集训1 强化练15 无机化工“微流程”的分析应用(Word练习)-【精讲精练】2026年高考化学二轮专题辅导与训练

强化练(十五)　无机化工“微流程”的分析应用 [对应题型集训P217] 1．(2025·辽宁省抚顺市高三模拟)以食盐等为原料制备六水合高氯酸铜[Cu(ClO4)2·6H2O]的一种工艺流程如下： 下列说法正确的是(　　) A．“电解Ⅰ”时的阳极材料可用不锈钢材质 B．“歧化反应”的产物之一为NaClO4 C．“操作a”是过滤 D．“反应Ⅱ”的离子方程式为Cu2(OH)2CO3＋4HClO4===2Cu2+＋4ClO＋CO2↑＋3H2O 解析　以食盐等为原料制备高氯酸铜[Cu(ClO4)2·6H2O]，电解Ⅰ中电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，歧化反应为3Cl2＋3Na2CO3===5NaCl＋NaClO3＋3CO2，通电电解，溶液中氯酸根离子失电子发生氧化反应生成高氯酸根离子，加入盐酸发生反应Ⅰ，经过操作a(过滤)获得NaCl晶体和60%以上的高氯酸，反应Ⅱ为Cu2(OH)2CO3中滴加稍过量的HClO4，小心搅拌，适度加热后得到蓝色Cu(ClO4)2溶液，蒸发浓缩、冷却结晶获得产品，以此来解答。电解NaCl溶液时阳极应选择惰性电极，不能用不锈钢材质做阳极，A错误；经过电解Ⅱ获得NaClO4，则“歧化反应”的产物之一为NaClO3，该反应的化学方程式为3Cl2＋3Na2CO3===5NaCl＋NaClO3＋3CO2，B错误；从溶液中获得NaCl晶体，应选择过滤操作，即“操作a”为过滤，C正确；“反应Ⅱ”是Cu2(OH)2CO3溶于高氯酸(强酸)生成水、CO2和高氯酸铜，离子反应方程式为Cu2(OH)2CO3＋4H＋===2Cu2+＋CO2↑＋3H2O，D错误。 答案　C 2．(2025·四川省南充市高三模拟)冶锌工业废铁残渣对环境造成一定影响，一种废铁分离回收工艺流程如下，下列说法错误的是(　　) 已知：废铁残渣主要含有铁酸锌(ZnO·Fe2O3)和砷、铜的化合物等；“酸浸”后滤液中铁元素以Fe2+形式存在；溶液Y中主要为锌盐溶液。 A．“酸浸”中铁酸锌表现氧化性 B．滤渣X为石膏 C．通入水蒸气的目的是降低溶液浓度促进水解 D．赤铁矿渣可用于生产油漆、颜料 解析　废铁残渣主要含有铁酸锌(ZnO·Fe2O3)和砷、铜的化合物等，H2SO4酸浸并用SO2还原，将Fe3+还原为Fe2+，过滤出不溶物后，加入CaCO3与过量的H2SO4反应，得到CaSO4，即滤渣X，加入Fe粉置换除去Cu和As，最后通入O2和水蒸气氧化水解，将Fe2+转化为Fe2O3得到赤铁矿渣。“酸浸”中铁酸锌中铁元素从＋3价降低到＋2价，表现氧化性，A正确；根据分析，加入CaCO3与剩余的硫酸反应，生成CaSO4和CO2，因此滤渣X为石膏(CaSO4)，B正确；通入水蒸气可以稀释氧气，使氧气与Fe2+更加充分反应生成Fe3+，且水蒸气温度较高，升温有利于Fe3+的水解平衡正向移动，C错误；赤铁矿渣性质稳定，是红棕色固体，可用于生产油漆、颜料，D正确。 答案　C 3．(2025·辽宁省沈阳市高三检测)蛇纹石主要成分为R3Si2O5(OH)4(R＝Mg或Ni)，利用绿矾(FeSO4·7H2O)焙烧时产生的SO3可以提取蛇纹石中的金属镍，工艺流程如下图。已知：①焙烧时蛇纹石的反应为R3Si2O5(OH)4＋3SO3===3RSO4＋2SiO2＋2H2O；②滤液中镍元素以配离子形式存在。 下列说法中错误的是(　　) A．焙烧时绿矾发生的反应为4FeSO4·7H2O＋O22Fe2O3＋4SO3＋28H2O B．滤渣的主要成分有Fe2O3和SiO2 C．氨水只用于沉淀Mg2+ D．沉镁后的滤液电解，可在阴极得到Ni 解析　蛇纹石、绿矾(FeSO4·7H2O)和空气混合焙烧，发生R3Si2O5(OH)4＋3SO3===3RSO4＋2SiO2＋2H2O，同时发生4FeSO4·7H2O＋O22Fe2O3＋4SO3＋28H2O，然后水浸，过滤除去不溶的Fe2O3和SiO2，滤液先加入过量氨水沉淀镁离子，同时使镍离子转化为配合物，再加入碳酸铵得到aMgCO3·bMg(OH)2，据此解答。焙烧时绿矾发生氧化还原反应，反应为4FeSO4·7H2O＋O22Fe2O3＋4SO3＋28H2O，A正确；结合分析，滤渣的主要成分有Fe2O3和SiO2，B正确；氨水用于沉淀镁离子，同时使Ni2+转化为配合物，C错误；沉镁后的滤液中Ni2+电解，Ni2+得到电子，可在阴极得到Ni，D正确。 答案　C 4．(2025·四川省成都石室中学高三模拟)硝酸钠在玻璃业、染料业、农业等领域应用广泛。工业上以含氮氧化物废气为原料生产硝酸钠的流程如图所示： 已知：①2NO2＋Na2CO3===NaNO3＋NaNO2＋CO2；②NO2＋NO＋Na2CO3===2NaNO2＋CO2。 下列叙述正确的是(　　) A．NO2属于酸性氧化物 B．同时发生反应①和②时，被氧化的氮元素与被还原的氮元素的质量之比可能为2∶1 C．“转化器”中生成的NaNO3既是氧化产物，又是还原产物 D．不考虑流程中钠、氮元素的损失，则a＋c＝ 解析　NO2、NO通入碳酸钠溶液发生已知①、②的两个反应，会生成硝酸钠和亚硝酸钠的混合物，加入稀硝酸将亚硝酸钠转化为硝酸钠，最后对硝酸钠溶液蒸发结晶得到硝酸钠固体。酸性氧化物与碱反应生成一种盐和水，NO2与NaOH反应生成NaNO2、NaNO3，生成两种盐，且氮元素化合价发生变化，不属于酸性氧化物，A错误；反应①中二氧化氮的氮元素发生歧化反应，二氧化氮既是氧化剂也是还原剂，被氧化的氮元素与被还原的氮元素的物质的量为1∶1，反应②NO中氮元素化合价升高被氧化，NO2中氮元素化合价降低被还原，则同时发生反应①和②时，被氧化的氮元素与被还原的氮元素的质量之比为1∶1，B错误；“转化器”中加入稀硝酸将亚硝酸钠转化为硝酸钠，硝酸被还原为NO，生成的NaNO3是氧化产物，NO是还原产物，C错误；根据题意可知，N元素和Na元素最终变为硝酸钠，根据守恒有等式：a＋b＋e＝2c；NO、NO2最终变为硝酸钠，N失去电子，O2得到电子，根据电子守恒有等式：3a＋b＝4d，根据上述两个等式可得：a＋c＝，D正确。 答案　D 5．(2025·湖南省邵阳市高三联考)实验室用MnO2等作原料制取少量KMnO4的实验流程如下： 下列说法错误的是(　　) A．流程中可以循环使用的物质是MnO2 B．“熔融”时应先将MnO2和KClO3混合加热一段时间后再加入KOH C．“溶解”后的溶液中存在大量的K＋、Cl－、MnO D．“熔融”时发生了氧化还原反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3 解析　氯酸钾在碱性条件下将二氧化锰氧化成锰酸钾，自身被还原成氯离子，溶解后的溶液中含有大量的锰酸根离子、氯离子和钾离子，通入二氧化碳后，锰酸钾发生歧化反应，生成二氧化锰和高锰酸钾，流程中能够循环使用的只有二氧化锰。结合流程，可以循环使用的物质是MnO2，A正确；氯酸钾和二氧化锰混合加热一段时间，氯酸钾会分解，B错误；氯酸钾在碱性条件下将二氧化锰氧化成锰酸钾，自身被还原成氯离子，溶解后的溶液中含有大量的锰酸根离子、氯离子和钾离子，C正确；“熔融”时发生的氧化还原反应为3MnO2＋KClO3＋6KOHKCl＋3K2MnO4＋3H2O，氧化剂KClO3与还原剂MnO2的物质的量之比为1∶3，D正确。 答案　B 6．(2025·四川省德阳市高三质量监测)某工厂用细菌冶金技术处理含金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被FeS2、FeAsS包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐。工艺流程如下： 下列说法错误的是(　　) A．“细菌氧化”过程中，FeS2参加的反应使体系的酸性增强 B．“浸金”中NaCN将Au氧化成[Au(CN)2]－从而浸出 C．矿粉中的铁元素以Fe3+形式进入“滤液”中 D．“沉铁砷”时加碱调节pH，既能生成Fe(OH)3，又能促进含As微粒的沉降 解析　向含金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被FeS2、FeAsS包裹)中通入足量空气，并加入稀硫酸，在pH＝2的条件下发生细菌氧化，FeS2和FeAsS发生氧化还原反应生成Fe3+和含As微粒，Au不发生反应，过滤得到含Fe3+和含As微粒的滤液和含Au的滤渣，将滤液加碱调节pH，生成Fe(OH)3，并促进含As微粒的沉降，向滤渣中通入空气和NaCN，空气先将Au氧化为Au＋，Au＋再与CN－结合形成[Au(CN)2]－从而浸出，据此回答。“细菌氧化”过程中，FeS2在酸性条件下被氧气氧化，反应的化学方程式可表示为2FeS2＋7O2＋2H2O===2FeSO4＋2H2SO4，反应生成了硫酸，使体系的酸性增强，A正确；“浸金”中，NaCN、Au与空气中的O2发生反应，O2作氧化剂将Au氧化，CN－与Au＋结合形成[Au(CN)2]－从而浸出，并非NaCN将Au氧化，B错误；“细菌氧化”时金属硫化物转化为硫酸盐，且体系中有足量空气，Fe2+会被氧化为Fe3+，所以矿粉中的铁元素以Fe3+形式进入“滤液”中，C正确；“沉铁砷”时加碱调节pH，Fe3+会与OH－反应生成Fe(OH)3沉淀；同时含As微粒在碱性条件下也会发生沉淀，从而促进含As微粒的沉降，D正确。 答案　B 7．(2025·安徽省江南十校一模)铼(Re)是一种稀散金属，广泛应用于航空航天领域。工业上用富铼渣(主要含ReS2)制铼粉，其工艺流程如图所示。 已知：浸渣中不含硫单质。 下列说法不正确的是(　　) A．含铼合金应用于飞机发动机叶片和燃烧室，是因为其优良的耐高温性能 B．用H2O2处理富铼渣(主要含ReS2)时有两种元素被氧化 C．操作Ⅱ、Ⅲ均不适宜在较高温度下进行 D．整个工艺流程中可循环利用的物质只有NH3和含R3N的有机溶液 解析　由题给流程可知，向富铼渣中加入稀硫酸和过氧化氢溶液浸取，二硫化铼与过氧化氢溶液反应得到高铼酸和硫酸，过滤得到滤渣和含有高铼酸、硫酸的浸出液；向浸出液中加入有机溶液R3N萃取高铼酸，分液得到含有高铼酸的有机层和含有硫酸的废液；向有机层中加入氨水反萃取，分液得到有机溶液和高铼酸铵溶液；高铼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶等一系列操作得到高铼酸铵晶体，高铼酸铵晶体与氢气在800 ℃条件下共热反应制得铼粉，整个工艺流程中有机溶液、氨气、硫酸可循环利用，据此分析。含铼合金应具有优良的耐高温性能，方可用于飞机发动机叶片和燃烧室，A正确；二硫化铼与过氧化氢溶液反应得到高铼酸和硫酸，有铼和硫两种元素被氧化，B正确；操作Ⅱ为分液，温度过高R3N·HReO4会分解降低萃取率、Ⅲ加入氨水反萃取，温度过高氨挥发，故均不适宜在较高温度下进行，C正确；由分析可知，整个工艺流程中有机溶液、氨气、硫酸可循环利用，D错误。 答案　D 8．(2025·河南省许平汝名校二模)亚氯酸钠(NaClO2，受热易分解)是一种重要的含氯消毒剂，一种制备NaClO2的工艺流程如图所示，下列说法错误的是(　　) A．“滤渣”的主要成分为CaCO3 B．流程中两处盐酸的作用相同 C．操作a为“减压蒸发” D．理论上，该流程中n(Cl2)∶n(O2)＝1∶1 解析　粗食盐水中含有杂质Ca2+，加入过量碳酸钠可将所有Ca2+完全沉淀，故滤渣为CaCO3，进入“电解”过程的液体中含有Na＋、Cl－及过量的CO，加入适量的盐酸，可将CO转化为CO2，电解生成NaClO3，在反应Ⅱ中，NaClO3与盐酸之间发生氧化还原反应，可生成ClO2和Cl2，在ClO2吸收塔中ClO2、H2O2、NaOH之间发生氧化还原反应，生成NaClO2，由于NaClO2受热易分解，因此减压蒸发、冷却结晶后可得到NaClO2晶体。粗食盐水中含有杂质Ca2+，加入过量碳酸钠可将所有Ca2+完全沉淀，故滤渣为CaCO3，A正确；流程中两处盐酸，第一次用盐酸是除碳酸钠，第二次用盐酸是还原氯酸钠生成二氧化氯，两处HCl的作用不相同，B错误；由于NaClO2受热易分解，因此利用减压蒸发，C正确；反应Ⅱ中产生Cl2的化学方程式为2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O，ClO2吸收塔中产生O2的化学方程式为2ClO2＋2NaOH＋H2O2===2NaClO2＋O2↑＋2H2O，故理论上，产生Cl2、O2的物质的量之比为1∶1，D正确。 答案　B 9．目前，红硒主要是从电解铜阳极泥中提取。苏打烧结法提取红硒的工艺流程如图所示： 已知：①阳极泥主要含有Au、Ag、Se、Te、CuSe、Ag2Se、CuTe、Ag2Te等； ②“烧结”产物Na2SeO3、Na2SeO4、Na2TeO3易溶于水，Au、Ag、Na2TeO4等难溶于水； ③酸性条件下，SeO可以被SO2还原成不定型红硒析出，SeO不能被SO2还原。 下列说法错误的是(　　) A．“操作a”为过滤 B．“热还原”中n(氧化剂)∶n(氧化产物)＝2∶1 C．“热还原”最好在无氧环境中进行 D．“还原”的化学方程式为H2SeO3＋2SO2＋H2O===Se↓＋2H2SO4 解析　阳极泥中主要含有Au、Ag、Se、Te、CuSe、Ag2Se、CuTe、Ag2Te等，加入苏打烧结得到Na2SeO3、Na2SeO4、Na2TeO3、Au、Ag、Na2TeO4等，加入80 ℃水热浸，经过滤分离出Au、Ag、Na2TeO4等，滤液中含有Na2SeO3、Na2SeO4、Na2TeO3，向滤液中加入盐酸沉碲得到TeO2，酸性条件下，加入硫酸亚铁将SeO还原为SeO，然后通入SO2还原得到红硒。“热浸”后，经过过滤可得Au、Ag等固体，滤液进一步加盐酸沉碲，A正确；“热还原”中，Na2SeO4被还原为Na2SeO3，反应的离子方程式为SeO＋2Fe2+＋2H＋===SeO＋2Fe3+＋H2O，n(氧化剂)∶n(氧化产物)＝1∶2，B错误；Fe2+易被氧气氧化而失去还原能力，C正确；H2SeO3和SO2反应生成红硒，反应的化学方程式为H2SeO3＋2SO2＋H2O===Se↓＋2H2SO4，D正确。 答案　B 10．三氯化钌(RuCl3)是重要的化工原料，广泛应用于催化、电镀、电解等工业。从Co­Ru­Al2O3催化剂废料中分离制取RuCl3和Co(NO3)2的一种工艺流程如下图所示。焙烧后得到的固体中含有CoO、Na2RuO4和NaNO2等。有关各流程的说法正确的是(　　) A．水浸：溶液中含有Na[Al(OH)4] B．还原：若乙醇将Na2RuO4还原为Ru(OH)4，则Ru(OH)4的氧化性强于Na2RuO4 C．酸溶：NH2OH可以电离出OH－，因而具有碱性 D．沉钴：乙二酸(H2C2O4)的一种同系物对苯二甲酸可与乙二醇通过缩聚反应制备涤纶 解析　含有Co­Ru­Al2O3催化剂废料与NaOH/NaNO3混合焙烧，得到CoO、Na2RuO4和NaNO2以及Al2O3，水浸强碱与Al2O3反应生成Na[Al(OH)4]，沉淀含有CoO，酸浸得到Co2+的溶液，加热草酸得到CoC2O4沉淀，最后得到Co(NO3)2·6H2O，水浸的溶液加入乙醇将Na2RuO4还原为Ru(OH)4，再酸溶得到RuCl3溶液，蒸发结晶得到晶体RuCl3·6H2O。水浸时，强碱与Al2O3反应生成Na[Al(OH)4]，A正确；还原时，若乙醇将Na2RuO4还原为Ru(OH)4，那么，Ru(OH)4作为还原产物，氧化性弱于Na2RuO4，B错误；NH2OH具有碱性，其原因类似NH3，是由于氮原子上的孤电子对与水作用，得到水中质子，“得质子者为碱”，NH2OH自身并不电离出OH－，C错误；乙二酸和对苯二甲酸不是同系物，二者虽含有相同的官能团且官能团个数相同，但是并不符合中学设定的同系物分子式之间相差若干个CH2的规定，D错误。 答案　A 11．分铜液净化渣主要含铜、碲(Te)、锑(Sb)、砷(As)等元素的化合物，一种回收工艺流程如图： 已知：①“碱浸”时，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，碱浸液含有Na2TeO3、Na3AsO4。②“酸浸”时，锑元素发生反应生成难溶的Sb2O(SO4)4浸渣。下列说法正确的是(　　) A．碲(Te)和砷(As)位于元素周期表第ⅤA族 B．利用蒸发结晶从“滤液1”中获取胆矾 C．“氯盐酸浸”时，通入SO2的目的是将Sb2O(SO4)4还原为SbCl3 D．“水解”时，生成SbOCl的离子方程式为Sb3+＋Cl－＋2OH－===SbOCl＋H2O 解析　结合题干信息，分铜液加入氢氧化钠溶液进行碱浸，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，碱浸液含有Na2TeO3、Na3AsO4；过滤后向滤渣中加入硫酸进行酸浸，铜的氢氧化物或氧化物均溶解，锑元素反应生成难溶的Sb2O(SO4)4浸渣，过滤后向浸渣中加入盐酸、氯化钠和二氧化硫，反应生成三氯化锑，三氯化锑水解转化生成SbOCl；碱浸液中加入酸调节pH＝4，Na2TeO3转化生成亚碲酸，亚碲酸不稳定分解生成二氧化碲；碲(Te)位于周期表的第ⅥA族，A错误；根据分析可知“滤液1”为CuSO4溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶得到胆矾，B错误；根据分析知，“氯盐酸浸”时，通入SO2的目的是将Sb2O(SO4)4还原为SbCl3，C正确；“水解”时，生成SbOCl的化学方程式为SbCl3＋H2O===SbOCl＋2H＋＋2Cl－，D错误。 答案　C 12．工业上用黄铜矿(主要成分是CuFeS2，还含有少量SiO2)制备CuCl的工艺流程如图： 下列说法不正确的是(　　) A．“浸取”时离子方程式为CuFeS2＋4O2===Cu2+＋Fe2+＋2SO B．“滤渣①”成分是Fe(OH)3、CuO C．“还原”时加入NaCl和浓盐酸主要是为了提供Cl－，跟铜元素形成可溶于水的物质 D．CuCl的晶胞如图，每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目是12 解析　该工艺流程以黄铜矿为原料制备CuCl。首先在O2和H2SO4作用下浸取，CuFeS2被氧化溶解，SiO2不与O2、H2SO4反应，作为滤渣分离除去；加入过量CuO，调节pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，滤渣①主要成分是Fe(OH)3、CuO；向溶液中加入过量铜粉、NaCl和浓盐酸并加热，Cu2+被Cu还原，生成CuCl沉淀，CuCl在过量Cl－下形成可溶于水的络离子(如[CuCl2]－)，未反应的铜粉等形成滤渣②；然后经过一系列操作，得到纯净的CuCl产品。“浸取”时，CuFeS2在酸性条件下与氧气发生氧化还原反应，反应的离子方程式为4CuFeS2＋17O2＋4H＋===4Cu2+＋4Fe3+＋8SO＋2H2O，A错误；加入过量氧化铜调节pH的目的是将铁离子转化为氢氧化铁除去，因此“滤渣①”的成分是Fe(OH)3和过量的CuO，B正确；还原时，加入NaCl和浓盐酸提供Cl－，Cu2+与Cl－、Cu反应生成CuCl，且CuCl在过量Cl－下形成可溶于水的络离子(如[CuCl2]－)，便于后续分离提纯，然后经过一系列操作得到CuCl，C正确；观察CuCl晶胞结构，以顶点上的Cl－为例，在一个晶胞内，与该Cl－距离最近的Cl－位于面心(每个晶胞中有3个位于面心的Cl－与该顶点上的Cl－距离最近)；通过一个顶点的晶胞有8个，每个面心上的Cl－被2个晶胞共用，所以每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目是＝12，D正确。 答案　A 学科网（北京）股份有限公司 $