专题2 考点6 化工流程中的定量计算 专题强化训练-【备考最优解】2026版高考二轮专题复习·化学（教用word）

1．(2025·河南豫西北教研联盟二模)钼(Mo)广泛应用于化工生产、医疗卫生及国防战略领域。一种从废催化剂(主要含NiO、MoO3、Fe2O3、Al2O3)中富集回收钼和镍的工艺流程如下。 已知：①NiO、Fe2O3在高温时不与Na2CO3反应。 ②25 ℃时，Ksp[Fe(OH)3]＝2.8×10－39，Ksp[Ni(OH)2]＝2×10－15，Ksp(CaMoO4)＝1.46×10－8，Ksp(CaCO3)＝3.36×10－9；Ka1(H2CO3)＝4.5×10－7，Ka2(H2CO3)＝4.7×10－11。 回答下列问题： (1)“粉碎”废催化剂的目的是__________________________________________。 (2)“焙烧”中，废催化剂中的MoO3与Na2CO3反应生成可溶性钠盐，该反应的化学方程式为_______________________________________________________。 (3)“除杂”中，通入过量CO2发生反应的离子方程式为____________________________________________________________________。 (4)滤渣2的成分是____________。“沉淀”时，若溶液中金属阳离子的浓度均为0.02 mol·L－1，应控制pH不超过________。 (5)“沉钼”中，pH为7.0，若条件控制不当，会产生CaCO3沉淀。为避免CaMoO4中混入CaCO3，当溶液中c(HCO)∶c(MoO)＝__________________________________(列出计算式)时，应停止加入CaCl2溶液。 (6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是____________________________________________________________________。 解析：废催化剂粉碎后，加入碳酸钠焙烧，热水水浸得到浸出液，主要含有Na2MoO4与四羟基合铝酸钠，通入过量二氧化碳，四羟基合铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，过滤后向滤液中加入适量氯化钙，生成CaMoO4；浸出渣中含有NiO、Fe2O3，加入稀硫酸，得到硫酸镍和硫酸铁，加入氢氧化钠调节pH，得到氢氧化铁沉淀，滤液控制pH浓缩结晶得到硫酸镍晶体。(1)“粉碎”废催化剂的目的是增大反应物之间的接触面积，增大反应速率。(2)“焙烧”中，废催化剂中的MoO3与Na2CO3反应生成可溶性钠盐Na2MoO4，根据原子守恒，该反应的化学方程式为MoO3＋Na2CO3Na2MoO4＋CO2↑。(3)根据分析可知，“除杂”中，通入过量CO2发生反应的离子方程式为[Al(OH)4]－＋CO2===Al(OH)3↓＋HCO。(4)滤渣2的成分是Fe(OH)3；Ni2＋开始沉淀时，Ksp[Ni(OH)2]＝c(Ni2＋)·c2(OH－)＝2×10－15，c(OH－)＝ mol·L－1＝10－6.5mol·L－1，c(H＋)＝10－7.5mol·L－1，则pH＝7.5，因此应控制pH不超过7.5。(5)若开始生成CaCO3沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：HCO＋CaMoO4⇌CaCO3＋MoO＋H＋，该反应的化学平衡常数为K＝ ＝ ＝；为避免CaMoO4中混入CaCO3沉淀，必须满足<，由于“沉钼”中pH为7.0，c(H＋)＝1×10－7mol·L－1，所以溶液中＝时，开始生成CaCO3沉淀，因此，c(HCO)∶c(MoO)＝ ＝时，应停止加入CaCl2溶液。(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是提高镍回收率。 答案：(1)增大反应物之间的接触面积，增大反应速率 (2)MoO3＋Na2CO3Na2MoO4＋CO2↑ (3)[Al(OH)4]－＋CO2===Al(OH)3↓＋HCO (4)Fe(OH)3　7.5　(5) (6)提高镍回收率 2．(2025·辽宁二模)金属钨是重要的战略资源，我国钨矿的储量居世界第一。由黑钨矿(主要成分为FeWO4、MnWO4，含有少量Si、As的化合物)制取金属钨的流程如下图所示。 已知：常温下钨酸(H2WO4)难溶于水，酸性很弱，其钠盐易溶于水。回答下列问题： (1)已知元素周期表中74号元素钨与铬同族，钨在元素周期表中的位置是____________________________________________________________________。 (2)“碱熔”步骤中采用高压碱煮法，“高压”的目的是__________________________，FeWO4发生反应的化学方程式为____________________________________________________________________。 (3)上述流程中加盐酸“中和至pH＝10 ”时，溶液中的杂质阴离子有SiO、HAsO、HAsO等，则“净化”过程中，先加入H2O2发生反应的离子方程式为__________________________________________________________________， “净化”后所得钨酸钠溶液除NaOH 外，还主要含有________(填化学式)杂质。 (4)高温下，“焙烧”生成的WO3会与水蒸气反应生成一种挥发性极强的水钨化合物WO2(OH)2，还原制备W单质时要适当加快氢气的流速，目的是_____________________________________________________________________。 (5)钨酸钙(CaWO4)和氢氧化钙都是微溶电解质。某温度下Ca(OH)2 和CaWO4的饱和溶液中，pc(Ca2＋)与pc(阴离子)的关系如下图所示，已知：pc(离子)＝－lg c(离子)。该温度下将Na2WO4 溶液加入石灰乳中得到大量钨酸钙，该反应的平衡常数K＝__________________。 解析：(1)已知元素周期表中74号元素钨与铬同族，铬位于第四周期第ⅥB族，则钨在元素周期表中的位置是第六周期第ⅥB族。(2)已知O2在水溶液中的溶解度不大，增大压强可以增大O2在水溶液中的溶解度，提高反应速率，故“碱熔”步骤中采用高压碱煮法，“高压”的目的是增大氧气的浓度，提高反应速率；由流程图可知，“碱熔”时，FeWO4和O2、NaOH反应生成Fe2O3，根据氧化还原反应的规律可得，该反应的化学方程式为4FeWO4＋O2＋8NaOH 2Fe2O3＋4Na2WO4＋4H2O。(3)题述流程中加盐酸“中和至pH＝10 ”时，溶液中的杂质阴离子有SiO、 HAsO、HAsO等，则“净化”过程中，加入过氧化氢的目的为将HAsO 氧化为HAsO，发生反应的离子方程式为HAsO ＋H2O2===HAsO ＋H2O，加入氯化镁，生成难溶于水的MgSiO3、MgHAsO4，过滤，滤渣为MgSiO3、MgHAsO4，滤液主要为钨酸钠溶液，结合题中流程图可知，“净化”后所得钨酸钠溶液除NaOH外，还主要含有NaCl杂质。(4)已知在高温条件下三氧化钨会与水蒸气反应生成一种挥发性极强的水钨化合物WO2(OH)2，用氢气还原三氧化钨冶炼钨时要适当加快氢气的流速，目的是用氢气带出反应生成的水蒸气，避免三氧化钨与水蒸气反应生成WO2(OH)2。(5)由题图可知，当pc(Ca2＋)＝6即c(Ca2＋)＝10－6mol/L时，溶液中pc(OH－)＝0即c(OH－)＝1 mol/L，故可得Ksp[Ca(OH)2]＝10－6，同理可得Ksp(CaWO4)＝10－7×10－3＝10－10，该温度下将Na2WO4溶液加入石灰乳中得到大量钨酸钙，发生反应Ca(OH)2(s)＋WO(aq)⇌CaWO4(s)＋2OH－(aq)，平衡常数K＝＝＝＝＝1.0×104。 答案：(1)第六周期第ⅥB族 (2)增大氧气的浓度，提高反应速率　4FeWO4＋O2＋8NaOH2Fe2O3＋4Na2WO4＋4H2O (3)HAsO＋H2O2===HAsO＋H2O　NaCl (4)用氢气带出反应生成的水蒸气，避免三氧化钨与水蒸气反应生成WO2(OH)2 (5)1.0×104 3．(2025·龙岩二模)一种从金还原后液(主要含Na＋、H＋、PdCl、PtCl、Cl－ )中回收钯(Pd)和铂(Pt)的工艺流程如下： (1)“沉钯铂”中钯、铂的沉淀率与搅拌时长的关系如下图所示。 ①PdCl转化为PdCl的离子方程式为__________________________________________________________________________________________________________________________________________。 ②搅拌时间过长，钯、铂的沉淀率下降的原因是____________________________________________________________________。 (2)“微热”过程1 mol Pd(Ⅳ)转化为Pd(Ⅱ)的同时，生成标准状况下22.4 L气体X，则气体X为________(填化学式)。 (3)“分铂”发生反应：PdCl ＋4NH3·H2O===[Pd(NH3)4]2＋＋4Cl－＋4H2O　K＝250；PdCl浓度从0.025 mol·L－1降到1.0×10－5 mol·L－1，此时溶液中的c(NH3·H2O )＝________mol·L－1 。 (4)虚线框内“还原”和“氧化”步骤需重复三次的目的是______________________。“煅烧”过程产生的气体中，有一种可作保护气，相应的化学方程式为__________________________________________________。 解析：(1)①氯酸钠具有氧化性，将PdCl氧化为PdCl，氯酸钠中氯元素的化合价由＋5价变为－1价、Pd元素的化合价由＋2价变为＋4价，该反应的离子方程式为3PdCl＋ClO＋5Cl－＋6H＋===3PdCl＋3H2O 。②搅拌时间过长，(NH4)2PdCl6、(NH4)2PtCl6可能与ClO、Cl－ 继续反应，生成可溶性物质，从而使钯、铂的沉淀率下降。(2)“微热”过程1 mol Pd(Ⅳ)转化为Pd(Ⅱ)，Pd元素化合价降低被还原，转移2 mol电子，同时生成标准状况下22.4 L(1 mol)气体X，则气体X为氯离子失去2 mol电子被氧化生成的Cl2。(3)PdCl浓度从0.025 mol·L－1 降到1.0×10－5 mol·L－1，可以认为PdCl已经完全转化，则[Pd (NH3)4]2＋、Cl－的浓度分别为2.5×10－2mol·L－1、0.1 mol·L－1，则K＝＝＝250，解得c(NH3·H2O)＝10－0.75mol·L－1。(4)虚线框内“还原”和“氧化”步骤需重复三次的目的是充分除去沉淀中的杂质，提高(NH4)2PtCl6的纯度。“煅烧”得到Pt，Pt元素化合价降低被还原，且产生的气体中有一种可作为保护气，结合得失电子守恒，则部分氮元素化合价升高被氧化为氮气，结合质量守恒，还会生成氯化铵、HCl，相应的化学方程式为3(NH4)2PtCl63Pt＋2N2↑＋2NH4Cl＋16HCl↑。 答案：(1)①3PdCl ＋ClO＋5Cl－＋6H＋===3PdCl＋3H2O　②搅拌时间过长，(NH4)2PdCl6、(NH4)2PtCl6可能与ClO与Cl－继续反应，生成可溶性物质　(2)Cl2　(3)10－0.75　(4)充分除去沉淀中的杂质，提高(NH4)2PtCl6的纯度　3(NH4)2PtCl63Pt＋2N2↑＋2NH4Cl＋16HCl↑ 4．(2025·六安模拟)二氧化铈(CeO2)是一种用途广泛的稀土化合物，可以从催化剂废料[主要成分为CeO2、Fe2O3及少量惰性杂质(800 ℃以下不参与反应)]中回收CeO2。 已知：①三价铈(Ce3＋)的硫酸盐可溶于水； ②分配系数：可以近似理解为萃取剂加入水溶液中进行萃取达到平衡时，溶质在萃取剂中的浓度与在水溶液中的浓度的比值； ③焙烧时催化剂中的CeO2、Fe2O3转化为Ce(SO4)2、Fe2(SO4)3，Ce(SO4)2的分解温度为450～500 ℃，Fe2(SO4)3的分解温度为550～625 ℃。 回答下列问题： (1)焙烧时将催化剂废料粉碎后与浓硫酸混合，将催化剂废料粉碎的目的是____________________________________________________________________。 (2)“水浸渣”中除少量惰性杂质外，还有________(填化学式)。 (3)有机试剂HR萃取水溶液中的Ce3＋(有机层中以CeR3形式存在)。有机试剂HR的分配系数为10，取200 mL Ce3＋浓度为0.1 mol·L－1的溶液，加入100 mL有机试剂HR进行萃取，萃取完成后，水溶液中剩余Ce3＋的浓度为______________(保留两位有效数字)mol·L－1。 (4)写出加NaClO溶液发生反应的离子方程式：___________________________________________________________________。 (5)将18 g加入浓硫酸焙烧后的产物在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度的变化曲线如下图所示，该产物中n(Ce3＋)∶n(Fe3＋)的比值为________。 解析：(1)将催化剂废料粉碎的目的是增大反应物之间接触面积，增大反应速率。 (2)由已知信息①可知，Ce2(SO4)3可溶于水，Fe2O3不溶于水，故“水浸渣”中除少量惰性杂质外，还有Fe2O3。 (3)设萃取后Ce3＋在水层中的浓度为x mol·L－1，在有机层中的浓度为10x mol·L－1。初始Ce3＋总量为0.1 mol·L－1×200×10－3 L＝ 0.02 mol，萃取后水层中Ce3＋的量为x mol·L－1×200×10－3 L＝0.2x mol，有机层中Ce3＋的量为10x mol·L－1×100×10－3 L＝x mol，根据铈元素守恒有0.2x＋x＝0.02，解得x≈0.017。(4)Ce(OH)3被NaClO氧化为Ce(OH)4，ClO－被还原为Cl－，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为2Ce(OH)3＋ClO－＋H2O===2Ce(OH)4＋Cl－。(5)在石英管式炉中加热时，Ce(SO4)2、Fe2(SO4)3分别转化为Ce2(SO4)3、Fe2O3。根据图像、结合Ce(SO4)2、Fe2(SO4)3分解温度分析，450～500 ℃固体质量变化的原因为Ce(SO4)2分解生成气体，气体挥发，减少的质量为生成的气体的质量，550～625 ℃固体质量变化的原因为Fe2(SO4)3分解生成气体，气体挥发，减少的质量为气体的质量，根据化学方程式可列式计算， 4Ce(SO4)22Ce2(SO4)3＋2SO3↑＋O2↑　Δm 4 2×80 32 192 n[Ce(SO4)2] 1.92 g ＝，解得n[Ce(SO4)2]＝0.04 mol，根据元素守恒n(Ce3＋)＝n[Ce(SO4)2]＝0.04 mol， Fe2(SO4)3Fe2O3＋3SO3↑　Δm 1 3×80　 240 n[Fe2(SO4)3] 2.40 g ＝，解得n[Fe2(SO4)3]＝0.01 mol，根据元素守恒，n(Fe3＋)＝2n[Fe2(SO4)3]＝0.02 mol，故产物中n(Ce3＋)∶n(Fe3＋)＝0.04 mol∶0.02 mol＝2∶1 。 答案：(1)增大反应物之间的接触面积，增大反应速率 (2)Fe2O3　(3)0.017　(4)2Ce(OH)3＋ClO－＋H2O===2Ce(OH)4＋Cl－　(5)2∶1 5．(2025·石家庄模拟)稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。一种利用钒钛磁铁矿精矿(主要成分为Fe3O4、FeV2O4、TiO2和SiO2)综合提取钒、钛，并同步制备黄铵铁矾的工艺流程如下图所示： 已知：①“加压焙烧”过程中存在反应2FeCl3(s)===2FeCl2(s)＋Cl2(g)，生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”；②“酸浸”所得溶液中钒、钛分别以VO、TiO2＋形式存在。 回答下列问题： (1)基态钛原子的价层电子排布式为________；已知FeV2O4中Fe元素化合价为＋2价，则V元素化合价为________。 (2)“加压焙烧”中FeV2O4经“二次氯化”转化为VO2Cl和FeCl2的化学方程式为__________________________________________________________________ _____________________________________________________________________。 (3)“酸浸”时，产生的“浸出渣”的主要成分为________(填化学式)。 (4)已知Ksp[TiO(OH)2]＝1×10－29。“沉钛”时，为使TiO2＋沉淀完全(c≤1.0×10－5mol·L－1)，需要调节溶液的pH不低于________；该过程中，加入适量铁粉的目的为________________________________________________________________。 (5)“氧化”时，H2O2的使用量远大于理论计算量，可能的原因为____________________________________________________________________。 (6)“萃取”时，VO先转化为H2V10O，再与萃取剂R3N结合，其过程可表示为4R3N＋4H＋＋H2V10O⇌[R3NH]4H2V10O28，据此分析“反萃取”过程中加入Na2CO3溶液作用为 __________________________________________________。 (7)“沉铁”时，生成黄铵铁矾的离子方程式为____________________________________________________________________。 解析：(1)钛为22号元素，基态钛原子的价层电子排布式为3d24s2；已知FeV2O4中Fe元素化合价为＋2价，根据化合物中各元素正负化合价代数和为零可知，则V元素化合价为＋3价。(2)“加压焙烧”中FeV2O4经“二次氯化”转化为VO2Cl和FeCl2，V由＋3价升高到＋5价，Cl由0价降低到－1价，根据化合价升降守恒进行配平，化学方程式为FeV2O4＋2Cl2===FeCl2＋2VO2Cl。(4)Ksp[TiO(OH)2]＝c(TiO2＋)·c2(OH－)＝1.0×10－5×c2(OH－)＝1×10－29，解得c(OH－)＝1.0×10－12mol·L－1，则c(H＋)＝1.0×10－2mol·L－1，故pH不低于2.0；加入适量铁粉的目的为调节溶液pH使TiO2＋沉淀完全。(5)“氧化”时，将亚铁离子氧化成铁离子，H2O2的使用量远大于理论计算量的可能的原因为产生的Fe3＋催化H2O2的分解。(6)Na2CO3与H＋反应，消耗H＋，使c(H＋)降低，导致萃取反应的平衡逆向移动，将H2V10O与萃取剂分离。(7)“沉铁”时，加入(NH4)2SO4，生成黄铵铁矾的离子方程式为NH＋3Fe3＋＋2SO＋6H2O===NH4Fe3(SO4)2(OH)6↓＋6H＋。 答案：(1)3d24s2　＋3 (2)FeV2O4＋2Cl2===FeCl2＋2VO2Cl (3)SiO2 (4)2.0　调节溶液pH使TiO2＋沉淀完全 (5)产生的Fe3＋催化H2O2的分解 (6)消耗H＋，使萃取反应的平衡逆向移动，将H2V10O与萃取剂分离 (7)NH＋3Fe3＋＋2SO＋6H2O===NH4Fe3(SO4)2(OH)6↓＋6H＋ 学科网（北京）股份有限公司 $