《2026年新高考5年真题化学河北专版》

1. [2025·河南卷，15T，14分]一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt，含有少量SiO₂]中尽可能回收铑的工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)“酸溶1”的目的是溶解合金粉中的Fe。
(2)已知“酸溶2”中Rh转化为H₃[RhCl₆]，则生成该物质的化学方程式为${Rh + 6HCl + 3HNO_{3}\xlongequal{}H_{3}[RhCl_{6}] + 3NO_{2}\uparrow + 3H_{2}O}$；“滤渣”的主要成分是${SiO_{2}}$(填化学式)。
(3)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量Rh₂O₃和RhCl₃，则“高温还原”中发生反应的化学方程式为${Rh_{2}O_{3} + 3H_{2}\xlongequal{高温}2Rh + 3H_{2}O}$、${2RhCl_{3} + 3H_{2}\xlongequal{高温}2Rh + 6HCl}$。
(4)若“活化还原”在室温下进行，SnCl₂初始浓度为1.0×10⁻⁴mol·L⁻¹，为避免生成Sn(OH)₂沉淀，溶液适宜的pH为A(填标号)[已知Sn(OH)₂的Kₛₚ=5.5×10⁻²⁸]。
A. 2.0
B. 4.0
C. 6.0
(5)“活化还原”中，SnCl₂必须过量，其与Rh(Ⅲ)反应可生成[Rh(SnCl₃)₅]⁴⁻，提升了Rh的还原速率，该配离子中Rh的化合价为+1；反应中同时生成[SnCl₆]²⁻，Rh(Ⅲ)以[RhCl₆]³⁻计，则理论上SnCl₂和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为6:1。
(6)“酸溶3”的目的是溶解${Zn}$、${Sn}$,得到纯净的铑粉。

答案：
1. 参考答案
(1)溶解合金粉中的Fe
(2)${Rh + 6HCl + 3HNO_{3}\xlongequal{}H_{3}[RhCl_{6}] + 3NO_{2}\uparrow + 3H_{2}O}$ ${SiO_{2}}$
(3)${Rh_{2}O_{3} + 3H_{2}\xlongequal{高温}2Rh + 3H_{2}O}$、${2RhCl_{3} + 3H_{2}\xlongequal{高温}2Rh + 6HCl}$
(4)A
(5)$+1$ $6:1$
(6)溶解${Zn}$、${Sn}$,得到纯净的铑粉
命题意图 本题以从贵金属合金粉中回收铑的工艺流程为情境,考查操作目的、化学方程式书写、沉淀${pH}$控制及涉及配合物的氧化还原反应等知识,体现了“证据推理与模型认知”等化学学科核心素养。
解题思路
(2)“酸溶2”中${Rh}$被氧化生成${H_{3}[RhCl_{6}]}$,王水中浓硝酸被还原为${NO_{2}}$。${SiO_{2}}$不溶于王水,该过程中“滤渣”的主要成分为${SiO_{2}}$。
(3)“高温还原”过程中,少量的${Rh_{2}O_{3}}$和${RhCl_{3}}$均被${H_{2}}$还原为${Rh}$,${Rh}$的化合价均由$+3$降低至$0$。
(4)${SnCl_{2}}$初始浓度为$1.0× 10^{-4}\ {mol· L^{-1}}$,当恰好生成${Sn(OH)_{2}}$沉淀时,$c{(OH^{-})}=\sqrt{\dfrac{K_{ sp}[{Sn(OH)_{2}}]}{c({Sn^{2+}})}}=$$\sqrt{\dfrac{5.5× 10^{-28}}{1.0× 10^{-4}}}\ {mol· L^{-1}}=\sqrt{5.5× 10^{-12}}\ {mol· L^{-1}}$,则$c{(H^{+})}\approx$$4.3× 10^{-3}\ {mol· L^{-1}}$,溶液${pH\approx 2.4}$,因此为避免生成${Sn(OH)_{2}}$沉淀,${pH}$应小于$2.4$,A项符合题意。
(5)配离子${[Rh(SnCl_{3})_{5}]^{4-}}$中,${Sn}$是$+2$价,${Cl}$是$-1$价,则${Rh}$的化合价为$+1$。“活化还原”过程中${Rh(Ⅲ)}$以${[RhCl_{6}]^{3-}}$计,反应中${[RhCl_{6}]^{3-}}$被还原为${[Rh(SnCl_{3})_{5}]^{4-}}$,${SnCl_{2}}$为还原剂,部分被氧化为${[SnCl_{6}]^{2-}}$,且${[RhCl_{6}]^{3-}～[SnCl_{6}]^{2-}～2e^{-}}$,同时部分${SnCl_{2}}$结合一个${Cl^{-}}$形成${[SnCl_{3}]^{-}}$,作为新的配体,则每形成$1$个${[Rh(SnCl_{3})_{5}]^{4-}}$需要$5$个${SnCl_{2}}$,因此理论上${SnCl_{2}}$和${Rh(Ⅲ)}$反应的物质的量之比为$(1+5):1=6:1$。
化学工艺流程(二)
流程梳理

2. [2025·湖南卷，16T，14分]一种从深海多金属结核[主要含MnO₂、FeO(OH)、SiO₂，有少量的Co₂O₃、Al₂O₃、NiO、CuO]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液(NiSO₄、CoSO₄、MnSO₄)的工艺流程如下：

已知：①金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。
②常温下，溶液中金属离子(假定浓度均为0.1mol·L⁻¹)开始沉淀和完全沉淀(c≤1.0×10⁻⁵mol·L⁻¹)的pH：

回答下列问题：
(1)基态Ni的价层电子排布式为${3d^{8} 4s^{2}}$。
(2)“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是${SiO_{2}}$(写化学式)；SO₂还原Co₂O₃的化学方程式为${SO_{2} + Co_{2}O_{3} + H_{2}SO_{4}\xlongequal{}2CoSO_{4} + H_{2}O}$。
(3)“沉铁”时，Fe²⁺转化为Fe₂O₃的离子方程式为${4Fe^{2+} + O_{2} + 4H_{2}O\xlongequal[200\ ^{\circ} C]{ 高压} 2Fe_{2}O_{3} + 8H^{+}}$，加热至200℃的主要原因是防止生成${Fe(OH)_{3}}$胶体,避免其吸附其他金属阳离子,造成产率下降。
(4)“沉铝”时，未产生Cu(OH)₂沉淀，该溶液中c(Cu²⁺)不超过$1× 10^{-2}$mol·L⁻¹。
(5)“第二次萃取”时，${Co^{2+}}$、${Ni^{2+}}$(填离子符号)与混合萃取剂形成的配合物(其结构如图所示，M表示金属元素)更稳定，这些配合物中氮原子的杂化类型为${sp^{2}}$。

注：R、R'为长链烷基

答案： 2. 参考答案
(1)${3d^{8} 4s^{2}}$
(2)${SiO_{2}}$ ${SO_{2} + Co_{2}O_{3} + H_{2}SO_{4}\xlongequal{}2CoSO_{4} + H_{2}O}$
(3)${4Fe^{2+} + O_{2} + 4H_{2}O\xlongequal[200\ ^{\circ} C]{ 高压} 2Fe_{2}O_{3} + 8H^{+}}$ 防止生成${Fe(OH)_{3}}$胶体,避免其吸附其他金属阳离子,造成产率下降
(4)$1× 10^{-2}$
(5)${Co^{2+}}$ ${Ni^{2+}}$ ${sp^{2}}$
命题意图 本题以金属资源回收工艺为情境,体现了“证据推理与模型认知”等化学学科核心素养。
解题思路 深海多金属结核[主要含${MnO_{2}}$、${FeO(OH)}$、${SiO_{2}}$,有少量的${Co_{2}O_{3}}$、${Al_{2}O_{3}}$、${NiO}$、${CuO}$]中加入${SO_{2}}$、${H_{2}SO_{4}}$进行“酸浸还原”,得到的“滤渣”的主要成分是${SiO_{2}}$，“滤液”中含有${Mn^{2+}}$、${Fe^{2+}}$、${Co^{2+}}$、${Al^{3+}}$、${Ni^{2+}}$、${Cu^{2+}}$。通入空气,高压、$200\ ^{\circ} C$条件下,调节${pH=3.2}$，“沉铁”得到${Fe_{2}O_{3}}$。继续加入${NaOH}$调节${pH=5.2}$“沉铝”,主要得到${Al(OH)_{3}}$。加入萃取剂“第一次萃取”${Cu^{2+}}$,分液得到含${Cu^{2+}}$的“萃取液1”,萃余液1中加入混合萃取剂进行“第二次萃取”,经过系列操作得到电池级镍钴锰混合溶液,萃余液2“电解”得到金属${Mn}$。
(3)“沉铁”时,${Fe^{2+}}$转化为${Fe_{2}O_{3}}$,铁元素化合价升高,则空气中的${O_{2}}$做氧化剂。根据已知信息①金属氢氧化物胶体具有吸附性,可吸附金属阳离子,则加热至$200\ ^{\circ} C$的主要原因是防止生成${Fe(OH)_{3}}$胶体,避免其吸附其他金属阳离子,造成产率下降。
(4)${Cu^{2+}}$沉淀完全的${pH=6.7}$,则$K_{ sp}[{Cu(OH)_{2}}]=1.0× 10^{-5}× \left(\dfrac{10^{-14}}{10^{-6.7}}\right)^{2}=10^{-19.6}$，“沉铝”时${pH=5.2}$,未产生${Cu(OH)_{2}}$沉淀,则此时溶液中$c{(Cu^{2+})}＜\dfrac{K_{ sp}[{Cu(OH)_{2}}]}{c^{2}({OH^{-}})}=$$\dfrac{10^{-19.6}}{\left(10^{-8.8}\right)^{2}}\ {mol· L^{-1}}=1× 10^{-2}\ {mol· L^{-1}}$。
(5)由流程可知,“第二次萃取”时,主要萃取${Co^{2+}}$、${Ni^{2+}}$,故${Co^{2+}}$、${Ni^{2+}}$与混合萃取剂形成的配合物更稳定。配合物中氮原子与碳原子形成$2$个$\sigma$键,$1$个孤电子对与金属元素${M}$形成配位键,${N}$的价层电子对数为$3$,则配合物中氮原子的杂化类型为${sp^{2}}$。