文档文本内容
专题38 工业流程题解题策略
——以非金属元素为载体
考点
十年考情（2016-2025）
命题趋势
考点1 选择题
（简单工艺流程分
析）
2025：湖北、广东、云南
2024：广西、重庆、贵州、北京
2023：湖北
2022：天津、福建、湖南
2021：福建、辽宁、山东
2018：浙江
注重考查学科核心知识 ：工业流程题的命
题来源很广,与各个知识模块的结合点较
多。选取以非金属元素为主的工业生产流
程，有两个目的：一是从混合物中分离、
提纯某一物质；另一目的就是利用某些物
质制备另一物质。考查应用基础知识分析
解决生产中的实际问题的能力，涉及氧化
还原反应、物质的转化、环境污染（废
水、废气、废渣）与治理、实现可持续发
展等核心知识。
强调知识的灵活运用与综合分析 ：工业流
程题是高考的热点，所占的分值重，由于
此类试题陌生度高，对学生的能力要求
大，加上有的试题文字量大，学生在没做
之前往往就会产生畏惧感，所以这类题的
得分不是很理想。因此分析工业流程题时,
应将流程路线、试题设问和理论知识有机
结合起来,找到所需回答的问题与流程图中
相关信息的一一对应关系，“顺藤摸瓜”
考点2 非选择题
（综合工艺流程分
析）
2025：重庆、四川、北京、甘肃
2024：河北、湖北
2023：天津、江苏、海南、浙江、湖
北、全国甲卷
2022：全国甲卷
2021：全国甲卷
2020：海南
2016：全国I 卷
就可以有效解决相关问题。
1．（2025·湖北·高考真题）如图所示的物质转化关系中，固体A 与固体B 研细后混合，常温下搅拌产生气
体C 和固体D，温度迅速下降。气体C 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。G 是一种强酸。H 是白色固体，常用
作钡餐。下列叙述错误的是
A．在C 的水溶液中加入少量固体A，溶液
升高
B．D 为可溶于水的有毒物质
C．F 溶于雨水可形成酸雨
D．常温下可用铁制容器来盛装G 的浓溶液
【答案】A
【分析】固体A 与固体B 研细后混合，常温下搅拌产生气体C 和固体D，温度迅速下降。气体C 能使湿润
的红色石蕊试纸变蓝，则C 为NH3，G 是强酸，则E 是NO，F 是NO2，G 是HNO3；H 是白色固体，常用作
钡餐，H 是BaSO4，D 是BaCl2，A 和B 反应是NH4Cl 和Ba(OH)2·8H2O 反应，C(NH3)和HCl 可转化为NH4Cl，则
A 是NH4Cl，B 是Ba(OH)2·8H2O。
【详解】A．在C(NH3)的水溶液(氨水)中加入少量固体A(NH4Cl)，铵根浓度增大，抑制了NH3·H2O 的电离，
OH-浓度减小，溶液pH 减小，A 错误；
B．D(BaCl2)易溶于水，溶于水电离出Ba2+，钡是重金属，有毒，B 正确；
C．F(NO2)与水反应生成强酸硝酸，故NO2溶于雨水可形成硝酸型酸雨，C 正确；
D．G 是HNO3，常温下浓HNO3将Fe 钝化，故常温下可用铁制容器来盛装浓硝酸，D 正确；
答案选A。
2．（2025·广东·高考真题）能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是
单质X
氧化物1
氧化物2
酸(或碱)
盐
A．X 可为铝，盐的水溶液一定显酸性
B．X 可为硫，氧化物1 可使品红溶液褪色
知识点01 选择题（简单工艺流程分析）
C．X 可为钠，氧化物2 可与水反应生成
D．X 可为碳，盐的热稳定性：
【答案】B
【详解】A．铝单质与O2生成Al2O3后无法再被O2氧化，无法形成氧化物2，且Al2O3与水反应需强酸/碱才
能溶解，A 错误；
B．硫燃烧生成SO2(氧化物1，使品红褪色)，SO2氧化为SO3(氧化物2)，SO3与水生成H2SO4，再与NaOH 生
成盐，转化关系成立，B 正确；
C．钠与氧气常温反应生成Na2O(氧化物1)，进一步氧化为Na2O2(氧化物2)；Na2O2与水反应生成NaOH 和
O2，不会生成H2，C 错误；
D．碳与氧气反应先生成CO，最终生成CO2，与水反应生成碳酸，与碱反应可生成盐，但Na2CO3热稳定性
强于NaHCO3，D 结论错误，D 错误；
故选B。
3．（2025·云南·高考真题）稻壳制备纳米Si 的流程图如下。下列说法错误的是
A．
可与NaOH 溶液反应
B．盐酸在该工艺中体现了还原性
C．高纯Si 可用于制造硅太阳能电池
D．制备纳米Si：
【答案】B
【分析】稻壳在一定条件下制备纳米SiO2，纳米SiO2和Mg 在650℃发生置换反应生成MgO 和纳米Si，加
盐酸将MgO 转化为MgCl2，过滤、洗涤、干燥得到纳米Si。
【详解】A．SiO2是酸性氧化物，与NaOH 反应生成Na2SiO3和H2O，A 正确；
B．盐酸参与的反应为：MgO+2HCl=MgCl2+H2O，该反应是非氧化还原反应，盐酸体现酸性，没有体现还原
性，B 错误；
C．高纯硅可以将太阳能转化为电能，故可用于制硅太阳能电池，C 正确；
D．SiO2和Mg 在650℃条件下发生置换反应得到MgO 和纳米Si，反应的化学方程式为
，D 正确；
答案选B。
4．（2024·广西·高考真题）实验小组用如下流程探究含氮化合物的转化。
为阿伏加德罗常数的值，下
列说法正确的是
A．“反应1”中，每消耗
，在
下得到
B．“反应2”中，每生成0.1molNO，转移电子数为
C．在密闭容器中进行“反应3”，
充分反应后体系中有
个
D．“反应4”中，为使
完全转化成
，至少需要
个
【答案】B
【分析】反应1 为实验室制备氨气的反应，方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2
2NH3↑+CaCl2+2H2O，反应2 是氨气
的催化氧化，方程式为：4NH3+5O2
4NO+6H2O，反应3 为一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，方程式为：
2NO+O₂=2NO₂ ，反应4 为二氧化氮，氧气和水反应生成硝酸，4NO2+2H2O+O2=4HNO3，以此解题。
【详解】A．根据分析可知，每消耗
，生成0.1mol 氨气，但是由于不是标准状况，则气体不
是2.24L，A 错误；
B．根据分析可知，反应2 方程式为：4NH3+5O2
4NO+6H2O，该反应转移20e-，则每生成0.1molNO，转
移电子数为
，B 正确；
C．根据反应3，
充分反应后生成
个
，但是体系中存在2NO2
N
⇌
2O4，则最终二氧化氮
数目小于
，C 错误；
D．根据反应4 可知，为使
完全转化成
，至少需要
个O2，D 错误；
故选B。
5．（2024·重庆·高考真题）单质M 的相关转化如下所示。下列说法错误的是
A．a 可使灼热的铜变黑
B．b 可与红热的铁产生气体
C．c 可使燃烧的镁条熄灭
D．d 可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
【答案】C
【分析】碱溶液与单质d 反应生成漂白液，故单质d 为Cl2，碱溶液是NaOH；碱溶液NaOH 与氧化物c（适
量）反应得纯碱溶液，故氧化物c 为CO2；单质Ｍ与氧化物b 反应得碱溶液，故单质M 为Na，氧化物b 为
H2O；Na 与单质a 反应得氧化物，因此单质a 为O2，据此回答。
【详解】A．a 为O2，O2可与灼热的铜反应生成黑色的氧化铜，A 正确；
B．b 为H2O，水蒸气可与红热的铁在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，B 正确；
C．c 为CO2，镁条在CO2中燃烧生成氧化镁和碳，燃烧的镁条不熄灭，C 错误；
D．d 为Cl2，Cl2可与碘化钾反应生成碘单质，碘单质能使湿润的淀粉试纸变蓝，D 正确；
答案选C。
6．（2024·贵州·高考真题）贵州重晶石矿(主要成分
)储量占全国
以上。某研究小组对重晶石矿进
行“富矿精开”研究，开发了制备高纯纳米钛酸钡
工艺。部分流程如下：
下列说法正确的是
A．“气体”主要成分是
，“溶液1”的主要溶质是
B．“系列操作”可为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
C．“合成反应”中生成
的反应是氧化还原反应
D．“洗涤”时可用稀
去除残留的碱，以提高纯度
【答案】B
【分析】重晶石矿（主要成分为
）通过一系列反应，转化为
溶液；加盐酸酸化，生成
和
气体；在
溶液中加入过量的NaOH，通过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到
；过滤得到的溶液1 的溶质主要含NaCl 及过量的NaOH；
加水溶解后，加入
，进行合成反应，得到
粗品，最后洗涤得到最终产品。
【详解】A．由分析可知，“气体”主要成分为
气体，“溶液1”的溶质主要含NaCl 及过量的NaOH，A
项错误；
B．由分析可知，“系列操作”得到的是
晶体，故“系列操作”可以是蒸发浓缩，冷却结晶、
过滤、洗涤、干燥，B 项正确；
C．“合成反应”是
和
反应生成
，该反应中元素化合价未发生变化，不
是氧化还原反应，C 项错误；
D．“洗涤”时，若使用稀
，
会部分转化为难溶的
，故不能使用稀
，D 项错误；
故选B。
7．（2024·北京·高考真题）硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。
下列说法不正确的是
A．I 的化学方程式：
B．Ⅱ中的反应条件都是为了提高
平衡转化率
C．将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生
D．生产过程中产生的尾气可用碱液吸收
【答案】B
【分析】黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，SO2和空气中的O2在
400~500℃、常压、催化剂的作用下发生反应得到SO3，用98.3%的浓硫酸吸收SO3，得到H2SO4。
【详解】A．反应I 是黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，化学方程式：
，故A 正确；
B．反应Ⅱ条件要兼顾平衡转化率和反应速率，还要考虑生产成本，如Ⅱ中“常压、催化剂”不是为了提
高
平衡转化率，故B 错误；
C．将黄铁矿换成硫黄，则不再产生
，即可以减少废渣产生，故C 正确；
D．硫酸工业产生的尾气为
、
，可以用碱液吸收，故D 正确；
故选B。
8．（2023·湖北·高考真题）工业制备高纯硅的主要过程如下：
石英砂
粗硅
高纯硅
下列说法错误的是
A．制备粗硅的反应方程式为
B．1molSi 含Si-Si 键的数目约为
C．原料气HCl 和
应充分去除水和氧气
D．生成
的反应为熵减过程
【答案】B
【详解】A.
和
在高温下发生反应生成
和
，因此，制备粗硅的反应方程式为
，A 说法正确；
B. 在晶体硅中，每个Si 与其周围的4 个Si 形成共价键并形成立体空间网状结构，因此，平均每个Si 形成2
个共价键， 1mol Si 含Si-Si 键的数目约为
，B 说法错误；
C. HCl 易与水形成盐酸，在一定的条件下氧气可以将HCl 氧化；
在高温下遇到氧气能发生反应生成水，
且其易燃易爆，其与
在高温下反应生成硅和HCl，因此，原料气HCl 和
应充分去除水和氧气 ，C
说法正确；
D.
，该反应是气体分子数减少的反应，因此，生成
的反应为熵减过程，
D 说法正确；
综上所述，本题选B。
9．（2022·天津·高考真题）燃油汽车行驶中会产生CO、NO 等多种污染物。下图为汽车发动机及催化转化
器中发生的部分化学反应。以下判断错误的是
A．甲是空气中体积分数最大的成分
B．乙是引起温室效应的气体之一
C．反应(
)
Ⅰ在常温下容易发生
D．反应(
)
Ⅱ中NO 是氧化剂
【答案】C
【分析】甲和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和一氧化碳反应生成甲和二氧化碳，再根据元素守恒，则
甲为氮气。
【详解】A．甲是氮气，氮气空气中体积分数最大的成分，故A 正确；
B．乙是二氧化碳，则乙是引起温室效应的气体之一，故B 正确；
C．由于氮气含有氮氮三键，因此反应(
)
Ⅰ在常温下不容易发生，在高温或放电条件下发生，故C 错误；
D．一氧化碳和一氧化氮反应生成氮气和二氧化碳，一氧化氮中氮化合价降低，因此反应(
)
Ⅱ中NO 是氧化
剂，故D 正确。
综上所述，答案为C。
10．（2022·福建·高考真题）用铬铁合金(含少量
单质)生产硫酸铬的工艺流程如下：
下列说法错误的是
A．“浸出”产生的气体含有
B．“除杂”的目的是除去
元素
C．流程中未产生六价铬化合物
D．“滤渣2”的主要成分是
【答案】D
【分析】由流程可知，加入稀硫酸溶解，生成气体为氢气，溶液中含
加入Na2S 分离
出滤渣1 含CoS 和NiS，
不会沉淀，再加入草酸除铁生成FeC2O4，过滤分离出硫酸铬，以此来解
答。
【详解】A．四种金属均与稀硫酸反应生成H2，A 正确；
B．共有四种金属，由流程可知，沉铁后分离出硫酸铬，则“除杂"的目的是除去Ni、Co 元素，B 正确；
C．由上述分析可知，流程中未产生六价铬化合物，C 正确；
D．“滤渣2”的主要成分是FeC2O4，D 错误；
故本题选D。
11．（2022·湖南·高考真题）铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下：
下列说法错误的是
A．不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料
B．采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率
C．合成槽中产物主要有
和
D．滤液可回收进入吸收塔循环利用
【答案】C
【分析】烟气(含HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应
，向合成槽中
通入NaAlO2，发生反应
，过滤得到
和含有
的滤液，据此回答；
【详解】A．陶瓷的成分中含有SiO2，SiO2能与烟气中的HF 发生反应，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料，
故A 正确；
B．采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积，提高吸收塔内烟气吸收效率，故B 正确；
C．由上述分析可知，合成槽内发生反应
，产物是
和
，故C 错误；
D．由上述分析可知，滤液的主要成分为
，可进入吸收塔循环利用，故D 正确；
故选C。
12．（2022·湖南·高考真题）科学家发现某些生物酶体系可以促进
和
的转移(如a、b 和c)，能将海洋
中的
转化为
进入大气层，反应过程如图所示。
下列说法正确的是
A．过程Ⅰ中
发生氧化反应
B．a 和b 中转移的
数目相等
C．过程Ⅱ中参与反应的
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为
【答案】D
【详解】A．由图示可知，过程I 中NO 转化为NO，氮元素化合价由+3 价降低到+2 价，NO 作氧化剂，被
还原，发生还原反应，A 错误；
B．由图示可知，过程I 为NO 在酶1 的作用下转化为NO 和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守
恒可知，反应的离子方程式为：NO +2H++e-
NO+H2O，生成1molNO，a 过程转移1mole-，过程II 为NO 和
NH 在酶2 的作用下发生氧化还原反应生成H2O 和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，
反应的离子方程式为：NO+NH +3e-+2H+
H2O+N2H4，消耗1molNO，b 过程转移3mol e-，转移电子数目不
相等，B 错误；
C．由图示可知，过程II 发生反应的参与反应的离子方程式为：NO+NH +3e-+2H+
H2O+N2H4，n(NO):n(NH
)=1:1，C 错误；
D．由图示可知，过程I 的离子方程式为NO +2H++e-
NO+H2O，过程II 的离子方程式为NO+NH +3e-+2H+
H2O+N2H4，过程III 的离子方程式为N2H4
N2↑+4H++4e-，则过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO + NH =
N2↑+2H2O，D 正确；
答案选D。
13．（2021·福建·高考真题）明代《徐光启手迹》记载了制备硝酸的方法，其主要流程(部分产物已省略)如
下：
下列说法错误的是
A．FeSO4的分解产物X 为FeO
B．本流程涉及复分解反应
C．HNO3的沸点比H2SO4的低
D．制备使用的铁锅易损坏
【答案】A
【详解】A．据图可知FeSO4分解时生成SO2和SO3，部分S 元素被还原，则Fe 元素应被氧化，X 为Fe2O3，
A 错误；
B．H2SO4与KNO3在蒸馏条件下生成HNO3和K2SO4，为复分解反应，B 正确；
C．H2SO4与KNO3混合后，蒸馏过程中生成HNO3，说明HNO3的沸点比H2SO4的低，C 正确；
D．硫酸、硝酸均可以和铁反应，所以制备使用的铁锅易损坏，D 正确；
综上所述答案为A。
14．（2021·辽宁·高考真题）含S 元素的某钠盐a 能发生如图转化。下列说法错误的是
A．a 可能为正盐，也可能为酸式盐
B．c 为不溶于盐酸的白色沉淀
C．d 为含极性键的非极性分子
D．反应②中还可能生成淡黄色沉淀
【答案】C
【分析】由题干信息可知，盐a 与足量的稀盐酸产生刺激性气味气体d，d 能使KMnO4溶液褪色，故d 为
SO2，则盐a 为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，盐a 与足量Cl2反应后将生成
，与BaCl2溶液反
应得到沉淀c，故c 为BaSO4，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，盐a 为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，故a 可能为正盐，也可能为酸式
盐，A 正确；
B．由分析可知，c 为BaSO4，故c 为不溶于盐酸的白色沉淀，B 正确；
C．由分析可知，d 为SO2，由SO2易溶于水并根据“相似相溶”原理可知，d 是含有极性键的极性分子，C
错误；
D．由分析可知，盐a 为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，当Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S↓+SO2↑+H2O，
反应②中还可能生成淡黄色沉淀，D 正确；
故答案为：C。
15．（2021·山东·高考真题）工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图，下列说法错误
的是
A．吸收过程中有气体生成
B．结晶后母液中含有NaHCO3
C．气流干燥湿料时温度不宜过高
D．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3
【答案】B
【分析】根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为NaHSO3，则母液为饱和
NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为：
H2SO3+2Na2CO3= Na2SO3+ 2NaHCO3，NaHSO3+ Na2CO3= Na2SO3+ NaHCO3，所以调节pH 为8 进行中和后得到
Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为：
Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3↓，SO2+ NaHCO3= CO2+ NaHSO3↓，此时会析出大量NaHSO3晶体，经过离心分离，
将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到NaHSO3产品，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A 正确；
B．结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO3，假设产物中存在
NaHCO3，则其会与生成的NaHSO3发生反应，且NaHCO3溶解度较低，若其残留于母液中，会使晶体不纯，
假设不成立，B 错误；
C．NaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C 正确；
D．结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D 正确；
故选B。
16．（2018·浙江·高考真题）某同学通过如下流程制备氧化亚铜：
已知：
难溶于水和稀硫酸，
下列说法不正确的是
A．步骤②
可用
替换
B．步骤③中为防止
被氧化，可用
溶液洗涤
C．步骤④发生反应的离子方程式为
D．如果
试样中混有
和
杂质，用足量稀硫酸与
试样充分反应，根据反应前、后固体
质量可计算试样纯度
【答案】D
【分析】碱式碳酸铜和过量的盐酸反应，生成
，
溶液中通入
，可将
还原为
，
与氢氧化钠反应生成氧化亚铜、氯化钠和水，据此分析作答。
【详解】A．步骤②中
的主要作用是将
还原为
，
同样具有还原性，可以替换，A 项
正确；
B．
溶液具有还原性，可以防止
被氧化，B 项正确；
C．步骤④
与氢氧化钠反应生成氧化亚铜、氯化钠和水，发生反应的离子方程式为
，C 项正确；
D．如果
试样中混有
和
杂质，用足量稀硫酸与
试样充分反应后，得到的固体中含有
和
，此时无法计算试样纯度，D 项错误；
答案选D。
17．（2025·重庆·高考真题）硒(Se)广泛应用于农业和生物医药等领域，一种利用H2Se 热解制备高纯硒的
流程如下：
已知H2Se 的沸点为231K，回答下列问题：
(1)真空焙烧时生成的主要产物为
，其中Se 的化合价为 ，Al 元素基态原子的电子排布式为
。
(2)氢化过程没有发生化合价的变化，Al 元素转化为Al2O3·xH2O，则反应的化学方程式为 。
(3)热解反应：
。冷凝时，将混合气体温度迅速降至500K 得到固态硒。
Se 由气态直接转变为固态的过程称为 。迅速降温的目的 ；冷凝后尾气的成分为 (填
化学式)。
(4)Se 的含量可根据行业标准YS/T 226.12-2009 进行测定，测定过程中Se 的化合价变化如下：
称取粗硒样品0.1000g，经过程①将其溶解转化为弱酸H2SeO3，并消除测定过程中的干扰。在酸性介质中，
先加入0.1000mol·L-1 Na2S2O3标准溶液40.00mL，在加入少量KI 和淀粉溶液，继续用Na2S2O3标准溶液滴定
知识点02 非选择题（综合工艺流程分析）
至蓝色消失为终点(原理为
)，又消耗8.00mL。过程②中Se(IV)与Na2S2O3反
应的物质的量之比为1：4，且反应最快。过程③的离子方程式为 。该样品中Se 的质量分数为
。
【答案】(1)
(2)
(3) 凝华 减少
生成，提高Se 产率
，
(4)
94.8%
【分析】粗Se 加入铝粉焙烧得到
，通入水蒸气氢化得到
，脱水后热解发生反应：
，冷凝后得到精Se；
【详解】（1）Al 是IIIA 族元素，化合价为+3 价，则Se 化合价为-2 价；铝的基态电子排布式为
；
（2）“氢化”过程是
与水蒸气反应生成
，化学方程式为
；
（3）从气态变为固态的过程为凝华；已知热解正向是吸热反应，降温时，为避免平衡逆向移动，需要迅
速冷凝Se 蒸汽，故目的是减少
生成，提高Se 产率；尾气种含有
以及少量的
；
（4）反应③是
被KI 还原为Se 的过程，离子方程式为：
；
第一次加入40.00mL 的
溶液和KI 溶液，二者同时做还原剂，将
还原为Se，第二次再加入
同浓度的
滴定上一步生成的碘单质，整个过程相当于48mL 0.1mol/L 的
溶液与
反
应，根据已知条件Se(IV)与
反应的物质的量之比为
，则
，
样品中Se 的含量：
。
18．（2025·四川·高考真题）为了节约资源，减少重金属对环境的污染，一研究小组对某有色金属冶炼厂
的高氯烟道灰(主要含有
等)进行研究，设计如下工艺流程。
实现了铜和锌的分离回收。
回答下列问题：
(1)铜元素位于元素周期表第 周期、第 族。
(2)“碱浸脱氯”使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀。其中，铜盐发生反应的化学方程式为 。
(3)滤渣①中，除
外，主要还有 。
(4)“中和除杂”步骤，调控溶液
左右，发生反应的离子方程式为 。
(5)“深度脱氯”时，
的存在使锌粉还原产生的
与
反应，生成能被空气氧化的
沉淀，使
被脱除。欲脱除
，理论上需要锌粉
。
(6)
可以通过 (填标号)将其溶解，并返回到 步骤中。
a．盐酸酸化、双氧水氧化 b．硫酸酸化、
氧化
c．硝酸酸化和氧化 d．硫酸酸化、双氧水氧化
(7)“电解分离”采用无隔膜电解槽，以石墨为阳极，铜为阴极。
①“电解分离”时，阴极产生大量气泡，说明铜、锌分离已完成，其理由是 。
②“电解分离”前，需要脱氯的原因有 。
【答案】(1) 四 ⅠB
(2)2CuCl2+3Na2CO3+2H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+2NaHCO3
(3)PbSO4
(4)
(5)0.5
(6) a 碱浸脱氯
(7) 阴极产生大量气泡说明溶液中已无Cu2+，铜、锌已分离完成 Cl-在阳极被氧化生成Cl2污染环境，
且影响铜、锌分离效果
【分析】烟道灰先通过“碱浸脱氯”，使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀，即把CuCl2和ZnCl2转
化为碱式碳酸盐沉淀，再用稀硫酸进行酸浸，除去PbO 和SiO2。“中和除杂”通过调节pH 值使Fe3+转化为
氢氧化铁沉淀而除去。“深度脱氯”时，发生的反应为
，
，
可通过比例关系计算出需要锌粉的量。CuCl 要溶解并返回到前面的流程中，就不能引入新的杂质离子。
“电解分离”时离子的放电顺序Cu2+在H+之前，Zn 2+在H+之后，产生大量气泡时，说明H+开始放电，即
Cu2+已经全部反应完，铜、锌分离已完成。
【详解】（1）铜是29 号元素，其核外电子排布为[Ar]3d104s1，根据元素周期表的结构，电子层数等于周期
数，铜有4 个电子层，所以位于第四周期；其价电子构型为3d104s1，属于第ⅠB 族。
故答案为：四；ⅠB。
（2）“碱浸脱氯”时，碳酸钠与氯化铜反应生成碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]、氯化钠和二氧化碳，化学方程
式为2CuCl2+3Na2CO3+2H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+2NaHCO3。
故答案为： 2CuCl2+3Na2CO3+2H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+2NaHCO3。
（3）烟道灰中的PbO 与稀H2SO4反应生成PbSO4沉淀，SiO2不与稀H2SO4反应，所以滤渣①中除SiO2外，还
有PbSO4。
故答案为：PbSO4。
（4）“中和除杂”步骤，调控溶液pH = 3.5 左右，此时溶液中的Fe3+会水解生成氢氧化铁沉淀，离子方程
式为
，加入的Zn2(OH)2CO3与H+反应，促进Fe3+的水解平衡正向移动，
，总离子方程式为
故答案为：
（5）“深度脱氯”时发生的反应为
，从反应可知脱除2mol Cl-需要1mol Cu，而
Zn 与Cu2+反应生成Cu 的反应为
，即生成1mol Cu 需要1mol Zn。所以脱除1.0mol Cl-，
根据反应比例关系，理论上需要锌粉0.5mol。
故答案为：0.5。
（6）CuCl 要溶解并返回到前面的流程中，不能引入新的杂质离子，故应使CuCl 转化为CuCl2，返回到“碱
浸脱氯”。
a．盐酸酸化和双氧水氧化能使CuCl 转化为CuCl2，a 正确；
b．KMnO4氧化会引入Mn2+、K+等杂质离子，b 错误；
c．硝酸酸化和氧化会引入NO3
-，c 错误；
d．硫酸酸化、双氧水氧化，将CuCl 氧化为Cu2+，引入SO4
2-， d 错误；
故答案为：a；碱浸脱氯。
（7）“电解分离”时，阴极发生还原反应，若阴极产生大量气泡，说明溶液中已经没有Cu2+（因为Cu2+会
先在阴极得到电子被还原），此时溶液中的H+得到电子生成H2，产生气泡，所以说明铜、锌分离已完成。
“电解分离”前，需要脱氯是因为Cl-在阳极会被氧化生成Cl2，污染环境，同时Cl-存在会使锌粉还原产生
的Cu 与Cu2+反应生成CuCl 沉淀，影响铜、锌的分离效果。
故答案为：①阴极产生大量气泡说明溶液中已无Cu2+，铜、锌已分离完成；②Cl-在阳极被氧化生成Cl2污染
环境，且影响铜、锌分离效果。
19．（2025·北京·高考真题）利用工业废气中的
制备焦亚硫酸钠(
)的一种流程示意图如下。
已知：
物质
、
(1)制
已知：
由
制
的热化学方程式为 。
(2)制
I．在多级串联反应釜中，
悬浊液与持续通入的
进行如下反应：
第一步：
第二步：
Ⅱ．当反应釜中溶液
达到3.8~4.1 时，形成的
悬浊液转化为
固体。
①Ⅱ中生成
的化学方程式是 。
②配碱槽中，母液和过量
配制反应液，发生反应的化学方程式是 。
③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是 ，需除去。
④尾气吸收器中，吸收的气体有 。
(3)理论研究
、
与
的反应。一定温度时，在
浓度均为
的
和
的混合溶液中，随
的增加，
和
平衡转化率的变化如图。
①
，与
优先反应的离子是 。
②
，
平衡转化率上升而
平衡转化率下降，结合方程式解释原因： 。
【答案】(1)
(2)
、
SO2
(3)
时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，
平衡转化率上升，亚硫酸
氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以
平衡转化率上升而
平衡转化率下降
【分析】硫化氢通入燃烧炉中燃烧，生成了二氧化硫，还有少量氮气，氧气等，二氧化硫与碳酸钠在反应
釜中反应，产生的废气用氢氧化钠吸收，出料液离心分离得到产品，母液中含有亚硫酸氢钠，返回配碱槽
中循环使用。
【详解】（1）已知：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
将Ⅰ×2+
×2
Ⅱ
得：
，
所以由
制
的热化学方程式为
；
（2）① 当反应釜中溶液
达到3.8~4.1 时，形成的
悬浊液转化为
固体，根据元素守恒，
还有水生成，化学方程式：
；
②根据多级串联反应釜中的化学方程式可知，除了生成的焦亚硫酸钠外，母液中有亚硫酸氢钠剩余，又因
为
＞
，亚硫酸氢钠与过量
发生反应的化学方程式为：
；
③在燃烧炉中反应冷却后的气体中混有氧气，氧气能氧化亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，生成硫酸钠，所以多次
循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是
，需除去；
④碳酸氢钠与二氧化硫发生的化学方程式为
，生成了二氧化碳，二氧化碳
用氢氧化钠吸收，转化成碳酸钠，可到多级串联反应釜中循环使用，所以尾气吸收器中吸收的气体有
，
在多级串联反应釜中持续通入的
，则尾气吸收器中吸收的气体还有
；
故答案为：
；
；
；
、SO2；
（3）① 由图可知，①
，时，碳酸氢根平衡转化率较低，而亚硫酸根的平衡转化率较高，所以
与
优先反应；
②一定温度时，在
浓度均为
的
和
的混合溶液中，发生的反应为：
，
，
时，产生的二氧化碳逸出，使反应正
向进行，
平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以
平衡转化率上升而
平衡转化率下降。
故答案为：
；
时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，
平衡转化率上升，亚硫酸
氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以
平衡转化率上升而
平衡转化率下降。
20．（2025·甘肃·高考真题）研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘(主要含S、
及Cu、Zn、Pb 的硫酸盐)
中高效回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺，部分流程如下：
已知：
熔点314℃，沸点460℃
分解温度：
，
，
，
高于
(1)设计焙烧温度为600℃，理由为 。
(2)将
通入
和
的混合溶液可制得
，该反应的化学方程式为 。
(3)酸浸的目的为 。
(4)从浸出液得到Cu 的方法为 (任写一种)。
(5)某含Pb 化合物是一种被广泛应用于太阳能电池领域的晶体材料，室温下该化合物晶胞如图所示，晶胞
参数
，
。
与Pb 之间的距离为 pm(用带有晶胞参数的代数式表示)；该化合
物的化学式为 ，晶体密度计算式为
(用带有阿伏加德罗常数
的代数式表示
和
分别表示Cs、Pb 和Br 的摩尔质量)。
【答案】(1)使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，同时使As2O3沸腾收集
(2)4
+
+2
=3
+CO2
(3)分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液
(4)电解法或置换法
(5)
CsPbBr3
【分析】铜冶炼烟尘(主要含S、
及Cu、Zn、Pb 的硫酸盐)焙烧将S 转化为二氧化硫，
因沸点低
被蒸出，设计温度为600℃，根据已知信息，硫酸铜被分解，生成氧化铜，硫酸锌和硫酸铅未分解，加水
浸取后，硫酸锌溶于水形成溶液被分离出去，留下氧化铜，硫酸铅，加硫酸溶解，硫酸铅不溶于硫酸，氧
化铜与硫酸反应转化成硫酸铜，过滤分离，浸出渣为硫酸铅，浸出液主要为硫酸铜，硫酸铜经过电解或置
换法转化为铜，据此解答。
【详解】（1）设计焙烧温度为600℃，使硫酸铜分解，而硫酸锌和硫酸铅不分解，使As2O3沸腾收集，故
答案为：使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，使As2O3沸腾收集；
（2）将
通入
和
的混合溶液可制得
，根据元素守恒可知还生成了二氧化碳，该反
应的化学方程式为4
+
+2
=3
+CO2，故答案为：4
+
+2
=3
+CO2；
（3）酸浸时，硫酸铅不溶于硫酸，氧化铜与硫酸反应转化成硫酸铜，过滤分离，浸出渣为硫酸铅，浸出
液主要为硫酸铜，故酸浸的目的为分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液；
（4）浸出液主要为硫酸铜，经过电解或置换法转化为铜，故从浸出液得到Cu 的方法有：电解法或置换法；
（5）某含Pb 化合物室温下晶胞如图所示，Cs 位于体心，个数为1，Pb 位于顶点，个数为
=1，Br 位于
棱心，个数为
=3，该化合物的化学式为CsPbBr3，Cs 位于体心，Pb 位于顶点，
与Pb 之间的距离为
体对角线的一半，由于晶胞参数
，
℃，
与Pb 之间的距离为
pm，该晶
体密度计算式为
，故答案为：
；CsPbBr3；
。
21．（2024·河北·高考真题）
是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧
添加剂从石煤中提取
的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程
如下。
已知：i 石煤是一种含
的矿物，杂质为大量
和少量
等；苛化泥的主要成分为
等。
ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与
反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙
和偏铝酸钙均
难溶于水。回答下列问题：
(1)钒原子的价层电子排布式为 ；焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为 ，产生的气体①为
(填化学式)。
(2)水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为 (填化学
式)。
(3)在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为 ；
加压导入盐浸工
序可提高浸出率的原因为 ；浸取后低浓度的滤液①进入 (填工序名称)，可实现钒元素的充
分利用。
(4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为 (填化学式)。
(5)下列不利于沉钒过程的两种操作为 (填序号)。
a．延长沉钒时间 b．将溶液调至碱性 c．搅拌 d．降低
溶液的浓度
【答案】(1)
(2)
(3)
提高溶液中
浓度，促使偏钒酸钙转
化为碳酸钙，释放
离子交换
(4)
(5)bd
【分析】石煤和苛化泥通入空气进行焙烧，反应生成
、
、
、
、
和
等，水浸可分离焙烧后的可溶性物质(如
)和不溶性物质[
、
等]，过滤后
滤液进行离子交换、洗脱，用于富集和提纯
，加入氯化铵溶液沉钒，生成
，经一系列处理后
得到V2O3；滤渣①在
，
的条件下加入3%NH4HCO3溶液进行盐浸，滤渣①中含有钒元素，通
过盐浸，使滤渣①中的钒元素进入滤液①中，再将滤液①回流到离子交换工序，进行
的富集。
【详解】（1）钒是23 号元素，其价层电子排布式为
；焙烧过程中，氧气被还原，
被氧化生成
，偏钒酸盐中钒的化合价为
价；
在
以上开始分解，生成的气体①为
。
（2）由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分与
反应生成偏铝酸钠和偏铝酸钙，偏铝酸钠溶于
水，偏铝酸钙难溶于水，所以滤液中杂质的主要成分是
。
（3）在弱碱性环境下，
与
和
反应生成
、
和
，离子方程式为：
； CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率，因为C 可提高
溶液中
浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放
；滤液①中含有
、
等，且浓度较低，
若要利用其中的钒元素，需要通过离子交换进行分离、富集，故滤液①应进入离子交换工序。
（4）由离子交换工序中树脂的组成可知，洗脱液中应含有
，考虑到水浸所得溶液中含有
，为避免
引人其他杂质离子，且
廉价易得，故洗脱液的主要成分应为
。
（5）a．延长沉钒时间，能使反应更加完全，有利于沉钒，a 不符合题意；
b．
呈弱酸性，如果将溶液调至碱性，
与
反应，不利于生成
，b 符合题意；
c．搅拌能使反应物更好的接触，提高反应速率，使反应更加充分，有利于沉钒，c 不符合题意；
d．降低
溶液的浓度，不利于生成
，d 符合题意；
故选bd。
22．（2024·湖北·高考真题）铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐
中提取铍的路径
为：
已知：
回答下列问题：
(1)基态
的轨道表示式为 。
(2)为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是 。
(3)“萃取分液”的目的是分离
和
，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，观察到的现
象是 。
(4)写出反萃取生成
的化学方程式 。“滤液2”可以进入 步骤再利用。
(5)电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是 。
(6)
与醋酸反应得到某含4 个
的配合物，4 个
位于以1 个O 原子为中心的四面体的4 个顶点，
且每个
的配位环境相同，
与
间通过
相连，其化学式为 。
【答案】(1)
(2)快速冷却
(3)先出现白色浑浊，后浑浊消失
(4)
反萃取
(5)增强熔融氯化铍的导电性
(6)
【分析】首先铝硅酸盐先加热熔融，然后快速冷却到其玻璃态，再加入稀硫酸酸浸过滤，滤渣的成分为
H2SiO3，“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA 的煤油将Be2+萃取到有机相中，水相1 中含有Al3+，有机相为
，加入过量氢氧化钠反萃取Be2+使其转化为
进入水相2 中，分离出含NaA 的煤油，
最后对水相2 加热过滤，分离出Be(OH)2，通过系列操作得到金属铍，据此回答。
【详解】（1）
基态Be2+的电子排布式为1s2，其轨道表达式为
；
（2）熔融态物质冷却凝固时，缓慢冷却会形成晶体，快速冷却会形成非晶态，即玻璃态，所以从“热熔、
冷却”中得到玻璃态，其冷却过程的特点为：快速冷却；
（3）“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA 的煤油将Be2+萃取到有机相中，水相1 中含有Al3+、H+，则向过
量烧碱的溶液中逐滴加入少量水相1 的溶液，初始阶段，Al3+局部过量，先出现白色浑浊，后由于烧碱过量，
白色浑浊很快消失；
（4）反萃取生成
的化学方程式为
，滤液2
的主要成分为NaOH，可进入反萃取步骤再利用；
（5）氯化铍的共价性较强，电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用为增强熔融氯化铍的
导电性；
（6）由题意可知，该配合物中有四个铍位于四面体的四个顶点上，四面体中心只有一个O，Be 与Be 之间
总共有六个CH3COO-，则其化学式为：
。
23．（2023·天津·高考真题）工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如下，其过程包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三
个阶段。
.
Ⅰ硫液化后与空气中的氧反应生成SO2。
(1)硫磺(
)的晶体类型是 。
(2)硫的燃烧应控制事宜温度。若进料温服超过硫的沸点，部分燃烧的硫以蒸汽的形式随SO2进入到下一阶
段，会导致 (填序号)。
a.硫的消耗量增加 b.SO2产率下降 c.生成较多SO3
(3)SO2(g)氧化生成80g SO3(g)放出热量98.3kJ，写出该反应的热化学方程式 。随温度升高，SO2的平衡
转化率 (填“升高”或“降低”)。
(4)从能量角度分析，钒催化剂在反应中的作用为 。
.
Ⅱ一定条件下，钒催化剂的活性温度范围是450～600℃。为了兼顾转化率和反应速率，可采用四段转化
工艺：预热后的SO2和O2通过第一段的钒催化剂层进行催化氧化，气体温度会迅速接近600℃，此时立即
将气体通过热交换器，将热量传递给需要预热的SO2和O2，完成第一段转化。降温后的气体依次进行后三
段转化，温度逐段降低，总转化率逐段提高，接近平衡转化率。最终反应在450℃左右时，SO2转化率达到
97％。
(5)气体经过每段的钒催化剂层，温度都会升高，其原因是 。升高温度后的气体都需要降温，其目的
是 。
(6)采用四段转化工艺可以实现 (填序号)。
a．控制适宜的温度，尽量加快反应速率，尽可能提高SO2转化率
b．使反应达到平衡状态
c．节约能源
Ⅲ．工业上用浓硫酸吸收SO3。若用水吸收SO3会产生酸雾，导致吸收效率降低。
(7)SO3的吸收率与所用硫酸的浓度、温度的关系如图所示。
据图分析，最适合的吸收条件；硫酸的浓度 ，温度 。
(8)用32 吨含S 99%的硫磺为原料生成硫酸，假设硫在燃烧过程中损失2%，SO2生成SO3的转化率是97%，
SO3吸收的损失忽略不计，最多可以生产98%的硫酸 吨。
【答案】(1)分子晶体
(2)ab
(3) 2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)
降低
(4)降低反应活化能
(5) 反应放热 保持钒催化剂活性温度，提高SO2转化率，保证反应速率
(6)ac
(7) 98.3% 60℃
(8)94
【分析】先将硫黄在空气中燃烧或焙烧，和氧气反应生成二氧化硫，生成的SO2和氧气发生反应转化为三
氧化硫，生成的SO3用浓硫酸吸收得到硫酸；
【详解】（1）
是硫单质的分子晶体；
（2）a．第Ⅰ步时，硫粉液化并与氧气共热生成二氧化硫，若反应温度超过硫粉沸点，部分硫粉会转化为
硫蒸气损失，消耗的硫粉会增大，a 正确；
b．硫蒸气与生成的二氧化硫一同参加第Ⅱ步反应过程中，降低二氧化硫的生成率，b 正确；
c．二氧化硫产率降低后，生成的三氧化硫也会减少，c 错误；
故选ab。
（3）若每生成80g 气体三氧化硫，放出98.3kJ 能量，80g 三氧化硫的物质的量为：80g÷80g/mol=1mol，则
生成三氧化硫的反应的热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)=2SO3 (g)
；该反应
是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则二氧化硫转化率降低；
（4）催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率；
（5）通入催化剂层后，体系(剩余反应物与生成物)温度升高的原因在于：二氧化硫和氧气的反应是放热反
应，反应释放能量使得温度升高；每轮反应后进行热交换降温的目的是：保持钒催化剂活性温度，提高
SO2转化率，保证反应速率；
（6）a．由题目信息可知，在每段SO2向SO3转化的过程中，各段控制适宜的温度，温度逐段降低，可以
保持钒催化剂的活性温度，保证SO2的转化率和反应速率均保持较高水平，故a 正确；
b．由题目信息可知，反应转化率接近平衡转化率，也就是使得反应接近平衡状态，故b 错误；
c．降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐段降低，节约了能源，故c 正确；
故选ac。
（7）由图可知，最适合吸收三氧化硫的浓硫酸质量分数为98.3%，最适合吸收的温度为60℃，此时SO3吸
收率最高；
（8）由题意可知，32 吨含硫元素99%的硫粉物质的量为
，在第一步反应中硫
元素损失了2%，则生成
二氧化硫，二氧化硫在第二步反应中97%转化为
了三氧化硫，则生成
三氧化硫，三氧化硫在第三步反应中被吸收时，视
作全部吸收，那么这批硫粉总计可以生产98%的浓硫酸，为
94 吨。
24．（2023·江苏·高考真题）实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备
，其实验过程可表示
为
(1)在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入
气体，生成
，反应为
，其平衡常数K 与
、
、
、
的代数关系式为
；下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收
效率的有
(填序号)。
A．水浴加热氧化镁浆料
B．加快搅拌速率
C．降低通入
气体的速率
D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通
(2)在催化剂作用下
被
氧化为
。已知
的溶解度为0.57g(20
)
℃，
氧化溶液中
的离子方程式为 ；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中
被
氧化
的速率随pH 的变化如题图甲所示。在pH=6~8 范围内，pH 增大，浆料中
的氧化速率增大，其主要
原因是 。
(3)制取
晶体。在如题图乙所示的实验装置中，搅拌下，使一定量的
浆料与
溶液
充分反应。
浆料与
溶液的加料方式是 ；补充完整制取
晶体的实验
方案：向含有少量
、
的
溶液中， 。(已知：
、
在
时完全转化为
氢氧化物沉淀；室温下从
饱和溶液中结晶出
，
在150~170℃下干燥得
到
，实验中需要使用MgO 粉末)
【答案】(1)
BD
(2)
pH 增大，抑制
的水解，反应物
的浓度增大，故可加快氧化速
率
(3) 用滴液漏斗向盛有MgSO3浆料的三颈烧瓶中缓慢滴加硫酸溶液 分批加入少量氧化镁粉末，搅
拌，直至用pH 试纸测得pH≥5，过滤；将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃
干燥。
【分析】本实验的目的是为了制取
，首先在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入
气体，
生成
，然后使一定量的
浆料与
溶液充分反应生成硫酸镁，在硫酸镁的溶液中加入氧
化镁调节溶液的pH 除去三价铁和三价铝，将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在
150~170℃干燥即可得到
；
【详解】（1）已知下列反应：
①
K
②
③
④
⑤
⑥
根据盖斯定律，①=②-③+④+⑤-⑥
，故K=
；
A．加热可加快反应速率，但温度升高，SO2在水中溶解度降低，且会导致H2SO3受热分解，不一定能提高
吸收SO2效率，A 错误；
B．加快搅拌速率，可以使反应物充分接触，提高吸收SO2效率，B 正确；
C．降低通入SO2气体的速率，SO2可与MgO 浆料充分接触，但会降低反应速率，不一定能提高吸收SO2效
率，C 错误；
D．多孔球泡可以让SO2与MgO 浆料充分接触，能提高吸收SO2效率，D 正确；
故选BD。
（2）根据题意，O2氧化溶液中的
，
被氧化为
，1molO2氧化2mol
，故
氧化溶液中
的离子方程式为：
；
pH 增大，抑制
的水解，反应物
的浓度增大，故可加快氧化速率；
（3）在进行含固体物质的反应物与液体反应的实验时，应将含固体物质的反应物放在三颈瓶中，通过滴
液漏斗滴加液体，H2SO4溶液的滴加速率要慢，以免H2SO4过量；
根据题意，首先需要调节pH≥5 以除去Fe3+、Al3+杂质，需要用到的试剂为MgO 粉末，操作细节为分批加入
少量MgO 粉末，以免pH 过高，不断搅拌进行反应直至检测到pH≥5，然后过滤除去氢氧化铁、氢氧化铝沉
淀；接着需要从溶液中得到
，根据题目信息，室温下结晶只能得到
，因此需要
在150~170℃下干燥得到
，操作细节为将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体
在150~170℃干燥。
25．（2023·海南·高考真题）铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域，是重要的战略物
资。利用绿柱石(主要化学成分为(
，还含有一定量的FeO 和
)生产BeO 的一种工艺流程如
下。
回答问题：
(1)
中Be 的化合价为 。
(2)粉碎的目的是 ；残渣主要成分是 (填化学式)。
(3)该流程中能循环使用的物质是 (填化学式)。
(4)无水
可用作聚合反应的催化剂。BeO、
与足量C 在600~800℃制备
的化学方程式为
。
(5)沉铍时，将pH 从8.0 提高到8.5，则铍的损失降低至原来的 %。
【答案】(1)+2
(2) 增大反应物的接触面积加快反应速率，提高浸取率 SiO2
(3)(NH4)2SO4
(4)BeO+Cl2+C
CO+BeCl2
(5)10
【分析】绿柱石煅烧生成氧化物，浓硫酸浸取，SiO2不溶于硫酸，残渣是SiO2，加硫酸铵调节pH=1.5 除去
铝离子，加入氨水调节pH=5.1 除去铁离子，再加入氨水到pH=8.0 生成Be(OH)2沉淀，滤液硫酸铵循环利用。
【详解】（1）按照正负化合价代数和为0，Be 的化合价为+2+价；
（2）粉碎的目的是增大反应物接触面积，加快浸取速率，提高浸取率；残渣的成分是不溶于酸的SiO2；
（3）最后的滤液中的硫酸铵可以在除铝步骤中循环利用；
（4）BeO、
与足量C 在600~800°C 生成BeCl2同时生成CO，化学方程式为BeO+Cl2+C
CO+BeCl2；
（5）设Be(OH)2的溶度积常数为Ksp，K=c(Be2+)×c2(OH-)，c(Be2+)=
，当pH=8.0 时，c(OH-)=10-
6mol/L，铍损失浓度为c(Be2+)=
mol/L，当pH=8.5 时，c(OH-)=10-5.5mol/L，铍损失浓度为c(Be2+)=
mol/L，损失降低至原来的10%。
26．（2023·浙江·高考真题）工业上煅烧含硫矿物产生的
可以按如下流程脱除或利用。
已知：
请回答：
(1)富氧煅烧燃煤产生的低浓度的
可以在炉内添加
通过途径Ⅰ脱除，写出反应方程式
。
(2)煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的
，通过途径Ⅱ最终转化为化合物A。
①下列说法正确的是 。
A．燃煤中的有机硫主要呈正价 B．化合物A 具有酸性
C．化合物A 是一种无机酸酯 D．工业上途径Ⅱ产生的
也可用浓
吸收
②一定压强下，化合物A 的沸点低于硫酸的原因是 。
(3)设计实验验证化合物A 中含有S 元素 ；写出实验过程中涉及的反应方程式 。
【答案】(1)
(2) BCD 硫酸分子能形成更多的分子间氢键
(3) 取化合物A 加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色
沉淀，说明A 中含有S 元素
+2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、
Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl
【分析】
含硫矿物燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和氧气、碳酸钙生成硫酸钙和二氧化碳，二氧化硫被氧气氧化为三
氧化硫，三氧化硫和等物质量的甲醇发生已知反应生成A：
；
【详解】（1）氧气具有氧化性，能将四价硫氧化为六价硫，二氧化硫、空气中氧气、碳酸钙高温生成硫
酸钙和二氧化碳，反应为
；
（2）①A．硫的电负性大于碳、氢等，故燃煤中的有机硫主要呈负价，A 错误；
B．根据分析可知，化合物A 分子中与硫直接相连的基团中有-OH，故能电离出氢离子，具有酸性，B 正确；
C．化合物A 含有
基团，类似酯基-COO-结构，为硫酸和醇生成的酯，是一种无机酸酯，C 正确；
D．工业上途径Ⅱ产生的
也可用浓
吸收用于生产发烟硫酸，D 正确；
故选BCD；
②一定压强下，化合物A 分子只有1 个-OH 能形成氢键，而硫酸分子中有2 个-OH 形成氢键，故导致A 的沸
点低于硫酸；
（3）
由分析可知，A 为
，A 碱性水解可以生成硫酸根、甲醇，硫酸根离子能和钡离子生成不溶
于酸的硫酸钡沉淀，故实验设计为：取化合物A 加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现
象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A 中含有S 元素；涉及反应为：
+2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl。
27．（2023·湖北·高考真题）
是生产多晶硅的副产物。利用
对废弃的锂电池正极材料
进
行氯化处理以回收Li、Co 等金属，工艺路线如下：
回答下列问题：
(1)Co 位于元素周期表第 周期，第 族。
(2)烧渣是LiCl、
和
的混合物，“500℃焙烧”后剩余的
应先除去，否则水浸时会产生大量
烟雾，用化学方程式表示其原因 。
(3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体
常用方法的名称是 。
(4)已知
，若“沉钴过滤”的pH 控制为10.0，则溶液中
浓度为
。“850℃煅烧”时的化学方程式为 。
(5)导致
比
易水解的因素有 (填标号)。
a．Si-Cl 键极性更大 b．Si 的原子半径更大
c．Si-Cl 键键能更大 d．Si 有更多的价层轨道
【答案】(1) 四 Ⅷ
(2)
(3)焰色反应
(4)
(5)abd
【分析】由流程和题中信息可知，
粗品与
在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、
和
的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1 和滤饼1，滤饼1 的主要成分是
和
；滤
液1 用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2（主要成分为
）和滤液2（主要溶质为LiCl）；滤饼2
置于空气中在850℃煅烧得到
；滤液2 经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3 和滤饼3，滤饼3 为
。
【详解】（1）Co 是27 号元素，其原子有4 个电子层，其价电子排布为
，元素周期表第8、9、10
三个纵行合称第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第四周期、第Ⅷ族。
（2）“500℃焙烧”后剩余的
应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可水
反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：
遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程
式为
。
（3）洗净的“滤饼3”的主要成分为
，常用焰色反应鉴别
和
，
的焰色反应为
紫红色，而
的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体
常用方法的名称是焰色反应。
（4）已知
，若“沉钴过滤”的pH 控制为10.0，则溶液中
，
浓度为
。“850℃煅烧”时，
与
反应生成
和
，该反应的化学方程式为
。
（5）a．Si-Cl 键极性更大，则 Si-Cl 键更易断裂，因此，
比
易水解，a 有关；
b．Si 的原子半径更大，因此，
中的共用电子对更加偏向于
，从而导致Si-Cl 键极性更大，且Si 原子
更易受到水电离的
的进攻，因此，
比
易水解，b 有关；
c．通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si-Cl 键键能更大不能说明Si-Cl 更易断裂，故不能说明
比
易水解，c 无关；
d．Si 有更多的价层轨道，因此更易与水电离的
形成化学键，从而导致
比
易水解，d 有关；
综上所述，导致
比
易水解的因素有abd。
28．（2023·全国甲卷·高考真题）
是一种压电材料。以
为原料，采用下列路线可制备粉状
。
回答下列问题：
(1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是 。
(2)“焙烧”后固体产物有
、易溶于水的
和微溶于水的
。“浸取”时主要反应的离子方程式为
。
(3)“酸化”步骤应选用的酸是 (填标号)。
a．稀硫酸 b．浓硫酸 c．盐酸 d．磷酸
(4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？ ，其原因是 。
(5)“沉淀”步骤中生成
的化学方程式为 。
(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的
。
【答案】(1)做还原剂，将
还原
(2)
(3)c
(4) 不可行 产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体
会污染空气，而且
与盐酸反应生成
可溶于水的
，导致
溶液中混有
杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低
(5)
(6)
【分析】由流程和题中信息可知，
与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到
、
、易
溶于水的
和微溶于水的
；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和
，滤液中有
和
；滤液
经酸化后浓缩结晶得到
晶体；
晶体溶于水后，加入
和
将钡离子充分沉淀得
到
；
经热分解得到
。
【详解】（1）“焙烧”步骤中，
与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到
、
、
和
，
被还原为
，因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将
还原。
（2）“焙烧”后固体产物有
、易溶于水的
和微溶于水的
。易溶于水的
与过量的
可以发生复分解反应生成硫化钙沉淀，因此，“浸取”时主要反应的离子方程式为
。
（3）“酸化”步骤是为了将
转化为易溶液于的钡盐，由于硫酸钡和磷酸钡均不溶于水，而
可溶
于水，因此，应选用的酸是盐酸，选c。
（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原因是：产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体
会污染空气，而且
与盐酸反应生成可溶于水的
，导致
溶液中混有
杂质无法除去、
最终所得产品的纯度降低。
（5）“沉淀”步骤中生成
的化学方程式为：
+
+
=
。
（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为，
，
因此，产生的
=
。
29．（2022·全国甲卷·高考真题）硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸
多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu 等的化合
物。其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：
离
子
回答下列问题：
(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为 。
(2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有 、 。
(3)加入物质X 调溶液
，最适宜使用的X 是 (填标号)。
A．
B．
C．
滤渣①的主要成分是 、 、 。
(4)向
的滤液①中分批加入适量
溶液充分反应后过滤，滤渣②中有
，该步反应的离
子方程式为 。
(5)滤液②中加入锌粉的目的是 。
(6)滤渣④与浓
反应可以释放HF 并循环利用，同时得到的副产物是 、 。
【答案】(1)ZnCO3
ZnO+CO2↑
(2) 将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积 增大硫酸的浓度等
(3) B Fe(OH)3 CaSO4 SiO2
(4)3Fe2++
+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+
(5)置换Cu2+为Cu 从而除去
(6) CaSO4 MgSO4
【分析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu 等的化合物，结合流
程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3
ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、
Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X 调节pH=5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的滤
渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，过滤得到
Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2++Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向
滤液③中加入HF 脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到
ZnSO4·7H2O，据此分析解答。
【详解】（1）由分析，焙烧时，生成ZnO 的反应为：ZnCO3
ZnO+CO2↑；
（2）可采用将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；
（3）A．NH3·H2O 易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A 不适宜；
B．Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B 适宜；
C．NaOH 会引入杂质Na+，且成本较高，C 不适宜；
故答案选B；
当沉淀完全时(离子浓度小于10-5mol/L)，结合表格Ksp 计算各离子完全沉淀时pH＜5 的只有Fe3+，故滤渣①
中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；
（4）向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程
式为3Fe2++
+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；
（5）滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu 从而除去；
（6）由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。
30．（2021·全国甲卷·高考真题）碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答
下列问题：
(1)
的一种制备方法如下图所示：
①加入
粉进行转化反应的离子方程式为 ，生成的沉淀与硝酸反应，生成 后可循环使用。
②通入
的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为 ；若反应物用量比
时，氧化产物为 ；当
，单质碘的收率会降低，原因是
。
(2)以
为原料制备
的方法是：先向
溶液中加入过量的
，生成碘化物；再向混合溶液
中加入
溶液，反应得到
，上述制备
的总反应的离子方程式为 。
(3)
溶液和
溶液混合可生成
沉淀和
，若生成
，消耗的
至少为
。
在
溶液中可发生反应
。实验室中使用过量的
与
溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏
可制得高纯碘。反应中加入过量
的原因是 。
【答案】 2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I- AgNO3 FeI2+Cl2= I2+FeCl2 I2、FeCl3 I2被过量的
进
一步氧化
4 防止单质碘析出
【详解】(1) ①由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI 可与Fe 反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程
式中能拆，故加入
粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-，生成的银能与硝酸反应生成
硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-；AgNO3；
②通入
的过程中，因I-还原性强于Fe2+，
先氧化还原性强的I-，若氧化产物只有一种，则该氧化产物
只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2= I2+FeCl2，若反应物用量比
时即
过量，先
氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当
即
过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案
为：FeI2+Cl2= I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的
进一步氧化；
(2)先向
溶液中加入计量的
，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中（含I-）加入
溶液，反应得到
，上述制备
的两个反应中I-为中间产物，总反应为
与
发生氧化还原反应，生
成
和
，根据得失电子守恒、电荷守恒]及元素守恒配平离子方程式即可得：
，故答案为：
；
(3)
溶液和
溶液混合可生成
沉淀和
，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI
+I2+2K2SO4，若生成
，则消耗的
至少为4mol；反应中加入过量
，I-浓度增大，可逆反应
平衡右移，增大
溶解度，防止
升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为：4；防止单质碘析出。
31．（2020·海南·高考真题）以黄铁矿(主要成分FeS2)为原料生产硫酸，应将产出的炉渣和尾气进行资源化
综合利用，减轻对环境的污染。其中一种流程如下图所示。
回答下列问题：
(1)黄铁矿中硫元素的化合价为
。
(2)由炉渣制备还原铁粉的化学方程式为 。
(3)欲得到更纯的NaHSO3，反应①应通入 (填 “过量”或“不足量”)的SO2气体。
(4)因为Na2S2O5具有 性， 导致商品Na2S2O5中不可避免地存在Na2SO4。
检验其中含有
的方法是 。
(5)一般用 K2Cr2O7滴定分析法测定还原铁粉纯度。实验步骤：称取一定量样品，用过量稀硫酸溶解，用标
准K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2+。
反应式：
+6Fe2+ +14H+ = 2Cr3+ +6Fe3+ +7H2O
某次实验称取0.2800 g 样品，滴定时消耗浓度为0.03000 mol·L-1的K2Cr2O7溶液25.10 mL，则样品中铁含量
为 %。
【答案】 -1 Fe2O3+3CO
2Fe+ 3CO2 过量 还原 先加入盐酸，再加入氯化钡溶
液，生成白色沉淀，说明含有
90.36%
【分析】黄铁矿(主要成分FeS2)煅烧生成氧化铁和二氧化硫，氧化铁用CO 还原得到还原铁粉，用 K2Cr2O7
滴定分析法测定还原铁粉纯度；二氧化硫经过一系列步骤生成硫酸，尾气中含有二氧化硫，用氢氧化钠溶
液吸收生成NaHSO3，加热后生成Na2S2O5，据此分析解答。
【详解】(1)黄铁矿的主要成分是二硫化亚铁(FeS2)，其中铁元素的化合价是+2 价，因此硫元素的化合价
为-1 价，故答案为：-1；
(2)炉渣的主要成分为Fe2O3，由炉渣制备还原铁粉的化学方程式为Fe2O3+3CO
2Fe+ 3CO2，故答案为：
Fe2O3+3CO
2Fe+ 3CO2；
(3) Na2SO3溶液能够与SO2反应生成NaHSO3，欲得到更纯的NaHSO3，反应①应通入过量的SO2气体，故答
案为：过量；
(4) Na2S2O5 转化为Na2SO4过程中S 元素的化合价升高，被氧化，体现了Na2S2O5的还原性；检验其中含有
的方法是首先用盐酸酸化，除去
，再加入氯化钡溶液，看有无白色沉淀生成，若生成白色沉淀，
证明含有
，否则没有
，故答案为：还原；先加入盐酸，再加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，说明
含有
；
(5) 称取一定量样品，用过量稀硫酸溶解，用标准K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2+，存在关系式：6Fe～6Fe2+～
，滴定过程中消耗的K2Cr2O7 物质的量为0.03000 mol·L-1×0.02510 L=0.000753mol，则样品中含有的铁
的物质的量为0.000753mol×6=0.004518mol，样品中铁含量为
×100%=90.36%，故答
案为：90.36%。
32．（2016·全国I 卷·高考真题）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：
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】 +3 价 2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+ClO2↑ NaOH Na2CO3
2:1
氧化产物为O ２ 1.57g
【详解】（1）在NaClO2中Na 为+1 价，O 为-2 价，根据正负化合价的代数和为0，可得Cl 的化合价为+3 价；
（2）NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化剂，还原产物为NaCl，回收产物为
NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为：
2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2；
（3）食盐溶液中混有Mg2+ 和Ca2+，可以利用过量NaOH 溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+，
ClO2氧化能力强，根据结晶干燥后的产物可知ClO2的还原产物为NaClO2，因此电解装置中阴极ClO2得电子
生成ClO2
-，阳极Cl-失电子生成Cl2；
（4）依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2
-，则此反应中ClO2为氧化剂，
还原产物为ClO2
-，化合价从+4 价降为+3 价，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，每摩尔H2O2得到2mol 电子，
依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2 1∶；（5）1gNaClO2的物质的量
=
mol，依据电子转移数目相等，NaClO2～Cl-～4e-，Cl2～2Cl-～2e-，可知氯气的物质的量为
mol×4×
=
mol，则氯气的质量为
mol×71g/mol=1.57g。
【点睛】准确理解流程图是解题关键，由制备流程可知，NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中
NaClO3是氧化剂，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化
学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2，选择NaOH 除去食盐水中的Mg2+，选择碳酸钠除去食盐水
中的Ca2+，然后电解装置中阴极ClO2得电子生成ClO2
-，阳极Cl-失电子生成Cl2，含过氧化氢的氢氧化钠溶液
吸收ClO2，产物为ClO2
-，最后NaClO2溶液结晶、干燥得到产品，以此来解答。
