第八篇化學實驗

專項52微型工藝流程的分析

專項綜述

化學工藝流程題是近幾年高考的熱點,將化工生產過程中的主要生產階段即生產流程用

框圖的形式表示出來，并根據生產流程中有關的化學知識步步設問，形成與化工生產緊密聯

系的化工工藝試題，是無機框圖題的創(chuàng)新；它以現代工業(yè)生產為基礎，與化工生產成本、產

品提純、環(huán)境保護等相融合，主要涉及物質的性質、分離提純、反應原理、實驗操作、產率

計算等基本實驗原理在化工生產中的實際應用，是高考化學命題的常考題型。由于此類試題

陌生度高，對學生的能力要求也大，加上有的試題文字信息量大，所以這類題的得分不是很

理想。

真題回眸

1.(2022?河北省選擇性考試)LiBr溶液可作為替代氟利昂的綠色制冷劑。合成LiBr工藝

流程如下：

BaSH2sO4Li2c

HBr(少量Bn)一|還?原卜借阡中'和卜濃縮……一LiBr

II

濾渣氣體

下列說法錯誤的是()

A.還原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液直接返回還原工序

B.除雜工序中產生的濾渣可用煤油進行組分分離

C.中和工序中的化學反應為Li2co3+2HBmCO2T+2LiBr+H2O

D.參與反應的n(Bn)：n(BaS)：n(H2so4)為1：1：1

【答案】A

【解析】由流程可知，氫澳酸中含有少量的澳，加入硫化鋼將澳還原生成溟化鋼和硫，

再加入硫酸除雜，得到的濾渣為硫酸鋼和硫；加入碳酸鋰進行中和，得到的澳化鋰溶液經濃

縮等操作后得到產品溟化鋰。A項，還原工序逸出的Bn用NaOH溶液吸收，吸收液中含有

漠化鈉和次澳酸鈉等物質，若直接返回還原工序，則產品中會有一定量的浪化鈉，導致產品

的純度降低，A錯誤：B項，除雜工序中產生的濾渣為硫酸鋼和硫，硫屬于非極性分子形成

的分子晶體，而硫酸鋼屬于離子晶體，根據相似相溶原理可知，硫可溶于煤油，而硫酸饃不

溶于煤油，因此可用煤油進行組分分離，B正確；C項，中和工序中，碳酸鋰和氣澳酸發(fā)生

反應生成澳化鋰、二氧化碳和水，該反應的化學方程式為Li2co3+2HBr=CO2T+2LiBr+H2O,

C正確；D項，根據電子轉化守恒可知，浪和硫化釧反應時物質的量之比為1：1；根據硫

酸鋼的化學組成及鋼元素守恒可知,n(BaS)：n(H2so4)為1：1,因此，參與反應的n(成2)：

n（BaS）：n（H2s0,為1：1：1,D正確；故選A。

2.（2022?山東卷）己知苯胺（液體）、苯甲酸（固體）微溶于水，苯胺鹽酸鹽易溶于水。實驗

室初步分離甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如下。下列說法正確的是（）

0.5mol?L-1

A.苯胺既可與鹽酸也可與NaOH溶液反應

B.由①、③分別獲取相應粗品時可采用相同的操作方法

C.苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③獲得

D.①、②、③均為兩相混合體系

【答案】C

【解析】根據題給流程可知，向甲苯、苯胺、苯甲酸的混合溶液中加入鹽酸，鹽酸將微

溶于水的苯胺轉化為易溶于水的苯胺鹽酸鹽，分液得到水相I和有機相I；向水相中加入氫

氧化鈉溶液將苯胺鹽酸鹽轉化為苯胺，分液得到苯胺粗品①；向有機相中加入水洗滌除去混

有的鹽酸，分液得到廢液和有機相II,向有機相n中加入碳酸鈉溶液將微溶于水的苯甲酸轉

化為易溶于水的苯甲酸鈉，分液得到甲苯粗品②和水相II；向水相II中加入鹽酸，將苯甲酸

鈉轉化為苯甲酸，經結晶或重結晶、過濾、洗滌得到苯甲酸粗品③。A項，苯胺分子中含有

的氨基能與鹽酸反應，但不能與氫氧化鈉溶液反應，A錯誤；B項，得到苯胺粗品①的分離

方法為分液，得到苯甲酸粗品③的分離方法為結晶或重結晶、過濾、洗滌，獲取兩者的操作

方法不同，B錯誤；C項，苯胺粗品、甲苯粗品、苯甲酸粗品依次由①、②、③獲得，C正

確；D項，①、②為液相，③為固相，都不是兩相混合體系，D錯誤；故選C。

3.（2022?山東卷）高壓氫還原法可直接從溶液中提取金屬粉。以硫化銅精礦（含Zn、Fe

元素的雜質）為主要原料制備Cu粉的工藝流程如下，可能用到的數據見下表。

硫酸溶液，高壓。2NH3高壓H2

4.26.2

沉淀完全pH3.26.78.2

下列說法錯誤的是()

A.固體X主要成分是Fe(0H)3和S；金屬M為Zn

B.浸取時，增大02壓強可促進金屬離子浸出

C.中和調pH的范圍為3.2~4.2

D.還原時，增大溶液酸度有利于Cu的生成

【答案】D

【解析】依據題中的工藝流程，CuS精礦(含有雜質Zn、Fe元素)在高壓O2作用下，用

硫酸溶液浸取，CuS反應產生為CuSO4、S、HzO,Fe2+被氧化為Fe3+,然后加入NH3調節(jié)

溶液pH,使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而CiP+、Zn?+仍以離子形式存在于溶液中，過濾得到

的濾渣中含有S、Fe(0H)3；濾液中含有CM+、Zn2+；然后向濾液中通入高壓H2,根據元素

活動性：Zn>H>Cu,CiP+被還原為Cu單質，通過過濾分離出來；而ZM+仍然以離子形式

存在于溶液中，再經一系列處理可得到Zn單質。A項，固體X主要成分是S、Fe(OH)3,

金屬M為Zn,A正確；B項，CuS難溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS⑸

Cu2+(aq)+S2-(aq),增大O2的濃度，可以反應消耗S'使之轉化為S,從而使沉淀溶解平衡

正向移動，從而可促進金屬離子的浸取，B正確；C項，根據流程圖可知：用N%調節(jié)溶液

pH時，要使FU+轉化為沉淀，而CM+、Zn?+仍以離子形式存在于溶液中，結合離子沉淀的

pH范圍，可知中和時應該調節(jié)溶液pH范圍為3.2?4.2,C正確；D項，在用H?還原Cu?+

變?yōu)镃u單質時，氏失去電子被氧化為H*,與溶液中0H-結合形成HzO,若還原時增大溶

液的酸度，c(H+)增大，不利于H2失去電子還原Cu單質，因此不利于Cu的生成，D錯誤；

故選D。

4.(2021?湖南選擇性考試)一種工業(yè)制備無水氯化鎂的工藝流程如圖：

物專X碳、氯氣

海水一,舌鹵水燼燒|"TJ化無水MgCh

濾液氣體

下列說法錯誤的是()

A.物質X常選用生石灰

B.工業(yè)上常用電解熔融MgCb制備金屬鎂

C.“氯化”過程中發(fā)生的反應為MgO+C+ChHMgCh+CO

D.“煨燒”后的產物中加稀鹽酸，將所得溶液加熱蒸發(fā)也可得到無水MgCL

【答案】D

【解析】A項，苦鹵水中加入物質X的目的是將溶液中的鎂離子轉化為Mg(OH)2沉淀,

故物質X溶于水后應該顯堿性，生石灰價格便宜且溶于水顯堿性，故物質常選用生石灰,

故A正確；B項，因鈉鎂鋁為活潑金屬，故選用電解法進行冶煉，制備鎂可選用電解熔融

MgCh的方法，故B正確；C項，根據流程反應物是MgO、C和CI2發(fā)生氧化還原反應，又

因高溫條件下碳元素轉化為一氧化碳，生成物質為MgCb和CO,據電子守恒配平方程式,

故C正確；D項，煨燒后的產物中主要為MgO,MgO中加入稀鹽酸后得到MgCL溶液，但

將MgCL溶液加熱蒸發(fā)后所得的產物為Mg（OH）2,故D錯誤；故選D。

5.（2021?河北選擇性考試）BiOCl是一種具有珠光澤的材料，利用金屬Bi制備BiOCl

的工藝流程如圖：

下列說法錯誤的是（）

A.酸浸工序中分次加入稀HNCh可降低反應劇烈程度

B.轉化工序中加入稀HC1可抑制生成BiONCh

C.水解工序中加入少量CH3coONa（s）可提高Bi3+水解程度

D.水解工序中加入少量NENCHs）有利于BiOCl的生成

【答案】D

【解析】A項，硝酸為強氧化劑，可與金屬鈿反應，酸浸工序中分次加入稀HNOa，反

應物硝酸的用量減少，可降低反應劇烈程度，A正確；B項，金屬例與硝酸反應生成的硝酸

胡會發(fā)生水解反應生成BiONCh,水解的離子方程式為Bi3++NCh-+H2OBiONO3+2H\

轉化工序中加入稀HC1,使氫離子濃度增大,根據勒夏特列原理分析,硝酸鈿水解平衡左移，

可抑制生成BiONCh,B正確；C項，氯化鈕水解生成BiOCl的離子方程式為Bi3++Cl+比0

=BiOCI+2H+,水解工序中加入少量CH3coONa（s）,醋酸根會結合氫離子生成弱電解

質醋酸，使氫離子濃度減小，根據勒夏特列原理分析，氯化鈿水解平衡右移，促進Bi3+水解，

C正確；D項，氯化鈿水解生成BiOCl的離子方程式為Bi'++C「+H2O=^BiOCl+2H+,

水解工序中加入少量NH4NO3（S）,錢根離子水解生成氫離子，使氫離子濃度增大，根據勒夏

特列原理分析，氯化鈾水解平衡左移，不利于生成BiOCl,且部分鈾離子與硝酸根、水也會

發(fā)生反應Bi3++NO3-+H2OBiONCh+2H+,也不利于生成BiOCl,綜上所述，D錯誤；

故選D。

6.（2020?山東卷）實驗室分離Fe3+和AF+的流程如下：

濃鹽敢乙僦水

知Fe3+在濃鹽酸中生成黃色配離子(FeC14),該配離子在乙醛(Et20,沸點34.6℃)中生成締

合物Et?O-H+-[FeClJ-,下列說法錯誤的是()

A.萃取振蕩時，分液漏斗下口應傾斜向下

B.分液時，應先將下層液體由分液漏斗下口放出

C.分液后水相為無色，說明已達到分離目的

D.蒸儲時選用直形冷凝管

【答案】A

【解析】A項，萃取振蕩時，分液漏斗下口應傾斜向上，A錯誤；B項，分液時，密度

大的液體在下層，密度小的液體在上層，下層液體由分液漏斗下口放出，下層液體放完后，

密度小的匕層液體從分液漏斗上口倒出，B正確；C項，Fe3+在濃鹽酸中生成黃色配離子，

該離子在乙醛中生成締合物，乙醛與水不互溶，故分液后水相為無色，則水相中不再含有

Fe3+,說明已經達到分離目的，C正確；D項，蒸儲時選用直形冷凝管，能使儲分全部轉移

到錐形瓶中，而不會殘留在冷凝管中，D正確；故選A。

7.(2020?山東卷)以菱鎂礦(主要成分為MgCCh,含少量SiCh,FezCh和AI2O3)為原料制

備高純鎂砂的工藝流程如下：

氣化鉞溶液級水

!I一

菱鎂礦一＞4^1~＞輕燒粉T浸出卜》浸出液一T沉鎂f氫氧化鎂高純鎂砂

II\

廢渣氨氣泄液

已知浸出時產生的廢渣中有SO2,Fe(OH)3和A1(OH)3。下列說法錯誤的是()

A.浸出鎂的反應為MgO+2NH4Cl=MgC12+2NH3t+H2O

B.浸出和沉鎂的操作均應在較高溫度下進行

C.流程中可循環(huán)使用的物質有NH3、NH4C1

3

D.分離Mg?+與Al\Fe3+是利用了它們氫氧化物Ksp的不同

【答案】B

【解析】菱鎂礦燃燒后得到輕燒粉，MgCCh轉化為MgO,加入氯化鉉溶液浸取，浸出

的廢渣有SiCh、Fe(OH)3、AI(OH)3,同時產生氨氣，則此時浸出液中主要含有Mg2+,加入

氨水得到Mg(OH)2沉淀，煨燒得到高純鎂砂。A項，高溫燃燒后Mg元素主要以MgO的形

式存在，MgO可以與鍍根水解產生的氫離子反應，促進鉞根的水解，所以得到氯化鎂、氨

氣和水，化學方程式為MgO+2NH4Cl=MgC12+2NH3T+H2O,故A正確：B項，一水合氨受

熱易分解，沉鎂時在較高溫度下進行會造成一水合氨大量分解，揮發(fā)出氨氣，降低利用率，

故B錯誤；C項，浸出過程產生的氨氣可以回收制備氨水，沉鎂時氯化鎂與氨水反應生成

的氯化錢又可以利用到浸出過程中，故C正確;D項,Fe(OH)3、Al(OH)3的K’p遠小于Mg(OH)2

的/Cp,所以當pH達到一定值時Fe3+、A13+產生沉淀，而Mg?+不沉淀，從而將其分離，故

D正確；故選B。

學方法技巧

1.工藝流程題過程解讀

考慮副產品的循環(huán)利用

（1）讀流程圖

①箭頭：箭頭進入的是投料（反應物）、出去的是主產物或副產物（生成物）。

②三線：出線和進線均表示物料流向或操作流程，可逆線表示物質循環(huán)。

（2）解題要點

①審題要點：a.了解生產目的、原料及產品；b.了解題目提供的信息；c.分析各步

的反應條件、原理及物質成分；d.理解物質分離、提純、條件控制等操作的目的及要點。

②答題切入點：a.原料及產品的分離提純，b.生產目的及反應原理；c.生產要求及

反應條件；d.有關產率、產量及組成的計算：e.綠色化學。

2.讀流程尋破題關鍵

⑴看原料：明確化工生產或化學實驗所需的材料。

（2）看目的：把握題干中的“制備”或“提純”等關鍵詞，確定化工生產或化學實驗的目的。

（3）看箭頭：進入的是投料（反應物）；出去的是生成物（包括主產物和副產物）。

（4）看三線：主線為主產品，分支為副產品，回頭為循環(huán)物。

（5）找信息：明確反應條件的控制和分離提純方法。（6）關注所加物質的可能作用：參與

反應、提供反應氛圍、滿足定量要求。

產品及硬）一瀏覽題目找出原料和產品

有用殛）—{題干中信息

設問中信息

工藝硬—{階段：BS處理、反應、分離、提純

反應:反應物、產物、反應類型

0^解一答嘔）—細讀慎答，各個擊破

3.明方法科學破題

（1）首尾分析法：對一些線型流程工藝（從原料到產品為一條龍的生產工序）試題，首先對

比分析流程圖中第一種物質（原材料）與最后一種物質（產品），從對比分析中找出原料與產品

之間的關系，弄清生產過程中原料轉化為產品的基本原理和除雜、分離、提純產品的化工工

藝，然后結合題設的問題，逐一推敲解答。

（2）截段分析法：對于用同樣的原材料生產兩種或多種產品（包括副產品）的工藝流程題，

用截段分析法更容易找到解題的切入點。關鍵在于看清主、副產品是如何分開的，以此確定

截幾段更合適，一般截段以產品為準點。

（3）交叉分析法：有些化工生產選用多組原材料，先合成一種或幾種中間產品，再用這

一中間產品與部分其他原材料生產所需的主流產品，這種題適合用交叉分析法。就是將提供

的工業(yè)流程示意圖結合常見化合物的制取原理劃分成幾條生產流水線，然后上下交叉分析。

:素養(yǎng)提升

1.（2023屆?江蘇省鹽城市三校高三第一次聯考）用硫酸渣（主要成分為Fe?03、SiCh）制備

鐵基顏料鐵黃（FeOOH）的一種工藝流程如圖。

黃鐵礦粉

硫酸（FeS2）氨水、空氣

硫酸渣T酸溶卜花過濾I舊沉降、氧化卜|過濾n"…a鐵黃

SiO2>FeS2濾液

已知：“還原”時，發(fā)生反應FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42-+15Fe2++16H+；FeSz與H2s。4不

反應。下列有關說法不正確的是（）

A.“酸溶”時適當提高硫酸濃度可加快反應速率

B.“還原”時氧化產物與還原產物質的物質的量之比為1：7

C.“過濾I”所得濾液中存在的陽離子主要有Fe2+、Fe3+和H+

D.“沉降、氧化”時發(fā)生反應的離子方程式：

2++

4Fe+8NH3*H2O+O2=8NH4+4FeOOH；+2H2O

【答案】C

【解析】硫酸渣（主要成分為FezCh、SiCh）加硫酸溶解，金屬氧化物轉化為金屬陽離子，

二氧化硅不溶，再加FeS2把鐵離子還原為亞鐵離子，同時生成S043,過濾，濾渣含有SiCh

和FeSz,濾液中含有Fe?+和H+,濾液中通入空氣氧化，同時加入氨水調節(jié)pH生成FeOOH

沉淀，過濾、洗滌、烘干，得到純凈的FeOOH。A項，適當提高硫酸濃度，增大氫離子濃

度，可增大反應速率，A正確；B項，有關的離子方程式為FeS2+14Fe3++8H9=2

22++

SO4+15Fe+16H,反應中FeS2的Fe元素化合價不變，S元素化合價升高，則SCV-為氧

化產物，Fe3+轉化為Fe?+,化合價降低，Fe?+為還原產物，則“還原”時氧化產物與還原產物

質的物質的量之比為2：14=1：7,B正確；C項，濾液中含有硫酸亞鐵和過量的硫酸，且

生成氫離子，貝『‘過濾I”所得濾液中存在的陽離子主要有Fe?+和H+,C錯誤；D項，濾液中

通入空氣氧化，同時加入氨水調節(jié)pH生成FeOOH沉淀，發(fā)生的離子方程式為

2++

4Fe+8NH3*H2O+O2=8NH4+4FeOOHi+2H2O,D正確；故選C。

2.（2023屆?江西省五市九校高三第一次聯考）以高硫鋁土礦（主要成分為Fe2O3,AI2O3、

SiO2,少量FeS2和硫酸鹽）為原料制備聚合硫酸鐵[Fe2（OH）*（SO4）y]n和明機的部分工藝流程

如下，下列說法錯誤的是（）

空氣KOH溶液H2sO4溶液雙氧水Fe2O3

高硫鋁土礦—焙燒—*堿浸—*酸浸—*氧化-*聚合->濃縮、干燥->[Fe2（OH）x（SO4）v]n

赤泥液一吸收濾液—>……一>明研

已知：赤泥液的主要成分為Na2cCh。

A.聚合硫酸鐵可用于凈化自來水，與其組成中的Fe3+具有氧化性有關

B.赤泥液的作用是吸收“焙燒”階段中產生的SCh

C.在“聚合”階段，若增加FezCh用量，會使[Fe2（0H）x（SCU）小中x變大

D.從“濾液”到“明研”的過程中還應有“除硅”步驟

【答案】A

【解析】高硫鋁土礦經焙燒后，FeS?中的S元素轉化為SCh被除去，生成的SCh用赤

泥液吸收，防止其污染環(huán)境。高硫鋁土礦經堿浸后，AbCh轉化為A1O2,SiO?轉化為SiOF。

過濾后將濾渣經酸浸氧化后，Fe2+全部被轉化為Fe3+,用于制備聚合硫酸鐵。A10/進入濾液

中，可用于制備明機。A項，聚合硫酸鐵可用于凈水，原理是聚合硫酸鐵中的Fe3+水解生成

的Fe（OH）3膠體可吸附水中的懸浮物和雜質，與Fe3+的氧化性無關，故A項錯誤；B項，赤

泥液主要成分是Na2cCh,可吸收焙燒產生的SO2,故B項正確；C項，聚合硫酸鐵中的OH-

來源于FezCh,因此增加FezCh用量會使[Fe2（OH）x（SO4）y]n中x變大，故C項正確；D項，

制備明機的濾液中含有SiOF,應預先除去，故D項正確。故選A。

3.（2023屆?河南省重點高中高三聯考）已知苯甲酸乙酯的沸點為212.6℃、乙醛-環(huán)己烷

-水共沸物的沸點為62.1°C。實驗室利用苯甲酸、乙醇、環(huán)己烷和濃硫酸混合加熱制備苯甲

酸乙酯，現從反應混合物中分離苯甲酸乙酯、苯甲酸和環(huán)己烷的流程如圖。下列說法錯誤的

是（）

乙醛H2sO4

A.操作a所使用的主要玻璃儀器為分液漏斗和燒杯

B.操作b和操作c均為重結晶

c.無水Mgso,的作用為干燥有機相n

D.該流程中苯甲酸先轉化為苯甲酸鈉，再轉化為苯甲酸

【答案】B

【解析】由題給流程可知，向混合物中加入飽和碳酸鈉溶液洗滌，將苯甲酸轉化為苯甲

酸鈉，分液得到含有苯甲酸乙酯和環(huán)己烷的有機相和水相；向水相中加入乙醛萃取水相中的

苯甲酸乙酯和環(huán)己烷，分液得到有機相和萃取液；有機相混合得到有機相1,有機相經蒸儲

得到共沸物和有機相n；向有機相中加入無水硫酸鎂除去水分，干燥有機相n,過濾、蒸鏘

得到苯甲酸乙酯；向萃取液中加入稀硫酸，將苯甲酸鈉轉化為苯甲酸，過濾得到苯甲酸粗品，

經重結晶得到苯甲酸。A項，操作a為分液，分液所使用的主要玻璃儀器為分液漏斗和燒杯，

故A正確；B項，操作b為蒸儲，操作c均為重結晶，故B錯誤；C項，加入無水硫酸鈉

鎂的作用是除去水分，干燥有機相n,故c正確；D項，該流程中苯甲酸先與飽和碳酸鈉

溶液反應轉化為苯甲酸鈉，苯甲酸鈉再與稀硫酸反應轉化為苯甲酸，故D正確；故選B“

4.(2023屆?甘肅省白銀市高三開學考試)一種從鈦白酸性廢水(主要含Ti"、Fe2+,還含

微量Sc?')中富集銃并制備氧化銃(SC2O3)的工藝流程如圖。

已知："有機相''中主要含有Ti，+、Fe2\Sc3+

下列說法錯誤的是()

A.“萃取分液”需要用到的玻璃儀器有分液漏斗和燒杯

B.加入H2O2的目的是將Fe2+氧化為Fe3+

C.“濾渣1”的主要成分是Ti(OH)4、Fe(OH)3、Sc(OH)3

D.1mol草酸銃完全焙燒分解時，轉移電子的物質的量為12moi

【答案】D

【解析】從鈦白酸性廢水(主要含Ti4+、Fe2\微量Sc3+)中富集銃，酸洗時加入H2O2的

目的是將Fe2+氧化為Fe3+,加入氫氧化鈉溶液進行反萃取，過濾得到“濾渣1”的主要成分是

Ti(0H)4、Fe(0H)3、Sc(OH)3,然后加入10%鹽酸調pH溶解Sc(0H)3轉化為含Sc、+的溶液,

再加入草酸溶液得到草酸銃，草酸銃與氧氣焙燒時反應生成Sc?。：和CO2。A項，“萃取分

液''需要用到的玻璃儀器主要有分液漏斗和燒杯，故A正確；B項，可知，“有機相”中主要

423+

含有Ti\Fe\Sc,酸洗時加入H2O2的目的是將Fe?+氧化為Fe3+,有利于后面沉淀除去，

故B正確；C項，“濾渣1”的主要成分是Ti(OH)4、Fe(OH)3、Sc(OH)3,故C正確；D項，

草酸銃與氧氣焙燒時反應生成SC2O3和CO2,化學方程式為：2SC2（C2O4）3+3（）2A

2SC2O3+12CO2,1mol草酸貨完全焙燒分解時，轉移電子的物質的量為6mol,D錯誤；故選

Do

5.（2023屆?河北省邢臺市名校聯盟高三開學考試）某工廠采用輝鈿礦（主要成分為Bi2s3,

含有FeS2、SiCh雜質）與軟鑄礦（主要成分為MnCh）聯合焙燒法制備BiOCL工藝流程如圖所

示。焙燒時過量的MnCh分解為MnzCh,下列說法錯誤的是（）

空氣

水

輝鈿礦一聯合濾液.

浸r

軟就礦一焙燒

.氣

（過量）濾

體

渣

A（MnCL.Fe5溶液）

A.Bi2s3和FeS2聯合焙燒轉化為的2。3、Fe2O3

B.水浸所得濾液的主要成分是MnSCU

C.酸浸所得濾渣的主要成分是SiCh,氣體X為Ch

D.向酸浸濾液中加入金屬Bi的目的是消耗H+,促進Bi"水解

【答案】D

【解析】聯合焙燒：發(fā)生轉化為：Bi2s3TBi2O3+SO2、FeS2-^Fc2O3+SO2,

MnCh-MmOs+MnSCh,故聯合焙燒后得到BizCh、Fe2O3,MmCh、MnSCU和SiCh；水浸：

MnSCh進入濾液，濾渣為西2。3、Fe2O3,MmCh和SiCh;酸浸：加入過量濃鹽酸后，Bi2O3

33+

和Fe2C>3發(fā)生轉化：Bi2O3->Bi\Fe2O3^Fe,因MmQa有氧化性，會與濃鹽酸發(fā)生氧化

+2+

還原反應：Mii2O3+6H+2Cr=2Mn+Cl2t+3H2O,氣體X為Cb,濾渣主要為不溶于濃鹽酸

2+

的SiOz,濾液中金屬離子為以3+、Fe"、Mn;轉化：加入Bi將Fe3+轉化為Fe?+,調節(jié)pH

得到BiOCl。A項，Bi2s3和FeS2聯合焙燒轉化為BiaCh、Fe2O3,故A正確；B項，水浸所

得濾液的主要成分是MnSOa,故B正確；C項，酸浸所得濾渣的主要成分是SiCh,氣體X

為CL,故C正確；D項，向酸浸濾液中加入金屬Bi的目的是將Fe3+轉化為Fe2+,調節(jié)pH

得到BiOCl,故D錯誤；故選D。

6.（2023屆?浙江省七彩陽光新高考研究聯盟高三返校聯考）黑鴇礦的主要成分為FeWCU、

MnWC>4（含SiCh雜質）。已知：4FeWO4+O2+4Na2CO3^=2Fe2O3+4Na2WO4+4CO2

2MnWO4+Ch+2Na2co3焙燒2MnCh+2Na2WO4+2CO2

工業(yè)上以黑鋁礦為原料利用純堿燒結水浸法冶煉金屬鋁的流程如圖。下列說法不正確的

是（）

純堿、空氣加鹽酸加鹽酸

A.為加快水浸的溶解速率，應將燒結物粉碎

B.濾渣1經鋁熱反應可制得金屬鐵和鐳，濾渣2為硅酸

C.同濃度的鴇酸根離子結合質子的能力比硅酸根離子更強

D.“除雜”步驟中加入的鹽酸應適量，溶液的pH須控制在特定范圍內

【答案】C

【解析】黑鋁礦的主要成分為FeWO」、MnWO」（含SiO?雜質），燒結物的主要成分

為FezCh、MnO2>Na2SiO3>Na2WO4,加水過濾，濾渣1是難溶于水的FezCh、MnO2;濾

液中含有NafiCh、Na2WO4,加入鹽酸調節(jié)pH,生成硅酸沉淀，除去NazSiCh,再加鹽酸

生成鋁酸沉淀，鋁酸加熱分解為WO3,還原得到W單質。A項，將燒結物粉碎可以增大反

應物的接觸面積，加快水浸的溶解速率，故A正確；B項，由分析可知，濾渣1是難溶于

水的FezCh、MnCh,經鋁熱反應可制得金屬鐵和鎰，濾渣2為硅酸，故BiE確；C項，流

程中硅酸根離子先于鴇酸根離子沉淀，說明同濃度的鴇酸根離子結合質子的能力比硅酸根離

子更弱，故C錯誤；D項，“除雜”步驟中加入的鹽酸應適量，溶液的pH須控制在特定范圍

內，若加入鹽酸過多，可能會提前生成鴇酸沉淀，故D正確；故選C。

7.（2022.遼寧省葫蘆島市二模）氨既是一種重要的化工產品，又是一種重要的化工原料。

下圖為合成氨以及氨催化制硝酸的流程示意圖。下列說法不正確的是（）

2、H2人水

硝酸

A.可以利用NH3易液化的性質分離出NH3

B.合成氨以及氨催化制硝酸的流程中氮元素均被氧化

C.可以用NH3進行氫氧化物的尾氣處理

D.吸收塔中通入A是為了提高原料的利用率

【答案】B

【解析】A項，利用NW易液化的性質分離出N%,促進平衡正向移動，A項正確；B

項，合成氨中氮氣中氮元素化合價降低做氧化劑，被還原發(fā)生還原反應，氨催化制硝酸的流

程中氮元素化合價由-3價升高到+2價，被氧化，B項錯誤；C項，氨氣具有還原性，氮氧

化物具有氧化性，二者反應生成無毒氣體氮氣，可以用N%進行氮氧化物的尾氣處理，C

項正確；D項，一氧化氮馬氧氣反應生成二氧化氮，二氧化氮、氧氣和水反應生成硝酸，A

為O2,吸收塔中通入A是為了提高原料的利用率，D項正確；故選B。

8.（2022.山東省臨沂市三模）以天然氣為原料合成氨是新的生產氮肥的方法，其工藝流

程如下。下列說法正確的是（）

天然氣尿素8(NH2)2

催化劑②

—?Hz

----------->NH-

」催化嵬31

空氣---?NH4NO3

A.反應①使用催化劑可提高反應速率和甲烷的平衡轉化率

B.反應②的原子利用率為100%

C.生成1.0molNH4NO3至少需要0.75molCH4

D.反應③理論上當n（NH3）：n（O2）=4：3時，恰好完全反應

【答案】C

【解析】A項，反應①使用催化劑可以提高反應速率，但不能提高甲烷的平衡轉化率,

A錯誤；B項，A應②的化學方程式為CO+2NHL定條件CO（NH,）,+HO則該反應的原子

利用率小了100%,B錯誤；C項，由天然氣經過各步轉化，最終生成NH4NO3涉及的化學

反應有：CH4+2H2O胤①CO2+4H2,N2+3H?k萼^=^2NH3,2NH3+2O2=NH4NO3+H2O,

-----,崔化亮

3

則有NH4NO3~2NH3~3HCH,故生成l.OmolNH4NO3至少需要0.75molCH4,C正確：

44

D項，反應③中，N%和02反應生成NH4NO3,該反應的化學方程式為

2NH3+2O2=NH4NO3+H2O,則理論上當〃（NH3）:”（O2）=1：1時，恰好完全反應，D錯誤；故選

Co

9.（2022?北京市人大附中三模）用如下方法回收廢舊CPU中的單質Au（金”Ag和Cu

己知：濃硝酸不能單獨將Au溶解，通常采用王水［V（濃硝酸）：V（濃鹽酸）=1：3］溶解

Au。

下列說法不氐娜的是（）

A.濃、稀HNCh均可作酸溶試劑，溶解等量的Cu,選擇稀硝酸可節(jié)約原料

B.HNCh-NaCl與王水溶金原理相同，反應原理可以表示為:

Au+4NaCl+5HNO3=HAuC14+NOt+4NaNO3+2H2O

C.用王水溶金時，利用了HN03的氧化性，濃鹽酸的主要作用是增強溶液的酸性

D.用適當濃度的鹽酸、氯化鈉溶液、氨水和鐵粉可從酸溶后的溶液中回收Cu和Ag,

試劑1應選擇NaCl溶液

【答案】C

【解析】A項，Cu與稀HNO3反應的方程式為3Cu+8HNCh=3Cu（NO3）2+2NOT+4H2。，

Q

溶解ImolCu需要硝酸為5moi,Cu與濃HNCh反應的方程式為

Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2T+2H20,溶解ImolCu需要硝酸為4m。1,故溶解等量的Cu,選

擇稀硝酸可節(jié)約原料，故A正確；B項，根據化合價的變化規(guī)律可知，金元素的化合價從0

價升高為+3價，是還原劑，硝酸是氧化劑，氮元素的化合價從+5價降低為+2價，產物是

NO,根據得失電子守恒、元素守恒配平方程式為

Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+NOt+4NaNO3+2H2O,故B正確：C項，用王水溶金時，硝酸中

N的化合價降低，做氧化劑，利用J'HNCh的氧化性，濃鹽酸提供了氯離子，利于生成四氯

合金離子，其主要作用是減小金離子的電勢，增強金的還原性，故C錯誤；D項，根據圖

中信息可知，含有銅離子和銀離子的溶液加入試劑1后得到的是物質1和物質3,物質3加

入試劑3后得到的是二氨合銀離子，試劑3是氨水,物質3是氯化銀,試劑1是NaCl溶液，

物質1是氯化銅，氯化銅加入過量鐵粉得到物質2是銅和鐵單質，經過試劑2,過濾后得到

銅單質，試劑2是鹽酸，除去過量的鐵粉，二氨合銀離子經過還原可以得到銀單質，實現了

銅和銀的分離，故D正確；故選C。

10.（2022?湖南省高三模擬）錢明則NH4Al（SOM12H2O］是分析化學中常用的基準試劑，

其制備過程如圖：

下列說法不正確的是（）

A.過程I過濾可得到NaHCCh晶體

B.過程II加入稀硫酸的目的是為了除去濾液A中混有的NaHCCh雜質

C.向錢明帆溶液中加入足量NaOH溶液，反應的離子方程式為NH4++A13++5OH=

NH3H2O+AIO2+2H2O

D.錢明祖能析出是因為其溶解度比（NHQ2SO4、A12（SC>4）3的大

【答案】D

【解析】NaHCCh的溶解度較小，所以在飽和碳酸氫鍍溶液中加入過量的硫酸鈉溶液會

產生NaHCCh沉淀，過濾后得濾液中有（NH/SCU和少量的NaHCCh,將（NH^SCU溶液用稀

硫酸調節(jié)pH值為2,使NaHCOs生成硫酸鈉，得溶液B為（NHQ2SO4溶液和少量的硫酸鈉

溶液，在B溶液中加入硫酸鋁可得錢明磯。A項，結合流程分析可知，過程I過濾可得到

NaHCCh晶體，故A正確；B項，結合流程分析可知，將（NHD2SO4溶液用稀硫酸調節(jié)pH

值為2,使NaHCCh生成硫酸鈉，即過程H加入稀硫酸的目的是為「除去濾液A中混有的

NaHCCh雜質，故B正確；C項，向鍍明磯溶液中逐滴加入過量的NaOH溶液，生成偏鋁酸

鈉、一水合氨、硫酸鈉和水，離子方程式為NHJ+AF++5OH=NHrH2O+AlO2-+2H2O,故C

正確；D項，在B溶液中加入硫酸鋁可得錢明砒，說明鏤明研能析出是因為其溶解度比

（NH4）2SO4>Ab（SO4）3的均小，故D錯誤；故選D。

11.（2022.江蘇省淮安市高三考前模擬）以含鉆廢渣（主要成分為CoO和CO2O3,含少量

AI2O3和ZnO）為原料制備CoCO3的工藝流程如圖：

下列說法正確的是（）

A.酸浸時可采用高溫提高酸浸速率

B.除鋁時加入Na2cCh溶液過濾后所得濾渣是A12（CO3）3

C.萃取時萃取劑總量一定，分多次加入萃取比一次加入萃取效果更好

D.沉鉆時將含Ct?+的溶液緩慢滴加到Na2cCh溶液中，可提高CoCO3的產率

【答案】C

【解析】鉆廢渣主要成分為CoO、CO2O3,還含有AbCh、ZnO等雜質，加入硫酸酸浸

并通入二氧化硫，縱觀整個流程知最后得到CoCCh,說明該過程中二氧化硫起還原作用，

硫酸與氧化鋁、氧化鋅反應，所得溶液中含有硫酸鋁、硫酸鋅等，加入碳酸鈉溶液調節(jié)溶液

的pH,使鋁離子轉化為氫氧化鋁沉淀并過濾除去；加入萃取劑，萃取鋅離子，在有機層中

加入稀硫酸，可得到硫酸鋅，在水相中加入碳酸鈉溶液生成CoCCh固體。A項，因為溫度

過高，可能會使用溶液起化學反應，從而無法達到溶浸的目的，酸浸時適當升高溫度可提高

酸浸速率，A項錯誤；B項，除鋁時加入Na2cCh溶液，發(fā)生的反應為：

+2

2AP+3CO3-+3H2O=2A1（OH）31+3CO2T，過濾后所得濾渣是A1（OH）3，B項錯誤；C項，萃

取過程中，多次萃取能使萃取效率提高,C項正確;D項，將含Co?+的溶液緩慢滴加到Na2co3

溶液中，碳酸鈉過量，液堿性過強，會生成Co（OH）2沉淀，降低CoCCh的產率，D項錯誤；

故選C。

12.（2022.北京市中關村中學三模）1941年，我國科學家侯德榜結合地域條件改進索爾

維制堿法，提出純堿與錢肥(NH4CI)的聯合生產工藝，后被命名為“侯氏制堿法”。主要工藝

流程如下圖。下列說法正確的是

已知：侯氏制堿法總反應：2NaCl+H2O+2NH3+CO2=Na2CO3+2NH4cl

索爾維制堿法總反應：2NaCl+CaCO3=Na2CC>3+CaC12(CaCb作為廢液排放)

A.氣體1、氣體2均為C02

B.溶液2中，含碳微粒主要是HCO；

C.侯氏制堿法和索爾維制堿法中原料NaCl的原子利用率相同

D.鹽析池中加入NaCLc(Cr)增大，NH4C1(S)NH4+(aq)+C「(aq)的平衡逆向移動，

NH4cl析出

【答案】D

【解析】在飽和NaCl溶液中先通入然后通入CO2氣體，發(fā)生反應：

NaCI+H2O+NH3+CO2=NaHCO31+NH4Cl,過濾分離得到的固體1是NaHCCh,將固體1在煨

燒爐中加熱，發(fā)生分解反應：2NaHCOgNa2cO3+CO2T+H。得到純堿和氣體1是CO2氣

體；溶液1中含有NaCl、NaHCCh、NH4C1；在泠卻池中通入NH3,使溶液顯堿性，同時增

大了溶液中C(NH4+),NHQ(s)NH4+(aq)+C「(aq)逆向移動；析出NH4cl固體可作氮

肥；溶液2含有NaCl、Na2co3、(NH^CCh、NH4cL在鹽析池中加入NaCl,c(Cl)增大，

NHKKs)Nm+(aq)+Cr(aq)的平衡逆向移動，NH4cl析出，析出鹽后的溶液3循環(huán)回

轉到沉淀池中，再用于制取純堿。A項，氣體1為CCh,氣體2為NH3,A錯誤；B項，向

冷析池中通入NH*增大溶液中c(NHJ),便于析出鹽NH4CI,此時溶液顯堿性，因此溶液

2中，含碳微粒主要是CCh'B錯誤；C項，侯氏制堿法中Na，用于制取純堿Na2cCh,Cl

用于制取NH4CLNH4cl可作氮肥，也可用于金屬加工除銹等，原子利用率較高；而索爾維

法制取純堿時，反應產生的CaCb作為廢液排出，原子利用率大大降低，故侯氏制堿法中原

料NaCl的原子利用率比索爾維制堿法中原料NaCl的原子利用率高，C錯誤；D項，鹽析

池中加入NaCl固體,增大了溶液中c(Cl-)增大，使鹽NH4cl的溶解結晶平衡NH4C1(S)

NH4+(aq)+Cl(aq)逆向移動，從而使NH4cl結晶析出，D正確；故選D。

13.(2022.江蘇省南京、鎮(zhèn)江市部分名校學情調研考試)由綠研(FeSCUIH?。)制備三草酸

合鐵酸鉀晶體｛K3[Fe(C2O4)3卜3比0｝的流程如圖

乜。4、

HA、

lmolL“H2so

FcSO47H。一*（溶解

o>K3[FC(C2O4)3]-3H2O

下列說法正確的是（）

A.“溶解”時加硫酸的目的是抑制Fe2+水解

B.將“沉淀”所得的FeCzCU加入酸性高鎰酸鉀溶液，觀察到溶液褪色，說明產物中含

2

C2O4-

C.“氧化”過程中H2O2被還原為。2

D.隔絕空氣加熱K3[Fe（C2O4）3]-3H2。，分解產物為K2c。3、Fe2O3,CO2、H20

【答案】A

【解析】由題給流程可知，綠磯溶于稀硫酸得到酸性硫酸亞鐵溶液，向溶液中加入草酸

溶液得到草酸亞鐵沉淀，向沉淀中加入草酸鉀、草酸和過氧化氫混合溶液將草酸亞鐵氧化得

到三草酸合鐵酸鉀晶體。A項，亞鐵離子在溶液中易發(fā)生水解，溶解時加入稀硫酸的目的是

抑制亞鐵離子的水解，故A正確；B項，向草酸亞鐵沉淀中加入酸性高鋅酸鉀溶液時，亞

鐵離子和草酸根離子都能與酸性高鐳酸鉀溶液反應，使溶液褪色，則觀察到溶液褪色不能說

明產物中含草酸根離子，故B錯誤；C項，氧化過程中過氧化氫為反應的氧化劑，被草酸

亞鐵還原為水，故C錯誤；D項，由氧化還原反應規(guī)律可知，隔絕空氣加熱三草酸合鐵酸

鉀晶體時，三草酸合鐵酸鉀晶體受熱分解生成碳酸鉀、氧化鐵、氧化碳和水，故D錯誤;

故選A。

14.（2022?廣東省廣州市廣大附中、廣外、鐵一中學高三三模聯考）《開寶本草》記載“取

鋼煨作葉如笏或團，平面磨錯令光凈，以鹽水灑之，于醋甕中陰處埋之一百日，鐵上衣生,

鐵華成矣鐵華粉[主要成分為（CH3coO）2FeH20]可用如下方法檢測。下列相關說法不正

確的是（）

刺激性氣味氣體X

|鐵華粉L4氫氣

稀鹽酸型L不溶解

RtFeCCNM試液.

濾液---------------?藍色沉淀一

NaOH溶液田立

----------?棕色沉淀

A.在鐵華粉中加入稀硝酸，再滴加KSCN溶液，一定會變紅

B.制備鐵華粉的主要反應為Fe+2cH3co0H=（CH3coO）2Fe+H2T

C.氣體X的產生是因為發(fā)生了復分解反應

D.由上述實驗可知，OH結合Fe3+的能力大于CN-

【答案】A

【解析】鐵華粉中加入稀硫酸并加熱，產生的刺激性氣味的氣體X為醋酸蒸氣；鐵華

粉中加入稀鹽酸生成氫氣和濾液有氫氣生成說明鐵華粉中含有鐵單質，濾液中加入鐵氟化鉀

溶液生成藍色沉淀，說明有濾液中有亞鐵離子，該沉淀不溶于稀鹽酸，但與NaOH可反應

生成棕色沉淀。A項，根據分析可知鐵華粉中含有鐵單質，硝酸的量比較少時，生成的Fe3+

能與Fe反應生成Fe2+,當溶液中不存在Fe3+時，滴入KSCN溶液不會變紅，A錯誤；B項，

根據題干中信息可知，制備鐵華粉的主要反應為Fe+2cH3coOH=（CH3coOXFe+PM，B正

確；C項，氣體X為醋酸蒸氣，反應為：（CFUCOOXFe+H2so4=2CH3coOH+FeSCh,屬于復

分解反應，C正確；D項，由上述實驗可知，氫氧根離子能與藍色沉淀反應，生成棕色沉淀，

說明有氫氧