第一板块 大题专攻——“化工流程”类主观题增分策略-【新高考方案】2026年高考化学二轮复习专题增分方略教师用书word（江苏专版）

大题专攻——“化工流程”类主观题增分策略 　　试题以工艺流程图的形式再现实际生产的关键环节,情境真实而富有意义,旨在引导学生学以致用,解决生产生活中的实际问题,有利于培养学生的科学精神和社会责任感。考查的知识多为产物的判断,陌生化学方程式、离子方程式或电极反应式的书写,温度控制在一定范围的原因分析, 溶度积常数的有关计算,晶胞分析及有关计算等。解题时,一般步骤为先审题头,粗读题干,明确生产目的、原料、杂质、目标产品的成分;再析流程,主要厘清原料预处理、反应条件的控制、核心反应、物质的分离与提纯等如图所示;最后解设问,结合设问进一步分析流程,运用化学语言严谨规范作答。 一、练悟真题——高考考什么、怎么考 [例1]　(2025·山东卷)采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(主要含Fe2O3、MnO2及Co、Cu、Ca、Si等元素的氧化物)分离提取Cu、Co、Mn等元素,工艺流程如下: 已知:该工艺条件下,(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4,高温则完全分解为气体;Fe2(SO4)3在650 ℃完全分解,其他金属硫酸盐分解温度均高于700 ℃。 回答下列问题: (1)“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成,该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。“高温焙烧”温度为650 ℃,“水浸”所得滤渣主要成分除SiO2外还含有　　　　　(填化学式)。  (2)在(NH4)2SO4投料量不变的情况下,与两段焙烧工艺相比,直接“高温焙烧”,“水浸”时金属元素的浸出率　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。  (3)HR萃取Cu2+反应为2HR(有机相)+Cu2+(水相)⇌CuR2(有机相)+2H+(水相)。“反萃取”时加入的试剂为　　　　(填化学式)。  (4)“沉钴”中,pH=4时Co2+恰好沉淀完全[c(Co2+)=1×10-5mol·L-1],则此时溶液中c(H2S)=　　　　mol·L-1。已知:Ka1(H2S)=1×10-7,Ka2(H2S)=1×10-13,Ksp(CoS)=4×10-21。CoS“溶解”时发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (5)“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中,经处理后所得产品导入　　　　(填操作单元名称)循环利用。  学解题,内化解题思维 　　一、审题头:本题采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(主要含Fe2O3、MnO2及Co、Cu、Ca、Si等元素的氧化物)分离提取Cu、Co、Mn等元素,故本流程分离提取的产品元素为Cu、Co、Mn,杂质元素为Fe、Ca、Si等。旨在引导学生关注化学在资源回收和利用中的应用,培养学生的工程思维和解决实际问题的能力。 二、析流程:加入硫酸铵低温焙烧,金属氧化物均转化为硫酸盐,如硫酸锰、硫酸铁、硫酸钴、硫酸钙等,产生的气体有氨气、氮气等。氨气用稀硫酸吸收,得到硫酸铵溶液,得到的硫酸盐经650 ℃高温焙烧,只有硫酸铁发生了分解,产生三氧化硫气体和氧化铁。水浸后,过滤分离出滤渣,后续萃取分离,将铜元素萃取到有机相中,最终得到硫酸铜溶液。水相主要含有钴元素和锰元素,加入硫化钠,调节pH,生成硫化钴,过滤分离最终得到硫酸钴溶液,滤液中加入碳酸氢铵,生成碳酸锰沉淀。 　　三、解设问 第(1)(2)问考查滤渣成分的分析　 本题采用两段焙烧法,低温焙烧,金属氧化物均转化为硫酸盐,二氧化锰与硫酸氢铵反应,转化为硫酸锰和氮气;高温焙烧的温度为650 ℃,结合题给信息只有硫酸铁发生分解,生成三氧化硫气体和氧化铁,二氧化硅、氧化铁、硫酸钙等在水中溶解度都较小,所以“水浸”所得滤渣的主要成分除了SiO2外还含有Fe2O3、CaSO4;根据已知条件,硫酸铵低温分解成硫酸氢铵,高温则完全分解成气体,如果直接高温焙烧,则硫酸铵会分解,物质的量减少,导致金属元素的浸出率减小。前两问总体难度较低,重在考查学生信息的获取与加工能力。 第(3)问通过萃取与反萃取分离物质　 根据萃取的化学方程式:2HR(有机相)+Cu2+(水相)⇌CuR2(有机相)+2H+(水相),加入萃取剂将铜离子萃取到有机相中,反萃取时需要使平衡逆向移动,生成铜离子,而且为了不引入新的杂质,应加入的试剂为稀H2SO4。 第(4)问有关平衡常数的计算　 第一空:沉钴时,pH=4时Co2+恰好沉淀完全,其浓度为c(Co2+)=1×10-5 mol·L-1,此时c(H+)=1×10-4 mol·L-1,根据Ksp(CoS)= 4×10-21,推出c(S2-)===4×10-16 mol·L-1,又因为Ka1(H2S)=1×10-7, Ka2(H2S)=1×10-13,Ka1×Ka2=×=,则c(H2S)= ==4×10-4 mol·L-1。 第二空:溶解CoS时是在酸性条件下,以H2O2作为氧化剂,CoS作为还原剂,氧化产物为单质S,还原产物为H2O。则该反应的离子方程式为CoS+H2O2+2H+==Co2++S+2H2O。 [思维建模——流程中的相关计算(见P52)] 第(5)问考查循环物质的确定　 根据流程信息,“水浸”后的滤液中含有MnSO4、CoSO4和CuSO4,经过“萃取分离”和“沉钴”后,溶液中存在的主要成分是MnSO4。“沉锰”时加入NH4HCO3,发生反应为MnSO4+2NH4HCO3==MnCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O,因此,“沉锰”所得滤液的主要成分为(NH4)2SO4,“低温焙烧”时,无论是(NH4)2SO4分解为NH4HSO4,还是NH4HSO4与金属氧化物反应生成金属硫酸盐,都会产生大量的NH3,经稀H2SO4吸收同样生成(NH4)2SO4。经处理后所得(NH4)2SO4产品应导入“低温焙烧”操作单元,。 [思维建模——物质跟踪与确定的关注点(见P51)] [答案]　(1)3MnO2+3NH4HSO43MnSO4+N2↑+NH3↑+6H2O　Fe2O3、CaSO4 (2)减小　(3)H2SO4　(4)4×10-4　 CoS+H2O2+2H+==Co2++S+2H2O (5)低温焙烧 　　[例2]　(2025·江苏卷)ZnS可用于制备光学材料和回收砷。 (1)制备ZnS。由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等]制备ZnS的过程如下: 已知:Ksp(ZnS)=1.6×10-24,Ksp(CdS)=8.0×10-27,Ka1(H2S)=1.0×10-7,Ka2(H2S)=1.2×10-13。当离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1时,认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通入O2可提高Zn2+浸出率的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ②通入H2S除镉。通过计算判断当溶液pH=0、c(H2S)=0.01 mol·L-1时,Cd2+是否沉淀完全　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(写出计算过程)。  ③沉锌前调节溶液的pH至4~5,加入的氧化物为　　　　(填化学式)。  (2)制备光学材料。如图甲所示,ZnS晶体中掺入少量CuCl后,会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域,光照下发出特定波长的光。 区域A“”中的离子为　　　　(填离子符号),区域B带　　　　(填“正电”或“负电”)。  (3)回收砷。用ZnS去除酸性废液中的三价砷[As(Ⅲ)],并回收生成的As2S3沉淀。 已知:溶液中As(Ⅲ)主要以弱酸H3AsO3形式存在,As2S3+6H2O⇌2H3AsO3+3H2S。 60 ℃时,按n(S)∶n(As)=7∶1向酸性废液中加入ZnS,砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出ZnS与H3AsO3反应生成As2S3的离子方程式: 　。  ②反应4 h后,砷回收率下降的原因有　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  学解题,内化解题思维 　　一、析流程:本题以ZnS为主题材料的命制试题。制备ZnS选用的是闪锌矿。由信息可知,闪锌矿中含ZnS、FeS、CdS等,加入H2SO4、O2酸浸后,ZnS、FeS、CdS分别转化为Zn2+、Fe3+、Cd2+,硫元素转化为硫单质,经过除铁、除镉除去Fe3+与Cd2+,调pH、沉锌后获得ZnS,据此解答。 　　二、解设问 第(1)问　 ①酸浸时,若不通入O2,会发生反应:ZnS+H2SO4⇌ZnSO4+H2S,通入O2可以氧化S2-生成S,促进酸浸反应正向进行,提高Zn2+浸出率;②通入H2S除镉,当溶液pH=0、c(H2S)=0.01 mol·L-1时,c(H+)=1 mol·L-1, 又因为Ka1(H2S)=1.0×10-7,Ka2(H2S)=1.2×10-13,Ka1(H2S)×Ka2(H2S)=×=,则c(S2-)= mol·L-1=1.2×10-22 mol·L-1,则此时c(Cd2+)== mol·L-1≈6.7×10-5 mol·L-1,此时Cd2+的浓度大于1.0×10-5 mol·L-1,离子沉淀不完全。③由②知,除镉时溶液酸性较强,故应在不引入新杂质的同时消耗溶液中的H+,加入的氧化物为ZnO。 [回扣已学——反应条件的控制(见P38)] 第(2)问　 晶胞掺杂过程中,应由半径相近的微粒进行替换,则区域A中,由Cl-替换S2-,区域B中,由Cu+替换Zn2+;按照均摊法,区域B中含Zn2+:3个、Cu+:1个、S2-:8×+6×=4个,(+2)×3+(+1)×1+(-2)×4=-1,则区域B带负电。 第(3)问　 ①根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废液”,ZnS与H3AsO3反应除了生成As2S3外还有锌离子,反应的离子方程式为2H3AsO3+3ZnS+6H+==As2S3+3Zn2++6H2O。②随着反应的进行,溶液pH增大,溶液中H2S浓度减小,促进As2S3+6H2O⇌2H3AsO3+3H2S平衡正向移动,As2S3重新溶解,砷回收率下降,所以反应4 h后,砷回收率下降。 　　[答案]　(1)①氧化S2-生成S,促进酸浸反应正向进行　②否。pH=0时,c(H+)=1 mol·L-1 c(S2-)== mol·L-1=1.2×10-22 mol·L-1 c(Cd2+)== mol·L-1≈6.7×10-5 mol·L-1>1.0×10-5 mol·L-1,则Cd2+未沉淀完全　③ZnO　(2)Cl-　负电 (3)①2H3AsO3+3ZnS+6H+==As2S3+3Zn2++6H2O　②随着反应的进行,溶液pH增大,溶液中H2S浓度减小,促进As2S3+6H2O⇌2H3AsO3+3H2S平衡正向移动,As2S3重新溶解,砷回收率下降 二、补强知能——解题用什么、怎么办 (一)物质跟踪与确定的关注点 1.明确原料与目标产物 从流程起点(原料成分)和终点(目标产物)出发,确定需要转化或分离的核心物质,排除无关杂质(如矿石中的脉石、废液中的惰性成分)。 2.跟踪“进出”与“转化” 每一步操作(反应、过滤、萃取等)中,物质的“去向”:是进入溶液、留在滤渣,还是转化为新物质? 例如:酸浸时,金属单质或氧化物溶解为离子(如CuO→Cu2+),不溶于酸的杂质(如SiO2)进入滤渣。 3.关注“试剂作用” 加入的试剂(酸、碱、氧化剂、沉淀剂等)通常是为了转化目标物质或除去杂质,如:氧化剂(H2O2、MnO2)将低价离子氧化(如Fe2+→Fe3+); 沉淀剂(NaOH、Na2CO3)使杂质离子形成沉淀[如Al3+→Al(OH)3]。 (二)物质转化的常见形式 1.形成氢氧化物沉淀 (1)在酸性条件下,常将Fe2+氧化为Fe3+,便于在后续步骤中转化为Fe(OH)3沉淀而除去。氧化剂为H2O2时,反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+==2Fe3++2H2O,温度不能太高的原因:防止H2O2挥发和分解;氧化剂为MnO2时,反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+==Mn2++2Fe3++2H2O。 (2)通过计算使Al3+、Fe3+等形成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀完全时的c(OH-),控制溶液pH在一定范围(在酸性条件下),将金属杂质离子Al3+、Fe3+除去。 2.形成氧化物、氟化物、硫化物、碳酸盐沉淀 (1)加入NaF 或NH4F可使Ca2+ 、Mg2+形成CaF2、 MgF2沉淀而除去;此时要注意溶液的酸性不能太强,否则会降低F-的浓度。 (2)加入Na2S可使Cu2+、Zn2+、Fe2+、Hg2+形成CuS、ZnS、FeS、HgS沉淀。也可以用一些Ksp较大的硫化物(如FeS、MnS等)通过沉淀转化使某些金属离子转化为更难溶的硫化物。 (3)常见的转化为碳酸盐沉淀类型如下: 类型 离子方程式 用Na2CO3沉淀Zn2+ Zn2++ C==ZnCO3↓ 用NH4HCO3沉淀Co2+ Co2++2HC==CoCO3↓+H2O+CO2↑ 用NH4HCO3⁃氨水沉淀Mn2+ Mn2++HC+NH3·H2O==MnCO3↓+ N+H2O 用NH3(先)+CO2(后)沉淀Ca2+ Ca2++CO2+2NH3+H2O==CaCO3↓+2N 注意:①M2++2HC==MCO3↓+H2O+CO2↑(M2+=Ca2+、Mn2+、Co2+、Ni2+)。 ②Cu2+、Zn2+等与HC生成碱式碳酸盐沉淀,如6HC+3Zn2+==ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O↓+5CO2↑ (三)产品的获取与净化 1.产品的获取——结晶析出获取粗产品 (1)常见结晶方法 使溶液达到饱和,采用一定方法使溶质结晶。 结晶 (2)结晶新方法探究——改变溶剂 实验 内容 向装有少量饱和NaCl溶液的试管中,逐滴加入浓盐酸 向装有少量饱和NaCl溶液的试管中,逐滴加入无水乙醇 现象 有白色沉淀生成 有白色沉淀生成 结论 浓盐酸减弱了NaCl的水溶性 乙醇减弱了NaCl的水溶性 2.产品的净化——粗产品的洗涤 (1)洗涤液的选择 ……→溶液→ 固体粗产品 固体精产品→…… (2)洗涤液的应用 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 有特殊的物质其溶解度随着温度升高而下降 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 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 (四)工艺流程中的有关计算 1.根据平衡常数计算溶液中离子浓度 (1)计算思维流程 第一步 判断所求的离子浓度与题目给出的平衡常数的关系 第二步 根据题目中提供的条件,推断出有关该浓度与给出的平衡常数的关系式 第三步 根据给出的离子浓度,代入推出的上述表达式,求出未知浓度 (2)平衡常数间的常用数学关系模型 ①电离常数与水解常数 H3AH2A-HA2-A3- Ka1·Kh3=Kw;Ka2·Kh2=Kw;Ka3·Kh1=Kw;Kh1=;Kh2=;Kh3= ②多元难溶弱碱阳离子的水解常数Kh与弱碱的Ksp的关系(以Fe3+为例) Fe3+(aq)+3H2O(l)⇌Fe(OH)3(s)+3H+(aq) Kh=== ③水的电离平衡常数与溶度积常数的关系 以M(OH)n(s)⇌Mn+(aq)+nOH-(aq)为例 M(OH)n悬浊液中Ksp、Kw、pH间的关系 Ksp=c(Mn+)·cn(OH-)=·cn(OH-)==。 　　[应用强化] [例3]　金属锆可用于核反应堆芯,战略价值高。以锆英砂(主要成分为ZrSiO4,含有Fe、Cr、Hf等元素)为原料制备金属锆的工艺流程如下: 已知:①“酸溶”步骤所得溶液中各金属存在形式为Fe3+、ZrO2+、Cr3+、HfO2+。 ②常温下,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,Kb(BOH)=1.6×10-5。 ③“沸腾氯化”步骤中ZrO2可转化为ZrCl4(同时生成FeCl3和CO)。 “沉淀”时,若常温下滤液中=1.6,则滤液中c(Fe3+)=　　　　　mol·L-1。  [解析]　第一步,列出与c(Fe3+)相关的式子,由沸腾氯化步骤中“生成FeCl3”知,“沉淀”时Fe3+形成了Fe(OH)3沉淀,则滤液中c(Fe3+)=,结合已知信息②Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,则需要求出c(OH-);第二步,根据给出的关系式,求c(OH-),由Kb(BOH)==1.6×10-5和=1.6得c(OH-)=10-5 mol·L-1;第三步,求解c(Fe3+),c(Fe3+)== mol×L-1=4.0×10-23 mol·L-1。 　　[答案]　4.0×10-23 2.根据平衡常数计算溶液的pH或判断溶液pH范围 第一步 根据方程式M(OH)n⇌Mn+(aq)+nOH-(aq),确定需要求出Mn+和OH-浓度 第二步 根据题目信息,分析或计算出OH-的浓度 第三步 根据水的离子积常数求出H+浓度,求负对数,得出pH 　　[应用强化] [例4]　某油脂厂废弃的用于油脂加氢的镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物,还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O): 溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示: 金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+ 开始沉淀时 (c=0.01 mol·L-1)的pH 7.2 3.7 2.2 7.5 沉淀完全时 (c=1.0×10-5 mol·L-1)的pH 8.7 4.7 3.2 9.0 回答下列问题: 利用上述表格数据,计算Ni(OH)2的Ksp=　　　　　　　　　　(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 mol·L-1,则“调pH”应控制的pH范围是　　　　　　　　。   　　[解析]　由表格可知,Ni2+完全沉淀时的pH=8.7,此时c(Ni2+)=1.0×10-5 mol·L-1,c(H+)=1.0×10-8.7 mol·L-1,则c(OH-)===108.7-14 mol·L-1,则Ni(OH)2的Ksp=c(Ni2+)·c2(OH-)=10-5×(108.7-14)2;或者当Ni2+开始沉淀时pH=7.2,此时c(Ni2+)=0.01 mol·L-1,c(H+)=1.0×10-7.2 mol·L-1,则c(OH-)===107.2-14 mol·L-1,则Ni(OH)2的Ksp=c(Ni2+)·c2(OH-)=0.01×(107.2-14)2;如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 mol·L-1,为避免镍离子沉淀,此时c(OH-)===10-7.8 mol·L-1,则c(H+)===10-6.2,即pH=6.2;Fe3+完全沉淀的pH为3.2,因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2~6.2。 [答案]　0.01×(107.2-14)2或10-5×(108.7-14)2　3.2~6.2 [专题质量评价] 1.(14分)(2025·云南卷)从褐铁矿型金⁃银矿(含Au、Ag、Fe2O3、MnO2、CuO、SiO2等)中提取Au、Ag,并回收其他有价金属的一种工艺如下: 已知:①金⁃银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。 ②25 ℃时,Mn(OH)2的Ksp为1.9×10-13。 回答下列问题: (1)基态Cu原子的价层电子排布式为　 　　　　。  (2)“还原酸浸”时,MnO2反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)“浸金银”时,Au溶解涉及的主要反应如下: ①Au+5S2+[Cu(NH3)4]2+== [Au(S2O3)2]3-+[Cu(S2O3)3]5-+4NH3 ②4[Cu(S2O3)3]5-+16NH3+O2+2H2O==4[Cu(NH3)4]2++4OH-+12S2 上述过程中的催化剂为　　　　　　　。  (4)“沉铜”前,“滤液1”多次循环的目的为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (5)根据“还原酸浸”“氧化”,推断Fe3+、Cu2+、MnO2的氧化性由强到弱的顺序为　　　　　。  (6)25 ℃“沉铁”后,调节“滤液4”的pH至8.0,无Mn(OH)2析出,则c(Mn2+)≤　　　mol·L-1。  (7)一种锑锰(Mn3Sb)合金的立方晶胞结构如图。 ①该晶胞中,每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有　　　　个。  ②NA为阿伏加德罗常数的值,晶胞边长为a nm,则晶体的密度为　　　　　　g·cm-3(列出计算式即可)。  解析:由流程可知,矿石经“还原酸浸”,Fe2O3、MnO2被还原为Fe2+和Mn2+,CuO被溶解为Cu2+,Au、Ag、SiO2不溶进入“滤渣1”;“沉铜”时,Cu2+被铁粉还原为Cu;“氧化”时Fe2+被氧化为Fe3+;“沉铁”时,Fe3+转化为沉淀,后续转化为氧化铁;“沉锰”时,Mn2+沉淀为碳酸锰。“浸金银”时,Au、Ag被混合液浸出,后续提炼出Au、Ag。 (1)Cu为29号元素,其价层电子排布式为3d104s1。 (2)“还原酸浸”时,MnO2被亚硫酸钠还原为Mn2+,该反应的离子方程式为MnO2+S+2H+==Mn2++S+H2O。 (3)由已知两反应可知,[Cu(NH3)4]2+参与了反应①,但在反应②又重新生成,其质量和性质在反应前后没发生变化,因此,该过程中的催化剂为[Cu(NH3)4]2+。 (4)“还原酸浸”所得“滤液1”中含有一定浓度的未反应的硫酸和亚硫酸钠,多次循环利用“滤液1”对矿石进行“还原酸浸”可以充分利用其中的有效成分,大大减少了原料的浪费,从而有效降低成本;其次,持续地将杂质元素溶解并带出矿石体系,可以使矿石中的金银的相对品位得到提升,为后续提纯工序创造更好的条件;第三,还可以减少废水的排放量和处理成本;第四,可以回收更多的有价值的溶解成分。综上所述,“沉铜”前,“滤液1”多次循环的目的为大幅度降低硫酸和亚碳酸钠的消耗成本,同时减少废水产生量及处理成本,并通过持续去除杂质提高金银的富含度。 (5)“还原酸浸”时,Fe2O3和CuO可以被硫酸溶解转化为Fe3+和Cu2+,亚硫酸钠将部分Fe3+还原为Fe2+,而Cu2+并未被还原,因此,Fe3+的氧化性强于Cu2+;“氧化”时,Fe2+被MnO2氧化为Fe3+,因此,MnO2的氧化性强于Fe3+。综上所述,根据“还原酸浸”“氧化”,推断Fe3+、Cu2+、MnO2的氧化性由强到弱的顺序为MnO2>Fe3+>Cu2+。 (6)25 ℃“沉铁”后,调节“滤液4”的pH至8.0,此时c(OH-)=10-6mol·L-1,无Mn(OH)2析出,根据Mn(OH)2的Ksp为1.9×10-13,则c(Mn2+)≤=0.19 mol·L-1。 (7)由晶胞结构可知,该晶胞为面心立方, Sb位于晶胞的顶点,其与邻近的3个面的面心上的Mn距离最近且距离相等,每个顶点参与形成8个晶胞,而每个面心参与形成2个晶胞,因此,该晶胞中,每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有=12个。　 ②由晶胞结构和均摊法可知,该晶胞中平均占有1个Sb和3个Mn,因此,该晶胞的质量为 g,该晶胞的体积为(a nm)3=a×10-21 cm3,晶体的密度为= g·cm-3。 答案:(1)3d104s1　(2)MnO2+S+2H+==Mn2++S+H2O　(3)[Cu(NH3)4]2+ (4)大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本,同时减少废水产生量及处理成本,并通过持续去除杂质提高金银的富含度　(5)MnO2>Fe3+>Cu2+ (6)0.19　(7)①12　② 2.(14分)(2025·江苏苏锡常镇四市教学情况调研)以电镀废水(主要成分为K2Cr2O7及少量Fe3+)为原料获得Cr2O3的过程如下: 已知:①常温下,BaCr2O7易溶于水。部分难溶物的溶度积常数如下表: 难溶物 Fe(OH)3 Cr(OH)3 BaCrO4 BaSO4 Ksp 1×10-38 1×10-32 1.2×10-10 1×10-10 ②Cr(Ⅵ)在酸性条件下主要以Cr2(橙色)的形式存在,pH增大转化为Cr(黄色)。pH=1~4,Cr(Ⅵ)较易还原生成Cr3+(绿色)。 ③pH>5时Cr3+完全转化为Cr(OH)3,pH>8时Cr(OH)3开始转化为[Cr(OH)4]-。 (1)“除杂”时调节废水pH将其中Fe3+除去(浓度小于1×10-5 mol·L-1),需加入熟石灰控制废水pH大于　　　　。  (2)“沉铬”时先加入Ca(OH)2调节废水pH,再加入BaCl2溶液使废水中的Cr(Ⅵ)转化为BaCrO4。调节后的废水pH对Cr(Ⅵ)沉淀率的影响如图1所示。 ①“沉铬”过程中将K2Cr2O7转化为BaCrO4反应的化学方程式为 。  ②废水pH<8时,Cr(Ⅵ)沉淀率随pH减小而下降的原因是 　。  ③在废水中加入BaCl2溶液前后废水pH　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。  (3)“转化”是将BaCrO4转化为Na2CrO4。BaCrO4的转化率随着Na2SO4浓度的变化如图2所示。当Na2SO4浓度超过0.450 mol·L-1时,Cr(Ⅵ)的转化率随Na2SO4浓度增大变化不明显,其原因是　 。  (4)请补充完整由Na2CrO4溶液制取Cr2O3的实验方案:向Na2CrO4溶液中, 　,  静置过滤,洗涤,灼烧得到Cr2O3。(可选用的试剂与药品:Na2SO3·7H2O、稀硫酸、NaOH溶液) 解析:“除杂”时加入熟石灰调节废水pH将其中的Fe3+除去;“沉铬”时先加入Ca(OH)2调节废水pH,再加入BaCl2溶液使废水中的Cr(Ⅵ)转化为难溶的BaCrO4;“转化”时硫酸钠将BaCrO4转化为Na2CrO4,向Na2CrO4溶液加入稀硫酸控制溶液的pH在1~4之间,边搅拌边加入Na2SO3·7H2O,当溶液由橙色变为绿色时,停止加入Na2SO3·7H2O,加入NaOH溶液调节溶液的5<pH<8,静置过滤,洗涤,灼烧得到Cr2O3。 (1)Fe3+浓度小于1×10-5 mol·L-1即认为完全除去,此时c(OH-)===1×10-11 mol·L-1,c(H+)=1×10-3 mol·L-1,pH=3,则需加入熟石灰控制废水pH大于3。 (2)①“沉铬”过程中将K2Cr2O7转化为BaCrO4,Cr元素化合价没有变化,所以该反应为非氧化还原反应,根据元素守恒,还生成KCl、CaCl2和H2O。②废水pH<8时,pH减小,溶液中Cr(Ⅵ)主要以Cr2的形式存在,BaCr2O7易溶于水,导致Cr(Ⅵ)沉淀率随pH减小而减小。③向废水中加入BaCl2,Ba2+与Cr反应生成难溶的BaCrO4,使Cr2+H2O⇌2Cr+2H+平衡正向移动,溶液中c(H+)增大,pH减小。 (3)BaCrO4的Ksp为1.2×10-10,BaSO4的Ksp为1×10-10,两者相近,c(S)增大,导致生成了BaSO4;反应生成的BaSO4覆盖在BaCrO4表面,导致BaCrO4难以转化Na2CrO4。 (4)根据已知②:pH=1~4,Cr(Ⅵ)较易还原生成Cr3+(绿色),所以加入稀硫酸控制溶液的pH在1~4之间,边搅拌边加入还原剂Na2SO3·7H2O,当完全生成Cr3+(绿色)时,根据已知③:pH>5时Cr3+完全转化为Cr(OH)3,pH>8时Cr(OH)3开始转化为[Cr(OH)4]-,加入NaOH溶液调节溶液的5<pH<8,静置过滤,洗涤,灼烧得到Cr2O3。 答案:(1)3　(2)①Ca(OH)2+K2Cr2O7+2BaCl2==2BaCrO4↓+2KCl+CaCl2+H2O ②pH减小,溶液中Cr(Ⅵ)主要以Cr2的形式存在,BaCr2O7易溶于水　③减小 (3)BaCrO4与BaSO4的Ksp相近,随着Na2SO4浓度增大,促进了BaCrO4转化为BaSO4;反应生成的BaSO4覆盖在BaCrO4表面,难以发生沉淀转化 (4)加入稀硫酸控制溶液的pH在1~4之间,边搅拌边加入Na2SO3·7H2O,当溶液由橙色变为绿色时,停止加入Na2SO3·7H2O,加入NaOH溶液调节溶液的5<pH<8 3.(15分)沸石分子筛可用于气体、重金属离子的吸附或去除。工业上以粉煤灰(主要含SiO2和3Al2O3·2SiO2,还含有少量CaO、Fe2O3和有机物)为原料制取某种沸石分子筛(Na12Al12Si12O48·27H2O)的过程如下: 已知:粉煤灰中的硅、铝化合物煅烧时不发生反应,且难溶于酸。 (1)将粉煤灰在空气中煅烧的目的是 　。  (2)“酸浸”的操作是向“煅烧”后的固体混合物中加入足量的盐酸,充分搅拌后过滤。检验“酸浸”操作是否达到目的的方法是 　。  (3)“碱熔”时,将“酸浸”后所得滤渣与NaOH固体在高温下混合熔融,可生成易溶于水的NaAlO2和Na2SiO3。“水热合成”时,加入水和一定量的NaAlO2或Na2SiO3溶液,在90 ℃条件下反应一段时间,可以得到Na12Al12Si12O48·27H2O晶体。写出“水热合成”时反应的化学方程式: 。  (4)沸石分子筛的结构为相邻的硅氧四面体和铝氧四面体相互连接形成的笼状结构,沸石分子筛的结构示意图及部分平面结构分别如图甲、乙所示。沸石分子筛中存在一定大小的空隙,其中的Na+可与其他阳离子发生交换。 ①沸石分子筛可以用于去除废水中NH3和N,原理是 　。  ②沸石分子筛对Cu2+去除率随溶液pH的关系如图丙所示。pH越大,Cu2+去除率越高的原因是 　。  解析:(1)粉煤灰在空气中煅烧的目的是除去粉煤灰中的有机物。 (2)酸浸产物之一有FeCl3,所以可取酸浸后过滤后洗涤的滤渣,加少量稀盐酸,再滴入KSCN溶液,如果不变红表明酸浸已达到目的。 (4)①由题意沸石分子筛中存在一定大小的空隙,故NH3分子直径小于沸石分子筛中的空隙,沸石分子筛通过吸附去除废水中的NH3;沸石中的Na+可与其他阳离子发生交换,即与N发生阳离子交换除去N。②因阳离子(H+和Cu2+)均可与Na+交换,pH较小即c(H+)较大,则与Na+交换的Cu2+变少;pH增大,c(OH-)浓度增大,溶液中的Cu2+形成Cu(OH)2沉淀,Cu2+的去除率增大。 答案:(1)除去粉煤灰中的有机物 (2)取少量过滤、洗涤后的固体,加入适量盐酸,充分搅拌后滴加几滴KSCN溶液,无红色现象则说明“酸浸”操作已达到目的 (3)12NaAlO2+12Na2SiO3+39H2ONa12Al12Si12O48·27H2O↓+24NaOH (4)①NH3分子直径小于沸石分子筛中的空隙,沸石分子筛通过吸附去除废水中NH3;废水中的N可以与沸石分子筛中Na+发生离子交换而去除　②H+与Cu2+均可与沸石分子筛中的Na+进行交换,pH较小时,H+浓度较高,与Na+交换的Cu2+变少;随着pH升高,溶液中的Cu2+会生成Cu(OH)2沉淀,Cu2+去除率增大 4.(15分)(2025·江苏连云港、淮安第一次调研)以含钼(Mo)废催化剂(含MoS2、Al2O3、Fe2O3以及CuO等)为原料制备MoO3的过程如下: (1)焙烧。将含钼废催化剂和足量NaOH固体置于焙烧炉中,通入足量空气加热至750 ℃充分反应。焙烧过程中MoS2转化为Na2MoO4的化学方程式为 　。  (2)浸取。将焙烧所得固体加水浸泡,然后过滤、洗涤。过滤后所得滤液中存在的阴离子有OH-、Mo、　　　　　　　　　　　　。欲提高单位时间内钼的浸取率,可以采取的措施有 　(任写一点)。  (3)除杂。向浸取后的滤液中通入过量CO2,过滤。通入过量CO2的目的是 　。  (4)制备。向上述(3)所得滤液中加入硝酸调节溶液的pH小于6,使Mo转化为Mo7,然后加入NH4NO3充分反应,析出(NH4)6Mo7O24·4H2O,灼烧后可得到MoO3。灼烧(NH4)6Mo7O24·4H2O得到MoO3的化学方程式为 　。  (5)应用。将MoO3制成V2O5⁃WO3⁃MoO3/TiO2催化剂,用于氨催化还原氮氧化物,一定压强下,将氨氮比为1.0的混合气体按一定流速通入装有上述催化剂的反应装置,测得NOx的转化率随温度的变化关系如图所示。在160~240 ℃之间,NOx转化率不高的原因是 　。  解析:(1)焙烧过程氧气具有氧化性,会在NaOH条件下氧化MoS2生成Na2SO4和Na2MoO4。 (2)Al2O3与NaOH反应,加水生成可溶性的Na[Al(OH)4],故过滤后所得滤液中存在的阴离子有OH-、Mo、[Al(OH)4]-、S;欲提高单位时间内钼的浸取率,可以采取的措施有粉碎废催化剂、适当升高温度、搅拌等。 (3)通入过量的CO2,将[Al(OH)4]-转化为Al(OH)3沉淀,除去铝元素。 (4)(NH4)6Mo7O24·4H2O灼烧后可得到MoO3,结合质量守恒可知,还生成NH3和水。 (5)催化剂催化需要一定的活化温度,在160~240 ℃之间时,没有达到催化剂所需的活化温度,催化剂活性弱,导致反应速率较慢。 答案:(1)2MoS2+9O2+12NaOH2Na2MoO4+4Na2SO4+6H2O (2)S、[Al(OH)4]-　将固体粉碎、搅拌、适当升高温度等 (3)将[Al(OH)4]-全部转化为Al(OH)3沉淀除去 (4)(NH4)6Mo7O24·4H2O7MoO3+6NH3↑+7H2O↑ (5)在160~240 ℃之间,催化剂的活性低,同时温度较低反应速率较慢,所以NOx转化率不高 80 / 95 学科网（北京）股份有限公司 $