最新高考化学一轮复习【讲通练透】 第32讲 无机化工流程题的解题策略（练透）

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2.精练高考真题，明确方向
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3.摸清问题所在，对症下药
要提高后期的备考质量，还要真正了解学生存在的问题，只有如此，复习备考才能更加科学有效。所以，必须加大信息反馈，深入总结学情，明确备考方向，对症开方下药，才能使学生的知识结构更加符合高考立体网络化要求，才能实现基础→能力→分数的转化。
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第32讲 无机化工流程题的解题策略
（模拟精练+真题演练）
完卷时间：50分钟
一、选择题（共12×5分）
1．（2023·山东聊城·统考一模）实验室模拟以磷石膏(含及杂质、等)为原料制取轻质，流程如下：
下列说法错误的是
A．“浸取1”时，加快搅拌速率、不断升高温度均可提高的转化率
B．“浸取1”时，应先通再通，滤液1中浓度最大的阴离子为
C．“浸取2”时，发生反应的离子方程式为
D．“浸取2”时，所得滤渣2的主要成分为、
【答案】AB
【分析】磷石膏浆料含及杂质、等，通入氨气、二氧化碳调节pH=6.5，硫酸钙和氨气、二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀、硫酸铵，过滤，滤液1为硫酸铵溶液，滤渣1为碳酸钙、氧化铝、，高温煅烧滤渣，碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，用氯化铵溶液浸取，氧化钙和氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，滤液2中含有氯化钙，滤渣2中含有、。
【解析】A．升高温度，二氧化碳、氨气溶解度降低，生成碳酸铵的浓度降低，“浸取1”时，不断升高温度，不一定能提高的转化率，故A错误；B．氨气的溶解度大于二氧化碳，为增大二氧化碳的溶解度，“浸取1”时，应先通再通，硫酸钙和氨气、二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀、硫酸铵，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙，滤液1的成分主要是硫酸铵，浓度最大的阴离子为，故B错误；C．“浸取2”时，氧化钙和氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，发生反应的离子方程式为，故C正确；D．滤渣1为碳酸钙、氧化铝、，高温煅烧滤渣，碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳， “浸取2”时，氧化钙和氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，所得滤渣2的主要成分为、，故D正确；选AB。
2．（2023·山东聊城·统考三模）从废钼催化剂(主要成分为，含少量、、)中回收钼酸铵晶体的工艺流程如图所示：
注：酸浸后钼元素以形式存在，溶液中某离子浓度时，认为沉淀完全；常温下，。下列说法错误的是
A．焙烧过程中被氧化的元素有M、S、Fe
B．滤渣1的主要成分是
C．“调pH”过程中调节溶液的pH略大于2.83，可除去目标杂质离子
D．反萃取发生的离子方程式为
【答案】AC
【分析】已知，酸浸后钼元素以形式存在；氧气具有氧化性，废钼催化剂在焙烧过程中得到六价钼的氧化物、氧化铜、氧化亚铁、砷的氧化物和二氧化硫气体，焙烧后固体加入硫酸酸浸，二氧化硅不反应成为滤渣1，滤液含有钼铜铁砷的盐溶液，加入MO3调节pH得到滤渣2氢氧化铜、氢氧化铁沉淀，滤液加入萃取剂萃取出钼砷后加入氨水反萃取得到含钼砷的水相，加入氯化镁除去砷，滤液结晶得到(NH4)2MO4；【解析】A．由分析可知，焙烧过程中得到六价钼的氧化物、氧化铜、氧化亚铁、砷的氧化物和二氧化硫气体，被氧化的元素有M、S，铁元素没有被氧化，A错误；B．由分析可知，滤渣1的主要成分是，B正确；C．铁离子完全沉淀时，，pOH=11.12，则pH=2.83；同理，铜离子完全沉淀时，，pOH=7.3，则pH=6.7，故“调pH”过程中调节溶液的pH略大于6.7，可除去目标杂质离子，C错误；
D．反萃取过程中加入氨水将转化为得到(NH4)2MO4，发生的离子方程式为，D正确；故选AC。
3．（2023·江西·江西师大附中校联考模拟预测）近日，天津大学钟澄团队制备锌镍电池的负极材料——，流程如下，已知：离心分离是借助于离心力，使比重不同的物质进行分离的方法，下列叙述错误的是
A．“反应池1”中发生的离子反应为
B．“反应池1”和“反应池2”可通过搅拌加快反应
C．“加热”时选择蒸发皿盛放ZnO和BiOI固体
D．“操作1”可以为离心分离，用于分离固体和液体混合物
【答案】C
【分析】由题给流程可知，反应池1中碘化钾溶液与硝酸铋溶液反应生成BiOI沉淀，反应池2中加入氧化锌固体搅拌得到氧化锌和BiOI的悬浊液，过滤得到氧化锌和BiOI固体混合物；在坩埚中高温灼烧得到。
【解析】A．由分析可知，反应池1中碘化钾溶液与硝酸铋溶液反应生成BiOI沉淀，反应的离子方程式为，故A正确；B．由分析可知，反应池1中碘化钾溶液与硝酸铋溶液反应生成BiOI沉淀，反应池2中加入氧化锌固体搅拌得到氧化锌和BiOI的悬浊液，物质在溶液中混合时可通过搅拌加快反应，故B正确；C．固体灼烧时应在坩埚中进行，不能在蒸发皿中进行，故C错误；D．由分析可知，操作1为离心分离，目的是过滤得到氧化锌和BiOI固体混合物，故D正确；故选C。
4．（2023·山东菏泽·山东省鄄城县第一中学校考三模）加碘食盐中加入的碘酸钾是一种白色结晶粉末，常温下很稳定，加热至560℃开始分解。在酸性条件下碘酸钾是一种较强的氧化剂，可与碘化物、亚硫酸盐等还原性物质反应。工业上生产碘酸钾的流程如下。
已知：20℃的溶解度为8.08g，50℃的溶解度为10.20g，100℃的溶解度为15.30g。
下列说法不正确的是
A．步骤①反应器发生的反应为
B．步骤②中可用氢氧化钠代替KOH
C．步骤②中氢氧化钾的主要作用是将转化为
D．步骤③的操作为加热浓缩、冷却结晶
【答案】B
【分析】由框图可知：碘酸钾是一种较强的氧化剂，加入氯水增加溶液的酸性，生成,在加水和氢氧化钾调节溶液酸碱性，得到溶液，在经过蒸发浓缩、冷却结晶即得晶体。
【解析】A．根据流程可知，步骤①反应器发生的反应为，A正确；B．步骤②中可用氢氧化钠代替KOH，则会导致产品中混入碘酸钠杂质，B错误；C．碘单质与氯酸钾在水中发生反应产生KH(IO3)2，加入KOH时可以使之转化为KIO3.，C正确；D．根据信息可知，的溶解度随温度变化较大，故步骤③的操作为加热浓缩、冷却结晶，D正确；故选B。
5．（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考一模）辉铜矿[，含杂质]合成目标产物的流程如下。下列说法正确的是
A．步骤Ⅰ在足量中煅烧产生气体的主要成分：
B．步骤Ⅱ得溶液中溶质的主要成分：和
C．步骤Ⅲ的溶液D中存在平衡平衡：
D．为得纯净目标产物，步骤Ⅳ的实验操作步骤依次：加热蒸发、冷却结晶、抽滤洗涤。
【答案】C
【分析】辉铜矿通入氧气进行煅烧，发生反应，固体B为CuO和，加入盐酸得到Cu2+、Fe3+、Fe2+的溶液，加入过量氨水，得到氢氧化铁、氢氧化亚铁、Cu[(NH3)4]Cl2。
【解析】A. 步骤Ⅰ在足量中煅烧时，发生的化学方程式为：,产生气体的主要成分为，故A错误；B. 步骤Ⅱ得溶液中溶质的主要成分：、和，故B错误；C. 步骤Ⅲ的溶液D中存在平衡平衡：，故C正确；D. 从流程看，溶液D中阴离子主要为氯离子，为得纯净目标产物，溶液D中应引入硫酸根，再向滤液中加入乙醇，再过滤、洗涤、干燥，故D错误。答案为C。
6．（2023·福建泉州·泉州五中校考一模）可作白色颜料，利用废液(含有、、、)制备的工艺流程如图所示。下列说法中错误的是
A．“还原”流程中，“滤渣”的成分有铜和铁
B．“水解”流程中，加水能够促进的水解
C．“水解”流程的离子反应是
D．“洗涤”流程加入的稀盐酸能换成溶液
【答案】D
【分析】废液加入铁粉发生Fe+2Fe3+=3Fe2+和Fe+Cu2+=Fe2++Cu两个反应，滤渣中有生成的铜和过量的铁，加水稀释可以让Sb3+离子水解生成SbOCl，最后用稀盐酸洗去表面的杂质离子如Fe2+。
【解析】A．废液加入铁粉发生Fe+2Fe3+=3Fe2+和Fe+Cu2+=Fe2++Cu两个反应，滤渣中有生成的铜和过量的铁，故A正确；B．越稀越水解，加水可以降低氢离子浓度，水解正向移动，可以促进水解，故B正确；C．Sb3+水解生成SbOCl沉淀同时生成氢离子，方程式正确，故C正确；D．“洗涤”流程加入的稀盐酸能换成溶液，会引入Na+杂质，故D错误；答案选D。
7．（2023·山东济南·山东省实验中学校考模拟预测）连二亚硫酸钠()常用于纺织工业、食品漂白等领域。工业上生产的流程如图所示。若在实验室模拟该工艺流程，下列说法错误的是
A．将锌粉投入水中形成悬浮液主要是为了加快反应速率
B．向溶液中加入NaCl固体对的产率无明显影响
C．洗涤时用乙醇效果好于蒸馏水
D．该流程中涉及化合反应、分解反应、复分解反应
【答案】B
【分析】由流程图可知，锌粉与二氧化硫反应生成ZnS2O4，向ZnS2O4溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成氢氧化锌沉淀和Na2S2O4，过滤后向Na2S2O4溶液中加入NaCl固体降低Na2S2O4溶解度，析出Na2S2O4·2H2O晶体，过滤后加热Na2S2O4·2H2O晶体脱去结晶水生成Na2S2O4。
【解析】A．将锌粉投入水中形成悬浮液可增大与二氧化硫的接触面积，加快反应速率，A正确；B．加NaCl固体和冷却搅拌都有利于溶解平衡逆向移动，可析出更多的Na2S2O4·2H2O，若使用NaCl溶液，会降低钠离子浓度使析出的Na2S2O4·2H2O减少，Na2S2O4产率降低，B错误；C．乙醇沸点低易挥发便于干燥，故洗涤时用乙醇效果好于蒸馏水，C正确；D．锌粉与二氧化硫的反应是化合反应，反应中元素有化合价变化，也是氧化还原反应，ZnS2O4溶液与NaOH溶液的反应是复分解反应，加热Na2S2O4·2H2O生成Na2S2O4的反应是分解反应，D正确；故选B。
8．（2023·福建泉州·福建省泉州第一中学校考模拟预测）以锆矿石(主要成分为，还含有及钠、铝、铜的氧化物等杂质)为原料制备工业纯的工艺流程如图：
下列说法错误的是
A．“高温氯化”结束前通一段时间氧气的目的是除去过量的炭黑
B．“溶液1”中含有的溶质主要为NaCl、NaOH、
C．“碱浸”后分离操作要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗
D．“除杂”的目的是除去铜元素
【答案】B
【分析】“高温氯化”可以把氧化物转化为氯化物，ZrO₂与C和氯气发生反应方程式为ZrO₂+2Cl₂+CZrCl4+CO2↑，同时生成氯化铜、氯化铝等，加入“过量的NaOH稀溶液”将氯化物转化为沉淀，并将AlCl3转化为而除去，溶液1成分为NaCl、NaAlO2、Na₂SiO₃，加入NaOH浓溶液得到[Cu(OH)4]2-和Zr(OH)4沉淀，焙烧分解可得ZrO₂。
【解析】A．C可以和氧气高温反应生产CO₂，结束前通一段时间氧气的目的是除去过量的炭黑，故A正确；B．根据分析，溶液1成分为NaCl、NaAlO₂、NaOH、Na₂SiO3，故B错误；C．碱浸后分离操作为除去氢氧化铜，为过滤，要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，故C正确；D．除杂的目的是分离氢氧化铜，除去铜元素，故D正确；答案选B。
9．（2023·江苏连云港·连云港高中校考模拟预测）氧化钪()广泛应用于航天、激光等科学领域。利用钛白酸性废水(含、、等)制备氧化钪的工艺具有较高的经济价值，其流程如下图所示。
已知：、均能与P504(用HR表示)发生络合反应，且机理均为。下列说法不正确的是
A．酸洗时，、与P504的络合能力：
B．萃取、反萃取后均可使用分液漏斗分离，有机相应从分液漏斗上口倒出
C．“反萃取”时加入NaOH溶液的作用是将转化为
D．沉钪时能得到，则焙烧时的反应方程式：
【答案】C
【解析】A．由向有机相中加入稀硫酸后先被洗出可知，与P504的络合能力，A正确；B．煤油的密度小于水的密度，“萃取”时，有机相应从分液漏斗上口倒出，B正确；C．“反萃取”时加入NaOH溶液的作用是利用NaOH与Sc3+反应，使得络合反应不断左移，将Sc3+从络合物当中释放出来，C错误；D．沉钪时能得到，则焙烧时与氧气发生氧化还原反应，根据得失电子守恒，原子守恒得，D正确；故选C。
10．（2023·湖南·校联考模拟预测）中国“天向一号”探测器用于火星探测，搭载全球最先进的三结砷化镓太阳能电池阵为其提供动力，一种从砷化镓废料(主要成分为，含、、等杂质)中回收单质镓和砷的化合物的工艺流程如图所示：
已知：①“碱当”时中Ga以的形式进入溶液。
②Ga与Al位于同一主族，性质相似，向溶液中通入，有沉淀析出。
③离子完全沉淀时的pH：为8，为5.6。
下列说法正确的是
A．“碱浸”时，发生的离子方程式为
B．“滤渣①”的成分为，，“滤渣③”的成分为
C．“调pH①”时，为使得杂质离子沉淀完全，可通入过量的
D．“系列操作”为蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥
【答案】A
【分析】砷化镓废料粉碎增大碱浸速率，加氢氧化钠和过氧化氢，和溶解生成、和，、不溶于碱，“滤渣①”为、，滤液通可以得硅酸，除去硅元素，滤液再通可以将转化为，过滤，滤液为，经过蒸发浓缩、冷却结晶可以得到，沉淀加溶液生成溶液，通电电解得到镓单质。
【解析】A．“碱浸”时中Ga以的形式进入溶液，As会被氧化生成，根据得失电子守恒和电荷守恒、原子守恒得出反应的离子方程式为，故A正确；B．根据分析可知，、不溶于溶液，“滤渣①”的成分为、，向含有、和的溶液中，先通入先得硅酸沉淀，除去硅元素，然后再通可以将转化为，“滤渣③”的成分为，故B错误；C．通入过量的，会使过早沉淀下来，使产率降低，故C错误；D．滤液为，析出带结晶水的晶体要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可以得到，故D错误；答案选A。
11．（2023·山东聊城·统考三模）用氧化甲苯制备苯甲酸。实验方法：将甲苯和溶液在100℃反应一段时间后停止反应，过滤，将含有苯甲酸钾()和甲苯的滤液按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯。下列说法不正确的是
已知：苯甲酸熔点122.4℃，在25℃和95℃时溶解度分别为和；A．操作Ⅰ为分液、操作Ⅱ为过滤
B．甲苯、苯甲酸分别由A、B获得
C．若B中含有杂质，采用重结晶的方法进一步提纯
D．“系列操作”用到的仪器有铁架台(含铁圈)、蒸发皿、酒精灯、玻璃棒、烧杯
【答案】D
【分析】将含有苯甲酸钾(C6H5COOK)和甲苯的滤液分液得到有机溶液和水溶液，水溶液中加入浓盐酸生成苯甲酸，冷却结晶后过滤得到苯甲酸晶体，有机溶液中加入硫酸钠干燥除水后过滤，然后蒸馏得到甲苯；
【解析】A．操作Ⅰ分离出有机溶液和水溶液，操作方法为分液；操作Ⅱ为分离固液操作，为过滤，故A正确；B．根据分析可知，无色液体A为甲苯，白色固体为苯甲酸，故B正确；C．重结晶是可以用于提高晶体纯度的操作，若B中含有杂质，采用重结晶的方法进一步提纯，故C正确；D．“系列操作”为得到苯甲酸晶体操作，为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，用到的仪器有铁架台(含铁圈)、蒸发皿、酒精灯、玻璃棒、烧杯、漏斗等，故D错误；故选D。
12．（2023·辽宁·校联考模拟预测）氢氧化锆[]广泛应用于塑料、橡胶、交换树脂等多种化工行业。实验室中以含锆废料(含和少量Cu、Si、Al的氧化物)为原料制备氢氧化锆的工艺流程如下。
下列说法正确的是
A．“熔融”操作可在瓷坩埚中进行
B．“浸取”后通过分液可得到含有和的浸液
C．与形成配离子的稳定性强于与形成配离子的稳定性
D．可用浓溶液洗涤粗品
【答案】C
【分析】含锆废料(含和少量Cu、Si、Al的氧化物)加入烧碱熔融得到熔渣，加入氢氧化钠溶液浸取，得到含有和的浸液，浸渣含有Na2ZrO3，加入稀硫酸酸溶，再加入氨水除铜得到含滤液和粗品；
【解析】A．瓷坩埚中含二氧化硅，烧碱在高温条件下与二氧化硅反应，会腐蚀瓷坩埚，选项A错误；B．分离溶液和难溶物需用过滤，选项B错误；C．在水溶液中稳定存在，则与形成配离子的稳定性强于与形成配离子的稳定性，选项C正确；D．由转化关系推知，为两性氧化物，则为两性氢氧化物，能溶于浓溶液，选项D错误；答案选C。
二、主观题（共3小题，共40分）
13．（12分）（2023·海南·校联考一模）以电镀污泥[含Ni(OH)2、Fe(OH)3、Cr(OH)3和SiO2]为原料，利用以下工艺可制备硫酸镍晶体(NiSO4·6H2O)并获得副产品黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]。
已知：黄钠铁矾沉淀易于过滤，相对于Fe(OH)3，沉淀不易吸附Ni2+。
请回答下列问题：
(1)①下列措施不能提高“酸浸”过程浸出率的是 (填字母)。
a．适当升高反应温度 b．增大压强 c．不断搅拌
②滤渣1的主要成分的化学式为 。
(2)“沉铁”时Na2CO3加入速度不宜过快，原因是 。
(3)“沉铬”过程中发生反应的离子方程式为 。
(4)一系列操作的实验步骤依次如下，请补充相关内容：
i．过滤、洗涤；
ii．将沉淀转移至烧杯中，向其中 ；
iii． ，过滤得晶体。
【答案】（每空2分）(1)b SiO2
(2)避免溶液的碱性太强，产生Fe(OH)3，Fe(OH)3吸附大量的Ni2+，造成Ni2+的损失
(3)Cr3++=CrPO4↓
(4)加入稀硫酸将固体完全溶解 将滤液蒸发浓缩、冷却结晶
【分析】由题干工艺流程图可知，以电镀污泥[含Ni(OH)2、Fe(OH)3、Cr(OH)3和SiO2]为原料，加入稀硫酸进行酸浸后，将Ni(OH)2、Fe(OH)3、Cr(OH)3分别转化为NiSO4、Fe2(SO4)3、Cr2(SO4)3溶液，过滤出滤渣1主要成分为SiO2，向滤液中加入Na2CO3将Fe3+转化为黄钠铁矾沉淀，过滤出黄钠铁矾，继续向滤液中加入Na3PO4进行沉铬即将Cr3+转化为CrPO4沉淀，过滤出滤渣2即CrPO4，在向滤液中加入Na2CO3进行沉镍，然后过滤，洗涤沉淀NiCO3，向固体NiCO3中加入稀硫酸将固体完全溶解，过滤洗涤后将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤、低温干燥，即可得到硫酸镍晶体(NiSO4·6H2O)，据此分析解题。
【解析】（1）①a．适当升高反应温度，反应速率加快，能够提高“酸浸”过程浸出率，a不合题意；b．增大压强，对于溶液的浓度几乎无影响，故不能提高“酸浸”过程浸出率，b符合题意；c．不断搅拌，可以使反应物充分接触，加快反应速率，故能够提高“酸浸”过程浸出率，c不合题意；故答案为：b；
②由分析可知，滤渣1的主要成分的化学式为SiO2，故答案为：SiO2；
（2）已知Na2CO3溶液呈碱性，故“沉铁”时若Na2CO3加入速度过快，导致溶液的碱性增强，产生Fe(OH)3，Fe(OH)3吸附大量的Ni2+，造成Ni2+的损失，故答案为：避免溶液的碱性太强，产生Fe(OH)3，Fe(OH)3吸附大量的Ni2+，造成Ni2+的损失；
（3）由分析可知，“沉铬”过程中发生反应为Cr2(SO4)3+2Na3PO4=CrPO4+3Na2SO4，该反应的离子方程式为Cr3++=CrPO4↓，故答案为：Cr3++=CrPO4↓；
（4）由分析可知，一系列操作的实验步骤依次为：i．在向滤液中加入Na2CO3进行沉镍，然后过滤，洗涤沉淀NiCO3，ii．将沉淀转移至烧杯中，向固体NiCO3中加入稀硫酸将固体完全溶解，iii．过滤洗涤后将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤、低温干燥，即可得到硫酸镍晶体(NiSO4·6H2O)，故答案为：加入稀硫酸将固体完全溶解；将滤液蒸发浓缩、冷却结晶。
14．（14分）（2023·福建宁德·统考一模）钴盐在生活和生产中有着重要应用。
(1)在活性炭的催化作用下，通过氧化CCl2·6H2O制得到[C(NH3)6]Cl3流程如下：
①在“氧化”过程，需水浴控温在50~60℃，温度不能过高，原因是： 。“系列操作”是指在高浓度的盐酸中使[C(NH3)6]Cl3结晶析出，过滤，醇洗，干燥。使用乙醇洗涤产品的具体操作是： 。
②结束后废水中的C2+，人们常用FeS沉淀剂来处理，原理是 (用离子方程式表示)。
(2)草酸钴是制备钴氧化物的重要原料，常用(NH4)2C2O4溶液和CCl2溶液制取难溶于水的CC2O4·2H2O晶体。
①常温下，(NH4)2C2O4溶液的pH 7(填“>”、“=”或“<”)。(已知：常温下Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，H2C2O4：Ka1=5.6×10-2，Ka2=5.4×10-5)
②制取CC2O4·2H2O晶体时，还需加入适量氨水，其作用是 。
③在空气中加热10.98g二水合草酸钴(CC2O4·2H2O)，受热过程中在不同温度范围内分别得到一种固体物质。已知C的两种常见化合价为+2价和+3价，M(CC2O4·2H2O)=183g/ml。
i．温度在范围内，固体物质为 (填化学式)；
ii．从加热到时生成一种钴的氧化物和CO2，此过程发生反应的化学方程式是 。
【答案】（每空2分）(1)温度过高，H2O2大量分解，降低产率 向漏斗中注入乙醇使其浸没沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2～3次 C2++FeS=CS+Fe2+
(2)< 抑制(NH4)2C2O4的水解，提高的利用率（或“调节溶液pH，提高草酸钴晶体的产率”等） CC2O4 3CC2O4+2O2C3O4+6CO2
【分析】CCl2·6H2O加氯化铵溶液和活性炭，再加浓氨水，反应生成[C(NH3)6]Cl2，在加5%H2O2氧化[C(NH3)6]Cl2生成[C(NH3)6]Cl3，再经浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥等操作得到[C(NH3)6]Cl3；
【解析】（1）①氧化过程中使用的氧化剂为H2O2，不稳定，受热易分解，温度过高，H2O2大量分解，降低产率；使用乙醇洗涤产品的具体操作是：向漏斗中注入乙醇使其浸没沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2～3次；
②结束后废水中的C2+，人们常用FeS沉淀剂来处理，原理是C2++FeS=CS+Fe2+；
（2）①Kb(NH3·H2O)②制取CC2O4·2H2O晶体时，还需加入适量氨水，抑制(NH4)2C2O4的水解，提高的利用率(或“调节溶液pH，提高草酸钴晶体的产率”等)；
③10.98g二水合草酸钴(CC2O4·2H2O)的物质的量为，所含结晶水的质量为0.06×2×18=2.16g；温度在范围内，固体质量为8.82g，可知此时恰好完全失去结晶水，所得固体物质为：CC2O4；
从加热到时生成一种钴的氧化物和CO2，则C的质量为0.06ml×59g/ml=3.54g，则氧的质量为4.82g-3.54g=1.28g，氧原子物质的量为n=，则C的氧化物为C3O4；草酸钴和氧气反应生成C3O4和二氧化碳，则此过程发生反应的化学方程式为：3CC2O4+2O2C3O4+6CO2。
15．（14分）（2023·江西·江西师大附中校联考模拟预测）硫脲称为硫代尿素，它是制造磺胺药物的原料，用于合成抗甲状腺功能亢进药物等。150℃时硫脲部分异构化为，硫脲能溶于水和乙醇，但不溶于乙醚等有机溶剂。一种制备硫脲的新工艺如图所示。反应原理：。
回答下列问题：
(1)“过滤”获得滤渣的主要成分是 (填化学式)。
(2)“合成”时，在反应釜中加入石灰氮和水，边搅拌边通入，这样操作的目的是 。洗液、母液循环回收于“合成”工序，这样操作的目的是 。
(3)宜选择下列试剂 洗涤“硫脲”晶体(填字母)。
A．水 B．75%酒棈 C．乙醚
(4)尿素、硫脲、聚乙烯醇熔融生成固体电解质(SPE)。用丙酮作溶剂(导电性很弱)，浸取SPE得到丙酮浸出液并进行如下实验：
①向浸出液中滴加1%盐酸，测得溶液导电率与盐酸浓度关系如图所示。
实验结果发现：CD段产生沉淀质量最大，用元素分析仪测定该沉淀仅含氮、氢、氯三种元素，进一步实验发现，该沉淀有固定嫆点，与氢氧化钠浓溶液共热产生一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，由此推知，产生沉淀的成分是 (填化学式)；BC段导电率降低的主要原因是 。
②向分离沉淀后的剩余溶液中滴加溶液，溶液变为 色，说明固体电解质导电阴离子可能是。
(5)测定固体电解质(SPE)中含量。称取wg样品溶于水(没有发生化学变化)，滴加2~3滴溶液，用溶液滴定至终点，消耗滴定液的体积为VmL。
①则该SPE含的质量分数为 %。
②如果先加热熔化SPE，再测得含量，测得结果 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。已知：滴定反应为。
【答案】（除标注外，每空2分）(1)Ca(OH)2（1分）
(2)增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分 提高原料的利用率
(3)C
(4)NH4Cl（1分） NH4Cl难溶于丙酮，反应中溶液中离子浓度减小，导致导电率降低 血红
(5) 偏高
【分析】由题给流程可知，合成工序发生的反应为石灰氮溶液与硫化氢气体反应生成氢氧化钙沉淀和硫脲，过滤、洗涤得到含有氢氧化钙的滤渣和硫脲液，洗液并入合成工序循环使用，使反应物充分反应，提高原料的利用率；向硫脲液中加入冷水，使硫脲结晶析出，过滤得到母液和硫脲，母液并入合成工序循环使用，使反应物充分反应，提高原料的利用率；硫脲烘干得到产品。
【解析】（1）由分析可知，滤渣的主要成分为氢氧化钙，故答案为：Ca(OH)2；
（2）合成硫脲时，在反应釜中加入石灰氮和水得到石灰氮溶液，边搅拌边向溶液中通入硫化氢气体可以增大增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分；由分析可知，洗液、母液并入合成工序循环使用的目的是使反应物充分反应，提高原料的利用率，故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分；提高原料的利用率；
（3）由硫脲能溶于水和乙醇，但不溶于乙醚可知，为防止洗涤时造成硫脲溶解造成损失，洗涤时应选用乙醚洗涤硫脲晶体，故选C；
（4）①由题意可知，向SPE丙酮溶液中加入盐酸得到的仅含氮、氢、氯三种元素的沉淀是有固定熔点的纯净物，沉淀能与氢氧化钠浓溶液共热产生一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体说明沉淀为氯化铵；氯化铵是离子晶体，难溶于丙酮，随着盐酸浓度增大，盐酸与SPE丙酮溶液中的溶质发生反应生成氯化铵沉淀，溶液中的离子浓度减小，导致电导率降低，故答案为：NH4Cl；NH4Cl难溶于丙酮，反应中溶液中离子浓度减小，导致导电率降低；
②向分离沉淀后的剩余溶液中滴加氯化铁溶液，溶液变为血红色说明SPE中存在硫脲部分异构化生成的硫氰化铵，固体电解质导电阴离子可能是硫氰酸根离子，故答案为：血红；
（5）①由题意可知，滴定时发生的反应为Ag++SCN—=AgSCN↓，由滴定消耗VmLcml/L硝酸银溶液可知，SPE含硫氰酸根离子的质量分数为×100%=%，故答案为：；
②如果先加热熔化SPE，硫脲会部分异构化生成硫氰化铵，会使溶液中的硫氰酸根离子浓度增大，导致测定结果偏高，故答案为：偏高。
1．（2023·湖南·统考高考真题）金属对有强吸附作用，被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氢化反应，将块状转化成多孔型雷尼后，其催化活性显著提高。
已知：①雷尼暴露在空气中可以自燃，在制备和使用时，需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”；
②邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行。
某实验小组制备雷尼并探究其催化氢化性能的实验如下：
步骤1：雷尼的制备
步骤2：邻硝基苯胺的催化氢化反应
反应的原理和实验装置图如下(夹持装置和搅拌装置略)。装置Ⅰ用于储存和监测反应过程。
回答下列问题：
(1)操作(a)中，反应的离子方程式是 ；
(2)操作(d)中，判断雷尼被水洗净的方法是 ；
(3)操作(e)中，下列溶剂中最有利于步骤2中氢化反应的是___________；
A．丙酮B．四氯化碳C．乙醇D．正己烷
(4)向集气管中充入时，三通阀的孔路位置如下图所示：发生氢化反应时，集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路位置需调节为 ；
(5)仪器M的名称是 ；
(6)反应前应向装置Ⅱ中通入一段时间，目的是 ；
(7)如果将三颈瓶N中的导气管口插入液面以下，可能导致的后果是 ；
(8)判断氢化反应完全的现象是 。
【答案】(1)2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑
(2)取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净
(3)C
(4)B
(5)恒压滴液漏斗
(6)排除装置中的空气
(7)管道中气流不稳，不利于监测反应过程
(8)集气管中液面不再改变
【分析】本题一道工业流程兼实验的综合题，首先用氢氧化钠溶液溶解镍铝合金中的铝，过滤后先后用碱和水来洗涤固体镍，随后加入有机溶剂制得雷尼镍悬浮液，用于步骤2中邻硝基苯胺的催化氢化，以此解题。
【解析】（1）铝可以和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑；
（2）由于水洗之前是用碱洗，此时溶液显碱性，故可以用酸碱指示剂来判断是否洗净，具体方法为，取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净；
（3）根据题给信息可知，邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行，在丙酮，四氯化碳，乙醇，正己烷中极性较强的为乙醇，故选C；
（4）向集气管中充入时，氢气从左侧进入，向下进入集气管，则当由集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路位置需调节为气体由下方的集气管，向右进入装置Ⅱ，应该选B，而装置C方式中左侧会漏气，不符合题意，故选B；
（5）由图可知，仪器M的名称是恒压滴液漏斗；
（6）反应前向装置Ⅱ中通入一段时间，目的是排除装置中的空气；
（7）如果将三颈瓶N中的导气管口插入液面以下，则会在三颈瓶中产生气泡，从而导致管道中气流不稳，不利于监测反应过程；
（8）反应完成后，氢气不再被消耗，则集气管中液面不再改变。
2．（2023·江苏·统考高考真题）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；
【解析】（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，1mlO2氧化2ml，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。
3．（2023·全国·统考高考真题）铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：
已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O存在，在碱性介质中以CrO存在。
回答下列问题：
(1)煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为 (填化学式)。
(2)水浸渣中主要有SiO2和 。
(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是 。
(4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果，若pH<9时，会导致 ；pH>9时，会导致 。
(5)“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH<1时，溶解为VO或VO3+在碱性条件下，溶解为VO或VO，上述性质说明V2O5具有 (填标号)。
A．酸性 B．碱性 C．两性
(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为 。
【答案】(1)Na2CrO4
(2)Fe2O3
(3)Al(OH)3
(4)磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理 会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀
(5)C
(6)2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O
【分析】由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠和空气中煅烧，将钒、铬、铝、硅、磷等元素转化为相应的最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到强氧化铝滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，过滤得到含有MgSiO3、MgNH4PO4的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤液；向滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧化铬。
【解析】（1）由分析可知，煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠，故答案为：Na2CrO4；
（2）由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁，故答案为：Fe2O3；
（3）由分析可知，沉淀步骤调pH到弱碱性的目的是将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，故答案为：Al(OH)3；
（4）由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，若溶液pH<9时，磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；若溶液pH>9时，会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，故答案为：磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀；
（5）由题给信息可知，五氧化二钒水能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液发生生成盐和水的两性氧化物，故选C；
（6）由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，反应的离子方程式为2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O，故答案为：2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O。
4．（2023·湖北·统考高考真题）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、C等金属，工艺路线如下：
回答下列问题：
(1)C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)4 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。
【解析】（1）C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4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。
5．（2023·湖南·统考高考真题）超纯是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯方面取得了显著成果，工业上以粗镓为原料，制备超纯的工艺流程如下：
已知：①金属的化学性质和相似，的熔点为；
②(乙醚)和(三正辛胺)在上述流程中可作为配体；
③相关物质的沸点：
回答下列问题：
(1)晶体的晶体类型是 ；
(2)“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在的原因是 ，阴极的电极反应式为 ；

(3)“合成”工序中的产物还包括和，写出该反应的化学方程式： ；
(4)“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是 ；
(5)下列说法错误的是_______；
A．流程中得到了循环利用
B．流程中，“合成”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行
C．“工序X”的作用是解配，并蒸出
D．用核磁共振氢谱不能区分和
(6)直接分解不能制备超纯，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯的理由是 ；
(7)比较分子中的键角大小： (填“>”“<”或“=”)，其原因是 。
【答案】(1)分子晶体
(2)保证Ga为液体，便于纯Ga流出 +3eˉ+2H2O=Ga+4OH-（或[Ga(OH)4]-+3eˉ=Ga+4OH-）
(3)8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2+3+2；
(4)CH4
(5)D
(6)NR3沸点较高，易与Ga(CH3)3分离，Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，一起气化，难以得到超纯Ga(CH3)3
(7)> Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小
【分析】以粗镓为原料，制备超纯，粗Ga经过电解精炼得到纯Ga，Ga和Mg反应生产Ga2Mg5，Ga2Mg5和CH3I、Et2O反应生成、MgI2和CH3MgI，然后经过蒸发溶剂、蒸馏，除去残渣MgI2、CH3MgI，加入NR3进行配体交换、进一步蒸出得到超纯，Et2O重复利用。
【解析】（1）晶体的沸点较低，晶体类型是分子晶体；
（2）电解池温度控制在可以保证Ga为液体，便于纯Ga流出；粗Ga在阳极失去电子，阴极得到Ga，电极反应式为+3eˉ+2H2O=Ga+4OH-（或[Ga(OH)4]-+3eˉ=Ga+4OH-）；
（3）“合成”工序中的产物还包括和，该反应的化学方程式8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2+3+2；
（4）“残渣”含，经纯水处理，能产生可燃性气体CH4；
（5）A.根据分析，流程中得到了循环利用，A正确；B. 容易和水反应，容易被氧化，则流程中，“合成”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行，B正确；C. “配体交换”得到，“工序X”先解构后蒸出，C正确；D.二者甲基的环境不同，核磁共振氢谱化学位移不同，用核磁共振氢谱能区分和，D错误；故选D；（6）直接分解时由于Et2O的沸点较低，与Ga(CH3)3一起蒸出，不能制备超纯，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯的理由是，根据题给相关物质沸点可知，NR3沸点远高于Ga(CH3)3，与Ga(CH3)3易分离；
（7）分子中的键角>，其原因是Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小。温度范围／℃
150~210
290~320
固体质量/g
8.82
4.82
物质
沸点/
55.7
34.6
42.4
365.8