强化练18 无机化工“微流程”的分析应用（word练习）-【精讲精练】2025年高考化学二轮专题辅导与训练

强化练(十八)　无机化工“微流程”的分析应用 [对应题型集训P202] 1．(2024·湖北黄冈中学模拟)铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下： 下列说法正确的是(　　) A．陶瓷耐高温，可作吸收塔内衬材料 B．工业采用电解冰晶石制备金属铝 C．合成槽中产物主要有Na3AlF6和CO2 D．采用溶液喷淋法可提高烟气吸收效率 解析　烟气(含HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应Na2CO3＋HF===NaF＋NaHCO3，向合成槽中通入NaAlO2，发生反应6NaF＋NaAlO2＋4NaHCO3===Na3AlF6＋4Na2CO3＋2H2O，过滤得到Na3AlF6和含有Na2CO3的滤液。 陶瓷的成分中含有SiO2，SiO2能与烟气中的HF发生反应，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料，故A错误；工业采用电解氧化铝制备金属铝，用冰晶石是可以降低氧化铝的熔点，故B错误；由上述分析可知，合成槽内发生反应6NaF＋NaAlO2＋2CO2===Na3AlF6＋2Na2CO3，产物是Na3AlF6和Na2CO3，故C错误；采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积，提高吸收塔内烟气吸收效率，故D正确。 答案　D 2．(2024·安徽合肥第六中学三模)实验室用粉煤灰(主要含Al2O3、SiO2等)制备碱式硫酸铝[Al2(SO4)x(OH)6－2x]溶液，并用于烟气脱硫研究，其转化流程如图所示。下列说法错误的是(　　) A．滤渣Ⅰ的主要成分为SiO2 B．制备碱式硫酸铝[Al2(SO4)x(OH)6－2x]溶液不涉及氧化还原反应 C．调节pH值低于3.6会导致溶液中铝元素的含量降低 D．碱式硫酸铝[Al2(SO4)x(OH)6－2x]溶液多次循环使用后c(SO)增大的原因是部分硫元素被氧化 解析　粉煤灰用硫酸酸浸得到Al2(SO4)3溶液和难溶的SiO2滤渣，用CaCO3粉末调滤液的pH后再次过滤，得到碱式硫酸铝溶液；该溶液可吸收SO2烟气。酸浸时发生反应，离子方程式为Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O，而SiO2不溶于酸，滤渣Ⅰ的主要成分为SiO2，A正确；制备过程没有发生元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，B正确；调节pH值低于3.6会导致溶液中H＋较多，会使碱式硫酸铝的生成量减少，但Al3＋的水解程度同样受到抑制，故溶液中铝元素的含量不会降低，C错误；碱式硫酸铝溶液循环吸收SO2，溶于水的SO2与水反应生成H2SO3，加热时，部分被氧化为H2SO4，使溶液中c增大，D正确。 答案　C 3．(2024·湖北长沙联考)实验室用MnO2等原料制取少量KMnO4的实验流程如下。下列说法正确的是(　　) A．“熔融”时，应先将MnO2和KClO3混合加热一段时间后再加入KOH B．通入CO2“歧化”时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1 C．“过滤”时，为加快分离速率可采用减压过滤 D．制得的KMnO4粗品可能会含有K2CO3，向粗品中滴加盐酸观察是否有气泡来检验是否含有K2CO3 解析　“熔融”时，应先将MnO2和KClO3混合加热一段时间会反应产生氧气和氯化钾，再加入KOH与氯化钾不反应，A错误；通入CO2“歧化”时的反应为2CO2＋3MnO===2MnO＋MnO2＋2CO，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2, B错误；“过滤”时，为加快分离速率可采用减压过滤，C正确；制得的KMnO4粗品可能会含有K2CO3，向粗品中滴加盐酸即使没有K2CO3也会产生氯气，D错误。 答案　C 4．(2024·安徽合肥一六八中学三模)LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如下： 下列说法正确的是(　　) A．滤渣的主要成分有Fe(OH)3、Al(OH)3、NiS、CaSO4 B．可以用H2O2替换第一步酸溶中的MnO2，并没有什么影响 C．电解过程中为保证电解液成分稳定需要加入水 D．煅烧窑中的气体产物物质的量之比为2∶1 解析　滤渣的主要成分有Fe(OH)3、Al(OH)3、NiS、CaSO4、SiO2，A错误；因为最终产物中含有锰元素，若替换为双氧水后，则应该后续添加锰元素，不能实现节能高效的目的，B错误；电解时电解液中Mn2＋大量减少，H＋大量增加，为了保证电解液成分稳定，应不断补充Mn(OH)2，Mn(OH)2可与氢离子反应生成Mn2＋，C错误；煅烧窑中MnO2与Li2CO3发生反应生成LiMn2O4，反应的化学方程式为2Li2CO3＋8MnO2 4LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑，煅烧窑中的气体产物物质的量之比为2∶1，D正确。 答案　D 5．(2024·安徽池州三模)铟(In)是一种稀有贵金属，广泛应用于航空航天、太阳能电池等高科技领域。从铜烟灰酸浸渣(主要含PbO、FeAsO4·2H2O、In2O3)中提取铟的工艺流程如图： 下列说法错误的是(　　) A．整个流程中可循环利用的物质是萃余液 B．亚铁离子在萃取剂中的溶解度大于水中的溶解度 C．“水浸”所得浸渣中还含有PbSO4 D．“还原铁”时发生反应的离子方程式为：2Fe3＋＋2S2O===2Fe2＋＋S4O 解析　由流程可知萃余液中主要成分为硫酸，可循环利用，A正确；萃取剂加入亚铁离子进入水层，所以得出亚铁离子在萃取剂中溶解度小于水中的溶解度，B错误；PbO与H2SO4反应生成难溶于水的PbSO4，C正确；根据“还原铁”的信息，可知铁离子转化为亚铁离子、S2O转化为S4O，反应为：2Fe3＋＋2S2O===2Fe2＋＋S4O，D正确。 答案　B 6．(2024·山东淄博一模)从废弃的声光器件(TeO2，含Al、Cu、SiO2杂质)中提取粗碲的工艺流程如图，已知TeO2性质与SO2相似，氧化沉碲得Na2TeO4，下列说法错误的是(　　) A．滤渣的主要成分为Cu B．滤液1和滤液2混合可能产生白色沉淀 C．“氧化沉碲”中离子方程式为TeO＋ClO－===TeO＋Cl－ D．“溶解还原”中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3 解析　滤渣的主要成分为Cu，A正确；滤液1主要含有Na[Al(OH)4]、Na2SiO3和NaCl，滤液2主要含H2SO4、Na2SO4，则滤液1和滤液2混合时因[Al(OH)4]－、H＋和H2O反应可能产生白色的Al(OH)3沉淀，B正确；“氧化沉碲”时，Na2TeO3被氧化生成Na2TeO4沉淀，NaClO被还原生成NaCl，反应的离子方程式为：2Na＋＋TeO＋ClO－===Na2TeO4↓＋Cl－，C错误；“溶解还原”时，Na2TeO4被还原生成Te，SO2被氧化为SO，根据得失电子守恒可得关系式：Na2TeO4～3SO2，Na2TeO4作氧化剂，SO2作还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3，D正确。 答案　C 7．(2023·福建卷)从炼钢粉尘(主要含Fe3O4、Fe2O3和ZnO)中提取锌的流程如下： “盐浸”过程ZnO转化为[Zn(NH3)4]2＋，并有少量Fe2＋和Fe3＋浸出。下列说法错误的是(　　) A．“盐浸”过程若浸液pH下降，需补充NH3 B．“滤渣”的主要成分为Fe(OH)3 C．“沉锌”过程发生反应[Zn(NH3)4]2＋＋4H2O＋S2－===ZnS↓＋4NH3·H2O D．应合理控制(NH4)2S用量，以便滤液循环使用 解析　“盐浸”过程ZnO转化为[Zn(NH3)4]2＋，发生反应ZnO＋2NH3＋2NH===[Zn(NH3)4]2＋＋H2O，根据题中信息可知，Fe2O3、Fe3O4只有少量溶解，通入空气氧化后Fe2＋和Fe3＋转化为Fe(OH)3；“沉锌”过程发生反应为：[Zn(NH3)4]2＋＋4H2O＋S2－===ZnS↓＋4NH3·H2O，经洗涤干燥后得到产物ZnS及滤液NH4Cl。“盐浸”过程中消耗氨气，浸液pH下降，需补充NH3，A正确；由分析可知，“滤渣”的主要成分为Fe3O4和Fe2O3，只含少量的Fe(OH)3，B错误；“沉锌”过程发生反应[Zn(NH3)4]2＋＋4H2O＋S2－===ZnS↓＋4NH3·H2O，C正确；应合理控制(NH4)2S用量，以便滤液循环使用，D正确。 答案　B 8．(2023·辽宁卷)某工厂采用如下工艺制备Cr(OH)3，已知焙烧后Cr元素以＋6价形式存在，下列说法错误的是(　　) A．“焙烧”中产生CO2 B．滤渣的主要成分为Fe(OH)2 C．滤液①中Cr元素的主要存在形式为CrO D．淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用 解析　焙烧过程中铁、铬元素均被氧化，同时转化为对应钠盐，水浸时铁酸钠水解生成氢氧化铁沉淀，滤液中存在铬酸钠，与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原反应得到氢氧化铬沉淀。铁、铬氧化物与碳酸钠和氧气反应时生成对应的氧化铁、铬酸钠盐和二氧化碳，A正确；焙烧过程铁元素被氧化，滤渣的主要成分为Fe2O3，B错误；滤液①中Cr元素的化合价是＋6价，铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀，溶液显碱性，所以Cr 元素主要存在形式为CrO，C正确；由分析知淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，D正确。 答案　B 9．化学实验小组在实验室中利用某化工厂排出的废渣[主要成分为BaCO3、Ba(FeO2)2、BaSO3]制备Ba(NO3)2晶体的流程如图所示。 已知：Ba(NO3)2的溶解度受温度影响较大。下列说法错误的是(　　) A．酸溶时，Ba(FeO2)2、BaSO3都能与稀硝酸发生氧化还原反应 B．滤渣1的主要成分是BaSO4 C．试剂X可选择BaCO3 D．流程中“一系列操作”有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 解析　废渣主要含BaCO3、BaSO3、Ba(FeO2)2等，加入硝酸，在a容器中充分溶解，可生成硫酸钡，过滤后滤液中含有铁离子、钡离子等，且溶液呈酸性，可加入碳酸钡，调节溶液pH＝4～5，使铁离子水解生成Fe(OH)3沉淀，过滤后滤渣2为Fe(OH)3，滤液中含有硝酸、硝酸钡等，加入氢氧化钡中和得到硝酸钡溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可得到硝酸钡晶体，母液中含有硝酸钡。Ba(FeO2)2中Fe为＋3价，不表现还原性，不能与硝酸发生氧化还原反应，故A错误；由上述分析可知滤渣1的主要成分是BaSO4，故B正确；由上述分析可知试剂X可加入碳酸钡，调节溶液pH＝4～5，使铁离子水解生成Fe(OH)3沉淀，故C正确；加入氢氧化钡中和过量硝酸，得到硝酸钡溶液，再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可得到硝酸钡晶体，故D正确。 答案　A 10．(2024·山东临沂一模)利用含锌废料(主要成分是ZnO，还含有CuO、FeO等)制备ZnCl2·6H2O的一种工艺流程如图所示，下列说法错误的是(　　) A．“浸取”操作应在高温下进行 B．“氧化除铁”的反应为ClO－＋2Fe2＋＋5H2O===Cl－＋2Fe(OH)3↓＋4H＋ C．“还原”时，增大溶液酸度不利于Cu的生成 D．加入浓盐酸的目的是抑制ZnCl2水解 解析　由题给流程可知，向含锌废料中加入盐酸酸浸，将金属氧化物转化为可溶的金属氯化物，向浸取液中加入漂白液，漂白液的有效成分次氯酸钠将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和滤液；向滤液中通入高压氢气，将溶液中的铜离子转化为铜，过滤得到铜和氯化锌溶液；溶液在浓盐酸中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化锌。盐酸具有挥发性，“浸取”操作在高温下进行会因盐酸挥发导致酸浸率下降，所以“浸取”操作不能在高温下进行，故A错误；由分析可知，加入漂白液的目的是漂白液的有效成分次氯酸钠将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为ClO－＋2Fe2＋＋5H2O===Cl－＋2Fe(OH)3↓＋4H＋，故B正确；由分析可知，通入高压氢气的目的是将溶液中的铜离子转化为铜，反应的离子方程式为Cu2＋＋H2Cu＋2H＋，增大溶液酸度，溶液中氢离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，不利于铜的生成，故C正确；氯化锌是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，所以在浓盐酸中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化锌的目的是防止氯化锌水解，故D正确。 答案　A 11．(2024·山东德州一模)一种利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量SiO2、Fe2O3、Al2O3等杂质)制备LiCoO2的工艺流程如下。下列说法错误的是(　　) 已知：常温下，部分金属离子沉淀的pH如下表。 金属离子 Fe2＋ Fe3＋ Al3＋ Co3＋ 开始沉淀的pH 8.5 2.2 3.4 7.8 完全沉淀[c(金属离子)≤1×10－5 mol·L－1]的pH 10.0 3.0 4.5 9.4 A.“酸浸”时不能用SO2代替H2O2 B．“调pH”的范围为4.5～7.8，滤液中残留的c∶c＝104.5 C．气体X可在“调pH”操作单元回收利用 D．“高温焙烧”时的化学方程式：4CoCO3＋2Li2CO3＋O24LiCoO2＋6CO2 解析　Co3O4中钴元素化合价由＋2、＋3组成，含钴废料加入硫酸酸浸能与金属氧化物反应生成Fe3＋、Al3＋，SiO2不反应过滤为滤渣，过氧化氢能将Co2＋氧化为Co3＋，加入氨水调pH得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，加入碳酸氢铵沉钴，气体X为CO2，碳酸钴和碳酸锂在氧气作用下高温焙烧生成LiCoO2和二氧化碳。根据分析，“酸浸”时过氧化氢作用是将Co2＋氧化为Co3＋，而SO2具有弱氧化性，因此不能代替H2O2，故A正确；由表中数据可知：pH＝3.0时Fe3＋沉淀完全，pH＝4.5时Al3＋沉淀完全，“调pH”的范围为4.5～7.8，滤渣的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3，此时溶液中c(Al3＋)∶c(Fe3＋)＝ Ksp[Al(OH)3]∶Ksp[Fe(OH)3] ＝1.0×10－5×[10－(14－4.5)]3∶1.0×10－5×[10－(14－3.0)]3＝104.5∶1，故B正确；“沉钴”步骤向CoSO4溶液加入NH4HCO3溶液，此反应有CO2生成，该反应的化学方程式为CoSO4＋2NH4HCO3===CoCO3↓＋CO2↑＋(NH4)2SO4＋H2O，不能进入“调pH”操作单元回收利用，故C错误；“高温焙烧”时碳酸钴被氧化为LiCoO2，氧化剂为氧气，反应的化学方程式：4CoCO3＋2Li2CO3＋O24LiCoO2＋6CO2，故D正确。 答案　C 学科网（北京）股份有限公司 $$