大单元6 主观题突破(2) 化工生产中物质转化条件的控制(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 5 6 1 非选择题 1.(10分)以液晶显示屏生产过程中产生的废玻璃粉末(含CeO2、SiO2、Fe2O3、Al2O3等)为原料回收Ce的流程如图所示。 已知: ①CeO2具有强氧化性,通常情况不与常见的无机酸反应。 ②几种阳离子转化为沉淀的pH见如表: 金属阳离子 Fe3+ Ce3+ Al3+ Fe2+ 开始沉淀的pH 1.5 7.6 3.4 6.5 沉淀完全的pH 2.8 9.4 4.7 9.0 1 2 3 4 5 6 1 回答下列问题: (1)为了加快废玻璃粉末的酸浸速率,通常采用的方法有_______________  　 (至少写一种)。  适当增大酸的浓度或适当升高温度或不断搅拌(答将样品粉碎不得分) 2 2 3 4 5 6 1 解析:废玻璃粉末酸浸除去Fe2O3、Al2O3,滤渣Ⅰ中含有CeO2、SiO2,CeO2具有强氧化性,加入H2O2作还原剂,酸性条件下CeO2被还原为Ce3+,二氧化硅不反应成为滤渣Ⅱ,滤液中含有CeCl3,加入碱调节溶液的pH得Ce(OH)3悬浊液,加盐酸得CeCl3·6H2O,在加热的条件下加入浓HCl抑制CeCl3水解得无水CeCl3,CeCl3在一定条件下生成Ce。 (1)根据影响反应速率的因素,为了加快废玻璃粉末的酸浸速率,通常采用的方法有适当增大酸的浓度或适当升高温度或不断搅拌。 3 2 3 4 5 6 1 (2)操作②中也需要调节pH,调节pH的范围为　　　　　 　。  4.7≤pH<7.6 解析:操作②中也需要调节pH,使得铁离子、铝离子成为沉淀,而Ce3+不沉淀,结合表数据,调节pH的范围为4.7≤pH<7.6。 4 2 3 4 5 6 1 (3)操作③需加入浓HCl的原因是　　　　　　　　,在氩气氛围中加热的目的是　 。  抑制Ce3+的水解 防止加热过程中CeCl3被氧化 解析: Ce3+的水解方程式为Ce3++3H2O⥫⥬Ce(OH)3+3H+,加入浓HCl,使得水解平衡逆向移动,故操作③需加入浓HCl的原因是抑制Ce3+的水解,防止生成沉淀;在氩气氛围中加热的目的是防止加热过程中CeCl3被空气中的氧气氧化。 5 2 3 4 5 6 1 2.(6分)锇(Os)、铱(Ir)、铂(Pt)是原子序数依次增大的第六周期第Ⅷ族元素,锇、铱不溶于一般的强酸中,甚至不溶于王水。利用锇铱矿(主要成分为天然锇铱合金及Os2O3、IrO2)冶炼锇铱的工艺流程如图所示。回答下列问题: (1)锇铱矿冶炼最大的困难就是“熔矿”,写出一种能促进“熔矿”的措施:　　　　　　　　　　。  将锇铱矿粉碎 6 2 3 4 5 6 1 (2)得到铱粉过程中,需向含铱溶液中加入Na2S溶液,除去Ru、Pt等元素,同时加入一定量盐酸调节溶液pH,但pH不宜过低的原因是______________  　 。  避免酸性过强,产生H2S气体,污染空气,且浪费原料 解析:由于该过程中使用了硫化钠,硫化钠可以和酸反应生成有毒的硫化氢,会污染环境,所以pH不宜过低。 7 2 3 4 5 6 1 3.(12分)研究从太阳能电池的碲化镉吸收层(主要含CdTe、CdS)中回收碲具有重要的意义。某回收工艺的流程如下: 8 2 3 4 5 6 1 (1)反应釜中,溶液的pH、温度(T)与生成沉淀的关系如图,图中区域分别表示铁的化合物稳定存在的区域。则制备FeOOH适宜的pH和温度分别为 　　　　(填字母)。  a.2,80 ℃　　　　　　　　 b.4,90 ℃ c.5,160 ℃ d.6,25 ℃ b 9 2 3 4 5 6 1 (2)制备磁性纳米铁棒时,加入NaBH4前先通入N2的作用是   　 。  排出设备中的空气,防止磁性纳米铁棒和NaBH4被氧化 解析:磁性纳米铁棒和NaBH4都容易被氧化,所以在加入NaBH4前需通入N2排出反应容器中的空气。 10 2 3 4 5 6 1 (3)常温下,若在含Cd2+、Te4+滤液中加入NaOH溶液调节pH为7,溶液中c(Cd2+)的最大值为　　 　　　{已知:Ksp[Cd(OH)2]=5.3×10-15}。  0.53 mol·L-1 解析:常温下,溶液的pH=7,则c(OH-)=1.0×10-7 mol·L-1,根据Ksp[Cd(OH)2]=5.3×10-15,则c(Cd2+)== mol·L-1= 0.53 mol·L-1。 2 3 4 5 6 1 (4)从含Te滤液得到“吸附Te”,利用了磁性纳米铁棒的性质有 　　　　、　　　　。  吸附性 还原性 解析: Te中Te的化合价降低,被磁性纳米铁棒还原,磁性纳米铁棒还能吸附Te,故在得到Te的过程中,磁性纳米铁棒呈现了还原性和吸附性。 2 3 4 5 6 1 4.(8分)金红石是一种重要的钛矿石,具有较高的稳定性和化学惰性,其主要成分为TiO2,还含有少量Fe、Cr的氧化物。金属钛具有高强度、低密度、耐腐蚀等优良性能,广泛应用于航空航天、化工、医疗器械等领域。工业上常采用氯化法和还原法相结合的工艺来制备金属钛。工艺流程如下: 13 2 3 4 5 6 1 还原过程用金属镁在高温下还原TiCl4得到金属Ti。 (1)还原过程需在　　　　(填字母)气氛中进行。  a.氩气　　　b.N2　　　c.CO2　　　d.空气 a 解析:“酸浸”后过滤,得到含TiOSO4、Fe2 (SO4)3等的溶液,加入大量水使TiOSO4水解,过滤后得到胶状TiO2·xH2O;TiO2·xH2O经煅烧得到TiO2,TiO2再与C、Cl2发生氧化还原反应生成TiCl4、CO、CO2,TiCl4经Mg热还原得到Ti。(1)Mg与氧气、氮气、二氧化碳均反应,故还原过程应在氩气氛围中进行。 14 2 3 4 5 6 1 (2)下列金属冶炼常用的方式和上述过程相似的是　　　　(填字母)。  a.Al b.Fe c.Na d.Pt b 解析: Mg还原TiCl4制Ti,属于热还原法,Fe也是用热还原法制备;Na、Al等活泼金属用电解法,Pt、Au等不活泼金属用富集法制备。 15 2 3 4 5 6 1 (3)钛的提取率在不同温度下随时间变化的曲线如图所示,工业中实际生产选择1 000 ℃左右进行,请解释原因:______________________________   　 。  800 ℃时,转化率低;1 500 ℃和 1 000 ℃的转化率相当,1 500 ℃时能耗太高 2 3 4 5 6 1 解析: 800 ℃的提取率低,1 000 ℃与1 500 ℃提取率很高而且相差不大,故选择1 000 ℃,可以节约生产成本。 2 3 4 5 6 1 5.(12分)LiMn2O4是一种锂离子电池的正极材料。用高锰酸钾废渣(主要成分为MnO2、Fe2O3、Al2O3及SiO2)和黄铁矿(主要成分为FeS2)制备LiMn2O4的工艺流程如下: 已知:酸浸液主要含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+等金属阳离子。 18 2 3 4 5 6 1 (1)保持温度、浸取时间不变,能提高锰元素浸出率的措施有___________ ______________________________________________________________  　 。  (2)除杂。加入H2O2的作用为 　 。  适当增加硫酸浓度,将固体原料粉碎,加快搅拌速率(任答一条即可,其他合理答案也可) 作氧化剂,将Fe2+氧化为Fe3+ 19 2 3 4 5 6 1 (3)热解。在真空中加热分解MnSO4·H2O,测得固体的质量随温度变化如图所示。真空热解MnSO4·H2O制备Mn3O4,需控制的温度为大于　　　℃, 原因为________________________________________________________ 　  　 (写出计算推理过程)。  1 000 3MnSO4·H2O~Mn3O4,×100%= ×100%≈54.83%,所以需控制温度大于1 000 ℃ 20 2 3 4 5 6 1 6.(12分)草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备。用含钴废料(主要成分为Co,含有一定量的NiO、Al2O3、Fe、SiO2等)制备草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)的流程如下: 21 2 3 4 5 6 1 已知:①草酸钴晶体难溶于水。 ②RH为有机物(难电离),Mn+代表金属离子,Mn++nRH⥫⥬MRn+nH+。 ③流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表: ④滤液中Co元素以Co2+形式存在。 沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Al(OH)3 Ni(OH)2 开始 沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.5 完全 沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 8.0 22 2 3 4 5 6 1 (1)为提高浸出速率,除将含钴废料粉碎外,还可采取的措施有__________     (写出两条)。 适当提高酸浸温度、适当增加硫酸浓度等(答案合理即可) 23 2 3 4 5 6 1 (2)加入氧化钴调节溶液的pH,调节的pH范围是　　　　 　　。  5.2≤pH<7.5 解析:加入氧化钴,发生反应CoO+2H+===Co2++H2O,根据阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH可知,调节溶液的pH为5.2≤pH<7.5,使Fe3+和Al3+完全转化为沉淀Fe(OH)3、Al(OH)3,同时不能影响到镍和钴。 24 2 3 4 5 6 1 (3)可否考虑先将Co2+转化为CoCO3,再利用反应CoCO3(s)+C2(aq)⥫⥬ CoC2O4(s)+C(aq)将CoCO3转化为CoC2O4:　　　　(填“能”或“不能”),说明理由:　     [Ksp(CoCO3)=1.5×10-13,Ksp(CoC2O4)=6.0×10-8]。 不能 该反应的平衡常数K=2.5×10-6,转化程度小,不能实现转化 解析: CoCO3(s)+C2(aq)⥫⥬CoC2O4(s)+C(aq)的平衡常数K=====2.5×10-6,转化程度小,不能实现该转化。 25 $