课下巩固检测练6 微型化工流程题 -【正禾一本通】2025年高考化学高三二轮专题复习高效讲义（新教材，双选版）

[课下巩固检测练(六)]　微型化工流程题 __________________________________________________________________(每小题5分) 1．钛(Ti)和钛合金被广泛应用于火箭、导弹、航天飞机等领域。工业上以钛铁矿(FeTiO3，其中Ti为＋4价)为主要原料制备金属钛的工艺流程如下图所示： 已知：TiCl4的熔点为－25 ℃，沸点为136.4 ℃。 下列说法错误的是(　　) A．步骤①的反应过程元素的化合价没有发生变化 B．步骤③的操作名称是加热或高温煅烧 C．步骤④的反应方程式TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO D.由TiCl4制备Ti的过程中，可以加入氮气做保护气体 解析：选D。由题干流程图可知，以钛铁矿(FeTiO3，其中Ti为＋4价)为主要原料加入硫酸，生成硫酸氧钛(TiOSO4)，反应方程式为FeTiO3＋2H2SO4===FeSO4＋TiOSO4＋2H2O，然后TiOSO4发生水解生成钛酸(H2TiO3)，H2TiO3加热或灼烧生成TiO2，TiO2和C、Cl2混合加热发生反应TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO，最后用Mg还原TiCl4得到Ti。由于N2能与Mg发生反应生成Mg3N2，故由TiCl4制备Ti的过程中，可以加入氩气做保护气体，不能用N2作保护气。 2．以含有少量杂质Fe的粗铜为原料，制备蓝矾(CuSO4·5H2O)的工艺流程如下图所示： 下列说法正确的是(　　) A．“溶解”时，若忽略少量的杂质铁，理论上硫酸和硝酸的物质的量之比为3∶2 B．气体A为酸性氧化物，可与适量的氧气和水反应生成硝酸，循环利用 C．物质X可以使用氨水，且X过量对产物无影响 D．“操作Z”为蒸发结晶、趁热过滤 解析：选A。粗铜加稀硫酸、稀硝酸溶解，得NO和含铜离子的溶液，往溶液中加物质X沉淀Fe3+，过滤，所得滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得蓝矾。“溶解”时，若忽略少量的杂质铁，据3Cu＋8H＋＋===3Cu2+＋2NO↑＋4H2O可知，要使H＋与的物质的量比为4∶1(8∶2)，则理论上H2SO4和HNO3的物质的量之比为3∶2，A正确；气体A为NO，不属于酸性氧化物，B错误；若物质X为氨水，则过量氨水会沉淀Cu2+，即生成Cu(OH)2沉淀，使蓝矾产量降低，C错误；“操作Z”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，D错误。 3．(2024·河北邯郸三模)轻质碳酸镁[MgCO3·Mg(OH)2·3H2O]是广泛应用于橡胶、塑料、食品和医药工业的化工产品，以卤块(主要成分为MgCl2，含Fe2+、Fe3+等杂质离子)为原料制备轻质碳酸镁的工艺流程如图。下列说法错误的是(　　) A．在实验室进行①操作所用的仪器为玻璃棒、烧杯 B．“氧化”工序中发生反应的离子方程式为2Fe2+＋H2O2＋2H＋===2Fe3+＋2H2O C．②和③工序名称均为“过滤” D．“沉镁”工序控制合适的温度，产生的气体X主要为NH3和CO2 解析：选D。由图知，向卤块(主要成分为MgCl2，含Fe2+、Fe3+等杂质离子)中加入盐酸进行酸溶，再加入过氧化氢发生2Fe2+＋H2O2＋2H＋===2Fe3+＋2H2O将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氢氧化钠溶液将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，过滤将其除去得到滤渣，滤渣为氢氧化铁，向滤液中加入碳酸氢铵进行沉镁，发生·3H2O↓＋3CO2↑，故X主要为二氧化碳，经过过滤，得到轻质碳酸镁[MgCO3·Mg(OH)2·3H2O]，温度过高NH4HCO3分解才可能产生NH3，D错误。 4．(2024·福建泉州模拟)氯化磷酸三钠熔点67 ℃，常温下较稳定，受热易分解，具有良好的消杀、漂白作用，广泛用于医药、餐饮行业。某小组设计如下流程制备氯化磷酸三钠。下列叙述错误的是(　　) A．理论上制得的氯化磷酸三钠不超过0.3 mol B．“反应池1”中最少应加入400 mL 3 mol·L-1磷酸溶液 C．“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤和高温烘干 D．氯化磷酸三钠因含NaClO而具有消杀、漂白作用 解析：选C。n(NaOH)＝4.2 mol，根据Na守恒，1个氯化磷酸三钠中含有13个Na原子，反应还生成NaCl，两种生成物化学计量数都为1，所以n[(Na3PO4·12H2O)4·NaClO]最多为0.3 mol，A正确；0.3 mol (Na3PO4·12H2O)4·NaClO中，n(P)＝1.2 mol，浓度为3 mol·L-1，所以最少加入磷酸溶液400 mL，B正确；氯化磷酸三钠的熔点为67 ℃，常温下较稳定，受热易分解，所以不能高温烘干，C错误；NaClO具有强氧化性，所以能够漂白、杀菌和消毒，D正确。 5．(双选)(2024·安徽安庆模拟)软磁材料Mn3O4可由阳极渣和黄铁矿FeS2制得。阳极渣的主要成分为MnO2且含有少量Pb、Fe、Cu等元素的化合物。制备流程如下。 25 ℃时，Ksp(MnF2)＝5.0×10-3、Ksp(CaF2)＝3.5×10-11。下列说法错误的是(　　) A．X可为稀硫酸 B．滤渣2成分是Cu(OH)2和CaSO4 C．“酸浸”时FeS2中的铁元素转化为Fe3+，该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶3 D．利用MnCO3替代CaO可优化该流程 解析：选BC。黄铁矿FeS2和阳极渣加稀硫酸酸浸，发生氧化还原反应，过滤，滤渣1为S、PbSO4，滤液中加H2O2和CaO，其中CaO调溶液pH，将Fe3+和Cu2+转化为Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀，过滤，滤液中加MnF2沉淀Ca2+，过滤得到含MnSO4的滤液，然后经过一系列处理得Mn3O4。MnO2具有较强氧化性，FeS2具有较强还原性，据流程图可知，后续操作得到MnSO4，所以X可为稀硫酸，A正确；滤液中加CaO调溶液pH，将Fe3+和Cu2+转化为Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀，由于CaSO4微溶，所以滤渣2的成分是Cu(OH)2、CaSO4和Fe(OH)3，B错误；“酸浸”时FeS2中的铁元素转化为Fe3+，MnO2被还原为MnSO4，反应的离子方程式为3MnO2＋2FeS2＋12H＋===3Mn2+＋2Fe3+＋4S↓＋6H2O，所以该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3∶2，C错误；利用MnCO3替代CaO可避免引入杂质Ca2+，D正确。 6．(2024·山东淄博三模)以含钴废料(成分为CoO、Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备CoCO3的流程如图所示。下列说法错误的是(　　) 已知：①“酸浸”后的滤液中含有Co2+、Fe2+、Al3+等；②氧化性：Co3+>H2O2>Cl2；③有关数据如表(完全沉淀时金属离子浓度≤1×10-5 mol·L-1)。 沉淀 Al(OH)3 Fe(OH)3 Co(OH)2 完全沉淀时的pH 5.2 2.8 9.4 A.“酸浸”时，可用盐酸代替硫酸 B．“酸浸”和“氧化”两步可合并，可使用稀硫酸和H2O2 C．“调pH”除杂时溶液中若c(Co2+)＝0.1 mol·L-1，需调pH的范围为5.2～7.4 D．“一系列操作”用到的硅酸盐仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯 解析：选A。含钴废料(成分为CoO、Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)通硫酸、二氧化硫“酸浸”，SiO2不发生反应，过滤得滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中含有Co2+、Fe2+、Al3+等，加氯酸钠溶液把Fe2+氧化为Fe3+、加碳酸钠调节pH除去杂质Fe3+、Al3+，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀(滤渣Ⅱ)；滤液中加入碳酸氢铵、氨水“沉钴”生成CoCO3沉淀，经一系列操作得到纯净的CoCO3。根据信息②，氧化性Co3+>H2O2>Cl2，Co3+能氧化盐酸，会产生有毒的氯气，则“酸浸”时，不可用盐酸代替硫酸，A错误；硫酸可溶解金属氧化物，过氧化氢能将Co3+还原为Co2+，则“酸浸”和“氧化”两步可合并，可使用稀硫酸和H2O2，B正确；除杂时要使Fe3+、Al3+沉淀完全，但Co2+不能沉淀，常温下，Co(OH)2完全沉淀时pH＝9.4，c(OH－)＝10-4.6 mol·L-1，则Ksp[Co(OH)2]＝10-5×1.0×(l0-4.6)2＝10-14.2，“调pH”除杂时溶液中若c(Co2+)＝，则c(OH－)＝ mol·L-1＝1.0×10-6.6 mol·L-1，此时溶液pH＝7.4，即控制溶液的pH≤7.4可避免Co2+产生沉淀，则结合表格数据可知，除杂时需调pH的范围为5.2～7.4，C正确；“沉钴”生成CoCO3沉淀，需过滤，则“一系列操作”用到的硅酸盐仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，D正确。 7．(2024·湖南长沙模拟)Ce2(CO3)3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2(CO3)3·nH2O的工艺流程如下： 下列关于上述流程的叙述，错误的是(　　) A．“焙烧”过程中产生的酸性废气可用于刻蚀玻璃 B．滤渣Ⅲ的主要成分是Fe(OH)3和Al(OH)3 C．“沉铈”步骤中也可以用(NH4)2CO3沉淀得到Ce2(CO3)3·nH2O D．分离出Ce2(CO3)3·nH2O的方法为过滤，需用到的玻璃仪器：漏斗、烧杯和玻璃棒 解析：选C。焙烧过程产生的酸性废气是HF，可用于刻蚀玻璃，A正确；调pH和加入絮凝剂以后，沉淀出Fe(OH)3和Al(OH)3，B正确；选择NH4HCO3的原因是NH4HCO3溶液呈现出弱碱性，若改为(NH4)2CO3，碱性太强，生成的沉淀中会混有氢氧化物，C错误；过滤需要用到漏斗、烧杯和玻璃棒等玻璃仪器，D正确。 8．(2024·山东烟台三模)工业上以辉钼矿(主要含MoS2及少量FeS、SiO2)为原料制备MoO3，再与S经气相反应后冷凝沉积获得纳米MoS2，工艺流程如下。下列说法错误的是(　　) A．“焙烧”时氧化剂和还原剂的物质的量之比小于7∶2 B．“浸取”时不可用NaOH溶液代替氨水 C．“气相沉积”时，每有1 mol S参加反应需转移2 mol电子 D．整个流程中可循环利用的物质有2种 解析：选C。辉钼矿(主要含有MoS2以及少量FeS、SiO2等)在空气中氧化焙烧，生成SO2和SiO2、MoO3、Fe3O4等；加入氨水，MoO3转化为(NH4)2Mo2O7，SiO2、Fe3O4成为滤渣，将溶液进行蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到固体，对固体进行灼烧，得到NH3和MoO3，S和MoO3进行气相沉积得到SO2和MoS2。“焙烧”发生反应的化学方程式为2MoS2＋7O2Fe3O4＋3SO2，故氧化剂O2和还原剂MoS2的物质的量之比为7∶2，而O2和FeS之比为5∶3，故总体上氧化剂和还原剂的物质的量之比小于7∶2，A正确；若NaOH代替氨水，则导致SiO2溶解进入溶液中，引入新的杂质，故“浸取”时不可用NaOH溶液代替氨水，B正确；由分析可知，“气相沉积”时，反应的化学方程式为2MoO3＋7S===2MoS2＋3SO2，反应转移12e－，故每有1 mol S参加反应需转移 mol电子，C错误；整个流程中可循环利用的物质有2种，分别为NH3和MoS2，D正确。 9．(2023·湖北七市联考)铼(Re)被称为“类锰元素”，与锰的价层电子排布相同，可以与氧气反应。一种对废氧化铝载体铂铼催化剂中金属元素综合回收利用的工艺如图： 下列说法正确的是(　　) A．“第1次浸出”中可以用氢氧化钠溶液代替氨水，浸出渣1成分不变 B．铼元素的最高价氧化物Re2O7为碱性氧化物 C．制备铼粉过程中，氢气只体现还原作用 D．“第3次浸出”中若用HCl­NaClO3作浸出液，反应的离子方程式可能为3Pt＋16Cl－＋＋12H＋===3[PtCl6]2-＋6H2O 解析：选D。废氧化铝载体铂铼催化剂经过焙烧细磨后，加入氨水溶解得到NH4ReO4，浸出渣1为Pt和氧化铝；NH4ReO4晶体在800 ℃下通入氢气制备铼粉；浸出渣1加硫酸溶解氧化铝，浸出渣2为Pt，用于制备海绵Pt；硫酸铝用于制备净水剂，据此分析解题。Al2O3能与氢氧化钠溶液反应，不能使用氢氧化钠溶液代替氨水，故A错误；铼被称为“类锰元素”，与锰的价层电子排布相同，Mn2O7为酸性氧化物，所以Re2O7也为酸性氧化物，故B错误；在800 ℃下通入氢气还原NH4ReO4制备铼粉，氢气不仅作还原剂，还作保护气，防止铼粉被氧化，还可以通过气流带走生成的水蒸气和氨气，故C错误；用HCl­NaClO3作浸出液溶解Pt，可形成配合物，反应的离子方程式可能为3Pt＋16Cl－＋＋12H＋===3[PtCl6]2-＋6H2O，故D正确。 10．(双选)(2024·福建厦门模拟)锂辉矿(主要成分为LiAlSi2O6)可用低温重构—直接浸出技术制备碳酸锂，同时得到氧化铝，工艺流程如图，下列说法不正确的是(　　) A．“水热反应”为2LiAlSi2O6＋8NaOHLi2SiO3＋3Na2SiO3＋2Na[Al(OH)4] B．“滤渣1”和“滤渣2”主要成分不同 C．流程中涉及氧化还原反应 D．冶炼金属锂可用电解其熔融氯化物的方法，而冶炼金属铝则不可以 解析：选BC。“滤渣1”和“滤渣2”的主要成分均为硅酸，B错误；流程中各步转化过程中均没有元素发生化合价变化，均不涉及氧化还原反应，C错误；氯化锂是离子化合物，氯化铝为共价化合物，所以冶炼金属锂可用电解熔融氯化物的方法，而冶炼金属铝用电解熔融氧化物的方法，D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $$