第1頁/共1頁海淀區2024—2025學年第二學期期末練習高三化學本試卷共8頁，100分。考試時長90分鐘?？忌鷦毡貙⒋鸢复鹪诖痤}卡上，在試卷上作答無效。考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1O16S32Ca40Se79In115第一部分本部分共14題，每題3分，共42分。在下列各題的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1.氣凝膠材料疏松多孔，具有三維網狀結構，可用于航天器、新能源汽車電池的隔熱和阻燃。氣凝膠的結構示意圖如下。下列說法不正確的是A.晶體屬于共價晶體 B.晶體具有較高的硬度和熔點C.氣凝膠材料密度大于晶體的 D.兩種物質中均有Si、O原子間的鍵【答案】C【解析】【詳解】A．是原子間通過共價鍵形成的晶體，屬于共價晶體，A正確；B．屬于共價晶體，具有較高的硬度和熔點，B正確；C．氣凝膠材料疏松多孔，密度小于晶體的，C錯誤；D．兩種物質中Si、O原子間均存在Si—O鍵，均有鍵，D正確；答案選C。2.下列化學用語或圖示表達正確的是A.1s電子云圖：B.HCl的電子式：C.丙烯的結構簡式：D.基態Fe原子的價層電子軌道表示式：【答案】A【解析】【詳解】A．1s電子云為球形，A正確；B．HCl為共價化合物，電子式：，B錯誤；C．丙烯的結構簡式：，C錯誤；D．Fe是26號元素，Fe原子的價層電子排布式為3d64s2，價層電子軌道表示式為，D錯誤；故選A。3.鉛蓄電池的結構示意圖如圖。下列關于鉛蓄電池的說法正確的是A.放電時，PbO2作負極B.放電時，H+向負極方向移動C.充電時，鉛蓄電池負極連接電源正極D.充電時，陽極的電極反應為【答案】D【解析】【分析】放電時，負極發生氧化反應，正極發生還原反應，根據Pb元素化合價變化，可知Pb作原電池的負極，PbO2作原電池的正極；充電時，陰極發生還原反應，PbSO4被還原為Pb，陽極發生氧化反應，PbSO4被氧化為PbO2，據此分析?！驹斀狻緼．放電時，為原電池原理，PbO2發生還原反應，作正極，A項錯誤；B．放電時，陽離子向正極移動，故H+向正極方向移動，B項錯誤；C．充電時，為電解池原理，鉛蓄電池負極應連接電源負極，C項錯誤；D．充電時，陽極發生氧化反應，PbSO4失電子生成PbO2，電極反應式正確，D項正確；答案選D。4.下列依據相關數據作出的推斷中，正確的是A.依據離子半徑：，可推斷結構相似的晶體的熔點：NaBr>NaIB.依據元素的電負性：C<N<F，可推斷分子極性：C.依據分子中羥基的數目，可推斷在水中的溶解度大于葡萄糖的D.依據元素第一電離能：Mg>Al，可推斷單質的還原性：Mg>Al【答案】A【解析】【詳解】A．的離子半徑小于，離子半徑越小，離子間靜電作用（庫侖力）越強，晶格能越大，熔點越高。NaBr與NaI同為離子晶體且結構相似，因此NaBr的熔點應高于NaI；推斷正確，A正確；B．CF4是正四面體結構，極性鍵的矢量疊加后完全抵消，為非極性分子；NF3為三角錐形結構，極性未完全抵消，為極性分子。因此CF4的極性應小于NF3，推斷錯誤，B錯誤；C．葡萄糖分子含5個羥基，僅含1個羥基。羥基數目越多，與水形成氫鍵的能力越強，溶解度越高。因此的溶解度應小于葡萄糖，推斷錯誤，C錯誤；D．第一電離能Mg＞Al，但金屬單質的還原性Mg＞Al（金屬活動性順序）。Mg的第一電離能大于Al是因為鎂的價電子排布式為不易失去電子，而Al的價電子排布式為，容易失去3p能級電子，因此不能直接通過第一電離能推斷單質還原性，推斷錯誤，D錯誤；故選A。5.為研究濃硝酸與Cu的反應，進行如圖所示實驗。下列說法不正確的是A.滴入濃硝酸后，無需加熱即可反應B.反應開始后，試管中產生紅棕色氣體，說明濃硝酸具有氧化性C.反應消耗0.05molCu時，轉移電子數約為D.若將銅片換成鋁片，無明顯現象，說明還原性：Al<Cu【答案】D【解析】【詳解】A．濃硝酸具有強氧化性，與銅片接觸后，無需加熱即可發生反應，方程式為：Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，A正確；B．反應開始后，試管中產生紅棕色氣體NO2，HNO3中氮元素化合價降低，得到電子，說明濃硝酸具有氧化性，B正確；C．銅與濃硝酸反應的化學方程式為Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，銅元素化合價從0價升高到+2價，消耗1mol銅轉移2mol電子，當反應消耗0.05molCu時，轉移電子數為0.05mol×2×6.02×1023mol-1=6.02×1022，C正確；D．若將銅片換成鋁片，無明顯現象，是因為常溫下鋁在濃硝酸中發生鈍化，在鋁表面生成一層致密的氧化物薄膜，阻止反應進一步進行，而不是因為還原性Al<Cu，實際上鋁的還原性比銅強，D錯誤；故答案為：D。6.下列方程式與所給事實不相符的是A.室溫下測得0.1氨水的pH約為11：B.潛艇中用吸收并供氧：C.將通入溶液中，產生淡黃色沉淀：D.濕潤的淀粉碘化鉀試紙遇氯氣變藍：【答案】D【解析】【詳解】A．氨水為弱堿，不能完全電離：，所以0.1氨水電離出的，pH約為11是可能的，A正確；B．可以與反應產生氧氣，反應的方程式為：，B正確；C．具有弱氧化性，具有強還原性，二者接觸會發生氧化還原反應生成單質S：，C正確；D．淀粉是遇到碘單質才能變藍，則濕潤的淀粉碘化鉀試紙遇氯氣變藍說明生成了單質碘：，D錯誤；故答案為：D。7.下列關于和兩種溶液的說法不正確的是A.和溶液均呈酸性B.保存時均需加入少量鐵粉C.可利用與銅粉的反應比較、的氧化性強弱D.分別加入NaOH溶液，久置后均能觀察到紅褐色沉淀【答案】B【解析】【詳解】A．FeCl3和FeCl2均為強酸弱堿鹽，Fe2+和Fe3+水解生成H+，溶液均呈酸性，A正確；B．保存FeCl2溶液需加入鐵粉(防止Fe2+被氧化)，但FeCl3溶液若加鐵粉，Fe3+會與Fe反應生成Fe2+(如2Fe3++Fe=3Fe2+)，反而污染溶液，B不正確；C．Fe3+可與Cu反應(2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+)，而Fe2+無法氧化Cu，說明Fe3+氧化性強于Fe2+，C正確；D．FeCl3與NaOH直接生成紅褐色Fe(OH)3；FeCl2首先生成白色Fe(OH)2，但在空氣中氧化為Fe(OH)3(最終紅褐色)，D正確；故選B。8.苯的硝化反應的部分過程如下圖。若用氘代苯（）進行該反應（反應過程不變），反應速率無明顯變化。下列說法不正確的是已知：C-D鍵能大于C-H鍵能。A.可用質譜法區分苯和氘代苯B.硝基苯的核磁共振氫譜中有3組峰C.用氘代苯進行反應時，ⅰ中有C-D鍵的斷裂與形成D.圖示過程的反應速率主要由ⅰ決定【答案】C【解析】【詳解】A．苯和氘代苯相對分子質量不同，可用質譜法區分，A正確；B．硝基苯有三種等效氫，核磁共振氫譜中有3組峰，B正確；C．用氘代苯進行反應時，ⅰ中無C-D鍵的斷裂與形成，C錯誤；D．C-D鍵能大于C-H鍵能，而反應速率無明顯變化，說明?、〔皇菦Q速步驟，故過程的反應速率主要由ⅰ決定，D正確；故選C。9.利用下圖裝置（夾持裝置略）進行實驗，b中現象能證明結論的是選項a中試劑b中試劑及現象結論裝置A電石（含CaS雜質，易水解）與飽和食鹽水酸性溶液褪色a中反應生成B苯、液溴和鐵粉的混合物溶液中出現淡黃色沉淀a中反應生成HBrC固體與稀硫酸苯酚鈉溶液中出現渾濁的酸性強于苯酚的DNaClO固體與濃鹽酸滴有酚酞的NaOH溶液褪色氯氣具有漂白性A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．電石(主要成分是CaC2)和飽和NaCl溶液反應生成乙炔，反應方程式為：CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2↑，產生的乙炔中還混有還原性雜質氣體硫化氫等，也能使酸性溶液褪色，故不能得出該反應生成了乙炔，A錯誤；B．液溴易揮發，揮發出的溴蒸汽遇水會生成HBr，也能與溶液反應生成淡黃色沉淀，因此無法證明該反應生成了HBr，B錯誤；C．固體與稀硫酸反應生成氣體，氣體進入苯酚鈉溶液中，出現渾濁，說明生成了溶解度小的苯酚，根據強酸制弱酸的原理，酸性：＞苯酚，C正確；D．NaClO固體與濃鹽酸發生歸中反應生成，使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，是因為發生了反應，氯氣不具有漂白性，結論錯誤，D錯誤；故選C。10.為研究水垢中的去除，稱量0.5g于燒杯中，加入100mL蒸餾水，持續攪拌并用傳感器監測溶液中的變化。18s時滴入3滴飽和溶液，55s時繼續滴加飽和溶液（忽略對溶液體積的影響），數據如圖。下列說法正確的是A.BC段下降，是因為平衡逆向移動B.由CD段推測，加入的未完全溶解C.不同時刻溶液中大小排序：D>B>CD.A到F的過程中，消耗約為mol【答案】B【解析】【分析】A到B存在CaSO4的沉淀溶解平衡，B點加入Na2CO3溶液，Ca2+與生成更難溶的CaCO3，Ca2+濃度減小，C點時CaSO4繼續溶解，Ca2+濃度又增大，D到E重新達到沉淀溶解平衡，E點之后繼續加入飽和Na2CO3，Ca2+幾乎全部轉化為CaCO3?！驹斀狻緼．BC段下降，是因為Ca2+與生成更難溶的CaCO3，使Ca2+濃度減小，A錯誤；B．由CD段Ca2+濃度升高，說明加入未完全溶解，繼續溶解使Ca2+濃度增大，B正確；C．B到C的過程Ca2+與結合，促進CaSO4的溶解，C點大于B點，C錯誤；D．A到F溶液中Ca2+幾乎為0，說明CaSO4全部轉化為了CaCO3，加入的的物質的量應該大于mol，D錯誤；答案選B。11.溴乙烷與NaOH的乙醇溶液主要發生消去反應，同時也會發生取代反應，反應過程中的能量變化如圖。下列說法正確的是A.反應①的活化能大于反應②的B.溴乙烷與NaOH的乙醇溶液的反應需加熱，目的是提高反應速率C.無論從產物穩定性還是反應速率的角度，均有利于的生成D.若將溶劑乙醇換成水，兩種產物的比例不發生改變【答案】B【解析】【詳解】A．由圖可知，反應①的活化能是，反應②的活化能是，活化能：反應①＜反應②，A錯誤；B．加熱使普通分子轉化為活化分子，有效碰撞次數增加，故加熱的目的是提高反應速率，B正確；C．從穩定性角度看，乙醇的能量更低，乙醇是優勢產物；從反應速率角度看，生成乙烯的活化能更低，乙烯是優勢產物，C錯誤；D．若將溶劑乙醇換成水，主要發生的是水解反應，乙醇的比例會增加，D錯誤；故選B。12.利用和NADH可將2-丁醇催化轉化為丙酸甲酯，相關轉化關系如下。下列說法不正確的是A.①中，1mol2-丁醇轉化為2-丁酮，轉移2mol電子B.①中，轉化為NADH，部分碳原子的雜化方式改變C.②中，2-丁酮和NADH均發生氧化反應D.每合成1mol丙酸甲酯，理論上須投入1mol【答案】D【解析】【詳解】A．①中，+2H+，因此1mol2-丁醇轉化為2-丁酮，轉移2mol電子，A正確；B．①中，轉化為NADH，中帶*符號的碳原子的雜化方式由sp2轉化為sp3，B正確；C．②中，2-丁酮得到氧原子，NADH失去氫原子，因此2-丁酮和NADH均發生氧化反應，C正確；D．由轉化關系圖可知，在反應前后，化學性質不變，作催化劑，因此其質量不變，D錯誤；故選D。13.以CO、為原料合成涉及的主要反應如下。①②反應時間等其他條件相同時，按充入原料氣，不同溫度下CO的轉化率和產物選擇性如下圖。已知：產物A的選擇性下列說法不正確的是A.選擇性提高可能是由溫度對反應速率的影響導致的B.根據溫度升高時CO的轉化率增大，可推斷C.相較于230℃，270℃時單位時間內能合成更多的D.除反應②外，體系中還存在其他副反應【答案】B【解析】【分析】由圖可知，隨溫度升高，選擇性減小，故反應①為放熱反應，據此分析；【詳解】A．反應②為放熱反應，故選擇性提高可能是由于溫度升高達到催化劑適宜溫度，提高了化學反應速率導致，A錯誤；B．由分析可知，，B錯誤；C．相較于230℃，270℃時溫度高，化學反應速率增加，單位時間內能合成更多的，C正確；D．和的選擇性和在減少，而CO的轉化率在增加，故除反應②外，體系中還存在其他副反應，D正確；故選B。14.小組同學設計如下實驗探究溶液與S的反應。資料ⅰ.溶液中與S反應可能得到、或資料ⅱ.不與6鹽酸反應，和在6鹽酸中均發生沉淀的轉化。根據實驗推測，下列說法不正確的是A.無色溶液a中不含或B.固體b和c均為C.銀元素的價態不變，推測對S的氧化還原反應無影響D.若增大溶液濃度和硫粉的用量，固體b中可能混有【答案】C【解析】【分析】與S反應可能生成、或，過濾，濾液中加入KMnO4驗證是否存在+4價S，濾渣可能為、或，加入鹽酸，過濾，有沉淀則存在則，濾液體加入氯化鋇和過氧化氫，驗證是否存在或，若存在則有白色沉淀，據此分析；【詳解】A．無色溶液a加入KMnO4依然為紫紅色，可知不存在還原性離子，故不含或，A正確；B．不與6鹽酸反應，固體b加6鹽酸過濾得固體c，為，濾液加氯化鋇和過氧化氫，無現象，說明無和，故固體b為，B正確；C．與的親和力較高結合生成反應趨向生成穩定硫化物，對S的氧化還原反應有影響，C錯誤；D．若增大溶液濃度和硫粉的用量，則溶液中的硝酸根和氫離子可以氧化S生成，固體b中可能混有，D正確；故選D。第二部分本部分共5題，共58分。15.我國科學家在中國空間站首次實現了銦硒半導體的微重力培養，銦（In）和硒（Se）的單質是制備銦硒半導體的重要原料。（1）主族元素In原子序數為49，其位于元素周期表的__________區。（2）粗硒中主要含碲（Te）單質等雜質。硒與碲同主族，可用氣態氫化物熱解法制備少量的高純硒，流程如下圖。結合元素周期律解釋該法能分離硒和碲的原因：__________。（3）氧化揮發法是制備高純硒的另一種方法。粗硒經高溫氧化后產生蒸氣，冷凝后溶于水形成溶液，除雜后向溶液中通入可獲得高純硒。①已知分子中含兩個羥基，中Se的雜化方式為__________。②向溶液中通入時，發生反應的化學方程式為__________。（4）一種銦硒半導體晶體的晶胞如圖，晶胞底面邊長為apm，高為cpm。①該晶體的化學式為__________。②阿伏加德羅常數為，該晶體的密度為__________。（已知：）【答案】（1）p（2）Se與Te同主族，非金屬性Se>Te，Se更易與生成氣態氫化物，從而與Te分離（3）①.②.（4）①.②.【解析】【小問1詳解】主族元素In原子序數為49，電子排布式：，其位于元素周期表的p區；【小問2詳解】硒與碲同主族，可用氣態氫化物熱解法制備少量的高純硒，Se與Te同主族，非金屬性Se>Te，Se更易與生成氣態氫化物，轉化為氣態物質，從而與Te分離；【小問3詳解】①H2SeO3中心Se原子的價層電子對數為3+=4，中心原子雜化類型是sp3雜化；②溶液除雜后向溶液中通入可獲得高純硒和硫酸，發生反應的化學方程式為；【小問4詳解】①根據結構得到該晶胞中，In有個，Se有，因此該化合物的化學式為；②晶體的密度為。16.高鐵酸鉀（）是一種高效凈水劑，可采用不同的方法制備。（1）可以去除水中、等物質，同時生成紅褐色膠體。凈水過程中利用的的性質是__________。（2）方法一：化學氧化法制備固體。已知：僅在強堿性溶液中穩定存在。①制粗品：向飽和KOH和KClO混合溶液中滴加溶液并不斷攪拌，析出沉淀，過濾所得固體為粗品。生成反應的離子方程式為__________。②重結晶：將粗品溶于稀KOH溶液，過濾，隨后向濾液中加入飽和KOH溶液，冰水浴冷卻，過濾、洗滌、干燥后得到。ⅰ.重結晶時，第一次過濾后濾渣的主要成分是__________。ⅱ.向濾液中加入飽和KOH溶液的目的是__________。（3）方法二：電解法制備溶液，其裝置示意圖如圖。①陽極生成的電極反應式為__________。②若不使用陽離子交換膜會導致產率降低，可能的原因是__________。③電解一段時間后，陰極、陽極分別產生氣體8.96L、1.12L（已折算為標準狀況），則理論上生成的物質的量為__________。【答案】（1）氧化性（2）①.②.③.增大濃度，促進析出；維持的穩定（3）①.②.陽極產生的可能擴散至陰極被還原，造成損失（或遷移至陽極放電，發生副反應）③.0.1mol【解析】【小問1詳解】中Fe元素為+6價，具有強氧化性，能氧化水中的、等物質；其還原產物Fe3+水解生成紅褐色的Fe(OH)3膠體，膠體具有吸附性，能吸附水中的懸浮雜質，所以凈水過程中利用了的強氧化性和Fe(OH)3膠體的吸附性；【小問2詳解】①在堿性條件下將氧化為，被還原為，根據得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒配平離子方程式為：；②將粗品溶于稀KOH溶液，溶解，而未反應完的轉化沉淀，所以第一次過濾后濾渣的主要成分是不溶性雜質；向濾液中加入飽和KOH溶液，增大了的濃度，根據沉淀溶解平衡，會使的平衡向左移動，從而析出晶體，維持的穩定；【小問3詳解】①陽極上Fe失去電子生成，在堿性條件下，根據得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒，電極反應式為：；②陽極產生的可能擴散至陰極被還原，造成損失或若不使用陽離子交換膜，陰極產生的遷移至陽極放電，發生副反應導致產率降低；③陰極反應為，產生H2的物質的量，轉移的電子為0.8mol；陽極產生氣體的反應：，，轉移電子為，陽極還發生反應：，根據得失電子守恒可知，該反應轉移的電子為，生成的物質的量為0.1mol。17.我國科研團隊提出了一種新型開環聚合方法，該方法可以獲得序列結構可控的高分子。聚合時所用大環單體M的一種合成路線如下。已知：EDC是一種脫水劑。（1）A遇FeCl3溶液顯紫色，A→B的化學方程式為__________。（2）D中含有兩個六元環，其結構簡式為__________。（3）E→G的目的__________（“是”或“不是”）保護官能團。（4）G→I的反應過程中同時還會生成。試劑X的結構簡式為__________。（5）I→M的過程中，形成了一個14元環。參與反應的官能團名稱為__________。（6）P0和M可發生反應：，反應的具體過程如下：Pn的結構簡式為__________。（7）將路線中的試劑X替換為其他類似物X*，最終可得到不同結構的高分子*。若要合成，所需試劑X*可以是__________（填序號）。a．b．和的混合物【答案】（1）（2）（3）不是（4）（5）羧基、羥基（6）（7）a【解析】【分析】由圖可知，E→G的過程為E與反應，在EDC作用下脫水生成G，由此可逆推出E為，D→E的過程為酯在酸性條件下的水解過程，結合D的分子式及題中D含兩個六元環的信息，可知D為，對比B、D分子式及B→D的過程，可知B為，由A→B的反應條件可知，A→B發生了苯環上的硝化反應，則A為。由G→I的過程中同時還會生成，可知G與試劑X發生取代反應，從而可推測出試劑X的結構。由I→M的反應條件及I、M的分子式，可知I→M的過程為I發生分子內的酯化反應過程，據此分析?！拘?詳解】由A遇FeCl3溶液顯紫色，可知A分子中含有酚羥基，根據分析可知A為。A→B為苯環上的H原子被-NO2取代的過程，化學方程式為：。答案為：；【小問2詳解】由分析可知，D為。答案為：；【小問3詳解】若官能團開始有，中間過程發生了反應，后面又復原，則讓其發生反應的過程即為官能團被保護的過程。E中羧基在后續反應中未復原，則E→G的目的不是保護官能團，答案為：不是；【小問4詳解】由分析可知，G與試劑X發生取代反應生成I和，則可知試劑X為。答案為：；【小問5詳解】I→M的過程為I發生分子內的酯化反應，I分子中苯環上的羥基與鄰位取代基上的羧基發生酯化反應，參與反應的官能團名稱為：羥基、羧基；答案為：羧基、羥基；【小問6詳解】由P?(長鏈伯胺)與M開環縮合生成nD和P?的示意圖可知，高分子主鏈是重復的酰胺鍵骨架(－NH－CO－…)。P0分子中氨基氫原子被重復的酰胺鍵骨架取代，則Pn為。答案為：；【小問7詳解】若想合成給定的高分子P?*，則需要將圖中試劑X替換為能帶來所需側鏈或主鏈結構的X*。對照選項可知應選(a)(即)。答案為：a。18.從錫冶煉煙塵（含、ZnO、CdO、SnS及少量、）中脫除砷，并分離回收錫、鋅、鎘的部分工藝流程如下圖。已知：ⅰ.難溶于水和稀酸；酸濃度越高，溶解得越多。ⅱ.、均為弱酸，難溶于水。（1）酸性條件下，SnS易被氧化為。反應分兩步：ⅰ.；ⅱ.__________。（2）浸出液中含有、、、、、等微粒。硫酸濃度、浸出時間等條件不變時，反應溫度對煙塵中錫、鋅、鎘浸出率的影響如下圖。①酸浸過程中鐵元素被還原，還原劑是__________。②升高溫度有利于減少浸出液中錫元素的殘留。反應溫度升高，錫浸出率下降的可能原因有__________（寫出兩條）。（3）向浸出液中加入溶液，隨后用CaO調pH至4～6，產生富砷渣（主要含）。該種脫砷方法稱為沉淀法。①加入溶液的目的是__________。②從平衡角度解釋脫除砷時pH不宜過高的原因：__________。③若將煙塵中的砷充分轉化為沉淀脫除，煙塵成分應滿足的條件是__________。（4）置換時，先加入接近理論投加量的鋅粉，充分反應后過濾，再向濾液2中加入少量鋅粉。這樣操作的目的有__________（寫出兩條）?！敬鸢浮浚?）（2）①.（SnS或其他合理答案）②.溫度升高，被氧化為的速率加快；ZnO、CdO與酸反應的速率加快，使相同時間內剩余酸濃度減小，使的溶解度降低（3）①.將氧化為，將氧化為，并在調pH后與形成沉淀②.pH過高會產生沉淀，降低，正向移動，As去除率下降③.（4）避免鋅粉過量，影響海綿鎘的純度；除去濾液中的，避免污染或減少濾液中的雜質【解析】【分析】從錫冶煉煙塵（含、ZnO、CdO、SnS及少量、）中脫除砷，并分離回收錫、鋅、鎘的部分工藝流程為：將錫冶煉煙塵加入稀進行酸浸，除難溶過濾以濾渣分離，其余全部溶解轉化為相應離子過濾得到浸出液含：、、、和、等微粒，在浸出液加入溶液氧化為，再加入CaO調pH至4～6，過濾得到產生富砷渣：和濾液1，最后加入鋅粉進行置換后過濾得到海綿鎘和濾液2，據此分析解答?！拘?詳解】酸性條件下，SnS易被氧化為，根據第ⅰ步反應和被氧化為的目的，則第ⅱ步的反應方程式為：。【小問2詳解】①在酸浸中，雜質最終被還原為，則將還原為的物質結合元素組成應該為SnS在酸性中生成的還原性氣體；②根據反應溫度對煙塵中錫、鋅、鎘浸出率圖可知，溫度越高，錫元素的浸出率越低，即固體殘留越多，其原因可能為：溫度升高，被氧化為的速率加快；溫度升高，ZnO、CdO與酸反應的速率加快，使相同時間內剩余酸濃度減小，使的溶解度降低?！拘?詳解】向浸出液中加入溶液，隨后用CaO調pH至4～6，產生富砷渣（主要含）；①原浸出液中為和，形成后Fe元素變為價，As元素由的價變為的價，則加入溶液的主要目的是：將氧化為，將氧化為，并在調pH后與形成沉淀；②除砷時要用CaO調pH至4～6，pH如果過高則會出現轉化為沉淀，使降低，導致正向移動，使As去除率下降；③若將煙塵中的砷充分轉化為沉淀脫除，根據中可知，但要保證砷充分除去，則Fe元素需要適當過量，最后得到煙塵中。小問4詳解】先加入接近理論投加量的鋅粉的目的是防止過量的鋅粉過濾后混在海綿鎘中影響海綿鎘的純度；充分反