文档内容
解密 12 化学工艺流程
考点热度 ★★★★★
【考纲导向】
1．理解并掌握物质分离提纯的操作方法。
2．了解物质的化学性质。
3．理解并掌握氧化还原反应、离子反应、化学平衡移动的基本原理及实际应用。
4．掌握实际化工生产过程中的物质制备、提纯的基本工艺流程。
【命题分析】
工艺流程题是高考的热点题型，综合性强、难度较大，是高考试卷中的拉分题目之一。近年常以简洁工艺
流程和复杂工艺流程轮换的形式考查有多种可变化合价的过渡元素，采用多角度设问的形式，考查考生获
取信息、加工信息的能力。考查的知识多为产物的判断，陌生化学方程式、离子方程式或电极反应式的书
写，温度控制在一定范围的原因分析，溶度积常数的有关计算等。预计2023年考试难度会有所增加。
核心考点一 物质制备类工艺流程
1．化学工艺流程题的主线分析方法2．原料预处理的五种措施
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
水浸 与水接触反应或溶解
酸浸 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
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
灼烧
性杂质
煅烧 改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土
3.制备过程中控制反应条件的六种方法
(1)调节溶液的pH。常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点：
①能与H＋反应，使溶液pH变大；
②不引入新杂质。例如若要除去Cu2＋中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH) 或Cu (OH) CO 等物质来调节
2 2 2 3
溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。
(2)控制温度。根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。
(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)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。
4．获得产品阶段的四种常用操作
(1)洗涤(冰水、热水)：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；乙醇洗涤既可洗
去晶体表面的杂质，又可减少晶体溶解的损耗。
(2)蒸发时的气体氛围抑制水解：如从溶液中析出FeCl 、AlCl 、MgCl 等溶质时，应在HCl的气流中加热，
3 3 2
以防其水解。
(3)蒸发浓缩、冷却结晶：如KCr O 和少量NaCl的混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的
2 2 7
固体主要是KCr O ，母液中是NaCl和少量KCr O ，这样就可分离出大部分KCr O ；同样原理可除去
2 2 7 2 2 7 2 2 7
KNO 中的少量NaCl。
3
(4)蒸发结晶、趁热过滤：如NaCl和少量KCr O 的混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主
2 2 7
要是NaCl，母液中是少量KCr O 和NaCl；同样原理可除去NaCl中的少量KNO。
2 2 7 3考法 物质制备类工艺流程题(题型预测：推断题)
1．（2022·全国·高三专题练习）亚氯酸钠(NaClO)是一种重要的含氯消毒剂，制备亚氯酸钠的工艺流程如
2
下：
回答下列问题：
(1)亚氯酸钠用作纸浆、纸张和各种纤维的漂白剂，是一种高效漂白剂，主要原因是亚氯酸钠具有_____性。
(2)制备ClO 气体的化学方程式为2NaClO+H O+H SO =2ClO ↑+O ↑+Na SO +2H O；制备时可用S代替
2 3 2 2 2 4 2 2 2 4 2
HO，写出该反应的离子方程式：___________。
2 2
(3)可从“废液”中回收的主要物质是___________(填化学式)，“结晶”后经过滤即可获得粗产品。
(4)测定某亚氯酸钠样品的纯度：准确称取亚氯酸钠样品m g，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴
入适量稀硫酸(发生反应ClO +4I−+4H+=2I +Cl−+2H O)，配成250mL待测液。移取25.00mL待测液于锥形
2 2
瓶中，加几滴淀粉溶液，用c mol/L的NaSO 标准溶液进行滴定，消耗NaSO 标准溶液V mL (已知：
2 2 3 2 2 3
I+2S O =2I−+S O )。
2 2 4
①移取25.00mL待测液的仪器的名称是___________。
②该样品中NaClO 的质量分数为___________(用含m、c、V的代数式表示)；在滴定操作正确无误的情况
2
下，此实验测得结果偏高，其可能的原因是___________。
【答案】(1)氧化
(2)6ClO +S+4H+=6ClO ↑+SO +2H O
2 2
(3)Na SO
2 4
(4) 酸式滴定管或移液管 100％ 碘离子被空气中的氧气氧化成了碘单质
【解析】制备时NaClO 和HO 以及HSO 反应生成ClO 和O 以及NaSO 、HO，生成的ClO 再用NaOH
3 2 2 2 4 2 2 2 4 2 2
碱性溶液吸收，同时利用HO 将其还原为NaClO，将所得的溶液经过一系列操作得到NaClO 晶体，据此
2 2 2 2
分析解题。(1)一般具有强氧化性的物质具有漂白性，亚氯酸钠是一种高效漂白剂，主要原因是其具有强氧化性；
(2)根据所给方程式可知，制备ClO 时，HO 做还原剂，所以用S代替HO，S也做还原剂，由于+4价的
2 2 2 2 2
硫也具有还原性，所以该反应中的硫被氧化硫酸根离子，根据化合价升降守恒和原子守恒以及电荷守恒，
可得离子方程式为：6ClO +S+4H+=6ClO ↑+SO +2H O；
2 2
(3)制备ClO 时用浓硫酸酸化，后续流程中用NaOH溶液吸收ClO ，根据元素守恒可知废液中含有大量
2 2
NaSO ，可以回收；
2 4
(4)①根据题意可知，待测液显酸性，所以移取25.00mL待测液应选用酸式滴定管或移液管；
②根据题意可得关系式： ～2I～4 ，所以样品中NaClO 的质量分数为：
2 2
×100%= ×100%，由于碘离子具有较强的还原性，能
够被空气中的氧气氧化成为碘单质，导致消耗的NaSO 的量增多，进一步导致NaClO 的质量分数偏高。
2 2 3 2
变式1 金属及其化合物的制备
1．（2022·山东临沂·高三期中）钯催化剂(主要成分为Pd、α－Al O、活性炭，还含少量铁、铜等)在使用
2 3
过程中，Pd易被氧化为难溶于酸的PdO而失活。一种从废钯催化剂中回收海绵钯的工艺流程如图所示。
已知：“沉钯”过程中钯元素主要发生如下转化：HPdCl (aq) [Pd(NH)]Cl (aq) [Pd(NH)]Cl (s)。
2 4 3 4 2 3 2 2
回答下列问题：
(1)“焙烧”的目的是_____；“还原I”加入甲酸的作用是_____；“酸浸”过程中Pd转化为PdCl 的离子方
程式为_____。
(2)“离子交换”和“洗脱”可简单表示为2RCl+PdCl R PdCl +2Cl-，“离子洗脱交换”流出液中的
2 4
阳离子有H+、Fe3+、_____(填离子符号)，试剂X的化学式为____。
(3)“沉钯”过程中，由[Pd(NH)]Cl 溶液得到[Pd(NH)]Cl 沉淀时，需调节溶液pH小于2，其原因是
3 4 2 3 2 2____(用平衡移动原理解释)；“还原II”产物无污染，发生反应的化学方程式为____。
(4)该工艺流程中可循环利用的物质有____。
【答案】(1) 将活性炭转化为气体除去 将PdO还原为Pd Pd＋HO＋4Cl－＋2H＋＝PdCl ＋
2 2
2HO
2
(2) Cu2＋ HCl
(3) [Pd(NH)]Cl (aq) [Pd(NH)]Cl (s)＋2NH (aq)，pH小于2时，H＋和NH 反应，使平衡正向移动，
3 4 2 3 2 2 3 3
有利于生成[Pd(NH)]Cl 2[Pd(NH)]Cl ＋NH·H O＝2Pd＋N↑＋4NH Cl＋HO
3 2 2 3 2 2 2 4 2 2 4 2
(4)RCl、HCl
【解析】废钯催化剂中含有PdO、α−Al O，还含少量铁、铜等，现制取海绵钯,需去除α−Al O、铁、铜等
2 3 2 3
杂质，并将钯进行一系列的转换。“焙烧”的目的是将活性炭转化为气体除去，加甲酸将PdO还原为Pd，
加入盐酸、过氧化氢酸浸除去不溶性的α−Al O，“酸浸”过程中Pd转化为PdCl ，通过“离子交换”得
2 3
到R PdCl ，再“洗脱”得到PdCl ，通入氨气沉钯，再用NH∙H O还原Pd(NH )Cl 得到海绵钯。
2 4 2 4 2 3 2 2
（1）“焙烧”的目的是将活性炭转化为气体除去；“还原I”加入甲酸的作用是将PdO还原为Pd；“酸
浸”过程中HO 是氧化剂，Pd转化为PdCl ，离子方程式为Pd＋HO＋4Cl－＋2H＋＝PdCl ＋2HO；
2 2 2 2 2
（2）因为用盐酸和HO 进行“酸浸”后，只得到难溶物α−Al O，所以浸出液中应含有Fe3+、Cu2+，从而
2 2 2 3
得出“离子交换”流出液中阳离子有H、Fe3+、Cu2+；根据2RCl+PdCl R PdCl +2Cl-，可知加
2 4
入盐酸使平衡逆向移动得到PdCl ；
（3）“沉钯”过程中钯元素主要发生如下转化：HPdCl (aq) [Pd(NH)]Cl (aq) [Pd(NH)]Cl (s)
2 4 3 4 2 3 2 2
，加入盐酸后得到Pd(NH )Cl 沉淀，从而得出加入盐酸的作用是加入盐酸与氨反应，使平衡正向进行，生
3 2 2
成Pd(NH )Cl，故答案为[Pd(NH)]Cl (aq) [Pd(NH)]Cl (s)＋2NH (aq)，pH小于2时，H＋和NH 反应，
3 2 2 3 4 2 3 2 2 3 3
使平衡正向移动，有利于生成[Pd(NH)]Cl ；“还原II”产物无污染，生成氮气和水，发生反应的化学方程
3 2 2
式为2[Pd(NH)]Cl ＋NH·H O＝2Pd＋N↑＋4NH Cl＋HO；
3 2 2 2 4 2 2 4 2
（4）根据“离子交换”和“洗脱”的过程可知该工艺流程中可循环利用的物质有RCl、HCl。
变式2 非金属及其化合物的制备2．（2022·吉林）亚氯酸钠(NaClO)是一种高效氧化剂和漂白剂。一种制备NaClO 粗产品的流程如下：
2 2
已知：纯ClO 易分解爆炸；NaClO 在碱性溶液中稳定存在，在酸性溶液中分解为NaClO 和NaCl。
2 2 3
回答下列问题：
(1)发生器中鼓入空气的作用是___________
(2)从母液中可回收的主要物质是___________
(3)吸收塔内反应的离子方程式为___________
(4)写出NaClO 在酸性溶液中分解的离子方程式___________
2
(5)漂白粉也是一种高效氧化剂和漂白剂，在空气中易失效，试用化学方程式解释其原因：___________；
【答案】(1)稀释ClO ，防止发生爆炸
2
(2)Na SO
2 4
(3)2OH-+2ClO +H O=2 +2H O+O↑
2 2 2 2 2
(4)3 =2 +Cl-
(5)Ca(ClO) +CO +H O=CaCO +2HClO，2HClO 2HCl+O ↑
2 2 2 3 2
【解析】NaClO 在酸性条件下与二氧化硫发生氧化还原反应生成ClO ，同时得到NaSO ，然后与过氧化
2 2 2 4
氢在碱性条件下反应生成NaClO，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到NaClO，母液中主要含有
2 2
NaSO 。
2 4
(1)在发生器中发生氧化还原反应：2NaClO+SO=2ClO +Na SO ，反应产生的纯ClO 易分解爆炸，在发生
3 2 2 2 4 2
器中鼓入空气，对ClO 起稀释作用，防止其发生爆炸；
2
(2)根据上述分析可知：在母液中可回收的主要物质是NaSO ；
2 4
(3)在吸收塔内ClO 、NaOH、HO 发生氧化还原反应产生NaClO，反应的化学方程式为：
2 2 2 2
2NaOH+2ClO +H O=2NaClO +2H O+O↑，反应的离子方程式为：2OH-+2ClO +H O=2 +2H O+O↑；
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
(4)NaClO 在酸性溶液中分解为NaClO 和NaCl，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得NaClO 在酸
2 3 2性溶液中分解的离子方程式为：3 =2 +Cl-；
(5)漂白粉是CaCl 、Ca(ClO) 的混合物，将其在空气中放置，其有效成分Ca(ClO) 会与空气中的CO、HO
2 2 2 2 2
反应产生HClO，HClO光照分解，导致物质失效变质，反应的化学方程式为：
Ca(ClO) +CO +H O=CaCO +2HClO，2HClO 2HCl+O ↑。
2 2 2 3 2
变式3 有机化合物的制备
3．（2022·河北）溴苯是一种化工原料，实验室制备溴苯的一种装置图如图所示：
（1）盛装苯和液溴混合物的仪器名称是___________，冷凝水应从_____________（填“a”或“b”）口进入；
实验开始时，打开________________（填“ ”或“ ”，下同），关闭_________________。
（2）乙装置中发生反应的化学方程式为________________________________。
（3）丁装置中球形干燥管的作用是_____________________________。
（4）丙装置中的现象是________________________________。
（5）若实验时，实验室无液溴，但有溴水，则如何操作才能继续让该实验做成功？_______。
【答案】 （1） 分液漏斗 b K K
2 1
（2） +Br +HBr、2Fe+3Br =2FeBr
2 2 3
（3） 防止倒吸
（4）小试管中有气泡冒出，液体变成棕黄色，有白雾出现，广口瓶内溶液中有浅黄色沉淀生成
（5） 将苯与溴水混合，将溴水中的溴萃取到苯中，再加Fe进行催化反应【解析】苯和液溴在Fe作催化剂的条件下发生取代反应，生成溴苯和溴化氢，由于该反应放热，苯、液溴
易挥发，用冷凝的方法可以减少挥发，装置丙的目的是防止因HBr易溶于水而引起倒吸，通过检验Br-的
存在证明这是一个取代反应。
（1）根据装置，盛有苯和液溴的装置叫做分液漏斗；冷凝水应从下口进入，即b口，因为从上口流入，冷
却水很快的流出冷凝管，蒸汽冷却效果较差；实验开始时，应将K 打开关闭K。
2 1
（2）乙装置中苯和液溴在Fe做催化剂的条件下发生反应生成溴苯和溴化氢，化学方程式为：
+Br +HBr、2Fe+3Br =2FeBr ；
2 2 3
（3）丁为吸收溴化氢气体的装置，用球形干燥管的作用是防止倒吸；
（4）丙装置的现象是：小试管中有气泡冒出，液体变成棕黄色，有白雾出现，广口瓶内溶液中有浅黄色
沉淀生成；
（5）若实验时没有液溴，可将苯与溴水混合，将溴水中的溴萃取到苯中，再加Fe进行催化反应，即可发
生反应。
解答化工工艺流程题的三种方法
（1）首尾分析法：对比流程中第一种物质与产品，从对比中找出原料与产品之间的关系，理清流程中原
料转化为产品的基本原理以及分离除杂的方式，结合题问逐一作答。
（2）截段分析法：对于较复杂的采用截段，再进行整合。
（3）“瞻前顾后”分析法：在流程中除了考虑将原料转化为产品，还要考虑副产品的循环使用，这类题
常要瞻前又要顾后。
1．（2022·黑龙江·齐齐哈尔市第八中学校高二开学考试）镍(Ni)及其化合物广泛应用于生产电池、电镀和催化剂等领域。
(1) 晶体是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电池等，可由电镀废渣(除含镍
外，还含有 、 、 等)为原料获得。操作步骤如图：
①加入 的目的是___________。[已知： ， ，
， ]
②可用氯酸钠 代替 ，写出氯酸钠与滤液Ⅱ反应的离子方程式为___________。
③向滤液II中加入NaOH调节pH在一范围内生成氢氧化铁沉淀。已知常温下 的 ，
若要使溶液中 ，则应该控制溶液pH范围不小于_____。
(2)双膜三室电解法处理含镍废水并回收金属镍的原理如下图所示：
判断a是____(填“阳膜”或“阴膜”)；电解过程中，需要控制溶液pH为4左右，原因是____。
【答案】(1) 除去溶液中的 和 3
(2) 阳膜 pH过高时 会形成氢氧化物沉淀，pH过低时会有氢气析出，降低镍的回收率【解析】废渣（除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe、Cr等元素的化合物杂质），在硫酸溶解调节pH后过滤后
除去铁离子，滤液含有二价铁离子、三价铬离子、铜离子、锌离子等杂质，滤液I中加入硫化钠形成
CuS、ZnS沉淀，可除去铜离子、锌离子，过滤，滤液II中加HO 是将二价铁氧化成三价铁，再通过调节
2 2
pH使三价铁和三价铬都以氢氧化物的沉淀而除去，滤液Ⅲ含有可溶性硫酸盐，主要是NiSO ，还有
4
NaSO ，再加碳酸钠沉淀二价镍，过滤、洗涤，然后与硫酸反应生成NiSO 晶体；
2 4 4
（1）①由上述分析可知，加入NaS的目的是除去溶液中Cu2+、Zn2+；
2
②加入氧化剂将滤液II中的Fe2+转化成Fe3+，氯酸钠与滤液Ⅱ反应的离子方程式为：6Fe2++ClO +6H+=6Fe3+
+Cl-+3H O；
2
③溶液中c(Fe3+)≤1.0×10-6mol·L-1，c(OH-)= = ，常温下，
c(H+)= =1×10−3mol/L，则应该控制溶液pH范围不小于3；
答案为：①除去溶液中的Zn2+和Cu2+②6Fe2++ClO +6H+=6Fe3++Cl-+3H O③3
2
（2）①根据图示a允许Na+通过，所以a为阳膜；
②pH过高，镍离子形成氢氧化物沉淀，pH过低，氢离子放电较多，有氢气析出，也不利于Ni的回收，故
电解过程中，需要控制溶液pH值为4左右；
答案为：①阳膜②pH过高时Ni2+会形成氢氧化物沉淀，pH过低时会有氢气析出，降低镍的回收率。
2．（2022·全国·高三专题练习）硼酸(H BO)是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工
3 3
艺。一种以硼镁矿(含MgB O·H O、SiO 及少量Fe O、Al O)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如
2 2 5 2 2 2 3 2 3
下：
回答下列问题：根据HBO 的解离反应：HBO+H O H++B(OH) ，K=5.81×10−10，可判断HBO 是_______酸；在“过滤
3 3 3 3 2 a 3 3
⇌
2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是_______。
【答案】 一元弱 转化为HBO，促进析出
3 3
【解析】硼镁矿粉中SiO、Fe O、Al O 与溶液不反应，因此滤渣1的主要成分有SiO、Fe O、Al O，
2 2 3 2 3 2 2 3 2 3
MgB O·H O与硫酸铵溶液反应生成HBO（由HBO 解离反应知，部分硼酸以 形式存在）、硫酸
2 2 5 2 3 3 3 3
镁和氨气，经过滤1后，调节滤液的pH为3.5，目的是将 转化为HBO，并促进HBO 析出，再经
3 3 3 3
过滤2，可以得到的滤渣是硼酸；氨气用碳酸氢铵溶液吸收后，所得混合液与过滤2的滤液混合可以得到
碱式碳酸镁沉淀，该沉淀可以制备轻质氧化镁。
由硼酸的离解方程式知，硼酸在水溶液中是通过与水分子的配位作用产生氢离子，而三价硼原子最多只能
再形成一个配位键，且硼酸不能完全解离，所以硼酸为一元弱酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，
c(H+)增大，促进硼酸解离反应平衡逆向移动， 转化为HBO，促进HBO 析出，故此处填：将
3 3 3 3
转化为HBO，并促进HBO 析出。
3 3 3 3
3．（2022·北京·101中学高三阶段练习）实验小组制备高铁酸钾(K FeO)并探究其性质。
2 4
资料：KFeO 为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O，在碱性
2 4 2
溶液中较稳定。
(1)制备KFeO(夹持装置略)
2 4
①A为氯气发生装置。A中反应方程式是____(锰被还原为Mn2+)；氧化剂和还原剂的物质的量之比为
______。
②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂_____。
③C中得到紫色固体和溶液。C中Cl 发生的反应有_____、____。
2
(2)探究KFeO 的性质
2 4①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl。为证明是否KFeO
2 2 4
氧化了Cl-而产生Cl，设计以下方案：
2
方案I 取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将KFeO 溶出，得
方案II 2 4
到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl 产生。
2
I.由方案I中溶液变红可知a中含有_____离子，但该离子的产生不能判断一定是KFeO 将Cl-氧化，还可能
2 4
由____产生(用方程式表示)。
II.方案II可证明KFeO 氧化了Cl-。用KOH溶液洗涤的目的是____。
2 4
②根据KFeO 的制备实验得出：氧化性Cl____FeO (填“＞”或“＜”)，而方案II实验表明，Cl 和
2 4 2 2
FeO 的氧化性强弱关系相反，原因是_____。
③资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO ＞MnO ，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO 和足量HSO 的
4 2 4
混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性FeO ＞MnO 。若能，请说明理由；若不能，
进一步设计实验方案。
理由或方案：____。
【答案】(1) 2KMnO +16HCl=2MnCl +2KCl+5Cl ↑+8H O 1：5
4 2 2 2
3Cl+2Fe(OH) +10KOH=2K FeO+6KC1+8H O Cl +2OH-=Cl-+ClO-+H O
2 3 2 4 2 2 2
(2) Fe3+ 4FeO +2OH+=4Fe3++3O ↑+10H O 排除ClO-的干扰 ＞ 溶液的酸碱性不
2 2
同 理由：FeO 在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O，溶液浅紫色一定是MnO 的颜色；方案：
2
向紫色溶液b中滴加过量稀HSO ，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色
2 4
【解析】制备KFeO，由实验装置可知，A中浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，B中饱和食盐水可除去挥
2 4发的HCl，C中KOH、氢氧化铁、氯气反应生成KFeO，D中NaOH吸收尾气。探究KFeO 的性质：由
2 4 2 4
方案I中溶液变红，可知含铁离子，可能为KFeO 与酸反应生成；方案Ⅱ与制备实验的酸碱性不同，且氧
2 4
化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。
（1）①A为氯气发生装置。A中高锰酸钾将浓盐酸氧化生成氯气和氯化锰，反应方程式是
2KMnO +16HCl=2MnCl +2KCl+5Cl ↑+8H O；其中高锰酸钾是氧化剂，16个氯化氢参加反应，其中10个
4 2 2 2
氯化氢作还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5；
②B中饱和食盐水可除去挥发的HCl，将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。 ；
③由本题是制备原理可知，C中氯气和氢氧化铁反应生成了高铁酸钾，方程式为：
3Cl+2Fe(OH) +10KOH=2K FeO+6KC1+8H O；此外氯气可以和氢氧化钾反应，反应的方程式为：
2 3 2 4 2
Cl+2OH-=Cl-+ClO-+H O；
2 2
（2）①I．由方案I中溶液变红可知a中含有Fe3+离子，但该离子的产生不能判断一定是KFeO 将Cl-氧化，
2 4
KFeO 在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O，自身转化为Fe3+，还可能由4FeO +20H+═4Fe3+
2 4 2
+3O ↑+10H O反应产生(用方程式表示)。故答案为：Fe3+；4FeO +2OH+═4Fe3++3O ↑+10H O；
2 2 2 2
II．方案II可证明KFeO 氧化了Cl-。用KOH溶液洗涤的目的是确保KFeO 在碱性环境中的稳定性，同时
2 4 2 4
排除ClO-对验证的干扰；故答案为：确保KFeO 在碱性环境中的稳定性，同时排除ClO-对验证的干扰；
2 4
②由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知氧化性：Cl＞FeO ，而方案Ⅱ得出氧化性：Cl＜FeO
2 2
，与溶液酸碱性不同，故答案为：＞；溶液酸碱性不同；
③MnO 在溶液中显紫色，KFeO 在碱性溶液中也显紫色，将溶液b滴入MnSO 和足量HSO 的混合溶液
2 4 4 2 4
中，振荡后溶液呈浅紫色，FeO 在酸溶液中立刻反应生成Fe3+和O，作为KFeO 的紫色褪去，则溶液中
2 2 4
还显浅紫红色的一定为MnO ，若答不能说明，则是考虑到FeO 在酸性条件下发生反应转化为Fe3+和
O，由于是加入足量的HSO ，溶液酸性较强，Fe3+水解受到抑制，在水溶液中Fe3+以Fe(H O) 形式存在，
2 2 4 2颜色是浅紫色，则说明FeO 并没有将Mn2+氧化为MnO 而显浅紫色，可以设计方案：向紫色溶液b中滴
加过量稀硫酸，观察溶液快速褪去还是显浅紫色，故答案为：能说明，理由：FeO 在过量酸的作用下完
全转化为Fe3+和O，溶液浅紫色一定是MnO 的颜色；不能说明，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸，
2
观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色。
4．（2022·北京·高三专题练习）环状碳酸酯( )是一种重要的工业原料，可用作锂离子电池电解
质的溶剂。一种由苯乙烯经电解制备环状碳酸酯的实验操作如下。
ⅰ.将一定量电解质、苯乙烯、水-二甲亚砜溶剂依次放入塑料烧杯中，搅拌均匀后放入高压反应釜内，充
入一定量CO 气体：
2
ⅱ.以石墨和铜片为两个电极，电解至苯乙烯完全消耗后，停止电解：
ⅲ.分离、提纯产品，计算产率。
在相同条件下，采用不同电解质进行实验I~IV，实验结果如表：
实验序号 电解质 产率/% 实验现象
I NH Cl 微量
4
II NH 4 Br 68 阴极产生气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
III NH I 95
4
IV NaI 0 阴极产生气体；阳极附近有白色固体析出
已知：ⅰ.电解效率η(B)= ×100%
ⅱ.I 在碱性环境中会歧化为I-和IO 。
2
(1)针对实验III进行如下分析：
①取反应后石墨电极附近溶液滴加淀粉溶液变蓝，则石墨作____极(填“阳”或“阴”)。②苯乙烯与石墨电极上生成的物质发生反应，得到中间产物1—苯基—2—碘乙醇(
)，写出可能存在的有机副产物的结构简式____。
③1—苯基—2—碘乙醇在一定条件下转化为苯基环氧乙烷( )，后者对CO 进行加成
2
反应，得到的环状碳酸酯的结构简式为____。
④已知η(环状碳酸酯)≈63%，则电路中通过1mol电子时，产生___mol环状碳酸酯。
(2)对比实验I~III可知，其他条件相同时，电解质分别选用NH Cl、NH Br、NH I时，环状碳酸酯的产率依
4 4 4
次显著升高，从原子结构角度解释，是因为____，导致Cl-、Br-、I-的放电能力依次增强。
(3)探究实验IV中未生成环状碳酸酯的原因，继续实验。
①实验IV中阴极产生气体的电极反应式为____。
②经X光单晶衍射实验证实，实验Ⅳ中得到的白色固体含NaIO •H O，用化学用语解释得到该物质的原理
3 2
____。
③设计实验方案检测白色固体中的NaIO •H O，取少量白色固体溶于水，加稀硫酸酸化后，_____。可选试
3 2
剂：NaSO 溶液、KI溶液、淀粉溶液、CCl 。
2 3 4
【答案】(1) 阳 0.63
(2)氯离子、溴离子、碘离子离子半径依次增大，离子半径越大，原子核对外层电子吸附能力越小，失电子
能力越强。
(3) ， ，
。 加入淀粉溶液，再加入KI溶液，如果溶液变蓝色，说明溶液中含有碘酸根，从而检验宝色固
体中的NaIO ·H O。
3 2
【解析】题干中采用不同的电解质进行实验，实际是电解对应的电解质溶液，所得产物与苯乙烯发生反应，得到中间产物，中间产物再经过转化最终生成环状碳酸脂。因此需要掌握表格中四种电解质溶液水解的产
物，根据题干中给出的提示将苯乙烯与产物进行反应即可。
（1）取反应后石墨电极附近的溶液加淀粉溶液变蓝，说明在石墨电极处碘离子失电子生成了碘单质，故
石墨做阳极。苯乙烯与石墨电极上生成的物质发生反应，得到中间产物1-苯基-2-碘乙醇，将羟基和碘原子
位置互换，则可能存在的副产物为 。苯基环氧乙烷对二氧化碳进行加成，得
到环状碳酸脂，根据题干中环状碳酸酯的结构，结合反应物，可知得到的环状碳酸酯结构简式为
。已知η(环状碳酸酯)≈63%，当电路中通过1mol电子时，生成环状碳酸酯所用电子为
0.63mol，根据中间产物的结构生成1mol1—苯基—2—碘乙醇，需要一个羟基（水电解生成氢气，产生氢
氧根）和一个碘原子，故生成1mol环状碳酸酯需要1mol电子，则生成0.63mol环状碳酸酯。
（2）氯离子、溴离子、碘离子离子半径依次增大，离子半径越大，原子核对外层电子的吸附能力越小，
失电子能力越强。
（3）①实验Ⅳ中电解质为NaI和水，则阴极的气体为电解水生成的氢气，故电极反应式为
。②实验Ⅳ得到白色固体碘酸钠晶体，原理为碘离子先在阳极失电子生成碘单质，阴极电
解水生成氢氧根，碘单质在碱性条件下歧化生成碘离子和碘酸根离子，碘酸根离子与钠离子结合生成碘酸
钠晶体。化学方程式为 ， ， 。③检验
碘酸钠晶体，即检验碘酸根离子，采用硫酸酸化后，加入淀粉溶液和碘化钾溶液，如果溶液由无色变成蓝色，说明原溶液中存在碘酸根离子。
5．（全国部分重点中学T8联考（湖北）2023届高三上学期第一次学业质量评价化学试题）达菲，通用名
为磷酸奥司他韦，是目前最有效、特异性最高的流感治疗药物之一。下图是磷酸奥司他韦的一种合成路线：
已知：
i.
ii.
回答下列问题：
(1)写出有机物I中含氧官能团的名称：______。
(2)反应①的反应类型是______，该反应既可以在浓硫酸的作用下进行，也可以在 的作用下进行，但
在 作用下进行时产率更高。用化学方程式解释选择 时产率更高的原因：______。
(3)写出反应②中有机物 的结构简式：______。
(4)在下图用*标出磷酸奥司他韦分子中的手性碳原子________。
(5)化合物 是有机物Ⅱ的同分异构体，核磁共振氢谱显示有5组峰，分子中含有六元碳环和甲基，与足量 溶液反应产生 ，与足量的 反应产生 。写出 的结构简式：______。
(6)以上合成路线中反应③用到了易爆物质 ，存在安全隐患，研究人员对合成达菲的方法进行了改进。
改进后的方法需要经历中间物质Z( )，请选择原子数小于5的有机物(无机试剂任选)，设计
合成物质 的路线：______。
【答案】(1)羟基、羧基
(2) 取代反应
(3)CH COCH
3 3
(4)
(5)
(6)CH =CHCH=CH +CH =CHCHOH +CF CHOH
2 2 2 2 3 2
+H O
2【解析】Ⅰ发生酯化反应生成Ⅱ，Ⅱ发生已知反应i原理生成Ⅲ，结合Ⅱ、Ⅲ结构可知，X含有羰基，结
构为CHCOCH ；Ⅲ最终转化为磷酸奥司他韦；
3 3
（1）由结构简式可知，有机物I中含氧官能团的名称：羟基、羧基；
（2）反应①为羧酸和醇的酯化反应，属于取代反应；该反应既可以在浓硫酸的作用下进行，也可以在
的作用下进行， ， 消耗酯化反应生成的水，使得酯化反应向生成酯
的方向移动；
（3）由分析可知，有机物 的结构简式为CHCOCH ；
3 3
（4）手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；磷酸奥司他韦分子中的手性碳原子为：
；
（5）化合物 是有机物Ⅱ的同分异构体，化学式为C H O，不饱和度为3； 与足量 溶
9 14 5
液反应产生 ，则含有2个羧基；与足量的 反应产生 ，分子中已经含有2个羧基则不含
有羟基，则1个氧会形成醚键；核磁共振氢谱显示有5组峰，分子中含有六元碳环和甲基，则应该含有对
称结构；含有六元碳环、2个羧基已经满足不饱和度的要求；则Y可以为 ；（6）根据已知反应ii原理可以使用CH=CHCH=CH 和CH=CHCHOH合成六元环 ，
2 2 2 2
通过氧化羟基转化为羧基得到 ， 和CFCHOH发生
3 2
酯化反应生成Z，故流程可以为：CH=CHCH=CH +CH =CHCHOH
2 2 2 2
+CF CHOH +H O。
3 2 2
考点二 物质提纯类工艺流程
1．准确把握物质提纯的6种常用方法
看目的 选方法
除去可溶性杂质 水溶法
除去碱性杂质 酸溶法
除去酸性杂质 碱溶法
除去还原性或氧化性杂质 氧化还原法
除去受热易分解或易挥发的杂质 灼烧法
除去酸性铜溶液中的Fe3＋等 调pH法
2．正确选择物质分离的6种常用方法
看目的 选方法
分离难溶物质和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法 过滤
利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl 或苯 萃取和分液
4萃取溴水中的溴
提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl 蒸发结晶
提取溶解度随温度变化较大的溶质，易水解的溶质或结晶水合物，如
冷却结晶
KNO、FeCl 、CuCl 、CuSO ·5H O、FeSO ·7H O等
3 3 2 4 2 4 2
分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油 蒸馏与分馏
利用气体易液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离氨气与氮
冷却法
气、氢气
考法 提纯类化学工艺流程题(题型预测：推断题)
1．（2022·重庆八中高三阶段练习）含钒化合物广泛用于钢铁行业、化工行业和催化剂等领域。由富钒废
渣(含 、 和 、 )制备 的一种流程如图：
橙子辅导小组查阅资料：部分含钒物质在水溶液中的主要存在形式如下：
pH ＜1 1～4 4～6 6～8.5 8.5～13 ＞13
主要形式 多矾酸根 多矾酸根
：
备注 多钒酸盐在水中溶解度较小
本工艺中，生成氢氧化物沉淀的pH如下：
物质
开始沉
7.0 1.9 3.2
淀pH
沉淀完
9.0 3.2 4.7
全pH
回答下列问题：(1)钒元素在周期表中的位置为___________，其基态原子的核外电子运动状态有___________种。
(2)“熔烧”中， 与“研磨”所得粉末逆流混合的目的是___________。
(3)滤渣2含有的物质为___________(填化学式)。
(4)“转化II”需要调整pH范围为___________，“转化Ⅲ”中含钒物质反应的离子方程式为___________。
(5)“沉钒”时温度需要控制在 左右，其原因是___________；已知：室温下， 、
，向偏钒酸铵 的悬浊液中加入 ，当 时，溶液中
的 ___________。
(6)煅烧偏钒酸铵 时，固体质量的减少量随温度变化的曲线如图所示： 时发生反应的
化学方程式为___________。
【答案】(1) 第四周期VB族 23
(2)增大原料接触面积，加快反应速率，使反应更充分
(3)V O、Fe（OH）
2 5 3
(4) ＞13 VO +2CO +H O=VO +2HCO
2 2
(5) 温度升高氯化铵分解不利于沉钒；温度升高 溶解度增大，沉钒率下降 0.8mol/L
(6)2HVO HO+VO
3 2 2 5
【解析】由题给流程可知，富钒废渣和碳酸钠固体混合研磨后，高温下在氧气在焙烧时，碳酸钠转化为二氧化碳，钒的氧化物转化为五氧化二钒，NaO•Al O•4SiO 转化为偏铝酸钠和硅酸钠，氧化亚铁转化为氧
2 2 3 2
化铁，将得到的烧渣加入盐酸调节溶液pH小于进行酸浸，将五氧化二钒转化为VO ，硅酸钠转化为硅酸
沉淀，偏铝酸钠转化为铝离子，氧化铁转化为铁离子，过滤得到滤渣1和滤液1；向滤液1中加入氢氧化
钠溶液调节溶液pH为3，将VO 离子转化为五氧化二钒、铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到滤渣2
和滤液2；向滤渣2中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH大于13，将五氧化二钒转化为VO 离子，过滤得到
滤渣3和滤液3；向滤液3中通入过量二氧化碳气体，将溶液中VO 离子转化为VO 离子，向转化后的溶
液中加入氯化铵溶液得到钒酸铵沉淀，过滤得到钒酸铵；煅烧钒酸铵固体得到氨气和五氧化二钒。
（1）钒是23号元素在周期表中的位置为第四周期VB族，基态钒原子的核外电子排布式为
1s22s22p63s23p63d34s2或[Ar]3d34s2，原子核外有几个电子，它的核外电子运动状态就有几种，钒基态原子的
核外电子运动状态有23种。故答案为：第四周期IIIB族；23；
（2）焙烧中，研磨所得粉末与氧气逆流混合可以增大原料接触面积，加快反应速率，使反应更充分；故
答案为：增大原料接触面积，加快反应速率，使反应更充分；
（3）由分析可知，滤渣2含有的物质为五氧化二钒（VO）和氢氧化铁（Fe（OH）），故答案为：
2 5 3
VO、Fe（OH）；
2 5 3
（4）由分析可知，转化Ⅱ为加入氢氧化钠溶液调节溶液pH大于13，将五氧化二钒转化为VO 离子；转
化Ⅲ为通入过量二氧化碳气体，将溶液中VO 离子转化为VO 离子，反应的离子方程式为VO
+2CO +H O=VO +2HCO ，故答案为：＞13；VO +2CO +H O=VO +2HCO ；
2 2 2 2
（5）向偏钒酸铵 的悬浊液中加入 ，当 时，c(VO )= =2×10-3
mol/L,溶液中的 =0.8mol/L。故答案为：温度升高氯化铵分解不利于沉钒；温度升高溶解度增大沉钒率下降；0.8mol/L；
（6）且设NH VO 原固体质量为2.340g,加热到250℃时，质量减少0.340g，发生反应NH VO
4 3 4 3
NH ↑+HVO ；加热到350℃时固体质量减少0.18g，减少的是水，发生的反应为2HVO HO+VO，部分
3 3 3 2 2 5
HVO 分解，到450℃，HVO 完全分解，生成VO，固体质量减少0.52g，加热分解NH VO 制备VO 需
3 3 2 5 4 3 2 5
要控制的温度为450℃，故答案为：2HVO HO+VO。
3 2 2 5
常见操作的答题考虑角度
常见的操作 答题要考虑的角度
从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩—冷却结晶—过滤—洗涤、
分离、提纯
干燥
加快反应速率 升高温度、将矿石粉碎、增大溶液浓度、搅拌等
绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充
提高原子利用率
分利用)
在空气中或在其
要考虑O、HO、CO 或其他气体是否参与反应或能否达到隔绝
2 2 2
他气体中进行的
空气，防氧化、水解、潮解等目的
反应或操作
判断沉淀是否洗
取最后洗涤液少量，检验其中是否还有某种离子存在等
涤干净
①调节溶液的酸碱性，抑制水解(或使其中某些金属离子形成氢
氧化物沉淀)
②“酸作用”还可除去氧化物(膜)
控制溶液的pH
③“碱作用”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需要的酸性条件(或碱性条件)
①防止副反应的发生
控制温度(常用
②使化学平衡移动；控制化学反应的方向
水浴、冰浴或油
③控制固体的溶解与结晶
浴)
④控制反应速率：使催化剂达到最大活性⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发
⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离
⑦趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量
⑧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
①水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质
②“冰水洗涤”：能洗去晶体表面的杂质离子，且防止晶体在洗
涤过程中的溶解损耗
洗涤晶体 ③用特定的有机试剂清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体
的溶解度、有利于析出，减少损耗等
④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2～3次
变式1 无机工艺流程的提纯
1．（2022·福建·一模）铋(Bi)的化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋矿(主要成分为BiS，含
2 3
FeS、CuO、SiO 等杂质)制备NaBiO 的工艺流程如下图：
2 3
已知：
i.Bi3+易水解；NaBiO 难溶于冷水
3
ii.“氧化浸取”时，铋元素转化为Bi3+，硫元素转化为硫单质
iii.Cu(OH) (s)+4NH (g) Cu[(NH )]2+(aq)+2OH-(aq) K=4.4×10-7
2 3 3 4
iv.该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子 Fe2+ Fe3+ Cu2+ Bi3+
开始沉淀的pH 7.6 2.7 4.8 4.5
沉淀完全的pH 9.6 3.7 6.4 5.5
回答下列问题：
(1)为抑制“氧化浸取”时Bi3+水解，可采取的措施是_______。(2)“滤渣1”的主要成分是_______(填化学式)。
(3)“氧化浸取”时，FeS转化为Fe3+的离子方程式是_______。
(4)“除铁”时，调节溶液pH值的范围是_______。
(5)“除铜”时发生反应：Cu2+(aq)+4NH(g) Cu[(NH )]2+(aq) K=2×1013，则K [Cu(OH) ]=_______。
3 3 4 sp 2
(6)“转化”时，生成NaBiO 的离子方程式是_______。“转化”后应冷却至室温再过滤，原因是_______。
3
【答案】(1)加入过量的盐酸##适当降低温度
(2)S、SiO
2
(3)2FeS+3HO+6H+=2Fe3++2S+6H O
2 2 2
(4)3.7≤pH＜4.5
(5)2.2×10-20
(6) Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO ↓+Cl-+2H O NaBiO 在冷水中难溶，冷却过后过滤可减少NaBiO 的损
3 2 3 3
失
【解析】由题干信息，辉铋矿主要成分为BiS，含FeS、CuO、SiO 等杂质，向辉铋矿中加入HO 和盐酸
2 3 2 2 2
进行氧化浸取，发生的反应有：BiS+3H O+6H+=2Bi3++3S+6H O，2FeS+3HO+6H+=2Fe3++2S+6H O，
2 3 2 2 2 2 2 2
CuO+2H+=Cu2++H O，得到含S和SiO 的滤渣1，滤液中含有Bi3+、Fe2+和Cu2+，再调节pH除去Fe3+，得到
2 2
滤渣2为Fe(OH) ，过滤后向滤液中加入氨水，发生反应Cu2++4NH(g) Cu[(NH )]2+，过滤后加入盐酸溶
3 3 3 4
液滤渣，再加入NaOH、NaClO，发生反应Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO ↓+Cl-+2H O得到产品NaBiO。
3 2 3
（1）Bi3+易水解，可加入过量的盐酸或适当降低温度，使得水解平衡逆向移动，从而抑制Bi3+的水解；
（2）根据已知可知，氧化浸取时硫元素转化为硫单质，SiO 不参与反应，因此得到的滤渣1主要成分为S
2
和SiO；
2
（3）由分析，FeS转化为Fe3+的离子方程式是2FeS+3HO+6H+=2Fe3++2S+6H O；
2 2 2
（4）结合已知信息iv，当pH≥3.7时，Fe3+完全沉淀，为防止Bi3+沉淀，pH不能超过4.5，因此“除铁”时，
调节溶液的pH值的范围为3.7≤pH＜4.5；
（5）已知①Cu(OH) (s)+4NH (g) Cu[(NH )]2+(aq)+2OH-(aq) K =4.4×10-7，②Cu2+(aq)+4NH(g)
2 3 3 4 1 3
Cu[(NH )]2+(aq) K =2×1013，反应①-②可得反应Cu(OH) (s) Cu2+(aq)+2OH-(aq)，因此K [Cu(OH) ]=
3 4 2 2 sp 2
=2.2×10-20；
（6）“转化”时加入NaOH、NaClO发生氧化还原反应得到产品NaBiO，反应的离子方程式为Na++ClO-
3
+Bi3++4OH-=NaBiO ↓+Cl-+2H O，由于NaBiO 在冷水中难溶，因此“转化”后应冷却至室温再过滤，可减
3 2 3少NaBiO 的损失。
3
变式2 有机化学工艺流程的提纯
2．（2022·天津·一模）硫酰氯 常用作有机化学的氯化剂，可用干燥氯气和二氧化硫在活性炭催化
下制取。 。实验装置如图所示(部分夹持装置未画出)：
查阅资料可知硫酰氯的部分性质如下。回答下列问题。
①通常条件下为无色液体，熔点﹣54.1℃，沸点69.1℃
②100℃以上开始分解，生成二氧化硫和氯气，长期放置也会分解
③在超市空气中“发烟”
(1)仪器P名称___________，丙中冷凝水的入口___________(填“a”或“b”)。
(2)试剂M选用___________(填试剂名称)。
(3)装置己的作用是___________。
(4)氯磺酸 加热分解也能制得硫酰氯： 。分离两种产物的方法
___________(填操作方法)。
(5)25℃时， ， 。 溶于水所得稀溶液中逐滴加入
稀溶液时，最先产生的沉淀是___________(化学式)。
(6)长期储存的硫酰氯会发黄，可能的原因是(使用必要文字和相关方程式加以解释)______。
(7)若反应中消耗的氯气体积为896 mL(标准状况下)，最后经过分离提纯得到4.05 g纯净的硫酰氯，则硫酰
氯的产率为___________。为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项(答出两项)：
___________。
【答案】(1) 蒸馏烧瓶 a(2)饱和食盐水
(3)吸收逸出的有害气体(尾气吸收，防止污染)防止外界水蒸气进入
(4)蒸馏
(5)AgCl
(6) 氯气溶解其中显黄色
(7) 75% ①先通冷凝水，再通气体②控制气流速率，宜慢不宜快③若丙装置发烫，可适当降温(合理均
可)
【解析】根据实验原理及图示装置分析，由于SO Cl 在潮湿空气中“发烟”，所以需要使用干燥的Cl 和
2 2 2
SO 在活性炭的催化作用下制取SO Cl，甲装置用于制备原料SO ，反应为
2 2 2 2
NaSO +H SO =Na SO +SO↑+H O，而乙装置和丁装置则用于干燥SO 和Cl，丙中SO 和Cl 充分反应后仍
2 3 2 4 2 4 2 2 2 2 2 2
有剩余，且两种气体均为刺激性气味的气体，不能直接排放于空气中，故用己装置装有碱石灰的干燥管吸
收，同时碱石灰做为干燥剂也防止空气中水蒸气进入装置丙，据此分析解答。
(1)由图可知仪器P名称蒸馏烧瓶；为了是冷凝管中充满冷凝水，应该从下口进水，故丙中冷凝水的入口为：
a；
(2)仪器戊中是氯气，加入试剂M后排出氯气，则氯气不能溶解在试剂M中，则试剂M是饱和食盐水；
(3)没有反应完的二氧化硫和氯气会污染空气，且这两种气体都可以被碱石灰吸收，故装置己的作用是吸收
逸出的有害气体(尾气吸收，防止污染)防止外界水蒸气进入；
(4)硫酰氯沸点较低，和硫酸的沸点相差较大，故可以用蒸馏的方法分离；
(5) 可以和水反应方程式为： ，产物中 ，溶液中氯
离子浓度为硫酸根离子的2倍，且氯化银的溶度积常数更小，故AgCl最先沉淀；
(6)氯气的颜色为黄绿色， 分解生成氯气方程式为： ，氯气溶解其中显黄色；
(7) ，由 得， ，则硫酰氯
的产率为 ；
为了提高冷凝的效果，可以先通冷凝水，再通气体；为了使反应更加充分，可以控制气流速率，宜慢不宜
快；该反应放热，为了防止温度过高导致反应物利用率降低，可以注意观察若丙装置发烫，可适当降温；
故答案为：①先通冷凝水，再通气体②控制气流速率，宜慢不宜快③若丙装置发烫，可适当降温(合理均
可)。1．（2015·西藏拉萨·高三阶段练习）[化学——选修5：有机化学基础]
溴苯是一种化工原料，实验室合成溴苯的装置示意图及有关数据如下：
苯 溴 溴苯
密度/g·cm-3 0.88 3.10 1.50
沸点/℃ 80 59 156
水中溶解度 微溶 微溶 微溶
按以下合成步骤回答问题：
（1）在a中加入15 mL无水苯和少量铁屑。在b中小心加入4.0 mL 液溴。向a中滴入几滴液溴，有白雾
产生，写出产生白雾的化学方程式_________________。继续滴加至液溴滴完。装置d中NaOH溶液的作用
是_______________。
（2）反应过程中，a外壁温度升高，为提高原料利用率，需利用温度计控制温度，适宜的温度范围为（填
序号）_________。
A．＞156℃ B．59℃－80℃ C．＜59℃
（3）液溴滴完后，经过下列步骤分离提纯：
①向a中加入10 mL水，然后过滤除去未反应的铁屑；
②滤液依次用10 mL水、8 mL10％的NaOH溶液、10 mL水洗涤。
此操作所需要的玻璃仪器除烧杯外，还需__________，用NaOH溶液洗涤的作用是______；
③向分离出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤。加入氯化钙的目的是_____________。
（4）经过上述分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为_________，要进一步提纯，下列操作中必须的
是________（填入字母）。
A．重结晶 B．过滤 C．蒸馏 D．萃取
【答案】 吸收HBr和Br C 分液漏
2斗 除去未反应的Br 干燥或除去粗溴苯中的水 苯 C
2
【解析】试题分析：（1）在催化剂的作用下苯与液溴反应生成溴苯和溴化氢，溴化氢易挥发而产生白雾，
反应的方程式为 。由于生成的溴苯中含有液溴和溴化氢，
所以氢氧化钠溶液的作用是吸收HBr和Br 。
2
（2）溴的沸点最低，是59℃，所以为防止液溴挥发温度不能超过59℃，答案选C。
（3）②分液时除需要的玻璃仪器除烧杯外，还需分液漏斗。用NaOH溶液洗涤的作用是进一步除去未反
应的Br 。
2
③无水氯化钙常用作干燥机，所以加入无水氯化钙的作用是干燥或除去粗溴苯中的水。
（4）溴苯易溶在有机溶剂苯中，所以粗溴苯中还含有的主要杂质为苯。苯和溴苯互溶蒸馏可以实现分离。
2．（2022·全国·模拟预测）三氧化二铬 可用作着色剂、分析试剂、催化剂等.一种利用铬铁矿(主要
成分为 ，还含有 、 等杂质)清洁生产 的工艺流程如图：
已知：部分离子生成氢氧化物沉淀的
物质
开始
在 时开始溶解， 时溶解完全。 是两性氢
沉淀
氧化物， 在 开始溶解.
完全
沉淀
回答下列问题：
(1)“氧化酸浸”时，消耗 与 的物质的量之比为_______
(2)“氧化酸浸”浸出液中含有的阳离子有_______(用离子符号表示)(3)“沉铁”时，铁元素以黄铵铁矾沉淀的形式析出，黄铵铁矾的化学式为 ，则“沉
铁”时反应的离子方程式为_______
(4)“沉铬”时，所得滤液1中所含主要溶质为_______(用化学式表示)
(5)“除铝”时，需要用 调节溶液的 的范围应为_______(填字母代号)
A． B． C． D．稍大于
【答案】(1)
(2) 、 、 、
(3)
(4)
(5)D
【解析】“氧化酸浸时，除 外的其他氧化物均溶解，其中 中的+2价铁被 氧化为 ，
反应后浸出液中含有 、 、 以及过量的 ；“沉铁”时，铁元素以黄铵铁矾沉淀的形式析出，
用氨沉铬时， 、 以氢氧化物沉淀析出，故滤液中主要含有 、 ，向滤渣 和
中 调节溶液的 除去 中的 ，再进一步煅烧得到 。
（1）“氧化酸浸”时，反应为： ，所
以消耗 与 的物质的量之比为 ，故答案为： 。
（2）“氧化酸浸时，除 外的其他氧化物均溶解，反应后浸出液中含有 、 、 以及过量的
，故答案为： 、 、 、 。
（3）根据信息可写出“沉铁”时离子方程式为：，故答案为：
。
（4）铁元素先以黄铵铁矾沉淀的形式析出，用氨沉铬时， 、 以氢氧化物沉淀析出，故滤液中主要
含有 、 ，主要溶质为 ，故答案为： 。
（5）由表中数据，溶液的pH=6时 沉淀完全时， 也先沉淀完全；除铝需要在pH=9.2时让
完全溶解转化为 ，造成极少量 溶解损失可忽略，以确保 中不含 ，最终得到
纯 ，故答案为：D。
3．（2022·广东·南海中学高二阶段练习）ZnO是一种常用的化学添加剂，广泛应用于塑料、合成橡胶的化
工生产中。一种以工业含锌废渣(主要成分为ZnO，还含有Fe O、Al O、SiO 及Cd2+等)制取氧化锌的工艺
3 4 2 3 2
流程如图所示：
回答下列问题：
已知：Zn(OH) 难溶于水。
2
(1)“酸浸”时为了提高浸取速率，可以采取的措施是_____(任写两种)；该步骤中通入过量空气的作用是
_____。
(2)滤渣B的主要成分为Fe(OH) 、Al(OH) ，“调pH”步骤时若溶液碱性过强，可能导致的后果是_____。
3 3
(3)“沉锌”，应中，往滤液加入NH HCO 溶液，生成ZnCO •Zn(OH) 沉淀及CO，写出相应的离子方程式
4 3 3 2 2
_____。
(4)“沉锌”后的母液可进一步处理，获得一种化工原料，写出该原料在生产中的一种用途_____。
(5)写出加入Zn粉“沉镉”的离子方程式_____。
【答案】(1) 适当升高温度、增大硫酸的浓度，将废渣粉碎，搅拌等 将 氧化成 ，便于后续沉淀除去
(2)Al(OH) 溶解，引入新杂质或者锌离子一起沉淀
3
(3)
(4)氮肥
(5)
【解析】含锌废渣(主要成分为ZnO，还含有Fe O、Al O、SiO 及Cd2+等)，加入硫酸溶液中，其中金属氧
3 4 2 3 2
化物溶于硫酸得到硫酸锌、硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸铝，二氧化硅不溶于硫酸，同时在溶液中通入空气可
将硫酸亚铁氧化成硫酸铁，过滤后在滤液中加ZnO调节pH值使硫酸铁、硫酸铝转化成沉淀；过滤后在滤
液中加入锌粉，将溶液中的Cd置换除去，再过滤后的滤液中加碳酸氢铵，生成ZnCO •Zn(OH) 沉淀，再
3 2
经过滤、洗涤、灼烧等操作得到氧化锌。
（1）“酸浸”时为了提高浸取速率，可以采取适当升高温度、增大硫酸的浓度，将废渣粉碎，搅拌等措
施；酸溶后通入空气目的是将亚铁离子氧化成三价铁便于沉淀除去，故答案为：适当升高温度、增大硫酸
的浓度，将废渣粉碎，搅拌等；将 氧化成 ，便于后续沉淀除去；
（2）Al(OH) 能溶于强碱，“调pH”步骤时若溶液碱性过强，会使氢氧化铝沉淀溶解生成偏铝酸盐，导致
3
滤液中又有新的杂质离子，同时可能导致锌离子也转化成氢氧化锌沉淀，故答案为：Al(OH) 溶解，引入
3
新杂质或者锌离子一起沉淀；
（3）“沉锌”，应中，往滤液加入NH HCO 溶液，生成ZnCO •Zn(OH) 沉淀及CO，可知发生的反应为：
4 3 3 2 2
，故答案为：
；
（4）由以上分析可知沉锌后的母液中含有硫酸铵，可用作氮肥，故答案为：做氮肥；
（5）Zn粉“沉镉”发生置换反应，离子方程式为： ；故答案为： ；
核心考点三 化学基本原理类工艺流程
理论源于实践，而实践又在理论的指导下得到更好的发展。化工生产就是在化学基本理论的指导下进行的。
通常在高考中对化学工艺流程题的考查，化学基本原理的实际应用往往是考查的重点。
高中化学涉及到的化学基本原理主要有：一、化学反应中的热效应主要以热化学方程式的书写和盖斯定律的应用为考查重点。
二、平衡理论主要包括：
1．化学平衡理论；2电离平衡理论；3水解平衡理论；4溶解平衡理论；
平衡理论主要以勒夏物列原理为指导在化工生产中的实际应用。
三、酸碱中和理论和氧化还原反应理论
酸碱中和滴定及拓展的应用——氧化还原反应的滴定和沉淀滴定是考查的重点。
根据氧化还原反应原理进行新情景条件下化学方程式书写是考查的重点。
四、电化学原理
新型原电池是目前高考考查的重点，电解原理的应用和金属腐蚀与防护也是考查的重点。
五、化工流程题出题方向：
（1）据流程图或题目提供的反应物和部分生成物书写新情景方程式；
（2）滤渣的成分；
（3）滤液的成分；
（4）核心反应条件的控制和原因；
（5）选择化学除杂试剂及原因；
（6）调PH值的范围及试剂的选择；
（7）常用的分离方法、实验操作及相关实验仪器；
（8）流程中的物质转化和循环；
（9）有关平衡的问题；
（10）相关化学计算
考法 化学原理类工艺流程题(题型预测：推断题)
1．（2022·河南·商丘市第一高级中学高二阶段练习） 是一种重要的催化剂，以含镍废料为原料(主
要成分 ，含少量 、MgO、CaO)制备高纯 的过程如下：已知：
①各金属离子开始沉淀和刚好完全沉淀的pH如表：
开始沉淀的pH 3.8 6.9 9.6 10.6
刚好完全沉淀的pH 5.2 8.9 11.6 12.6
② ， ， ， 。
回答下列问题：
(1)将镍废料进行粉碎和研磨后再进入“酸浸”工序的目的为_________。
(2)“调pH”时，滤渣1的主要成分为_________，溶液的pH范围应该控制在_________。
(3) 溶液呈_________(填“酸性”或“碱性”)，“除杂”时加入 溶液的目的为_________。
(4)“除杂”后所得溶液的pH=6， ，则此溶液中 _________(保留两位有效数字)，
_________mol/L。
(5)“除杂”工序和“调pH”工序的顺序_________(填“能”或“不能”)互换，原因为_________。
【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率
(2)
(3) 酸性 沉淀 和
(4)
(5) 不能 若互换，则 会大量和 结合成HF，导致 和 的沉淀不完全
【解析】根据镍废料的成份先用硫酸溶解，再根据杂质离子的沉淀的pH来除杂，加NiO调pH要保证把
全部沉淀为 ，“除杂”时加入 溶液使得 和 完全转化为沉淀，最后利用镍离子
和碳酸氢铵的反应来生成碳酸镍，最后结晶得到产品。（1）将镍废料进行粉碎和研磨的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；
故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；
（2）加NiO调pH要保证把 全部沉淀为 ，为保证 全部沉淀，而且不能让 沉淀，故应
调节pH范围为 ；
故答案为： ； ；
（3）由 ， 可知， 的水解程度大于 的水解程度，故
溶液呈酸性：“除杂”时加入 溶液的目的为沉淀 和 ；
故答案为：酸性；沉淀 和 ；
（4） ； ；
，
；
故答案为： ； ；
（5）“除杂”工序和“调pH”工序的顺序不能互换，若互换，则 会大量和 结合成HF，导致 和
的沉淀不完全；
故答案为：不能；若互换，则 会大量和 结合成HF，导致 和 的沉淀不完全。
有关工艺流程操作与化学原理的对应考查1、提高浸出率：粉碎、搅拌、升温、增大酸（或碱）浓度。【化学平衡原理】
2、调节pH值：控制溶液的酸碱性使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。 【溶解平衡原理】
3、保持酸过量（酸化）的目的：通常是抑制某金属阳离子的水解。 【水解平衡原理】
4、温度的控制（可用水浴或冰水浴或油浴来控制） 【化学平衡原理】
5、改变压强：加快反应速率，或促进化学平衡向某个方向移动。【化学平衡原理】
考法1 化学平衡原理类
1．（2021·北京·北理工附中高二期中）煤制天然气工艺是煤高效洁净利用的新途径之一，其工艺流程简图
如下：
(1)反应I：C(s)+H
2
O(g)⇌CO(g)+H
2
(g) ΔH=+135kJ·mol-1，通入的氧气会与部分碳发生燃烧反应。请利用能
量转化及平衡移动原理说明通入氧气的作用：___________。
(2)反应II：CO(g)+H
2
O(g)⇌CO
2
(g)+H
2
(g) ΔH=−41kJ·mol-1.下图表示不同温度条件下，煤气化反应I发生后的
汽气比(水蒸气与原料气中CO物质的量之比)与CO平衡转化率的变化关系。①若增加水蒸气的浓度，则CO气体的平衡转化率将___________。(填“升高”“降低”“不变”)
②判断T、T 和T 的大小关系：___________。
1 2 3
③若煤气化反应I发生后的汽气比为0.8，经煤气化反应I和水气变换反应II后，得到CO与H 的物质的量
2
之比为1：3，则反应II应选择的温度是___________(填“T”“T”或“T”)。
1 2 3
(3)①甲烷化反应IV发生之前需要进行脱酸反应III。煤经反应I和II后的气体中含有两种酸性气体，分别
是HS和___________。
2
②工业上常用热碳酸钾法脱除HS气体得到两种酸式盐，该反应的化学方程式是___________。
2
【答案】(1)氧气与碳发生燃烧反应放热，放出的热被可逆反应 C(s) + H
2
O(g)⇌CO(g) + H
2
(g)吸收利用，促
进反应正向移动
(2) 升高 T
2 2 2
(3) 抑制铜离子水解
【解析】印刷电路板废液主要含 、 以及少量的 等物质，加适量的铁粉，发生Fe＋2Fe3＋
=3Fe2＋ Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，过滤得到粗铜，在氧气中氧化生成粗氧化铜，加入过量的硫酸，得到粗硫酸
铜溶液，制备 ，实现资源回收再利用。
(1)①上述流程中能加快反应速率的措施有：将原料粉碎、适当提高溶液的浓度、提高反应温度，故答案为：
将原料粉碎、适当提高溶液的浓度、提高反应温度；
②印刷电路板废液主要含 、 以及少量的 等物质，加适量的铁粉，发生Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋
Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，故答案为：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋ Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu；
(2)①向粗 溶液滴加3%的 溶液，将溶液中 完全氧化，便于生成氢氧化铁沉淀，从而与铜
离子分离。用离子方程式说明加入 溶液的作用：2Fe2＋＋HO＋2H＋=2Fe3＋＋2HO，故答案为：2Fe2＋
2 2 2
＋HO＋2H＋=2Fe3＋＋2HO；
2 2 2
②调节溶液 ，此时 =2.8×10-9 ，小于1.0×10-5 ，
已沉淀完全。故答案为：2.8×10-9 ；
③ 时，c(Cu2+)= =2.2 > ， 尚未开始沉淀，
根据是 时，c(Cu2+)=2.2 > (已知25℃时 饱和溶液中 的物质的量浓度为
)，故答案为： 时，c(Cu2+)=2.2 > ；
(3)向精制的 溶液中加一定量硫酸，抑制铜离子水解，加热蒸发，再冷却至品体析出，过滤得到晶体。故答案为：抑制铜离子水解。
考法3 水解平衡原理类
3．（2022·四川）碱式碳酸镁不溶于水，用途广泛，主要用作橡胶制品的填充剂，能增强橡胶的耐磨性和
强度。也可用作油漆和涂料的添加剂，也可用于牙膏、医药和化妆品等工业。以水氯镁石(主要成分为
MgCl ·6H O)为原料生产碱式碳酸镁的主要流程如下：
2 2
(1)上述流程中过滤时所需玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还需_______，从滤液中得到NH Cl固体的主要实验
4
操作有_______、_______、过滤、洗涤和干燥。
(2)已知：常温下K (H CO)=4.4×10-7，K (H CO)=4.7×10-11，K (NH ·H O)=1.8×10-5，则NH HCO 溶液显
a1 2 3 a2 2 3 b 3 2 4 3
_______性，c( )_______c( )(选填“大于”、“小于”、“等于”)，该溶液物料守恒表达式为
_______。
(3)预氨化过程中有Mg(OH) 沉淀生成，已知常温下K (Mg(OH) )=1.8×10-11，表示Mg(OH) 沉淀溶解平衡的
2 sp 2 2
方程式为_______，Mg(OH) 达到沉淀溶解平衡时溶液的pH=_______(已知：lg36≈1.5)。
2
【答案】 (1) 漏斗 蒸发浓缩 冷却结晶
(2) 碱 大于 c( )+c(NH ·H O)=c( )+c( )+c(H CO)
3 2 2 3
(3) Mg(OH) (s) Mg2+(aq)+2OH-(aq) 10.5
2
【解析】水氯镁⇌石(主要成分为MgCl
2
·6H
2
O )为原料生产碱式碳酸镁的主要流程：加水溶解，通入氨气，氨
气极易溶于水。得到碱性的氨水，再加入碳酸氢铵，再进行热水解可以将镁离子沉淀下来，形成碱式碳酸
镁沉淀，过滤即可得到目标化合物。
(1)上述流程中过滤时所需玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还需漏斗；
NH Cl的溶解度受温度的影响变化较大，且不稳定，受热易分解，所以从滤液中得到NH Cl固体的主要实
4 4
验操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥；
(2)NH HCO 是弱酸弱碱盐，在溶液中盐电离产生的 、 都会发生水解反应， 水解消耗水电
4 3
离产生的OH-使溶液显酸性； 水解消耗水电离产生的H+使溶液显碱性，由于电离平衡常数：K (NH ·H O)>K (H CO)，所以水解程度： < ，所以溶液显碱性；离子水解程度越大，达到平衡
b 3 2 a1 2 3
时溶液中含有的该离子浓度就越小，因此溶液中离子浓度关系为：c( )>c( )；
盐NH HCO 中 、 数目相等。 在溶液中存在形式为 、NH ·H O； 在溶液中存在
4 3 3 2
形式有 、 、HCO，所以根据二者数目相等，可知溶液中存在的物料守恒关系式为：c( )
2 3
+c(NH ·H O)=c( )+c( )+c(H CO)；
3 2 2 3
(3)Mg(OH) 难溶于水，溶解的部分会电离产生Mg2+、OH-，最终达到沉淀溶解平衡：Mg(OH) (s) Mg2+
2 2
(aq)+2OH-(aq)。已知常温下K (Mg(OH) )=1.8×10-11，则c(Mg2+)·c2(OH-)=1.8×10-11，假设c(OH-)=x mol/L，则
sp 2
c(Mg2+)=0.5x mol/L，0.5x ×x2=1.8×10-11，x3=3.6×10-11。由于室温下水的离子积K =c(H+)·c(OH-)=10-14，所以
w
c3(H+)= ，lgc3(H+)=3lgc(H+)，所以lgc(H+)= lgc3(H+)= ×lg = ×(-30-
1.5)=-10.5，故此时溶液的pH=- lgc(H+)=10.5。
1．（2022·全国·高三专题练习）用化学方法降解水中有机物已成为污水处理领域的重要研究方向。
(1)酸性条件下，铁炭混合物处理污水中硝基苯时的物质转化示意图如图1所示。
①该物质转化示意图可以描述为_______。
②其他条件一定，反应相同时间，硝基苯的去除率与pH的关系如图2所示。pH越大，硝基苯的去除率越
低的原因是_______。(2)向含Fe2+和苯胺( )的酸性溶液中加入双氧水，会发生如下反应：Fe2++H++H O=Fe3++HO·+HO
2 2 2
①HO·(羟基自由基)具有强氧化性，能将溶液中的苯胺氧化成CO 和N。写出该反应的离子方程式：
2 2
_______。
②H O 也具有氧化性，设计验证苯胺是被HO·氧化而不是被HO 氧化的实验方案：_______。
2 2 2 2
(3)利用电化学装置通过间接氧化法能氧化含苯胺的污水，其原理如图3所示。其他条件一定，测得不同初
始pH条件下，溶液中苯胺的浓度与时间的关系如图4所示。反应相同时间，初始溶液pH=3时苯胺浓度大
于pH=10时的原因是_______。[已知氧化性：HClO(H+)>ClO-(OH-)]
【答案】(1) 铁失去电子变成Fe2+，电子传递到炭中，NO 在炭表面得到电子变成NO，NO再得到电子
2
变成NH pH增大，Fe2+生成Fe(OH) 沉淀，Fe(OH) 沉淀覆盖在铁炭混合物表面，阻碍了反应的进行，
2 2 2
降低了反应速率
(2) 2NH +62HO·→12CO ↑+N ↑+38H O 向一定量苯胺溶液中加入HO 溶液，无明显现象(测定苯胺未
2 2 2 2 2 2
发生反应)，再加入FeSO 溶液，有气泡产生(测定苯胺已发生反应)
4
(3)酸性条件下Cl 不易与水反应生成HClO，pH=3时的溶液中HClO溶液浓度远小于pH=10时的ClO-浓度，
2
反应速率较慢
【解析】(1) 根据题意可知，硝基苯与氢离子得电子反应生成亚硝基苯，该物质转化示意图可以描述为:
铁失去电子变成Fe2+，电子传递到炭中，NO 在炭表面得到电子变成NO，NO再得到电子变成NH ；
2 2
在碱性条件下，随着 升高， 腐蚀反应生成的 转化为 沉淀，覆盖在铁屑的表面，阻碍
了电子的传递，抑制了反应的进行，导致硝基苯的降解率降低，
故答案为：随着 升高， 腐蚀反应生成的 转化为 沉淀，覆盖在铁屑的表面，阻碍了电子
的传递，抑制了反应的进行，导致硝基苯的降解率降低；(2)① 在 等离子作用下能够生成羟基自由基 。 具有很强的氧化作用，会氧化苯胺，故反
应式为:2NH+62HO·→12CO ↑+N ↑+38H O
2 2 2 2
②向一定量苯胺溶液中加入HO 溶液，无明显现象(测定苯胺未发生反应)，再加入FeSO 溶液，有气泡产
2 2 4
生(测定苯胺已发生反应)
(3)结合氯气性质可知酸性条件下Cl 不易与水反应生成HClO，pH=3时的溶液中HClO溶液浓度远小于
2
pH=10时的ClO-浓度，反应速率较慢
2．（2022·上海市宝山中学高三期中）以天然气为主要原料合成氨工艺流程大致分为三步：
第一步：原料气的制备。在Ni的催化作用下，天然气主要成分CH 发生如下反应：
4
①CH(g)+HO(g) CO(g)+3H(g)+Q (Q ＜0)；② CO(g)+HO(g) CO(g)+H(g)+Q
4 2 2 1 1 2 2 2 2
完成下列填空：⇌ ⇌
(1)天然气中的含硫化合物(如HS、COS等)在反应前需除去的主要原因是___________。在恒温恒容条件下，
2
欲提高反应①中CH 的反应速率和平衡转化率，可进一步采取的措施是(任写一个)___________。
4
(2)反应②平衡常数随温度变化如表：
温度/℃ 500 800
K a b
a＞b，则Q___________0(选填“＞”、“＜”或“＝”)；若等物质的量的CO和HO(g)发生该反应，进
2 2
行到某一时刻，反应温度400℃， ，此时v ___________v (选填“＞”、“＜”或“＝”)。
正 逆
第二步：原料气的净化。在将氢氮原料气送入合成塔前必须净化，工业上用热KCO 溶液吸收CO
2 3 2。
(3)产物KHCO 溶液显___________性，理由是___________。用平衡移动原理解释吸收CO 的反应在加压
3 2
下进行的原因。___________
第三步：原料气的压缩和氨的合成。将氢氮混合气压缩后在高温高压催化剂条件下合成氨气。
(4)若合成1 mol NH (g)放热46.2kJ，画出合成氨反应的能量变化示意图________。
3【答案】 (1) 防止催化剂(Ni)中毒 升温或适当增大HO(g)浓度
2
(2) ＞ ＞
(3) 碱 HCO 的水解大于电离 CO+H O+CO 2HCO ，加压有利于CO 在水中的
2 2 2
溶解，促进CO 与KCO 溶液反应，平衡向右移动。
2 2 3
(4)
【解析】(1)天然气中的含硫化合物(如HS、COS等)在反应前需除去的主要原因是防止催化剂(Ni)中毒；反
2
应①是一个吸热反应，在恒温恒容条件下，欲提高反应①中CH 的反应速率和平衡转化率，可进一步采取
4
的措施是升温或适当增大HO(g)浓度，原因是升高温度，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，甲烷的
2
转化率增大；适当增大HO(g)浓度，反应速率加快，可以提高甲烷的转化率，故答案为防止催化剂(Ni)中
2
毒；升温或适当增大HO(g)浓度。
2
(2)降温，K值增大，平衡正向移动，正反应为吸热反应，所以Q＞0。等物质的量的CO和HO(g)发生该
2 2
反应，进行到某一时刻，反应温度400℃， ，此时平衡向正反应方向移动v ＞v 故答案为Q
正 逆 2
＞0，v ＞v
正 逆。
(3)产物KHCO 溶液显碱性，原因是HCO 既 可以电离又可以水解，水解程度大于电离程度。
3
CO+H O+CO 2HCO ，加压有利于CO 在水中的溶解，促进CO 与KCO 溶液反应，平衡向右移
2 2 2 2 2 3动。故答案为碱、HCO 的水解大于电离、CO+H O+CO 2HCO ，加压有利于CO 在水中的溶解，
2 2 2
促进CO 与KCO 溶液反应，平衡向右移动。
2 2 3
(4) 由合成1 mol NH (g)放热46.2kJ、合成氨的反应为N+3H =2NH，则合成2mol氨气可放热92.4kJ，该
3 2 2 3
过程的能量变化图象如下图所示：
。
3．（2022·河南·新安县第一高级中学高三阶段练习）某科研小组以平板液晶显示屏生产过程中产生的废玻
璃粉末(含CeO、SiO、Fe O 等)为原料回收Ce的流程如图所示：
2 2 2 3
已知：CeO 具有强氧化性，通常情况下不与常见的无机酸反应。
2
回答下列问题：
(1)为了加快废玻璃粉末的酸浸速率，通常采用的方法有_______(写两种)
(2)操作①和②均为_______。
(3)写出加入HO 只用还原剂时发生反应的离子方程式_______。操作③在加热的条件下加入浓HCl的作用
2 2
是_______。
(4)当加入碱调节溶液的pH=9时，Ce(OH) 悬浊液中c(Ce3+)=_______ 。[已知：25℃时，Ce(OH) 的
3 3
K = 8×10-21]
sp
【答案】(1)搅拌、适当增大酸的浓度、适当升高温度等
(2)过滤
(3) 2CeO+H O+6H+=2Ce3++O +4H O 抑制Ce3+水解生成沉淀
2 2 2 2 2
(4)8×10-6 ↑
【解析】废玻璃粉末(含CeO、SiO、Fe O 等)中加入酸进行酸浸，Fe O 溶解生成Fe3+进入滤液Ⅰ，滤渣为
2 2 2 3 2 3
CeO、SiO；加入HO、盐酸后，SiO 不溶而成为滤渣Ⅱ，滤液中含有Ce3+；调pH后，Ce3+转化为
2 2 2 2 2
Ce(OH) 悬浊液；加入盐酸并转化为CeCl 6HO晶体，再加入浓HCl、 、氩气氛围，CeCl 6HO晶体脱水
3 3 2 3 2
∙ ∆ ∙生成CeCl ，加入还原剂将其还原为Ce。
3
（1）为了加快废玻璃粉末的酸浸速率，可增大接触面积、增大反应物浓度、加热等，通常采用的方法有：
搅拌、适当增大酸的浓度、适当升高温度等。答案为：搅拌、适当增大酸的浓度、适当升高温度等；
（2）操作①和②均为分离固体与液体的操作，所以均为过滤。答案为：过滤；
（3）CeO 具有强氧化性，能将HO 氧化为O 等，自身被还原为Ce3+等，发生反应的离子方程式：
2 2 2 2
2CeO+H O+6H+=2Ce3++O ↑+4H O。操作③中，CeCl 为强酸弱碱盐，CeCl ∙6H O晶体脱水过程中易发生水
2 2 2 2 2 3 3 2
解，所以在加热的条件下加入浓HCl的作用是：抑制Ce3+水解生成沉淀。答案为：2CeO+H O+6H+=2Ce3+
2 2 2
+O ↑+4H O；抑制Ce3+水解生成沉淀；
2 2
（4）当加入碱调节溶液的pH=9时，c(OH-)=1×10-5molL-1，Ce(OH) 悬浊液中c(Ce3+)= mol/L
3
∙
=8×10-6mol/L。答案为：8×10-6。
【考点拓展】图象信息加工类化工流程
拓展一 单一曲线型图象题
1．（2022·山东·高三阶段练习）钪(Sc)及其化合物在电子、超导合金和催化剂等领域有重要应用。一种利
用钛白废酸(含TiO2+、Sc3+、Fe3+等离子的硫酸废液)和拜尔法赤泥(含有Sc O、Al O、Fe O、SiO 等)联合
2 3 2 3 2 3 2
提取钪的工艺流程如下。
回答下列问题：
(1)“酸浸”所得浸渣的主要成分是_______。
(2)“洗钛”中HO 的作用是_______(填标号)。
2 2
A．作氧化剂 B．作还原剂 C．作配体
(3)“萃取”是用酸性磷酸酯萃取剂(P507)、苯乙酮、磺化煤油配得的混合液作萃取剂，P507质量分数(w)对
萃取率的影响如表所示、料液温度对分离系数(β)的影响如图1所示，萃取时P507最佳质量分数及料液温
度分别为_______、_______。
w(P507)/% 分相情况 钪萃取率/% 铁萃取率/%
1 分相容易 90.74 14.892 分相容易 91.74 19.88
3 分相容易 92.14 13.30
5 有第三相 90.59 28.47
8 轻微乳化 90.59 34.85
(4)含钪元素的微粒与pF[pF=–lgc(F–)]、pH的关系如图2所示，用氨水调节溶液的pH最好小于_______，
“沉钪”所得滤液中c(F–)应大于_______mol·L1。
(5)传统制备ScF 的方法是先得到ScF·6H O，再高温脱水得到ScF，但所得ScF 通常含有ScOF杂质，原
3 3 2 3 3
因是_______(用化学方程式表示)。已知该流程中“沉钪”所得滤渣是ScF 与NH Cl形成的水合复盐沉淀，
3 4
“脱水除铵”可制得高纯度ScF 的原因是_______。
3
【答案】(1)SiO
2
(2)C(3) 3% 65℃
(4) 4.2 10–4.2
(5) ScF+H O ScOF+2HF(或ScF·6H O ScOF+2HF+5H O) “除铵”时NH Cl分解生成HCl，抑
3 2 3 2 2 4
制Sc3+的水解
【解析】由题给流程可知，赤泥加入钛白废酸酸浸时，金属氧化物溶于硫酸得到可溶性的金属硫酸盐，二
氧化硅不溶解，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含TiO2+、Sc3+、Fe3+、Al3+的硫酸盐溶液，向滤液中加入磷
酸酯萃取剂萃取滤液中的TiO2+、Sc3+，分液得到含有Fe3+、Al3+的水相和含有TiO2+、Sc3+的有机相，有机相
用稀硫酸洗涤后，再加入HO，TiO2+与HO 络合进入水相，分液后除去，再向有机相中加入NaOH溶液
2 2 2 2
将Sc3+转化为Sc(OH) 沉淀，过滤后，向Sc(OH) 沉淀加入盐酸使其转化为ScCl ，加氨水调溶液pH，加
3 3 3
NH F沉钪得到ScF，用Mg热还原ScF 得到Sc。
4 3 3
（1）由分析可知，“酸浸”所得浸渣的主要成分是二氧化硅，故答案为：SiO；
2
（2）由图可知TiO2+加入HO 后，TiO2+与HO 结合形成[TiO(H O)]2+，该转化过程元素化合价没发生变化，
2 2 2 2 2 2
应该是HO 中的氧原子提供孤电子对，TiO2+中Ti原子提供空轨道，形成配合离子，HO 作配体，故A、
2 2 2 2
B错误，C正确，故答案为：C；
（3）由表格数据可知，P507的质量分数为3%时，钪的萃取率最大，铁萃取率最小，则萃取时P507最佳
质量分数为3%；由图可知，温度为65℃时，钪的萃取率最大，则萃取时最佳料液温度为65℃，故答案为：
3%；65℃；
（4）由流程可知，加氨水调pH维持Sc以Sc3+形式存在，以便后续与F–结合生成ScF，还需防止Sc3+与
3
OH-结合，故调节溶液的pH最好小于4.2；由图可知，“沉钪”需要将Sc3+转化为ScF，pF应小于4.2，则
3
c(F–)应大于10–4.2mol·L1，故答案为：4.2；10–4.2；
（5）ScF·6H O高温脱水得到ScF，但通常含有ScOF杂质，原因是高温脱水时，ScF 会与水反应生成
3 2 3 3
ScOF，结合原子守恒，反应的化学方程式为ScF+H O ScOF+2HF(或ScF·6H O
3 2 3 2
ScOF+2HF+5H O)；流程中“沉钪”后“脱水除铵”可制得高纯度ScF 的原因是“除铵”时NH Cl分解生
2 3 4
成HCl，抑制Sc3+的水解，故答案为：ScF+H O ScOF+2HF(或ScF·6H O ScOF+2HF+5H O)；
3 2 3 2 2
“除铵”时NH Cl分解生成HCl，抑制Sc3+的水解。
4拓展二 多重曲线型图象题
2．（2022·江苏·海安市立发中学高三期中）以废旧锂离子电池的正极材料[活性物质为 、附着
物为炭黑、聚乙烯醇粘合剂、淀粉等]为原料，制备纳米钴粉和 。
(1)预处理。将正极材料研磨成粉末后进行高温煅烧，高温煅烧的目的是_______。
(2)浸出，将煅烧后的粉末(含 和少量难溶杂质)与硫酸混合，得到悬浊液，加入如图所示的烧瓶中。
控制温度为75℃，边搅拌边通过分液漏斗滴加双氧水，充分反应后，滤去少量固体残渣。得到 、
和硫酸的混合溶液。浸出实验中当观察到_______，可以判断反应结束，不再滴加双氧水。
(3)制钻粉。向浸出后的溶液中加入NaOH调节pH，接着加入 可以制取单质钴粉，同时有 生
成。已知不同pH时Co(II)的物种分布图如图所示。Co2+可以和柠檬酸根离子( )生成配合物
。①写出pH=9时制钴粉的离子方程式：_______。
②pH>10后所制钴粉中由于含有Co(OH) 而导致纯度降低。若向pH>10的溶液中加入柠檬酸钠(
2
)，可以提高钴粉的纯度，原因是_______。
(4)请补充完整由浸取后滤液先制备 ，并进一步制取 的实验方案：取浸取后滤液，
_______，得到 。[已知： 易溶于水， 难溶于水， 在空气中加热时的固
体残留率( 100%)与随温度的变化如图所示。实验中需使用的试剂有：2 溶
液、0.1 BaCl 溶液)]
2
(5)用下列实验可以测定 的组成：
实验1：准确你取一定质量的 样品，加入盐酸，加热至圆体完全溶解(溶液中的金属离子只存在
和 )，冷却后转移到容量瓶中并定容至100mL。实验2：移取25.00mL实验1容量瓶中溶液，加入指示剂，用0.01000 EDTA( )溶液滴定至
终点(滴定反应为 )，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液25.00ml。
实验3：准确称取与实验1中等质量的 样品，加入一定量的硝酸和 溶液，加热至固体完全溶
解。冷却后转移到容量瓶并定容至100mL。移取10.00mL溶液，通过火焰原子吸收光谱法测定其中 浓
度为 。
计算 样品的化学式，并写出计算过程_______。
【答案】(1)除去附着物炭黑、聚乙烯醇粘合剂、淀粉等物质；
(2)圆底烧瓶中不再产生气泡；
(3) Co (OH) + 2N H HO+ 4OH- = 2N ↑+ 4Co + 10H O; 当pH> 10时，浸出液中存在溶解平衡：
4 2 4 2 2 2
⋅
Co(OH) (s) Co2+(aq) + 2OH-(aq)，加入的柠檬酸钠(Na C HO)会电离产生柠檬酸根离子(C HO )，
2 3 6 5 7 6 5
C HO 与Co2+结合配合物[CoC HO]-，c(Co2+)减小，溶解平衡正向移动，Co(OH) 减少，Co纯度提高；
6 5 6 5 7 2
(4)向其中加入过量的2molL−1(NH )C O 溶液，然后过滤，洗涤滤渣，用0.1 molL−1BaCl 检验滤渣洗涤干
4 2 2 4 2
净后，将滤渣加热至400-8⋅00摄氏度左右，当固体质量不再改变时； ⋅
(5)设25.00 mL溶液中含有的n(Co2+)= y mol，则根据已知方程式可得到如下关系：
y=0.00025mol，
依据题中已知信息，取样品配制100mL，而移取25.00mL，所以100mL样品中含有的n(Co) = n(Co2+)=
0.00025mol =0.001mol；
由实验3可知100mL 样品中：n(Li) = 0.1L = 0.0006 mol，
n(Li)：n(Co) = x:1= 0.0006 mol：0.001mol = 0.6，x=0.6，所以化学式为Li.CoO。
06 2
【解析】（1）预处理时将正极材料研磨成粉末后进行高温煅烧，依据已知信息，正极材料除活性物质外，
还附着物炭黑、聚乙烯醇粘合剂、淀粉等物质，所以高温煅烧的目的就是除去附着物炭黑、聚乙烯醇粘合
剂、淀粉等物质；
（2）浸出过程，向煅烧后含 的粉末中加入HO 后，Co元素被还原成Co2+，而HO 被氧化成O，
2 2 2 2 2装置内会有气泡产生，所以当装置中不再有气泡产生时，说明已被原完全，则不再需要加HO，所以答案
2 2
为当圆底烧瓶内不再产生气泡时；
（3）①由图可知，pH=9时，二价钴以Co (OH) 形式存在，依此确定反应物为，此过程为制钻粉，所以
4
生成物为Co单质，同时 在制取单质钴时有N 生成，因而生成物还有N，根据电子守恒，1mol
2 2
钴失去8mole-，1mol 得到4mole-，所以 系数为2，再根据电荷守恒，在碱性条件下反
应，所以加OH-，最后根据氧原子守恒，确定水的系数为6，最终得到离子方程式：Co (OH) + 4OH- +
4
2NH HO = 2N↑+ 4Co + 10H O；②当pH> 10时，由图可知浸出液中钴元素以Co(OH) (s)形式存在，混在
2 4 2 2 2 2
⋅
钴粉中使其不纯净，所以需要除掉Co(OH) (s)，在浸出液中会存在溶解平衡：Co(OH) (s) Co2+(aq) +
2 2
2OH-(aq)，由题干中所给信息，加入的柠檬酸钠(Na C HO)会电离产生柠檬酸根离子(C HO )，C HO 与
3 6 5 7 6 5 6 5
Co2+结合配合物[CoC HO]-，c(Co2+)减小，上述溶解平衡正向移动，Co(OH) 减少，Co纯度提高；
6 5 7 2
（4）浸出后，得到 、 和硫酸的混合溶液，已知条件给出 易溶于水， 难溶于水，
所以首先用所给试剂2 溶液将 转化为 沉淀析出，过滤除去 等
杂质，然后洗涤，为了保证杂质除尽，用0.1 BaCl 溶液检验洗涤液中的无硫酸根，干燥后，空气中
2
加热分解 ，得到 ，设原固体质量为100g，则n( ) = n( ) =
mol，根据Co守恒，设n( )=amol，则
n( ) = mol，则当固体为 时，固体残留率 = %=43.9%，对应的温度为400-800℃，所以在此温度下加热分解得到 ，答案为：向其中加入过量的2molL−1(NH )C O 溶液，然后
4 2 2 4
⋅
过滤，洗涤滤渣，用0.1 molL−1BaCl 检验滤渣洗涤干净后，将滤渣加热至400-800℃左右，当固体质量不
2
再改变时； ⋅
（5）设25.00 mL溶液中含有的n(Co2+)= y mol，则根据已知方程式可得到如下关系：
y=0.00025mol
依据题中已知信息，取样品配制100mL，而移取25.00mL，所以100mL样品中含有的n(Co) = n(Co2+)
0.00025mol =0.001mol；
由实验3可知100mL 样品中：n(Li) = 0.1L = 0.0006 mol，
n(Li)：n(Co) = x:1= 0.0006 mol：0.001mol = 0.6
x=0.6，所以化学式为Li.CoO。
06 2
拓展三 表格题类型
3．（2022·山东青岛·高二期中）含铂、铑等活性成分的催化剂能促使 、 发生如下反应：
，将汽车尾气中的 、 转化为无毒气体。回答下列问题：
(1)为了测定在催化剂作用下的反应速率，在某温度下，用二氧化碳传感器测得不同时间的 浓度如表：
时间/ 0 30 60 90 120 150
0
前2min内的平均反应速率 _______。0～30s和30～60s时间段内反应速率变化的主要原因是
_______。
(2)为了分别验证不同条件对化学反应速率的影响，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下面实
验设计表格中。
实验编号 T/℃ 催化剂类型
Ⅰ 320 铂铑Ⅱ 稀土
Ⅲ 260 铂铑
①实验Ⅰ、Ⅲ的目的是_______，故 _______。
②对比实验Ⅱ、Ⅲ，改变的条件是_______，故 _______， _______。
【答案】(1) 反应物浓度减小，反应速率逐渐减小；
(2) 探究温度对反应速率的影响 催化剂类型 260℃
【解析】（1） 。由表中数据可知，
O～30s和30s～60s时间段内△c(CO)分别为 、3.00×10-3 ，反应速率逐渐减慢，其主
2
要原因是随着反应的进行，反应物浓度减小，反应速率逐渐减小，故答案： ；反应
物浓度减小，反:应速率逐渐减小；
（2）验证不同条件对化学反应速率的影响，用控制唯一变量法，实验Ⅰ、Ⅲ温度不同，实验目的是探究
温度对反应速率的影响，故c 为 。对比实验Ⅱ、Ⅲ唯一变量是催化剂类型不同，对比实
2
验Ⅱ、Ⅲ，改变的条件是催化剂类型，其它条件相同，故 260℃， 。故答案为：探
究温度对反应速率影响； ；催化剂类型；260℃ ； ；
