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(课时作业)-【优化探究】2026年高考化学二轮专题复习配套课件（广东专版）

2 3 4 1 非选择题 1.(12分)(2025·广东清远高三二模)铜合成炉烟气吸收液中含有Cu、As、Ni和Re元素,一种分离各元素并制备目标产物的流程如下: 已知:①H3AsO3为弱酸; ②“萃取”机理:R3N+H++Re⥫⥬R3N·HReO4。 1 2 3 4 1 (1)元素As位于第四周期,与N元素同主族,其价层电子排布式为　　　　　。  (2)从滤液1中得到NiSO4·6H2O的操作是____________________________ 　　 　　　　。  4s24p3 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、 洗涤、干燥 2 2 3 4 5 1 (3)“碱浸”后,假设溶液中生成等物质的量的Na3AsS3和Na3AsO3,则“氧化脱硫”时,当恰好完全反应,每生成96 g硫单质,消耗O2的物质的量为 　　　　　　。  2.5 mol 3 2 3 4 1 解析:烟气吸收液(含Cu、As、Ni和Re元素)与H2S反应,Cu、As和Re元素转化为沉淀,Ni元素以硫酸盐的形式进入滤液1,滤液1经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiSO4·6H2O;滤渣中加入H2SO4、通入O2将Re元素转化为可溶性盐进入滤液2,向滤液2中加入有机萃取剂R3N,将Re元素转化为R3N·HReO4进入有机相,加入氨水或通入氨气进行反萃取,获得NH4ReO4溶液,NH4ReO4溶液经过处理得到NH4ReO4固体。向“加压浸取”得到的滤渣中加入NaOH“碱浸”,As元素转化为Na3AsS3和Na3AsO3,Cu元素以难溶物的形式进入滤渣1,向滤液中通入O2进行“氧化脱硫”,将S元素转化为S单质过滤除去,获得Na3AsO4溶液,向Na3AsO4溶液中加入H2SO4、通入SO2将Na3AsO4还原为H3AsO3,进一步处理得到As2O3。 4 2 3 4 1 (3)根据原子守恒可得关系式:Na3AsS3~3S,则每生成96 g(3 mol) S时,参与反应的n(Na3AsS3)=1 mol,Na3AsS3和Na3AsO3物质的量相等,则参与反应的n(Na3AsO3)=1 mol,在“氧化脱硫”过程中Na3AsS3中S元素的化合价由-2升高为0,As元素的化合价由+3升高为+5;Na3AsO3中As元素的化合价由+3升高为+5,则每生成3 mol S时,共失去10 mol电子,根据得失电子守恒可知,消耗O2的物质的量为2.5 mol。 5 2 3 4 1 (4)“还原”过程中发生反应的离子方程式为   　 。  As+SO2+H++H2O===H3AsO3+S 解析: “还原”过程中,Na3AsO4被SO2还原为H3AsS3,SO2被氧化为S,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为As+SO2+H++H2O===H3AsO3+S。 6 2 3 4 1 (5)“反萃取”所用的试剂a为　　　　 　　。  氨水(或氨气) 解析: “萃取”机理是R3N+H++Re⥫⥬R3N·HReO4,“反萃取”要使平衡逆向移动,得到NH4ReO4溶液,所以试剂a为氨水或氨气,提供N。 7 2 3 4 1 2.(18分)(2025·广东深圳高三第二次调研)铂族金属是国家战略性金属,被誉为“现代工业维他命”。从某矿渣[含钯(Pd)、铂(Pt)、FeS、NiS及SiO2等]中提取Pd、Pt、Ni的工艺如下。 已知:Pd、Pt经“氧化浸取”转化为H2[PdCl4]、H2[PtCl6];“氨合”后,Pd(Ⅱ)主要以[Pd(NH3)4]2+的形式存在;常温下,H2C2O4的Ka1=5.6×10-2,Ka2=1.5×10-4。 8 2 3 4 1 (1)Pt、Pd与Fe为同族元素,位于元素周期表的　　　　　　区。  d 9 2 3 4 1 (2)“氧化浸取”时,Pd发生反应的化学方程式为   　 。  Pd+H2O2+4HCl===H2[PdCl4]+2H2O 解析:矿渣[含钯(Pd)、铂(Pt)、FeS、NiS及SiO2等]用硫酸酸浸后过滤,结合矿渣成分可知,滤液Ⅰ中的溶质是硫酸亚铁和硫酸镍,酸浸后的滤渣中含有Pd、Pt和SiO2,酸浸后的滤渣经“氧化浸取”,其中Pd、Pt转化为H2[PdCl4]、H2[PtCl6],再次过滤,此时得到的滤渣中含有二氧化硅,滤液用氯化铵“沉铂”,再用氨水和盐酸经一系列处理后得到Pd,其中“滤液Ⅱ”中的溶质的主要成分是氯化铵,以此解题。 (2)结合已知信息可知,Pd、Pt经“氧化浸取”转化为H2[PdCl4]、H2[PtCl6],此时Pd发生反应的化学方程式为Pd+H2O2+4HCl===H2[PdCl4]+2H2O。 10 2 3 4 1 (3)“滤液Ⅱ”中的溶质可在　　　　　　工序中循环利用。  沉铂 解析:结合分析可知,“滤液Ⅱ”中的溶质的主要成分是氯化铵,则可在沉铂工序中循环利用。 11 2 3 4 1 (4)“氧化除铁”时,温度为180 ℃,该过程主要发生两步反应: (ⅰ)4Fe2++O2+4H+===4Fe3++2H2O (ⅱ) 　(填离子方程式)。  2Fe3++3H2OFe2O3↓+6H+ 解析:由题图及题给信息可知,在加热条件下“氧化除铁”最终生成了Fe2O3,其中反应(ⅰ)中二价铁被氧化为三价铁,则反应(ⅱ)中三价铁和水在加热条件下反应生成Fe2O3,离子方程式为2Fe3++3H2OFe2O3↓+6H+。 12 2 3 4 1 (5)常温下,“沉镍”时,需调节溶液pH=2,此时= 　 　　 　　　。  0.084(或8.4×10-2) 解析:由于pH=2,则c(H+)=10-2mol/L,= ===0.084。 13 2 3 4 1 (6)含钯催化剂可与其他催化剂协同催化乙烯氧化为乙醛的反应,该催化氧化反应经历如图所示5步(①→⑤),其中发挥催化作用的阳离子有 　　　　　和　　　　　　。  Pd2+ Cu2+ 14 2 3 4 1 解析:先消耗后生成的物质可认为是催化剂,由题图可知,步骤①→⑤中发挥催化作用的阳离子有Pd2+、Cu2+。 15 2 3 4 1 3.(18分)(2025·广东汕头高三二模)钒酸银(Ag3VO4)是一种极有前景的可见光响应光催化剂,一种用废钒渣(主要成分为V2O3、V2O5、Fe2O3、FeO及SiO2)制取钒酸银的工艺流程如下: 已知:①有机酸性萃取剂HA的萃取原理为R2(SO4)n(水层)+2nHA(有机层)⥫⥬2RAn(有机层)+nH2SO4(水层)(R表示VO2+,HA表示有机萃取剂)。 ②酸性溶液中,HA对VO2+、Fe3+萃取能力强,而对V、Fe2+的萃取能力较弱。 16 2 3 4 1 (1)基态钒原子的价层电子排布式为　　　　　。“滤渣”的成分是 　　　　　　(写化学式)。  3d34s2 SiO2 17 2 3 4 1 (2)滤液①中钒以+4价、+5价的形式存在,简述加入铁粉的原因:________  　 。  将+4价钒转化为+5价钒的同时使Fe3+还原为Fe2+,实现钒、铁元素的分离 18 2 3 4 1 解析:废钒渣(主要成分为V2O3、V2O5、Fe2O3、FeO及SiO2)加入稀硫酸、通入氧气进行“酸浸”,铁元素转化为硫酸铁,滤液①中钒以+4价、+5价的形式存在,而SiO2不反应,过滤后存在于滤渣中,萃取前加入铁粉将铁离子还原为亚铁离子,利用有机萃取剂HA萃取,分液后加入反萃取剂得到VO2+,再加入KClO3,将VO2+氧化为V,再加入NH3·H2O-NH4Cl溶液得到沉淀NH4VO3,过滤后煅烧得到五氧化二钒,再加入Ag2O经高温得到Ag3VO4,以此来解答。 (2)酸性溶液中,HA对VO2+、Fe3+萃取能力强,而对V、Fe2+的萃取能力较弱,滤液①中钒以+4价、+5价的形式存在,加入铁粉将+5价钒转化为+4价钒的同时使Fe3+还原为Fe2+,实现钒、铁元素的分离。 19 2 3 4 1 (3)“有机层”加入硫酸溶液反萃取后,加入KClO3,写出KClO3与VO2+反应生成V和Cl-的离子方程式: 　 。  Cl+6VO2++3H2O===6V+Cl-+6H+ 解析:由分析可知,“有机层”加入硫酸溶液反萃取后,加入KClO3,KClO3与VO2+反应生成V和Cl-,根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为Cl+6VO2++3H2O===6V+Cl-+6H+。 20 2 3 4 1 (4)已知溶液中V与V可相互转化且NH4VO3为沉淀。室温下,维持“沉钒”时溶液中NH3·H2O-NH4Cl溶液的总浓度为c mol·L-1,pH=6。已知Kb(NH3·H2O)=a,Ksp(NH4VO3)=b,则“沉钒”后溶液中c(V)= 　　 　　mol·L-1。  21 2 3 4 1 解析:室温下,维持“沉钒”时溶液中NH3·H2O-NH4Cl溶液的总浓度为 c mol·L-1,pH=6,溶液中c(OH-)= mol·L-1=10-8mol·L-1,由NH3·H2O⥫⥬ N+OH-,Kb(NH3H2O)=a,Ksp(NH4VO3)=b,可知,Kb(NH3·H2O) ===a,则c(N)= mol·L-1,则c(V)= = mol·L-1= mol·L-1。 22 2 3 4 1 (5)写出NH4VO3煅烧的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　,煅烧生成的气体返回　　　　工序重新利用。  2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑ 沉钒 解析: NH4VO3煅烧分解产生V2O5、NH3和H2O,化学方程式为2NH4VO3 V2O5+2NH3↑+H2O↑,煅烧生成的“NH3+H2O”返回沉钒工序重新利用。 2 3 4 1 4.(18分)(2025·广东广州高三综合测试)LiFePO4广泛应用于新能源汽车和储能领域。从低浓度锂溶液(含Li+、Al3+、Mg2+、Ca2+)获得制备LiFePO4的原料FePO4和Li2CO3,工艺流程如下: 24 2 3 4 1 已知:①常温下,部分物质的Ksp如下表。 ②在本工艺相应条件下,EDTA能与Ca2+反应生成可溶于水的稳定配合物。 ③常温下,Ka1(H3PO4)=6.9×10-3,Ka2(H3PO4)=6.2×10-8, Ka3(H3PO4)=4.8×10-13。 物质 Li3PO4 FePO4 AlPO4 Mg3(PO4)2 Ca(OH)2 Mg(OH)2 Ksp 2.3× 10-11 9.9× 10-16 9.8× 10-21 1.0× 10-24 5.5× 10-6 5.6× 10-12 25 2 3 4 1 (1)“沉锂1”中生成磷酸锂的离子方程式为 　 。  若“沉锂1”后滤液中c(P)=0.023 mol·L-1,则溶液Li+浓度为 　　　　　　mol·L-1。  3Li++P===Li3PO4↓ 1.0×10-3 26 2 3 4 1 解析:低浓度锂溶液(含Li+、Al3+、Mg2+、Ca2+)中加入Na3PO4溶液沉锂,生成含有Li3PO4、AlPO4、Mg3(PO4)2、Ca3(PO4)2的滤渣,用稀硫酸溶解,得到含有Li+、Al3+、Mg2+、Ca2+的溶液,加入萃取剂萃取除铝,得到的水相中含有Li+、Mg2+、Ca2+,加入绿矾和H2O2反应生成FePO4固体,过滤后加入NaOH生成的滤渣2为Fe(OH)3、Ca(OH)2和Mg(OH)2,过滤后加入EDTA,EDTA能与Ca2+反应生成可溶于水的稳定配合物,再加入Na2CO3,Li+与Na2CO3转化为Li2CO3固体,以此解答。 (1)“沉锂1”中Li+和P反应生成磷酸锂的离子方程式为3Li++P===Li3PO4↓;若“沉锂1”后滤液中c(P)=0.023 mol·L-1,则溶液Li+浓度为= mol·L-1=1.0×10-3 mol·L-1。 27 2 3 4 1 (2)“萃取除铝”时,调节溶液pH=3,Al3+与萃取剂HR(弱酸)反应转化为AlR3而被萃取至有机层。降低溶液pH,铝的去除率明显降低,原因是________  　 。  酸性增强,H++R-⥫⥬HR平衡正向移动,导致R-浓度降低,难以与铝离子配位 解析: “萃取除铝”时,调节溶液pH=3,Al3+与萃取剂HR(弱酸)反应转化为AlR3而被萃取至有机层,降低溶液pH,铝的去除率明显降低,原因是酸性增强,H++R-⥫⥬HR平衡正向移动,导致R-浓度降低,难以与铝离子配位。 2 3 4 1 (3)“沉淀”时控制溶液pH=1,此时c(H2P)∶c(H3PO4)=　　　　　　,该条件下Fe2+转化为FePO4的离子方程式为___________________________ 　 　 。  6.9×10-2 2Fe2++H2O2+2H3PO4===2FePO4↓ +2H2O+4H+ 解析: “沉淀”时控制溶液pH=1,c(H+)=0.1 mol·L-1,此时===6.9×10-2,该条件下Fe2+和H2O2、P反应生成FePO4,根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为2Fe2++H2O2+2H3PO4===2FePO4↓+2H2O+4H+。 2 3 4 1 (4)“除杂”中加入NaOH调节溶液pH=12。滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、Ca(OH)2和　　　　　　。  Mg(OH)2 解析: “除杂”中加入NaOH调节溶液pH=12,c(OH-)==mol·L-1 =0.01 mol·L-1,由Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12可知,此时溶液中c(Mg2+)== mol·L-1=5.6×10-8 mol·L-1<10-5 mol·L-1, Mg2+完全沉淀,则滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、Ca(OH)2和Mg(OH)2。 2 3 4 1 (5)“沉锂2”先加入适量EDTA,再加入Na2CO3固体,充分反应后过滤。加入EDTA的目的是防止Li2CO3产品中混入　　　　　　(填化学式)杂质。  CaCO3 解析:在本工艺相应条件下,EDTA能与Ca2+反应生成可溶于水的稳定配合物,“沉锂2”先加入适量EDTA,再加入Na2CO3固体,充分反应后过滤。加入EDTA的目的是防止Li2CO3产品中混入CaCO3杂质。 $