三年高考2019高考化学试题分项版解析 专题19 工艺流程题（含解析） 30页

‎ 专题19 工艺流程题 ‎1．【2018新课标1卷】焦亚硫酸钠（Na2S2O5）在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：‎ ‎（1）生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式__________。‎ ‎（2）利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：‎ ‎①pH=4.1时，Ⅰ中为__________溶液（写化学式）。‎ ‎②工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是__________。‎ ‎（3）制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为_____________。电解后，__________室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。‎ ‎（4）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_____________，该样品中Na2S2O5的残留量为____________g·L−1（以SO2计）。‎ ‎【答案】 2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O NaHSO3 得到NaHSO3过饱和溶液 2H2O－4e－＝4H＋+O2↑ a S2O52－+2I2+3H2O＝2SO42－+4I－+6H＋ 0.128‎ ‎【解析】‎ ‎（2）①碳酸钠饱和溶液吸收SO2后的溶液显酸性，说明生成物是酸式盐，即Ⅰ中为NaHSO3；‎ ‎②要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液，因此工艺中加入碳酸钠固体、并再次充入二氧化硫的目的是得到NaHSO3过饱和溶液；‎ 30‎ ‎（3）阳极发生失去电子的氧化反应，阳极区是稀硫酸，氢氧根放电，则电极反应式为2H2O－4e－＝4H＋+O2↑。阳极区氢离子增大，通过阳离子交换膜进入a室与亚硫酸钠结合生成亚硫酸钠。阴极是氢离子放电，氢氧根浓度增大，与亚硫酸氢钠反应生成亚硫酸钠，所以电解后a室中亚硫酸氢钠的浓度增大。‎ ‎（4）单质碘具有氧化性，能把焦亚硫酸钠氧化为硫酸钠，反应的方程式为S2O52－+2I2+3H2O＝2SO42－+4I－+6H＋；消耗碘的物质的量是0.0001mol，所以焦亚硫酸钠的残留量（以SO2计）是。‎ 考点定位：考查物质制备、元素及其化合物性质、对流程的分析、电解原理的应用以及定量分析等 ‎【试题点评】本题以焦亚硫酸钠的制备、应用为载体考查学生对流程的分析、电解原理的应用以及定量分析等，题目难度中等。难点是电解池的分析与判断，注意结合电解原理、交换膜的作用、离子的移动方向分析电极反应、亚硫酸氢钠浓度的变化。易错点是最后一问，注意计算残留量时应该以二氧化硫计，而不是焦亚硫酸钠。‎ ‎2．【2018新课标2卷】我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家，一种以闪锌矿（ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质）为原料制备金属锌的流程如图所示：‎ 相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：‎ 金属离子 Fe3+‎ Fe2+‎ Zn2+‎ Cd2+‎ 开始沉淀的pH ‎1.5‎ ‎6.3‎ ‎6.2‎ ‎7.4‎ 沉淀完全的pH ‎2.8‎ ‎8.3‎ ‎8.2‎ ‎9.4‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）焙烧过程中主要反应的化学方程式为_______________________。‎ ‎（2）滤渣1的主要成分除SiO2外还有___________；氧化除杂工序中ZnO的作用是____________，若不通入氧气，其后果是________________。‎ ‎（3）溶液中的Cd2+可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为_________________。‎ ‎（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为______________；沉积锌后的电解液可返回_______工序继续使用。‎ 30‎ ‎【答案】 ZnS+O2ZnO+SO2 PbSO4 调节溶液的pH 无法除去杂质Fe2+ Zn+Cd2+Zn2++Cd Zn2++2e－Zn 溶浸 ‎【解析】‎ ‎（1）由于闪锌矿的主要成分是ZnS，因此焙烧过程中主要反应的化学方程式为2ZnS+3O22ZnO+2SO2。‎ ‎（2）由于硫酸铅不溶于水，因此滤渣1的主要成分除SiO2外还有PbSO4；要测定铁离子，需要调节溶液的pH，又因为不能引入新杂质，所以需要利用氧化锌调节pH，即氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH。根据表中数据可知沉淀亚铁离子的pH较大，所以若不通入氧气，其后果是无法除去杂质Fe2+。‎ ‎（3）溶液中的Cd2+可用锌粉除去，反应的离子方程式为Zn+Cd2+＝Zn2++Cd。‎ ‎（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极发生得到电子的还原反应，因此阴极是锌离子放电，则阴极的电极反应式为Zn2++2e－＝Zn；阳极是氢氧根放电，破坏水的电离平衡，产生氢离子，所以电解后还有硫酸产生，因此沉积锌后的电解液可返回溶浸工序继续使用。‎ 考点定位：本题主要是考查物质制备的工艺流程分析，涉及方程式书写、滤渣成分判断、试剂作用分析、电解原理的应用等知识。‎ ‎【试题点评】无机工业流程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为指导思想，能够综合考查学生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。解决本类题目的关键是分析流程中的每一步骤，可从以下几个方面了解流程：①反应物是什么；②发生了什么反应；③该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。即抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务的。另外本题中呈现的内容展示了中华优秀科技成果对人类发展和社会进步的贡献，可以引导学生自觉传承我国科学文化，弘扬科学精神。‎ ‎3．【2018新课标3卷】KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题：‎ ‎（1）KIO3的化学名称是_______。‎ ‎（2）利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如下图所示：‎ 30‎ ‎“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。“逐Cl2”采用的方法是________。“滤液”中的溶质主要是_______。“调pH”中发生反应的化学方程式为__________。‎ ‎（3）KIO3也可采用“电解法”制备，装置如图所示。‎ ‎①写出电解时阴极的电极反应式______。‎ ‎②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_________，其迁移方向是_____________。‎ ‎③与“电解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足之处有______________（写出一点）。‎ ‎【答案】 碘酸钾 加热 KCl KH(IO3)2+KOH2KIO3+H2O或（HIO3+KOHKIO3+H2O） 2H2O+2e－2OH－+H2↑ K+ a到b 产生Cl2易污染环境等 ‎【解析】‎ ‎（3）①由图示，阴极为氢氧化钾溶液，所以反应为水电离的氢离子得电子，反应为2H2O + 2e- = 2OH- + H2↑。‎ ‎②电解时，溶液中的阳离子应该向阴极迁移，明显是溶液中大量存在的钾离子迁移，方向为由左向右，即由a到b。‎ ‎③KClO3氧化法的最大不足之处在于，生产中会产生污染环境的氯气。‎ 考点定位：本题考查的是化学工业以及电化学的相关知识，涉及物质名称、流程分析、反应条件控制、电极反应式、交换膜作用分析以及实验方案评价等。‎ 30‎ ‎【试题点评】题目的电解过程，可以理解为：阳极区的单质碘和氢氧化钾反应：3I2 + 6KOH = KIO3 + 5KI + 3H2O，生成的碘离子在阳极失电子再转化为单质碘，单质碘再与氢氧化钾反应，以上反应反复循环最终将所有的碘都转化为碘酸钾。阴极区得到的氢氧化钾可以循环使用。‎ ‎4．【2018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“<”）。‎ ‎②结合元素周期律解释①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SO42−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，以百里香酚酞作指示剂，用b mol·L−1NaOH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 g·mol−1）‎ ‎【答案】 研磨、加热 ＜ 核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性P＜S ‎ 30‎ ‎ 2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑ 80 ℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低 CaSO4微溶 BaCO3++2H3PO4BaSO4+CO2↑+H2O+2 ‎ ‎【解析】‎ ‎3F+10H2SO4+5H2O=10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑。（4）图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80℃前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80℃后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42-残留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，其中SO42-与BaCO3生成更难溶的BaSO4和CO32-，H3PO4的酸性强于H2CO3，在粗磷酸中CO32-转化成H2O和CO2，反应的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O。（6）滴定终点生成Na2HPO4，则消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为1：2，n（H3PO4）=n（NaOH）=bmol/Lc10-3L=mol，m（H3PO4）=mol98g/mol=g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的质量分数为。‎ 考点定位：考查影响化学反应速率的因素、元素周期律、化学反应方程式的书写、化学计算等知识。‎ ‎【试题点评】易错提醒：学生对（5）的第二空的作答无从下手，根据信息，脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42－，加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4比BaCO3更难溶，因此发生BaCO3＋SO42－=BaSO4＋CO32－，磷酸是中强酸，碳酸是弱酸，生成碳酸量少，因此H3PO4应转变成H2PO42－，因此离子反应方程式为BaCO3++2H3PO4BaSO4+CO2↑+H2O+2。‎ ‎5.【2018江苏卷】以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：‎ ‎（1）焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为______________________。‎ ‎（2）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如题16图所示。‎ 30‎ 已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ℃‎ 硫去除率=（1—）×100%‎ ‎①不添加CaO的矿粉在低于500 ℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于__________________。‎ ‎②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是______________________________________________________。‎ ‎（3）向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由_______________（填化学式）转化为_______________（填化学式）。‎ ‎（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n（FeS2）∶n（Fe2O3）=__________________。‎ ‎【答案】（1）SO2+OH−HSO3−‎ ‎（2）①FeS2‎ ‎②硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中 ‎（3）NaAlO2 Al(OH)3‎ ‎（4）1∶16‎ ‎【解析】‎ ‎（1）过量SO2与NaOH反应生成NaHSO3和H2O，反应的化学方程式为SO2+NaOH=NaHSO3，离子方程式为SO2+OH-=HSO3-。‎ ‎（2）①根据题给已知，多数金属硫酸盐的分解温度高于600℃，不添加CaO的矿粉低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于FeS2。‎ ‎②添加CaO，CaO起固硫作用，添加CaO发生的反应为2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，根据硫去除率的计算公式及其含义可知，不添加CaO的矿粉硫去除率较高，因此，700℃‎ 30‎ 焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低的原因是：硫元素转化为CaSO4留在矿粉中。‎ ‎（3）“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，CO2与NaAlO2反应生成NaHCO3和Al(OH)3，反应的离子方程式为CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，即Al元素存在的形式由NaAlO2转化为Al(OH)3。‎ ‎（4）Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，反应的化学方程式为FeS2+16Fe2O311Fe3O4+2SO2↑，理论上完全反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1:16。‎ 考点定位：本题以高硫铝土矿为原料生产氧化铝和Fe3O4的流程为载体，考查流程的分析，Fe、Al、S元素及其化合物的性质，图像的分析，获取新信息的能力，指定情境下化学方程式的书写及氧化还原反应的综合分析能力。 ‎ ‎【试题点评】易错提醒：(1)需注意反应物及用量的不同对反应产物的影响，如NaOH溶液吸收少量SO2时，产物为SO32−，吸收过量SO2则产物为HSO3−；Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧时，没有氧气作氧化剂。(2)正确理解去硫率的含义，防止把去硫率当成固硫率，不添加CaO的矿粉硫去除率高，是因为其中的硫易转化为SO2气体。‎ ‎6.【2018江苏卷】以Cl2、NaOH、(NH2)2CO（尿素）和SO2为原料可制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3，其主要实验流程如下：‎ 已知：①Cl2+2OH−ClO−+Cl−+H2O是放热反应。‎ ‎②N2H4·H2O沸点约118 ℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。‎ ‎（1）步骤Ⅰ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____________________________________；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是____________________________________。‎ ‎（2）步骤Ⅱ合成N2H4·H2O的装置如题19图−1所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40 ℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110 ℃继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_____________；使用冷凝管的目的是_________________________________。‎ 30‎ ‎（3）步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、、随pH的分布如题19图−2所示，Na2SO3的溶解度曲线如题19图−3所示）。‎ ‎①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定何时停止通SO2的实验操作为_________________。‎ ‎②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案： _______________________，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。‎ ‎【答案】（1）3Cl2+6OH−5Cl−+ClO3−+3H2O 缓慢通入Cl2‎ ‎（2）NaClO碱性溶液 减少水合肼的挥发 ‎（3）①测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2‎ ‎②边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤 ‎【解析】‎ ‎（1）温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液发生歧化反应生成NaClO3、NaCl和H2O，反应的化学方程式为3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，离子方程式为3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O。由于Cl2与NaOH溶液的反应为放热反应，为了减少NaClO3的生成，应控制温度不超过40℃‎ 30‎ ‎、减慢反应速率；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是：缓慢通入Cl2。‎ ‎（2）步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，由于水合肼具有强还原性、能与NaClO剧烈反应生成N2，为了防止水合肼被氧化，应逐滴滴加NaClO碱性溶液，所以通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在110℃继续反应，N2H4·H2O沸点约118 ℃，使用冷凝管的目的：减少水合肼的挥发。‎ ‎（3）①向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，根据图示溶液pH约为4时，HSO3-的摩尔分数最大，则溶液的pH约为4时停止通入SO2；实验中确定何时停止通入SO2的实验操作为：测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2。‎ ‎②由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，首先要加入NaOH将NaHSO3转化为Na2SO3，根据含硫微粒与pH的关系，加入NaOH应调节溶液的pH约为10；根据Na2SO3的溶解度曲线，温度高于34℃析出Na2SO3，低于34℃析出Na2SO3·7H2O，所以从Na2SO3溶液中获得无水Na2SO3应控制温度高于34℃。由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案为：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。‎ 考点定位：本题以制备水合肼和无水Na2SO3的实验流程为载体，考查实验条件的控制、实验加料的方式、实验原理的理解和实验方案的设计、对图表等信息的获取和处理应用能力。‎ ‎【试题点评】思路点拨：（1）在设计实验方案时要注重对实验过程和实验原理的理解；（2）仔细分析含硫微粒的摩尔分数与pH的关系，确定应该控制的pH范围；（3）关注题中的新信息的处理、迁移应用；（4）仔细分析溶解度曲线，确定合适的结晶和分离方法以及实验条件的控制。‎ ‎7．【2017新课标1卷】Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备，工艺流程如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为___________________。‎ 30‎ ‎（2）“酸浸”后，钛主要以形式存在，写出相应反应的离子方程式__________________。‎ ‎（3）TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示：‎ 温度/℃‎ ‎30‎ ‎35‎ ‎40‎ ‎45‎ ‎50‎ TiO2·xH2O转化率%‎ ‎92‎ ‎95‎ ‎97‎ ‎93‎ ‎88‎ 分析40 ℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因__________________。‎ ‎（4）Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，其中过氧键的数目为__________________。‎ ‎（5）若“滤液②”中，加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1倍），使恰好沉淀完全即溶液中，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？ （列式计算）。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为。‎ ‎（6）写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式 。‎ ‎【答案】（1）100℃、2h，90℃，5h （2）FeTiO3+ 4H++4Cl− = Fe2++ + 2H2O ‎（3）低于40℃，TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降 （4）4 ‎ ‎（5）Fe3+恰好沉淀完全时，c()=mol·L−1=1.3×10–17 mol·L−1，c3(Mg2+)×c2()＝(0.01)3×(1.3×10–17)2=1.7×10–40＜Ksp [Mg3(PO4)2]，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀。‎ ‎（6）2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O↑+ 3CO2↑‎ ‎ + 2H2O；‎ ‎（3）温度是影响速率的主要因素，但H2O2在高温下易分解、氨水易挥发，即原因是低于40℃，TiO2·xH2‎ 30‎ O转化反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降；‎ ‎（4）Li2Ti5O15中Li为+1价，O为–2价，Ti为+4价，过氧根()中氧元素显–1价，设过氧键的数目为x，根据正负化合价代数和为0，可知(+1)×2+(+4)×5+(–2)×(15–2x)+(–1)×2x=0，解得：x=4；‎ ‎（5）Ksp[FePO4]=c(Fe3+)×c()=1.3×10–2，则c()＝＝1.3×10–17 mol/L，Qc[Mg3(PO4)2]＝c3(Mg2+)×c2()＝(0.01)3×(1.3×10–17)2=1.69×10–40＜1.0×10–24，则无沉淀。‎ ‎（6）高温下FePO4与Li2CO3和H2C2O4混合加热可得LiFePO4，根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O↑+ 3CO2↑。 ‎ ‎【名师点睛】工艺流程题，就是将化工生产过程中的主要生产阶段即生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，形成与化工生产紧密联系的化工工艺试题。制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成本角度(原料是否廉价易得)、环保角度(是否符合绿色化学的要求)、现实角度等方面考虑；解答时要看框内，看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”：本题改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论→所以有什么变化→结论。‎ ‎8．【2017新课标3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FeO·Cr2O3，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①的主要反应为：FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+ Fe2O3+CO2+ NaNO2‎ 上述反应配平后FeO·Cr2O3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④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。‎ 30‎ a．80℃ b．60℃ c．40℃ d．10℃‎ 步骤⑤的反应类型是___________________。‎ ‎（5）某工厂用m1 kg 铬铁矿粉（含Cr2O3 40%）制备K2Cr2O7，最终得到产品 m2 kg，产率为_____________。‎ ‎【答案】（1）2∶7 陶瓷在高温下会与Na2CO3反应 （2）铁 Al(OH)3‎ ‎（3）小 2+2H++H2O （4）d 复分解反应 （5）×100%‎ ‎（3）滤液2调节pH的目的是提高溶液的酸性，pH变小；因为溶液中存在2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，增大溶液中H+浓度，可促进平衡正向移动，提高溶液中Cr2O72-的浓度。‎ ‎（4）由图示可知，在10 ℃左右时，得到K2Cr2O7的固体最多；2KCl+Na2Cr2O7=K2Cr2O7↓+2NaCl的反应类型为复分解反应。‎ ‎（5）样品中Cr2O3的质量为m1×40% kg，则生成K2Cr2O7的理论质量为m1×40% kg×，则所得产品的产率为m2 kg÷（m1×40% kg×）×100%=×100%。‎ ‎【名师点睛】考查无机制备的工艺流程，涉及氧化还原反应、离子方程式配平、盐类水解的应用及混合物的分离与提纯等，解题时要求对整个流程进行认识分析，对流程中每一个反应的原理和操作的目的要理解清楚。‎ ‎9．【2017北京卷】TiCl4是由钛精矿（主要成分为TiO2）制备钛（Ti）的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如下：‎ 30‎ 资料：TiCl4及所含杂质氯化物的性质 化合物 SiCl4‎ TiCl4‎ AlCl3‎ FeCl3‎ MgCl2‎ 沸点/℃‎ ‎58‎ ‎136‎ ‎181（升华）‎ ‎316‎ ‎1412‎ 熔点/℃‎ ‎−69‎ ‎−25‎ ‎193‎ ‎304‎ ‎714‎ 在TiCl4中的溶解性 互溶 ‎——‎ 微溶 难溶 ‎（1）氯化过程：TiO2与Cl2难以直接反应，加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。‎ 已知：TiO2(s)+2 Cl2(g)= TiCl4(g)+ O2(g) ΔH1=+175.4 kJ·mol-1‎ ‎2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH2=-220.9 kJ·mol-1‎ ‎① 沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式：_______________________。‎ ‎② 氯化过程中CO和CO2可以相互转化，根据如图判断：CO2生成CO反应的ΔH_____0（填“＞”“＜”或“=”），判断依据：_______________。‎ ‎③ 氯化反应的尾气须处理后排放，尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液，则尾气的吸收液依次是__________________________。‎ ‎④ 氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有_____________。‎ ‎（2）精制过程：粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4。示意图如下：‎ 物质a是______________，T2应控制在_________。‎ 30‎ ‎【答案】（1）①TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) △H=-45.5 kJ/mol ‎②> 随温度升高，CO含量增大，说明生成CO的反应是吸热反应 ‎③H2O、FeCl2溶液、NaOH溶液 ④MgCl2、AlCl3、FeCl3‎ ‎（2）SiCl4 高于136℃，低于181℃‎ ‎【名师点睛】本题以钛精矿制备纯TiCl4的流程为素材，主要考查盖斯定律和热化学方程式、化学平衡移动、HCl及Cl2尾气的利用和吸收、制备流程中物质关系、过滤、蒸馏实验等基础化学知识，考查考生对化学反应原理知识的综合应用能力和对已知信息的综合应用能力。制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成本角度(原料是否廉价易得)、环保角度(是否符合绿色化学的要求)、现实角度等方面考虑；解答时要看框内，看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”：本题改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论→所以有什么变化→结论。另外需要注意题干信息的提取和筛选，例如本题中：①溶解性决定溶液中溶质及沉淀的成分，表格中信息则可以得到TiCl4液体中溶解的溶质及同时存在的沉淀成分。②工业过程中有毒、有污染的尾气都需要进行处理防止污染。‎ ‎10．【2017江苏卷】铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：‎ 30‎ 注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。‎ ‎（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_____________________。 ‎ ‎（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_________ (填“增大”、“不变”或“减小”)。‎ ‎（3）“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是___________。 ‎ ‎（4）“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为_____________________，阴极产生的物质A的化学式为____________。‎ ‎（5）铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是_____________________。 ‎ ‎【答案】（1）Al2O3+2OH−=2AlO2－+H2O （2）减小（3）石墨电极被阳极上产生的O2氧化 ‎（4）4CO32－+2H2O−4e−=4HCO3－+O2↑ H2‎ ‎（5）NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜 ‎（1）氧化铝为两性氧化物，可溶于强碱溶液生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH−=2AlO2－+H2O。‎ ‎（2）为了提高铝土矿的浸取率，氢氧化钠溶液必须过量，所以过滤I所得滤液中含有氢氧化钠，加入碳酸氢钠溶液后，氢氧化钠与碳酸氢钠发生反应生成碳酸钠和水，所以溶液的pH减小。‎ ‎（3）电解I过程中，石墨阳极上氧离子被氧化为氧气，在高温下，氧气与石墨发生反应生成气体，所以，石墨电极易消耗的原因是被阳极上产生的氧气氧化。‎ ‎（4）由图中信息可知，生成氧气的为阳极室，溶液中水电离的OH−放电生成氧气，破坏了水的电离平衡，碳酸根结合H+转化为HCO3－，所以电极反应式为4CO32－+2H2O−4e−=4HCO3－+O2↑，阴极室氢氧化钠溶液浓度变大，说明水电离的H+放电生成氢气而破坏水的电离平衡，所以阴极产生的物质A为H2。‎ ‎（5）铝在常温下就容易与空气中的氧气反应生成一层致密的氧化膜。氯化铵受热分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜，所以加入少量的氯化铵有利于AlN的制备。‎ ‎【名师点睛】本题通过化工流程考查了课本上学过的从铝土矿提取铝的元素化合物的知识，在问题 30‎ 中又结合原料的循环利用考查了电解原理。制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成本角度(原料是否廉价易得)、环保角度(是否符合绿色化学的要求)、现实角度等方面考虑；解答时要先看框内，后看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”：本题改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论或性质→所以有什么变化→结论，如本题最后一个问题，只要注意了铝表面易生成氧化膜和氯化铵受热易分解这两条性质，即可想到分解产物对氧化膜的作用，所以备考时，要多看课本上元素化合物方面内容，知道学了哪些，大多数的试题的根都在课本上。‎ ‎11．【2017江苏卷】某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag(金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略)。‎ 已知：①NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，如：3NaClO2NaCl+NaClO3‎ ‎②AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3·H2O Ag(NH3) 2++ Cl− +2H2O ‎③常温时N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原Ag(NH3)2+：‎ ‎4Ag(NH3) 2++N2H4·H2O4Ag↓+N2↑+4NH4＋+4NH3↑+H2O ‎（1）“氧化”阶段需在80℃条件下进行，适宜的加热方式为__________________。‎ ‎（2）NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，该反应的化学方程式为________________。 HNO3也能氧化Ag，从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是____________________。‎ ‎（3）为提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并_______________________。‎ ‎（4）若省略“过滤Ⅰ”，直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量NaClO与NH3·H2O反应外(该条件下NaClO3与NH3·H2O不反应)，还因为_____________________。‎ ‎（5）请设计从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质Ag的实验方案：________________________(实验中须使用的试剂有：2 mol·L−1水合肼溶液，1 mol·L−1H2SO4)。‎ ‎【答案】（1）水浴加热 （2）4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑‎ 会释放出氮氧化物(或 NO、NO2 )，造成环境污染 （3）将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中 ‎ ‎（4）未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且其中含有一定浓度的Cl−，不利于AgCl与氨水反应 ‎ ‎（5）向滤液中滴加2 mol·L−1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1 mol·L−1 H2SO4‎ 30‎ 溶液吸收反应中放出的NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥。 ‎ ‎（3）为提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，洗涤的目的是为了把滤渣表面残存的银氨配离子洗涤下来，并将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中。 ‎ ‎（4）若省略“过滤Ⅰ”，直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量NaClO与NH3·H2O反应外，还因为未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，氨水的浓度变小，且其中含有一定浓度的Cl−，不利于AgCl与氨水发生AgCl+2NH3·H2OAg(NH3) 2++ Cl− +2H2O反应 ，使得银的回收率变小。 ‎ ‎（5）“过滤Ⅱ”后的滤液含有银氨配离子，根据题中信息常温时 N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原 Ag(NH3) 2+ ：4 Ag(NH3) 2++N2H4·H2O4Ag↓+ N2↑+ 4NH4＋+ 4NH3↑+H2O ，所以首先向该滤液中加入水合肼把银氨配离子充分还原，由于该反应产生所气体中含有氨气，氨气有强烈的刺激性气味会污染空气，所以要设计尾气处理措施，可以用题中提供的、要求必须使用的硫酸作尾气吸收剂把氨气吸收。最后把反应混合物静置、过滤、洗涤、干燥即可得到回收的银。具体方案如下：向滤液中滴加2mol·L−1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1 mol·L−1 H2SO4溶液吸收反应中放出的NH3 ，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥。 ‎ ‎【名师点睛】本题以回收一种光盘金属层中的少量Ag的实验流程为载体，将实验原理的理解、实验试剂和仪器的选用、实验条件的控制、实验操作规范、实验方案的设计等融为一体，重点考查学生对实验流程的理解、实验装置的观察、信息的加工、实验原理和方法运用、实验方案的设计和评价等能力，也考查学生运用比较、分析等科学方法解决实际问题的能力和逻辑思维的严密性。解题的关键是能读懂实验流程，分析实验各步骤的原理、目的、实验条件等。设计实验方案时，根据限定必须使用的试剂，结合题中所给信息，注意反应条件的控制以及实验试剂的量的控制，按照“核心转化→尾气处理→产品分离→产品提纯”思路，对细节进行耐心的优化，直至得到完美方案。‎ ‎12．【2016新课标1卷】NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：‎ 30‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）NaClO2中Cl的化合价为_______。‎ ‎（2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式_______。‎ ‎（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为________、________。“电解”中阴极反应的主要产物是______。‎ ‎（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________，该反应中氧化产物是_________。‎ ‎（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为____。(计算结果保留两位小数)‎ ‎【答案】（1）+3；（2）2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4；‎ ‎（3）NaOH溶液 ；Na2CO3溶液 ；ClO2−(或NaClO2)；（4）2:1； O2； （5）1.57。‎ ‎【解析】‎ 反应的主要产物是NaClO2；（4）根据图示可知：利用含有过氧化氢的NaOH溶液吸收ClO2气体，产物为NaClO2，则此吸收反应中，氧化剂为ClO2，还原产物为NaClO2，还原剂是H2O2，氧化产物是O2，每1 mol的H2O2转移2 mol电子，反应方程式是：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O，可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1，该反应中氧化产物为O2。（5）每克NaClO2的物质的量n(NaClO2)=1g÷90.5 g/mol= mol，其获得电子的物质的量是n(e−)= mol×4=4/90.5 mol，1 mol Cl2获得电子的物质的量是2 mol，根据电子转移数目相等，可知其相对于氯气的物质的量为n=mol×4÷2=mol，则氯气的质量为mol×71 g/mol=1.57 g。‎ ‎【考点定位】考查混合物的分离与提纯、氧化还原反应的分析及电解原理的应用等知识。‎ 30‎ ‎【名师点睛】化合价是元素形成化合物时表现出来的性质，在任何化合物中，所有元素正负化合价的代数和等于0，掌握常见元素的化合价，并根据元素吸引电子能力大小及化合物中所有元素正负化合价的代数和等于0的原则判断元素的化合价。有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，元素化合价升高，失去电子，该物质作还原剂，变为氧化产物；元素化合价降低，获得电子，该物质作氧化剂，变为还原产物，元素化合价升降总数等于反应过程中电子转移的数目；可利用最小公倍数法配平氧化还原反应方程式，对于离子反应，同时还要符合电荷守恒及原子守恒。‎ ‎13．【2016新课标3卷】以硅藻土为载体的五氧化二钒（V2O5）是接触法生成硫酸的催化剂。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 V2O5‎ V2O4‎ K2SO4‎ SiO2‎ Fe2O3‎ Al2O3‎ 质量分数/%‎ ‎2.2～2.9‎ ‎2.8～3.1‎ ‎22～28‎ ‎60～65‎ ‎1～2‎ ‎＜1‎ 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VO2+，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VO2+，则需要氧化剂KClO3至少为______mol。‎ ‎（3）“中和”作用之一是使钒以V4O124−形式存在于溶液中。“废渣2”中含有_______。‎ ‎（4）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+ V4O124− R4V4O12+4OH−（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____________。‎ ‎【答案】（1）V2O5＋2H＋=2VO2＋＋H2O；SiO2；（2）0.5；（3）Fe(OH)3、Al(OH)3；（4）碱；（5）K＋；（6）2NH4VO3V2O5＋H2O＋2NH3↑。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）“酸浸”时V2O5转化为VO2+，V元素化合价不变，说明不是氧化还原反应，根据原子守恒可知反应的离子方程式为V2O5＋2H＋=2VO2＋＋H2O；二氧化硅与酸不反应，则“废渣1”‎ 30‎ 的主要成分是二氧化硅。‎ ‎（4）根据方程式可知为了提高洗脱效率，反应应该向逆反应方向进行，因此淋洗液应该呈碱性。‎ ‎（5）由于前面加入了氯酸钾和氢氧化钾，则“流出液”中阳离子最多的是钾离子。‎ ‎（6）根据原子守恒可知偏钒酸铵（NH4VO3）“煅烧”生成五氧化二钒、氨气和水，发生反应的化学方程式为2NH4VO3V2O5＋H2O＋2NH3↑。‎ ‎【考点定位】考查物质制备工艺流程图分析 ‎【名师点睛】本题是工艺流程问题，涉及氧化还原反应方程式的书写、步骤的分析、氧化还原反应的计算、元素及其化合物的性质等知识，旨在发挥理论对实践的指导作用，将其应用于实践来解决实际问题，达到学以致用的目的。本题充分体现了“源于教材又不拘泥于教材”的指导思想，在一定程度上考查了学生的知识的灵活运用能力和分析问题解决问题的能力。书写离子反应方程式，首先找出反应物和生成物，然后判断此反应是否属于氧化还原反应，最后根据原子守恒、反应前后电荷守恒配平其他。工艺流程中充分把握题目所给数据，如本题中SiO2的质量分数在60%～65%，因此滤渣1的主要成分是SiO2，因为SiO2属于酸性氧化物，不与硫酸反应。氧化还原反应实质是电子的得失或偏移，即得失电子数目守恒，氧化还原反应的计算常常采用得失电子数目守恒进行计算，即氧化剂的物质的量×变价原子个数×化合价的变化值=还原剂的物质的量×变价原子个数×化合价的变化值，本题是3×1×1=n(KClO3)×1×6，解得x=0.5mol；化学平衡原理适用于任何化学平衡，如果改变影响平衡的一个条件，化学平衡会向能够减弱这种改变的方向移动。本题难度适中。‎ ‎14．【2016北京卷】以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、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：‎ ‎（1）过程Ⅰ 30‎ 中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是__________。‎ ‎（2）过程Ⅰ中，Fe2+催化过程可表示为：‎ i：2Fe2++ PbO2+4H++SO42−＝2Fe3++PbSO4+2H2O ii: ……‎ ‎①写出ii的离子方程式：________________。‎ ‎②下列实验方案可证实上述催化过程。将实验方案补充完整。‎ a.向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红。‎ b.______________。‎ ‎（3）PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：PbO（s）+NaOH（aq）NaHPbO2（aq），其溶解度曲线如图所示。‎ ‎①过程Ⅱ的目的是脱硫。滤液1经处理后可在过程Ⅱ中重复使用，其目的是____(选填序号)。‎ A．减少PbO的损失，提高产品的产率 B．重复利用氢氧化钠，提高原料的利用率 C．增加Na2SO4浓度，提高脱硫效率 ‎②过滤Ⅲ的目的是提纯，综合上述溶解度曲线，简述过程Ⅲ的操作___________。‎ ‎【答案】（1）Pb + PbO2 + 2H2SO42PbSO4+ 2H2O。 ‎ ‎（2）①2Fe3＋+Pb+SO42—==PbSO4+2Fe2＋；‎ ‎②取a中红色溶液少量，加入过量Pb，充分反应后，红色褪去。‎ ‎（3）①A、B；②将粗PbO溶解在一定量35%NaOH溶液中，加热至110℃，充分溶解后，趁热过滤，冷却结晶，过滤、洗涤并干燥得到PbO固体。‎ ‎【解析】‎ 30‎ ‎（3）①过程Ⅱ脱硫过程中发生的反应为PbSO4+2NaOH==PbO+Na2SO4+H2O，而滤液Ⅰ中含有硫酸，可降低溶液的pH，使平衡：PbO（s）+NaOH（aq）NaHPbO2（aq）逆向移动，减少PbO的损失，提高产品的产率，同时重复利用NaOH，提高原料的利用率答案选AB；‎ ‎②根据PbO的溶解度曲线，提纯粗Pb的方法为将粗PbO溶解在35%NaOH溶液中配成高温下的饱和溶液，降温结晶、过滤，洗涤并干燥即可得到PbO。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查化学工艺流程分析，催化剂，离子方程式书写，化学实验方案的设计，物质的分离、提纯，平衡移动原理的应用等。‎ ‎【名师点晴】化学高考试题的发展趋势必然是重视与生产、生活的紧密联系，但不管如何灵活多变，工业生产离不开反应原理中的方向、速率和限度问题。该题以铅的再生利用为载体，考查了陌生方程式书写、元素化合物性质、速率平衡、转化率等问题，综合性较强。第（3）的②问不太好分析，需要结合图像及题目的前后信息来解决。‎ ‎15．【2016海南卷】KAl(SO4)2·12H2O（明矾）是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐（主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质）制备明矾的过程如下图所示。回答下列问题：‎ ‎（1）为尽量少引入杂质，试剂①应选用___（填标号）。‎ a．HCl溶液 b．H2SO4溶液 c．氨水 d．NaOH溶液 ‎（2）易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为________。‎ ‎（3）沉淀B的化学式为___；将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是_____。‎ ‎（4）已知：Kw=1.0×10-14，Al(OH)3AlO2-+H++H2O K=2.0×10-13。Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数等于_________。‎ ‎【答案】（1）d （2分）‎ 30‎ ‎（2）2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ （2分）‎ ‎（3）Al(OH)3 Al3+水解，使溶液中H+浓度增大（每空1分，共2分）‎ ‎（4）20 （2分）‎ ‎【解析】‎ 液，AlO2-、NH4+发生盐的双水解反应，产生Al(OH)3沉淀和NH3·H2O，反应的方程式是AlO2-+2H2O+NH4+= Al(OH)3↓+NH3·H2O，所以沉淀B化学式为Al(OH)3；将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是该盐是强酸弱碱盐，Al3+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，当最终达到平衡时溶液中c(H+)>c(OH-)，所以溶液显酸性。（4）已知：Kw=1.0×10-14，Al(OH)3AlO2-+H++H2O K=2.0×10-13。Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数K=。‎ 考点：考查铝的性质及物质制备工艺流程的知识。‎ ‎【名师点睛】工艺流程题，就是将化工生产过程中的主要生产阶段即生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，形成与化工生产紧密联系的化工工艺试题。制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成本角度(原料是否廉价易得)、环保角度(是否符合绿色化学的要求)、现实角度等方面考虑；解答时要看框内，看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”：本题改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论→所以有什么变化→结论。‎ ‎16．【2016江苏卷】以电石渣[主要成分为Ca(OH)2和CaCO3]为原料制备KClO3的流程如下：‎ ‎ ‎ ‎（1）氯化过程控制电石渣过量，在75℃左右进行。氯化时存在Cl2与Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反应，Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2 分解为CaCl2和O2。‎ 30‎ ‎①生成Ca(ClO)2的化学方程式为 。‎ ‎②提高Cl2转化为Ca(ClO3)2的转化率的可行措施有 （填序号）。‎ A．适当减缓通入Cl2速率 ‎ B．充分搅拌浆料 ‎ C．加水使Ca(OH)2完全溶解 ‎（2）氯化过程中Cl2 转化为Ca(ClO3)2的总反应方程式为 ‎6Ca(OH)2+6Cl2＝Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O 氯化完成后过滤。‎ ‎①滤渣的主要成分为 （填化学式）。‎ ‎②滤液中Ca(ClO3)2与CaCl2的物质的量之比n[Ca(ClO3)2]∶n[CaCl2] 1∶5（填“＞”、“＜”或“=”）。‎ ‎（3）向滤液中加入稍过量KCl固体可将Ca(ClO3)2转化为KClO3，若溶液中KClO3的含量为100g▪L-1，从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是 。 ‎ ‎【答案】（1）①2Cl2+2Ca(OH)2＝Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O ②AB （2）①CaCO3、Ca(OH)2 ②＜ ‎ ‎（3）蒸发浓缩、冷却结晶 ‎【解析】‎ 30‎ ‎（2）①碳酸钙不溶于水，与氯气不反应，氢氧化钙微溶，因此滤渣的主要成分为CaCO3、Ca(OH)2。‎ ‎②由于氯气还能与氢氧化钙反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，因此滤液中Ca(ClO3)2与CaCl2的物质的量之比n[Ca(ClO3)2]∶n[CaCl2]＜1∶5。‎ ‎（3）根据图像可知氯酸钾的溶解度受温度影响最大，因此从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查物质制备工艺流程分析 ‎【名师点晴】无机工业流程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为指导思想，能够综合考查学生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，所以这类题成为近年来高考的必考题型。流程题的解题思路为：明确整个流程及每一部分的目的→仔细分析每步反应发生的条件以及得到的产物的物理或化学性质→结合基础理论与实际问题思考→注意答题的模式与要点。解决本类题目的基本方法和步骤为：（1）从题干中获取有用信息，了解生产的产品。（2）然后整体浏览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段。（3）分析流程中的每一步骤，从以下几个方面了解流程：①反应物是什么；②发生了什么反应；③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。‎ ‎17．【2016江苏卷】实验室以一种工业废渣（主要成分为MgCO3、Mg2SiO4和少量Fe、Al的氧化物）为原料制备MgCO3·3H2O。实验过程如下：‎ ‎（1）酸溶过程中主要反应的热化学方程式为 MgCO3(s)+2H+(aq)===Mg2+(aq)+CO2(g)+H2O(l) ΔH=－50.4 kJ·mol–1‎ Mg2SiO4(s)+4H+(aq)===2 Mg2+(aq)+H2SiO3(s)+H2O(l) ΔH=－225.4 kJ·mol–1‎ 酸溶需加热的目的是______；所加H2SO4不宜过量太多的原因是_______。‎ ‎（2）加入H2O2氧化时发生发应的离子方程式为___________。‎ ‎（3）用下图所示的实验装置进行萃取分液，以除去溶液中的Fe3+。‎ 30‎ ‎①实验装置图中仪器A的名称为_______。‎ ‎②为使Fe3+尽可能多地从水相转移至有机相，采取的操作：向装有水溶液的仪器A中加入一定量的有机萃取剂，______、静置、分液，并重复多次。‎ ‎（4）请补充完整由萃取后得到的水溶液制备MgCO3·3H2O的实验方案：边搅拌边向溶液中滴加氨水，______，过滤、用水洗涤固体2～3次，在50℃下干燥，得到MgCO3·3H2O。‎ ‎[已知该溶液中pH=8.5时Mg(OH)2开始沉淀；pH=5.0时Al(OH)3沉淀完全]。‎ ‎【答案】（1）加快酸溶速率 避免制备MgCO3时消耗更多的碱 ‎（2）H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O （3）①分液漏斗 ②充分振荡 ‎（4）至5.0＜pH＜8.5，过滤，边搅拌边向滤液中滴加Na2CO3溶液至有大量沉淀生成，静置，向上层清液中滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成 ‎ ‎【解析】‎ ‎（3）①实验装置图中仪器A的名称为分液漏斗。‎ ‎②为使Fe3+尽可能多地从水相转移至有机相，采取的操作：向装有水溶液的仪器A中加入一定量的有机萃取剂，充分振荡、静置、分液，并重复多次。‎ ‎（4）根据氢氧化镁和氢氧化铝沉淀的pH可知，滴加氨水的同时必须控制溶液的pH不能超过8.5，且也不能低于5.0，所以边搅拌边向溶液中滴加氨水，至5.0＜pH＜8.5，过滤，边搅拌边向滤液中滴加Na2CO3溶液至有大量沉淀生成，静置，向上层清液中滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成，过滤、用水洗涤固体2~3次，在50℃下干燥，得到MgCO3·3H2O。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查物质制备工艺流程图分析，涉及反应条件控制、仪器识别、氧化还原反应方程式书写、物质的分离与提纯等化学实验基本操作 30‎ ‎【名师点晴】分离提纯型探究实验评价题一般以物质的制备、分离、提纯为基础，考查基本的实验原理、实验方法和实验基本操作。在解题过程中需要注意题目提供信息的应用，特别是新物质的制备过程中，有一些特殊的性质（如易水解、熔沸点等），要善于联系课本相关的物质的性质和实验方法运用于解题。在复习备考中要对元素及化合物的性质进行梳理，从理论的角度进行升入分析，迁移和应用，要重视物质的性质，实验基本操作，物质的分离提纯。电化学类试题具有很强的规律性和策略性，在解题过程中需要不断总结，归纳。工艺流程中的实验分析：工艺流程的命题来源很广，与各个知识模块的结合点较多，因此分析工业生产工艺流程题时，应将流程路线，试题设问和理论知识有机结合起来，它常常结合工艺流程考查基本化学实验问题，可以说它是无机框图题的创新。流程的呈现形式有：①操作流程；②物质变化流程；③装置流程。解题时首先要明确原料和产品(包括副产品)，即箭头进出方向，其次依据流程图分析反应原理，紧扣信息，搞清流程中每一步发生了什么反应——知其然，弄清有关反应原理，明确目的(如沉淀反应、除杂、分离)——知其所以然，最后联系储存的知识，有效地进行信息的利用，准确表述和工整书写。由于工艺流程常与溶液的配制、物质的分离及定量测定等基本操作有机结合起来，所以只有复习时牢固掌握实验基础知识，才能有效结合题中的信息，准确答题。‎ ‎18．【2016四川卷】资源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作用。磷尾矿主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3·MgCO3 。某研究小组提出了磷尾矿综合利用的研究方案，制备具有重要工业用途的CaCO3、Mg(OH)2、P4和H2，其简化流程如下：‎ 已知：①Ca5(PO4)3F在950℃不分解；‎ ‎②4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）950℃煅烧磷尾矿生成气体的主要成分是___________。‎ ‎（2）实验室过滤所需的玻璃仪器是_____________。‎ ‎（3）NH4NO3溶液能从磷矿Ⅰ中浸取出Ca2+的原因是__________。‎ ‎（4）在浸取液Ⅱ中通入NH3，发生反应的化学方程式是____________。‎ ‎（5）工业上常用磷精矿[Ca5(PO4)3F]和硫酸反应制备磷酸。已知25℃，101kPa时：‎ CaO(s)+H2SO4(l)=CaSO4(s)+H2O(l) ΔH=-271kJ/mol ‎5 CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)= Ca5(PO4)3F (s)+5H2O(l) ΔH=-937kJ/mol 30‎ 则Ca5(PO4)3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是_________________。‎ ‎（6）在一定条件下CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，当CO与H2O(g)的起始物质的量之比为1:5，达平衡时，CO转化了。若a kg含Ca5(PO4)3F（相对分子质量为504）的质量分数为10%的磷尾矿，在上述过程中有b%的Ca5(PO4)3F转化为P4，将产生的CO与H2O(g)按起始物质的量之比1:3混合，则相同条件下达平衡时能产生H2________kg。‎ ‎【答案】（1）CO2 ‎ ‎（2）漏斗、烧杯、玻璃棒 ‎（3）NH4＋ 水解使溶液呈酸性，与CaO、Ca(OH)2反应生成Ca2＋‎ ‎（4）MgSO4+2NH3+2H2O===Mg(OH)2↓+(NH4)2SO4 ‎ ‎（5）Ca5(PO4)3F (s)+ 5H2SO4(l)=5CaSO4(s) +H3PO4(l)+HF(g) ΔH =-418kJ/mol ‎ ‎（6）‎ ‎【解析】‎ ‎（5）已知25℃，101kPa时：‎ ‎①CaO(s)+H2SO4(l)=CaSO4(s)+H2O(l) ΔH =-271kJ/mol ‎②5 CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)= Ca5(PO4)3F (s)+5H2O(l) ΔH =-937kJ/mol 根据盖斯定律：①×5-②得Ca5(PO4)3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是Ca5(PO4)3F (s)+ 5H2SO4(l)=5CaSO4(s) +H3PO4(l)+HF(g) ΔH =-418kJ/mol 。‎ ‎（6）根据题给数据利用三段式分析。设CO的起始浓度为1 mol/L，则水蒸气的起始浓度为5 mol/L CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)‎ 起始浓度（mol/L）1 5 0 0‎ 转化浓度（mol/L）5/6 5/6 5/6 5/6‎ 平衡浓度（mol/L）1/6 25/6 5/6 5/6‎ 30‎ 则K=c(CO2)c(H2)/c(CO)c(H2O)=1。相同条件下当CO与H2O(g)的起始物质的量之比为1:3，平衡常数不变，设转化的CO为x mol。‎ CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)‎ 起始浓度（mol/L）1 3 0 0‎ 转化浓度（mol/L）x x x x 平衡浓度（mol/L）(1-x) (3-x) x x 则x2/(1-x)(3-x)=1,解得x=3/4，即达平衡时，CO转化了3/4 mol。转化为P4的Ca5(PO4)3F质量为a×10%×b%kg，根据反应4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4知生成CO的质量为（30×28×a×10%×b%）/（4×504）kg，则转化的CO的质量为3（30×28×a×10%×b%）/4（4×504）kg，根据反应：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)知相同条件下达平衡时能产生H2的质量为3（30×28×a×10%×b%）/56（4×504）kg=kg。‎ ‎【考点定位】考查化学工艺流程分析，化学实验基本操作，化学方程式和热化学方程式的书写，盖斯定律，化学平衡和化学计算。‎ ‎【名师点睛】本题以磷尾矿的综合利用的化学工艺流程为载体考查化学实验基本操作，化学方程式和热化学方程式的书写，盖斯定律，化学平衡和化学计算。工艺流程题联系生产实际，考查面广，形式灵活，是近几年高考命题的热点题型。它集元素化合物知识，基本概念和基本理论于一体，考查面广、综合性强。它们的主要考查点有：(1)从原料到产品元素不同形式的转化。(2)反应中的原理考查及反应条件控制。(3)物质的除杂、分离与检验。(4)化工生产中的环保、节能、循环利用等生产成本控制。(5)原料投料比及产率计算等。工艺流程题就是将化工生产中的生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，是无机框图题的创新。解题时首先要明确原料和产品(包括副产品)，即箭头进出方向；其次依据流程图分析反应原理，紧扣信息，搞清流程中每一步发生了什么反应，弄清有关反应原理，明确目的(如沉淀反应、除杂、分离)；最后联系储存的知识，有效进行信息的利用，准确表述和工整书写。由于工艺流程常与溶液的配制、物质的分离及定量测定等基本操作有机结合起来，需要复习时牢固掌握实验基础知识，才能有效结合题中的信息，准确答题。（5）小题要注意盖斯定律的应用，（6）小题将平衡计算和根据化学方程式计算相结合，题目的思考容量大，计算较繁琐，是本题的失分点。题目较难。‎ 30‎