大单元6 四类必考大题解题方略(2) 化工流程题的综合分析(复习讲义)-【优化探究】2026年高考化学二轮专题复习配套课件（广东专版）

四类必考大题解题方略(二)　化工流程题的综合分析 优化探究 大单元六　水溶液中的离子平衡 提炼　核心知识 精研　高考真题 强化 关键能力 2 提炼　核心知识 3 提炼　核心知识 4 精研　高考真题 5 精研　高考真题 1.(2025·广东卷)我国是金属材料生产大国,绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如图。 6 已知:多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cu(OH)2 Ni(OH)2 Ksp (298 K) 2.8× 10-39 1.3× 10-33 2.2× 10-20 5.5× 10-16 7 (1)“酸浸”中,提高浸取速率的措施有_______________________________ 　 　　　　　　　　(写一条)。  搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等(任写一条) 解析:矿粉通入SO2酸浸,浸取液中含有Fe2+、Cu2+、Ni2+、Al3+等,调节pH=3.0,通入空气加热得到Fe2O3,Fe2O3可以通过还原得到Fe单质,也可以通过电解得到Fe单质,滤液1在常温下沉铝,滤液2通过选择萃取得到含硫酸根的溶液和分别含Cu、Ni配合物,最终得到产品NixCuyNz。 (1)“酸浸”中,提高浸取速率的措施有搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等。 8 (2)“高压加热”时,生成Fe2O3的离子方程式为　　　　+O2+　　　　H2O 　 　　Fe2O3↓+　　　　H+。  4Fe2+ 4 2 8 解析:由于通入SO2“酸浸”,故浸取液中不含有Fe3+,“高压加热”时,Fe2+在酸性条件下被氧化为Fe2O3,离子方程式为4Fe2++O2+4H2O 2Fe2O3↓+8H+。 9 (3)“沉铝”时,pH最高可调至　　　　　(溶液体积变化可忽略)。已知:“滤液1”中c(Cu2+)=0.022 mol/L,c(Ni2+)=0.042 mol/L。  5.00 解析:由题表中的数据可知,Cu2+开始沉淀时c(OH-)= mol/L=10-9 mol/L,Ni2+开始沉淀时c(OH-)= mol/L≈×10-8 mol/L>10-9 mol/L,Cu2+开始沉淀,而“沉铝”时,Cu2+和Ni2+均不能沉淀,故pH最高可调至-lg()=5.00。 10 (4)“选择萃取”中,镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有 　　　　(填字母)。  A.镍与N、O形成配位键 B.配位时Ni2+被还原 C.配合物与水能形成分子间氢键 D.烷基链具有疏水性 AD 11 解析: “选择萃取”中,镍形成如题图的配合物。镍易进入有机相的原因有 A.镍与N、O形成配位键,可以使镍进入有机相,A正确;B.配体 中提供孤电子对的O原子带一个单位负电荷,可以视作得到一个电子的阴离子,其余配位体不带电,整个配合物不显电性,形成配合物后,中心离子还是Ni2+,Ni元素化合价不变,B错误;C.配合物与水形成氢键,不能解释镍进入有机相,C错误;D.烷基链具有疏水性,可以使其进入有机相,D正确。 12 (5)①“700 ℃加热”步骤中,混合气体中仅加少量H2,但借助工业合成氨的逆反应,可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为 __________________和　　　　　　 　　　　　　　　。  ②与传统高炉炼铁工艺相比,上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是　　　　　　　　　(写一条)。  2NH3 N2+3H2 Fe2O3+3H22Fe+3H2O 没有污染物产生 13 解析:①工业合成氨的逆反应为2NH3 N2+3H2,生成的H2与Fe2O3发生反应Fe2O3+3H22Fe+3H2O使Fe不断生成。 ②与传统高炉炼铁工艺相比,上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是没有污染性的CO气体产生。 14 2.(2024·广东卷)镓(Ga)在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。 15 工艺中,LAEM是一种新型阴离子交换膜,允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用LAEM提取金属离子Mn+的原理如图。 已知: ①pKa(HF)=3.2。 ②Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10-10。 ③浸取液中,Ga(Ⅲ)和Fe(Ⅲ)以[MClm](m-3)-(m=0~4)微粒形式存在,Fe2+最多可与2个Cl-配位,其他金属离子与Cl-的配位可忽略。 16 (1)“电解”中,反应的化学方程式为 　 。  2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑ 解析:电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)进行焙烧,金属转化为氧化物,焙烧后的固体加入盐酸浸取,浸取液加入铝片将Fe3+进行还原,得到原料液,原料液利用LAEM提取,[GaCl4]-通过交换膜进入Ⅱ室并转化为Ga3+,Ⅱ室溶液进一步处理得到镓,Ⅰ室溶液加入含F-的废液调pH并结晶得到Na3[AlF6]晶体用于电解铝。 17 (2)“浸取”中,由Ga3+形成[GaCl4]-的离子方程式为　 。  Ga3++4Cl-===[GaCl4]- 解析: “浸取”中,由Ga3+形成[GaCl4]-的离子方程式为Ga3++4Cl-===[GaCl4]-。 18 (3)“还原”的目的:避免　　　　元素以　　　 　(填化学式)微粒的形式通过LAEM,从而有利于Ga的分离。  铁 [FeCl4]- 解析:由已知,浸取液中,Ga(Ⅲ)和Fe(Ⅲ)以[MClm](m-3)-(m=0~4)微粒形式存在,为了避免铁元素以[FeCl4]-微粒的形式通过LAEM,故要加入铝片还原Fe3+,从而有利于Ga的分离。 19 (4)“LAEM提取”中,原料液的Cl-浓度越　　　　,越有利于Ga的提取;研究表明,原料液酸度过高,会降低Ga的提取率。因此,在不提高原料液酸度的前提下,可向Ⅰ室中加入　　　　(填化学式),以进一步提高Ga的提取率。  高 NaCl 解析: “LAEM提取”中,原料液的Cl-浓度越高,越有利于生成[GaCl4]-的反应正向移动,越有利于Ga的提取,在不提高原料液酸度的前提下,同时不引入新杂质,可向Ⅰ室中加入NaCl,提高Cl-浓度,进一步提高Ga的提取率。 20 (5)“调pH”中,pH至少应大于　　　,使溶液中c(F-)>c(HF),有利于[AlF6]3-配离子及Na3[AlF6]晶体的生成。若“结晶”后溶液中c(Na+)=0.10 mol·L-1,则[AlF6]3-浓度为　　 　　mol·L-1。  3.2 4.0×10-7 解析:由pKa(HF)=3.2,Ka(HF)==10-3.2,为了使溶液中c(F-)>c(HF), c(H+)=×10-3.2<10-3.2 mol·L-1,故pH至少应大于3.2,有利于[AlF6]3-配离子及Na3[AlF6]晶体的生成;若“结晶”后溶液中c(Na+)=0.10 mol·L-1,根据Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10-10,[AlF6]3-浓度为= mol·L-1=4.0×10-7 mol·L-1。 21 3.(2023·广东卷)Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中,利用氨浸工艺可提取Ni、Co,并获得高附加值化工产品。工艺流程如下: 22 已知:氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制而成。常温下,Ni2+、Co2+、Co3+与NH3形成可溶于水的配离子;lg Kb(NH3·H2O)=-4.7;Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3;部分氢氧化物的Ksp如表所示。 氢氧 化物 Co(OH)2 Co(OH)3 Ni(OH)2 Al(OH)3 Mg(OH)2 Ksp 5.9× 10-15 1.6× 10-44 5.5× 10-16 1.3× 10-33 5.6× 10-12 23 回答下列问题。 (1)活性MgO可与水反应,化学方程式为 　 。  MgO+H2O===Mg(OH)2 24 (2)常温下,pH=9.9的氨性溶液中,c(NH3·H2O)　　　　　(填“>”“<”或“=”)c()。  > 解析:硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中加入活性氧化镁调节溶液pH值,过滤,得到的滤液1中的溶质主要是硝酸镁,结晶纯化得到硝酸镁晶体,再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸,过滤,对得到的滤液2进行镍钴分离,经过一系列操作得到氯化铬和饱和氯化镍溶液,向饱和氯化镍溶液中通入氯化氢气体得到氯化镍晶体。 (2)常温下,pH=9.9的氨性溶液中,lg Kb(NH3·H2O)=-4.7,Kb(NH3·H2O)=10-4.7 =,===10-0.6<1,则c(NH3·H2O)>c(N)。 25 (3)“氨浸”时,由Co(OH)3转化为的离子方程式为 ______________________________________________________________   　 。  2Co(OH)3+12NH3·H2O+S===2[Co(NH3)6]2++S+13H2O+4OH-{或2Co(OH)3+8NH3·H2O+4N+S===2[Co(NH3)6]2++S+13H2O} 解析: “氨浸”时,Co(OH)3与亚硫酸根离子发生氧化还原反应,再与氨水反应生成[Co(NH3)6]2+,则由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2+的离子方程式为2Co(OH)3+12NH3·H2O+S===2[Co(NH3)6]2++S+13H2O+4OH-或2Co(OH)3+8NH3·H2O+4N+S===2[Co(NH3)6]2++S+13H2O。 26 (4)(NH4)2CO3会使“滤泥”中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中,出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。 ①NH4Al(OH)2CO3属于　　　　　(填“晶体”或“非晶体”)。  ②(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率,其原因是____________________ 　 。  晶体 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹,增加了滤泥与氨性溶液的接触面积 27 解析: (NH4)2CO3会使“滤泥”中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中,出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。 ①滤渣的X射线衍射图谱中,出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰,则NH4Al(OH)2CO3属于晶体。②根据题意,(NH4)2CO3会使“滤泥”中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物,则(NH4)2CO3能提高Ni、Co的浸取速率,其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹,增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。 28 (5)“析晶”过程中通入的酸性气体A为　　　　　　。  HCl 解析: “析晶”过程中为了防止Ni2+水解,因此通入的酸性气体A为HCl。 29 (6)①“结晶纯化”过程中,没有引入新物质。晶体A含6个结晶水,则所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值,理论上最高为　　　　 　。  ②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义,在于可重复利用HNO3和 　　　　　(填化学式)。  0.4(或2∶5) MgO 30 解析:①“结晶纯化”过程中,没有引入新物质。晶体A含6个结晶水,则晶体A为Mg(NO3)2·6H2O,根据Mg(NO3)2+2H2O⥫⥬Mg(OH)2+2HNO3, Mg(OH)2MgO+H2O,还剩余5个水分子,因此所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值理论上最高为2∶5。 ②根据前面分析Mg(NO3)2+2H2O⥫⥬Mg(OH)2+2HNO3,Mg(OH)2 MgO+H2O,“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义,在于可重复利用HNO3和MgO。 31 强化 关键能力 强化 关键能力 1.(2025·广东高三二模)一种从锌冶炼渣(主要含Zn、CuO、ZnFe2O4、PbO2、SiO2和少量Ga2O3、Ga2S3、GeO2、GeS2等)中提取镓(Ga)和锗(Ge)的工艺流程如下。 33 已知:①25 ℃时,H2C2O4的Ka1=5.6×10-2,Ka2=1.5×l0-4; Ksp(PbC2O4)=4.8×10-10,Ksp(PbSO4)=1.6×10-8。 ②c{[Fe(C2O4)3]3-}对Ga、Ge的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)的影响如表。 c{[Fe(C2O4)3]3-} 0 0.5 1 4 6 8 Ga的萃取率/% 84.78 81.32 79.41 52.24 44.32 23.16 Ge的萃取率/% 99.96 99.88 99.86 99.68 99.52 99.35 (1)“低酸浸出”后滤液中含有的金属阳离子主要有　　　　 　　。  Zn2+、Cu2+、Fe3+ 解析:锌冶炼渣(主要含Zn、CuO、ZnFe2O4、PbO2、SiO2和少量Ga2O3、Ga2S3、GeO2、GeS2等)中加入H2SO4低酸浸出,由后续操作中涉及的物质可知,过滤所得的滤液中含有的金属阳离子主要有Zn2+、Cu2+、Fe3+;向高硅渣中加入H2O2、H2C2O4酸浸,此时PbO2被H2O2还原为Pb2+,并转化为PbSO4沉淀,SiO2不参与反应进入铅硅渣中;Ga3+、Ge4+、Fe3+分别转化为配离子;由于[Fe(C2O4)3]3-会影响Ga、Ge的萃取率,所以加入Fe将[Fe(C2O4)3]3-还原为FeC2O4沉淀除去;向滤液中加入萃取剂进行萃取,再加入洗脱剂1(从图中看应为H2SO4),得到富镓母液,电解得粗镓;有机层中加入洗脱剂2(从图中看应为NaOH),得到水相和有机相,从水相中可回收锗,据此解答。 (1)由分析可知,“低酸浸出”后滤液中含有的金属阳离子主要有Zn2+、Cu2+、Fe3+。 (2)“酸浸”时,加入H2O2能将Ga和Ge的硫化物转化为对应相同价态的氧化物,氧化物再与草酸反应生成配合物。 ①Ga2O3被草酸浸出生成[Ga(C2O4)3]3-的离子方程式为   　 。  ②加入草酸后,PbSO4　　　　　(填“能”或“不能”)完全转化为PbC2O4,请结合平衡常数K计算说明原因　   (一般认为K>105时,反应基本能完全进行;K<10-5时,则反应很难进行)。 Ga2O3+6H2C2O4===2[Ga(C2O4)3]3-+6H++3H2O 不能 答案:PbSO4+H2C2O4⥫⥬PbC2O4+2H++S, K=======2.8×10-4,平衡常数很小,PbSO4不能完全转化为PbC2O4 解析:①Ga2O3被草酸浸出生成[Ga(C2O4)3]3-,同时生成水和H+,反应的离子方程式为Ga2O3+6H2C2O4===2[Ga(C2O4)3]3-+6H++3H2O。 ②加入草酸后,由以下计算可得出,反应的平衡常数很小,PbSO4不能完全转化为PbC2O4,其原因为PbSO4+H2C2O4⥫⥬PbC2O4+2H++S, K=======2.8×10-4,平衡常数很小, PbSO4不能完全转化为PbC2O4。 (3)加Fe粉“还原”的目的为 　 。  除去[Fe(C2O4)3]3-,以提高Ga的萃取率 解析:由表中数据可知,随着[Fe(C2O4)3]3-浓度的增大,Ga、Ge的萃取率不断减小,尤其对Ga的萃取率的影响非常大,所以加Fe粉“还原”的目的为除去[Fe(C2O4)3]3-,以提高Ga的萃取率。 (4)不同浓度的H2SO4和NaOH洗脱剂对Ga和Ge的洗脱率(进入水层中金属离子的百分数)如图所示。由图可知,洗脱剂2应选用　　　　　(填化学式)。  NaOH 解析:洗脱剂2用于洗脱回收锗,由图可知,使用NaOH时锗的洗脱率较大,则洗脱剂2应选用NaOH。 2.(2025·广东惠州高三一模)钒(V)是一种重要的战略金属元素,利用硫酸化—水浸工艺从石煤(含有V2O3、SiO2、CaO、Al2O3)中制得VO2+的工艺流程如下: 已知:①“氧化中和”后,溶液的pH为8; ②“树脂吸附”原理:R—NCl-+M-⥫⥬R—NM-+Cl-。 (1)在其他条件相同时,熟化温度对钒浸出率的影响如图,最佳的熟化温度为　　　　。  100 ℃ 解析:“熟化”过程中,SiO2不反应,其余物质均转化成对应价态的硫酸盐;经“水浸”后,得到含SiO2、CaSO4的滤渣1和含钒、铝盐的滤液;滤液经“氧化中和”得到含Al(OH)3的滤渣2以及含Na2HVO4、NaCl的滤液;滤液经“树脂吸附”“解吸”“沉钒”后得到NH4VO3;NH4VO3经煅烧得到V2O5;V2O5与硫酸反应生成V;最终V被HCOOH还原成VO2+。 (1)由图可知,当熟化温度为100 ℃时,钒的浸出率达到最大。 (2)“氧化中和”后钒的化合价为　　　　,“滤渣2”的主要成分为 　 　　　。  +5 Al(OH)3 解析:根据后期含钒物质的价态可知,“氧化中和”后钒的化合价为+5;由上述分析可知,“滤渣2”的主要成分为Al(OH)3。 (3)含钒离子在不同pH溶液中的存在形式如下: “树脂吸附”的化学方程式为______________________________________  　 , “流出液”的主要成分为　　　　。  Na2HVO4+2R—NCl-⥫⥬(R—NR3)2 HVO4+2NaCl NaCl 解析: “氧化中和”后溶液的pH为8,此时含钒离子为HV,根据“树脂吸附”原理可知,“树脂吸附”的化学方程式为Na2HVO4+2R—NCl-⥫⥬(R—NR3)2HVO4+2NaCl;“流出液”主要是“氧化中和”后除HV的其他物质,主要包括NaCl。 (4)“解吸”时可以用饱和NaCl溶液洗脱,请结合平衡移动原理解释原因: ______________________________________________________________ ______________________________________________________________ ___________________________________________________________。  树脂吸附存在平衡:HV+2R—NCl-⥫⥬(R—NR3)2HVO4+2Cl-,加入饱和NaCl溶液,使得体系中的Cl-浓度升高,进而导致吸附平衡逆向移动,有助于HV从树脂上脱附 解析:树脂吸附存在平衡:HV+2R—NCl-⥫⥬(R—NR3)2HVO4+2Cl-,加入饱和NaCl溶液,使得体系中的Cl-浓度升高,进而导致吸附平衡逆向移动,有助于HV从树脂上脱附。 (5)向解吸后的洗脱液中加入MgCl2溶液,当溶液中c(Mg2+)=1.8×10-6 mol/L时,求溶液中的c(N)=　　　　 　{已知: Ksp[NH4VO3]=1.8×10-11,Ksp[Mg(VO3)2]=1.8×10-12}。  1.8×10-8 mol/L 解析:依题Mg(VO3)2的溶度积小于NH4VO3的溶度积,故当体系生成NH4VO3晶体后,Mg(VO3)2也达到溶解平衡,此时c(V)= mol/L =1.0×10-3 mol/L,c(N)= mol/L=1.8×10-8 mol/L。 (6)“还原”过程的离子方程式为____________________________________  　 。  2V+HCOOH+2H+===2VO2++CO2↑+ 2H2O 解析: “还原”过程中,V被HCOOH还原成VO2+,故反应的离子方程式为2V+HCOOH+2H+===2VO2++CO2↑+2H2O。 $