专题过关作业(28) 大题突破 化学工艺流程综合题（学生用书Word版）-【高考快车道】2026年高考化学大二轮专题复习与策略

专题过关作业(二十八) 大题突破化学工艺流程综合题 (分值：40分) 1．(13分)(2025·皖北协作体一模)冶炼铜过程中产生的铜阳极泥富含Cu、Se、Te等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提取硒和碲的流程，如图所示。 回答下列问题： (1)基态Se原子核外电子排布式为________。硒有多种单质，比较有代表性的是灰硒和红硒，它们互为________。(2分) (2)“加压、加热，酸浸”步骤中，Cu2Se和Cu2Te分别转化为H2SeO4和H6TeO6，写出Cu2Se参与反应的化学方程式：____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________。(2分) (3)试从化学反应原理的角度分析“加压”能提高Cu、Se、Te浸出率的原因：____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________。(2分) (4)酸性：H2SeO4________(填“>”“<”或“＝”)H6TeO6。(1分) (5)“沉铜”中生成Cu2(OH)2CO3沉淀的离子方程式为____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________。(2分) (6)由Cu2(OH)2CO3获取Cu的过程中，常采用高压氢还原法直接从溶液中提取金属粉。还原时，增大溶液酸度不利于Cu生成的原因是____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________。(2分) (7)硫和碲位于元素周期表同一主族，试分析存在H6TeO6而不存在H6SO6的原因：____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________。(2分) 2．(12分)(2025·唐山一模)有机净化钴渣的主要成分为螯合物[(CH3)2NCSS]2M(M代表Zn、Co、Fe)、SiO2等，一种从其中回收钴的工艺流程如下： 已知：①25 ℃时，Ksp[Fe(OH)3]＝1×10-38，Ksp[Co(OH)2]＝1.6×10-15。 ②“萃取”可将金属离子进行富集与分离，原理为Mn+＋nHRMRn＋nH+。 回答下列问题： (1)Co的基态原子价层电子排布为________。(1分) (2)酸洗的反应机理为[(CH3)2NCSS]2M＋2H+===2(CH3)2NCSSH＋M2+。酸洗时，溶液pH对钴锌分离系数β(系数越大，分离越彻底)、钴损失率、锌浸出率的影响如图所示。 结合图像分析，酸洗时所用溶液的pH一般控制在________左右；在酸性溶液中，该有机螯合剂与金属螯合的能力：Co2+________Zn2+(填“>”或“<”)。(2分) (3)“热解”工序中，钴元素转化为Co3S4、CoS，从环保角度考虑，不在空气中直接热解的主要原因为____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________。(2分) (4)“氧压酸浸”工序中，Co3S4中的硫转化为＋6价，反应的离子方程式为____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________， 浸渣的主要成分为________。(3分) (5)调pH的目的为除去溶液中的Fe3+。25 ℃时，若浸取液中c(Co2+)＝0.16 mol·L-1，则调pH的范围应为________。(3分) (6)“反萃取”工序中，试剂X为________。(1分) 3．(15分)(2025·广州一模)独居石精矿是一种以稀土(RE)元素的磷酸盐为主的矿物，还含有FePO4、SiO2和极少量含铀(U)的化合物，一种从独居石精矿中提取铀和稀土的工艺如图。 已知： ①常温下，Ka1(H3PO4)＝6.9×10-3，Ka2(H3PO4)＝6.2×10-8，Ka3(H3PO4)＝4.8×10-13，Ksp[Mg(OH)2]＝5.6×10-12。 ②盐酸体系中，存在U＋4Cl-⥫⥬[UO2Cl4]2-。Fe3+＋4Cl-===[FeCl4]-，其他金属离子与Cl-的配位可忽略。 ③工艺中“离子交换”是将含(An-)的溶液流过盛有阴离子交换树脂(RCl)的离子交换柱(如图)，发生反应：nRCl(s)＋An-(aq)⥫⥬RnA(s)＋nCl-(aq)。 (1)“碱转化”后溶液中的阴离子含有OH-、________(填离子符号)和含磷的酸根离子。常温下测得溶液pH＝12.0，则溶液中c(P)______(填“>”“<”或“＝”)c(HP)。(2分) (2)U中O为－2价，U的化合价为________。“酸浸”中UO(OH)2与Fe3+反应生成[UO2Cl4]2-，其离子方程式为____________________________________________________________________ ____________________________________________________________。(3分) (3)“氧化”和“调pH”工序的目的是避免________(填离子符号)与交换树脂反应，从而有利于U的分离。(1分) (4)“加热沉铀”中，加入NH4HCO3使UO2Cl2转化为(NH4)4[UO2(CO3)3]，再加热促使其分解生成UO3。(NH4)4[UO2(CO3)3]分解的化学方程式为____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________。(2分) (5)常温下，若“沉淀”后溶液中c(Mg2+)＝0.056 mol·L-1，为防止RE(OH)3中混入Mg(OH)2，应确保溶液的pH低于________。(3分) (6)一种铀的氧化物晶体结构可描述为U与空位交替填充在由氧原子构成的体积相等的立方体体心，形成如图所示的结构单元。 ①该氧化物的化学式为________。 ②若该氧化物的立方晶胞的晶胞参数为a nm，则O与U原子最近的距离为________nm(用a表示)。(4分) 1/1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题过关作业(二十八) 1．解析：加压、加热酸浸阶段，向含Cu、Se、Te 等元素的铜阳极泥中加入H2SO4溶液并通入O2，在加压、加热条件下进行酸浸。利用氧气在酸性环境下的氧化性，将铜阳极泥中的金属等成分氧化溶解。铜元素转化为铜离子进入溶液，Se、Te 等元素也发生相应反应进入浸出液，不溶物成为浸渣被分离。第一次还原(还原1)阶段，向浸出液中通入SO2，SO2具有还原性，能将浸出液中的Se元素还原为单质Se，通过过滤可将Se分离出来，得到滤液1。第二次还原(还原2)阶段，向滤液1中再次通入SO2，此时将溶液中的Te元素还原为单质Te，经过滤分离出Te，得到浸出液。沉铜阶段，向浸出液中加入Na2CO3溶液，使铜离子转化为沉淀Cu2(OH)2CO3，过滤分离出沉淀，滤液3被分离出去。后续处理阶段，Cu2(OH)2CO3经过一系列后续处理，最终得到铜单质。 (2)“加压、加热，酸浸”时，Cu2Se与O2、H2SO4反应，Cu2Se中Cu为 ＋1 价，Se为 －2 价，反应后Cu转化为CuSO4，Se转化为H2SeO4，O2作氧化剂，根据得失电子守恒和元素守恒配平化学方程式。 (4)非金属性：Se > Te ，所以酸性：H2SeO4>H6TeO6。 (7)原子半径影响原子周围可结合其他原子或原子团的数量，S和Te同主族，Te原子半径大，有足够空间容纳多个—OH 形成H6TeO6，S原子半径小，空间限制使其难以形成含6个—OH 的H6SO6。 答案：(1) [Ar]3d104s24p4(或 1s22s22p63s23p63d104s24p4)　同素异形体　(2)2Cu2Se＋5O2＋4H2SO44CuSO4＋2H2SeO4＋2H2O　(3)加压可增大氧气溶解度，加快化学反应速率；加压可提升溶液沸点，化学反应可在更高温度下发生，化学反应速率更快　(4)> (5)2Cu2+＋3C＋2H2O===Cu2(OH)2CO3↓＋2HC[或2Cu2+＋2C＋H2O===Cu2(OH)2CO3↓＋CO2↑]　(6)在用H2将Cu2+还原为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H+，若还原时增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H2失去电子　(7)S原子半径小，其原子周围不能容纳6个—OH，而Te原子半径大，其原子周围能容纳的—OH数目多 2．解析：有机净化钴渣的主要成分为螯合物，经过酸洗后，螯合物[(CH3)2NCSS]2M中的Zn转化为离子分离出来，酸洗液中含有Zn2+，经过热解Co元素转化为Co3S4、CoS，“氧压酸浸”工序中，Co3S4中的硫转化为＋6价，铁元素转化为Fe3+，浸渣为SiO2，调pH除去Fe元素，用HR萃取出Co2+进行富集，有机层再加硫酸进行反萃取，得到CoSO4。 (2)pH＝2.5时，Co的损失率最低，钴锌分离系数最大，锌的浸出率最高，因此pH控制在2.5左右；在酸性溶液中，Zn2+先从螯合物中浸出，说明有机螯合剂与金属螯合的能力：Co2+>Zn2+。 (5)除去溶液中的Fe3+，使c(Fe3+)≤10-5 mol·L-1，根据Ksp[Fe(OH)3]＝1×10-38，c(Fe3+)×c3(OH-)＝10-5×c3(OH-)＝1×10-38，得出c(OH-)＝10-11 mol·L-1，c(H+)＝10-3 mol·L-1，pH＝3，c(Co2+)＝0.16 mol·L-1，根据Ksp[Co(OH)2]＝1.6×10-15，c(Co2+)×c2(OH-)＝0.16×c2(OH-)＝1.6×10-15，c(OH-)＝10-7 mol·L-1，c(H+)＝10-7 mol·L-1，pH＝7，故pH的范围应为3~7。 (6)根据萃取的原理：Mn+＋nHRMRn＋nH+，反萃取让平衡逆向移动，同时最终得到CoSO4，故选择试剂X为H2SO4。 答案：(1)3d74s2　(2)2.5　>　(3)防止生成SO2污染空气　(4)2Co3S4＋15O2＋2H2O===6Co2+＋8S＋4H+　SiO2　(5)3~7　(6)H2SO4 3．解析：由工艺图可知，碱转化：独居石精矿与NaOH溶液反应，SiO2 等会发生转化进入滤液，实现初步分离；酸浸：用盐酸溶解碱转化后的产物，使相关元素以离子形式进入溶液；氧化：加入H2O2将可能存在的低价态离子(如Fe2+ )氧化；调pH：加MgO调节pH，使部分杂质离子沉淀为滤渣除去；离子交换：利用阴离子交换树脂，选择性交换特定阴离子，实现目标离子与其他离子分离；洗脱、加热沉铀：对交换后的树脂处理，洗脱目标离子，再经加热沉淀得到UO3 ，流出液经处理得RE(OH)3 。 (1)已知Ka3(H3PO4)＝4.8×10-13，pH ＝ 12.0时，c(H+) ＝ 10-12 mol·L-1，＝＝＝0.48<1，所以c(P)<c(HP)。 (2)在U中，O为－2价，设U的化合价为x，则x＋2×(－2)＝＋2，解得x＝＋6。“酸浸”中UO(OH)2与Fe3+反应生成[UO2Cl4]2-，Fe3+被还原为Fe2+，根据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，离子方程式为UO(OH)2＋2Fe3+＋4Cl-===[UO2Cl4]2-＋2Fe2+＋H2O。(3)根据“离子交换”原理，Fe3+会形成[FeCl4]-与交换树脂反应，所以“氧化”和“调pH”工序的目的是避免[FeCl4]-与交换树脂反应，从而有利于U的分离。(5)已知Ksp[Mg(OH)2]＝5.6×10-12，c(Mg2+)＝0.056 mol·L-1，当Mg(OH)2开始沉淀时，c(OH-)＝＝ mol·L-1＝10-5 mol·L-1，pOH＝5，pH＝9，所以为防止RE(OH)3中混入Mg(OH)2，应确保溶液的pH低于9。(6)①由题意可知该铀的氧化物晶体的晶胞可看作是由两种结构单元各4个交错构成的大立方体，O原子个数为8×＋12×＋6×＋1＝8，U原子个数为4，所以该氧化物的化学式为UO2；②O与U原子最近的距离为晶胞体对角线长度的，晶胞体对角线长度为a nm，所以O与U原子最近的距离为a nm。 答案：(1)Si　<　(2)＋6　UO(OH)2＋2Fe3+＋4Cl-===[UO2Cl4]2-＋2Fe2+＋H2O　(3)[FeCl4]-　 (4)(NH4)4[UO2(CO3)3]UO3＋4NH3↑＋3CO2↑＋2H2O　(5)9　(6)①UO2　②a 1/1 学科网（北京）股份有限公司 $