主题7 第5讲 以工艺流程为主导的主观题解题策略(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考化学一轮总复习（江苏专版）

该高中化学高考复习课件聚焦工艺流程主观题，覆盖产物判断、陌生方程式书写、温度控制分析、溶度积计算、晶胞分析等核心考点，依据高考评价体系梳理近三年真题考点分布，明确溶度积计算、萃取分离等高频考点权重，归纳物质制备、分离提纯两类常考题型，构建针对性备考体系。 课件亮点在于“真题研析+思维建模+实战突破”策略，如以2025湖南卷深海结核提取金属题为例，通过“审题干-审流程-审问题”思维模型培养科学思维，结合温度控制原因分析、离子方程式书写等技巧，提升学生科学探究与实践能力，助力教师精准把握高考趋势，高效指导学生冲刺。

第五讲 以工艺流程为主导的主观题解题策略 Di Wu Jiang 该类题目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。工艺流程题是高考的热点，试题命制灵活多变，创新力度大，是高考试卷中的拉分题目之一。 1 研真题——明高考方向 2 理思路——建思维模型 3 研题型——重具体运用 4 作业验收评价 目 录 研真题——明高考方向 一、 1.(2025·湖南卷)一种从深海多金属结核[主要含MnO2、FeO(OH)、SiO2，有少量的Co2O3、Al2O3、NiO、CuO]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液(NiSO4、CoSO4、MnSO4)工艺流程如下: 已知:①金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。 ②常温下，溶液中金属离子(假定浓度均为0.1 mol·L-1)开始沉淀和完全沉淀(c≤1.0×10-5 mol·L-1)的pH: 回答下列问题: (1)基态Ni的价层电子排布式为_________。    Fe3+ Al3+ Cu2+ Ni2+ Co2+ Mn2+ 开始沉淀的pH 1.9 3.3 4.7 6.9 7.4 8.1 完全沉淀的pH 3.2 4.6 6.7 8.9 9.4 10.1 3d84s2 解析:深海多金属结核[主要含MnO2、FeO(OH)、SiO2，有少量的Co2O3、Al2O3、NiO、CuO]加入SO2、H2SO4进行酸浸还原，得到的滤渣含有SiO2，滤液中含有Mn2+、Fe2+、Co2+、Al3+、Ni2+、Cu2+，通入空气，调节pH=3.2，沉铁得到Fe2O3，继续加入NaOH调节pH=5.2沉铝主要得到Al(OH)3，加入萃取剂第一次萃取Cu2+，分液得到含Cu2+的萃取液1，萃余液1中加入混合萃取剂进行第二次萃取，得到电池级镍钴锰混合溶液，萃余液2经电解得到金属锰，据此解答。(1)Ni为28号元素，基态Ni原子的价层电子排布式为3d84s2。 (2)“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是_______(写化学式);SO2还原Co2O3的化学方程式为__________________________________。  解析: 由分析可知，“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是SiO2;SO2将+3价钴还原为+2价钴，同时由于硫酸的作用得到CoSO4，化学方程式为SO2+Co2O3+H2SO4==2CoSO4+H2O。 SiO2 SO2+Co2O3+H2SO4==2CoSO4+H2O (3)“沉铁”时，Fe2+转化为Fe2O3的离子方程式为_________________________ _______________， 加热至200 ℃的主要原因是_____________________________ ___________________________。  解析: “沉铁”时，Fe2+转化为Fe2O3，铁元素化合价升高，则O2作氧化剂，离子反应为4Fe2++O2+4H2O 2Fe2O3↓+8H+;已知金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子，则加热至200 ℃的主要原因是防止形成Fe(OH)3胶体吸附其他金属阳离子，造成产率下降。 4Fe2++O2+4H2O 2Fe2O3↓+8H+ 防止形成Fe(OH)3胶体吸附其他 金属阳离子，造成产率下降 (4)“沉铝”时，未产生Cu(OH)2沉淀，该溶液中c(Cu2+)不超过_________　　　　　　　 mol·L-1。  解析: 由表可知，Ksp[Cu(OH)2]=1.0×10-5×=10-19.6，“沉铝”时， 未产生Cu(OH)2沉淀，则c(Cu2+)<= mol·L-1=1×10-2 mol·L-1。 1×10-2 (5)“第二次萃取”时，_______、_______(填离子符号)与混合萃取剂形成的配合物(其结构如图所示，M表示金属元素)更稳定，这些配合物中氮原子的杂化类型为______。  注:R、R'为长链烷基 Co2+ Ni2+ sp2 解析:由流程可知，第二次萃取时，主要萃取Co2+、Ni2+，因此Co2+、Ni2+与混合萃取剂形成的配合物更稳定;六元杂环是平面结构，N原子提供单电子用于环内形成大π键，剩余1个孤电子对形成配位键，N的价层电子对数为3，是sp2杂化。 2.(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)。  解析:采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿中分离提取Cu、Co、Mn等元素，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 3MnO2+3NH4HSO4 3MnSO4+N2↑+NH3↑+6H2O Fe2O3、CaSO4 氧化铁，水浸后，过滤分离出滤渣，滤渣主要为二氧化硅、氧化铁及硫酸钙，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，据此解答。(1)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，根据电子得失守恒可知还有氨气生成，化学方程式为3MnO2+3NH4HSO4 3MnSO4+N2↑+NH3↑+6H2O;根据已知条件，高温焙烧的温度为650 ℃，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、氧化铁及硫酸钙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。 (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)。  解析: (2)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。(3)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。 减小 H2SO4 (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________________________________。  4×10-4　 CoS+H2O2+2H+==Co2++S+2H2O 解析: 沉钴时，pH=4时Co2+恰好沉淀完全，其浓度为c(Co2+)=1×10-5mol ·L-1，此时c(H+)=1×10-4mol·L-1，根据Ksp(CoS)= 4×10-21，推出c(S2-)== mol·L-1=4×10-16mol·L-1，又因为Ka1(H2S)= 1×10-7，Ka2(H2S)= 1×10-13，Ka1×Ka2=×=，则c(H2S)= = mol·L-1=4×10-4 mol·L-1;由流程图可知，CoS溶解时加入了过氧化氢、稀硫酸，生成了CoSO4和S，化学方程式为CoS+H2O2+H2SO4== CoSO4+S+2H2O，改写成离子方程式为CoS+H2O2+2H+==Co2++S+2H2O。 (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。  解析:由分析可知，沉锰过程中，加入碳酸氢铵，生成碳酸锰、二氧化碳、硫酸铵等，过滤后滤液中的硫酸铵可并入吸收液中，经过处理后导入低温焙烧循环使用。 低温焙烧 理思路——建思维模型 二、 1.试题呈现形式 2.准确识图析图 图1箭头表示反应物加入同时生成物出来; 图2箭头表示反应物分步加入和生成物出来; 图3箭头表示循环反应。 3.掌握解题流程 (1)审题干——明确原料成分和目的要求 (2)审流程——明确各步转化原理和目的 看箭头 进入的是原料(即反应物);出去的是生成物(包括主产物和副产物) 看三线 主线主产品、分支副产品、回头为循环 找信息 明确反应条件控制和分离提纯方法 关注所加物质的可能作用 参与反应、提供反应氛围、满足定量要求 (3)审问题——明确答什么 不要 答非所问 要看清题目要求，按要求答题，防止答非所问 规范答题 回答问题要准确全面，注意语言表达的规范性，特别是化学用语的书写与表示要准确、规范 [典例]　硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下: 本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表: 回答下列问题: (1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为________________________。  (2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有___________________________ __________________________________________。  离子 Fe3+ Zn2+ Cu2+ Fe2+ Mg2+ Ksp 4.0×10-38 6.7×10-17 2.2×10-20 8.0×10-16 1.8×10-11 ZnCO3 ZnO+CO2↑ 将菱锌矿焙烧后的产物碾碎、 升高浸取时的反应温度、增大硫酸的浓度等 (3)加入物质X调溶液pH=5，最适宜使用的X是____ (填标号)。  A.NH3·H2O　　B.Ca(OH)2　　C.NaOH 滤渣①的主要成分是__________、_________、_______。  (4)向80~90 ℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣 ②中有MnO2，该步反应的离子方程式为_________________________________ ________________________。  B　 Fe(OH)3 CaSO4　 SiO2 3Fe2+++7H2O 3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+　 (5)滤液②中加入锌粉的目的是___________。 (6)滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是_________、_________。  除去Cu2+ CaSO4 MgSO4 [方法演示]　 1.整体分析流程图的含义 2.逐一分析三个 关键环节 ZnCO3 SiO2 ZnCO3 ZnO +CO2 Fe(OH) 3 Cu ZnSO4 Fe3+ 研题型——重具体运用 三、 题型(一) 以物质制备为主体的化工流程 1.工艺流程中的常见专业术语 (1)研磨、雾化:将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体分散成微小液滴，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分。 (2)灼烧(煅烧或焙烧):使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿。 (3)浸取:向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等。 (4)酸浸:在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程。 (5)浸出率:固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少。 (6)滴定:定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定。 (7)酸作用:溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等。 (8)碱作用:去油污、去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅、调节pH、促进水解(沉淀)。 2.物质制备过程中的条件控制 控制 体系 的环境氛围 ①需要在酸性气流中干燥FeCl3、AlCl3、MgCl2等含水晶体，抑制水解并带走因分解产生的水蒸气。 ②营造还原性氛围，防止还原性物质被氧化。如加入铁粉防止Fe2+被氧化。 ③加入氧化剂进行氧化。如加入绿色氧化剂H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，绿色氧化剂H2O2的优点:不引入新杂质，对环境无污染 控制 反应 温度 ①加热:加速溶解、加快反应速率或促使平衡向某个方向移动(如促进水解生成沉淀)。 ②降温:防止某物质在某温度时会溶解或分解，或促使平衡向某个方向移动。 ③控制温度在一定范围内:综合多方面因素考虑。如使反应速率不至于太慢、抑制或促进平衡移动、防止反应物分解、防止副反应发生、使催化剂的催化活性最高等。 ④如题目中出现了包括产物在内的各种物质的溶解度信息，则要根据它们溶解度随温度升高而改变的情况，寻找合适的结晶分离方法 续表 控制溶液 的pH ①调节溶液的酸碱性，抑制水解(或使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀)。 ②“酸作用”还可除去氧化物(膜)。 ③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等。 ④特定的氧化还原反应需要酸性条件(或碱性条件) 外界条件 对可逆反 应的控制 ①使催化剂的活性达到最高:如工业合成氨或SO2的催化氧化反应，选择的温度是500 ℃左右，原因之一就是该温度下可使催化剂的活性达到最高。 ②对于一些工艺来说，降温或减压都可以减少能源成本，降低对设备的要求，达到绿色化学的目的 续表 迁移应用 1.(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下图所示。 已知25 ℃时，Ksp(SrSO4)=10-6.46，Ksp(BaSO4)=10-9.97。 回答下列问题: (1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态原子价电子排布式为______。  5s2 解析:含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，加入稀盐酸酸浸，碳酸盐溶解进入滤液，浸出渣1中含有SrSO4、SiO2，加入BaCl2溶液，发生沉淀转化，SrSO4(s)+Ba2+(aq)⇌BaSO4(s)+Sr2+(aq)，得到SrCl2溶液，经过系列操作得到SrCl2·6H2O晶体。(1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族，基态原子价电子排布式为5s2。 (2)“浸出液”中主要的金属离子有Sr2+、_____________ (填离子符号)。  解析: 由分析可知，碳酸盐均能溶于盐酸，“浸出液”中主要的金属离子有Sr2+、Ca2+、Mg2+。 Ca2+、Mg2+ (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-1BaCl2溶液，充分反应后，理论上溶液中c(Sr2+)·c(S)=_________(mol·L-1)2(忽略溶液体积的变化)。  SrSO4(s)+Ba2+(aq)⇌BaSO4(s) 10-8.97 +Sr2+(aq) 解析: 由分析可知，“盐浸”中发生沉淀的转化，离子方程式: SrSO4(s)+Ba2+(aq)⇌BaSO4(s)+Sr2+(aq);该反应的平衡常数K=====103.51，平衡常数很大，近似认为SrSO4完全转化，溶液中剩余n(Ba2+)=1×10-3mol，则c(S)==10-7.97 mol·L-1，列三段式: SrSO4(s)+Ba2+(aq)⇌BaSO4(s)+Sr2+(aq) 初始/mol 0.01　 　 0.011　　　　　　　 0 变化/mol 0.01　 　 0.01　　　　　　　　 0.01 平衡/mol　　　 　 0.001　　　　　　　 0.01 理论上溶液中c(Sr2+)·c(S)=10-7.97 mol·L-1×10-1 mol·L-1=10-8.97(mol·L-1)2。 (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1所示。随温度升高锶浸出率增大的原因是___________________________________________________。  解析:随温度升高锶浸出率增大，原因是升高温度，Ba2+与SrSO4有效碰撞次数增加，反应速率加快，所以锶浸出率增大。 升高温度，Ba2+与SrSO4有效碰撞次数增加，反应速率加快 (5)“浸出渣2”中主要含有SrSO4、____________(填化学式)。  (6)将窝穴体a(结构如图2所示)与K+形成的超分子 加入“浸出液”中，能提取其中的Sr2+，原因是__________________ ______________________________________________________________ _____________________________________________________________。  解析: (5)“盐浸”时发生沉淀的转化，生成了BaSO4，SiO2不参与反应，故“浸出渣2”中主要含有SrSO4、BaSO4、SiO2。(6)窝穴体a与K+形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的Sr2+，原因是窝穴体a的空腔与Sr2+更匹配，可通过分子间相互作用形成超分子，且Sr2+具有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定。 BaSO4、SiO2 窝穴体a的空腔与 Sr2+更匹配，可通过分子间相互作用形成超分子，且Sr2+具有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定　 (7)由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的最优方法是____(填标号)。  a.加热脱水　　　 b.在HCl气流中加热 c.常温加压 d.加热加压 解析:Ca(OH)2为强碱，则Sr(OH)2也是强碱，Sr2+不水解，排除b，由平衡移动原理可知加压不利于SrCl2·6H2O脱水制备无水SrCl2，排除c、d，故选a。 a 题型(二) 以物质分离、提纯为主体的化工流程 1.常用的物理分离方法 过滤 分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法 萃取和分液 利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴 蒸发结晶 提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl 冷却结晶 提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等 蒸馏或分馏 分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油 冷却法 利用气体液化的特点分离气体，合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨气 续表 2.常用的提纯方法 水溶法 除去可溶性杂质 酸溶法 除去碱性杂质 碱溶法 除去酸性杂质 氧化剂或还原剂法 除去还原性或氧化性杂质 加热灼烧法 除去受热易分解或易挥发的杂质 调节溶液的pH法 除去酸性Cu2+溶液中的Fe3+等 注意:沉淀或晶体的洗涤剂选择的条件:洗去附着的可溶物，尽可能减少沉淀或晶体的溶解。常选用冷水、热水、乙醇、酸、碱性溶液等。 2.(2025·四川卷)为了节约资源，减少重金属对环境的污染，一研究小组对某有色金属冶炼厂的高氯烟道灰(主要含有CuCl2、ZnCl2、CuO、ZnO、PbO、Fe2O3、SiO2等)进行研究，设计如下工艺流程。实现了铜和锌的分离回收。 回答下列问题: (1)铜元素位于元素周期表第____周期、第______族。  迁移应用 四 ⅠB 解析:烟道灰先通过“碱浸脱氯”，使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀，即把CuCl2和ZnCl2转化为碱式碳酸盐沉淀，再用稀硫酸进行酸浸，除去PbO和SiO2。“中和除杂”通过调节pH值使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀而除去。“深度脱氯”时，发生的反应为Cu+Cu2++2Cl-==2CuCl，Zn+Cu2+==Zn2++Cu，可通过比例关系计算出需要锌粉的量。“电解分离”时离子的放电顺序Cu2+在H+之前，Zn 2+在H+之后，产生大量气泡时，说明H+开始放电，即Cu2+已经全部反应完，铜、锌分离已完成。(1)铜是29号元素，其核外电子排布为[Ar]3d104s1，根据元素周期表的结构，电子层数等于周期数，铜有4个电子层，所以位于第四周期;其价电子构型为3d104s1，属于第ⅠB族。 (2)“碱浸脱氯”使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀。其中，铜盐发生反应的化学方程式为_________________________________________________ ____________。  (3)滤渣①中，除SiO2外，主要还有________。  解析: (2)“碱浸脱氯”时，碳酸钠与氯化铜反应生成碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]、氯化钠和碳酸氢盐，化学方程式为2CuCl2+3Na2CO3+2H2O== Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+2NaHCO3。(3)烟道灰中的PbO与稀H2SO4反应生成PbSO4沉淀，SiO2不与稀H2SO4反应，所以滤渣①中除SiO2外，还有PbSO4。 2CuCl2+3Na2CO3+2H2O==Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl +2NaHCO3 PbSO4 (4)“中和除杂”步骤，调控溶液pH=3.5左右，发生反应的离子方程式为 _____________________________________________________。  解析: “中和除杂”步骤，调控溶液pH = 3.5左右，此时溶液中的Fe3+会水解生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3↓+3H+，加入的Zn2(OH)2CO3与H+反应，促进Fe3+的水解平衡正向移动，Zn2(OH)2CO3+4H+==2Zn2++3H2O+CO2↑，总离子方程式为4Fe3++3Zn2(OH)2CO3+3H2O==4Fe(OH)3↓+6Zn2++3CO2↑。 4Fe3++3Zn2(OH)2CO3+3H2O==4Fe(OH)3↓+6Zn2++3CO2↑ (5)“深度脱氯”时，Cl-的存在使锌粉还原产生的Cu与Cu2+反应，生成能被空气氧化的CuCl沉淀，使Cl-被脱除。欲脱除1.0 mol Cl-，理论上需要锌粉____mol。  解析: “深度脱氯”时发生的反应为Cu+Cu2++2Cl-==2CuCl，从反应可知脱除2 mol Cl-需要1 mol Cu，而Zn与Cu2+反应生成Cu的反应为Zn+Cu2+==Zn2++Cu，即生成1 mol Cu需要1 mol Zn。所以脱除1.0 mol Cl-，根据反应比例关系，理论上需要锌粉0.5 mol。 0.5 (6)“电解分离”采用无隔膜电解槽，以石墨为阳极，铜为阴极。 ①“电解分离”时，阴极产生大量气泡，说明铜、锌分离已完成，其理由是 _______________________________________________________。  ②“电解分离”前，需要脱氯的原因有_________________________________ _________________。  解析: ①“电解分离”时，阴极发生还原反应，若阴极产生大量气泡，说明溶液中已经没有Cu2+(因为Cu2+会先在阴极得到电子被还原)，此时溶液中的H+得到电子生成H2，产生气泡，所以说明铜、锌分离已完成。②“电解分离”前，需要脱氯是因为Cl-在阳极会生成Cl2，污染环境，同时Cl-存在会使锌粉还原产生的Cu与Cu2+反应生成CuCl沉淀，影响铜、锌的分离效果。 阴极产生大量气泡说明溶液中已无Cu2+，铜、锌已分离完成 Cl-在阳极生成Cl2污染环境，且影响 铜、锌分离效果 作业验收评价 1 2 3 4 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。 1 2 3 4 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 ____________________________________。  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。 3d104s1 MnO2+S+2H+==Mn2++S+H2O 1 2 3 4 (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______________。  解析: 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+。 [Cu(NH3)4]2+ 1 2 3 4 (4)“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为___________________________________ ____________________________________________________________________。  解析: “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。 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 1 2 3 4 (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__________________。  解析: “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+。 MnO2>Fe3+>Cu2+ 1 2 3 4 (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。  解析: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。 0.19 1 2 3 4 (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)。  12 1 2 3 4 解析:①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=a3×10-21 cm3，晶体的密度为= g·cm-3。 1 2 4 3 2.(14分)(2026·江苏姜堰、南菁、金陵、前黄中学联考)稀有金属铟(In)、镓(Ga)被广泛应用于电子、航空航天等高新技术领域。某锌冶炼厂产生的废渣中主要含In、Ga、Zn、Fe、Pb、Si等元素的氧化物，现通过如下工艺流程对铟、镓进行回收。 已知:“高酸浸出”后铟以In3+形式、铁以Fe3+形式存在于溶液中。回答下列问题: 1 2 4 3 (1)基态In原子的价层电子排布式为5s25p1，In元素在周期表中的位置是 _________________。  解析:往某锌冶炼厂产生的废渣中加入硫酸“中性浸出”后除去Zn元素，浸渣中含In、Ga、Fe、Pb、Si等元素;经过“高酸浸出”后铟以In3+形式、铁以Fe3+形式、镓以Ga3+形式存在于溶液中，故“滤渣1”含有Pb、Si元素;滤液加入Na2CO3调pH=5，将Fe3+以Fe(OH)3在“滤渣2”中分离;滤液经过“萃取”分离In3+(有机相)、Ga3+(水相);有机相加入试剂1进行“反萃取”得到含有In3+的溶液，通过Zn的置换得到In单质。(1)基态In原子的价层电子排布式为5s25p1，故最外层在第五层属于第五周期，价电子数为三，故属于第ⅢA族，In元素在周期表中的位置是第五周期ⅢA族。 第五周期ⅢA族 1 2 4 3 (2)“高酸浸出”中滤渣1的主要成分是______________(填化学式)。  解析: “高酸浸出”流程中In、Ga、Fe的氧化物与稀硫酸反应形成易溶于水的硫酸盐进入“中和除杂”、Pb的氧化物与硫酸反应生成难溶物PbSO4进入“滤渣1”、Si的氧化物SiO2不与稀硫酸反应，进入“滤渣1”，滤渣1的主要成分是PbSO4、SiO2。 PbSO4、SiO2 1 2 4 3 (3)采用新型萃取剂(H2A2)协同萃取法可提高金属的综合回收率，溶液中金属阳离子M3+的萃取原理为M3++3H2A2 MA3·3HA+3H+。“萃取”步骤中Ga3+、In3+的萃取率随c(H+)变化如图甲所示，为达到萃取目的，此时c(H+)应约为_____ mol·L-1，萃取率随c(H+)增大而减小的原因是_______________________________ _______________________________________________________________。  1.0 随c(H+)增大，M3++3H2A2 MA3·3HA+3H+平衡逆移，金属离子在水中的浓度增大，萃取率降低 1 2 4 3 解析:萃取率是金属离子进入有机相的百分数，“萃取”步骤中Ga3+进入水相、In3+进入有机相，故要求Ga3+的萃取率最小、In3+的萃取率最大，c(H+)约为 1.0 mol·L-1可达到比较好的萃取目的。随c(H+)增大，M3++3H2A2 MA3·3HA+3H+平衡逆移，金属离子在水中的浓度增大，萃取率降低。 (4)“置换”中发生的主要反应离子方程式为_______________________。  解析: “置换”中In3+与Zn发生置换反应，主要反应离子方程式为2In3++3Zn==2In+3Zn2+。 2In3++3Zn==2In+3Zn2+ 1 2 4 3 (5)CIGS薄膜太阳能电池以其转化率高、光谱响应范围宽等优势作为公认的第二代太阳能电池，形成CIGS的固溶体之一的晶胞由闪锌矿结构嵌套而成，该晶胞结构如图乙所示。 ①该固溶体的化学式为_________。  ②In的配位数是____。  解析:①根据均摊法，In位于晶胞的面上和棱心，个数=6×+4×=4;Cu位于晶胞的顶点、面上和体心，个数=4×+8×+1=4;Se位于晶胞内部共8个;该固溶体的化学式为CuInSe2。②In和Cu均与Se成键，最上面面心处In与2个Se距离相等且最近，该In上方也有2个Se，故配位数是4。 CuInSe2 4 1 2 4 3 3.(14分)(2026·江苏无锡高三期中教学质量调研)以氟碳铈矿(CeFCO3、含少量铁的氧化物)为原料制备高纯度CeO2的流程如下: 已知:Ce4+与S结合成[CeSO4]2+;在硫酸中Ce4+能被(HA)2萃取，Ce3+不能。 (1)“焙烧”时CeFCO3转化成CeO2。写出焙烧时发生的化学方程式: _____________________________________________________。  4CeFCO3+4NaHCO3+O2 4NaF+4CeO2+8CO2+2H2O 1 2 4 3 解析:氟碳铈矿(主要含CeFCO3)中加入碳酸氢钠“焙烧”，+3价铈氧化成+4价，CeFCO3转化成CeO2;加硫酸和(NH4)2S2O8，将Ce2O3中的铈元素转化为+4价，便于后续除杂;“除杂”后的溶液[CeSO4]SO4含微量Ce2(SO4)3，加萃取剂(HA)2，Ce4+被萃取，加反萃取剂，H2O2又将Ce4+还原为Ce3+，发生反应2Ce4++H2O2==2Ce3++O2↑+2H+，加碱后Ce3+转化为沉淀，加NaClO将铈从+3价氧化为+4价，最终得到产品。(1)“焙烧”时CeFCO3转化成CeO2，+3价铈氧化成+4价，发生的化学方程式:4CeFCO3+4NaHCO3+O2 4NaF+4CeO2+8CO2+2H2O。 1 2 4 3 (2)“氧化1”的目的是将Ce2O3中的铈元素转化为+4价，便于后续除杂。写出“氧化1”发生反应的离子方程式: _____________________________________。  解析: “氧化1”的目的是利用(NH4)2S2O8的氧化性将Ce2O3中的铈元素转化为+4价，Ce4+与S结合成[CeSO4]2+，“氧化1”发生反应的离子方程式: Ce2O3+6H++S2==2[CeSO4]2++3H2O。 Ce2O3+6H++S2==2[CeSO4]2++3H2O 1 2 4 3 (3)“除杂”后的溶液[CeSO4]SO4含微量Ce2(SO4)3。采用萃取剂对该溶液进行萃取和反萃取。 ①“萃取”时发生反应:Ce4++n(HA)2==Ce·(H2n-4A2n)+4H+。用有机物(HA)2萃取时，分配比随硫酸根离子浓度的变化 如图所示(保持其他条件不变)。D随起始料液中c(S)变化 的原因是_____________________________________________ _____________________________________________。  ②“反萃取”是在萃取所得有机层加入过氧化氢和硫酸进行多次处理。使用过氧化氢的目的是________________________________________。  随着c(S)增大，水层中Ce4+与S结合成 [CeSO4]2+，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小 将Ce4+转化为Ce3+，防止转化为[CeSO4]2+ 1 2 4 3 解析: ①“萃取”时存在反应:Ce4++n(HA)2==Ce·(H2n-4A2n)+4H+，随着c(S)增大，水层中Ce4+与S结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小。②在稀硫酸和H2O2的作用下，发生反应2Ce4++H2O2==2Ce3++O2↑+2H+，将Ce4+转化为Ce3+，防止转化为[CeSO4]2+。 1 2 4 3 (4)CeO2晶胞中掺杂Y2O3，Y3+占据原来Ce4+的位置，可以得到更稳定的结构，如图所示(已知:O2-的空缺率=×100%)。 ①晶体CeO2中每个Ce周围与其最近的Ce个数为_____。  ②若掺杂Y2O3后晶体中O2-的空缺率为10%，则n(CeO2)∶n(Y2O3)=_____。  12 3∶1 1 2 4 3 解析: ①根据图示，CeO2晶胞中，每个Ce周围与其最近的Ce的个数为12。②氧化铈(CeO2)晶胞中掺杂Y2O3，Y3+占据原来Ce4+的位置，未掺杂之前，每个晶胞中有8×+6×=4个Ce4+，8个O2-，若每个晶胞掺杂x个Y2O3，每个晶胞中Ce和Y共4个时，分别含有(4-2x)个Ce4+和2x个Y3+，则含有(4-2x)×2+x×3个O2-，则此晶体中O2-的空缺率为×100%=10%，x=0.8，掺杂Y2O3后晶体中含有2.4个CeO2，0.8个Y2O3，n(CeO2)∶n(Y2O3)=3∶1。 1 2 4 3 4.(14分)(2026·辽宁抚顺一模)某钨锰矿渣(主要成分为WO3、MnO、Sc2O3、SiO2及铁的氧化物)综合利用的流程如图: 已知:①P204的萃取机理:2RH+M2+⇌R2M+2H+。 ②当溶液中离子浓度小于或等于10-5 mol·L-1时，认为该离子沉淀完全。 1 2 4 3 ③常温下，一些常见物质的溶度积常数如下表: ④lg 2.8≈0.45、lg 2≈0.30。 回答下列问题: (1)“沉淀1”的主要成分是_____________ (填化学式)。  物质 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Mn(OH)2 Ksp 2.8×10-39 4.9×10-17 1.6×10-13 WO3、SiO2 1 2 4 3 解析:首先用盐酸对原料进行酸浸，其中WO3、SiO2和盐酸不反应，成为沉淀1的主要成分，同时滤液1中含有二价锰离子、三价钪离子，同时可能含有二价和三价铁离子，滤液用P204萃取分液，有机相加入氢氧化钠沉钪得到Sc(OH)3沉淀3，加热得到Sc2O3，水相加入二氧化锰氧化亚铁离子为铁离子，加入氢氧化钠将铁离子转化为氢氧化铁沉淀得到沉淀4，过滤，滤液3加入碳酸氢钠得到碳酸锰沉淀;沉淀1加入氢氧化钠碱浸、过滤，滤液2加入盐酸得到钨酸沉淀2，过滤分离出钨酸沉淀，加入氨水溶解得到钨酸铵。(1)由分析，“沉淀1”的主要成分是SiO2、WO3。 1 2 4 3 (2)使“有机相2”中的P204萃取剂再生，需选择的试剂为_______ (填名称)。  (3)“沉钪”工序中发生沉钪反应的化学方程式为 _______________________________。  解析: (2)P204的萃取机理:2RH+M2+⇌R2M+2H+，则使“有机相2”中的P204萃取剂再生，可以加入盐酸，氢离子浓度增大，使得平衡逆向移动，使得P204萃取剂再生，故需选择的试剂为盐酸。(3)“沉钪”工序中反应为有机相中R3Sc和氢氧化钠反应生成氢氧化钪沉淀、RNa，反应为R3Sc+3NaOH==Sc(OH)3↓+3RNa。 盐酸 R3Sc+3NaOH==Sc(OH)3↓+3RNa 1 2 4 3 (4)“氧化”工序中加入活性MnO2，其优点是____________________________ _________________;该工序中发生反应的离子方程式为______________________ ___________________。  解析:二氧化锰具有氧化性，能氧化亚铁离子为铁离子:2Fe2++4H++MnO2== 2Fe3++Mn2++2H2O，便于后续铁离子去除，且“氧化”工序中加入活性MnO2，反应生成锰离子，提高了MnCO3的产量且不引入新的杂质金属离子。 提高了MnCO3的产量且不引 入新的金属离子 2Fe2++4H++MnO2== 2Fe3++Mn2++2H2O 1 2 4 3 (5)若“除杂”时溶液中Mn2+的浓度为0.01 mol·L-1，则加入NaOH控制pH的范围是______~_______(溶液体积变化忽略不计，保留3位有效数字);出现沉淀后要加热煮沸一段时间的目的是_______________________。  解析:常温下，由已知表格数据可知，当铁离子完全沉淀时，c(OH-) == mol·L-1= mol·L-1，pOH=11.18，pH=2.82; 该过程中锰离子不能沉淀，且溶液中Mn2+的浓度为0.01 mol·L-1，则c(OH-) == mol·L-1= mol·L-1，pOH=5.40， pH=8.60，故控制pH的范围是2.82~8.60;加热可以促进胶体聚沉，则出现沉淀后要加热煮沸一段时间的目的是促进Fe(OH)3胶体聚沉。 2.82 8.60 促进Fe(OH)3胶体聚沉 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $