《2026年新高考5年真题化学河北专版》

1. [2025·辽宁卷,16T,14分]某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、PbSO₄、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。

已知:①“氧化浸出”时,PbSO₄不发生变化,ZnS转变为[Zn(NH₃)₄]²⁺;
②Kₛₚ[Pb(OH)₂]=10⁻¹⁴.⁸;
③酒石酸(记作H₂A)结构简式为HOOC(CHOH)₂COOH。
回答下列问题:
(1)H₂A分子中手性碳原子数目为2。
(2)“氧化浸出”时,过二硫酸根(S₂O₈²⁻)转变为${SO^{2-}_{4}}$(填离子符号)。
(3)“氧化浸出”时,浸出率随温度升高先增大后减小的原因为初始温度升高，浸出速率增大，浸出率增大，随着温度的继续升高，${NH_{3}· H_{2}O}$、${(NH_{4})_{2}S_{2}O_{8}}$均会发生分解，浸出率减小。
(4)“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为${Zn + [Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}=[Zn(NH_{3})_{4}]^{2+} + Cu}$。
(5)滤渣2中的金属元素为${Fe}$(填元素符号)。
(6)“浸铅”步骤,PbSO₄和Na₂A反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为${pH}$升高，${OH^{-}}$浓度增大，${A^{2-}}$的水解受到抑制，${A^{2-}}$浓度增大，${PbSO_{4}(s) + A^{2-}⇌ PbA + SO^{2-}_{4}}$平衡正向移动，${PbA}$产率增大,pH过高可能生成${Pb(OH)_{2}}$(填化学式)。
(7)290℃“真空热解”生成2种气态氧化物,该反应的化学方程式为${Pb[OOC(CHOH)_{2}COO]\xlongequal[真空]{290\ ^{\circ}C}Pb + 4CO\uparrow + 2H_{2}O\uparrow}$。

答案：
1. 参考答案
(1)2
(2)${SO^{2-}_{4}}$
(3)初始温度升高，浸出速率增大，浸出率增大，随着温度的继续升高，${NH_{3}· H_{2}O}$、${(NH_{4})_{2}S_{2}O_{8}}$均会发生分解，浸出率减小
(4)${Zn + [Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}=[Zn(NH_{3})_{4}]^{2+} + Cu}$
(5)${Fe}$
(6)${pH}$升高，${OH^{-}}$浓度增大，${A^{2-}}$的水解受到抑制，${A^{2-}}$浓度增大，${PbSO_{4}(s) + A^{2-}⇌ PbA + SO^{2-}_{4}}$平衡正向移动，${PbA}$产率增大 ${Pb(OH)_{2}}$
(7)${Pb[OOC(CHOH)_{2}COO]\xlongequal[真空]{290\ ^{\circ}C}Pb + 4CO\uparrow + 2H_{2}O\uparrow}$
命题意图本题以从废渣中回收${Zn}$、${Pb}$元素的工艺流程为情境，依据元素及其化合物的结构与性质，考查手性碳原子、工艺流程中的条件控制、陌生化学方程式的书写等知识，体现了“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”等化学学科核心素养。
解题思路废渣用${(NH_{4})_{2}S_{2}O_{8}}$和${NH_{3}· H_{2}O}$“氧化浸出”后过滤，滤液中含有${[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}$和${[Zn(NH_{3})_{4}]^{2+}}$，滤渣1含有${PbSO_{4}}$和铁元素的难溶物。滤液加${Zn}$置换出${Cu}$，“除铜”后的溶液加${(NH_{4})_{2}S}$“沉锌”，得到${ZnS}$。滤渣1用${H_{2}A}$、${Na_{2}A}$溶液“浸铅”后${Pb}$元素由${PbSO_{4}}$转化为${PbA}$进入溶液中，则过滤得到的滤渣2中含有铁元素的难溶物，滤液经过结晶得到${PbA}$，再“真空热解”得到纯${Pb}$。
(1)连有四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，${H_{2}A}$分子中手性碳原子有2个，如图所示， ${OH}$(标的碳原子为饱和碳原子)。
(2)过二硫酸根的结构式为 ，含有过氧键，则“氧化浸出”时，过二硫酸根为氧化剂，被还原为${SO^{2-}_{4}}$。
(6)由已知②可知${Pb(OH)_{2}}$为难溶性沉淀，${pH}$过高时，${OH^{-}}$浓度过大，使${Pb^{2+} + 2OH^{-}=Pb(OH)_{2}}$平衡正向移动，生成${Pb(OH)_{2}(s)}$沉淀，消耗${Pb^{2+}}$，造成${PbA}$产率降低。

2. [2025·云南卷,15T,14分]从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、Fe₂O₃、MnO₂、CuO、SiO₂等)中提取Au、Ag,并回收其他有价金属的一种工艺如下:

已知:①金-银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。
②25℃时,Mn(OH)₂的Kₛₚ为1.9×10⁻¹³。
回答下列问题:
(1)基态Cu原子的价层电子排布式为$3{d^{10}}4{s^{1}}$。
(2)“还原酸浸”时,MnO₂反应的离子方程式为${MnO_{2} + SO^{2-}_{3} + 2H^{+}=Mn^{2+} + SO^{2-}_{4} + H_{2}O}$。
(3)“浸金银”时,Au溶解涉及的主要反应如下:
①Au+5S₂O₃²⁻+[Cu(NH₃)₄]²⁺===[Au(S₂O₃)₂]³⁻+[Cu(S₂O₃)₃]⁵⁻+4NH₃
②4[Cu(S₂O₃)₃]⁵⁻+16NH₃+O₂+2H₂O===4[Cu(NH₃)₄]²⁺+4OH⁻+12S₂O₃²⁻
上述过程中的催化剂为${[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}$。
(4)“沉铜”前,“滤液1”多次循环的目的为提高${H_{2}SO_{4}}$、${Na_{2}SO_{3}}$的利用率，富集${Cu^{2+}}$和${Mn^{2+}}$，提高${Cu^{2+}}$和${Mn^{2+}}$的浓度。
(5)根据“还原酸浸”“氧化”,推断Fe³⁺、Cu²⁺、MnO₂的氧化性由强到弱的顺序为${MnO_{2} ＞ Fe^{3+} ＞ Cu^{2+}}$。
(6)25℃“沉铁”后,调节“滤液4”的pH至8.0,无Mn(OH)₂析出,则c(Mn²⁺)≤0.19mol·L⁻¹。

(7)一种锑锰(Mn₃Sb)合金的立方晶胞结构如图。
①该晶胞中,每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有12个。
②Nₐ为阿伏加德罗常数的值,晶胞边长为a nm,则晶体的密度为$\dfrac{122 + 55× 3}{N_{A}× a^{3}× 10^{-21}}$g·cm⁻³(列出计算式即可)。

答案： 2. 参考答案
(1)$3{d^{10}}4{s^{1}}$
(2)${MnO_{2} + SO^{2-}_{3} + 2H^{+}=Mn^{2+} + SO^{2-}_{4} + H_{2}O}$
(3)${[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}$
(4)提高${H_{2}SO_{4}}$、${Na_{2}SO_{3}}$的利用率，富集${Cu^{2+}}$和${Mn^{2+}}$，提高${Cu^{2+}}$和${Mn^{2+}}$的浓度
(5)${MnO_{2} ＞ Fe^{3+} ＞ Cu^{2+}}$
(6)$0.19$
(7)①$12$ ②$\dfrac{122 + 55× 3}{N_{A}× a^{3}× 10^{-21}}$
命题意图本题以从褐铁矿型金 - 银矿提取金属的工艺为情境，考查流程分析、离子方程式书写等，体现了“宏观辨识与微观探析”“科学态度与社会责任”等化学学科核心素养。
解题思路由流程可知，金 - 银矿经“还原酸浸”，${Fe_{2}O_{3}}$、${MnO_{2}}$被还原为${Fe^{2+}}$和${Mn^{2+}}$，${CuO}$被溶解为${Cu^{2+}}$，${Au}$、${Ag}$、${SiO_{2}}$不溶，进入“滤渣1”；“沉铜”时，${Cu^{2+}}$被铁粉还原为${Cu}$；“氧化”时${Fe^{2+}}$被氧化为${Fe^{3+}}$；“沉铁”时，${Fe^{3+}}$转化为${Fe(OH)_{3}}$沉淀，后续转化为${Fe_{2}O_{3}}$；“沉锰”时，${Mn^{2+}}$沉淀为${MnCO_{3}}$。“浸金银”时，${Au}$、${Ag}$被铜 - 氨 - 硫代硫酸盐溶液浸出，后续提炼出${Au}$、${Ag}$。
(3)分析反应①和反应②可知，${[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}$参与了反应①，但在反应②又重新生成，“浸金银”时的催化剂为${[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}$。
(4)由已知信息①可知，金 - 银矿中${Cu}$、${Mn}$元素的含量低，则“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为提高${H_{2}SO_{4}}$、${Na_{2}SO_{3}}$的利用率，富集${Cu^{2+}}$和${Mn^{2+}}$，提高${Cu^{2+}}$和${Mn^{2+}}$的浓度。
(5)“还原酸浸”时，${Fe_{2}O_{3}}$和${CuO}$可以被${H_{2}SO_{4}}$溶解转化为${Fe^{3+}}$和${Cu^{2+}}$，${Na_{2}SO_{3}}$将${Fe^{3+}}$还原为${Fe^{2+}}$，而${Cu^{2+}}$并未被还原，故${Fe^{3+}}$的氧化性强于${Cu^{2+}}$；“氧化”时，${Fe^{2+}}$被${MnO_{2}}$氧化为${Fe^{3+}}$，故${MnO_{2}}$的氧化性强于${Fe^{3+}}$，综上所述，${Fe^{3+}}$、${Cu^{2+}}$、${MnO_{2}}$的氧化性由强到弱的顺序为${MnO_{2} ＞ Fe^{3+} ＞ Cu^{2+}}$。
(6)$25\ ^{\circ}C$“沉铁”后，调节“滤液4”的${pH}$至$8.0$，此时$c{(OH^{-})}=10^{-6}\ {mol· L^{-1}}$，无${Mn(OH)_{2}}$析出，根据${Mn(OH)_{2}}$的$K_{sp}$为$1.9× 10^{-13}$，则$c{(Mn^{2+})}\leqslant \dfrac{1.9× 10^{-13}}{(10^{-6})^{2}}\ {mol· L^{-1}}=0.19\ {mol· L^{-1}}$。
(7)①由晶胞结构可知，该晶胞为面心立方，${Sb}$位于晶胞的顶点，其与邻近的3个面的面心上的${Mn}$距离最近且距离相等，每个顶点参与形成8个晶胞，而每个面心参与形成2个晶胞，因此，该晶胞中，每个${Sb}$周围与它最近且相等距离的${Mn}$有$\dfrac{3× 8}{2}=12$个。②该晶胞中${Sb}$的个数为$8× \dfrac{1}{8}=1$，${Mn}$的个数为$6× \dfrac{1}{2}=3$，故该晶胞的质量为$\dfrac{122 + 55× 3}{N_{A}}\ {g}$，该晶胞的体积为$(a\ {nm})^{3}=a^{3}× 10^{-21}\ {cm^{3}}$，则晶体的密度为$\dfrac{\dfrac{(122 + 55× 3)}{N_{A}}\ {g}}{a^{3}× 10^{-21}\ {cm^{3}}}=\dfrac{122 + 55× 3}{N_{A}× a^{3}× 10^{-21}}\ {g· cm^{-3}}$。