大单元六 主观题突破(一) 化工生产中物质转化条件的控制-【优化探究】2026年高考化学二轮专题复习配套课件（双选版）

主观题突破(一)　化工生产中物质 转化条件的控制 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.反应条件的控制 条件控制 目的 固体原料 粉碎或研磨 减小颗粒直径,增大反应物的接触面积,增大浸取时的反应速率,提高浸取率 焙烧或灼烧 ①除去硫、碳单质;②使有机物转化或除去有机物;③高温下原料与空气中氧气反应;④除去热稳定性差的杂质等 酸浸 ①溶解转变成可溶物进入溶液中,以达到与难溶物分离的目的;②去除氧化物(膜) 4 条件控制 目的 碱溶 ①除去金属表面的油污;②溶解铝、氧化铝等 加热 ①加快反应速率或溶解速率;②促进平衡向吸热反应方向移动;③除杂,除去热稳定性差的杂质,如NaHCO3、Ca(HCO3)2、KMnO4、NH4Cl等物质;④使沸点相对较低或易升华的原料变成气体;⑤煮沸时促进溶液中的气体(如氧气)挥发逸出等 5 条件控制 目的 反应物用 量或浓度 ①酸浸时提高酸的浓度可提高矿石中某些金属元素的浸取率;②增大便宜、易得的反应物的浓度,提高其他物质的利用率,使反应充分进行;③增大反应物浓度可以加快反应速率,使平衡发生移动等 控温(常用 水浴、冰浴或油浴) ①控制反应速率(升温加快反应速率)、适宜的温度使催化剂的活性最大,防止副反应的发生;②控制化学反应进行的方向,使化学平衡移动;③升温:使溶液中的气体逸出,使易挥发的物质挥发,使易分解的物质分解;煮沸:使气体逸出;促进水解,聚沉后利于过滤分离;④控制固体的溶解与结晶 6 条件控制 目的 加入氧化剂 (或还原剂) ①氧化(或还原)某物质,转化为目标产物的价态;②除去杂质离子[如把Fe2+氧化成Fe3+,而后调溶液的pH,使其转化为Fe(OH)3沉淀除去] 加入沉淀剂 ①生成硫化物沉淀(如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁等);②加入可溶性碳酸盐,生成碳酸盐沉淀;③加入氟化钠,除去Ca2+、Mg2+ 7 条件控制 目的 pH控制 (1)调节溶液的酸碱性,使金属离子形成氢氧化物沉淀析出,以达到除去金属离子的目的 ①原理:加入的物质能与溶液中的H+反应,降低了H+的浓度,使溶液pH增大;②pH控制的范围:杂质离子完全沉淀时pH~主要离子开始沉淀时pH(注意两端取值);③需要的物质:含主要阳离子(不引入新杂质即可)的难溶性氧化物或氢氧化物或碳酸盐,即能与H+反应,使pH增大的物质,如MgO、Mg(OH)2、MgCO3等物质。 8 条件控制 目的 pH控制 (2)抑制盐类水解 像盐酸盐、硝酸盐溶液,通过结晶方法制备晶体或结晶水合物加热脱水制备相对应的无水盐时,由于水解生成的盐酸或硝酸挥发,促使了金属离子水解(水解反应为吸热反应)导致产品不纯,如由MgCl2·6H2O制无水MgCl2要在HCl气流中加热,否则:MgCl2·6H2OMg(OH)2+2HCl↑+4H2O。 (3)促进盐类水解生成沉淀,有利于过滤分离。 9 条件控制 目的 pH控制 (4)“酸作用”可除去氧化物(膜)。 (5)“碱作用”可除去油污,除去铝片上的氧化膜,溶解铝、二氧化硅等。 (6)特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)。 注意　调节pH的试剂选取:①选取流程中出现的物质;②未学习过的物质且题目又无信息提示的一般不做考虑;③已学的常见酸碱盐(NaOH、Na2CO3、HCl、H2SO4、NH3·H2O、HNO3) 10 2.可循环物质的判断 (1)流程图中回头箭头的物质。 (2)生产流程中后面新生成或新分离的物质(不要忽视结晶后的母液),可能是前面某一步反应的相关物质。 ①从流程中需要加入的物质去找 先观察流程中需要加入的物质,再研究后面的流程中有没有生成此物质。 ②从能构成可逆反应的物质去找 可逆反应的反应物不能完全转化,应该回收再利用。 11 ③从过滤后的母液中寻找 析出晶体经过过滤后的溶液称为母液,母液是该晶体溶质的饱和溶液,应该循环再利用。 12 [应用举例] 硒和碲在工业上有重要用途。在铜、镍、铅等电解工艺的阳极泥中硒、碲主要以硒化物、碲化物及单质状态存在。一种从阳极泥中提取Se和Te的工艺流程如下: 13 已知:碲酸钠(Na2H4TeO6)难溶,碲酸(H6TeO6)可溶。 工艺路线中可以循环利用的物质有　　　　　　和　　　　　　。  H2SO4 NaOH 解析:根据流程中既为生成物又为反应原料的物质可作为循环利用的物质,则工艺路线中可以循环利用的物质有H2SO4和NaOH。 14 精研　高考真题 15 精研　高考真题 1.(2025·河北卷)铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾,同时回收利用钾资源,可实现绿色化学的目标。流程如下: 已知:铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、Al2O3、SiO2。 16 回答下列问题: (1)煅烧工序中Fe(CrO2)2反应生成K2CrO4的化学方程式: 　 。  4Fe(CrO2)2+7O2+16KOH8K2CrO4+2Fe2O3+8H2O 解析:煅烧工序中在400~500 ℃下,Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2与KOH和O2反应转化为Fe2O3、MgO、K2CrO4,其中Fe(CrO2)2与KOH、O2反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+7O2+16KOH8K2CrO4+2Fe2O3+8H2O,Al2O3、SiO2分别与过量的KOH反应转化为K[Al(OH)4]、K2SiO3。 17 (2)浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分:Fe2O3、H2SiO3、　　　　　　、 　　　　　　(填化学式)。  MgO Al(OH)3 解析:浸取工序中K[Al(OH)4]、K2SiO3与CO2反应,分别转化为Al(OH)3、H2SiO3沉淀,Fe2O3、MgO与KHCO3-K2CO3(aq)、CO2均不反应,则滤渣Ⅰ的主要成分为Fe2O3、H2SiO3、MgO、Al(OH)3,所得滤液的主要成分为K2CrO4、KHCO3、K2CO3。 18 (3)酸化工序中需加压的原因:   　 。  增大CO2的溶解度,保证酸化反应充分进行 解析:通入过量CO2的目的是提供酸性环境,使K2CrO4转化为K2Cr2O7,加压的目的是增大CO2的溶解度,使更多的CO2溶解在溶液中,从而保证酸化反应充分进行,提高酸化反应速率和K2CrO4的转化率。 19 (4)滤液Ⅱ的主要成分:　　　　　　(填化学式)。  KHCO3 20 (5)补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式: Fe(CO)5+　　　　+　 　　 ===Cr(OH)3↓+　　 　　+ 　　　　+　　　　CO↑  K2CrO4 4H2O Fe(OH)3↓ 2KOH 5 解析:由流程分析可知,该工序中反应物有Fe(CO)5、K2CrO4、H2O,产物有Cr(OH)3、CO、KOH和Fe(OH)3,根据得失电子守恒、原子守恒,即可写出该反应的化学方程式。 21 (6)滤渣Ⅱ可返回　　　　(填工序名称)工序。  煅烧 解析:滤渣Ⅱ的主要成分是Cr(OH)3、Fe(OH)3,可返回煅烧工序,节约原料、实现绿色化学。 22 2.(2025·陕晋青宁卷)一种综合回收电解锰工业废盐(主要成分为Mn2+、Mg2+、N的硫酸盐)的工艺流程如下。 已知:①常温下Ksp(MgCO3)=10-5.17,Ksp[Mg(OH)2]=10-11.25, Ksp[Mn(OH)2]=10-12.72;②S2结构式为[ ]2-。 23 回答下列问题: (1)制备废盐溶液时,为加快废盐溶解,可采取的措施有　　　　　　　、 　　　　　　　(写出两种)。  适当升高温度 充分搅拌 解析:废盐溶解时,升高温度、充分搅拌均可提高溶解速率,但高温下N易水解生成NH3逸出,故升高温度要适当。 24 (2)“沉锰Ⅱ”中,过量的(NH4)2S2O8经加热水解去除,最终产物是NH4HSO4和　　　　　　　(填化学式)。  O2 解析:根据题给信息可知,S2中含有过氧键,在加热水解过程中过氧键断裂,与水反应生成H2O2和NH4HSO4,H2O2不稳定,分解生成O2。 25 (3)“沉镁Ⅰ”中,当pH为8.0~10.2时,生成碱式碳酸镁[xMgCO3·yMg(OH)2·zH2O],煅烧得到疏松的轻质MgO。pH过大时,不能得到轻质MgO的原因是____________________________________________ ______________________________________________________________  　 。  pH较大时,“沉镁Ⅰ”主要生成Mg(OH)2(生成物碱式碳酸镁中y值较大),煅烧时没有CO2气体生成,使得MgO结构不疏松,密度较大,不能得到轻质MgO 解析:根据MgCO3和Mg(OH)2的Ksp可知,Mg(OH)2更难溶,当pH较大时,溶液中c(OH-)较大,主要生成Mg(OH)2,煅烧时没有CO2气体生成,不能得到疏松的轻质MgO。 26 (4)“沉镁Ⅱ”中,加H3PO4至pH=8.0时,Mg2+沉淀完全;若加至pH=4.0时沉淀完全溶解,据图分析,写出沉淀溶解的离子方程式:   　 。  MgHPO4+H3PO4===Mg2++2H2P 27 解析:据图可知,“沉镁Ⅱ”中,加H3PO4至pH=8.0时,Mg2+沉淀为MgHPO4,加至pH=4.0时沉淀完全溶解为Mg2+和H2P,故沉淀溶解的离子方程式为MgHSO4+H3PO4===Mg2++2H2P。 28 (5)“结晶”中,产物X的化学式为　　　　 　　。  (NH4)2SO4 29 (6)“焙烧”中, Mn元素发生了　　　　(填“氧化”或“还原”)反应。  还原 解析: Mn3O4中Mn元素的平均价态为+价,MnO2中Mn元素为+4价,MnSO4·H2O中Mn元素为+2价,故在焙烧中Mn元素化合价降低,Mn元素发生了还原反应。 30 强化 关键能力 强化 关键能力 1.一种以辉钼矿(主要成分为MoS2,含少量Cu、Ca、P等元素的化合物及SiO2等)为原料制备四钼酸铵[(NH4)2Mo4O13·2H2O]的生产工艺如图所示: 已知:“浸出液”的主要成分是(NH4)2MoO4。 32 回答下列问题: (1)“焙烧”时MoS2转化为MoO3和SO2,该反应的化学方程式为   　 。  (2)“氨浸”温度不能过高,原因是 　 ;  “浸出渣”的主要成分有CaMoO4和　　　　　(填化学式)。  (3)“沉铜”时可以将溶液中的[Cu(NH3)4]2+进一步转化为CuS除去,该反应的离子方程式为 　 。  (4)“除磷”过程中,若pH太大会导致除磷效果变差,原因是   　 。  2MoS2+7O22MoO3+4SO2 温度过高,氨水挥发,影响氨浸效率 SiO2 [Cu(NH3)4]2++S2-===CuS↓+4NH3↑ pH过大,Mg2+形成Mg(OH)2沉淀,使除磷效率下降 (5)“酸沉”后所得“滤液”中的主要成分是　　　　 (填化学式)。  (NH4)2SO4 解析:辉钼矿(主要成分为MoS2,含少量Cu、Ca、P等元素的化合物及SiO2等)通入空气焙烧时MoS2转化为MoO3和SO2,加氨水浸出,MoO3转化为Mo,SiO2不反应,浸出渣为SiO2、CaMoO4等,“浸出液”的主要成分是(NH4)2MoO4,加入(NH4)2S沉铜,Cu2+转化为CuS沉淀,滤渣为CuS,滤液中加MgSO4除磷,得到滤渣为MgNH4PO4,滤液中加硫酸进行沉淀得到(NH4)2Mo4O13·2H2O。 2.POM是一种常用的浸渍试剂,一种从辉钼矿(主要含有MoS2、NiS、PbS、SiO2,以及其他惰性杂质)获得POM、Ni以及Na2SO4的流程如图所示: 已知:“闪速焙烧”所得烧渣中生成的氧化物有MoO3、PbO、NiO;氨水不能溶解PbO、SiO2等。 请回答下列问题: (1)“脱硫”工序需控制温度在40~60 ℃之间,原因是 　 。  温度过低,反应速率慢;温度过高,NaClO或HClO易分解 解析:由题干知,辉钼矿主要含有MoS2、NiS、PbS、SiO2及其他惰性杂质,闪速焙烧后,MoS2、PbS、NiS分别转化为氧化物MoO3、PbO、NiO,同时产生含硫烟气(主要是SO2);获得POM流程:氨溶过程中,PbO、NiO和SiO2等氧化物不能被氨水溶解,而MoO3能与氨水反应:MoO3+2NH3·H2O===(NH4)2MoO4+H2O,生成可溶的(NH4)2MoO4,过滤后得到含有(NH4)2MoO4的滤液和含有PbO、NiO和SiO2等氧化物的滤渣1;对含有(NH4)2MoO4的滤液进行结晶操作,得到(NH4)2MoO4晶体,再将其热分解得到MoO,MoO后续可进一步转化为POM;获得Ni流程:由题干及上述分析可知,滤渣1中含有NiO等物质,加入稀硫酸酸溶,NiO会转化为Ni2+进入溶液,然后通过电解得到金属Ni,此时滤渣2含PbSO4、SiO2等物质,因为PbO与稀硫酸反应会生成PbSO4沉淀,SiO2不与稀硫酸反应;获得Na2SO4流程:产生的含硫烟气用碱性次氯酸钠溶液进行脱硫处理,得到目标产物Na2SO4。 (2)其他条件一定时,钼的浸出率与“氨溶”温度和时间的关系如图。“氨溶”条件宜采用　　　　　 　　,涉及反应的离子方程式为 　  　 。  80 ℃、60 min MoO3+2NH3·H2O===2N+Mo+H2O 解析:从钼的浸出率与“氨溶”温度和时间的关系图看,温度在80 ℃时浸出率较高,时间在60 min左右浸出率较高,且再增加时间浸出率提升不明显,所以“氨溶”条件宜采用80 ℃、60 min;根据分析可知MoO3与氨水的反应方程式,由于氨水是弱电解质,生成物(NH4)2MoO4可溶,故其离子方程式为MoO3+2NH3·H2O===2N+Mo+H2O。 (3)滤渣2中的主要成分有　　　 　　　(不考虑原料中的惰性杂质)。  PbSO4、SiO2 (4)该流程中可以循环利用的物质有　　　　 　　(填化学式)。  NH3(或NH3·H2O)、H2SO4 解析: “氨溶”时用浓氨水,结晶得到(NH4)2MoO4,热分解(NH4)2MoO4会产生NH3,NH3可以再用于“氨溶”步骤;用稀硫酸酸溶时,会得到NiSO4,在电解提取Ni的过程中,阴极会生成Ni,阳极会生成氧气和H+,从而得到H2SO4,所以可循环利用的物质是NH3(或NH3·H2O)和H2SO4。 $