新情境命题5　实际生产类情境题

新情境命题5实际生产类情境题【情境解读】化学工艺在实际生产中是不可缺少的，近年高考中以实际生产为情境的试题层出不穷。

一般在选择题中结合电化学工艺考查电解池与原电池相关知识，在非选择题中结合实际生产流程图考查化合物的性质、实验操作、反应原理等，属于必考题型。

未来高考中将会通过实际生产类情境对电化学、晶胞结构、反应原理等进行多角度、多层面的考查，考查考生应用化学知识、化学实验方法解决实际生产中的问题的能力。1．(利用电化学富集海水中锂)(2025·河北衡水四模)利用电化学富集海水中锂的电化学系统如图所示。该电化学系统的工作步骤如下：①启动电源1，MnO2所在腔室的海水中的Li+进入MnO2结构形成LixMn2O4；②关闭电源1和海水通道，启动电源2，使LixMn2O4中的Li+脱出进入腔室2。下列说法不正确的是(

)A．启动电源1时，电极1为阳极，发生氧化反应B．启动电源2时，MnO2电极反应式为xLi+＋2MnO2＋xe－===LixMn2O4C．电化学系统提高了腔室2中LiOH的浓度D．启动至关闭电源1，转化的n(MnO2)与生成的n(O2)之比为20∶3，可得LixMn2O4中的x＝1.2答案：B解析：启动电源1，使海水中Li+进入MnO2结构形成LixMn2O4，可知二氧化锰中锰的化合价降低，为阴极，电极反应式为2MnO2＋xLi+＋xe－===LixMn2O4，电极1为阳极，连接电源正极；关闭电源1和海水通道，启动电源2，使LixMn2O4中的Li+脱出进入腔室2，可知电极2为阴极，电极反应式为2H2O＋O2＋4e－===4OH－，阳极的电极反应式为LixMn2O4－xe－===2MnO2＋xLi+。启动电源1时，腔室1中电极1连接电源1的正极，作阳极，发生氧化反应，故A正确；启动电源2时LixMn2O4作阳极，电极反应式为LixMn2O4－xe－===2MnO2＋xLi+，故B错误；Li+通过阳离子交换膜进入腔室2，且腔室2内有OH－生成，故电化学系统提高了腔室2中LiOH的浓度，故C正确；启动至关闭电源1，转化的n(MnO2)与生成的n(O2)之比为20∶3，存在关系式20MnO2～10xLi+～3O2，可得x＝1.2，故D正确。2．(从废渣中回收稀土元素)(2025·长春二模)钌(Ru)为稀有元素，广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。某含钌的废渣主要成分为Ru、Pb、SiO2、Bi2O3，一种从中回收Ru制RuCl3的工艺流程如下：(1)“氧化碱浸”时，两种氧化剂在不同温度下对钌浸出率和渣率分别如图甲、图乙所示，则适宜选择的氧化剂为_________________。次氯酸钠(或NaClO)解析：由题给流程可知，含钌的废料中加入氢氧化钠溶液和氧化剂氧化碱浸，Ru和Pb被氧化为Na2RuO4和NaHPbO2，SiO2和Bi2O3与氢氧化钠溶液反应生成Na2SiO3和NaBiO2，过滤得到含有Na2RuO4、NaBiO2、NaHPbO2和Na2SiO3的滤液Ⅰ；向滤液Ⅰ中加入乙醇，将Na2RuO4还原为Ru(OH)4沉淀，过滤得到滤液Ⅱ和Ru(OH)4；Ru(OH)4在蒸馏条件下被氯酸钠氧化为RuO4，RuO4与盐酸反应生成RuCl3、Cl2和H2O，RuCl3溶液经结晶得到RuCl3。由图可知，相同温度时，次氯酸钠作氧化剂时的钌浸出率高于氯酸钠、渣率低于氯酸钠，则适宜选择的氧化剂为次氯酸钠。(2)滤液Ⅰ中溶质主要成分为Na2RuO4、NaBiO2、NaHPbO2和________；Bi2O3转化为NaBiO2的化学方程式为__________________________________________。Na2SiO3Bi2O3＋2NaOH===2NaBiO2＋H2O解析：由分析可知，滤液Ⅰ中溶质主要成分为Na2RuO4、NaBiO2、NaHPbO2和Na2SiO3；氧化铋与氢氧化钠溶液反应生成偏铋酸钠和水，反应的化学方程式为Bi2O3＋2NaOH===2NaBiO2＋H2O。(3)“还原”过程生成Ru(OH)4和乙醛，且pH明显增大，则该过程的离子反应方程式为_________________________________________________________。

(4)“吸收”过程产生的气体X经Y溶液吸收后，经进一步处理可以循环利用，则X和Y的化学式分别为________、________。Cl2NaOH解析：气体X为氯气，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，经进一步处理得到的次氯酸钠溶液可以循环利用，则Y溶液为氢氧化钠溶液。(5)RuCl3在有机合成中有重要应用，其参与某有机物合成的路线如图丙所示(HAc代表乙酸，—Ph代表苯基)，则下列说法正确的是__________。A．RuCl3为催化剂B．H2O2作氧化剂C．HAc为中间产物D．主要生成物为BD解析：由图可知，Ru(Ac)3在反应中消耗又被生成，为反应的催化剂；反应中过氧化氢中氧元素化合价降低被还原，为反应的氧化剂；醋酸、过氧化氢、CH3CH===CHPh为反应物，

和水是生成物，故选B、D。3．(废旧电池回收)(2025·贵州毕节二模)近年来全球电动汽车销量激增，废旧锂电池的回收愈发迫在眉睫。以废旧三元锂电池正极材料的硫酸浸出液(含Ni、Co、Mn、Li)为研究对象，采用Cyanex301(一种酸性萃取剂)选择性分离回收其中的Ni和Co；ECo和ENi代表萃取率。工艺流程如图甲所示。回答下列问题。(1)Co在周期表中的位置为______________________。第四周期第Ⅷ族解析：Co为27号元素，在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族。(2)水相经加碱调节pH后，通入空气可将Mn2+氧化成固体氧化物(MnO2)，从而实现分离，反应的离子方程式为___________________________________________。2Mn2+＋4OH－＋O2===2MnO2↓＋2H2O解析：空气中氧气具有氧化性，可将Mn2+氧化成固体氧化物二氧化锰，反应为2Mn2+＋4OH－＋O2===2MnO2↓＋2H2O。(3)Co(OH)3遇到氨性溶液(由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制)会转化为[Co(NH3)6]2+，此时氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。2∶1

(4)Cyanex301是一种酸性萃取剂，其与金属离子的萃取反应可简易表示为：Men+(aq)＋mHL(有机相)===[Me(HL)m－nLn](有机相)＋nH+，式中Me为被萃金属离子；HL为萃取剂Cyanex301，结合图乙第一次反萃取过程中HCl的浓度应为______mol·L－1，简述选择此浓度的原因：_________________________________________________________________________。3HCl浓度为3mol·L－1时主要萃取出Co，此时Ni基本没有被萃取出来，便于分离出Co和Ni解析：由图，HCl浓度为3mol·L－1时主要萃取出的为Co，此时Ni基本没有被萃取出来，便于分离出Co和Ni，故第一次反萃取过程中HCl的浓度应为3mol·L－1

。(5)提纯的镍和钴可用于制取镍四甲基酞菁与钴四氨基酞菁双位点电催化剂，图丙中镍的化合价为________。＋2解析：图中二氧化碳得到2个电子被还原为CO，图中镍会失去2个电子而显＋2价。(6)从NiCl2溶液中获取干燥的NiCl2·4H2O晶体的操作步骤为________________________________________________________。在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥解析：蒸发过程中NiCl2会水解，则应在HCl氛围中抑制其水解，故NiCl2溶液中获取干燥的NiCl2·4H2O晶体的操作步骤为在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(7)由CoCl2等物质可制备AlxCoOy晶体，其立方晶胞如图丁所示。Al与O最小间距大于Co与O最小间距，x、y为整数。则Co在晶胞中的位置为________；晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为________。体心12解析：根据化学式AlxCoOy，结合化合价代数和为0，氧原子数大于铝，则图中白球为氧，Al与O最小间距大于Co与O最小间距，则体心球为Co，顶点黑球为Al；晶体中Al在顶点、氧在面心，则一个Al周围与其最近的O的个数为12。4．(乙烷裂解制乙烯)我国第一套利用自主研发的乙烷裂解制乙烯技术建成的大型乙烯生产装置成功投料开车，其反应原理为(a)C2H6(g)⇌C2H4(g)＋H2(g)

ΔH1。(1)已知C2H6、C2H4、CH4和H2的燃烧热(ΔH)分别为－1560.8kJ·mol－1、－1411kJ·mol－1、－891kJ·mol－1、－285.8kJ·mol－1，则ΔH1＝________________。＋136kJ·mol－1

(2)在密闭容器中充入一定量的C2H6，发生反应(a)，一段时间后，下列说法正确的是________(填标号)。A.恒温恒容下，若气体密度保持不变，说明达到平衡状态B．恒温恒压下，若气体平均摩尔质量保持不变，说明达到平衡状态C．将平衡混合气体通过足量溴水中，剩余的气体可能为原体积的一半(相同状态)D．将平衡混合气体充分燃烧，消耗氧气的量与原乙烷完全燃烧消耗氧气的量相同BD

(3)若其他条件相同，分别在总压强为100kPa、200kPa时，发生反应(a)，平衡体系中C2H6(g)、C2H4(g)的体积分数随温度变化的关系如图甲所示，则代表压强为100kPa时C2H6的体积分数随温度变化的曲线是________(填标号)。Z解析：由(1)分析可知，反应(a)为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，C2H6(g)量减小、C2H4(g)量增大，则X、Z为C2H6的体积分数随温度变化的曲线；反应(a)为气体分子数增大的反应，相同条件下，减小压强，平衡正向移动，C2H6(g)量减小、C2H4(g)量增大，故Z为100kPa时C2H6的体积分数随温度变化的曲线。(4)在实际生产中，常采用在恒温恒压下加入一定量水蒸气的方法来提高乙烯的产率，试用平衡移动原理加以解释：__________________________________________________________________________________________________________________。恒温恒压下加入一定量水蒸气，相当于减小反应体系中各物质的分压，促使反应正向进行解析：恒温恒压下加入一定量水蒸气，相当于减小反应体系中各物质的分压，促使反应正向进行，进而提高乙烯的产率。(5)乙烷裂解时易发生副反应：(b)2C2H6(g)⇌C2H4(g)＋2CH4(g)

ΔH2。①