课时跟踪检测（四十） 化学工艺流程的解题策略（练习）-【创新方案】2026年高考化学一轮复习Ⅰ

课时跟踪检测（四十） 化学工艺流程的解题策略 1．(2024·湖南卷)中和法生产Na2HPO4·12H2O的工艺流程如下： 已知：①H3PO4的电离常数：K1=6.9×10-3，K2=6.2×10-8，K3=4.8×10-13； ②Na2HPO4·12H2O易风化。 下列说法错误的是 (　 ) A．“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入Na2CO3溶液 B．“调pH”工序中X为NaOH或H3PO4 C．“结晶”工序中溶液显酸性 D．“干燥”工序需在低温下进行 解析：选C　H3PO4和Na2CO3发生反应，通过加入X调节pH，使产物完全转化为Na2HPO4，通过结晶、过滤、干燥，最终得到Na2HPO4·12H2O成品。铁是较活泼金属，可与H3PO4反应生成氢气，故“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入Na2CO3溶液，A正确。若“中和”工序加入Na2CO3过量，则需要加入酸性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入H3PO4；若“中和”工序加入H3PO4过量，则需要加入碱性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入NaOH，B正确。“结晶”工序中的溶液为饱和Na2HPO4溶液，由已知可知H3PO4的K2=6.2×10-8，K3=4.8×10-13，则HP的水解常数Kh==≈1.6×10-7，由于Kh>K3，则Na2HPO4的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，C错误。由于Na2HPO4·12H2O易风化失去结晶水，故“干燥”工序需要在低温下进行，D正确。 2．(2025·福建龙岩一模)以炼铁厂锌灰(主要成分为ZnO，含少量的CuO、SiO2、Fe2O3)为原料制备ZnO的流程如图所示。下列说法正确的是 (　 ) 已知：“浸取”工序中ZnO、CuO分别转化为[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+。 A．H—N—H键角：[Cu(NH3)4]2+<NH3 B．“滤渣②”的主要成分为Fe、Cu和Zn C．所含金属元素的质量：“滤液①”<“滤液②” D．“煅烧”时需要在隔绝空气条件下进行 解析：选C　浸取时，ZnO、CuO转化为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，SiO2、Fe2O3不反应，滤液①中含有[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH4HCO3、NH3·H2O，滤渣①的主要成分为Fe2O3和SiO2；加入Zn粉时，发生反应：Zn+[Cu(NH3)4]2+Cu+[Zn(NH3)4]2+，从而去除杂质[Cu(NH3)4]2+，滤渣②的主要成分为Cu和过量的Zn，滤液②中主要含[Zn(NH3)4]2+、NH4HCO3、NH3·H2O，经过蒸氨沉锌操作获得沉淀，最后煅烧获得ZnO。NH3提供孤电子对与Cu2+形成配位键后，孤电子对转化为成键电子对，使N—H成键电子对受到的排斥力减小，则H—N—H键角变大，所以H—N—H键角：[Cu(NH3)4]2+>NH3，故A错误；滤渣②的主要成分为Cu和过量的Zn，故B错误；滤液①中含有金属元素的离子为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，加入锌粉发生反应：Zn+[Cu(NH3)4]2+Cu+[Zn(NH3)4]2+，因此滤液②中含有金属元素的离子为[Zn(NH3)4]2+，Zn的相对原子质量大于Cu，所以所含金属元素的质量：“滤液①”<“滤液②”，故C正确；煅烧时ZnCO3·Zn(OH)2分解，Zn为+2价，不会被氧气氧化，因此不需要隔绝空气，故D错误。 3．已知苯胺(液体)、苯甲酸(固体)微溶于水，苯胺盐酸盐易溶于水。实验室初步分离甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如下。下列说法正确的是 (　 ) A．苯胺既可与盐酸也可与NaOH溶液反应 B．由①③分别获取相应粗品时可采用相同的操作方法 C．苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①②③获得 D．①②③均为两相混合体系 解析：选C　由题给流程可知，向甲苯、苯胺、苯甲酸的混合溶液中加入盐酸，盐酸将微溶于水的苯胺转化为易溶于水的苯胺盐酸盐，分液得到水相Ⅰ和有机相Ⅰ；向水相Ⅰ中加入NaOH溶液将苯胺盐酸盐转化为苯胺，分液得到苯胺粗品①；向有机相中加入水洗涤除去混有的盐酸，分液得到废液和有机相Ⅱ，向有机相Ⅱ中加入Na2CO3溶液将微溶于水的苯甲酸转化为易溶于水的苯甲酸钠，分液得到甲苯粗品②和水相Ⅱ；向水相Ⅱ中加入盐酸，将苯甲酸钠转化为苯甲酸，经结晶或重结晶、过滤、洗涤得到苯甲酸粗品③。苯胺分子中含有的氨基能与盐酸反应，但不能与NaOH溶液反应，故A错误；得到苯胺粗品①的分离方法为分液，得到苯甲酸粗品③的分离方法为结晶或重结晶、过滤、洗涤，获取两者的操作方法不同，故B错误；苯胺粗品、甲苯粗品、苯甲酸粗品依次由①②③获得，故C正确；①②为液相，③为固相，都不是两相混合体系，故D错误。 4．(2025·江苏常州适应性训练)医学发现一种Fe3O4纳米粒子具有肝靶向功能。利用废旧镀锌铁皮制备Fe3O4胶体粒子的流程示意图如下： 已知：Zn溶于强碱时生成[Zn(OH)4]2-。下列有关说法正确的是 (　 ) A．“Fe3O4”俗称铁红 B．“碱洗”是为了洗去废旧镀锌铁皮表面的油污 C．“酸溶”中发生反应的离子方程式为Fe(OH)3+3H+Fe3++3H2O D．“氧化”后溶液中存在的离子有H+、Fe2+、Fe3+、S 解析：选D　废旧镀锌铁皮加入NaOH溶液中，NaOH溶液与油污反应生成高级脂肪酸盐，NaOH溶液具有去除油污作用，Zn溶于强碱时生成[Zn(OH)4]2-，过滤，所得固体加入过量稀硫酸，溶解铁，发生反应：Fe+2H+Fe2++H2↑，加入适量H2O2，氧化部分Fe2+，氧化后的溶液中含有H+、Fe2+、Fe3+、S，向溶液中通入N2排出空气防止Fe2+被氧化，加入NaOH溶液生成Fe3O4胶体粒子。Fe2O3俗称铁红，Fe3O4俗称磁性氧化铁，故A错误；NaOH溶液与油污反应生成高级脂肪酸盐，具有去除油污作用，同时Zn溶于强碱时生成[Zn(OH)4]2-，故B错误；“酸溶”中发生反应的离子方程式为Fe+2H+Fe2++H2↑，故C错误；“氧化”后溶液中存在的离子有H+、Fe2+、Fe3+、S，故D正确。 5．利用如下流程可从废光盘中回收金属层中的银(金属层中其他金属含量过低，对实验影响可忽略)： 已知：NaClO溶液在加热时易分解生成NaCl和NaClO3。下列说法正确的是 (　 ) A．若省略第一次过滤，会使氨水的用量增加 B．“氧化”时，发生的化学方程式：4Ag+4NaClO+H2O4AgCl+4NaOH+O2↑ C．若“还原”工序利用原电池来实现，则N2是正极产物 D．“还原”时，每生成1 mol Ag，理论上消耗0．5 mol N2H4·H2O 解析：选A　由题给流程可知，废光盘碎片中的银在80 ℃水浴加热条件下与NaClO溶液反应生成AgCl、NaOH和O2，过滤得到滤液和含有AgCl的滤渣；向滤渣中加入氨水，将AgCl转化为[Ag(NH3)2]+，过滤得到滤渣和含有[Ag(NH3)2]+的滤液；向滤液中加入N2H4·H2O溶液，溶液中[Ag(NH3)2]+与N2H4·H2O溶液反应生成Ag、N2、NH3、N和水，过滤得到Ag。若省略第一次过滤，过量的NaClO溶液能将NH3·H2O氧化为N2，会使氨水的用量增加，A正确；由分析可知，氧化时发生的反应为废光盘碎片中的银在80 ℃水浴加热条件下与NaClO溶液反应生成AgCl、NaOH和O2，反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑，B错误；由化合价变化可知，若还原工序利用原电池来实现，N2H4·H2O会在负极失去电子发生氧化反应生成N2，C错误；还原时发生的反应为溶液中[Ag(NH3)2]+与N2H4·H2O溶液反应生成Ag、N2、NH3、N和水，反应的离子方程式为4[Ag(NH3)2]++N2H4·H2O4Ag↓+N2↑+4N+4NH3↑+H2O，则反应生成1 mol Ag时，理论上消耗0．25 mol N2H4·H2O，D错误。 6．用硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)制备铁基颜料铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图。 已知：“还原”时，发生的反应为FeS2+14Fe3++8H2O2S+15Fe2++16H+；FeS2与H2SO4不反应。下列有关说法不正确的是 (　 ) A．“酸溶”时适当提高硫酸浓度可加快反应速率 B．“还原”时氧化产物与还原产物质的物质的量之比为1∶7 C．“过滤Ⅰ”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+、Fe3+和H+ D．“沉降、氧化”时发生反应的离子方程式：4Fe2++8NH3·H2O+O28N+4FeOOH↓+2H2O 解析：选C　硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)加硫酸溶解，将Fe2O3转化为Fe3+，SiO2不溶，再加FeS2把Fe3+还原为Fe2+，同时生成S，过滤，滤渣含有SiO2和FeS2，滤液中含有的阳离子有Fe2+和H+，滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的FeOOH。“酸溶”时适当提高硫酸浓度，增大H+浓度，可增大反应速率，A正确；“还原”有关的离子方程式为FeS2+ 14Fe3++8H2O2S+15Fe2++16H+，反应中FeS2的Fe元素化合价不变，S元素化合价升高，则S为氧化产物，Fe3+转化为Fe2+，化合价降低，Fe2+为还原产物，则“还原”时氧化产物与还原产物质的物质的量之比为2∶14=1∶7，B正确；过滤Ⅰ所得滤液中含有FeSO4和过量的硫酸，由于滤渣含有FeS2，Fe3+全被还原为Fe2+，则“过滤Ⅰ”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+和H+，C错误；过滤Ⅰ所得滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，发生的离子方程式为4Fe2++8NH3·H2O+O28N+4FeOOH↓+2H2O，D正确。 7．(15分)(2024·江西卷)稀土是国家的战略资源之一。以下是一种以独居石(主要成分为CePO4，含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质)为原料制备CeCl3·nH2O的工艺流程图。 已知：ⅰ．Ksp[Th(OH)4]=4.0×10-45，Ksp[Ce(OH)3]=1.6×10-20，Ksp[Ce(OH)4]=2.0×10-48； ⅱ．镭为第ⅡA族元素。 回答下列问题： (1)关于独居石的热分解，以下说法正确的是　　　　(填标号)。(2分)  a．降低压强，分解速率增大 b．降低温度，分解速率降低 c．反应时间越长，分解速率越大 d．提高搅拌速度，分解速率降低 (2)Na2U2O7中铀元素的化合价为　　　　，热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学方程式为 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(3分)  (3)浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为　　　　，滤液可用于　　　　　　　　阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水。(4分)  (4)溶解阶段，将溶液pH先调到1.5~2.0，反应后再回调至4.5。 ①盐酸溶解Ce(OH)4的离子方程式为 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(2分)  ②当溶液pH=4.5时，c(Th4+)=　　　　mol·L-1，此时完全转化为氢氧化钍沉淀。(2分)  (5)以BaSO4为载体形成共沉淀，目的是去除杂质　　　　。(2分)  解析：(1)独居石为固体，降低压强，其分解速率不变，a错误；降低温度，独居石分解速率降低，b正确；反应时间长短对独居石分解速率无影响，c错误；提高搅拌速度，独居石分解速率增大，d错误。(2)Na2U2O7中Na为+1价，O为-2价，根据化合物中正负化合价代数和为0，可知U为+6价。热分解阶段U3O8生成Na2U2O7，U元素的化合价升高，被空气中的氧气氧化，1 mol U3O8失去 3×mol=2 mol电子，1 mol氧气得4 mol电子，根据得失电子守恒，U3O8、O2的化学计量数分别为2、1，结合原子守恒，配平化学方程式为2U3O8+O2+6NaOH3Na2U2O7+3H2O。(3)热分解时CePO4、Th3(PO4)4 和NaOH反应得到Ce(OH)4、Th(OH)4和Na3PO4，稀释过滤后得到含Na3PO4、NaOH的滤液，浓缩结晶得到的晶体产物为Na3PO4，滤液主要含NaOH，可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水。(4)①盐酸溶解 Ce(OH)4得到含Ce3+的溶液，Ce元素由+4价降低为+3价，则Cl-被氧化为Cl2，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，配平离子方程式为 2Ce(OH)4+8H++2Cl-2Ce3++8H2O+Cl2↑。②溶液pH=4.5时，c(OH-) =1.0×10-9.5 mol·L-1，Ksp[Th(OH)4]=c(Th4+)·c4(OH-)=4.0×10-45，则 c(Th4+)= mol·L-1=4.0×10-7 mol·L-1。(5)结合流程图知，以BaSO4为载体形成共沉淀，目的是除去杂质镭。 答案：(1)b　(2)+6　2U3O8+O2+6NaOH3Na2U2O7+3H2O (3)Na3PO4　热分解 (4)①2Ce(OH)4+8H++2Cl-2Ce3++8H2O+Cl2↑　②4.0×10-7　(5)镭(或Ra) 8．(15分)(2024·河北卷)V2O5是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。 已知：ⅰ．石煤是一种含V2O3的矿物，杂质为大量Al2O3和少量CaO等；苛化泥的主要成分为CaCO3、NaOH、Na2CO3等； ⅱ．高温下，苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成四羟基合铝酸盐；室温下，偏钒酸钙[Ca(VO3)2]和四羟基合铝酸钙均难溶于水。 回答下列问题： (1)钒原子的价层电子排布式为　　　　　　；焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为　　　　，产生的气体①为　　　　(填化学式)。(3分)  (2)水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为　　　　(填化学式)。(2分)  (3)在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙，发生反应的离子方程式为 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　；  CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　；  浸取后低浓度的滤液①进入　　　　　(填工序名称)，可实现钒元素的充分利用。(6分)  (4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为　　　　　　(填化学式)。(2分)  (5)下列不利于沉钒过程的两种操作为　　　　　(填标号)。(2分)  a．延长沉钒时间 b．将溶液调至碱性 c．搅拌 d．降低NH4Cl溶液的浓度 解析：(1)V为23号元素，价层电子排布式为3d34s2；结合已知信息和(3)中信息可知，焙烧后V的存在形式为Ca(VO3)2、NaVO3，V为+5价；结合信息可得气体①为CO2。(2)结合石煤和苛化泥的主要成分及已知信息知，焙烧所得产物主要为Ca(VO3)2、NaVO3、Na[Al(OH)4]等，其中Ca(VO3)2难溶于水，水浸后得到NaVO3、Na[Al(OH)4]的混合溶液，结合该流程的目的为制备V2O5知，滤液中的杂质主要为Na[Al(OH)4]。(3)盐浸工序中Ca(VO3)2转化为CaCO3，结合电荷守恒、元素守恒配平可得反应的离子方程式。加压条件下通入CO2可增大溶液中HC浓度，促进Ca(VO3)2转化为CaCO3，使V进入溶液进行后续操作，从而提高钒的浸出率。盐浸后滤液①中含有V，为提高钒的利用率，可将其加入离子交换工序。(4)离子交换时发生阴离子交换反应：V+R—N(CH3)3ClR—N(CH3)3VO3+Cl-，根据所用树脂类型知，洗脱时可使用NaCl溶液，使钒元素转入溶液中：R—N(CH3)3VO3+Cl-R—N(CH3)3Cl+V。(5)将溶液调至碱性，NH4Cl会转变成NH3·H2O，从而影响沉钒；降低NH4Cl的浓度会使沉钒不充分，也会影响沉钒。 答案：(1)3d34s2　+5　CO2 (2)Na[Al(OH)4]　(3)Ca(VO3)2+HC+OH-CaCO3+2V+H2O　使HC浓度增大，促进Ca(VO3)2转化为CaCO3，使V进入溶液中　离子交换　(4)NaCl　(5)bd 学科网（北京）股份有限公司 $$