第三章 专题1 热点1 以矿物质为原料-【6星学霸·高考黑题】2026年高考化学二轮专项冲刺

四提分技法 2.化学实验评价的4个方面 可行性 ①实验原理是否正确、可行：②实险操作、装置是否合现：③实验步碟否简单、方使：④实脸效果是否明显、准确 方面 绿色化 ①原料是否无毒、安全、易得：②原林科用率及产物产卓是否较高：③实酸过程中是否造成环境污荣 学方面 ①避免炸裂：受热要均匀，防止液体例暖，易燃气体中不能混有助燃气体等：②防污染：有毒尾气要造行处理，成液不能任意顿 安全性 例，药品不能随意丢弃等：③防失火：易燃试剂不能与明火接融，酒精灯使用方法要正确率：④防吸水：取用或制取易吸水、剂 方面 解、水解的物质时要采取必要措施，防止变质等 规范性 ①仅器拆部与饥装顺序相反，按照从右向左，从高到低的顺序：②试剂的用量及港加瓶序：③仪器的检淄、装置的气密性检查： 方面 ④冷却、冷凝的方法：⑤温度计的规范使用及液泡的位置：6数抵的读取 巩围训练3(1)C1+4HN0,(浓)—Cu(N03),+2N0,T+2H,0(2) (3)①2N0+02—2N022溶液无色、pH=1.1 (4)①3HN0,HN01+2N0↑+H,02取两支试管，向第1支试管中加人2mL实验2-1（或实险2-2）中的溶液，向第2支试管中加人2mL 实验1-2中的溶液。分别向两支试管中滴加酸性高锰酸钾溶液，第1支试管中高锰酸钾游液褪色，第2支试管中高锰酸钾溶液未褪色，则说明 反应过程中产生了HN0,(5)二氧化氯与水反应分两步进行，第一步生成硝酸和亚硝酸反应速率快，第二步亚硝酸分解反应速常慢，升高温度， 亚硝酸分解速率加快冷的浓氢氧化钠溶液 解析：(1)铜与浓硝酸反应生成硝酸铜，二氧化氮和水。(2)根据二氧化氢密度比空气大可知收集时长导管通人。(3)①检验实验1-1中剩余气 体的方法：向试管中充人少量空气.气体由无色变为红棕色，说明剩余气体为一氧化氮.与氧气反应生成二氧化氮：②实验2-1中溶液为无色，且 溶液的pH=1.1,说明生成了酸，即证明二氧化氨与水发生反应。(4)①根据题干信息，HNO,易分解，且生成的气体为无色，说明是一氧化氯。 巩固训练4(1)排尽装置中空气，防止H,与空气混合时加热爆炸检验B出口处排出的氢气的纯度，当排出的H2纯净时，通冷凝水，加热管式 炉，并对B处逸出的H,进行后续处理(2)直形冷凝管不再有水凝结(3)①排尽装置中的H2,防止H:与C2时加热爆炸②没有吸收多 余C2的装置，会造成空气污染：没有防止水蒸气进人的装置.会造成产品水解，产率和纯度降低在B'处加装盛有碱石灰的干燥管 ④①总名2指大大 四解题思路 将WO2在加热条件下用H2还原为W,为防止空气千扰，还原WO1之前要除去装置中的空气：由信息可知WC。极易水解，W与C2反应 制取WCL,时，要在B处加装盛有碱石灰的于燥管，防止空气中的水蒸气进入E中。 解析：(2)W01在加热条件下用H,还原为W,有水生成，证明W03已被完全还原的现象是不再有水凝结。(3)②C,有毒，装置E的主要缺点是 没有吸收多余C2的装置，会造成空气污染：WC,极易水解，没有防止水蒸气进入的装置，会造成产品水解，产率和纯度降低。(4)①根据题中信 利关系式：：0-202s0,样品中W(降尔度老为：)的质据分数为20 一X10%=%: ②开盖称量待测样品，WC,会水解生成W,0,导致称取的样品质量增加，则漓定时消耗N,S0,溶液的体积将偏大：样品中WC。质量分数的 测定值将偏大。 巩固训练5(1)0.10(2)4D(3)3×105(4)①排除稀释造成的影响②G,0片+3S0+8H一2C2++3S0?+4H,0③黄色变为橙色.再变 为绿色(5)①溶液酸性增强，铬(M)盐氧化性增强，Na,S03还原性几平不变②往4mLpH=8(用K0H调节)的0.0ml·LK,S0,溶液中 滴加5滴H,S0,和4mL试剂e组成原电池，测得电压儿乎不变 解析：(1)Cr,0片与C0之问存在平衡：Cr,0片+H,0一2C0子+2H,设1 mol Cr,0号完全转化，可生成2lC0},试剂a中(Cr,0片)= 0.05wl·L1,则c(C0子)=0.10mal·L'。(2)配制一定物质的量浓度的溶液，需要用到容量瓶，烧杯，玻璃棒、胶头滴管，图甲中有烧杯、胶头 滴管。(3)由图可知，pH=9时，耗氧常为60%，即02的变化量为8g·L×60%=4.8g·L1,,S0,的平均反应速常为0的平均反应速率 4.8×103g·1. 的2倍.则：(a,S0,)=2(0,)=2x2·m 一=3×10-3mol·L1·mi1。(4)①实验5为空白实验，可排除加蒸馏水稀释对实验造成的 10 min 影响：②油实验1可知，向C20片中加入S0写.可发生反应C20片+3S03+8H一一2C+3S0行+4H20,溶液由橙色变为绿色.由实验②可知向 C0中加人S0无明显变化，即不发生反应，由此可得结论，在酸性条件下，发生反应C,0号+30号+8H一2C”+3S0+4H,0:在碱性条 件下，N,S0,与格(1)盐溶液不发生反应：3向S0中加入C0,溶液由橙色变为黄色，说明C,0片转化为C0,再逐滴加人 3m·L1H,50,使平衡C,0明+H,02C0+2H逆向移动，溶液由黄色变为橙色，甲过量后，C,0号又转化为C,溶液又变为绿色，故 向实验3反应后的溶液中逐滴滴加过量3m·1H,S04,溶液由黄色变为橙色，再变为绿色。(5)①实验6与实验7对比可发现，实验6的电 压变化比实验7的电压变化明显，因氧化剂的氧化性增强或还原剂的还原性减弱，都能使电压增大，故可知铬（门）盐氧化性增强，因此结论为溶 液酸性增强，铬(1)盐氧化性增强，N,$01还原性几平不变。 第三章工艺流程题 专题1制备类 热点1以矿物质为原料 经典真题1(1)①氧化s2生成S.促进酸浸反应正向进行②否。pH=0,c(H,S)=0.01mml·L1时，c()=1mml·L,c(s2)= K(H2S)·Ka(H,S)·c(H,5)1.0x107x×1.2x10×102 mol·L-1=1.2×102mol·L-1,c(Cd24)= K.Cds)8.0x10 c2(H*) 12 c(s）1.2x10amml.L1=6.67× 一学霸高考·黑题·化学·23一 10-5mol·L'>1.0×103o·L1,则C2未沉淀完金③/m0(2)C负电(3)①2H1A01+37n5+61H—A5,S1+37a2++6H,02随着 反应的进行，溶液pH增大，溶液中H,5浓度或小，促进AsS,+6H,0一2H3As0,+3H,S平衡正向移动，As,5,重新溶解，砷回收率下降 四解题思路 1l0,0 /n 厚河度心化浮反圆 尸品分南技纯 2阁 流程解读 酸浸 加入H,S0:,01酸浸后，Z5,F5,Cs分别转化为1m+,Fe+、Cd,S元素转化为S单质 除快 和解题无关，流程图中未给出除铁的方法 除辆 通入HS除镐，H,S电离生成S2,利用沉淀溶解平衡，发生反应Cd++S2CS! 满pH 除辐时溶液酸径较强，pH=0,沉锌前调节溶液的H至4-5，应在不引入新杂质的同时消耗溶液中的什，加入的氧化物为0 词节日后，H浓度降低，促进了液中H,S的电离，平衡正向移动，增大了S浓度，利用沉淀溶解平街，发生反应Z2·+S之 沉锌 -Zns↓ 解析：(1)①酸浸时.若不通人0，会发生反应：7nS+H,S0,一7S0,+H,S↑，通入0，可以氧化S2生成S.促进酸浸反应正向进行，提高7m 浸出率：②通人H,S除镉.当溶液pH=0.c(H,S)=0.01ml·1时，c(H)=1mol·1,又因为K(H,S)=1.0×107,Ka(H,S)=1.2×10”, 人(L,se4s.n2,.es.周s1xi0120“00 e(H,S) e(HS-) e(HS) 12 md·L-1=12×10-22dl.L1,则 此时c(Cd2)= p(CS)8.0x10刀 (s).2X10西m=667x105ml·,此时C产的浓度大于1.0x105ml,离子沉淀不完金。(2)品胞掺杂 过程中，应由半径相近的微粒进行替换，则以城A中，由C替换s2,区域B中，由Cu替换Zm“,按照均摊法，区城B中含Z2“:3个，Cu': 1个.S产：8x令6x=4个，(+2)X34(+1)x1+(-2)x4=-1,则区城B带负电。（3)①根据质量守相，电荷守相和题给信息~酸性废滚，2S 与H,A03反应除了生成AS:外还有锌离子。 经典真题2(1)3d4:'(2)M02+s0+2H'一M+S0+H,0(3)[Cm(NH,)4]2”(4)大辐度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减 少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度(5)Mm0,>。>C”(6)0.19(7)①22122+5X3 Na2×10-西 四解题思路 原和 做心化华反应 HSD1、NasO. NaOH NH.HCO. 金-报对一还原浸 牌泽1 创-套-硫 滤液2 代碗骏盐深液 花会纸 Au、Ag 战渣2 产品分荡提鈍 南 流程解读 还源酸浸 Fe03、Mm0被还原为Fe2“和Mm2,发生反应：Fe,0,+s05+4H一2Fe2+s0+2H,0,Mn02+s0房+2一Mn4 +S02+H,0.C0被溶解为Gm2”,发生反应：C0+2H一Cu2+H,0,进入“液1“：4u、Ag,Si02不溶，进入“造渣1" 浸金氨 A山、Ag被侗-数-硫代硫酸盐溶液浸出，进入“滤液2”，S0,不溶，进入“滤渣2” 沉铜 Cm2被铁粉还原为Cu,发生反应：C2+FeCu+Fe2 氧化 Fe2被Mn02氧化为Fe3,发生反应：2Fe2++Mm02+4H—2Fe3+Mn2+2H20 沉铁 F转化为Fe(0阳)，沉淀，后续转化为Fe,01,发生反应：F3+30H—F和(0H)31,2Fc(0H)3△Fe,0,+3H,0 沉锰 Mm2与NH,HC03反应转化为MnC0,沉淀 解析：(1)C▣为29号元素，基态C原子的核外电子排布属于洪特规则的特例，其价电子数为11，其价层电子排布式为3d4.'。(2)“还原酸浸” 时.M02被亚硫酸钠还原为Mn2“,该反应的离子方程式为Mn02+S03+2H一Mn2+S0子+H,0。(3)“浸金银"时，分析Au溶解涉及的主要 反应可知，[C(NH,),]2+参与了反应①，但在反应②又重新生成，其质量和化学性质在反应前后没发生变化，因此，上述过程中的催化剂为 一学霸高考·黑题·化学·24一 〔C(H,),]2。(4)“还原酸浸”所得“滤液1”中含有一定浓度的未反应的硫酸和亚硫酸钠，多次循环利用“滤液1”对矿石进行“还原酸浸”可 以充分利用其中的有效成分，大大域少了原料的浪费，从而有效降低成本：其次，持续地将杂质元素溶解并带出矿石休系，可以使矿石中的金银 的相对品位得到提升，为后续提纯工序创造更好的条件：第三，还可以减少废水的排放量和处理成本：第四.可以回收更多的有价值的溶解成分 (3)“还原酸浸”时，Fe,0,和Cu0可以被硫酸溶解转化为Fe3+和C,亚硫酸钠将Fe·还原为Fe2“,而Cu“并未被还原，因此，Fe·的氧化性强 于Cu:“氧化"时，Fe2被MnO2氧化为Fe·,因此，Mn02的氧化性强于Fe。(6)25℃“沉铁"后，调节“滤液4"的pH至8.0.此时c(OH)= 0,无0，所出，极影0o:的人为110，周()9宁-019（上），()南品路结将可知，该品菌 为面心立方，Sb位于品胞的顶点，其与邻近的3个面的面心上的M距离最近且距离相等，每个顶点参与形成8个品胞，面每个面心参与形 成2个品胞，因此，该晶胞中，每个站周围与它最近且相等距离的M有38=12个：②油品胞结构和均摊法可知，该品胞中平均古有1个s动和 2 3个Mm,因此，孩品胞的质量为22+55x3 (122+55×3)g122+55×3 N g,该晶胞的体积为(am)3=a×10em3,品体的密度为 1cmNem ①归纳总结 常考化工术语 关战词 释义 研磨、雾化 将块状或颗粒状的物质磨成静末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分 灼烧（娘烧） 使固体在高温下分解或改变结狗，使奈质尚温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿等 浸取 向国体中加入造当落剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、成溶、醇溶等 酸浸 在酸性溶波中使可溶性盒属离子选入溶液，不溶物通过过滤除去的过程 过滤 固体与液体的分高 滴定 定量测定，可用于某种未知求度物质的物质的量浓度的测定 蒸发结品 蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，箍续蒸发，过剩的溶质就会以品体形式析出 燕发浓够 基发涂去部分溶剂，提高溶液的浓度 水洗 用水洗去可溶性杂质，类似的还有酸洗、醇洗等 酸的作用 溶解、去氧化物（膜）、却朝装些金属离子的水解，除去奈质离子等 残的作用 去油污，去铝片氧化膜.溶解铝、二氧化硅，调节pH,促进水解（沉淀） 巩圈训练1(1)适当增大硫酸的浓度搅拌，加热等34s2(2)Si02(3)FeS+2Fe一3Fe2·+S4.7≤pH<6.0(4)Fe比A+先沉淀，造成 Fe元索的损失(5)①阴②69.6g 四解题思路 硫铁矿在空气中煅烧，生成气体X(二氧化硫)和氧化快，加入稀硫酸酸浸，得到硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不反应，成为滤渣1，滤液加入 FS还原铁离子为亚铁离子，同时生成硫单质，加入试剂Y丽节溶液pH使得铝转化为氢氧化铝沉淀得到滤渣2，滤液加入氩氧化纳溶液 得到沉淀，沉淀加热后加入氢气、水进行部分还原得到纳米F,O, 解析：(3)“还原”过程加人FS还原铁离子为亚铁离子，同时生成硫单质：假设还原后的溶液中金属离子的浓度均为0.1·L1,则“调p"使 得相离千转化为沉淀面亚铁离子不成为沉淀，倡离子完全沉淀则(0H)= 3K(0H_/10 e(AP) 0m10mol .3. pH=4.7,亚铁离子开始沉淀时(O)= K[Fe (OH):10 c(Fe2) 二=√0mm·=10*mml,p0H=8.0p=6.0,故调pn的范周为4.7≤ H<6.0。(4)由于铁离子较铝离子更难溶，若不经“还原”.直接“调pH”,会导致F:”比A+先沉淀，造成e元素的损失。(5)①用电解法制备 F,O,,则甲电极上铁元素化合价降低，得到电子被还原，甲电极为阴极：②电解过程中若乙电极生成C,的体积是3.36L(标准获况下，为 0.15ml):2CT-2e一Cl↑，则转移电子0.3mml,F0,可以认为是Fe0,·Fe0,Fe,0,中铁化合价由+3变为+2转化为F0,结合电子守恒 Fe10a化学式，则转移电子0.3l生成0.3 mol Fe,04.故理论上甲电极生成的Fe,0,的质量为0.3mol×232g·mo'=69.6gc 巩困训练2(1)15(2)2V0+520+2H,0一2V0+2s0+4H(3)V,0站(4)氨水具有挥发性，且氯化铵容易受热分解，则温度高于 80℃使得氨水和氯化铵溶液浓度降低.导致沉帆率降低(5)46(6)2NH,V0,高温V,0,+2八NH,↑+H,0(7)160 解析：(1)把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，因面空间运动状态个数等于轨道数，基态C原子电子排布式为 12222p323p3°4。'.故有15种空间运动状态。(2)加人Nm25,0,将V02氧化为V0片，结合质量守恒、电荷守恒可知，同时生成硫酸根离子和 氢离子。(3)由图知，该阴离子中含有4个V,12个氧原子，氧的化合价为-2V为+5价，则其化学式为V,0贴。(5)C(0H),的K,近似为 3人中。364x10 6410",当C广开始沉淀所需c(o)产C产)√产001m,L=4x100mlL,0=94,p=4.6(6)NH,0,爱烧生 成V,O、的过程中V元素化合价没有改变.结合质量守恒，般烧过程中还会生成氢气和水。(7)用0.2000ml·L'的FSO,溶液滴定剩余的 C0片，C,0片被还原为C,反应中铁化合价由+2变为+3，铬化合价由+6变为+3，结合电子守恒存在关系式：Cr0片-6e~6fs04,则由 FeS0反应消耗的Na,C,0的物质的量为0.2000ml·L-1×0.020L× 6,水样中还原性物质被氧化所需的N,C,0,的物质的量为 0100mL0.010L-0200ml·x0.0201x行，结合c0D含文.电子守恒，存在20,0时-12e-30,.期该水样的cOD为 a.10m0ml-L-'x000L-0200m-rx0.020Lx）×gx32x10g·mr 62 -=160mg·L.1。 0.1L 一学霸高考·黑题·化学·25一 巩周训练3（1)2B,S,+6M0,+90,培能2,0，+6MmS0,(2)增大G,r浓度，所与C形成BC,使所充分浸出：同时抑制金属离子B时 (发BiC片)，Fe+水解(3)将F转化为Fe,避免形成Fe(OH)1沉淀，保证BiOC的纯度(4)升高温度促进BiC片水解，导致溶液中C浓 度增大，BC。+H,0BOC1,+5C+2H平衡逆向移动(5)边搅拌边向Bi0C1粗品中分批加入足量1ml·L.H,S0,溶液，充分反应后静 置，过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤，直至向最后一次洗涤后的滤液中滴加1m·L·BC溶液不再出现白色沉淀。将洗涤后的能渣浸人过量 4ml·LNaO旧溶液中，加热并充分搅拌至固体颜色不再变化 解析：(I)联合培烧时，Bi,S3和Mn0,在空气中反应生成Bi,0,和MS0,写出化学方程式配平即可。(2)根据题目已知信息，B+易与C形成 BiC。,及时补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4，增大CH浓度，B·与d形成B所C,使B充分浸出：同时，一定条件下BiC可以发生 水解：BiC1+H,0B0C!+5C+2H,补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4，抑制金属离子B所“（我BiC).e+水解。(5）利用含少量 Fe(0H),杂质的Bi0C粗品制备，0，.首先要除去Fe(OH),杂质，再将Bi0d与0H发生反应：2Bi0C(自色)+20H△2CI+H,0+B,0,(黄 色)制备B20G 巩固调练4(1)5(2)加快反应速率，促进氨气逸出，防止H,B03析出(3)C03+2NH+H,0一(NH,),C0,(4)溶浸(5)H,S0,2-3> (6)B0H,+3CH,0H*夜藏B0CH,3+3H,0(O(NH.),ME(C0,2·4H,0② A 07或2 a*10 四解题思路 丽镁矿粉中加入疏酸揆溶液，得到气体，根据刚镁矿和硫酸餐化学式知，得到的气体为NH,“吸收”时NH,和少量C0,反应：C0,+ 2NH,+H,0一(NH)2C0,:根据过滤及沉钱成分知，热过滤中得到的滤渣为难溶性的Si02,Fe20,、A,0,调节溶液pH时得到H,B0, 武液中含有MgS0,,沉援过程发生的反应为2Mg·+3C0+2H0一g(0H)2·MgC01↓+2HC0,加热分解可以得到轻质Mg0:母液 中含有(NH.),SO: 解析：(1)Mg是第12号元素，核外电子排布式为122s22p3s2,基态Mg2核外电子排布式为122,22p°，有1+1+3=5种空间运动状态。(2)因刚 酸微溶于冷水.但在热水中溶解度较大，“溶浸"时生成了NH,.故选择100℃微沸条件下进行，原因是加快反应速率，促进氨气逸出，防止H,BO3 析出。(4)根据分析可知，“母液”中含有(NH,),S0,加热后可返回溶浸工序循环利用。(5)溶液H对硼酸结品率及纯度的影响如图1，根据 图1判断合适的pH范围是2~3，此时圃酸结品率及纯度较高：根据常温下，调酸溶液星弱酸性：B(OH)s+H0一一B(OH):+H,K= ((H]x1(oH) c[B(OH)3] 11.0s co ou <1→ 1。(7)①品胞中含有NH数目为4，含有 Mg 数日为1+8×。=2 e[B(OH)] e[B(OH)] e[B(OH) H.0 8 2M,g·m N.mol- 2M. X的化学式机NH:e(G0,力·4,0：2X最简式的式量为M.晶体边长为am,其晶胞密度p=了aXI0宁m,ax1D哼g~m'或 N2*0g·m 2M, 巩固调练5(1)3d(2)产生硫化氢等气体，污染环境(3)由图知，pH为2时锰的浸出率已接近100%，硫酸过多，对锰的浸出率影响很小，但后 续调pH除杂质时会消耗更多的CaC0,面造成浪费(4)5.0~7.542e+3CaC03+3S0+3H,0一2e(0)1+3Cas0,+3C02↑(5)6× 104mol·L1(6)Mn2+2HC03=MC03,+C02↑+H20 解析：(1)Mn原子的价电子排布式为3P4,2,故M的价电子排布式为3.(4)中和除杂的目的是除去A1严、Fe“,根据图2可知，常温下 A*,Fe”完全沉淀时，即AM+下e3浓度为10ml·L时，pH分别为5.0.32，而题中所给信息为M2开始沉淀的pH为7.54，除杂时要A Fe+完全沉淀面Mn2不沉淀，因此嗣pH范围为5.0-7,54：加入碳酸钙后将下e+转化为Fe(0H)3沉淀，因此反应为2Fe+3CmC0,+3S0 +3H,0—2Fe(0H)3+3CaS04+3C02↑。(5)已知：K,(MgF2)）=6.4×100:K(CaF2)=3.6×10,溶液中的Ca沉淀完全时c(F)= K(CaF2)3.6x10 K(Mg,)6.4×10而 √c(ca√1x10=6x10(mm上).当g“完全沉淀时，需维持F)不纸于√2)√1x108x10(m,L, 因此当c(F)=6×I04m·L'时，即此时溶液中Mg2·和Ca2+都能沉淀完全。(6)加人碳酸氢铵进行”碳化结品”，生成二氧化碳气体、MC0 沉淀和水。 巩固训练6(1)Ca(P0.)F+10HN0,一5Ca(NO,)2+HF+3HP0,(2)①大于随若碳原子数增加，“一CH,CH,CH,”推电子能力强于 ·-CH,CH“,0-H键更难断裂，(0)，P0产率降低②s0,2（3) (4)Sc203 口解题思路 磷精矿加入璃酸酸浸，二单化硅不反应，过滤得到滤渣1种上元素就及铁、钙元素进入滤液，加入草取剂革取出稀土元素就，然后加入试 剂X(亚硫酿钠)将三价铁转化为二价铁，通入氨气，调节H分离出含有稀土钪的国相，再加入晴酸溶解，加入硫酸除去钙元素得到的硫 酸钙为湾渣2，滤液中加入草破沉淀分高出草酸杭品体 解析：(1)“酸浸”过程中C5(P0,)3F与HNO,发生反应而溶解，生成Ca(N03)2HF和H,PO:。(2)②根据图中各离子的沉淀率，应加入还原 剂.将F还原为F,控制pH为2，使S沉淀，Fe2几乎不沉淀，有利于分离除杂，故试剂X为SO2a(3)此反应的平衡常数K= (H) e(H)·c3(HC20i)·e3(C,0片) [K(HC0)·Ka(H,C204)]3a26 2(se)·e3(H,C204)e2(se)·C20i)·c2(H,C,0)·c(HC,0i) Kn[Se2(C04)3] 。(4)1md草酸航品 体Sc(C,0,),·6H,0的质量为4628,550℃时，质量诚少462g×(19.5%+3.99%)=1088,根据质量守恒，1mml草酸杭品体S,(C,0)3·6H,0 含6m0lH,0,6m0lH,0的质量为108g,可知550℃时剩余周体为5c,(C,0,),850℃时固体质量剩余462g×(1-19.5%-3.9%-46.8%)= 138g,S,0,的摩尔质量为138g·nm,根据就原子守，可知850℃时剩余周体为S,0, 热点2以化工物质为原料 经典真题1(1)1s22s22p(2)4e3(3)①正向②<(4)CaF2+i02+2Na0 HCaTi0+2NaF+H,0(5)a(6)ab 一学霸高考·黑题·化学·26一学霸高考·黑题化学 第三章 工艺流程题 专题1制备类 命题密钥 物质制备类工艺流程一般以矿物或废料（废渣、废液、废气）为原料，有时也以化学品为原 料，经过一系列转化、除杂等步骤，得到目标产品，常以元素化合物知识、实验基本操作、化学平 衡原理、溶液中的离子平衡、物质制备和分离等知识作为考查目标，以信息的获取、加工、整合和 新情境下对实际问题的分解、分析及以经济的视角分析实际生产中的各种问题为考查的能力目 标，同时要求考生要有严谨的思雏能力。这类题是高考主流考查形式，比较典型，考生备考时需 加大训练力度。 考点觉醒 1.模型解读 增大接能面积，加快反 分离提纯的基木方法： 应速率，提高浸出率 原料预处理 产品分 结码。过滤、萃取，蒸皖 常闲的除杂净化方法 除杂，净化 循环利用 高提纯 有：①加化学试剂法： 产品纯度测定，计箕产率 ②调H法：⑧加热等 原料： 核心： 所需 ①遮过原料与产品对比衣分 无肌矿物 化学反应 产品 析保留什么元本，除去什 图数信息，条件选择 么杂质，引入什么成分 结合氧化还原理论、呀 反应条件控削 排放物的无 通过原科价态与产品保留 大平衡理论、电化学理 售化处理 元素价态来分析前后价态是 论等芳查 否一政，升高还是降低 2.解题策略 市题干 明疏原料的三委成分和杂质成分 ②明碗目的 ①明确三线：主线产物，分支产物，回线为循环物 仿流程 ②结合设问的问题细审流程中特化原双.浅出选料 物质（反应物）和出去物质（生成的主产物和刷 产物 设问 明所答什么，答的问题与哪步流程有关，考奇 的什么知识等 (1)粗读题千，挖掘图示 图示中一般会呈现超出教材范围的知识，但题目中往往会有提示或者问题中不涉及，所以一定 要关注题目的每一个关键字，弄懂流程图，但不必将每一种物质都推出，只需问什么推什么。 (2)携带问题，精读信息 这里信息包括三个方面：一是主干，二是流程图示，三是设置问题。读主干抓住关键字、词： 读流程图，重点抓住物质流向、实验操作方法等。 (3)跳跃思雏，规范答题 答题时应注意前后问题往往没有“相关性”，即前一问未答出，不会影响后面答题。要求用理 论回答的试题，应采用“四段论法”：改变了什么条件（或是什么条件）→根据什么理论→有什 么变化→得出什么结论 第三章工艺流程题学丽 热点1以矿物质为原料 实战演练 经典真题1无分支类(2025·江苏，14,14分)ZS可用于制备光学材料和回收砷。 (1)制备ZmS。由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等]制备ZnS的过程如下： HSO.0, HS 闪矿 酸浸一除铁一除锅一钢n雨一沉锌一7ns Cds 已知：Km(ZnS)=1.6×1024,Kn(CdS)=8.0×102”,K(H,S)=1.0×107,K2(H2S)=1.2×10。 当离子浓度小于1.0×105mol·L时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通入0，可提高Z2*浸出率的原因是 ②通入H,S除镉。通过计算判断当溶液pH=0、c(H,S)=0.01mol·L时，Cd2是否沉淀 完全： (写出计算过程)。 ③沉锌前调节溶液的pH至4~5，加入的氧化物为 (填化学式) (2)制备光学材料。如图甲所示，ZS品体中摻入少量CuCl后，会出现能量不同的“正电”区域、“负 电”区域，光照下发出特定波长的光 区 区域B OZn' O 黑掺入离子位置 区域A“藏”中的离子为 (填离子符号)，区域B带 (填“正电”或“负电”)。 (3)回收砷。用ZS去除酸性废液中的三价砷[As(Ⅲ)]，并回收生成的As,S,沉淀 已知：溶液中As(Ⅲ)主要以弱酸HAs0,形式存在，As,S,+6H,0一2HAs0,+3H,S。 60℃时，按n(S):n(As)=7:1向酸性废液中加入ZS,砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 100 80 0 34 反应时间 乙 ①写出ZnS与H,As03反应生成As,S的离子方程式： ②反应4h后，砷回收率下降的原因有 经典真题2有分支类(2025·云南，15,14分)从褐铁矿型金-银矿（含Au、Ag、Fe,03、Mn02、 Cu0、SiO2等)中提取Au、Ag,并回收其他有价金属的一种工艺如下： 057 学霸高考·黑题化学 H,S0.V50. 铁粉 Mn0, NaOH NH HCO 金-银矿一 沉缺液4沉银一流液5 沁渣1 MnCO. 钢-氨-硫 代硫酸益深液 一医金银滤液2」 →Au、g Fe0. 滤凌2 已知：①金-银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。 ②25℃时，Mn(0H)2的K为1.9x10。 回答下列问题： (1)基态C原子的价层电子排布式为 (2)“还原酸浸”时，MnO02反应的离子方程式为 (3)“浸金银”时，A山溶解涉及的主要反应如下： ①Au+5S,03+[Cu(NH)4]2=[Au(S,03)2]+[Cu(S,03),]5+4NH3 ②4[Cu(S203),]5+16NH+02+2H20-4[Cu(NH3)4]2++40H+12S,0 上述过程中的催化剂为 (4)“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为 (5)根据“还原酸浸”“氧化”，推断Fe3·、Cu2+、MnO,的氧化性由强到弱的顺序为 (6)25℃“沉铁”后，调节“滤液4"的pH至8.0，无Mn(0H)2析出，则c(Mn2+)≤ mol·L-' (7)一种锑锰(M,Sb)合金的立方晶胞结构如图 OSh 0-0 ①该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有 个。 ②N,为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为am,则晶体的密度为 g·cm3(列 出计算式即可)。 巩固训练1(2025·湖南常德一模)以硫铁刊矿（主要成分是FS2,含少量Al,0,和Si0,)为原料制备 纳米Fe,O,的流程如下： 空气稀硫酸 试判Y NaOH溶液 l、T1,0 硫秋矿一 饿烧一酸次一运厕一网可一过海一加热一部分还丽一纳术F,0, 气体x滤溢1 滤渣2滤液 已知：Kn[Fe(0H),]=10”,K.[Fe(0H)2]=107,Km[A1(0H),]=108。 (1)“酸浸”时能够加快浸取速率的操作有 (任写两种)：基态Fe原 子的价层电子排布式是 (2)“滤渣1”的成分是 (3)“还原”过程发生反应的离子方程式是 第三章工艺流程题学丽 假设还原后的溶液中金属离子的浓度均为0.1mol·L,则“调pH”的范围为 (保留两 位有效数字)。 (4)若不经“还原”，直接“调pH”,会导致 (5)工业上用电解法制备F,0,工作原理如图所示，已知：低共熔溶剂可 电深 传导02，阳极由C1进行放电。 ①甲电极为 极。 石黑 共嫁剂 ②电解过程中若乙电极生成Cl,的体积是336L(标准状况下)，则理 论上甲电极生成的Fe,O,的质量为 巩固训练2(2025·黑龙江哈尔滨一模)用钒铬矿[主要成分是V02·xH,0、C(0H)3]制备V,0,和 Na2Cr0,的流程如下： 1lS0Va,5,0s调nl· 纸修时-酸汉-氧和一远包生选四被烧正@ 舍0r滋液序步洪作a,Cm,0和NaS0 的混合溶液 已知：①“酸浸"后V02·xH,0转化为V02*:②Cr(0H),的K近似为6.4×10引。 (1)基态Cr原子的核外电子有 种空间运动状态。 (2)“氧化”后溶液中大量存在VO,请写出相应的离子方程式： (3)氧化所得溶液中含有一种复杂的含钒阴离子结构如图所示，由4个V0,四面体（位于体心的V 为+5价)，通过共用顶点氧原子构成八元环，其化学式为 10)r 90 80 5060708090100 况淀湛度： (4)调pH时使用的是氨水和氯化铵的混合溶液，沉钒率受温度影响的关系如图所示。温度高于 80℃沉钒率降低的主要原因是 (5)常温下，若“含Cr+溶液”中c(Cr+)=0.01ml·L,则“沉钒”凋pH的范围是3≤pH< (lg2=0.3) (6)请写出NH,VO,煅烧生成V,O,的化学方程式： (7)Na2Cr,0,可用于测定水体的C0D(COD是指每升水样中还原性物质被氧化所需要O2的质量)。 现有某水样100.00mL,酸化后加入0.1000mol·L的Na,Cr,0,溶液10.00mL,使水样中的还 原性物质完全被氧化，再用0.2000mol·L-'的FS04溶液滴定剩余的Cr,0号，Cr,0号被还原为 Cr3+,消耗FeS0,溶液20.00mL,则该水样的COD为 mg·Le 巩固训练3(2025·江苏泰州模拟)BOC是一种新型的不溶于硫酸的高档环保珠光材料。某工厂 以辉铋矿（主要成分为Bi,S,含有FeS2,SiO2杂质）和软锰矿（主要成分为Mn02)为原料，制取氯氧 化铋和超细氧化铋的工艺流程如下： 059 学霸高考·黑题化学 金属B所 滤液2铜沁液3测pH=2.6 BiOCI 化 水解 沉淀 空气 浓盐酸 辉铋矿 沁液4 联合 (M.F(溶液) 软锰矿 焙烧 图 萃取剂TBP草酸溶疫 港液1滤渣1 滤液2萃 沉淀■ 超细 反萃取 氧化极 水层 有机层 已知：①Bi易与CI形成BiCl,在一定条件下BiCI。可以发生水解：BiC。+H,0一BiOCI↓+ 5CI+2H'。 ②2Bi0C(白色)+20H△2C+H,0+Bi,0,(黄色)。 (1)“联合焙烧"时，Bi,S,和Mn02在空气中反应生成Bi,0,和MnS0。该反应的化学方程式为 (2)“酸浸”时，需及时补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4，其日的是 (3)“转化”时，加入金属Bi的作用是 (4)“萃取”时，铋离子能被有机萃取剂TBP萃取，其萃取原理可表示为BiC。+nTBP一BiCl,· TBP+3CI,萃取温度对铋、铁萃取率的影响如图所示，Bi的萃取率随萃取温度的升高而降低的 原因可能是 100 80 40 30 3040506070 萃取温度/气： (5)请补充完整利用含少量F(OH)3杂质的BiOCI粗品制备Bi,O,的实验方案： 过滤、洗涤、干燥，得Bi,0。（须使用的试剂有1mol·L1H,SO,溶液、4mol·L NaOH溶液、 1mol·L-BaCl,.溶液、蒸馏水) 现固训练4(2025·广东佛山二模)一种以硼镁矿（含B,0,、Mg0、Si02及少量铁、铝氧化物等）为原 料生产高纯硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下： NTI0,济液滤海 劂镁矿粉一 露烫-离证图测pH过运一湘，O,一商纯，BO, 扇pl1=6.5 气体一吸改 沉镁一M熙0H2gC0,一轻质e0 少量C0, 母液 已知：①硼酸微溶于冷水，但在热水中溶解度较大。 第三章工艺流程题学丽 ②常温下，硼酸溶液呈弱酸性：B(0H)3+H,0一B(0H)+HK,=5.8×100。 (1)基态Mg2+有 种空间运动状态 (2)“溶浸”时选择100℃微沸条件下进行，原因是 (3)“吸收”时发生反应的化学方程式为 (4)“母液”加热后可返回 工序循环利用。 (5)热过滤后“调pH”的试剂为 (填化学式)。 溶液pH对硼酸结晶率及纯度的影响如图1，根据图1判断合适的pH范围是 ,此时溶 c[B(OH)3] 液中 1(填“>”“<”或“=”)。 e[B(OH)] 物 100.0 90 82 的 8.d 7 1-223344556 图1 图2 图2h (6)粗硼酸可以通过与甲醇酯化再水解提纯，写出硼酸与甲醇完全酯化的化学方程式： (7)沉镁过程中还会生成镁的另外一种化合物X,其立方晶胞结构如图2a,沿：轴方向的投影为 图2b。 ①X的化学式为 ②X最简式的式量为M,晶体边长为apm,其晶胞密度为 g·cm3(列出计算式，N、为 阿伏加德罗常数的值)。 巩固训练5(2025·辽宁葫芦岛一模)硫酸锰是一种重要的化工中间体，是锰行业研究的热点。一 种以高硫锰矿（主要成分为MS及少量FeS)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下： 款钻矿H,s0.inO,CaCO,MnF,NH,HCO,H,s0, 爵窗一超血图蜜蜜密 →+MnS04ll.0 ①“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、FeO3及少量Fe0、Al,0,、Mg0e ②酸浸时，浸出液的pH与锰的浸出率关系如图1所示。 ③金属离子在水溶液中的平衡浓度与pH的关系如图2所示(25℃)，此实验条件下M2+开始沉淀 的pH为7.54。 100 tlgco) 20 90 10 80 -10i 70 -20 30 6 浸出液 3.25.0 7.95 10152.02.53.03.5 2 468 10T 图1 图2 061 学霸高考·黑题化学 (1)Mn2+的价电子排布式为 (2)传统工艺处理高硫锰矿时，若不经“混合焙烧”，而是直接用H,S0,浸出其缺点为 (3)实际生产中，酸浸时控制硫酸的量不宜过多，使pH在2左右。请结合图1和制备硫酸锰的流 程，说明硫酸的量不宜过多的原因： (4)“中和除杂”时，应调节pH的范围为 其中除去Fe·的离子方程式 为 (5)“氟化除杂”时，溶液中的Mg2和Ca+都沉淀完全时，则F的最低浓度为 已知： K(MgF2)=6.4×10;K(CaF2)=3.6×102]。 (6)碳化结晶的离子方程式为 巩固训练6(2025·江西新余二模)钪(Sc)是一种功能强大但产量稀少的稀土金属，广泛用于尖端 科技领域。从某种磷精矿[主要成分为Ca,(PO,),F,含少量ScP0,、F0、Fe,0、SiO2]分离稀土元素 钪(Sc)的工业流程如下： HXO,(C.HO)PO 试剂XNH: HNO,HSO.H.C.0. 姊特酸没一幕取*取液反本啊烟相酸☒一净把一沉例 罩玻瓮品体 宠渣】萃余液 有机相水相 滤渣2 滤液 (1)写出“酸浸”过程中Ca(P0,),F与HNO3发生反应的化学方程式： (2)“萃取”的目的是富集Sc,但其余元素也会按一定比例进人萃取剂中。 ①通过3ROH+P0Cl,-一(RO),P0+3HC1制得有机磷萃取剂(RO),P0,其中一R代表烃基， 一R不同，(RO),P0产率也不同。当一R为“一CH,CH,”时，(R0),P0产率 (填“大 于”“小于”或“等于”)一R为“一CH,CH,CH,”时，请从结构的角度分析原因： ②“反萃取”的目的是分离Sc和Fe元素。向“萃取液”中通入NH3,Fe2、Fe+、Sc3+的沉淀率随 pH的变化如图1，试剂X为 (填“SO2”或“C1O,”),应控制最佳pH为 100 10F 19.5 3.90% 60 46.89% ---e34 40 2 20 250:550;850 0 204006008001000 pH 温度/℃ 1 图2 (3)已知K(H,C,0,)=a,Ke(H,C,0,)=b,Kn[Sc2(C,0)3]=e。“沉钪"时，发生反应2Sc+ 3H,C,0,Sc(C,0,),↓+6H,此反应的平衡常数K= (用含a、b、c的代数式表示)。 (4)草酸钪品体SC2(C0,),·6H,0M[Sc2(C,0,)3·6H,0]=462g·mor}在空气中加热， m(剩余国体)随温度的变化情况如图2所示。850℃后固体的化学式为 m(原始固体)