1、高考资源网（） 您身边的高考专家1化工工艺流程题的主要特点化工工艺流程题主要是以物质的制备、物质的分离提纯为考查素材，以工艺流程图为信息背景，以物质的性质、转化、分离等为考查点，将元素化合物知识、化学反应原理、实验等内容有机融合在一起的综合型试题。通常会涉及陌生的化学工业工艺和化学反应，往往给考生较大的冲击力，考生不一定能完全理解整个流程的原理，但一般不会影响答题。从试题给出的目的出发，主要分为以物质制备为主要目的的工艺流程和以分离提纯为主要目的的工艺流程。涉及物质的转化、物质的分离提纯、尾气等废弃物的处理等化学问题，体现了变化观念、证据推理以及科学态度与社会责任的学科素养。2解答化工工艺流程
2、题的一般思路(1)读题干，找信息和目的。找出题干中的“制备”或“提纯”等关键词，明确化工生产的原料、产品和杂质。(2)看问题，根据具体的问题，找出流程中需重点分析的步骤或环节，重点抓住物质流向(进入与流出)、操作方法等。(3)局部隔离分析，分析加入什么物质，得到什么物质，发生什么反应(或起到什么作用)。(4)特别提醒：每题中基本上都有与流程无关的问题，可直接作答。工艺流程图：3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，以加快反应(溶解)速率或使反应更充分，增大原料的转化率(或浸取率)灼烧(煅烧)使固体在高温下分解或改变结构、使杂质
3、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，包括水溶、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离滴定定量测定，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，继续蒸发，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，调节pH、促进水解(形成沉淀等)4.常考条件控制(1)控制溶液的
4、pH调节溶液的酸碱性，使某些金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)。加入酸或调节溶液至酸性还可除去氧化物(膜)。加入碱或调节溶液至碱性还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝等。特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)。(2)控制温度：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)两个角度思考。(3)控制压强：改变速率，影响平衡。(4)使用合适的催化剂：加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。(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
5、沉淀或晶体表面残留的杂质，当沉淀物的溶解度随温度升高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，减少损失，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，为了避免引入新的杂质，通常选择的氧化剂有过氧化氢和氧气。物质制备型明确题目要制备什么物质，给的原料是什么，利用已有化学知识并结合题干给出的提示信息勾勒出原料到目标产物的化学转化路径。流程中药品、各种条件的选择都是为了能更多地获得产品，核心是提高反应物的转化率。围绕这个核心分析药品、操作、条件
6、的作用，做到有的放矢。1如果在制备过程中出现或用到受热易分解的物质，则要注意对温度的控制。如侯德榜制碱中的NaHCO3，还有H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。2如果产物是一种会水解的盐，且水解产物中有挥发性的酸产生时，则要加相对应的酸来抑制水解。如制备FeCl3、AlCl3、MgCl2、Cu(NO3)2等物质，要蒸发其溶液得到固体溶质时，都要加相应的酸或在酸性气流中进行来抑制其水解。3如果产物是一种强氧化性物质或强还原性物质，则要防止它们被其他物质还原或氧化。如产物是含Fe2、SO、I等离子的物质，要防止反应过程中O2的介入。4如果产物是一种易吸收空气
7、中的CO2或水(潮解或发生反应)而变质的物质(如NaOH固体等)，则要注意在制备过程中对CO2或水的去除，也要防止空气中的CO2或水进入装置中。5当题目中给出多种物质的沸点、溶解度信息，则意味着需要用蒸馏、高温(或低温)过滤来进行分离。6在回答题目中条件的选择原因时主要可从以下几个方面分析：(1)对反应速率有何影响。(2)对平衡转化率是否有利。(3)对综合效益有何影响。如原料成本、原料来源(是否广泛、可再生)、能源成本、对设备的要求、环境保护(从绿色化学方面作答)等。1(2019高考全国卷)立德粉ZnSBaSO4(也称锌钡白)，是一种常用白色颜料。回答下列问题：(1)利用焰色试验的原理既可制作
8、五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时，钡的焰色为_(填标号)。A黄色 B红色C紫色 D绿色(2)以重晶石(BaSO4)为原料，可按如下工艺生产立德粉：在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为_。回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为_。在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差，其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的_(填化学式)。沉淀器中反应的离子方程式为_。(3)成品中S2的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00
9、 mL 0.100 0 molL1的I2KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.100 0 molL1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I22S2O=2IS4O。测定时消耗Na2S2O3溶液体积 V mL。终点颜色变化为_，样品中S2的含量为_(写出表达式)。解析：(1)灼烧立德粉样品时钡的焰色为绿色。(2)由流程图中经浸出槽后得到净化的BaS溶液以及回转炉尾气中含有有毒气体可知，在回转炉中BaSO4与过量的焦炭粉反应生成可溶性的BaS和CO；生产上可通过水蒸气变换反应除去回转炉中的有毒气体CO，即CO与H2O反应生成CO2和H2
10、。所得“还原料”的主要成分是BaS，BaS在潮湿空气中长期放置能与空气中的H2O反应生成具有臭鸡蛋气味的H2S气体，“还原料”的水溶性变差，表明其表面生成了难溶性的BaCO3。结合立德粉的成分可写出沉淀器中S2、Ba2、Zn2、SO反应生成 ZnSBaSO4的离子方程式。(3)达到滴定终点时I2完全反应，可观察到溶液颜色由浅蓝色变成无色，且半分钟内颜色不再发生变化；根据滴定过量的I2消耗Na2S2O3溶液的体积和关系式I22S2O，可得n(I2)过量0.100 0V103 mol，再根据关系式S2I2可知，n(S2)0.100 025.00103 mol0.100 0V103 mol0.100
11、 0103 mol，则样品中S2的含量为100%。答案：(1)D(2)BaSO44CBaS4COCOH2OCO2H2BaCO3S2Ba2Zn2SO=ZnSBaSO4(3)浅蓝色至无色100%2(2018高考北京卷)磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F 和有机碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)”或“”)。结合元素周期律解释中结论：P和S电子层数相同，_。(3)酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式：_。(4)H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2
12、脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80 后脱除率变化的原因：_。(5)脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO残留，原因是_；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是_。(6)取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞做指示剂，用b molL1 NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL。精制磷酸中H3PO4的质量分数是_。(已知：H3PO4摩尔质量为98 gmol1)解析：(1)流程中能加快反应速率的措施有将磷精矿研磨，酸浸时进行加热。(2)该反应符合复分解反应中“强酸制弱酸”的规律。比较硫
13、酸与磷酸的酸性强弱，可以比较S与P的非金属性强弱。结合元素周期律可以比较S、P的原子半径、核电荷数。(3)根据元素守恒可写出反应的化学方程式。(4)有机碳的脱除率受两个因素的共同影响：一方面，温度越高，反应速率越快，在相同投料比、相同反应时间内，有机碳的脱除率越高；另一方面，温度升高可使较多的H2O2分解，氧化剂的量减少，使得有机碳的脱除率降低。80 后，H2O2分解对有机碳脱除率的影响超过了温度升高的影响，导致脱除率逐渐降低。(5)脱硫是用CaCO3除去剩余的硫酸，由于生成的硫酸钙是微溶物，所以即使CaCO3过量，充分反应后仍有SO残留。加入BaCO3可使CaSO4转化为更难溶的BaSO4，
14、进一步提高硫的脱除率。(6)H3PO42NaOH=Na2HPO42H2O 98 g 2 mol m(H3PO4) 103bc molm(H3PO4)4.9102bc g，则精制磷酸中H3PO4的质量分数为100%。答案：(1)研磨、加热(2)核电荷数PS，得电子能力PS，非金属性PS(3)2Ca5(PO4)3F10H2SO45H2O10CaSO40.5H2O6H3PO42HF(4)80 后，H2O2分解速率大，浓度显著降低(5)CaSO4微溶BaCO3SO2H3PO4=BaSO4CO2H2O2H2PO(6)1(2020潍坊模拟)K2SO4 是优质钾肥，Mn3O4 是生产软磁铁氧体材料的主要原料
15、，以硫酸工业的尾气联合制备K2SO4 和Mn3O4 的工艺流程如图1所示。(1)已知含SO2 的尾气中SO2 的体积分数为20%，反应中通入含SO2 的尾气与空气的合适体积比为_(空气中O2 的体积分数按20%计算)，反应中物质X的化学名称为_。(2)几种盐的溶解度如图2所示，反应中，向(NH4)2SO4 溶液中加入KCl溶液充分反应后，进行蒸发结晶、_、洗涤、干燥等操作即得K2SO4 产品。(3)检验K2SO4 样品是否含有氯化物杂质的实验操作是_。(4)反应的化学方程式为_。(5)Mn3O4 与浓盐酸加热时发生反应的离子方程式为_。(6)图3为煅烧MnSO4H2O时温度与剩余固体质量变化曲
16、线。该曲线中B段所表示物质的化学式为_。煅烧过程中固体锰含量随温度的升高而增大，但当温度超过 1 000 时，再冷却后，测得产物的总锰含量反而减小。试分析产物总锰含量减小的原因：_。解析：根据流程，含SO2 的尾气与空气、CaCO3 发生反应：2SO2O22CaCO3=2CaSO4CO2，CaSO4 与X、NH4HCO3 反应得到CaCO3，说明X能与HCO反应得到CO，X为碱性物质，为了不引入新的杂质，用氨或氨水，得到硫酸铵，向(NH4)2SO4 溶液中加入KCl溶液充分反应后，进行蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥等操作即得K2SO4 产品，含SO2 的尾气与MnO2 反应：SO2MnO2=M
17、nSO4，除杂结晶得到MnSO4H2O，煅烧得到Mn3O4。(1)含SO2 的尾气与空气、CaCO3 发生反应：2SO2O22CaCO3=2CaSO4CO2，其中V(SO2)V(O2)21，又尾气中SO2 的体积分数为20%，空气中O2 的体积分数为20%，故反应中通入含SO2 的尾气与空气的合适体积比为21；反应中CaSO4 与X、NH4HCO3 反应得到CaCO3，说明X能与HCO反应得到CO，X为碱性物质，为不引入新的杂质，用氨或氨水。(2)由题图2可知，KCl的溶解度随温度的变化不大，故反应中，向(NH4)2SO4 溶液中加入KCl溶液充分反应后，进行蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥等操
18、作即得K2SO4 产品。(3)检验K2SO4 样品是否含有氯化物杂质，先排除硫酸根离子的干扰，再检验氯离子，故方法为取少量样品于试管中配成溶液，滴加过量的Ba(NO3)2 溶液，取上层清液滴加AgNO3 溶液，若有白色沉淀生成，则含有氯化物，否则不含。(4)根据流程可知，反应为含SO2 的尾气与MnO2 反应生成MnSO4，故反应的化学方程式为SO2MnO2=MnSO4。(5)Mn3O4 与浓盐酸加热时发生氧化还原反应，得到氯化锰、氯气和水，离子方程式为Mn3O48H2Cl3Mn2Cl24H2O。(6)热重曲线中一般先失去结晶水(可能分步)，100 g MnSO4H2O中结晶水的质量为100
19、g10.65 g，可知A为硫酸锰，升高温度盐分解得到金属氧化物，由流程图可知，硫酸锰晶体煅烧得到四氧化三锰，100 g MnSO4H2O分解可以得到四氧化三锰的质量为229 gmol145.17 g，故B为Mn3O4。继续加热，产物中总锰含量反而减小，说明吸收了氧，进一步说明B中的锰元素存在低价，可能是部分Mn3O4 又被氧化成Mn2O3 或MnO2，造成总锰含量减少。答案 (1)21氨(或氨水)(2)趁热过滤(3)取少量样品于试管中配成溶液，滴加过量的Ba(NO3)2 溶液，取上层清液滴加AgNO3 溶液，若有白色沉淀生成，则含有氯化物，否则不含(4)SO2MnO2=MnSO4(5)Mn3O
20、48H2Cl3Mn2Cl24H2O(6)Mn3O4部分Mn3O4 又被氧化成Mn2O3 或MnO2，造成总锰含量减少2(2019常德一模)LiNiO2 是一种前景很好的锂离子电池正极材料。当温度高于850 时，LiNiO2 会分解。请按要求回答下列问题：(1)LiNiO2 中Ni的化合价为_，工业上用Ni(OH)2 与LiOH的混合物在空气流中加热到700800 制得 LiNiO2，该反应的化学方程式为_，加热温度不宜过高的原因是_，工业上也可用LiNO3 代替上述工艺中的LiOH，存在的缺点可能是_。(2)以废旧二次电池为原料回收利用合成Ni(OH)2 的工艺如下：已知：酸浸后滤液中含有Ni
21、2、Al3、Fe3、Mn2。滤渣为_。“氧化除锰”是将锰元素最终转化为MnO2 而除去，反应历程如下：i5S2O2Mn28H2O=2MnO10SO16H；ii._(用离子方程式表示)。“转化”操作后，还需经过过滤、洗涤、烘干得到产品。检验Ni(OH)2 是否洗涤干净的实验操作是_。解析：(1)化合物中各元素正负化合价的代数和等于0，Li为1价，O为2价，所以LiNiO2 中Ni的化合价为3价；在工业上用Ni(OH)2 与LiOH的混合物在空气流中加热到700800 制得 LiNiO2，该反应的化学方程式为4Ni(OH)24LiOHO24LiNiO26H2O；加热温度不宜过高的原因是温度高于85
22、0 时LiNiO2 会发生分解反应，工业上也可用LiNO3 代替上述工艺中的LiOH，但也存在一定缺点，原因是LiNO3 受热分解会产生氮氧化物，污染环境；(2)根据流程图可知，滤渣中含有的成分是Al(OH)3、Fe(OH)3；“氧化除锰”是将锰元素最终转化为MnO2 而除去，反应历程如下：第一步反应是5S2O2Mn28H2O=2MnO10SO16H；反应产生的MnO再将溶液中的Mn2氧化，最终都变为MnO2，所以第二步反应的离子方程式为2MnO3Mn22H2O=5MnO24H；Ni(OH)2 沉淀是从含Na、SO等的溶液中过滤出来的，因此检验Ni(OH)2 是否洗涤干净可通过检验洗涤液中是否
23、含有SO，实验操作是取最后一次洗涤液，先加稀盐酸酸化，再滴加BaCl2 溶液，若无白色沉淀产生，则洗涤干净，否则没有洗涤干净。答案：(1)34Ni(OH)24LiOHO24LiNiO26H2O防止温度高于850 时LiNiO2 分解产生氮氧化物，污染环境(2)Al(OH)3、Fe(OH)32MnO3Mn22H2O=5MnO24H取最后一次洗涤液，先加稀盐酸酸化，再滴加BaCl2 溶液，若无白色沉淀产生，则洗涤干净，否则没有洗涤干净3(2019济宁第一次诊断性考试)连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，可以用作染色工艺的还原剂，纸浆、肥皂等的漂白剂。Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，在碱性
24、介质中较稳定，在空气中易被氧化。回答下列问题：(1)Na2S2O4在潮湿空气中被氧化，生成的两种常见酸式盐是_(填化学式)。(2)锌粉法制备Na2S2O4的工艺流程如图所示：工业上常将锌块进行预处理得到锌粉水悬浊液，其目的是_。步骤中发生反应的化学方程式为_。步骤中得到的Na2S2O4固体要用乙醇洗涤，其优点是_，“后续处理”最终要加入少量Na2CO3固体，其原因是_。(3)目前，我国普遍采用甲酸钠法生产连二亚硫酸钠，其原理是先将HCOONa和烧碱加入乙醇水溶液中，然后通入SO2使之发生反应，有CO2气体放出，总反应的离子方程式是_。(4)有人设计了如图方法同时制备连二亚硫酸钠和过二硫酸钠(N
25、a2S2O8)。电解过程中，阴极室生成Na2S2O4，a极的电极反应式为_，通过阳离子交换膜的离子主要是Na，其迁移方向是_(填“由左侧向右侧移动”或“由右侧向左侧移动”)。解析：(1)根据硫的含氧酸有亚硫酸和硫酸，再根据氧化还原反应的化学合价升降法可知，Na2S2O4在潮湿空气中被氧化生成的两种常见酸式盐为NaHSO3和NaHSO4。(2)将锌块进行预处理得到锌粉水悬浊液，目的是增大锌粒的表面积，加快化学反应速率。步骤中Zn与SO2反应生成ZnS2O4，化学方程式为Zn2SO2=ZnS2O4。根据Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇可知，步骤中得到的Na2S2O4固体用乙醇洗涤，可以减少Na2
26、S2O4的溶解损失，且易于干燥。根据Na2S2O4在碱性介质中较稳定，在空气中易被氧化可知，“后续处理”最终要加入少量Na2CO3固体，其原因是Na2CO3为碱性物质，保险粉在碱性介质中较稳定。(3)根据HCOONaCO2，C从2价升为4价，失2e，SO2S2O，硫从4价降为3价，1个SO2得1个e，根据得失电子守恒可知，HCOO和SO2的化学计量数之比为12，再根据电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为HCOOOH2SO2=S2OCO2H2O。(4)a极为阳极，SO发生氧化反应转化为S2O，电极反应式为2SO2e=S2O。电解时阳离子向阴极移动，故Na由左侧向右侧移动。答案：(1)NaHSO3和
27、NaHSO4(2)增大锌粒的表面积，加快化学反应速率Zn2SO2=ZnS2O4减少Na2S2O4的溶解损失，易于干燥Na2CO3为碱性物质，保险粉在碱性介质中较稳定(3)HCOOOH2SO2=S2OCO2H2O(4)2SO2e=S2O由左侧向右侧移动分离提纯型1题型特点分离提纯型工艺流程题多以矿物、各种废弃物为原料，经过各种处理，除去杂质获得有价值的产品。考查的核心是各种分离提纯的实验操作以及条件的控制选择。虽然把题目形式设计为工艺流程框图，但其实质还是对混合物的除杂、分离、提纯操作的考查。2解题思路从试题中找出想要什么，要除去的杂质有哪些；加入的试剂都与哪些物质发生了反应，转化成了什么物质；
28、怎样操作才能将杂质除去(注重信息的提取与加工)。核心是杂质的去除要彻底。3常用分离方法(1)固体与固体的分离(2)固体与液体的分离(3)液体与液体的分离4常见操作的答题思考角度常见操作答题思考角度分离、提纯过滤、蒸发、分液、蒸馏等常规操作。从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩冷却结晶过滤(洗涤、干燥)；或蒸发结晶提高原子利用率绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)在空气中或在其他气体中进行的反应或操作要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应或能否达到隔绝空气，防氧化、水解、潮解等目的判断沉淀是否洗涤干净取少量最后一次洗涤液，检验其中是否还有某种离子存在控制溶液的p
29、H方法见前面P77“4.常考条件控制”控制温度(常用水浴、冰浴或油浴)防止副反应的发生；使化学平衡移动：控制化学反应的方向；控制固体的溶解与结晶；控制反应速率：使催化剂达到最大活性；升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发；加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离；趁热过滤：减少因降温而析出溶质的量；降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求洗涤晶体常见洗涤方式见前面P77“4.常考条件控制”；洗涤沉淀方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作23次表面处理“水洗”除去表面可溶性杂质，金属晶体可用机械法(打磨)或化学法除去表面氧化
30、物、提高光洁度等1(2016高考全国卷)以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为物质V2O5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3质量分数/%2.2292.83122286065121以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：回答下列问题：(1)“酸浸”时V2O5转化为VO，反应的离子方程式为_，同时V2O4转成VO2。“废渣1”的主要成分是_。(2)“氧化”中欲使3 mol的VO2变为VO，则需要氧化剂KClO3至少为_mol。(3)“中和”作用之一是使钒以V4O形式存在于溶液中。“废
31、渣2”中含有_。(4)“离子交换”和“洗脱”可简单表示为4ROHV4OR4V4O124OH(ROH为强碱性阴离子交换树脂)。为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈_性(填“酸”“碱”或“中”)。(5)“流出液”中阳离子最多的是_。(6)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式：_。解析：(1)反应过程中V的化合价不变，所以是复分解反应。注意V2O5在离子方程式中不能拆开；废钒催化剂中，只有二氧化硅不溶于硫酸，成为废渣1的主要成分。(2)3 mol VO2变为VO，共失去3 mol电子，而1 mol ClO变为Cl得到6 mol电子，所以需要0.5 mol氯酸钾。(3
32、)中和时，Fe3、Al3分别转化为难溶的Fe(OH)3和Al(OH)3，成为废渣2的主要成分。(4)为提高洗脱效率，需使题中所述平衡逆向移动。根据平衡移动原理，碱性越强越有利于平衡逆向移动，所以淋洗液应该呈碱性。(5)经过“离子交换”，钒以R4V4O12形式存在，而铁、铝则在“中和”过程中转化为沉淀，所以“流出液”中最多的阳离子是钾离子。(6)由NH4VO3转化为V2O5，V的化合价未发生变化，该反应为非氧化还原反应，所以N的化合价仍为3，一种生成物是NH3，另一种生成物必定是H2O。答案：(1)V2O52H=2VOH2OSiO2(2)0.5(3)Fe(OH)3和Al(OH)3(4)碱(5)K
33、(6)2NH4VO3V2O52NH3H2O2(2017高考全国卷)重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeOCr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示： 回答下列问题：(1)步骤的主要反应为FeOCr2O3Na2CO3NaNO3Na2CrO4Fe2O3CO2NaNO2上述反应配平后FeOCr2O3与NaNO3的系数比为_。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是_。(2)滤渣1中含量最多的金属元素是_，滤渣2的主要成分是_及含硅杂质。(3)步骤调滤液2的pH使之变_(填“大”或“小”)，原因是_(用离子方程式表示)。(4)有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适
34、量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到_(填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。 a80 b60 c40 d10 步骤的反应类型是_。解析：(1)1 mol FeOCr2O3参与反应共失去7 mol电子，而 1 mol NaNO3参与反应得到2 mol电子，根据得失电子守恒，二者的系数比为27。由于高温下碳酸钠能与陶瓷中的二氧化硅发生反应，所以该步骤不能使用陶瓷容器。(2)步骤中生成的氧化铁因不溶于水而进入滤渣1，所以滤渣1中含量最多的金属元素是Fe。结合流程图可知，滤渣2的主要成分是氢氧化铝及含硅杂质。(3)滤液2中存在平衡：2CrO2HCr2OH2O，氢离子浓
35、度越大(pH越小)，越有利于平衡正向移动，所以步骤应调节滤液2的pH使之变小。(4)根据题图可知，温度越低，K2Cr2O7的溶解度越小，析出的重铬酸钾固体越多，故d项正确。步骤中发生的反应为Na2Cr2O72KCl=K2Cr2O72NaCl，其属于复分解反应。答案：(1)27陶瓷在高温下会与Na2CO3反应(2)FeAl(OH)3(3)小2CrO2HCr2OH2O(4)d复分解反应1(2019广州普通高中毕业班综合测试)某废旧锂电池材料含有钴酸锂(LiCoO2)、导电剂石墨和铝粉等。回收废旧锂电池中钴的工艺流程如下：回答下列问题：(1)“浸出液”的主要成分是LiHC2O4、Al(HC2O4)3
36、，“浸出渣”的主要成分是CoC2O4。“浸出”中生成CoC2O4的化学方程式为_，若H2C2O4用量过大，CoC2O4的产率反而会降低，原因是_。(2)“转化”中加入Na2CO3溶液发生反应的离子方程式为_。(3)“电解”时装置如图所示。阳极的电极反应式为_，电解后a室中的电解液可返回“_”工序继续使用。(4)某废旧锂电池粉末中LiCoO2的质量分数为w，将m kg该废料进行回收利用，电解得到钴n kg，钴的回收率为_。解析：(1)由文字信息及工艺流程知，反应物是LiCoO2与H2C2O4，生成物有LiHC2O4、CoC2O4，故可先写出LiCoO2H2C2O4LiHC2O4CoC2O4，此反
37、应中钴的化合价降低了，故有一部分草酸被氧化为CO2，由此可得LiCoO2H2C2O4LiHC2O4CoC2O4CO2，依据得失电子守恒、质量守恒最后可得到2LiCoO25H2C2O4=2LiHC2O42CoC2O42CO24H2O。当H2C2O4用量过大时，H2C2O4会与CoC2O4反应生成酸式盐Co(HC2O4)2，从而导致CoC2O4产率降低。(2)CoC2O4遇Na2CO3易转化为CoCO3，化学方程式为CoC2O4COCoCO3C2O。(3)阳极上是H2O放电生成O2与H。电解过程中阳极室的H进入a室，阴极室的Cl进入a室，最终a室得到盐酸，可用于“酸溶”工序。(4)m kg LiC
38、oO2中钴的质量为，回收率n100%100%。答案：(1)2LiCoO25H2C2O4=2LiHC2O42CoC2O42CO24H2OCoC2O4与过量的H2C2O4反应转化成Co(HC2O4)2而溶解(2)CoC2O4COCoCO3C2O(3)2H2O4e=O24H酸溶(4)100%2(2020山东九校高三联考)镍矿渣中主要含有Ni(OH)2和NiS，还有含Fe、Cu、Ca、Mg、Zn等元素的杂质，由镍矿渣制备碳酸镍的流程如下：已知：含镍浸出液中阳离子主要有Ni2、Fe3、Cu2、Ca2、Mg2、Zn2。请回答下列问题：(1)写出含镍矿渣浸取时生成硫单质的离子方程式：_。(2)加入Na2CO
39、3溶液沉铁时生成的沉淀1为难溶于水的黄钠铁矾NaFe3(SO4)2(OH)6，同时生成一种无色气体，写出此反应的离子方程式：_。(3)向溶液1中加入NiS的作用是除去溶液中的Cu2，原理是_(用离子方程式表示)。(4)“除锌”时，ZnSO4与有机萃取剂(用HA表示)形成易溶于萃取剂的络合物ZnA22HA，一段时间后达到化学平衡。试写出萃取时反应的化学方程式：_。试分析“除锌”时锌的萃取率随料液pH的增大逐渐增大的原因：_。解析：(1)根据流程图分析可知，含镍矿渣浸取时生成硫单质的离子方程式为3NiSClO6H=3Ni23SCl3H2O。(2)加入Na2CO3溶液沉铁时，生成黄钠铁矾NaFe3(
40、SO4)2(OH)6沉淀和一种无色气体，该气体为CO2，反应的离子方程式为Na3Fe32SO3H2O3CO=NaFe3(SO4)2(OH)63CO2。(3)向溶液中加入NiS的作用是除去溶液中的Cu2，其原理是Cu2(aq)NiS(s)Ni2(aq)CuS(s)。(4)由题目信息可知，向溶液3中加入有机萃取剂HA时，形成络合物ZnA22HA，该反应为可逆反应，其化学方程式为ZnSO44HAZnA22HAH2SO4。“除锌”时增大料液的pH，使料液中c(H)减小，促使平衡右移，从而使锌的萃取率增大。答案：(1)3NiSClO6H=Cl3S3Ni23H2O(2)Na3Fe32SO3H2O3CO=N
41、aFe3(SO4)2(OH)63CO2(3)Cu2(aq)NiS(s)Ni2(aq)CuS(s)(4)ZnSO44HAZnA22HAH2SO4料液的pH增大时，料液中的c(H)减小，促使平衡向右移动，锌的萃取率增大3溴化锂是一种高效水汽吸收剂和空气湿度调节剂，54%55%的溴化锂水溶液是吸收式绿色制冷剂，其对环境无污染。制备路线图如下：(1)制得LiBr的关键是“合成”与“调pH”阶段。“合成”制得LiBr时，绿色还原剂CO(NH2)2与Br2恰好反应的物质的量之比是_。“合成”后的生成液为橙黄色，且Li2CO3调节pH到89，Li2CO3转化为LiHCO3，同时溶液变为无色，加入Li2CO3
42、的目的为_。“合成”时温度与BrO%的关系如下表： 温度/20304050607080BrO/%00.500.600.710.758.515.2“合成”时选择的温度为_，理由是_。(2)“除杂1”利用CS(NH2)2去除BrO，生成物为Li2SO4、CO(NH2)2等，写出相应的化学方程式：_。(3)“除杂2”先用HBr把溶液调到一定的酸度，加热到70 左右，然后用LiOH调至pH7，加热的作用是_。解析：(1)由题图中转化关系可知，反应中Br2是氧化剂、CO(NH2)2 是还原剂，氮元素转化为N2、碳元素转化为CO2，化学方程式为3Li2CO33Br2CO(NH2)2=6LiBr4CO2N2
43、2H2O，CO(NH2)2与Br2的物质的量之比为13。由“合成”后的溶液颜色知Br2过量，故Li2CO3是用于除去溶液中多余的Br2。由表中数据知，温度为60 时较好，因为温度小于60 时，反应速率较慢，高于60 时，副产物BrO3%骤然增大，这样会较大程度地降低LiBr的产率。(2)先写出CS(NH2)2LiBrO3LiBrLi2SO4CO(NH2)2，依得失电子守恒4LiBrO33CS(NH2)24LiBr3CO(NH2)2Li2SO4，再结合质量守恒及(1)中信息知有LiHCO3参与反应，最后得：4LiBrO33CS(NH2)26LiHCO3=4LiBr3CO(NH2)23Li2SO4
44、6CO23H2O。(3)HBr与碳酸盐作用生成的CO2会有一部分溶解在水中，加热的目的是使溶液中的CO2逸出，以免消耗更多的LiOH。答案：(1)13除去多余的Br260 温度小于 60 时，反应速率较慢，大于60 时，副产物BrO%骤然增大，LiBr的产率降低(2)4LiBrO33CS(NH2)26LiHCO3=4LiBr3CO(NH2)23Li2SO46CO23H2O(3)使溶液中的CO2逸出，以免消耗更多的LiOH专题强化训练(建议用时：40分钟)1(2020湖北华师一附中等八校联考)下图是某工业生产过程，请回答下列问题。溶解度表(单位：g/100 g水)：温度/010203040608
45、090100氯化铵29.433.337.241.445.855.265.671.377.3硫酸铵70.67375.47881889598103硫酸钾7.49.311.11314.818.221.422.924.1氯化钾2831.234.237.240.145.851.353.956.3(1)该工业生产过程的目标产品是_(填化学式)。(2)过滤操作所得固体中，除CaCO3 外还有一种物质，该物质的用途有_(试举一例)。(3)根据溶解度表，转化中适宜的温度是_。A010 B2030 C4060 D90100 过滤操作所得滤渣是_。(4)我国著名的化学家也利用了转化的反应原理制备了一种重要的碱，该制
46、备过程的化学方程式为_。(5)氯化钙结晶水合物(CaCl26H2O)进行脱水处理可制得常用的干燥剂，根据如图选择的最佳脱水方法是_。A氯化氢气流中加热到174 B直接加热至174 C直接加热至260 D氯化氢气流中加热到260 (6)上述工业流程实现了绿色化学的理念，其中_(填化学式)实现了循环利用，副产品_(填化学式)可转化为原料，整个流程基本实现了污染物零排放。解析： (1)根据流程图可知，本工业生产过程的目标产品是CaCl26H2O。(2)CaSO4 是一种微溶于水的物质，故另一种固体物质应为CaSO4，其用途有做石膏模型、加入水泥中调节水泥的硬化速率、做建筑材料等。(3)转化发生反应：
47、(NH4)2SO42KCl=K2SO42NH4Cl，根据表中数据可知，90100 时，硫酸铵、氯化钾、氯化铵的溶解度相对而言比硫酸钾大得多，溶液中容易析出硫酸钾晶体，故D正确；过滤操作所得滤渣是K2SO4(或K2SO4 和KCl)。(4)我国著名化学家侯德榜利用了转化的反应原理制备了NaHCO3，该制备过程是在饱和食盐水中先通入足量的氨，再通入足量的二氧化碳产生碳酸氢钠沉淀，化学方程式为NH3H2ONaClCO2=NH4ClNaHCO3。(5)无水氯化钙可用作干燥剂，2.19 g CaCl26H2O的物质的量为0.01 mol，而0.01 mol无水氯化钙的质量为1.11 g，故最佳脱水的方法
48、是直接加热至260 。(6)蒸氨过程中NH3 可循环利用，副产品CaCO3 可转化为原料氧化钙和二氧化碳。答案：(1)CaCl26H2O(2)做石膏模型(或加入水泥中调节水泥的硬化速率或做建筑材料)(3)DK2SO4(或K2SO4 和KCl)(4)NH3H2ONaClCO2=NH4ClNaHCO3(5)C(6)NH3CaCO32铅的单质、氧化物、盐在现代工业中有着重要用途。(1)铅能形成多种氧化物，如碱性氧化物PbO、酸性氧化物PbO2、类似Fe3O4 的Pb3O4，向盛有PbO2 的圆底烧瓶中滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，其反应的化学方程式为_。(2)以废旧铅酸电池中的含铅废料(Pb、PbO、
49、PbO2、PbSO4 及炭黑等)和H2SO4 为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下：过程1中分离提纯的方法是_，滤液2中的溶质主要是_(填物质的名称)。过程1中，在Fe2催化下，Pb和PbO2 反应生成PbSO4 的化学方程式是_。(3)将PbO溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4 的电解液，电解Na2PbCl4 溶液生成Pb的装置如图所示。写出电解时阴极的电极反应式：_。电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_。电解过程中，Na2PbCl4 电解液浓度不断减小，为了恢复其浓度，应该向_极室(填“阴”或“阳”)加入_(填化学式)。解析：(1)向盛有Pb
50、O2 的圆底烧瓶中滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，则该气体为氯气，根据氧化还原反应的规律及元素守恒可知，产物还有PbCl2 和水，其化学方程式为PbO24HCl(浓)=PbCl2Cl22H2O。(2)过程1中得到了滤液和不溶物PbSO4，则过程1的操作方法为过滤；PbSO4 与氢氧化钠反应生成物除了PbO以外，还应有硫酸钠，则滤液2中的溶质主要是硫酸钠，在Fe2催化下，Pb和PbO2 在稀硫酸作用下发生归中反应生成PbSO4 的化学方程式为PbPbO22H2SO42PbSO42H2O。(3)电解时阴极上PbCl得电子生成Pb，其电极反应式为PbCl2e=Pb4Cl。电解过程中，惰性电极a(阳极)上
51、水失电子发生氧化反应，其电极反应式为2H2O4e=O24H，为平衡电荷，生成的H会通过阳离子交换膜移向阴极。电解过程中，阴极的电极反应为PbCl2e=Pb4Cl，则可在阴极补充PbO生成PbCl，使Na2PbCl4 电解液浓度恢复。答案：(1)PbO24HCl(浓)=PbCl2Cl22H2O(2)过滤硫酸钠PbPbO22H2SO42PbSO42H2O(3)PbCl2e=Pb4ClH阴PbO3最新研究表明As2O3在医药领域有重要应用。某小组从工业废料中提取As2O3，设计流程如下：已知：H3AsO3为弱酸，热稳定性差。(1)写出一条“碱浸”时提高浸取率的方法：_；“碱浸”中H3AsO3转化成N
52、a3AsO3的离子方程式为_。(2)“氧化”时向混合液中通入O2时对体系加压，目的是_。(3)“沉砷”过程中有如下反应：Ca(OH)2(s)Ca2(aq)2OH(aq)H05Ca2(aq)OH(aq)3AsO(aq)Ca5(OH)(AsO4)3(s)H0沉砷率与温度关系如图。沉砷最佳温度为_，高于85 时，沉砷率下降的原因是_。(4)“还原”过程中获得H3AsO3的化学方程式为_；“操作A”为_、过滤；滤液的主要溶质是_。(5)若每步均完全反应，“氧化”和“还原”时消耗相同条件下O2和SO2的体积分别为x L、y L，则废水中n(H3AsO3)n(H3AsO4)_(写出含x、y的计算式)。解析
53、：工业废料(含H3AsO3、H3AsO4)加入氢氧化钠溶液“碱浸”，与氢氧化钠反应生成Na3AsO3、Na3AsO4溶液，通入氧气，将Na3AsO3氧化为Na3AsO4，向溶液中加入石灰乳，得到Ca5(OH)(AsO4)3沉淀，将 Ca5(OH)(AsO4)3用硫酸酸化得到H3AsO4，通入二氧化硫与H3AsO4溶液混合：H3AsO4H2OSO2=H3AsO3H2SO4，还原后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，据此分析解答。(1)反应物接触时间越长，反应越充分，所以“碱浸”时可采用搅拌或多次浸取使其充分反应，提高原料浸取率；H3AsO3与氢氧化钠溶液发生酸碱中和反应，离子方程式为H3As
54、O33OH=AsO3H2O。(2)“氧化”时向混合液中通入O2时对体系加压，可以增大O2的溶解度，加快反应速率。(3)“沉砷”是将砷元素转化为Ca5(OH)(AsO4)3沉淀，发生的主要反应有Ca(OH)2(s)Ca2(aq)2OH(aq)H0，高于85 ，随着温度升高，反应中 c(Ca2)、c(OH)减小，温度对平衡移动的影响反应大于反应，使反应中平衡逆向移动，沉砷率下降。(4)“还原”过程中二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3，自身被氧化生成硫酸，化学方程式为H3AsO4H2OSO2=H3AsO3H2SO4；还原后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，所以“操作A”为加热、过滤；由化
55、学方程式可知，滤液 的主要溶质是H2SO4。(5)“氧化”过程中将Na3AsO3氧化为Na3AsO4，关系式为2H3AsO32Na3AsO3O2；“还原”过程中二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3，关系式为H3AsO4SO2；已知消耗相同条件下O2和SO2的体积分别为x L、y L，体积比等于物质的量之比，即n(O2)n(SO2)xy，由关系式可知，n(H3AsO3)2n(O2)2x，则废水中原有的 n(H3AsO4)y2x，则废水中n(H3AsO3)n(H3AsO4)2x(y2x)。答案：(1)搅拌(或多次浸取或其他合理答案)H3AsO33OH=AsO3H2O(2)增大O2的溶解度，加快
56、反应速率(3)85 随着温度升高，反应中c(Ca2)、c(OH)减小，温度对平衡移动的影响反应大于反应，使反应中平衡逆向移动，沉砷率下降(4)H3AsO4H2OSO2=H3AsO3H2SO4加热H2SO4(5)2x(y2x)4(2019高考名校联考信息优化卷)硼氢化钠(NaBH4)广泛用于化工生产，常温下能与水反应，易溶于异丙胺(沸点为33 )。工业上可用硼镁矿(主要成分为Mg2B2O5H2O，含少量杂质Fe3O4)制取NaBH4，其工艺流程如下：回答下列问题：(1)NaBH4的电子式为_。(2)“碱溶”时Mg2B2O5发生反应的化学方程式是_。(3)滤渣的成分是_。(4)高温合成中，加料之前
57、需将反应器加热至100 以上并通入氩气，该操作的目的是_；原料中的金属钠通常保存在_中，实验室取用少量金属钠用到的实验用品有_、_、玻璃片和小刀。(5)操作2的名称为_。流程中可循环利用的物质是_。(6)在碱性条件下，用惰性电极电解NaBO2溶液也可制得NaBH4，装置如图所示，电解总反应的离子方程式为_。(7)NaBH4常用作还原剂，H2也是常见的还原剂。与相同氧化剂反应时，1 g NaBH4的还原能力相当于_g H2的还原能力(B元素化合价不变，氧化产物中氢元素化合价相同，计算结果保留两位小数)。解析：(1)NaBH4的电子式为。(2)由流程图可知，“碱溶”时Mg2B2O5与NaOH反应转
58、化为NaBO2，发生反应的化学方程式是Mg2B2O52NaOHH2O=2NaBO22Mg(OH)2。(3)硼镁矿中Fe3O4不溶于浓NaOH溶液，以滤渣的形式析出，另外，“碱溶”时生成的Mg(OH)2也以滤渣的形式析出，所以滤渣的成分为Mg(OH)2和Fe3O4。(4)Na的性质活泼，能与水和空气中的氧气反应，结合题干中硼氢化钠在常温下能与水反应，所以加料之前须先排除水蒸气和空气(或氧气)的干扰。(5)NaBH4易溶于异丙胺且异丙胺的沸点较低，结合流程图可知，操作2是蒸馏NaBH4的异丙胺溶液，回收异丙胺，异丙胺可循环利用。(6)由“在碱性条件下，用惰性电极电解NaBO2溶液也可制得NaBH4
59、”可知，电解总反应的离子方程式为BO2H2OBH2O2。(7)NaBH4和氢气做还原剂时氧化产物中氢元素都为1价，则1 g NaBH4的还原能力相当于0.21 g H2的还原能力。答案：(1) (2)Mg2B2O52NaOHH2O=2NaBO22Mg(OH)2(3)Fe3O4和Mg(OH)2(4)除去反应器中的水蒸气和空气煤油镊子滤纸(5)蒸馏异丙胺(6)BO2H2OBH2O2(7)0.215锌是一种常用金属，工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量CaO、FeO、CuO、NiO等)湿法制取金属锌的流程如图所示，回答下列问题。已知：Fe的活泼性强于Ni。(1)ZnFe2O4可
60、写成ZnOFe2O3，则ZnFe2O4与H2SO4反应的化学方程式为_。(2)“净化”操作分为两步：将溶液中少量的Fe2氧化，下列试剂中可选用的是_(填字母)。A新制氯水B30%H2O2溶液CFeCl3溶液 DKMnO4溶液加入ZnO，调节溶液pH为3.36.7，加热到60 左右并不断搅拌，加热搅拌的主要目的是_。(3)“净化”生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是_。(4)“净化”中加入过量Zn的目的是_。解析：(1)根据ZnFe2O4可写成ZnOFe2O3可知，ZnFe2O4与硫酸反应的化学方程式为ZnFe2O44H2SO4=ZnSO4Fe2(SO4)34H
61、2O。(2)将溶液中少量的Fe2氧化，应选用氧化性较强且不会引入新杂质的物质，新制氯水的还原产物为氯离子，会引入新的杂质，氯化铁无法将Fe2氧化，且会引入新的杂质，KMnO4的还原产物为二价锰离子，会引入新的杂质，因此应选用过氧化氢。加热搅拌的目的是促进Fe3水解转化为Fe(OH)3沉淀，并使过量的过氧化氢分解除去。(3)因为Fe(OH)3胶体具有吸附性，故“净化”生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质。(4)结合流程图可知，“净化”中加入过量Zn的目的是使Cu2、Ni2转化为Cu、Ni而除去。答案：(1)ZnFe2O44H2SO4=ZnSO4Fe2(SO4)34H2O(2)B促进Fe3水解转化为Fe(OH)3沉淀，并使过量的过氧化氢分解除去(3)氢氧化铁胶体具有吸附性(4)使Cu2、Ni2转化为Cu、Ni而除去- 27 - 版权所有高考资源网