第4章 大题专攻1 无机化工流程综合题(教参Word版)-【创新教程】2027年高考化学总复习大一轮讲义（人教版）

该高中化学高考复习讲义围绕工业流程分析与氯及其化合物性质两大核心考点，按“特点-类型-解题策略”和“性质-应用”逻辑层次展开，通过考点梳理、方法指导（如工业流程答题模板）、真题训练（典型例题解析）等环节，帮助学生构建知识网络，突破解题难点，体现复习教学的系统性和针对性。 资料特色在于结合真实工业情境与实验探究，如工业流程中“盐浸”沉淀转化的离子方程式推导，氯的氧化性实验设计，培养学生科学思维与科学探究能力。设置基础巩固、能力提升分层练习，配合即时反馈，确保高效复习，助力学生提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰指导。

一、工业流程试题的基本特点 1．试题的切入点(或试题素材)较多的采用了与生产生活密切联系的化学新技术、新成果。故题干内容来源都是真实的工业生产过程，内容丰富，提问灵活。 2．无机化工流程题的结构：分题头、题干和题尾三部分。 (1)题头一般是介绍该工艺生产的原材料和工艺生产的目的(包括获得副产品)； (2)题干部分主要用框图形式将原料到产品的主要生产工艺流程表示出来； (3)题尾主要是根据生产过程中涉及的化学知识设置系列问题。 3．呈现形式：流程图；数据表格；图像；实验装置。 4．设问方式：措施；成分；物质；原因。 5．能力考查：获取、整合、处理、应用信息的能力；分解问题的能力；表达能力。 6．知识落脚点：基本理论；元素化合物；实验。 二、工艺流程题的类型 1．以物质制备为目的的工艺流程 (1)工艺流程中的常见专业术语 释义 研磨、 雾化 将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体分散成微小液滴，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分 灼烧 (煅烧) 使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿 浸取 向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等 酸浸 在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程 浸出率 固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少 滴定 定量测定，可用于某种未知浓度的物质的物质的量浓度的测定 酸作用 溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等 碱作用 去油污、去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅、调节pH、促进水解(沉淀) (2)工艺流程题中常见问题的答题方向 常见问题 答题要考虑的角度 分离、提纯 过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作，如从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩—冷却结晶—过滤—(洗涤、干燥) 提高原子利用率 绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用) 在空气中或特定气体中进行的反应或操作 要考虑O2、H2O、CO2或特定气体是否参与反应或能否达到隔绝空气，防氧化、水解、潮解等目的 洗涤沉淀 方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次 判断沉淀是否洗涤干净 取最后洗涤液少量，检验其中是否还有某种离子存在等 控制溶液的pH ①调节溶液的酸碱性，抑制水解(或使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀) ②“酸作用”还可除去氧化物(膜) ③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等 ④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件) 控制温度(常用水浴、冰浴或油浴) ①使化学平衡移动；控制化学反应的方向 ②控制固体的溶解与结晶 ③控制反应速率：使催化剂达到最大活性 ④升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发 ⑤加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离 2.以混合物的分离、提纯为目的的工艺流程题 (1)物质转化过程中分离提纯阶段的主要操作 除杂 加入沉淀剂或控制溶液的酸碱性使其形成氢氧化物沉淀。如：除去含Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等来调节溶液的pH 加热 加快反应速率或使平衡向某个方向移动。如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如：侯氏制碱中的NaHCO3；还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质 降温 防止某物质在高温时会分解或使平衡向着题目要求的方向移动 分离 a.有溶解度差异——结晶或重结晶(蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干；蒸发结晶、趁热过滤) b．有溶解性差异——(萃取)分液 c．有沸点差异——蒸馏 (2)获得产品阶段的主要操作 洗涤(冰水、热水、有机溶剂) 水洗：洗去晶体表面的杂质离子(适用于溶解度小的物质) 冰水洗涤：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(适用于高温溶解度大、低温溶解度小的物质) 醇洗(常用于溶解度较大的物质)：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(若对溶解度小的物质进行醇洗，则是为了洗去杂质离子，并使其尽快干燥) 蒸发时的气体氛围抑制水解 如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防其水解 蒸发浓缩、冷却结晶 如K2Cr2O7和少量NaCl的混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是K2Cr2O7，母液中是NaCl和少量K2Cr2O7，这样就可分离出大部分K2Cr2O7；同样原理可除去KNO3中的少量NaCl 蒸发结晶、趁热过滤 如NaCl和少量K2Cr2O7的混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，母液中是K2Cr2O7和少量NaCl；同样原理可除去NaCl中的少量KNO3 三、工艺流程题的解题策略 1．粗读题干，挖掘图示 图示中一般会呈现超出教材范围的知识，但题目中往往会有提示或者问题中不涉及，所以一定要关注题目的每一个关键字，尽量弄懂流程图，但不必将每一种物质都推出，只需问什么推什么。如制备类无机化工题，可粗读试题，知道题目制取什么、大致流程和有什么提示等。 2．携带问题，精读信息 这里信息包括三个方面：一是主干，二是流程图示，三是设置问题。读主干抓住关键字、词；读流程图，重点抓住物质流向(“进入”与“流出”)、实验操作方法等。 3．跳跃思维，规范答题 答题时应注意前后问题往往没有“相关性”，即前一问未答出，不会影响后面答题。要求用理论回答的试题，应采用“四段论法”：改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论→有什么变化→得出什么结论。 4．积累常考的答题模板 (1)除杂：除去……中的…… (2)干燥：除去……气体中的水蒸气，防止…… (3)增大原料浸出率(离子在溶液中的含量多少)的措施：搅拌、升高温度、延长浸出时间、增大气体的流速(浓度、压强)，增大气、液或固、液接触面积。 (4)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。 (5)温度不高于××℃的原因：适当加快反应速率，但温度过高会造成挥发(如浓硝酸)、分解(如H2O2、NH4HCO3)、氧化(如Na2SO3)或促进水解(如AlCl3)等，影响产品的生成。 [例]　(2025·安徽卷)某含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，一种提取该废渣中锶的流程如图所示。 已知25 ℃时，Ksp(SrSO4)＝10－6.46，Ksp(BaSO4)＝10－9.97。 回答下列问题： (1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态锶原子价电子排布式为________。 (2)“浸出液”中主要的金属离子有Sr2＋、________(填离子符号)。 (3)“盐浸”中SrSO4转化反应的离子方程式为________________________________ ________________________________________________________________________； 25 ℃时，向0.01 mol SrSO4粉末中加入100 mL 0.11 mol·L－1BaCl2溶液，充分反应后，理论上溶液中c(Sr2＋)·c(SO)＝________(mol·L－1)2(忽略溶液体积的变化)。 (4)其他条件相同时，盐浸2 h，浸出温度对锶浸出率的影响如图1所示。随温度升高锶浸出率增大的原因是___________________________________________________________。 　 图1 　　　　　　　　图2 (5)“浸出渣2”中主要含有SrSO4、________(填化学式)。 (6)将窝穴体a(结构如图2所示)与K＋形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的Sr2＋，原因是________________________________________。 (7)由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的最优方法是________(填标号)。 a．加热脱水　　　 b．在HCl气流中加热 c．常温加压 d．加热加压 解析：含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3 等，加入稀盐酸酸浸，碳酸盐溶解进入滤液，浸出渣1中含有SrSO4、SiO2，加入BaCl2溶液，发生沉淀转化，SrSO4(s)＋Ba2＋(aq)BaSO4(s)＋Sr2＋(aq)，得到SrCl2溶液，经过系列操作得到SrCl2·6H2O晶体； (1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族，基态原子价电子排布式为5s2； (2)由分析可知，碳酸盐均能溶于盐酸，“浸出液”中主要的金属离子有Sr2＋、Ca2＋、Mg2＋； (3)由分析可知，“盐浸”中发生沉淀的转化，反应的离子方程式：SrSO4(s)＋Ba2＋(aq)BaSO4(s)＋Sr2＋(aq)；该反应的平衡常数K＝＝＝＝＝103.51，平衡常数很大，近似认为SrSO4完全转化，溶液中剩余n(Ba2＋)＝1×10－3mol，则c(SO)＝＝10－7.97mol/L，列三段式： 　　　　 SrSO4(s)＋Ba2＋(aq)BaSO4(s)＋Sr2＋(aq) 初始mol　0.01　　 0.011　　　　　　　　　0 变化mol 0.01 0.01　　　　　　　　　0.01 平衡mol 0.001　　　　　　　　 0.01， 理论上溶液中c(Sr2＋)·c(SO)＝10－1mol/L×10－7.97mol/L＝10－8.97(mol·L－1)2； (4)随温度升高锶浸出率增大，原因是离子半径：Ba2＋＞Sr2＋，晶格能：SrSO4＞BaSO4，则SrSO4(s)＋Ba2＋(aq)BaSO4(s)＋Sr2＋(aq)为吸热反应，升高温度平衡正向移动，所以锶浸出率增大； (5)“盐浸”时发生沉淀的转化，生成了BaSO4，SiO2不参与反应，故浸出渣2中主要含有SrSO4、BaSO4、SiO2； (6)窝穴体a的空腔与Sr2＋的粒径相匹配，可通过分子间相互作用形成超分子识别Sr2＋，达到提取其中的Sr2＋的目的； (7)Ca(OH)2为强碱，则Sr(OH)2也是强碱，Sr2＋不水解，排除b，由平衡移动原理可知SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的方法加压不利于脱水，排除c、d，故选a。 答案：(1)5s2 (2)Ca2＋、Mg2＋ (3)SrSO4(s)＋Ba2＋(aq)BaSO4(s)＋Sr2＋(aq)　10－8.97 (4)SrSO4(s)＋Ba2＋(aq)BaSO4(s)＋Sr2＋(aq)为吸热反应，升高温度平衡正向移动，所以锶浸出率增大 (5)BaSO4、SiO2 (6)窝穴体a的空腔与Sr2＋的粒径相匹配，可通过分子间相互作用形成超分子 (7)a 1．(2025·河南卷)一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt，含有少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)“酸溶1”的目的是________________。 (2)已知“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6]，则生成该物质的化学方程式为____________________；“滤渣”的主要成分是________________________(填化学式)。 (3)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量Rh2O3和RhCl3，则“高温还原”中发生反应的化学方程式为________________。 (4)若“活化还原”在室温下进行，SnCl2初始浓度为1.0×10－4 mol·L－1，为避免生成Sn(OH)2沉淀，溶液适宜的pH为________(填标号)[已知Sn(OH)2的Ksp＝5.5×10－28]。 A．2.0　　 B．4.0　　　C．6.0 (5)“活化还原”中，SnCl2必须过量，其与Rh(Ⅲ)反应可生成[Rh(SnCl3)5]4－，提升了Rh的还原速率，该配离子中Rh的化合价为________；反应中同时生成[SnCl6]2－，Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3－计，则理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为________。 (6)“酸溶3”的目的是_____________________________________________________。 解析：贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt，含有少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程中，加入浓盐酸溶解其中Fe，过滤后实现分离，再向滤渣中加入王水(浓盐酸与浓硝酸混合酸)氧化溶解Rh，Rh转化为H3[RhCl6]，Pt转化为相关可溶物，SiO2不溶，过滤后进行分离；煮沸滤液除去盐酸、硝酸，再加入浓盐酸、DETA将部分铑元素沉淀，过滤后，滤渣进行灼烧分解为Rh、Rh2O3和RhCl3，再用H2进行高温还原得到铑单质，向滤液中加入NH4Cl将铂元素相关化合物转化为沉淀除去，加入SnCl2将Rh (Ⅲ)转化为[Rh(SnCl3)5]4－，再加入Zn进行还原，生成Rh，由于Zn过量有剩余，加入浓盐酸溶解过量的Zn，实现Zn与Rh分离，过滤获得铑粉，以此分析解答。 (1)原料合金粉主要成分为Fe、Rh、Pt和少量SiO2，Fe易溶于酸(如盐酸或硫酸)，而Rh和Pt在常温下不易被非氧化性酸溶解，SiO2不溶于酸，因此“酸溶1”使用非氧化性酸溶解Fe生成可溶性盐，过滤后Fe(Ⅱ)进入滤液，剩余滤渣主要为Rh、Pt和SiO2，实现初步分离。 (2)“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6]，Rh元素化合价由0升高至＋3，HNO3中N元素化合价由＋5降低至＋4，结合得失电子守恒以及原子守恒可知反应化学方程式为Rh＋6HCl＋3HNO3===H3[RhCl6]＋3NO2↑＋3H2O；由上述分析可知该过程中滤渣的主要成分为SiO2。 (3)“高温还原”过程中，Rh2O3和RhCl3均被H2还原为Rh，Rh元素化合价均由＋3降低至0，根据得失电子守恒以及原子守恒可知反应方程式为Rh2O3＋3H22Rh＋3H2O、2RhCl3＋3H22Rh＋6HCl。 (4)SnCl2初始浓度为1.0×10－4mol·L－1，则溶液中c(Sn2＋)＝1.0×10－4mol·L－1，当恰好生成Sn(OH)2沉淀时，c(OH－)＝ mol·L－1＝ mol·L－1≈2.3×10－12mol·L－1，c(H＋)＝＝ mol·L－1≈4.3×10－3mol·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝－lg(4.3×10－3)＝3－0.6＝2.4 ，因此为避免生成Sn(OH)2沉淀，溶液的pH<2.4，故答案为A。 (5)配离子[Rh(SnCl3)5]4－中，配体[SnCl3]－带1个负电荷，设Rh的化合价为x，则x＋5×(－1)＝－4，则x＝＋1；Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3－计，反应中Rh(Ⅲ)还原至Rh(Ⅰ)，每个Rh得到2个电子，SnCl2为还原剂，部分被氧化为[SnCl6]2－，Sn(Ⅱ)被氧化为Sn(Ⅳ)，每个Sn失去2个电子，同时反应过程中，部分SnCl2结合一个Cl－形成[SnCl3]－，作为新的配体，每生成1个[Rh(SnCl3)5]4－，需要5个SnCl2，因此理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为(1＋5)∶1＝6∶1。 (6)由于“二次还原”过程中，为确保[Rh(SnCl3)5]4－完全反应，加入的Zn需过量，过滤后剩余Zn和生成物Rh存在于滤渣中，因此再向滤渣中加入浓盐酸的目的为除去滤渣中未反应的Zn。 答案：(1)溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离 (2)Rh＋6HCl＋3HNO3===H3[RhCl6]＋3NO2↑＋3H2O　SiO2 (3)Rh2O3＋3H22Rh＋3H2O、2RhCl3＋3H22Rh＋6HCl (4)A　(5)＋1　6∶1 (6)除去滤渣中未反应的Zn 2．锰酸锂离子蓄电池是第二代锂离子动力电池。一种以软锰矿浆(主要成分为MnO2，含少量Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2等杂质)为原料制备锰酸锂的流程如下图所示。 软锰 已知：室温下，Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33，Ksp[Fe(OH)3]＝1×10－39，Ksp[Fe(OH)2]＝1×10－15，pH＝7.1时Mn(OH)2开始沉淀。 回答下列问题： (1)基态Mn原子的价层电子排布式为______________________。 (2)“氧化除杂”时使用的试剂X可以选择H2O2溶液或MnO2固体，这一步的目的是__________。 (3)“氧化除杂”时需使溶液中Fe3＋、Al3＋浓度小于1×10－6 mol/L，则应控制溶液pH范围为________________。 (4)用过二硫酸钾(K2S2O8)可以缓慢地氧化Mn2＋为MnO2，该反应的离子方程式为________________________________________________________________________。 解析：软锰矿浆(主要成分为MnO2，含少量Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2等杂质)，溶浸时将SO2通入软锰矿浆中，其中MnO2发生反应：MnO2＋SO2===MnSO4，在浸出液中加入氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，加入氨水调节溶液pH沉淀Fe3＋、Al3＋便于除去，过滤得到滤液含有Mn2＋，往其中加入K2S2O8可将Mn2＋氧化为MnO2，K2S2O8被还原为K2SO4，MnO2与Li2CO3在一定温度下发生反应，产生LixMn2O4； (1)Mn为25号元素，位于元素周期表第四周期第ⅦB族，价层电子排布式为3d54s2； (2)“氧化除杂”时使用的试剂X可以选择H2O2溶液或MnO2固体，这一步的目的是将＋2价的Fe氧化为＋3价，方便调节pH使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀； (3)除杂时显然只能除去Fe3＋和Al3＋，不能损失Mn2＋，由题意可知，室温下，pH＝7.1时Mn(OH)2开始沉淀，除去MnSO4溶液中的Fe3＋、Al3＋，氢氧化铝完全变成沉淀时的Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33＝c(Al3＋)·c3(OH－)，c(Al3＋)＝1×10－6mol·L－1，解得：c(OH－)＝1×10－9mol·L－1，则溶液c(H＋)＝1×10－5mol·L－1，所以pH＝5.0；同理Fe(OH)3完全变成沉淀时，Ksp[Fe(OH)3]＝1×10－39＝c(Fe3＋)·c3(OH－)，c(Fe3＋)＝1×10－6mol·L－1，解得：c(OH－)＝1×10－11mol·L－1，c(H＋)＝1×10－3mol·L－1，则pH约为3.0，故pH范围是：5.0<pH<7.1； (4)过二硫酸钾(K2S2O8)缓慢地氧化Mn2＋为MnO2，K2S2O8被还原为K2SO4，则反应的离子方程式为：Mn2＋＋S2O＋2H2O===MnO2↓＋2SO＋4H＋。 答案：(1)3d54s2 (2)将＋2价的Fe氧化为＋3价，方便调节pH使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀 (3)5.0＜pH＜7.1　(4)Mn2＋＋S2O＋2H2O===MnO2↓＋2SO＋4H＋ 第一节　氯及其化合物 课程标准 核心素养 1.结合真实情境中的应用实例或通过实验探究，了解氯及其重要化合物的主要性质 2．掌握氯及其重要化合物的制备方法；认识这些物质在生产中的应用和对生态环境的影响 3．以上各部分知识的综合应用 1.宏观辨识与微观探析：能从氯原子的结构理解Cl2的性质，形成“结构决定性质”的观念 2．科学探究与创新意识：能和同学交流实验探究的成果，提出进一步探究或改进氯气及其化合物的制备及性质实验的设想，培养质疑和批判的创新精神 3．科学态度与社会责任：认识氯及其化合物对环境的影响，形成绿色环保的意识 考点一　氯及其化合物 一、氯气的性质 1．氯气的物理性质 氯气是一种　黄绿　色，有　刺激性　气味的气体，密度比空气的　大　，沸点－34.6℃，　易　液化。 注意：实验室里闻有毒气体及未知气体气味的方法是：用手在瓶口轻轻扇动，仅使极少量气体飘进鼻孔。(如图所示) 2．Cl2的化学性质 (1)氧化性 原子结构： 类别：Cl2是活泼的非金属单质，能氧化许多金属、非金属以及一些具有还原性的物质。 学科网（北京）股份有限公司 $