上篇 专题六 选择题突破六 无机化工流程-【创新教程】2027年高考化学大二轮专题增分方案学生用书

上篇专题六 物质转化及应用 专题六 物质转化及应用 DEEDD 选择题突破六 无机化工微流程 突破核心透视 分离富集镓的一种路线如下。其中，“高温 1.四线分析法 煅烧”时，铝的化合物转化为MA1O2(M= 水、酸溶液、 ①酸、碱等调节pH; K+或Na+)。 碱溶液、 ②氧化剂或还原剂； 盐溶液等 ③茶取剂或反萃取剂等 NaCO,稀H,S0, 试剂1试剂2、3… 试剂线 图周会离度光盟四 刚玉灰 高混酸浸浓缩 ,镓富集液 操作线 煅 结晶 杂质线 料的网取可液滚连溶物 滤渣1滤渣2、3… 浸渣 晶体 产品线 下列说法错误的是 四线 内涵 A.“高温煅烧”时，1.0molA12O3发生的反 分清各步加入试剂的作用，一般是为了 应生成1.0molC02 试剂线 除去杂质或进行目标元素及其化合物 B.“酸浸”时，硅的化合物以固态物质形式 间的转化等 在浸渣中被除去 分离杂质和产品需要进行的分离、提纯 操作线 操作等 C.“酸浸”时，镓的化合物发生的反应是[Ga 分清各步去除杂质的种类，杂质的去除 (OH)4]-+4H+Ga3++4H20 杂质线 顺序、方法及条件等 D.晶体的化学式为MAl(SO4)2·xH2O(M 工艺流程主线，关注目标元素及其化合 =K+或Na+) 物在各步发生的反应或进行分离、提纯 2.(2026·江西卷)高纯碳酸钙在电子工业领 产品线 的操作方法，实质是目标元素及其化合 域有广泛应用。使用优质大理石（含有少量 物的转化 MgCO,和Fe,O4杂质)制备高纯碳酸钙的 2.无机化工微流程题的解题模板 工艺流程如图。体系中有关离子反应方程 考虑副产品的循环利用 式书写错误的是 C02 原料 对原料的 核心化 产品的分 目标 盐酸 石灰浆 预处理 学反应 离提纯 产物 NH 原料一→煅烧一浸出一净化一一碳化、过滤干燥 主要是煅烧、 考虑 过滤、结晶、蒸馏、 酸溶、碱溶等 可能 萃取、分液等分离操作。 滤渣 高纯CaC0 操作，初步 的副 通常要考虑分离条 除掉杂质 反应 件：pH、温度等 A.浸出过程：Ca0十2HtCa2++H20 B.浸出过程：FeO4十8Ht一Fe2++ 高考经典再研 2Fe3++4H2O 1.(富集金属稼|2026·四川卷)稀有金属镓 C.净化过程：Fe3++3OH—Fe(OH)3V (Ga)广泛用于电子工业，它和Al同族，性 D.碳化过程：Ca2++2NH3+CO,+H2O 质相似。某刚玉灰主要含有氧化铝、硅铝酸 -CaCO+2NH 钾、硫酸钾、硅酸钙和少量镓的化合物，从中 55 化学 …思维建模 抓住“六个”关键，突破化工微流程类题目 规律总结 明确化工生产或化学实验所需的原料 常考原料预处理阶段各操作的目的 看原料 及所含杂质，判断可能发生的反应 研磨、粉增大反应物的接触面积，增大反应速 把握题干中的“制备”或“提纯”等关键 碎等 率，提高原料转化率、利用率、浸取率 看目的 词，确定化工生产或化学实验的目的 灼烧（煅： 除去有机物；使无机物分解为金属氧化 进入的是反应物，出去的是生成物（包 看箭头 烧、焙烧) 物等，便于后续浸取、溶解 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 水浸：分离水溶性和非水溶性的物质 酸浸：溶解金属、金属氧化物、调节H 明确反应条件的控制和分离提纯的 找信息 浸取 方法 促进某离子的水解而转化为沉淀 碱浸：除去油污、溶解酸性氧化物、溶解 参与反应、提供反应氛围、满足定量要 判作用 铝及其化合物、调节pH等 求等 变式集训典题 2.(变价元素钒的考查)工业利用钒渣（主要成 1.某工厂采用辉铋矿（主要成分为Bi2S3,含有 分为FeV2O4,杂质为Al2O3)制备V2O的 FeS2、SiO2杂质)与软锰矿（主要成分为 工艺流程如下： MnO,)联合焙烧法制备BiOCl,工艺流程如 NaC0302H,0 HSO.(NHa)SO. 图所示。焙烧时过量的MnO2分解为 钒渣一→焙烧→浸取→调pH-→沉机→NHVO,→V,0, Mn2O3,金属活动性：Fe>(H)>Bi>Cu。 Fe203 下列说法错误的是 ( 已知：“焙烧”的产物之一为NaVO3。下列 空气 浓盐酸金属B1 说法不正确的是 () 辉铋矿 联合水，酸婆转滤调pH=2.6 BioCI 软锰矿 焙烧浸浸液化液水解 沉淀 (过量) A.“焙烧”时，n(氧化剂)：n(还原剂)=4：5 滤液滤气 滤液 渣体 (MnCl、FeCl溶液) B.“调pH”的目的是将溶液中的铝元素转 A 化为AI(OH)3而除去 A.通过“联合焙烧”Bi2S和FeS2分别转化 C.不选用HCI“调pH”的原因可能与VO 为Bi2O3、Fe2zO B.“水浸”所得滤液的主要溶质是MnSO4 的氧化性较强有关 C.“酸浸”所得滤渣的主要成分是SO2,气 D.“沉钒”后的溶液中c(VO)·c(NH) 体A为Cl2 =K (NH VO3) D.向“酸浸”得滤液中加入金属B的目的 ©温馨提污 是消耗H,促进B3+水解 学习至此，请完成配套专题精准强化18 非选择题超热点突破三 化学工艺流程综合题 突破1品鉴经典真题，研考向，建模板 [例](2025·陕晋宁青卷)一种综合回收电 已知：①常温下Kp(MgC03)=105.17 解锰工业废盐（主要成分为Mn2+、Mg2+、 Kp[Mg(OHD)2]=10-112,K [Mn (OH)2 NH的硫酸盐)的工艺流程如下。 NHj.H2O =10-12.72; H2SO I调pH 装一面一面一 调pH=6.0 Mn:O. MiO,MeNH,Pd,6,0 ②S,O% 转构式为a Mgo 焙烧 >MnS04-H20 回答下列问题： 56cCu(CO)])=Kn(CuC,0,)·K,=10t5,代入 c(CO) 平衡常数表达式得到K= 10-0,85 c(CuC,O,,观察图中pH= 2.87时的点，该点位于曲线I上，说明此时p(C2O)= 2.34,pH=2.87时的点向上延伸，与Ⅲ的交点处：p[Cu (C2O4)2]2-=p(C2O)+0.85,此时p[Cu(Cz04)2]2 =3.19,代入平衡常数表达式得到：K=105 10-3.19=10234, B正确；C.由B项分析可知，p[Cu(C2O4)2]2-=3.19并 保持不变（或由I线pH=0.15时，p(C2O)=6.16,p (Cu2+)=9.35-6.16=3.19,即曲线V与Ⅲ的相交时， pH=0.15),故CuC20,(aq)的浓度为103.19mol·L-1, C错误；D.对溶液中元素守恒：总草酸根（溶液中）： c(C2)+c(HC2O)+c(H2C2O)+c[CuCzO,(aq)] +2c[Cu(C,0,)]-+m[CuC0,s]=0.2mo/L:总 铜（溶液中）：c(C+)+c[CuC,O,(aq)]+c[Cu(CO)2子}+ n[CuC,0(s)]=0.1mol/L(注：两种以国体形式存在的 V CuC2O,(s)只是为了列元素守恒)，将两式整理得到， c(C2)+c (HC2O)+c(H2 C2O)+c ([Cu (C20,)2]2-}-c(Cu2+)=0.1mol·L1,这是一个等 式，D错误。] 2.B[随x轴pH的变化，c(NH)+c(NH)为定值，pH 值越大，(NH)越大，c(NH)越小，故甲为NH对，乙为 NH3:加入NaOH,pH增大，c(HCO5)减小，c(Ca2+)=c (CO)+c(HCO)+c(H2CO3),pH越大，HCO3、 H2CO3越少，主要以CO形式存在，故pH>11时， c(Ca2+)=c(CO)>c(HC0),故丙为Ca+,丁为 HCO;A.根据分析，丁线代表HCO,A正确；B.25℃ 下，向初始浓度一定的NH4Cl溶液中加入CaCO3(s)后， 由元素守恒有c(NH对)+c(NH)=c(CI),c(Ca2+)= c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3),代入电荷守恒 2c(Ca2)+c(NH)+c(H)=c(OH)+c(CI)+ c(HCO)+2c(CO)可得c(HCO)+2c(H2CO3)+ c(H)=c(OH厂)+c(NH3);pH=7.00时，由图可知 c(HCO)>c(NH),又因为c(H)=c(OH厂)，所以 pH=7.00时有c(HCO)+2c(H2CO3)>c(NH),此时 右侧需加NO,才可电荷守恒，故调节pH=7.00时，需 加入HNOa,B错误；C.O点时，NH一NH2十H+,K =c(NH,)·c(H*)=105,P点时pH=8.35, c(NH) 89 讲解册参考答案 c(NH)_c(NH)_108.35 c(Ca+)cNH)=10=1000,C正确；D.0点 时，c(Ca2+)=c(C0)=l04.5mol·L1,故Kp(CaC03) =c(Ca2+)·c(C0)=10-8.5,P点时，c(Ca2+)= c(HC05)=103.35mol·L1,c(Ht)=10835mol·L-1,此 c(COj-)-Kz(CaCO3)_10-x c(Ca2) 10-a25mol·L1=10-5.25 molL,Ke=c(C0)·c(H*)=1055X106 c(HCO) 10-3.25 105,Q点时，cC0)-Kg=10-10时 'c(HC0)c(H*)=10-5-=10215, D正确。] 专题六物质转化及应用 选择题突破六无机化工微流程 高考经典再研 1.C[A.高温下Al2O3可和Na2CO3反应Al2O3+ Na,C0,高温2NaA1O,+C0,+,1 mol Al,0,完全按此 反应生成1 mol CO2,A正确；B.高温煅烧后，硅元素转 化为硅酸盐，酸浸时硅酸盐与稀硫酸反应生成难溶于水 的硅酸沉淀，因此硅元素以固态形式留在浸渣中被除 去，B正确；C.“高温煅烧”是在无水的高温环境下进行 的固体熔融反应，镓被转化为固态的MGaO2。因此在 后续的“酸浸”步骤中，是GaO2和H十反应：GaO2十 4Ht一Ga3++2H2O,C错误；D.类比明矾KAl(SO,)2 ·12H2O,体系阳离子为Na、K+,浓缩结晶析出铝的 复盐晶体，化学式为MA1(SO,)2·xH2O(M=K或 Na+),D正确，] 2.C[A.骏烧时CaC0,高温Ca0+C0,个，浸出时Ca0和 盐酸反应，CO是金属氧化物，不能拆，离子方程式为 CaO十2H+—Ca2++H2O,A正确；B.FeO,可等价表 示为FeO·Fe2O,与盐酸发生复分解反应，生成FeCl2、 FcCl,和水，反应无化合价变化，离子方程式为FeO4十 8H+—Fe2++2Fe3+十4H2O,B正确；C.净化过程加入 的是石灰浆，Ca(OH)2为悬浊液，在书写离子方程式时 不能拆分为C:2+和OH,须保留化学式，正确离子方程 式应为2Fe3++3Ca(OH)2—2Fe(OH),￥+3Ca2+,C 错误；D.碳化时溶液中含Ca2+,通入NH,创造碱性环 境，再通入CO2生成CO,与Ca2+结合析出CaCO3沉 淀，离子方程式为Ca2++2NH,十C02+H20一Ca CO3Y+2NHt,D正确。] 3 化学 变式集训典题 1.D[思路分析 发生反应：2BiS,+90,高温2Bi,0+6S0,.4FeS,+110,商温 2Fe,0,+8S0,Mn0+S0,高遇MnS0、4Mn0,高温2Mn,0, +O2↑，则焙烧后得到BiO3、FezO3、MnSO4、MnO、SiO2 A正确： 发生反应：Bi,O4+6H一2BiBi具有还原性 +3H,0、FeO+6H=2Fe+ 可将Fe+还原为 3H,0、MnO+6H+2C1T— F,防止调pH 2Mn+Cl2↑+3H0,SiO,不 时Fe水解形成 与浓盐酸反应，则滤渣的主 沉淀，以得到较 要成分为SiO02,气体A为Cl2, 为纯净的BiOCI C正确； 沉淀，D错误。 空气浓盐酸金属Bi 试剂线 操作线 锅矿园困成造离选围pH2司Bod 软锰矿]焙漫浸凌化液水解儿沉淀 杂质线过量) 烧 滤滤气 迷液 MnSO.. (MnCl2、FeCl2溶液) B正确： A Si021 Ch 产品线 BizO B 故选D。] 2.A[钒渣（主要成分为FeV2O,杂质为Al2O3),焙烧过 程中FeV2O,生成对应的金属氧化物Fe2O3,Al2O3转化 为NaAlO2,“焙烧”的产物之一为NaVO3,加入水浸出， Fe2O3成为滤渣；过滤后向滤液中加入硫酸，将AlO2转 化为A1(OH)3,过滤后向滤液中加入(NH),SO,后得 到NHVO3沉淀，焙烧得到产品，据此分析。A.“焙烧” 时，FeV2O4和O2、Na2CO3发生氧化还原反应生成 Fe2O3和NaVO3,铁元素化合价由+2升高至+3、V元 素化合价由+3升高至+5,1 mol FeV2O,失去5mol电 子，1molO2得4mol电子，根据得失电子守恒可得关系 式：4FeV,O4~5O2,O2是氧化剂，FeV2O4是还原剂， n(氧化剂)：n(还原剂)=5：4，故A错误；B.由分析可 知，“调pH”的目的是将溶液中的铝元素转化为 A1(OH)3而除去，故B正确；C.VO的氧化性较强，不 选用HCI“调pH”的原因是：VO把CI氧化为有毒气 体C12,故C正确；D.“沉钒”后得到NH,VO3的饱和溶 液，c(VO)·c(NH时)=Kp(NH4VO3),故D正确。] 非选择题超热点突破三突破1 [例]解析：(1)加快废盐的溶解可以采取搅拌、适当升 温、粉碎等； (2)Mn(OH)2被O2氧化得到MnO4,反应的化学方程 式为：6Mn(OH)2+O2—2MnO,+6H2O; 根据cMg)=K[Mg(OH]。10 10-1.25 c(Mn2)Kp[Mn(OH)2] c(Mn2+)102.7z' c(Mn2+)=10-2.15mol/L; (3)“沉锰Ⅱ”中，过量的(NH4)2S2Og经加热水解去除， (NH4)2S2Og中存在过氧键，在加热和水存在下发生水 28 解，生成NH,HSO,和H2O2:(NH4)2S2Og+2H2O 2NHHS0+H2O2,H2O2分解2H2O2一2H2O+O2↑， 总反应为2(NH)2S,O。+2H,O一4 NH HSO,+O2↑，最 终产物是NH,HSO,和O2; (4)[zMgCO3·yMg(OH)2·H2O]煅烧有CO2生成，可以 得到疏松的轻质氧化镁，pH过大，沉淀为Mg(OHD2,不能 分解产生CO2,不能得到疏松的轻质MgO; (5)经查常温下，MgNH,PO4的Kp为2.5X10-13,其饱 和溶液Mg2+浓度≈6.3×10-5mol/L,MgHPO4的溶度 积约为1.02×107，其饱和溶液Mg2+浓度≈1X10-3.5 mol/L,可见MgNH4PO4的溶解度更小，答案为： MgNH,PO,·6H2O+2H,PO,—Mg2++NH+ 3H2PO4+6H2O。 (6)溶液中存在铵根离子和硫酸根离子，结晶后X为 (NH)2SO (7)“焙烧”中，Mn3O4和MnO2最终生成MnSO4·H2O, Mn元素化合价降低，发生了还原反应。 答案：(1)搅拌适当升温 (2)6Mn(OH)2+O2—2MnO,+6H20102.15 (3)O2(4)pH过大，沉淀为Mg(OH)2,不能分解产生 CO2,不能得到疏松的轻质MgO (5)MgNH,PO,·6H2O+2H3PO,—Mg2++NH+ 3H,PO+6H,O (6)(NH)2SO,(7)还原 非选择题超热点突破三突破2考向1 对点题型集训 1.答案：搅拌（或粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等） 2.答案：使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，同时使 As2O3沸腾收集 3.答案：增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分 4.答案：2PbS+02+4H++2S0—2PbS0,+2S+ 2H20增大体系中氧气的压强和浓度，从而加快反应 速率 考向2对点题型集训 1.解析：(1)在600~700℃焙烧可除去矿石中的H20、煤 焦油、As2O3等杂质，将Ge元素氧化为GeO2;真空还原 阶段，升温到1000~1200℃，GeO升华蒸出；使用分段 升温，可以除去杂质，能得到较纯的GO2; (2)由图，1100℃，使用2.5%的NaH2PO2·H20真空 还原时，Ge元素的萃出率几乎为100%，此时能节约能 源和原料。