专项突破10 化工生产情境应用-工艺流程题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中化学必修第二册（人教版）

心专项突破10 化工生产情境应用 1.(2023·安徽合肥高一月考)某制碱工厂以 粗盐为原料制纯碱，部分工艺流程如图： 厂过量 过量一 过量一 iBaCl,溶液NaOH溶液Na,CO,溶液固体 粗盐水 (含氯化镁 氯化钙和 沉淀 过滤 硫酸钠杂质》 流程1 CO. H,O 滤液 C0, NH 纯碱灼烧碳 酸氢钠 过滤 碳酸化氨化 流程Ⅲ 流程Ⅱ 下列有关说法正确的是 ( A.流程I中加入三种溶液的顺序不能调整 B.按流程I所加溶液的顺序除杂，过滤后 得到三种沉淀 C.流程Ⅱ通入氨气之后溶液呈碱性，促进 C0,吸收 D.流程Ⅲ中发生反应的化学方程式为 NaHC0,△-Na,C0,+H,0+C0,↑ 2.工业上利用菱镁矿（主要成分为MgCO3,还 含少量Si02、FeC0,和CaC03)烧渣冶炼镁的 路径有两种，具体工艺流程如图所示： CaO、Si粉 工艺L混籽一高温一Mg回 菱镁矿 烧渣 NH,Cl、H,0废渣1 MgSO, 工艺Ⅱ脱一过海选液1 除钙沉镁 气体 废渣2 CaSo, 滤液2 Mg- MgCl (1)“混料”时，需将各原料磨碎并混合均 匀，这种操作的目的是 (2)“废渣1”中含有2Ca0·Si0,等，写出高 温条件下MgO、Ca0、Si粉反应的化学方程 式： 22黑白题化学1必修第二册·RJ 工艺流程题 (3)Mg(g)需在 (填字母)气氛环 境中冷却。 A.C02 B.Ar C.N2 D.空气 3.(2023·江苏无锡高一期末)从海水淡化后 的母液中提取溴和镁的一种过程如下： 海水淡化 CL 热空气 S02水溶液CL, 后的母液 Ca(OH) 化滤液一吹出塔吸收塔蒸馏塔工业澳 过滤 操 MgOH盐酸MgCL,作MgCL2无水 沉淀 溶液a L6HO MECLMg (1)操作a的主要步骤包括 、过滤、洗涤、低温干燥。 (2)提取镁过程中由“无水MgCL2→Mg”所 选取的冶炼方法是 (填字母)。 A.电解法 B.还原法 C.热分解法 (3)“吹出塔”中通入热空气能吹出Br,的原 因是 :“吸收塔”中发生反应 的离子方程式为 (4)提取溴的过程中，经过2次Br→Br,转 化的目的是 ;理论上每得到 1 mol Br,.至少共需要 mol Cl2 4.（2024·广西南宁高一月考)氯化亚铜 (CuCl)是重要的铜盐系列产品，某学习小 组用海绵铜（主要成分是Cu和CuO)制取 氯化亚铜的流程如下： NH,NO、H,SO.(NH)2SO3、NH,Cl 海绵铜一→溶解一→还原一→酸洗-醇洗、烘干一→CC】 滤饼 滤液 已知：①CuCl难溶于水和乙醇，在潮湿环境 中易被空气氧化；还原性：SO3>CuCl。 ②CuCl易溶于CI浓度较大的体系。 (1)“溶解”前要先将海绵铜粉碎，目的是 0 (2)海绵铜在“溶解”过程中反应原理如下： 反应①：Cu0+H2S04=CuS04+H20 反应②：Cu+H*+NO?一Cu2++NH4+ H,0(未配平)。 反应②中氧化剂与还原剂物质的量之 比为 (3)“还原”步骤发生反应的离子方程式为 该过程中，(NH,),S0,稍过量的原因是 ①保证Cu2+反应完全、② n(NH CI) (4)NH,Cl、Cu2+的物质的量之比 n(Cu2*) 与Cu沉淀率的关系如下表所示，在比值大 n (NHCI) 于1.1时，Cu沉淀率随 增大而减 n(Cu2+) 小的原因是 n(NH CI) 0.8 0.9 1.0 1.1 1.2 1.3 n(Cu2*) Cu+沉 35.373.285.291.3 79.265.4 淀率/% (5)用乙醇“醇洗”的目的是 ,具体操 作是 5.复兴号高铁车体材质用到锰元素，锰及其化 合物用途广泛。以菱锰矿（主要成分为 MnC0,还含有铁、镍、钻的碳酸盐以及Si0,杂 质)为原料生产金属锰和高品位MnC0,的工艺 流程如图： NH.HCO 稀硫酸MnO, |①氨水调pH=5 溶液 2MnS 滤渣2 调pH=7 茅纸溶浸记除剂 沉锰→MnCO MnSO. 滤液 滤渣1 电解Mn (1)“溶浸”过程中，若其他条件不变，采取 下列措施能提高浸出率的有 (填 字母)。 A.适当升高溶浸温度B.适当加快搅拌速度 C.适当缩短溶浸时间 (2)锰的浸出率结果如图所示。由图可知， 所采用的最佳实验条件为 、0 100 % -60℃ ·70℃ +80℃ 70 0 40 0306090120150180210240 浸出时间/min (3)滤渣1的成分有 和Mn02,其 中MnO,需要回收循环利用，可加入葡萄 糖(C6H206)和硫酸溶液处理，氧化产物为 C02,写出对应的离子方程式： 0 (4)“除杂”步骤所得滤渣2的主要成分除 了CoS、NiS以外，还有 (均填化学式)。 (5)写出“沉锰”的离子方程式： ；“沉锰”的关键操作 是将反应终点pH控制在7附近，原因是 0 6.（2024·河南焦作高一期中)铁基颜料铁 黄(Fe00H)在高档涂料、油墨等领域有着 广泛的应用。某同学设计了利用黄铁（主要 成分为FeS2和Si0,Si0,不参与反应)为主 要原料制备绿矾(FS0.·7H,0),并用得到 的绿矾制备铁黄(FeOOH),流程如下： 空气试剂a 试剂b 乙醇 黄铁矿 粉碎焙烧一酸溶一还原 →FeS0,溶液 烟气S0,)滤渣I滤渣Ⅱ 操作a (Si0) eOOH过滤了 氧化 FeS04·7H,0晶体 空气氢氧化钠溶液 进阶突破·专项练23 已知：①FeS0,·7H,0溶于水，不溶于乙醇。 高温 ②“焙烧”的方程式为4FeS2+110, 2Fe203+8S02o ③FeO0H为一种不溶于水的黄色固体。 回答下列问题： (1)将黄铁矿进行粉碎，其目的是 (2)“酸浸”不宜将稀H2S04换成稀HNO 的原因是 (3)“酸浸”后溶液呈黄色，试剂b若选用铁 粉，“还原”步骤中是向溶液逐步加入铁粉， 直至稍有气体生成，溶液变为浅绿色，写出 主要反应的离子方程式： 试剂b若选用S02,则该过程涉及的离子方 程式有 (4)向“FeS04溶液”中加入乙醇即可析出 FS0,·7H,0晶体，乙醇的作用是 已知绿矾 溶解度曲线如图所示，则从“FeS0,溶液”中 获得晶体的另一种方法是蒸发浓缩（得 到 ℃饱和溶液)、 、过滤、 用冰水洗涤，低温干燥。 100 60 40 20 020406080100 温度PC (5)由FeS04·7H,0转化为Fe00H的离子 方程式是 7.钯(Pd)是重要的金属元素，在有机合成工 业上用途广泛。自然界中钯含量少，常伴生 24黑白题化学1必修第二册·RJ 在其他矿藏中，如硫化镍铜矿、镍黄铁矿等。 以硫化镍铜矿（含有CuS、NiS、SiO,以及少 量的Pd)为原料制备NS04·7H20和Pd 的工艺流程如下： 富 NaOH 空气稀硫酸溶液N,H,·H,0 硫化镍灼烧一酸浸一除硅一还原一质剂 铜矿 溶解 奥 →NiS0,·7H,0NO H2 盐酸浓氨水 P氢气还原 (NH)PdCl 制备 HCI NH,CI 已知“酸浸”后的固体剩余物为S02、 Pd0(不与碱反应)。 (1)“灼烧”时产生的污染性气体是 (填化学式)。 (2)写出“除硅”反应的离子方程式： .o (3)“还原”时反应还生成无污染的气体，化 学方程式为 (4)王水是按照体积比3：1将浓盐酸和浓 硝酸混合而得到的强氧化性溶液，“王水溶 解”时需要加热，该过程除了生成N0外，还 有H2PdCl4生成。写出Pd和王水反应的化 学方程式： 0 (5)“氢气还原”时，参加反应的氧化剂与还 原剂的物质的量之比为 (6)海绵状金属钯密度为12.0g·cm3,具 有优良的吸氢功能，标准状况下，其吸附的 氢气是其体积的840倍，则此条件下海绵钯 的吸附容量R= mL·g,氢气的浓 度r= （结果保留两位小数)。（吸 附容量R即1g钯吸附氢气的体积；氢气的 浓度r为1 mol Pd吸附氢气的物质的量)Fe2+,反应为Fe+2Fe3+3Fe2+ 解析：已知电解饱和食盐水得到H2、NaOH溶液和Cl2,即B为 Na0H,C为Cl2,绿矾为FeS04·7H20,则A为Fe,足量的Fe与浓硫 酸共热得到S02、FeS04溶液和H20,即D为S02,S02和Cl2在活性 炭作用下生成SO2CL2,FS04溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗 涤、干燥得到绿矾，绿矾加热失去结晶水得到无水FeS04,FeS04高温 加热分解生成铁红即Fe203,D为S02,则E为S03,Fe和水蒸气在高 温条件下反应生成H2和Fe304,即F为Fe304。(4)由分析可知，反 应⑤产生的气体D为S02,E为S03,已知S03极易溶于水，与水反应 生成H2S04,即S03通人BaCl2溶液中能够产生白色沉淀，而S02通 入BaCl2溶液不能产生白色沉淀，S02能使品红溶液褪色，最后通 入Na0H溶液中吸收多余的S02,才能排入空气中，防止污染环 境。(5)反应⑥即为Fe和水蒸气反应生成Fe,04和H2,为探究反应 ⑥反应后的固体成分中是否含有F3+进行了以下实验。取少量反应 后固体置于试管中，滴加稀盐酸并微热，固体逐渐溶解，同时有少量 气泡产生即说明原固体中含有Fe,由于Fe+2Fe3+一3Fe2+,再向试 管中滴加几滴KSCN溶液，溶液未变红，根据实验现象，不能确定固 体中是否含有Fe3*。 7.(1)-1(2)5S02+2Mn0:+2H20-5S0+2Mn2++4H*(3)防 止形成酸雾，影响吸收的效率(4)燃煤脱硫（合理即可） (5)①8Fe3+5H20+S20号—8Fe2+2s0?+10H+②S20号+2H —S↓+S02↑+H20③温度太高，催化剂失去活性 解析：反应I为硫铁矿（含FS2)和02反应生成气体A(S02),反应 Ⅱ为S02与02催化氧化生成B(S03),反应Ⅲ为S03和H20反应生 成C(硫酸)，形成酸雨，反应V为S0,和H20反应生成亚硫酸，最后 亚硫酸被氧化生成硫酸。 专项突破10化工生产情境 应用一工艺流程题 1.C 2.(1)增大固体反应物接触面积，使其充分反应(2)2Mg0+2Ca0+Si 高温2Mg(g)+2Ca0·Si0,（3)B 3.(1)蒸发浓缩、冷却结晶(2)A(3)溴易挥发S02+Br2+2H20 =S02+2Br+4H*(4)富集溴元素2 解析：分析流程如下：海水中加入氢氧化钙沉淀镁离子后过滤，在滤 液中通人Cl2是将滤液中的Br氧化为Br2,再利用热的空气将Br2 吹出，进入吸收塔与S02反应，其反应的离子方程式为S02+Br2 +2H20—S02+2Br+4H;再通入Cl2将Br氧化为Br2,两次Br →Br2转化的目的是对溴元素进行富集，氢氧化镁加入盐酸溶解得 到氯化镁溶液，氯化镁溶液中得到氯化镁晶体的操作是蒸发浓缩、冷 却结晶得到无水氯化镁，然后电解熔融氯化镁得到金属镁。 4.(1)加快反应速率，使溶解更加充分(2)1：4(3)2Cu2++ S0?+2CI+H20=2CuCl↓+S0?+2H防止CuC1被氧化 (4)生成的CuCl又溶解于NH4C1溶液中(5)醇洗有利于加快除去 CuCl表面水分，防止CuCl在潮湿环境中被空气氧化向酸洗后的 滤饼中加入乙醇浸没滤饼，待乙醇自然流出后，重复操作2~3次 解析：(2)由方程式可知，反应②中铜元素的化合价升高被氧化，铜 是反应的还原剂，氨元素的化合价降低被还原，硝酸根离子是反应的 氧化剂，反应的离子方程式为4Cu+10H+N0,一4Cu2++NH+ 3H20,则反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4。(3)“还原” 步骤加人(NH4)2SO3、NH4C混合溶液的日的是将溶液中的铜离子 转化为CC1沉淀，反应中(NH4)2S0,溶液过量可以保证铜离子反 应完全且防止CuCI被氧化。(4)由题给信息可知，CuCl易溶于氯离 子浓度较大的体系，所以在比值大于1.1时，亚铜离子沉淀率随 n(NHCI) 增大而减小说明溶液中氯离子浓度过大，生成的CuC1又 n(Cu2+) 溶解于NH,CI溶液中 5.(1)AB(2)温度是80℃，反应时间是90mi血(3)Si02 C6H1206+12Mn02+24H+=12Mn2++6C02↑+18H20(4)MnS 必修第二册·RJ Fe(0H)3(5)Mn2++2HC03=MnC03↓+C02↑+H20若反应 终点pH低于7，MnCO3可能溶解，可能造成的后果是产品的产率降 低：若pH>7,则会生成氢氧化锰沉淀，造成MnC03纯度降低 解析：流程分析：向菱锰矿（主要成分为MnC03,还含有铁、镍、钻的 碳酸盐以及Si02杂质)中加入H2S04,可以发生反应生成硫酸 盐，S02不溶于稀硫酸，过滤后存在于滤渣1中，向酸浸液中加入具 有氧化性的MnO2,可以将Fe2+氧化为Fe3+,向滤液中加入MnS,用氨 水调节溶液的pH=5可以将Fe(OH)3沉淀下来，Ni2+、Co2+可以形成 CoS和NiS沉淀下来，向MnSO4溶液中加入NH4HCO3溶液，调节溶 液pH=7,使Mn2+形成MnC03沉淀，最后对得到的含有Mn2+的盐电 解，可以得到金属锰，据此解答。(1)“溶浸”过程中，若其他条件不 变，能提高浸出率的措施有适当升高溶浸温度、适当加快搅拌速度， 故选AB。(2)物质的浸出率越高，反应消耗能量越低，反应条件越 好。根据图像可知所采用的最佳温度是80℃，反应时间是 90min。(3)由以上流程分析可知，滤渣1的成分有Si02和Mn02, 滤渣1中残余的MnO2可加入葡萄糖和硫酸溶液处理，MnO2被还原 为M2+,葡萄糖被氧化，氧化产物为C02。根据电子守恒、电荷守 恒、原子守恒，可得对应的离子方程式为C6H1206+12Mn02+24H 一12Mn2++6C02↑+18H20。(4)“除杂”步骤所得滤渣2的主要 成分除了CoS、NiS以外，还有MnS、Fe(OH)3。(5)“沉锰”时MnS04 和NH4HCO3反应生成MnCO3沉淀，根据电荷守恒和原子守恒配平 离子方程式为Mn2++2HC0;一MnC03↓+C02↑+H20,反应终点 溶液的pH应控制在7附近，若反应终点溶液的pH低于7，MCO3可 能溶解，可能造成的后果是产品的产率降低：若pH>7,则会生成氢氧 化锰沉淀，造成MnCO3纯度降低。 6.(1)增大黄铁矿与空气的接触面积，增大反应速率，同时也能使FeS2 与氧气充分反应(2)混入了杂质硝酸根离子，此外硝酸根离子在 酸性条件下具有强氧化性，在还原步骤中，加入试剂b时先与硝酸根 离子反应，增大了试剂b的用量，提高了成本，且该过程有NO生成， 会污染环境(3)2Fe3++Fe=3Fe2+S02+2Fe3++2H20一 S0?+2Fe2++4H+(4)降低硫酸亚铁的溶解度，促使其结晶析出 60降温结晶(5)4Fe2++02+80H=4Fe00H↓+2H20 解析：(3)酸浸后溶液中含有Fe3+,加入Fe粉，Fe3+与Fe反应生成 Fe2+,若试剂b为S02,Fe3+与S02在酸性条件下反应生成Fe2+ 和S0?。(4)从题干可知，硫酸亚铁晶体溶于水，不溶于乙醇，加入 乙醇可降低硫酸亚铁的溶解度，促使其结晶析出。从图中可知， 60℃时硫酸亚铁的溶解度达到最大，因此先蒸发浓缩得到60℃的 硫酸亚铁饱和溶液，随后降温结晶，再过滤、用冰水洗涤，低温干燥得 到晶体。(5)硫酸亚铁晶体与氧气、NaOH溶液反应生成FeOOH。 7.(1)S02(2)Si02+20H一Si03+H20(3)2Pd0+N2H4·H20 =2Pd+N2↑+3H,0(4)3Pd+12HC1(浓)+2HN0(浓)△ 2N0↑+3H2PdCl4+4H20(5)1:1(6)70.000.33 解析：(1)由组成元素分析可知，矿石混合物中含有硫元素，灼烧后 产生的污染性气体是S02。(2)“除硅”时，Si02与Na0H溶液反应 产生硅酸钠，相关反应的离子方程式为Si02+20H一Si0?+ H20。(3)根据流程和已知条件可知，“还原”时，Pd0与N2H4·H20 反应生成Pd和N2,反应的化学方程式为2P0+N2H4·H20 一2Pd+N2↑+3H20。(5)“氢气还原”时的反应为H2+ (NH4)2PdCl4一Pd+2NH4Cl+2HCl,H2中H元素的化合价升高， 所以H2作还原剂，则(NH4)2PdCl4作氧化剂，参加反应的氧化剂与 还原剂的物质的量之比为1：1。(6)由题中信息知1gPd的体积为 12,0g:m,标准状况下其吸附的，的体积为840X1 18 mL 12.0 70.00mL,1 mol Pd的体积为molx106gmol1 一，吸附氢气的物质 12.0g·mL-1 的量为 12.0g·ml1×840×103L·ml-1 1mol×106g·molP ≈0.33mol。 22.4L·mol-1 黑白题56