第19练微型工艺流程分析-2023年高考化学一轮复习小题多维练（新高考专用）

专题03金属及其化合物第19练微型工艺流程分析（限时：35分钟）1．（2022·山东淄博·一模）中药材铁华粉的主要成分是醋酸亚铁，检测的流程如图。下列说法错误的是A．气体X中含有醋酸蒸气B．该铁华粉中可能含有铁单质C．向滤液中滴入酸性KMnO4溶液，可用于证明Fe2+具有还原性D．产生蓝色沉淀的反应为：K++Fe2++[Fe(CN)6]3—=KFe[Fe(CN)6]↓【答案】C【解析】由图可知，铁华粉中加入稀硫酸，加热时醋酸亚铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和醋酸蒸气；铁华粉中加入稀盐酸反应生成氢气说明铁华粉中还含有铁，过滤，向滤液加入铁氰化钾溶液，溶液中亚铁离子与铁氰化钾溶液反应生成铁氰化亚铁蓝色沉淀。A．由分析可知，加热时醋酸亚铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和醋酸蒸气，则X中含有醋酸蒸气，故A正确；B．由分析可知，铁华粉中加入稀盐酸反应生成氢气说明铁华粉中还若含有铁单质，故B正确；C．由分析可知，滤液中含有氯离子，向滤液中滴入酸性高锰酸钾溶液，酸性条件下氯离子也能与酸性高锰酸钾溶液反应，使溶液褪色，则溶液褪色不能证明亚铁离子具有还原性，故C错误；D．由分析可知，向滤液加入铁氰化钾溶液，溶液中亚铁离子与铁氰化钾溶液反应生成铁氰化亚铁蓝色沉淀，反应的离子方程式为K++Fe2++[Fe(CN)6]3—=KFe[Fe(CN)6]↓，故D正确；故选C。2．某炼铁废渣中含有大量CuS及少量铁的化合物，工业上以该废渣为原料生产CuCl2·2H2O晶体的工艺流程如下：下列说法正确的是()A．焙烧过程中每消耗1molCuS则消耗3molO2B．焙烧后的废气能够使酸性高锰酸钾溶液褪色C．滤渣中主要含铁的氧化物D．将获得的CuCl2·2H2O晶体加热可制得CuCl2固体【答案】B【解析】A项，2CuS＋3O2eq\o(=,\s\up7(高温))2CuO＋2SO2，由方程式可知，1molCuS消耗1.5molO2，错误；B项，废气中含有SO2，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，正确；C项，调节pH时，Fe3＋水解转化为Fe(OH)3沉淀而除去，错误；D项，将CuCl2·2H2O直接加热脱水，Cu2＋水解，HCl挥发会产生Cu(OH)2，无法得到CuCl2，错误。3．以菱镁矿(主要成分为，含少量、等)为原料制备耐火材料MgO的流程如图所示。下列说法错误的是A．滤渣2可以用于制备铁红 B．在实验室中“灼烧”可在蒸发皿中进行C．氧化剂R可以是双氧水或氧气 D．滤液1中的主要成分含有【答案】B【解析】由流程可知，加稀硫酸时和溶解得到和的混合溶液，过滤，滤渣为，向滤液中加双氧水，氧化生成，再加氨水调使完全沉淀，过滤分离出滤渣为沉淀，将滤液溶液经一系列转化得到，再灼烧得到，以此来解答。A．滤渣的成分是，高温分解后可以制备铁红，故A正确；B．灼烧固体时使用的主要仪器有酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚、坩埚钳等，不能蒸发皿中进行，故B错误；C．氧化过程中和双氧水都能将氧化为，氧化剂R可以是双氧水或氧气，故C正确；D．由分析可知滤液1中的主要含有、、，故D正确；故答案为B。4．MnCO3可用作脱硫的催化剂以及生产金属锰的原料，由含Mn2+的废液(有少量的Fe2+、Fe3+)制备MnCO3的一种工艺流程如下：下列说法错误的是A．“沉锰”时加过量NH4HCO3发生反应的离子方程式为Mn2++=MnCO3↓+H+B．“氧化”时加入酸化的H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+C．“纯化”过程中发生了水解反应，生成Fe(OH)3沉淀D．工艺流程中“一系列操作”为过滤、洗涤、干燥【答案】A【解析】废液中含有少量的Fe2+、Fe3+，应除去，先加酸化的双氧水把亚铁离子氧化为三价铁离子2Fe2++2H++H2O2=2H2O+2Fe3+，再调节溶液的酸碱性使铁离子水解为沉淀而除去三价铁离子，再加入过量的NH4HCO3发生反应的离子方程式为Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑，再经过过滤、洗涤、干燥等一系列操作得到固体MnCO3。A．“沉锰”时加过量NH4HCO3发生反应的离子方程式为Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑，故A错误；B．.由分析知“氧化”时加入酸化的H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，故B正确；C．Fe3+在酸性条件下会发生水解反应，生成Fe(OH)3沉淀，故C正确；D．“沉锰”时得到的沉淀经过滤、洗涤、干燥等一系列操作得到固体MnCO3，故D正确；故答案为：A5．（2022·山西·太原五中高三阶段练习）纳米氧化亚铜(Cu2O，颗粒直径1~100nm)具有特殊的光学、光电和催化性能，采用化学沉淀法制备晶型结构完整、粒度分布均匀的纳米Cu2O(在潮湿空气中会慢慢氧化生成CuO)的合成路线如图所示。下列说法正确的是A．反应Ⅰ为化合反应B．操作X为过滤C．反应Ⅱ中，每生成22.4L(标准状况)N2，转移4mol电子D．“洗涤”时，无水乙醇可用蒸馏水代替【答案】C【解析】由流程可知，反应I为CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4，反应II为4Cu(OH)2+N2H4∙H2O=N2+2Cu2O+7H2O，然后得到纳米Cu2O悬浊液，离心分离并用乙醇除去表面的杂质，干燥即可得到纳米Cu2O。A．由分析可知，反应Ⅰ为CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4，属于复分解反应，A错误；B．由分析可知，操作X为干燥，B错误；C．由分析可知，反应Ⅱ为4Cu(OH)2+N2H4∙H2O=N2+2Cu2O+7H2O，每生成22.4L(标准状况)即=1molN2，转移4mol电子，C正确；D．由题干信息可知，纳米Cu2O在潮湿空气中会慢慢氧化生成CuO，故“洗涤”时，无水乙醇不可用蒸馏水代替，D错误。6．一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下：下列说法错误的是A．物质X常选用生石灰B．工业上常用电解熔融制备金属镁C．“氯化”过程中发生的反应为D．“煅烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水【答案】D【解析】海水经一系列处理得到苦卤水，苦卤水中含Mg2+，苦卤水中加物质X使Mg2+转化为Mg(OH)2，过滤除去滤液，煅烧Mg(OH)2得MgO，MgO和C、Cl2经“氯化”得无水MgCl2。A．物质X的作用是使Mg2+转化为Mg(OH)2，工业上常采用CaO，发生CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+，A正确；B．Mg是较活泼金属，工业上常用电解熔融制备金属镁，B正确；C．由图可知“氯化”过程反应物为MgO、氯气、C，生成物之一为MgCl2，C在高温下能将二氧化碳还原为CO，则“气体”为CO，反应方程式为，C正确；D．“煅烧”后得到MgO，MgO和盐酸反应得到MgCl2溶液，由于MgCl2在溶液中水解为氢氧化镁和HCl，将所得溶液加热蒸发HCl会逸出，MgCl2水解平衡正向移动，得到氢氧化镁，得不到无水MgCl2，D错误。7．由海绵铜(主要含和少量)制取氯化亚铜()的流程如下：已知：氯化亚铜微溶于水，不溶于稀酸，可溶于浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。下列关于说法正确的是A．“溶解”时，硫酸是氧化剂、是还原剂B．“还原”时，反应的离子方程式为：C．“过滤”时，可以搅拌加速滤液与的分离D．“酸洗”时，最适宜选用的是稀硫酸【答案】D【解析】海绵铜加入硫酸和硝酸铵溶解得到的溶液主要是硫酸铜，硫酸铵等，加入亚硫酸铵还原硫酸铜、在氯化铵环境中发生反应生成氯化亚铜沉淀、硫酸铵和硫酸，过滤得到氯化亚铜沉淀、用稀硫酸洗涤，最终得到氯化亚铜；A．酸性条件下具有强氧化性，在“溶解”时，硫酸提供氢离子，是氧化剂、是还原剂，A错误；B．“还原”时，反应的离子方程式为：，B错误；C．“过滤”时，玻璃棒搅拌液体有可能捣破滤纸，故过滤时不可以搅拌，C错误；D．氯化亚铜微溶于水，不溶于稀酸，可溶于浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化，则“酸洗”时不能用盐酸、不能用硝酸（防止被氧化），最适宜选用的是稀硫酸，还可循环利用，D正确；答案选D。8．（2022·湖南卷）铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下：下列说法错误的是A．不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料B．采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率C．合成槽中产物主要有和D．滤液可回收进入吸收塔循环利用【答案】C【解析】烟气(含HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应，向合成槽中通入NaAlO2，发生反应，过滤得到和含有的滤液。A．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正确；B．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B正确；C．由上述分析可知，合成槽内发生反应，产物是和，故C错误；D．由上述分析可知，滤液的主要成分为，可进入吸收塔循环利用，故D正确；答案选C。9．某工厂用六水合氯化镁和粗石灰制取的氢氧化镁含有少量氢氧化铁杂质，通过如下流程进行提纯精制，获得阻燃剂氢氧化镁。下列说法不正确的是A．步骤①中保险粉是作还原剂，步骤②中分离操作的名称是过滤B．步骤①中的反应式：3Fe(OH)3++2OH=3Fe(OH)2+2+4H2OC．Mg(OH)2可以作阻燃剂是因为它分解需要吸收大量的热D．从步骤②中可知OH和EDTA共存时，Fe2+更易和EDTA结合，生成可溶性化合物【答案】B【解析】Na2S2O4具有还原性，可与Fe(OH)3发生氧化还原反应生成Fe(OH)2，加入EDTA浸泡，生成含有亚铁离子的络合物，过滤可得到Mg(OH)2。A．Na2S2O4具有还原性，步骤①中保险粉是作还原剂，步骤②用于分离固体和液体，步骤②中分离操作的名称是过滤，故A正确；B．保险粉将氢氧化铁还原为氢氧化亚铁，步骤①中的反应式：6Fe(OH)3++2OH=6Fe(OH)2+2+4H2O，故B错误；C．Mg(OH)2分解是吸热降低表面温度，Mg(OH)2可以作阻燃剂是因为它分解需要吸收大量的热，故C正确；D．Fe(OH)2悬浊液中存在如下平衡：Fe(OH)2(s)Fe2+(aq)+2OH(aq)当不断滴入EDTA时，EDTA将结合Fe2+促使平衡向右移动而使Fe(OH)2不断溶解，故D正确；故选B。10．（2021·安徽蚌埠·一模）某混合物可能含有Al、Cu、Fe2O3、Al2O3，为探究该混合物成分，某兴趣小组设计如图分析方案。下列分析正确的是A．已知m2＜m1，则混合物中一定含有Al2O3和AlB．蓝绿色溶液中含有的阳离子为Cu2+、Fe3+和H+C．固体P一定是纯净物D．向溶液N中滴加足量盐酸有白色沉淀生成【答案】C【解析】某混合物可能含有Al、Cu、Fe2O3、Al2O3，加入氢氧化钠溶液，由于Al、Al2O3和NaOH溶液反应，因此溶液中至少有这两者中其一，固体N加入过量盐酸，有蓝色溶液，说明有铜离子，由于铜和盐酸不反应，因此说明是盐酸和氧化铁反应生成氯化铁，氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁。A．已知m2＜m1，则混合物中可能含有Al2O3或Al或Al2O3和Al，故A错误；B．由于有固体P，说明是铜单质，由于Cu和Fe3+反应，因此蓝绿色溶液中含有的阳离子为Cu2+、Fe2+和H+，不可能含有Fe3+，故B错误；C．Fe2O3和盐酸反应生成氯化铁，氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，因此固体P一定是未反应的铜单质，故C正确；D．N溶液中含有偏铝酸钠，向溶液N中滴加足量盐酸，生成氯化铝、氯化钠和水，没有白色沉淀，故D错误。综上所述，答案为C。11．从砷化镓废料(主要成分为GaAs、、和)中回收镓和砷的工艺流程如图所示。下列说法错误的是A．“碱浸”时，温度保持在70℃的目的是提高“碱浸”速率，同时防止过度分解B．滤渣Ⅲ的主要成分是C．“旋流电积”所得“尾液”溶质主要是，可进行循环利用，提高经济效益D．得到的操作为直接蒸干【答案】D【解析】由图可知，向砷化镓加入氢氧化钠和过氧化氢混合溶液碱浸时，GaAs转化为、，转化为进入溶液，、不溶解，过滤得到含有、的滤渣Ⅰ和含有、、的浸出液；浸出液中加入稀硫酸调节溶液pH，、转化为、沉淀，过滤得到含有、的滤渣Ⅱ和含有的滤液；向滤渣Ⅱ中加入稀硫酸转化为溶液，电解溶液生成Ga、和；滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到。A．“碱浸”时，温度保持在70℃可以提高“碱浸”速率，同时防止温度过高过氧化氢分解，故A正确；B．根据流程分析可知，碱浸时发生反应生成进入溶液，加入后又反应生成，而Ga元素又溶于过量的硫酸，所以滤渣Ⅲ主要为，故B正确；C．“旋流电积”时，溶液电解生成Ga、和，所以“尾液”溶质主要是，可进行循环利用，故C正确；D．因滤液中有其他物质，直接蒸干会有杂质，且会脱结晶水，故D错误；答案选D。12．工业上用某种氧化铝矿石(含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如图：对上述流程中的判断正确的是A．试剂X可以是氨水，沉淀中含有铁的化合物B．工业上可采用Fe还原Al2O3的方法制Al，但成本较高C．反应II中CO2可以用CH3COOH溶液代替D．反应I中的反应为：CO2＋2AlO＋3H2O＝2Al(OH)3↓＋CO【答案】C【解析】分析流程图可知，试剂X是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以反应Ⅰ过滤出沉淀为Fe2O3，所得溶液乙为NaAlO2溶液；向NaAlO2溶液中通入过量CO2，化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，所以Y为NaHCO3溶液，Al(OH)3加热分解生成Al2O3，电解熔融Al2O3得到Al。A．试剂X不可以是氨水，因为沉淀中含有铁的化合物，还有铝的化合物，无法分离；故A错误；B．Fe不如Al活泼，与Al2O3不反应，故B错误；C．反应II中CO2溶于水得碳酸，碳酸是弱酸，可以用CH3COOH溶液代替，故C正确；D．反应I中的反应为：，故D错误；答案为C。13．（2022·山东卷）高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。开始沉淀pH1.94.26.2沉淀完全pH3.26.78.2下列说法错误的是A．固体X主要成分是和S；金属M为ZnB．浸取时，增大压强可促进金属离子浸出C．中和调pH的范围为3.2~4.2D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成【答案】D【解析】CuS精矿(含有杂质Zn、Fe元素)在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产生为CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH)3；滤液中含有Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入高压H2，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。A．经过上述分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH)3，金属M为Zn，A正确；B．CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2(aq)，增大O2的浓度，可以反应消耗S2，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B正确；C．根据流程图可知：用NH3调节溶液pH时，要使Fe3+转化为沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2～4.2，C正确；D．在用H2还原Cu2+变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H+，与溶液中OH结合形成H2O，若还原时增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H2失去电子还原Cu单质，因此不利于Cu的生成，D错误；故合理选项是D。14．某化学兴趣小组用硫铜矿煅烧后的废渣(主要含、CuO、FeO)为原料制取，流程如下：下列说法错误的是A．“氧化”的目的是将氧化成B．“滤渣”是C．“还原”过程中每消耗，理论上可得到D．KOH、中均含有极性键和非极性键【答案】D【详解】A．“氧化”的目的是将氧化成，A正确；B．“滤渣”是，B正确；C．“还原”过程中发生的反应为，则“还原”过程中每消耗1mol，理论上可得到2mol，C正确；D．KOH中含有离子键和极性键，不含有非极性键；中含有极性键(NH键)和非极性键(NN键)，D错误。故选D。15．（2022·重庆市育才中学模拟预测）某化学兴趣小组通过查阅文献，设计了从阳极泥(成分为Cu2S、Ag2Se、Au、Pt)中回收贵重金属的工艺，其流程如图所示。已知：“酸溶”时Pt、Au分别转化为[PtCl6]2和[AuCl4]，下列判断错误的是A．“焙烧”时，Cu2S转化为CuO的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2B．“酸浸氧化”时，O2的作用之一是防止NO排放到空气中污染环境C．“酸溶”时，金溶解的离子方程式为D．有机层中回收的金属元素是Pt，萃取分液用到的玻璃仪器是分液漏斗和烧杯【答案】A【解析】阳极泥焙烧时，Cu2S被O2氧化为CuO、SO2等，Cu2Se被氧化为CuO、SeO2等；酸浸氧化时，Cu、CuO都转化为Cu(NO3)2，SeO2转化为H2SeO4等；酸溶时，Au、Pt被Cl2氧化为[PtCl6]2和[AuCl4]；萃取后，水层中含有[AuCl4]，则[PtCl6]2进入有机溶剂层。A．“焙烧”时，发生的化学反应为Cu2S+2O22CuO+SO2，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2:1，A错误；B．“酸浸氧化”时，烧渣中可能含有Cu、SeO2等，若直接与HNO3反应，会生成NO污染环境，被O2氧化后再溶于硝酸，可防止NO等气体的排放，从而保护环境，B正确；C．“酸溶”时，金被Cl2氧化，最终转化为[AuCl4]，离子方程式为，C正确；D．水层中不存在Pt元素，则Pt进入有机层中，可进行分离回收，萃取分液时，需要使用分液漏斗和烧杯，D正确。16．以高硫铝土矿(主要成分为、、，少量和金属硫酸盐)为原料，生产氧化铝并获得的部分工艺流程如图所示。下列说法不正确的是A．“焙烧”时产生的气体可以用NaOH溶液吸收B．滤液中的铝元素主要以形式存在C．可以将少量产品溶于稀硫酸中，再滴入酸性高锰酸钾溶液，若溶液褪色则证明产品中含有FeOD．可用磁选操作的原因是具有磁性【答案】C【解析】高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)粉碎后通入空气、加入氧化钙焙烧，其中氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，和二氧化硅反应生成硅酸钙，得到产物加入氢氧化钠溶液碱浸其中氧化铝溶解生成偏铝酸钠溶液，经操作Ⅰ得到的固体中含大量的Fe2O3.Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，以此解答该题。A．二氧化硫可与氢氧化钠溶液反应而被吸收，避免污染环境，故A正确；B．与NaOH反应生成，故B正确；C．产品溶于稀硫酸中，可生成硫酸亚铁，可与酸性高锰酸钾溶液反应，不能证明产品中含有FeO，故C错误；D．具有磁