1、高考热门题型2 化工工艺流程题Word+解析1近几年化工工艺流程题的考查特点近几年全国卷工艺流程题主要是以物质的制备、物质的分离提纯为考查素材，以工艺流程图为信息背景，以物质的性质、转化、分离等为考查点，将元素化合物知识、化学反应原理、实验等内容有机融合在一起的综合型试题。通常会涉及陌生的化学工业工艺和化学反应，往往给考生较大的冲击力，考生不一定能完全理解整个流程的原理，但一般不会影响答题。从试题给出的目的出发，主要可分为以物质制备为主要目的的工艺流程和以分离提纯为主要目的的工艺流程。涉及物质的转化、物质的分离提纯、尾气等废弃物的处理等化学问题，体现了变化观念、证据推理以及科学态度与社会责任的
2、学科素养。2解答化工工艺流程题的一般思路(1)读题干，找信息和目的。找出题干中的“制备”或“提纯”等关键词，明确化工生产的原料、产品和杂质。(2)看问题，根据具体的问题，找出流程中需重点分析的步骤或环节，重点抓住物质流向(进入与流出)、操作方法等。(3)局部隔离分析，分析加入什么物质，得到什么物质，发生什么反应(或起到什么作用)。(4)特别提醒：每个题中基本上都有与流程无关的问题，可直接作答。工艺流程图：3常考化工术语常考化工术语关键词释义研磨、雾化将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应(溶解)速率或使反应更充分，增大原料的转化率(或浸取率)灼烧(煅烧)使固体
3、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过滤固体与液体的分离滴定定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定蒸发结晶蒸发溶剂，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蒸发浓缩蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度水洗用水洗去可溶性杂质，类似的还有酸洗、醇洗等酸作用溶解，除去氧化物(膜)，抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等碱作用除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH、促进水解(形
4、成沉淀等)4.常考条件控制(1)控制溶液的pH调节溶液的酸碱性，使某些金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)。加入酸或调节溶液至酸性还可除去氧化物(膜)。加入碱或调节溶液至碱性还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等。特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)。(2)控制温度：主要从物质性质(热稳定性、水解、氧化性或还原性、溶解度、熔沸点、挥发性、胶体聚沉等)和反应原理(反应速率、平衡移动、催化剂活性、副反应)两个角度思考。(3)控制压强：改变速率，影响平衡。(4)使用合适的催化剂：加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。(5)趁热过滤：防止某物质降温时析出。(6)洗涤：常见的
5、洗涤方式有“水洗”和“乙醇洗”。“水洗”的目的是除去沉淀或晶体表面残留的杂质，当沉淀物的溶解度随温度升高而增大时一般可用冰水洗；“乙醇洗”既可以除去沉淀或晶体表面残留的杂质，又可以降低晶体的溶解度，减少损失，还可以利用乙醇易挥发的性质，加快除去沉淀或晶体表面的水分。(7)氧化：氧化剂的选择要依据试题设置的情境，常见的氧化剂有氯气、过氧化氢、氧气和次氯酸钠等，为了避免引入新的杂质，通常选择的氧化剂有过氧化氢和氧气。物质制备型【题型方法技巧】明确题目要制备什么物质，给的原料是什么，利用已有化学知识并结合题干给出的提示信息勾勒出原料到目标产物的化学转化路径。流程中药品、各种条件的选择都是为了能更多地
6、获得产品，核心是提高反应物的转化率。围绕这个核心分析药品、操作、条件的作用，做到有的放矢。1如果在制备过程中出现或用到受热易分解的物质，则要注意对温度的控制。如侯德榜制碱中的NaHCO3，还有H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。2如果产物是一种会水解的盐，且水解产物中有挥发性的酸产生时，则要加相对应的酸来抑制水解。如制备FeCl3、AlCl3、MgCl2、Cu(NO3)2等物质，要蒸发其溶液得到固体溶质时，都要加相应的酸或在酸性气流中进行来抑制其水解。3如果产物是一种强氧化性物质或强还原性物质，则要防止它们被其他物质还原或氧化。如产物是含Fe2、SO、I
7、等离子的物质，要防止反应过程中O2的介入。4如果产物是一种易吸收空气中的CO2或水(潮解或发生反应)而变质的物质(如NaOH固体等)，则要注意在制备过程中对CO2或水的去除，也要防止空气中的CO2或水进入装置中。5当题目中给出多种物质的沸点、溶解度信息，则意味着需要用蒸馏、高温(或低温)过滤来进行分离。6在回答题目中条件的选择原因时主要可从以下几个方面分析：(1)对反应速率有何影响。(2)对平衡转化率是否有利。(3)对综合效益有何影响。如原料成本、原料来源(是否广泛、可再生)、能源成本、对设备的要求、环境保护(从绿色化学方面作答)等。【高考真题再现】1(2019高考全国卷，T26，14分)硼酸
8、(H3BO3)是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5H2O、SiO2 及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：回答下列问题：(1)在95 “溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为_。(2)“滤渣1”的主要成分有_。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3离子，可选用的化学试剂是_。(3)根据H3BO3的解离反应：H3BO3H2O HB(OH)，Ka5.811010，可判断H3BO3是_酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是_。(4)在“沉镁”中生成Mg(OH)2MgCO3沉淀的离子方程
9、式为_，母液经加热后可返回_工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是_。解析：(1)硫酸铵溶液中存在水解平衡：NHH2O NH3H2OH，硼酸镁能与水解出的H反应，促进平衡向右移动，生成的一水合氨浓度增大，因溶液中存在平衡NH3H2O NH3H2O，一水合氨浓度增大，促进NH3H2O分解产生NH3。用NH4HCO3溶液吸收氨，发生反应的化学方程式为NH4HCO3NH3=(NH4)2CO3。(2)二氧化硅、氧化铁、氧化铝不溶于硫酸铵溶液，滤渣1的主要成分是二氧化硅、氧化铁、氧化铝。检验Fe3的试剂可选用KSCN。(3)由题给硼酸的解离反应方程式知，硼酸是一元弱酸。“过滤2”之前，调节pH
10、3.5，目的是将硼元素转化为硼酸，促进硼酸析出。(4)“沉镁”中，碳酸铵溶液与硫酸镁溶液发生相互促进的水解反应生成碱式碳酸镁：2MgSO42(NH4)2CO3H2O=Mg(OH)2MgCO32(NH4)2SO4CO2，或者反应生成碱式碳酸镁和碳酸氢盐。母液含硫酸铵，可以将母液返回“溶浸”工序循环使用，体现绿色化学理念和环境保护思想。碱式碳酸镁转化成轻质氧化镁，联系碳酸镁、氢氧化镁受热都能分解生成氧化镁，也可以联系碱式碳酸铜分解生成氧化铜、水和二氧化碳，可知采用的方法是高温焙烧法，化学方程式为MgCO3Mg(OH)22MgOH2OCO2。答案：(1)NH4HCO3NH3=(NH4)2CO3(2)
11、SiO2、Fe2O3、Al2O3KSCN(3)一元弱转化为H3BO3，促进析出(4)2Mg23CO2H2O=Mg(OH)2MgCO32HCO或2Mg22COH2O=Mg(OH)2MgCO3CO2溶浸高温焙烧2(2019高考全国卷，T26，13分)立德粉ZnSBaSO4(也称锌钡白)，是一种常用白色颜料。回答下列问题：(1)利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时，钡的焰色为_(填标号)。A黄色 B红色C紫色 D绿色(2)以重晶石(BaSO4)为原料，可按如下工艺生产立德粉：在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为_。回转炉
12、尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为_。在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差，其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的_(填化学式)。沉淀器中反应的离子方程式为_。(3)成品中S2的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.100 0 molL1的I2KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.100 0 molL1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I22S2O=2IS4O。测定时消耗Na2S2O3
13、溶液体积 V mL。终点颜色变化为_，样品中S2的含量为_(写出表达式)。解析：(1)灼烧立德粉样品时钡的焰色为绿色。(2)由流程图中经浸出槽后得到净化的BaS溶液以及回转炉尾气中含有有毒气体可知，在回转炉中BaSO4与过量的焦炭粉反应生成可溶性的BaS和CO；生产上可通过水蒸气变换反应除去回转炉中的有毒气体CO，即CO与H2O反应生成CO2和H2。所得“还原料”的主要成分是BaS，BaS在潮湿空气中长期放置能与空气中的H2O反应生成具有臭鸡蛋气味的H2S气体，“还原料”的水溶性变差，表明其表面生成了难溶性的BaCO3。结合立德粉的成分可写出沉淀器中S2、Ba2、Zn2、SO反应生成 ZnSB
14、aSO4的离子方程式。(3)达到滴定终点时I2完全反应，可观察到溶液颜色由浅蓝色变成无色，且半分钟内颜色不再发生变化；根据滴定过量的I2消耗Na2S2O3溶液的体积和关系式I22S2O，可得n(I2)过量0.100 0V103 mol，再根据关系式S2I2可知，n(S2)0.100 025.00103 mol0.100 0V103 mol0.100 0103 mol，则样品中S2的含量为100%。答案：(1)D(2)BaSO44C=BaS4COCOH2O=CO2H2BaCO3S2Ba2Zn2SO=ZnSBaSO4(3)浅蓝色至无色100%【题组模拟演练】1(2018高考全国卷，T26，14分)
15、我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿(ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示：相关金属离子c0(Mn)0.1 molL1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Fe3Fe2Zn2Cd2开始沉淀的pH1.56.36.27.4沉淀完全的pH2.88.38.29.4回答下列问题：(1)焙烧过程中主要反应的化学方程式为_。(2)滤渣1的主要成分除SiO2外还有_；氧化除杂工序中ZnO的作用是_，若不通入氧气，其后果是_。(3)溶液中的Cd2可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为_。(4)电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为
16、_；沉积锌后的电解液可返回_工序继续使用。解析：(1)在焙烧过程中ZnS和O2反应生成ZnO和SO2。(2)溶液中的Pb2与SO不能共存生成PbSO4沉淀，SiO2不溶于H2SO4，即滤渣1中含SiO2和PbSO4。氧化除杂过程中O2能将溶液中Fe2氧化生成Fe3，加入ZnO能调节溶液的pH，促进Fe3完全水解。由题表可知，Fe2、Zn2开始沉淀和沉淀完全时的pH非常接近，若不通入O2使Fe2氧化为Fe3，加入ZnO后无法除去Fe2，会影响Zn的纯度。(3)根据题中信息可知，还原除杂工序中涉及的离子反应为Cd2Zn=CdZn2。(4)结合图示可知，电解ZnSO4溶液时生成Zn，即电解时Zn2在
17、阴极被还原，电极反应式为Zn22e=Zn。沉积锌后的电解液中主要含有H2SO4，可返回溶浸工序继续使用。答案：(1)2ZnS3O22ZnO2SO2(2)PbSO4调节溶液的pH无法除去杂质Fe2(3)Cd2Zn=CdZn2(4)Zn22e=Zn溶浸2氧化锌主要用作催化剂、脱硫剂、发光剂和橡胶添加剂。一种以锌焙砂(ZnO、ZnSiO3和少量As2O3、CuO、PbO杂质，其中As与N同主族)为原料制备氧化锌的流程如图所示：请回答下列问题。(1)循环使用的物质有_、_和_。(填化学式)(2)“浸出”时，锌以Zn(NH3)4进入滤液。锌浸出率与温度的关系如图1所示，请解释温度超过55 后浸出率显著下
18、降的原因：_。锌浸出率与n(NH3)n(NH4)2SO4的关系如图2所示，64之后浸出率下降，说明_(填编号)的浸出主要依赖硫酸铵浓度的大小。AZnO和ZnSiO3 BZnOCZnSiO3(3)“除砷”过程中生成Fe3(AsO4)2沉淀，其中铁元素的化合价是_；沉淀剂为FeSO4H2O、(NH4)2S2O8，添加(NH4)2S2O8的目的是_。(4)“除重金属”和“深度除重金属”除去的重金属是_(填名称)。(5)“蒸氨”的产物主要是ZnSO4和NH3，写出所发生反应的化学方程式：_。解析：(1)由流程图可知，浸出需要加入NH3H2O，NH3H2O在蒸氨过程中产生，浸出需要加入(NH4)2SO4
19、，(NH4)2SO4在沉锌过滤后产生，沉锌需要通入CO2, CO2在焙烧过程中产生，故NH3H2O或NH3、(NH4)2SO4、CO2属于循环使用的物质。(2)锌浸出率在55 后显著下降，由反应原料可知，温度升高，氨挥发导致溶液浓度下降，浸出率下降。氧化锌是两性氧化物，在氨与硫酸铵的比例大于64时，可以和浓氨水发生反应，生成络合物Zn(NH3) ，硅酸锌只与硫酸铵反应，而此时，硫酸铵比例较低，故浸出率降低，C选项正确。(3)由As与N同主族可知，Fe3(AsO4)2中As元素化合价为5，则阴离子为AsO，铁元素化合价为2；原本As元素化合价为3，在除砷过程中变为5，而(NH4)2S2O8具有强
20、氧化性，故加入(NH4)2S2O8的目的是把砷元素氧化成AsO，以便于除去砷。(4)由题意可知，Zn元素在浸出后以Zn(NH3)进入滤液，除砷之后，加入Zn，可将Cu与Pb置换出来过滤除去，再用S2沉淀残留的重金属离子，因此除去的重金属为铜和铅。(5)由题意可知，Zn元素在浸出后以Zn(NH3)进入滤液，结合产物为ZnSO4和氨，可分析出化学方程式为Zn(NH3)4SO4ZnSO44NH3。答案：(1)NH3H2O(或NH3)(NH4)2SO4CO2(2)温度升高，氨挥发而使溶液浓度下降，浸出率下降C(3)2把砷元素氧化成AsO以便除去砷(4)铜和铅(5)Zn(NH3)4SO4ZnSO44NH
21、33(2019绵阳第一次诊断性考试)连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，可以用作染色工艺的还原剂，纸浆、肥皂等的漂白剂。Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，在碱性介质中较稳定，在空气中易被氧化。回答下列问题：(1)Na2S2O4在潮湿空气中被氧化，生成的两种常见酸式盐是_(填化学式)。(2)锌粉法制备Na2S2O4的工艺流程如图所示：工业上常将锌块进行预处理得到锌粉水悬浊液，其目的是_。步骤中发生反应的化学方程式为_。步骤中得到的Na2S2O4固体要用乙醇洗涤，其优点是_，“后续处理”最终要加入少量Na2CO3固体，其原因是_。(3)目前，我国普遍采用甲酸钠法生产连二亚硫酸钠，其原理是先
22、将HCOONa和烧碱加入乙醇水溶液中，然后通入SO2使之发生反应，有CO2气体放出，总反应的离子方程式是_。(4)有人设计了如图方法同时制备连二亚硫酸钠和过二硫酸钠(Na2S2O8)。电解过程中，阴极室生成Na2S2O4，a极的电极反应式为_，通过阳离子交换膜的离子主要是Na，其迁移方向是_(填“由左侧向右侧移动”或“由右侧向左侧移动”)。解析：(1)根据硫的含氧酸有亚硫酸和硫酸，再根据氧化还原反应的化学合价升降法可知，Na2S2O4在潮湿空气中被氧化生成的两种常见酸式盐为NaHSO3和NaHSO4。(2)将锌块进行预处理得到锌粉水悬浊液，目的是增大锌粒的表面积，加快化学反应速率。步骤中Zn与
23、SO2反应生成ZnS2O4，化学方程式为Zn2SO2=ZnS2O4。根据Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇可知，步骤中得到的Na2S2O4固体用乙醇洗涤，可以减少Na2S2O4的溶解损失，且易于干燥。根据Na2S2O4在碱性介质中较稳定，在空气中易被氧化可知，“后续处理”最终要加入少量Na2CO3固体，其原因是Na2CO3为碱性物质，“保险粉”在碱性介质中较稳定。(3)根据HCOONaCO2，C从2价升为4价，失2e，SO2S2O，硫从4价降为3价，1个SO2得1个e，根据得失电子守恒可知，HCOO和SO2的化学计量数之比为12，再根据电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为HCOOOH2SO2=S
24、2OCO2H2O。(4)a极为阳极，SO发生氧化反应转化为S2O，电极反应式为2SO2e=S2O。电解时阳离子向阴极移动，故Na由左侧向右侧移动。答案：(1)NaHSO3和NaHSO4(2)增大锌粒的表面积，加快化学反应速率Zn2SO2=ZnS2O4减少Na2S2O4的溶解损失，易于干燥Na2CO3为碱性物质，“保险粉”在碱性介质中较稳定(3)HCOOOH2SO2=S2OCO2H2O(4)2SO2e=S2O由左侧向右侧移动分离提纯型【题型方法技巧】1题型特点分离提纯型工艺流程题多以矿物、各种废弃物为原料，经过各种处理，除去杂质获得有价值的产品。考查的核心在各种分离提纯的实验操作以及条件的控制选
25、择上。虽然把题目形式设计为工艺流程框图，但其实质还是对混合物的除杂、分离、提纯操作的考查。2解题思路从试题中找出想要什么，要除去的杂质有哪些；加入的试剂都与哪些物质发生了反应，转化成了什么物质；怎样操作才能将杂质除去(注重信息的提取与加工)。核心是杂质的去除要彻底。3常用分离方法(1)固体与固体的分离(2)固体与液体的分离(3)液体与液体的分离4常见操作的答题思考角度常见操作答题思考角度分离、提纯过滤、蒸发、分液、蒸馏等常规操作。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)；或蒸发结晶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)在空气中或在其他气
26、体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、水解、潮解等目的判断沉淀是否洗涤干净取少量最后一次洗涤液，检验其中是否还有某种离子存在控制溶液的pH方法见前述控制温度(常用水浴、冰浴或油浴)防止副反应的发生；使化学平衡移动：控制化学反应的方向；控制固体的溶解与结晶；控制反应速率：使催化剂达到最大活性；升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发；加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离；趁热过滤：减少因降温而析出溶质的量；降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求洗涤晶体常见洗涤方式见前述；洗涤沉淀方法：往漏
27、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23次表面处理“水洗”除去表面可溶性杂质，金属晶体可用机械法(打磨)或化学法除去表面氧化物、提高光洁度等【高考真题再现】1(2019高考全国卷，T26，14分)高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如图所示。回答下列问题：相关金属离子c0(Mn)0.1 molL1形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如下：金属离子Mn2Fe2Fe3Al3Mg2Zn2Ni2开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9(1)“滤渣1”
