高考真题-13无机化工流程（含答案解析）

高考真题精解

专题13无机化工流程

工艺流程题是近几年高考的热考题型，工艺流程题的结构分题头、题干和题尾三部分。题头一般是简单

介绍该工艺生产的原材料和工艺生产的目的(包括副产品)；题干主要用流程图形式将原料到产品的主要生产

工艺流程表示出来；题尾主要是根据生产过程中涉及的化学知识设计成一系列问题，构成一道完整的化学

试题。此类试题集综合性、真实性、开放性于一体，包含必要的操作名称、化工术语或文字说明，考查知

识面广、综合性强、思维容量大。题干的呈现形式多为流程图、表格和图像；设问角度一般为操作措施、

物质成分、化学反应、条件控制的原因和产率计算等，能力考查侧重于获取信息的能力、分析问题的能力、

语言表达能力和计算能力；涉及到的化学知识有基本理论、元素化合物和实验基础知识等。

(一)2020考纲

考点2020考纲要求

(1)化学反应原理的应用II

(2)化学平衡原理的应用II

(3)离子平衡理论的应用II

(4)以及物质制备和分离(提纯)II

(5)绿色化学观点II

(二)本节考向题型研究汇总

题型考向考点/考向2020考纲要求

(1)元素及其化合物

解答题II

(2)化学反应基本概念

（3）实验流程和操作

考向题型研究：工艺流程

（观母题）

1.（2019・北京）化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量（废水中不含干扰测定的物质）。

1、用已准确称量的KBQ固体配制一定体积的amol-L"KBrO3标准溶液；

II、取vimL上述溶液，加入过量KBr,加H2sO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；

IIK向II所得溶液中加入v2mL废水；

IV、向HI中加入过量KI；

V、用bmolUNa2s2O3标准溶液滴定W中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗

Na2s2O3溶液v3mL。

已知：L+2Na2s2（）3=2NaI+Na2s4。6

Na2s2O3和Na2s4）6溶液颜色均为无色

（1）I中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和o

（2）H中发生反应的离子方程式是«

（3）III中发生反应的化学方程式是—o

（4）IV中加KI前，溶液颜色须为黄色，原因是。

（5）KI与KBrCh物质的量关系为n（KI）>6n（KBrO3）时，KI一定过量，理由是

O

（6）V中滴定至终点的现象是。

（7）废水中苯酚的含量为（苯酚摩尔质量：94g-mor'）o

（8）由于Bn具有性质，H〜IV中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。

【答案】详见解析

【解析】(1)I中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶,

故答案为：容量瓶;

+

(2)II中发生反应的离子方程式是BrOs+5Br+6H=3Br2+3H2O,

故答案为：BrO.v+5Br+6H+=3Br2+3H2O；

(3)111中发生反应的化学方程式是苯酚与浓漠水反应的化学方程式为

(4)IV中加KI前，溶液颜色须为黄色，原因是确保溟过量，保证苯酚已经完全反应,

故答案为：确保澳过量，保证苯酚已经完全反应；

(5)KI与KBrO3物质的量关系为n(KI)>6n(KBrO3)时，KI一定过量，理由是由电子守恒可知，当n

(KI)=6n(KBrCh)时，KI恰好与步骤H中生成的澳完全反应，而步骤III中苯酚会消耗一定量的澳，所

以n(KI)>6n(KBrO.O时，KI一定过量，

故答案为：由电子守恒可知，当n(KI)=6n(KBrCh)时，KI恰好与步骤II中生成的漠完全反应，而步骤

III中苯酚会消耗一定量的溪，所以n(KI)>6n(KBQ)时，KI一定过量；

(6)V中滴定至终点的现象是最后•滴Na2s2。3溶液滴入后，溶液恰好蓝色消失，且半分钟内不变,

故答案为：最后一滴Na2s2O3溶液滴入后，溶液恰好蓝色消失，且半分钟内不变;

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

可知，生成的澳的物质的量为axmol/Lxv1x10-3Lx3=3av।x10-3mol,由澳与碘化钾反应生成的碘的物质的量为

bmol/Lxvjx10_3Lx—=5bv3X10-4mol,所以与苯酚反应的澳的物质的量为3av।x10-3mol-5bv3X10-*mol=

2

OH

Br

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

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

xlO^molxl废水中苯酚的含量为J----------------

O33V2

V2X10~L

g-L-1,

(6aVj-bv3)X47

故答案为:

3V2

(8)由于Br2具有挥发性的性质，H〜W中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高,

故答案为：挥发性。

(观平行题)

1.(2018•北京)磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下:

H»O2/ACaCOj/A

H即岭-粗硝酸而彘飞近—＞精制磷酸

磷精矿一＞磷精矿粉

研磨酸浸」磷石膏(主要成分为CaSO4•0.5H9)

已知：磷精矿主要成分为Cas(PO4)3(OH),还含有Cas(PO4)3F和有机碳等。

溶解度：Ca5(PO4)3(OH)＜CaSO40.5H2O

(1)上述流程中能加快反应速率的措施有。

(2)磷精矿粉酸浸时发生反应：

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

①该反应体现出酸性关系：。(填“>"或y')。

H3P4―H2SO4

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C02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，CaCCh稍过量，充分反应后仍有SCV-残留，原因是；加入BaCCh

可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是。

(6)取ag所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚醐作指示剂，用bmolL-NaOH溶液滴定至终点时生

成Na2HPO4,消耗NaOH溶液cmL.精制磷酸中H3PCU的质量分数是_(己知：H3P。4摩尔质量为98gmol')

【答案】详见解析

【解析】(1)常用加快化学反应速率的措施有研磨，加热，溶解时搅拌等，根据流程图，加快化学反应速

率的措施有：研磨，加热，

故答案为：研磨，加热；

(2)①根据反应方程式，是由H2s04参加反应得到H3P04,是由强酸制取弱酸，因此酸性强弱为：

H3PO4<H2SO4,

故答案为：<；

②H3P04和H2so4均为无机含氧酸，主要可从P和S的非金属性角度考虑，S的非金属性强于P,可以使O

上电子云密度降低更大，继而导致H+更易电离，H+越易电离，含氧酸酸性越强，可以简单解释为：P的半

径大于S,P的非金属性小于S,所以H3PO4的酸性小于H2s04的酸性，

故答案为：同一周期，从左到右，半径逐渐减小，得电子能力增强，最高价氧化物对应的水化物酸性增强，

所以H3P的酸性小于H2s0』的酸性；

(3)酸浸时，磷精矿中Cas(PO4)3F所含氟转化为HF,反应过程为Cas(PO4)3F和H2s04反应，生成

CaSO4-^H2O,H3P和HF,所以化学反应方程式为：2Cas(P04)3F+IOH2SO4+5H8匕lOCaSOrg

22

H2O+6H3Po4+2HF,

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

(4)根据图象，80℃前随着温度升高，有机碳脱除率增大，80℃后随着温度升高，有机碳脱除率降低，考

虑H2O2受热分解，导致H2O2浓度降低影响有机碳的脱除率，所以可以解释为：温度高于80℃时，H2O2的

分解速率加快，导致H2O2的浓度降低，也就导致有机碳脱除率下降，

故答案为：温度高于80℃时，H2O2的分解速率加快，导致H2O2的浓度降低，也就导致有机碳脱除率下降；

(5)脱硫过程是加入CaCCh发生反应，脱硫时，CaCCh稍过量，与多余的硫酸反应生成CaSO」，CaSCh微

溶但相对来说仍具有一定的溶解度，所以充分反应后仍有SO42-残留，所以原因可以解释为：CaC03与多余

的硫酸反应生成的CaSO4微溶，

加入BaCCh可进一步提高硫的脱除率，由于BaCCh参加反应转化生成难溶的BaSO4,BaSCU相对于CaSCU

溶解度更低，可使溶液中SO4?一浓度更低，考虑到沉淀转化的反应效率较低，所以进•步提高硫的脱除率则

是考虑在沉淀转化反应的基础匕发生效率更高的反应，促使沉淀反应的进行，沉淀转化反应为：

2

BaCO3+SO4-^BaSO4+CO?-,此时溶液中磷酸具有一定的酸性，可以继续发生反应生成CCh,于是整个反

应的燧增，正向进行的程度更大，可以达到进一步脱除率的效果，综合考虑则离子方程式为：

BaCCh+SOF+H3Po4=BaSO』+CO2T+H2O+H2PO1，

故答案为:CaCCh与多余的硫酸反应生成的CaSO4微溶;BaCO3+SO4”+2H3PO4=BaSO4+CO2T+H2O+2H2PO#；

（6）用NaOH滴定H3P。4至NazHPCU的滴定反应为：H3PO4+2NaOH=Na2HPO4+2H2O,根据反应方程式,

3beX]0-3

制磷酸中H3P04的物质的量为beXI°一则精制磷酸中H3P04的质量分数是2X98

2——--------X100%

a

°'C'49b-:-xioo%,

a

0.049bc

故答案为:xioo%o

a

2.（2017•北京）TiCL是由钛精矿（主要成分为TiCh）制备钛（Ti）的重要中间产物，制备纯TiCL的流程

示意图如下:

氯化过卷用TC精制过程.^TCl

钛精矿®T，CU狭愉接纯

资料：TiCL及所含杂质氯化物的性质

化合物SiCl4TiCl4AICI3FeCbMgCl2

沸点/℃58136181(升华)3161412

熔点/C-6925193304714

在TiCL中的溶

互溶-微溶难溶

解性

(1)氯化过程：TiO2与C12难以直接反应，加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。

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沸腾炉中加碳氯化生成TiCL（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AH—0（填“或

判断依据：______________________________________________

8

3.0

[/Xvcoi

0。卜1•T1

40060080010001200

T/X：

③氯化反应的尾气须处理后排放，尾气中的HC1和Cb经吸收可得粗盐酸、FeCb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TiCL,混合液，则滤渣中含有。

(2)精制过程：粗TiCL经两步蒸馈得纯TiCL.示意图如下：

物质a是,T2应控制在。

【答案】详见解析

吉*日

【解析】由制备纯TiCl4的流程示意图，钛精矿与氯气、C发生氯化过程，反应为TiO2+2Cb+2C--'皿

TiCl4+2CO,结合表格中数据可知，蒸镯得到纯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,

结合盖斯定律可知，I+n得到TiCh(s)+2Ch(g)+2C(s)=TiC14(g)+2CO(g),AH=(+175.4kJmol1)

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

即热化学方程式为TiCh(s)+2Ch(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)△H=-45.5kJmoH,

l

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

②因温度越高,CO的物质的量越多而CO2的物质的量少，说明CO2生成CO的反应是吸热反应，所以AH〉。，

故答案为：＞；温度越高，CO的物质的量越多而CO2的物质的量少，说明CO2生成CO的反应是吸热反应；

③尾气中的HC1和CI2经吸收可得粗盐酸、FeC13溶液，食盐水吸收HC1,氯化亚铁吸收氯气生成氯化铁，

则尾气的吸收液依次是饱和食盐水、氯化亚铁溶液，

故答案为：饱和食盐水、氯化亚铁溶液；

④由反应可知，氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCL混合液，结合表格中氯化物的性质可知滤渣中含

有MgCL、FeCb、AlCh,故答案为：MgCb、AlCb、FeCh；

(2)粗TiC14经两步蒸储得纯TiCQ由图及表格数据可知,先分离出SiC14,后分离出TiC14,则先控制温

度Ti为58"C左右时分离出物质a为SiC14,控制温度T2为136℃左右时分离出纯TiCh,故答案为：SiCl4:

136℃左右。

3.(2016•北京)以废旧铅酸电池中的含铅废料(Pb、PbO、PbCh、PbSCU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，Fe?+催化过程可表示为：

2++23+

i：2Fe+PbO2+4H+SO4-=2Fe+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PbCh，溶液变红.

b..

（3）PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：PbO（s）+NaOH（叫）UNaHPbO?（叫），其溶解度曲线如图

所示.

①过程H的目的是脱硫.滤液1经处理后可在过程H中重复使用，其目的是一（选填序号）.

A.减小Pb的损失，提高产品的产率

B.重复利用NaOH,提高原料的利用率

C.增加Na2s04浓度，提高脱硫效率

②过程III的目的是提纯，结合上述溶解度曲线，简述过程HI的操作：

一

，

越120

隆100

段8035%NaOH

S60

34010%NaOH

20

20406080100120

温ir,c

【答案】详见解析

【解析】（1）根据题给化学工艺流程知，过程I中，在Fe2+催化下，Pb、PbCh和H2so4反应生成PbSCh和

水，化学方程式为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O,

故答案为：Pb+PbCh+2H2so4=2PbSCh+2H2O；

（2）①催化剂通过参加反应，改变反应历程，降低反应的活化能，加快化学反应速率，而本身的质量和化

学性质反应前后保持不变.根据题给信息知反应i中Fe2+被PbO?氧化为Fe3+,则反应ii中Fe3+被Pb还原为

Fe2+,离子方程式为：2Fe3++Pb+SO42=PbSCU+2Fe2+,

故答案为：2Fe3++Pb+SO/=PbSO4+2Fe2+；

②a实验证明发生反应i,则b实验需证明发生反应ii,实验方案为:

a.向酸化的FeSCM溶液中加入KSCN溶液，溶液儿乎无色，再加入少量PbCh,溶液变红，亚铁离子被氧

化为铁离子，

b.取a中红色溶液少量，溶液中存在平衡，Fe3++3SCN=Fe(SCN)3,加入过量Pb,和平衡状态下铁离子

反应生成亚铁离子，平衡逆向进行充分反应后，红色褪去，

故答案为：取a中红色溶液少量，加入过量Pb,充分反应后，红色褪去；

(3)①过程II脱硫过程中发生的反应为PbSO4+2NaOH=PbO+Na2sO4+H2O,由于PbO能溶解与NaOH溶液，

因此滤液I中含有Pb元素，滤液I重复使用可减少PbO损失，提高产品的产率，且滤液I中过量的NaOH

可以重复利用，提高原料的利用率，故选AB。

故答案为：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NaOH溶液中，结合溶解度曲线特点可知

浓度高的NaOH溶液和较高的温度，PbO的溶解度高，因此加热至较高温度，充分溶解，然后再高温下趁

热过滤除去杂质，后冷却后PbO又析出结晶，再次过滤可得到PbO固体.

故答案为：向PbO粗品中加入一定量的35%NaOH溶液，加热至110℃,充分溶解后，趁热过滤，冷却结晶，

过滤得到PbO固体.

4.(2015•北京)研究CO2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域。

(1)溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在。其中HCO3-占95%.写出CO2溶于水产生HCCh-的方程

式：。

(2)在海洋碳循环中，通过如图所示的途径固碳。

①写出钙化作用的离子方程式：。

②同位素示踪法证实光合作用的化学方程式如下，将其补充完整：

光m匕

_____+________(CHO)+XI8O+XHO

叶绿体2X22

(3)海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上，其准确测量是研究海洋碳循环的基础。测量溶解无机碳,

可采用如下方法：

①气提、吸收C02.用N2从酸化后的海水中吹出C02并用碱液吸收（装置示意图如下）。将虚线框中的装

置补充完整并标出所用试剂。

②滴定。将吸收液吸收的无机碳转化为NaHCCh，再用xmol,L」HCl溶液滴定，消耗ymLHCl溶液。海水中

溶解无机碳的浓度=_mol・LT。

（4）利用如图所示装置从海水中提取C02,有利于减少环境温室气体含量。

①结合方程式简述提取C02的原理：______________________________________________________________

②用该装置产生的物质处理室排出的海水，合格后排回大海。处理至合格的方法是

【答案】详见解析

【解析】（1）二氧化碳溶于水生成的碳酸为弱酸,部分电离生成碳酸氢根，有关方程式为:CO2+H2OUH2c。3,

+

H2CO3^H+HCO3,

故答案为：CCh+H20=H2co3,H2cO3UH++HCO3-；

（2）①反应物中含有碳酸氢根，生成物为碳酸钙，依据元素守恒以及电荷守恒得出方程式为：

2+

2HCO3+Ca=CaCO3；+CO2T+H2O,

故答案为：2HCO3+Ca2+=CaCO31+CO2f+H2O；

②光合作用产生的氧气来源于水，即水中的氧原子采用示踪法标记为I、。，依据元素守恒配平应需要xCO?

,8

和2XH2%,故答案为：xCO2；2XH2O；

（3）①酸化海水，可以使用试剂：稀硫酸，利用分液漏斗滴加，长管进气，短管出气，故装置为:

②此反应原理为：NaHCO3+HCl=NaCI+CO2T+H2O,即碳酸氢钠与盐酸的物质的量之比为1：1,那么海水中

碳酸氢钠的浓度为c,体积均为mL,依据题意有cxz=xy,解。=丫”，故答案为：丫”；

xyAy

++

（4）a室：2H2O-4e=4H+O2t，氢离子通过阳离子交换膜进入b室，发生反应：H+HCO3=CO2t+H2O,故

答案为：a室：2H2O-4e=4H++O2f,氢离子通过阳离子交换膜进入b室，发生反应：H++HCO3=CC）2f+H2O：

②c室：2H2O+2e=2OH+H2t，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH,故

答案为:c室：2H2O+2e-=2OH+H23用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH。

（观扇形题）

1.（2014•北京）碳、硫的含量影响钢铁性能.碳、硫含量的一种测定方法是将钢样中碳、硫转化为气体,

再用测碳、测硫装置进行测定。

（1）采用图1装置A,在高温下将x克钢样中碳、硫转化为COz、S02.

竹式炉

0：―►中中一二^―►气体a测定装置

X克钢样

A

图1

①气体a的成分是.

②若钢样中碳以FeS形式存在，A中反应：3FeS+5Ch向皿1+3.

（2）将气体a通入测硫酸装置中（如图2）,采用滴定法测定硫的含量.

ITL

co2吸收瓶

@H2O2氧化S02的化学方程式：

②用NaOH溶液滴定生成的H2so4,消耗zmLNaOH溶液.若消耗ImLNaOH溶液相当于硫的质量为y克，

则该钢样中硫的质量分数：_

（3）将气体a通入测碳装置中（如图3）,采用重量法测定碳的含量.

①气体a通过B和C的目的是

②计算钢样中碳的质量分数，应测量的数据是.

【答案】详见解析

【解析】（1）①该装置中C、S在A装置中被氧气反应生成二氧化碳、二氧化硫，还有部分氧气剩余，所

以气体a的成分是SCh、C02、02,故答案为：SCh、CCh、02；

②若钢样中S以FeS形式存在，FeS被氧气氧化，Fe元素化合价由+2价变为+3价，-2价的S被氧化为+4

价，结合化学计量数知，生成物是二氧化硫和四氧化三铁，所以反应方程式为3FeS+5Ch-回皿-Fe3O4+3SO2,

故答案为：Fe.QySO：；

(2)①双氧水具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应生成硫酸，反应方程式为

H2Ch+SO2=H2s04,故答案为：H2O2+SO2=H2so4；

②若消耗ImLNaOH溶液相当于硫的质量为y克，zmLNaOH溶液相当于硫的质量为yzg,硫的质量分数为

-xioo%=—＞故答案为：—；

xgXX

(3)①测定二氧化碳的含量，需要将二氧化硫除去防止造成干扰，B装置可氧化二氧化硫，C装置可以吸

收二氧化硫，所以装置B和C的作用是氧化二氧化硫、除去二氧化硫，故答案为：排除二氧化硫对二氧化

碳测定的干扰：

②计算钢样中碳的质量分数，需要测定吸收二氧化碳的质量，所以需要测定吸收二氧化碳前后吸收瓶的质

量，故答案为：吸收二氧化碳前后吸收瓶的质量。

2.(2013•北京)用含有AI2O3、SiCh和少量FeOxFezCh的铝灰制备Ab(S04)3I8H2O,工艺流程如下(部

分操作和条件略)：

I,向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤：

II.向滤液中加入过量KMnCU溶液，调节溶液的pH约为3；

III.加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色：

IV.加入MnSCU至紫红色消失，过滤；

V.浓缩、结晶、分离，得到产品.

(1)溶解A1O的离子方程式是.

H2SO423

(2)将MnCU一氧化Fe?+的离子方程式补充完整：

2+3+

-MnO4+_Fe=_Mi?+-Fe+

(3)已知:

生成氢氧化物沉淀的pH

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

开始沉淀时3.46.31.5

完全沉淀时4.78.32.8

注：金属离子的起始浓度为0.1mol-L“

根据表中数据解释步骤H的目的：.

（4）已知：一定条件下，MnCU-可与M"+反应生成MnCh,

①向III的沉淀中加入浓HC1并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是.

②IV中加入MnSO4的目的是.

【答案】详见解析

【解析】（1）硫酸溶解氧化铝生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为：AhCh+6H+=2AF++3H20；

故答案为：AhO3+6H+=2A13++3H2O；

（2）高镭酸根离子在酸溶液中被还原为镭离子，亚铁离子被氧化为铁离子，反应的离子方程式为：

2++3+2+

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

故答案为:1、5；8H+；1、5；4H20；

（3）向滤液中加入过量KMnO4溶液，目的是氧化亚铁离子为三价铁离子，依据图表数据分析可知，铁离

子开始沉淀和沉淀完全的溶液pH为1.5-28,铝离子和亚铁离子开始沉淀的溶液pH大于3,所以调节溶液

的pH约为3,可以使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀分离；

故答案为：pH约为3时，Fe?+和AF+不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+,可使铁完全沉淀：

（4）一定条件下，MnCh何与Mn"反应生成MnCh

①向W的沉淀中加入浓HC1并加热，二氧化锅和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化镭、氯气和水，生成的

氯气是黄绿色气体，能说明沉淀中存在MnCh的现象是生成黄绿色气体：

故答案为：生成黄绿色气体；

②MnO4何与Mn?+反应生成MnCh,过滤除去，所以可以利用MnSO4的溶液和高锯酸钾溶液反应生成二氧

化镐，把过量高镭酸根离子除去；故答案为：除去过量的MnO/。

3.（2012•北京）直接排放含SCh的烟气会形成酸雨，危害环境.利用钠碱循环法可脱除烟气中的SCh.

（1）用化学方程式表示SCh形成硫酸型酸雨的反应：.

（2）在钠碱循环法中，Na2s03溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SCh制得，该反应的离子方程式是

2

（3）吸收液吸收SO2的过程中，pH随n（SO3）：n（HSOy）变化关系如下表：

2

n(SO3-)：n(HSO3)91：91：19：91

pH8.27.26.2

①上表判断NaHSCh溶液显—性，用化学平衡原理解释：

②当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是（选填字母）:

+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)当吸收液的pH降至约为6时，需送至电解槽再生.再生示意图如下:

①HSCh-在阳极放电的电极反应式是.

②当阴极室中溶液PH升至8以上时，吸收液再生并循环利用.简述再生原理:

【答案】详见解析

【解析】(1)S02和先水反应生成H2so3,反应方程式为：SO2+H2OUH2SO3：H2s03不稳定能被空气中的

氧气氧化生成H2so4,反应方程式为2H2so3+O2=2H2SO4;

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

(2)SO2和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，反应方程式为：2OH+SO2=SCh3+H2O；

故答案为：2OH+SO2=SCh2-+H2O.

(3)①在溶液中主要以HSCh-存在，HSCh-的电离很微弱，所以n(SOF)：n(HSO.v)<1：1,根据表格知，

当亚硫酸氢根离子的物质的量大于亚硫酸根离子的物质的量时，亚硫酸氢钠溶液呈酸性：亚硫酸氢根离子

既能水解又能电离，亚硫酸氢钠溶液呈酸性同时说明HS03-的电离程度大于水解程度.

故答案为：酸；HSOr存在HSO3PH++SO32和HSCh+H2O=H2so3+0什，HSOT的电离程度大于水解程度.

②当溶液呈中性时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，亚硫酸氢根离子浓度大于亚硫酸根离子浓度.

a、溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，溶液呈中性时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，

2

所以c(Na+)=2c(SO3-)+c(HSOr),故a正确.

b、溶液呈中性时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，亚硫酸氢根离子浓度大于亚硫酸根离子浓度,

溶液中阴阳离子所带电荷相等，所以得c(Na+)>c(HSOy)>c(SO32-)>c(H)=c(OH),故b正确.

c、溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等,得c(Na+)+c(H)=2c(SO32-)+c(HSO3)+c(OH),

故c错误.

故选：ab.

(4)①当吸收液的pH降至约为6时，吸收液中阴离子主要是亚硫酸氢根离子，亚硫酸氢根离子在阳极上

2+

失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为：HSOy+H2O-2e=SO4+3H.

2+

故答案为：HSO3+H2O-2e-SO4+3H.

②电解时，溶液中阳离子向阴极移动，氢离子在阴极得电子生成氢气，溶液中氢离子浓度降低，导致加速

HS03•电离生成S03〉，钠离子进入阴极室，吸收液就可以再生.故答案为：氢离子在阴极得电子生成氢气，

溶液中氢离子浓度降低，促使HS03-电离生成SCh%且钠离子进入阴极室，吸收液就可以再生；

4.(2011・北京)氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如右图所示。

(1)溶液A的溶质是.

(2)电解饱和食盐水的离子方程式是.

(3)电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2〜3.用化学平衡移动原理解释盐酸的作用：

(4)电解所用的盐水需精制，去除有影响的Ca2+、Mg2+、NHJ、SO421c(SO?')>c(Ca2+)].精制流程

如下(淡盐水和溶液A来自电解池)：

①盐泥a除泥沙外，还含有的物质是.

②过程I中将NH4+转化为N2的离子方程式是.

③BaSCU的溶解度比BaCO3的小.过程U中除去的离子有.

④经过程III处理，要求盐水c中剩余Na2SO3的含量小于5mg/L.若盐水b中NaClO的含量是7.45mg/L,

则处理10m3盐水b,至多添加10%Na2sCh溶液kg(溶液体积变化忽略不计).

相期恂KfirK来木(畲少

【答案】详见解析

【解析】(D电解饱和食盐水时，阴极反应式为：2H2O+2e=2OH+H2T，阳极反应式为：2Cl-2e=Cht，阴

极产物为NaOH和H?,阳极产物是C12,据此可以确定溶液A的溶质是NaOH,故答案为：NaOH；

通电

(2)根据阳极极和阴极的反应式可得电解反应的离子方程式是2C1+2H")串号=H2T+CI2T+2OH-,故答案

通电

为：2C1+2H2。-乌三H2f+C12T+2OH-；

(3)电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2〜3的作用是促使化学平衡Cb+HzO；=iHCl+HClO向左移动，

减少Ch在水中的溶解，有利于Cb的逸出，故答案为：C12与水的反应为CL+H2c4—HC1+HC1O,增大HC1

的浓度使平衡逆向移动.减少C12在水中的溶解，有利于Ch的逸出：

(4)①根据粗盐水和淡盐水的化学成分，代入题给精制盐水的流程进行分析，可知过程I是将Mg2+转化为

Mg(OH)2沉淀除去，即盐泥a中除泥沙外，还含有的物质是Mg(OH)2,

故答案为：Mg(OH)2;

②将NHJ转化为N2的氧化剂是Ch,对应的离子方程式是2NH4++3Cb+8OH=N2T+6CT+8H20,故答案为：

2NH4++3Cb+8OH=N2T+6C1+8H20；

③过程II是利用沉淀溶解平衡原理，将溶液中的Ca2+和SO42-分别转化为CaCO3和BaSCU沉淀除去，故答

案为:SO4%、Ca2+；

®NaClO与Na2sCh溶液反应的化学方程式为：NaC10+Na2sCh—NaCl+Na2sO」，若盐水b中NaClO的含量

是7.45mg/L,则处理10m3盐水b时至少需要10%Na2sCh溶液

-1

―四生~rX126§-1001X^=l.26kg,若盐水c中剩余NazSCh的含量为5mg/L,则还需添加

74.5g・molT10

10%Na2SCh溶液50g+10%=0.5kg,因此至多添加10%Na2SCh溶液的质量为1.26kg+0.5kg=1.76kg.故答案为：

1.76o

5.(2010•北京)由短周期元素组成的化合物X是某抗酸药的有效成分.甲同学欲探究X的组成.

查阅资料：

①由短周期元素组成的抗酸药的有效成分有碳酸氢钠、碳酸镁、氢氧化铝、硅酸镁铝、磷酸铝、碱式碳酸

镁铝.

②AF+在pH=5.0时沉淀完全；Mg?+在pH=8.8时开始沉淀，在pH=l1.4时沉淀完全.

实验过程：

I.向化合物X粉末中加入过量盐酸，产生气体A,得到无色溶液.

II.用伯丝蘸取少量I中所得的溶液，在火焰上灼烧，无黄色火焰.

Ill.向I中所得的溶液中滴加氨水，调节pH至5〜6,产生白色沉淀B,过滤.

IV.向沉淀B中加过量NaOH溶液，沉淀全部溶解.

V.向HI中得到的滤液中滴加NaOH溶液，调节pH至12,得到白色沉淀C.

(1)I中气全A可使澄清石灰水变浑浊，A的化学式是.

(2)由I、H判断X一定不含有的元素是磷、.

(3)IH中生成B的离子方程式是.

(4)IV中B溶解的离子方程式是.

(5)沉淀C的化学式是.

(6)若上述n(A)：n(B)：n(C)=1：I：3,则X的化学式是.

【答案】详见解析

【解析】(1)气体A可使澄清石灰水变浑浊，结合抗酸药的有效成分，知该气体为CO2,故答案为：CO2；

(2)X中一定不含Si,因为硅酸盐中加入过量盐酸，会产生硅酸沉淀，一定不含Na,因为Na的焰色为黄

色，故答案为：钠、硅；

(3)调节pH至5〜6时生成的白色沉淀为A1(OH)3,NH3H2O为弱电解质，离子方程式中应写为化学式，

3+

故答案为：A1+3NH3H2O=A1(OH)31+3NH4+；

(4)Al(OH)3为两性氢氧化物，能溶于强碱，加入过量NaOH溶液，Al(OH)3沉淀完全溶解，离子方

程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2+2H2O,

故答案为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；

(5)加入NaOH溶液调节pH至12,有白色沉淀产生，则沉淀C为Mg(OH)2,故答案为：Mg(OH)2；

3

(6)由于n(CO2)：n[Al(OH)3]：nfMg(OH)2]=1：1：3,则CO3”、Al\Mg2+的物质的量之比为1：

1：3,结合电荷守恒，则CCh”、AP+、Mg2+、OH-的物质的量之比为1：1：3：7,故X为Mg3Al(OH)7co3。

故答案为:Mg3Al(OH)7CO3.

高考真题精解

专题13无机化工流程

工艺流程题是近几年高考的热考题型，工艺流程题的结构分题头、题干和题尾三部分。题头一般是简单

介绍该工艺生产的原材料和工艺生产的目的(包括副产品)；题干主要用流程图形式将原料到产品的主要生产

工艺流程表示出来；题尾主要是根据生产过程中涉及的化学知识设计成一系列问题，构成一道完整的化学

试题。此类试题集综合性、真实性、开放性于一体，包含必要的操作名称、化工术语或文字说明，考查知

识面广、综合性强、思维容量大。题干的呈现形式多为流程图、表格和图像；设问角度一般为操作措施、

物质成分、化学反应、条件控制的原因和产率计算等，能力考查侧重于获取信息的能力、分析问题的能力、

语言表达能力和计算能力；涉及到的化学知识有基本理论、元素化合物和实验基础知识等。

(一)2020考纲

考点2020考纲要求

(1)化学反应原理的应用II

(2)化学平衡原理的应用II

(3)离子平衡理论的应用II

(4)以及物质制备和分离(提纯)II

(5)绿色化学观点II

(二)本节考向题型研究汇总

题型考向考点/考向2020考纲要求

(1)元素及其化合物

解答题(2)化学反应基本概念11

(3)实验流程和操作

考向题型研究：工艺流程

(观母题)

1.(2019•北京)化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。

I、用已准确称量的KBQ固体配制一定体积的amolUKBrCh标准溶液；

II、取vimL上述溶液，加入过量KBr,加H2sO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；

IH、向II所得溶液中加入v2mL废水；