2026年上海高考化学二轮复习讲练测重难02 微型化工流程分析与应用（解析版）

重难02微型化工流程分析与应用内容导航内容导航速度提升技巧掌握手感养成重难考向聚焦锁定目标精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向重难技巧突破授予利器瓦解难点：总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧重难保分练稳扎稳打必拿分数：聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值重难抢分练突破瓶颈争夺高分：聚焦于中高难度题目，争夺关键分数重难冲刺练模拟实战挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感”一、原料预处理——研磨、浸取、焙烧预处理操作作用或目的分析研磨、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，以加快反应速率或使反应更充分目的：提高原料转化率、利用率、浸取率，提高产品的产率等增大接触面积的方法：固体——粉碎、研磨；液体——喷洒；气体——用多孔分散器等浸取(即浸出/溶解)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、醇溶等水浸与水接触反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中酸浸在酸性溶液[如：用(浓)硫酸、盐酸等]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；酸还能溶解金属氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解等碱浸去油污，在碱性溶液中使两性化合物(Al2O3、ZnO等)溶解，溶解铝、二氧化硅等，不溶物通过过滤除去的过程醇浸提取有机物，常采用有机溶剂(乙醚，二氯甲烷等)浸取的方法提取有机物浸出率固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少(工业上往往为了追求更多转化)提高浸出率的措施：①将矿石研成粉末，提高接触面积；②搅拌，使反应更加充分③增大反应物(酸、碱)的浓度；④适当升温(加热)灼烧(焙烧)除去可燃性杂质或使原料初步转化①除去硫、碳单质；②有机物转化、除去有机物；③高温下原料与空气中氧气反应；④除去热不稳定的杂质(如碳酸盐沉淀)等煅烧改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土二、条件控制——调溶液的pH调pH除杂原理加入的物质能使溶液中的H+反应，降低了H+浓度，使溶液pH增大。控制溶液的pH使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀而被除去。pH调整范围杂质离子沉淀完全时pH值～主要离子开始沉淀时pH（注意端值取）。调pH需要加入的物质含主要阳离子（不引入新杂质即可）的难溶性氧化物、氢氧化物或碳酸盐，能与H+反应，使溶液pH增大；如MgO、Mg(OH)2、MgCO3等类型物质。除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋可加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH值。（原因：加CuO等消耗溶液中的H+的，促进Fe3+的水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀析出）除去Cu2＋溶液中混有的Fe2＋：一般先加H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋，再加CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH值。抑制某些离子的水解，防止产品混入杂质像盐酸盐、硝酸盐溶液，通过结晶方法制备晶体或加热脱水结晶水合物制备相应的无水盐时。由于水解生成的盐酸或硝酸挥发，促使了金属离子水解（水解反应为吸热反应）导致产品不纯。如：有MgCl2·6H2O制无水氯化镁要在HCl气流中加热，否则MgCl2·6H2OQUOTEMg(OH)2↓+2HCl↑+4H2O控制反应的发生，增强物质的氧化性或还原性(增强MnO4-、NO3-的氧化性)。调节离子的水解程度。控制PH的目的的答题思路pH调小抑制某离子水解，防治某离子沉淀pH调大确保某离子完全沉淀，防止某物质溶解等三、条件控制——调节温度1.升高温度（加热）①加快反应速率或溶解速率；②促进平衡向某个（吸热）方向移动；如：促进水解生成沉淀③除去受热不稳定的杂质，如H2O2、铵盐、硝酸盐、Ca(HCO3)2、KMnO4等物质④使沸点相对较低或易升华的杂质气化。2.降低温度①防止某物质在高温时会挥发(或分解)；②使化学平衡向着题目要求的方向移动（放热方向），从而提高产物的产率；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(常用水浴、冰浴或油浴)（1）温度太低：反应速率太慢或溶解速率太小（2）温度过高：①催化剂会失去活性，化学反应速率下降②物质会分解：如铵盐、H2O2、NaHCO3、氨水等③物质会挥发：如浓硝酸、浓盐酸、醋酸、液溴、乙醇等④物质易被氧化：如Na2SO3等⑤物质易升华：如I2升华4.答题方法与技巧①若用到双氧水、氨水、铵盐、硝酸盐等易分解的物质，控温的目的是防止物质分解②若题目中出现有机物和有机溶剂，控温的目的是防止其挥发③若溶液中制备物质，常使用加热的方法加快反应速率④煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离；除去溶解在溶液中的气体，如氧气⑤温度范围答题模板a.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。b.温度不低于××℃的原因:加快反应速率或者对于吸热反应而言可使平衡正移，增加产率四、微流程——分离与提纯1.过滤：分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法（1）常压过滤使用范围分离难溶物和易溶物仪器铁架台、铁圈、漏斗、滤纸、玻璃棒、烧杯注意事项一贴：滤纸紧贴漏斗；两低：滤纸边沿低于漏斗边沿，液体低于滤纸。三靠：玻璃棒紧靠三层滤纸处，烧杯紧靠玻璃棒，漏斗下端紧靠烧杯内壁。过滤后所得的滤液仍然浑浊，需更换滤纸，重新过滤，直至溶液澄清透明为止原因可能是：玻璃棒下端靠在滤纸的单层处，导致滤纸破损；过滤时液体高于滤纸边缘等（2）减压过滤（抽滤）：加快过滤速度；减少晶体含有的水分。（3）趁热过滤：减少过滤时间、保持过滤温度；a.要滤渣（产品）：防止降温时析出××杂质，提高产品纯度；b.要滤液（产品）：或防止降温过程中××析出产品而损耗；2.蒸发结晶（1）适用范围：适用于溶解度受温度影响不大的物质(如NaCl)。（2）实例：①从NaCl溶液中获取NaCl晶体a.方法：蒸发结晶b.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。②NaCl溶液中混有少量的KNO3溶液a.方法：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥b.趁热过滤的目的：防止KNO3溶液因降温析出，影响NaCl的纯度3.冷却结晶：（1）适用范围：适用于溶解度受温度影响大的物质(如KNO3)、带结晶水的物质（例CuSO4·5H2O）、受热易分解的物质（如铵盐、KMnO4）、易水解的物质（如FeCl3）。（2）常考的“一系列操作”：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（3）易水解的盐蒸发时的气氛：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4.重结晶：将晶体重复溶解、制成热饱和溶液、冷却结晶、再过滤、洗涤的过程。5.蒸馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇或甘油。图1图2图3（1）仪器：铁架台、铁圈、石棉网、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、牛角管（尾接管）、锥形瓶、碎瓷片（2）冷凝管有直形、球形和蛇形冷凝管三种（图3），蒸馏只能用直形冷凝管，冷凝回流直形、球形和蛇形冷凝管均可使用，冷凝效果蛇形冷凝管最好。沸点较高的物质的冷却用空气冷凝即可。（3）冷凝管的作用；图1蒸馏时起冷凝作用图2反应发生器中起冷凝回流作用。（4）步骤及操作注意事项：（5）减压蒸馏：减小压强，使液体沸点降低，防止（如双氧水、硝酸等）受热分解、挥发。6、灼烧（硫酸铜结晶水测定、干燥）（1）仪器：研钵、托盘天平、药匙、酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚、坩埚钳、干燥器坩埚使用：必须用坩埚钳夹取，不可用手拿；灼烧碱性物质不可用瓷坩埚和石英坩埚；（2）硫酸铜结晶水测定步骤：（四秤、两热两冷、一算）①称量坩埚质量m1②称量坩埚及晶体m2③加热至白色④冷却称量⑤再加热⑥冷却再称量m3研钵研磨有利于晶体失去结晶水；晶体必须放在坩埚内称量，以免造成误差；坩埚要放到干燥器中冷却。硫酸铜晶体质量：m2-m1;无水硫酸铜质量：m3-m1（3）如何证明晶体完全失去结晶水（已干燥）：加热，冷却后称量，再加热，冷却后称量，至两次称量质量差不超过0.1g或连续两次称量质量不变（4）如何从MgCl2·6H2O中得到无水MgCl2：在干燥的HCl气流中加热，干燥的HCl气流中抑制了MgCl2的水解，且带走MgCl2·6H2O受热产生的水汽7.萃取与反萃取（1）萃取：利用溶质在互不相溶的两种溶剂里溶解度不同，用一种溶剂把溶质从它与另一种溶剂所组成的溶液里提取出来的方法叫萃取。分液：分液是把两种不相混溶的液体进行分离的操作。仪器：铁架台、铁圈、烧杯、分液漏斗萃取剂选择的原则两种溶剂互不混溶；溶质在两种溶剂中的溶解度相差很大；溶质和萃取剂不发生化学反应。注意事项①分液漏斗使用之前必须检漏②放液时,打开分液漏斗上端塞子，或使塞上的凹槽与分液漏斗上的小孔对齐；使使内外空气相通，保证下层液体顺利流下③下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体从上口倒出；（2)反萃取：在溶剂萃取分离过程中，当完成萃取操作后，为进一步纯化目标产物或便于下一步分离操作的实施，往往需要将目标产物转移到水相。这种调节水相条件，将目标产物从有机相转入水相的萃取操作称为反萃取，可看作是萃取的逆过程。如：用反萃取法从碘的CCl4溶液提取碘单质

五、微流程——答题规范1.沉淀洗涤操作：沿玻璃棒向漏斗（或过滤器）中加入蒸馏水至完全浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次。2.检验离子是否已经沉淀完全的方法：答题模板：静置，取少量上层清液于试管中，滴加××试剂（沉淀剂），若不再产生沉淀，则××离子已经沉淀完全实例：在测定Na2SO4和NaCl的混合物中Na2SO4=的质量分数时，可以再混合物中加入过量BaCl2溶液，沉淀SO42-,然后过滤、洗涤、烘干、称量得到BaSO4的质量，判断SO42-完全沉淀的方法：静置，取少量上层清液于试管中，滴加BaCl2试剂，若无白色沉淀产生，则SO42-离子已经沉淀完全3．检验沉淀是否洗涤干净的操作答题模板：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入××试剂，若未出现××现象（特征反应现象），则沉淀洗涤干净。规范解答:以FeCl3溶液与NaOH溶液制得Fe(OH)3沉淀后过滤为例：取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入用硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则沉淀未洗涤干净，若无白色沉淀生成，则沉淀已经洗涤干净。注意:要选择一种溶液中浓度较大的、比较容易检验的离子检验，不能检验沉淀本身具有的离子。4.洗涤液的选择：冰水洗、热水洗、乙醇洗等洗去晶体表面的可溶性杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗。例：FeC2O4用热水洗涤的原因：FeC2O4难溶于水，用热水洗涤有利于除去可溶性杂质5.冰水洗涤的目的:洗去晶体表面的杂质离子并降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗。6.乙醇洗涤的目的:降低被洗涤物质的溶解度,减少其在洗涤过程中的溶解损耗,；利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分，产品易干燥7.判断滴定终点的答题规范答题模板：当滴入最后半滴×××溶液后，溶液由××变成××色（或溶液××色褪去），且半分钟不恢复原色实例：用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，酚酞作指示剂，滴定终点的判断：当加入最后半滴盐酸溶液后，溶液由红色变成无色，且半分钟不恢复原色8.离子检验答题模板（1）答题规范：取试样→加水溶解，加入×××试剂，若×××（现象），则×××（结论）（2）例：SO42-检验：取少量溶液于试管中，加入稀盐酸，再加氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明有SO42-例:检验Fe2+被完全氧化的试剂/操作:取所得溶液少许于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若没有蓝色沉淀产生，证明Fe2+被完全氧化。9.加H2O2、NaClO3、HNO3等的作用：多为将Fe2+氧化为Fe3+，（若溶液中有其他还原性的离子，也要考虑，例将Cr3+氧化为CrO42-等）10.H2O2可用什么替代：一般为O2或空气（氧化剂，不引杂）11.加入试剂除杂：例：含有Cu2+、Cd2+中的溶液中加入Zn注意：在写某一步骤是为了除杂时，应该注明“是为了除去XX杂质”，不能答“除杂”12.蒸发、反应时的气体氛围:抑制某离子的水解，如加热蒸发AlCl3溶液时为获得AlCl3需在HCl气流中进行。13.方案的优缺点：考虑原料是否易得，操作是否简单，成本是否低廉，有无环境污染等。六、微流程——试剂加入的作用与循环物质的确定1.初步判断试剂加入目的及分析试剂的作用（1）看反应目的：分析加入试剂后化学反应实现的目的。（2）看试剂性质：分析加入试剂本身的性质（物质类别、所含元素化合价、周期表中的位置）。（3）看生成物：分析反应前后的物质组成的变化。（4）看可能信息：综合利用流程信息和题中设问提供的信息。2.工艺流程中循环物质的确定(1)循环物质的确定①从流程图上看：箭头回头。②从物质的转化上看：在流程中加入的物质，后续步骤中又会产生(在滤渣或滤液中寻找)。优点：提高利用率、降低成本、保护环境、减少污染等(2)副产品的判断①从流程图上看：支线产品。②从制备的目的上判断：不是主产品。(3)滤渣成分的确定①过量的反应物。②原料中不参与反应的物质。③由原料转化的生成物。④由杂质转化的沉淀物。七、微流程——Ksp计算与溶解平衡图像（一）、工艺流程题中有关Ksp的计算的类型类型①饱和溶液时的物质的量浓度与Ksp的关系应用：比较溶解度的大小1:1型1:2型或2：1型1:3型或3:1型类型②已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度类型③根据溶度积规则判断沉淀是否生成类型④沉淀溶解平衡中的除杂和提纯类型⑤沉淀溶解平衡中沉淀转化的计算类型⑥Ksp与水解常数的关系1．化工流程中Ksp有关计算的常考角度（二）解沉淀溶解平衡图像题三步骤第一步：明确图像中纵、横坐标的含义。纵、横坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度。第二步：理解图像中线上点、线外点的含义。（1）曲线上任意一点都达到了沉淀溶解平衡状态，此时Qc=Ksp。在温度不变时，无论改变哪种离子的浓度，另一种离子的浓度只能在曲线上变化，不会出现在曲线以外。（2）曲线上方区域的点均为过饱和溶液，此时Qc>Ksp。（3）曲线下方区域的点均为不饱和溶液，此时Qc<Ksp。第三步：抓住Ksp的特点，结合选项分析判断。（1）溶液在蒸发时，离子浓度的变化分两种情况：①原溶液不饱和时，离子浓度都增大；②原溶液饱和时，离子浓度都不变。（2）溶度积常数只是温度的函数，与溶液中溶质的离子浓度无关，在同一曲线上的点，溶度积常数相同。（建议用时：10分钟）1．（24-25高三上·上海·期中）低温等离子体(NTP)技术可有效脱除烟气中的NO，其原理是在高压放电条件下，产生自由基(O·)，自由基将NO氧化为，再用溶液吸收，发生反应：，实验装置如下图所示。下列说法不正确的是A．氮元素既有被氧化的过程又有被还原的过程B．高压电源的功率越大，NO的脱除效果一定越好C．尾气吸收采用气、液逆流的方式可提高脱除率D．单位时间内生成的自由基(O·)越多，越有利于NO的转化【答案】B【解析】A．NO→NO2时氮元素被氧化，用Na2CO3溶液吸收NO2生成硝酸钠和亚硝酸钠，氮元素既被氧化又被还原，A正确；B．高压电源的功率越大，氮气和氧气可能会生成NO，烟气中NO的脱除效果将减弱，B错误；C．尾气吸收采用气、液逆流的方式使气体与溶液充分接触，可提高NO2脱除率，C正确；D．自由基(O·)可将NO氧化为NO2，单位时间内生成的自由基(O·)越多，越有利于NO的转化，D正确；本题选B。2．（23-24高三上·上海·期中）高铁酸钾()是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，在水处理过程中，高铁酸钾转化为胶体，制备高铁酸钾流程如图所示。下列叙述不正确的是A．反应I的化学方程式是B．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为C．用溶液吸收反应I中尾气所得产物可再利用D．用对饮用水杀菌消毒的同时，胶体吸附杂质净化水【答案】A【分析】铁与氯气反应生成氯化铁，加入NaClO、NaOH，次氯酸钠将铁离子在碱性条件下氧化成Na2FeO4，加入饱和KOH溶液可析出高铁酸钾(K2FeO4)，分离得到粗K2FeO4，采用重结晶、洗涤、低温烘干将其提纯，以此解答该题。【解析】A．反应Ⅰ中Fe与氯气反应生成氯化铁，化学方程式是2Fe+3Cl22FeCl3，A错误；B．反应Ⅱ中Cl元素化合价由+1价降低为-1价，Fe元素化合价由+3价升高到+6价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2，B正确；C．由题干工艺流程图可知，反应I后的尾气中含有Cl2，用FeCl2溶液吸收反应Ⅰ中尾气，发生的反应为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3，即所得产物为FeCl3可再利用，C正确；D．K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，生成的铁离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可用于净水，利用了胶体具有较强吸附能力的特点，D正确；故答案为：A。3．（2024·上海·阶段训练）明代《徐光启手迹》中记载了硝酸的制备方法，其主要物质转化流程如图所示。下列说法正确的是A．X为SO2B．现代工业用稀硫酸吸收SO3C．上述转化流程涉及分解、化合和置换反应D．制取HNO3是利用了强酸制弱酸的反应原理【答案】A【解析】A．硫酸亚铁煅烧生成三氧化硫和氧化铁，根据化合价变化分析，有1mol氧化铁生成，铁元素失去2mol电子，化合物中的硫原子有2mol，若都生成三氧化硫，则转移4mol电子，不遵循电子守恒，若生成1mol三氧化硫，则转移2mol电子，遵循电子守恒，故另一产物中含有+4价硫，即X为二氧化硫，A正确；B．工业上用浓硫酸吸收三氧化硫，防止形成酸雾，影响吸收效率，B错误；C．硫酸亚铁煅烧为分解反应，三氧化硫和水反应为化合反应，硝酸钾和硫酸反应为复分解反应，该过程中没有置换反应，C错误；D．硝酸和硫酸都为强酸，用硫酸制取硝酸是利用难挥发性酸制取挥发性酸，D错误；故选A。4．（2025·上海·阶段练习）实验室中利用侯氏制碱法制备Na2CO3和NH4Cl，流程如图。下列说法正确的是A．气体N、M分别为和B．只有“食盐水”可以循环使用C．为了加速过滤可用玻璃棒搅拌D．向“母液”中通入NH3有利于析出NH4Cl并提高纯度【答案】D【分析】侯氏制碱法制备碳酸钠和氯化铵，饱和食盐水中先通入NH3、再通入CO2，此时生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠，加热碳酸氢钠生成碳酸钠、二氧化碳和水，母液中加入NaCl和NH3，发生反应NaCl(s)+NH4Cl(aq)=NaCl(aq)+NH4Cl(s)，过滤得到氯化铵。【解析】A．气体N为NH3，气体M为CO2，A错误；B．从流程图可知，最后碳酸氢钠分解生成的CO2、母液生成的食盐水都可以循环利用，B错误；C．用玻璃棒搅动漏斗里的液体，容易把滤纸弄破，起不到加速过滤的作用，C错误；D．向母液中通入NH3，增大溶液中的浓度，有利于NH4Cl析出并提高纯度，D正确；故答案选D。5．（23-24高三下·上海·阶段练习）“三酸二碱”在化工生产中有着重要的应用。下列说法正确的是A．用过量的高压空气，以提高硫铁矿的燃烧利用率和SO2的催化氧化转化率B．氯碱工业是中国现代化工之母，其主要反应是电解海水，得到烧碱和氯气，因此称为氯碱工业C．合成氨工业为硝酸工业和纯碱工业提供了多种原料D．如图是工业制盐酸的设备及其简易图【答案】C【解析】A．制备硫酸的过程中，接触室中常压下二氧化硫的转化率已很高，不需要高压空气，采用过量常压空气即可，故A错误；B．海水含杂质，应首先净化，工业用电解饱和食盐水制备氯气和氢氧化钠，故B错误；C．合成氨工业是工业制硝酸的基础，产生的氨气通入饱和NaCl溶液中，再向其中通入过量的CO2生成NaHCO3，合成氨工业为硝酸工业和纯碱工业提供了多种原料，故C正确；D．上图是工业上氯气与氢气化合产生HCl的设备，HCl被水吸收才得到盐酸，故D错误；故选C。6．（2024·上海·练习）侯氏制碱法的流程如图所示。下列判断正确的是A．煅烧前后固体质量：前＜后 B．碳酸化前后：前>后C．盐析前后：前>后 D．母液I和II中：I＜II【答案】D【分析】由图可知，精制饱和食盐水吸氨得到氨化的饱和食盐水，碳酸化时二氧化碳与氨化的饱和食盐水反应生成碳酸氢钠和氯化铵，过滤得到含有氯化铵的母液I和碳酸氢钠；碳酸氢钠煅烧分解得到碳酸钠；母液I吸氨将溶液中的碳酸氢根离子转化为碳酸根离子，冷析得到氯化铵溶液，向氯化铵溶液中加入氯化钠固体，将氯化铵转化为沉淀，过滤得到氯化铵和含有氯化钠的母液II，母液II可以循环使用，提高原料的利用率。【解析】A．由分析可知，煅烧发生的反应为碳酸氢钠煅烧分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，则煅烧前固体质量大于煅烧后，故A错误；B．由分析可知，碳酸化前的溶液为氨化的饱和食盐水，碳酸化后的溶液为含有碳酸氢钠的氯化铵溶液，一水合氨是弱碱，在溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子，则碳酸化前的溶液中的铵根离子浓度小于碳酸化后，故B错误；C．由分析可知，盐析前的溶液为氯化铵溶液，盐析后的溶液为氯化钠溶液，氯化铵在溶液中水解使溶液呈酸性，氯化钠溶液呈中性，则盐析前溶液pH小于盐析后，故C错误；D．由分析可知，母液I为含有碳酸氢钠的氯化铵溶液，母液II为氯化钠溶液，则母液I中钠离子浓度小于母液II，故D正确；故选D。7．（2024·上海·阶段训练）侯氏制碱法主要过程如下图(部分物质已略去)。下列说法错误的是A．气体X为 B．氨盐水中通入气体X后，溶液中大量减少C．操作b为过滤 D．悬浊液a中的不溶物主要是【答案】D【分析】向饱和食盐水中通入足量氨气形成氨盐水，再通入二氧化碳，反应生成碳酸氢钠和氯化铵，过滤，将碳酸氢钠煅烧得到二氧化碳、水、碳酸钠，二氧化碳循环使用，滤液经过一系列处理，最终分离回收。【解析】A．饱和食盐水中通入氨气形成氨盐水，再通入二氧化碳反应反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，因此气体X为，故A正确；B．氨盐水中通入气体X后，反应生成碳酸氢钠沉淀，因此溶液中大量减少，故B正确；C．悬浊液的a得到滤渣和滤液，说明操作b为过滤，故C正确；D．悬浊液a中的不溶物主要是碳酸氢钠晶体，故D错误。综上所述，答案为D。8．（24-25高三下·上海·阶段练习）侯氏制碱法的主要工艺流程如下图所示。下列说法错误的是A．气体1、气体2分别为、B．溶液2中，含碳微粒主要是C．循环利用溶液3提高了NaCl的利用率D．索尔维制碱法总反应为：【答案】B【分析】侯氏制碱法将过量氨气通入到氯化钠饱和溶液中，再通入二氧化碳，反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，溶液1中含有碳酸氢钠和氯化铵，通入氨气，氨气先和碳酸氢钠反应生成碳酸铵和碳酸钠，通入氨气，增大铵根离子浓度，有利于氯化铵析出。【解析】A．固体1是碳酸氢钠，在煅烧炉中分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，因此气体1为二氧化碳，溶液1为氯化铵和碳酸氢钠，加入氨气，增大铵根离子浓度，有利于氯化铵析出，因此气体2为，故A正确；B．溶液1为氯化铵和碳酸氢钠，加入氨气，碳酸氢钠和氨气反应生成碳酸钠、碳酸铵，因此溶液2中，含碳微粒主要是，故B错误；C．溶液3中含有NaCl，循环利用溶液3可提高了NaCl的利用率，故C正确；D．索尔维制碱法总反应是氯化钠和碳酸钙反应生成碳酸钠和氯化钙即反应方程式为：，故D正确。综上所述，答案为B。（建议用时：10分钟）9．（25-26高三上·上海·阶段练习）用铁泥(主要成分为、和)制备纳米(平均直径)的流程示意图如图：下列叙述错误的是A．俗称铁红，可用于生产油漆、油墨、建筑物着色剂B．步骤②中，发生反应的离子方程式只有C．步骤④中使用过量的有利于提高纳米产率D．为验证纳米态的，可将其形成分散系，做丁达尔效应实验【答案】BC【分析】铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和Fe)与稀盐酸反应得到的滤液A的溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，过滤，分离出过量的铁，滤液B的溶质为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe(OH)2浊液，向浊液中加入双氧水氧化生成Fe(OH)3，再与氯化亚铁加热搅拌发生反应生成Fe3O4，过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4，据此分析解答。【解析】A．铁红的主要成分是氧化铁，为红棕色，可用于油漆、油墨、建筑物的着色剂，A正确；B．滤液A中溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子和除去过量的盐酸：2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，B错误；C．步骤④中，过量的H2O2在步骤⑤中会继续氧化+2价的铁，因此步骤④中H2O2不能过量，C错误；D．纳米态的Fe3O4平均直径25nm，形成的分散系属于胶体，可以通过做丁达尔效应实验验证，D正确；故答案为BC。10．（23-24高一下·上海·期末）工业中可用含SO2的冶炼烟气为原料生产硫酸，在下图装置中完成“SO2转化”工序。使用该装置实现了A．充分利用热能 B．防止形成酸雾 C．加速转化SO2 D．获取纯净SO3【答案】AC【解析】A．SO2催化氧化为SO3时，催化剂在较高温度下才能表现出较强的催化能力，吸收SO3时，低温有利于SO3的吸收，所以将生成SO3放出的热量传递给SO2和O2的混合气，可充分利用热能，A正确；B．在吸收SO3时，利用98.3%的浓硫酸吸收SO3，可防止形成酸雾，与本段工序无关，B不正确；C．将催化氧化产生的热量传递给SO2和O2的混合气，一方面可升高温度，另一方面可提高催化性能，有利于加速转化SO2，C正确；D．SO2催化氧化生成SO3的反应为可逆反应，不可能获取纯净的SO3，D不正确；故选AC。11．（2025·上海嘉定·一模）自然界中，陆地、海洋、大气中的氮元素，通过各种相互转换建立起生态系统的物质循环。以下为氮元素的循环图：(1)以上自然界氮循环过程中，说法正确的是_______。A．过程②③表示的是反硝化作用B．过程④⑤均为还原反应C．NOx为NO2D．过程⑥称为固氮(2)以上流程中有机污染物主要成分为_______。A．蛋白质 B．糖类 C．油脂 D．甘油(3)尿素CO(NH2)2是一种易溶于水的有机氮肥，下列关于尿素说法错误的是_______。A．尿素的含氮量较其他氮肥高，肥效也高B．尿素分子与水分子间形成氢键C．尿素中所含部分元素的第一电离能的大小关系为：O>N>CD．铵态氮肥施用会引起土壤的酸化，施用尿素不存在此问题【答案】(1)B(2)A(3)C【解析】（1）A．‌反硝化作用是指反硝化细菌在缺氧条件下，将硝酸盐中的氮通过一系列中间产物还原为氮气或一氧化二氮的生物化学过程，故过程②③不是反硝化作用，A错误；B．过程④⑤氮元素化合价降低，均为还原反应，B正确；C．N2与O2在放电条件下生成NO，C错误；D．由游离态的氮转化为化合态的氮，属于氮的固定，但转化⑥为化合态的氮到化合态的氮，不属于氮的固定，D错误；故选B；（2）根据元素守恒，有机污染物含有C、H、O、N元素，四个选项中只有蛋白质含有氮元素，故选A；（3）A．尿素是一种白色晶体，是目前含氮量最高的氮肥，故其肥效也高，A正确；B．尿素分子的结构简式为H2NCONH2，含有键，能和水分子间形成氢键，B正确；C．同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈现增大趋势，但是第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能大于相邻元素，因此N的第一电离能大于O，三种元素的第一电离能从大到小顺序为N>O>C，C错误；D．铵态氮肥中的水解呈酸性，会引起土壤的酸化，施用尿素不存在此问题，D正确；故选C。12．（2025·上海崇明·一模）某小组探究SO2与Cu(OH)2悬浊液制备CuCl，实验装置如图。已知：CuCl是一种难溶于水和乙醇的白色固体，见光受热易分解，在酸性溶液中会发生歧化反应：。(1)下列说法不正确的是___________。A．a中的液体可以选用稀硝酸B．若装置乙中有白色沉淀生成，可说明还原性：SO2>CuClC．若装置乙中出现了紫红色固体，则说明SO2通入量过多D．装置丙中的CCl4主要作用是防倒吸(2)写出乙中Cu(OH)2转化为CuCl的化学方程式。【答案】(1)A(2)2Cu(OH)2+2NH4C1+SO2=(NH4)2SO4+2CuCl+2H2O【分析】探究与悬浊液制备CuCl的流程为先在装置甲中利用固体和较浓的硫酸反应制取出气体，然后在装置乙中与氨水和CuCl2生成的悬浊液反应生成CuCl固体，尾气用NaOH溶液吸收，据此分析解答。【解析】（1）A．a中的液体可以选用稀硝酸：硝酸有强氧化性，能将氧化为，不能与反应生成气体，A错误；B．若装置乙中有白色沉淀生成，根据题目信息，气体能将还原为CuCl，则还原性：，B正确；C．若装置乙中出现了紫红色固体，说明有单质铜产生，也说明发生了歧化反应：，此时溶液为酸性，证明通入量过多使溶液现酸性，C正确；D．装置丙中的CCl4主要作用是防倒吸，极易溶于水，难溶于CCl4，该装置可以起到防倒吸作用，D正确；故答案为：A。（2）制备CuCl，是先用氨水和CuCl2生成的悬浊液：，再与反应生成CuCl，反应方程式为：。13．（24-25高三上·上海·期中）“钠—钙双碱法”吸收具有反应充分、速率快、原料可再生、脱硫效率高等优点。流程如下：（1）要提高吸收效率的可行措施有___________。(不定项)A．加快尾气的通入速率 B．将吸收液NaOH溶液进行雾化C．在高温条件下吸收 D．适当增加NaOH的浓度（2）一种“氧化脱硫法”采用NaClO和NaOH的混合溶液吸收。写出利用该混合液吸收少量的离子方程式：。【答案】（1）BD（2）【解析】由流程可知，含SO2的尾气先与NaOH反应生成Na2SO3，再加石灰乳反应生成CaSO3和NaOH，实现NaOH的再生，最后通入氧气，将CaSO3氧化为CaSO4，再结晶得到产品。（1）A．加快尾气的通入速率，反应不充分，吸收效率变低，故A不选；B．将氢氧化钠溶液雾化，可增大反应接触面积，提高吸收效率，故B选；C．高温会降低二氧化硫在水中溶解度，不利于提高吸收效率，故C不选；D．增大氢氧化钠浓度，有利于二氧化硫充分反应，提高吸收效率，故D选；答案为BD；（2）NaClO具有强氧化性，还原产物为Cl-，二氧化硫具有强还原性，氧化产物为硫酸根离子，结合溶液碱性环璄，利用得失电子守恒进行配平，离子方程式为：。14．（23-24高三下·上海·阶段练习）CO2是燃烧和代谢的最终产物，也是造成温室效应的废气，但CO2作为一种资源，开发和利用的前景十分诱人。近年科学家提出“绿色自由”构想。把含有大量CO2的空气吹入K2CO3溶液中，再把CO2从溶液中提取出来，并使之与H2反应生成甲醇。其工艺流程如图所示：(1)由吸收池导入分解池中的主要物质的化学式是。(2)上述流程中(填化学式)可循环使用，体现了该流程的“绿色”。【答案】(1)KHCO3(2)K2CO3【分析】空气中的CO2与K2CO3溶液生成KHCO3，碳酸氢钾不稳定，在分解池中加热分解生成碳酸钾和二氧化碳、水，二氧化碳与氢气合成甲醇，吸收池中盛有饱和碳酸钾溶液，吸收空气中的二氧化碳，转化为KHCO3由分解池分解后所得溶液是碳酸钾可通入吸收池再利用分析解答。【解析】（1）由分析可知，吸收池中盛有饱和碳酸钾溶液，吸收空气中的二氧化碳，转化为KHCO3；故答案为：KHCO3；（2）由分析可知，吸收池中的反应为：K2CO3+H2O+CO2=2KHCO3，分解池中的反应为：2KHCO3K2CO3+H2O+CO2↑，可见碳酸钾可重复利用，循环的方向为分解池指向吸收池，故答案为：K2CO3。（建议用时：20分钟）15．（24-25高三上·上海·期中）硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。实验室用含有ZnCO3、SiO2、Fe、Cu的粉末模拟工业上菱锌矿制备ZnSO4的过程，流程如下：已知难溶电解质溶度积常数如下表：难溶电解质Fe(OH)3Zn(OH)2Fe(OH)28.0×10-386.7×10-178.0×10-16(1)为了提高粉末的浸取效果，可采取的措施有。(2)写出加入H2O2发生反应的离子方程式。(3)加入物质X调节溶液的pH，最适宜使用的X是_______。A．NH3·H2O B．ZnO C．Cu(OH)2 D．NaOH【答案】(1)适当增大硫酸的浓度（或：适当提高浸取的温度）(2)(3)B【解析】（1）为了提高粉末的浸取效果，可采取的措施有适当增大硫酸的浓度（或：适当提高浸取的温度）。（2）加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为：。（3）由分析可知，为了既使Fe3+充分沉淀又尽量避免Zn2+转化为Zn(OH)2而损失锌，最适宜的调X是ZnO，故选B。16．（24-25高三下·上海·开学考试）用低品位铜矿(主要成分为和FeO)为原料制备CuCl流程如图。已知：CuCl难溶于醇和水，在热水中易被氧化，易溶于浓度较大的体系中()。(1)将矿样研磨后“浸取”，该操作中被氧化的元素有(填元素符号)。(2)“除铁”操作需在搅拌条件下滴加氨水，防止局部pH过大，原因是。(3)“还原”过程中温度不宜过高的原因是。【答案】(1)+1价的Cu、-1价的S、+2价的Fe(2)防止局部pH过大锰元素和铜元素以氢氧化物形式析出(3)防止盐酸挥发；防止生成的Cu(I)在热水中被氧化【解析】（1）由分析可知，将矿样研磨后“浸取”，该操作中被氧化的元素有+1价的Cu、-1价的S、+2价的Fe，即答案为：+1价的Cu、-1价的S、+2价的Fe；（2）“除铁”操作需在搅拌条件下滴加氨水，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，若局部pH过大锰元素和铜元素以氢氧化物形式析出，故答案为：防止局部过大锰元素和铜元素以氢氧化物形式析出；（3）盐酸具有挥发性，温度过高会增大挥发，且在热水中被氧化，所以“还原”过程中温度不宜过高，故答案为：防止盐酸挥发；防止生成的Cu(I)在热水中被氧化；17．（24-25高三上·上海·期中）工业碳酸钠(纯度约98%)中含有Ca2+、Mg2+、Cl-和等杂质，提纯工艺路线如下：已知：碳酸钠的溶解度(S)随温度变化的曲线如图所示。(1)滤渣的主要成分为。(2)“趁热过滤”的原因是。(3)检验得到的试剂碳酸钠中是否含有离子的操作：取少量试剂于试管中加水溶解，。【答案】(1)滤渣的主要成分为Mg(OH)2、CaCO3(2)使析出的晶体主要为Na2CO3·H2O，防止因温度过低而析出Na2CO3·10H2O晶体，令后续的加热脱水耗时长、耗能高（或者使后续加热脱水时间短，耗能少）(3)加足量盐酸，再滴加BaCl2溶液【分析】因工业碳酸钠（纯度约98%）中含有Mg2+、Ca2+，加水，碳酸钠中与Mg2+、Ca2+结合生成MgCO3、CaCO3，与Ca2+结合生成CaSO4，加NaOH溶液，除尽Mg2+[MgCO3转化成Mg(OH)2]，加热浓缩，趁热过滤得到Na2CO3·H2O，加热脱水得到纯碳酸钠。【解析】（1）根据分析可知，滤渣的主要成分为Mg(OH)2、CaCO3；（2）根据所给的坐标图可以发现：温度减少至313K时发生突变，溶解度迅速减少，若不趁热过滤将析出晶体，所以“趁热过滤”的原因是使析出的晶体为Na2CO3·H2O，防止因温度过低而析出Na2CO3·10H2O晶体，使后续的加热脱水耗时长，耗能高（或者使后续加热脱水时间短，耗能少）；（3）检验得到的试剂碳酸钠中是否含有离子的操作：取少量试剂于试管中加水溶解，先加足量稀盐酸再加BaCl2溶液，排除碳酸根离子，亚硫酸根等离子的干扰。18．（24-25高三上·上海·期中）工业上以铬铁矿(主要成分为FeO、Cr2O3，还含有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产红矾钠晶体(Na2Cr2O7·2H2O)，其主要工艺流程如图：已知：NaBiO3在碱性条件下能将Cr3+氧化为。（1）固体A为。（2）实验室中操作①②的名称为（3）固体C中含有的物质是Al(OH)3和Fe(OH)3，则H2O2的作用是。【答案】（1）SiO2（2）过滤（3）氧化Fe2+，使铁元素完全转化成沉淀而除去【解析】（1）铬铁矿（主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质）加过量硫酸，SiO2不与H2SO4反应，经过滤后被分离，因此固体A为SiO2。答案为SiO2。（2）经过操作①②后均得到了固体和溶液，可知实验室中操作①②的名称为过滤。答案为过滤。（3）溶液B中含有Fe2+、Al3+、Cr3+。加入H2O2是为了将Fe2+氧化为Fe3+，调溶液的pH，使Fe3+、Al3+转化成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而被除去。答案为氧化Fe2+，使铁元素完全转化成沉淀而除去。19．（2024·上海·三模）一种利用黄铁矿烧渣和硫酸铵废液制备铵铁蓝颜料的工艺如下。铵铁蓝的化学式为，难溶于水。(1)高纯度硫酸铵溶液能够提高铵铁蓝的品质，为除去硫酸铵废液中的和，“氧化1”和“调pH”工序使用的试剂依次是___________(不定项)。A．酸化的 B．酸性高锰酸钾C．稀硝酸 D．浓硫酸(2)黄铁矿在空气中焙烧得到黄铁矿烧渣，“还原”工序获得溶液，则被氧化的元素是；“结晶”工序的操作方法是蒸发浓缩，，过滤，洗涤，干燥。(3)“沉铁”工序产生沉淀，则“氧化2”工序发生反应的离子方程式为：。【答案】(1)A(2)-1价的冷却结晶(3)【分析】硫酸铵废液中含有Fe2+和Fe3+，“氧化1”工序使用酸化的H2O2作为氧化剂，可将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH后生成Fe(OH)3沉淀；黄铁矿烧渣中含有Fe2O3，加入硫酸溶解后