2025化学步步高二轮专题复习专题二　选择题专攻3　无机化工微流程

无机化工微流程1.题型特点(1)核心元素转化过程中条件控制、定性及定量关系判断。(2)过渡金属元素价态变化特点、形成氢氧化物沉淀的条件、形成配合物的性质等。(3)物质分离提纯中涉及仪器使用、操作注意事项的判断等。(4)绿色化学思想的考查，主要是废物的再利用、循环物质的判断等。2.熟悉几种重要元素及其化合物的转化关系(1)铝的重要化合物(2)铁的重要化合物(3)硫及其重要化合物(4)氮及其重要化合物(5)硅的重要化合物1.(2024·湖南，11)中和法生产Na2HPO4·12H2O的工艺流程如下：已知：①H3PO4的电离常数：Ka1=6.9×10-3，Ka2=6.2×10-8，Ka3=4.8×10-13；②Na2HPO4·12H2O易风化。下列说法错误的是()A.“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入Na2CO3溶液B.“调pH”工序中X为NaOH或H3PO4C.“结晶”工序中溶液显酸性D.“干燥”工序需在低温下进行答案C解析铁是较活泼金属，可与H3PO4反应生成氢气，故“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入Na2CO3溶液，A正确；若“中和”工序加入的Na2CO3过量，则需要加入酸性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入H3PO4；若“中和”工序加入H3PO4过量，则需要加入碱性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入NaOH，B正确；“结晶”工序中的溶液为饱和Na2HPO4溶液，HPO42−的水解常数Kh=KwKa2=1.0×10−146.2×10−8≈1.6×10-7>Ka3，Na2HPO4的水解程度大于其电离程度，溶液显碱性，C错误；由于Na2HPO2.(2024·黑吉辽，13)某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的Cl-并制备Zn，流程如下，“脱氯”步骤仅Cu元素化合价发生改变。下列说法正确的是()锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰)离子Zn2+Cu2+Cl-浓度/(g·L-1)1450.031A.“浸铜”时应加入足量H2O2，确保铜屑溶解完全B.“浸铜”反应：2Cu+4H++H2O2=2Cu2++H2↑+2H2OC.“脱氯”反应：Cu+Cu2++2Cl-=2CuClD.脱氯液净化后电解，可在阳极得到Zn答案C解析“浸铜”步骤中，铜屑不能溶解完全，Cu在“脱氯”步骤还需要充当还原剂，故A错误；“浸铜”时，铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O，故B错误；“脱氯”步骤中，“浸铜”后的溶液中加入锌浸出液，仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，即Cu的化合价升高，Cu2+的化合价降低，发生归中反应，离子方程式为Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl，故C正确；脱氯液净化后电解，Zn2+应在阴极得到电子变为Zn，故D错误。3.(2023·湖北，3)工业制备高纯硅的主要过程如下：石英砂粗硅SiHCl3高纯硅下列说法错误的是()A.制备粗硅的反应方程式为SiO2+2CSi+2CO↑B.1molSi含Si—Si键的数目约为4×6.02×1023C.原料气HCl和H2应充分去除水和氧气D.生成SiHCl3的反应为熵减过程答案B解析在晶体硅中，每个Si与其周围的4个Si形成共价键并形成立体空间网状结构，因此，平均每个Si形成2个共价键，1molSi含Si—Si的数目约为2×6.02×1023，B说法错误；SiHCl3易水解，氢气中混有氧气易爆炸，原料气HCl和H2应充分去除水和氧气，C说法正确；Si+3HClSiHCl3+H2，该反应是气体分子数减少的反应，因此，生成SiHCl3的反应为熵减过程，D说法正确。4.(2023·辽宁，10)某工厂采用如下工艺制备Cr(OH)3，已知焙烧后Cr元素以+6价形式存在，下列说法错误的是()A.“焙烧”中产生CO2B.滤渣的主要成分为Fe(OH)2C.滤液①中Cr元素的主要存在形式为CrOD.淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用答案B5.(2023·湖南，9)处理某铜冶金污水(含Cu2+、Fe3+、Zn2+、Al3+)的部分流程如下：已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：物质Fe(OH)3Cu(OH)2Zn(OH)2Al(OH)3开始沉淀pH1.94.26.23.5完全沉淀pH3.26.78.24.6②Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(ZnS)=1.6×10-24。下列说法错误的是()A.“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3B.Na2S溶液呈碱性，其主要原因是S2-+H2OHS-+OH-C.“沉淀池Ⅱ”中，当Cu2+和Zn2+完全沉淀时，溶液中c(CuD.“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水答案D解析当pH=1.9时氢氧化铁开始沉淀，当pH=3.5时氢氧化铝开始沉淀，当pH=4时，则会生成氢氧化铝和氢氧化铁，即“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正确；硫化钠溶液中的硫离子可以水解，产生氢氧根离子，使溶液显碱性，其第一步水解的离子方程式为S2-+H2OHS-+OH-，B正确；当铜离子和锌离子完全沉淀时，则硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡，则c(Cu2+)c(Zn2+)=c(Cu2+)·c(S2−)c(Zn2+6.(2023·福建，6)从炼钢粉尘(主要含Fe3O4、Fe2O3和ZnO)中提取锌的流程如图。“盐浸”过程ZnO转化为[Zn(NH3)4A.“盐浸”过程若浸液pH下降，需补充NH3B.“滤渣”的主要成分为Fe(OH)3C.“沉锌”过程发生反应：[Zn(NH3)4]2++4H2O+S2-=D.应合理控制(NH答案B解析“盐浸”过程ZnO转化为[Zn(NH3)4]2+，发生反应：ZnO+2NH3+2NH4+=[Zn(NH3)4]2++H2O，根据题中信息可知，Fe2O3、Fe3O4只有少量溶解，通入空气氧化后Fe2+和Fe3+转化为Fe(OH)3；“沉锌”过程发生反应：[Zn(NH3)4]2++4H2O+S2-=ZnS↓+4NH3·H2O，经洗涤干燥后得到产物ZnS及滤液。“盐浸”过程中消耗氨，浸液pH下降，需补充NH3，A正确；由分析可知，“滤渣”的主要成分为Fe3O4和Fe2O3，只含少量的Fe(OH)37.(2022·河北，8)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∶1答案A解析由流程可知，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错误；除杂工序中产生的滤渣为硫酸钡和硫，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，C正确；根据得失电子守恒可知，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正确。题型突破练[分值：50分](选择题1~5题，每小题3分，6~12题，每小题5分，共50分)1.(2024·贵州省六校联盟高三联考)多晶硅生产工艺流程如图所示。下列说法错误的是()A.粗硅粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率B.该流程中可以循环使用的物质是HCl、H2C.为提高还原时SiHCl3的转化率，可采取的措施为增大SiHCl3浓度D.SiCl4与上述流程中的单质发生化合反应，可以制得SiHCl3，其化学方程式为3SiCl4+Si+2H2=4SiHCl3答案C解析增大SiHCl3的浓度，可增大转化速率，但不能提高还原时SiHCl3的转化率，C错误；结合流程，对比SiHCl3和SiCl4，可知SiCl4与上述流程中的单质H2、Cl2发生化合反应生成SiHCl3，化学方程式为3SiCl4+Si+2H2=4SiHCl3，D正确。2.(2024·长沙高三新高考适应性考试)《自然·天文学》发表的一篇研究论文称在金星大气中探测到一个只属于磷化氢(PH3)的特征光谱。磷化氢是一种无色、剧毒、易燃的强还原性气体，制备的流程如图所示：下列说法正确的是()A.通过晶体的X射线衍射实验获得P4分子中∠P—P—P键角为109°28'B.1molP4与足量浓NaOH溶液反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3C.次磷酸的分子式为H3PO2，属于三元弱酸D.含Ca3P2等杂质的电石制得的乙炔中混有PH3，可用高锰酸钾除去乙炔中的PH3答案B解析P4分子为正四面体形，∠P—P—P键角为60°，故A错误；P4与足量浓NaOH溶液反应，化学方程式为P4+3NaOH+3H2OPH3↑+3NaH2PO2，属于歧化反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3，故B正确；次磷酸的分子式为H3PO2，由于与过量浓NaOH溶液反应生成NaH2PO2，说明H3PO2属于一元酸，故C错误；高锰酸钾也可氧化乙炔，故D错误。3.(2024·贵阳高三下学期适应性测试)实验室制备FeCO3的流程如图所示，下列叙述不正确的是()A.可用KSCN溶液检验FeSO4溶液是否变质B.沉淀时可用冷水浴降温以防止NH4HCO3分解C.沉淀时的离子方程式：Fe2++HCO3−=FeCO3D.为了使FeCO3快速干燥，洗涤操作时可用无水乙醇答案C解析亚铁离子变质会生成铁离子，可利用KSCN溶液检验硫酸亚铁溶液是否变质，若溶液变红，则证明硫酸亚铁溶液已变质，故A正确；NH4HCO3受热易分解，所以加NH4HCO3溶液生成FeCO3沉淀时，可用冷水浴降温以防止NH4HCO3分解，故B正确；硫酸亚铁与NH4HCO3发生反应的离子方程式为Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+H2O+CO2↑，故4.用FeCl3溶液腐蚀覆铜板产生的腐蚀废液可回收利用，实验流程如下。下列有关说法错误的是()A.“氧化”步骤中可用的试剂为氯气B.“调pH”后，检验Fe3+是否沉淀完全的操作：取少量上层清液于试管中，滴加几滴酸性KMnO4溶液，观察溶液紫红色是否褪去C.进行“灼烧”操作时用到的仪器主要有坩埚、坩埚钳、泥三角、三脚架和酒精灯D.“步骤X”包含的操作有蒸发浓缩、冷却结晶答案B解析“氧化”的目的是使Fe2+转化为Fe3+，为防止引入杂质离子，可用的试剂为氯气，A正确；酸性KMnO4溶液与Fe2+反应，使溶液紫红色褪去，不能用酸性KMnO4溶液检验Fe3+是否存在，B错误；过滤除去Fe(OH)3沉淀的滤液中含有CuCl2，加入盐酸酸化，可防止Cu2+水解，然后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤就可以获得CuCl2·2H2O晶体，D正确。5.(2024·湖南常德高三模拟)世界上95%的铝业公司均使用拜耳法(原料为铝土矿，主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3、SiO2等)生产Al2O3，其工艺流程如下：下列说法错误的是()A.物质X为Fe2O3B.可用过量CO2代替氢氧化铝晶种C.“缓慢加热”可促使SiO2转化为水合铝硅酸钠D.该流程中可循环利用的物质主要有氢氧化铝晶种答案D解析氧化铁和氢氧化钠不反应，物质X为Fe2O3，A正确；过量CO2能和四羟基合铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，可代替氢氧化铝晶种，B正确；“缓慢加热”有利于SiO2和氢氧化钠、氧化铝反应转化为水合铝硅酸钠，C正确；该流程中得到的滤液2中含有氢氧化钠，则可循环利用的物质主要为含氢氧化钠的滤液，D错误。6.(2024·合肥第一中学高三第一次教学质量检测)工业上以硫黄或黄铁矿为原料制备硫酸的原理示意图如图。下列叙述错误的是()A.通过量的空气可将硫黄直接转化为SO3B.控制温度400~500℃可增大催化剂活性C.吸收剂b可选用98.3%的浓硫酸D.工业上可用氨水处理尾气中的SO2答案A解析硫黄和氧气反应只会生成SO2，A错误；选择400~500℃是因为V2O5作催化剂时在该温度范围内催化活性较好，B正确；工业制硫酸用98.3%的浓硫酸吸收SO3，不用水吸收，是因为用水会生成酸雾，C正确；氨水作为一种碱性溶液可以和酸性氧化物SO2反应，工业上可用氨水处理尾气中的SO2，D正确。7.(2024·河北衡水部分高中高三模拟)某兴趣小组用铝箔制备Al2O3、AlCl3·6H2O及明矾大晶体，具体流程如图，下列说法错误的是()A.步骤Ⅲ，为了得到纯Al2O3，需灼烧至恒重B.步骤Ⅴ中抽滤所需仪器：布氏漏斗、吸滤瓶、抽气泵等C.通入HCl的作用是抑制AlCl3水解和增大溶液中Cl-的浓度，有利于AlCl3·6H2O结晶D.步骤Ⅳ的操作是配制高于室温10~20℃的明矾饱和溶液，选规则明矾小晶体并悬挂在溶液中央，快速冷却至室温，得到明矾大晶体答案D解析为了得到纯Al2O3，灼烧至恒重时氢氧化铝完全分解，故A正确；AlCl3水解生成Al(OH)3和HCl，通入HCl的作用是抑制AlCl3水解和增大溶液中Cl-的浓度，有利于AlCl3·6H2O结晶，故C正确；步骤Ⅳ的操作是配制高于室温10~20℃的明矾饱和溶液，选规则明矾小晶体并悬挂在溶液中央，自然冷却至室温，得到明矾大晶体，故D错误。8.为吸收工业尾气中的NO和SO2，设计如图流程，同时还能获得连二亚硫酸钠(Na2S2O4，其结晶水合物又称保险粉)和NH4NO3产品。下列说法不正确的是()A.工业尾气中的NO和SO2排放到大气中会形成酸雨B.装置Ⅱ的作用是吸收NOC.Ce4+从阴极口流出回到装置Ⅱ循环使用D.装置Ⅳ中氧化1L2mol·L-1NO2答案C解析工业尾气中的NO可与氧气反应生成NO2，NO2与水反应得硝酸，形成硝酸型酸雨，SO2与水反应得H2SO3，H2SO3被氧气氧化为硫酸，形成硫酸型酸雨，故A正确；装置Ⅱ中Ce4+将NO氧化为NO3−、NO2−，故B正确；装置Ⅲ(电解槽)中阳极发生反应：Ce3+-e-=Ce4+，Ce4+从阳极口流出回到装置Ⅱ循环使用，故C错误；装置Ⅳ中NO2−被氧气氧化为NO3−的离子方程式为2NO2−+O2=2NO3−，n(NO2−)=1L×2mol·L9.(2024·福建龙岩质量检测)以炼铁厂锌灰(主要成分为ZnO，含少量的CuO、SiO2、Fe2O3)为原料制备ZnO的流程如图所示。下列说法正确的是()已知：“浸取”工序中ZnO、CuO分别转化为[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+。A.H—N—H键角：[Cu(NH3)4]2+<NH3B.“滤渣②”的主要成分为Fe、Cu和ZnC.所含金属元素的质量“滤液①”<“滤液②”D.“煅烧”时需要在隔绝空气条件下进行答案C解析NH3提供孤电子对与Cu2+形成配位键后，孤电子对转化为成键电子对，对成键电子对的排斥力减小，则H—N—H键角变大，即键角：[Cu(NH3)4]2+>NH3，故A错误；浸取时，SiO2、Fe2O3不反应，“滤液①”中含有金属元素的离子为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，加入锌粉发生反应：Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+，因此“滤渣②”的主要成分为Cu和过量的Zn，“滤液②”中含有金属元素的离子为[Zn(NH3)4]2+，Zn的相对原子质量大于Cu，金属元素的质量增加，即“滤液①”<“滤液②”，故B错误、C正确；煅烧时ZnCO3·Zn(OH)2会分解，Zn为+2价，不会被氧气氧化，因此不需要隔绝空气，故D错误。10.(2024·河北雄安新区高三模拟)从废催化剂中回收贵金属和有色金属，不仅所得金属品位高，而且投资少、效益高。以废锆催化剂(含ZrO2、Y2O3及Fe的氧化物)为原料回收氧化锆和氧化钇的部分工艺如下：已知：①ZrO2、Y2O3可溶于热的浓硫酸；②聚乙二醇可与Fe3+形成红褐色配合物，便于“离心萃取”操作进行。下列说法错误的是()A.“焙烧”时，加入硫酸的浓度不宜过小，以将金属氧化物完全转化为硫酸盐进入溶液为宜B.“离心萃取”前，加入H2O2溶液，目的是将可能存在的Fe2+氧化为Fe3+，便于离心分离C.“红褐色溶液a”的主要成分为Fe(OH)3胶体，用激光笔照射时会出现丁达尔效应D.“煅烧分解”时，化学方程式为Y2(C2O4)3Y2O3答案C解析根据已知信息①，硫酸浓度不宜太小，太小可能导致ZrO2、Y2O3溶解不充分，影响后续回收，A正确；过氧化氢为氧化剂，将亚铁离子氧化为铁离子，Fe3+与聚乙二醇形成配合物，便于离心分离，B正确；红褐色溶液a为聚乙二醇与Fe3+形成的配合物，C错误；沉淀转化，说明氢氧化钇转化为草酸钇，草酸钇煅烧分解生成氧化钇：Y2(C2O4)3Y2O3+3CO↑+3CO11.稀土金属钕(Nd)铁硼废料的主要成分为Fe2O3，含有SiO2、Nd2O3、Al2O3、CoO等杂质，一种综合回收利用该废料的工艺流程如图所示。已知：Ksp(FeS)=6.3×10-18，Ksp(α⁃CoS)=5.0×10-22，Ksp(β⁃CoS)=1.9×10-27。下列说法错误的是()A.“酸浸”时产生的浸渣的主要成分为SiO2B.“还原”时溶液中的Fe3+转化为Fe2+C.“沉钴”时应控制条件生成α⁃CoSD.“氧化沉铁”的反应为4Fe2++O2+8HCO3−=4FeOOH↓+8CO2答案C解析钕铁