大题突破 化学工艺流程综合题-【创新教程】2027年高考化学艺考生文化课百日冲关课时作业

1化学 大题突破化学工艺流程综合题 1,解析：(1)“滤渣1”的主要成分为PbSO,则“滤渣1”中金 属主要是Pb。(2)由题表中数据可知，当F3+完全沉淀 时，Co2+未开始沉淀，而当Fe2+完全沉淀时，Co+已有 一部分沉淀，因此为了除去溶液中的Fe元素且Co2+不 沉淀，应先将Fe+氧化为Fe3+再调节pH使Fe+完全 水解转化为Fe(OH),沉淀，则MnO,的作用是将Fe+氧 化为Fe3+。常用K,[Fe(CN)]溶液检验Fe+,若生成 蓝色沉淀，则说明溶液中仍存在Fe2+,需补加MnO2。 (3)由流程分析可知，该过程发生两个氧化还原反应，根 据流程分析中两个反应的反应物、产物与反应环境(pH =5),结合得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒可写出 两个离子方程式：3Co++MnO+7HO一 3Co(OH),￥+MnO2￥+5H、3Mn++2MnO,+ 2H2O=5MnO。Y+4HT。(4)由流程分析可知，“除 钻液”中含有的金属阳离子主要是Z和K+,而阴离子 主要是“酸浸”步骤引入的SO,因此其中主要的盐有 ZnSO,和K,SO,。当Co+恰好完全沉淀时，溶液中， c(Co+)=1.0×10-imol·L1,此时溶液pH=1.1,即 c(H)=101mol·L,则c(OH）=K. Γc(H) =1012.9mol·L1,则K,[Co(OH)g]=1.0×10i× (1012.)3=10.7。“除钻液”的pH=5,即c(H+) =10imol·L1,则c(OH)= K =109mol·L1, c(H+) 此时溶液中c(Co+)=K[Co(OD,]10? (H)(10 mol L. =1016.7mol·L1。 答案：(1)Pb (2)将溶液中的Fe+氧化为Fe3+,以便在调pH时除去 Fe元素K[Fe(CN)]Fe2+ (3)3Co+MnO,+7H,O-3Co(OH)+MnO2 +5H+3Mn +2MnO.+2H2 O-5MnO2+ 4H(4)ZnS0,K,S0,101.1 2.解析：炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的十2价氧化物 及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，铜不溶解，Z及其他 十2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转 化为相应的十2价阳离子进入溶液然后通入硫化氢沉 铜生成CuS沉淀；过滤后，滤液中加入Na,S,O。将锰离 子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁离子也被氧化为铁离 子：再次过滤后，用氢氧化钠调节pH=4,铁离子完全转 化为氢氧化铁沉淀除去；第三次过滤后的滤液中加入次 氯酸钠沉钴，得到Co(OH)3。 (1)“酸浸”步骤中，Cu不溶解，Zn单质及其他十2价氧 化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化相应的 十2价阳离子进入溶液，即Co)转化为CoS),,反应的 化学方程式为CoO+HSO,一一CoSO,十HO。 (2)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn+)和c(Co2+)均为 0.10mol·L1,向其中加入Na2S至Zn+沉淀完全，此 时溶液中c(S-)=2.5×10 10i -mol·L1=2.5×10-17 mlL,则c(co)-288o11=1.6× 10mol·L,c(Co2+)小于0.10mol·L1,说明大部 分C。+也转化为硫化物沉淀，据此判断不能实现Z+ 和C0+的完全分离。 37 (3)“沉锰”步骤中，NaS,O,将Mn+氧化为二氧化锰除去，发 生的反应为SO+Mn++2H,O一一MnO2￥+4H+ 2S),因此，生成1.0moln),产生H的物质的量 为4.0mol。 (4)“沉锰”步骤中，S,O同时将Fe+氧化为Fe3+,“沉 淀”步骤中用NaOH调pH=4,Fe+可以完全沉淀为 Fe(OH),因此，分离出的滤渣是Fe(OH)a。 (5)“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5,加入适量 的NaClO氧化Co2+,为了保证Co+被完全氧化，NaClO 要适当过量，其反应的离子方程式为2C0++5CI0+ 5H,O-2Co(OH)g￥+C1+4HCI)。 (6)根据题中给出的信息，“沉钴”后的滤液的pH=5.0 ~5.5,溶液中有Zn元素以Zn+形式存在，当pH>12 后氢氧化锌会溶解转化为[Zn(OH),],因此，从“沉 钻”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是：向滤液中滴加 NaOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH接近12但不 大于12，静置后过滤、洗涤、千燥。 答案：(1)CoO+H2S),CoSO+H,O (2)1.6×104不能 (3)4.0mol (4)Fe(OH) (5)2Co2++5C10+5H0一2Co(OH)3￥+C1 +4HCIO (6)向滤液中滴加NOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的 pH接近12但不大于12，静置后过滤、洗涤、干燥 3.解析：由流程可知，矿石经“还原酸浸”，FeO、MnO,被 还原为Fe+和Mn2+,CuO被溶解为Cu+,Au、Ag、SiO2 不溶进入“滤渣1”；“沉铜”时，Cu+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，M+沉淀为碳酸锰。 “浸金银”时，A山、Ag被混合液浸出，后续提炼出 Au、Ag。 (1)Cu为29号元素，基态Cu原子的核外电子排布属于 洪特规则的特例，其价层电子数为11，其价层电子排布 式为3d°4s。 (2)“还原酸浸”时，MnO。被亚硫酸钠还原为Mn,该反 应的离子方程式为MnO,+SO号+2H+一Mn++ SO片+HO。 (3)“浸金银”时，A山溶解涉及的主要反应如下： ①Au+5S,O5+[Cu(NHg),]+一[Au(S,O3)2]3-+ [Cu(S,O3)3]-+4NH3 ②4[Cu(SO3)3]i-+16NH+O2+2H,0 4[Cu(NH,),]++4OH+12S2O 分析以上两反应可知，[Cu(NH),]+参与了反应①，但 在反应②又重新生成，其质量和化学性质在反应前后没 发生变化，因此，上述过程中的催化剂 为[Cu(NH),]+。 (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)“还原酸浸”时，Fe,),和Cu)可以被硫酸溶解转化 为Fe+和Cu2+,亚硫酸钠将Fe+还原为Fe2+,而Cu 并未被还原，因此，Fe3+的氧化性强于Cu+;“氧化”时， Fe+被MnO2氧化为Fe+,因此，MnO的氧化性强于 Fe3+。综上所述，根据“还原酸浸”“氧化”，推断Fe+ Cu+、MnO,的氧化性由强到弱的顺序为MnO2>Fe+ >C+。 (6)25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，此时 c(OH)=10$mol·L1,无Mn(OH)2析出，根据 Mn(OH),的Kp为1.9Xl0-13,则c(Mn2+)≤ 1.9×10-18 a0°molL=0.19molL。 (7)①由晶胞结构可知，该晶胞为面心立方，Sb位于晶 胞的顶角，其与邻近的3个面的面心上的M距离最近 且距离相等，每个顶角参与形成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3X8=12个。 2 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122+55X3。 N °g,该晶胞 的体积为(anm)3=aX101cm3,晶体的密度为 (122+55×3)g122+55×3 N,Xa'X10 cmi NA Xax10ag·cm。 答案：(1)3d°4s (2)MnO,+SO+2H+--Mn2++SO:-+H,O (3)[Cu(NH),]+ (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)MnO >Fe+>Cu2+ (6)0.19(7)①12②、122+55X3 Na XaX10-2T 4.解析：工艺I中研磨引发的固相反应为CaF:+2NaOH 一Ca(OH),+2NaF,水浸后得到滤液I主要是NaF Ca()H),溶液，经过系列操作得到NaF固体：对比两种 工艺流程，工艺Ⅱ添加TO,粉末，由题目可知，生成的 CaTiO.的溶解度极低，使得Ca+不能转化为Ca(OH)2, 提高了NaF的产率，据此解答。 (1)氟的原子序数为9，基态氟离子电子排布 为1s2s2p”; (2)CaF:饱和溶液的浓度为cmol·L1,则c(Ca+) =cmol/L、c(F)=2cmol/L,Km(CaF2)=c(Ca+)· c2(F-)=4c3: (3)①转化率为78%，说明固相反应主要向生成 Ca(OH),和NaF的方向进行，即正向进行程度大； ②NaF产率仅为8%，说明大部分NaF未进入溶液，则溶 液中存在Ca(OH)2向CaF。的转化过程，根据沉淀转化 的规律可推测：S(CaF,)<S[Ca()H),]: (4)根据工艺Ⅱ的流程，CaF,、Ti),与Na)H反应生成 难溶的CaTiO,、NaF和H,O,反应的化学方程式为： CaF,+TiO,+2NaOH-Ca TiO,+2NaF+H,O; (5)由上一问可知，滤液Ⅱ主要是NaF溶液，因NaF溶 解度受温度影响小（题干说明），故蒸发至大量晶体析 出，趁热过滤即可得到NaF晶体，故选a;其溶解度随温 度变化不明显，冷却结晶无法析出更多晶体，故不选b: (6)研磨将固体颗粒粉碎，减小粒径，从而显著增加反 应物之间的接触面积，使反应更易发生，选； 37 练习册参考答案丨 b,研磨过程中的机械力可能导致晶体结构缺陷或局部 化学键断裂，产生活性位点，使反应更易发生，b选； c,活化能是反应固有的能量屏障，研磨主要通过增加接 触和产生缺陷来提高反应速率，但一般不直接降低活化 能，c不选； d.研钵仅作为研磨工具，其表面不参与反应，因此与反 应物接触更好并非促进反应的原因，d不选：故选b。 答案：(1)1s22s22p9 (2)4c3 (3)①正向②< (4)CaF,+TiO,+2NaOH-CaTiO +2NaF+H,O (5)a(6)ab 5.解析：粗Se加入铝粉焙烧得到Al,Se3,通入水蒸气氢化 得到H,Se,脱水后热解发生反应：H,Se(g)==Se(g)十 H,(g),冷凝后得到精Se; (1)Al是ⅢA族元素，化合价为十3价，则Se化合价为 -2价：铝的基态电子排布式为1s2s22p3s23p； (2)“氢化”过程是AlSe?与水蒸气反应生成HSe(g), 化学方程式为AlSe3+(x+3)H,)一Al2O3·xH,O) +3H,Se; (3)从气态变为固态的过程为凝华；已知热解正向是吸 热反应，降温时，为避免平衡逆向移动，需要迅速冷凝S 蒸汽，故目的是减少H2Se生成，提高Se产率；尾气中含 有H2以及少量的H,Se: (4)反应③是Se(IN)被KI还原为Se的过程，离子方程 式为：4H++HSeO3+4I厂一212+Se+3H2O; 第一次加入40.00mL的Na,S,O,溶液和KI溶液，二者 同时做还原剂，将H,SeO,还原为Se,第二次再加入同 浓度的Na,S,O溶液滴定上一步生成的碘单质，整个过 程相当于48.00mL0.1mol/L的NaS,)3溶液与 HSeO反应，根据已知条件Se(N)与Na,S,O,反应的 物质的量之比为1：4，则n[Se(N)]=十×48.00×10 ×0.1mol=1.2×10-3mol,样品中Se的含量： 1.2×103molX79g/mol×100%=94.8%。 0.1g 答案：(1)-21s22s2p3s23p (2)Al,Se;+(x+3)H2O一AlO3·xH2O+3H2Se (3)凝华减少H,Se生成，提高Se产率H2,HSe (4)4H++H,Se0,+41-21,+Se+3HO94.8% 专题精准强化19常用实验仪器、试剂保存、实验安全 1.C[饱和Na,SO,溶液和浓硫酸反应可以制SO,,使用 固液不加热制气装置，S),密度比空气大，用向上排空气 法收集，A不符合题意：Mn),和浓盐酸加热反应可以制 CL2,使用固液加热制气装置，CL,密度比空气大，用向上 排空气法收集，B不符合题意；固体NH,CI与熟石灰加 热可以制NH?,需要使用固固加热制气装置，图中装置 不合理，C符合题意；石灰石（主要成分为CC),)和稀盐 酸反应可以制CO,使用固液不加热制气装置，CO,密 度比空气大，用向上排空气法收集，D不符合题意。] 2.A[A.配制一定物质的量浓度的溶液时，溶质要放在 烧杯中溶解，不能直接放在容量瓶中溶解，A不正确：B. 油污的主要成分是油脂，油脂在碱性条件下可以发生水 解反应生成可溶于水的甘油和高级脂肪酸盐，因此，铁 钉放在NOH溶液中加热后可以除去其表面的油污，B 正确；C.铁锈的主要成分是FeO3·nHO,其可溶于盐 酸，因此，将铁钉放在盐酸中可以除去其表面的铁锈，C 正确；D.该装置为电解池，铁钉与电源负极相连作阴极， 锌片与电源的正极相连作阳极，电解质溶液为ZCL,溶 液，因此，该装置为电镀装置，可以实现铁钉上镀锌，D 正确。]专题精准强化 ⑧错题序号： 大题突破 化学工艺流程综合题 @错因分析： 1.(2024·新课标卷)钴及其化合物在制造合 金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着 Zn Zn(OH) 广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣（主 -3 要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富 集回收得到含锰高钴成品的工艺如下： 91011121314 KMnOa H2S04 Mn02 Zn0 回答下列问题： 调pH=4, 废渣→酸浸过滤心 过滤2 氧化沉钴、Co(OD) (1)“酸浸”步骤中，Co0发生反应的化学方 pH=5 MnO2 程式是 滤渣1 滤渣2 除钴液→回收利用 已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全 (2)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和 (c≤1.0×10-5mol·L1)时的pH: c(Co2+)均为0.10mol·L1,向其中加入 Fe3+ Fe2+ Co3+ Co2+ Zn2+ Na2S至Zn+沉淀完全，此时溶液中 c(Co2+)= mol·L1,据此判断能 开始沉 淀的pH 1.5 6.9 7.4 6.2 否实现Zn2+和Co+的完全分离 (填“能”或“不能”)。 沉淀完 (3)“沉锰”步骤中，生成1.0 mol MnO2,产 2.8 8.4 1.1 8.2 全的pH 9.4 生H的物质的量为 回答下列问题： (4)“沉淀”步骤中，用NaOH调pH=4,分 (1)“滤渣1”中金属元素主要为 离出的滤渣是 (5)“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5, (2)“过滤1”后的溶液中加入MnO2的作用 加入适量的NaCIO氧化Co2+,其反应的离 是 取少量反应后的溶 子方程式为 液，加入化学试剂 检验 (6)根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤 若出现蓝色沉淀，需补加MnO2。 液中回收氢氧化锌的方法是 (3)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程 式为 3.（2025·云南卷)从褐铁矿型金银矿（含 (4)“除钴液”中主要的盐有 (写 Au、Ag、Fe2O3、MnO2、CuO、SiO2等)中提 化学式)，残留的C0浓度为 mol.L1。 2.(2024·全国甲卷)钴在新能源、新材料领域 取Au、Ag,并回收其他有价金属的一种工 具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、 艺如下： H,S0、NaS0, 铁、钴、锰的十2价氧化物及锌和铜的单质。 铁粉 MnO,NaOH NH,HCO, 从该废渣中提取钴的一种流程如下。 金银时一还原酸浸生液1沉铜速流氧配-一沉铁迪液4沉妇一滤液了 稀H2S)1 H2S Na2S2O8 NaOH NaClO 渣1 Cu 调pH= 镂一酸浸一沉铜一沉锰一沉淀一沉钴 解氨-硫代流酸盐溶液一浸金银迪液2一、A妮 Fe,0, →滤液 逃渣2 浸渣CuS Mno,滤渣Co(OH) 已知：①金银矿中Cu、Mn元素的含量分别为 注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于 0.19%、2.35%。②25℃时，Mn(OH)2的Kp 105mol·L1,其他金属离子不沉淀，即认 为1.9×10-18。回答下列问题： 为完全分离。 (1)基态Cu原子的价层电子排布式为 已知：①Km(CuS)=6.3X1086,Kn(ZnS) =2.5×1022,Kn(CoS)=4.0X1021 (2)“还原酸浸”时，MnO2反应的离子方程 ②以氢氧化物形式沉淀时，lg[c(D/(mol·L)] 式为 和溶液pH的关系如图所示。 173 I化学 (3)“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应 (4)工艺Ⅱ水浸后NaF的产率可达81%，写 如下： 出工艺Ⅱ的总化学反应方程式 Au +5S203+[Cu (NH3 )]2 [Au(S,O3)2]3-+[Cu(S,O3)3]5+4NHg (5)从滤液Ⅱ获取NaF晶体的操作为 ②4[Cu(S,O3)3]5+16NH3+O2+2H,0 (填标号)。 a.蒸发至大量晶体析出，趁热过滤 4[Cu(NH3)4]2++4OH+12S2O上 b.蒸发至有晶膜出现后冷却结晶，过滤 述过程中的催化剂为 (6)研磨能够促进固相反应的原因可能有 (4)“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为 (填标号)。 a.增大反应物间的接触面积 (5)根据“还原酸浸”“氧化”，推断Fe3T b.破坏反应物的化学键 Cu+、MnO2的氧化性由强到弱的顺序为 c.降低反应的活化能 d.研钵表面跟反应物更好接触 (6)25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，无 5.(2025·重庆卷)硒(Se)广泛应用于农业和 生物医药等领域，一种利用H,Se热解制备 Mn(OHD2析出，则c(Mn)≤ mol·L-1 高纯硒的流程如下： (7)一种锑锰(MnSb) ●Mn A1粉水蒸气 尾气 合金的立方晶胞结 Sb 高 构如图。 帮路锐贫记气华服水一毯解一哈园一 硒 ①该晶胞中，每个 已知H2Se的沸点为231K,回答下列问题： Sb周围与它最近且 (1)真空焙烧时生成的主要产物为Al2Se3, 相等距离的Mn有 其中Se的化合价为 ,A1元素基态原 ②NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为 子的电子排布式为 anm,则晶体的密度为 (2)氢化过程没有发生化合价的变化，AI元 g·cm 素转化为Al,O3·xHO,则反应的化学方 (列出计算式即可)。 程式为 4.(2025·湖北卷)氟化钠是一种用途广泛的 (3)热解反应：H2Se(g)Se(g)+H2(g) 氟化试剂，通过以下两种工艺制备： △H>0。冷凝时，将混合气体温度迅速降至 水 500K得到固态硒。Se由气态直接转变为 人 萤石(CaF2) 研 图图 混合 NaF 固态的过程称为 。迅速降温的目的 NaOH固体 固体 为 冷凝后尾气的成分为 萤石(CaF2) (填化学式)。 Ⅱ.NaOH固体 研 NaF 液 (4)Se的含量可根据行业标准YS/T 滤 固体 Ti)2粉末 226.12-2009进行测定，测定过程中Se的 已知：室温下，TO2是难溶酸性氧化物， 化合价变化如下： Na2S2O CaTiO3的溶解度极低。20℃时，NaF的溶 +Se(Ⅱ) ② 解度为4.06g/100g水，温度对其溶解度影 HN()3 Se Se(IV ) 响不大。回答下列问题： ① KI (1)基态氟离子的电子排布式为 S 称取粗硒样品0.1000g,经过程①将其溶解转 (2)20℃时，CaF2饱和溶液的浓度为cmol·L1, 化为弱酸HSO,并消除测定过程中的干扰。 用c表示CF,的溶度积Kn= 在酸性介质中，先加入0.1000mol·L (3)工艺I中研磨引发的固相反应为CaF, Na2S2O3标准溶液40.00mL,再加入少量 +2NaOH—Ca(OH)2+2NaF。分析沉 KI和淀粉溶液，继续用Na2S2O3标准溶液 淀的成分，测得反应的转化率为78%。水 滴定至蓝色消失为终点（原理为I2十 浸分离，NaF的产率仅为8%。 2Na2S2O3=2Nal+Na2S4O),又消耗 8.00mL。过程②中Se(IW)与Na2S2O3反 ①工艺I的固相反应 (填“正向”或 应的物质的量之比为1：4，且反应最快。 “逆向”)进行程度大。 过程③的离子方程式为 ②分析以上产率变化，推测溶解度S(CaF2) 该样品中Se的质量分数 S[Ca(OH)2](填“>”或“<”)。 为 174