《2026年新高考5年真题化学河北专版》

4. [2025·陕西卷，16T，14分]一种综合回收电解锰工业废盐(主要成分为Mn²⁺、Mg²⁺、NH₄⁺的硫酸盐)的工艺流程如下。

已知：①常温下Kₛₚ(MgCO₃)=10⁻⁵.¹⁷，Kₛₚ[Mg(OH)₂]=10⁻¹¹.²⁵，Kₛₚ[Mn(OH)₂]=10⁻¹².⁷²；
②S₂O₈²⁻结构式为。
回答下列问题：
(1)制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采取的措施有搅拌、适当升温(答案合理即可)。(写出两种)
(2)“沉锰I”中，写出形成的Mn(OH)₂被氧化成Mn₃O₄的化学方程式${6Mn(OH)_{2} + O_{2}\xlongequal{}2Mn_{3}O_{4} + 6H_{2}O}$。当Mg²⁺(c=10⁻⁰.⁶⁸mol·L⁻¹)将要开始沉淀时，溶液中剩余Mn²⁺浓度为$10^{-2.15}$mol·L⁻¹。
(3)“沉锰Ⅱ”中，过量的(NH₄)₂S₂O₈经加热水解去除，最终产物是NH₄HSO₄和${O_{2}}$(填化学式)。
(4)“沉镁Ⅰ”中，当pH为8.0~10.2时，生成碱式碳酸镁[xMgCO₃·yMg(OH)₂·zH₂O]，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${pH}$过大时,沉淀中${MgCO_{3}}$的比例降低,煅烧产生的${CO_{2}}$气体减少,不能得到疏松的轻质${MgO}$。
(5)“沉镁Ⅱ”中，加H₃PO₄至pH=8.0时，Mg²⁺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${MgNH_{4}PO_{4}· 6H_{2}O + 2H_{3}PO_{4}\xlongequal{}Mg^{2+} + 3H_{2}PO^{-}_{4} + NH^{+}_{4} + 6H_{2}O}$。

(6)“结晶”中，产物X的化学式为${(NH_{4})_{2}SO_{4}}$。
(7)“焙烧”中，Mn元素发生了还原(填“氧化”或“还原”)反应。

答案： 4. 参考答案
(1)搅拌 适当升温(答案合理即可)
(2)${6Mn(OH)_{2} + O_{2}\xlongequal{}2Mn_{3}O_{4} + 6H_{2}O}$ $10^{-2.15}$
(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,不能得到疏松的轻质${MgO}$
(5)${MgNH_{4}PO_{4}· 6H_{2}O + 2H_{3}PO_{4}\xlongequal{}Mg^{2+} + 3H_{2}PO^{-}_{4} + NH^{+}_{4} + 6H_{2}O}$
(6)${(NH_{4})_{2}SO_{4}}$
(7)还原
命题意图 本题以电解锰工业废盐的综合回收为情境,考查工艺流程、沉淀转化、离子方程式书写等知识,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 废盐溶液加入氨水,通入氧气和${NH_{3}· H_{2}O}$进行“沉锰Ⅰ”过滤得到${Mn_{3}O_{4}}$,滤液中含有${Mn^{2+}}$、${Mg^{2+}}$、${NH^{+}_{4}}$、${SO^{2-}_{4}}$;溶液再加入${(NH_{4})_{2}S_{2}O_{8}}$,进行“沉锰Ⅱ”将${Mn^{2+}}$转化为${MnO_{2}}$;溶液再加入${NH_{4}HCO_{3}}$和${NH_{3}· H_{2}O}$调节${pH}$进行“沉镁Ⅰ”,得到碱式碳酸镁,“煅烧”得到${MgO}$;溶液再加入${H_{3}PO_{4}}$“沉镁Ⅱ”,得到${MgNH_{4}PO_{4}· 6H_{2}O}$沉淀;溶液加入${H_{2}SO_{4}}$调节${pH=6.0}$,促使${NH^{+}_{4}}$和${SO^{2-}_{4}}$结合为${(NH_{4})_{2}SO_{4}}$晶体析出,最后${(NH_{4})_{2}SO_{4}}$与${MnO_{2}}$和${Mn_{3}O_{4}}$“焙烧”,经过多步处理得到${MnSO_{4}· H_{2}O}$。
(2)已知$K_{ sp}[{Mg(OH)_{2}}]＞K_{ sp}[{Mn(OH)_{2}}]$,故当${Mg^{2+}}$开始沉淀时${Mn^{2+}}$已生成沉淀,溶液中$\dfrac{c{(Mg^{2+})}}{c{(Mn^{2+})}}=\dfrac{K_{ sp}[{Mg(OH)_{2}}]}{K_{ sp}[{Mn(OH)_{2}}]}=$$\dfrac{10^{-11.25}}{10^{-12.72}}=10^{1.47}$,则溶液中剩余的$c{(Mn^{2+})}=\dfrac{10^{-0.68}}{10^{1.47}}\ {mol· L^{-1}}=$$10^{-2.15}\ {mol· L^{-1}}$。
(3)“沉锰Ⅱ”中,过量的${(NH_{4})_{2}S_{2}O_{8}}$经加热水解去除,${(NH_{4})_{2}S_{2}O_{8}}$中存在过氧键,发生水解生成${NH_{4}HSO_{4}}$和${H_{2}O_{2}}$,化学方程式为${(NH_{4})_{2}S_{2}O_{8} + 2H_{2}O\xlongequal{\Delta }2NH_{4}HSO_{4} + H_{2}O_{2}}$,${H_{2}O_{2}}$受热易分解${2H_{2}O_{2}\xlongequal{\Delta }2H_{2}O + O_{2}\uparrow}$,总反应为${2(NH_{4})_{2}S_{2}O_{8} + 2H_{2}O\xlongequal{\Delta }4NH_{4}HSO_{4} + O_{2}\uparrow}$,最终产物是${NH_{4}HSO_{4}}$和${O_{2}}$。
(5)由图可知,${pH=8.0}$时,产生的沉淀为${MgNH_{4}PO_{4}· 6H_{2}O}$,加${H_{3}PO_{4}}$调节到${pH=4.0}$,结合分布分数图,此时磷元素的主要存在形式为${H_{2}PO^{-}_{4}}$,镁元素的主要存在形式为${Mg^{2+}}$。
(7)“焙烧”中,${Mn_{3}O_{4}}$和${MnO_{2}}$最终生成${MnSO_{4}· H_{2}O}$,${Mn}$元素化合价降低,发生了还原反应。

5. [2025·安徽卷，15T，14分]某含锶(Sr)废渣主要含有SrSO₄、SiO₂、CaCO₃、SrCO₃和MgCO₃等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。

已知25℃时，Kₛₚ(SrSO₄)=10⁻⁶.⁴⁶，Kₛₚ(BaSO₄)=10⁻⁹.⁹⁷。
回答下列问题：
(1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态锶原子价电子排布式为${5s^{2}}$。
(2)“浸出液”中主要的金属离子有Sr²⁺、${Ca^{2+}}$、${Mg^{2+}}$(填离子符号)。
(3)“盐浸”中SrSO₄转化反应的离子方程式为${SrSO_{4} + Ba^{2+}\xlongequal{}BaSO_{4} + Sr^{2+}}$；25℃时，向0.01mol SrSO₄粉末中加入100mL 0.11mol·L⁻¹BaCl₂溶液，充分反应后，理论上溶液中c(Sr²⁺)·c(SO₄²⁻)=$10^{-8.97}$mol²·L⁻²(忽略溶液体积的变化)。
(4)其他条件相同时，盐浸2h，浸出温度对锶浸出率的影响如图甲所示。随温度升高锶浸出率增大的原因是其他条件相同时,升高温度,${SrSO_{4}}$的溶解度增大,反应速率加快。

(5)“浸出渣2”中主要含有SrSO₄、${BaSO_{4}}$、${SiO_{2}}$(填化学式)。
(6)将窝穴体a(结构如图乙所示)与K⁺形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的Sr²⁺，原因是与${Ca^{2+}}$、${Mg^{2+}}$相比,${Sr^{2+}}$和${K^{+}}$半径接近,窝穴体${a}$的空腔和${Sr^{2+}}$的大小更适配;${Sr^{2+}}$所带电荷更高,与窝穴体${a}$中的${N}$、${O}$相互作用更强。
(7)由SrCl₂·6H₂O制备无水SrCl₂的最优方法是a(填标号)。
a. 加热脱水
b. 在HCl气流中加热
c. 常温加压
d. 加热加压

答案： 5. 参考答案
(1)${5s^{2}}$
(2)${Ca^{2+}}$、${Mg^{2+}}$
(3)${SrSO_{4} + Ba^{2+}\xlongequal{}BaSO_{4} + Sr^{2+}}$ $10^{-8.97}$
(4)其他条件相同时,升高温度,${SrSO_{4}}$的溶解度增大,反应速率加快
(5)${BaSO_{4}}$、${SiO_{2}}$
(6)与${Ca^{2+}}$、${Mg^{2+}}$相比,${Sr^{2+}}$和${K^{+}}$半径接近,窝穴体${a}$的空腔和${Sr^{2+}}$的大小更适配;${Sr^{2+}}$所带电荷更高,与窝穴体${a}$中的${N}$、${O}$相互作用更强
(7)a
命题意图 本题以锶废渣资源化流程为情境,考查浸出原理、沉淀转化、平衡常数计算及超分子分离技术,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 含锶(${Sr}$)废渣主要含有${SrSO_{4}}$、${SiO_{2}}$、${CaCO_{3}}$、${SrCO_{3}}$和${MgCO_{3}}$等,加入稀盐酸“酸浸”,碳酸盐溶解进入“浸出液”,“浸出渣1”中含有${SrSO_{4}}$、${SiO_{2}}$,加入${BaCl_{2}}$溶液,发生沉淀转化,得到${SrCl_{2}}$溶液,经过系列操作得到${SrCl_{2}· 6H_{2}O}$晶体。
(3)“盐浸”中发生沉淀的转化,反应的离子方程式为${SrSO_{4} + Ba^{2+}\xlongequal{}BaSO_{4} + Sr^{2+}}$,该反应的平衡常数$K=\dfrac{c{(Sr^{2+})}}{c{(Ba^{2+})}}=$$\dfrac{c{(Sr^{2+})}· c{(SO^{2-}_{4})}}{c{(Ba^{2+})}· c{(SO^{2-}_{4})}}=\dfrac{K_{ sp}({SrSO_{4}})}{K_{ sp}({BaSO_{4}})}=\dfrac{10^{-6.46}}{10^{-9.97}}=10^{3.51}$,平衡常数很大,可认为${SrSO_{4}}$完全转化,溶液中剩余$n{(Ba^{2+})}=100× 10^{-3}\ {L}×$$0.11\ {mol· L^{-1}}-0.01\ {mol}=1× 10^{-3}\ {mol}$,$c{(Ba^{2+})}=\dfrac{1× 10^{-3}\ {mol}}{0.1\ {L}}=$$0.01\ {mol· L^{-1}}$,则$c{(SO^{2-}_{4})}=\dfrac{K_{ sp}({BaSO_{4}})}{c{(Ba^{2+})}}=10^{-7.97}\ {mol· L^{-1}}$,$c{(Sr^{2+})}=\dfrac{0.01\ {mol}}{0.1\ {L}}=10^{-1}\ {mol· L^{-1}}$,理论上溶液中$c{(Sr^{2+})}·$$c{(SO^{2-}_{4})}=10^{-1}\ {mol· L^{-1}}× 10^{-7.97}\ {mol· L^{-1}}=10^{-8.97}\ {mol^{2}· L^{-2}}$。
(7)金属性${Sr＞Ca}$,${Ca(OH)_{2}}$为强碱,则${Sr(OH)_{2}}$也是强碱,${Sr^{2+}}$不发生水解,无需在${HCl}$气流在加热。${SrCl_{2}· 6H_{2}O}$制无水${SrCl_{2}}$过程中结晶水变为水蒸气逸出,加压不利于脱水。综上,最优方法为加热脱水,a项符合题意。