12.5 第61讲 化学工艺流程题的解题策略（word练习）-【金版新学案】2026年高考化学高三总复习大一轮复习（广东专版）

课时测评61　化学工艺流程题的解题策略 (时间：45分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 1.(16分)(2025·四川八省联考卷)MnSO4具有广泛用途，一种从电解锌阳极泥回收电池级MnSO4的流程如下。该阳极泥主要含有MnO2以及Na＋、K＋、Ca2＋、Mg2＋、Zn2＋和微量Pb2＋等杂质离子。 已知：Ksp(ZnS)＝1.0×10－22，Ksp(PbS)＝8.0×10－28，Ksp(MnS)＝1.0×10－10。金属离子生成氢氧化物沉淀，其lg和溶液pH的关系如下图所示： 回答下列问题： (1)基态锰原子的电子排布式为　　　　　　　。 (2)“溶解”步骤在酸性条件下进行，通入SO2的作用是　　　　　　　　　。 (3)“除钾钠”步骤中，控制溶液pH＝2.0，K＋和Na＋与Fe2反应分别生成KFe3和NaFe3沉淀，其中K＋生成沉淀的离子方程式为　　　　 　　　　　　　　　。 (4)“除杂Ⅰ”步骤中，加MnCO3调溶液pH＝4.0，该步除杂的总反应方程式为　　　　 　　　　　　　　　。 (5)“除杂Ⅱ”步骤中，析出的“沉淀3”是　　　　、　　　　。 (6)“除杂Ⅲ”步骤中，随着“沉淀4”的生成，溶液pH将　　　　(填“升高”或“下降”或“不变”)。 (7)“浓缩结晶”步骤中，析出MnSO4后的滤液应返回到　　　　步骤，其目的是　　 　　　　　　　　　　　　。 答案：(1)1s22s22p63s23p63d54s2 (2)还原二氧化锰为锰离子 (3)K＋＋3Fe3＋＋2S＋6H2OKFe3↓＋6H＋ (4)MnCO3＋Fe2＋5H2OMnSO4＋2Fe＋CO2↑＋2H2SO4 (5)CaF2　MgF2 (6)下降 (7)溶解　循环利用，充分利用生成物且提高锰的回收率 解析：(1)锰为25号元素，基态Mn原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2； (2)二氧化硫具有还原性，二氧化锰具有氧化性，“溶解”步骤在酸性条件下进行，通入SO2的作用是还原二氧化锰为锰离子； (3)“除钾钠”步骤中，控制溶液pH＝2.0，酸性条件下，K＋与Fe2反应生成KFe3沉淀，其中K＋生成沉淀的离子方程式为K＋＋3Fe3＋＋2S＋6H2OKFe3↓＋6H＋； (4)“除杂Ⅰ”步骤中，加MnCO3调溶液pH＝4.0，使得铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去，结合质量守恒，反应还生成硫酸锰、二氧化碳和硫酸，该步除杂的总反应方程式为MnCO3＋Fe2＋5H2OMnSO4＋2Fe＋CO2↑＋2H2SO4； (5)由分析，“除杂Ⅱ”步骤中，析出的“沉淀3”是CaF2、MgF2； (6)“除杂Ⅲ”步骤中，加入硫化氢使得锌离子和铅离子转化为沉淀除去，反应为Zn2＋＋H2SZnS↓＋2H＋、Pb2＋＋H2SPbS↓＋2H＋，反应过程中生成氢离子，使得溶液酸性增强，故随着“沉淀4”的生成，溶液pH将下降。 (7)“浓缩结晶”步骤中，析出MnSO4后的滤液中含有硫酸和部分硫酸锰，应返回到溶解步骤，其目的是循环利用，充分利用生成物且提高锰的回收率。 2.(13分)(2024·湖北卷)铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐[Be3Al2(SiO3)6]中提取铍的路径为： 已知：Be2＋＋4HA⥫⥬BeA2(HA)2＋2H＋ 回答下列问题： (1)基态Be2＋的轨道表示式为　　　　。 (2)为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是　　　　。 (3)“萃取分液”的目的是分离Be2＋和Al3＋，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，观察到的现象是　　　　。 (4)写出反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式：　　　　　　　。 “滤液2”可以进入　　　　步骤再利用。 (5)电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是　　　　　　　。 (6)Be(OH)2与醋酸反应得到某含4个Be的配合物，4个Be位于以1个O原子为中心的四面体的4个顶点，且每个Be的配位环境相同，Be与Be间通过CH3COO－相连，其化学式为　　　　。 答案：(1)　(2)快速冷却　(3)无明显现象 (4)BeA2(HA)2＋6NaOH===Na2[Be(OH)4]＋4NaA＋2H2O　反萃取分液 (5)增强熔融氯化铍的导电性，同时可使Cl－更易在阳极上放电，从而使Be2＋更易在阴极上放电得到Be (6)Be4O(CH3COO)6 解析：铝硅酸盐先加热熔融，然后快速冷却到其玻璃态，再加入稀硫酸酸浸过滤，滤渣的成分为H2SiO3，“滤液1”中有Be2＋和Al3＋，加入含HA的煤油将Be2＋萃取到有机相中，“水相1”中含有Al3＋，有机相为BeA2(HA)2，加入过量氢氧化钠反萃取Be2＋使其转化为Na2[Be(OH)4]进入“水相2”中，分离出含NaA的煤油，最后对“水相2”加热过滤，分离出Be(OH)2，通过系列操作得到金属铍。(1)基态Be2＋的电子排布式为1s2，其轨道表示式为。(2)熔融态物质冷却凝固时，缓慢冷却会形成晶体，快速冷却会形成非晶态，即玻璃态，所以从“热熔、冷却”中得到玻璃态的冷却过程的特点为快速冷却。(3)“滤液1”中有Be2＋和Al3＋，加入含HA的煤油将Be2＋萃取到有机相中，则“水相1”中含有Al3＋，则向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，可观察到无明显现象。(4)反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式为BeA2(HA)2＋6NaOH===Na2[Be(OH)4]＋4NaA＋2H2O，滤液2的主要成分为NaOH，可进入反萃取步骤再利用。(5)氯化铍的共价性较强，电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用为增强熔融氯化铍的导电性。(6)由题意可知，该配合物中有四个铍位于四面体的四个顶点上，四面体中心只有一个O，Be与Be之间总共有六个CH3COO－，则其化学式为Be4O(CH3COO)6。 3.(15分)(2024·安徽卷)精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提取金和银的流程，如下图所示。 回答下列问题： (1)Cu位于元素周期表第　　　　周期第　　　　族。 (2)“浸出液1”中含有的金属离子主要是　　　　。 (3)“浸取2”步骤中，单质金转化为HAuCl4的化学方程式为　　　　　　　。 (4)“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的　　　　(填化学式)转化为[Ag(S2O3)2]3－。 (5)“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　。 “电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为　　　　(填化学式)。 (6)“还原”步骤中，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为　　　　。 (7)Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6。从物质结构的角度分析S4的结构为(a)而不是(b)的原因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 答案：(1)四　ⅠB　(2)Cu2＋ (3)2Au＋8HCl＋3H2O2===2HAuCl4＋6H2O (4)AgCl　(5)[Ag(S2O3)2]3－＋e－===Ag↓＋2S2　Na2S2O3　(6)3∶4 (7)(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定；(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧键，过氧键的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构 解析：精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等元素，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2＋进入浸出液1中，Ag、Au不反应，浸渣1中含有Ag和Au；浸渣1中加入盐酸、H2O2浸取，Au转化为HAuCl4进入浸出液2，Ag转化为AgCl，浸渣2中含有AgCl；浸出液2中加入N2H4将HAuCl4还原为Au，同时N2H4被氧化为N2；浸渣2中加入Na2S2O3，将AgCl转化为[Ag(S2O3)2]3－，得到浸出液3，利用电沉积法将[Ag(S2O3)2]3－还原为Ag。(1)Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族；(2)由分析可知，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2＋进入浸出液1中，故浸出液1中含有的金属离子主要是Cu2＋；(3)浸取2步骤中，Au与盐酸、H2O2发生氧化还原反应，生成HAuCl4和H2O，根据得失电子守恒及质量守恒，可得反应的化学方程式为2Au＋8HCl＋3H2O2===2HAuCl4＋6H2O；(4)根据分析可知，浸渣2中含有AgCl，与Na2S2O3反应转化为[Ag(S2O3)2]3－；(5)电沉积步骤中，阴极发生还原反应，[Ag(S2O3)2]3－得电子被还原为Ag，电极反应式为[Ag(S2O3)2]3－＋e－===Ag↓＋2S2；阴极反应生成S2，同时阴极区溶液中含有Na＋，故电沉积步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为Na2S2O3；(6)还原步骤中，HAuCl4被还原为Au，Au化合价由＋3价变为0价，一个HAuCl4转移3个电子，N2H4被氧化为N2，N的化合价由－2价变为0价，一个N2H4转移4个电子，根据得失电子守恒，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3∶4；(7)O的半径比S小，负电荷的密度更高，对相应成键电子对的斥力大，所以(b)中氧氧键键能比(a)中硫硫键键能小，更易断，故(b)不稳定且(b)中存在过氧键，氧化性比I2强，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构。 4.(16分)(2024·新课标卷)钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下： 已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10－5 mol·L－1)时的pH： Fe3＋ Fe2＋ Co3＋ Co2＋ Zn2＋ 开始沉淀的pH 1.5 6.9 — 7.4 6.2 沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2 回答下列问题： (1)“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是　　　　　　　　　　　　　；“滤渣1”中金属元素主要为　　　　。 (2)“过滤1”后的溶液中加入MnO2的作用是　　　　　　　　　　　　　。取少量反应后的溶液，加入化学试剂　　　　检验　　　　，若出现蓝色沉淀，需补加MnO2。 (3)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为　　　　　　　、　　　　　　　　 　　　　　。 (4)“除钴液”中主要的盐有　　　　(写化学式)，残留的Co3＋浓度为　　　　mol·L－1。 答案：(1)增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率　Pb (2)将溶液中的Fe2＋氧化为Fe3＋，以便在后续调pH时除去Fe元素 　K3[Fe(CN)6]溶液　Fe2＋　 (3)3Co2＋＋Mn＋7H2O===3Co(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋ 3Mn2＋＋2Mn＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋ (4)ZnSO4、K2SO4　10－16.7 解析：用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣，得到含有Co2＋、Zn2＋、Fe2＋、Fe3＋、S等离子的溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO4，则“滤渣1”为“酸浸”时生成的PbSO4；向滤液中加入MnO2将Fe2＋氧化为Fe3＋，然后加入ZnO调节pH＝4使Fe3＋完全转化为Fe(OH)3，则“滤渣Ⅱ”的主要成分为Fe(OH)3，滤液中的金属离子主要是Co2＋、Zn2＋和Mn2＋；最后加入强氧化剂KMnO4“氧化沉钴”，将溶液中Co2＋氧化为Co3＋，在pH＝5时Co3＋形成Co(OH)3沉淀，而KMnO4则被还原为MnO2，KMnO4还会与溶液中的Mn2＋发生归中反应生成MnO2，最终得到Co(OH)3和MnO2的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4。(1)在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积，从而加快酸浸的反应速率，提高浸取效率；由分析可知，“滤渣1”的主要成分为PbSO4，则“滤渣1”中金属元素主要为Pb；(2)酸浸液中含有Co2＋、Zn2＋、Fe2＋、Fe3＋、S等离子。由题表中数据可知，当Fe3＋完全沉淀时，Co2＋未开始沉淀，而当Fe2＋完全沉淀时，Co2＋已有一部分沉淀，因此为了除去溶液中的Fe元素且Co2＋不沉淀，应先将Fe2＋氧化为Fe3＋，然后调节溶液的pH使Fe3＋完全水解转化为Fe(OH)3沉淀，因此，MnO2的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋，以便在后续调pH时除去Fe元素。常用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2＋，若生成蓝色沉淀，则说明溶液中仍存在Fe2＋，需补加MnO2；(3)由分析可知，“氧化沉钴”过程发生两个氧化还原反应，根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境(pH＝5)，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出两个离子方程式：3Co2＋＋Mn＋7H2O===3Co(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋、3Mn2＋＋2Mn＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋；(4)最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是本身含有的及加入ZnO调pH时引入的Zn2＋、加入KMnO4“氧化沉钴”时引入的K＋，而阴离子是在酸浸时引入的S，因此其中主要的盐有ZnSO4和K2SO4。当溶液pH＝1.1时c(H＋)＝10－1.1 mol·L－1，Co3＋恰好完全沉淀，此时溶液中c(Co3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，则c(OH－)＝＝10－12.9 mol·L－1，则Ksp[Co(OH)3]＝1.0×10－5×(10－12.9)3＝10－43.7。“除钴液”的pH＝5，即c(H＋)＝10－5mol·L－1，则c(OH－)＝＝10－9mol·L－1，溶液中c(Co3＋)＝＝ mol·L－1＝10－16.7 mol·L－1。 学科网（北京）股份有限公司 $