大单元6 主观题突破(3) 化工生产中物质的分离与提纯(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）

主观题突破(三)　化工生产中物质的分离与提纯 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 1.常考分离、提纯的操作 (1)从滤液中提取一般晶体(溶解度随温度升高而增大)的方法:蒸发浓缩(至少有晶膜出现)、冷却结晶、过滤、洗涤(冰水洗、热水洗、乙醇洗等)、干燥。 (2)从滤液中提取溶解度受温度影响较小或随温度升高而减小的晶体的方法:蒸发浓缩、趁热过滤(如果温度下降,杂质也会以晶体的形式析出来)、洗涤、干燥。 (3)减压蒸发的原因:减压蒸发降低了蒸发温度,可以防止某物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)或失去结晶水(如题目要求制备结晶水合物产品)。 4 (4)洗涤 洗涤试剂 适用范围 目的 蒸馏水 冷水 产物不溶于水 除去固体表面吸附着的××杂质,可适当降低固体因为溶解而造成的损失 热水 溶解度随着温度升高而下降的物质 除去固体表面吸附着的××杂质,可适当降低固体因为温度变化溶解而造成的损失 5 洗涤试剂 适用范围 目的 有机溶剂(酒精、丙酮等) 固体易溶于水、难溶于有机溶剂 减少固体溶解;利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分,产品易干燥 饱和溶液 对纯度要求不高的产品 减少固体溶解 酸、碱溶液 产物不溶于酸、碱 除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂质;减少固体溶解 洗涤沉淀的方法:向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀,待水自然流下后,重复以上操作2~3次 检验沉淀是否洗涤干净的方法:取少量最后一次的洗涤液于试管中,向其中滴入某试剂,若未出现特征反应现象,则沉淀已洗涤干净 6 (5)萃取与反萃取 ①萃取:利用物质在两种互不相溶的溶剂中的溶解度不同,将物质从一种溶剂转移到另一种溶剂的过程。如用CCl4萃取溴水中的Br2。 ②反萃取:用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程,为萃取的逆过程。 (6)其他 ①蒸发时的气体氛围抑制水解:如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时,应在HCl的气流中加热,以防其水解。 ②减压蒸馏的原因:减小压强,使液体沸点降低,防止受热分解、氧化等。 7 2.根据溶解度曲线判断结晶的方法 (1)溶解度受温度影响较小的(如NaCl)采取蒸发结晶的方法。 (2)溶解度受温度影响较大的采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法。 (3)带有结晶水的盐,一般采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法。 8 [应用举例] 1.萃取法分离 (1)“萃取分离”溶液中钴、锂的萃取率与平衡时溶液pH的关系如图所示,pH一般选择5左右,理由是  　。  pH在5左右时,钴、锂的萃取率高 9 (2)萃取剂对Al3+、Co2+的萃取率与pH的关系如图所示。萃取分离钴、铝的实验操作:向萃取分液后的有机相中加稀硫酸调pH=3~4,分液可得CoSO4溶液;____________________________________________________  　 , 可得Al2(SO4)3溶液。 继续向萃取分液后的有机相中加稀H2SO4调pH=0.5以下(或1以下),然后分液 10 (3)萃取剂A、B中pH对钴离子、锰离子萃取率的影响如图所示,为了除去Mn2+,应选择萃取剂　　　　(填“A”或“B”)。  B 11 2.反萃取分离 (1)实验室从含碘废液(除H2O外,含有CCl4、I2、I-等)中回收碘,其实验过程如图所示。 向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液,将废液中的I2还原为I-,其反应的离子方程式: 　 。  该操作将I2还原为I-的目的是 　 。  S+I2+H2O===2I-+2H++S 使四氯化碳中的碘进入水层 12 (2)钒及其化合物在工业上有许多用途。从废钒(主要成分为V2O3、V2O5、Fe2O3、FeO、SiO2)中提取五氧化二钒的一种工艺流程如图: 13 已知:①VOSO4能溶于水,VO2+与Fe不能反应; ②有机溶剂H2R对VO2+及Fe3+萃取率高,但不能萃取Fe2+。 “溶剂萃取与反萃取”可表示为VO2++H2R VOR+2H+。为了提高VO2+的产率,反萃取剂可选用　　　　(填字母)。  a.NaCl　　　　b.NaOH　　　　c.H2SO4 c 14 3.结晶与过滤 从溶液中得到晶体的过程:蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤、干燥。 需要加热得到的晶体(或物质):蒸发结晶、趁热过滤。 需要冷却得到的晶体(或物质):蒸发浓缩、冷却结晶。 (1)制备MnSO4·H2O晶体。已知有关物质的溶解度曲线如图1所示, MnSO4·H2O晶体在曲线拐点右侧。 操作方法:滴加稀硫酸酸化,温度　　　　(填“高于” “低于”或“等于”)40 ℃,　　　　结晶、　　　　过滤, 酒精洗涤,低温干燥。  高于 蒸发 趁热 15 (2)制备FeSO4·7H2O晶体。已知有关物质的溶解度曲线如图2所示, FeSO4·7H2O晶体在曲线拐点左侧。 操作方法:加热　　　　,得到　　　　 ℃饱和溶液,冷却至　　　　 ℃结晶,过滤,少量冰水洗涤,低温干燥。  浓缩 60 0 16 (3)由图3和图4,确定以下物质的制备方法: 17 ①制备KNO3:　 　　　、　　　 　、过滤、洗涤、干燥。  ②制备KCl:蒸发　　　　、　　 　　、洗涤、干燥。  ③制备无水Na2SO3:在　　　　(填“高于”“低于”或“等于”)34 ℃条件下,　　 　　、　 　　　、洗涤、干燥。  蒸发浓缩 冷却结晶 结晶 趁热过滤 高于 蒸发结晶 趁热过滤 18 反思归纳 工艺操作(结果) 目的评价(或操作名称) 分离提纯 不相溶液体 分液 相溶性液体 蒸馏 难溶性固体 过滤 易溶性固体 蒸发浓缩、冷却结晶 趁热过滤 防止温度降低,某物质析出 冰水洗涤 减少晶体的溶解损失 乙醇、有机溶剂洗涤 减少晶体的水溶性损失 19 精研　高考真题 20 精研　高考真题 1.(2025·湖北卷)氟化钠是一种用途广泛的氟化试剂,通过以下两种工艺制备: Ⅰ. Ⅱ. 已知:室温下,TiO2是难溶酸性氧化物,CaTiO3的溶解度极低。 20 ℃时,NaF的溶解度为4.06 g/100 g水,温度对其溶解度影响不大。 21 回答下列问题: (1)20 ℃时,CaF2饱和溶液的浓度为c mol·L-1,用c表示CaF2的溶度积Ksp=　　　　。  4c3 解析:工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为CaF2+2NaOH===Ca(OH)2+2NaF,水浸后得到滤液Ⅰ主要是NaF、Ca(OH)2溶液,经过系列操作得到NaF固体;对比两种工艺流程,流程Ⅱ添加TiO2粉末,由题目可知,生成的CaTiO3的溶解度极低,使得Ca2+不转化为Ca(OH)2,提高了NaF的产率,据此解答。 (1)CaF2饱和溶液的浓度为c mol·L-1,则c(Ca2+)=c mol·L-1、c(F-)=2c mol·L-1, Ksp(CaF2)=c(Ca2+)×c2(F-)=4c3。 22 (2)工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为CaF2+2NaOH===Ca(OH)2+2NaF。分析沉淀的成分,测得反应的转化率为78%。水浸分离,NaF的产率仅为8%。 ①工艺Ⅰ的固相反应　　　　(填“正向”或“逆向”)进行程度大。  ②分析以上产率变化,推测溶解度S(CaF2)　　 　(填“>”或“<”)S[Ca(OH)2]。  正向 < 解析:①转化率为78%,说明固相反应主要向生成Ca(OH)2和NaF的方向进行,即正向进行程度大。②NaF的产率仅为8%,说明大部分NaF未进入溶液,则溶液中存在Ca(OH)2向CaF2的转化过程,根据沉淀转化的规律可推测:S(CaF2)<S[Ca(OH)2]。 23 (3)工艺Ⅱ水浸后NaF的产率可达81%,写出工艺Ⅱ的总化学反应方程式:   　 。  CaF2+TiO2+2NaOH===CaTiO3+2NaF+H2O 24 (4)从滤液Ⅱ获取NaF晶体的操作为　　　　(填字母,下同)。  a.蒸发至大量晶体析出,趁热过滤 b.蒸发至有晶膜出现后冷却结晶,过滤 a 解析:滤液Ⅱ主要是NaF溶液,因NaF溶解度受温度影响小(题干说明),故蒸发至大量晶体析出,趁热过滤即可得到NaF晶体,故选a;其溶解度随温度变化不明显,冷却结晶无法析出更多晶体,故不选b。 25 (5)研磨能够促进固相反应的原因可能有　 。  a.增大反应物间的接触面积 b.破坏反应物的化学键 c.降低反应的活化能 d.研钵表面跟反应物更好接触 ab 26 解析: a.研磨将固体颗粒粉碎,减小粒径,从而显著增大反应物之间的接触面积,使反应更易发生,选a;b.研磨过程中的机械力可能导致晶体结构缺陷或局部化学键断裂,产生活性位点,使反应更易发生,选b;c.活化能是反应固有的能量屏障,研磨主要通过增加接触和产生缺陷来提高反应速率,但一般不直接降低活化能,不选c;d.研钵仅作为研磨工具,其表面不参与反应,因此与反应物接触更好并非促进反应的原因,不选d。 27 2.(2025·湖南卷)一种从深海多金属结核[主要含MnO2、FeO(OH)、SiO2,有少量的Co2O3、Al2O3、NiO、CuO]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液(NiSO4、CoSO4、MnSO4)的工艺流程如下: 28 已知:①金属氢氧化物胶体具有吸附性,可吸附金属阳离子。 ②常温下,溶液中金属离子(假定浓度均为0.1 mol·L-1)开始沉淀和完全沉淀(c≤1.0×10-5 mol·L-1)的pH:   Fe3+ Al3+ Cu2+ Ni2+ Co2+ Mn2+ 开始沉 淀的pH 1.9 3.3 4.7 6.9 7.4 8.1 完全沉 淀的pH 3.2 4.6 6.7 8.9 9.4 10.1 29 回答下列问题: (1)“酸浸还原”时,“滤渣”的主要成分是　　　　(写化学式);SO2还原Co2O3的化学方程式为　 　 。  SiO2 SO2+Co2O3+H2SO4===2CoSO4+H2O 30 解析:深海多金属结核[主要含MnO2、FeO(OH)、SiO2,有少量的Co2O3、Al2O3、NiO、CuO]中加入SO2、H2SO4进行酸浸还原,得到的滤渣含有SiO2,滤液中含有Mn2+、Fe2+、Co2+、Al3+、Ni2+、Cu2+,通入空气,调节pH=3.2,沉铁得到Fe2O3滤渣,继续加入NaOH调节pH=5.2沉铝主要得到Al(OH)3,加入萃取剂第一次萃取Cu2+,分液得到Cu2+的萃取液1,萃余液1中加入混合萃取剂进行第二次萃取,得到电池级镍钴锰混合溶液,萃余液2中电解得到金属锰,据此解答。 (1)由分析可知,“酸浸还原”时,“滤渣”的主要成分是SiO2;SO2将+3价钴还原为+2价钴,同时由于硫酸的作用得到CoSO4,反应的化学方程式为SO2+Co2O3+H2SO4===2CoSO4+H2O。 31 (2)“沉铁”时,Fe2+转化为Fe2O3的离子方程式为_______________________ _________________, 加热至200 ℃的主要原因是____________________   　 。  4Fe2++O2+4H2O 2Fe2O3↓+8H+ 防止形成Fe(OH)3胶体,防止其吸附其他金属阳离子,造成产率下降 解析: “沉铁”时,Fe2+转化为Fe2O3,铁元素化合价上升,则O2作氧化剂,离子方程式为4Fe2++O2+4H2O 2Fe2O3↓+8H+;已知金属氢氧化物胶体具有吸附性,可吸附金属阳离子,则加热至200 ℃的主要原因是防止形成Fe(OH)3胶体,防止其吸附其他金属阳离子,造成产率下降。 32 (3)“沉铝”时,未产生Cu(OH)2沉淀,该溶液中c(Cu2+)不超过 　　　　 mol·L-1。  1×10-2 解析:由表可知,Ksp[Cu(OH)2]=1.0×10-5×()2=10-19.6,“沉铝”时,未产生Cu(OH)2沉淀,则c(Cu2+)<= mol·L-1=1×10-2 mol·L-1。 33 (4)“第二次萃取”时,　　　　、　　　　(填离子符号)与混合萃取剂形成的配合物(其结构如图所示,M表示金属元素)更稳定,这些配合物中氮原子的杂化类型为　　　　。  Co2+ Ni2+ sp2 34 解析:由流程可知,第二次萃取时,主要萃取Co2+、Ni2+,因此Co2+、Ni2+与混合萃取剂形成的配合物更稳定;六元杂环是平面结构,N原子提供单电子用于环内形成大π键,剩余1个孤电子对形成配位键,N的价层电子对数为3,是sp2杂化。 35 强化 关键能力 强化 关键能力 1.“三废”的科学治理是环境保护和资源循环利用的重要举措。某含砷烟尘主要成分为As2O3、Pb5(AsO4)3Cl、CuS和ZnS等。一种脱砷并回收As2O3、铜和锌的流程如下: 37 已知:①As2O3微溶于冷水,易溶于热水; ②“氧化酸浸”中,金属硫化物转化成硫酸盐;难溶于热水的Pb5(AsO4)3Cl转化成H3AsO4; ③萃取时,将萃取剂HL溶于磺化煤油中,所得溶液作为有机相,萃取和反萃取原理为2HL+M2+ ML2+2H+,式中M2+为Cu2+或Zn2+。 回答下列问题: (1)“水浸”时,采用热水的目的是 　 。  提高As2O3的浸出率 解析:流程分析如下: (1)结合流程分析可知用热水可以将As2O3溶解,便于As2O3回收。 (2)“氧化酸浸”时,CuS发生反应的离子方程式为    　 ,  Pb5(AsO4)3Cl与硫酸反应的化学方程式为   　 。  CuS+4H2O2===S+Cu2++4H2O Pb5(AsO4)3Cl+5H2SO4===3H3AsO4+5PbSO4+HCl 解析: “氧化酸浸”时,CuS转化为硫酸盐,根据得失电子守恒得CuS+4H2O2→S+Cu2+,此时已经符合电荷守恒,再结合原子守恒可知在右边加“4H2O”,可得反应的离子方程式为CuS+4H2O2===S+Cu2++4H2O。 (3)铜萃取剂HL( )中的N、酚羟基O均与Cu2+配位,形成配合物CuL2。该配合物中Cu2+的配位数为　　　,HL分子结构中设计正壬基的作用是______________________________________________ 　 　 。  “反萃取铜”后,“富铜液”为　　　　(填“水”或“有机”)相。 4 正壬基为憎水基团,在萃取剂中引入正壬基,有利于CuL进入有机相 水 解析: HL中的N、酚羟基上的O均能与Cu2+形成配位键,每个HL提供2个配位原子,故CuL2中Cu2+的配位数为4;正壬基的极性较小,根据相似相溶原理,正壬基易溶于有机物,HL作为萃取剂,与Cu2+形成的配位化合物可溶于有机相,从而实现萃取的目的,再经反萃取,Cu2+回到水相中,则富铜液为水相。 (4)“沉砷”时,采用生石灰处理,滤渣主要成分的化学式为 　 　　　　　　。  Ca3(AsO4)2、CaSO4 解析:由流程分析可知,滤渣的主要成分为Ca3(AsO4)2、CaSO4。 (5)“反萃取锌”时,试剂X为　 　　　。  H2SO4 解析:由流程分析结合平衡移动可知,X为H2SO4。 2.一种利用钛白粉副产品[主要成分为FeSO4·7H2O,含有少量Fe2(SO4)3、TiOSO4、MgSO4、MnSO4等]和农药盐渣(主要成分为Na3PO4、Na2SO3等)制备电池级磷酸铁的工艺流程如下。 一定条件下,一些金属氟化物的Ksp如下表。 氟化物 FeF2 MgF2 MnF2 Ksp 2.3×10-6 5.1×10-11 5.0×10-3 回答下列问题: (1)“除钛”中产生的少量气体是　　　　(填化学式);铁粉的作用之一是提高体系的pH,使得TiO2+水解以TiO2·xH2O沉淀形式除去,其另一个作用是　　 　　。  H2 还原Fe3+ 解析:流程中要保留Fe3+,使其与P反应生成FePO4·2H2O,则要除去Ti、Mg、Mn元素。流程分析如下: (1)由流程分析可知,“除钛”中产生的少量 气体是H2;铁粉的另一个作用是还原Fe3+。 (2)“除杂1”中除去的离子是　　　　　(填离子符号)。  Mg2+ 解析:结合流程分析可知“除杂1”中除去的是Mg2+。 (3)“氧化1”中若H2O2加入速率过快,会导致H2O2用量增大,原因是_______  　 。  本步骤不能使用稀盐酸代替H2SO4溶液,原因是______________________  　 。  氧化生成的Fe3+可以使H2O2分解速率增大,导致H2O2用量增大 防止盐酸与KMnO4反应生成Cl2,产生污染 解析: “氧化1”中Fe2+被H2O2氧化为Fe3+,且生成的Fe3+是H2O2分解的催化剂,故H2O2加入速度过快,会在Fe3+催化下分解,导致用量增大;由于该反应在酸性条件下发生,若使用稀盐酸代替硫酸溶液,则在“除杂2”中会与KMnO4反应生成Cl2,污染环境。 (4)滤渣3的主要成分是MnO2·xH2O,生成该物质的离子方程式为   　 。  3Mn2++2Mn+(5x+2)H2O===5MnO2·xH2O↓+4H+ 解析:由流程分析可知,“除杂2”中生成MnO2·xH2O,根据得失电子守恒可得3Mn2++2Mn→5MnO2·xH2O↓,根据电荷守恒和溶液呈酸性可知在右边加“4H+”,结合原子守恒可知在左边加“(5x+2)H2O”,则离子方程式为3Mn2++2Mn+(5x+2)H2O===5MnO2·xH2O↓+4H+。 (5)“氧化2”的目的是减少　　　　(填化学式)气体的排放。  SO2 解析:农药盐渣成分中有Na2SO3,“除杂2”后溶液含有H+,二者混合会发生反应S+2H+===SO2↑+H2O,故“氧化2”的目的是减少SO2气体的排放,同时防止Fe3+与S反应。 (6)“沉铁”中如果体系酸性过强,会导致FePO4·2H2O产量降低,原因是 ______________________________________________________________   　 。  溶液中H+浓度较大,磷元素主要以H3PO4、H2P、HP形式存在, P浓度低,生成FePO4·2H2O沉淀量少 解析:从H+浓度过大,P的水解平衡正向移动,体系中磷元素主要以H3PO4、H2P、HP的形式存在,FePO4·2H2O沉淀溶解平衡正向移动导致FePO4·2H2O产率降低等方面回答。 $