专题03 化学工艺流程（大题专练，逐空突破）（天津专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

专题03 化学工艺流程 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+3年高考真题热点设问拆解 【解题精析·通技法】析典例，明思路，技法贯通破类题 【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 命题·趋势·定位 命题规律：一是与化学实验结合，结合实验过程中物质的制备流程，综合考查基础知识和基本技能；二是与化学反应原理结合，结合教材中化学工业品的制备，考查侧重真实工业与新场景结合，综合考查学生各方面的基础知识、基本技能及将已有知识灵活应用在生产实际中解决问题的能力。 2026年考向预计与化学实验综合题或化学反应原理综合题融合考查，通过物质的制备流程、化工产品的提取和制备流程，综合考查学生的基础知识、基本技能以及将已有知识灵活应用在生产实际中解决问题的能力。 热点·设问·拆解 热点设问01 原料的预处理、反应条件的控制 2024年15（1）、2023年13（3）、2023年16（2） 热点设问02 陌生反应的分析和方程式的书写 2025年13（6）、2024年13（3）、2024年15（2）、2023年13（3）（5） 热点设问03 工艺流程中的答题规范 2024年15（5） 热点设问04 电化学原理的应用 2025年16（5）、2024年13（4）、2024年16（5） 热点设问01 原料的预处理、反应条件的控制 析典例·明思路 1．（2024·天津卷15）柠檬酸钙微溶于水、难溶于乙醇，是一种安全的食品补钙剂。某学习小组以蛋壳为主要原料，开展制备柠檬酸钙的如下实验。 I．实验流程 (1)实验中，需将蛋壳研磨成粉，其目的是___________。 2．（2023·天津卷13）(3)在H2O2作用下，铜与浓盐酸的反应可用于制备，写出该反应化学方程式：______。反应中，H2O2实际消耗量大于理论用量的原因是______。 3．（2023·天津卷16）工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如下，其过程包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个阶段。 Ⅰ.硫液化后与空气中的氧反应生成SO2。 (2)硫的燃烧应控制事宜温度。若进料温服超过硫的沸点，部分燃烧的硫以蒸汽的形式随SO2进入到下一阶段，会导致______(填序号)。 a.硫的消耗量增加    b.SO2产率下降    c.生成较多SO3 研考点·通技法 1．原料的预处理 方法 措施 目的 浸出 水浸、酸浸、碱浸 使原料中的某些成分溶解(物理溶解或与浸取液接触反应)，可溶性离子进入溶液，不溶物通过过滤除去 焙烧 灼烧、焙烧、煅烧 高温分解改变结构；不易转化的物质转为容易提取的物质，其他矿物转化为氧化物；除去可燃性的杂质(如有机物、碳、硫等) 粉碎 增大固体样品与液体(或气体)的接触面积，加快反应速率 2．温度的控制(常用水浴、冰浴或油浴) (1)加热的目的： ①加快反应速率或溶解速率； ②促进平衡向吸热方向移动； ③除杂，除去热不稳定的杂质，如NaHCO3、Ca(HCO3)2、KMnO4、NH4Cl等物质； ④使沸点相对较低或易升华的原料汽化。 (2)降温的目的： ①防止某物质在高温时会溶解(或分解)； ②使化学平衡向着题目要求的方向(放热方向)移动； ③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离； ④降低晶体的溶解度，减少损失。 (3)控制温度在一定范围的目的： ①结晶为获得所需物质(用水浴带温度计便于控温且受热均匀)； ②防止某种物质(如H2O2、草酸、浓硝酸、铵盐等)因温度过高时会分解或挥发； ③使催化剂的活性达到最高； ④防止副反应的发生。 (4)降温或减压可以减少能源成本，降低对设备的要求，达到绿色化学的要求。 (5)控制固体的溶解与结晶 趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量。 蒸发浓缩：蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度。 蒸发结晶：蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出。 从溶液中得到晶体的过程：蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤、干燥。 3．pH的控制 (1)控制一定的pH，以提供反应所需环境。反应环境的不同会导致反应产物的差异。如在酸性环境中KMnO4的还原产物一般为Mn2＋，中性(或弱酸性)环境中KMnO4的还原产物一般为MnO2。 (2)控制一定的pH，以改变元素的存在形式。如铝元素在强酸性条件下以Al3＋形式存在，当体系的pH增大，铝元素将以Al(OH)3甚至以AlO或[Al(OH)4]－的形式存在。 (3)控制一定的pH，使金属阳离子形成氢氧化物沉淀。 4．反应物用量或浓度的控制 (1)酸浸时为了提高矿石中某金属元素的浸取率，可以适当提高酸的浓度。 (2)对有多种反应物的体系，增大便宜、易得的反应物的浓度，可以提高其他物质的利用率，使反应充分进行。如工业制硫酸过程中，通入过量的O2以提高SO2的转化率。 (3)增大物质浓度可以加快反应速率，使平衡发生移动，应结合具体问题进行具体分析。 5．加入物质的目的 (1)加碱：去油污，去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等。 (2)加沸石或碎瓷片：防止液体暴沸。 (3)加有机溶剂：萃取某些物质，或降低某些物质的溶解度。 (4)加氧化剂：与原体系中还原剂发生氧化还原反应。 6．在空气中进行的反应或操作 要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防变质、防分解、防水解、防潮解等目的，例如使用保护气抑制弱离子的水解(如HCl氛围)。 破类题·提能力 1．（2025·天津滨海新区·三模）一种利用酸浸提取硫酸烧渣(主要含等)制备铁红并回收副产物硫酸铵的工艺流程如图。已知： 可沉淀 等金属离子，可与 生成 在硫酸作用下可热分解生成CO和 (1)用50%的硫酸“酸浸”时，反应液的温度、 的加入量对铁浸取率的影响分别如图1、图2所示。(浸取率= ×100%) ①“酸浸”时，增大酸浸率的方法有 _______(填写两条即可)； ②图1中，反应液温度高于95℃时，铁浸取率开始降低，原因是_______。 ③图2中，加入量在5~20%时，铁浸取率增大，原因是____________________；加入量超过20%时，铁浸取率开始降低，原因是__________。 2．（2025·天津河西·二模）(4)水解法制备的流程如下，调控水解速率和反应进行的程度是制备成功的关键。 已知：的水解是三步进行：①②③；其中①为快反应，难溶于冷水，在热水中易水解。 ①第一步与水混合时，冰水浴的目的是_______。 ②加入的目的是_______。 3．（2025·天津·一模）I、钪(Sc)是一种稀土金属。从钛白酸性废水(主要含、、微量)中富集钪，并制备氧化钪的工艺流程如下。回答下列问题： (1)酸洗时加入的目的是_______。 4．（2024·天津·模拟预测）碲被誉为尖端技术等工业的维生素。工业上常以粗铜精炼的阳极泥(主要成分是，含等杂质)为原料提取碲并回收金属，其工艺流程如下图所示： 已知：与S同一主族，比S原子多2个电子层；是两性氧化物，微溶于水。请按要求回答下列问题： (4)步骤②当温度过高时，会导致碲的浸出率降低，原因是_______。为提等滤渣酸浸速率，除适当升温外，还可采取的措施是_______(写出1条)。 热点设问02 陌生反应的分析和方程式的书写 析典例·明思路 1．（2025·天津卷13）(6)将1.0 g硫粉和2.0 g铁粉均匀混合，放在陶土网上堆成条状。用灼热的玻璃棒触及混合粉末的一端引发反应，反应剧烈。实验中可能发生的反应为_________(用化学方程式表示)。 2．（2024·天津卷13）(3)粗锡常由还原制得。将炭与混合，隔绝空气加热到，无明显反应：但通入空气，使炭不完全燃烧，时即可迅速转化为，推断还原的物质是___________。 3．（2023·天津卷13）(3)在H2O2作用下，铜与浓盐酸的反应可用于制备，写出该反应化学方程式：______。 (4)上述制备反应中，下列物质均可替代H2O2作氧化剂，最适合的是是______(填序号)。 a．硝酸    b．    c． (5)Cu2+和I-的反应可用于Cu含量的定量分析。向CuCl2溶液中滴入KI溶液，生成一种碘化物白色沉淀，且上层溶液可使淀粉溶液变蓝。该白色沉淀的化学式为______。反应中KI的作用为______。 研考点·通技法 1．工艺流程中常考试剂的作用 (1)氧化剂和还原剂 类别 物质 作用 氧化剂 H2O2、HNO3、空气、次氯酸盐、KMnO4、 MnO2等 氧化某些还原性物质，便于后续分离，如氧化Fe2＋、Co2＋等 还原剂 SO2、Na2SO3、I－、金属单质等 还原某些氧化性物质，便于后续分离，如还原Fe3＋等 (2)酸、碱和碳酸盐 类别 物质 作用 酸 HCl、H2SO4、HNO3等 溶解金属和金属氧化物，调节pH促进水解（沉淀），H2SO4可提供S作沉淀剂 碱 NaOH、NH3·H2O等 去油污；调节pH促进水解（沉淀）；NaOH溶液可溶解氧化铝、铝、二氧化硅 碳酸盐 Na2CO3、(NH4)2CO3等 调节pH使某些离子沉淀；提供C使某些离子（如C、Ca2＋、Pb2＋、Ba2＋等）沉淀 (3)其他 类别 物质 作用 碳酸氢盐 NaHCO3、NH4HCO3 调pH使某些离子沉淀；提供HC使某些离子（如Al{或[Al(OH)4]－}②、F、Al3＋、Cr3＋、F、Mg2＋、Mn2＋、Co2＋等）沉淀；相对于碳酸盐，碳酸氢盐可避免溶液碱性过强而使金属离子转化为氢氧化物 草酸盐 Na2C2O4 沉淀某些离子，如Ba2＋、Ca2＋等 硫化物 H2S、Na2S、(NH4)2S等 沉淀某些离子，如Cu2＋、Cu＋、Pb2＋、Ag＋、Sn2＋等 氟化物 HF、NaF 沉淀某些离子，如Ba2＋、Ca2＋、Mg2＋等 注：①发生反应：2Cu2＋＋2C＋H2OCu2(OH)2CO3↓＋CO2↑； ②发生反应：Al＋HC＋H2OAl(OH)3↓＋C或[Al(OH)4]－＋HCAl(OH)3↓＋C＋H2O； ③发生反应：Fe3＋＋3HCFe(OH)3↓＋3CO2↑； ④发生反应：Fe2＋＋2HCFeCO3↓＋CO2↑＋H2O。 2．非氧化还原反应方程式的书写 (1)分步法书写非氧化还原方程式 陌生的非氧化还原反应主要为复分解反应，抓住复分解反应条件推断产物，结合盐类水解、酸碱强弱综合分析。这类复杂的化学反应可以采用分步思考，例如，碳酸钠、氢氟酸和氢氧化铝混合物在高温下反应制备冰晶石，可以分三步理解：Al(OH)3+3HF=AlF3+3H2O，Na2CO3+2HF=2NaF+CO2↑+H2O，AlF3+3NaF=Na3AlF6。加合得到总反应式为2Al(OH)3+3Na2CO3+12HF=2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O。再如在碳酸氢钠溶液中加入少量硫酸亚铁溶液制备碳酸亚铁：Fe2++HCO3-=FeCO3↓+H+，H++ HCO3-=CO2↑+H2O，加合得总反应式为Fe2++2 HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O。 (2)工业流程中用HC沉淀金属阳离子的离子方程式的书写方法 HC在水溶液中既存在电离平衡又存在水解平衡 HC的电离平衡：HCH＋＋C HC的水解平衡：HC＋H2OH2CO3＋OH－ (1)若金属阳离子（以Ca2＋为例）的Ksp(CaCO3)＜Ksp[Ca(OH)2]，则溶液中的金属阳离子（Ca2＋）主要结合HC电离产生的C生成碳酸盐沉淀（CaCO3），反应的离子方程式为Ca2＋＋2HCCaCO3↓＋H2O＋CO2↑。 (2)若金属阳离子（以Mg2＋为例）的Ksp(MgCO3)＞Ksp[Mg(OH)2]，则溶液中的金属阳离子（Mg2＋）主要结合HC水解产生的OH－生成氢氧化物沉淀[Mg(OH)2]，反应的离子方程式为Mg2＋＋2HCMg（OH）2↓＋2CO2↑。 示例： 沉铈过程中，生成Ce2(CO3)3·nH2O的离子方程式为2Ce3＋＋6HC＋（n－3）H2OCe2(CO3)3·nH2O＋3CO2↑。 3．陌生氧化还原反应方程式的书写和配平 (1)陌生化学方程式书写的思路 首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型： ①元素化合价无变化：反应为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律。 ②元素化合价有变化：反应为氧化还原反应，除遵循质量守恒外，还要遵循得失电子守恒规律。最后根据题目要求写出化学方程式或离子方程式(需要遵循电荷守恒规律)即可。 (2)“三步法”配平缺项氧化还原反应化学方程式。 ①缺项化学方程式是指某些反应物或生成物在化学方程式中没有写出来，它们一般为水、酸(H＋)或碱(OH－)，其配平流程为： 第一步：找出变价元素，利用化合价升降法确定含变价元素物质的化学计量数； 第二步：利用电荷守恒确定缺项物质是H2O、H+； 条件 补项原则 酸性条件下 缺H(氢)或多O(氧)补H＋，少O(氧)补H2O(水) 碱性条件下 缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)，少O(氧)补OH－ 第三步：利用原子守恒和电荷守恒确定缺项的化学物质。 ②缺项组合方式 反应物 生成物 使用条件 组合一 H＋ H2O 酸性溶液 组合二 H2O H＋ 酸性溶液或酸碱性未知 组合三 OH－ H2O 碱性溶液 组合四 H2O OH－ 碱性溶液或酸碱性未知 破类题·提能力 1．（25-26高三上·天津红桥·期中）II．NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如图所示： (6)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式：___________。 2．（25-26高三上·天津·期中）(3)某化工厂用如图所示工艺流程除去燃煤产生的SO2. ①过程Ⅰ发生的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 ②过程Ⅱ发生反应的化学方程式为___________。 3．（2025·天津北辰·三模）我国科学家用粗氢氧化高钴制备硫酸钴晶体，其工艺流程如下。 已知：i．还原浸出液中的阳离子有：和等。ii．部分物质的溶度积常数如下：，。iii．溶解度随温度升高而明显增大。 (1)固体氢氧化高钴溶于稀硫酸的离子方程式是_______。 (2)写出还原浸出时的离子方程式为_______。 4．（2025·天津·一模）I、钪(Sc)是一种稀土金属。从钛白酸性废水(主要含、、微量)中富集钪，并制备氧化钪的工艺流程如下。回答下列问题： (4)草酸钪焙烧时反应的化学方程式_______。 热点设问03 工艺流程中的答题规范 析典例·明思路 1．（2024·天津卷15）柠檬酸钙微溶于水、难溶于乙醇，是一种安全的食品补钙剂。某学习小组以蛋壳为主要原料，开展制备柠檬酸钙的如下实验。 I．实验流程 (3)实验流程中，先将蛋壳粉与醋酸反应，而不是直接与柠檬酸溶液反应。解释该设计的理由___________。 2．（2023·天津卷13）(3)在H2O2作用下，铜与浓盐酸的反应可用于制备反应中，H2O2实际消耗量大于理论用量的原因是______。 3．（2023·天津卷16）工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如下，其过程包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个阶段。 Ⅱ.一定条件下，钒催化剂的活性温度范围是450～600℃。为了兼顾转化率和反应速率，可采用四段转化工艺：预热后的SO2和O2通过第一段的钒催化剂层进行催化氧化，气体温度会迅速接近600℃，此时立即将气体通过热交换器，将热量传递给需要预热的SO2和O2，完成第一段转化。降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐段降低，总转化率逐段提高，接近平衡转化率。最终反应在450℃左右时，SO2转化率达到97％。 (5)气体经过每段的钒催化剂层，温度都会升高，其原因是______。升高温度后的气体都需要降温，其目的是______。 (6)采用四段转化工艺可以实现______(填序号)。 a．控制适宜的温度，尽量加快反应速率，尽可能提高SO2转化率 b．使反应达到平衡状态 c．节约能源 研考点·通技法 1．沉淀的洗涤操作 (1)答题模板：沿玻璃棒向漏斗(过滤器)中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复实验2～3次 (2)实例：在测定Na2SO4和NaCl的混合物中Na2SO4的质量分数时，可以在混合物中加入过量BaCl2溶液，沉淀SO，然后过滤、洗涤、烘干、称量得到BaSO4的质量，试问：怎样洗涤沉淀？ 沿玻璃棒向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复实验2～3次 2．证明沉淀完全的操作 (1)答题模板：静置，取少量上层清液于试管中，加入××试剂(沉淀剂)，若没有××沉淀产生，则证明××沉淀完全 (2)实例：在测定Na2SO4和NaCl的混合物中Na2SO4的质量分数时，可以在混合物中加入过量BaCl2溶液，沉淀SO，然后过滤、洗涤、烘干、称量得到BaSO4的质量，试问：怎样判断SO是否沉淀完全？ 静置，取上层清液少许于试管中，继续加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则证明SO沉淀完全 3．增大原料浸出率的措施 搅拌、升高温度、延长浸出时间、增大气液或固液接触面积 4．蒸发结晶的操作 (1)从NaCl溶液中获取NaCl固体 ①方法：蒸发结晶 ②具体操作：加热蒸发，当析出大量NaCl晶体时，停止加热，利用余热蒸干 (2)NaCl溶液中混有少量的 KNO3溶液 ①方法：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥 ②具体操作：若将混合溶液加热蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，母液中是KNO3和少量NaCl，这样就可以分离出大部分NaCl (3)冷却结晶的操作：KNO3溶液中混有少量的 NaCl溶液 ①方法：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 ②具体操作：若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是KNO3，母液中是NaCl和少量KNO3，这样就可以分离出大部分KNO3 5．“目的或原因”类 目的或原因 思考方向 沉淀(晶体)洗涤的目的 若滤渣是所需的物质，洗涤的目的是除去晶体表面的可溶性杂质，得到更纯净的沉淀物 若滤液是所需的物质，洗涤的目的是洗涤过滤所得到的滤渣，把有用的物质如目标产物尽可能洗出来 沉淀(晶体)冰水洗涤的目的 既能洗去晶体表面的杂质离子，且能防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗 沉淀(晶体)用有机溶剂(酒精、丙酮等)洗涤的目的 既能洗去晶体表面的杂质离子，且能防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗，此外又利用有机溶剂的挥发性，除去固体表面的水分，产品易干燥 控制溶液pH的目的 防止××离子水解；防止××离子沉淀；确保××离子沉淀完全；防止××溶解等 温度不高于×× ℃的原因 温度过高××物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)或××物质挥发(如浓硝酸、浓盐酸)或××物质氧化(如Na2SO3等)或促进××物质水解(如AlCl3等) 蒸发、反应时的气体氛围 抑制××离子的水解(如加热蒸发AlCl3溶液时需在HCl气流中进行，加热MgCl2·6H2O得MgCl2时需在HCl气流中进行等) 加热的目的 加快反应速率或促进平衡向某个方向(一般是有利于生成物生成的方向)移动 减压蒸馏(减压蒸发)的原因 减小压强，使液体沸点降低，防止××物质受热分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等) 减压过滤的目的 加快过滤速度 减压烘干的目的 降低产品的烘干温度，防止产品分解 减压蒸发的原因 减压蒸发降低了蒸发温度，可以防止某物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)或失去结晶水(如题目要求制备结晶水合物产品) 趁热过滤的目的 防止过滤一种晶体或杂质的过程中，因降温而析出另一种晶体 ①要滤渣(产品)：防止降温时析出杂质而影响产品纯度或减少产品溶解损耗。如：NaCl (KNO3) ②要滤液(产品)：防止降温时析出产品(溶解度随温度增大而增大)而损耗。(除去溶解度小或难溶的杂质) 破类题·提能力 1．（25-26高三上·天津·期中）Ⅱ．三氯化六氨合钴(Ⅲ)的制备，其原理为： 已知：三氯化六氨合钴不溶于乙醇，常温水中溶解度较小。 (4)水浴温度不超过60℃的原因是___________。 2．（25-26高三上·天津河西·期中）请分析海水提镁、海带提碘的主要过程，按要求回答下列问题。 (1)海水提镁 ④步骤iii需在HCl气流中加热进行的理由是_______。 (2)海带提碘(碘元素在海带中以碘化物形式存在) ②步骤ii需加入过量双氧水的目的是_______。 3．（2026·天津·一模）锶(Sr)位于元素周期表第五周期ⅡA族。一种利用含锶废渣(主要含有SrSO4、SrCO3、SiO2、MgCO3 等)制备SrCl2·6H2O和SrO2·8H2O的流程如下。 已知：Ksp(SrSO4)=10-6.46；Ksp(BaSO4)=10-9.97； (2)②制备SrO2·8H2O时，测得相同时间内H2O2的利用率随其质量分数的变化关系如图所示。H2O2利用率随质量分数变化的原因是_______。 4．（2025·天津和平·一模）门捷列夫最早预言了具有半导体特性类硅元素锗，工业上用精硫锗矿(主要成分为)制取高纯度锗，其工艺流程如图所示： 已知：①硅和锗是同主族相邻元素，结构和性质类似； ②在的盐酸中溶解度最小。 (4)酸浸时温度不能过高的原因：___________。 (6)水解得到，该步骤高纯水不能过量，原因是___________。 热点设问04 电化学原理的应用 析典例·明思路 1．（2025·天津卷16）(5)一定条件下，以CO2和CH3OH为原料制备HCOOH和甲酸盐，其装置原理如图。 ①电极a是___________极，电极反应式为___________； ②电解过程中，电极b一侧的溶液pH将___________(填“升高”“不变”或“降低”)； ③电解过程中通过阳离子交换膜的离子为___________。 2．（2024·天津卷16）(5)用惰性电极电解碱性溶液，在阳极生成，在阴极生成和，实现的再生。总反应为，阴极的电极反应式为___________。 3．（2024·天津卷13）(4)含铁、铅杂质的粗锡进行电解精炼时，纯锡接电源的___________极，粗锡上发生反应的电极反应式为___________。 研考点·通技法 1．原电池电极反应式书写 (1)确定原电池的正、负极，以及两电极上发生反应的物质。在原电池中，负极是还原性材料失去电子被氧化，发生氧化反应。正极反应要分析电极材料的性质：若电极材料是强氧化性材料，则是电极材料得电子被还原，发生还原反应；若电极材料是惰性的，再考虑电解质溶液中的阳离子是否能与负极材料反应，能发生反应则是溶液中的阳离子得电子，发生还原反应；若不能与负极材料反应，则考虑空气中的氧气，氧气得电子，发生还原反应。 (2)弱电解质、气体或难溶解物均以化学式表示，其余以离子符号表示，保证电荷守恒，质量守恒及正、负极得失电子数相等的规律，一般用“=”而不用“”。 (3)正负极反应式相加得到原电池总反应式，通常将总反应式减去较易写出的电极反应式，从而得到较难写出的电极反应式。 2．化学电源 (1)放电是原电池反应，充电是电解池反应。 (2)判断电池放电时电极极性和材料，可先标出放电(原电池)总反应式电子转移的方向和数目，失去电子的一极为负极，该物质即为负极材料；得到电子的一极为正极，该物质即为正极材料。若判断电池充电时电极极性和材料，方法同前，失去电子的一极为阳极，该物质即为阳极材料；得到电子的一极为阴极，该物质即为阴极材料。 (3)放电时，阴离子移向负极，阳离子移向正极；充电时，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极。 (4)可充电电池用完后充电时，原电池的负极与外电源的负极相连，原电池的正极与外电源的正极相连。 (5)放电(原电池)的负极及充电(电解池)的阳极均失去电子，发生了氧化反应，其变价元素被氧化；放电(原电池)的正极及充电(电解池)的阴极均得到电子，发生了还原反应，其变价元素被还原。 (6)书写可充电电池电极反应式，一般都是先书写放电的电极反应式。书写放电的电极反应式时，一般要遵守三步：先标出原电池总反应式电子转移的方向和数目，指出参与负极和正极反应的物质；写出一个比较容易书写的电极反应式(书写时一定要注意电极产物是否与电解质溶液共存)；在电子守恒的基础上，总反应式减去写出的电极反应式即得另一电极反应式。充电的电极反应与放电的电极反应过程相反，充电的阳极反应为放电正极反应的逆过程，充电的阴极反应为放电负极反应的逆过程。 3．电解池电解产物判断 (1)阳极产物的判断：首先看电极，如果是活性电极(金属活动性顺序表中Ag以前的金属)，则电极材料失去电子，电极被溶解，溶液中的阴离子不能失去电子。如果是惰性电极(Pt、Au、石墨)，就要看溶液中离子的失电子能力。这时要根据阴离子的放电顺序加以判断。常见阴离子的放电顺序：S2-＞I-＞Br-＞Cl-＞OH-＞含氧酸根。 (2)阴极产物的判断：直接由阳离子放电顺序进行判断，一般为Ag+＞Hg2+＞Fe3+＞Cu2+＞H+＞Pb2+＞Sn2+＞Fe2+＞Zn2+＞Al3+＞Mg2+＞Na+＞Ca2+＞K+。 4．“三池”的判断 电化学知识包括原电池和电解池，首先要确定装置是原电池还是电解池。若无外接电源，可能是原电池，然后依据原电池的形成条件分析判定；若有外接电源，两极插入电解质溶液中，则可能是电解池或电镀池，当阳极金属与电解质溶液中的金属阳离子相同则为电镀池，其他情况为电解池。 破类题·提能力 1．（2026·天津河东·一模）(6)某锂碘电池结构如图所示，该电池的总反应为2Li+P2VP·nI2=P2VP·(n-1)I2+2LiI。下列说法正确的是___________。 A．该电池放电时，锂离子移向a极 B．该电池放电时，锂电极发生还原反应 C．锂电极质量减少0.7g，b极转移的电子数约为6.02×1022 D．正极的电极反应式为P2VP·nI2+2Li++2e-=P2VP·(n-1)I2+2LiI 2．（2026·天津南开·模拟预测）III．一定条件下，以CO2和CH3OH为原料制备HCOOH和甲酸盐，其装置原理如图所示。 (5)电极a是___________极，电极反应式为___________。 (6)电解过程中，电极b一侧的溶液pH将___________(填“升高”“不变”或“降低”)。 3．（25-26高三下·天津宁河·开学考试）(5)二氧化碳氧化乙烷制乙烯。 利用质子传导型固体氧化物电解池将乙烷转化为乙烯，示意图如图： ①电极a与电源的_______极相连。 ②电极b的电极反应式是_______。 ③若以-空气燃料电池(电解质溶液是20~30%的KOH溶液)给以上装置提供电源，电池工作时负极的电极反应式为_______。 刷模拟 1．（2025·天津北辰·三模）我国科学家用粗氢氧化高钴制备硫酸钴晶体，其工艺流程如下。 已知：i．还原浸出液中的阳离子有：和等。ii．部分物质的溶度积常数如下：，。iii．溶解度随温度升高而明显增大。 (1)写出金属钴在元素周期表中的位置_______，固体氢氧化高钴溶于稀硫酸的离子方程式是_______。 (2)写出还原浸出时的离子方程式为_______。 (3)“氧化沉铁”时氧化剂与还原剂物质的量之比为_____；时，浊液中铁离子浓度为，此时溶液的_____。 (4)P507萃取后，经反萃取得到硫酸钴溶液，将硫酸钴溶液经_______一系列操作，得到硫酸钴晶体。 (5)结合平衡移动原理解释“氟化沉钙”步骤加入过量NaF 的原因_______。 (6)用滴定法测定硫酸钴晶体中的钴含量，其原理和操作如下。在溶液中，用铁氰化钾将 Co(Ⅱ)氧化为 Co(Ⅲ)，过量的铁氰化钾以 Co(Ⅱ)标准液返滴定。反应的方程式为：已知：铁氰化钾标准液浓度为，Co(Ⅱ) 标准液浓度为取 mg硫酸钴晶体，加水配成200mL 溶液，取20mL 待测液进行滴定，消耗 V1mL铁氰化钾标准液、V2mLCo(Ⅱ) 标准液。计算样品中钴含量w=_______(以钴元素的质量分数w计)。 (7)以下操作会导致钴含量偏高的是_______ A．用滴定管取铁氰化钾溶液时，读数前平视后仰视 B．盛装 Co(Ⅱ)标准液的滴定管未润洗 C．Co(Ⅱ)标准液部分被氧化 D．盛放待测液的锥形瓶洗净后未干燥 2．（2025·天津滨海新区·三模）一种利用酸浸提取硫酸烧渣(主要含等)制备铁红并回收副产物硫酸铵的工艺流程如图。已知： 可沉淀 等金属离子，可与 生成 在硫酸作用下可热分解生成CO和 (1)用50%的硫酸“酸浸”时，反应液的温度、 的加入量对铁浸取率的影响分别如图1、图2所示。(浸取率= ×100%) ①“酸浸”时，增大酸浸率的方法有 _______(填写两条即可)；“浸渣”的主要成分是_______(填写化学式)。 ②图1中，反应液温度高于95℃时，铁浸取率开始降低，原因是_______。 ③图2中，加入量在5~20%时，铁浸取率增大，原因是___；加入量超过20%时，铁浸取率开始降低，原因是____。 (2)“氧化”时发生的主要反应的离子方程式为_______。 (3)“结晶”包含有_______和______________。 (4)“过滤1”的滤渣主要成分是黄铵铁矾【化学式可表示为摩尔质量为480g/mol】。根据下列实验和数据可确定其化学式为_______。 ①称取黄铵铁矾4.800g，加入足量NaOH溶液充分反应后过滤，向滤液中加入足量盐酸，再加入足量的 溶液，得到沉淀4.660g。 ②对黄铵铁矾进行热分解实验，其结果可用下图热重曲线表示。 3．（2025·天津河西·二模）钛和钛的化合物在航天、医疗等领域中都有着广泛的用途。回答问题： (1)基态原子的价层电子排布图是_______。 (2)某含钛催化剂R能催化乙烯、丙烯聚合，其结构如图： ①组成R的元素中，C、O、电负性由大到小的顺序是_______。 ②R中含有的化学键有_______(填序号)。 a．π键    b．σ键    c．离子键    d．配位键    e．氢键 (3)的工业制法是将钛酸亚铁矿与过量焦炭混合，并通入足量氯气，高温条件下制得，该反应的化学方程式为_______。 (4)水解法制备的流程如下，调控水解速率和反应进行的程度是制备成功的关键。 已知：的水解是三步进行：①②③；其中①为快反应，难溶于冷水，在热水中易水解。 ①第一步与水混合时，冰水浴的目的是_______。 ②加入的目的是_______。 4．（2025·天津·一模）I、钪(Sc)是一种稀土金属。从钛白酸性废水(主要含、、微量)中富集钪，并制备氧化钪的工艺流程如下。回答下列问题： (1)酸洗时加入的目的是_______。 (2)“操作I”需要的玻璃仪器有烧杯、_______。 (3)“滤渣I”的主要成分是、_______。 (4)草酸钪焙烧时反应的化学方程式_______。 II、的配位化合物较稳定且应用广泛。可与、、，等配体形成使溶液呈浅紫色的，红色的，无色的，黄色的配离子。某同学按如下步骤完成实验： 已知：向含的溶液中加入KSCN溶液生成蓝色的配离子；不能与形成配离子。 回答下列问题： (5)溶液I显酸性的原因_______(用离子方程式表示)。为了能观察到溶液I中的浅紫色，可采取的方法是向溶液I中加_______溶液。 (6)溶液II向溶液Ⅲ转化时发生的反应为_______(写离子方程式)，向溶液III中加入足量的KSCN固体，溶液可能变为_______色。 (7)检验溶液中是否含有，所需试剂为_______、_______。(填化学式) 5．（2024·天津·模拟预测）碲被誉为尖端技术等工业的维生素。工业上常以粗铜精炼的阳极泥(主要成分是，含等杂质)为原料提取碲并回收金属，其工艺流程如下图所示： 已知：与S同一主族，比S原子多2个电子层；是两性氧化物，微溶于水。请按要求回答下列问题： (1)碲在元素周期表中的位置_______；其最高价氧化物对应的水化物化学式为_______。 (2)与稀反应的离子方程式为_______。 (3)步骤①中发生了(填“氧化”或“还原”或“非氧化还原”)_______反应；此过程控制不宜过低的原因是_______；“加压”的目的是_______。 (4)步骤②当温度过高时，会导致碲的浸出率降低，原因是_______。为提等滤渣酸浸速率，除适当升温外，还可采取的措施是_______(写出1条)。 (5)步骤③铜从(填“阳”或“阴”)_______极得到。写出步骤④的离子方程式：_______。 (6)常温下，往溶液中滴加盐酸，当溶液时，溶液中_______(已知：的，)。 6．（2024·天津南开·二模）以硫铁矿(主要成分为)为原料制备氯化铁晶体()的工艺流程如下图所示。 回答下列问题： (1)需将硫铁矿粉碎再“焙烧”的目的是_______。 (2)硫铁矿“焙烧”后的烧渣中含有、等，“酸溶”时不能用硫酸代替盐酸的原因是_______。 (3)“操作I”的名称为_______。 (4)“氧化”过程中主要发生反应的离子方程式为_______，的电子式为_______。 (5)实验室常用配制溶液，写出正确的配制方法：_______。 (6)尾气主要含、、和少量的、，为测定其中的含量，某同学将VL尾气缓慢通入装置A中。 ①仪器C的名称是_______，该装置的作用是_______。 ②实验时先通入尾气，再通入一定量氮气，通过B装置的增重来测量的含量，写出该方案合理与否的理由：_______。 7．（2026·天津河北·一模）海洋是一个巨大的资源宝库，回答下列问题。 Ⅰ．海水提溴工业流程如图所示： (1)步骤①中，加硫酸的目的是___________；步骤②③④的目的是___________。 (2)步骤③发生反应的化学方程式为___________。 Ⅱ．海藻中含有丰富的碘元素。实验室中提取碘的流程如下： (3)实验室中步骤①的操作在___________(填仪器名称)中进行。 (4)假设步骤③中加入酸化的双氧水，写出相关反应的离子方程式：___________。 (5)步骤⑤将碘单质从碘的四氯化碳溶液中提取出来的实验流程如下： ⅰ．反应1所得的上层溶液中，碘元素主要以和形式存在，写出上述流程中反应2获得的离子方程式：___________；流程中步骤a实验操作的名称是___________。 ⅱ．提取碘的流程中可以循环利用的物质是___________(填化学式)。 ⅲ．实验室常用碘量法测定某溶液中的含量，离子方程式为：。现取20该溶液，加入溶液，充分反应后，消耗溶液15。则该溶液中的含量是___________(结果保留2位有效数字)。 8．（2026·天津·一模）锶(Sr)位于元素周期表第五周期ⅡA族。一种利用含锶废渣(主要含有SrSO4、SrCO3、SiO2、MgCO3 等)制备SrCl2·6H2O和SrO2·8H2O的流程如下。 已知：Ksp(SrSO4)=10-6.46；Ksp(BaSO4)=10-9.97； (1)“浸出渣”中主要含有_______(填化学式)。 (2)①由SrCl2溶液制备SrO2·8H2O的离子方程式为_______。 ②制备SrO2·8H2O时，测得相同时间内H2O2的利用率随其质量分数的变化关系如图所示。H2O2利用率随质量分数变化的原因是_______。 (3)测定SrCl2·6H2O纯度。将除去BaCl2的SrCl2溶液加热蒸发，冷却结晶，可得SrCl2·6H2O晶体。称量1.500g该晶体加水溶解(溶液中除Cl-外，无其它离子与Ag+反应)，配成100mL 溶液。取25.00mL 溶液于锥形瓶中，滴入几滴K2CrO4溶液，用0.1000mol·L-1 AgNO3标准溶液滴定，重复实验三次，平均消耗20.00mL AgNO3溶液。 [已知：Ag2CrO4为砖红色沉淀，M(SrCl2·6H2O)=267g·mol-1] ①滴定到达终点的标志为_______。 ②产品中SrCl2·6H2O的质量分数为_______。 ③以下操作会导致测定结果偏小的是_______。 a．滴定终点时俯视读数 b．盛装硝酸银溶液的滴定管未润洗 c．加入较多的K2CrO4溶液 (4)由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的最优方法是_______(填字母)。 a．常温加压　　b．加热脱水　　c．在HCl气流中加热 (5)“酸浸”时能否改用稀硫酸，其原因_______。 9．（2025·天津和平·一模）门捷列夫最早预言了具有半导体特性类硅元素锗，工业上用精硫锗矿(主要成分为)制取高纯度锗，其工艺流程如图所示： 已知：①硅和锗是同主族相邻元素，结构和性质类似； ②在的盐酸中溶解度最小。 (1)基态锗原子的简化电子排布式为___________。晶体锗的晶体类型是___________。 (2)和在一定条件下可以互变，测定的晶体结构最常用的仪器为___________。 A．质谱仪        B．核磁共振氢谱仪        C．X射线衍射仪 (3)还原时发生反应：，比较键角：大于，其原因是___________。 (4)酸浸时温度不能过高的原因：___________。 (5)氯化除生成外，反应还生成，写出相应的化学方程式：___________。 (6)的是由锗的___________轨道与氯的轨道重叠形成键；水解得到，该步骤高纯水不能过量，原因是___________。 10．（2025·天津河北·二模）中国首艘自主设计建造的大洋钻探船“梦想号”具备11000米的钻探能力和全面的科学实验功能，预计将在全球海域的深海科学研究中发挥重要作用。钻探船用钢可由低硅生铁冶炼而成。 (1)基态Fe3+的价层电子排布式为_________________。 (2)Fe可与、CO、等形成配合物。的空间结构名称为________________。Fe(CO)5常温下呈液态，熔点为20.5℃，沸点为103℃，据此可判断Fe(CO)5晶体属于___________（填晶体类型）。 (3)某研究小组设计如下流程，以废铁屑（含有少量C和SiO2杂质）为原料制备无水FeCl3。 I.废铁屑的杂质中所含元素的第一电离能由小到大的顺序为_________（用元素符号表示）。 II.为避免引入新的杂质，试剂B可以选用H2O2溶液，写出此过程发生的离子反应方程式____________。 III.操作②是蒸发浓缩、_________、过滤、洗涤、干燥。同时通入HCl(g)的目的是_________。 刷真题 1．（2023·天津卷T16）工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如下，其过程包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个阶段。 Ⅰ.硫液化后与空气中的氧反应生成SO2。 (1)硫磺()的晶体类型是______。 (2)硫的燃烧应控制事宜温度。若进料温服超过硫的沸点，部分燃烧的硫以蒸汽的形式随SO2进入到下一阶段，会导致______(填序号)。 a.硫的消耗量增加   b.SO2产率下降   c.生成较多SO3 (3)SO2(g)氧化生成80g SO3(g)放出热量98.3kJ，写出该反应的热化学方程式______。随温度升高，SO2的平衡转化率______(填“升高”或“降低”)。 (4)从能量角度分析，钒催化剂在反应中的作用为______。 Ⅱ.一定条件下，钒催化剂的活性温度范围是450～600℃。为了兼顾转化率和反应速率，可采用四段转化工艺：预热后的SO2和O2通过第一段的钒催化剂层进行催化氧化，气体温度会迅速接近600℃，此时立即将气体通过热交换器，将热量传递给需要预热的SO2和O2，完成第一段转化。降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐段降低，总转化率逐段提高，接近平衡转化率。最终反应在450℃左右时，SO2转化率达到97％。 (5)气体经过每段的钒催化剂层，温度都会升高，其原因是______。升高温度后的气体都需要降温，其目的是______。 (6)采用四段转化工艺可以实现______(填序号)。 a．控制适宜的温度，尽量加快反应速率，尽可能提高SO2转化率 b．使反应达到平衡状态 c．节约能源 Ⅲ．工业上用浓硫酸吸收SO3。若用水吸收SO3会产生酸雾，导致吸收效率降低。 (7)SO3的吸收率与所用硫酸的浓度、温度的关系如图所示。 据图分析，最适合的吸收条件；硫酸的浓度______，温度______。 (8)用32吨含S 99%的硫磺为原料生成硫酸，假设硫在燃烧过程中损失2%，SO2生成SO3的转化率是97%，SO3吸收的损失忽略不计，最多可以生产98%的硫酸______吨。 1 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 化学工艺流程 热点设问01 原料的预处理、反应条件的控制 析典例·明思路 1．(1)增大接触面积，提高反应速率，使其充分反应 2．(3)Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O 反应生成Cu2+能够催化H2O2分解为H2O和O2 3．(2)ab 破类题·提能力 1．(1)①升高温度、粉碎硫酸烧渣 ②温度高于95℃时，在硫酸作用下受热分解 ③与 生成溶于水的有利于铁浸取 与生成沉淀，降低了可溶性铁元素的量 2．(4)减慢反应①的速率，防止浓度过大，抑制后续反应 生成沉淀，促进了反应②的正向进行 3．(1)将氧化为，有利于后面沉淀除去 4．(4)如温度过高，导致盐酸挥发，反应物浓度减低，导致浸出率降低 适当增大盐酸的浓度 热点设问02 陌生反应的分析和方程式的书写 析典例·明思路 1．(6)、、 2．(3)(或一氧化碳) 3．(3)Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O (4)b (5)CuI 还原剂、沉淀剂 破类题·提能力 1．(6) 2．(3)1:4 3．(1) (2) 4．(4) 热点设问03 工艺流程中的答题规范 析典例·明思路 1．(3)醋酸钙易溶于水，而直接反应生成的柠檬酸钙会覆盖在固体表面，阻止反应的继续进行 2．(3)反应生成Cu2+能够催化H2O2分解为H2O和O2 3．(5)反应放热 保持钒催化剂活性温度，提高SO2转化率，保证反应速率 (6)ac 破类题·提能力 1．(4)防止过氧化氢分解、氨气逸出 2．(1)④抑制Mg2+水解 (2)②为确保I-被完全氧化为I2 3．由图可知，H2O2浓度低于20%时，随着双氧水浓度增大，反应速率加快，高于20%时，随着双氧水浓度增大，反应放热或Sr2+起着催化作用，H2O2分解速率加快 【解析】②由图可知，浓度低于20%时，随着双氧水浓度增大，反应速率加快，利用率增大；高于20%时，随着双氧水浓度增大，反应放热或Sr2+起着催化作用，导致分解速率加快，所以利用率降低。 4．(4)浓硝酸受热易挥发、易分解 (6)会使得到的盐酸浓度小于，增大的溶解量，最终使锗产率降低 【解析】（4）酸浸时温度不能过高的原因，浓硝酸受热易挥发、易分解。 （6）GeCl4水解得到GeO2•nH2O，该步骤高纯水不能过量，原因是会使得到的盐酸浓度小于5.3mol/L，增大GeO2•nH2O的溶解量，最终使锗产率降低。 热点设问04 电化学原理的应用 析典例·明思路 1．(5)阴 降低 K+ 2．(5) 3．(4)负 ， 破类题·提能力 1．(6)CD 2．(5)阴 CO2 + 2H+ + 2e— = HCOOH (6)降低 3．(5)①正 ② ③ 刷模拟 1．(1)第四周期第VIII族 (2) (3) 1：6 4 (4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 (5)加入NaF后，发生反应：，增大c(F-)，有利于平衡正向移动，从而使Ca2+沉淀更充分 (6) (7)A 2．(1) 升高温度、粉碎硫酸烧渣 SiO2 温度高于95℃时，在硫酸作用下受热分解 与 生成溶于水的有利于铁浸取 与生成沉淀，降低了可溶性铁元素的量 (2)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (3) 蒸发浓缩 冷却结晶 (4) 3．(1) (2) abd (3) (4)减慢反应①的速率，防止浓度过大，抑制后续反应 生成沉淀，促进了反应②的正向进行 4．(1)将氧化为，有利于后面沉淀除去 (2)普通漏斗，玻璃棒 (3)、 (4) (5) (或硝酸) (6) 红 (7) NaF、 KSCN 5．(1) 第5周期第VIA族 H2TeO4 (2) (3) 氧化 防止TeO2与酸反应 增大O2浓度，加快反应速率，提高产率 (4) 如温度过高，导致盐酸挥发，反应物浓度减低，导致浸出率降低 适当增大盐酸的浓度 (5) 阴 Te4++2SO2 +4H2O=Te↓+2SO+8H+ (6)1：100 6．(1)增大反应物的接触面积，加快反应速率 (2)无法制得 (3)过滤 (4) (5)将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，然后再加水稀释到所需的浓度 (6) 干燥管 防止空气中的水蒸气、CO2进入B装置 该方案不合理，因为尾气中的CO2也能被B装置中的碱石灰吸收，导致所测SO2气体的含量偏大 7．(1) 抑制、与水反应 富集溴 (2) (3)坩埚 (4) (5) 过滤 CCl4 19 8．(1)SrSO4、SiO2 (2) Sr2++H2O2+2NH3∙H2O+6H2O=SrO2∙8H2O↓+2或Sr2++H2O2+2NH3+8H2O=SrO2∙8H2O↓+2 由图可知，H2O2浓度低于20%时，随着双氧水浓度增大，反应速率加快，高于20%时，随着双氧水浓度增大，反应放热或Sr2+起着催化作用，H2O2分解速率加快 (3) 当滴入最后半滴AgNO3标准溶液时，产生砖红色沉淀，且半分钟内不消失 71.2% a (4)b (5)否，加入硫酸生成硫酸锶且引入新的杂质硫酸，不利于SrCl2∙6H2O的制备 9．(1) 共价晶体 (2)C (3)和分子中心原子都是杂化，但N上有1个孤电子对，而S上有2个孤电子对，孤电子对越多，对成键电子对排斥越大，分子键角相对较小 (4)浓硝酸受热易挥发、易分解 (5) (6) 杂化 会使得到的盐酸浓度小于，增大的溶解量，最终使锗产率降低 10．(1)3d5 (2) 平面三角形 分子晶体 (3) Si<C<O 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 冷却（降温）结晶 抑制Fe3+水解 刷真题 1．(1)分子晶体 (2)ab (3) 2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) 降低 (4)降低反应活化能 (5) 反应放热 保持钒催化剂活性温度，提高SO2转化率，保证反应速率 (6)ac (7) 98.3% 60℃ (8)94 【分析】先将硫黄在空气中燃烧或焙烧，和氧气反应生成二氧化硫，生成的SO2和氧气发生反应转化为三氧化硫，生成的SO3用浓硫酸吸收得到硫酸； 【详解】（1）是硫单质的分子晶体； （2）a．第Ⅰ步时，硫粉液化并与氧气共热生成二氧化硫，若反应温度超过硫粉沸点，部分硫粉会转化为硫蒸气损失，消耗的硫粉会增大，a正确； b．硫蒸气与生成的二氧化硫一同参加第Ⅱ步反应过程中，降低二氧化硫的生成率，b正确； c．二氧化硫产率降低后，生成的三氧化硫也会减少，c错误； 故选ab。 （3）若每生成80g气体三氧化硫，放出98.3kJ能量，80g三氧化硫的物质的量为：80g÷80g/mol=1mol，则生成三氧化硫的反应的热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)=2SO3 (g)；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则二氧化硫转化率降低； （4）催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率； （5）通入催化剂层后，体系(剩余反应物与生成物)温度升高的原因在于：二氧化硫和氧气的反应是放热反应，反应释放能量使得温度升高；每轮反应后进行热交换降温的目的是：保持钒催化剂活性温度，提高SO2转化率，保证反应速率； （6）a．由题目信息可知，在每段SO2向SO3转化的过程中，各段控制适宜的温度，温度逐段降低，可以保持钒催化剂的活性温度，保证SO2的转化率和反应速率均保持较高水平，故a正确； b．由题目信息可知，反应转化率接近平衡转化率，也就是使得反应接近平衡状态，故b错误； c．降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐段降低，节约了能源，故c正确； 故选ac。 （7）由图可知，最适合吸收三氧化硫的浓硫酸质量分数为98.3%，最适合吸收的温度为60℃，此时SO3吸收率最高； （8）由题意可知，32吨含硫元素99%的硫粉物质的量为，在第一步反应中硫元素损失了2%，则生成二氧化硫，二氧化硫在第二步反应中97%转化为了三氧化硫，则生成三氧化硫，三氧化硫在第三步反应中被吸收时，视作全部吸收，那么这批硫粉总计可以生产98%的浓硫酸，为94吨。 1 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 化学工艺流程 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+3年高考真题热点设问拆解 【解题精析·通技法】析典例，明思路，技法贯通破类题 【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 命题·趋势·定位 命题规律：一是与化学实验结合，结合实验过程中物质的制备流程，综合考查基础知识和基本技能；二是与化学反应原理结合，结合教材中化学工业品的制备，考查侧重真实工业与新场景结合，综合考查学生各方面的基础知识、基本技能及将已有知识灵活应用在生产实际中解决问题的能力。 2026年考向预计与化学实验综合题或化学反应原理综合题融合考查，通过物质的制备流程、化工产品的提取和制备流程，综合考查学生的基础知识、基本技能以及将已有知识灵活应用在生产实际中解决问题的能力。 热点·设问·拆解 热点设问01 原料的预处理、反应条件的控制 2024年15（1）、2023年13（3）、2023年16（2） 热点设问02 陌生反应的分析和方程式的书写 2025年13（6）、2024年13（3）、2024年15（2）、2023年13（3）（5） 热点设问03 工艺流程中的答题规范 2024年15（5） 热点设问04 电化学原理的应用 2025年16（5）、2024年13（4）、2024年16（5） 热点设问01 原料的预处理、反应条件的控制 析典例·明思路 1．（2024·天津卷15）柠檬酸钙微溶于水、难溶于乙醇，是一种安全的食品补钙剂。某学习小组以蛋壳为主要原料，开展制备柠檬酸钙的如下实验。 I．实验流程 (1)实验中，需将蛋壳研磨成粉，其目的是___________。 【答案】(1)增大接触面积，提高反应速率，使其充分反应 2．（2023·天津卷13）(3)在H2O2作用下，铜与浓盐酸的反应可用于制备，写出该反应化学方程式：______。反应中，H2O2实际消耗量大于理论用量的原因是______。 【答案】(3)Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O 反应生成Cu2+能够催化H2O2分解为H2O和O2 【解析】在H2O2作用下，铜与浓盐酸的反应可用于制备CuCl2，根据氧化还原反应配平可得，该反应化学方程式为：Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O，由于反应生成Cu2+能够催化H2O2分解为H2O和O2，导致反应中，H2O2实际消耗量总是大于理论。 3．（2023·天津卷16）工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如下，其过程包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个阶段。 Ⅰ.硫液化后与空气中的氧反应生成SO2。 (2)硫的燃烧应控制事宜温度。若进料温服超过硫的沸点，部分燃烧的硫以蒸汽的形式随SO2进入到下一阶段，会导致______(填序号)。 a.硫的消耗量增加    b.SO2产率下降    c.生成较多SO3 【答案】(2)ab 【解析】（2）a．第Ⅰ步时，硫粉液化并与氧气共热生成二氧化硫，若反应温度超过硫粉沸点，部分硫粉会转化为硫蒸气损失，消耗的硫粉会增大，a正确； b．硫蒸气与生成的二氧化硫一同参加第Ⅱ步反应过程中，降低二氧化硫的生成率，b正确； c．二氧化硫产率降低后，生成的三氧化硫也会减少，c错误； 故选ab。 研考点·通技法 1．原料的预处理 方法 措施 目的 浸出 水浸、酸浸、碱浸 使原料中的某些成分溶解(物理溶解或与浸取液接触反应)，可溶性离子进入溶液，不溶物通过过滤除去 焙烧 灼烧、焙烧、煅烧 高温分解改变结构；不易转化的物质转为容易提取的物质，其他矿物转化为氧化物；除去可燃性的杂质(如有机物、碳、硫等) 粉碎 增大固体样品与液体(或气体)的接触面积，加快反应速率 2．温度的控制(常用水浴、冰浴或油浴) (1)加热的目的： ①加快反应速率或溶解速率； ②促进平衡向吸热方向移动； ③除杂，除去热不稳定的杂质，如NaHCO3、Ca(HCO3)2、KMnO4、NH4Cl等物质； ④使沸点相对较低或易升华的原料汽化。 (2)降温的目的： ①防止某物质在高温时会溶解(或分解)； ②使化学平衡向着题目要求的方向(放热方向)移动； ③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离； ④降低晶体的溶解度，减少损失。 (3)控制温度在一定范围的目的： ①结晶为获得所需物质(用水浴带温度计便于控温且受热均匀)； ②防止某种物质(如H2O2、草酸、浓硝酸、铵盐等)因温度过高时会分解或挥发； ③使催化剂的活性达到最高； ④防止副反应的发生。 (4)降温或减压可以减少能源成本，降低对设备的要求，达到绿色化学的要求。 (5)控制固体的溶解与结晶 趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量。 蒸发浓缩：蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度。 蒸发结晶：蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出。 从溶液中得到晶体的过程：蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤、干燥。 3．pH的控制 (1)控制一定的pH，以提供反应所需环境。反应环境的不同会导致反应产物的差异。如在酸性环境中KMnO4的还原产物一般为Mn2＋，中性(或弱酸性)环境中KMnO4的还原产物一般为MnO2。 (2)控制一定的pH，以改变元素的存在形式。如铝元素在强酸性条件下以Al3＋形式存在，当体系的pH增大，铝元素将以Al(OH)3甚至以AlO或[Al(OH)4]－的形式存在。 (3)控制一定的pH，使金属阳离子形成氢氧化物沉淀。 4．反应物用量或浓度的控制 (1)酸浸时为了提高矿石中某金属元素的浸取率，可以适当提高酸的浓度。 (2)对有多种反应物的体系，增大便宜、易得的反应物的浓度，可以提高其他物质的利用率，使反应充分进行。如工业制硫酸过程中，通入过量的O2以提高SO2的转化率。 (3)增大物质浓度可以加快反应速率，使平衡发生移动，应结合具体问题进行具体分析。 5．加入物质的目的 (1)加碱：去油污，去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等。 (2)加沸石或碎瓷片：防止液体暴沸。 (3)加有机溶剂：萃取某些物质，或降低某些物质的溶解度。 (4)加氧化剂：与原体系中还原剂发生氧化还原反应。 6．在空气中进行的反应或操作 要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防变质、防分解、防水解、防潮解等目的，例如使用保护气抑制弱离子的水解(如HCl氛围)。 破类题·提能力 1．（2025·天津滨海新区·三模）一种利用酸浸提取硫酸烧渣(主要含等)制备铁红并回收副产物硫酸铵的工艺流程如图。已知： 可沉淀 等金属离子，可与 生成 在硫酸作用下可热分解生成CO和 (1)用50%的硫酸“酸浸”时，反应液的温度、 的加入量对铁浸取率的影响分别如图1、图2所示。(浸取率= ×100%) ①“酸浸”时，增大酸浸率的方法有 _______(填写两条即可)； ②图1中，反应液温度高于95℃时，铁浸取率开始降低，原因是_______。 ③图2中，加入量在5~20%时，铁浸取率增大，原因是____________________；加入量超过20%时，铁浸取率开始降低，原因是__________。 【答案】(1)①升高温度、粉碎硫酸烧渣 ②温度高于95℃时，在硫酸作用下受热分解 ③与 生成溶于水的有利于铁浸取 与生成沉淀，降低了可溶性铁元素的量 【解析】（1）①“酸浸”时，升高温度、粉碎硫酸烧渣等措施能增大酸浸率；由分析可知，浸渣的主要成分为二氧化硅，故答案为：升高温度、粉碎硫酸烧渣；SiO2； ②由题给信息可知，图1中，反应液温度高于95℃时，铁浸取率开始降低是因为温度高于95℃时，草酸在硫酸作用下受热分解生成一氧化碳和二氧化碳，故答案为：温度高于95℃时，在硫酸作用下受热分解； ③图2中，草酸加入量在5~20%时，铁浸取率增大是因为草酸与 溶液中铁离子生成溶于水的有利于铁浸取导致铁浸取率增大；草酸加入量超过20%时，铁浸取率开始降低是因为草酸与亚铁离子生成草酸亚铁沉淀，降低了可溶性铁元素的量导致铁浸取率开始降低，故答案为：与 生成溶于水的有利于铁浸取；与生成沉淀，降低了可溶性铁元素的量。 2．（2025·天津河西·二模）(4)水解法制备的流程如下，调控水解速率和反应进行的程度是制备成功的关键。 已知：的水解是三步进行：①②③；其中①为快反应，难溶于冷水，在热水中易水解。 ①第一步与水混合时，冰水浴的目的是_______。 ②加入的目的是_______。 【答案】(4)减慢反应①的速率，防止浓度过大，抑制后续反应 生成沉淀，促进了反应②的正向进行 【解析】（4）①过程中有H+生成，第一步与水混合时，冰水浴的目的是减慢反应①的速率，防止浓度过大，抑制后续反应； ②由可知，加入的目的是生成沉淀，促进了反应②的正向进行。 3．（2025·天津·一模）I、钪(Sc)是一种稀土金属。从钛白酸性废水(主要含、、微量)中富集钪，并制备氧化钪的工艺流程如下。回答下列问题： (1)酸洗时加入的目的是_______。 【答案】(1)将氧化为，有利于后面沉淀除去 4．（2024·天津·模拟预测）碲被誉为尖端技术等工业的维生素。工业上常以粗铜精炼的阳极泥(主要成分是，含等杂质)为原料提取碲并回收金属，其工艺流程如下图所示： 已知：与S同一主族，比S原子多2个电子层；是两性氧化物，微溶于水。请按要求回答下列问题： (4)步骤②当温度过高时，会导致碲的浸出率降低，原因是_______。为提等滤渣酸浸速率，除适当升温外，还可采取的措施是_______(写出1条)。 【答案】(4)如温度过高，导致盐酸挥发，反应物浓度减低，导致浸出率降低 适当增大盐酸的浓度 【解析】（4）盐酸易挥发，如温度过高，导致盐酸挥发，反应物浓度减低，导致浸出率降低；为提等滤渣酸浸速率，除适当升温外，还可采取的措施适当增大盐酸的浓度等。 热点设问02 陌生反应的分析和方程式的书写 析典例·明思路 1．（2025·天津卷13）(6)将1.0 g硫粉和2.0 g铁粉均匀混合，放在陶土网上堆成条状。用灼热的玻璃棒触及混合粉末的一端引发反应，反应剧烈。实验中可能发生的反应为_________(用化学方程式表示)。 【答案】(6)、、 【解析】（6）实验中可能发生的反应有铁和S加热生成硫化亚铁、铁和氧气点燃生成四氧化三铁、硫燃烧生成二氧化硫，、、。 2．（2024·天津卷13）(3)粗锡常由还原制得。将炭与混合，隔绝空气加热到，无明显反应：但通入空气，使炭不完全燃烧，时即可迅速转化为，推断还原的物质是___________。 【答案】(3)(或一氧化碳) 【解析】（3）粗锡常由还原制得，将炭与混合，隔绝空气加热到1000℃，无明显反应，说明C不能还原，但通入空气，使炭不完全燃烧，生成CO，840℃时即可迅速转化为Sn，由此推断还原的物质是CO。 3．（2023·天津卷13）(3)在H2O2作用下，铜与浓盐酸的反应可用于制备，写出该反应化学方程式：______。 (4)上述制备反应中，下列物质均可替代H2O2作氧化剂，最适合的是是______(填序号)。 a．硝酸    b．    c． (5)Cu2+和I-的反应可用于Cu含量的定量分析。向CuCl2溶液中滴入KI溶液，生成一种碘化物白色沉淀，且上层溶液可使淀粉溶液变蓝。该白色沉淀的化学式为______。反应中KI的作用为______。 【答案】(3)Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O (4)b (5)CuI 还原剂、沉淀剂 【解析】（3）在H2O2作用下，铜与浓盐酸的反应可用于制备CuCl2，根据氧化还原反应配平可得，该反应化学方程式为：Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O。 （4）HNO3被还原生成NO有毒，会污染环境，Cl2本身有毒也会污染环境，故上述制备反应中，下列物质均可替代H2O2作氧化剂，最适合的是是O2，故答案为：b； （5）Cu2+和I-的反应可用于Cu含量的定量分析，向CuCl2溶液中滴入KI溶液，生成一种碘化物白色沉淀，且上层溶液可使淀粉溶液变蓝，说明反应生成了I2，根据化合价有升必有降的原理可知，反应中Cu的化合价降低到+1价，故反应的离子方程式为：2Cu2++4I-═2CuI↓+I2，即该白色沉淀的化学式为CuI，反应中KI的作用为将Cu2+充分还原为CuI，故答案为：CuI；将Cu2+充分还原为CuI。 研考点·通技法 1．工艺流程中常考试剂的作用 (1)氧化剂和还原剂 类别 物质 作用 氧化剂 H2O2、HNO3、空气、次氯酸盐、KMnO4、 MnO2等 氧化某些还原性物质，便于后续分离，如氧化Fe2＋、Co2＋等 还原剂 SO2、Na2SO3、I－、金属单质等 还原某些氧化性物质，便于后续分离，如还原Fe3＋等 (2)酸、碱和碳酸盐 类别 物质 作用 酸 HCl、H2SO4、HNO3等 溶解金属和金属氧化物，调节pH促进水解（沉淀），H2SO4可提供S作沉淀剂 碱 NaOH、NH3·H2O等 去油污；调节pH促进水解（沉淀）；NaOH溶液可溶解氧化铝、铝、二氧化硅 碳酸盐 Na2CO3、(NH4)2CO3等 调节pH使某些离子沉淀；提供C使某些离子（如C、Ca2＋、Pb2＋、Ba2＋等）沉淀 (3)其他 类别 物质 作用 碳酸氢盐 NaHCO3、NH4HCO3 调pH使某些离子沉淀；提供HC使某些离子（如Al{或[Al(OH)4]－}②、F、Al3＋、Cr3＋、F、Mg2＋、Mn2＋、Co2＋等）沉淀；相对于碳酸盐，碳酸氢盐可避免溶液碱性过强而使金属离子转化为氢氧化物 草酸盐 Na2C2O4 沉淀某些离子，如Ba2＋、Ca2＋等 硫化物 H2S、Na2S、(NH4)2S等 沉淀某些离子，如Cu2＋、Cu＋、Pb2＋、Ag＋、Sn2＋等 氟化物 HF、NaF 沉淀某些离子，如Ba2＋、Ca2＋、Mg2＋等 注：①发生反应：2Cu2＋＋2C＋H2OCu2(OH)2CO3↓＋CO2↑； ②发生反应：Al＋HC＋H2OAl(OH)3↓＋C或[Al(OH)4]－＋HCAl(OH)3↓＋C＋H2O； ③发生反应：Fe3＋＋3HCFe(OH)3↓＋3CO2↑； ④发生反应：Fe2＋＋2HCFeCO3↓＋CO2↑＋H2O。 2．非氧化还原反应方程式的书写 (1)分步法书写非氧化还原方程式 陌生的非氧化还原反应主要为复分解反应，抓住复分解反应条件推断产物，结合盐类水解、酸碱强弱综合分析。这类复杂的化学反应可以采用分步思考，例如，碳酸钠、氢氟酸和氢氧化铝混合物在高温下反应制备冰晶石，可以分三步理解：Al(OH)3+3HF=AlF3+3H2O，Na2CO3+2HF=2NaF+CO2↑+H2O，AlF3+3NaF=Na3AlF6。加合得到总反应式为2Al(OH)3+3Na2CO3+12HF=2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O。再如在碳酸氢钠溶液中加入少量硫酸亚铁溶液制备碳酸亚铁：Fe2++HCO3-=FeCO3↓+H+，H++ HCO3-=CO2↑+H2O，加合得总反应式为Fe2++2 HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O。 (2)工业流程中用HC沉淀金属阳离子的离子方程式的书写方法 HC在水溶液中既存在电离平衡又存在水解平衡 HC的电离平衡：HCH＋＋C HC的水解平衡：HC＋H2OH2CO3＋OH－ (1)若金属阳离子（以Ca2＋为例）的Ksp(CaCO3)＜Ksp[Ca(OH)2]，则溶液中的金属阳离子（Ca2＋）主要结合HC电离产生的C生成碳酸盐沉淀（CaCO3），反应的离子方程式为Ca2＋＋2HCCaCO3↓＋H2O＋CO2↑。 (2)若金属阳离子（以Mg2＋为例）的Ksp(MgCO3)＞Ksp[Mg(OH)2]，则溶液中的金属阳离子（Mg2＋）主要结合HC水解产生的OH－生成氢氧化物沉淀[Mg(OH)2]，反应的离子方程式为Mg2＋＋2HCMg（OH）2↓＋2CO2↑。 示例： 沉铈过程中，生成Ce2(CO3)3·nH2O的离子方程式为2Ce3＋＋6HC＋（n－3）H2OCe2(CO3)3·nH2O＋3CO2↑。 3．陌生氧化还原反应方程式的书写和配平 (1)陌生化学方程式书写的思路 首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型： ①元素化合价无变化：反应为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律。 ②元素化合价有变化：反应为氧化还原反应，除遵循质量守恒外，还要遵循得失电子守恒规律。最后根据题目要求写出化学方程式或离子方程式(需要遵循电荷守恒规律)即可。 (2)“三步法”配平缺项氧化还原反应化学方程式。 ①缺项化学方程式是指某些反应物或生成物在化学方程式中没有写出来，它们一般为水、酸(H＋)或碱(OH－)，其配平流程为： 第一步：找出变价元素，利用化合价升降法确定含变价元素物质的化学计量数； 第二步：利用电荷守恒确定缺项物质是H2O、H+； 条件 补项原则 酸性条件下 缺H(氢)或多O(氧)补H＋，少O(氧)补H2O(水) 碱性条件下 缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)，少O(氧)补OH－ 第三步：利用原子守恒和电荷守恒确定缺项的化学物质。 ②缺项组合方式 反应物 生成物 使用条件 组合一 H＋ H2O 酸性溶液 组合二 H2O H＋ 酸性溶液或酸碱性未知 组合三 OH－ H2O 碱性溶液 组合四 H2O OH－ 碱性溶液或酸碱性未知 破类题·提能力 1．（25-26高三上·天津红桥·期中）II．NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如图所示： (6)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式：___________。 【答案】(6) 【解析】（6）NaClO3、SO2、H2SO4反应生成 ClO2和 NaHSO4，“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式：。 2．（25-26高三上·天津·期中）(3)某化工厂用如图所示工艺流程除去燃煤产生的SO2. ①过程Ⅰ发生的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 ②过程Ⅱ发生反应的化学方程式为___________。 【答案】(3)1:4 【解析】（3）①过程Ⅰ中，FeSO4被O2氧化为Fe2(SO4)3，O2作氧化剂，FeSO4作还原剂，根据得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:4； ②过程Ⅱ中，Fe2(SO4)3溶液和SO2反应生成FeSO4溶液和H2SO4溶液，化学方程式为。 3．（2025·天津北辰·三模）我国科学家用粗氢氧化高钴制备硫酸钴晶体，其工艺流程如下。 已知：i．还原浸出液中的阳离子有：和等。ii．部分物质的溶度积常数如下：，。iii．溶解度随温度升高而明显增大。 (1)固体氢氧化高钴溶于稀硫酸的离子方程式是_______。 (2)写出还原浸出时的离子方程式为_______。 【答案】(1) (2) 【解析】（1）固体氢氧化高钴溶于稀硫酸的离子方程式：； （2）用过量Na2SO3还原浸出Co2+时，发生离子反应：。 4．（2025·天津·一模）I、钪(Sc)是一种稀土金属。从钛白酸性废水(主要含、、微量)中富集钪，并制备氧化钪的工艺流程如下。回答下列问题： (4)草酸钪焙烧时反应的化学方程式_______。 【答案】(4) 【解析】（4）草酸钪在空气中焙烧得到氧化钪和CO2，反应的化学方程式为：。 热点设问03 工艺流程中的答题规范 析典例·明思路 1．（2024·天津卷15）柠檬酸钙微溶于水、难溶于乙醇，是一种安全的食品补钙剂。某学习小组以蛋壳为主要原料，开展制备柠檬酸钙的如下实验。 I．实验流程 (3)实验流程中，先将蛋壳粉与醋酸反应，而不是直接与柠檬酸溶液反应。解释该设计的理由___________。 【答案】(3)醋酸钙易溶于水，而直接反应生成的柠檬酸钙会覆盖在固体表面，阻止反应的继续进行 【解析】（3）实验中先将蛋壳粉与醋酸反应，而不是直接与柠檬酸溶液反应，原因是：醋酸钙易溶，柠檬酸钙微溶，反应生成的柠檬酸钙覆盖在蛋壳粉表面会阻碍进一步反应。 2．（2023·天津卷13）(3)在H2O2作用下，铜与浓盐酸的反应可用于制备反应中，H2O2实际消耗量大于理论用量的原因是______。 【答案】(3)反应生成Cu2+能够催化H2O2分解为H2O和O2 【解析】（3）由于反应生成Cu2+能够催化H2O2分解为H2O和O2，导致反应中，H2O2实际消耗量总是大于理论。 3．（2023·天津卷16）工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如下，其过程包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个阶段。 Ⅱ.一定条件下，钒催化剂的活性温度范围是450～600℃。为了兼顾转化率和反应速率，可采用四段转化工艺：预热后的SO2和O2通过第一段的钒催化剂层进行催化氧化，气体温度会迅速接近600℃，此时立即将气体通过热交换器，将热量传递给需要预热的SO2和O2，完成第一段转化。降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐段降低，总转化率逐段提高，接近平衡转化率。最终反应在450℃左右时，SO2转化率达到97％。 (5)气体经过每段的钒催化剂层，温度都会升高，其原因是______。升高温度后的气体都需要降温，其目的是______。 (6)采用四段转化工艺可以实现______(填序号)。 a．控制适宜的温度，尽量加快反应速率，尽可能提高SO2转化率 b．使反应达到平衡状态 c．节约能源 【答案】(5)反应放热 保持钒催化剂活性温度，提高SO2转化率，保证反应速率 (6)ac 【解析】（5）通入催化剂层后，体系(剩余反应物与生成物)温度升高的原因在于：二氧化硫和氧气的反应是放热反应，反应释放能量使得温度升高；每轮反应后进行热交换降温的目的是：保持钒催化剂活性温度，提高SO2转化率，保证反应速率； （6）a．由题目信息可知，在每段SO2向SO3转化的过程中，各段控制适宜的温度，温度逐段降低，可以保持钒催化剂的活性温度，保证SO2的转化率和反应速率均保持较高水平，故a正确； b．由题目信息可知，反应转化率接近平衡转化率，也就是使得反应接近平衡状态，故b错误； c．降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐段降低，节约了能源，故c正确； 故选ac。 研考点·通技法 1．沉淀的洗涤操作 (1)答题模板：沿玻璃棒向漏斗(过滤器)中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复实验2～3次 (2)实例：在测定Na2SO4和NaCl的混合物中Na2SO4的质量分数时，可以在混合物中加入过量BaCl2溶液，沉淀SO，然后过滤、洗涤、烘干、称量得到BaSO4的质量，试问：怎样洗涤沉淀？ 沿玻璃棒向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复实验2～3次 2．证明沉淀完全的操作 (1)答题模板：静置，取少量上层清液于试管中，加入××试剂(沉淀剂)，若没有××沉淀产生，则证明××沉淀完全 (2)实例：在测定Na2SO4和NaCl的混合物中Na2SO4的质量分数时，可以在混合物中加入过量BaCl2溶液，沉淀SO，然后过滤、洗涤、烘干、称量得到BaSO4的质量，试问：怎样判断SO是否沉淀完全？ 静置，取上层清液少许于试管中，继续加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则证明SO沉淀完全 3．增大原料浸出率的措施 搅拌、升高温度、延长浸出时间、增大气液或固液接触面积 4．蒸发结晶的操作 (1)从NaCl溶液中获取NaCl固体 ①方法：蒸发结晶 ②具体操作：加热蒸发，当析出大量NaCl晶体时，停止加热，利用余热蒸干 (2)NaCl溶液中混有少量的 KNO3溶液 ①方法：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥 ②具体操作：若将混合溶液加热蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，母液中是KNO3和少量NaCl，这样就可以分离出大部分NaCl (3)冷却结晶的操作：KNO3溶液中混有少量的 NaCl溶液 ①方法：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 ②具体操作：若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是KNO3，母液中是NaCl和少量KNO3，这样就可以分离出大部分KNO3 5．“目的或原因”类 目的或原因 思考方向 沉淀(晶体)洗涤的目的 若滤渣是所需的物质，洗涤的目的是除去晶体表面的可溶性杂质，得到更纯净的沉淀物 若滤液是所需的物质，洗涤的目的是洗涤过滤所得到的滤渣，把有用的物质如目标产物尽可能洗出来 沉淀(晶体)冰水洗涤的目的 既能洗去晶体表面的杂质离子，且能防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗 沉淀(晶体)用有机溶剂(酒精、丙酮等)洗涤的目的 既能洗去晶体表面的杂质离子，且能防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗，此外又利用有机溶剂的挥发性，除去固体表面的水分，产品易干燥 控制溶液pH的目的 防止××离子水解；防止××离子沉淀；确保××离子沉淀完全；防止××溶解等 温度不高于×× ℃的原因 温度过高××物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)或××物质挥发(如浓硝酸、浓盐酸)或××物质氧化(如Na2SO3等)或促进××物质水解(如AlCl3等) 蒸发、反应时的气体氛围 抑制××离子的水解(如加热蒸发AlCl3溶液时需在HCl气流中进行，加热MgCl2·6H2O得MgCl2时需在HCl气流中进行等) 加热的目的 加快反应速率或促进平衡向某个方向(一般是有利于生成物生成的方向)移动 减压蒸馏(减压蒸发)的原因 减小压强，使液体沸点降低，防止××物质受热分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等) 减压过滤的目的 加快过滤速度 减压烘干的目的 降低产品的烘干温度，防止产品分解 减压蒸发的原因 减压蒸发降低了蒸发温度，可以防止某物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)或失去结晶水(如题目要求制备结晶水合物产品) 趁热过滤的目的 防止过滤一种晶体或杂质的过程中，因降温而析出另一种晶体 ①要滤渣(产品)：防止降温时析出杂质而影响产品纯度或减少产品溶解损耗。如：NaCl (KNO3) ②要滤液(产品)：防止降温时析出产品(溶解度随温度增大而增大)而损耗。(除去溶解度小或难溶的杂质) 破类题·提能力 1．（25-26高三上·天津·期中）Ⅱ．三氯化六氨合钴(Ⅲ)的制备，其原理为： 已知：三氯化六氨合钴不溶于乙醇，常温水中溶解度较小。 (4)水浴温度不超过60℃的原因是___________。 【答案】(4)防止过氧化氢分解、氨气逸出 【解析】（4）温度过低反应较慢，温度过高过氧化氢受热易分解，氨气受热易挥发，故水浴温度不超过60℃的原因是防止过氧化氢分解、氨气逸出； 2．（25-26高三上·天津河西·期中）请分析海水提镁、海带提碘的主要过程，按要求回答下列问题。 (1)海水提镁 ④步骤iii需在HCl气流中加热进行的理由是_______。 (2)海带提碘(碘元素在海带中以碘化物形式存在) ②步骤ii需加入过量双氧水的目的是_______。 【答案】(1)④抑制Mg2+水解 (2)②为确保I-被完全氧化为I2 3．（2026·天津·一模）锶(Sr)位于元素周期表第五周期ⅡA族。一种利用含锶废渣(主要含有SrSO4、SrCO3、SiO2、MgCO3 等)制备SrCl2·6H2O和SrO2·8H2O的流程如下。 已知：Ksp(SrSO4)=10-6.46；Ksp(BaSO4)=10-9.97； (2)②制备SrO2·8H2O时，测得相同时间内H2O2的利用率随其质量分数的变化关系如图所示。H2O2利用率随质量分数变化的原因是_______。 【答案】由图可知，H2O2浓度低于20%时，随着双氧水浓度增大，反应速率加快，高于20%时，随着双氧水浓度增大，反应放热或Sr2+起着催化作用，H2O2分解速率加快 【解析】②由图可知，浓度低于20%时，随着双氧水浓度增大，反应速率加快，利用率增大；高于20%时，随着双氧水浓度增大，反应放热或Sr2+起着催化作用，导致分解速率加快，所以利用率降低。 4．（2025·天津和平·一模）门捷列夫最早预言了具有半导体特性类硅元素锗，工业上用精硫锗矿(主要成分为)制取高纯度锗，其工艺流程如图所示： 已知：①硅和锗是同主族相邻元素，结构和性质类似； ②在的盐酸中溶解度最小。 (4)酸浸时温度不能过高的原因：___________。 (6)水解得到，该步骤高纯水不能过量，原因是___________。 【答案】(4)浓硝酸受热易挥发、易分解 (6)会使得到的盐酸浓度小于，增大的溶解量，最终使锗产率降低 【解析】（4）酸浸时温度不能过高的原因，浓硝酸受热易挥发、易分解。 （6）GeCl4水解得到GeO2•nH2O，该步骤高纯水不能过量，原因是会使得到的盐酸浓度小于5.3mol/L，增大GeO2•nH2O的溶解量，最终使锗产率降低。 热点设问04 电化学原理的应用 析典例·明思路 1．（2025·天津卷16）(5)一定条件下，以CO2和CH3OH为原料制备HCOOH和甲酸盐，其装置原理如图。 ①电极a是___________极，电极反应式为___________； ②电解过程中，电极b一侧的溶液pH将___________(填“升高”“不变”或“降低”)； ③电解过程中通过阳离子交换膜的离子为___________。 【答案】(5)阴 降低 K+ 【解析】（5）①由图可知，电极a上转化为，碳元素化合价降低，发生还原反应，为阴极，电极反应式为，故答案为阴极；。 ②由图可知，电极b上转化为，碳元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极，电极反应式为， 反应过程中消耗，溶液的pH降低，故答案为降低。 ③电解过程中，阳离子向阴极（电极a）移动，左侧溶液中有，所以通过阳离子交换膜的离子为，故答案为。 2．（2024·天津卷16）(5)用惰性电极电解碱性溶液，在阳极生成，在阴极生成和，实现的再生。总反应为，阴极的电极反应式为___________。 【答案】(5) 【解析】（5）用惰性电极电解碱性溶液，在阳极生成，所以阳极的反应为，用总反应减去阳极的反应，可以得到阴极的反应为。 3．（2024·天津卷13）(4)含铁、铅杂质的粗锡进行电解精炼时，纯锡接电源的___________极，粗锡上发生反应的电极反应式为___________。 【答案】(4)负 ， 【解析】（4）含铁、铅杂质的粗锡进行电解精炼时，与铜的电解精炼类似，纯锡接电源的负极，粗锡上发生反应的电极反应式为、。 研考点·通技法 1．原电池电极反应式书写 (1)确定原电池的正、负极，以及两电极上发生反应的物质。在原电池中，负极是还原性材料失去电子被氧化，发生氧化反应。正极反应要分析电极材料的性质：若电极材料是强氧化性材料，则是电极材料得电子被还原，发生还原反应；若电极材料是惰性的，再考虑电解质溶液中的阳离子是否能与负极材料反应，能发生反应则是溶液中的阳离子得电子，发生还原反应；若不能与负极材料反应，则考虑空气中的氧气，氧气得电子，发生还原反应。 (2)弱电解质、气体或难溶解物均以化学式表示，其余以离子符号表示，保证电荷守恒，质量守恒及正、负极得失电子数相等的规律，一般用“=”而不用“”。 (3)正负极反应式相加得到原电池总反应式，通常将总反应式减去较易写出的电极反应式，从而得到较难写出的电极反应式。 2．化学电源 (1)放电是原电池反应，充电是电解池反应。 (2)判断电池放电时电极极性和材料，可先标出放电(原电池)总反应式电子转移的方向和数目，失去电子的一极为负极，该物质即为负极材料；得到电子的一极为正极，该物质即为正极材料。若判断电池充电时电极极性和材料，方法同前，失去电子的一极为阳极，该物质即为阳极材料；得到电子的一极为阴极，该物质即为阴极材料。 (3)放电时，阴离子移向负极，阳离子移向正极；充电时，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极。 (4)可充电电池用完后充电时，原电池的负极与外电源的负极相连，原电池的正极与外电源的正极相连。 (5)放电(原电池)的负极及充电(电解池)的阳极均失去电子，发生了氧化反应，其变价元素被氧化；放电(原电池)的正极及充电(电解池)的阴极均得到电子，发生了还原反应，其变价元素被还原。 (6)书写可充电电池电极反应式，一般都是先书写放电的电极反应式。书写放电的电极反应式时，一般要遵守三步：先标出原电池总反应式电子转移的方向和数目，指出参与负极和正极反应的物质；写出一个比较容易书写的电极反应式(书写时一定要注意电极产物是否与电解质溶液共存)；在电子守恒的基础上，总反应式减去写出的电极反应式即得另一电极反应式。充电的电极反应与放电的电极反应过程相反，充电的阳极反应为放电正极反应的逆过程，充电的阴极反应为放电负极反应的逆过程。 3．电解池电解产物判断 (1)阳极产物的判断：首先看电极，如果是活性电极(金属活动性顺序表中Ag以前的金属)，则电极材料失去电子，电极被溶解，溶液中的阴离子不能失去电子。如果是惰性电极(Pt、Au、石墨)，就要看溶液中离子的失电子能力。这时要根据阴离子的放电顺序加以判断。常见阴离子的放电顺序：S2-＞I-＞Br-＞Cl-＞OH-＞含氧酸根。 (2)阴极产物的判断：直接由阳离子放电顺序进行判断，一般为Ag+＞Hg2+＞Fe3+＞Cu2+＞H+＞Pb2+＞Sn2+＞Fe2+＞Zn2+＞Al3+＞Mg2+＞Na+＞Ca2+＞K+。 4．“三池”的判断 电化学知识包括原电池和电解池，首先要确定装置是原电池还是电解池。若无外接电源，可能是原电池，然后依据原电池的形成条件分析判定；若有外接电源，两极插入电解质溶液中，则可能是电解池或电镀池，当阳极金属与电解质溶液中的金属阳离子相同则为电镀池，其他情况为电解池。 破类题·提能力 1．（2026·天津河东·一模）(6)某锂碘电池结构如图所示，该电池的总反应为2Li+P2VP·nI2=P2VP·(n-1)I2+2LiI。下列说法正确的是___________。 A．该电池放电时，锂离子移向a极 B．该电池放电时，锂电极发生还原反应 C．锂电极质量减少0.7g，b极转移的电子数约为6.02×1022 D．正极的电极反应式为P2VP·nI2+2Li++2e-=P2VP·(n-1)I2+2LiI 【答案】(6)CD 【解析】（6）A．由分析可知，放电时阳离子移向正极（b极），A错误； B．由分析可知，Li为负极，发生氧化反应，B错误； C．0.7g Li物质的量为0.1mol，反应失去0.1mol电子，电路转移电子数为，C正确； D．总反应减去负极反应（），可得正极反应式为，D正确； 故选择CD。 2．（2026·天津南开·模拟预测）III．一定条件下，以CO2和CH3OH为原料制备HCOOH和甲酸盐，其装置原理如图所示。 (5)电极a是___________极，电极反应式为___________。 (6)电解过程中，电极b一侧的溶液pH将___________(填“升高”“不变”或“降低”)。 【答案】(5)阴 CO2 + 2H+ + 2e— = HCOOH (6)降低 【解析】（5）由图可知，电极a上CO2发生得电子的还原反应生成HCOOH，则电极a为阴极，电极反应式为CO2 + 2H+ + 2e- = HCOOH； （6）电极b为阳极，阳极反应式为CH3OH - 4e- + 5OH- = HCOO- + 4H2O，则阳极区溶液的pH降低。 3．（25-26高三下·天津宁河·开学考试）(5)二氧化碳氧化乙烷制乙烯。 利用质子传导型固体氧化物电解池将乙烷转化为乙烯，示意图如图： ①电极a与电源的_______极相连。 ②电极b的电极反应式是_______。 ③若以-空气燃料电池(电解质溶液是20~30%的KOH溶液)给以上装置提供电源，电池工作时负极的电极反应式为_______。 【答案】(5)①正 ② ③ 【解析】（5）①电解池工作时，氢离子由a极移向b极，电极a是阳极，a与电源的正极相连。 ②b是阴极，电极b二氧化碳得电子生成一氧化碳和水，b极的电极反应式是。 ③-空气燃料电池(电解质溶液是20～30％的KOH溶液)，电池工作时，在负极失电子生成水，负极的电极反应式为。 刷模拟 1．（2025·天津北辰·三模）我国科学家用粗氢氧化高钴制备硫酸钴晶体，其工艺流程如下。 已知：i．还原浸出液中的阳离子有：和等。ii．部分物质的溶度积常数如下：，。iii．溶解度随温度升高而明显增大。 (1)写出金属钴在元素周期表中的位置_______，固体氢氧化高钴溶于稀硫酸的离子方程式是_______。 (2)写出还原浸出时的离子方程式为_______。 (3)“氧化沉铁”时氧化剂与还原剂物质的量之比为_____；时，浊液中铁离子浓度为，此时溶液的_____。 (4)P507萃取后，经反萃取得到硫酸钴溶液，将硫酸钴溶液经_______一系列操作，得到硫酸钴晶体。 (5)结合平衡移动原理解释“氟化沉钙”步骤加入过量NaF 的原因_______。 (6)用滴定法测定硫酸钴晶体中的钴含量，其原理和操作如下。在溶液中，用铁氰化钾将 Co(Ⅱ)氧化为 Co(Ⅲ)，过量的铁氰化钾以 Co(Ⅱ)标准液返滴定。反应的方程式为：已知：铁氰化钾标准液浓度为，Co(Ⅱ) 标准液浓度为取 mg硫酸钴晶体，加水配成200mL 溶液，取20mL 待测液进行滴定，消耗 V1mL铁氰化钾标准液、V2mLCo(Ⅱ) 标准液。计算样品中钴含量w=_______(以钴元素的质量分数w计)。 (7)以下操作会导致钴含量偏高的是_______ A．用滴定管取铁氰化钾溶液时，读数前平视后仰视 B．盛装 Co(Ⅱ)标准液的滴定管未润洗 C．Co(Ⅱ)标准液部分被氧化 D．盛放待测液的锥形瓶洗净后未干燥 【答案】(1)第四周期第VIII族 (2) (3) 1：6 4 (4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 (5)加入NaF后，发生反应：，增大c(F-)，有利于平衡正向移动，从而使Ca2+沉淀更充分 (6) (7)A 【分析】粗氢氧化高钴加入稀硫酸溶解，然后加入过量Na2SO3进行还原浸出，还原浸出液中的阳离子有：Co2+、H+、Fe2+和Ca2+等；加入过量NaClO3氧化沉铁，此时Fe2+被氧化为Fe3+并转化为Fe(OH)3沉淀；加入过量NaF氟化沉钙，此时Ca2+转化为CaF2沉淀；加入P204进行萃取，加入P507萃取后，经反萃取得到硫酸钴溶液；将所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，便可得到硫酸钴晶体。 【详解】（1）Co原子序数27，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族；固体氢氧化高钴溶于稀硫酸的离子方程式：； （2）用过量Na2SO3还原浸出Co2+时，发生离子反应：； （3）“氧化沉铁”时，Fe2+被氧化后转化为Fe(OH)3沉淀，被还原为Cl-，离子方程式：，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为1：6；时，，铁离子浓度为，，此时溶液中，则pH=4； （4）硫酸钴溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥操作，得到硫酸钴晶体； （5）用F-沉淀Ca2+是一个平衡体系，增大一种反应物浓度，有利于提高另一种反应物的转化率，则加入过量NaF的原因：加入NaF后，发生反应：，增大c(F-)，有利于平衡正向移动，从而使Ca2+沉淀更充分； （6）设所配200mL溶液中Co2+浓度为x，根据反应：列等式：，，样品中钴含量：； （7）A．用滴定管取铁氰化钾溶液时，读数前平视后仰视，导致铁氰化钾溶液实际体积偏小，消耗Co(Ⅱ)标准液体积偏小，即偏小，则计算结果偏高，A符合题意 ； B．盛装 Co(II)标准液的滴定管未润洗，浓度偏低，导致消耗Co(Ⅱ)标准液体积偏大，即偏大，计算结果偏低，B不符题意； C．Co(II)标准液部分被氧化，导致消耗Co(Ⅱ)标准液体积偏大，即偏大，计算结果偏低，C不符题意； D．盛放待测液的锥形瓶洗净后未干燥不影响滴定结果，D不符题意； 答案选A。 2．（2025·天津滨海新区·三模）一种利用酸浸提取硫酸烧渣(主要含等)制备铁红并回收副产物硫酸铵的工艺流程如图。已知： 可沉淀 等金属离子，可与 生成 在硫酸作用下可热分解生成CO和 (1)用50%的硫酸“酸浸”时，反应液的温度、 的加入量对铁浸取率的影响分别如图1、图2所示。(浸取率= ×100%) ①“酸浸”时，增大酸浸率的方法有 _______(填写两条即可)；“浸渣”的主要成分是_______(填写化学式)。 ②图1中，反应液温度高于95℃时，铁浸取率开始降低，原因是_______。 ③图2中，加入量在5~20%时，铁浸取率增大，原因是___；加入量超过20%时，铁浸取率开始降低，原因是____。 (2)“氧化”时发生的主要反应的离子方程式为_______。 (3)“结晶”包含有_______和______________。 (4)“过滤1”的滤渣主要成分是黄铵铁矾【化学式可表示为摩尔质量为480g/mol】。根据下列实验和数据可确定其化学式为_______。 ①称取黄铵铁矾4.800g，加入足量NaOH溶液充分反应后过滤，向滤液中加入足量盐酸，再加入足量的 溶液，得到沉淀4.660g。 ②对黄铵铁矾进行热分解实验，其结果可用下图热重曲线表示。 【答案】(1) 升高温度、粉碎硫酸烧渣 SiO2 温度高于95℃时，在硫酸作用下受热分解 与 生成溶于水的有利于铁浸取 与生成沉淀，降低了可溶性铁元素的量 (2)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (3) 蒸发浓缩 冷却结晶 (4) 【分析】由题给流程可知，向硫酸烧渣中加入硫酸和草酸混合溶液，将氧化铁转化为、氧化亚铁转化为亚铁离子，二氧化硅与混合溶液不反应，过滤得到含有二氧化硅的浸渣和滤液；向滤液中加入双氧水溶液，将溶液中的亚铁离子氧化生成铁离子，向反应后的溶液中加入氨水，将溶液中的铁离子、转化为黄铵铁矾沉淀，过滤得到黄铵铁矾和含有硫酸铵、草酸铵的滤液；黄铵铁矾煅烧分解得到铁红；滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到硫酸铵和含有草酸铵的母液。 【详解】（1）①“酸浸”时，升高温度、粉碎硫酸烧渣等措施能增大酸浸率；由分析可知，浸渣的主要成分为二氧化硅，故答案为：升高温度、粉碎硫酸烧渣；SiO2； ②由题给信息可知，图1中，反应液温度高于95℃时，铁浸取率开始降低是因为温度高于95℃时，草酸在硫酸作用下受热分解生成一氧化碳和二氧化碳，故答案为：温度高于95℃时，在硫酸作用下受热分解； ③图2中，草酸加入量在5~20%时，铁浸取率增大是因为草酸与 溶液中铁离子生成溶于水的有利于铁浸取导致铁浸取率增大；草酸加入量超过20%时，铁浸取率开始降低是因为草酸与亚铁离子生成草酸亚铁沉淀，降低了可溶性铁元素的量导致铁浸取率开始降低，故答案为：与 生成溶于水的有利于铁浸取；与生成沉淀，降低了可溶性铁元素的量； （2）由分析可知，加入双氧水溶液的目的是将溶液中的亚铁离子氧化生成铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O； （3）由分析可知，结晶过程为蒸发浓缩、冷却结晶，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶； （4）由题意可知，黄铵铁矾的物质的量为=0.01mol，反应生成硫酸钡的物质的量为=0.02mol，则由化学式可知，z==2；由图可知，480g黄铵铁矾受热分解得到240g氧化铁，则y==3；由相对分子质量可得：18x+168+192+17m=480，由化合价代数和为0可得：x+9—4—m=0，解得x=1、m=6，则黄铵铁矾的化学式为，故答案为：。 3．（2025·天津河西·二模）钛和钛的化合物在航天、医疗等领域中都有着广泛的用途。回答问题： (1)基态原子的价层电子排布图是_______。 (2)某含钛催化剂R能催化乙烯、丙烯聚合，其结构如图： ①组成R的元素中，C、O、电负性由大到小的顺序是_______。 ②R中含有的化学键有_______(填序号)。 a．π键    b．σ键    c．离子键    d．配位键    e．氢键 (3)的工业制法是将钛酸亚铁矿与过量焦炭混合，并通入足量氯气，高温条件下制得，该反应的化学方程式为_______。 (4)水解法制备的流程如下，调控水解速率和反应进行的程度是制备成功的关键。 已知：的水解是三步进行：①②③；其中①为快反应，难溶于冷水，在热水中易水解。 ①第一步与水混合时，冰水浴的目的是_______。 ②加入的目的是_______。 【答案】(1) (2) abd (3) (4)减慢反应①的速率，防止浓度过大，抑制后续反应 生成沉淀，促进了反应②的正向进行 【分析】TiCl4溶于水，将装置放入冰水浴中，加入硫酸铵和盐酸，生成沉淀，促进了反应②的正向进行；加入NH3∙H2O调节pH=6~8，在95℃的热水浴中加热，促进TiOSO4水解，从而得到TiO2沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到纳米TiO2。 【详解】（1） 钛元素的原子序数为22，价电子排布式为3d24s2，价电子排布图为。 （2）①同短周期主族元素，从左往右，电负性依次减小，则电负性：O>C，非金属的电负性强于金属，则C、O、电负性由大到小的顺序是； ②由催化剂R的结构可知，R属于分子晶体，不可能含有离子键和金属键，分子中含有钛氧配位键，含有的苯环、碳碳双键中含有π键和σ键，碳碳键、碳氢键、碳氧键、钛氯键、配位键都属于σ键，氢键不属于化学键，则R分子中含有的化学键有π键、σ键和配位键，故答案为：abd。 （3）的工业制法是将钛酸亚铁矿与过量焦炭混合，并通入足量氯气，高温条件下制得，同时生成CO和FeCl3，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。 （4）①过程中有H+生成，第一步与水混合时，冰水浴的目的是减慢反应①的速率，防止浓度过大，抑制后续反应； ②由可知，加入的目的是生成沉淀，促进了反应②的正向进行。 4．（2025·天津·一模）I、钪(Sc)是一种稀土金属。从钛白酸性废水(主要含、、微量)中富集钪，并制备氧化钪的工艺流程如下。回答下列问题： (1)酸洗时加入的目的是_______。 (2)“操作I”需要的玻璃仪器有烧杯、_______。 (3)“滤渣I”的主要成分是、_______。 (4)草酸钪焙烧时反应的化学方程式_______。 II、的配位化合物较稳定且应用广泛。可与、、，等配体形成使溶液呈浅紫色的，红色的，无色的，黄色的配离子。某同学按如下步骤完成实验： 已知：向含的溶液中加入KSCN溶液生成蓝色的配离子；不能与形成配离子。 回答下列问题： (5)溶液I显酸性的原因_______(用离子方程式表示)。为了能观察到溶液I中的浅紫色，可采取的方法是向溶液I中加_______溶液。 (6)溶液II向溶液Ⅲ转化时发生的反应为_______(写离子方程式)，向溶液III中加入足量的KSCN固体，溶液可能变为_______色。 (7)检验溶液中是否含有，所需试剂为_______、_______。(填化学式) 【答案】(1)将氧化为，有利于后面沉淀除去 (2)普通漏斗，玻璃棒 (3)、 (4) (5) (或硝酸) (6) 红 (7) NaF、 KSCN 【分析】I、含、、的废水萃取分液，有机相中含、、离子，加入H2O2和稀硫酸，使Fe2+转化为Fe3+，加入NaOH溶液进行反萃取，得到、、沉淀，加入盐酸调节pH值，得到Sc3+的溶液，再加入草酸溶液得到草酸钪沉淀，在空气中加热焙烧得到氧化钪； II、Fe(NO3)3·9H2O溶于水得到含Fe3+的黄色溶液，加入KSCN，得到含有的溶液显红色，的溶液加入NaF溶液，溶液显无色，F-离子与Fe3+形成配离子[FeF6]3-。 【详解】（1）酸洗时加入H2O2目的是将Fe2+氧化为Fe3+，有利于后面沉淀除去； （2）操作I是过滤，需要用到的仪器有烧杯、普通漏斗和玻璃棒； （3）根据分析，滤渣I的成分为Ti(OH)4、Fe(OH)3、Sc(OH)3； （4）草酸钪在空气中焙烧得到氧化钪和CO2，反应的化学方程式为：； （5）硝酸铁电离出的Fe3+水解显酸性，离子方程式为：；加入HNO3，平衡逆向移动，得到较多的，可以看到的浅紫色； （6）溶液II中含有，加入NaF溶液，溶液显无色，F-离子与Fe3+形成配离子[FeF6]3-，转化的离子方程式为：； 向溶液III中加入足量的KSCN固体，平衡逆向移动，溶液变为红色； （7）的溶液中加入KSCN溶液生成蓝色的配离子，若溶液中含有，先加入NaF，使Fe3+转化为无色[FeF6]3-，再加入KSCN，得到蓝色的，所需试剂为：NaF和KSCN。 5．（2024·天津·模拟预测）碲被誉为尖端技术等工业的维生素。工业上常以粗铜精炼的阳极泥(主要成分是，含等杂质)为原料提取碲并回收金属，其工艺流程如下图所示： 已知：与S同一主族，比S原子多2个电子层；是两性氧化物，微溶于水。请按要求回答下列问题： (1)碲在元素周期表中的位置_______；其最高价氧化物对应的水化物化学式为_______。 (2)与稀反应的离子方程式为_______。 (3)步骤①中发生了(填“氧化”或“还原”或“非氧化还原”)_______反应；此过程控制不宜过低的原因是_______；“加压”的目的是_______。 (4)步骤②当温度过高时，会导致碲的浸出率降低，原因是_______。为提等滤渣酸浸速率，除适当升温外，还可采取的措施是_______(写出1条)。 (5)步骤③铜从(填“阳”或“阴”)_______极得到。写出步骤④的离子方程式：_______。 (6)常温下，往溶液中滴加盐酸，当溶液时，溶液中_______(已知：的，)。 【答案】(1) 第5周期第VIA族 H2TeO4 (2) (3) 氧化 防止TeO2与酸反应 增大O2浓度，加快反应速率，提高产率 (4) 如温度过高，导致盐酸挥发，反应物浓度减低，导致浸出率降低 适当增大盐酸的浓度 (5) 阴 Te4++2SO2 +4H2O=Te↓+2SO+8H+ (6)1：100 【分析】工业上可从电解精炼铜的阳极泥(主要成分Cu2Te，还有少量的Ag、Au)中提取碲并回收金属，铜的阳极泥中通入氧气加入硫酸加压酸浸，调节溶液PH过滤“加压浸出”生成TeO2，和铜盐溶液，滤液中电解方法提取回收铜，滤渣“盐酸酸浸”后得到滤渣回收Ag、Au等，得到滤液为TeO2 溶于盐酸生成TeCl4的溶液，将SO2通入浸出液即可得到单质碲，反应为Te4++2SO2+4H2O=Te+8H++2SO，以此解答该题； 【详解】（1）与S同一主族，比S原子多2个电子层，在周期表的位置为第5周期第VIA族；Te的最高化合价为+6，最高价氧化物对应的水化物化学式为H2TeO4； （2）是两性氧化物，稀反应生成盐和水，离子方程式为； （3）步骤①中Cu2Te发生了反应生成了TeO2，元素化合价升高失电子发生氧化反应，酸性不能过强的原因是：酸性过强TeO2会被酸溶解导致Te产率降低，增大压强，可增大O2浓度，加快反应速率，提高浸出率； （4）盐酸易挥发，如温度过高，导致盐酸挥发，反应物浓度减低，导致浸出率降低；为提等滤渣酸浸速率，除适当升温外，还可采取的措施适当增大盐酸的浓度等； （5）步骤 ③铜从电解池中的阴极析出，TeO2 溶于盐酸生成TeCl4的溶液，将SO2通入浸出液即可得到单质碲，反应为Te4++2SO2+4H2O=Te+8H++2SO； （6），则，则1：100。 6．（2024·天津南开·二模）以硫铁矿(主要成分为)为原料制备氯化铁晶体()的工艺流程如下图所示。 回答下列问题： (1)需将硫铁矿粉碎再“焙烧”的目的是_______。 (2)硫铁矿“焙烧”后的烧渣中含有、等，“酸溶”时不能用硫酸代替盐酸的原因是_______。 (3)“操作I”的名称为_______。 (4)“氧化”过程中主要发生反应的离子方程式为_______，的电子式为_______。 (5)实验室常用配制溶液，写出正确的配制方法：_______。 (6)尾气主要含、、和少量的、，为测定其中的含量，某同学将VL尾气缓慢通入装置A中。 ①仪器C的名称是_______，该装置的作用是_______。 ②实验时先通入尾气，再通入一定量氮气，通过B装置的增重来测量的含量，写出该方案合理与否的理由：_______。 【答案】(1)增大反应物的接触面积，加快反应速率 (2)无法制得 (3)过滤 (4) (5)将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，然后再加水稀释到所需的浓度 (6) 干燥管 防止空气中的水蒸气、CO2进入B装置 该方案不合理，因为尾气中的CO2也能被B装置中的碱石灰吸收，导致所测SO2气体的含量偏大 【分析】由题给流程可知，硫铁矿在空气中焙烧生成氧化铁、四氧化三铁和二氧化硫，向焙烧渣中加入过量稀盐酸酸浸，将氧化铁、四氧化三铁转化为氯化铁、氯化亚铁，过滤得到滤渣和含有氯化铁、氯化亚铁的滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，反应后的溶液在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化铁晶体。 【详解】（1）将硫铁矿粉碎再“焙烧”可以增大固体的表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快反应速率，故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率； （2）“酸溶”时不能用硫酸代替盐酸，否则氧化铁、四氧化三铁溶于稀硫酸生成硫酸铁、硫酸亚铁，无法制得六水氯化铁晶体，故答案为：无法制得； （3）由分析可知，“操作I”为固液分离的过滤操作，故答案为：过滤； （4） 由分析可知，加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为；过氧化氢是只含有共价键的共价化合物，电子式为，故答案为：；； （5）氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中易发生水解反应生成氢氧化铁和盐酸，为防止氯化铁在溶液中水解，配制氯化铁溶液时应将六水氯化铁溶于较浓的盐酸中，然后再加水稀释到所需的浓度，故答案为：将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，然后再加水稀释到所需的浓度； （6）由实验装置图可知，装置A中盛有的浓硫酸用于吸收尾气中的水蒸气，装置B中盛有的碱石灰用于吸收测定二氧化硫和二氧化碳的质量，装置C中盛有的碱石灰用于吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，防止二氧化硫和水蒸气进入装置B中干扰酸性气体的测量； ①由实验装置图可知，仪器C为干燥管，由分析可知，装置C中盛有的碱石灰用于吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，防止二氧化硫和水蒸气进入装置B中干扰酸性气体的测量，故答案为：干燥管；防止空气中的水蒸气、CO2进入B装置； ②由分析可知，装置B中盛有的碱石灰用于吸收测定二氧化硫和二氧化碳的质量，所以不能通过B装置的增重来测量二氧化硫的含量，故答案为：该方案不合理，因为尾气中的CO2也能被B装置中的碱石灰吸收，导致所测SO2气体的含量偏大。 7．（2026·天津河北·一模）海洋是一个巨大的资源宝库，回答下列问题。 Ⅰ．海水提溴工业流程如图所示： (1)步骤①中，加硫酸的目的是___________；步骤②③④的目的是___________。 (2)步骤③发生反应的化学方程式为___________。 Ⅱ．海藻中含有丰富的碘元素。实验室中提取碘的流程如下： (3)实验室中步骤①的操作在___________(填仪器名称)中进行。 (4)假设步骤③中加入酸化的双氧水，写出相关反应的离子方程式：___________。 (5)步骤⑤将碘单质从碘的四氯化碳溶液中提取出来的实验流程如下： ⅰ．反应1所得的上层溶液中，碘元素主要以和形式存在，写出上述流程中反应2获得的离子方程式：___________；流程中步骤a实验操作的名称是___________。 ⅱ．提取碘的流程中可以循环利用的物质是___________(填化学式)。 ⅲ．实验室常用碘量法测定某溶液中的含量，离子方程式为：。现取20该溶液，加入溶液，充分反应后，消耗溶液15。则该溶液中的含量是___________(结果保留2位有效数字)。 【答案】(1) 抑制、与水反应 富集溴 (2) (3)坩埚 (4) (5) 过滤 CCl4 19 【分析】海水经过浓缩得到苦卤，通入了氯气将苦卤中的Br-氧化为Br2，Br2溶解在水中发生可逆反应生成HBr、HBrO，因此在氧化的同时需要加入硫酸以抑制Br2与水的反应（后续步骤硫酸的作用与此相同）；生成的溴经过热空气吹出，浓度增大，用SO2吸收后可转化为Br-，通入氯气被进一步氧化为Br2，溴得到最大程度的富集； 海藻提碘：海藻灼烧为海藻灰，用水浸取，过滤得含I-的溶液，通入氯气氧化为单质碘，加四氯化碳萃取I2，碘的有机溶液蒸馏得晶体碘，据此解答。 【详解】（1）Cl2和Br2在溶液中会和水发生反应，反应的离子方程式为、，加入硫酸增大了H+的浓度，使两个反应平衡逆向移动，抑制、与水反应；根据分析，步骤②③④的目的是富集溴。 （2）反应③发生的是Br2和SO2生成硫酸和氢溴酸的反应，反应的化学方程式为。 （3）步骤①进行的是固体加热的操作，应在坩埚中进行。 （4）根据题给流程可知，I-转化为I2，发生氧化反应，双氧水作氧化剂，发生反应的离子方程式为。 （5）ⅰ．I−和在酸性条件下会发生归中反应，反应的离子方程式为；步骤a是分离固体和液体的操作，故为过滤。 ⅱ．根据题给流程可知，CCl4能返回流程中继续萃取碘单质，故可以循环利用的物质是CCl4。 ⅲ．根据题给离子方程式可知，，则20mL该溶液中I2的含量是。 8．（2026·天津·一模）锶(Sr)位于元素周期表第五周期ⅡA族。一种利用含锶废渣(主要含有SrSO4、SrCO3、SiO2、MgCO3 等)制备SrCl2·6H2O和SrO2·8H2O的流程如下。 已知：Ksp(SrSO4)=10-6.46；Ksp(BaSO4)=10-9.97； (1)“浸出渣”中主要含有_______(填化学式)。 (2)①由SrCl2溶液制备SrO2·8H2O的离子方程式为_______。 ②制备SrO2·8H2O时，测得相同时间内H2O2的利用率随其质量分数的变化关系如图所示。H2O2利用率随质量分数变化的原因是_______。 (3)测定SrCl2·6H2O纯度。将除去BaCl2的SrCl2溶液加热蒸发，冷却结晶，可得SrCl2·6H2O晶体。称量1.500g该晶体加水溶解(溶液中除Cl-外，无其它离子与Ag+反应)，配成100mL 溶液。取25.00mL 溶液于锥形瓶中，滴入几滴K2CrO4溶液，用0.1000mol·L-1 AgNO3标准溶液滴定，重复实验三次，平均消耗20.00mL AgNO3溶液。 [已知：Ag2CrO4为砖红色沉淀，M(SrCl2·6H2O)=267g·mol-1] ①滴定到达终点的标志为_______。 ②产品中SrCl2·6H2O的质量分数为_______。 ③以下操作会导致测定结果偏小的是_______。 a．滴定终点时俯视读数 b．盛装硝酸银溶液的滴定管未润洗 c．加入较多的K2CrO4溶液 (4)由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的最优方法是_______(填字母)。 a．常温加压　　b．加热脱水　　c．在HCl气流中加热 (5)“酸浸”时能否改用稀硫酸，其原因_______。 【答案】(1)SrSO4、SiO2 (2) Sr2++H2O2+2NH3∙H2O+6H2O=SrO2∙8H2O↓+2或Sr2++H2O2+2NH3+8H2O=SrO2∙8H2O↓+2 由图可知，H2O2浓度低于20%时，随着双氧水浓度增大，反应速率加快，高于20%时，随着双氧水浓度增大，反应放热或Sr2+起着催化作用，H2O2分解速率加快 (3) 当滴入最后半滴AgNO3标准溶液时，产生砖红色沉淀，且半分钟内不消失 71.2% a (4)b (5)否，加入硫酸生成硫酸锶且引入新的杂质硫酸，不利于SrCl2∙6H2O的制备 【分析】含锶废渣通过加稀盐酸酸浸，、溶解，、不溶于盐酸进入浸出渣；再通过盐浸步骤加入溶液，利用的溶度积远小于溶度积，实现的沉淀分离，溶液保留，为后续制备提供原料；后续加入氨水、，利用的氧化性实现制备。 【详解】（1）”根据分析可知，浸出渣据分析知“浸出渣”中主要含有、； （2）①根据原子守恒、电荷守恒，电子转移守恒可得由溶液制备的离子方程式为或； ②由图可知，浓度低于20%时，随着双氧水浓度增大，反应速率加快，利用率增大；高于20%时，随着双氧水浓度增大，反应放热或Sr2+起着催化作用，导致分解速率加快，所以利用率降低； （3）①根据题意可知，滴定到达终点的标志为当滴入最后半滴标准溶液时，产生砖红色沉淀（），且半分钟内不消失； ②根据题意有关系式：，则，则产品中的质量分数为； ③a．滴定终点时俯视读数，消耗标准溶液体积偏小，纯度偏小，a正确； b．盛装硝酸银溶液的滴定管未润洗，消耗标准溶液体积偏大，纯度偏大，b错误； c．加入较多的溶液，消耗标准溶液体积偏大，纯度偏大，c错误； 故选a； （4）Sr的金属活动性大于Ca，属于活泼金属，不存在水解，故由制备无水的最优方法是加热脱水，故选b； （5）否，加入硫酸生成硫酸锶且引入新的杂质硫酸，不利于SrCl2·6H2O的制备。 9．（2025·天津和平·一模）门捷列夫最早预言了具有半导体特性类硅元素锗，工业上用精硫锗矿(主要成分为)制取高纯度锗，其工艺流程如图所示： 已知：①硅和锗是同主族相邻元素，结构和性质类似； ②在的盐酸中溶解度最小。 (1)基态锗原子的简化电子排布式为___________。晶体锗的晶体类型是___________。 (2)和在一定条件下可以互变，测定的晶体结构最常用的仪器为___________。 A．质谱仪        B．核磁共振氢谱仪        C．X射线衍射仪 (3)还原时发生反应：，比较键角：大于，其原因是___________。 (4)酸浸时温度不能过高的原因：___________。 (5)氯化除生成外，反应还生成，写出相应的化学方程式：___________。 (6)的是由锗的___________轨道与氯的轨道重叠形成键；水解得到，该步骤高纯水不能过量，原因是___________。 【答案】(1) 共价晶体 (2)C (3)和分子中心原子都是杂化，但N上有1个孤电子对，而S上有2个孤电子对，孤电子对越多，对成键电子对排斥越大，分子键角相对较小 (4)浓硝酸受热易挥发、易分解 (5) (6) 杂化 会使得到的盐酸浓度小于，增大的溶解量，最终使锗产率降低 【分析】精硫锗矿粉碎，然后在氮气氛围中加热至800℃升华，得到GeS2，GeS2在825℃条件下被氨气还原为GeS，氨气被氧化为氮气；GeS加入浓硝酸酸浸后，被硝酸氧化生成粗GeO2，600℃条件下GeO2与SOCl2发生氯化得到GeCl4，GeCl4与高纯水反应生成GeO2•nH2O，GeO2•nH2O在200℃下发生脱水生成GeO2，GeO2被氢气还原得到Ge，据此分析解答。 【详解】（1）基态锗原子位于第四周期第IVA族，简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2，晶体锗的晶体类型是共价晶体； （2）α-GeO2和β-GeO2在一定条件下可以互变，测定GeO2的晶体结构最常用的仪器为X射线衍射仪，故答案为：C； （3）NH3的键角大于H2S，其原因是，NH3和H2S分子中心原子都是sp3杂化，但N上有1个孤电子对，而S上有2个孤电子对，孤电子对越多，对成键电子对排斥越大，H2S分子键角相对较小； （4）酸浸时温度不能过高的原因，浓硝酸受热易挥发、易分解； （5）氯化除生成GeCl4外，反应还生成SO2，相应的化学方程式为：； （6）GeCl4的Ge-Cl是由锗的sp3杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键，GeCl4水解得到GeO2•nH2O，该步骤高纯水不能过量，原因是会使得到的盐酸浓度小于5.3mol/L，增大GeO2•nH2O的溶解量，最终使锗产率降低； 10．（2025·天津河北·二模）中国首艘自主设计建造的大洋钻探船“梦想号”具备11000米的钻探能力和全面的科学实验功能，预计将在全球海域的深海科学研究中发挥重要作用。钻探船用钢可由低硅生铁冶炼而成。 (1)基态Fe3+的价层电子排布式为_________________。 (2)Fe可与、CO、等形成配合物。的空间结构名称为________________。Fe(CO)5常温下呈液态，熔点为20.5℃，沸点为103℃，据此可判断Fe(CO)5晶体属于___________（填晶体类型）。 (3)某研究小组设计如下流程，以废铁屑（含有少量C和SiO2杂质）为原料制备无水FeCl3。 I.废铁屑的杂质中所含元素的第一电离能由小到大的顺序为_________（用元素符号表示）。 II.为避免引入新的杂质，试剂B可以选用H2O2溶液，写出此过程发生的离子反应方程式____________。 III.操作②是蒸发浓缩、_________、过滤、洗涤、干燥。同时通入HCl(g)的目的是_________。 【答案】(1)3d5 (2) 平面三角形 分子晶体 (3) Si<C<O 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 冷却（降温）结晶 抑制Fe3+水解 【分析】废铁屑(含有少量碳和SiO2杂质)加入盐酸，铁粉反应生成氯化亚铁，过滤除去少量碳和SiO2杂质，A(氯化亚铁)加入氧化剂B生成C(氯化铁)，蒸发结晶生成氯化铁晶体，通入SOCl2生成无水FeCl3，据此判断。 【详解】（1）铁的原子序数是26，基态Fe3+的价层电子排布式为3d5； （2）中氮原子的价层电子对数是3+3，不含有孤对电子，其空间结构名称为平面三角形； Fe(CO)5常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，熔沸点低，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)5晶体属分子晶体； （3）I．废铁屑的杂质中所含元素是C、O、Si，非金属性越强，电负性越大，其电负性由小到大的顺序为Si<C<O； Ⅱ．酸性条件下双氧水氧化亚铁离子的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O； Ⅲ．操作②得到氯化铁晶体，则其操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；由于铁离子易水解，则同时通入HCl(g)的目的是抑制Fe3+水解； 刷真题 1．（2023·天津卷T16）工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如下，其过程包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个阶段。 Ⅰ.硫液化后与空气中的氧反应生成SO2。 (1)硫磺()的晶体类型是______。 (2)硫的燃烧应控制事宜温度。若进料温服超过硫的沸点，部分燃烧的硫以蒸汽的形式随SO2进入到下一阶段，会导致______(填序号)。 a.硫的消耗量增加   b.SO2产率下降   c.生成较多SO3 (3)SO2(g)氧化生成80g SO3(g)放出热量98.3kJ，写出该反应的热化学方程式______。随温度升高，SO2的平衡转化率______(填“升高”或“降低”)。 (4)从能量角度分析，钒催化剂在反应中的作用为______。 Ⅱ.一定条件下，钒催化剂的活性温度范围是450～600℃。为了兼顾转化率和反应速率，可采用四段转化工艺：预热后的SO2和O2通过第一段的钒催化剂层进行催化氧化，气体温度会迅速接近600℃，此时立即将气体通过热交换器，将热量传递给需要预热的SO2和O2，完成第一段转化。降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐段降低，总转化率逐段提高，接近平衡转化率。最终反应在450℃左右时，SO2转化率达到97％。 (5)气体经过每段的钒催化剂层，温度都会升高，其原因是______。升高温度后的气体都需要降温，其目的是______。 (6)采用四段转化工艺可以实现______(填序号)。 a．控制适宜的温度，尽量加快反应速率，尽可能提高SO2转化率 b．使反应达到平衡状态 c．节约能源 Ⅲ．工业上用浓硫酸吸收SO3。若用水吸收SO3会产生酸雾，导致吸收效率降低。 (7)SO3的吸收率与所用硫酸的浓度、温度的关系如图所示。 据图分析，最适合的吸收条件；硫酸的浓度______，温度______。 (8)用32吨含S 99%的硫磺为原料生成硫酸，假设硫在燃烧过程中损失2%，SO2生成SO3的转化率是97%，SO3吸收的损失忽略不计，最多可以生产98%的硫酸______吨。 【答案】(1)分子晶体 (2)ab (3) 2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) 降低 (4)降低反应活化能 (5) 反应放热 保持钒催化剂活性温度，提高SO2转化率，保证反应速率 (6)ac (7) 98.3% 60℃ (8)94 【分析】先将硫黄在空气中燃烧或焙烧，和氧气反应生成二氧化硫，生成的SO2和氧气发生反应转化为三氧化硫，生成的SO3用浓硫酸吸收得到硫酸； 【详解】（1）是硫单质的分子晶体； （2）a．第Ⅰ步时，硫粉液化并与氧气共热生成二氧化硫，若反应温度超过硫粉沸点，部分硫粉会转化为硫蒸气损失，消耗的硫粉会增大，a正确； b．硫蒸气与生成的二氧化硫一同参加第Ⅱ步反应过程中，降低二氧化硫的生成率，b正确； c．二氧化硫产率降低后，生成的三氧化硫也会减少，c错误； 故选ab。 （3）若每生成80g气体三氧化硫，放出98.3kJ能量，80g三氧化硫的物质的量为：80g÷80g/mol=1mol，则生成三氧化硫的反应的热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)=2SO3 (g)；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则二氧化硫转化率降低； （4）催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率； （5）通入催化剂层后，体系(剩余反应物与生成物)温度升高的原因在于：二氧化硫和氧气的反应是放热反应，反应释放能量使得温度升高；每轮反应后进行热交换降温的目的是：保持钒催化剂活性温度，提高SO2转化率，保证反应速率； （6）a．由题目信息可知，在每段SO2向SO3转化的过程中，各段控制适宜的温度，温度逐段降低，可以保持钒催化剂的活性温度，保证SO2的转化率和反应速率均保持较高水平，故a正确； b．由题目信息可知，反应转化率接近平衡转化率，也就是使得反应接近平衡状态，故b错误； c．降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐段降低，节约了能源，故c正确； 故选ac。 （7）由图可知，最适合吸收三氧化硫的浓硫酸质量分数为98.3%，最适合吸收的温度为60℃，此时SO3吸收率最高； （8）由题意可知，32吨含硫元素99%的硫粉物质的量为，在第一步反应中硫元素损失了2%，则生成二氧化硫，二氧化硫在第二步反应中97%转化为了三氧化硫，则生成三氧化硫，三氧化硫在第三步反应中被吸收时，视作全部吸收，那么这批硫粉总计可以生产98%的浓硫酸，为94吨。 1 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $