0×10⁻¹⁷，下列说法正确的是(D)


A.“除锰”加入的 NaClO 溶液中：c(Na⁺) + c(H⁺) = c(ClO⁻) + c(HClO)
B.“沉锌”的主要离子反应为 Zn²⁺ + 2HCO₃⁻ = ZnCO₃↓ + H₂O + CO₂↑
C.“过滤”所得滤液中：c²(OH⁻) : c(CO₃²⁻) = 5.0×10⁻⁷
D.“过滤”所得滤液中：c(NH₄⁺) + c(NH₃·H₂O) ＞ c(HCO₃⁻) + c(H₂CO₃) + c(CO₃²⁻)

答案： 巩固训练3D 解析：由题给流程可知，向含有少量锰离子的硫酸锌溶液中加入次氯酸钠溶液，将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，过滤得到二氧化锰和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵和氨水的混合溶液，将溶液中的锌离子转化为碳酸锌沉淀，过滤得到碳酸锌和滤液。次氯酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒关系$c(Na^+)+c(H^+)=c(ClO^-)+c(OH^-)$，A错误；由分析可知，“沉锌”时加入碳酸氢铵和氨水的混合溶液的目的是将溶液中的锌离子转化为碳酸锌沉淀，反应的离子方程式为$Zn^{2+}+HCO^-_3+NH_3·H_2O══ZnCO_3↓+NH^+_4+H_2O$，B错误；“过滤”所得滤液是碳酸锌的饱和溶液，氢氧化锌的不饱和溶液，则溶液中$\frac{c^2(OH^-)}{c(CO^{2-}_3)}=\frac{c^2(OH^-)c(Zn^{2+})}{c(CO^{2-}_3)c(Zn^{2+})}=\frac{K_{sp}[Zn(OH)_2]}{K_{sp}(ZnCO_3)}=\frac{6.0×10^{-17}}{1.2×10^{-10}}=5.0×10^{-7}$，C错误；碳酸氢铵溶液中存在物料守恒关系$c(NH^+_4)+c(NH_3·H_2O)=c(HCO^-_3)+c(H_2CO_3)+c(CO^{2-}_3)$，碳酸氢铵和氨水的混合溶液中存在：$c(NH^+_4)+c(NH_3·H_2O)＞c(HCO^-_3)+c(H_2CO_3)+c(CO^{2-}_3)$，且溶液中的锌离子与碳酸氢根离子反应转化为碳酸锌沉淀，碳酸氢根离子被消耗，则离子浓度的关系为$c(NH^+_4)+c(NH_3·H_2O)＞c(HCO^-_3)+c(H_2CO_3)+c(CO^{2-}_3)$，D正确。

工业上以硫黄为原料生产硫酸的主要流程如下。
已知：步骤Ⅱ中 SO₂ 的平衡转化率随温度和压强的变化情况如下表。

下列说法不正确的是(D)

A.步骤Ⅰ中进料温度超过硫的沸点，部分硫蒸气直接进入步骤Ⅱ，会导致硫的利用率降低
B.步骤Ⅱ中通入过量的空气，目的是提高 SO₂ 的平衡转化率
C.从节能角度考虑，步骤Ⅱ中实际生产中应选择 450℃和 0.1 MPa
D.步骤Ⅲ中用 H₂O 吸收 SO₃

答案： 巩固训练4D 解析：由题给流程可知，硫黄在空气中燃烧生成二氧化硫，催化剂作用下二氧化硫与空气中氧气共热发生催化氧化反应生成三氧化硫，三氧化硫用98.3%的浓硫酸吸收得到硫酸。步骤Ⅰ中进料温度超过硫的沸点会使部分硫蒸气直接进入步骤Ⅱ，从而导致硫不能完全转化为二氧化硫，使得硫的利用率降低，A正确；步骤Ⅱ中通入过量的空气有利于增大反应物氧气的浓度，使平衡向正反应方向移动，从而提高二氧化硫的转化率，B正确；由表格数据可知，450℃和10MPa时二氧化硫的转化率最高，但压强由0.1MPa升高到10MPa时，二氧化硫的转化率提升并不明显，所以实际生产中从节能角度考虑，通常选择450℃和0.1MPa，C正确；由分析可知，步骤Ⅲ中用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫得到硫酸，防止用水或稀硫酸吸收三氧化硫形成酸雾而导致三氧化硫的吸收效率降低，D错误。

碲、锑广泛应用于光伏、半导体领域。从分铜液净化渣[主要含铜、碲(Te)、锑(Sb)、砷(As)等元素的化合物]回收碲、锑的工艺流程如图：

已知：①“碱浸”时，铜、锑转化为难溶物，碱浸液 b 含有 Na₂TeO₃、Na₃AsO₄；②“酸浸”时，含锑化合物生成难溶的 Sb₂O(SO₄)₄；③常温下，H₃AsO₄ 的各级电离常数为 Kₐ₁=6.3×10⁻³、Kₐ₂=1.0×10⁻⁷、Kₐ₃=3.2×10⁻¹²。
下列说法正确的是(C)

A.滤液 c 中 As 元素主要存在形式为 HAsO₄²⁻
B.“氯盐酸浸”时，HCl 的作用是将 Sb₂O(SO₄)₄ 还原为 SbCl₃
C.“水解”时，生成 SbOCl 的化学方程式为 SbCl₃ + H₂O = SbOCl↓ + 2HCl
D.TeO₂ 可用作电子元件材料，其熔点低于 SO₂

答案： 巩固训练5C 解题思路
根据已知①“碱浸”时NaOH与净化渣反应，使Te、As的化合物溶解，生成可溶的$Na_2TeO_3$和$Na_3AsO_4$，Cu、Sb因生成难溶物而留在浸渣中；根据已知②滤渣“酸浸”时锑的化合物生成$Sb_2O(SO_4)_4$沉淀，此时Sb为+5价，加入HCl和$SO_2$的“氯盐酸浸”步骤中，$SO_2$作为还原剂，将+5价Sb还原为$Sb^{3+}$，生成可溶的$SbCl_3$，加水后$SbCl_3$在水中发生水解，生成$SbOCl$沉淀同时释放HCl；碱浸液b中含$Na_2TeO_3$和$Na_3AsO_4$，其中$Na_2TeO_3$在酸性条件下转化为$H_2TeO_3$，随后分解为$TeO_2$。
解析：$H_3AsO_4$的电离常数$K_{a2}=\frac{c(H^+)×c(HAsO^{2-}_4)}{c(H_2AsO^-_4)}=1.0×10^{-7}$，已知滤液c的pH = 4，则$c(H^+)=10^{-4}mol·L^{-1}$，代入$K_{a2}$得$\frac{c(HAsO^{2-}_4)}{c(H_2AsO^-_4)}=10^{-3}$，则滤液c中$c(HAsO^{2-}_4)＜c(H_2AsO^-_4)$，As元素主要存在形式不是$HAsO^{2-}_4$，A错误；“氯盐酸浸”时，HCl的作用是提供酸性环境和$Cl^-$，而还原剂应为$SO_2$，B错误；“水解”时发生的反应为$SbCl_3 + H_2O══SbOCl↓ + 2HCl$，该方程式原子守恒，产物符合实际($SbOCl$为沉淀)，C正确；$TeO_2$可用用作电子元件材料，熔点较高，而$SO_2$常温下为气体，熔点低，D错误。