《2026年学易优高考二轮总复习化学》

1. (2025·陕晋青卷)一种综合回收电解锰工业废盐(主要成分为$Mn^{2+}$、$Mg^{2+}$、$NH_{4}^{+}$的硫酸盐)的工艺流程如下。

已知：①常温下$K_{sp}(MgCO_{3}) = 10^{-5.17}$，$K_{sp}[Mg(OH)_{2}] = 10^{-11.25}$，$K_{sp}[Mn(OH)_{2}] = 10^{-12.72}$；
②$S_{2}O_{8}^{2-}$结构式为$\begin{bmatrix}\begin{array}{c}O\\\vert\\O - S - O - O - S - O\\\vert\\O\end{array}\end{bmatrix}^{2 - }$。
回答下列问题：
(1)制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采取的措施有适当加热、搅拌(写出两种)。
(2)“沉锰Ⅰ”中，写出形成的$Mn(OH)_{2}$被氧化成$Mn_{3}O_{4}$的化学方程式：6Mn(OH)_2 + O_2 = 2Mn_3O_4 + 6H_2O。当$Mg^{2 + }(c = 10^{-0.68}mol·L^{-1})$将要开始沉淀时，溶液中剩余$Mn^{2 + }$浓度为10^{-2.15}$mol·L^{-1}$。
(3)“沉锰Ⅱ”中，过量的$(NH_{4})_{2}S_{2}O_{8}$经加热水解去除，最终产物是$NH_{4}HSO_{4}$和O_2(填化学式)。
(4)“沉镁Ⅰ”中，当$pH$为$8.0\sim10.2$时，生成碱式碳酸镁$[xMgCO_{3}·yMg(OH)_{2}·zH_{2}O]$，煅烧得到疏松的轻质$MgO$。$pH$过大时，不能得到轻质$MgO$的原因是_。
(5)“沉镁Ⅱ”中，加$H_{3}PO_{4}$至$pH = 8.0$时，$Mg^{2 + }$沉淀完全；若加至$pH = 4.0$时沉淀完全溶解，据图分析，写出沉淀溶解的离子方程式：_。
(6)“结晶”中，产物$X$的化学式为________________________。
(7)“焙烧”中，$Mn$元素发生了还原(填“氧化”或“还原”)反应。

答案： 1.
(1)适当加热　搅拌(或将废盐固体粉碎等，写出两种即可)
(2)$6Mn(OH)_2 + O_2 = 2Mn_3O_4 + 6H_2O$ 　$10^{-2.15}$
(3)$O_2$
(4)pH过大时，沉淀中$MgCO_3$的比例降低，煅烧产生的$CO_2$气体减少，故得不到疏松的轻质$MgO$
(5)$MgHPO_4 + H_3PO_4 = Mg^{2+} + 2H_2PO_4^-$
(6)$(NH_4)_2SO_4$
(7)还原

2. (2025·江苏卷)$ZnS$可用于制备光学材料和回收砷。
(1)制备$ZnS$。由闪锌矿[含$ZnS$、$FeS$及少量硫化镉($CdS$)等]制备$ZnS$的过程如下：

已知：$K_{sp}(ZnS) = 1.6×10^{-24}$，$K_{sp}(CdS) = 8.0×10^{-27}$，$K_{a1}(H_{2}S) = 1.0×10^{-7}$，$K_{a2}(H_{2}S) = 1.2×10^{-13}$。当离子浓度小于$1.0×10^{-5}mol·L^{-1}$时，认为离子沉淀完全。
①酸浸时通入$O_{2}$可提高$Zn^{2 + }$浸出率的原因是_。
②通入$H_{2}S$除镉。通过计算判断当溶液$pH = 0$、$c(H_{2}S) = 0.01mol·L^{-1}$时，$Cd^{2 + }$是否沉淀完全溶液中$c(H^+) = 1 mol· L^{-1}$，$K_{a1}(H_2S) · K_{a2}(H_2S) = \frac{c^2(H^+) · c(S^{2-})}{c(H_2S)} = 1.0 × 10^{-7} × 1.2 × 10^{-13} = 1.2 × 10^{-20}$，$c(H_2S) = 0.01 mol· L^{-1}$，$c(S^{2-}) = 1.2 × 10^{-22} mol· L^{-1}$，$K_{sp}(CdS) = c(Cd^{2+}) · c(S^{2-}) = 8.0 × 10^{-27}$，$c(Cd^{2+}) \approx 6.67 × 10^{-5} mol· L^{-1} ＞ 1.0 × 10^{-5} mol· L^{-1}$，故$Cd^{2+}$未沉淀完全(写出计算过程)。
③沉锌前调节溶液的$pH$至$4\sim5$，加入的氧化物为ZnO(填化学式)。
(2)制备光学材料。如图所示，$ZnS$晶体中掺入少量$CuCl$后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。

区域$A$“$·s$”中的离子为Cl^-(填离子符号)，区域$B$带负电(填“正电”或“负电”)。
(3)回收砷。用$ZnS$去除酸性废液中的三价砷$[As(Ⅲ)]$，并回收生成的$As_{2}S_{3}$沉淀。
已知：溶液中$As(Ⅲ)$主要以弱酸$H_{3}AsO_{3}$形式存在，$As_{2}S_{3} + 6H_{2}O\rightleftharpoons 2H_{3}AsO_{3} + 3H_{2}S$。
$60^{\circ}C$时，按$n(S):n(As) = 7:1$向酸性废液中加入$ZnS$，砷回收率随反应时间的变化如图所示。

①写出$ZnS$与$H_{3}AsO_{3}$反应生成$As_{2}S_{3}$的离子方程式：_。
②反应$4h$后，砷回收率下降的原因有_。

答案： 2.
(1)①氧化$S^{2-}$生成S，促进酸浸反应正向进行；将$FeS$转化为$Fe_2(SO_4)_3$，促使$ZnS$氧化成$ZnSO_4$ ②溶液中$c(H^+) = 1 mol· L^{-1}$，$K_{a1}(H_2S) · K_{a2}(H_2S) = \frac{c^2(H^+) · c(S^{2-})}{c(H_2S)} = 1.0 × 10^{-7} × 1.2 × 10^{-13} = 1.2 × 10^{-20}$，$c(H_2S) = 0.01 mol· L^{-1}$，$c(S^{2-}) = 1.2 × 10^{-22} mol· L^{-1}$，$K_{sp}(CdS) = c(Cd^{2+}) · c(S^{2-}) = 8.0 × 10^{-27}$，$c(Cd^{2+}) \approx 6.67 × 10^{-5} mol· L^{-1} ＞ 1.0 × 10^{-5} mol· L^{-1}$，故$Cd^{2+}$未沉淀完全 ③$ZnO$
(2)$Cl^-$　负电　
(3)①$3ZnS + 2H_3AsO_3 + 6H^+ \xlongequal{60° C} As_2S_3 + 3Zn^{2+} + 6H_2O$ ②$c(H^+)$减小，反应速率降低；$As_2S_3 + 6H_2O \rightleftharpoons 2H_3AsO_3 + 3H_2S$平衡正向移动，$As_2S_3$转化为$H_3AsO_3$进入溶液