《2026年新高考5年真题化学河北专版》

4. [2025·甘肃卷,16T,15分]研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘(主要含S、As₂O₃及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)中高效回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺,部分流程如下:

已知:As₂O₃熔点314℃,沸点460℃
分解温度:CuO 1100℃,CuSO₄ 560℃,ZnSO₄ 680℃,PbSO₄高于1000℃
Kₛₚ(PbSO₄)=1.8×10⁻⁸
(1)设计焙烧温度为600℃,理由为使${CuSO_{4}}$分解，${ZnSO_{4}}$和${PbSO_{4}}$不分解，同时使${As_{2}O_{3}}$沸腾分离。
(2)将SO₂通入Na₂CO₃和Na₂S的混合溶液可制得Na₂S₂O₃,该反应的化学方程式为${4SO_{2} + Na_{2}CO_{3} + 2Na_{2}S=3Na_{2}S_{2}O_{3} + CO_{2}}$。
(3)酸浸的目的为使${CuO}$溶解，分离${PbSO_{4}}$，得到纯净的${CuSO_{4}}$溶液。
(4)从浸出液得到Cu的方法为用惰性电极电解浸出液，在阴极析出${Cu}$或加入过量铁粉，再加入过量盐酸，过滤(答案合理即可)(任写一种)。

(5)某含Pb化合物是一种被广泛应用于太阳能电池领域的晶体材料,室温下该化合物晶胞如图所示,晶胞参数a≠b≠c,α=β=γ=90°。Cs与Pb之间的距离为$\dfrac{\sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2}}}{2}$pm(用带有晶胞参数的代数式表示);该化合物的化学式为${CsPbBr_{3}}$,晶体密度计算式为$\dfrac{M_{Cs} + M_{Pb} + 3M_{Br}}{N_{A}× abc× 10^{-30}}$g·cm⁻³(用带有阿伏加德罗常数Nₐ的代数式表示,M₍₎、Mₚ₆和M₈ₑ分别表示Cs、Pb和Br的摩尔质量)。

答案： 4. 参考答案
(1)使${CuSO_{4}}$分解，${ZnSO_{4}}$和${PbSO_{4}}$不分解，同时使${As_{2}O_{3}}$沸腾分离
(2)${4SO_{2} + Na_{2}CO_{3} + 2Na_{2}S=3Na_{2}S_{2}O_{3} + CO_{2}}$
(3)使${CuO}$溶解，分离${PbSO_{4}}$，得到纯净的${CuSO_{4}}$溶液
(4)用惰性电极电解浸出液，在阴极析出${Cu}$或加入过量铁粉，再加入过量盐酸，过滤(答案合理即可)
(5)$\dfrac{\sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2}}}{2}$ $\dfrac{M_{Cs} + M_{Pb} + 3M_{Br}}{N_{A}× abc× 10^{-30}}$
命题意图本题以从铜冶炼烟尘中高效回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺为情境，涉及化学方程式的书写、流程分析、晶胞计算等知识，综合考查考生的分析推理能力，体现了“证据推理与模型认知”“宏观辨识与微观探析”等化学学科核心素养。
解题思路铜冶炼烟尘(主要含${S}$、${As_{2}O_{3}}$及${Cu}$、${Zn}$、${Pb}$的硫酸盐)在$600\ ^{\circ}C$下焙烧，将${S}$转化为${SO_{2}}$，${As_{2}O_{3}}$因沸点低被蒸出而分离，根据已知信息，${CuSO_{4}}$在此温度下发生分解，生成${CuO}$和${SO_{3}}$，${ZnSO_{4}}$和${PbSO_{4}}$未分解，加水浸取后，${ZnSO_{4}}$溶于水形成溶液被分离出去。经酸浸，${PbSO_{4}}$不溶于硫酸，${CuO}$与硫酸反应转化成${CuSO_{4}}$，过滤分离，浸出渣为${PbSO_{4}}$，浸出液中溶质含${CuSO_{4}}$，${CuSO_{4}}$经过电解或置换法转化为铜。
(2)将${SO_{2}}$通入${Na_{2}CO_{3}}$和${Na_{2}S}$的混合溶液可发生归中反应制得${Na_{2}S_{2}O_{3}}$，根据元素守恒可知还生成了${CO_{2}}$。
(5)由该含${Pb}$化合物的晶胞图可知，${Cs}$位于体心，个数为1；${Pb}$位于顶点，个数为$8× \dfrac{1}{8}=1$；${Br}$位于棱心，个数为$12× \dfrac{1}{4}=3$。该化合物的化学式为${CsPbBr_{3}}$。${Cs}$位于体心，${Pb}$位于顶点，${Cs}$与${Pb}$之间的距离为体对角线的一半，由于晶胞参数$a\neq b\neq c$，$\alpha = \beta = \gamma = 90^{\circ}$，${Cs}$与${Pb}$之间的距离为$\dfrac{\sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2}}}{2}\ {pm}$，该晶体密度计算式为$\dfrac{M_{Cs} + M_{Pb} + 3M_{Br}}{N_{A}× abc× 10^{-30}}\ {g· cm^{-3}}$。

5. [2024·江西卷,15T,14分]稀土是国家的战略资源之一。以下是一种以独居石[主要成分为CePO₄,含有Th₃(PO₄)₄、U₃O₈和少量镭杂质]为原料制备CeCl₃·nH₂O的工艺流程图。

已知:ⅰ.Kₛₚ[Th(OH)₄]=4.0×10⁻⁴⁵,Kₛₚ[Ce(OH)₃]=1.6×10⁻²⁰,Kₛₚ[Ce(OH)₄]=2.0×10⁻⁴⁸
ⅱ.镭为第ⅡA族元素
回答下列问题:
(1)关于独居石的热分解,以下说法正确的是b(填标号)。
a.降低压强,分解速率增大
b.降低温度,分解速率降低
c.反应时间越长,分解速率越大
d.提高搅拌速度,分解速率降低
(2)Na₂U₂O₇中铀元素的化合价为+6,热分解阶段U₃O₈生成Na₂U₂O₇的化学反应方程式为${2U_{3}O_{8} + O_{2} + 6NaOH\xlongequal{\triangle}3Na_{2}U_{2}O_{7} + 3H_{2}O}$。
(3)浓缩结晶后,得到的晶体产物化学式为${Na_{3}PO_{4}· nH_{2}O}$,滤液可用于热分解阶段循环利用,避免产生大量的高碱度废水。
(4)溶解阶段,将溶液pH先调到1.5~2.0,反应后再回调至4.5。
①盐酸溶解Ce(OH)₄的离子方程式为${2Ce(OH)_{4} + 8H^{+} + 2Cl^{-}=2Ce^{3+} + Cl_{2}\uparrow + 8H_{2}O}$。
②当溶液pH=4.5时,c(Th⁴⁺)=$4.0× 10^{-7}$mol·L⁻¹,此时完全转化为氢氧化钍沉淀。
(5)以BaSO₄为载体形成共沉淀,目的是去除杂质${RaSO_{4}}$。

答案： 5. 参考答案
(1)${b}$
(2)$+6$ ${2U_{3}O_{8} + O_{2} + 6NaOH\xlongequal{\triangle}3Na_{2}U_{2}O_{7} + 3H_{2}O}$
(3)${Na_{3}PO_{4}· nH_{2}O}$ 热分解
(4)①${2Ce(OH)_{4} + 8H^{+} + 2Cl^{-}=2Ce^{3+} + Cl_{2}\uparrow + 8H_{2}O}$ ②$4.0× 10^{-7}$
(5)${RaSO_{4}}$
命题意图本题以独居石制备${CeCl_{3}· nH_{2}O}$的工艺流程为素材，涉及影响反应速率的因素、化学方程式书写、离子浓度计算等知识，体现了“宏观辨识与微观探析”“变化观念与平衡思想”化学学科核心素养。
解题思路
(1)根据
(2)生成${Na_{2}U_{2}O_{7}}$的反应可知，有${O_{2}}$参与热分解，故降低压强，氧气浓度减小，分解速率降低，${a}$项错误。降低温度，分解速率降低，${b}$项正确。反应时间越长，分解速率逐渐变慢，${c}$项错误。提高搅拌速度，反应物接触更充分，分解速率加快，${d}$项错误。
(2)${Na_{2}U_{2}O_{7}}$中${Na}$为$+1$价，${O}$为$-2$价，根据化合价代数和为0，则铀元素的化合价为$+6$，热分解阶段${U_{3}O_{8}}$生成${Na_{2}U_{2}O_{7}}$，${U}$元素化合价升高，则${O}$元素化合价降低，反应的化学方程式为${2U_{3}O_{8} + O_{2} + 6NaOH\xlongequal{\triangle}3Na_{2}U_{2}O_{7} + 3H_{2}O}$。
(3)稀释过滤后的滤液中含有${Na^{+}}$、${PO^{3-}_{4}}$，滤液浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为${Na_{3}PO_{4}· nH_{2}O}$。浓缩结晶后的滤液中含${Na^{+}}$、${OH^{-}}$，可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水。
(4)溶解阶段，将溶液${pH}$先调到$1.5\sim 2.0$，反应后再回调至$4.5$。①在热分解过程中${Ce}$的化合价由$+3$变成了$+4$，而最终生成物中${Ce}$的化合价为$+3$，说明在溶解阶段中${Ce}$的化合价又由$+4$变回了$+3$，${Ce}$元素化合价降低，在与盐酸反应中，${Cl}$元素的化合价应升高，盐酸溶解${Ce(OH)_{4}}$的离子方程式为${2Ce(OH)_{4} + 8H^{+} + 2Cl^{-}=2Ce^{3+} + Cl_{2}\uparrow + 8H_{2}O}$。②当溶液${pH}=4.5$时，$c{(H^{+})}=1× 10^{-4.5}\ {mol· L^{-1}}$，$c{(OH^{-})}=1× 10^{-9.5}\ {mol· L^{-1}}$，$c{(Th^{4+})}× c^{4}{(OH^{-})}=K_{sp}{[Th(OH)_{4}]}=4.0× 10^{-45}$，则$c{(Th^{4+})}=4× 10^{-7}\ {mol· L^{-1}}$，此时完全转化为氢氧化钍沉淀。
(5)以${BaSO_{4}}$为载体形成共沉淀，目的是去除杂质${RaSO_{4}}$，${Ra}$和${Ba}$均为第Ⅱ${A}$族元素，则${RaSO_{4}}$也为沉淀。