作业验收评价(28) 以工艺流程为主导的主观题(Word练习)-【新高考方案】2027年高考化学一轮总复习（山东、海南专版）

**基本信息** 聚焦工艺流程主观题，以真实工业情境为载体，系统整合物质转化、反应原理与计算，通过流程分析-原理应用-数据处理的逻辑链培养科学思维与证据推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |金属提取|2题|流程分段解析、氧化还原反应推断、催化剂判断|元素周期律→物质性质→分离提纯→资源回收| |资源回收|1题|沉淀溶解平衡计算、萃取原理应用、电极反应分析|溶解平衡→离子浓度控制→电解原理→循环利用| |绿色工艺|1题|陌生方程式书写、物质转化关系分析、内循环设计|氧化还原机理→元素守恒→绿色化学→可持续发展|

作业验收评价(二十八)　以工艺流程为主导的主观题 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)。  2.(14分)铟(In)是一种稀有金属,是电信、光电产品不可或缺的关键原材料。铟主要存在于锌矿、铅矿等矿石中,现用含铟粗铅矿(主要含有PbO、In2O3、Fe2O3、SiO2、Cu3As等)提取金属铟的工艺如下: 已知:ⅰ.萃取剂A对三价金属离子有较好的选择性。 ⅱ.常温下,Ksp[In(OH)3]=1.4×10-33, Ksp[Fe(OH)3]=1.1×10-36。 (1)铟在周期表中位于第五周期第ⅢA族,其基态原子价电子排布式为　　　　　。  (2)滤渣Ⅰ中含有的主要物质为Cu和　　　　　　(填化学式)。  (3)Cu3As中Cu的化合价为　　　　　　;“酸浸过滤”后滤液中含Cu2+,则酸浸时Cu3As发生反应的化学方程式为 　。  (4)铁粉的主要作用是 　。 (5)“置换”时,发生主要反应的离子方程式为 　。  (6)常温下,加入铁粉过滤后,滤液中存在平衡In3++3H2O⇌In(OH)3+3H+,则该反应的平衡常数K=　　　　　 (结果保留两位有效数字)。向此滤液加入一定量的ZnO,将In3+转化为In(OH)3沉淀,铟沉淀率与反应时间的关系如图所示,60 min后沉淀率下降可能的原因是 　。  3.(14分)(2026·河北衡水一模)以固体废锌催化剂(主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2)为原料制备锌的工艺流程如图: 已知:①“浸取”时,ZnO、CuO转化为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+进入溶液; ②25 ℃时,Ksp(CuS)=6.4×10-36、Ksp(ZnS)=1.6×10-24; ③深度除杂标准:溶液中≤2.0×10-6; ④有机萃取剂(用HR表示)可萃取出Zn2+,其萃取原理反应为2HR+Zn2+⇌ZnR2+2H+。 (1)基态Zn原子价电子排布式为　　　　　。  (2)“浸取”温度为30 ℃时,锌浸出率可达90.6%,继续升温浸出率反而下降,其原因为 　。  (3)“操作a”的名称为　　　　　。  (4)“深度除锰”是在碱性条件下将残留的Mn2+转化为MnO2,离子方程式为 　。  (5)“深度除铜”时,锌的最终回收率、除铜效果 与“(NH4)2S加入量”的关系曲线如图所示。 ①当(NH4)2S加入量≥100%时,锌的最终回收率下降的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(用离子方程式表示),该反应的平衡常数为　　　　　(计算结果保留小数点  后两位)。 ②“深度除铜”时(NH4)2S加入量最好应选 　。 a.100% b.110% c.120% d.130% (6)“电解”时,使用惰性电极,阴极存在竞争反应。该竞争反应的电极反应式为 　。  4.(14分)(2026·德州市联考)绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺,该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料,不产生废弃物,实现了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图: 回答下列问题: (1)高温连续氧化工序中Fe(CrO2)2发生的主要反应的化学方程式为__________________________________。  (2)工序①的名称为　　　　　。  (3)滤渣Ⅰ的主要成分是　　　　　　(填化学式)。  (4)工序③中发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (5)下面化学试剂可代替高温连续氧化工序中的NaOH的有　　　　。  a.NaHCO3　　　b.Na2CO3　　　c.NaCl (6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序　　(填“①”“②”“③”或“④”)参与内循环。  答案 评价(二十八)　以工艺流程为主导的主观题 1.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)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。 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.解析:含铟粗铅矿(主要含PbO、In2O3、Fe2O3、SiO2、Cu3As),加入稀硫酸“酸浸”后,PbO、In2O3、Fe2O3、Cu3As转化成PbSO4、Fe2(SO4)3、In2(SO4)3、CuSO4、Cu和AsH3,PbSO4难溶于水、SiO2不参加反应,则滤渣Ⅰ有Cu、SiO2和PbSO4;加入铁粉将Cu2+还原为Cu、将Fe3+还原为Fe2+,防止加入萃取剂时Fe3+进入有机相;加入萃取剂萃取In3+,加盐酸进行反萃取,将In3+转移到水相中,分液后加Zn置换铟,过滤得粗铟。(1)铟在周期表中位于第五周期第ⅢA族,故其价电子排布式为5s25p1。(2)由分析可知,滤渣Ⅰ的主要成分除Cu外还有SiO2和PbSO4。(3)As是第ⅤA族元素,其最低负化合价为-3价,则Cu3As中Cu为+1价;根据流程图和(2)中信息可知,Cu3As在“酸浸”过程中发生氧化还原反应生成Cu和AsH3,则酸浸时Cu3As发生反应的化学方程式为2Cu3As+3H2SO4==2AsH3↑+3Cu+3CuSO4。(4)萃取剂A对三价金属离子有较好的选择性,Fe3+的存在会影响In3+的萃取,故加入铁粉的目的是将滤液中的Fe3+还原为Fe2+,防止Fe3+被萃取,导致产物In的纯度降低,同时置换铜,除去铜元素。(5)“置换”步骤后得到粗铟,则发生主要反应的离子方程式为2In3++3Zn==2In+3Zn2+。(6)In3++3H2O⇌In(OH)3+3H+反应的平衡常数K====≈7.1×10-10。根据题意加入铁粉后的溶液中存在亚铁离子,在空气中进行操作时溶液中的亚铁离子易被氧化成铁离子,且氢氧化铟的Ksp大于氢氧化铁的Ksp,可能会发生沉淀转化,即氢氧化铟转化为氢氧化铁,使铟的沉淀率下降。 答案:(1)5s25p1　(2)PbSO4、SiO2 (3)+1价　2Cu3As+3H2SO4==2AsH3↑+3Cu+3CuSO4 (4)置换出铜,除去铜元素,同时将铁离子还原为亚铁离子,防止铁离子被萃取,导致产物纯度降低 (5)2In3++3Zn==2In+3Zn2+ (6)7.1×10-10　置换时间过长,溶液中的亚铁离子被氧化为铁离子,使氢氧化铟转化为氢氧化铁 3.解析:固体废锌催化剂(主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2),加入NH3⁃NH4Cl的混合溶液,生成[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+,同时生成Fe(OH)3、Mn(OH)2等,SiO2不溶解,过滤除去滤渣,得滤渣1为Fe(OH)3、Mn(OH)2和SiO2,再向滤液中加入H2O2,进行深度除锰,反应的方程式为H2O2+Mn2++2NH3·H2O==MnO2↓+2H2O+2N,再加入(NH4)2S,进行深度除铜,反应的方程式为[Cu(NH3)4]2++S2-==CuS↓+4NH3,进行过滤操作,得到滤渣2为MnO2和CuS,向滤液中加入有机萃取剂,使锌进入有机萃取剂中,再向有机萃取剂中加入硫酸,进行反萃取,得到硫酸锌溶液,然后进行电解,得到锌,据此分析作答。(1)锌是30号元素,基态Zn原子价电子排布式为3d104s2。(2)“浸取”温度为30 ℃时,锌浸出率可达90.6%,继续升温浸出率反而下降,原因是温度升高,NH3挥发使生成的[Zn(NH3)4]2+减少,锌浸出率下降。(3)“操作a”为分离有机层和无机层,名称为分液。(4)“深度除锰”可将残留的Mn2+转化为MnO2,Mn元素化合价升高被氧化,H2O2作氧化剂,O元素化合价降低,该反应的离子方程式为Mn2++2NH3·H2O+H2O2==MnO2↓+2N+2H2O。(5)①当(NH4)2S加入量≥100%时,锌离子和硫离子结合生成ZnS沉淀,锌的回收率下降的可能原因是[Zn(NH3)4]2++S2-==ZnS↓+4NH3或[Zn(NH3)4]2++S2-+4H2O==ZnS↓+4NH3·H2O;该反应的平衡常数为K====≈2.16×1014。②由题干图示信息可知,当(NH4)2S加入量为120%时,铜锌比为2.0×10-6,达到深度除铜标准,继续加大(NH4)2S加入量会导致锌回收率下降且不经济。(6)用惰性电极电解ZnSO4溶液,Zn2+在阴极得电子生成Zn,副反应为H+得电子生成H2,电极反应为2H++2e-==H2↑。 答案:(1)3d104s2　(2)温度升高,NH3挥发　(3)分液 (4)Mn2++2NH3·H2O+H2O2==MnO2↓+2N+2H2O (5)①[Zn(NH3)4]2++S2-==ZnS↓+4NH3或[Zn(NH3)4]2++S2-+4H2O==ZnS↓+4NH3·H2O　 2.16×1014　②c (6)2H++2e-==H2↑ 4.解析:分析流程可知,铬铁矿在熔融氢氧化钠和空气作用下进行高温连续氧化,Fe(CrO2)2被氧气高温氧化生成铬酸钠和氧化铁,氧化铝与熔融氢氧化钠反应转化为四羟基合铝酸钠,氧化镁为碱性氧化物,不参与反应;将氧化后的固体加水溶解,过滤得到滤渣Ⅰ,成分为氧化镁、氧化铁,滤液中含有过量氢氧化钠、铬酸钠、四羟基合铝酸钠,将滤液在介稳态条件下分离得到铬酸钠溶液、氢氧化钠溶液和四羟基合铝酸钠溶液;向铬酸钠溶液中通入过量的二氧化碳得到重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀;向四羟基合铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠;向滤渣Ⅰ中通入二氧化碳和水蒸气,氧化镁与二氧化碳和水蒸气反应转化为碳酸氢镁溶液,碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸气,二氧化碳、水蒸气可以在工序②循环使用,碳酸镁高温煅烧得到氧化镁。(1)由分析可知,高温连续氧化工序中铬元素和铁元素被连续氧化,主要反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+7O2+16NaOH8Na2CrO4+2Fe2O3+8H2O。(2)根据分析,工序①的名称为溶解浸出。(3)由分析可知,滤渣Ⅰ为未反应MgO以及反应生成的Fe2O3。(4)工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠,由于二氧化碳过量,生成碳酸氢钠,依据提示,碳酸氢钠为沉淀,反应的离子方程式为2Na++2Cr+2CO2+H2O==Cr2+2NaHCO3↓。(5)碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下,Fe(CrO2)2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水,反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O;若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应,故选a、b。(6)热解工序产生的混合气体为水和二氧化碳,故通入滤渣Ⅰ可以将氧化镁直接转化为碳酸氢镁,对应工序为②,故最适宜返回工序②参与内循环。 答案:(1)4Fe(CrO2)2+7O2+16NaOH8Na2CrO4+2Fe2O3+8H2O　(2)溶解浸出　(3)MgO、Fe2O3 (4)2Na++2Cr+2CO2+H2O==Cr2+2NaHCO3↓ (5)ab　(6)② 4 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $