《2026年学易优高考二轮总复习化学》

1. (2025·甘肃卷)处理某酸浸液(主要含${Li^{+}}$、${Fe^{2+}}$、${Cu^{2+}}$、${Al^{3+}}$)的部分流程如下：

下列说法正确的是(D)

A.“沉铜”过程中发生反应的离子方程式：${2Fe + 3Cu^{2+}\xlongequal{}3Cu + 2Fe^{3+}}$
B.“碱浸”过程中${NaOH}$固体加入量越多，${Al(OH)_{3}}$沉淀越完全
C.“氧化”过程中铁元素化合价降低
D.“沉锂”过程利用了${Li_{2}CO_{3}}$的溶解度比${Na_{2}CO_{3}}$小的性质

答案： 1.D “沉锂”过程中加入$Na_{2}CO_{3}$后有$Li_{2}CO_{3}$析出，利用了$Li_{2}CO_{3}$的溶解度比$Na_{2}CO_{3}$小的性质，D正确；“沉铜”过程中，$Fe$与$Cu^{2+}$发生置换反应生成$Fe^{2+}$和$Cu$，正确的离子方程式为$Fe + Cu^{2+}=Fe^{2+} + Cu$，A错误；“碱浸”过程中若$NaOH$过量，会使$Al(OH)_{3}$转化为可溶于水的$[Al(OH)_{4}]^{-}$，B错误；由上述分析知，“氧化”前$Fe$元素的化合价为$ + 2$，“氧化”后得到$Fe(OH)_{3}$沉淀，$Fe$的化合价升高，C错误。

2. (2025·黑吉辽蒙卷)某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含${MnO_{2}}$、${Co_{3}O_{4}}$和少量${Fe_{2}O_{3}}$)中提取金属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下$K_{sp}({CoS}) = 10^{-20.4}$，下列说法错误的是(C)


A.硫酸用作催化剂和浸取剂
B.使用生物质的优点是其来源广泛且可再生
C.“浸出”时，$3$种金属元素均被还原
D.“沉钴”后上层清液中$c({Co^{2+}})· c({S^{2-}}) = 10^{-20.4}$

答案： 2.C “浸出”过程中硫酸可作催化剂催化稻草中的纤维素水解生成葡萄糖，还可作浸取剂与金属氧化物反应得到含金属离子的溶液，A正确；该流程中所用生物质为稻草，而稻草来源广泛且可再生，故B正确；结合“浸出”后的操作及产物可知，“浸出”时$MnO_{2}$被葡萄糖还原为$Mn^{2 + }$，$Co_{3}O_{4}$被还原为$Co^{2 + }$，$Fe_{2}O_{3}$转化为$Fe^{3 + }$，$Fe$的化合价不变，故$Fe$未被还原，C错误；“沉钴”后的上层清液为$CoS$的饱和溶液，存在$c(Co^{2 + }) · c(S^{2 - }) = K_{sp}(CoS) = 10^{-20.4}$，D正确。

3. (2025·山东卷)钢渣中富含${CaO}$、${SiO_{2}}$、${FeO}$、${Fe_{2}O_{3}}$等氧化物，实验室利用酸碱协同法分离钢渣中的${Ca}$、${Si}$、${Fe}$元素，流程如下。已知：${Fe_{2}(C_{2}O_{4})_{3}}$能溶于水；$K_{sp}({CaC_{2}O_{4}}) = 2.3× 10^{-9}$，$K_{sp}({FeC_{2}O_{4}}) = 3.2× 10^{-7}$。下列说法错误的是(A)


A.试剂$X$可选用${Fe}$粉
B.试剂$Y$可选用盐酸
C.“分离”后${Fe}$元素主要存在于滤液Ⅱ中
D.“酸浸”后滤液Ⅰ的${pH}$过小会导致滤渣Ⅱ质量减少

答案： 3.A 钢渣用盐酸酸浸后，$CaO$、$FeO$、$Fe_{2}O_{3}$分别转化成$Ca^{2 + }$、$Fe^{2 + }$、$Fe^{3 + }$进入滤液Ⅰ中，则滤渣Ⅰ为$SiO_{2}$，根据已知信息，$CaC_{2}O_{4}$的$K_{sp}$与$FeC_{2}O_{4}$的接近，而$Fe_{2}(C_{2}O_{4})_{3}$能溶于水，则要想有效分离$Ca$、$Fe$元素，滤渣Ⅱ只能是$CaC_{2}O_{4}$，为了防止生成$FeC_{2}O_{4}$，需要将滤液Ⅰ中的$Fe^{2 + }$完全转化成$Fe^{3 + }$以保证$Fe$元素留在滤液Ⅱ中，因此试剂$X$需氧化$Fe^{2 + }$，滤渣Ⅰ用$NaOH$溶液碱浸得到$Na_{2}SiO_{3}$溶液，向其中加入试剂$Y$经一系列操作得到$SiO_{2}$。结合上述分析可知，试剂$X$不能用$Fe$粉，A错误；向$Na_{2}SiO_{3}$溶液中加酸可得到$H_{2}SiO_{3}$，$H_{2}SiO_{3}$受热分解可得到$SiO_{2}$，因此试剂$Y$可以为盐酸，B正确；“分离”后，$Fe$元素在滤液Ⅱ中，C正确；$CaC_{2}O_{4}$存在沉淀溶解平衡：$CaC_{2}O_{4}(s)=Ca^{2 + }(aq) + C_{2}O_{4}^{2 - }(aq)$，若酸浸后滤液Ⅰ的$pH$过小，则$C_{2}O_{4}^{2 - }$与$H^{ + }$结合导致$C_{2}O_{4}^{2 - }$浓度降低，平衡正向移动，导致$CaC_{2}O_{4}$的质量减少，D正确。

4. (2024·黑吉辽)某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的${Cl^{-}}$并制备${Zn}$，流程如下。“脱氯”步骤仅${Cu}$元素化合价发生改变。下列说法正确的是(C)

锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰)


A.“浸铜”时应加入足量${H_{2}O_{2}}$，确保铜屑溶解完全
B.“浸铜”反应：${2Cu + 4H^{+} + H_{2}O_{2}\xlongequal{}2Cu^{2+} + H_{2}\uparrow + 2H_{2}O}$
C.“脱氯”反应：${Cu + Cu^{2+} + 2Cl^{-}\xlongequal{}2CuCl}$
D.脱氯液净化后电解，可在阳极得到${Zn}$

答案： 4.C 结合“脱氯”步骤仅$Cu$元素化合价发生改变并产生$CuCl$固体，可推断“脱氯”时$Cu$和$Cu^{2 + }$发生归中反应并结合$Cl^{-}$生成$CuCl$沉淀，离子方程式为$Cu + Cu^{2 + } + 2Cl^{-}=2CuCl$，则“浸铜”时铜屑不能完全溶解，A错误，C正确；“浸铜”时$Cu$与$H_{2}O_{2}$在酸性条件下反应生成$Cu^{2 + }$和$H_{2}O$，离子方程式为$Cu + 2H^{ + } + H_{2}O_{2}=Cu^{2 + } + 2H_{2}O$，B错误；脱氯液中含大量的$Zn^{2 + }$，净化后电解，$Zn^{2 + }$在阴极上得电子生成单质$Zn$，D错误。

5. (2024·湖南卷)中和法生产${Na_{2}HPO_{4}· 12H_{2}O}$的工艺流程如下：

已知：①${H_{3}PO_{4}}$的电离常数：$K_{a1} = 6.9× 10^{-3}$，$K_{a2} = 6.2× 10^{-8}$，$K_{a3} = 4.8× 10^{-13}$。
②${Na_{2}HPO_{4}· 12H_{2}O}$易风化。
下列说法错误的是(C)

A.“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入${Na_{2}CO_{3}}$溶液
B.“调${pH}$”工序中$X$为${NaOH}$或${H_{3}PO_{4}}$
C.“结晶”工序中溶液显酸性
D.“干燥”工序需在低温下进行

答案： 5.C $H_{3}PO_{4}$和$Na_{2}CO_{3}$先发生反应，通过加入$X$调节$pH$，使产物完全转化为$Na_{2}HPO_{4}$，通过结晶、过滤、干燥，最终得到$Na_{2}HPO_{4} · 12H_{2}O$成品。铁是较活泼金属，可与$H_{3}PO_{4}$反应生成氢气，故“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入$Na_{2}CO_{3}$溶液，A项正确。若“中和”工序加入$Na_{2}CO_{3}$过量，则需要加入酸性物质来调节$pH$，为了不引入新杂质，可加入$H_{3}PO_{4}$；若“中和”工序加入$H_{3}PO_{4}$过量，则需要加入碱性物质来调节$pH$，为了不引入新杂质，可加入$NaOH$，所以“调$pH$”工序中$X$为$NaOH$或$H_{3}PO_{4}$，B项正确。“结晶”工序中的溶液为饱和$Na_{2}HPO_{4}$溶液，由已知信息可知$H_{3}PO_{4}$的$K_{a2} = 6.2 × 10^{-8}$，$K_{a3} = 4.8 × 10^{-13}$，则$HPO_{4}^{2 - }$的水解常数$K_{h} = \frac{K_{w}}{K_{a2}} = \frac{1.0 × 10^{-14}}{6.2 × 10^{-8}} \approx 1.6 × 10^{-7}$，由于$K_{h} ＞ K_{a3}$，则$HPO_{4}^{2 - }$的水解程度大于其电离程度，溶液显碱性，C项错误。由于$Na_{2}HPO_{4} · 12H_{2}O$易风化失去结晶水，故“干燥”工序需要在低温下进行，D项正确。