大单元六 五类必考大题解题方略(三) 化工流程题的综合分析-【优化探究】2026年高考化学二轮专题复习配套课件（双选版）

五类必考大题解题方略(三)　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·河南卷)一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt,含有少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程如下: 6 回答下列问题: (1)“酸溶1”的目的是 　 。  溶解金属成分,分离SiO2 7 解析:从贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt,含有少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程中,加入浓盐酸溶解其中的Fe,过滤后实现分离,再向滤渣中加入王水(浓盐酸与浓硝酸混合酸)氧化溶解Rh,Rh转化为H3[RhCl6],Pt转化为相关可溶物,SiO2不溶,过滤后进行分离;煮沸滤液除去盐酸、硝酸,再加入浓盐酸、DETA将部分铑元素沉淀,过滤后,滤渣进行灼烧分解为Rh、Rh2O3和RhCl3,再用H2进行高温还原得到铑单质,向滤液2中加入NH4Cl将铂元素相关化合物转化为沉淀除去,加入SnCl2将Rh(Ⅲ)转化为[Rh(SnCl3)5]4-,再加入Zn进行还原,生成Rh,由于Zn过量有剩余,加入浓盐酸溶解过量的Zn,实现Zn与Rh分离,过滤获得铑粉,以此分析解答。 (1)贵金属合金粉主要成分为Fe、Rh、Pt,含有少量SiO2,Fe易溶于盐酸,而Rh和Pt在常温下不易被盐酸溶解,SiO2不溶于酸,因此酸溶后SiO2会以滤渣形式被分离出来。 8 (2)已知“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6],则生成该物质的化学方程式为   　 ;  “滤渣”的主要成分是　　　　(填化学式)。  Rh+6HCl+HNO3===H3[RhCl6]+NO↑+2H2O SiO2 解析: “酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6],Rh元素化合价由0价升高至+3价,HNO3中N元素化合价由+5价降低至+2价,结合化合价升降守恒以及原子守恒可知反应的化学方程式为Rh+6HCl+HNO3===H3[RhCl6]+NO↑ +2H2O;由上述分析可知该过程中“滤渣”的主要成分为SiO2。 9 (3)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质,但夹杂少量Rh2O3和RhCl3,则“高温还原”中发生反应的化学方程式为 ____________________________________________________。  Rh2O3+3H22Rh+3H2O、2RhCl3+3H22Rh+6HCl 解析: “高温还原”过程中,Rh2O3和RhCl3均被H2还原为Rh,Rh元素化合价均由+3价降低至0价,根据化合价升降守恒以及原子守恒可知反应的化学方程式为Rh2O3+3H22Rh+3H2O、2RhCl3+3H22Rh+6HCl。 10 (4)若“活化还原”在室温下进行,SnCl2初始浓度为1.0×10-4 mol·L-1,为避免生成Sn(OH)2沉淀,溶液适宜的pH为　　　　(填字母)[已知Sn(OH)2的Ksp=5.5×10-28]。  A.2.0　　　　B.4.0　　　　C.6.0 A 解析:SnCl2初始浓度为1.0×10-4 mol·L-1,则溶液中c(Sn2+)=1.0×10-4 mol·L-1,当恰好生成Sn(OH)2沉淀时,c(OH-)== mol·L-1 ≈2.3×10-12 mol·L-1,c(H+)== mol·L-1≈4.3×10-3 mol·L-1,pH=-lg c(H+)=-lg(4.3×10-3)≈3-0.6=2.4,因此为避免生成Sn(OH)2沉淀,溶液的pH<2.4。 11 (5)“活化还原”中,SnCl2必须过量,其与Rh(Ⅲ)反应可生成[Rh(SnCl3)5]4-,提升了Rh的还原速率,该配离子中Rh的化合价为　　　　;反应中同时生成[SnCl6]2-,Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3-计,则理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为　　　　。  +1 6∶1 12 解析:配离子[Rh(SnCl3)5]4-中,配位体[SnCl3]-带1个负电荷,设Rh的化合价为x价,则x+5×(-1)=-4,则x=+1;Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3-计,反应中Rh(Ⅲ)还原至Rh(Ⅰ),每个Rh得到2个电子,SnCl2为还原剂,部分被氧化为[SnCl6]2-,Sn(Ⅱ)被氧化为Sn(Ⅳ),每个Sn失去2个电子,同时反应过程中,部分SnCl2结合一个Cl-形成[SnCl3]-,作为新的配位体,每生成1个[Rh(SnCl3)5]4-,需要5个SnCl2,因此理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为(1+5)∶1=6∶1。 13 (6)“酸溶3”的目的是 　 。  除去滤渣中未反应的Zn 解析:由于“二次还原”过程中,为确保[Rh(SnCl3)5]4-完全反应,加入的Zn需过量,过滤后剩余Zn和生成物Rh存在于滤渣中,因此再向滤渣中加入浓盐酸的目的为除去滤渣中未反应的Zn。 14 2.(2025·安徽卷)某含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等,一种提取该废渣中锶的流程如图所示。 已知25 ℃时,Ksp(SrSO4)=10-6.46,Ksp(BaSO4)=10-9.97。 15 回答下列问题: (1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态锶原子价层电子排布式为　　　　　　　　。  5s2 解析:锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族,所以其基态原子价层电子排布式为5s2。 16 (2)“浸出液”中主要的金属离子有Sr2+、　　　　 　(填离子符号)。  Ca2+、Mg2+ 17 (3)“盐浸”中SrSO4转化反应的离子方程式为 　 ;  25 ℃时,向0.01 mol SrSO4粉末中加入100 mL 0.11 mol·L-1 BaCl2溶液,充分反应后,理论上溶液中c(Sr2+)·c(S)=　 　　　mol2·L-2(忽略溶液体积的变化)。  SrSO4+Ba2+===BaSO4+Sr2+ 10-8.97 18 解析:根据“盐浸”时的反应列三段式如下: 　　　　　　SrSO4+Ba2+===BaSO4+Sr2+ 起始量/mol 0.01 0.011 0 0 变化量/mol 0.01 0.01 0.01 0.01 反应终 点量/mol 0 0.001 0.01 0.01 可得充分反应后c(Ba2+)==0.01 mol·L-1,c(Sr2+)== 0.1 mol·L-1,又c(S)== mol·L-1=10-7.97 mol·L-1,可得c(Sr2+)·c(S)=10-8.97 mol2·L-2。 19 (4)其他条件相同时,盐浸2 h,浸出温度对锶浸出率的影响如图甲所示。随温度升高锶浸出率增大的原因是__________________________________   　。  其他条件相同时,温度升高,SrSO4转化反应的速率加快 20 (5)“浸出渣2”中主要含有SrSO4、　　　　 　　(填化学式)。  BaSO4、SiO2 21 (6)由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的最优方法是　　　　(填字母)。  a.加热脱水　　　　　　 b.在HCl气流中加热 c.常温加压 d.加热加压 a 解析:锶为第五周期第ⅡA族金属元素,Ca(OH)2为强碱,则Sr(OH)2也是强碱,所以Sr2+不发生水解,故可由SrCl2·6H2O直接加热脱水制备无水SrCl2,SrCl2·6H2O受热分解产生SrCl2和H2O(g)的反应为气体分子数增大的反应,故加热时加压不利于反应正向进行,选a。 22 强化 关键能力 强化 关键能力 1.(2025·山东实验中学模拟)以铂钯精矿(含Se、Te、Au、Pt、Pd等)为原料,提取贵金属Au、Pt、Pd的工艺流程如图所示: 已知:①“氯化浸出”时,Au、Pt、Pd以AuC、PtC、PdC形式存在; ②(NH4)2PtCl6和(NH4)2PdCl6难溶于水,(NH4)2PtCl4易溶于水; ③室温:Ksp[(NH4)2PtCl6]=5.7×10-6;571/2≈7.5。 24 (1)“焙烧”时,Se、Te转化为可溶于水的Na2SeO3和Na2TeO4。转化等物质的量的Se、Te时,消耗NaClO3的物质的量之比为　　　　;根据下图判断“焙烧”适宜的温度范围是　　　　(填字母)。  A.300~350 K　　　　　　 B.350~400 K C.400~450 K D.450~500 K 2∶3 B 解析:将铂钯精矿、碳酸钠、氯酸钠混合焙烧,将硒、碲转化为Na2SeO3和Na2TeO4,加水水浸、过滤得到含有Na2SeO3和Na2TeO4的滤液和滤渣;向滤渣中加入浓盐酸,通入氯气氯化浸出,将Au、Pt、Pd转化为AuC、PtC、PdC,过滤得到浸出渣和滤液;向滤液中通入过量二氧化硫,将溶液中的四氯合金酸根离子转化为金、六氯合铂酸根离子转化为四氯合铂酸根离子,过滤得到金和滤液;向滤液中加入氯化铵沉钯,将溶液中的六氯合钯酸根离子转化为六氯合钯酸铵沉淀,过滤得到六氯合钯酸铵和滤液;六氯合钯酸铵经煅烧分解得到钯;向滤液中通入氯气,将溶液中的四氯合铂酸根离子转化为六氯合铂酸根离子,加入氯化铵沉铂,将溶液中的六氯合铂酸根离子转化为六氯合铂酸铵沉淀,过滤得到尾液和六氯合铂酸铵;六氯合铂酸铵经铂精炼得到铂。 (1)硒、碲转化为Na2SeO3和Na2TeO4时,硒、碲化合价分别升高到+4价和+6价,由得失电子数目守恒可知,消耗氧化剂氯酸钠的物质的量之比为4∶6=2∶3;由题图可知,温度为350~400 K时,硒、碲脱除率最高,所以“焙烧”适宜的温度范围为350~400 K。 (2)一般条件下Au很难被Cl2氧化,但用浓盐酸作浸出液,可使Au被Cl2氧化,由此分析“氯化浸出”过程中浓盐酸的作用为________________________  　 。  Cl-作配体,与金离子形成稳定的配合物,提高Au的还原性,将Au转化为AuC,从而浸出Au 解析:一般条件下Au很难被Cl2氧化,用浓盐酸作浸出液,盐酸电离出的Cl-作配体,与金离子形成稳定的配合物,提高Au的还原性,将Au转化为AuC,从而浸出Au。 (3)“还原”得到金的离子方程式为__________________________________  　 ; 加入过量SO2的目的是_______________________  　 。  2AuC+3SO2+6H2O===2Au↓+8Cl- +3S+12H+ 将AuC全部转化为Au,将 PtC还原为PtC 解析:由分析可知,通入过量二氧化硫的目的是将溶液中的四氯合金酸根离子转化为金、六氯合铂酸根离子转化为四氯合铂酸根离子,得到金的反应的离子方程式为2AuC+3SO2+6H2O===2Au↓+8Cl-+3S+12H+。 (4)“煅烧”时还生成N2、NH4Cl和一种气体,该气体用少量水吸收后可重复用于“　　　　　　”操作单元。  氯化浸出 解析: “煅烧”时六氯合钯酸铵分解生成钯、氮气、氯化铵,根据元素守恒,还生成氯化氢气体,该气体用少量水吸收后可重复用于“氯化浸出”操作单元。 (5)“沉铂”先通入的气体X为　　　　(填化学式)。“沉铂”中,若向c(PtC)=0.125 mol/L的溶液里加入等体积的NH4Cl溶液,使PtC沉淀完全,则NH4Cl溶液浓度最小值为　　　　mol/L(结果保留两位小数,忽略溶液混合后体积的变化)。  Cl2 1.75 解析:由分析可知,“沉铂”先通入的气体X是氯气,目的是将溶液中的四氯合铂酸根离子转化为六氯合铂酸根离子;(NH4)2PtCl6⥫⥬2N+PtC, Ksp[(NH4)2PtCl6]=5.7×10-6,PtC沉淀完全时浓度小于1×10-5 mol/L,代入数据可得c(N)== mol/L=0.75 mol/L,设原溶液体积为V L,则沉淀需要N的物质的量为2V L×0.125 mol/L,溶液等体积混合后,c(N)=,则NH4Cl溶液浓度最小值为=1.75 mol/L。 2.(2025·安徽部分学校第四次考试)一种从氯化铅渣(含PbCl2、CuCl2和AgCl等)中回收铜与铅、银的工艺流程如图所示: 已知:Ag+(aq)+2S2(aq)⥫⥬[Ag(S2O3)2]3-(aq),该反应的平衡常数K稳=3×1013,Ksp(AgCl)=1.8×10-10;PbCl2微溶于水。 回答下列问题: (1)将氯化铅渣粉碎后溶解在一定浓度的试剂a中,若要提高“浸取1”工序的浸取率,还能采用的方法有_____________________________________  (列举两条);试剂a最好是　　　　(填字母)。  A.H2SO4与Na2SO4的混合溶液 B.HCl与Na2SO4的混合溶液 C.H2SO4与NaCl的混合溶液 增加浸取时间、适当提高反应温度、搅拌(列举两条即可) A 解析:“浸取1”时,在氯化铅渣(含PbCl2、CuCl2和AgCl等)中加入H2SO4与Na2SO4的混合溶液使PbCl2转换为PbSO4,过滤,滤液1含有Cu2+,滤渣1含有PbSO4、AgCl;“浸取2”时,加入过量Na2S2O3溶液分离PbSO4、AgCl,AgCl与Na2S2O3反应生成可溶性配合物[Ag(S2O3)2]3-,PbSO4不溶于Na2S2O3溶液;过滤,得到滤液2含有[Ag(S2O3)2]3-,加入NaOH、HCHO还原[Ag(S2O3)2]3-,生成银单质和Na2S2O3溶液。 (1)将氯化铅渣粉碎后溶解在一定浓度的试剂a中,若要提高“浸取1”工序的浸取率,还能采用的方法有增加浸取时间、适当提高反应温度、搅拌等;“浸取1”的目的是分离出Cu2+,则需将微溶于水的PbCl2转换为难溶于水的PbSO4,且要防止AgCl、PbCl2与Cl-形成可溶性配合物,故选A。 (2)“浸取2”工序的反应原理为AgCl+2S2⥫⥬[Ag(S2O3)2]3-+Cl-。 ①通过计算说明该反应可以发生的理由是__________________________ ______________________________________________________________ ______________________________________________________________  　 。  ②Na2S2O3在医疗上可作氰化物的解毒剂,解毒原理为S2+CN-===SCN-+S。SCN-的空间结构为　　　　。  AgCl+2S2⥫⥬[Ag(S2O3)2]3-+Cl-可由Ag+(aq)+2S2(aq)⥫⥬[Ag(S2O3)2]3-(aq)与AgCl(s)⥫⥬ Ag+(aq)+Cl-(aq)相加得到,则平衡常数K=K稳×Ksp(AgCl)=3×1013×1.8 ×10-10=5.4×103,反应可以发生 直线形 解析: (2)①AgCl+2S2⥫⥬[Ag(S2O3)2]3-+Cl-可由Ag+(aq)+2S2(aq)⥫⥬[Ag(S2O3)2]3-(aq)与AgCl(s)⥫⥬Ag+(aq)+Cl-(aq)相加得到,则平衡常数K=K稳×Ksp(AgCl)=3×1013×1.8×10-10=5.4×103,说明该反应可以发生。 ②SCN-的中心原子C的价层电子对数=2+=2,采取sp杂化,没有孤电子对,因此SCN-的空间结构为直线形。 (3)滤液3可返回“浸取2”工序循环使用。 ①碱性条件下,HCHO被氧化为C并析出银的反应的离子方程式为   　 。  ②实验发现,循环多次后银的浸出率降低,可能的原因是 ______________________________________________________________ ______________________________________________________________  　 (填一条)。  4[Ag(S2O3)2]3-+HCHO+6OH-===C+4Ag↓+8S2+4H2O 循环多次后,溶液中Cl-不断积累、浓度增大,S2被氧化、浓度减小,均不利于反应AgCl+2S2⥫⥬[Ag(S2O3)2]3-+Cl-正向进行,银的浸出率降低 解析: (3)①滤液3可返回“浸取2”工序循环使用,则滤液3含有S2,故[Ag(S2O3)2]3-与NaOH、HCHO反应生成银、C和S2,反应的离子方程式为4[Ag(S2O3)2]3-+HCHO+6OH-===C+4Ag↓+8S2+4H2O。 ②滤液3为Na2S2O3、NaCl溶液,可返回“浸取2”工序循环使用,循环多次后银的浸出率降低,可能的原因是循环多次后,溶液中Cl-不断积累、浓度增大,S2被氧化、浓度减小,均不利于反应AgCl+2S2⥫⥬[Ag(S2O3)2]3-+Cl-正向进行,银的浸出率降低。 (4)若在实验室实现“滤液1…→粗铜”工序,除采用电解法,还可以采用的方法是__________________________________________________________ ______________________________________________________________    (简述必需的试剂和操作过程)。 向滤液1中加入过量铁粉,充分搅拌使Cu2+与铁粉反应生成铜单质,过滤得到铜、铁固体混合物,向固体混合物中加入稀硫酸浸取,过滤、洗涤、干燥,得到粗铜 解析:滤液1的阳离子主要为Cu2+、Na+,若在实验室实现“滤液1…→粗铜”工序,还可以采用的方法是向滤液1中加入过量铁粉,充分搅拌使Cu2+与铁粉反应生成铜单质,过滤得到铜、铁固体混合物,向固体混合物中加入稀硫酸浸取,过滤、洗涤、干燥,得到粗铜。 $