2025年高考二轮复习化学选择题热点练5无机化工“微流程”及分析

5.无机化工“微流程”及分析(分值:27分)学生用书P259(选择题每小题3分)1.(2024·山东菏泽二模)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图所示。下列说法错误的是()A.Ti位于元素周期表中第四周期ⅣB族B.“氯化”时,被氧化的元素有碳和铁C.制备Ti时,Ar作保护气,可用氮气代替D.“氯化”时,每生成0.1molFeCl3,转移电子0.7mol答案:C解析:Ti位于元素周期表中第四周期ⅣB族,A正确;“氯化”时发生的反应为2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO,根据产物判断被氧化的元素有碳和铁,B正确;高温下Ti与N2反应,由TiCl4制备Ti的过程中,Ar不可换成氮气,C错误;根据反应方程式,每生成0.1molFeCl3,转移0.7mol电子,D正确。2.(2024·吉林白山二模)以含镓废料[主要成分为Ga(CH3)3]为原料制备半导体材料GaN的工艺如图所示。已知:Ga和Al的性质相似。下列叙述错误的是()A.操作X不宜温度过高B.用NH4Cl固体可替代“脱水”中的SOCl2C.用酸性KMnO4溶液可检验“脱水”产生的气体含SO2D.不能用如图装置吸收“合成”中尾气答案:C解析:镓废料加盐酸酸溶后,生成GaCl3,蒸发结晶得GaCl3·nH2O,含结晶水,在SOCl2的存在下进行脱水得无水GaCl3,无水GaCl3与氨气反应得GaN。操作X是析出GaCl3·nH2O的步骤,Ga3+易水解,温度过高易生成Ga(OH)3,A项正确;亚硫酰氯(SOCl2)与水反应生成SO2和HCl,“脱水”中总反应为GaCl3·nH2O+nSOCl2GaCl3+nSO2↑+2nHCl↑,HCl抑制GaCl3水解,氯化铵固体受热分解产生氯化氢,也能抑制氯化镓水解,可以用氯化铵替代亚硫酰氯,达到相同目的,B项正确;“脱水”中产生的气体含SO2、HCl,二者都能还原酸性高锰酸钾溶液使其褪色,应用品红溶液检验SO2,C项错误;“合成”中反应为GaCl3+NH3GaN+3HCl,尾气含NH3和HCl,而NH3和HCl均易溶于水,直接通入水中易引起倒吸,应考虑防倒吸措施,D项正确。3.(2024·辽宁沈阳一模)清华大学等重点高校为解决中国“芯”——半导体芯片问题,成立了“芯片学院”。某小组拟在实验室制造硅,其流程如图。已知:Mg2Si+4HCl2MgCl2+SiH4↑。下列说法中错误的是()A.点燃镁条引发反应的过程中,涉及两种晶体类型的变化B.CO2氛围是为了阻止Si被二次氧化和SiH4自燃C.操作2为用去离子水洗涤并烘干D.1mol镁粉生成MgO和Mg2Si的混合物,转移2mol电子答案:A解析:点燃镁条引发反应的过程中发生的反应为2Mg+SiO22MgO+Si,2Mg+SiMg2Si,镁粉为金属晶体、石英砂和硅为共价晶体、氧化镁和硅化镁为离子晶体,涉及三种类型晶体变化,A错误;CO2氛围是为了阻止Si被二次氧化和SiH4自燃,B正确;操作2为用去离子水洗涤并烘干,C正确;1mol镁粉生成MgO和Mg2Si的混合物,Mg由0价全部变为+2价,转移2mol电子,D正确。4.(双选)氮化硅(Si3N4)是一种高温结构陶瓷材料﹐它硬度大、熔点高、化学性质稳定。合成氮化硅的一种工艺流程如图所示。下列说法正确的是()已知:SiCl4在潮湿的空气中易水解,产生白雾A.该流程中可循环使用的物质是NH3B.第③步反应不涉及氧化还原反应C.1molSiCl4和Si3N4所含共价键数目均为4NA(设NA为阿伏加德罗常数的值)D.第③步反应可用氨水代替NH3答案:AB解析:石英砂与炭发生氧化还原反应生成粗硅,粗硅中硅单质与Cl2发生氧化还原反应生成SiCl4,SiCl4和氨气在一定温度下生成Si(NH)2,Si(NH)2高温下加热可得氮化硅,结合质量守恒可知,反应还生成氨气。由分析可知,Si(NH)2高温下加热生成的氨气可以在③中循环利用,A正确;第③步反应中SiCl4和氨气一定温度生成Si(NH)2和HCl,不涉及元素化合价改变,不是氧化还原反应,B正确;1molSiCl4中含有4mol硅氯键,而1molSi3N4中含有12mol硅氮键,所含共价键数目分别为4NA、12NA,C错误;已知SiCl4在潮湿的空气中易水解,产生白雾,故不能用氨水代替氨气,D错误。5.(2024·吉林省吉林地区三模)二氧化锗常用作有机反应的催化剂以及制备半导体的原料。某大型化工厂提纯二氧化锗废料(主要含GeO2、As2O3)的工艺如图,下列有关说法正确的是()已知:①GeO2与碱反应生成Na2GeO3;As2O3与碱反应生成NaAsO2;②GeCl4的熔点为49.5℃,沸点为85℃,极易发生水解。A.Ge在周期表中位于第四周期第ⅥA族B.“氧化”时,离子反应为AsO2-+H2O2+2OHAsO43C.“操作1”是蒸馏,“操作2”所用仪器主要为玻璃棒、漏斗、烧杯D.“操作1”加入的盐酸为7mol·L1,若改成1mol·L1可节省原料同时不影响产率答案:B解析:废料碱浸后生成Na2GeO3、NaAsO2,加入过氧化氢溶液氧化除砷,加入盐酸蒸馏得到GeCl4,加入纯水GeCl4水解,经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,过滤得到GeO2·nH2O,烘干得到GeO2。Ge在周期表中位于第四周期第ⅣA族,A错误;“氧化”时,+3价砷转化为+5价砷,离子反应为AsO2-+H2O2+2OHAsO43-+2H2O,B正确;“操作1”是蒸馏,“操作2”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,所用仪器主要为蒸发皿、铁架台(带铁圈)、酒精灯、玻璃棒、漏斗、烧杯,C错误;GeCl4极易发生水解,若改成1mol·L1的盐酸,可能造成GeCl4水解6.(2024·山东德州一中三模)以磷肥生产中的副产物氟硅酸(H2SiF6)为原料制备高纯氟化铝,可以解决萤石资源日益匮乏的现状。其中一种新工艺流程如图所示:已知:①常温下,0.05mol·L1H2SiF6溶液的pH为1;②熔点:AlCl3192℃,AlF31090℃,SiCl470℃;沸点:SiF486℃。下列有关说法不正确的是()A.AlCl3与AlF3固体晶体类型不同B.氟硅酸与硫酸钠反应的离子方程式为SiF62-+2Na+Na2SiFC.“气相沉积”工序中,将无水氯化铝以气态形式投入,可以使反应更充分,产品纯度更高D.含1molH2SiF6的原料最终制得1.2molAlF3,则实验产率为60%答案:D解析:根据熔点数据可知,AlCl3为分子晶体,AlF3为离子晶体,A正确;根据已知①,常温下,0.05mol·L1H2SiF6溶液的pH为1,可知H2SiF6是强酸,由工艺流程知Na2SiF6为沉淀,因此氟硅酸与硫酸钠反应的离子方程式为SiF62-+2Na+Na2SiF6↓,B正确;“气相沉积”工序中,将无水氯化铝以气态形式投入,增大了反应物间的接触面积,使反应更充分,C正确;该工艺中的转化关系为H2SiF6~Na2SiF6~SiF4~43AlF3,含1molH2SiF6的原料理论上得到43molAlF3,实际最终制得1.2molAlF3,则实验产率为7.(2024·辽宁锦州质检)锰主要用于钢铁工业生产锰合金钢,工业上由碳酸锰矿粉(主要成分为MnCO3,另含Fe3O4、MgO、SiO2杂质)制备锰的工艺流程如图所示。下列说法错误的是()A.“浸渣”的主要成分为SiO2B.“沉铁”时发生反应的离子方程式为3MnCO3+2Fe3++3H2O3Mn2++2Fe(OH)3+3CO2↑C.“电解”过程中增大溶液中的c(H+),电解效率增大D.该工艺流程中,H2SO4溶液可循环使用答案:C解析:本题为从碳酸锰矿粉中制备单质锰的过程,首先用硫酸溶解矿粉,过滤后得到的滤液中含有锰离子、二价铁、三价铁、镁离子,加入过氧化氢将二价铁氧化为三价铁,用碳酸锰沉铁,随后用氟化锰沉镁后,再通过电解得到单质锰。碳酸锰矿中只有SiO2不溶于H2SO4溶液,故可知“浸渣”的主要成分为SiO2,A正确;根据流程可知,“沉铁”时发生反应的离子方程式为3MnCO3+2Fe3++3H2O3Mn2++2Fe(OH)3+3CO2↑,B正确;“电解”过程中增大溶液中的c(H+),H+会在阴极放电,导致电解效率减小,C错误;电解后得到的“电解液”为H2SO4溶液,“酸浸”时需要向碳酸锰矿粉中加入H2SO4溶液,故可知该工艺流程中,H2SO4溶液可循环使用,D正确。8.(双选)(2024·山东菏泽外国语三模)四氢铝锂(LiAlH4)常作为有机合成的重要还原剂。工业上以辉锂矿(主要成分LiAlSi2O6,含少量Fe2O3)为原料合成LiAlH4的流程如下:已知:金属氢氧化物沉淀的pH如表所示:物质Fe(OH)3Al(OH)3开始沉淀的pH2.34完全沉淀的pH3.76.5碳酸锂溶解度数据如下:温度/℃10306090浓度/(mol·L1)0.210.170.140.10下列说法错误的是()A.为了使获取的产品较为纯净,a的最小值为6.5B.操作1中加入足量碳酸钠后,蒸发浓缩后趁热过滤,能减少产品的溶解损失C.流程中由LiCl制备Li单质时电解得到的HCl可循环利用于上一步Li2CO3合成LiClD.最后一步合成时原子利用率能达到100%答案:CD解析:由题给流程可知,辉锂矿粉与98%浓硫酸共热反应后,过滤得到含有硅酸的滤渣1和含有硫酸铁、硫酸铝、硫酸锂的滤液1;向滤液1中加入碳酸钠溶液调节溶液pH≥6.5,使铁离子、铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀,过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣2和含有硫酸锂的滤液2;向滤液2中加入碳酸钠溶液,将硫酸锂转化为碳酸锂沉淀,过滤得到碳酸锂沉淀和含有硫酸钠的滤液3;碳酸锂经过一系列处理制得氯化锂,电解熔融的氯化锂制得金属锂,金属锂与氢气共热反应生成氢化锂,一定条件下,氢化锂与氯化铝反应制得四氢铝锂。由分析可知,A正确;由碳酸锂溶解度数据可知,温度升高,碳酸锂的溶解度减小,为减少碳酸锂因温度降低溶解度增大而造成损失,蒸发浓缩后应趁热过滤,故B正确;制得金属锂的反应为电解熔融的氯化锂生成锂和氯气,没有氯化氢生成,故C错误;最后一步合成时发生的反应为一定条件下,氢化锂与氯化铝反应制得四氢铝锂和氯化锂,原子利用率不能达到100%,故D错误。9.(2024·山东滨州二模)实验室分离苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的混合物,流程如下。已知:苯甲酸乙酯的沸点为212.6℃;“乙醚环己烷水共沸物”的沸点为62.1℃。下列说法错误的是()A.“操作b”为水蒸气蒸馏,“操作d”为重结晶B.乙醚不可用丙酮代替C.操作c需要用到的仪器主要有酒精灯、蒸发皿、玻璃棒D.“水相Ⅱ”主要成分有苯甲酸钠、碳酸氢钠和碳酸钠答案:C解析:由题给流程可知:向混合物中加入饱和碳酸钠溶液,将苯甲酸转化为苯甲酸钠,分液得到含有苯甲酸乙酯和环己烷的有机相和水相Ⅰ,水相Ⅰ中含有苯甲酸钠、碳酸氢钠和碳酸钠;向水相Ⅰ中加入乙醚,萃取水相Ⅰ