2026年高考全国卷化学工艺流程冲刺模拟卷（含解析）

2026年高考全国卷化学工艺流程冲刺模拟卷（含解析）考试时间：______分钟总分：______分姓名：______可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27Cl-35.5Fe-56Cu-64Zn-65K-39Ca-40一、选择题（本题包括8小题，每小题6分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。）1.下列有关工业制碱原理的叙述正确的是（）A.向氨化的饱和食盐水中通入氨气，是为了增大氯离子浓度，有利于碳酸氢钠的沉淀B.虽然侯氏制碱法提高了食盐利用率，但产生的母液中NaCl浓度过高，难以回收利用C.碳酸氢钠在母液中溶解度很小，而碳酸钠溶解度较大，所以冷却母液可以得到纯碱D.氯化铵加热分解制取氨气和氯化氢，可循环利用，该反应为熵增反应2.工业上用铝土矿（主要成分为Al₂O₃·nH₂O，含Fe₂O₃、SiO₂等杂质）制备金属铝的主要步骤如下：①浸出：向铝土矿粉末中加足量NaOH溶液，在高温高压下浸出Al₂O₃，杂质不溶；②过滤；③沉淀与洗涤：向浸出液中加入铝粉，通入空气，发生反应后过滤洗涤；④电解。下列说法错误的是（）A.步骤①中发生反应的化学方程式为Al₂O₃+2NaOH+3H₂O=2NaAl(OH)₄B.步骤①中Al₂O₃能被NaOH溶液浸出，而SiO₂不能，原因是Al₂O₃是两性氧化物，SiO₂是酸性氧化物C.步骤③中发生反应的离子方程式为2Al+2OH⁻+2H₂O=2AlO₂⁻+3H₂↑D.步骤④中电解熔融的氧化铝可制备金属铝，该过程体现了铝的冶炼是物理变化3.某兴趣小组设计实验室制备少量漂白粉，流程如下：图1（此处无图，假设流程为：将Cl₂通入石灰乳中反应，过滤得到固体产物）下列说法错误的是（）A.反应①的化学方程式为2Cl₂+2Ca(OH)₂=CaCl₂+Ca(ClO)₂+2H₂OB.反应①中Cl₂既是氧化剂又是还原剂C.石灰乳的浓度和反应温度都会影响漂白粉的有效成分含量D.将Cl₂通入石灰乳中，若Cl₂过量，则所得固体产物中只含Ca(ClO)₂4.某工厂利用废铁屑（含少量Cu、Zn杂质）生产FeSO₄·7H₂O，流程如下：图2（此处无图，假设流程为：废铁屑加入稀硫酸溶解，过滤除去不溶物，溶液中加入过量H₂O₂氧化，再蒸发结晶）下列说法错误的是（）A.溶解废铁屑时发生反应的离子方程式为Fe+2H⁺=Fe²⁺+H₂↑B.加入H₂O₂氧化的目的是将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，以便后续除杂C.过滤操作是为了除去不溶于稀硫酸的杂质（如Cu、Zn杂质）D.该流程中硫酸的利用率可能不高，因为部分硫酸参与了氧化反应5.工业上利用CO₂捕获与封存技术减少大气中CO₂含量，某捕获流程涉及CO₂与氨水的反应，化学方程式为CO₂+2NH₃+H₂O=(NH₄)₂CO₃。下列说法错误的是（）A.该反应中CO₂被还原B.若将CO₂转化为(NH₄)₂CO₃，可减少温室效应C.该捕获过程提高了CO₂的溶解度D.(NH₄)₂CO₃溶解度小于NH₃·H₂O，因此该反应在常温下能自发进行6.电解饱和NaCl溶液（氯碱工业）是重要的化工生产过程。下列说法错误的是（）A.阳极发生的反应是2Cl⁻-2e⁻=Cl₂↑B.阴极发生的反应是2H₂O+2e⁻=H₂↑+2OH⁻C.溶液的pH值在电解过程中逐渐增大D.氯碱工业的产品NaOH、H₂、Cl₂都具有重要的工业应用价值7.工业上用接触法生产硫酸，其主要反应过程包括：①SO₂在催化剂作用下氧化为SO₃；②SO₃与水反应生成H₂SO₄。下列说法错误的是（）A.工业上常用V₂O₅作催化剂氧化SO₂，该过程是放热反应B.为提高SO₂的转化率，工业上常采用循环利用未反应的SO₂C.反应②中SO₃与水直接化合生成H₂SO₄，该过程通常在吸收塔中进行D.接触法生产硫酸的原料是硫或含硫矿石，副产物SO₂可循环氧化8.某工厂生产硫酸铜晶体（CuSO₄·5H₂O），流程如下：图3（此处无图，假设流程为：废铜屑或CuO与稀硫酸反应，过滤，向滤液中加入适量硫酸，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥）下列说法错误的是（）A.若原料为废铜屑，则第一步反应的化学方程式为2Cu+2H₂SO₄(稀)=CuSO₄+SO₂↑+2H₂OB.向滤液中加入适量硫酸的目的是抑制Cu²⁺水解，提高结晶率C.冷却结晶过程中，溶液的溶解度减小，溶质以晶体形式析出D.硫酸铜晶体失去结晶水后，所得固体仍能与NaOH溶液反应生成氢氧化铜沉淀二、选择题（本题包括4小题，每小题9分，共36分。每小题有2-3个选项符合题意。若只选1个且正确的得3分，若选2个且都正确的得6分，若选3个且都正确的得9分。多选、错选、漏选均不得分。）9.工业生产中，选择合适的反应条件和分离提纯方法对于提高经济效益和产品纯度至关重要。下列说法正确的是（）A.氯碱工业中，为提高Cl₂的产量，应尽可能升高阳极区溶液的pH值B.合成氨工业中，为提高N₂的转化率，应升高温度、增大压强C.从海水中提取镁，通常采用电解熔融MgCl₂的方法，因为MgO的熔点高，电解耗能大D.工业上分离乙醇和水的混合物，常采用蒸馏法，因为乙醇和水的沸点不同10.某化学兴趣小组设计实验装置，探究影响化学反应速率的因素。下列装置或操作合理且能达到实验目的的是（）A.图甲装置用于比较MnO₂和CuO对H₂O₂分解的催化效果B.图乙装置用于吸收反应放出的CO₂，并防止倒吸C.图丙装置用于干燥某气体，该气体既能溶于水又能与浓硫酸反应D.图丁装置用于分离氨气和水蒸气的混合物11.工业生产中，对反应过程进行优化控制是提高效率的关键。下列措施或分析正确的是（）A.对于可逆反应2SO₂(g)+O₂(g)⇌2SO₃(g)，升高温度有利于提高SO₂的转化率B.在恒容密闭容器中进行合成氨反应，充入足量N₂和H₂，通过分离出SO₃来提高H₂的转化率C.某沉淀反应M²⁺+2NH₃·H₂O=M(OH)₂↓+2NH₄⁺，加入NH₃·H₂O可降低沉淀的溶解度D.对于放热反应，升高反应温度，正逆反应速率都增大，但平衡常数减小12.某工厂处理含Cr₂O₇²⁻废水的流程如下：图4（此处无图，假设流程为：向废水中加入NaOH溶液调节pH，再加入FeSO₄溶液，Cr₂O₇²⁻被还原为CrO₄²⁻，过滤后溶液加入NaClO溶液将CrO₄²⁻氧化为Cr₂O₇²⁻，再调节pH使Cr³⁺沉淀）下列说法正确的是（）A.第一步加入NaOH溶液的目的是将Cr₂O₇²⁻转化为毒性较小的CrO₄²⁻B.第二步加入FeSO₄溶液时，发生反应的离子方程式为Cr₂O₇²⁻+6Fe²⁺+14H⁺=2Cr³⁺+6Fe³⁺+7H₂OC.第三步加入NaClO溶液时，ClO⁻表现出了氧化性D.该流程实现了Cr元素的循环利用，减少了铬污染三、非选择题（本题包括4小题，共76分。）13.（18分）工业上用石灰石和氯气为原料制备漂白粉，同时副产漂白粉废液。为综合利用漂白粉废液中的资源，某研究小组设计了如下流程：图5（此处无图，假设流程为：向漂白粉废液中加入CaCO₃粉末，过滤得到滤液A；向滤液A中通入NH₃，得到沉淀B；滤液B加热浓缩结晶得到M；固体C与H₂SO₄反应得到溶液D；溶液D电解得到E和F）（1）写出反应①的化学方程式：__________。（2）沉淀B的化学式为__________。（3）写出反应②的离子方程式：__________。（4）物质M的化学式为__________，它属于__________晶体（填“分子”或“离子”）。（5）写出反应④的化学方程式：__________。（6）电解反应⑤中，E的化学式为__________，F的化学式为__________。14.（18分）工业上用黄铁矿（主要成分为FeS₂）制备硫酸，并利用冶炼尾气中的SO₂制备硫酸铵，流程如下：图6（此处无图，假设流程为：黄铁矿在高温下与氧气反应生成SO₂和Fe₂O₃；SO₂经过净化后与氧气反应生成SO₃；SO₃被水吸收生成H₂SO₄；H₂SO₄用于酸浸Fe₂O₃得到FeSO₄溶液；FeSO₄溶液与NH₃·H₂O反应生成Fe(OH)₂沉淀；通入空气将Fe(OH)₂氧化为Fe(OH)₃；Fe(OH)₃分解得到Fe₂O₃；Fe₂O₃再与H₂SO₄反应生成FeSO₄溶液，循环利用；SO₂与NH₃、H₂O反应生成(NH₄)₂SO₃，再与SO₃反应生成(NH₄)₂SO₄）（1）写出反应①中黄铁矿与氧气反应的化学方程式：__________。（2）工业上常用V₂O₅作催化剂将SO₂氧化为SO₃，该过程的化学方程式为__________。（3）吸收SO₃得到浓硫酸的过程中，使用98.3%的浓硫酸而不用水吸收的原因是__________。（4）写出反应③中FeSO₄溶液与NH₃·H₂O反应生成Fe(OH)₂沉淀的离子方程式：__________。（5）写出反应⑥中Fe(OH)₂被空气中氧气氧化为Fe(OH)₃的化学方程式：__________。（6）该流程中，Fe₂O₃可循环利用，体现了__________思想。15.（20分）工业上用铝土矿为原料制备金属铝，并回收其中的铁和硅。流程如下：图7（此处无图，假设流程为：铝土矿用NaOH溶液浸出得到Al(OH)₄⁻溶液和固体A；向Al(OH)₄⁻溶液中通入CO₂得到Al(OH)₃沉淀；Al(OH)₃分解得到Al₂O₃；Al₂O₃电解得到Al；固体A用盐酸溶解得到溶液B；向溶液B中加入适量NaOH溶液，得到沉淀C和溶液D；向溶液D中加入CuO，加热得到沉淀E和溶液F；沉淀E洗涤干燥后灼烧得到Fe₂O₃；Al₂O₃和Fe₂O₃混合后高温焙烧得到氧化铁皮）（1）写出反应①中铝土矿与NaOH溶液反应的化学方程式（假设铝土矿主要成分为Al₂O₃·2H₂O）：__________。（2）写出反应②中向Al(OH)₄⁻溶液中通入CO₂得到Al(OH)₃沉淀的离子方程式：__________。（3）固体A的主要成分是__________。（4）写出反应④中向溶液D中加入CuO，加热得到沉淀E和溶液F的化学方程式：__________。（5）沉淀E的化学式为__________。（6）写出最后一步高温焙烧反应的化学方程式：__________。16.（22分）氯碱工业是现代化学工业的基础，其产品广泛应用于生产生活。同时，氯气具有强氧化性，使用不当会产生安全隐患。某工厂利用氯碱工业的产品为原料，设计如下流程处理含CN⁻废水和制备漂白液：图8（此处无图，假设流程为：向含CN⁻废水中加入NaClO溶液，发生反应生成CNO⁻和HCO₃⁻；向反应后的溶液中加入Ca(OH)₂，得到沉淀A和滤液B；向滤液B中通入Cl₂，得到漂白液C；向含CN⁻废水直接加入Ca(OH)₂，得到沉淀A和滤液D；沉淀A用HCl溶解得到溶液E；向溶液E中通入Cl₂，得到沉淀F和溶液G；沉淀F洗涤干燥得到CaC₂O₄）（1）写出反应①中NaClO溶液与CN⁻反应生成CNO⁻和HCO₃⁻的化学方程式：__________。（2）沉淀A的化学式为__________。（3）写出反应③中向滤液B中通入Cl₂得到漂白液C的化学方程式：__________。漂白液C的有效成分是__________。（4）写出反应⑤中向溶液E中通入Cl₂得到沉淀F和溶液G的化学方程式：__________。（5）沉淀F的化学式为__________。（6）比较上述两种处理含CN⁻废水的流程，流程二相比流程一的主要优点是__________（答出一点即可）。试卷答案一、选择题（本题包括8小题，每小题6分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。）1.C解析思路：A项，向饱和食盐水中通入氨气，增大了溶液中OH⁻的浓度，增大了CO₂的溶解度，有利于碳酸氢钠的沉淀，故A错误；B项，侯氏制碱法提高了食盐利用率，母液中NaCl浓度较低，易于回收利用，故B错误；C项，碳酸氢钠在母液中溶解度较小，而碳酸钠溶解度较大，冷却母液，碳酸氢钠优先结晶析出，故C正确；D项，氯化铵加热分解制取氨气和氯化氢，该反应为熵增反应，但实际工业生产中氨气难以液化，氯化氢易液化，分离困难，能耗高，故D错误。2.B解析思路：A项，步骤①中Al₂O₃与NaOH溶液、水反应生成偏铝酸钠，化学方程式为Al₂O₃+2NaOH+3H₂O=2NaAl(OH)₄，故A正确；B项，步骤①中Al₂O₃能被NaOH溶液浸出，而SiO₂不能，原因是Al₂O₃是两性氧化物，能与NaOH反应，而SiO₂是酸性氧化物，不能与NaOH溶液反应，故B错误；C项，步骤③中铝与氢氧根离子、水反应生成偏铝酸根离子和氢气，离子方程式为2Al+2OH⁻+2H₂O=2AlO₂⁻+3H₂↑，故C正确；D项，步骤④中电解熔融的氧化铝，阴极上Al³⁺得电子生成金属铝，阳极上O²⁻失电子生成氧气，该过程是化学变化，故D正确。3.D解析思路：A项，Cl₂与石灰乳（Ca(OH)₂的水悬浊液）反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学方程式为2Cl₂+2Ca(OH)₂=CaCl₂+Ca(ClO)₂+2H₂O，故A正确；B项，反应①中Cl₂中Cl元素的化合价由0价升高为+1价，Cl元素的化合价由0价降低为-1价，则Cl₂既是氧化剂又是还原剂，故B正确；C项，反应①是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，次氯酸钙的产率降低；石灰乳的浓度越大，反应速率越快，但浓度过高可能导致产物不纯，故C正确；D项，将Cl₂通入石灰乳中，若Cl₂过量，则所得固体产物中含有CaCl₂、Ca(ClO)₂和Ca(ClO₃)₂，故D错误。4.B解析思路：A项，废铁屑主要成分为Fe，与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式为Fe+2H⁺=Fe²⁺+H₂↑，故A正确；B项，加入H₂O₂氧化的目的是将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，以便后续过滤除去溶解度较小的氢氧化铁沉淀，提高产率，不是提高Fe³⁺的转化率，故B错误；C项，过滤操作是为了除去不溶于稀硫酸的杂质（如Cu、Zn杂质），故C正确；D项，该流程中硫酸参与了Fe²⁺的氧化反应，硫酸的利用率可能不高，故D正确。5.A解析思路：A项，该反应中CO₂中C元素的化合价由+4价降低为+4价，CO₂未被还原，故A错误；B项，若将CO₂转化为(NH₄)₂CO₃，CO₂被固定下来，可减少温室效应，故B正确；C项，该捕获过程在溶液中进行，CO₂溶解度增大，故C正确；D项，(NH₄)₂CO₃溶解度小于NH₃·H₂O，根据勒夏特列原理，该反应正向进行，正向反应是熵减反应，但该反应能自发进行，说明焓变ΔH<0（放热反应），故D正确。6.A解析思路：A项，电解饱和NaCl溶液时，阳极上氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，反应方程式为2Cl⁻-2e⁻=Cl₂↑，阳极区溶液pH值近似为0，升高pH值平衡逆向移动，氯气产量降低，故A错误；B项，阴极上水分子得电子生成氢气和氢氧根离子，反应方程式为2H₂O+2e⁻=H₂↑+2OH⁻，故B正确；C项，阴极上生成氢氧根离子，溶液pH值逐渐增大，故C正确；D项，氯碱工业的产品NaOH是重要的碱，H₂是重要的燃料，Cl₂是重要的消毒剂和化工原料，都具有重要的工业应用价值，故D正确。7.D解析思路：A项，工业上常用V₂O₅作催化剂氧化SO₂，该过程是放热反应，故A正确；B项，对于可逆反应2SO₂(g)+O₂(g)⇌2SO₃(g)，升高温度，平衡逆向移动，SO₂的转化率降低；充入足量N₂和H₂，相当于减小O₂的浓度，平衡逆向移动，H₂的转化率降低；通过分离出SO₃来提高SO₂的转化率，是利用勒夏特列原理减小生成物浓度，使平衡正向移动，故B错误；C项，某沉淀反应M²⁺+2NH₃·H₂O=M(OH)₂↓+2NH₄⁺，加入NH₃·H₂O，增大了氢氧根离子浓度，沉淀的溶解度减小，故C正确；D项，对于放热反应，升高反应温度，活化分子百分数增大，正逆反应速率都增大；升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故D正确。8.A解析思路：A项，若原料为废铜屑，则第一步反应的化学方程式为Cu+2H₂SO₄(稀)=CuSO₄+SO₂↑+2H₂O；若原料为CuO，则第一步反应的化学方程式为CuO+H₂SO₄=CuSO₄+H₂O，故A错误；B项，向滤液中加入适量硫酸的目的是抑制Cu²⁺水解（Cu²⁺+2H₂O⇌Cu(OH)₂↓+2H⁺），使溶液呈酸性，提高结晶率，故B正确；C项，冷却结晶过程中，溶液的溶解度减小，溶质以晶体形式析出，故C正确；D项，硫酸铜晶体失去结晶水后得到硫酸铜粉末，硫酸铜粉末溶于水后，铜离子仍能与NaOH溶液反应生成氢氧化铜沉淀，故D正确。二、选择题（本题包括4小题，每小题9分，共36分。每小题有2-3个选项符合题意。若只选1个且正确的得3分，若选2个且都正确的得6分，若选3个且都正确的得9分。多选、错选、漏选均不得分。）9.BD解析思路：A项，氯碱工业中，阳极上氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，阳极区溶液pH值近似为0，升高pH值平衡逆向移动，氯气产量降低，故A错误；B项，合成氨工业中，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，N₂的转化率降低；增大压强，平衡正向移动，N₂的转化率提高，故B正确；C项，从海水中提取镁，通常采用电解熔融MgCl₂的方法，因为MgO的熔点高（约2800℃），电解耗能大，工业上采用电解熔融MgCl₂的方法，故C正确；D项，工业上分离乙醇和水的混合物，常采用蒸馏法，因为乙醇和水的沸点不同（乙醇沸点约78.5℃，水沸点100℃），故D正确。（注意：根据题意，每题需选2-3个，此处B和D均正确，若题目要求必须选3个，则此题无法作答，若题目允许多选，则BD为正确答案）假设题目允许多选，则答案为BD。若题目严格限制必须选2-3个，则需根据实际考试要求调整。以下按允许多选处理。10.AB解析思路：A项，MnO₂和CuO均为黑色固体，不溶于水，分别作为催化剂，双氧水分解产生气体的速率不同，可通过带火星的木条检验，装置合理，能达到实验目的，故A正确；B项，CO₂能与NaOH溶液反应而被吸收，且浓硫酸具有吸水性，可防止倒吸，装置合理，能达到实验目的，故B正确；C项，浓硫酸具有吸水性，能干燥某些不与浓硫酸反应的气体，但氨气能与浓硫酸反应，不能干燥氨气，故C错误；D项，氨气的沸点（-33℃）远低于水的沸点（100℃），且氨气易液化，水蒸气不易液化，应选碱石灰干燥剂干燥，并利用氨气与水蒸气的沸点差异进行分离，故D错误。11.CD解析思路：A项，对于可逆反应2SO₂(g)+O₂(g)⇌2SO₃(g)，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，SO₂的转化率降低，故A错误；B项，在恒容密闭容器中进行合成氨反应，充入足量N₂和H₂，增大了反应物的浓度，平衡正向移动，但分离出SO₃并不能增大反应物的浓度，无法提高H₂的转化率，故B错误；C项，某沉淀反应M²⁺+2NH₃·H₂O=M(OH)₂↓+2NH₄⁺，加入NH₃·H₂O，增大了氢氧根离子浓度，沉淀的溶解度减小，故C正确；D项，对于放热反应，升高反应温度，活化分子百分数增大，正逆反应速率都增大；升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故D正确。12.ABC解析思路：A项，向废水中加入NaOH溶液调节pH，目的是将Cr₂O₇²⁻转化为毒性较小的CrO₄²⁻，反应方程式为Cr₂O₇²⁻+2OH⁻=2CrO₄²⁻+H₂O，故A正确；B项，加入FeSO₄溶液时，Fe²⁺具有还原性，能被Cr₂O₇²⁻氧化为Fe³⁺，Cr₂O₇²⁻被还原为Cr³⁺，发生反应的离子方程式为Cr₂O₇²⁻+6Fe²⁺+14H⁺=2Cr³⁺+6Fe³⁺+7H₂O，故B正确；C项，向溶液中通入Cl₂时，Cl₂能将CrO₄²⁻氧化为Cr₂O₇²⁻，Cl元素的化合价升高，ClO⁻表现出了氧化性，故C正确；D项，该流程实现了Cr元素的转化，但未实现循环利用，因为生成的Fe₂O₃需要再次与H₂SO₄反应生成FeSO₄溶液，故D错误。三、非选择题（本题包括4小题，共76分。）13.（18分）（1）2Cl₂+2Ca(OH)₂=CaCl₂+Ca(ClO)₂+2H₂O（2）CaCO₃（3）CO₂+2H₂O+Ca²⁺=CaCO₃↓+2H⁺（4）(NH₄)₂CO₃；离子（5）CaCO₃+2H₂SO₄=CaSO₄+SO₂↑+CO₂↑+2H₂O（6）NH₃；H₂SO₄解析思路：（1）反应①为氯气与石灰乳反应生成漂白粉，化学方程式为2Cl₂+2Ca(OH)₂=CaCl₂+Ca(ClO)₂+2H₂O。（2）向漂白粉废液中加入CaCO₃粉末，CaCO₃与Ca(ClO)₂、CaSO₄等溶解在水中发生反应，生成溶解度更小的CaCO₃沉淀，沉淀B的主要成分是CaCO₃。（3）向滤液A中通入NH₃，溶液呈碱性，Ca²⁺与OH⁻、CO₃²⁻反应生成CaCO₃沉淀，离子方程式为CO₂+2H₂O+Ca²⁺=CaCO₃↓+2H⁺。（4）物质M为(NH₄)₂CO₃，它由铵根离子和碳酸根离子构成，属于离子晶体。（5）固体C为CaCO₃，与H₂SO₄反应生成CaSO₄、SO₂、CO₂和水，化学方程式为CaCO₃+2H₂SO₄=CaSO₄+SO₂↑+CO₂↑+2H₂O。（6）电解反应⑤为(NH₄)₂SO₄电解，阴极上H⁺得电子生成H₂，阳极上SO₄²⁻失电子生成SO₃和O₂，总反应为(NH₄)₂SO₄电解得到NH₃和H₂SO₄，即E为NH₃，F为H₂SO₄。14.（18分）（1）4FeS₂+11O₂=2Fe₂O₃+8SO₂（2）2SO₂(g)+O₂(g)⇌2SO₃(g)（3）浓硫酸的沸点（338℃）远高于水的沸点（100℃），且不易挥发，可防止倒吸，提高吸收效率（4）FeSO₄+2NH₃·H₂O=Fe(OH)₂↓+(NH₄)₂SO₄（5）4Fe(OH)₂+O₂+2H₂O=4Fe(OH)₃（6）循环利用资源，提高原料利用率，体现了绿色化学思想解析思路：（1）黄铁矿（主要成分为FeS₂）在高温下与氧气反应生成SO₂和Fe₂O₃，化学方程式为4FeS₂+11O₂=2Fe₂O₃+8SO₂。（2）SO₂经过净化后与氧气反应生成SO₃，该过程的化学方程式为2SO₂(g)+O₂(g)⇌2SO₃(g)。（3）吸收SO₃得到浓硫酸的过程中，使用98.3%的浓硫酸而不用水吸收的原因是浓硫酸的沸点远高于水的沸点，且不易挥发，可防止倒吸，提高吸收效率。（4）FeSO₄溶液与NH₃·H₂O反应生成Fe(OH)₂沉淀和(NH₄)₂SO₄，离子方程式为FeSO₄+2NH₃·H₂O=Fe(OH)₂↓+(NH₄)₂SO₄。（5）Fe(OH)₂不稳定，易被空气中的氧气氧化为Fe(OH)₃，化学方程式为4Fe(OH)₂+O₂+2H₂O=4Fe(OH)₃。（6）该流程中Fe₂O₃与H₂SO₄反应生成FeSO₄溶液，FeSO₄溶液与NH₃·H₂O反应生成Fe(OH)₂沉淀，Fe(OH)₂被氧化为Fe(OH)₃，Fe(OH)₃分解得到Fe₂O₃，Fe₂O₃再与H₂SO₄反应生成FeSO₄溶液，实现了Fe元素的循环利用，提高了原料利用率，体现了绿色化学思想。15.（20分）（1）Al₂O₃·2H₂O+2NaOH+3H₂O=2NaAl(OH)₄+H₂O（2）Al(OH)₄⁻+CO₂=Al(OH)₃↓+HCO₃⁻（3）Fe(OH)₃、Al(OH)₃（4）2NH₃·H₂O+CuO=Cu(OH)₂↓+N₂↑+H₂O（5）Cu(OH)₂（6）2Fe₂O₃+2Al高温=Al₂O₃+2Fe解析思路：（1）铝土矿（假设主要成分为Al₂O₃·2H₂O）用NaOH溶液浸出，Al₂O₃与NaOH溶液、水反应生成偏铝酸钠和水，化学方程式为Al₂O₃·2H₂O+2NaOH+3H₂O=2NaAl(OH)₄+H₂O。（2）向Al(OH)₄⁻溶液中通入CO₂，CO₂溶于水形成碳酸，碳酸为弱酸，能与强碱NaAl(OH)₄反应生成Al(OH)₃沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为Al(OH)₄⁻+CO₂=Al(OH)₃↓+HCO₃⁻。（3）固体A为浸出Al₂O₃后的残渣，主要成分是不溶于NaOH溶液的Fe(OH)