2025届高考化学二轮专题复习与测试第二部分题型解读三化学工业流程题解题突破

题型解读三化学工业流程题解题突破工艺流程综合题是近年高考必考题型，该题型以真实的工业生产为载体，涉及的学问点众多。对于工艺流程综合题，应留意以下考查角度：(1)通过方程式的书写、提纯试剂的选择或分别、产物的组成分析等考查元素化合物学问。(2)通过对试验条件的选择、详细试验措施的说明等考查运用化学反应原理解决实际问题的实力。(3)通过“物质循环利用”和“三废处理”考查绿色化学观念。(4)通过“定量分析”考查反应物计量对转化率及产率的影响。(5)通过限制溶液pH分别除杂考查试验基本操作和沉淀溶解平衡。这类题主要考查学生分析与推想、归纳与总结实力。1．(2024·广州调研)钒(V)广泛应用于冶金、化工、航天等领域。一种以钒渣(主要成分是FeV2O4、Fe2SiO4、MnV2O4等)为原料制取金属钒的工艺流程如图所示：已知：①VOeq\o\al(＋,2)具有强氧化性，主要存在于pH<2的溶液中，pH>2时转化成酸式多钒酸盐。②溶液中金属离子起先沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Fe3＋Fe2＋Mn2＋Mg2＋起先沉淀时(c＝0．1mol·L－1)的pH1.97.08.18.9沉淀完全时(c＝1.0×10－5mol·L－1)的pH3.29.010.110.9回答下列问题：(1)FeV2O4中Fe为＋2价，V的化合价为________。(2)“焙烧Ⅰ”中FeV2O4转化为Mg2V2O7和Fe2O3的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)“酸浸”所得浸出液中除含有VOeq\o\al(＋,2)、Mn2＋外，还含有的金属阳离子有__________。(4)“沉钒”可得到(NH4)4H2V10O28沉淀，“焙烧Ⅱ”中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(5)“沉钒”所得滤液中加入氨水调整溶液pH＝x，过滤得到Mn(OH)2沉淀和溶液A，溶液A中Mg2＋浓度为0.24g·L－1，为尽可能多地回收Mn2＋，并避开Mn(OH)2中混入Mg(OH)2，应限制x＝__________。溶液A经加氨沉淀除镁后，溶液中的溶质可再生循环到__________工序运用。(6)一种钒的硫化物的晶体结构(图a)及其俯视图(图b)如下图所示：①该钒的硫化物的化学式是________。②该钒的硫化物的晶体中，与每个V原子最近且等距的S原子的个数是________。解析：(1)FeV2O4中Fe为＋2价、氧为－2价，依据化合价代数和为零可知，V的化合价为＋3。(2)“焙烧Ⅰ”中FeV2O4和氧化镁、氧气反应，转化为Mg2V2O7和Fe2O3，化学方程式为4FeV2O4＋8MgO＋5O24Mg2V2O7＋2Fe2O3。(3)“酸浸”过程中镁、铁也会和硫酸反应转化为相应的盐溶液，故所得浸出液中除含有VOeq\o\al(＋,2)、Mn2＋外，还含有的金属阳离子有Mg2＋、Fe3＋。(4)“沉钒”可得到(NH4)4H2V10O28沉淀，“焙烧Ⅱ”中(NH4)4H2V10O28分解得到V2O5，依据质量守恒可知，还会生成氨和水，反应的化学方程式为(NH4)4H2V10O285V2O5＋4NH3↑＋3H2O。(5)由表格可知，镁离子为c＝0.1mol·L－1，pH＝8.9起先沉淀，此时pOH＝5.1，则Ksp＝0.1×(10－5.1)2＝10－11.2；溶液A中Mg2＋浓度为0.24g·L－1，为0.01mol·L－1，则氢氧根离子浓度为eq\r(\f(10－11.2,0.01))＝10－4.6mol·L－1，即pOH＝4.6，则pH＝9.4；溶液A经加氨沉淀除镁后，溶液中的溶质含有硫酸铵，故可再生循环到沉钒工序运用。(6)①由题图可知，依据均摊法，1个晶胞中V为12×eq\f(1,6)＋6×eq\f(1,3)＋2×eq\f(1,2)＋1＝6(个)、S为6个，故该钒的硫化物的化学式是VS。②该钒的硫化物的晶体中，以体心的V为例，可知与每个V原子最近且等距的S原子的个数是6。答案：(1)＋3(2)4FeV2O4＋8MgO＋5O24Mg2V2O7＋2Fe2O3(3)Mg2＋、Fe3＋(4)(NH4)4H2V10O285V2O5＋4NH3↑＋3H2O(5)9.4沉钒(6)①VS②62．(2024·广东卷)稀土(RE)包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：已知：月桂酸(C11H23COOH)熔点为44℃；月桂酸和(C11H23COO)3RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持＋3价不变；(C11H23COO)2Mg的Ksp＝1.8×10－8，Al(OH)3起先溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。离子Mg2＋Fe3＋Al3＋RE3＋起先沉淀时的pH8.81.53.66.2～7.4沉淀完全时的pH/3.24.7/(1)“氧化调pH”中，化合价有变更的金属离子是________。(2)“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至________________的范围内，该过程中Al3＋发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2＋浓度为2.7g·L－1。为尽可能多地提取RE3＋，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c(C11H23COO－)低于________mol·L－1(保留两位有效数字)。(4)①“加热搅拌”有利于加快RE3＋溶出、提高产率，其缘由是____________________。②“操作X”的过程为先__________，再固液分别。(5)该工艺中，可再生循环利用的物质有________________(写化学式)。(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1molPt3Y转移________mol电子。②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为________________________________________________________________________。解析：由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有RE3＋、Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、SOeq\o\al(2－,4)等离子，经氧化调pH使Fe3＋、Al3＋形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有RE3＋、Mg2＋、SOeq\o\al(2－,4)等离子，加入月桂酸钠，使RE3＋形成(C11H23COO)3RE沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分别得到RECl3溶液。(1)“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，须要将Fe2＋氧化为Fe3＋，以便后续除杂，所以化合价有变更的金属离子是Fe2＋。(2)由表中数据可知，Al3＋沉淀完全的pH为4.7，而RE3＋起先沉淀的pH为6.2～7.4，所以为保证Fe3＋、Al3＋沉淀完全，且RE3＋不沉淀，要用NaOH溶液调pH至4.7≤pH<6.2的范围内，该过程中Al3＋发生反应的离子方程式为Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓。(3)滤液2中Mg2＋浓度为2.7g·L－1，即0.1125mol·L－1，依据Ksp＝[(C11H23COO)2Mg]＝c(Mg2＋)·c2(C11H23COO－)，若要加入月桂酸钠后只生成(C11H23COOR)3RE，而不产生(C11H23COO)2Mg，则c(C11H23COO－)<eq\r(\f(Ksp[（C11H23COO）2Mg],c（Mg2＋）))＝eq\r(\f(1.8×10－8,0.1125))＝4.0×10－4mol·L－1。(4)①“加热搅拌”有利于加快RE3＋溶出、提高产率，其缘由是加热搅拌可增大反应速率。②“操作X”的结果是分别出月桂酸，由信息可知，月桂酸(C11H23COOH)熔点为44℃，故“操作X”的过程为先冷却结晶，再固液分别。(5)由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4。(6)①YCl3中Y为＋3价，PtCl4中Pt为＋4价，而Pt3Y中金属均为0价，所以还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1molPt3Y转移15mol电子。②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2＋4e－＋2H2O=4OH。答案：(1)Fe2＋(2)4.7≤pH<6.2Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓(3)4.0×10－4(4)①加热搅拌可增大反应速率②冷却结晶(5)MgSO4(6)①15②O2＋4e－＋2H2O=4OH－1．读懂工艺流程图。(1)箭头：箭头进入的是投料(反应物)、出去的是主产物或副产物(生成物)。(2)三线：出线和进线均表示物料流向或操作流程，可逆线表示物质循环。2．常考化工术语。常考化工术语关键词释义研磨、雾化将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以增大反应(溶解)速率或使反应更充分，提高原料的转化率(或浸取率)灼烧(煅烧)使固体在高温下分解或变更结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿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过滤固体与液体的分别滴定定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定蒸发结晶蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，接着蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出蒸发浓缩蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度水洗用水洗去可溶性杂质，类似的还有酸洗、醇洗等酸作用溶解，除去氧化物(膜)，抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等碱作用除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调整pH、促进水解(形成沉淀等)3.常考条件限制。(1)限制溶液的pH。①调整溶液的酸碱性，使某些金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)。②加入酸或调整溶液至酸性还可除去氧化物(膜)。③加入碱或调整溶液至碱性还可除去油污，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须要的酸性条件(或碱性条件)。(2)限制温度：主要从物质性质(热稳定性、水解、氧化性或还原性、溶解度、熔点、沸点、挥发性、胶体聚沉等)和反应原理(反应速率、平衡移动、催化剂活性、副反应)两个角度思索。(3)限制压强：变更速率，影响平衡。(4)运用合适的催化剂：增大反应速率，缩短达到平衡所须要的时间。(5)趁热过滤：防止某物质降温时析出。(6)洗涤：常见的洗涤方式有“水洗”和“乙醇洗”。“水洗”的目的是除去沉淀或晶体表面残留的杂质，当沉淀物的溶解度随温度上升而增大时一般可用冰水洗；“乙醇洗”既可以除去沉淀或晶体表面残留的杂质，又可以降低晶体的溶解度，削减损失，还可以利用乙醇易挥发的性质，加快除去沉淀或晶体表面的水分。(7)氧化：氧化剂的选择要依据试题设置的情境，常见的氧化剂有氯气、过氧化氢、氧气和次氯酸钠等，为了避开引入新的杂质，通常选择的氧化剂有过氧化氢和氧气。4．产物的分别提纯。(1)常用分别操作。(2)常用结晶方法。①晶体不带结晶水(如NaCl、KNO3)：蒸发结晶。②晶体带结晶水(如胆矾)：将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。③要得到溶解度受温度影响小的溶质(如除去NaCl中少量的KNO3)：蒸发浓缩结晶、趁热过滤。④要得到溶解度受温度影响大的溶质(如除去KNO3中少量的NaCl)：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。⑤重结晶的方法分别的原理：随温度的变更，两种物质的溶解度变更量差别较大。1．(2024·湛江一模)镍钴锰酸锂材料是近年来开发的一类新型锂离子电池正极材料，具有容量高、循环稳定性好、成本适中等优点，这类材料可以同时有效克服钴酸锂材料成本过高、磷酸铁锂容量低等问题。工业上可由废旧的钴酸锂、磷酸铁锂、镍酸锂、锰酸锂电池正极材料(还含有铝箔、炭黑、有机黏合剂等)，经过一系列工艺流程制备镍钴锰酸锂材料，该材料可用于三元锂电池的制备，实现电池的回收再利用，工艺流程如下图所示：已知：①粉碎灼烧后主要成分是Li2O、NiO、Co2O3、MnO、Fe2O3、Al2O3。②萃取剂对Fe3＋选择性很高，且生成的物质很稳定，有机相中的Fe3＋很难被反萃取。请回答下列问题：(1)正极材料在“灼烧”前先粉碎的目的是______________________________________________________________________________。(2)“碱浸”的目的是____________________，涉及的化学方程式是________________________________________________________________________。(3)“酸浸”时加入H2O2的作用是________________________________________________________________________。(4)上述工艺流程中采纳萃取法净化除去了Fe3＋，若采纳沉淀法除去铁元素，结合下表，最佳的pH范围是______________。金属离子Fe3＋Al3＋Fe2＋Co2＋Ni2＋Mn2＋起先沉淀时pH1.53.46.36.66.77.8完全沉淀时pH3.54.78.39.29.510.4(5)镍钴锰酸锂材料中依据镍钴锰的比例不同，可有不同的结构，其中一种底面为正六边形结构的晶胞如图所示。①该物质的化学式为__________，写出基态Mn原子价层电子的轨道表示式________________________________________________________________________。②已知晶胞底面边长是anm，高是bnm，一个晶胞的质量为Mg，计算该晶胞的密度ρ＝____________g·cm－3(用计算式表示)。解析：废旧电池正极材料灼烧，得到Li2O、NiO、Co2O3、MnO、Fe2O3、Al2O3，加入氢氧化钠碱浸除去铝，固体加入过氧化氢、稀硫酸酸浸后溶液加入萃取剂，萃取除去铁，水相加入CoSO4、NiSO4、MnSO4调整镍、钴、锰离子物质的量之比后加入氨水得到钴锰镍氢氧化物沉淀，滤液加入碳酸钠得到碳酸锂沉淀，钴锰镍氢氧化物沉淀与碳酸锂沉淀烧结得到产品。(1)粉碎的目的是增大固体与相应反应物的接触面积，使反应更充分。(2)依据流程可知粉碎灼烧后含有能和碱反应的Al2O3，所以“碱浸”的目的是除去氧化物中的Al2O3，对应的化学反应方程式是Al2O3＋2NaOH＋3H2O=2Na[Al(OH)4]。(3)结合流程可知钴元素价态在氧化物中是＋3价，而最终得到＋2价，中间不涉及其他还原反应，故此过程中H2O2的作用应当是把＋3价钴还原为＋2价。(4)依据流程信息，须要保证Fe3＋完全沉淀，而Co2＋、Ni2＋、Mn2＋均未起先沉淀，故pH的最佳范围是3.5≤pH<6.6。(5)①依据晶胞的均摊规则可知：Li＋数目＝6×eq\f(1,3)＋6＋1＝9，Ni2＋和Mn2＋数目都是3，Co2＋数目＝12×eq\f(1,6)＋2×eq\f(1,2)＝3，O2－数目＝12×eq\f(1,3)＋12＋2＝18，其化学式应为Li3NiCoMnO6。Mn为25号元素，其价层电子轨道表示为。②1个晶胞的质量为Mg，底面积S＝eq\f(3\r(3)a2,2)nm2，故晶胞的密度ρ＝eq\f(M,\f(3\r(3)a2,2)×b×10－21)g/cm3。答案：(1)增大固体与相应反应物的接触面积，使反应更充分(2)除去氧化物中的Al2O3Al2O3＋2NaOH＋3H2O=2Na[Al(OH)4](3)把＋3价钴还原为＋2价(4)3.5≤pH＜6.6(5)①Li3NiCoMnO6②eq\f(M,\f(3\r(3)a2,2)×b×10－21)2．(2024·汕头一模)电解金属锰阳极渣(主要成分MnO2，杂质为Pb、Fe、Cu元素的化合物)和黄铁矿(FeS2)为原料可制备Mn3O4。其流程如图所示：已知：Ksp(MnF2)＝5.0×10－3、Ksp(CaF2)＝3.5×10－11。回答下列问题：(1)锰原子价层电子的轨道表示式为________________________，它处于周期表的________区，Mn3O4中Mn的化合价为____________。(2)“酸浸”时，所用的稀酸X是__________。(3)“酸浸”过程中，Fe2＋、Fe3＋的质量浓度、Mn浸出率与时间的关系如图1所示。20～80min内，浸出Mn元素的主要离子方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)若“净化”过程中Mn2＋的浓度为2mol·L－1，则此时Ca2＋的浓度为________mol·L－1。(5)MnO2是一种两性氧化物，用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量铁的氧化物)和BaS可制备高纯MnCO3。保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，软锰矿还原率和氢氧化钡的产率的变更如图2所示。当eq\f(n（MnO2）,n（BaS）)>3.5时，Ba(OH)2产率减小的缘由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(6)碳酸锰在空气中加热可以生成相应的氧化物，称取115mg碳酸锰(摩尔质量115g·mol－1)加热，固体物质的质量随温度的变更如图3所示。527．4℃时，MnCO3生成相应固体物质的化学方程式为________________________________________________________________________。解析：MnO2在酸性条件下有强氧化性，FeS2有强还原性，二者在酸浸时会发生氧化还原反应，结合题图中后续操作后得到的是MnSO4溶液，可知所用的稀酸X为稀硫酸。然后向滤液中加入H2O2可以将杂质Fe2＋离子氧化为Fe3＋，再加入CaO调整溶液pH，使Fe3＋、Cu2＋形成Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，但是用CaO来调pH又会导致溶液中留下较多的Ca2＋，净化阶段加入MnF2的目的就是使Ca2＋转化犯难溶物CaF2除去，过滤得到的滤液含有MnSO4，然后经