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2020年高考化学工艺流程题专项训练50题答案

高考化学工艺流程题专项训练50题（学生版）

参考答案

1．54.3mL 胶头滴管、500mL容量瓶2Cr3++H2O+3H2O2=Cr2O72-+8H+

CrO42-Ca2+和Mg2+2CrO42-+H2O+3SO2=2Cr(OH)(H2O)5 SO4+SO42-+2OH-

【来源】【全国百强校】江西省南昌市第二中学2019届高三第六次考试理科综合化学试题

【解析】

【分析】

本题以制革工业污泥中Cr（III）处理的流程为载体，考查流程的分析，物质的量浓度溶液的配制，方程式的书写，沉淀滴定实验，溶度积的应用。

【详解】

（1）根据“大而近”的原则，配制480mL溶液应选用500mL容量瓶。根据c（浓溶液）×V（浓溶液）=c（稀溶液）×V（稀溶液），18.4mol/L×V（浓H2SO4）=2 mol/L×500mL，解得V（浓H2SO4）=54.3mL，需要量取浓硫酸54.3mL。配制的实验步骤为：计算→量取→稀释→冷却→转移→洗涤→初步振荡→定容→摇匀→装瓶贴标签，配制时所用的玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需500mL容量瓶、胶头滴管。故答案为：54.3mL；胶头滴管、500mL容量瓶；

（2）H2O2将Cr3＋氧化成Cr2O72－，H2O2被还原，反应可写成H2O2+Cr3＋→Cr2O72－，根据得失电子守恒配平为3H2O2+2Cr3＋→Cr2O72－，结合原子守恒、电荷守恒以及滤液I呈酸性，H2O2将Cr3＋氧化的离子方程式为3H2O2+2Cr3＋+H2O= Cr2O72-+8H+。

（3）根据各金属阳离子形成沉淀的pH，加入NaOH溶液调pH=8，将Fe3＋、Al3＋完全转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去；同时将Cr2O72-转化为CrO42-，反应可表示为Cr2O72-+2OH－= 2CrO42-+H2O；（4）加入NaOH溶液调pH=8除去了浸取液中的Fe3＋和Al3＋，根据浸取液中含有的金属阳离子，利用钠离子交换树脂除去滤液II中的金属阳离子为Mg2＋、Ca2＋。

（5）根据流程加入SO2将CrO42－还原为Cr(OH)(H2O)5SO4，SO2被氧化成SO42－，反应可写成SO2 +CrO42－→Cr(OH)(H2O)5SO4↓+SO42－，S元素的化合价由+4价升至+6价，Cr元素的化合价由+6价降至+3价，根据得失电子守恒配平为3SO2 +2CrO42－→2Cr(OH)(H2O)5SO4↓+SO42－，结合原子守恒、电荷守恒和溶液呈碱性，写出离子方程式为2CrO42-+H2O+3SO2=2r(OH)(H2O)5SO4+SO42-+2OH－。

【点睛】

化工流程题解答技巧：（1）读懂题干，弄清用什么原料生产何种产品。如果是化学实验流程，则要弄清实验目的是什么，是合成新物质还是分离提纯物质？（2）研读流程图。对照流程图两端的原料和产品，确定化工流程的主线和支线，找到为发生核心反应而加入的主要辅料，结合箭头指向，分

析每一环节中物质流入和流出的意义、控制反应条件的作用，实现对整个流程的全盘分析。（3）由易到难，破解问题。对于比较复杂的问题，在读懂流程图、明确每一步操作涉及的化学反应及弄清每一中间产物的微粒种类的前提下，从基本理论(氧化还原反应、化学平衡、盐类水解、电化学等)、反应条件的控制(温度、压强、催化剂、原料配比、pH调节、溶剂选择、除杂、产品分离等)、绿色化学思想(原子经济性、循环操作、环保)、经济角度(提高产量与产率、原料廉价易得、降低能耗、设备简单)、安全生产(防爆、防中毒、防污染)等方面联系问题进行解答。（4）在写某一步骤是为了除杂时，应该注明“是为了除去某某杂质”，只写“除杂”等笼统的回答是不给分的。（5）看清楚是写化学反应方程式还是离子方程式，注意配平。

2．2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+Mn2+ 、Fe2+SO2(H2SO3、SO32-)、FeSO4(Fe2+) 90℃防止NH4HCO3受热分解，以提高原料利用率Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+ H2O F

1.4×1014

【来源】湖南省岳阳市2019届高三教学质量检测理综化学试题（二)

【解析】

【分析】

软锰矿（主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰（MnCO3）：由流程可知软锰矿形成矿浆，通入过量的SO2，发生反应，MnO2+SO2=MnSO4，

Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO42－+H2O，SiO2不反应，过滤，滤渣I为，滤液含有Mn2+、Fe2+，加入二氧化锰氧化亚铁离子，反应为：2Fe2++15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42－，调节pH，沉淀铁离子，过滤，滤渣II为氢氧化铁，向滤液中加入碳酸氢铵溶液，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，反应为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体，据此分析解答。

【详解】

（1）Fe3+与SO2和水反应，生成Fe2+、SO42－和H+，离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，故答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；

（2）浸锰过程中发生反应：MnO2+SO2=MnSO4、Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO42－+H2O，所以过滤Ⅰ所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为Mn2+ 、Fe2+，

故答案为：Mn2+ 、Fe2+；

（3）氧化过程中加入MnO2的目的为除去过量的SO2，生成MnSO4；同时MnO2也可以氧化FeSO4，故答案为：SO2、FeSO4；

（4）由图像可知，90℃时MnS2O6的生成速率相对较低，锰的浸出率相对较高，若温度升高，MnS2O6

的生成速率及锰的浸出率变化均不明显，却会消耗更多的能源，所以“浸锰”的适宜温度是90℃；温度过高时，NH4HCO3受热易分解为NH3、CO2和H2O，导致原料利用率降低，

故答案为：90℃；防止NH4HCO3受热分解，以提高原料利用率；

（5）加入NH4HCO3溶液后，Mn2+与HCO3-反应生成MnCO3沉淀，同时还有CO2气体生成，反应的离子方程式为Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+ H2O，

故答案为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+ H2O；

（6）硝酸镍是强酸弱碱盐，硫化钠是强碱弱酸盐，它们都能促进水的电离。F点表示硝酸镍和硫化钠恰好完全反应，溶液中溶质是硝酸钠，水的电离程度最小；

由图可知，F点表示硝酸镍和硫化钠恰好完全反应，溶液中c(Ni2+)=c(S2-)=10-10.5mol/L，

则Ksp(NiS)=10－10.5×10－10.5=10-21，

NiCO3(s)＋S2-(aq) NiS(s)＋CO32-(aq)，K====1.4×1014，

故答案为：F；1.4×1014。

【点睛】

本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解、离子的检验等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力。

3．Na2SiO3、Na2BeO2；BeO22－＋4H＋=Be2＋+2H2O；②④⑤③；增强熔融盐的导电性；

MnO2＋CuS＋2H2SO4=S＋MnSO4＋CuSO4＋2H2O；Fe(OH)3；8.0；

【来源】【市级联考】安徽省合肥市2019届高三下学期第二次教学质量检测理科综合化学试题

【解析】

【分析】

Be、Al元素化学性质相似，废旧铍铜元件中加入NaOH溶液，BeO、SiO2反应转化成Na2BeO2、Na2SiO3进入滤液A中，滤渣B中含CuS、FeS；滤液A中加入过量HCl，Na2SiO3反应生成H2SiO3沉淀和NaCl，Na2BeO2与过量HCl反应生成NaCl、BeCl2和H2O，滤液C中含HCl、NaCl、BeCl2；MnO2具有氧化性，滤渣B中加入MnO2和H2SO4，CuS、FeS反应生成CuSO4、Fe2（SO4）3、S，MnO2被还原为MnSO4；滤液D中主要含CuSO4、Fe2（SO4）3、MnSO4，根据题给Cu（OH）2、Fe（OH）3、Mn（OH）2的溶度积，滤液D中加入氨水得到的沉淀F为Fe（OH）3；滤液E中加入氨水调节pH使Cu2+与Mn2+分离。据此分析作答。

【详解】

（1）废旧铍铜元件的成分BeO、CuS、FeS、SiO2，根据信息i，BeO属于两性氧化物，SiO2属于酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，反应方程式为BeO+2NaOH=Na2BeO2+H2O、

SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，CuS、FeS不与氢氧化钠反应，因此滤液A中主要成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2；根据信息i，反应I中为Na2BeO2与过量盐酸反应，反应的离子方程式为BeO22－+4H＋=Be2＋+2H2O；

（2）Be、铝元素化学性质相似，先向滤液C中先加入过量的氨水，生成Be（OH）2沉淀，然后过滤、洗涤，再加入适量的HCl，生成BeCl2，合理步骤是②④⑤③；BeCl2熔融时能微弱电离，熔融BeCl2中离子浓度较小，电解熔融BeCl2制备金属铍时，需要加入NaCl，其作用是增大离子浓度，增强熔融盐的导电性；

（3）反应II中CuS中S转化为S单质，MnO2中Mn被还原为Mn2＋，根据化合价升降法进行配平，其化学反应方程式为MnO2+CuS+2H2SO4=S+MnSO4+CuSO4+2H2O；

（4），Cu2＋开始沉淀时c（OH－）==1×10-10mol/L；Fe3＋开始沉淀时c（OH－）

==×10-12mol/L；Mn2＋开始沉淀时c（OH－）==1×10-6mol/L，因此首先沉淀的是Fe3＋，即生成的沉淀F为Fe（OH）3。为了尽可能多的回收Cu，滤液E中加入氨水应使Cu2+尽可能

完全沉淀，Mn2+不形成沉淀，Cu2+完全沉淀时c（OH-）==×10-8mol/L<1×10-6mol/L，滤液G的c（OH-）最大为1×10-6mol/L，c（H+）最小为1×10-8mol/L，pH最大为8.0。

4．提供热量、还原剂 C 1.0×10-5mol·L－1xZn2++(1-x)Ni2++2Fe2++6OH-+H2O2

Ni(1-x)Zn x Fe2O4↓+4H2O Na2SO4pH<8，沉淀不完全，pH>8，Zn(OH)2沉淀溶解BaS与酸反应会生成H2S气体污染环境，生成NiS沉淀降低产率

【来源】福建省厦门市2019届高三下学期第一次（3月)质量检查理综试题

【解析】

【分析】

根据工艺流程图分析每步过程发生的反应及滤渣和溶液的成分；根据Ksp计算溶液的酸碱性，分析沉淀溶解是否完全。

【详解】

（1）根据流程图中的反应原理，“焙烧”中无烟煤的作用为提供热量、还原剂，

故答案为：提供热量、还原剂；

（2）调pH主要是除去Mg2+和Al3+，但Fe3+不能沉淀，根据氢氧化铁的pK sp计算得：

pK sp=-lg[c(Fe3+)?c3(OH-)]=37.4，c(OH-)==10-9.4，则a=5.6，

故答案为：C；

（3）根据MgF2和CaF2的pKsp计算得：由c(Mg2+)=1.0×10－3mol·L－1得，c(F-)==10-2.6mol·L －1，pK sp(CaF2)=-lg[c(Ca2+)?c2(F-)]=10.2，则c(Ca2+)=1.0×10-5mol·L－1，

故答案为：1.0×10-5mol·L－1；

（4）根据题干信息，水热合成发生反应的离子方程式为xZn2++(1-x)Ni2++2Fe2++6OH-+H2O2

Ni(1-x)Zn x Fe2O4↓+4H2O，滤液的主要成分为Na2SO4，

故答案为：xZn2++(1-x)Ni2++2Fe2++6OH-+H2O2Ni(1-x)Zn x Fe2O4↓+4H2O；Na2SO4；

（5）根据图示信息得：pH<8，沉淀不完全，pH>8，Zn(OH)2沉淀溶解，

故答案为：pH<8，沉淀不完全，pH>8，Zn(OH)2沉淀溶解；

（6）分析工艺流程知：BaS与酸反应会生成H2S气体污染环境，生成NiS沉淀降低产率，

故答案为：BaS与酸反应会生成H2S气体污染环境，生成NiS沉淀降低产率。

5．2LiCoO2+5H2C2O4=2LiHC2O4+2CoC2O4+4H2O+2CO2↑ CoC2O4与过量的H2C2O4反应转化成Co(HC2O4)2而溶解CoC2O4+CO32-CoCO3+ C2O42-该反应的平衡常数K=1.67×104，反应

正向进行的趋势很大2H2O-4e-=O2↑+4H+酸溶

【来源】广东省广州市2019届高三3月综合测试（一)理综化学试题

【解析】

【详解】

(1)“浸出液”的主要成分是LiHC2O4、Al(HC2O4)3，“浸出渣”的主要成分是CoC2O4。“浸出”中LiCoO2与H2C2O4反应生成CoC2O4，同时生成二氧化碳，反应的化学方程式为

2LiCoO2+5H2C2O4=2LiHC2O4+2CoC2O4+4H2O+2CO2↑，若H2C2O4用量过大，CoC2O4与过量的H2C2O4反应转化成Co(HC2O4)2而溶解，CoC2O4的产率反而会降低；

(2)根据CoC2O4和CoCO3的溶度积，“转化”中加入Na2CO3溶液，将CoC2O4转化为CoCO3，发生反应的离子方程式为CoC2O4+CO32-CoCO3+ C2O42-，该反应的平衡常数K=K sp（CoC2O4）÷K sp （CoCO3）=2.5×10-9÷（1.5×10-13）=1.67×104，反应正向进行的趋势很大，故该反应进行的程度较大；

(3)“电解”时装置如图所示。连接正极的电极为阳极，阳极上水电离出的氢氧根离子失电子产生氧气，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，左室产生大量氢离子，氢离子通过阳离子交换膜进入a室，a室得到酸，故电解后a室中的电解液可返回酸溶工序继续使用；

(4)根据质量守恒进行求算，某废旧锂电池粉末中LiCoO2的质量分数为w，将mkg该废料进行回收

利用，电解得到钴nkg，钴的回收率为。

【点睛】

本题考查工业流程、氧化还原反应、信息型方程式书写、沉淀的转化等，注意分析流程中各步的反应，掌握反应原理是解题关键。

6．+6 氧化还原反应不能CaSiO3难溶于水，无法分离出SiO2（其它合理答案也可）BD 取少量③中溶液于试管，滴入少量K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色沉淀，则Fe2＋已经全部转化成Fe3＋2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－=2FeO42－＋3Cl－＋5H2O 过滤74.5g

【来源】四川省成都市2016级高中毕业班第二次诊断性检测化学试题

【解析】

【分析】

工业上菱铁矿，主要成分是FeCO3及少量SiO2，①用NaOH溶解SiO2除去，步骤②中用28%的稀硫酸溶解生成亚铁离子，③NaClO将亚铁离子氧化成铁离子，④然后加入NaOH和NaClO发生反应：2Fe3＋+3ClO－+10OH－=2FeO42－+3Cl－+5H2O，得到高铁酸钠（Na2FeO4）溶液，⑤最后结构蒸发浓缩、冷却结晶得到产品高铁酸钠。

（1）Na2FeO4中化合价代数和为零；

（2）CaSiO3难溶于水；

（3）根据配制一定量分数溶液的步骤：计算、称量、溶解，确定所用的仪器；

可用K3Fe(CN)6溶液，检验Fe2+；

（4）步骤④中除生成Na2FeO4外，还有NaCl生成，根据质量守恒写出离子方程式；

分离固体与液体应用过滤；

（5）理论上，由电子守恒，铁从+2价变成+6价，按关系式FeO42-～2NaClO计算。

【详解】

（1）Na2FeO4中化合价代数和为零，则Fe元素的化合价为+6价；

高铁酸钠具有很强的氧化性，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为氧化还原反应；

（2）用NaOH溶解SiO2生成硅酸钠能溶解，从而与FeCO3分离而除去，不能用较便宜的Ca(OH)2替代NaOH，CaSiO3难溶于水，无法分离出SiO2。

（3）根据配制一定量分数溶液的步骤：计算、称量、溶解，确定所用的仪器：胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯，故选：BD。

步骤③中检验Fe2+全部转化成Fe3+的方法是：取少量③中溶液于试管，滴入少量K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色沉淀，则Fe2＋已经全部转化成Fe3＋；

（4）步骤④中除生成Na2FeO4外，还有NaCl生成,其离子方程式为2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－=2FeO42－＋3Cl－＋5H2O；

己知步骤⑤是向Na2FeO4溶液中继续加入氢氧化钠固体得到悬浊液，分离固体与液体应用过滤，则操作a的名称为过滤。

（5）理论上，由电子守恒，铁从+2价变成+6价，按关系式FeO42-～2NaClO计算，每获得0.5mol 的FeO42-消耗NaClO的总质量为74.5g。

7．120 适当升高温度、搅拌、增大H2O2浓度、增大H＋浓度、延长萃取时间2ReS2＋19H2O2

＝2ReO4－＋4SO42－＋14H2O＋10H＋6～8 重结晶Re2O7＋7H22Re＋7H2O NH3含R3N的有机溶剂

【来源】河南省六市2019届高三第一次联考理科综合化学试题

【解析】

【分析】

(1)根据矿样粒度与浸出率关系图分析；根据影响反应速率的因素回答；浸出反应中ReS2被H2O2氧化为高铼酸和硫酸两种强酸，根据得失电子守恒配平方程式。

(2) 增大萃取液流速、提高铼吸附率可以提高生产效益；

(3)根据高铼酸溶解性判断提纯方法；

(3)氢气在800℃时还原Re2O7生成铼粉和水；

(5)根据工艺流程图分析可循环利用的物质。

【详解】

(1)根据矿样粒度与浸出率关系图，富铼渣粉碎至120目，浸出率可以达到95%；升高温度、搅拌可以加快速率，所以适当升高温度、搅拌能提高铼浸出率；浸出反应中ReS2被H2O2氧化为高铼酸和硫酸两种强酸，反应的离子方程式是2ReS2＋19H2O2＝2ReO4－＋4SO42－＋14H2O＋10H＋；

(2) 增大萃取液流速、提高铼吸附率可以提高生产效益，根据萃取液流速与铼吸附率关系图，为提高生产效益，萃取剂流速宜选用的范围是6～8；

(3) 高铼酸铵不溶于冷水，易溶于热水，所以用重结晶法提纯；

(4)氢气在800℃时还原Re2O7生成铼粉和水，方程式是Re2O7＋7H22Re＋7H2O；

(5)R3N·HRO4溶液用氨水反萃取可得到含R3N的有机溶液，高铼酸铵热分解可以生成氨气，所以工艺流程中可循环利用的物质有NH3、含R3N的有机溶剂。

8．产生硫化氢等气体，污染环境MnO2+2Fe2++4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O Fe2+与Mn2+沉淀区有重叠，造成Mn2+损失（或Fe2+去除不完全，影响产品纯度）Fe（OH）3、Al（OH）38×10﹣3mol?L﹣1Mn2++2HCO3-＝MnCO3↓+CO2↑+H2O 蒸发浓缩、冷却结晶Mn2++2H2O﹣2e﹣

＝MnO2+4H+

【来源】【市级联考】河北省石家庄市2019年3月份高三模拟考试化学试题

【解析】

【分析】

高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO，加入硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子便于除去，再加入碳酸钙中和，将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2除杂，使溶液中的Mg2+沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸氢铵发生Mn2++2

HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，加入硫酸溶解碳酸锰，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物，据此分析解答。

【详解】

(1)高锰矿含有FeS，传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，产生硫化氢等气体，污染环境；故答案为：产生硫化氢等气体，污染环境；

(2)氧化时用二氧化锰氧化亚铁离子，离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O；若省略

“氧化”步骤，根据图表Fe2+与Mn2+沉淀区有重叠，造成Mn2+损失(或Fe2+去除不完全，影响产品纯度)；故答案为：MnO2+2Fe2++4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O；Fe2+与Mn2+沉淀区有重叠，造成Mn2+损失(或Fe2+去除不完全，影响产品纯度)；

(3)“中和除杂”时，碳酸钙与铁离子、铝离子水解产生的H+反应，从而促进了水解平衡向正向移动，得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；

(4)已知：K sp(MgF2)＝6.4×10﹣10，若使溶液中的Mg2+沉淀完全，需维持c(F﹣)不低于mol/L ＝8×10﹣3mol?L﹣1；故答案为：8×10﹣3mol?L﹣1；

(5)“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为：Mn2++2HCO3-＝MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：

Mn2++2HCO3-＝MnCO3↓+CO2↑+H2O；

(6)硫酸锰溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；

(7)用惰性电极电解MnSO4溶液可制备MnO2，电解过程中阳极发生氧化反应，元素化合价升高，故为硫酸锰失去电子生成二氧化锰，电极反应式为Mn2++2H2O﹣2e﹣＝MnO2+4H+，故答案为：

Mn2++2H2O﹣2e﹣＝MnO2+4H+。

9．【答题空1】+2 【答题空2】ZnO+2NH3·H2O+2NH4+=Zn(NH3)42++3H2O 低于30℃时，溶浸反应速率随温度升高而增大；超过30℃，氨气逸出导致溶浸反应速率下降

【答题空4】2AsCl52-+2H2O2+6NH3·H2O=As2O5+10Cl-+6NH4++5H2O 【答题空5】Cu、Cd

【答题空6】Zn(NH3)42++2e-=Zn+4NH3↑【答题空7】N2【答题空8】NH3(或NH3·H2O)

【来源】福建省龙海市第二中学2019届高三年下学期期初考试化学试题

【解析】

【详解】

(1) NH3是中性分子，由于Zn(NH3)42+离子带有2个单位的正电荷，说明其中Zn带有2个单位的正电荷，故Zn的化合价为+2价；NH4+水解使溶液显酸性，ZnO与H+反应变为Zn2+，Zn2+与NH3·H2O 反应产生Zn(NH3)42+，反应的总的离子方程式为：ZnO+2NH3·H2O+2NH4+=Zn(NH3)42++3H2O；(2)由锌浸出率与温度的关系图可知，在温度低于30 ℃时，温度升高，反应速率随温度升高而增大；当温度超过30℃，NH3·H2O分解产生氨气，氨气逸出导致溶浸反应速率下降，故30 ℃时锌浸出率最高；

(3)在“氧化除杂”中，H2O2将AsCl52－氧化后转化为As2O5胶体，被吸附聚沉除去，H2O2被还原变为H2O，反应后溶液始终接近中性。则该反应的离子方程式为2AsCl52-+2H2O2+6

NH3·H2O=As2O5+10Cl-+6 NH4++5H2O；

(4) “氧化除杂”后的溶液中含Zn(NH3)42+、Cu(NH3)42+、Cd(NH3)42+，向该溶液中加入Zn粉，Zn将Cu2+、Cd2+还原为金属单质，所以“滤渣3”的主要成分为Cu、Cd；

(5)“电解”时Zn(NH3)42+在阴极放电，电极反应式为Zn(NH3)42++2e-=Zn+4NH3↑；阳极区阴离子放电，放出一种无色无味的气体，将其通入滴有KSCN的FeCl2溶液中，无明显现象，说明该气体不具有氧化性，则该气体是N2；电解后的溶液中由于NH3不断放电产生N2从溶液中逸出，所以电解后的电解液经补充NH3或NH3·H2O以后才可返回“溶浸”工序继续使用。

10．2C103-+S02=2C102+SO42-将C102赶入吸收器，确保其被充分吸收

2Cl02+2Na0H+H202=2NaClO2+02+2H20 温度过高，H2O2分解增多，Cl02逸出加快，不利于Cl02的吸收Cl2C102+e-=C102-142

【来源】【省级联考】河南省2019届高三普通高中毕业班高考适应性测试理科综合化学试题

【解析】

【分析】

（1）ClO2和S02、H2SO4反应生成C102和NaHS04，化学方程式为：2NaC103+ S02+ H2SO4=2Cl02+ 2NaHS04。

（2）反应结束后，发生器中仍有少量C102，用空气可以将其排出，确保其被充分吸收。

（3）吸收器中双氧水与Cl02在碱性条件下发生氧化还原反应生成NaClO2。

（4）阳极：2Cl—-2e-= Cl2，阴极：C102+e-=C102-。

（5）NaClO2～Cl-～4e-，Cl2～2Cl-～2e-，依据电子转移数目相等，相同条件下，1 mol NaClO2与2molCl2的氧化能力相当，从而得出氯气的质量。

【详解】

（1）ClO2和S02、H2SO4反应生成C102和NaHS04，化学方程式为：2NaC103+ S02+ H2SO4=2Cl02+ 2NaHS04，反应的离子方程式为2C103-+S02=2C102+SO42-，故答案为：2C103-+S02=2C102+SO42-。（2）反应结束后，发生器中仍有少量C102，用空气可以将其排出，确保其被充分吸收，故答案为：将C102赶入吸收器，确保其被充分吸收。

（3）吸收器中双氧水与Cl02在碱性条件下发生氧化还原反应生成NaClO2，反应的化学方程式为：2Cl02+2Na0H+H202=2NaClO2+02+2H20，为了提高Cl02的利用率及防止H2O2分解，反应温度不能过高，故答案为：2Cl02+2Na0H+H202=2NaClO2+02+2H20；温度过高，H2O2分解增多，Cl02逸出加快，不利于Cl02的吸收。

（4）阳极：2Cl—-2e-= Cl2，阳极的电解产物是Cl2，阴极：C102+e-=C102-，故答案为：Cl2；C102+e-=C102-。

（5）NaClO2～Cl-～4e-，Cl2～2Cl-～2e-，依据电子转移数目相等，相同条件下，1 mol NaClO2与2molCl2的氧化能力相当，所以氯气的质量为142g，故答案为：142。

【点睛】

电解池是把电能转化为化学能的装置，在电解池中，阳离子向阴极定向移动，阴离子向阳极定向移动，阴极上得电子发生还原反应，阳极上失电子发生氧化反应。

11．6Fe2＋＋ClO3－＋6H＋=6Fe3＋＋Cl－＋3H2O Fe(OH)3和Al(OH)3HCl氛围下蒸发浓缩

NH4Cl溶于水电离出NH4＋会抑制后期加入的NH3·H2O的电离甲防止Co(OH)3的生成

H2O2＋2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3·H2O＝2Co(NH3)6Cl3↓＋12H2O ab

【来源】山东省青岛市2019届高三3月教学质量检测（一模)理综化学试题

【解析】

【分析】

以含钴废料（含少量Fe、Al 等杂质）制取[Co(NH3)6]Cl3，用盐酸溶解废料，得到Co2+、Fe2+、Al3+的酸性溶液，加入适量的NaClO3将亚铁离子氧化为铁离子，再加入碳酸钠调节pH，沉淀铝离子、铁离子为氢氧化铝和氢氧化铁，过滤，得到滤液，向含有Co2+的溶液中加入盐酸调节pH=2-3,加入活性炭和氯化铵溶液得到CoCl2?6H2O，再依次加入氨水和过氧化氢，发生反应H2O2＋2CoCl2＋

2NH4Cl＋10NH3·H2O＝2Co(NH3)6Cl3↓＋12H2O，再将沉淀在氯化氢分为下蒸发浓缩，冷却结晶，减压过滤得到产品，据此分析作答。

【详解】

(1)加适量NaClO3的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，发生的离子反应为6Fe2＋＋ClO3－＋6H＋=6Fe3＋＋Cl－＋3H2O；

(2)加入碳酸钠调节pH，沉淀铝离子和铁离子，转化为Fe(OH)3和Al(OH)3；

(3)微粒防止产品水解，故应在HCl氛围下蒸发浓缩；

(4)流程中氯化铵除作为反应物外，NH4Cl溶于水电离出NH4＋会抑制后期加入的NH3·H2O的电离，可防止加氨水时氢氧根离子浓度过大；

(5)若先加入过氧化氢，将钴元素氧化到Co3+，后加入氨水，会生成氢氧化钴，不利于产品的生成，故甲同学正确，先加入氨水再加入过氧化氢，可防止Co(OH)3的生成，此时的反应为H2O2＋2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3·H2O＝2Co(NH3)6Cl3↓＋12H2O；

(6) a．用久置于空气中的KI 固体配制溶液，碘化钾部分被氧化为碘单质，滴定时消耗的硫代硫酸钠标准增多，测定结果偏高，故正确；

b．盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗，则标准也被稀释，滴定时消耗的硫代硫酸钠标准也体

积增多，测定结果偏高，故正确；

c．滴定结束后，发现滴定管内有气泡，气泡占体积，则消耗的硫代硫酸钠标准液体积读数偏小，测定结果偏低，故错误；

d．溶液蓝色退去，立即读数，此时溶液混合不均，碘单质并未完全被标准液反应完全，导致消耗的标准液减少，测定结果偏低，故错误。故选ab。

12．500℃60min 1.10 将Fe2+氧化为Fe3+ 4.7≤pH<9.1

Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O NH4Cl 6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O

20.625%

【来源】2019届福建省漳州市高考化学二模试卷解析版

【解析】

【分析】

（1）结合三幅图像，浸出率达到一定高度后再该变量时变化不明显时的临界点；

（2）为了通过调节pH使溶液中的铁变为沉淀，则需要把亚铁离子氧化为铁离子；为了完全使溶液中的Fe3+、Al3+变为沉淀，而不影响Ca2+、Mg2+，则pH应大于等于4.7，小于9.1；

（3）净化除杂后溶液中的锰离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀、二氧化碳气体与水；

（4）通过流程可知，可以循环利用的物质为氯化铵；

（5）①酸性K2Cr2O7溶液中的Cr为+6价，反应中变为+3价，亚铁离子变为+3价，反应的离子反应式：6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；②加热的硫酸亚铁铵中的亚铁离子分两部分，与[Mn(PO4)2]3－和K2Cr2O7反应，n（Fe2+）：n（Cr2O72-）=6：1，n1（Fe2+）=6×0.5mol/L×0.005L=0.015mol，n2（Fe2+）：n（[Mn(PO4)2]3－）=1：1，n2（Fe2+）= n（[Mn(PO4)2]3－）=0.500mol/L×0.060L-0.015mol=0.015mol，根据Mn原子守恒，则m（Mn）=0.015mol×55g/mol=0.825g，质量分数=0.825/4=0.20625=20.625%；【详解】

（1）结合三幅图像，浸出率达到一定高度后再该变量时变化不明显时的临界点，则焙烧温度为500℃，

焙烧时间为60min，的值为1.10；

（2）为了通过调节pH使溶液中的铁变为沉淀，则需要把亚铁离子氧化为铁离子；为了完全使溶液中的Fe3+、Al3+变为沉淀，而不影响Ca2+、Mg2+，则pH应大于等于4.7，小于9.1，答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；4.7≤pH<9.1；

（3）净化除杂后溶液中的锰离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀、二氧化碳气体与水，反应的离子方程式为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；

（4）通过流程可知，可以循环利用的物质为氯化铵，答案为：NH4Cl；

13． 2.8 无 3.02 Ni2+ +H2C2O4 = NiC2O4↓ + 2H+4NiC2O4 +3O22Ni2O3 +8CO2↑Fe2+和H2O2发生反应生成·OH，·OH将R-转化成·R，c(R-)减小，使平衡

NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq)向正向移动，实现“脱络”Ni2O3 +6H+ +2Cl- = 2Ni2+ +Cl2↑ +3H2O 【来源】【市级联考】山东省潍坊市2019届高三下学期高考模拟考试理综化学试题

【解析】

【分析】

（1）·OH有一个孤电子，据此书写其电子式；

（2）根据氢氧化铁的溶度积，计算要使Fe3+恰好沉淀完全所需的c(OH?)，进而计算得出其pH值，再根据Ni2+与溶液中c(OH?)的平方的乘积与K sp[Ni(OH)2]比较，得出溶液中是否有沉淀生成；

（3）依据二元弱酸草酸的两步电离平衡常数表达式方程式列式计算；流程中加入草酸后变为草酸镍，据此作答；

（4）“灼烧”过程产生了Ni2O3，依据氧化还原反应规律书写化学方程式；

（5）依据给定条件④，Fe2+和H2O2发生反应生成·OH，·OH将R-转化成·R，c(R-)减小，考虑平衡NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq)移动情况分析作答；

（6）根据得失电子数守恒书写其化学方程式。

【详解】

（1）·OH有一个孤电子，核外为9个电子，其电子式为：；

（2）K sp[Fe(OH)3]=2.16×10-39，则使Fe3+恰好沉淀完全所需的c(OH?) = = 6 ×10-12，此

时溶液的pH = -lgc(H+) = -lg= 2 +lg6 = 2.8，因溶液中c(Ni2+)=0.01mol·L-1，则c(Ni2+)×c2(OH?) = 0.01mol·L-1×(6×10-12)2 = 3.6×10-25 < K sp[Ni(OH)2]，因此无Ni(OH)2沉淀，

故答案为：2.8；无；

（3）草酸在水溶液中发生电离，第一电离方程式为：H2C2O4H+ + HC2O4－，其电离平衡常数K a1(H2C2O4) = ，同理第二步电离方程式为：HC2O4－H+ + C2O42－，其电离平衡常

数K a2(H2C2O4) = , c(C2O42-)/c(H2C2O4) = ××=

K a2(H2C2O4)× K al(H2C2O4)×= 5.4×10-5 × 5.6×10-2 × 3.02，沉镍过程加入草酸，其离子方程式为：Ni2+ +H2C2O4 = NiC2O4↓ + 2H+，

故答案为：3.02；Ni2+ +H2C2O4 = NiC2O4↓ + 2H+；

（4）“灼烧”氧化草酸镍生成Ni2O3，C元素以稳定的二氧化碳形式生成，O元素化合价降低，其化学方程式可表示为：4NiC2O4 +3O22Ni2O3 +8CO2↑，

故答案为：4NiC2O4 +3O22Ni2O3 +8CO2↑；

（5）根据已知信息可知，Fe2+和H2O2会发生反应生成·OH，·OH将R-转化成·R，c(R-)减小，使平衡NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq)向正向移动，实现“脱络”，

故答案为：Fe2+和H2O2发生反应生成·OH，·OH将R-转化成·R，c(R-)减小，使平衡

NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq)向正向移动，实现“脱络”；

（6）三氧化二镍能与浓盐酸反应生成氯气，镍元素以Ni2+形式存在于溶液中，其离子方程式为：Ni2O3 +6H+ +2Cl- = 2Ni2+ +Cl2↑ +3H2O

故答案为：Ni2O3 +6H+ +2Cl- = 2Ni2+ +Cl2↑ +3H2O。

【点睛】

本题难点是第（3）问。求溶液中某些粒子的浓度之比时，要充分利用好题中所给的各种平衡常数，设法通过变形找出它们之间的关系，结合题中给定信息，利用数学思想进行解答。

14．SnCl4+3H2O=H2SnO3+4HCl 增大接触面积，加快反应速率60 1-3% 抑制水解，且浓度过大生成SnCl4SnCl2+Cl2=SnCl46Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O 95.2%

【来源】2019届辽宁省沈阳市高考化学一模试题

【解析】

【分析】

将金属锡熔融，然后泼入冷水，激成锡花，与氯气反应生成SnCl4，蒸馏后再加入锡粉，得到SnCl2溶液，过滤后，蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤得到二水氯化亚锡晶体，

(1)四氯化锡暴露于空气中与空气中水分反应生成白烟，有强烈的刺激性气味，生成偏锡酸(H2SnO3)，还生成HCl；

(2)将金属锡熔融，然后泼入冷水，激成锡花，增大接触面积；

(3)2h、60℃时转化率较大，且温度升高促进水解；

(4)图中1-3%浓度的盐酸时结晶率大；

(5)反应釜中SnCl2与反应Cl2生成SnCl4；

(6)发生6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl=6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O；

(7)根据电子转移守恒与方程式可得关系式Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～K2Cr2O7，据此计算。

【详解】

(1)四氯化锡暴露于空气中与空气中水分反应生成白烟，有强烈的刺激性气味，生成偏锡酸(H2SnO3)，该反应的化学方程式为SnCl4+3H2O=H2SnO3+4HCl，

故答案为：SnCl4+3H2O=H2SnO3+4HCl；

(2)将金属锡熔融，然后泼入冷水，激成锡花，其目的是增大接触面积，加快反应速率，

故答案为：增大接触面积，加快反应速率；

(3)在制备二水氯化亚锡时，温度对锡转化率的影响如图1所示，则该反应应控制的温度范围为60℃，故答案为：60；

(4)反应原料中盐酸浓度对结晶率的影响如图2所示，则盐酸浓度应控制的范围为1-3%，原因为抑制水解，且浓度过大生成SnCl4，

故答案为：1-3%；抑制水解，且浓度过大生成SnCl4；

(5)反应釜中发生反应的化学方程式为SnCl2+Cl2=SnCl4，

故答案为：SnCl2+Cl2=SnCl4；

(6)K2Cr2O7滴定②中生成的Fe2+，反应的离子方程式为6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，

故答案为：6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；

(7)令锡粉中锡的质量分数为x，则：

Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～K2Cr2O7

119g mol

1.125g×x 0.100mol/L×0.03L

解得x=95.2%，

故答案为：95.2%。

【点睛】

本题考查物质的制备实验，侧重分析与实验能力的考查，把握流程中发生的反应、混合物分离、实验技能为解答的关键，注意元素化合物知识的应用。

15．粉碎矿石、加热、增大酸的浓度等调节pH使Al3＋、Fe3＋转化成氢氧化物 6.5 用盐酸溶解，在氯化氢气流中蒸干溶液AlCl3＋4LiH=LiAlH4＋3LiCl 减少碳酸锂的损失取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液和稀硝酸（或其它合理答案）0.21

【来源】河南省平顶山市2019届高三一轮复习质量检测（二调)理科综合（化学部分)

【解析】

【分析】

（1）根据影响速率的因素分析；根据铝离子、铁离子沉淀的条件分析；

（2）对角线规则，锂与铝性质相似；

（3）氯化铝与氢化锂反应生成四氢铝锂和氯化锂；

（4）碳酸锂的溶解度随温度升高而减小；沉淀表面有硫酸钠，检验SO42－；

（5）根据“有效氢”的含义计算。

【详解】

（1）加硫酸从矿石中浸出，如粉碎矿石、提高硫酸浓度、加热等措施可以提高反应速率。加入碳酸钙中和溶液中的酸，使铁、铝离子完全生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀。从表格信息看，调节pH最小值为6.5，确保铝离子完全沉淀。

（2）在氯化氢中蒸干氯化锂溶液，类似从海水中提取氯化镁。

（3）氯化铝与氢化锂反应生成四氢铝锂和氯化锂，方程式为AlCl3＋4LiH=LiAlH4＋3LiCl。

（4）依题意，碳酸锂的溶解度随温度升高而减小，用热水洗涤碳酸锂，可以减少碳酸锂损失。沉淀表面有硫酸钠，检验SO42－可判断沉淀是否洗净。方法为：取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液和稀硝酸（或其它合理答案）。

（5）由题给信息可知，还原剂的还原能力实指失电子数，1 molLiAlH4能提供8mol电子，相当于4molH2，LiAH4的有效氢为8g/38g≈0.21。

16．Na2SO3+PbO2=PbO+Na2SO4过滤Na2CO3硫酸 2.12×10-3阴

2H2O-4e-=4H++O2↑10

【来源】广西桂林市、贺州市、崇左市2019届高三3月联合调研考试理科综合试题（化学部分)

【分析】

铅膏(PbSO4、PbO2、PbO等)中加入足量的亚硫酸钠，发生氧化还原反应还原PbO2，过滤得到滤渣为PbSO4、PbO，溶液为Na2SO3、Na2SO4；向PbSO4、PbO中加入饱和碳酸钠溶液，发生沉淀的转化，过滤得到PbCO3、PbO和滤液B，滤液B为硫酸钠和碳酸钠的混合溶液，PbCO3、PbO加入20%的HBF4，得到含有Pb2+的电解液，电解含Pb2+的电解液可得到Pb和O2，以此解答该题。

【详解】

(1)反应①是PbO2将Na2SO3氧化为Na2SO4，PbO2被还原为PbO，该反应的化学方程式为

Na2SO3+PbO2=PbO+Na2SO4，操作a用于分离难溶性的固体和可溶性液体混合物的方法，因此该操作方法为过滤；

(2)向PbO、PbSO4混合物中加入足量的Na2CO3，PbSO4与Na2CO3发生沉淀的转化，因此滤液B中的溶质除Na2SO4外，还含有较多Na2CO3，若利用该滤液回收Na2SO4?10H2O，可利用酸性

H2SO4>H2CO3，向含有Na2SO4、Na2CO3的混合溶液中加入适量的硫酸除去碳酸钠；

(3)若反应②完成后的溶液中c(Pb2+)=5×10-6mol/L，则该溶液中c(SO42-)＜=2.12×10-3mol/L；

(4)用涂PbO2的钛板作阳极，铅板作阴极，电解含Pb2+的电解液，可得到纯度99.99%的Pb粉，Pb2+被还原，应在阴极生成，阳极上溶液中的OH-失去电子，发生氧化反应，生成O2，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑；

(5)二氧化铅的物质的量为：n(PbO2)==0.01mol，根据Na2SO3+PbO2=PbO+Na2SO4可知

n(Na2SO3)= n(PbO2)=0.01mol，则V[Na2SO3(aq)]==0.01L=10mL。

【点睛】

本题考查物质的制备以及物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用，题目主要涉及分离提纯的方法、物质性质的分析应用等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，题目难度中等。

17．水浴加热4Ag+ 4NaClO + 2H2O = 4AgCl + 4NaOH + O2↑ 生成氮氧化物，污染空气

过滤将难溶物放置于过滤器内加水浸没，使水自然流下，重复2～3次即可[Ag(NH3)2]+

此反应为可逆反应，不能进行到底43.2 Ag2O + 2e－+ 2H+ = 2Ag + H2O CO2、H+

【来源】【市级联考】陕西省宝鸡市2019届高考模拟检测(二)理综化学试题

【分析】

根据实验流程分析每步发生的化学反应，进而分析每步操作及原理；根据可逆反应原理分析解答；根据原电池原理分析书写电极反应。

【详解】

（1）需要控制反应温度且温度在80℃适宜的加热方式为水浴加热，故答案为：水浴加热；

（2）根据产物特征水参加了反应，该反应的化学方程式为4Ag+ 4NaClO + 2H2O = 4AgCl + 4NaOH + O2↑；HNO3作氧化剂发生还原反应，产物中会有氮的氧化物生成，其缺点是生成氮氧化物，污染空气；

故答案为：4Ag+ 4NaClO + 2H2O = 4AgCl + 4NaOH + O2↑；生成氮氧化物，污染空气；

（3）从流程图中可以看出从溶液中分离出固体，则操作Ⅰ的名称为过滤，洗涤的操作方法：为将难溶物放置于过滤器内加水浸没，使水自然流下，重复2～3次即可；

故答案为：过滤；将难溶物放置于过滤器内加水浸没，使水自然流下，重复2～3次即可；（4）银离子和氨气分子可以形成络合离子[Ag(NH3)2]+；根据题干分析，即使氨水过量也不能完全溶解，说明该反应为可逆反应；

故答案为：[Ag(NH3)2]+；此反应为可逆反应，不能进行到底；

（5）肼中氮元素的化合价为-2，氧化后生成氮气，化合价为0，则根据得失电子守恒得：

n(Ag)=n(N2H4)×2×2=0.1mol×2×2=0.4mol，则m(Ag)=108g/mol×0.4mol=43.2g；

故答案为：43.2g；

（6）原电池中，正极得电子，发生还原反应，电极反应为：Ag2O + 2e－+ 2H+ = 2Ag + H2O；负极失电子，发生氧化反应，负极产物为：CO2、H+；

故答案为：Ag2O + 2e－+ 2H+ = 2Ag + H2O；CO2、H+；

18．Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O 5.0≤pH＜5.4(或5.0-5.4)

2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑分液漏斗、烧杯向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置分离出水层Na2CO3溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生Co(OH)2Co3O4

【来源】广东省肇庆市2019届高中毕业班第二次统一检测理综化学试题

【解析】

【分析】

以含钴废渣(主要成份CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备CoCO3和ZnSO4溶液，

根据流程：“酸浸”时金属氧化物与硫酸发生反应而溶解，结合最终产物CoCO3中Co元素价态可得，“酸浸”时SO2的作用是将含钴废渣中+3价的Co还原为+2价；“除铝”时加入Na2CO3，Al3+与CO32-发生双水解反应生成Al(OH)3沉淀除去；加入萃取剂HX(有机物)，进一步从有机层得到ZnSO4溶液；“沉钴”时向CoSO4溶液中加入Na2CO3溶液产生CoCO3沉淀。

【详解】

（1）“酸浸”时加入H2SO4和SO2，由于SO2具有还原性，SO2将钴废渣中+3价的Co还原为+2价，“酸浸”时发生的非氧化还原反应为：CoO+H2SO4=CoSO4+H2O、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、

ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O，发生的氧化还原反应为Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O。

（2）“除铝”过程中Al3+完全沉淀，其它金属阳离子不形成沉淀，根据已知Co2+、Al3+、Zn2+开始沉淀和沉淀完全的pH，“除铝”过程中需要调节溶液pH的范围为5.0~5.4。形成沉渣时加入的是Na2CO3，发生的是Al3+与CO32-的双水解反应，形成沉渣时反应的离子方程式为

2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑。

（3）在实验室里，萃取操作用到的玻璃仪器主要有分液漏斗、烧杯；根据萃取反应ZnSO4(水

层)+2HX(有机层) ZnX 2(有机层)+H2SO4(水层)可得，由有机层获得ZnSO4溶液，要使平衡逆向移动，所以要向有机层中加入硫酸，然后分液，所以由有机层获取ZnSO4溶液的操作是：向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置分离出水层。

（4）“沉钴”时是向CoSO4溶液中加入Na2CO3溶液产生CoCO3沉淀，由于Na2CO3溶液呈碱性，若Na2CO3溶液滴加过快会导致局部碱性过强而产生Co(OH)2沉淀，导致产品CoCO3中混有Co(OH)2。（5）0.672L(标准状况)CO2的物质的量为0.03mol，根据C元素守恒，n(CoCO3)=n(CO2)=0.03mol；根据Co元素守恒，n(Co)=0.03mol，m(Co)=0.03mol×59g/mol=1.77g，则氧化物中

m(O)=2.41g-1.77g=0.64g，所以n(O)=0.04mol，n(Co)：n(O)=0.03mol：0.04mol=3:4，故该钴氧化物的化学式为Co3O4。

【点睛】

本题以含钴废渣为原料制备CoCO3的流程为载体，考查流程的分析、方程式的书写、物质的分离和提纯、盐类的水解和化学式的确定。无机工业流程题往往以真实的工业生产为背景，解决此类题目的关键是对流程的分析，一般可把流程大致分为三部分：原料预处理、除杂、获得产品等，注意一切操作都是为了更好地获得产品。

19．PbSO4+CO32-=PbCO3+SO42-升温结晶趁热过滤适当升温（适当增加硝酸浓度，或将滤渣粉粹增大表面积等）HNO31×10-34PbSO4+6NaOH3PbO?PbSO4?H2O

+3Na2SO4+2H2O 55.20%

【来源】【市级联考】山东省济宁市2019届高三第一次模拟考试化学试题

【解析】

【分析】

（1）由于K SP(PbSO4)=1.82×10-8＞K SP(PbCO3)=1.46×10-13，所以步骤①加入碳酸钠溶液，把硫酸铅转化为碳酸铅；

（2）将“滤液1”升温结晶、趁热过滤、用乙醇洗涤后干燥得到Na2SO4固体；

（3）为提高酸溶速率，可适当升温，或适当增加硝酸浓度，或将滤渣粉粹增大表面积等；

（4）Pb、PbO和PbCO3在硝酸的作用下转化成Pb（NO3）2，Pb（NO3）2中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，HNO3可循环利用，根据K SP(PbSO4)=1.82×10-8，若滤液中c（Pb2+）=1.82×10-5mol/L，则溶液中的c(SO42-)= K SP(PbSO4)/c（Pb2+）=1.82×10-8/1.82×10-5=1×10-3mol/L；

（5）“合成”三盐的化学方程式为4PbSO4+6NaOH3PbO?PbSO4?H2O+3Na2SO4+2H2O；

（6）根据铅元素守恒计算铅泥中铅元素的质量分数。

【详解】

（1）由于K SP(PbSO4)=1.82×10-8＞K SP(PbCO3)=1.46×10-13，所以步骤①加入碳酸钠溶液，把硫酸铅转化为碳酸铅，以提高原料的利用率，反应的化学方程式为PbSO4+Na2CO3=PbCO3+Na2SO4，离子方程式为：PbSO4+CO32-=PbCO3+SO42-，

故答案为：PbSO4+CO32-=PbCO3+SO42-。

（2）滤液Ⅰ的溶质主要是Na2SO4和过量的Na2CO3，将“滤液1”升温结晶、趁热过滤、用乙醇洗涤后干燥得到Na2SO4固体，

故答案为：升温结晶、趁热过滤。

（3）为提高酸溶速率，可适当升温，或适当增加硝酸浓度，或将滤渣粉粹增大表面积等，

故答案为：适当升温（适当增加硝酸浓度，或将滤渣粉粹增大表面积等）。

故答案为：HNO3，1×10-3。

（5）根据题目叙述，结合转化关系，则步骤⑥“合成”三盐的化学方程式为

4PbSO4+6NaOH3PbO?PbSO4?H2O+3Na2SO4+2H2O，

2020高考化学工艺流程专题训练

1. 熟记常见的氧化剂及对应的还原产物、还原剂及对应的氧化产物氧化剂Cl2O2 浓 H2SO4 HNO3 KMnO4(H＋)、 MnO2 Fe3＋ KClO3 ClO－ H2O2还原产物还原剂I－S2－(H2S) CO、C Fe2＋NH3 SO2、 SO2－3 H2O2 氧化产物CO2 题型1 氧化还原反应型的化学方程式和离子方程式的书写 1、氧化锌为白色粉末，可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗。纯化工业级氧化锌[含有Fe(Ⅱ)、Mn(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)等杂质] 的流程如下：提示：在本实验条件下，Ni(Ⅱ)不能被氧化；高锰酸钾的还原产物是MnO2。 (1)反应②中除掉的杂质离子是__ ，发生反应的离子方程式为： ------------------------------------------------------------------------------， ------------------------------------------------------------------------------------------- 【对点集训】 2、I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。 i．SO2+4I－+4H+S↓+2I2+2H2O ii．I2+2H2O+-------------+--------+2 I－ 3、在酸性条件下，将MnO－4氧化Fe2＋的离子方程式补充完整： -----MnO－4＋-----Fe2＋＋___-----__===-----Mn2＋＋-----Fe3＋＋-------。 4、完成以下氧化还原反应的离子方程式： ( )MnO4－＋()C2O42－+------＝( )Mn2+＋( )CO2↑＋----- 5、高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3和KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为： -------------------------------------------------------------------------- 6、Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.01000 mol·L?1 的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为 2- 25 S O+------- -----2- 4 SO+----- 7、制备NaClO溶液时，若温度超过40 ℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为 ------------------------------ ； 8、用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NO x，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式：---------------------------------------------------。 9、氧化还原反应是氧化和还原两个过程的对立统一。现有一个还原过程的反应式如下： NO－3＋4H＋＋3e－===NO↑＋2H2O (1)下列五种物质中能使上述还原过程发生的是________(填字母)。 A．KMnO4B．Na2CO3C．Cu2O D．Fe2(SO4)3 (2)写出上述反应的化学方程式并配平：-------------------------------------------------------------------- 10、某制碘的流程图如下

高考化学工艺流程题答题规律大总结

高考化学工艺流程题答题规律大总结！一、考点分析无机化工题实际上是考查考生运用化学反应原理及相关知识来解决工业生产中实际问题的能力。解此类型题目的基本步骤是： ①从题干中获取有用信息，了解生产的产品 ②分析流程中的每一步骤，从几个方面了解流程：A．反应物是什么；B．发生了什么反应；C．该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。 ③从问题中获取信息，帮助解题。了解流程后着手答题。对反应条件的分析可从以下几个方面着手：对反应速率有何影响？对平衡转化率有何影响？对综合生产效益有何影响？如原料成本，原料来源是否广泛、是否可再生，能源成本，对设备的要求，环境保护（从绿色化学方面作答）。二、工业流程题中常用的关键词原材料：矿样（明矾石、孔雀石、蛇纹石、大理石、锂辉石、黄铜矿、锰矿、高岭土，烧渣），合金（含铁废铜），药片（补血剂），海水（污水）灼烧（煅烧）：原料的预处理，不易转化的物质转化为容易提取的物质：如海带中提取碘酸：溶解、去氧化物（膜）、调节pH促进水解（沉淀）碱：去油污，去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH促进水解（沉淀）氧化剂：氧化某物质，转化为易于被除去（沉淀）的离子氧化物：调节pH促进水解（沉淀）控制pH值：促进某离子水解，使其沉淀，利于过滤分离煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离；除去溶解在溶液中的气体，如氧气趁热过滤：减少结晶损失；提高纯度三、工业流程常见的操作（一）原料的预处理 ①粉碎、研磨：减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，加快反应速率。（研磨适用于有机物的提取，如苹果中维生素C的测定等） ②水浸：与水接触反应或溶解。 ③酸浸：通常用酸溶，如用硫酸、盐酸、浓硫酸等，与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去。近年来，在高考题出现了“浸出”操作。在化工生产题中，矿物原料“浸出”的任务是选择适当的溶剂，使矿物原料中的有用组分或有害杂质选择性地溶解，使其转入溶液中，达到有用组分与有害杂质或与脉石组分相分离的目的。 ④灼烧：除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质，将有机碘转化为碘盐。

高中化学工艺流程

一、工艺流程预处理 1.粉碎：增大接触面积，充分反应，加快速率 2.焙烧：①改变物质结构（MCO 3 ，MS）便于酸浸，将还原性物质（C，S）氧化除去②除去碳及有机物浸取（冷却，研磨，浸取，过滤） 1.加快浸取速率：粉碎矿石，适当提高浸取温度，搅拌，适当提高酸液浓度影响浸出速率的因素：金属本身性质，浸出液的选择，温度，浓度，浸取时间，搅拌速率 2.酸浸：用硫酸（硝酸氧化性，盐酸还原性） ⑴加过量酸：①使物质充分浸出②抑制金属离子水解 ⑵不加过量酸：防止杂质与产物一同浸出（如硝酸与Pb和Ag） ⑶用盐酸代替H 2SO 4 +H 2 O 2 （H 2 O 2 作还原剂时）：盐酸具有还原性和酸性，缺点是生成Cl 2 污染空气 ⑷不用盐酸：①盐酸易挥发②被...物质氧化产生Cl 2 污染空气 ⑸加过量浓盐酸：还原和氧化效果随酸性增强（如果氧化剂也是酸根离子的话） ⑹滤渣：S，C，CaSO 4，PbSO 4 3.碱浸/碱融：如CrO 3（Al 2 O 3 ，SiO 2 ）加NaClO 3 ，NaCO 3 ，NaOH熔融，再调节pH 至中性分离Al(OH) 3，H 2 SiO 3 除杂 1.氧化二价铁： ①加MnO 2（得到Mn的流程中可以直接加这个），H 2 O 2 等，再加碱调节pH ②加NaClO直接氧化及调节pH，但后期需除杂 2.调节pH：MCO 3 /M(OH)x/MOx

①调节pH后持续加热/搅拌：使胶体聚沉便于过滤分离 ②完全沉淀带等号，开始沉淀不带等号 3.控制温度低温：见后高温：①加快反应速率②吸热反应平衡移动③恒容条件增大压强平衡移动④促进水解生成沉淀，胶体聚沉⑤增大溶解度（洗涤时热水/溶解时煮沸） 4.沉淀 ①直接加沉淀试剂（NH 4F）：CaF 2 ，MgF 2 ②沉淀转化：MnS→CuS 作用：平衡正向移动，生成更难溶的CuS 5.关于S：若一开始没有灼烧除去，后面有很大几率是和二价铁等其他需要氧化的离子一同氧化。注意氧化产物，如果有指向“过滤”操作则氧化产物可能是S，如果没有过滤除杂的操作则为SO 4 2-，切记！ 6.Fe 2+/Mn 2 +与HCO 3 - ①加NH 4HCO 3 ：生成CO 2 （两步反应） ②加NH 3·H 2 O和NaHCO 3 ：生成(NH 4 ) 2 CO 3 作用：调节pH，与...生成MCO 3 沉淀不加CO 3 2-：碱性太强易生成氢氧化物蒸发 1.蒸发结晶：大量晶体析出时 ①不得结晶水 ②硫酸盐正常蒸发结晶，氯化水解盐在干燥HCl气流保护下蒸干（干燥：无水，HCl：水解平衡移动）（或与SOCl 2液体共热：加热促进SOCl 2 水解（与结晶水反应），产生HCl抑制氯化盐水解）（注：SOCl 2 与水反应方程式有概率考，可以了解一下）

(完整版)化学工艺流程专题复习

专题化学工艺流程题随着新课改的进行，在高考化学试题中化工题逐渐成为一类热门的主流题型"它将高中化学与某些化工生产很好地融合在一起，题目情景新颖，综合性强，思维量大，具有挑战性。一些专家预测，在新课改背景下，无机化工题可能会逐渐取代以往高考化学试题中的无机框图型推断题，化工题是以某个具体的工业生产为背景，以化学基本理论为主线，结合化学实践!环境保护!化学计算等考查同学们应用所学知识探究解决生产实际问题的能力，对综合能力要求很高"化工题的特点表现为:题目多以流程图的形式出现;题目实际考查的是应用化学反应原理、化学平衡原理、离子平衡理论!晶体结构知识!物质制备和分离(提纯)知识、绿色化学观点、安全生产思想及从经济的视角分析、评价、探究实际生产中各种问题的能力. 一、工艺流程题简介 1、工艺流程题是以与工业生产和日常生活密切相关的物质制备、分离和提纯为中心，以流程图为信息背景，以物质的性质、转化、分离等为考点，将元素化合物知识、化学反应原理、实验等内容有机融合 2、化学工艺流程题结构一般包括题头、框图和问题三部分。题头: 一般简单介绍此工艺的原料和目的是什么。框图: 是简化的工艺流程图。问题: 是根据生产流程中涉及到的化学知识设计的系列问题。 3、读题审题—关键 1）.此流程的原料和目的是什么？2）流程中有哪些步骤？各步作用是什么？ 3）流程中涉及哪些化学知识点，如何把获取的信息用规范的语言文字正确表达出来？二、真题试做锂离子电池的应用很广，其正极材料可再生利用。某离子电池正极材料有钴酸锂（LiCoO2），导电剂乙炔黑和铝箔等。充电时，该锂离子电池负极发生的反应为6C+xLi++xe-=Li x C6。现欲利用以上工艺流程回收正极材料中的某些金属资源（部分条件为给出）。回答下列问题： ⑴LiCoO2中，Co元素的化合价为_________。 ⑵写出“正极碱浸”中发生反应的离子方程式_____________________________。 ⑶酸浸”一般在80℃下进行，写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式_____________ ⑷可用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，但缺点是___________________________。 ⑸写出“沉钴”过程中发生反应的化学方程式______________________。

高考化学工业流程题大全题

高考化学工业流程题汇编2 【例1】（11分）某工厂用CaSO4、NH3、CO2制备(NH4)2SO4，其工艺流程如下。回答下列问题：（1）硫酸铵在农业生产中的用途是(一种即可) ，写出利用该流程制备(NH4)2SO4的总化学方程：。（2）a和b分别是（填序号）。 A．足量CO2、适量NH3 B．足量NH3、适量CO2 C．适量CO2、足量NH3 D．适量NH3、足量CO2 （3）上述流程中，可以循环使用的物质有（写化学式）。（4）从滤液中获得(NH4)2SO4晶体，必要的操作步骤是。（5）上述流程中，有关NH3作用的说法正确的是。 A．提供制备所需的氮元素B．增大CO2 3 的浓度促进反应发生 C．作反应的催化剂D．生产1 mol (NH4)2SO4，至少消耗2 mol NH3 【例2】（12分）医用氯化钙可用于生产补钙、抗过敏和消炎等药物。以工业碳酸钙（含有少量Na+、Al3+、Fe3+等杂质）生产医药级二水合氯化钙（CaCl2·2H2O的质量分数为97.0%~103.0%）的主要流程如下：（1）除杂操作是加入Ca(OH)2，调节溶液pH为8.0~8.5，以除去溶液中的少量Al3+、Fe3+。检验Fe(OH)3是否沉淀完全的实验操作是。（2）酸化操作是加入盐酸，调节溶液的pH约为4.0，其目的有：①防止Ca2+在蒸发时水解； ②。（3）测定样品中Cl-含量的方法是：a.称取0.7500 g样品，溶解，在250 mL容量瓶中定容；b.量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中；c.用0.05000 mol·L-1 AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液体积的平均值为20.39 mL。 ①上述测定过程中需用溶液润洗的仪器有。 ②计算上述样品中CaCl2·2H2O的质量分数为。 ③若用上述方法测定的样品中CaCl2·2H2O的质量分数偏高（测定过程中产生的误差可忽略），其可能原因有；。【例3】（11分）海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如下：（1）从海水中可以得到食盐。为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO2-4及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下甲滤液母液生石灰煅烧提纯通入a通入b CaSO 4 浊液乙 CaCO 3 硫酸铵二氧化碳氨气

高考化学拿分专题最后一击：化学工艺流程综合题(无答案)

化学工艺流程综合题 1. 硼镁泥是一种工业废料，主要成分是MgO(占40%)，还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，以此为原料制取的硫酸镁，可用于印染、造纸、医药等工业。从硼镁泥中提取MgSO4·7H2O的流程如图所示。已知，某些氢氧化物沉淀的pH如表所示。请回答下列问题： (1)在“酸解”过程中，欲加快“酸解”时的化学反应速率，请提出两种可行的措施：______。 (2)加入的NaClO可与Mn2＋反应：Mn2＋＋ClO－＋H2O===MnO2↓＋2H＋＋Cl－，还有一种离子也会被NaClO氧化，并发生水解，该反应的离子方程式为_________________________。 (3)“滤渣”的主要成分除Fe(OH)3、Al(OH)3、MnO2外，还有____________。 (4)已知不同温度下MgSO4、CaSO4的溶解度如表所示。 “除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据表中数据，简要说明操作步骤：蒸发浓缩、______。“操作℃”是将滤液继续蒸发浓缩、冷却结晶、________，便可得到MgSO4·7H2O。 (5)实验中提供的硼镁泥共100 g，得到的MgSO4·7H2O为172.2 g，计算MgSO4·7H2O的产率：________。 (6)金属镁可用于自然水体中铁件的电化学防腐，完成防腐示意图，并作相应标注。 2.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：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＋2，反应的离子方程式为_______________________，同时V2O4转化成VO2＋。“废渣1”

高考化学工艺流程题专项训练50题(教师版)

高考化学工艺流程题专项训练50题（教师版）——C3H3化学1．利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr(Ⅲ)的处理工艺流程如下：已知：①硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+。 ②常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下： (1)实验室用18.4 mol·L-1的浓硫酸配制480 mL 2 mol·L－1的硫酸，需量取浓硫酸 _______________mL；配制时所用玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需 __________________________________________。 (2)H2O2的作用是_____________________________________(用离子方程式表示)。 (3)加入NaOH溶液使溶液呈碱性，既可以除去某些杂质离子，同时又可以将Cr2O72-转化为_______(填微粒的化学式) (4)钠离子交换树脂的反应原理为：M n+ + nNaR = MR n + nNa＋，则利用钠离子交换树脂可除去滤液Ⅱ中的金属阳离子有__________________。 (5)写出上述流程中用SO2进行还原时发生反应的离子方程式：____________________。【来源】【全国百强校】江西省南昌市第二中学2019届高三第六次考试理科综合化学试题【答案】54.3mL 胶头滴管、500mL容量瓶2Cr3++H2O+3H2O2=Cr2O72-+8H+CrO42-Ca2+和Mg2+2CrO42-+H2O+3SO2=2Cr(OH)(H2O)5 SO4+SO42-+2OH- 【解析】【分析】本题以制革工业污泥中Cr（III）处理的流程为载体，考查流程的分析，物质的量浓度溶液的配制，方程式的书写，沉淀滴定实验，溶度积的应用。

2020高考化学工艺流程基础

高考化学工艺流程基础 1．从铝土矿中提炼铝流程Ⅰ： (1)涉及反应(写出并配平化学方程式) ①Al2O3＋HCl=2AlCl3＋3H2O Fe2O3＋HCl=2FeCl3＋3H2O ②AlCl3＋NaOH=NaAlO2＋3NaCl＋2H2O FeCl3＋NaOH=Fe(OH)3↓＋3NaCl HCl＋NaOH=NaCl＋H2O ③NaAlO2＋H2O＋CO2=Al(OH)3↓＋NaHCO3 NaOH＋CO2=NaHCO3 ④Al(OH)3△Al2O3＋3H2O ⑤Al2O3(熔融)电解4Al＋3O2↑ (2)问题探讨(思考并回答问题) ①步骤①加入过量盐酸后的实验操作是什么？提示：过滤。 ②步骤②能否用氨水代替NaOH溶液？提示：不能；原因是Al3＋与过量氨水反应生成Al(OH)3沉淀，达不到分离Al3＋、Fe3＋的目的。

③步骤③中若将CO2的量改为“少量”，得到的产物还是NaHCO3吗？提示：不是NaHCO3而是Na2CO3。流程Ⅱ： (1)涉及反应 ①Al2O3＋NaOH=2NaAlO2＋H2O SiO2＋NaOH=Na2SiO3＋H2O ②Na2SiO3＋HCl=H2SiO3↓＋2NaCl NaAlO2＋HCl=NaCl＋AlCl3＋2H2O NaOH＋HCl=NaCl＋H2O ③AlCl3＋NH3·H2O=Al(OH)3↓＋NH4Cl HCl＋NH3·H2O=NH4Cl＋H2O (2)问题探讨 ①步骤②中将盐酸改为“CO2”合适吗？为什么？提示：不合适；因为过量CO2与NaAlO2、Na2SiO3反应生成Al(OH)3和H2SiO3沉淀，达不到分离SiO和AlO的目的。 ②步骤③中将氨水改为“NaOH溶液”合适吗？提示：不合适；因为Al(OH)3能溶于NaOH。

2016年高考化学工艺流程专题复习

专题二化学工艺流程题随着新课改的进行，在高考化学试题中化工题逐渐成为一类热门的主流题型"它将高中化学与某些化工生产很好地融合在一起，题目情景新颖，综合性强，思维量大，具有挑战性。一些专家预测，在新课改背景下，无机化工题可能会逐渐取代以往高考化学试题中的无机框图型推断题，化工题是以某个具体的工业生产为背景，以化学基本理论为主线，结合化学实践!环境保护!化学计算等考查同学们应用所学知识探究解决生产实际问题的能力，对综合能力要求很高"化工题的特点表现为:题目多以流程图的形式出现;题目实际考查的是应用化学反应原理、化学平衡原理、离子平衡理论!晶体结构知识!物质制备和分离(提纯)知识、绿色化学观点、安全生产思想及从经济的视角分析、评价、探究实际生产中各种问题的能力. 一、工艺流程题简介 1、工艺流程题是以与工业生产和日常生活密切相关的物质制备、分离和提纯为中心，以流程图为信息背景，以物质的性质、转化、分离等为考点，将元素化合物知识、化学反应原理、实验等内容有机融合 2、化学工艺流程题结构一般包括题头、框图和问题三部分。题头: 一般简单介绍此工艺的原料和目的是什么。框图: 是简化的工艺流程图。问题: 是根据生产流程中涉及到的化学知识设计的系列问题。 3、读题审题—关键 1）.此流程的原料和目的是什么？2）流程中有哪

_____________________________。 ⑶酸浸”一般在80℃下进行，写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式_____________⑷可用盐酸代替H 2SO 4和H 2O 2的混合液，但缺点是 ___________________________。 ⑸写出“沉钴”过程中发生反应的化学方程式 ______________________。（5）充放电过程中，发生LiCoO 2与Li 1-x CoO 2之间的转化，写出放电时电池反应方程式 __________________________________。（6）上述工艺中，“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是___________________________ 在整个回收工艺中，可回收到的金属化合物有 __________________________(填化学式)。真题试做答案答案：(1)＋3 (2)2Al ＋2OH －＋6H 2O===2Al(OH)4－＋3H 2↑ (3)2LiCoO 2＋3H 2SO 4＋H 2O 2=====△Li 2SO 4＋2CoSO 4＋O 2↑＋4H 2O ,2H 2O 2=====△2H 2O ＋O 2↑ 有氯气生成，污染较大 (4)CoSO 4＋2NH 4HCO 3===CoCO 3↓＋(NH 4)2SO 4＋H 2O ＋CO 2↑ (5)Li 1－x CoO 2＋Li x C 6===LiCoO 2＋6C (6)Li ＋从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中 Al(OH)3、CoCO 3、Li 2SO 4

高考化学专题工艺流程题含答案

咼考专题练习工艺流程题 1 . （15分）聚合氯化铝晶体的化学式为[Al 2（OH ）n Cl 6-n xH 20]m ,它是一种高效无机水处理剂，它的制备原理是调节增大AICI 3溶液的pH ，通过促进其水解而结晶析出。其制备原料主要是铝加工行业的废渣一一铝灰，它主要含（2）生产过程中操作 B 和D 的名称均为 ________________________ （ B 和D 为简单操作）。（3）生产过程中可循环使用的物质是 ________________________________ （用化学式表示）。（4） ________________________________________________________________________________调节pH 至4.0~4.5的目的是。（5）实验室要测定水处理剂产品中 n 和x 的值。为使测定结果更准确，需得到的晶体较纯净。生产过程中 C 物质可选用 ______________________________ 。 2. （16分）将磷肥生产中形成的副产物石膏（ CaSO 4?2H 2O ）转化为硫酸钾肥料和氯化钙水合物储热材料，无论从经济效益、资源综合利用还是从环境保护角度看都具有重要意义。以下是石膏转化为硫酸钾和氯化钙的工艺流（1 ）本工艺中所用的原料除 CaSO 4 2H 2O 、（NH 4）2CO 3外，还需要 _______________ （2）石膏悬浊液中加入碳酸铵溶液后反应的化学方程式为: （3）过滤I 操作所得固体有 _________________________ （填化学式）等物质，该固体可用作生产水泥的原料；（4 ）过滤I 操作所得滤液是（NH 4）2SO 4溶液。检验滤液中含有 NH 4+的方法是（5）氯化钙结晶水合物（CaCl 2 6H 2O ）是目前常用的无机储热材料，选择的依据除熔点较低和熔化的热效应高外，还因为其 __________________________________________________________ ，举出该晶体的无水物在实验室的一种用途 3、制取纯净CuCl 2 2H 20的生产过程是：（I ）用粗CuO （含少量铁）溶解在足量的稀盐酸里加热、过滤，得到 Cu Cl 2 （含FeC?的溶液，经测定，溶液的 PH 值为3。（2）对（I ）的溶液按下列步骤进行提纯： A . NaOH B . Al C .氨水 D . Al 2O 3 等原料; AI 2O 3、AI ，还有SiO 2等杂质。聚合氯化铝生产的工艺流程如下：（1 ）搅拌加热操作过程中发生反应的离子方程式 _______________________________________ 程示意

(完整word版)高考化学工艺流程题

高考化学工艺流程题 1. 解题思路在解这类题目时：首先，要粗读试题，不必将每一种物质都推出。其次，根据问题去精心研究某一步或某一种物质。第三，要看清所问题，不能答非所问，注意语言表达的科学性在答题时应注意：前一问回答不了，并不一定会影响回答后面的问题。分析流程图需要掌握的技巧是： ①浏览全题，确定该流程的目的——由何原料获得何产物（副产物）,对比原料和产物； ②了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用；考察内容主要有： 1）、原料预处理 2）、反应条件的控制（温度、压强、催化剂、原料配比、PH 调节、溶剂选择） 3）、反应原理（离子反应、氧化还原反应、化学平衡、电离平衡、溶解平衡、水解原理、物质的分离与提纯）4）、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） 5）、化工安全（防爆、防污染、防中毒）等。

2、规律主线主产品分支副产品回头为循环核心考点：物质的分离操作、除杂试剂的选择、生产条件的控制产品分离提纯 3. 4. 熟悉工业流程常见的操作与名词原料的预处理 ①溶解通常用酸溶。如用硫酸、盐酸、浓硫酸等 ②灼烧如从海带中提取碘 ③煅烧如煅烧高岭土改变结构，使一些物质能溶解。并使一些杂质高温下氧化、分解 ④研磨适用于有机物的提取如苹果中维生素C的测定等。控制反应条件的方法 ①控制溶液的酸碱性使其某些金属离子形成氢氧化物沉淀 ---- pH值的控制。原料预处理产品分离提纯反应条件原料循环利用排放物的无害化处理

②蒸发、反应时的气体氛围 ③加热的目的加快反应速率或促进平衡向某个方向移动 ④降温反应的目的防止某物质在高温时会溶解或为使化学平衡向着题目要求的方向移动 ⑤趁热过滤防止某物质降温时会析出 ⑥冰水洗涤洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗物质的分离和提纯的方法 ①结晶——固体物质从溶液中析出的过程（蒸发溶剂、冷却热饱和溶液） ②过滤——固、液分离 ③蒸馏——液、液分离 ④分液——互不相溶的液体间的分离 ⑤萃取——用一种溶剂将溶质从另一种溶剂中提取出来。 ⑥升华——将可直接气化的固体分离出来。 ⑦盐析——加无机盐使溶质的溶解度降低而析出

高考化学工艺流程 (1)

高考化学工艺流程题一、探究解题思路呈现形式:流程图、表格、图像设问方式:措施、成分、物质、原因能力考查:获取信息的能力、分解问题的能力、表达能力知识落点:基本理论、元素化合物、实验无机工业流程图题能够以真实的工业生产过程为背景,体现能力立意的命题指导思想,能够综合考查各方面的基础知识及将已有知识灵活应用在生产实际中解决问题的能力。【例题】某工厂生产硼砂过程中产生的固体废料, 主要含有 MgCO 3、MgSiO 3、 CaMg(CO3 2、 Al 2O 3和 Fe 2O 3等,回收其中镁的工艺流程如下: 原料:矿石(固体预处理:酸溶解(表述:“ 浸出”

除杂:控制溶液酸碱性使金属离子形成沉淀核心化学反应是:控制条件,调节 PH ,使 Mg 2+全部沉淀 1. 解题思路明确整个流程及每一部分的目的→ 仔细分析每步发生的反应及得到的产物→ 结合基础理论与实际问题思考→ 注意答题的模式与要点在解这类题目时: 首先,要粗读试题,尽量弄懂流程图,但不必将每一种物质都推出。其次,再精读试题,根据问题去精心研究某一步或某一种物质。第三,要看清所问题,不能答非所问,并注意语言表达的科学性在答题时应注意:前一问回答不了,并不一定会影响回答后面的问题。 Ⅱ分离提纯 Ⅰ预处理Ⅱ分离提纯 Ⅲ还原分析流程图需要掌握的技巧是: ①浏览全题, 确定该流程的目的——由何原料获得何产物(副产物 , 对比原料和产物 ; ②了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息,并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用; ③解析流程图并思考: 从原料到产品依次进行了什么反应?利用了什么原理(氧化还原?溶解度?溶液中的平衡?。每一步操作进行到什么程度最佳?每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物?杂质或副产物是怎样除去的?

(完整word版)高考化学工艺流程题目解题方法指导

工艺流程题解题技巧专题一、【考点分析】无机化工题实际上是考查考生运用化学反应原理及相关知识来解决工业生产中实际问题的能力。解此类型题目的基本步骤是：①从题干中获取有用信息，了解生产的产品②分析流程中的每一步骤，从几个方面了解流程：A．反应物是什么B．发生了什么反应C．该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。③从问题中获取信息，帮助解题。了解流程后着手答题。对反应条件的分析可从以下几个方面着手：对反应速率有何影响？对平衡转化率有何影响？对综合生产效益有何影响？如原料成本，原料来源是否广泛、是否可再生，能源成本，对设备的要求，环境保护（从绿色化学方面作答）。二、【工业流程题中常用的关键词】原材料：矿样（明矾石、孔雀石、蛇纹石、大理石、锂辉石、黄铜矿、锰矿、高岭土，烧渣），合金（含铁废铜），药片（补血剂），海水（污水）灼烧（煅烧）：原料的预处理，不易转化的物质转化为容易提取的物质：如海带中提取碘酸：溶解、去氧化物（膜）、调节pH促进水解（沉淀）碱：去油污，去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH促进水解（沉淀）氧化剂：氧化某物质，转化为易于被除去（沉淀）的离子氧化物：调节pH促进水解（沉淀）控制pH值：促进某离子水解，使其沉淀，利于过滤分离煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离；除去溶解在溶液中的气体，如氧气趁热过滤：减少结晶损失；提高纯度三、【工业流程常见的操作】（一）原料的预处理 ①溶解：通常用酸溶。如用硫酸、盐酸、浓硫酸等 ②灼烧：如从海带中提取碘 ③煅烧：如煅烧高岭土改变结构，使一些物质能溶解。并使一些杂质高温下氧化、分解 ④研磨：适用于有机物的提取如苹果中维生素C的测定等。（二）控制反应条件的方法 ①控制溶液的酸碱性使其某些金属离子形成氢氧化物沉淀——pH值的控制。调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH值增大不引入新杂质。若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH值 ②蒸发、反应时的气体氛围 ③加热的目的：加快反应速率或促进平衡向某个方向移动 ④降温反应的目的：防止某物质在高温时会溶解或为使化学平衡向着题目要求的方向移动 ⑤趁热过滤：防止某物质降温时会析出 ⑥冰水洗涤：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗（三）物质的分离和提纯的方法 ①结晶——固体物质从溶液中析出的过程（蒸发溶剂、冷却热饱和溶液、浓缩蒸发）重结晶是利用固体物质均能溶于水，且在水中溶解度差异较大的一种除杂质方法。 ②过滤——固、液分离 ③蒸馏——液、液分离 ④分液——互不相溶的液体间的分离 ⑤萃取——用一种溶剂将溶质从另一种溶剂中提取出来。

完整高考化学工艺流程题解题技巧

工艺流程题解题技巧一、除杂、分离、提纯类工艺流程题本质就是对混合物的除杂、分离、提纯。 ①首先，找出要得到的主要物质是什么，混有哪些杂质； ②然后，认真分析当加入某一试剂后，能与什么物质发生反应，生成了什么产物； ③最后，思考要用什么样的方法才能将杂质除去。这样才能每一步所加试剂或操作的目的。二、物质制备类工艺流程题 ①先是确定要制备什么物质，从题干或问题中获取有用信息，了解产品的性质（具有某些特殊性质的产物，要采取必要的措施来避免在生产过程中产生其它杂质，比如：产品受热易分解，可能要低温烘干、减压烘干、减压蒸发等）； ②分析流程中的每一步骤，从几个方面了解流程：反应物是什么？反应方程式是什么？该反应造成了什么后果？对制造产品有什么作用？ ③从问题中获取信息，帮助解题。标准化问题要标准化回答。题目中的信息往往是制备该物质的关键所在。产物如果具有某些特殊性质，则要采取必要的措施来避免在生产过程中产生其它杂质。如： ⑴如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。 ⑵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防止水解。如：制备FeCl、AlCl、MgCl、Cu(NO)等物质时，要蒸干其溶液得到固体溶质时，23332都要加相应的酸或在酸性气流中干燥来防止它水解，否则得到的产物分别是FeO 、AlO 、3232MgO、CuO；而像Al (SO) 、NaAlO 、

NaCO等盐溶液,虽然也发生水解,但产物中322432Al(OH) 、HSO 、NaHCO最后得,抑制了盐的水解,在蒸发时,都不是挥发性物质NaOH 、3423．到的还是溶质本身。 ⑶如果产物是一种强的氧化剂或强的还原剂，则要防止它们发生氧化还原的物质，如：含Fe、2+SO等离子的物质，则要防止与氧化性强的物质接触。2-3⑷如果产物是一种易吸收空气中的CO或水（潮解或发生反应）而变质的物质（如NaOH 固2体等物质），则要注意防止在制备过程中对CO或水的除去，也要防止空气中的CO或水进入22装置中。 ⑸如果题目中出现了包括产物在内的各种物质的溶解度信息，则要注意对比它们的溶解度随温度升高而改变的情况，根据它们的不同变化，找出合适的分离方法。熟悉工业流程常见的操作与名词工业流程题目在流程上一般分为3个过程： (1)原料处理阶段的常见考点与常见名词 ①加快反应速率（途径：升高温度、搅拌、粉碎） ②溶解： ③灼烧、焙烧、煅烧：改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质高温下氧化、分解分离提纯阶段的常见考点(2) pH值除杂①调已知下列物质开始沉淀和例如：

高考新冲破化学工艺流程题：高考化学工艺流程题答题方法

高考化学工艺流程题解题模板原料预处理的各种方法 1、粉碎或研磨：增大固液（或固气或固固）接触面积，加快反应（溶解）速率，增大原料的转化率（或浸取率）。 2、煅烧或灼烧：不易转化的物质转为容易提取的物质；其他矿转化为氧化物；除去有机物；除去热不稳定的杂质 3、酸浸：溶解、去氧化物（膜）、调节pH促进水解（沉淀） 4、碱溶：去油污，去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH促进水解（沉淀）例题1．【2015全国Ⅰ卷】硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5·H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O、FeO、CaO、Al O和SiO等)为原料制备硼酸(H BO)的工艺流程如图所粗硼酸回答下列问题：（1）写出Mg2B2O5·H2O与硫酸反应的化学方程式_____ ________。为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度浓度外，还可采取的措施有_____ ____（写出两条）【对点练习】 1、步骤I前， β-锂辉石要粉碎成细颗粒的目的是 2．MgSO4·7H2O可用于造纸、纺织、陶瓷、油漆工业，也可在医疗上用作泻盐。某工业废渣主要成分是MgCO3，另外还有CaCO3、SiO2等杂质。从此废渣中回收MgSO4·7H2O的工艺如下：第一不用硫酸浸出。（1）“浸出”步骤中，为提高镁的浸出率，可采取的措施有（要求写出任意一条）。调节溶液的PH: 1、目的：使溶液中的。。。。。。金属阳离子形成氢氧化物完全沉淀下来而除去 2、需要的物质：含主要阳离子的难溶性氧化物或氢氧化物或碳酸盐，即能与H+反应，是PH增大的物质如用MgO、Mg（OH）2等等。 3、原理：加入的物质能与溶液中的H+反应，降低了的浓度，增大PH 4、PH控制的范围：大于除去离子的完全沉淀值，小于主要离子的开始沉淀的PH 例题2、碳酸锂广泛应用于陶瓷和医药等领域。以β-锂辉石（主要成分为Li 2 O·Al2O3·4SiO2）为原料制备Li2CO3的工艺流程如下：已知：Fe3＋、Al3＋、Fe2＋和Mg2＋以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2、5.2、9.7和12.4；Li2SO4、LiOH和Li2CO3在303 K下的溶解度分别为34.2 g、12.7 g和1.3 g。（2）步骤I中，酸浸后得到酸性溶液中含有Li＋、SO42-，另含有Al3＋、Fe3＋、Fe2＋、Mg2＋、Ca2＋、Na＋等杂质，需在搅拌下加入（填“石灰石”、“氯化钙”或“稀硫酸”）以调节溶液的pH到6.0～6.5，沉淀部分杂质离子，然后分离得到浸出液。例题3、稀土元素是周期表中ⅢB族钪、钇和镧系元素之总称。他们都是很活泼的金属，性质极为相似，常见化合价为＋3价。其中钇(Y)元素是激光和超导的重要材料。我国蕴藏着丰富的含钇矿石(Y2FeBe2Si2O10)，工业上通过如下生产流程可获得氧化钇。已知：①

高考化学二轮复习专题训练：化学工艺流程

高考化学二轮复习专题训练：元素及其化合物综合应用(化工流程) 1．工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程图如下。下列说法不正确的是( ) A ．在铝土矿制备较高纯度Al 的过程中常用到NaOH 溶液、CO 2气体、冰晶石 B ．石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应 C ．在制粗硅时，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2∶1 : D ．黄铜矿(CuFeS 2)与O 2反应产生的Cu 2S 、FeO 均是还原产物答案 B 解析用铝土矿制备较高纯度Al ，首先用NaOH 溶液将铝土矿中的氧化铝溶解转化为偏铝酸钠溶液，然后过滤，向滤液中通入CO 2气体，把偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤得氢氧化铝，接着加热氢氧化铝，让其分解为氧化铝，最后用冰晶石作助熔剂，电解熔融的氧化铝得到铝，A 正确；石英的主要成分是二氧化硅，不与盐酸反应，玻璃的主要成分有二氧化硅、硅酸钠、硅酸钙，组成中有盐故被称为硅酸盐产品，它也不能与盐酸反应，实验室经常用玻璃瓶盛放盐酸， B 不正确；在制粗硅时，发生反应SiO 2＋2C=====高温Si ＋2CO ，被氧化的物质 C 与被还原的物质SiO 2的物质的量之比为2∶1，C 正确；黄铜矿(CuFeS 2)与O 2反应，铜由＋2价降为＋1价被还原得到Cu 2S ，氧由0价降至－2价，得到FeO ，所以Cu 2S 、FeO 均是还原产物，D 正确。 2．利用工业废碱渣(主要成分Na 2CO 3)吸收硫酸厂尾气中的SO 2制备无水

Na2SO3的流程如下：下列说法错误的是() A．向大气中排放SO2可能导致酸雨发生 B．中和器中发生主要反应的离子方程式为HSO－3＋OH－===SO2－3＋H2O ， C．进入离心机的分散系是悬浊液 D．检验Na2SO3成品中是否含Na2SO4，可选用稀盐酸和Ba(NO3)2溶液答案D 解析二氧化硫与水反应生成H2SO3，H2SO3又被空气中的氧气氧化为H2SO4形成酸雨，故SO2形成硫酸型酸雨，A正确；在中和器中主要是将亚硫酸氢钠转化为亚硫酸钠，同时碳酸氢钠反应得到碳酸钠，主要反应的离子方程式为HSO－3＋OH－===SO2－3＋H2O，B正确；经过中和器后的物质既有形成的结晶状的固态物质，也有溶液，在离心机中进行混合物的分离，C正确；检验Na2SO3成品中是否含Na2SO4，若用稀盐酸和Ba(NO3)2溶液，H＋、SO2－3、NO－3会发生氧化还原反应，使SO2－3转化为SO2－4，因此不能检验其中是否含有Na2SO4，要用稀HCl和BaCl2溶液检验，D错误。 3．海水资源开发利用的部分过程如图所示，下列说法正确的是() A．从海水中得到粗盐主要是通过蒸发操作实现的 B．用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3 ） C．在步骤③中可通入Cl2使溴离子被还原为Br2

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