8.微练6 以微型化学工业流程为载体的分析判断(专题微练PPT)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考化学大二轮专题复习

该高中化学高考复习课件聚焦工业流程分析、物质制备及实验操作等核心考点，依据高考评价体系明确物质转化、离子反应、氧化还原反应等高频考查维度，通过15道模拟真题梳理“流程步骤解读”“反应原理分析”“实验操作判断”等常考题型，体现备考的针对性与实用性。 课件亮点在于“真题情境+素养导向”的训练模式，如以“制备碳酸钴”流程为例，运用科学思维中的证据推理分析“沉钴”杂质成因，结合科学探究与实践指导过滤、结晶等操作判断技巧。特设易错点警示（如Na₂CO₃浓度对产品纯度的影响），帮助学生掌握流程题答题逻辑，教师可据此精准定位学生薄弱环节，提升复习效率。

微练6　以微型化学工业流程为载体的分析判断 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 选择题：每小题只有一个选项符合题目要求。 1.(2025·岳阳模拟)实验室模拟利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔等杂质)制备碳酸钴的工艺流程如图：   已知：CoCO3、Co(OH)2难溶于水。 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 下列有关描述错误的是(　　) A.“碱浸”发生反应的为2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH)4]+3H2↑ B.“操作①”用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒 C.“酸溶”反应中H2O2可以换成O2 D.“沉钴”时若Na2CO3浓度太大，可能导致产品不纯 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔等杂质)经第一步碱浸操作，废料中的铝箔溶解为Na[Al(OH)4]除去，过滤后得到的滤渣主要含有Co3O4，加入硫酸、过氧化氢酸溶，Co元素转化为Co2+，在酸溶步骤中Co元素被还原，H2O2被氧化作还原剂；经过操作①得到滤液②，则操作①为过滤操作，所得滤液②中主要含CoSO4，最后加入碳酸钠沉钴操作获得CoCO3，以此分析解答。 解析 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 碱浸操作，废料中的铝箔溶解为Na[Al(OH)4]除去，发生的反应为2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH)4]+3H2↑，A项正确；操作①为过滤操作，用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，B项正确；由分析知，H2O2被氧化，作还原剂，不能选用O2，C项错误; “沉钴”时若Na2CO3浓度太大，溶液碱性较强会产生Co(OH)2杂质, 导致产品不纯，D项正确。 解析 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 2.(2025·江西模拟)江西的钽矿储量居全国首位，主要用于制造高温合金和电子元件。以某钽矿渣(主要含Ta2O3、FeO、Al2O3及油脂等)为原料制备万能材料NaTaO3的流程如图。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 已知：①焙烧时，Ta2O3、FeO转化成NaTaO3、Fe2O3；②NaTaO3溶解度随着温度升高而快速增大。下列叙述错误的是(　　) A.“焙烧”可选择陶瓷容器 B.通入足量空气的目的之一是除去油脂 C.固体1可用于制造红色颜料 D.“系列操作”包括“蒸发浓缩、降温结晶”等 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 根据钽矿渣(主要含Ta2O3、FeO、Al2O3及油脂等)为原料制备万能材料NaTaO3的流程图，加入纯碱在碱性条件下通入足量空气焙烧,一方面可以使油脂(有机物)转化为CO2除去，另一方面Ta2O3、FeO转化成NaTaO3、Fe2O3，Al2O3转化为NaAl(OH)4；加入水进行水 浸，不溶于水的Fe2O3是固体1的主要成分，水浸后的浸出液中有NaTaO3和NaAl(OH)4，通入足量CO2，铝元素以氢氧化铝沉淀析出,故固体2是氢氧化铝，最后溶液经过系列操作得到NaTaO3。纯碱在 解析 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高温下与二氧化硅反应，陶瓷容器的材质含SiO2，“焙烧”应该选择铁质容器，A项错误；原料中有油脂，在“焙烧”中与空气中的O2反应生成CO2等，B项正确；“固体1”是氧化铁，可用于制造红色颜料，C项正确；由于钽酸钠溶解度受温度影响较大，可采用结晶法分离，冷却热饱和溶液析出晶体，经过滤、洗涤、干燥得到产品，D项正确。 解析 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 3.(2025·青岛模拟)实验室提取桂花精油的流程如下。下列说法错误的是(　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 A.“操作①”所需的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒 B.“操作②”为过滤，所得的石油醚可循环利用 C.“乙醇洗涤”可提高桂花精油的收率 D.“减压蒸馏”可防止桂花精油在较高温度下变质 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 向桂花中加入石油醚，充分振荡，过滤，分离除去不溶物，得到溶液，然后根据物质沸点的不同，将溶液进行蒸馏，分离出沸点低的石油醚和桂花浸膏，再向桂花浸膏中加入无水乙醇回流1小 时，进行抽滤，并用乙醇洗涤固体残渣，充分回收桂花精油，将分离得到溶液进行减压蒸馏，分离得到桂花精油。“操作①”是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的操作，该操作名称为过滤，所需的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，A项正确；“操作②”为 解析 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 分离互溶的、沸点不同的混合物，名称为蒸馏，所得的沸点较低的石油醚可循环利用，B项错误；残留在固体上的桂花精油能够溶于乙醇，“乙醇洗涤”抽滤时的固体残渣，可提高桂花精油的收率，C项正确；桂花精油不稳定，高温易变质，利用物质沸点随压强的减小而降低的性质进行“减压蒸馏”就可防止桂花精油在较高温度下变质，D项正确。 解析 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 4.(2025·兰州模拟)某研究所设计以软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Si、Al等的氧化物)为原料制备KMnO4，其实验流程如下：   已知：K2MnO4固体和溶液均为墨绿色。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 下列说法正确的是(　　) A.“熔融煅烧”过程中使用到的仪器主要有蒸发皿，三脚架和酒精灯 B.“滤渣1”的成分是Al(OH)3 C.“调pH 2”过程中反应的离子方程式为3Mn+4H+===2Mn+ MnO2↓+2H2O D.“结晶”过程中获得KMnO4晶体可采用降温结晶法 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Si、Al等的氧化物)与KOH在空气中熔融煅烧生成K2MnO4、K2SiO3和KAlO2，浸取液通入过量CO2得到的滤渣1有Al(OH)3和H2SiO3，滤液加入冰醋酸“调pH 2”生成KMnO4和MnO2，据此解答。“熔融煅烧”需要高温，应该用坩埚而不是蒸发皿，A项错误；由分析知“滤渣1”的成分是Al(OH)3和H2SiO3，B项错误；“调pH 2”过程中加入冰醋酸，冰醋酸为弱电解质，不拆，反应的离子方程式为3Mn+4CH3COOH===2Mn +MnO2↓+2H2O+4CH3COO-，C项错误；KMnO4的溶解度受温度影响变化较大，可以采用降温结晶的方法得到，D项正确。 解析 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 5.(2025·六盘水模拟)某兴趣小组利用初处理过的工业废铜制备胆矾(CuSO4·5H2O)的流程如下。下列说法错误的是(　　)   A.X为稀硫酸或Fe2(SO4)3溶液 B.流程中Cu2(OH)2CO3可换成NaOH溶液 C.加H2O2可能存在的反应有Cu+2H++H2O2===Cu2++2H2O D.“系列操作”时加H2SO4的目的是抑制Cu2+的水解 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 由制备实验流程及制备胆矾的原理可知，工业废铜中先加入X进行溶解，若X为稀硫酸可将铁转化为Fe2+，再加入过氧化氢溶液将铜氧化为Cu2+，氧化Fe2+得到Fe3+，若X是Fe2(SO4)3溶液，则Ⅰ中得到Fe2+、Cu2+，加入过氧化氢再氧化Fe2+得到Fe3+，再加碱式碳酸铜可调节pH加热使铁离子转化为沉淀，过滤分离出滤液含硫酸铜，加硫酸后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可分离出胆矾晶体。由制备实验流程分析可知，X可以是稀硫酸或Fe2(SO4)3溶液，且不 解析 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 引入新杂质，A项正确；加氢氧化钠调节pH会引入钠离子，因此不可更换，B项错误；若X为稀硫酸，则Ⅰ中得到Fe2+和Cu，加入过氧化氢后分别被氧化为Fe3+、Cu2+，所以加H2O2可能存在的反应有Cu+2H++H2O2===Cu2++2H2O，C项正确；“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，加H2SO4的目的是抑制Cu2+的水解，D项正确。 解析 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 6.晶体磷酸二氢钾(KH2PO4)是一种非线性光学材料，实验室模拟工业工序设计的流程如图所示。   已知：HCl易溶于乙醇和醚等有机溶剂。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 下列说法不正确的是(　　) A.有机萃取剂不可选用乙醇 B.KH2PO4既可与盐酸也可与NaOH溶液反应 C.操作Ⅰ、操作Ⅱ是相同的操作方法 D.一系列操作Ⅲ主要包括蒸发结晶、干燥 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 H3PO4加入KCl混合，用有机萃取剂进行萃取，主要反应原理为KCl+H3PO4 KH2PO4+HCl，经操作Ⅰ(分液)得到有机相和水相,水相经一系列操作可得到KH2PO4晶体，反应产生的HCl易溶于有机萃取剂，有机相加入氨水进行反萃取，发生反应NH3·H2O+ HCl===NH4Cl+H2O，再分液得到有机萃取剂返回萃取操作中循环使用，另一部分经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥便可 解析 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 得到NH4Cl。因为乙醇与水互溶，所以有机萃取剂不可选用乙醇, A项正确；KH2PO4是酸式盐，既可与盐酸也可与NaOH溶液反应, B项正确；根据分析知，操作Ⅰ、操作Ⅱ都是分液，是相同的操作方法，C项正确；NH4Cl受热易分解，所以一系列操作Ⅲ主要包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D项错误。 解析 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 7.(2025·深圳模拟)一种纯碱和聚氯乙烯联合生产工艺的流程如图所示。下列有关该联合工艺的说法正确的是(　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 A.析出NaHCO3时，发生反应的离子方程式为CO2+NH3·H2O=== HC B.“制气”产生的废渣经调制后用于“灰蒸”以回收氨 C.上述流程仅涉及非氧化还原反应 D.“转化”所得Cl2用于合成聚氯乙烯 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 8.(2025·山东模拟)二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体{K2[Cu(C2O4)2]·2H2O},微溶于冷水，可溶于热水，微溶于酒精，干燥时较为稳定，加热时易分解。用氧化铜和草酸为原料制备二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体的流程如下，下列说法正确的是(　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 A.将H2C2O4晶体加入去离子水中，为加快溶解速率，可将溶液煮沸 B.KHC2O4与氧化铜反应的离子方程式为CuO+2HC2 Cu2++ 2C2+H2O C.50 ℃时，加热至反应充分后的操作是趁热过滤 D.由滤液得到产品的操作是高温蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用乙醇洗涤后干燥 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 H2C2O4不稳定，在加热条件下易分解，故只能微热，不能煮沸，A项错误；该反应中[Cu(C2O4)2]2-为络离子，不能拆开，B项错误; 50 ℃时，加热至反应充分后的操作是趁热过滤的目的是除去难溶性的杂质，减少因降温后二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体的析出，C项正确；二草酸合铜(Ⅱ)酸钾受热时易分解，不能高温蒸发浓缩，D项错误。 解析 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 9.(2025·石家庄模拟)白硼钙石的主要成分是Ca4B10O19·7H2O(含有少量Fe2O3、FeO、CaCO3和SiO2等杂质)，利用白硼钙石制取强还原剂NaBH4的工艺流程如下： 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 已知：H3BO3微溶于水，易溶于乙醇；偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定。 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 下列说法错误的是(　　) A.“滤渣1”的主要成分是SiO2 B.“气体”的主要成分是NO2 C.“操作X”涉及蒸发浓缩、降温结晶、过滤 D.“反应Y”的化学方程式是NaBO2+2MgH2===2MgO+NaBH4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 由题干流程图可知，将白硼钙石(主要成分是Ca4B10O19·7H2O，含有少量Fe2O3、FeO、CaCO3和SiO2等杂质)粉碎后加入浓硝酸，将Ca转化为Ca(NO3)2、Fe转化为Fe(NO3)3、B转化为H3BO3，SiO2不溶于硝酸，过滤得到滤液1，主要含有Ca(NO3)2、Fe(NO3)3，滤渣主要含有SiO2和H3BO3，向滤渣中加入乙醇进行醇浸过滤得到滤渣1，主要成分为SiO2，滤液中含有H3BO3的酒精溶液，向滤液中加入NaOH溶液进行水浴加热，将H3BO3转化为NaBO2，将乙醇蒸馏出来后，对滤液进行蒸发浓缩、降温结晶，过滤干燥，获得 解析 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 纯净的NaBO2固体，将固体NaBO2和MgH2混合反应生成NaBH4和耐火材料即MgO，据此分析解题。由分析可知，“滤渣1”的主要成分是SiO2，A项正确；气体为浓硝酸与氧化亚铁反应后生成的NO2及与碳酸钙反应产生的CO2，B项错误；由题干信息状况，偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定，故“操作X”涉及蒸发浓缩、降温结晶、过滤，C项正确；由分析可知，耐火材料为MgO，故“反应Y”的化学方程式是NaBO2+2MgH2===2MgO+NaBH4，D项正确。 解析 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 10.我国化学工业科学家侯德榜对索尔维制碱法进行了改进，其工艺流程及NH4Cl的溶解度曲线如下。下列说法错误的是(　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 A.该工艺创造性地将制碱与合成氨结合起来 B.“吸氨1”和“碳酸化”工序不可互换顺序 C.“碳酸化”工序中总反应的离子方程式为CO2+H2O+NH3===HC +N D.“工序X”涉及的主要操作为降温结晶、过滤 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 向精制饱和食盐水中通入NH3，吸收后通入CO2碳酸化，此时生成溶解度较小的NaHCO3和NH4Cl溶液，过滤后得到固体NaHCO3，NaHCO3煅烧后生成Na2CO3；过滤后得到的母液1中的主要成分是NH4Cl，还含有少量的HC，向其中通入NH3，HC转化为C，经降温结晶、过滤后加入NaCl盐析后生成母液2，可知母液2中存在HC和C，可循环制碱。该工艺中，利用合成氨厂制备NH3，可创造性地将制碱与合成氨结合，A项正确；CO2的溶解度较小，而NH3的溶解度大，先通入NH3可确保溶液为高浓度的 解析 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 碱性环境，从而提高后续CO2的溶解量，故工序不可互换顺序，B项正确；“碳酸化”工序中，NaCl、NH3与CO2反应，生成溶解度较小的NaHCO3和NH4Cl溶液，反应的方程式为NaCl+CO2+H2O+NH3 ===NaHCO3↓+NH4Cl，离子方程式为Na++CO2+H2O+NH3=== NaHCO3↓+N，C项错误；由分析可知，“工序X”可得到NH4Cl晶体，根据溶解度随温度变化曲线可知，随着温度的升高，NH4Cl的溶解度逐渐增大，若要析出NH4Cl，则需要降温结晶，故“工序X”涉及的主要操作为降温结晶、过滤，D项正确。 解析 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 11.(2025·福建模拟)从碲化镉(CdTe)废料中回收碲并制备硫化镉(CdS)的工艺流程如下： 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 已知：“氧化酸浸”中有CdSO4和H2TeO3生成。下列说法错误的是 (　　) A.“氧化酸浸”中主要的反应为CdTe+H2SO4+3H2O2===CdSO4+H2TeO3 +3H2O B.“还原”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1 C.“沉淀”过程中可能有H2S生成 D.“沉淀”过程中HCl的作用是防止生成Cd(OH)2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 CdTe残渣中加入稀硫酸和过氧化氢，生成CdSO4和H2TeO3，随后用亚硫酸钠还原产生Te单质，再加盐酸、硫化钠“沉淀”生成CdS，以此解题。结合分析可知，“氧化酸浸”中主要的反应为CdTe+ H2SO4+3H2O2===CdSO4+H2TeO3+3H2O，A项正确；“还原”过程中H2TeO3和亚硫酸钠反应生成单质Te和硫酸钠，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，B项错误；“沉淀”加入硫化钠和氯化氢，可能生成硫化氢，C项正确；Cd(OH)2可以和氯化氢反应生成CdCl2，再和硫化钠反应生成CdS，即“沉淀”过程中HCl的作用是防止生成Cd(OH)2，D项正确。 解析 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 12.用黄铜矿(主要成分CuFeS2，含少量SiO2)冶炼铜的一种工艺流程如图所示： 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 已知：“一次浸取”后的滤渣主要为CuCl、S、SiO2；CuCl(s)+Cl-(aq) [CuCl2]-(aq)。下列说法错误的是(　　) 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 A.“一次浸取”反应方程式为CuFeS2+3FeCl3===CuCl+4FeCl2+2S B.滤液1在空气中加热蒸干灼烧后，可得Fe2O3 C.“二次浸取”后滤渣中的混合物可用热的NaOH溶液分离 D.“调节pH”中每生成1 mol Cu，转移1 mol电子 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 黄铜矿(主要成分CuFeS2，含少量SiO2)，加氯化铁进行浸取，“一次浸取”后的滤渣主要为CuCl、S、SiO2；可知CuFeS2与FeCl3溶液反应生成CuCl和S；过滤后滤渣加NaCl溶液二次浸取，CuCl转化为[CuCl2]-；过滤所得滤液加盐酸调节pH，[CuCl2]-转化为Cu，据此分析解答。结合已知CuFeS2与FeCl3溶液反应生成CuCl和S，氯化铁被还原为氯化亚铁，根据得失电子守恒以及元素守恒得反应方程式：CuFeS2+3FeCl3===CuCl+4FeCl2+2S，A项正确；滤液1主 解析 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 要成分为氯化亚铁，在空气中加热会被氧化为氯化铁，蒸干过程中氯化铁水解生成氢氧化铁，灼烧得到氧化铁，B项正确；二次浸取后滤渣为S和SiO2，两者均能与NaOH反应，因此不能用热的NaOH溶液分离，C项错误；“调节pH”时发生反应：2[CuCl2]- Cu+Cu2++4Cl-，每生成1 mol Cu，转移1 mol电子，D项正确。 解析 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 13.(2025·呼和浩特模拟)为有效地将粗金泥(主要成分为Au，含少量Ag)中的金、银分离，提高贵金属的回收率，设计如下工艺流程： 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 已知：酸浸后银以AgCl存在于王水分金渣中，有少量未被溶解的金被AgCl包覆。 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 下列说法错误的是(　　) A.“酸浸”中，盐酸的作用是提高硝酸的氧化性 B.“氨浸”中，发生反应AgCl+2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O C.物质a为Au D.葡萄糖与[Ag(NH3)2]+恰好反应时，物质的量之比为1∶2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 粗金泥加入王水使得金溶解得到H[AuCl4]，处理后得到金单质；分金渣氨浸将银元素转化为二氨合银离子，使用葡萄糖还原为银单质，得到物质a为被氯化银包裹的金单质。“酸浸”中，盐酸的作用是提供大量氯离子，可以使金形成配合离子[AuCl4]-，A项错误; “氨浸”中，加入氨水将氯化银转化为二氨合银离子，发生反应AgCl+2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O，B项正确；由分析, 解析 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 可知物质a为Au，C项正确；1分子葡萄糖中含有1个醛基，和二氨合银离子发生氧化还原反应，醛基转化为羧基，同时生成银单质,存在关系：葡萄糖~2e-~2[Ag(NH3)2]+，葡萄糖与[Ag(NH3)2]+恰好反应时，物质的量之比为1∶2，D项正确。 解析 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 14.(2025·聊城模拟)稀土是国家的战略资源之一，以下是一种以独居石[主要成分为CePO4，含有Th3(PO4)4、U3O8和少量Ra杂质]为原料制备CeCl3·nH2O的工艺流程图。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 已知：①步骤1中U3O8转化为Na2U2O7；②Ce3+在空气中易被氧化成Ce4+；③25 ℃时，Ksp[Th(OH)4]=4.0×10-45，Ksp[Ce(OH)3]=1.6×10-20, Ksp[Ce(OH)4]=2.0×10-48。 下列说法正确的是(　　) A.仅“热分解”步骤发生了氧化还原反应 B.滤液可吸收“溶解”步骤产生的废气 C.共沉渣成分主要为BaSO4和RaSO4 D.“沉淀”步骤所得溶液中c(Th4+)=4.0×10-7 mol/L 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 独居石的主要成分为CePO4，含有Th3(PO4)4和U3O8和少量镭杂质,加入NaOH进行热分解，U3O8发生反应：2U3O8+O2+6NaOH=== 3Na2U2O7+3H2O，CePO4中的Ce被氧化为Ce(OH)4，将热分解后的物质加水稀释后过滤，得到的滤液中含有Na3PO4，过滤得到的固体产物中加入盐酸，Ce(OH)4具有氧化性，与盐酸发生反应：2Ce(OH)4+8H++2Cl-===2Ce3++Cl2↑+8H2O，废气为氯气，调节Ph,使铀和Th转化为沉淀，向滤液中加入硫酸铵和氯化钡，使BaSO4和RaSO4形成共沉淀，得到含有Ce3+的溶液，经过一系列操作，得 解析 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 到CeCl3·nH2O，据此分析作答。在“溶解pH=1.5”步骤中也发生了氧化还原反应：2Ce(OH)4+8H++2Cl-===2Ce3++Cl2↑+8H2O，A项错误；得到的滤液中含有Na3PO4，废气含有氯气，磷元素已经处于最高化合价，不会被氯气氧化，所以二者不会发生反应，B项错误；根据分析可知，共沉渣成分主要为BaSO4和RaSO4，C项正确; “沉淀”步骤pH=5，根据溶度积常数可得c(Th4+)== =4.0×10-9 mol/L，D项错误。 解析 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 15.以氧化铋渣(Bi2O3、Sb2O3，含Ag2O和SiO2等杂质)为原料制备钼酸铋(Bi2MoO6，其中Mo为+6价)的主要流程如下。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 已知：H2S的Ka1=1.0×10-7，Ka2=1.0×10-13；Ksp(Bi2S3)=2.0×10-99。 下列说法错误的是(　　) A.“浸渣”的主要成分为AgCl和SiO2 B.溶液X经处理后可循环用于“酸浸”过程 C.“酸溶”时产生NO，理论上消耗氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3 D.“沉铋”反应2Bi3+(aq)+3H2S(aq)===Bi2S3(s)+6H+(ag)的平衡常数K=5.0×1038 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 由题干信息可知，氧化铋渣加入盐酸和氯化钠溶液，二氧化硅不与盐酸反应，氧化银和盐酸反应生成氯化银，其他物质和盐酸生成相应氯化物，过滤，向滤液中加水加热得到Sb2O3，过滤，向滤液中加入H2S，生成Bi2S3和HCl，再次过滤得到Bi2S3固体和溶液X,则X中含有HCl和NaCl，向Bi2S3中加入硝酸得到单质硫、NO和硝酸铋，向硝酸铋溶液中加入(NH4)6Mo7O24·4H2O得到Bi2MoO6，据此分析解题。由分析可知，二氧化硅不与盐酸反应，氧化银和 解析 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 盐酸反应生成氯化银，即“浸渣”的主要成分为AgCl和SiO2，A项正确；由分析可知，X中含有HCl和NaCl，则溶液X经处理后可循环用于“酸浸”过程，B项正确；由分析可知，“酸溶”时产生NO即向Bi2S3中加入硝酸得到单质硫、NO和硝酸铋，反应方程式为Bi2S3+8HNO3(稀)===2Bi(NO3)3+2NO↑+4H2O+3S↓，反应中Bi2S3为还原剂，HNO3部分为氧化剂，故理论上消耗氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，C项错误；“沉铋”反应2Bi3+(aq)+3H2S(aq)=== 解析 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 Bi2S3(s)+6H+(ag)的平衡常数K== =×===5.0×1038，D项正确。 解析 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 本部分内容讲解结束 石灰石热解生成氧化钙和二氧化碳，生成的二氧化碳用于侯氏制碱法原理制取碳酸氢钠沉淀，灼烧后得到纯碱；碳化过程中发生反应CaO+3CCO↑+CaC2，制气时CaC2与水反应生成CH≡CH和Ca(OH)2，废渣为Ca(OH)2，灰蒸工序中发生反应Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，生成的氨气可以在沉淀中循环利用，转化工序中加入浓硫酸发生不挥发性酸制挥发性酸的反应，方程式为CaCl2+H2SO4(浓)CaSO4↓+2HCl↑，生成的HCl气体在合成工序中发生反应CH≡CH+HClCH2CHCl，氯乙烯发生加聚 反应生成聚氯乙烯，据此解答。析出NaHCO3时，NaHCO3是沉淀，不能拆，发生反应的离子方程式为CO2+NH3·H2O+Na+===NaHCO3↓+N，A项错误；“制气”产生的废渣为Ca(OH)2，在灰蒸过程中与氯化铵反应生成氨气，可以回收氨在“沉淀”中循环利用，B项正确；由分析可知，“碳化”过程涉及氧化还原反应，C项错误；由分析可知，“转化”所得HCl用于合成聚氯乙烯，D项错误。 $