2024年高考化学二轮复习第一部分新高考选择题突破专题4无机物性质、转化与应用新高考选择题突破(六)化工微流程

新高考选择题突破(六)化工微流程1.(2023·山东潍坊二模)以水泥厂的废料(主要成分为MgO，含少量MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备MgSO4·7H2O的工艺流程如下：已知：MnO＋H2SO4=MnSO4＋H2O下列说法正确的是(D)A．为提高酸浸速率，可使用浓硫酸B．试剂X可以是MgSO4C．滤渣为Al(OH)3、Fe(OH)3、SiO2D．操作a所得滤液经处理后可循环利用【解析】水泥厂的废料(主要成分为MgO，还有少量MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质)制取MgSO4·7H2O，废料加入足量稀硫酸，MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3都与硫酸反应，转化为对应的硫酸盐，SiO2不与硫酸反应，向反应后溶液中加入次氯酸钠溶液氧化亚铁离子为铁离子，同时使锰离子转化为MnO2沉淀，再加入氧化镁等物质调节溶液的pH，除去锰离子、铁离子、铝离子，过滤，将滤液进行一系列操作得到MgSO4·7H2O；据此分析解题。适当升温(或粉碎或搅拌)即可提高浸取速率，不需要使用浓硫酸，故A错误；试剂X为氧化镁或碳酸镁，不能为MgSO4，故B错误；滤渣为Al(OH)3、Fe(OH)3、SiO2、MnO2，故C错误；操作a是从溶液中经过一系列过程得到晶体，过滤时溶液中含有硫酸镁，为了提高原料中镁的利用率，操作a后滤液的处理方法是将操作a后的母液循环利用，故D正确；故选D。2.(2023·广东佛山统考一模)碳酸盐约占海水盐分的0.34%，一种海水脱硫的新工艺如图所示。下列说法错误的是(C)A．SO2排入大气易引起酸雨B．海水吸收二氧化硫时可能有CO2逸出C．处理后的海水pH增大D．海水脱硫工艺简单，投资及运行费用低【解析】SO2排入大气易引起硫酸型酸雨，原理为SO2＋H2OH2SO3、2H2SO3＋O2eq\o(=,\s\up7(尘埃))2H2SO4，A正确；由于SO2溶于水后形成的H2SO3的酸性强于H2CO3，海水中含有碳酸盐，故海水中吸收二氧化硫时可能有CO2逸出，B正确；天然海水中由于含有碳酸盐而呈碱性，处理后的海水中碳酸盐的量减少变成了硫酸盐，硫酸盐呈中性，故处理后海水的pH减小，C错误；海水脱硫是利用天然海水的碱度中和烟气中的酸性气体SO2，将大气中的SO2转化为硫酸盐直接送入大海，该工艺简单，投资及运行费用低，D正确；故选C。3.(2023·湖南九校联盟二模)铁、镍及其化合物有广泛的用途。某矿渣的主要成分为NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，以下是从该矿渣中回收NiSO4的工艺流程：已知：①(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4；NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3；②Ksp(CaF2)＝4.0×10－11。则下列说法错误的是(B)A．(NH4)2SO4的作用是将金属元素转化为可溶性硫酸盐，便于浸出B．“浸渣”的成分为Fe(OH)3和SiO2C．沉镍过程中的离子方程式：Ni2＋＋HCOeq\o\al(－,3)＋NH3=NiCO3↓＋NHeq\o\al(＋,4)D．“浸出液”中c(Ca2＋)＝1.0×10－3mol·L－1，当除钙率达到99%时，溶液中c(F－)＝2.0×10－3mol·L－1【解析】由题给流程可知，矿渣与硫酸铵混合研磨后，在600℃条件下反应将矿渣中金属元素转化为可溶性硫酸盐，二氧化硅不反应，加入95℃热水浸泡将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙、氢氧化铁的滤渣和含有可溶性硫酸盐的浸出液；向浸出液中加入氟化钠将溶液中钙离子转化为氟化钙沉淀，过滤得到含有氟化钙的废渣和滤液；向滤液中加入萃取剂萃取、分液得到再生后可循环使用的有机相和含有镍离子的无机相；向无机相中加入碳酸氢钠、氨气将镍离子转化为碳酸镍沉淀，过滤得到可循环利用的滤液和碳酸镍；碳酸镍加入稀硫酸后，经多步处理得到硫酸镍。由分析可知，加入硫酸铵的作用是在600℃条件下反应将矿渣中金属元素转化为可溶性硫酸盐，便于浸泡时浸出，故A正确；由分析可知，滤渣的主要成分为二氧化硅、硫酸钙、氢氧化铁，故B错误；由分析可知，沉镍过程中发生的反应为加入碳酸氢钠、氨气将镍离子转化为碳酸镍沉淀，反应的离子方程式为Ni2＋＋HCOeq\o\al(－,3)＋NH3=NiCO3↓＋NHeq\o\al(＋,4)，故C正确；由氟化钙的溶度积可知，当除钙率达到99%时，溶液中氟离子的浓度为eq\r(\f(4.0×10－11,1.0×10－3mol/L×1－99%))＝2.0×10－3mol·L－1，故D正确；故选B。4.(2023·菏泽一模)Fe3＋的配位化合物较稳定且运用广泛。它可与H2O、SCN－、Cl－、F－等形成配离子使溶液显色。如：显浅紫色的[Fe(H2O)6]3＋、红色的[Fe(SCN)6]3－、黄色的[FeCl4]－、无色[FeF6]3－。某同学按如下步骤完成实验：已知Fe3＋与SCN－、F－在溶液中存在以下平衡：Fe3＋＋6SCN－[Fe(SCN)6]3－(红色)；Fe3＋＋6F－[FeF6]3－(无色)下列说法不正确的是(C)A．Ⅰ中溶液呈黄色可能是由Fe3＋水解产物的颜色引起的B．F－与Fe3＋的配位能力强于SCN－C．为了能观察到溶液Ⅰ中[Fe(H2O)6]3＋的颜色，可向该溶液中加入稀盐酸D．向溶液Ⅲ中加入足量的KSCN固体，溶液可能再次变为红色【解析】步骤①加水溶解溶液含Fe3＋，步骤②Fe3＋与SCN－结合生成[Fe(SCN)6]3－，步骤③发生平衡转化为[FeF6]3－；[Fe(H2O)6]3＋为浅紫色，但溶液Ⅰ却呈黄色，原因可能是Fe3＋发生水解生成红褐色Fe(OH)3，与浅紫色[Fe(H2O)6]3＋形成混合体系，使溶液呈黄色，A正确；加入NaF后溶液Ⅱ由红色变为无色，说明[Fe(SCN)6]3－转变为[FeF6]3－，反应更易生成[FeF6]3－，说明F－与Fe3＋的配位能力强于SCN－，B正确；为了观察到浅紫色，需要除去红褐色，即抑制铁离子的水解，所以可向溶液中加稀硝酸，加稀盐酸会生成黄色的[FeCl4]－，C错误；向溶液Ⅲ中加入足量的KSCN固体，可使平衡Fe3＋＋6SCN－[Fe(SCN)6]3－(红色)的Q>K1，平衡正向移动，溶液可能再次变为红色，D正确；故选C。5.(2023·湖南永州二模)正高碘酸(H5IO6)是白色结晶性粉末，溶于水，主要用作氧化剂和分析试剂。由NaI制取H5IO6的实验流程如图所示：下列说法错误的是(C)A．“反应1”是为了将I－转化为IOeq\o\al(－,3)B．“反应2”中发生的反应是NaIO3＋Cl2＋3NaOH=Na2H3IO6↓＋C．“反应3”的滤液中含有大量的NaNO3、NaID．“反应4”【解析】电解NaI溶液生成NaIO3，往NaIO3溶液中加入NaOH溶液和通入氯气，反应生成不溶于水的Na2H3IO6，过滤得到Na2H3IO6，加入硝酸银溶液生成不溶于水的黑色Ag5IO6，过滤得到黑色Ag5IO6，通入氯气和加入水发生反应4Ag5IO6＋10Cl2＋10H2O=4H5IO6＋20AgCl＋5O2，过滤得到H5IO6，以此解答。“反应1”中，电解NaI溶液生成NaIO3，目的是将I－转化为IOeq\o\al(－,3)，A正确；“反应2”中，往NaIO3溶液中加入NaOH溶液和通入氯气，反应生成不溶于水的Na2H3IO6，反应的化学方程式为NaIO3＋Cl2＋3NaOH=Na2H3IO6↓＋2NaCl，B正确；由分析可知，“反应3”中Na2H3IO6加入硝酸银溶液生成不溶于水的黑色Ag5IO6，同时生成NaNO3和HNO3，C错误；“反应4”中发生的反应为4Ag5IO6＋10Cl2＋10H2O=4H5IO6＋20AgCl＋5O2，因此生成的无色气体可能是氧气，D正确；故选C。6.(2023·山东省实验中学一模)铼高温合金可用于制造喷气发动机的燃烧室、涡轮叶片及排气喷嘴。工业上用冶炼钼的烟道灰(Re2O7、ReO3，含SiO2、CuO、Fe3O4等杂质)制备铼单质的流程如图所示：已知：过铼酸铵(NH4ReO4)是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。下列说法错误的是(A)A．“滤渣Ⅰ”主要成分是Cu(OH)2和Fe(OH)3B．“滤液”经电解后产生的CO2和NaOH可循环使用C．先加热NaReO4溶液再加入NH4Cl，经冰水冷却、过滤得NH4ReO4晶体D．实验室模拟“操作Ⅱ”所需主要仪器有坩埚、酒精灯、玻璃棒、泥三角、三脚架等【解析】冶炼钼的烟道灰通入空气会氧化Fe3O4和ReO3，加入氢氧化钠，氧化铜、氧化铁不反应成为滤渣Ⅰ，Re2O7、SiO2反应成为滤液；滤液通入二氧化碳将硅转化为硅酸沉淀，过滤得到NaReO4溶液，加入氯化铵得到NH4ReO4晶体，灼烧得到Re2O7、ReO2，最终得到Re；“滤渣Ⅰ”主要成分是氧化铜、氧化铁，A错误；“滤液”经电解后产生的CO2在调节pH中使用、NaOH在吸收过程中使用，故可循环使用，B正确；过铼酸铵(NH4ReO4)是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水；先加热NaReO4溶液再加入NH4Cl，经冰水冷却，可以过滤得NH4ReO4晶体，C正确；“操作Ⅱ”为灼烧操作，所需主要仪器有坩埚、酒精灯、玻璃棒、泥三角、三脚架等，D正确；故选A。7.(2023·淄博一模)从电镀污泥(含Ni2＋、Ca2＋、Fe3＋、Al3＋等)中提取镍的工艺流程如图所示，下列说法错误的是(B)已知：丁二酮肟可与Ni2＋反应生成易溶于有机溶剂的配合物：Ni2＋＋2C4H8N2ONi(C4H7N2O)2＋2H＋A．“氨浸”可除去Ca2＋、Fe3＋、Al3＋等金属阳离子B．进行操作Ⅰ时，将有机相从分液漏斗上口倒出C．操作Ⅱ为反萃取，试剂X可为盐酸，有机相可返回操作Ⅰ循环使用D．操作Ⅲ可能为过滤、洗涤、干燥、灼烧【解析】电镀污泥(含Ni2＋、Ca2＋、Fe3＋、Al3＋等)提取镍，首先电镀污泥研磨粉碎，加碳酸铵和氨水进行氨浸，钙离子与碳酸根离子反应生成CaCO3，溶液pH增大促进Fe3＋、Al3＋的水解，转化为Fe(OH)3、Al(OH)3，浸出渣主要成分为CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，过滤得到浸出渣为CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，得到的浸出液加有机萃取剂萃取镍，操作Ⅰ为萃取，萃余液返回浸出液中，提高Ni的萃取率，操作Ⅱ为反萃取，试剂X可为盐酸，反萃取得到含镍离子的溶液和有机萃取剂，有机萃取剂重复使用，充分利用萃取剂，含镍离子的溶液进行“富集”“还原”得到粗镍。由分析电镀污泥(含Ni2＋、Ca2＋、Fe3＋、Al3＋等)提取镍，首先电镀污泥研磨粉碎，加碳酸铵和氨水进行氨浸，浸出渣为CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，“氨浸”可除去Ca2＋、Fe3＋、Al3＋等金属阳离子，故A正确；进行操作Ⅰ萃取时，氯仿密度大于水溶液，将有机相从分液漏斗下口放出，故B错误；操作Ⅱ为反萃取，试剂X可为盐酸，有机相可返回操作I循环使用，节约成本，故C正确；沉镍后，操作Ⅲ可能为过滤、洗涤、干燥、灼烧，得含镍的化合物，故D正确；故选B。8.(2023·山东省实验中学一模)以红土镍镉矿(NiS、CdO，含SiO2、CuO、PbO、Fe2O3等杂质)为原料回收部分金属单质，其工艺流程如图所示：已知：电极电位是表示某种离子或原子获得电子而被还原的趋势。在25℃下，部分电对的电极电位如表：电对Cu2＋/CuPb2＋/PbCd2＋/CdFe2＋/FeNi2＋/Ni电极电位/V＋0.337－0.126－0.402－0.442－0.257下列说法错误的是(C)A．“浆化”的目的是增大接触面积，加快酸浸反应速率，提高某些金属元素浸取率B．“物质A”可以是NiCO3，“调pH”后，经加热得Fe(OH)3沉淀C．“金属A”是Pb和Cu混合物，“金属B”是CdD．该工艺流程中可以循环利用的物质有CO、H2SO4、Ni等【解析】由题给流程可知，镍镉矿浆化后，在空气中加入稀硫酸酸浸，硫化镍和金属氧化物溶于稀硫酸得到硫酸盐，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸铅的滤渣Ⅰ和滤液；向滤液中加入碳酸镍或氧化镍调节溶液pH，经加热将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣Ⅱ和滤液；向滤液中加入镍，将溶液中铜离子转化为铜，过滤得到含有铜、镍的金属A和硫酸镍、硫酸镉的滤液；滤液经电解、过滤得到含有镉和镍的固体和稀硫酸溶液；固体通入一氧化碳气化分离得到四羰基合镍和镉；四羰基合镍受热分解生成一氧化碳和镍，则该工艺流程中可以循环利用的物质为一氧化碳、硫酸和镍等。由题意可知，浆化的目的是增大反应物的接触面积，加快酸浸反应速率，提高某些金属元素浸取率，故A正确；由分析可知，向滤液中加入碳酸镍或氧化镍调节溶液pH，经加热将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，则物质A可能为碳酸镍，故B正确；由分析可知，金属A为铜、镍的混合物，故C错误；由分析可知，该工艺流程中可以循环利用的物质为一氧化碳、硫酸和镍等，故D正确；故选C。9.(2023·河北保定一模)二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体{K2[Cu