PAGE1專題38工業(yè)流程題解題策略——以非金屬元素為載體考點(diǎn)十年考情（2016-2025）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1選擇題（簡(jiǎn)單工藝流程分析）2025：湖北、廣東、云南2024：廣西、重慶、貴州、北京2023：湖北2022：天津、福建、湖南2021：福建、遼寧、山東2018：浙江注重考查學(xué)科核心知識(shí)：工業(yè)流程題的命題來源很廣,與各個(gè)知識(shí)模塊的結(jié)合點(diǎn)較多。選取以非金屬元素為主的工業(yè)生產(chǎn)流程，有兩個(gè)目的：一是從混合物中分離、提純某一物質(zhì)；另一目的就是利用某些物質(zhì)制備另一物質(zhì)。考查應(yīng)用基礎(chǔ)知識(shí)分析解決生產(chǎn)中的實(shí)際問題的能力，涉及氧化還原反應(yīng)、物質(zhì)的轉(zhuǎn)化、環(huán)境污染（廢水、廢氣、廢渣）與治理、實(shí)現(xiàn)可持續(xù)發(fā)展等核心知識(shí)。強(qiáng)調(diào)知識(shí)的靈活運(yùn)用與綜合分析：工業(yè)流程題是高考的熱點(diǎn)，所占的分值重，由于此類試題陌生度高，對(duì)學(xué)生的能力要求大，加上有的試題文字量大，學(xué)生在沒做之前往往就會(huì)產(chǎn)生畏懼感，所以這類題的得分不是很理想。因此分析工業(yè)流程題時(shí),應(yīng)將流程路線、試題設(shè)問和理論知識(shí)有機(jī)結(jié)合起來,找到所需回答的問題與流程圖中相關(guān)信息的一一對(duì)應(yīng)關(guān)系，“順藤摸瓜”就可以有效解決相關(guān)問題。考點(diǎn)2非選擇題（綜合工藝流程分析）2025：重慶、四川、北京、甘肅2024：河北、湖北2023：天津、江蘇、海南、浙江、湖北、全國(guó)甲卷2022：全國(guó)甲卷2021：全國(guó)甲卷2020：海南2016：全國(guó)I卷知識(shí)點(diǎn)知識(shí)點(diǎn)01選擇題（簡(jiǎn)單工藝流程分析）1．（2025·湖北·高考真題）如圖所示的物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系中，固體A與固體B研細(xì)后混合，常溫下攪拌產(chǎn)生氣體C和固體D，溫度迅速下降。氣體C能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)。G是一種強(qiáng)酸。H是白色固體，常用作鋇餐。下列敘述錯(cuò)誤的是A．在C的水溶液中加入少量固體A，溶液升高B．D為可溶于水的有毒物質(zhì)C．F溶于雨水可形成酸雨D．常溫下可用鐵制容器來盛裝G的濃溶液【答案】A【分析】固體A與固體B研細(xì)后混合，常溫下攪拌產(chǎn)生氣體C和固體D，溫度迅速下降。氣體C能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)，則C為NH3，G是強(qiáng)酸，則E是NO，F(xiàn)是NO2，G是HNO3；H是白色固體，常用作鋇餐，H是BaSO4，D是BaCl2，A和B反應(yīng)是NH4Cl和Ba(OH)2·8H2O反應(yīng)，C(NH3)和HCl可轉(zhuǎn)化為NH4Cl，則A是NH4Cl，B是Ba(OH)2·8H2O?！驹斀狻緼．在C(NH3)的水溶液(氨水)中加入少量固體A(NH4Cl)，銨根濃度增大，抑制了NH3·H2O的電離，OH-濃度減小，溶液pH減小，A錯(cuò)誤；B．D(BaCl2)易溶于水，溶于水電離出Ba2+，鋇是重金屬，有毒，B正確；C．F(NO2)與水反應(yīng)生成強(qiáng)酸硝酸，故NO2溶于雨水可形成硝酸型酸雨，C正確；D．G是HNO3，常溫下濃HNO3將Fe鈍化，故常溫下可用鐵制容器來盛裝濃硝酸，D正確；答案選A。2．（2025·廣東·高考真題）能滿足下列物質(zhì)間直接轉(zhuǎn)化關(guān)系，且推理成立的是單質(zhì)X氧化物1氧化物2酸(或堿)鹽A．X可為鋁，鹽的水溶液一定顯酸性B．X可為硫，氧化物1可使品紅溶液褪色C．X可為鈉，氧化物2可與水反應(yīng)生成D．X可為碳，鹽的熱穩(wěn)定性：【答案】B【詳解】A．鋁單質(zhì)與O2生成Al2O3后無法再被O2氧化，無法形成氧化物2，且Al2O3與水反應(yīng)需強(qiáng)酸/堿才能溶解，A錯(cuò)誤；B．硫燃燒生成SO2(氧化物1，使品紅褪色)，SO2氧化為SO3(氧化物2)，SO3與水生成H2SO4，再與NaOH生成鹽，轉(zhuǎn)化關(guān)系成立，B正確；C．鈉與氧氣常溫反應(yīng)生成Na2O(氧化物1)，進(jìn)一步氧化為Na2O2(氧化物2)；Na2O2與水反應(yīng)生成NaOH和O2，不會(huì)生成H2，C錯(cuò)誤；D．碳與氧氣反應(yīng)先生成CO，最終生成CO2，與水反應(yīng)生成碳酸，與堿反應(yīng)可生成鹽，但Na2CO3熱穩(wěn)定性強(qiáng)于NaHCO3，D結(jié)論錯(cuò)誤，D錯(cuò)誤；故選B。3．（2025·云南·高考真題）稻殼制備納米Si的流程圖如下。下列說法錯(cuò)誤的是A．可與NaOH溶液反應(yīng)B．鹽酸在該工藝中體現(xiàn)了還原性C．高純Si可用于制造硅太陽能電池D．制備納米Si：【答案】B【分析】稻殼在一定條件下制備納米SiO2，納米SiO2和Mg在650℃發(fā)生置換反應(yīng)生成MgO和納米Si，加鹽酸將MgO轉(zhuǎn)化為MgCl2，過濾、洗滌、干燥得到納米Si?！驹斀狻緼．SiO2是酸性氧化物，與NaOH反應(yīng)生成Na2SiO3和H2O，A正確；B．鹽酸參與的反應(yīng)為：MgO+2HCl=MgCl2+H2O，該反應(yīng)是非氧化還原反應(yīng)，鹽酸體現(xiàn)酸性，沒有體現(xiàn)還原性，B錯(cuò)誤；C．高純硅可以將太陽能轉(zhuǎn)化為電能，故可用于制硅太陽能電池，C正確；D．SiO2和Mg在650℃條件下發(fā)生置換反應(yīng)得到MgO和納米Si，反應(yīng)的化學(xué)方程式為，D正確；答案選B。4．（2024·廣西·高考真題）實(shí)驗(yàn)小組用如下流程探究含氮化合物的轉(zhuǎn)化。為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．“反應(yīng)1”中，每消耗，在下得到B．“反應(yīng)2”中，每生成0.1molNO，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為C．在密閉容器中進(jìn)行“反應(yīng)3”，充分反應(yīng)后體系中有個(gè)D．“反應(yīng)4”中，為使完全轉(zhuǎn)化成，至少需要個(gè)【答案】B【分析】反應(yīng)1為實(shí)驗(yàn)室制備氨氣的反應(yīng)，方程式為：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，反應(yīng)2是氨氣的催化氧化，方程式為：4NH3+5O24NO+6H2O，反應(yīng)3為一氧化氮和氧氣反應(yīng)生成二氧化氮，方程式為：2NO+O?=2NO?，反應(yīng)4為二氧化氮，氧氣和水反應(yīng)生成硝酸，4NO2+2H2O+O2=4HNO3?，以此解題?！驹斀狻緼．根據(jù)分析可知，每消耗，生成0.1mol氨氣，但是由于不是標(biāo)準(zhǔn)狀況，則氣體不是2.24L，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)分析可知，反應(yīng)2方程式為：4NH3+5O24NO+6H2O，該反應(yīng)轉(zhuǎn)移20e-，則每生成0.1molNO，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為，B正確；C．根據(jù)反應(yīng)3，充分反應(yīng)后生成個(gè)，但是體系中存在2NO2?N2O4，則最終二氧化氮數(shù)目小于，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)反應(yīng)4可知，為使完全轉(zhuǎn)化成，至少需要個(gè)O2，D錯(cuò)誤；故選B。5．（2024·重慶·高考真題）單質(zhì)M的相關(guān)轉(zhuǎn)化如下所示。下列說法錯(cuò)誤的是A．a(chǎn)可使灼熱的銅變黑 B．b可與紅熱的鐵產(chǎn)生氣體C．c可使燃燒的鎂條熄滅 D．d可使?jié)駶?rùn)的淀粉碘化鉀試紙變藍(lán)【答案】C【分析】堿溶液與單質(zhì)d反應(yīng)生成漂白液，故單質(zhì)d為Cl2，堿溶液是NaOH；堿溶液NaOH與氧化物c（適量）反應(yīng)得純堿溶液，故氧化物c為CO2；單質(zhì)Ｍ與氧化物b反應(yīng)得堿溶液，故單質(zhì)M為Na，氧化物b為H2O；Na與單質(zhì)a反應(yīng)得氧化物，因此單質(zhì)a為O2，據(jù)此回答?！驹斀狻緼．a(chǎn)為O2，O2可與灼熱的銅反應(yīng)生成黑色的氧化銅，A正確；

B．b為H2O，水蒸氣可與紅熱的鐵在高溫下反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣，B正確；C．c為CO2，鎂條在CO2中燃燒生成氧化鎂和碳，燃燒的鎂條不熄滅，C錯(cuò)誤；

D．d為Cl2，Cl2可與碘化鉀反應(yīng)生成碘單質(zhì)，碘單質(zhì)能使?jié)駶?rùn)的淀粉試紙變藍(lán)，D正確；答案選C。6．（2024·貴州·高考真題）貴州重晶石礦(主要成分)儲(chǔ)量占全國(guó)以上。某研究小組對(duì)重晶石礦進(jìn)行“富礦精開”研究，開發(fā)了制備高純納米鈦酸鋇工藝。部分流程如下：下列說法正確的是A．“氣體”主要成分是，“溶液1”的主要溶質(zhì)是B．“系列操作”可為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥C．“合成反應(yīng)”中生成的反應(yīng)是氧化還原反應(yīng)D．“洗滌”時(shí)可用稀去除殘留的堿，以提高純度【答案】B【分析】重晶石礦（主要成分為）通過一系列反應(yīng)，轉(zhuǎn)化為溶液；加鹽酸酸化，生成和氣體；在溶液中加入過量的NaOH，通過蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，得到；過濾得到的溶液1的溶質(zhì)主要含NaCl及過量的NaOH；加水溶解后，加入，進(jìn)行合成反應(yīng)，得到粗品，最后洗滌得到最終產(chǎn)品?！驹斀狻緼．由分析可知，“氣體”主要成分為氣體，“溶液1”的溶質(zhì)主要含NaCl及過量的NaOH，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．由分析可知，“系列操作”得到的是晶體，故“系列操作”可以是蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，B項(xiàng)正確；C．“合成反應(yīng)”是和反應(yīng)生成，該反應(yīng)中元素化合價(jià)未發(fā)生變化，不是氧化還原反應(yīng)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．“洗滌”時(shí)，若使用稀，會(huì)部分轉(zhuǎn)化為難溶的，故不能使用稀，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選B。7．（2024·北京·高考真題）硫酸是重要化工原料，工業(yè)生產(chǎn)制取硫酸的原理示意圖如下。下列說法不正確的是A．I的化學(xué)方程式：B．Ⅱ中的反應(yīng)條件都是為了提高平衡轉(zhuǎn)化率C．將黃鐵礦換成硫黃可以減少?gòu)U渣的產(chǎn)生D．生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的尾氣可用堿液吸收【答案】B【分析】黃鐵礦和空氣中的O2在加熱條件下發(fā)生反應(yīng)，生成SO2和Fe3O4，SO2和空氣中的O2在400~500℃、常壓、催化劑的作用下發(fā)生反應(yīng)得到SO3，用98.3%的濃硫酸吸收SO3，得到H2SO4。【詳解】A．反應(yīng)I是黃鐵礦和空氣中的O2在加熱條件下發(fā)生反應(yīng)，生成SO2和Fe3O4，化學(xué)方程式：，故A正確；B．反應(yīng)Ⅱ條件要兼顧平衡轉(zhuǎn)化率和反應(yīng)速率，還要考慮生產(chǎn)成本，如Ⅱ中“常壓、催化劑”不是為了提高平衡轉(zhuǎn)化率，故B錯(cuò)誤；C．將黃鐵礦換成硫黃，則不再產(chǎn)生，即可以減少?gòu)U渣產(chǎn)生，故C正確；D．硫酸工業(yè)產(chǎn)生的尾氣為、，可以用堿液吸收，故D正確；故選B。8．（2023·湖北·高考真題）工業(yè)制備高純硅的主要過程如下：石英砂粗硅高純硅下列說法錯(cuò)誤的是A．制備粗硅的反應(yīng)方程式為B．1molSi含Si-Si鍵的數(shù)目約為C．原料氣HCl和應(yīng)充分去除水和氧氣D．生成的反應(yīng)為熵減過程【答案】B【詳解】A.和在高溫下發(fā)生反應(yīng)生成和，因此，制備粗硅的反應(yīng)方程式為，A說法正確；B.在晶體硅中，每個(gè)Si與其周圍的4個(gè)Si形成共價(jià)鍵并形成立體空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，因此，平均每個(gè)Si形成2個(gè)共價(jià)鍵，1molSi含Si-Si鍵的數(shù)目約為，B說法錯(cuò)誤；C.HCl易與水形成鹽酸，在一定的條件下氧氣可以將HCl氧化；在高溫下遇到氧氣能發(fā)生反應(yīng)生成水，且其易燃易爆，其與在高溫下反應(yīng)生成硅和HCl，因此，原料氣HCl和應(yīng)充分去除水和氧氣，C說法正確；D.，該反應(yīng)是氣體分子數(shù)減少的反應(yīng)，因此，生成的反應(yīng)為熵減過程，D說法正確；綜上所述，本題選B。9．（2022·天津·高考真題）燃油汽車行駛中會(huì)產(chǎn)生CO、NO等多種污染物。下圖為汽車發(fā)動(dòng)機(jī)及催化轉(zhuǎn)化器中發(fā)生的部分化學(xué)反應(yīng)。以下判斷錯(cuò)誤的是A．甲是空氣中體積分?jǐn)?shù)最大的成分 B．乙是引起溫室效應(yīng)的氣體之一C．反應(yīng)(Ⅰ)在常溫下容易發(fā)生 D．反應(yīng)(Ⅱ)中NO是氧化劑【答案】C【分析】甲和氧氣反應(yīng)生成一氧化氮，一氧化氮和一氧化碳反應(yīng)生成甲和二氧化碳，再根據(jù)元素守恒，則甲為氮?dú)??！驹斀狻緼．甲是氮?dú)猓獨(dú)饪諝庵畜w積分?jǐn)?shù)最大的成分，故A正確；B．乙是二氧化碳，則乙是引起溫室效應(yīng)的氣體之一，故B正確；C．由于氮?dú)夂械I，因此反應(yīng)(Ⅰ)在常溫下不容易發(fā)生，在高溫或放電條件下發(fā)生，故C錯(cuò)誤；D．一氧化碳和一氧化氮反應(yīng)生成氮?dú)夂投趸?，一氧化氮中氮化合價(jià)降低，因此反應(yīng)(Ⅱ)中NO是氧化劑，故D正確。綜上所述，答案為C。10．（2022·福建·高考真題）用鉻鐵合金(含少量單質(zhì))生產(chǎn)硫酸鉻的工藝流程如下：下列說法錯(cuò)誤的是A．“浸出”產(chǎn)生的氣體含有 B．“除雜”的目的是除去元素C．流程中未產(chǎn)生六價(jià)鉻化合物 D．“濾渣2”的主要成分是【答案】D【分析】由流程可知，加入稀硫酸溶解，生成氣體為氫氣，溶液中含加入Na2S分離出濾渣1含CoS和NiS，不會(huì)沉淀，再加入草酸除鐵生成FeC2O4，過濾分離出硫酸鉻，以此來解答?！驹斀狻緼．四種金屬均與稀硫酸反應(yīng)生成H2，A正確；B．共有四種金屬，由流程可知，沉鐵后分離出硫酸鉻，則“除雜"的目的是除去Ni、Co元素，B正確；C．由上述分析可知，流程中未產(chǎn)生六價(jià)鉻化合物，C正確；D．“濾渣2”的主要成分是FeC2O4，D錯(cuò)誤；故本題選D。11．（2022·湖南·高考真題）鋁電解廠煙氣凈化的一種簡(jiǎn)單流程如下：下列說法錯(cuò)誤的是A．不宜用陶瓷作吸收塔內(nèi)襯材料B．采用溶液噴淋法可提高吸收塔內(nèi)煙氣吸收效率C．合成槽中產(chǎn)物主要有和D．濾液可回收進(jìn)入吸收塔循環(huán)利用【答案】C【分析】煙氣(含HF)通入吸收塔，加入過量的碳酸鈉，發(fā)生反應(yīng)，向合成槽中通入NaAlO2，發(fā)生反應(yīng)，過濾得到和含有的濾液，據(jù)此回答；【詳解】A．陶瓷的成分中含有SiO2，SiO2能與煙氣中的HF發(fā)生反應(yīng)，因此不宜用陶瓷作吸收塔內(nèi)襯材料，故A正確；B．采用溶液噴淋法可增大反應(yīng)物的接觸面積，提高吸收塔內(nèi)煙氣吸收效率，故B正確；C．由上述分析可知，合成槽內(nèi)發(fā)生反應(yīng)，產(chǎn)物是和，故C錯(cuò)誤；D．由上述分析可知，濾液的主要成分為，可進(jìn)入吸收塔循環(huán)利用，故D正確；故選C。12．（2022·湖南·高考真題）科學(xué)家發(fā)現(xiàn)某些生物酶體系可以促進(jìn)和的轉(zhuǎn)移(如a、b和c)，能將海洋中的轉(zhuǎn)化為進(jìn)入大氣層，反應(yīng)過程如圖所示。下列說法正確的是A．過程Ⅰ中發(fā)生氧化反應(yīng)B．a(chǎn)和b中轉(zhuǎn)移的數(shù)目相等C．過程Ⅱ中參與反應(yīng)的D．過程Ⅰ→Ⅲ的總反應(yīng)為【答案】D【詳解】A．由圖示可知，過程I中NO轉(zhuǎn)化為NO，氮元素化合價(jià)由+3價(jià)降低到+2價(jià)，NO作氧化劑，被還原，發(fā)生還原反應(yīng)，A錯(cuò)誤；B．由圖示可知，過程I為NO在酶1的作用下轉(zhuǎn)化為NO和H2O，依據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可知，反應(yīng)的離子方程式為：NO+2H++e-NO+H2O，生成1molNO，a過程轉(zhuǎn)移1mole-，過程II為NO和NH在酶2的作用下發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成H2O和N2H4，依據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可知，反應(yīng)的離子方程式為：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，消耗1molNO，b過程轉(zhuǎn)移3mole-，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目不相等，B錯(cuò)誤；C．由圖示可知，過程II發(fā)生反應(yīng)的參與反應(yīng)的離子方程式為：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，n(NO):n(NH)=1:1，C錯(cuò)誤；D．由圖示可知，過程I的離子方程式為NO+2H++e-NO+H2O，過程II的離子方程式為NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，過程III的離子方程式為N2H4N2↑+4H++4e-，則過程Ⅰ→Ⅲ的總反應(yīng)為NO+NH=N2↑+2H2O，D正確；答案選D。13．（2021·福建·高考真題）明代《徐光啟手跡》記載了制備硝酸的方法，其主要流程(部分產(chǎn)物已省略)如下：下列說法錯(cuò)誤的是A．FeSO4的分解產(chǎn)物X為FeO B．本流程涉及復(fù)分解反應(yīng)C．HNO3的沸點(diǎn)比H2SO4的低 D．制備使用的鐵鍋易損壞【答案】A【詳解】A．據(jù)圖可知FeSO4分解時(shí)生成SO2和SO3，部分S元素被還原，則Fe元素應(yīng)被氧化，X為Fe2O3，A錯(cuò)誤；B．H2SO4與KNO3在蒸餾條件下生成HNO3和K2SO4，為復(fù)分解反應(yīng)，B正確；C．H2SO4與KNO3混合后，蒸餾過程中生成HNO3，說明HNO3的沸點(diǎn)比H2SO4的低，C正確；D．硫酸、硝酸均可以和鐵反應(yīng)，所以制備使用的鐵鍋易損壞，D正確；綜上所述答案為A。14．（2021·遼寧·高考真題）含S元素的某鈉鹽a能發(fā)生如圖轉(zhuǎn)化。下列說法錯(cuò)誤的是A．a(chǎn)可能為正鹽，也可能為酸式鹽 B．c為不溶于鹽酸的白色沉淀C．d為含極性鍵的非極性分子 D．反應(yīng)②中還可能生成淡黃色沉淀【答案】C【分析】由題干信息可知，鹽a與足量的稀鹽酸產(chǎn)生刺激性氣味氣體d，d能使KMnO4溶液褪色，故d為SO2，則鹽a為Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，鹽a與足量Cl2反應(yīng)后將生成，與BaCl2溶液反應(yīng)得到沉淀c，故c為BaSO4，據(jù)此分析解題。【詳解】A．由分析可知，鹽a為Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，故a可能為正鹽，也可能為酸式鹽，A正確；B．由分析可知，c為BaSO4，故c為不溶于鹽酸的白色沉淀，B正確；C．由分析可知，d為SO2，由SO2易溶于水并根據(jù)“相似相溶”原理可知，d是含有極性鍵的極性分子，C錯(cuò)誤；

D．由分析可知，鹽a為Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，當(dāng)Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S↓+SO2↑+H2O，反應(yīng)②中還可能生成淡黃色沉淀，D正確；故答案為：C。15．（2021·山東·高考真題）工業(yè)上以SO2和純堿為原料制備無水NaHSO3的主要流程如圖，下列說法錯(cuò)誤的是A．吸收過程中有氣體生成 B．結(jié)晶后母液中含有NaHCO3C．氣流干燥濕料時(shí)溫度不宜過高 D．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3【答案】B【分析】根據(jù)工藝流程逆向分析可知，以二氧化硫和純堿為原料，得到結(jié)晶成分為NaHSO3，則母液為飽和NaHSO3和過量的二氧化硫形成的亞硫酸，溶液呈酸性，所以加入純堿進(jìn)行中和，涉及的反應(yīng)為：H2SO3+2Na2CO3=Na2SO3+2NaHCO3，NaHSO3+Na2CO3=Na2SO3+NaHCO3，所以調(diào)節(jié)pH為8進(jìn)行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫氣體進(jìn)行混合吸收，此時(shí)吸收過程中發(fā)生反應(yīng)為：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3↓，SO2+NaHCO3=CO2+NaHSO3↓，此時(shí)會(huì)析出大量NaHSO3晶體，經(jīng)過離心分離，將得到的濕料再進(jìn)行氣流干燥，最終得到NaHSO3產(chǎn)品，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．根據(jù)上述分析可知，吸收過程中有二氧化碳生成，A正確；B．結(jié)晶后母液中含飽和NaHSO3和過量的二氧化硫形成的亞硫酸，沒有NaHCO3，假設(shè)產(chǎn)物中存在NaHCO3，則其會(huì)與生成的NaHSO3發(fā)生反應(yīng)，且NaHCO3溶解度較低，若其殘留于母液中，會(huì)使晶體不純，假設(shè)不成立，B錯(cuò)誤；C．NaHSO3高溫時(shí)易分解變質(zhì)，所以氣流干燥過程中溫度不宜過高，C正確；D．結(jié)合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正確；故選B。16．（2018·浙江·高考真題）某同學(xué)通過如下流程制備氧化亞銅：已知：難溶于水和稀硫酸，下列說法不正確的是A．步驟②可用替換B．步驟③中為防止被氧化，可用溶液洗滌C．步驟④發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為D．如果試樣中混有和雜質(zhì)，用足量稀硫酸與試樣充分反應(yīng)，根據(jù)反應(yīng)前、后固體質(zhì)量可計(jì)算試樣純度【答案】D【分析】堿式碳酸銅和過量的鹽酸反應(yīng)，生成，溶液中通入，可將還原為，與氫氧化鈉反應(yīng)生成氧化亞銅、氯化鈉和水，據(jù)此分析作答。【詳解】A．步驟②中的主要作用是將還原為，同樣具有還原性，可以替換，A項(xiàng)正確；B．溶液具有還原性，可以防止被氧化，B項(xiàng)正確；C．步驟④與氫氧化鈉反應(yīng)生成氧化亞銅、氯化鈉和水，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為，C項(xiàng)正確；D．如果試樣中混有和雜質(zhì)，用足量稀硫酸與試樣充分反應(yīng)后，得到的固體中含有和，此時(shí)無法計(jì)算試樣純度，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選D。知識(shí)點(diǎn)知識(shí)點(diǎn)02非選擇題（綜合工藝流程分析）17．（2025·重慶·高考真題）硒(Se)廣泛應(yīng)用于農(nóng)業(yè)和生物醫(yī)藥等領(lǐng)域，一種利用H2Se熱解制備高純硒的流程如下：已知H2Se的沸點(diǎn)為231K，回答下列問題：(1)真空焙燒時(shí)生成的主要產(chǎn)物為，其中Se的化合價(jià)為，Al元素基態(tài)原子的電子排布式為。(2)氫化過程沒有發(fā)生化合價(jià)的變化，Al元素轉(zhuǎn)化為Al2O3·xH2O，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為。(3)熱解反應(yīng)：

。冷凝時(shí)，將混合氣體溫度迅速降至500K得到固態(tài)硒。Se由氣態(tài)直接轉(zhuǎn)變?yōu)楣虘B(tài)的過程稱為。迅速降溫的目的；冷凝后尾氣的成分為(填化學(xué)式)。(4)Se的含量可根據(jù)行業(yè)標(biāo)準(zhǔn)YS/T226.12-2009進(jìn)行測(cè)定，測(cè)定過程中Se的化合價(jià)變化如下：稱取粗硒樣品0.1000g，經(jīng)過程①將其溶解轉(zhuǎn)化為弱酸H2SeO3，并消除測(cè)定過程中的干擾。在酸性介質(zhì)中，先加入0.1000mol·L-1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液40.00mL，在加入少量KI和淀粉溶液，繼續(xù)用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至藍(lán)色消失為終點(diǎn)(原理為)，又消耗8.00mL。過程②中Se(IV)與Na2S2O3反應(yīng)的物質(zhì)的量之比為1：4，且反應(yīng)最快。過程③的離子方程式為。該樣品中Se的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為?！敬鸢浮?1)(2)(3)凝華減少生成，提高Se產(chǎn)率，(4)94.8%【分析】粗Se加入鋁粉焙燒得到，通入水蒸氣氫化得到，脫水后熱解發(fā)生反應(yīng)：，冷凝后得到精Se；【詳解】（1）Al是IIIA族元素，化合價(jià)為+3價(jià)，則Se化合價(jià)為-2價(jià)；鋁的基態(tài)電子排布式為；（2）“氫化”過程是與水蒸氣反應(yīng)生成，化學(xué)方程式為；（3）從氣態(tài)變?yōu)楣虘B(tài)的過程為凝華；已知熱解正向是吸熱反應(yīng)，降溫時(shí)，為避免平衡逆向移動(dòng)，需要迅速冷凝Se蒸汽，故目的是減少生成，提高Se產(chǎn)率；尾氣種含有以及少量的；（4）反應(yīng)③是被KI還原為Se的過程，離子方程式為：；第一次加入40.00mL的溶液和KI溶液，二者同時(shí)做還原劑，將還原為Se，第二次再加入同濃度的滴定上一步生成的碘單質(zhì)，整個(gè)過程相當(dāng)于48mL0.1mol/L的溶液與反應(yīng)，根據(jù)已知條件Se(IV)與反應(yīng)的物質(zhì)的量之比為，則，樣品中Se的含量：。18．（2025·四川·高考真題）為了節(jié)約資源，減少重金屬對(duì)環(huán)境的污染，一研究小組對(duì)某有色金屬冶煉廠的高氯煙道灰(主要含有等)進(jìn)行研究，設(shè)計(jì)如下工藝流程。實(shí)現(xiàn)了銅和鋅的分離回收?；卮鹣铝袉栴}：(1)銅元素位于元素周期表第周期、第族。(2)“堿浸脫氯”使可溶性銅鹽、鋅鹽轉(zhuǎn)化為堿式碳酸鹽沉淀。其中，銅鹽發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。(3)濾渣①中，除外，主要還有。(4)“中和除雜”步驟，調(diào)控溶液左右，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。(5)“深度脫氯”時(shí)，的存在使鋅粉還原產(chǎn)生的與反應(yīng)，生成能被空氣氧化的沉淀，使被脫除。欲脫除，理論上需要鋅粉。(6)可以通過(填標(biāo)號(hào))將其溶解，并返回到步驟中。a．鹽酸酸化、雙氧水氧化

b．硫酸酸化、氧化c．硝酸酸化和氧化

d．硫酸酸化、雙氧水氧化(7)“電解分離”采用無隔膜電解槽，以石墨為陽極，銅為陰極。①“電解分離”時(shí)，陰極產(chǎn)生大量氣泡，說明銅、鋅分離已完成，其理由是。②“電解分離”前，需要脫氯的原因有?！敬鸢浮?1)四ⅠB(2)2CuCl2+3Na2CO3+2H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+2NaHCO3(3)PbSO4(4)(5)0.5(6)a堿浸脫氯(7)陰極產(chǎn)生大量氣泡說明溶液中已無Cu2+，銅、鋅已分離完成Cl-在陽極被氧化生成Cl2污染環(huán)境，且影響銅、鋅分離效果【分析】煙道灰先通過“堿浸脫氯”，使可溶性銅鹽、鋅鹽轉(zhuǎn)化為堿式碳酸鹽沉淀，即把CuCl2和ZnCl2轉(zhuǎn)化為堿式碳酸鹽沉淀，再用稀硫酸進(jìn)行酸浸，除去PbO和SiO2?！爸泻统s”通過調(diào)節(jié)pH值使Fe3+轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀而除去。“深度脫氯”時(shí)，發(fā)生的反應(yīng)為，，可通過比例關(guān)系計(jì)算出需要鋅粉的量。CuCl要溶解并返回到前面的流程中，就不能引入新的雜質(zhì)離子?！半娊夥蛛x”時(shí)離子的放電順序Cu2+在H+之前，Zn2+在H+之后，產(chǎn)生大量氣泡時(shí)，說明H+開始放電，即Cu2+已經(jīng)全部反應(yīng)完，銅、鋅分離已完成?！驹斀狻浚?）銅是29號(hào)元素，其核外電子排布為[Ar]3d104s1，根據(jù)元素周期表的結(jié)構(gòu)，電子層數(shù)等于周期數(shù)，銅有4個(gè)電子層，所以位于第四周期；其價(jià)電子構(gòu)型為3d104s1，屬于第ⅠB族。故答案為：四；ⅠB。（2）“堿浸脫氯”時(shí)，碳酸鈉與氯化銅反應(yīng)生成堿式碳酸銅[Cu2(OH)2CO3]、氯化鈉和二氧化碳，化學(xué)方程式為2CuCl2+3Na2CO3+2H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+2NaHCO3。故答案為：2CuCl2+3Na2CO3+2H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+2NaHCO3。（3）煙道灰中的PbO與稀H2SO4反應(yīng)生成PbSO4沉淀，SiO2不與稀H2SO4反應(yīng)，所以濾渣①中除SiO2外，還有PbSO4。故答案為：PbSO4。（4）“中和除雜”步驟，調(diào)控溶液pH=3.5左右，此時(shí)溶液中的Fe3+會(huì)水解生成氫氧化鐵沉淀，離子方程式為，加入的Zn2(OH)2CO3與H+反應(yīng)，促進(jìn)Fe3+的水解平衡正向移動(dòng)，，總離子方程式為故答案為：（5）“深度脫氯”時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為，從反應(yīng)可知脫除2molCl-需要1molCu，而Zn與Cu2+反應(yīng)生成Cu的反應(yīng)為，即生成1molCu需要1molZn。所以脫除1.0molCl-，根據(jù)反應(yīng)比例關(guān)系，理論上需要鋅粉0.5mol。故答案為：0.5。（6）CuCl要溶解并返回到前面的流程中，不能引入新的雜質(zhì)離子，故應(yīng)使CuCl轉(zhuǎn)化為CuCl2，返回到“堿浸脫氯”。a．鹽酸酸化和雙氧水氧化能使CuCl轉(zhuǎn)化為CuCl2，a正確；b．KMnO4氧化會(huì)引入Mn2+、K+等雜質(zhì)離子，b錯(cuò)誤；c．硝酸酸化和氧化會(huì)引入NO3-，c錯(cuò)誤；d．硫酸酸化、雙氧水氧化，將CuCl氧化為Cu2+，引入SO42-，d錯(cuò)誤；故答案為：a；堿浸脫氯。（7）“電解分離”時(shí)，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，若陰極產(chǎn)生大量氣泡，說明溶液中已經(jīng)沒有Cu2+（因?yàn)镃u2+會(huì)先在陰極得到電子被還原），此時(shí)溶液中的H+得到電子生成H2，產(chǎn)生氣泡，所以說明銅、鋅分離已完成?！半娊夥蛛x”前，需要脫氯是因?yàn)镃l-在陽極會(huì)被氧化生成Cl2，污染環(huán)境，同時(shí)Cl-存在會(huì)使鋅粉還原產(chǎn)生的Cu與Cu2+反應(yīng)生成CuCl沉淀，影響銅、鋅的分離效果。故答案為：①陰極產(chǎn)生大量氣泡說明溶液中已無Cu2+，銅、鋅已分離完成；②Cl-在陽極被氧化生成Cl2污染環(huán)境，且影響銅、鋅分離效果。19．（2025·北京·高考真題）利用工業(yè)廢氣中的制備焦亞硫酸鈉()的一種流程示意圖如下。已知：物質(zhì)、(1)制已知：

由制的熱化學(xué)方程式為。(2)制I．在多級(jí)串聯(lián)反應(yīng)釜中，懸濁液與持續(xù)通入的進(jìn)行如下反應(yīng)：第一步：第二步：Ⅱ．當(dāng)反應(yīng)釜中溶液達(dá)到3.8~4.1時(shí)，形成的懸濁液轉(zhuǎn)化為固體。①Ⅱ中生成的化學(xué)方程式是。②配堿槽中，母液和過量配制反應(yīng)液，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是。③多次循環(huán)后，母液中逐漸增多的雜質(zhì)離子是，需除去。④尾氣吸收器中，吸收的氣體有。(3)理論研究、與的反應(yīng)。一定溫度時(shí)，在濃度均為的和的混合溶液中，隨的增加，和平衡轉(zhuǎn)化率的變化如圖。①，與優(yōu)先反應(yīng)的離子是。②，平衡轉(zhuǎn)化率上升而平衡轉(zhuǎn)化率下降，結(jié)合方程式解釋原因：?！敬鸢浮?1)(2)、SO2(3)時(shí)，產(chǎn)生的二氧化碳逸出，使反應(yīng)正向進(jìn)行，平衡轉(zhuǎn)化率上升，亞硫酸氫根濃度增大，抑制了的亞硫酸根和二氧化硫的反應(yīng)，所以平衡轉(zhuǎn)化率上升而平衡轉(zhuǎn)化率下降【分析】硫化氫通入燃燒爐中燃燒，生成了二氧化硫，還有少量氮?dú)?，氧氣等，二氧化硫與碳酸鈉在反應(yīng)釜中反應(yīng)，產(chǎn)生的廢氣用氫氧化鈉吸收，出料液離心分離得到產(chǎn)品，母液中含有亞硫酸氫鈉，返回配堿槽中循環(huán)使用?！驹斀狻浚?）已知：反應(yīng)Ⅰ：

反應(yīng)Ⅱ：

將Ⅰ×2+Ⅱ×2得：，所以由制的熱化學(xué)方程式為；（2）①當(dāng)反應(yīng)釜中溶液達(dá)到3.8~4.1時(shí)，形成的懸濁液轉(zhuǎn)化為固體，根據(jù)元素守恒，還有水生成，化學(xué)方程式：；②根據(jù)多級(jí)串聯(lián)反應(yīng)釜中的化學(xué)方程式可知，除了生成的焦亞硫酸鈉外，母液中有亞硫酸氫鈉剩余，又因?yàn)椋?，亞硫酸氫鈉與過量發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：；③在燃燒爐中反應(yīng)冷卻后的氣體中混有氧氣，氧氣能氧化亞硫酸鈉或亞硫酸氫鈉，生成硫酸鈉，所以多次循環(huán)后，母液中逐漸增多的雜質(zhì)離子是，需除去；④碳酸氫鈉與二氧化硫發(fā)生的化學(xué)方程式為，生成了二氧化碳，二氧化碳用氫氧化鈉吸收，轉(zhuǎn)化成碳酸鈉，可到多級(jí)串聯(lián)反應(yīng)釜中循環(huán)使用，所以尾氣吸收器中吸收的氣體有，在多級(jí)串聯(lián)反應(yīng)釜中持續(xù)通入的，則尾氣吸收器中吸收的氣體還有；故答案為：；；；、SO2；（3）①由圖可知，①，時(shí)，碳酸氫根平衡轉(zhuǎn)化率較低，而亞硫酸根的平衡轉(zhuǎn)化率較高，所以與優(yōu)先反應(yīng)；②一定溫度時(shí)，在濃度均為的和的混合溶液中，發(fā)生的反應(yīng)為：，，時(shí)，產(chǎn)生的二氧化碳逸出，使反應(yīng)正向進(jìn)行，平衡轉(zhuǎn)化率上升，亞硫酸氫根濃度增大，抑制了的亞硫酸根和二氧化硫的反應(yīng)，所以平衡轉(zhuǎn)化率上升而平衡轉(zhuǎn)化率下降。故答案為：；時(shí)，產(chǎn)生的二氧化碳逸出，使反應(yīng)正向進(jìn)行，平衡轉(zhuǎn)化率上升，亞硫酸氫根濃度增大，抑制了的亞硫酸根和二氧化硫的反應(yīng)，所以平衡轉(zhuǎn)化率上升而平衡轉(zhuǎn)化率下降。20．（2025·甘肅·高考真題）研究人員設(shè)計(jì)了一種從銅冶煉煙塵(主要含S、及Cu、Zn、Pb的硫酸鹽)中高效回收砷、銅、鋅和鉛的綠色工藝，部分流程如下：已知：熔點(diǎn)314℃，沸點(diǎn)460℃分解溫度：，，，高于(1)設(shè)計(jì)焙燒溫度為600℃，理由為。(2)將通入和的混合溶液可制得，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為。(3)酸浸的目的為。(4)從浸出液得到Cu的方法為(任寫一種)。(5)某含Pb化合物是一種被廣泛應(yīng)用于太陽能電池領(lǐng)域的晶體材料，室溫下該化合物晶胞如圖所示，晶胞參數(shù)，。與Pb之間的距離為pm(用帶有晶胞參數(shù)的代數(shù)式表示)；該化合物的化學(xué)式為，晶體密度計(jì)算式為(用帶有阿伏加德羅常數(shù)的代數(shù)式表示和分別表示Cs、Pb和Br的摩爾質(zhì)量)?！敬鸢浮?1)使硫酸銅分解，硫酸鋅和硫酸鉛不分解，同時(shí)使As2O3沸騰收集(2)4++2=3+CO2(3)分離硫酸鉛，得到純凈的硫酸銅溶液(4)電解法或置換法(5)CsPbBr3【分析】銅冶煉煙塵(主要含S、及Cu、Zn、Pb的硫酸鹽)焙燒將S轉(zhuǎn)化為二氧化硫，因沸點(diǎn)低被蒸出，設(shè)計(jì)溫度為600℃，根據(jù)已知信息，硫酸銅被分解，生成氧化銅，硫酸鋅和硫酸鉛未分解，加水浸取后，硫酸鋅溶于水形成溶液被分離出去，留下氧化銅，硫酸鉛，加硫酸溶解，硫酸鉛不溶于硫酸，氧化銅與硫酸反應(yīng)轉(zhuǎn)化成硫酸銅，過濾分離，浸出渣為硫酸鉛，浸出液主要為硫酸銅，硫酸銅經(jīng)過電解或置換法轉(zhuǎn)化為銅，據(jù)此解答?！驹斀狻浚?）設(shè)計(jì)焙燒溫度為600℃，使硫酸銅分解，而硫酸鋅和硫酸鉛不分解，使As2O3沸騰收集，故答案為：使硫酸銅分解，硫酸鋅和硫酸鉛不分解，使As2O3沸騰收集；（2）將通入和的混合溶液可制得，根據(jù)元素守恒可知還生成了二氧化碳，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為4++2=3+CO2，故答案為：4++2=3+CO2；（3）酸浸時(shí)，硫酸鉛不溶于硫酸，氧化銅與硫酸反應(yīng)轉(zhuǎn)化成硫酸銅，過濾分離，浸出渣為硫酸鉛，浸出液主要為硫酸銅，故酸浸的目的為分離硫酸鉛，得到純凈的硫酸銅溶液；（4）浸出液主要為硫酸銅，經(jīng)過電解或置換法轉(zhuǎn)化為銅，故從浸出液得到Cu的方法有：電解法或置換法；（5）某含Pb化合物室溫下晶胞如圖所示，Cs位于體心，個(gè)數(shù)為1，Pb位于頂點(diǎn)，個(gè)數(shù)為=1，Br位于棱心，個(gè)數(shù)為=3，該化合物的化學(xué)式為CsPbBr3，Cs位于體心，Pb位于頂點(diǎn)，與Pb之間的距離為體對(duì)角線的一半，由于晶胞參數(shù)，℃，與Pb之間的距離為pm，該晶體密度計(jì)算式為，故答案為：；CsPbBr3；。21．（2024·河北·高考真題）是制造釩鐵合金、金屬釩的原料，也是重要的催化劑。以苛化泥為焙燒添加劑從石煤中提取的工藝，具有釩回收率高、副產(chǎn)物可回收和不產(chǎn)生氣體污染物等優(yōu)點(diǎn)。工藝流程如下。已知：i石煤是一種含的礦物，雜質(zhì)為大量和少量等；苛化泥的主要成分為等。ⅱ高溫下，苛化泥的主要成分可與反應(yīng)生成偏鋁酸鹽；室溫下，偏釩酸鈣和偏鋁酸鈣均難溶于水?；卮鹣铝袉栴}：(1)釩原子的價(jià)層電子排布式為；焙燒生成的偏釩酸鹽中釩的化合價(jià)為，產(chǎn)生的氣體①為(填化學(xué)式)。(2)水浸工序得到濾渣①和濾液，濾渣①中含釩成分為偏釩酸鈣，濾液中雜質(zhì)的主要成分為(填化學(xué)式)。(3)在弱堿性環(huán)境下，偏釩酸鈣經(jīng)鹽浸生成碳酸鈣發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為；加壓導(dǎo)入鹽浸工序可提高浸出率的原因?yàn)?；浸取后低濃度的濾液①進(jìn)入(填工序名稱)，可實(shí)現(xiàn)釩元素的充分利用。(4)洗脫工序中洗脫液的主要成分為(填化學(xué)式)。(5)下列不利于沉釩過程的兩種操作為(填序號(hào))。a．延長(zhǎng)沉釩時(shí)間

b．將溶液調(diào)至堿性

c．?dāng)嚢?/p>

d．降低溶液的濃度【答案】(1)(2)(3)提高溶液中濃度，促使偏釩酸鈣轉(zhuǎn)化為碳酸鈣，釋放離子交換(4)(5)bd【分析】石煤和苛化泥通入空氣進(jìn)行焙燒，反應(yīng)生成、、、、和等，水浸可分離焙燒后的可溶性物質(zhì)(如)和不溶性物質(zhì)[、等]，過濾后濾液進(jìn)行離子交換、洗脫，用于富集和提純，加入氯化銨溶液沉釩，生成，經(jīng)一系列處理后得到V2O3；濾渣①在，的條件下加入3%NH4HCO3溶液進(jìn)行鹽浸，濾渣①中含有釩元素，通過鹽浸，使濾渣①中的釩元素進(jìn)入濾液①中，再將濾液①回流到離子交換工序，進(jìn)行的富集?！驹斀狻浚?）釩是23號(hào)元素，其價(jià)層電子排布式為；焙燒過程中，氧氣被還原，被氧化生成，偏釩酸鹽中釩的化合價(jià)為價(jià)；在以上開始分解，生成的氣體①為。（2）由已知信息可知，高溫下，苛化泥的主要成分與反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和偏鋁酸鈣，偏鋁酸鈉溶于水，偏鋁酸鈣難溶于水，所以濾液中雜質(zhì)的主要成分是。（3）在弱堿性環(huán)境下，與和反應(yīng)生成、和，離子方程式為：；CO2加壓導(dǎo)入鹽浸工序可提高浸出率，因?yàn)镃可提高溶液中濃度，促使偏釩酸鈣轉(zhuǎn)化為碳酸鈣，釋放；濾液①中含有、等，且濃度較低，若要利用其中的釩元素，需要通過離子交換進(jìn)行分離、富集，故濾液①應(yīng)進(jìn)入離子交換工序。（4）由離子交換工序中樹脂的組成可知，洗脫液中應(yīng)含有，考慮到水浸所得溶液中含有，為避免引人其他雜質(zhì)離子，且廉價(jià)易得，故洗脫液的主要成分應(yīng)為。（5）a．延長(zhǎng)沉釩時(shí)間，能使反應(yīng)更加完全，有利于沉釩，a不符合題意；b．呈弱酸性，如果將溶液調(diào)至堿性，與反應(yīng)，不利于生成，b符合題意；c．?dāng)嚢枘苁狗磻?yīng)物更好的接觸，提高反應(yīng)速率，使反應(yīng)更加充分，有利于沉釩，c不符合題意；d．降低溶液的濃度，不利于生成，d符合題意；故選bd。22．（2024·湖北·高考真題）鈹用于宇航器件的構(gòu)筑。一種從其鋁硅酸鹽中提取鈹?shù)穆窂綖椋阂阎夯卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)的軌道表示式為。(2)為了從“熱熔、冷卻”步驟得到玻璃態(tài)，冷卻過程的特點(diǎn)是。(3)“萃取分液”的目的是分離和，向過量燒堿溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，觀察到的現(xiàn)象是。(4)寫出反萃取生成的化學(xué)方程式。“濾液2”可以進(jìn)入步驟再利用。(5)電解熔融氯化鈹制備金屬鈹時(shí)，加入氯化鈉的主要作用是。(6)與醋酸反應(yīng)得到某含4個(gè)的配合物，4個(gè)位于以1個(gè)O原子為中心的四面體的4個(gè)頂點(diǎn)，且每個(gè)的配位環(huán)境相同，與間通過相連，其化學(xué)式為?！敬鸢浮?1)(2)快速冷卻(3)先出現(xiàn)白色渾濁，后渾濁消失(4)反萃取(5)增強(qiáng)熔融氯化鈹?shù)膶?dǎo)電性(6)【分析】首先鋁硅酸鹽先加熱熔融，然后快速冷卻到其玻璃態(tài)，再加入稀硫酸酸浸過濾，濾渣的成分為H2SiO3，“濾液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油將Be2+萃取到有機(jī)相中，水相1中含有Al3+，有機(jī)相為，加入過量氫氧化鈉反萃取Be2+使其轉(zhuǎn)化為進(jìn)入水相2中，分離出含NaA的煤油，最后對(duì)水相2加熱過濾，分離出Be(OH)2，通過系列操作得到金屬鈹，據(jù)此回答?！驹斀狻浚?）基態(tài)Be2+的電子排布式為1s2，其軌道表達(dá)式為；（2）熔融態(tài)物質(zhì)冷卻凝固時(shí)，緩慢冷卻會(huì)形成晶體，快速冷卻會(huì)形成非晶態(tài)，即玻璃態(tài)，所以從“熱熔、冷卻”中得到玻璃態(tài)，其冷卻過程的特點(diǎn)為：快速冷卻；（3）“濾液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油將Be2+萃取到有機(jī)相中，水相1中含有Al3+、H+，則向過量燒堿的溶液中逐滴加入少量水相1的溶液，初始階段，Al3+局部過量，先出現(xiàn)白色渾濁，后由于燒堿過量，白色渾濁很快消失；（4）反萃取生成的化學(xué)方程式為，濾液2的主要成分為NaOH，可進(jìn)入反萃取步驟再利用；（5）氯化鈹?shù)墓矁r(jià)性較強(qiáng)，電解熔融氯化鈹制備金屬鈹時(shí)，加入氯化鈉的主要作用為增強(qiáng)熔融氯化鈹?shù)膶?dǎo)電性；（6）由題意可知，該配合物中有四個(gè)鈹位于四面體的四個(gè)頂點(diǎn)上，四面體中心只有一個(gè)O，Be與Be之間總共有六個(gè)CH3COO-，則其化學(xué)式為：。23．（2023·天津·高考真題）工業(yè)上以硫黃為原料制備硫酸的原理示意圖如下，其過程包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個(gè)階段。Ⅰ.硫液化后與空氣中的氧反應(yīng)生成SO2。(1)硫磺()的晶體類型是。(2)硫的燃燒應(yīng)控制事宜溫度。若進(jìn)料溫服超過硫的沸點(diǎn)，部分燃燒的硫以蒸汽的形式隨SO2進(jìn)入到下一階段，會(huì)導(dǎo)致(填序號(hào))。a.硫的消耗量增加

b.SO2產(chǎn)率下降

c.生成較多SO3(3)SO2(g)氧化生成80gSO3(g)放出熱量98.3kJ，寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式。隨溫度升高，SO2的平衡轉(zhuǎn)化率(填“升高”或“降低”)。(4)從能量角度分析，釩催化劑在反應(yīng)中的作用為。Ⅱ.一定條件下，釩催化劑的活性溫度范圍是450～600℃。為了兼顧轉(zhuǎn)化率和反應(yīng)速率，可采用四段轉(zhuǎn)化工藝：預(yù)熱后的SO2和O2通過第一段的釩催化劑層進(jìn)行催化氧化，氣體溫度會(huì)迅速接近600℃，此時(shí)立即將氣體通過熱交換器，將熱量傳遞給需要預(yù)熱的SO2和O2，完成第一段轉(zhuǎn)化。降溫后的氣體依次進(jìn)行后三段轉(zhuǎn)化，溫度逐段降低，總轉(zhuǎn)化率逐段提高，接近平衡轉(zhuǎn)化率。最終反應(yīng)在450℃左右時(shí)，SO2轉(zhuǎn)化率達(dá)到97％。(5)氣體經(jīng)過每段的釩催化劑層，溫度都會(huì)升高，其原因是。升高溫度后的氣體都需要降溫，其目的是。(6)采用四段轉(zhuǎn)化工藝可以實(shí)現(xiàn)(填序號(hào))。a．控制適宜的溫度，盡量加快反應(yīng)速率，盡可能提高SO2轉(zhuǎn)化率b．使反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)c．節(jié)約能源Ⅲ．工業(yè)上用濃硫酸吸收SO3。若用水吸收SO3會(huì)產(chǎn)生酸霧，導(dǎo)致吸收效率降低。(7)SO3的吸收率與所用硫酸的濃度、溫度的關(guān)系如圖所示。據(jù)圖分析，最適合的吸收條件；硫酸的濃度，溫度。(8)用32噸含S99%的硫磺為原料生成硫酸，假設(shè)硫在燃燒過程中損失2%，SO2生成SO3的轉(zhuǎn)化率是97%，SO3吸收的損失忽略不計(jì)，最多可以生產(chǎn)98%的硫酸噸。【答案】(1)分子晶體(2)ab(3)2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)降低(4)降低反應(yīng)活化能(5)反應(yīng)放熱保持釩催化劑活性溫度，提高SO2轉(zhuǎn)化率，保證反應(yīng)速率(6)ac(7)98.3%60℃(8)94【分析】先將硫黃在空氣中燃燒或焙燒，和氧氣反應(yīng)生成二氧化硫，生成的SO2和氧氣發(fā)生反應(yīng)轉(zhuǎn)化為三氧化硫，生成的SO3用濃硫酸吸收得到硫酸；【詳解】（1）是硫單質(zhì)的分子晶體；（2）a．第Ⅰ步時(shí)，硫粉液化并與氧氣共熱生成二氧化硫，若反應(yīng)溫度超過硫粉沸點(diǎn)，部分硫粉會(huì)轉(zhuǎn)化為硫蒸氣損失，消耗的硫粉會(huì)增大，a正確；b．硫蒸氣與生成的二氧化硫一同參加第Ⅱ步反應(yīng)過程中，降低二氧化硫的生成率，b正確；c．二氧化硫產(chǎn)率降低后，生成的三氧化硫也會(huì)減少，c錯(cuò)誤；故選ab。（3）若每生成80g氣體三氧化硫，放出98.3kJ能量，80g三氧化硫的物質(zhì)的量為：80g÷80g/mol=1mol，則生成三氧化硫的反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)；該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，則二氧化硫轉(zhuǎn)化率降低；（4）催化劑可以降低反應(yīng)的活化能，加快反應(yīng)速率；（5）通入催化劑層后，體系(剩余反應(yīng)物與生成物)溫度升高的原因在于：二氧化硫和氧氣的反應(yīng)是放熱反應(yīng)，反應(yīng)釋放能量使得溫度升高；每輪反應(yīng)后進(jìn)行熱交換降溫的目的是：保持釩催化劑活性溫度，提高SO2轉(zhuǎn)化率，保證反應(yīng)速率；（6）a．由題目信息可知，在每段SO2向SO3轉(zhuǎn)化的過程中，各段控制適宜的溫度，溫度逐段降低，可以保持釩催化劑的活性溫度，保證SO2的轉(zhuǎn)化率和反應(yīng)速率均保持較高水平，故a正確；b．由題目信息可知，反應(yīng)轉(zhuǎn)化率接近平衡轉(zhuǎn)化率，也就是使得反應(yīng)接近平衡狀態(tài)，故b錯(cuò)誤；c．降溫后的氣體依次進(jìn)行后三段轉(zhuǎn)化，溫度逐段降低，節(jié)約了能源，故c正確；故選ac。（7）由圖可知，最適合吸收三氧化硫的濃硫酸質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98.3%，最適合吸收的溫度為60℃，此時(shí)SO3吸收率最高；（8）由題意可知，32噸含硫元素99%的硫粉物質(zhì)的量為，在第一步反應(yīng)中硫元素?fù)p失了2%，則生成二氧化硫，二氧化硫在第二步反應(yīng)中97%轉(zhuǎn)化為了三氧化硫，則生成三氧化硫，三氧化硫在第三步反應(yīng)中被吸收時(shí)，視作全部吸收，那么這批硫粉總計(jì)可以生產(chǎn)98%的濃硫酸，為94噸。24．（2023·江蘇·高考真題）實(shí)驗(yàn)室模擬“鎂法工業(yè)煙氣脫硫”并制備，其實(shí)驗(yàn)過程可表示為

(1)在攪拌下向氧化鎂漿料中勻速緩慢通入氣體，生成，反應(yīng)為，其平衡常數(shù)K與、、、的代數(shù)關(guān)系式為；下列實(shí)驗(yàn)操作一定能提高氧化鎂漿料吸收效率的有(填序號(hào))。A．水浴加熱氧化鎂漿料B．加快攪拌速率C．降低通入氣體的速率D．通過多孔球泡向氧化鎂漿料中通(2)在催化劑作用下被氧化為。已知的溶解度為0.57g(20℃)，氧化溶液中的離子方程式為；在其他條件相同時(shí)，以負(fù)載鈷的分子篩為催化劑，漿料中被氧化的速率隨pH的變化如題圖甲所示。在pH=6~8范圍內(nèi)，pH增大，漿料中的氧化速率增大，其主要原因是。

(3)制取晶體。在如題圖乙所示的實(shí)驗(yàn)裝置中，攪拌下，使一定量的漿料與溶液充分反應(yīng)。漿料與溶液的加料方式是；補(bǔ)充完整制取晶體的實(shí)驗(yàn)方案：向含有少量、的溶液中，。(已知：、在時(shí)完全轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀；室溫下從飽和溶液中結(jié)晶出，在150~170℃下干燥得到，實(shí)驗(yàn)中需要使用MgO粉末)

【答案】(1)BD(2)pH增大，抑制的水解，反應(yīng)物的濃度增大，故可加快氧化速率(3)用滴液漏斗向盛有MgSO3漿料的三頸燒瓶中緩慢滴加硫酸溶液分批加入少量氧化鎂粉末，攪拌，直至用pH試紙測(cè)得pH≥5，過濾；將濾液蒸發(fā)濃縮、降溫至室溫結(jié)晶，過濾，所得晶體在150~170℃干燥?！痉治觥勘緦?shí)驗(yàn)的目的是為了制取，首先在攪拌下向氧化鎂漿料中勻速緩慢通入氣體，生成，然后使一定量的漿料與溶液充分反應(yīng)生成硫酸鎂，在硫酸鎂的溶液中加入氧化鎂調(diào)節(jié)溶液的pH除去三價(jià)鐵和三價(jià)鋁，將濾液蒸發(fā)濃縮、降溫至室溫結(jié)晶，過濾，所得晶體在150~170℃干燥即可得到；【詳解】（1）已知下列反應(yīng)：①

K②③④⑤⑥根據(jù)蓋斯定律，①=②-③+④+⑤-⑥，故K=；A．加熱可加快反應(yīng)速率，但溫度升高，SO2在水中溶解度降低，且會(huì)導(dǎo)致H2SO3受熱分解，不一定能提高吸收SO2效率，A錯(cuò)誤；B．加快攪拌速率，可以使反應(yīng)物充分接觸，提高吸收SO2效率，B正確；C．降低通入SO2氣體的速率，SO2可與MgO漿料充分接觸，但會(huì)降低反應(yīng)速率，不一定能提高吸收SO2效率，C錯(cuò)誤；D．多孔球泡可以讓SO2與MgO漿料充分接觸，能提高吸收SO2效率，D正確；故選BD。（2）根據(jù)題意，O2氧化溶液中的，被氧化為，1molO2氧化2mol，故氧化溶液中的離子方程式為：；pH增大，抑制的水解，反應(yīng)物的濃度增大，故可加快氧化速率；（3）在進(jìn)行含固體物質(zhì)的反應(yīng)物與液體反應(yīng)的實(shí)驗(yàn)時(shí)，應(yīng)將含固體物質(zhì)的反應(yīng)物放在三頸瓶中，通過滴液漏斗滴加液體，H2SO4溶液的滴加速率要慢，以免H2SO4過量；根據(jù)題意，首先需要調(diào)節(jié)pH≥5以除去Fe3+、Al3+雜質(zhì)，需要用到的試劑為MgO粉末，操作細(xì)節(jié)為分批加入少量MgO粉末，以免pH過高，不斷攪拌進(jìn)行反應(yīng)直至檢測(cè)到pH≥5，然后過濾除去氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀；接著需要從溶液中得到，根據(jù)題目信息，室溫下結(jié)晶只能得到，因此需要在150~170℃下干燥得到，操作細(xì)節(jié)為將濾液蒸發(fā)濃縮、降溫至室溫結(jié)晶，過濾，所得晶體在150~170℃干燥。25．（2023·海南·高考真題）鈹?shù)难趸飶V泛應(yīng)用于原子能、航天、電子、陶瓷等領(lǐng)域，是重要的戰(zhàn)略物資。利用綠柱石(主要化學(xué)成分為(，還含有一定量的FeO和)生產(chǎn)BeO的一種工藝流程如下。

回答問題：(1)中Be的化合價(jià)為。(2)粉碎的目的是；殘?jiān)饕煞质?填化學(xué)式)。(3)該流程中能循環(huán)使用的物質(zhì)是(填化學(xué)式)。(4)無水可用作聚合反應(yīng)的催化劑。BeO、與足量C在600~800℃制備的化學(xué)方程式為。(5)沉鈹時(shí)，將pH從8.0提高到8.5，則鈹?shù)膿p失降低至原來的%。【答案】(1)+2(2)增大反應(yīng)物的接觸面積加快反應(yīng)速率，提高浸取率SiO2(3)(NH4)2SO4(4)BeO+Cl2+CCO+BeCl2(5)10【分析】綠柱石煅燒生成氧化物，濃硫酸浸取，SiO2不溶于硫酸，殘?jiān)荢iO2，加硫酸銨調(diào)節(jié)pH=1.5除去鋁離子，加入氨水調(diào)節(jié)pH=5.1除去鐵離子，再加入氨水到pH=8.0生成Be(OH)2沉淀，濾液硫酸銨循環(huán)利用?！驹斀狻浚?）按照正負(fù)化合價(jià)代數(shù)和為0，Be的化合價(jià)為+2+價(jià)；（2）粉碎的目的是增大反應(yīng)物接觸面積，加快浸取速率，提高浸取率；殘?jiān)某煞质遣蝗苡谒岬腟iO2；（3）最后的濾液中的硫酸銨可以在除鋁步驟中循環(huán)利用；（4）BeO、與足量C在600~800°C生成BeCl2同時(shí)生成CO，化學(xué)方程式為BeO+Cl2+CCO+BeCl2；（5）設(shè)Be(OH)2的溶度積常數(shù)為Ksp，K=c(Be2+)×c2(OH-)，c(Be2+)=，當(dāng)pH=8.0時(shí)，c(OH-)=10-6mol/L，鈹損失濃度為c(Be2+)=mol/L，當(dāng)pH=8.5時(shí)，c(OH-)=10-5.5mol/L，鈹損失濃度為c(Be2+)=mol/L，損失降低至原來的10%。26．（2023·浙江·高考真題）工業(yè)上煅燒含硫礦物產(chǎn)生的可以按如下流程脫除或利用。

已知：

請(qǐng)回答：(1)富氧煅燒燃煤產(chǎn)生的低濃度的可以在爐內(nèi)添加通過途徑Ⅰ脫除，寫出反應(yīng)方程式。(2)煅燒含硫量高的礦物得到高濃度的，通過途徑Ⅱ最終轉(zhuǎn)化為化合物A。①下列說法正確的是。A．燃煤中的有機(jī)硫主要呈正價(jià)

B．化合物A具有酸性C．化合物A是一種無機(jī)酸酯

D．工業(yè)上途徑Ⅱ產(chǎn)生的也可用濃吸收②一定壓強(qiáng)下，化合物A的沸點(diǎn)低于硫酸的原因是。(3)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證化合物A中含有S元素；寫出實(shí)驗(yàn)過程中涉及的反應(yīng)方程式。【答案】(1)(2)BCD硫酸分子能形成更多的分子間氫鍵(3)取化合物A加入足量氫氧化鈉，反應(yīng)完全后加入鹽酸酸化，無明顯現(xiàn)象，再加入氯化鋇生成白色沉淀，說明A中含有S元素

+2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl【分析】含硫礦物燃燒生成二氧化硫，二氧化硫和氧氣、碳酸鈣生成硫酸鈣和二氧化碳，二氧化硫被氧氣氧化為三氧化硫，三氧化硫和等物質(zhì)量的甲醇發(fā)生已知反應(yīng)生成A：

；【詳解】（1）氧氣具有氧化性，能將四價(jià)硫氧化為六價(jià)硫，二氧化硫、空氣中氧氣、碳酸鈣高溫生成硫酸鈣和二氧化碳，反應(yīng)為；（2）①A．硫的電負(fù)性大于碳、氫等，故燃煤中的有機(jī)硫主要呈負(fù)價(jià)，A錯(cuò)誤；

B．根據(jù)分析可知，化合物A分子中與硫直接相連的基團(tuán)中有-OH，故能電離出氫離子，具有酸性，B正確；C．化合物A含有

基團(tuán)，類似酯基-COO-結(jié)構(gòu)，為硫酸和醇生成的酯，是一種無機(jī)酸酯，C正確；

D．工業(yè)上途徑Ⅱ產(chǎn)生的也可用濃吸收用于生產(chǎn)發(fā)煙硫酸，D正確；故選BCD；②一定壓強(qiáng)下，化合物A分子只有1個(gè)-OH能形成氫鍵，而硫酸分子中有2個(gè)-OH形成氫鍵，故導(dǎo)致A的沸點(diǎn)低于硫酸；（3）由分析可知，A為

，A堿性水解可以生成硫酸根、甲醇，硫酸根離子能和鋇離子生成不溶于酸的硫酸鋇沉淀，故實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)為：取化合物A加入足量氫氧化鈉，反應(yīng)完全后加入鹽酸酸化，無明顯現(xiàn)象，再加入氯化鋇生成白色沉淀，說明A中含有S元素；涉及反應(yīng)為：

+2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl。27．（2023·湖北·高考真題）是生產(chǎn)多晶硅的副產(chǎn)物。利用對(duì)廢棄的鋰電池正極材料進(jìn)行氯化處理以回收Li、Co等金屬，工藝路線如下：

回答下列問題：(1)Co位于元素周期表第周期，第族。(2)燒渣是LiCl、和的混合物，“500℃焙燒”后剩余的應(yīng)先除去，否則水浸時(shí)會(huì)產(chǎn)生大量煙霧，用化學(xué)方程式表示其原因。(3)鑒別洗凈的“濾餅3”和固體常用方法的名稱是。(4)已知，若“沉鈷過濾”的pH控制為10.0，則溶液中濃度為?！?50℃煅燒”時(shí)的化學(xué)方程式為。(5)導(dǎo)致比易水解的因素有(填標(biāo)號(hào))。a．Si-Cl鍵極性更大

b．Si的原子半徑更大c．Si-Cl鍵鍵能更大

d．Si有更多的價(jià)層軌道【答案】(1)四Ⅷ(2)(3)焰色反應(yīng)(4)(5)abd【分析】由流程和題中信息可知，粗品與在500℃焙燒時(shí)生成氧氣和燒渣，燒渣是LiCl、和的混合物；燒渣經(jīng)水浸、過濾后得濾液1和濾餅1，濾餅1的主要成分是和；濾液1用氫氧化鈉溶液沉鈷，過濾后得濾餅2（主要成分為）和濾液2（主要溶質(zhì)為L(zhǎng)iCl）；濾餅2置于空氣中在850℃煅燒得到；濾液2經(jīng)碳酸鈉溶液沉鋰，得到濾液3和濾餅3，濾餅3為?！驹斀狻浚?）Co是27號(hào)元素，其原子有4個(gè)電子層，其價(jià)電子排布為，元素周期表第8、9、10三個(gè)縱行合稱第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第四周期、第Ⅷ族。（2）“500℃焙燒”后剩余的應(yīng)先除去，否則水浸時(shí)會(huì)產(chǎn)生大量煙霧，由此可知，四氯化硅與可水反應(yīng)且能生成氯化氫和硅酸，故其原因是：遇水劇烈水解，生成硅酸和氯化氫，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為。（3）洗凈的“濾餅3”的主要成分為，常用焰色反應(yīng)鑒別和，的焰色反應(yīng)為紫紅色，而的焰色反應(yīng)為黃色。故鑒別“濾餅3”和固體常用方法的名稱是焰色反應(yīng)。（4）已知，若“沉鈷過濾”的pH控制為10.0，則溶液中，濃度為?！?50℃煅燒”時(shí)，與反應(yīng)生成和，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為。（5）a．Si-Cl鍵極性更大，則Si-Cl鍵更易斷裂，因此，比易水解，a有關(guān)；b．Si的原子半徑更大，因此，中的共用電子對(duì)更加偏向于，從而導(dǎo)致Si-Cl鍵極性更大，且Si原子更易受到水電離的的進(jìn)攻，因此，比易水解，b有關(guān)；c．通常鍵能越大化學(xué)鍵越穩(wěn)定且不易斷裂，因此，Si-Cl鍵鍵能更大不能說明Si-Cl更易斷裂，故不能說明比易水解，c無關(guān)；d．Si有更多的價(jià)層軌道，因此更易與水電離的形成化學(xué)鍵，從而導(dǎo)致比易水解，d有關(guān)；綜上所述，導(dǎo)致比易水解的因素有abd。28．（2023·全國(guó)甲卷·高考真題）是一種壓電材料。以為原料，采用下列路線可制備粉狀。

回答下列問題：(1)“焙燒”步驟中碳粉的主要作用是。(2)“焙燒”后固體產(chǎn)物有、易溶于水的和微溶于水的?！敖　睍r(shí)主要反應(yīng)的離子方程式為。(3)“酸化”步驟應(yīng)選用的酸是(填標(biāo)號(hào))。a．稀硫酸

b．濃硫酸

c．鹽酸

d．磷酸(4)如果焙燒后的產(chǎn)物直接用酸浸取，是否可行？，其原因是。(5)“沉淀”步驟中生成的化學(xué)方程式為。(6)“熱分解”生成粉狀鈦酸鋇，產(chǎn)生的。【答案】(1)做還原劑，將還原(2)(3)c(4)不可行產(chǎn)物中的硫化物與酸反應(yīng)生成的有毒氣體會(huì)污染空氣，而且與鹽酸反應(yīng)生成可溶于水的，導(dǎo)致溶液中混有雜質(zhì)無法除去、最終所得產(chǎn)品的純度降低(5)(6)【分析】由流程和題中信息可知，與過量的碳粉及過量的氯化鈣在高溫下焙燒得到、、易溶于水的和微溶于水的；燒渣經(jīng)水浸取后過濾，濾渣中碳粉和，濾液中有和；濾液經(jīng)酸化后濃縮結(jié)晶得到晶體；晶體溶于水后，加入和將鋇離子充分沉淀得到；經(jīng)熱分解得到?！驹斀狻浚?）“焙燒”步驟中，與過量的碳粉及過量的氯化鈣在高溫下焙燒得到、、和，被還原為，因此，碳粉的主要作用是做還原劑，將還原。（2）“焙燒”后固體產(chǎn)物有、易溶于水的和微溶于水的。易溶于水的與過量的可以發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成硫化鈣沉淀，因此，“浸取”時(shí)主要反應(yīng)的離子方程式為。（3）“酸化”步驟是為了將轉(zhuǎn)化為易溶液于的鋇鹽，由于硫酸鋇和磷酸鋇均不溶于水，而可溶于水，因此，應(yīng)選用的酸是鹽酸，選c。（4）如果焙燒后的產(chǎn)物直接用酸浸取是不可行的，其原因是：產(chǎn)物中的硫化物與酸反應(yīng)生成的有毒氣體會(huì)污染空氣，而且與鹽酸反應(yīng)生成可溶于水的，導(dǎo)致溶液中混有雜質(zhì)無法除去、最終所得產(chǎn)品的純度降低。（5）“沉淀”步驟中生成的化學(xué)方程式為：++=。（6）“熱分解”生成粉狀鈦酸鋇，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為，，因此，產(chǎn)生的=。29．（2022·全國(guó)甲卷·高考真題）硫酸鋅(ZnSO4)是制備各種含鋅材料的原料，在防腐、電鍍、醫(yī)學(xué)上有諸多應(yīng)用。硫酸鋅可由菱鋅礦制備。菱鋅礦的主要成分為ZnCO3，雜質(zhì)為SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制備流程如下：本題中所涉及離子的氫氧化物溶度積常數(shù)如下表：離子回答下列問題：(1)菱鋅礦焙燒生成氧化鋅的化學(xué)方程式為。(2)為了提高鋅的浸取效果，可采取的措施有、。(3)加入物質(zhì)X調(diào)溶液，最適宜使用的X是(填標(biāo)號(hào))。A．

B．

C．濾渣①的主要成分是、、。(4)向的濾液①中分批加入適量溶液充分反應(yīng)后過濾，濾渣②中有，該步反應(yīng)的離子方程式為。(5)濾液②中加入鋅粉的目的是。(6)濾渣④與濃反應(yīng)可以釋放HF并循環(huán)利用，同時(shí)得到的副產(chǎn)物是、?！敬鸢浮?1)ZnCO3ZnO+CO2↑(2)將焙燒后的產(chǎn)物碾碎，增大接觸面積增大硫酸的濃度等(3)BFe(OH)3CaSO4SiO2(4)3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+(5)置換Cu2+為Cu從而除去(6)CaSO4MgSO4【分析】由題干信息，菱鋅礦的主要成分為ZnCO3，雜質(zhì)為SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，結(jié)合流程圖分析，菱鋅礦焙燒，主要發(fā)生反應(yīng)ZnCO3ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物質(zhì)X調(diào)節(jié)pH=5，結(jié)合表格數(shù)據(jù)，過濾得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的濾渣①，濾液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向?yàn)V液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，過濾得到Fe(OH)3和MnO2的濾渣②，濾液②中加入鋅粉，發(fā)生反應(yīng)Zn+Cu2+=Zn2++Cu，過濾后得到濾渣③為Cu，再向?yàn)V液③中加入HF脫鈣鎂，過濾得到濾渣④為CaF2、MgF2，濾液④為ZnSO4溶液，經(jīng)一系列處理得到ZnSO4·7H2O，據(jù)此分析解答。【詳解】（1）由分析，焙燒時(shí)，生成ZnO的反應(yīng)為：ZnCO3ZnO+CO2↑；（2）可采用將焙燒后的產(chǎn)物碾碎，增大接觸面積、增大硫酸的濃度等方式提高鋅的浸取率；（3）A．NH3·H2O易分解產(chǎn)生NH3污染空氣，且經(jīng)濟(jì)成本較高，故A不適宜；B．Ca(OH)2不會(huì)引入新的雜質(zhì)，且成本較低，故B適宜；C．NaOH會(huì)引入雜質(zhì)Na+，且成本較高，C不適宜；故答案選B；當(dāng)沉淀完全時(shí)(離子濃度小于10-5mol/L)，結(jié)合表格Ksp計(jì)算各離子完全沉淀時(shí)pH＜5的只有Fe3+，故濾渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故濾渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；（4）向80~90℃濾液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的濾渣②，反應(yīng)的離子方程式為3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；（5）濾液②中加入鋅粉，發(fā)生反應(yīng)Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故加入鋅粉的目的為置換Cu2+為Cu從而除去；（6）由分析，濾渣④為CaF2、MgF2，與濃硫酸反應(yīng)可得到HF，同時(shí)得到的副產(chǎn)物為CaSO4、MgSO4。30．（2021·全國(guó)甲卷·高考真題）碘(紫黑色固體，微溶于水)及其化合物廣泛用于醫(yī)藥、染料等方面?；卮鹣铝袉栴}：(1)的一種制備方法如下圖所示：①加入粉進(jìn)行轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為，生成的沉淀與硝酸反應(yīng)，生成后可循環(huán)使用。②通入的過程中，若氧化產(chǎn)物只有一種，反應(yīng)的化學(xué)方程式為；若反應(yīng)物用量比時(shí)，氧化產(chǎn)物為；當(dāng)，單質(zhì)碘的收率會(huì)降低，原因是。(2)以為原料制備的方法是：先向溶液中加入過量的，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反應(yīng)得到，上述制備的總反應(yīng)的離子方程式為。(3)溶液和溶液混合可生成沉淀和，若生成，消耗的至少為。在溶液中可發(fā)生反應(yīng)。實(shí)驗(yàn)室中使用過量的與溶液反應(yīng)后，過濾，濾液經(jīng)水蒸氣蒸餾可制得高純碘。反應(yīng)中加入過量的原因是?！敬鸢浮?AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-AgNO3FeI2+Cl2=I2+FeCl2I2、FeCl3I2被過量的進(jìn)一步氧化4防止單質(zhì)碘析出【詳解】(1)①由流程圖可知懸濁液中含AgI，AgI可與Fe反應(yīng)生成FeI2和Ag，F(xiàn)eI2易溶于水，在離子方程式中能拆，故加入粉進(jìn)行轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-，生成的銀能與硝酸反應(yīng)生成硝酸銀參與循環(huán)中，故答案為：2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-；AgNO3；②通入的過程中，因I-還原性強(qiáng)于Fe2+，先氧化還原性強(qiáng)的I-，若氧化產(chǎn)物只有一種，則該氧化產(chǎn)物只能是I2，故反應(yīng)的化學(xué)方程式為FeI2+Cl2=I2+FeCl2，若反應(yīng)物用量比時(shí)即過量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好將全部I-和Fe2+氧化，故氧化產(chǎn)物為I2、FeCl3，當(dāng)即過量特別多，多余的氯氣會(huì)與生成的單質(zhì)碘以及水繼續(xù)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，單質(zhì)碘的收率會(huì)降低，故答案為：FeI2+Cl2=I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被過量的進(jìn)一步氧化；(2)先向溶液中加入計(jì)量的，生成碘化物即含I-的物質(zhì)；再向混合溶液中（含I-）加入溶液，反應(yīng)得到，上述制備的兩個(gè)反應(yīng)中I-為中間產(chǎn)物，總反應(yīng)為與發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成和，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒]及元素守恒配平離子方程式即可得