高考真題-13無機(jī)化工流程（含答案解析）

高考真題精解

專題13無機(jī)化工流程

工藝流程題是近幾年高考的熱考題型，工藝流程題的結(jié)構(gòu)分題頭、題干和題尾三部分。題頭一般是簡單

介紹該工藝生產(chǎn)的原材料和工藝生產(chǎn)的目的(包括副產(chǎn)品)；題干主要用流程圖形式將原料到產(chǎn)品的主要生產(chǎn)

工藝流程表示出來；題尾主要是根據(jù)生產(chǎn)過程中涉及的化學(xué)知識設(shè)計(jì)成一系列問題，構(gòu)成一道完整的化學(xué)

試題。此類試題集綜合性、真實(shí)性、開放性于一體，包含必要的操作名稱、化工術(shù)語或文字說明，考查知

識面廣、綜合性強(qiáng)、思維容量大。題干的呈現(xiàn)形式多為流程圖、表格和圖像；設(shè)問角度一般為操作措施、

物質(zhì)成分、化學(xué)反應(yīng)、條件控制的原因和產(chǎn)率計(jì)算等，能力考查側(cè)重于獲取信息的能力、分析問題的能力、

語言表達(dá)能力和計(jì)算能力；涉及到的化學(xué)知識有基本理論、元素化合物和實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)知識等。

(一)2020考綱

考點(diǎn)2020考綱要求

(1)化學(xué)反應(yīng)原理的應(yīng)用II

(2)化學(xué)平衡原理的應(yīng)用II

(3)離子平衡理論的應(yīng)用II

(4)以及物質(zhì)制備和分離(提純)II

(5)綠色化學(xué)觀點(diǎn)II

(二)本節(jié)考向題型研究匯總

題型考向考點(diǎn)/考向2020考綱要求

(1)元素及其化合物

解答題II

(2)化學(xué)反應(yīng)基本概念

（3）實(shí)驗(yàn)流程和操作

考向題型研究：工藝流程

（觀母題）

1.（2019?北京）化學(xué)小組用如下方法測定經(jīng)處理后的廢水中苯酚的含量（廢水中不含干擾測定的物質(zhì)）。

1、用已準(zhǔn)確稱量的KBQ固體配制一定體積的amol-L"KBrO3標(biāo)準(zhǔn)溶液；

II、取vimL上述溶液，加入過量KBr,加H2sO4酸化，溶液顏色呈棕黃色；

IIK向II所得溶液中加入v2mL廢水；

IV、向HI中加入過量KI；

V、用bmolUNa2s2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定W中溶液至淺黃色時，滴加2滴淀粉溶液，繼續(xù)滴定至終點(diǎn)，共消耗

Na2s2O3溶液v3mL。

已知：L+2Na2s2（）3=2NaI+Na2s4。6

Na2s2O3和Na2s4）6溶液顏色均為無色

（1）I中配制溶液用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和o

（2）H中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是?

（3）III中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是—o

（4）IV中加KI前，溶液顏色須為黃色，原因是。

（5）KI與KBrCh物質(zhì)的量關(guān)系為n（KI）>6n（KBrO3）時，KI一定過量，理由是

O

（6）V中滴定至終點(diǎn)的現(xiàn)象是。

（7）廢水中苯酚的含量為（苯酚摩爾質(zhì)量：94g-mor'）o

（8）由于Bn具有性質(zhì)，H?IV中反應(yīng)須在密閉容器中進(jìn)行，否則會造成測定結(jié)果偏高。

【答案】詳見解析

【解析】(1)I中配制溶液用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和容量瓶,

故答案為：容量瓶;

+

(2)II中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是BrOs+5Br+6H=3Br2+3H2O,

故答案為：BrO.v+5Br+6H+=3Br2+3H2O；

(3)111中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是苯酚與濃漠水反應(yīng)的化學(xué)方程式為

(4)IV中加KI前，溶液顏色須為黃色，原因是確保溟過量，保證苯酚已經(jīng)完全反應(yīng),

故答案為：確保澳過量，保證苯酚已經(jīng)完全反應(yīng)；

(5)KI與KBrO3物質(zhì)的量關(guān)系為n(KI)>6n(KBrO3)時，KI一定過量，理由是由電子守恒可知，當(dāng)n

(KI)=6n(KBrCh)時，KI恰好與步驟H中生成的澳完全反應(yīng)，而步驟III中苯酚會消耗一定量的澳，所

以n(KI)>6n(KBrO.O時，KI一定過量，

故答案為：由電子守恒可知，當(dāng)n(KI)=6n(KBrCh)時，KI恰好與步驟II中生成的漠完全反應(yīng)，而步驟

III中苯酚會消耗一定量的溪，所以n(KI)>6n(KBQ)時，KI一定過量；

(6)V中滴定至終點(diǎn)的現(xiàn)象是最后?滴Na2s2。3溶液滴入后，溶液恰好藍(lán)色消失，且半分鐘內(nèi)不變,

故答案為：最后一滴Na2s2O3溶液滴入后，溶液恰好藍(lán)色消失，且半分鐘內(nèi)不變;

(7)由BrO『+5Br+6H+=3Bn+3H2O、h+2Na2s2C)3=2NaI+Na2s4。6、

可知，生成的澳的物質(zhì)的量為axmol/Lxv1x10-3Lx3=3av?x10-3mol,由澳與碘化鉀反應(yīng)生成的碘的物質(zhì)的量為

bmol/Lxvjx10_3Lx—=5bv3X10-4mol,所以與苯酚反應(yīng)的澳的物質(zhì)的量為3av?x10-3mol-5bv3X10-*mol=

2

OH

Br

(30avi-5bvj)x10-4mol,由+|+3H&可知，苯酚的物質(zhì)的量為(30av「5bv3)

(30aVj-5bvo)X104molX-^-X94g/mol(6av】-bv?)X47

xlO^molxl廢水中苯酚的含量為J----------------

O33V2

V2X10~L

g-L-1,

(6aVj-bv3)X47

故答案為:

3V2

(8)由于Br2具有揮發(fā)性的性質(zhì)，H?W中反應(yīng)須在密閉容器中進(jìn)行，否則會造成測定結(jié)果偏高,

故答案為：揮發(fā)性。

(觀平行題)

1.(2018?北京)磷精礦濕法制備磷酸的一種工藝流程如下:

H?O2/ACaCOj/A

H即嶺-粗硝酸而彘飛近—＞精制磷酸

磷精礦一＞磷精礦粉

研磨酸浸」磷石膏(主要成分為CaSO4?0.5H9)

已知：磷精礦主要成分為Cas(PO4)3(OH),還含有Cas(PO4)3F和有機(jī)碳等。

溶解度：Ca5(PO4)3(OH)＜CaSO40.5H2O

(1)上述流程中能加快反應(yīng)速率的措施有。

(2)磷精礦粉酸浸時發(fā)生反應(yīng)：

2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+IOH2sO4△lOCaSO/0.5H2O+6H3PO4

①該反應(yīng)體現(xiàn)出酸性關(guān)系：。(填“>"或y')。

H3P4―H2SO4

②結(jié)合元素周期律解釋①中結(jié)論：P和s電子層數(shù)相同。

(3)酸浸時，磷精礦中Ca5(PO4)3F所含氟轉(zhuǎn)化為HF,并進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為SiF4除去，寫出生成HF的化學(xué)

方程式：。

(4)H2O2將粗磷酸中的有機(jī)碳氧化為C02脫除，同時自身也會發(fā)生分解。相同投料比、相同反應(yīng)時間，不

同溫度下的有機(jī)碳脫除率如圖所示。80℃后脫除率變化的原因：

(5)脫硫時，CaCCh稍過量，充分反應(yīng)后仍有SCV-殘留，原因是；加入BaCCh

可進(jìn)一步提高硫的脫除率，其離子方程式是。

(6)取ag所得精制磷酸，加適量水稀釋，以百里香酚醐作指示劑，用bmolL-NaOH溶液滴定至終點(diǎn)時生

成Na2HPO4,消耗NaOH溶液cmL.精制磷酸中H3PCU的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是_(己知：H3P。4摩爾質(zhì)量為98gmol')

【答案】詳見解析

【解析】(1)常用加快化學(xué)反應(yīng)速率的措施有研磨，加熱，溶解時攪拌等，根據(jù)流程圖，加快化學(xué)反應(yīng)速

率的措施有：研磨，加熱，

故答案為：研磨，加熱；

(2)①根據(jù)反應(yīng)方程式，是由H2s04參加反應(yīng)得到H3P04,是由強(qiáng)酸制取弱酸，因此酸性強(qiáng)弱為：

H3PO4<H2SO4,

故答案為：<；

②H3P04和H2so4均為無機(jī)含氧酸，主要可從P和S的非金屬性角度考慮，S的非金屬性強(qiáng)于P,可以使O

上電子云密度降低更大，繼而導(dǎo)致H+更易電離，H+越易電離，含氧酸酸性越強(qiáng)，可以簡單解釋為：P的半

徑大于S,P的非金屬性小于S,所以H3PO4的酸性小于H2s04的酸性，

故答案為：同一周期，從左到右，半徑逐漸減小，得電子能力增強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物酸性增強(qiáng)，

所以H3P的酸性小于H2s0』的酸性；

(3)酸浸時，磷精礦中Cas(PO4)3F所含氟轉(zhuǎn)化為HF,反應(yīng)過程為Cas(PO4)3F和H2s04反應(yīng)，生成

CaSO4-^H2O,H3P和HF,所以化學(xué)反應(yīng)方程式為：2Cas(P04)3F+IOH2SO4+5H8匕l(fā)OCaSOrg

22

H2O+6H3Po4+2HF,

故答案為：2Ca5(PO4)3F+IOH2SO4+5H2Ol0CaSO4yH2O+6H3PO4+2HF；

(4)根據(jù)圖象，80℃前隨著溫度升高，有機(jī)碳脫除率增大，80℃后隨著溫度升高，有機(jī)碳脫除率降低，考

慮H2O2受熱分解，導(dǎo)致H2O2濃度降低影響有機(jī)碳的脫除率，所以可以解釋為：溫度高于80℃時，H2O2的

分解速率加快，導(dǎo)致H2O2的濃度降低，也就導(dǎo)致有機(jī)碳脫除率下降，

故答案為：溫度高于80℃時，H2O2的分解速率加快，導(dǎo)致H2O2的濃度降低，也就導(dǎo)致有機(jī)碳脫除率下降；

(5)脫硫過程是加入CaCCh發(fā)生反應(yīng)，脫硫時，CaCCh稍過量，與多余的硫酸反應(yīng)生成CaSO」，CaSCh微

溶但相對來說仍具有一定的溶解度，所以充分反應(yīng)后仍有SO42-殘留，所以原因可以解釋為：CaC03與多余

的硫酸反應(yīng)生成的CaSO4微溶，

加入BaCCh可進(jìn)一步提高硫的脫除率，由于BaCCh參加反應(yīng)轉(zhuǎn)化生成難溶的BaSO4,BaSCU相對于CaSCU

溶解度更低，可使溶液中SO4?一濃度更低，考慮到沉淀轉(zhuǎn)化的反應(yīng)效率較低，所以進(jìn)?步提高硫的脫除率則

是考慮在沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)的基礎(chǔ)匕發(fā)生效率更高的反應(yīng)，促使沉淀反應(yīng)的進(jìn)行，沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)為：

2

BaCO3+SO4-^BaSO4+CO?-,此時溶液中磷酸具有一定的酸性，可以繼續(xù)發(fā)生反應(yīng)生成CCh,于是整個反

應(yīng)的燧增，正向進(jìn)行的程度更大，可以達(dá)到進(jìn)一步脫除率的效果，綜合考慮則離子方程式為：

BaCCh+SOF+H3Po4=BaSO』+CO2T+H2O+H2PO1，

故答案為:CaCCh與多余的硫酸反應(yīng)生成的CaSO4微溶;BaCO3+SO4”+2H3PO4=BaSO4+CO2T+H2O+2H2PO#；

（6）用NaOH滴定H3P。4至NazHPCU的滴定反應(yīng)為：H3PO4+2NaOH=Na2HPO4+2H2O,根據(jù)反應(yīng)方程式,

3beX]0-3

制磷酸中H3P04的物質(zhì)的量為beXI°一則精制磷酸中H3P04的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是2X98

2——--------X100%

a

°'C'49b-:-xioo%,

a

0.049bc

故答案為:xioo%o

a

2.（2017?北京）TiCL是由鈦精礦（主要成分為TiCh）制備鈦（Ti）的重要中間產(chǎn)物，制備純TiCL的流程

示意圖如下:

氯化過卷用TC精制過程.^TCl

鈦精礦?T，CU狹愉接純

資料：TiCL及所含雜質(zhì)氯化物的性質(zhì)

化合物SiCl4TiCl4AICI3FeCbMgCl2

沸點(diǎn)/℃58136181(升華)3161412

熔點(diǎn)/C-6925193304714

在TiCL中的溶

互溶-微溶難溶

解性

(1)氯化過程：TiO2與C12難以直接反應(yīng)，加碳生成CO和CO2可使反應(yīng)得以進(jìn)行。

l

已知：TiO2(s)+2C12(g)=TiC14(g)+O2(g)△H,=+175.4kJ-mor

2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=-220.9kJ-mo「

①沸騰爐中加碳氯化生成TiCL（g）和CO（g）的熱化學(xué)方程式:

②氯化過程中CO和CO2可以相互轉(zhuǎn)化，根據(jù)如圖判斷：CO2生成CO反應(yīng)的AH—0（填“或

判斷依據(jù)：______________________________________________

8

3.0

[/Xvcoi

0。卜1?T1

40060080010001200

T/X：

③氯化反應(yīng)的尾氣須處理后排放，尾氣中的HC1和Cb經(jīng)吸收可得粗鹽酸、FeCb溶液，則尾氣的吸收液依

次是。

④氯化產(chǎn)物冷卻至室溫，經(jīng)過濾得到粗TiCL,混合液，則濾渣中含有。

(2)精制過程：粗TiCL經(jīng)兩步蒸饋得純TiCL.示意圖如下：

物質(zhì)a是,T2應(yīng)控制在。

【答案】詳見解析

吉*日

【解析】由制備純TiCl4的流程示意圖，鈦精礦與氯氣、C發(fā)生氯化過程，反應(yīng)為TiO2+2Cb+2C--'皿

TiCl4+2CO,結(jié)合表格中數(shù)據(jù)可知，蒸鐲得到純TiCL,

(1)①由I.TiO2(s)+2Ch(g)=TiCl4(g)+O2(g)△Hi=+175.4k「moH

l

II.2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=-220,9kJmol,

結(jié)合蓋斯定律可知，I+n得到TiCh(s)+2Ch(g)+2C(s)=TiC14(g)+2CO(g),AH=(+175.4kJmol1)

+(-220.9k.lmol1)=-45.5kJ-moH,

即熱化學(xué)方程式為TiCh(s)+2Ch(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)△H=-45.5kJmoH,

l

故答案為:TiO2(s)+2Ch(g)+2C(s)=TiC14(g)+2C0(g)△H=-45.5kJmol；

②因溫度越高,CO的物質(zhì)的量越多而CO2的物質(zhì)的量少，說明CO2生成CO的反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，所以AH〉。，

故答案為：＞；溫度越高，CO的物質(zhì)的量越多而CO2的物質(zhì)的量少，說明CO2生成CO的反應(yīng)是吸熱反應(yīng)；

③尾氣中的HC1和CI2經(jīng)吸收可得粗鹽酸、FeC13溶液，食鹽水吸收HC1,氯化亞鐵吸收氯氣生成氯化鐵，

則尾氣的吸收液依次是飽和食鹽水、氯化亞鐵溶液，

故答案為：飽和食鹽水、氯化亞鐵溶液；

④由反應(yīng)可知，氯化產(chǎn)物冷卻至室溫，經(jīng)過濾得到粗TiCL混合液，結(jié)合表格中氯化物的性質(zhì)可知濾渣中含

有MgCL、FeCb、AlCh,故答案為：MgCb、AlCb、FeCh；

(2)粗TiC14經(jīng)兩步蒸儲得純TiCQ由圖及表格數(shù)據(jù)可知,先分離出SiC14,后分離出TiC14,則先控制溫

度Ti為58"C左右時分離出物質(zhì)a為SiC14,控制溫度T2為136℃左右時分離出純TiCh,故答案為：SiCl4:

136℃左右。

3.(2016?北京)以廢舊鉛酸電池中的含鉛廢料(Pb、PbO、PbCh、PbSCU及炭黑等)和H2so4為原料，制

備高純PbO,實(shí)現(xiàn)鉛的再生利用.其工作流程如下：

(1)過程I中，在Fe2*催化下,Pb和PbO2反應(yīng)生成PbSO4的化學(xué)方程式是

(2)過程I中，F(xiàn)e?+催化過程可表示為：

2++23+

i：2Fe+PbO2+4H+SO4-=2Fe+PbSO4+2H2O

ii：...

①寫出ii的離子方程式：.

②下列實(shí)驗(yàn)方案可證實(shí)上述催化過程.將實(shí)驗(yàn)方案補(bǔ)充完整.

a.向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液幾乎無色，再加入少量PbCh，溶液變紅.

b..

（3）PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：PbO（s）+NaOH（叫）UNaHPbO?（叫），其溶解度曲線如圖

所示.

①過程H的目的是脫硫.濾液1經(jīng)處理后可在過程H中重復(fù)使用，其目的是一（選填序號）.

A.減小Pb的損失，提高產(chǎn)品的產(chǎn)率

B.重復(fù)利用NaOH,提高原料的利用率

C.增加Na2s04濃度，提高脫硫效率

②過程III的目的是提純，結(jié)合上述溶解度曲線，簡述過程HI的操作：

一

，

越120

隆100

段8035%NaOH

S60

34010%NaOH

20

20406080100120

溫ir,c

【答案】詳見解析

【解析】（1）根據(jù)題給化學(xué)工藝流程知，過程I中，在Fe2+催化下，Pb、PbCh和H2so4反應(yīng)生成PbSCh和

水，化學(xué)方程式為：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O,

故答案為：Pb+PbCh+2H2so4=2PbSCh+2H2O；

（2）①催化劑通過參加反應(yīng)，改變反應(yīng)歷程，降低反應(yīng)的活化能，加快化學(xué)反應(yīng)速率，而本身的質(zhì)量和化

學(xué)性質(zhì)反應(yīng)前后保持不變.根據(jù)題給信息知反應(yīng)i中Fe2+被PbO?氧化為Fe3+,則反應(yīng)ii中Fe3+被Pb還原為

Fe2+,離子方程式為：2Fe3++Pb+SO42=PbSCU+2Fe2+,

故答案為：2Fe3++Pb+SO/=PbSO4+2Fe2+；

②a實(shí)驗(yàn)證明發(fā)生反應(yīng)i,則b實(shí)驗(yàn)需證明發(fā)生反應(yīng)ii,實(shí)驗(yàn)方案為:

a.向酸化的FeSCM溶液中加入KSCN溶液，溶液兒乎無色，再加入少量PbCh,溶液變紅，亞鐵離子被氧

化為鐵離子，

b.取a中紅色溶液少量，溶液中存在平衡，F(xiàn)e3++3SCN=Fe(SCN)3,加入過量Pb,和平衡狀態(tài)下鐵離子

反應(yīng)生成亞鐵離子，平衡逆向進(jìn)行充分反應(yīng)后，紅色褪去，

故答案為：取a中紅色溶液少量，加入過量Pb,充分反應(yīng)后，紅色褪去；

(3)①過程II脫硫過程中發(fā)生的反應(yīng)為PbSO4+2NaOH=PbO+Na2sO4+H2O,由于PbO能溶解與NaOH溶液，

因此濾液I中含有Pb元素，濾液I重復(fù)使用可減少PbO損失，提高產(chǎn)品的產(chǎn)率，且濾液I中過量的NaOH

可以重復(fù)利用，提高原料的利用率，故選AB。

故答案為：AB；

②根據(jù)PbO的溶解度曲線，提純粗Pb的方法為將粗PbO溶解在NaOH溶液中，結(jié)合溶解度曲線特點(diǎn)可知

濃度高的NaOH溶液和較高的溫度，PbO的溶解度高，因此加熱至較高溫度，充分溶解，然后再高溫下趁

熱過濾除去雜質(zhì)，后冷卻后PbO又析出結(jié)晶，再次過濾可得到PbO固體.

故答案為：向PbO粗品中加入一定量的35%NaOH溶液，加熱至110℃,充分溶解后，趁熱過濾，冷卻結(jié)晶，

過濾得到PbO固體.

4.(2015?北京)研究CO2在海洋中的轉(zhuǎn)移和歸宿，是當(dāng)今海洋科學(xué)研究的前沿領(lǐng)域。

(1)溶于海水的CO2主要以4種無機(jī)碳形式存在。其中HCO3-占95%.寫出CO2溶于水產(chǎn)生HCCh-的方程

式：。

(2)在海洋碳循環(huán)中，通過如圖所示的途徑固碳。

①寫出鈣化作用的離子方程式：。

②同位素示蹤法證實(shí)光合作用的化學(xué)方程式如下，將其補(bǔ)充完整：

光m匕

_____+________(CHO)+XI8O+XHO

葉綠體2X22

(3)海水中溶解無機(jī)碳占海水總碳的95%以上，其準(zhǔn)確測量是研究海洋碳循環(huán)的基礎(chǔ)。測量溶解無機(jī)碳,

可采用如下方法：

①氣提、吸收C02.用N2從酸化后的海水中吹出C02并用堿液吸收（裝置示意圖如下）。將虛線框中的裝

置補(bǔ)充完整并標(biāo)出所用試劑。

②滴定。將吸收液吸收的無機(jī)碳轉(zhuǎn)化為NaHCCh，再用xmol,L」HCl溶液滴定，消耗ymLHCl溶液。海水中

溶解無機(jī)碳的濃度=_mol?LT。

（4）利用如圖所示裝置從海水中提取C02,有利于減少環(huán)境溫室氣體含量。

①結(jié)合方程式簡述提取C02的原理：______________________________________________________________

②用該裝置產(chǎn)生的物質(zhì)處理室排出的海水，合格后排回大海。處理至合格的方法是

【答案】詳見解析

【解析】（1）二氧化碳溶于水生成的碳酸為弱酸,部分電離生成碳酸氫根，有關(guān)方程式為:CO2+H2OUH2c。3,

+

H2CO3^H+HCO3,

故答案為：CCh+H20=H2co3,H2cO3UH++HCO3-；

（2）①反應(yīng)物中含有碳酸氫根，生成物為碳酸鈣，依據(jù)元素守恒以及電荷守恒得出方程式為：

2+

2HCO3+Ca=CaCO3；+CO2T+H2O,

故答案為：2HCO3+Ca2+=CaCO31+CO2f+H2O；

②光合作用產(chǎn)生的氧氣來源于水，即水中的氧原子采用示蹤法標(biāo)記為I、。，依據(jù)元素守恒配平應(yīng)需要xCO?

,8

和2XH2%,故答案為：xCO2；2XH2O；

（3）①酸化海水，可以使用試劑：稀硫酸，利用分液漏斗滴加，長管進(jìn)氣，短管出氣，故裝置為:

②此反應(yīng)原理為：NaHCO3+HCl=NaCI+CO2T+H2O,即碳酸氫鈉與鹽酸的物質(zhì)的量之比為1：1,那么海水中

碳酸氫鈉的濃度為c,體積均為mL,依據(jù)題意有cxz=xy,解。=丫”，故答案為：丫”；

xyAy

++

（4）a室：2H2O-4e=4H+O2t，氫離子通過陽離子交換膜進(jìn)入b室，發(fā)生反應(yīng)：H+HCO3=CO2t+H2O,故

答案為：a室：2H2O-4e=4H++O2f,氫離子通過陽離子交換膜進(jìn)入b室，發(fā)生反應(yīng)：H++HCO3=CC）2f+H2O：

②c室：2H2O+2e=2OH+H2t，用c室排出的堿液將從b室排出的酸性海水調(diào)節(jié)至裝置入口海水的pH,故

答案為:c室：2H2O+2e-=2OH+H23用c室排出的堿液將從b室排出的酸性海水調(diào)節(jié)至裝置入口海水的pH。

（觀扇形題）

1.（2014?北京）碳、硫的含量影響鋼鐵性能.碳、硫含量的一種測定方法是將鋼樣中碳、硫轉(zhuǎn)化為氣體,

再用測碳、測硫裝置進(jìn)行測定。

（1）采用圖1裝置A,在高溫下將x克鋼樣中碳、硫轉(zhuǎn)化為COz、S02.

竹式爐

0：―?中中一二^―?氣體a測定裝置

X克鋼樣

A

圖1

①氣體a的成分是.

②若鋼樣中碳以FeS形式存在，A中反應(yīng)：3FeS+5Ch向皿1+3.

（2）將氣體a通入測硫酸裝置中（如圖2）,采用滴定法測定硫的含量.

ITL

co2吸收瓶

@H2O2氧化S02的化學(xué)方程式：

②用NaOH溶液滴定生成的H2so4,消耗zmLNaOH溶液.若消耗ImLNaOH溶液相當(dāng)于硫的質(zhì)量為y克，

則該鋼樣中硫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：_

（3）將氣體a通入測碳裝置中（如圖3）,采用重量法測定碳的含量.

①氣體a通過B和C的目的是

②計(jì)算鋼樣中碳的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，應(yīng)測量的數(shù)據(jù)是.

【答案】詳見解析

【解析】（1）①該裝置中C、S在A裝置中被氧氣反應(yīng)生成二氧化碳、二氧化硫，還有部分氧氣剩余，所

以氣體a的成分是SCh、C02、02,故答案為：SCh、CCh、02；

②若鋼樣中S以FeS形式存在，F(xiàn)eS被氧氣氧化，F(xiàn)e元素化合價(jià)由+2價(jià)變?yōu)?3價(jià)，-2價(jià)的S被氧化為+4

價(jià)，結(jié)合化學(xué)計(jì)量數(shù)知，生成物是二氧化硫和四氧化三鐵，所以反應(yīng)方程式為3FeS+5Ch-回皿-Fe3O4+3SO2,

故答案為：Fe.QySO：；

(2)①雙氧水具有強(qiáng)氧化性，二氧化硫具有還原性，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸，反應(yīng)方程式為

H2Ch+SO2=H2s04,故答案為：H2O2+SO2=H2so4；

②若消耗ImLNaOH溶液相當(dāng)于硫的質(zhì)量為y克，zmLNaOH溶液相當(dāng)于硫的質(zhì)量為yzg,硫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為

-xioo%=—＞故答案為：—；

xgXX

(3)①測定二氧化碳的含量，需要將二氧化硫除去防止造成干擾，B裝置可氧化二氧化硫，C裝置可以吸

收二氧化硫，所以裝置B和C的作用是氧化二氧化硫、除去二氧化硫，故答案為：排除二氧化硫?qū)Χ趸?/p>

碳測定的干擾：

②計(jì)算鋼樣中碳的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，需要測定吸收二氧化碳的質(zhì)量，所以需要測定吸收二氧化碳前后吸收瓶的質(zhì)

量，故答案為：吸收二氧化碳前后吸收瓶的質(zhì)量。

2.(2013?北京)用含有AI2O3、SiCh和少量FeOxFezCh的鋁灰制備Ab(S04)3I8H2O,工藝流程如下(部

分操作和條件略)：

I,向鋁灰中加入過量稀H2SO4，過濾：

II.向?yàn)V液中加入過量KMnCU溶液，調(diào)節(jié)溶液的pH約為3；

III.加熱，產(chǎn)生大量棕色沉淀，靜置，上層溶液呈紫紅色：

IV.加入MnSCU至紫紅色消失，過濾；

V.濃縮、結(jié)晶、分離，得到產(chǎn)品.

(1)溶解A1O的離子方程式是.

H2SO423

(2)將MnCU一氧化Fe?+的離子方程式補(bǔ)充完整：

2+3+

-MnO4+_Fe=_Mi?+-Fe+

(3)已知:

生成氫氧化物沉淀的pH

Al(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3

開始沉淀時3.46.31.5

完全沉淀時4.78.32.8

注：金屬離子的起始濃度為0.1mol-L“

根據(jù)表中數(shù)據(jù)解釋步驟H的目的：.

（4）已知：一定條件下，MnCU-可與M"+反應(yīng)生成MnCh,

①向III的沉淀中加入濃HC1并加熱，能說明沉淀中存在MnO2的現(xiàn)象是.

②IV中加入MnSO4的目的是.

【答案】詳見解析

【解析】（1）硫酸溶解氧化鋁生成硫酸鋁和水，反應(yīng)的離子方程式為：AhCh+6H+=2AF++3H20；

故答案為：AhO3+6H+=2A13++3H2O；

（2）高鐳酸根離子在酸溶液中被還原為鐳離子，亞鐵離子被氧化為鐵離子，反應(yīng)的離子方程式為：

2++3+2+

MnO4+5Fe+8H=5Fe+Mn+4H2O

故答案為:1、5；8H+；1、5；4H20；

（3）向?yàn)V液中加入過量KMnO4溶液，目的是氧化亞鐵離子為三價(jià)鐵離子，依據(jù)圖表數(shù)據(jù)分析可知，鐵離

子開始沉淀和沉淀完全的溶液pH為1.5-28,鋁離子和亞鐵離子開始沉淀的溶液pH大于3,所以調(diào)節(jié)溶液

的pH約為3,可以使鐵離子全部沉淀，鋁離子不沉淀分離；

故答案為：pH約為3時，F(xiàn)e?+和AF+不能形成沉淀，將Fe2+氧化為Fe3+,可使鐵完全沉淀：

（4）一定條件下，MnCh何與Mn"反應(yīng)生成MnCh

①向W的沉淀中加入濃HC1并加熱，二氧化鍋和濃鹽酸在加熱條件下反應(yīng)生成氯化鐳、氯氣和水，生成的

氯氣是黃綠色氣體，能說明沉淀中存在MnCh的現(xiàn)象是生成黃綠色氣體：

故答案為：生成黃綠色氣體；

②MnO4何與Mn?+反應(yīng)生成MnCh,過濾除去，所以可以利用MnSO4的溶液和高鋸酸鉀溶液反應(yīng)生成二氧

化鎬，把過量高鐳酸根離子除去；故答案為：除去過量的MnO/。

3.（2012?北京）直接排放含SCh的煙氣會形成酸雨，危害環(huán)境.利用鈉堿循環(huán)法可脫除煙氣中的SCh.

（1）用化學(xué)方程式表示SCh形成硫酸型酸雨的反應(yīng)：.

（2）在鈉堿循環(huán)法中，Na2s03溶液作為吸收液，可由NaOH溶液吸收SCh制得，該反應(yīng)的離子方程式是

2

（3）吸收液吸收SO2的過程中，pH隨n（SO3）：n（HSOy）變化關(guān)系如下表：

2

n(SO3-)：n(HSO3)91：91：19：91

pH8.27.26.2

①上表判斷NaHSCh溶液顯—性，用化學(xué)平衡原理解釋：

②當(dāng)吸收液呈中性時，溶液中離子濃度關(guān)系正確的是（選填字母）:

+2

a.c(Na)=2c(SO3)+c(HSO3)

+2+

b.c(Na)>c(HSOf)>c(SO3)>c(H)=c(OH)

++

c.c(Na)+c(H)=c(SO.?)+c(HSO3)+c(OH)

(4)當(dāng)吸收液的pH降至約為6時，需送至電解槽再生.再生示意圖如下:

①HSCh-在陽極放電的電極反應(yīng)式是.

②當(dāng)陰極室中溶液PH升至8以上時，吸收液再生并循環(huán)利用.簡述再生原理:

【答案】詳見解析

【解析】(1)S02和先水反應(yīng)生成H2so3,反應(yīng)方程式為：SO2+H2OUH2SO3：H2s03不穩(wěn)定能被空氣中的

氧氣氧化生成H2so4,反應(yīng)方程式為2H2so3+O2=2H2SO4;

故答案為：SC)2+H2O=H2so3；2H2so3+C)2=2H2so4。

(2)SO2和氫氧化鈉反應(yīng)生成亞硫酸鈉和水，反應(yīng)方程式為：2OH+SO2=SCh3+H2O；

故答案為：2OH+SO2=SCh2-+H2O.

(3)①在溶液中主要以HSCh-存在，HSCh-的電離很微弱，所以n(SOF)：n(HSO.v)<1：1,根據(jù)表格知，

當(dāng)亞硫酸氫根離子的物質(zhì)的量大于亞硫酸根離子的物質(zhì)的量時，亞硫酸氫鈉溶液呈酸性：亞硫酸氫根離子

既能水解又能電離，亞硫酸氫鈉溶液呈酸性同時說明HS03-的電離程度大于水解程度.

故答案為：酸；HSOr存在HSO3PH++SO32和HSCh+H2O=H2so3+0什，HSOT的電離程度大于水解程度.

②當(dāng)溶液呈中性時，溶液中氫離子濃度等于氫氧根離子濃度，亞硫酸氫根離子濃度大于亞硫酸根離子濃度.

a、溶液呈電中性，溶液中陰陽離子所帶電荷相等，溶液呈中性時，溶液中氫離子濃度等于氫氧根離子濃度，

2

所以c(Na+)=2c(SO3-)+c(HSOr),故a正確.

b、溶液呈中性時，溶液中氫離子濃度等于氫氧根離子濃度，亞硫酸氫根離子濃度大于亞硫酸根離子濃度,

溶液中陰陽離子所帶電荷相等，所以得c(Na+)>c(HSOy)>c(SO32-)>c(H)=c(OH),故b正確.

c、溶液呈電中性，溶液中陰陽離子所帶電荷相等,得c(Na+)+c(H)=2c(SO32-)+c(HSO3)+c(OH),

故c錯誤.

故選：ab.

(4)①當(dāng)吸收液的pH降至約為6時，吸收液中陰離子主要是亞硫酸氫根離子，亞硫酸氫根離子在陽極上

2+

失電子和水反應(yīng)生成硫酸根離子和氫離子，電極反應(yīng)式為：HSOy+H2O-2e=SO4+3H.

2+

故答案為：HSO3+H2O-2e-SO4+3H.

②電解時，溶液中陽離子向陰極移動，氫離子在陰極得電子生成氫氣，溶液中氫離子濃度降低，導(dǎo)致加速

HS03?電離生成S03〉，鈉離子進(jìn)入陰極室，吸收液就可以再生.故答案為：氫離子在陰極得電子生成氫氣，

溶液中氫離子濃度降低，促使HS03-電離生成SCh%且鈉離子進(jìn)入陰極室，吸收液就可以再生；

4.(2011?北京)氯堿工業(yè)中電解飽和食鹽水的原理示意圖如右圖所示。

(1)溶液A的溶質(zhì)是.

(2)電解飽和食鹽水的離子方程式是.

(3)電解時用鹽酸控制陽極區(qū)溶液的pH在2?3.用化學(xué)平衡移動原理解釋鹽酸的作用：

(4)電解所用的鹽水需精制，去除有影響的Ca2+、Mg2+、NHJ、SO421c(SO?')>c(Ca2+)].精制流程

如下(淡鹽水和溶液A來自電解池)：

①鹽泥a除泥沙外，還含有的物質(zhì)是.

②過程I中將NH4+轉(zhuǎn)化為N2的離子方程式是.

③BaSCU的溶解度比BaCO3的小.過程U中除去的離子有.

④經(jīng)過程III處理，要求鹽水c中剩余Na2SO3的含量小于5mg/L.若鹽水b中NaClO的含量是7.45mg/L,

則處理10m3鹽水b,至多添加10%Na2sCh溶液kg(溶液體積變化忽略不計(jì)).

相期恂KfirK來木(畬少

【答案】詳見解析

【解析】(D電解飽和食鹽水時，陰極反應(yīng)式為：2H2O+2e=2OH+H2T，陽極反應(yīng)式為：2Cl-2e=Cht，陰

極產(chǎn)物為NaOH和H?,陽極產(chǎn)物是C12,據(jù)此可以確定溶液A的溶質(zhì)是NaOH,故答案為：NaOH；

通電

(2)根據(jù)陽極極和陰極的反應(yīng)式可得電解反應(yīng)的離子方程式是2C1+2H")串號=H2T+CI2T+2OH-,故答案

通電

為：2C1+2H2。-烏三H2f+C12T+2OH-；

(3)電解時用鹽酸控制陽極區(qū)溶液的pH在2?3的作用是促使化學(xué)平衡Cb+HzO；=iHCl+HClO向左移動，

減少Ch在水中的溶解，有利于Cb的逸出，故答案為：C12與水的反應(yīng)為CL+H2c4—HC1+HC1O,增大HC1

的濃度使平衡逆向移動.減少C12在水中的溶解，有利于Ch的逸出：

(4)①根據(jù)粗鹽水和淡鹽水的化學(xué)成分，代入題給精制鹽水的流程進(jìn)行分析，可知過程I是將Mg2+轉(zhuǎn)化為

Mg(OH)2沉淀除去，即鹽泥a中除泥沙外，還含有的物質(zhì)是Mg(OH)2,

故答案為：Mg(OH)2;

②將NHJ轉(zhuǎn)化為N2的氧化劑是Ch,對應(yīng)的離子方程式是2NH4++3Cb+8OH=N2T+6CT+8H20,故答案為：

2NH4++3Cb+8OH=N2T+6C1+8H20；

③過程II是利用沉淀溶解平衡原理，將溶液中的Ca2+和SO42-分別轉(zhuǎn)化為CaCO3和BaSCU沉淀除去，故答

案為:SO4%、Ca2+；

?NaClO與Na2sCh溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為：NaC10+Na2sCh—NaCl+Na2sO」，若鹽水b中NaClO的含量

是7.45mg/L,則處理10m3鹽水b時至少需要10%Na2sCh溶液

-1

―四生~rX126§-1001X^=l.26kg,若鹽水c中剩余NazSCh的含量為5mg/L,則還需添加

74.5g?molT10

10%Na2SCh溶液50g+10%=0.5kg,因此至多添加10%Na2SCh溶液的質(zhì)量為1.26kg+0.5kg=1.76kg.故答案為：

1.76o

5.(2010?北京)由短周期元素組成的化合物X是某抗酸藥的有效成分.甲同學(xué)欲探究X的組成.

查閱資料：

①由短周期元素組成的抗酸藥的有效成分有碳酸氫鈉、碳酸鎂、氫氧化鋁、硅酸鎂鋁、磷酸鋁、堿式碳酸

鎂鋁.

②AF+在pH=5.0時沉淀完全；Mg?+在pH=8.8時開始沉淀，在pH=l1.4時沉淀完全.

實(shí)驗(yàn)過程：

I.向化合物X粉末中加入過量鹽酸，產(chǎn)生氣體A,得到無色溶液.

II.用伯絲蘸取少量I中所得的溶液，在火焰上灼燒，無黃色火焰.

Ill.向I中所得的溶液中滴加氨水，調(diào)節(jié)pH至5?6,產(chǎn)生白色沉淀B,過濾.

IV.向沉淀B中加過量NaOH溶液，沉淀全部溶解.

V.向HI中得到的濾液中滴加NaOH溶液，調(diào)節(jié)pH至12,得到白色沉淀C.

(1)I中氣全A可使澄清石灰水變渾濁，A的化學(xué)式是.

(2)由I、H判斷X一定不含有的元素是磷、.

(3)IH中生成B的離子方程式是.

(4)IV中B溶解的離子方程式是.

(5)沉淀C的化學(xué)式是.

(6)若上述n(A)：n(B)：n(C)=1：I：3,則X的化學(xué)式是.

【答案】詳見解析

【解析】(1)氣體A可使澄清石灰水變渾濁，結(jié)合抗酸藥的有效成分，知該氣體為CO2,故答案為：CO2；

(2)X中一定不含Si,因?yàn)楣杷猁}中加入過量鹽酸，會產(chǎn)生硅酸沉淀，一定不含Na,因?yàn)镹a的焰色為黃

色，故答案為：鈉、硅；

(3)調(diào)節(jié)pH至5?6時生成的白色沉淀為A1(OH)3,NH3H2O為弱電解質(zhì)，離子方程式中應(yīng)寫為化學(xué)式，

3+

故答案為：A1+3NH3H2O=A1(OH)31+3NH4+；

(4)Al(OH)3為兩性氫氧化物，能溶于強(qiáng)堿，加入過量NaOH溶液，Al(OH)3沉淀完全溶解，離子方

程式為：Al(OH)3+OH-=AlO2+2H2O,

故答案為：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；

(5)加入NaOH溶液調(diào)節(jié)pH至12,有白色沉淀產(chǎn)生，則沉淀C為Mg(OH)2,故答案為：Mg(OH)2；

3

(6)由于n(CO2)：n[Al(OH)3]：nfMg(OH)2]=1：1：3,則CO3”、Al\Mg2+的物質(zhì)的量之比為1：

1：3,結(jié)合電荷守恒，則CCh”、AP+、Mg2+、OH-的物質(zhì)的量之比為1：1：3：7,故X為Mg3Al(OH)7co3。

故答案為:Mg3Al(OH)7CO3.

高考真題精解

專題13無機(jī)化工流程

工藝流程題是近幾年高考的熱考題型，工藝流程題的結(jié)構(gòu)分題頭、題干和題尾三部分。題頭一般是簡單

介紹該工藝生產(chǎn)的原材料和工藝生產(chǎn)的目的(包括副產(chǎn)品)；題干主要用流程圖形式將原料到產(chǎn)品的主要生產(chǎn)

工藝流程表示出來；題尾主要是根據(jù)生產(chǎn)過程中涉及的化學(xué)知識設(shè)計(jì)成一系列問題，構(gòu)成一道完整的化學(xué)

試題。此類試題集綜合性、真實(shí)性、開放性于一體，包含必要的操作名稱、化工術(shù)語或文字說明，考查知

識面廣、綜合性強(qiáng)、思維容量大。題干的呈現(xiàn)形式多為流程圖、表格和圖像；設(shè)問角度一般為操作措施、

物質(zhì)成分、化學(xué)反應(yīng)、條件控制的原因和產(chǎn)率計(jì)算等，能力考查側(cè)重于獲取信息的能力、分析問題的能力、

語言表達(dá)能力和計(jì)算能力；涉及到的化學(xué)知識有基本理論、元素化合物和實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)知識等。

(一)2020考綱

考點(diǎn)2020考綱要求

(1)化學(xué)反應(yīng)原理的應(yīng)用II

(2)化學(xué)平衡原理的應(yīng)用II

(3)離子平衡理論的應(yīng)用II

(4)以及物質(zhì)制備和分離(提純)II

(5)綠色化學(xué)觀點(diǎn)II

(二)本節(jié)考向題型研究匯總

題型考向考點(diǎn)/考向2020考綱要求

(1)元素及其化合物

解答題(2)化學(xué)反應(yīng)基本概念11

(3)實(shí)驗(yàn)流程和操作

考向題型研究：工藝流程

(觀母題)

1.(2019?北京)化學(xué)小組用如下方法測定經(jīng)處理后的廢水中苯酚的含量(廢水中不含干擾測定的物質(zhì))。

I、用已準(zhǔn)確稱量的KBQ固體配制一定體積的amolUKBrCh標(biāo)準(zhǔn)溶液；

II、取vimL上述溶液，加入過量KBr,加H2sO4酸化，溶液顏色呈棕黃色；

IH、向II所得溶液中加入v2mL廢水；