2025届高三化学二轮专题练习++无机化工流程题解题指导

无机化工流程题解题指导选择题只有1个选项符合题意1.软锰矿主要成分是MnO2，还含有少量的CaO、MgO、CuO等杂质。用软锰矿生产MnSO4晶体的部分工艺流程如图所示。下列说法错误的是()A.可用NaOH溶液检验浸出液中的Fe2＋B.CaCO3的作用是调节溶液pHC.BaS可除去Cu2＋D.“深度除杂”中加入MnF2可除去Mg2＋、Ca2＋2.(2023·济南三模)利用反应2CoCl2＋10NH3＋2NH4Cl＋H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3＋2H2O，制备三氯化六氨合钴的流程如图所示：已知：①钴元素常见价态有＋2、＋3价，Co2＋和[Co(NH3)6]3＋在水溶液中稳定存在，Co3＋和[Co(NH3)6]2＋不能在水溶液中稳定存在；②常温时Ksp[Co(OH)2]＝1.6×10－15。下列说法错误的是()A.加入的氯化铵可以抑制氨水电离，防止生成Co(OH)2B.加入浓氨水与过氧化氢的顺序可以调换C.趁热过滤并冷却后加入10mL浓盐酸，是为了提高产率D.测得所得产品中氮元素质量分数为31.0%，可能原因是产品中混有[CoCl(NH3)5]Cl23.(2023·烟台期末)以铬铁矿(FeCr2O4，含Fe、Mg、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)的工艺流程如下。下列说法错误的是()A.“浸取”时主要反应的离子方程式：2FeCr2O4＋7H2O2＋2OH－=2Fe3＋＋4CrOeq\o\al(2－,4)＋8H2OB.“酸化”的目的是将CrOeq\o\al(2－,4)转化为Cr2Oeq\o\al(2－,7)C.“蒸发结晶”得到的副产品为Na2SO4D.将母液导入“酸化”操作中可实现循环利用4.(2023·青岛二中月考)碱式氧化镍(NiOOH)是镍电池的活性正极材料。某化学实验小组利用含NiO废渣(含少量CuO、SiO2杂质)制备碱式氧化镍的流程如下：下列叙述错误的是()A.为了提高“浸出”速率，可用玻璃棒进行搅拌B.滤渣Ⅰ和滤渣Ⅱ的主要成分分别为SiO2和CuSC.为简化操作，可将“过滤Ⅰ”和“过滤Ⅱ”合并进行D.“母液”中仍存在大量的镍元素，需要进一步回收利用5.(2022·河北卷)LiBr溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成LiBr工艺流程如下：下列说法错误的是()A.还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液直接返回还原工序B.除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离C.中和工序中的化学反应为Li2CO3＋2HBr=CO2↑＋2LiBr＋H2OD.参与反应的n(Br2)∶n(BaS)∶n(H2SO4)为1∶1∶16.(2022·福建卷)用铬铁合金(含少量Ni、Co单质)生产硫酸铬的工艺流程如下：下列说法错误的是()A.“浸出”产生的气体含有H2B.“除杂”的目的是除去Ni、Co元素C.流程中未产生六价铬化合物D.“滤渣2”的主要成分是Fe2(C2O4)37.(2022·山东卷)工业上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3，含SiO2等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：回答下列问题：(1)酸解时有HF产生。氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，离子方程式为________________________________________________________________________________________________________________。(2)部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比n(Na2CO3)∶n(SiFeq\o\al(2－,6))＝1∶1加入Na2CO3脱氟，充分反应后，c(Na＋)＝________mol·L－1；再分批加入一定量的BaCO3，首先转化为沉淀的离子是________。BaSiF6Na2SiF6CaSO4BaSO4Ksp1.0×10－64.0×10－69.0×10－41.0×10－10(3)SOeq\o\al(2－,4)浓度(以SO3%计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、H3PO4浓度(以P2O5%计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为__________________(填化学式)；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是________________________________，回收利用洗涤液X的操作单元是________；一定温度下，石膏存在形式与溶液中P2O5%和SO3%的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是________(填标号)。A.65℃、P2O5%＝15、SO3%＝15B.80℃、P2O5%＝10、SO3%＝20C.65℃、P2O5%＝10、SO3%＝30D.80℃、P2O5%＝10、SO3%＝108.(2024·贵州六校联盟联考)废镍催化剂主要含Ni，还有少量Cu、Fe、Al及其氧化物、SiO2。某研究性学习小组设计如图所示工艺流程回收镍，制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)。该小组同学查阅资料知：①镍的化学性质与铁相似，能与酸缓慢反应。②常温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Ni2＋Al3＋Fe3＋Fe2＋开始沉淀时(c＝0.01mol·L－1)的pH7.23.72.27.5沉淀完全时(c＝1.0×10－5mol·L－1)的pH8.74.73.29.0(1)废镍催化剂“粉碎”的目的是_________________________________________________________________________________。(2)滤渣2的成分是________(用化学式表示)。(3)“溶液中加入H2O2的目的是________________________________________________________________________(用离子方程式表示)；该温度下，Ni(OH)2的溶度积常数Ksp是________。(4)下列物质调滤液pH，最好选用_____________(填序号)。a.氨水 B.NiCO3c.稀H2SO4 D.Na2CO3若调pH前c(Ni2＋)＝1.0mol·L－1，Al3＋和Fe3＋浓度均为0.01mol/L，则“调pH”需控制滤液pH的范围为________。(5)Mg2＋易水解，海水中提取镁有类似B的操作，如从MgCl2溶液中获得溶质MgCl2·6H2O晶体需要在________气流氛围中，进行________、过滤、洗涤、干燥等操作。9.(2024·潍坊五县区段测)利用含硒物料(主要成分为Se、S、Fe3O4、SiO2和少量含Cu、Ag的化合物)制取精硒的工业流程如下：已知：硫单质熔点：单斜硫119℃、正交硫95℃；单斜硫eq\o(,\s\up7(<95.6℃),\s\do5(>95.6℃))正交硫。回答下列问题：(1)“脱硫”选择温度为95℃的原因是_______________________________________________________________________________；实验室进行“过滤”操作时，用到的玻璃仪器除烧杯外，还有________。(2)“氧化浸取”中，Se被氧化为Na2SeO4并收集到ClO2气体，该反应的化学反应方程式为________________________________________________________________________________________________________________。(3)“除杂”中，Na2S浓度对粗硒除杂的影响如图所示，精硒中的杂质含量先降低后上升的原因是________________________________________________________________________________________________________________。(4)“酸化”过程中制取精硒的离子方程式为_______________________________________________________________________________。(5)测定精硒中硒的含量：准确称量0.2000g样品，用浓H2SO4将样品中的Se氧化得到SeO2；生成的SeO2加入到硫酸酸化的KI溶液中充分反应。用0.4000mol·L－1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液24.00mL。精硒中硒的质量分数为________________________________________________________。上述过程发生的反应：Se＋2H2SO4(浓)=2SO2↑＋SeO2＋2H2O、SeO2＋4KI＋2H2SO4(浓)=Se＋2I2＋2K2SO4＋2H2O、2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI无机化工流程题解题指导1.A[在第一步加稀H2SO4会使CuO和Fe溶解，用NaOH溶液，铜离子产生蓝色沉淀，亚铁离子产生白色沉淀后变为红褐色，颜色变化不能反映Fe2＋是否存在，A项错误；由题图中加CaCO3沉铁可知此时应为调节pH使铁转为沉淀，B项正确；加BaS为除重金属，溶液中只有Cu2＋是重金属离子，故可知加入BaS为除Cu2＋，C项正确；经前面一系列除杂可知此时剩下Ca2＋和Mg2＋为杂质离子，且CaF2和MgF2均为难溶物，故为不引入新杂质可用MnF2除杂，同时MnF2也为难溶物，不会引入新杂质，D项正确。]2.B[A.直接加入氨水，溶液中的OH－浓度增大，会导致Co2＋以沉淀形式析出，则加入氯化铵可以抑制氨水电离出OH－，防止Co(OH)2沉淀的生成，故A正确；B.Co2＋和[Co(NH3)6]3＋在水溶液中稳定存在，Co3＋和[Co(NH3)6]2＋不能在水溶液中稳定存在，若先加入H2O2不易将Co2＋氧化，先将Co2＋转化成[Co(NH3)6]2＋更易被H2O2氧化成稳定的[Co(NH3)6]3＋，故加入浓氨水与过氧化氢的顺序不可以调换，故B错误；C.趁热过滤并冷却后加入少量浓盐酸能有效促进[Co(NH3)6]Cl3的析出，从而提高产率，故C正确；D.[Co(NH3)6]Cl3产品中氮元素的质量分数为eq\f(6×14,59＋6×17＋3×35.5)×100%＝31.4%，当测得氮元素质量分数为31.0%(＜31.4%)时，说明配体NH3分子数偏少，可能的原因是产品中混有[CoCl(NH3)5]Cl2，故D正确。]3.A[“浸取”时，FeCr2O4被氧化为CrOeq\o\al(2－,4)，杂质Fe、Mg的氧化物及Fe(OH)3出现在滤渣1中，Si的氧化物转化成SiOeq\o\al(2－,3)，然后加入硫酸进行中和，SiOeq\o\al(2－,3)形成H2SiO3沉淀出现在滤渣2中，经酸化后得到的溶液中有H2SO4、Na2SO4、Na2Cr2O7，“蒸发结晶”得到副产品Na2SO4，最后冷却结晶得到产品红矾钠。A.“浸取”时发生氧化还原反应，过氧化氢将铬铁矿中正二价的铁元素氧化为Fe3＋，将铬元素由正三价氧化为正六价，由于浸取液为碱性，Fe3＋最终被转化为Fe(OH)3沉淀，A符合题意；B.由流程图知，“酸化”前铬元素以CrOeq\o\al(2－,4)形式存在，“酸化”后铬元素的存在形式为Cr2Oeq\o\al(2－,7)，故“酸化”的目的是将CrOeq\o\al(2－,4)转化为Cr2Oeq\o\al(2－,7)，B不符合题意；C.“酸化”后的溶液中有H2SO4、Na2SO4、Na2Cr2O7，“蒸发结晶”可得到副产品Na2SO4，C不符合题意；D.母液中含有硫酸和少量Na2Cr2O7，可导入“酸化”操作中实现循环利用，D不符合题意。]4.D[NiO废渣(含少量CuO、SiO2杂质)加入稀硫酸，NiO、CuO和稀硫酸反应，二氧化硅和稀硫酸不反应，过滤，向滤液中加入硫化氢沉淀铜离子，过滤，向滤液中加入氢氧化钠和通入氯气得到NiOOH沉淀，过滤得到NiOOH。A.用玻璃棒进行搅拌，增大接触面积，提高“浸出”速率，故A正确；B.二氧化硅和稀硫酸不反应，因此滤渣Ⅰ是SiO2，除铜时加入硫化氢，因此滤渣Ⅱ的主要成分是CuS，故B正确；C.滤渣Ⅰ和滤渣Ⅱ的主要成分分别为SiO2和CuS，因此可简化操作，可将“过滤Ⅰ”和“过滤Ⅱ”合并进行，故C正确；D.“母液”中主要是氯化钠、氢氧化钠，镍元素含量几乎没有，因此不需要进一步回收镍，故D错误。]5.A[由流程可知，氢溴酸中含有少量的溴，加入硫化钡将溴还原生成溴化钡和硫，再加入硫酸除杂，得到的滤渣为硫酸钡和硫；加入碳酸锂进行中和，得到的溴化锂溶液经浓缩等操作后得到产品溴化锂。还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液中含有溴化钠和次溴酸钠等物质，若直接返回还原工序，则产品中会有一定量的溴化钠，导致产品的纯度降低，A说法错误；除杂工序中产生的滤渣为硫酸钡和硫，硫属于非极性分子形成的分子晶体，而硫酸钡属于离子晶体，根据相似相溶原理可知，硫可溶于煤油，而硫酸钡不溶于煤油，因此可用煤油进行组分分离，B说法正确；中和工序中，碳酸锂和氢溴酸发生反应生成溴化锂、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为Li2CO3＋2HBr=CO2↑＋2LiBr＋H2O，C说法正确；根据电子守恒可知，溴和硫化钡反应时物质的量之比为1∶1；根据硫酸钡的化学组成及钡元素守恒可知，n(BaS)∶n(H2SO4)为1∶1，因此，参与反应的n(Br2)∶n(BaS)∶n(H2SO4)为1∶1∶1，D说法正确。]6.D[由流程可知，加入稀硫酸溶解，生成气体为氢气，溶液中含Ni2＋、Co2＋、Cr3＋、Fe2＋加入Na2S分离出滤渣1含CoS和NiS，Cr3＋、Fe2＋不会沉淀，再加入草酸除铁生成FeC2O4，过滤分离出硫酸铬，以此来解答。A.四种金属均与稀硫酸反应生成H2，A正确；B.共有四种金属，由流程可知，沉铁后分离出硫酸铬，则“除杂”的目的是除去Ni、Co元素，B正确；C.由上述分析可知，流程中未产生六价铬化合物，C正确；D.“滤渣2”的主要成分是FeC2O4，D错误。]7.(1)6HF＋SiO2=2H＋＋SiFeq\o\al(2－,6)＋2H2O(2)2.0×10－2SOeq\o\al(2－,4)(3)CaSO4·0.5H2O减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率酸解AD解析氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制Ⅰ脱氟、除硫酸根离子和SiFeq\o\al(2－,6)，过滤，滤液经精制Ⅱ等一系列操作得到磷酸。(1)氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF＋SiO2=2H＋＋SiFeq\o\al(2－,6)＋2H2O。(2)精制Ⅰ中，按物质的量之比n(Na2CO3)∶n(SiFeq\o\al(2－,6))＝1∶1加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为H2SiF6＋Na2CO3=Na2SiF6↓＋CO2↑＋H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且c(Na＋)＝2c(SiFeq\o\al(2－,6))，根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp＝c2(Na＋)·c(SiFeq\o\al(2－,6))＝4c3(SiFeq\o\al(2－,6))，c(SiFeq\o\al(2－,6))＝eq\r(3,\f(4.0×10－6,4))mol·L－1＝1.0×10－2mol·L－1，因此c(Na＋)＝2c(SiFeq\o\al(2－,6))＝2.0×10－2mol·L－1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2＋)＝c(SOeq\o\al(2－,4))＝eq\r(9.0×10－4)mol·L－1＝3.0×10－2mol·L－1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2＋)＝eq\f(1.0×10－6,1.0×10－2)mol·L－1＝1.0×10－4mol·L－1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2＋)＝eq\f(1.0×10－10,3.0×10－2)mol·L－1≈3.3×10－9mol·L－1，因此，首先转化为沉淀的离子是SOeq\o\al(2－,4)，然后才是SiFeq\o\al(2－,6)。(3)根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4·0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是：减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，其具有回收利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解。由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，体系温度为65℃时，位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在，位于65℃线下方的晶体全部以CaSO4·2H2O。体系温度为80℃时，位于80℃线下方的晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在，在两线之间以两种晶体的混合物形式存在。A.P2O5%＝15、SO3%＝15，由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线以下，晶体以CaSO4·2H2O形式存在，可以实现石膏晶体的转化，A符合题意；B.P2O5%＝10、SO3%＝20，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线的上方，晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在，故不能实现晶体的转化，B不符合题意；C.P2O5%＝10、SO3%＝30，由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在，故不能实现晶体转化，C不符合题意；D.P2O5%＝10、SO3%＝10，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在，故能实现晶体的完全转化，D符合题意；综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是AD。8.(1)增大固体表面积，提高酸浸速率(2)Fe(OH)3、Al(OH)3(3)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O10－15.6(4)b4.7≤pH＜6.2(5)HCl蒸发浓缩、冷却结晶解析由题给流程可知，废镍催化剂粉碎后加入稀硫酸酸浸，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有可溶硫酸盐的滤液；向滤液中加入有机溶剂萃取、分液得到含有铜离子的有机层和溶液；向溶液中加入过氧化氢溶液，将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸镍调节溶液pH，将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和含有硫酸镍的滤液；硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸镍晶体。(1)废镍催化剂粉碎可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，提高反应速率；(2)由分析可知，滤渣2的主要成分为氢氧化铁、氢氧化铝；(3)由分析可知，加入过氧化氢溶液的目的是将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O；由表格数据可知，氢氧化镍的溶度积Ksp＝0.01×(10－6.8)2＝10－15.6；(4)由分析可知，调节溶液pH目的是将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，为防止中和溶液中氢离子时引入新杂质，调节溶液pH时应加入碳酸镍固体；根据表中数据可知铁离子完全沉淀时的pH是3.2，铝离子完全沉淀时的pH是4.7，c(Ni2＋)＝0.01mol·L－1时，镍离子开始沉淀时的pH是7.2，所以氢氧化镍的溶度积常数是0.01×(10－6.8)2＝10－15.6，由于调pH前镍离子浓度是1.0mol·L－1，则镍离子开始沉淀时氢氧根离子的浓度是eq\r(\f(10－15.6,1.0))mol·L－1＝10－7.8mol·L－1，对应的pH是6.2，则需控制