资源简介

高考热考法6　以微型化学工业流程为载体的分析判断
1.(2025·黑吉辽蒙卷)某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含MnO2、Co3O4和少量Fe2O3)中提取金属元素,流程如图。已知“沉钴”温度下Ksp(CoS)=10-20.4,下列说法错误的是(　　)
A.硫酸用作催化剂和浸取剂
B.使用生物质的优点是其来源广泛且可再生
C.“浸出”时,3种金属元素均被还原
D.“沉钴”后上层清液中c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4
2.(2025·甘肃卷)处理某酸浸液(主要含Li+、Fe2+、Cu2+、Al3+)的部分流程如下:
下列说法正确的是(　　)
A.“沉铜”过程中发生反应的离子方程式:2Fe+3Cu2+===3Cu+2Fe3+
B.“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多,Al(OH)3沉淀越完全
C.“氧化”过程中铁元素化合价降低
D.“沉锂”过程利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质
3.(2024·黑吉辽卷)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) 145 0.03 1
A.“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↑+2H2O
C.“脱氯”反应:Cu+Cu2++2Cl-===2CuCl
D.脱氯液净化后电解,可在阳极得到Zn
4.(2024·湖南卷)中和法生产Na2HPO4·12H2O的工艺流程如下:
已知:①H3PO4的电离常数:K1=6.9×10-3,K2=6.2×10-8,K3=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H3PO4
C.“结晶”工序中溶液显酸性
D.“干燥”工序需在低温下进行
5.(2024·贵州卷)贵州重晶石矿(主要成分BaSO4)储量占全国以上。某研究小组对重晶石矿进行“富矿精开”研究,开发了制备高纯纳米钛酸钡(BaTiO3)工艺。部分流程如下:
下列说法正确的是(　　)
A.“气体”的主要成分是H2S,“溶液1”的主要溶质是Na2S
B.“系列操作”可为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
C.“合成反应”中生成BaTiO3的反应是氧化还原反应
D.“洗涤”时可用稀硫酸去除残留的碱,以提高纯度
6.(2024·北京卷)硫酸是重要化工原料,工业生产制取硫酸的原理示意图如下。
下列说法不正确的是(　　)
A.Ⅰ的化学方程式:3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2
B.Ⅱ中的反应条件都是为了提高SO2平衡转化率
C.将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生
D.生产过程中产生的尾气可用碱液吸收
掌握经典无机化工流程
(1)纯碱制备。
(2)绿矾制备。
(3)从铝矿石中获得铝。
(4)海水提镁。
(5)海水提溴。
高考热考法6
1.C　解析　“浸出”过程中硫酸可作催化剂催化稻草中的纤维素水解生成葡萄糖,还可作浸取剂与金属氧化物反应得到含金属离子的溶液,A项正确;该流程中所用生物质为稻草,而稻草来源广泛且可再生,B项正确;结合“浸出”后的操作及产物可知,“浸出”时MnO2被葡萄糖还原为Mn2+,Co3O4被还原为Co2+,Fe2O3转化为Fe3+,Fe的化合价不变,故Fe未被还原,C项错误;“沉钴”后的上层清液为CoS的饱和溶液,存在c(Co2+)·c(S2-)=Ksp(CoS)=10-20.4,D项正确。
2.D　解析　“沉铜”过程中,Fe与Cu2+发生置换反应生成Fe2+和Cu,正确的离子方程式为Fe+Cu2+===Fe2++Cu,A项错误;“碱浸”过程中若NaOH过量,会使Al(OH)3转化为可溶于水的[Al(OH)4]-,B项错误; “氧化”前Fe元素的化合价为+2,“氧化”后得到Fe(OH)3沉淀,Fe的化合价升高,C项错误;“沉锂”过程中加入Na2CO3后有Li2CO3析出,利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质,D项正确。
3.C　解析　“浸铜”时,铜屑不能溶解完全,Cu在“脱氯”步骤还需要充当还原剂,A项错误;“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,B项错误;“脱氯”步骤中仅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,化学方程式为Cu2++Cu+2Cl-===2CuCl,C项正确;脱氯液净化后电解,Zn2+应在阴极得到电子变为Zn,D项错误。
4.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项正确。若“中和”工序加入过量Na2CO3,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”工序加入过量H3PO4,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,所以“调pH”工序中X为NaOH或H3PO4,B项正确。“结晶”工序中的溶液为饱和Na2HPO4溶液,由已知可知H3PO4的K2=6.2×10-8、K3=4.8×10-13,则的水解常数Kh==≈1.6×10-7,由于Kh>K3,则Na2HPO4的水解程度大于电离程度,溶液显碱性,C项错误。由于Na2HPO4·12H2O易风化失去结晶水,故“干燥”工序需要在低温下进行,D项正确。
5.B　解析　重晶石矿(主要成分为BaSO4)通过一系列反应转化为BaS溶液;加盐酸酸化生成BaCl2和H2S气体;在BaCl2溶液中加入过量的NaOH,通过蒸发浓缩,冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,得到Ba(OH)2·8H2O;过滤得到的溶液1的溶质主要含NaCl及过量的NaOH;Ba(OH)2·8H2O加水溶解后,加入Ti(OC4H9)4进行合成反应,得到BaTiO3粗品,最后洗涤得到最终产品。“气体”的主要成分为H2S气体,“溶液1”的溶质主要含NaCl及过量的NaOH,A项错误;“系列操作”得到的是Ba(OH)2·8H2O晶体,故“系列操作”可以是蒸发浓缩,冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,B项正确;“合成反应”是Ba(OH)2·8H2O和Ti(OC4H9)4反应生成BaTiO3,该反应中元素化合价未发生变化,不是氧化还原反应,C项错误;“洗涤”时,若使用稀硫酸,BaTiO3会部分转化为难溶的BaSO4,故不能使用稀硫酸,D项错误。
6.B　解析　反应Ⅰ是黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应生成SO2和Fe3O4,化学方程式为3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2,A项正确;反应Ⅱ条件要兼顾平衡转化率和反应速率,还要考虑生产成本,如Ⅱ中“常压、催化剂”不是为了提高SO2的平衡转化率,B项错误;将黄铁矿换成硫黄,则不再产生Fe3O4,即可以减少废渣产生,C项正确;硫酸工业产生的尾气为SO2、SO3,可以用碱液吸收,D项正确。(共21张PPT)
专题二　元素及其化合物
高考热考法6
以微型化学工业流程为载体的分析判断
1.(2025·黑吉辽蒙卷)某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含MnO2、Co3O4和少量Fe2O3)中提取金属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下Ksp(CoS)=10-20.4，下列说法错误的是(　　)
真题试练——品考向
A.硫酸用作催化剂和浸取剂
B.使用生物质的优点是其来源广泛且可再生
C.“浸出”时，3种金属元素均被还原
D.“沉钴”后上层清液中c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4
“浸出”过程中硫酸可作催化剂催化稻草中的纤维素水解生成葡萄糖，还可作浸取剂与金属氧化物反应得到含金属离子的溶液，A项正确；该流程中所用生物质为稻草，而稻草来源广泛且可再 生，B项正确；结合“浸出”后的操作及产物可知，“浸出”时MnO2被葡萄糖还原为Mn2+，Co3O4被还原为Co2+，Fe2O3转化为Fe3+，Fe的化合价不变，故Fe未被还原，C项错误；“沉钴”后的上层清液为CoS的饱和溶液，存在c(Co2+)·c(S2-)=Ksp(CoS)=10-20.4，D项正 确。
解析
2.(2025·甘肃卷)处理某酸浸液(主要含Li+、Fe2+、Cu2+、Al3+)的部分流程如下：

下列说法正确的是(　　)
A.“沉铜”过程中发生反应的离子方程式：2Fe+3Cu2+===3Cu+2Fe3+
B.“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，Al(OH)3沉淀越完全
C.“氧化”过程中铁元素化合价降低
D.“沉锂”过程利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质
“沉铜”过程中，Fe与Cu2+发生置换反应生成Fe2+和Cu，正确的离子方程式为Fe+Cu2+===Fe2++Cu，A项错误；“碱浸”过程中若NaOH过量，会使Al(OH)3转化为可溶于水的[Al(OH)4]- ，B项错误;“氧化”前Fe元素的化合价为+2，“氧化”后得到Fe(OH)3沉淀，Fe的化合价升高，C项错误；“沉锂”过程中加入Na2CO3后有Li2CO3析出，利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质，D项正确。
解析
3.(2024·黑吉辽卷)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)


A.“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↑+2H2O
C.“脱氯”反应：Cu+Cu2++2Cl-===2CuCl
D.脱氯液净化后电解，可在阳极得到Zn
离子 Zn2+ Cu2+ Cl-
浓度/(g·L-1) 145 0.03 1
“浸铜”时，铜屑不能溶解完全，Cu在“脱氯”步骤还需要充当还原剂，A项错误；“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，B项错误；“脱 氯”步骤中仅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，化学方程式为Cu2++Cu+2Cl-===2CuCl，C项正确；脱氯液净化后电解，Zn2+应在阴极得到电子变为Zn，D项错误。
解析
4.(2024·湖南卷)中和法生产Na2HPO4·12H2O的工艺流程如下：

已知：①H3PO4的电离常数：K1=6.9×10-3，K2=6.2×10-8，K3=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H3PO4
C.“结晶”工序中溶液显酸性
D.“干燥”工序需在低温下进行
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项正确。若“中和”工序加入过量Na2CO3，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”工序加入过量H3PO4，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，所以“调pH”工序中X为NaOH或H3PO4，B项正确。“结晶”工序中的溶液为
解析
饱和Na2HPO4溶液，由已知可知H3PO4的K2=6.2×10-8、K3=4.8×10-13，则的水解常数Kh==≈1.6×10-7，由于Kh>K3，则Na2HPO4的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，C项错误。由于Na2HPO4·12H2O易风化失去结晶水，故“干燥”工序需要在低温下进行，D项正确。
解析
5.(2024·贵州卷)贵州重晶石矿(主要成分BaSO4)储量占全国以上。某研究小组对重晶石矿进行“富矿精开”研究，开发了制备高纯纳米钛酸钡(BaTiO3)工艺。部分流程如下：
下列说法正确的是(　　)
A.“气体”的主要成分是H2S，“溶液1”的主要溶质是Na2S
B.“系列操作”可为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
C.“合成反应”中生成BaTiO3的反应是氧化还原反应
D.“洗涤”时可用稀硫酸去除残留的碱，以提高纯度
重晶石矿(主要成分为BaSO4)通过一系列反应转化为BaS溶液； 加盐酸酸化生成BaCl2和H2S气体；在BaCl2溶液中加入过量的NaOH，通过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到Ba(OH)2·8H2O；过滤得到的溶液1的溶质主要含NaCl及过量的NaOH；Ba(OH)2·8H2O加水溶解后，加入Ti(OC4H9)4进行合成反应，得到BaTiO3粗品，最后洗涤得到最终产品。“气体”的主要成分为H2S气体，“溶液1”的溶质主要含NaCl及过量的NaOH，A项错
解析
误；“系列操作”得到的是Ba(OH)2·8H2O晶体，故“系列操作”可以是蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，B项正确；“合成反应”是Ba(OH)2·8H2O和Ti(OC4H9)4反应生成BaTiO3，该反应中元素化合价未发生变化，不是氧化还原反应，C项错误；“洗涤”时，若使用稀硫酸，BaTiO3会部分转化为难溶的BaSO4，故不能使用稀硫酸，D项错误。
解析
6.(2024·北京卷)硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。

下列说法不正确的是(　　)
A.Ⅰ的化学方程式：3FeS2+8O2 Fe3O4+6SO2
B.Ⅱ中的反应条件都是为了提高SO2平衡转化率
C.将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生
D.生产过程中产生的尾气可用碱液吸收
反应Ⅰ是黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应生成SO2和Fe3O4，化学方程式为3FeS2+8O2 Fe3O4+6SO2，A项正确；反应Ⅱ条件要兼顾平衡转化率和反应速率，还要考虑生产成本，如Ⅱ中“常压、催化剂”不是为了提高SO2的平衡转化率，B项错误；将黄铁矿换成硫黄，则不再产生Fe3O4，即可以减少废渣产生，C项正确；硫酸工业产生的尾气为SO2、SO3，可以用碱液吸收，D项正确。
解析
掌握经典无机化工流程
(1)纯碱制备。

(2)绿矾制备。

核心整合——抓关键
(3)从铝矿石中获得铝。

(4)海水提镁。
(5)海水提溴。微练6　以微型化学工业流程为载体的分析判断
选择题:每小题只有一个选项符合题目要求。
1.(2025·岳阳模拟)实验室模拟利用含钴废料(主要成分为Co3O4,还含有少量的铝箔等杂质)制备碳酸钴的工艺流程如图:
已知:CoCO3,Co(OH)2难溶于水。
下列有关描述错误的是(　　)
A.“碱浸”发生反应的为2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH)4]+3H2↑
B.“操作①”用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒
C.“酸溶”反应中H2O2可以换成O2
D.“沉钴”时若Na2CO3浓度太大,可能导致产品不纯
2.(2025·江西模拟)江西的钽矿储量居全国首位,主要用于制造高温合金和电子元件。以某钽矿渣(主要含Ta2O3、FeO、Al2O3及油脂等)为原料制备万能材料NaTaO3的流程如图。
已知:①焙烧时,Ta2O3、FeO转化成NaTaO3、Fe2O3;②NaTaO3溶解度随着温度升高而快速增大。下列叙述错误的是(　　)
A.“焙烧”可选择陶瓷容器
B.通入足量空气的目的之一是除去油脂
C.固体1可用于制造红色颜料
D.“系列操作”包括“蒸发浓缩、降温结晶”等
3.(2025·青岛模拟)实验室提取桂花精油的流程如下。下列说法错误的是(　　)
A.“操作①”所需的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
B.“操作②”为过滤,所得的石油醚可循环利用
C.“乙醇洗涤”可提高桂花精油的收率
D.“减压蒸馏”可防止桂花精油在较高温度下变质
4.(2025·兰州模拟)某研究所设计以软锰矿(主要成分为MnO2,含少量Si、Al等的氧化物)为原料制备KMnO4,其实验流程如下:
已知:K2MnO4固体和溶液均为墨绿色。
下列说法正确的是(　　)
A.“熔融煅烧”过程中使用到的仪器主要有蒸发皿,三脚架和酒精灯
B.“滤渣1”的成分是Al(OH)3
C.“调pH 2”过程中反应的离子方程式为3Mn+4H+===2Mn+MnO2↓+2H2O
D.“结晶”过程中获得KMnO4晶体可采用降温结晶法
5.(2025·六盘水模拟)某兴趣小组利用初处理过的工业废铜制备胆矾(CuSO4·5H2O)的流程如下。下列说法错误的是(　　)
A.X为稀硫酸或Fe2(SO4)3溶液
B.流程中Cu2(OH)2CO3可换成NaOH溶液
C.加H2O2可能存在的反应有Cu+2H++H2O2===Cu2++2H2O
D.“系列操作”时加H2SO4的目的是抑制Cu2+的水解
6.晶体磷酸二氢钾(KH2PO4)是一种非线性光学材料,实验室模拟工业工序设计的流程如图所示。
已知:HCl易溶于乙醇和醚等有机溶剂。
下列说法不正确的是(　　)
A.有机萃取剂不可选用乙醇
B.KH2PO4既可与盐酸也可与NaOH溶液反应
C.操作Ⅰ、操作Ⅱ是相同的操作方法
D.一系列操作Ⅲ主要包括蒸发结晶、干燥
7.(2025·深圳模拟)一种纯碱和聚氯乙烯联合生产工艺的流程如图所示。下列有关该联合工艺的说法正确的是(　　)
A.析出NaHCO3时,发生反应的离子方程式为CO2+NH3·H2O===HC+N
B.“制气”产生的废渣经调制后用于“灰蒸”以回收氨
C.上述流程仅涉及非氧化还原反应
D.“转化”所得Cl2用于合成聚氯乙烯
8.(2025·山东模拟)二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体{K2[Cu(C2O4)2]·2H2O},微溶于冷水,可溶于热水,微溶于酒精,干燥时较为稳定,加热时易分解。用氧化铜和草酸为原料制备二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体的流程如下,下列说法正确的是(　　)
A.将H2C2O4晶体加入去离子水中,为加快溶解速率,可将溶液煮沸
B.KHC2O4与氧化铜反应的离子方程式为CuO+2HC2Cu2++2C2+H2O
C.50 ℃时,加热至反应充分后的操作是趁热过滤
D.由滤液得到产品的操作是高温蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用乙醇洗涤后干燥
9.(2025·石家庄模拟)白硼钙石的主要成分是Ca4B10O19·7H2O(含有少量Fe2O3、FeO、CaCO3和SiO2等杂质),利用白硼钙石制取强还原剂NaBH4的工艺流程如下:
已知:H3BO3微溶于水,易溶于乙醇;偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水,溶解度随温度升高而增大,难溶于乙醇,碱性条件下稳定。
下列说法错误的是(　　)
A.“滤渣1”的主要成分是SiO2
B.“气体”的主要成分是NO2
C.“操作X”涉及蒸发浓缩、降温结晶、过滤
D.“反应Y”的化学方程式是NaBO2+2MgH2===2MgO+NaBH4
10.我国化学工业科学家侯德榜对索尔维制碱法进行了改进,其工艺流程及NH4Cl的溶解度曲线如下。下列说法错误的是(　　)
A.该工艺创造性地将制碱与合成氨结合起来
B.“吸氨1”和“碳酸化”工序不可互换顺序
C.“碳酸化”工序中总反应的离子方程式为CO2+H2O+NH3===HC+N
D.“工序X”涉及的主要操作为降温结晶、过滤
11.(2025·福建模拟)从碲化镉(CdTe)废料中回收碲并制备硫化镉(CdS)的工艺流程如下:
已知:“氧化酸浸”中有CdSO4和H2TeO3生成。下列说法错误的是(　　)
A.“氧化酸浸”中主要的反应为CdTe+H2SO4+3H2O2===CdSO4+H2TeO3+3H2O
B.“还原”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
C.“沉淀”过程中可能有H2S生成
D.“沉淀”过程中HCl的作用是防止生成Cd(OH)2
12.用黄铜矿(主要成分CuFeS2,含少量SiO2)冶炼铜的一种工艺流程如图所示:
已知:“一次浸取”后的滤渣主要为CuCl、S、SiO2;CuCl(s)+Cl-(aq)[CuCl2]-(aq)。下列说法错误的是(　　)
A.“一次浸取”反应方程式为CuFeS2+3FeCl3===CuCl+4FeCl2+2S
B.滤液1在空气中加热蒸干灼烧后,可得Fe2O3
C.“二次浸取”后滤渣中的混合物可用热的NaOH溶液分离
D.“调节pH”中每生成1 mol Cu,转移1 mol电子
13.(2025·呼和浩特模拟)为有效地将粗金泥(主要成分为Au,含少量Ag)中的金、银分离,提高贵金属的回收率,设计如下工艺流程:
已知:酸浸后银以AgCl存在于王水分金渣中,有少量未被溶解的金被AgCl包覆。
下列说法错误的是(　　)
A.“酸浸”中,盐酸的作用是提高硝酸的氧化性
B.“氨浸”中,发生反应AgCl+2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O
C.物质a为Au
D.葡萄糖与[Ag(NH3)2]+恰好反应时,物质的量之比为1∶2
14.(2025·聊城模拟)稀土是国家的战略资源之一,以下是一种以独居石[主要成分为CePO4,含有Th3(PO4)4、U3O8和少量Ra杂质]为原料制备CeCl3·nH2O的工艺流程图。
已知:①步骤1中U3O8转化为Na2U2O7;②Ce3+在空气中易被氧化成Ce4+;③25 ℃时,Ksp[Th(OH)4]=4.0×
10-45,Ksp[Ce(OH)3]=1.6×10-20,Ksp[Ce(OH)4]=2.0×10-48。
下列说法正确的是(　　)
A.仅“热分解”步骤发生了氧化还原反应
B.滤液可吸收“溶解”步骤产生的废气
C.共沉渣成分主要为BaSO4和RaSO4
D.“沉淀”步骤所得溶液中c(Th4+)=4.0×10-7 mol/L
15.以氧化铋渣(Bi2O3、Sb2O3,含Ag2O和SiO2等杂质)为原料制备钼酸铋(Bi2MoO6,其中Mo为+6价)的主要流程如下。
已知:H2S的Ka1=1.0×10-7,Ka2=1.0×10-13;Ksp(Bi2S3)=2.0×10-99。
下列说法错误的是(　　)
A.“浸渣”的主要成分为AgCl和SiO2
B.溶液X经处理后可循环用于“酸浸”过程
C.“酸溶”时产生NO,理论上消耗氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
D.“沉铋”反应2Bi3+(aq)+3H2S(aq)===Bi2S3(s)+6H+(ag)的平衡常数K=5.0×1038
微练6　以微型化学工业流程为载体的分析判断
1.C　解析　含钴废料(主要成分为Co3O4,还含有少量的铝箔等杂质)经第一步碱浸操作,废料中的铝箔溶解为Na[Al(OH)4]除去,过滤后得到的滤渣主要含有Co3O4,加入硫酸、过氧化氢酸溶,Co元素转化为Co2+,在酸溶步骤中Co元素被还原,H2O2被氧化作还原剂;经过操作①得到滤液②,则操作①为过滤操作,所得滤液②中主要含CoSO4,最后加入碳酸钠沉钴操作获得CoCO3,以此分析解答。碱浸操作,废料中的铝箔溶解为Na[Al(OH)4]除去,发生的反应为2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH)4]+3H2↑,A项正确;操作①为过滤操作,用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒,B项正确;由分析知,H2O2被氧化,作还原剂,不能选用O2,C项错误;“沉钴”时若Na2CO3浓度太大,溶液碱性较强会产生Co(OH)2杂质,导致产品不纯,D项正确。
2.A　解析　根据钽矿渣(主要含Ta2O3、FeO、Al2O3及油脂等)为原料制备万能材料NaTaO3的流程图,加入纯碱在碱性条件下通入足量空气焙烧,一方面可以使油脂(有机物)转化为CO2除去,另一方面Ta2O3、FeO转化成NaTaO3、Fe2O3,Al2O3转化为NaAl(OH)4;加入水进行水浸,不溶于水的Fe2O3是固体1的主要成分,水浸后的浸出液中有NaTaO3和NaAl(OH)4,通入足量CO2,铝元素以氢氧化铝沉淀析出,故固体2是氢氧化铝,最后溶液经过系列操作得到NaTaO3。纯碱在高温下与二氧化硅反应,陶瓷容器的材质含SiO2,“焙烧”应该选择铁质容器,A项错误;原料中有油脂,在“焙烧”中与空气中的O2反应生成CO2等,B项正确;“固体1”是氧化铁,可用于制造红色颜料,C项正确;由于钽酸钠溶解度受温度影响较大,可采用结晶法分离,冷却热饱和溶液析出晶体,经过滤、洗涤、干燥得到产品,D项正确。
3.B　解析　向桂花中加入石油醚,充分振荡,过滤,分离除去不溶物,得到溶液,然后根据物质沸点的不同,将溶液进行蒸馏,分离出沸点低的石油醚和桂花浸膏,再向桂花浸膏中加入无水乙醇回流1小时,进行抽滤,并用乙醇洗涤固体残渣,充分回收桂花精油,将分离得到溶液进行减压蒸馏,分离得到桂花精油。“操作①”是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的操作,该操作名称为过滤,所需的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒,A项正确;“操作②”为分离互溶的、沸点不同的混合物,名称为蒸馏,所得的沸点较低的石油醚可循环利用,B项错误;残留在固体上的桂花精油能够溶于乙醇,“乙醇洗涤”抽滤时的固体残渣,可提高桂花精油的收率,C项正确;桂花精油不稳定,高温易变质,利用物质沸点随压强的减小而降低的性质进行“减压蒸馏”就可防止桂花精油在较高温度下变质,D项正确。
4.D　解析　软锰矿(主要成分为MnO2,含少量Si、Al等的氧化物)与KOH在空气中熔融煅烧生成K2MnO4、K2SiO3和KAlO2,浸取液通入过量CO2得到的滤渣1有Al(OH)3和H2SiO3,滤液加入冰醋酸“调pH 2”生成KMnO4和MnO2,据此解答。“熔融煅烧”需要高温,应该用坩埚而不是蒸发皿,A项错误;由分析知“滤渣1”的成分是Al(OH)3和H2SiO3,B项错误;“调pH 2”过程中加入冰醋酸,冰醋酸为弱电解质,不拆,反应的离子方程式为3Mn+4CH3COOH===2Mn+MnO2↓+2H2O+4CH3COO-,C项错误;KMnO4的溶解度受温度影响变化较大,可以采用降温结晶的方法得到,D项正确。
5.B　解析　由制备实验流程及制备胆矾的原理可知,工业废铜中先加入X进行溶解,若X为稀硫酸可将铁转化为Fe2+,再加入过氧化氢溶液将铜氧化为Cu2+,氧化Fe2+得到Fe3+,若X是Fe2(SO4)3溶液,则Ⅰ中得到Fe2+、Cu2+,加入过氧化氢再氧化Fe2+得到Fe3+,再加碱式碳酸铜可调节pH加热使铁离子转化为沉淀,过滤分离出滤液含硫酸铜,加硫酸后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可分离出胆矾晶体。由制备实验流程分析可知,X可以是稀硫酸或Fe2(SO4)3溶液,且不引入新杂质,A项正确;加氢氧化钠调节pH会引入钠离子,因此不可更换,B项错误;若X为稀硫酸,则Ⅰ中得到Fe2+和Cu,加入过氧化氢后分别被氧化为Fe3+、Cu2+,所以加H2O2可能存在的反应有Cu+2H++H2O2===Cu2++2H2O,C项正确;“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤,加H2SO4的目的是抑制Cu2+的水解,D项正确。
6.D　解析　H3PO4加入KCl混合,用有机萃取剂进行萃取,主要反应原理为KCl+H3PO4KH2PO4+HCl,经操作Ⅰ(分液)得到有机相和水相,水相经一系列操作可得到KH2PO4晶体,反应产生的HCl易溶于有机萃取剂,有机相加入氨水进行反萃取,发生反应NH3·H2O+HCl===NH4Cl+H2O,再分液得到有机萃取剂返回萃取操作中循环使用,另一部分经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥便可得到NH4Cl。因为乙醇与水互溶,所以有机萃取剂不可选用乙醇,A项正确;KH2PO4是酸式盐,既可与盐酸也可与NaOH溶液反应,B项正确;根据分析知,操作Ⅰ、操作Ⅱ都是分液,是相同的操作方法,C项正确;NH4Cl受热易分解,所以一系列操作Ⅲ主要包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,D项错误。
7.B　解析　石灰石热解生成氧化钙和二氧化碳,生成的二氧化碳用于侯氏制碱法原理制取碳酸氢钠沉淀,灼烧后得到纯碱;碳化过程中发生反应CaO+3CCO↑+CaC2,制气时CaC2与水反应生成CH≡CH和Ca(OH)2,废渣为Ca(OH)2,灰蒸工序中发生反应Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O,生成的氨气可以在沉淀中循环利用,转化工序中加入浓硫酸发生不挥发性酸制挥发性酸的反应,方程式为CaCl2+H2SO4(浓)CaSO4↓+2HCl↑,生成的HCl气体在合成工序中发生反应CH≡CH+HClCH2 CHCl,氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯,据此解答。析出NaHCO3时,NaHCO3是沉淀,不能拆,发生反应的离子方程式为CO2+NH3·H2O+Na+===NaHCO3↓+N,A项错误;“制气”产生的废渣为Ca(OH)2,在灰蒸过程中与氯化铵反应生成氨气,可以回收氨在“沉淀”中循环利用,B项正确;由分析可知,“碳化”过程涉及氧化还原反应,C项错误;由分析可知,“转化”所得HCl用于合成聚氯乙烯,D项错误。
8.C　解析　H2C2O4不稳定,在加热条件下易分解,故只能微热,不能煮沸,A项错误;该反应中[Cu(C2O4)2]2-为络离子,不能拆开,B项错误;50 ℃时,加热至反应充分后的操作是趁热过滤的目的是除去难溶性的杂质,减少因降温后二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体的析出,C项正确;二草酸合铜(Ⅱ)酸钾受热时易分解,不能高温蒸发浓缩,D项错误。
9.B　解析　由题干流程图可知,将白硼钙石(主要成分是Ca4B10O19·7H2O,含有少量Fe2O3、FeO、CaCO3和SiO2等杂质)粉碎后加入浓硝酸,将Ca转化为Ca(NO3)2、Fe转化为Fe(NO3)3、B转化为H3BO3,SiO2不溶于硝酸,过滤得到滤液1,主要含有Ca(NO3)2、Fe(NO3)3,滤渣主要含有SiO2和H3BO3,向滤渣中加入乙醇进行醇浸过滤得到滤渣1,主要成分为SiO2,滤液中含有H3BO3的酒精溶液,向滤液中加入NaOH溶液进行水浴加热,将H3BO3转化为NaBO2,将乙醇蒸馏出来后,对滤液进行蒸发浓缩、降温结晶,过滤干燥,获得纯净的NaBO2固体,将固体NaBO2和MgH2混合反应生成NaBH4和耐火材料即MgO,据此分析解题。由分析可知,“滤渣1”的主要成分是SiO2,A项正确;气体为浓硝酸与氧化亚铁反应后生成的NO2及与碳酸钙反应产生的CO2,B项错误;由题干信息状况,偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水,溶解度随温度升高而增大,难溶于乙醇,碱性条件下稳定,故“操作X”涉及蒸发浓缩、降温结晶、过滤,C项正确;由分析可知,耐火材料为MgO,故“反应Y”的化学方程式是NaBO2+2MgH2===2MgO+NaBH4,D项正确。
10.C　解析　向精制饱和食盐水中通入NH3,吸收后通入CO2碳酸化,此时生成溶解度较小的NaHCO3和NH4Cl溶液,过滤后得到固体NaHCO3,NaHCO3煅烧后生成Na2CO3;过滤后得到的母液1中的主要成分是NH4Cl,还含有少量的HC,向其中通入NH3,HC转化为C,经降温结晶、过滤后加入NaCl盐析后生成母液2,可知母液2中存在HC和C,可循环制碱。该工艺中,利用合成氨厂制备NH3,可创造性地将制碱与合成氨结合,A项正确;CO2的溶解度较小,而NH3的溶解度大,先通入NH3可确保溶液为高浓度的碱性环境,从而提高后续CO2的溶解量,故工序不可互换顺序,B项正确;“碳酸化”工序中,NaCl、NH3与CO2反应,生成溶解度较小的NaHCO3和NH4Cl溶液,反应的方程式为NaCl+CO2+H2O+NH3===NaHCO3↓+NH4Cl,离子方程式为Na++CO2+H2O+NH3===NaHCO3↓+N,C项错误;由分析可知,“工序X”可得到NH4Cl晶体,根据溶解度随温度变化曲线可知,随着温度的升高,NH4Cl的溶解度逐渐增大,若要析出NH4Cl,则需要降温结晶,故“工序X”涉及的主要操作为降温结晶、过滤,D项正确。
11.B　解析　CdTe残渣中加入稀硫酸和过氧化氢,生成CdSO4和H2TeO3,随后用亚硫酸钠还原产生Te单质,再加盐酸、硫化钠“沉淀”生成CdS,以此解题。结合分析可知,“氧化酸浸”中主要的反应为CdTe+H2SO4+3H2O2===CdSO4+H2TeO3+3H2O,A项正确;“还原”过程中H2TeO3和亚硫酸钠反应生成单质Te和硫酸钠,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2,B项错误;“沉淀”加入硫化钠和氯化氢,可能生成硫化氢,C项正确;Cd(OH)2可以和氯化氢反应生成CdCl2,再和硫化钠反应生成CdS,即“沉淀”过程中HCl的作用是防止生成Cd(OH)2,D项正确。
12.C　解析　黄铜矿(主要成分CuFeS2,含少量SiO2),加氯化铁进行浸取,“一次浸取”后的滤渣主要为CuCl、S、SiO2;可知CuFeS2与FeCl3溶液反应生成CuCl和S;过滤后滤渣加NaCl溶液二次浸取,CuCl转化为[CuCl2]-;过滤所得滤液加盐酸调节pH,[CuCl2]-转化为Cu,据此分析解答。结合已知CuFeS2与FeCl3溶液反应生成CuCl和S,氯化铁被还原为氯化亚铁,根据得失电子守恒以及元素守恒得反应方程式:CuFeS2+3FeCl3===CuCl+4FeCl2+2S,A项正确;滤液1主要成分为氯化亚铁,在空气中加热会被氧化为氯化铁,蒸干过程中氯化铁水解生成氢氧化铁,灼烧得到氧化铁,B项正确;二次浸取后滤渣为S和SiO2,两者均能与NaOH反应,因此不能用热的NaOH溶液分离,C项错误;“调节pH”时发生反应:2[CuCl2]-Cu+Cu2++4Cl-,每生成1 mol Cu,转移1 mol电子,D项正确。
13.A　解析　粗金泥加入王水使得金溶解得到H[AuCl4],处理后得到金单质;分金渣氨浸将银元素转化为二氨合银离子,使用葡萄糖还原为银单质,得到物质a为被氯化银包裹的金单质。“酸浸”中,盐酸的作用是提供大量氯离子,可以使金形成配合离子[AuCl4]-,A项错误;“氨浸”中,加入氨水将氯化银转化为二氨合银离子,发生反应AgCl+2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O,B项正确;由分析,可知物质a为Au,C项正确;1分子葡萄糖中含有1个醛基,和二氨合银离子发生氧化还原反应,醛基转化为羧基,同时生成银单质,存在关系:葡萄糖~2e-~2[Ag(NH3)2]+,葡萄糖与[Ag(NH3)2]+恰好反应时,物质的量之比为1∶2,D项正确。
14.C　解析　独居石的主要成分为CePO4,含有Th3(PO4)4和U3O8和少量镭杂质,加入NaOH进行热分解,U3O8发生反应:2U3O8+O2+6NaOH===3Na2U2O7+3H2O,CePO4中的Ce被氧化为Ce(OH)4,将热分解后的物质加水稀释后过滤,得到的滤液中含有Na3PO4,过滤得到的固体产物中加入盐酸,Ce(OH)4具有氧化性,与盐酸发生反应:2Ce(OH)4+8H++2Cl-===2Ce3++Cl2↑+8H2O,废气为氯气,调节pH,使铀和Th转化为沉淀,向滤液中加入硫酸铵和氯化钡,使BaSO4和RaSO4形成共沉淀,得到含有Ce3+的溶液,经过一系列操作,得到CeCl3·nH2O,据此分析作答。在“溶解pH=1.5”步骤中也发生了氧化还原反应:2Ce(OH)4+8H++2Cl-===2Ce3++Cl2↑+8H2O,A项错误;得到的滤液中含有Na3PO4,废气含有氯气,磷元素已经处于最高化合价,不会被氯气氧化,所以二者不会发生反应,B项错误;根据分析可知,共沉渣成分主要为BaSO4和RaSO4,C项正确;“沉淀”步骤pH=5,根据溶度积常数可得c(Th4+)===4.0×10-9 mol/L,D项错误。
15.C　解析　由题干信息可知,氧化铋渣加入盐酸和氯化钠溶液,二氧化硅不与盐酸反应,氧化银和盐酸反应生成氯化银,其他物质和盐酸生成相应氯化物,过滤,向滤液中加水加热得到Sb2O3,过滤,向滤液中加入H2S,生成Bi2S3和HCl,再次过滤得到Bi2S3固体和溶液X,则X中含有HCl和NaCl,向Bi2S3中加入硝酸得到单质硫、NO和硝酸铋,向硝酸铋溶液中加入(NH4)6Mo7O24·4H2O得到Bi2MoO6,据此分析解题。由分析可知,二氧化硅不与盐酸反应,氧化银和盐酸反应生成氯化银,即“浸渣”的主要成分为AgCl和SiO2,A项正确;由分析可知,X中含有HCl和NaCl,则溶液X经处理后可循环用于“酸浸”过程,B项正确;由分析可知,“酸溶”时产生NO即向Bi2S3中加入硝酸得到单质硫、NO和硝酸铋,反应方程式为Bi2S3+8HNO3(稀)===2Bi(NO3)3+2NO↑+4H2O+3S↓,反应中Bi2S3为还原剂,HNO3部分为氧化剂,故理论上消耗氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1,C项错误;“沉铋”反应2Bi3+(aq)+3H2S(aq)===Bi2S3(s)+6H+(ag)的平衡常数K===×===5.0×1038,D项正确。(共58张PPT)
微练6　以微型化学工业流程为载体的分析判断
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
选择题：每小题只有一个选项符合题目要求。
1.(2025·岳阳模拟)实验室模拟利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔等杂质)制备碳酸钴的工艺流程如图：

已知：CoCO3、Co(OH)2难溶于水。
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
下列有关描述错误的是(　　)
A.“碱浸”发生反应的为2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH)4]+3H2↑
B.“操作①”用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒
C.“酸溶”反应中H2O2可以换成O2
D.“沉钴”时若Na2CO3浓度太大，可能导致产品不纯
含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔等杂质)经第一步碱浸操作，废料中的铝箔溶解为Na[Al(OH)4]除去，过滤后得到的滤渣主要含有Co3O4，加入硫酸、过氧化氢酸溶，Co元素转化为Co2+，在酸溶步骤中Co元素被还原，H2O2被氧化作还原剂；经过操作①得到滤液②，则操作①为过滤操作，所得滤液②中主要含CoSO4，最后加入碳酸钠沉钴操作获得CoCO3，以此分析解答。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
碱浸操作，废料中的铝箔溶解为Na[Al(OH)4]除去，发生的反应为2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH)4]+3H2↑，A项正确；操作①为过滤操作，用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，B项正确；由分析知，H2O2被氧化，作还原剂，不能选用O2，C项错误;
“沉钴”时若Na2CO3浓度太大，溶液碱性较强会产生Co(OH)2杂质,
导致产品不纯，D项正确。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
2.(2025·江西模拟)江西的钽矿储量居全国首位，主要用于制造高温合金和电子元件。以某钽矿渣(主要含Ta2O3、FeO、Al2O3及油脂等)为原料制备万能材料NaTaO3的流程如图。
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
已知：①焙烧时，Ta2O3、FeO转化成NaTaO3、Fe2O3；②NaTaO3溶解度随着温度升高而快速增大。下列叙述错误的是(　　)
A.“焙烧”可选择陶瓷容器
B.通入足量空气的目的之一是除去油脂
C.固体1可用于制造红色颜料
D.“系列操作”包括“蒸发浓缩、降温结晶”等
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
根据钽矿渣(主要含Ta2O3、FeO、Al2O3及油脂等)为原料制备万能材料NaTaO3的流程图，加入纯碱在碱性条件下通入足量空气焙烧,一方面可以使油脂(有机物)转化为CO2除去，另一方面Ta2O3、FeO转化成NaTaO3、Fe2O3，Al2O3转化为NaAl(OH)4；加入水进行水
浸，不溶于水的Fe2O3是固体1的主要成分，水浸后的浸出液中有NaTaO3和NaAl(OH)4，通入足量CO2，铝元素以氢氧化铝沉淀析出,故固体2是氢氧化铝，最后溶液经过系列操作得到NaTaO3。纯碱在
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
高温下与二氧化硅反应，陶瓷容器的材质含SiO2，“焙烧”应该选择铁质容器，A项错误；原料中有油脂，在“焙烧”中与空气中的O2反应生成CO2等，B项正确；“固体1”是氧化铁，可用于制造红色颜料，C项正确；由于钽酸钠溶解度受温度影响较大，可采用结晶法分离，冷却热饱和溶液析出晶体，经过滤、洗涤、干燥得到产品，D项正确。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
3.(2025·青岛模拟)实验室提取桂花精油的流程如下。下列说法错误的是(　　)
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
A.“操作①”所需的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
B.“操作②”为过滤，所得的石油醚可循环利用
C.“乙醇洗涤”可提高桂花精油的收率
D.“减压蒸馏”可防止桂花精油在较高温度下变质
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
向桂花中加入石油醚，充分振荡，过滤，分离除去不溶物，得到溶液，然后根据物质沸点的不同，将溶液进行蒸馏，分离出沸点低的石油醚和桂花浸膏，再向桂花浸膏中加入无水乙醇回流1小
时，进行抽滤，并用乙醇洗涤固体残渣，充分回收桂花精油，将分离得到溶液进行减压蒸馏，分离得到桂花精油。“操作①”是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的操作，该操作名称为过滤，所需的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，A项正确；“操作②”为
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
分离互溶的、沸点不同的混合物，名称为蒸馏，所得的沸点较低的石油醚可循环利用，B项错误；残留在固体上的桂花精油能够溶于乙醇，“乙醇洗涤”抽滤时的固体残渣，可提高桂花精油的收率，C项正确；桂花精油不稳定，高温易变质，利用物质沸点随压强的减小而降低的性质进行“减压蒸馏”就可防止桂花精油在较高温度下变质，D项正确。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
4.(2025·兰州模拟)某研究所设计以软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Si、Al等的氧化物)为原料制备KMnO4，其实验流程如下：

已知：K2MnO4固体和溶液均为墨绿色。
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
下列说法正确的是(　　)
A.“熔融煅烧”过程中使用到的仪器主要有蒸发皿，三脚架和酒精灯
B.“滤渣1”的成分是Al(OH)3
C.“调pH 2”过程中反应的离子方程式为3Mn+4H+===2Mn+
MnO2↓+2H2O
D.“结晶”过程中获得KMnO4晶体可采用降温结晶法
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Si、Al等的氧化物)与KOH在空气中熔融煅烧生成K2MnO4、K2SiO3和KAlO2，浸取液通入过量CO2得到的滤渣1有Al(OH)3和H2SiO3，滤液加入冰醋酸“调pH 2”生成KMnO4和MnO2，据此解答。“熔融煅烧”需要高温，应该用坩埚而不是蒸发皿，A项错误；由分析知“滤渣1”的成分是Al(OH)3和H2SiO3，B项错误；“调pH 2”过程中加入冰醋酸，冰醋酸为弱电解质，不拆，反应的离子方程式为3Mn+4CH3COOH===2Mn
+MnO2↓+2H2O+4CH3COO-，C项错误；KMnO4的溶解度受温度影响变化较大，可以采用降温结晶的方法得到，D项正确。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
5.(2025·六盘水模拟)某兴趣小组利用初处理过的工业废铜制备胆矾(CuSO4·5H2O)的流程如下。下列说法错误的是(　　)

A.X为稀硫酸或Fe2(SO4)3溶液
B.流程中Cu2(OH)2CO3可换成NaOH溶液
C.加H2O2可能存在的反应有Cu+2H++H2O2===Cu2++2H2O
D.“系列操作”时加H2SO4的目的是抑制Cu2+的水解
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
由制备实验流程及制备胆矾的原理可知，工业废铜中先加入X进行溶解，若X为稀硫酸可将铁转化为Fe2+，再加入过氧化氢溶液将铜氧化为Cu2+，氧化Fe2+得到Fe3+，若X是Fe2(SO4)3溶液，则Ⅰ中得到Fe2+、Cu2+，加入过氧化氢再氧化Fe2+得到Fe3+，再加碱式碳酸铜可调节pH加热使铁离子转化为沉淀，过滤分离出滤液含硫酸铜，加硫酸后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可分离出胆矾晶体。由制备实验流程分析可知，X可以是稀硫酸或Fe2(SO4)3溶液，且不
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
引入新杂质，A项正确；加氢氧化钠调节pH会引入钠离子，因此不可更换，B项错误；若X为稀硫酸，则Ⅰ中得到Fe2+和Cu，加入过氧化氢后分别被氧化为Fe3+、Cu2+，所以加H2O2可能存在的反应有Cu+2H++H2O2===Cu2++2H2O，C项正确；“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，加H2SO4的目的是抑制Cu2+的水解，D项正确。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
6.晶体磷酸二氢钾(KH2PO4)是一种非线性光学材料，实验室模拟工业工序设计的流程如图所示。

已知：HCl易溶于乙醇和醚等有机溶剂。
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
下列说法不正确的是(　　)
A.有机萃取剂不可选用乙醇
B.KH2PO4既可与盐酸也可与NaOH溶液反应
C.操作Ⅰ、操作Ⅱ是相同的操作方法
D.一系列操作Ⅲ主要包括蒸发结晶、干燥
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
H3PO4加入KCl混合，用有机萃取剂进行萃取，主要反应原理为KCl+H3PO4 KH2PO4+HCl，经操作Ⅰ(分液)得到有机相和水相,水相经一系列操作可得到KH2PO4晶体，反应产生的HCl易溶于有机萃取剂，有机相加入氨水进行反萃取，发生反应NH3·H2O+
HCl===NH4Cl+H2O，再分液得到有机萃取剂返回萃取操作中循环使用，另一部分经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥便可
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
得到NH4Cl。因为乙醇与水互溶，所以有机萃取剂不可选用乙醇,
A项正确；KH2PO4是酸式盐，既可与盐酸也可与NaOH溶液反应,
B项正确；根据分析知，操作Ⅰ、操作Ⅱ都是分液，是相同的操作方法，C项正确；NH4Cl受热易分解，所以一系列操作Ⅲ主要包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D项错误。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
7.(2025·深圳模拟)一种纯碱和聚氯乙烯联合生产工艺的流程如图所示。下列有关该联合工艺的说法正确的是(　　)
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
A.析出NaHCO3时，发生反应的离子方程式为CO2+NH3·H2O===
HC
B.“制气”产生的废渣经调制后用于“灰蒸”以回收氨
C.上述流程仅涉及非氧化还原反应
D.“转化”所得Cl2用于合成聚氯乙烯
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
解析
8.(2025·山东模拟)二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体{K2[Cu(C2O4)2]·2H2O},微溶于冷水，可溶于热水，微溶于酒精，干燥时较为稳定，加热时易分解。用氧化铜和草酸为原料制备二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体的流程如下，下列说法正确的是(　　)
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
A.将H2C2O4晶体加入去离子水中，为加快溶解速率，可将溶液煮沸
B.KHC2O4与氧化铜反应的离子方程式为CuO+2HC2 Cu2++
2C2+H2O
C.50 ℃时，加热至反应充分后的操作是趁热过滤
D.由滤液得到产品的操作是高温蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用乙醇洗涤后干燥
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
H2C2O4不稳定，在加热条件下易分解，故只能微热，不能煮沸，A项错误；该反应中[Cu(C2O4)2]2-为络离子，不能拆开，B项错误;
50 ℃时，加热至反应充分后的操作是趁热过滤的目的是除去难溶性的杂质，减少因降温后二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体的析出，C项正确；二草酸合铜(Ⅱ)酸钾受热时易分解，不能高温蒸发浓缩，D项错误。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
9.(2025·石家庄模拟)白硼钙石的主要成分是Ca4B10O19·7H2O(含有少量Fe2O3、FeO、CaCO3和SiO2等杂质)，利用白硼钙石制取强还原剂NaBH4的工艺流程如下：
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
已知：H3BO3微溶于水，易溶于乙醇；偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定。
下列说法错误的是(　　)
A.“滤渣1”的主要成分是SiO2
B.“气体”的主要成分是NO2
C.“操作X”涉及蒸发浓缩、降温结晶、过滤
D.“反应Y”的化学方程式是NaBO2+2MgH2===2MgO+NaBH4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
由题干流程图可知，将白硼钙石(主要成分是Ca4B10O19·7H2O，含有少量Fe2O3、FeO、CaCO3和SiO2等杂质)粉碎后加入浓硝酸，将Ca转化为Ca(NO3)2、Fe转化为Fe(NO3)3、B转化为H3BO3，SiO2不溶于硝酸，过滤得到滤液1，主要含有Ca(NO3)2、Fe(NO3)3，滤渣主要含有SiO2和H3BO3，向滤渣中加入乙醇进行醇浸过滤得到滤渣1，主要成分为SiO2，滤液中含有H3BO3的酒精溶液，向滤液中加入NaOH溶液进行水浴加热，将H3BO3转化为NaBO2，将乙醇蒸馏出来后，对滤液进行蒸发浓缩、降温结晶，过滤干燥，获得
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
纯净的NaBO2固体，将固体NaBO2和MgH2混合反应生成NaBH4和耐火材料即MgO，据此分析解题。由分析可知，“滤渣1”的主要成分是SiO2，A项正确；气体为浓硝酸与氧化亚铁反应后生成的NO2及与碳酸钙反应产生的CO2，B项错误；由题干信息状况，偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定，故“操作X”涉及蒸发浓缩、降温结晶、过滤，C项正确；由分析可知，耐火材料为MgO，故“反应Y”的化学方程式是NaBO2+2MgH2===2MgO+NaBH4，D项正确。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
10.我国化学工业科学家侯德榜对索尔维制碱法进行了改进，其工艺流程及NH4Cl的溶解度曲线如下。下列说法错误的是(　　)
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
A.该工艺创造性地将制碱与合成氨结合起来
B.“吸氨1”和“碳酸化”工序不可互换顺序
C.“碳酸化”工序中总反应的离子方程式为CO2+H2O+NH3===HC
+N
D.“工序X”涉及的主要操作为降温结晶、过滤
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
向精制饱和食盐水中通入NH3，吸收后通入CO2碳酸化，此时生成溶解度较小的NaHCO3和NH4Cl溶液，过滤后得到固体NaHCO3，NaHCO3煅烧后生成Na2CO3；过滤后得到的母液1中的主要成分是NH4Cl，还含有少量的HC，向其中通入NH3，HC转化为C，经降温结晶、过滤后加入NaCl盐析后生成母液2，可知母液2中存在HC和C，可循环制碱。该工艺中，利用合成氨厂制备NH3，可创造性地将制碱与合成氨结合，A项正确；CO2的溶解度较小，而NH3的溶解度大，先通入NH3可确保溶液为高浓度的
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
碱性环境，从而提高后续CO2的溶解量，故工序不可互换顺序，B项正确；“碳酸化”工序中，NaCl、NH3与CO2反应，生成溶解度较小的NaHCO3和NH4Cl溶液，反应的方程式为NaCl+CO2+H2O+NH3
===NaHCO3↓+NH4Cl，离子方程式为Na++CO2+H2O+NH3===
NaHCO3↓+N，C项错误；由分析可知，“工序X”可得到NH4Cl晶体，根据溶解度随温度变化曲线可知，随着温度的升高，NH4Cl的溶解度逐渐增大，若要析出NH4Cl，则需要降温结晶，故“工序X”涉及的主要操作为降温结晶、过滤，D项正确。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
11.(2025·福建模拟)从碲化镉(CdTe)废料中回收碲并制备硫化镉(CdS)的工艺流程如下：
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
已知：“氧化酸浸”中有CdSO4和H2TeO3生成。下列说法错误的是
(　　)
A.“氧化酸浸”中主要的反应为CdTe+H2SO4+3H2O2===CdSO4+H2TeO3
+3H2O
B.“还原”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
C.“沉淀”过程中可能有H2S生成
D.“沉淀”过程中HCl的作用是防止生成Cd(OH)2
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
CdTe残渣中加入稀硫酸和过氧化氢，生成CdSO4和H2TeO3，随后用亚硫酸钠还原产生Te单质，再加盐酸、硫化钠“沉淀”生成CdS，以此解题。结合分析可知，“氧化酸浸”中主要的反应为CdTe+
H2SO4+3H2O2===CdSO4+H2TeO3+3H2O，A项正确；“还原”过程中H2TeO3和亚硫酸钠反应生成单质Te和硫酸钠，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，B项错误；“沉淀”加入硫化钠和氯化氢，可能生成硫化氢，C项正确；Cd(OH)2可以和氯化氢反应生成CdCl2，再和硫化钠反应生成CdS，即“沉淀”过程中HCl的作用是防止生成Cd(OH)2，D项正确。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
12.用黄铜矿(主要成分CuFeS2，含少量SiO2)冶炼铜的一种工艺流程如图所示：
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
已知：“一次浸取”后的滤渣主要为CuCl、S、SiO2；CuCl(s)+Cl-(aq)
[CuCl2]-(aq)。下列说法错误的是(　　)
A.“一次浸取”反应方程式为CuFeS2+3FeCl3===CuCl+4FeCl2+2S
B.滤液1在空气中加热蒸干灼烧后，可得Fe2O3
C.“二次浸取”后滤渣中的混合物可用热的NaOH溶液分离
D.“调节pH”中每生成1 mol Cu，转移1 mol电子
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
黄铜矿(主要成分CuFeS2，含少量SiO2)，加氯化铁进行浸取，“一次浸取”后的滤渣主要为CuCl、S、SiO2；可知CuFeS2与FeCl3溶液反应生成CuCl和S；过滤后滤渣加NaCl溶液二次浸取，CuCl转化为[CuCl2]-；过滤所得滤液加盐酸调节pH，[CuCl2]-转化为Cu，据此分析解答。结合已知CuFeS2与FeCl3溶液反应生成CuCl和S，氯化铁被还原为氯化亚铁，根据得失电子守恒以及元素守恒得反应方程式：CuFeS2+3FeCl3===CuCl+4FeCl2+2S，A项正确；滤液1主
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
要成分为氯化亚铁，在空气中加热会被氧化为氯化铁，蒸干过程中氯化铁水解生成氢氧化铁，灼烧得到氧化铁，B项正确；二次浸取后滤渣为S和SiO2，两者均能与NaOH反应，因此不能用热的NaOH溶液分离，C项错误；“调节pH”时发生反应：2[CuCl2]-
Cu+Cu2++4Cl-，每生成1 mol Cu，转移1 mol电子，D项正确。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
13.(2025·呼和浩特模拟)为有效地将粗金泥(主要成分为Au，含少量Ag)中的金、银分离，提高贵金属的回收率，设计如下工艺流程：
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
已知：酸浸后银以AgCl存在于王水分金渣中，有少量未被溶解的金被AgCl包覆。
下列说法错误的是(　　)
A.“酸浸”中，盐酸的作用是提高硝酸的氧化性
B.“氨浸”中，发生反应AgCl+2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O
C.物质a为Au
D.葡萄糖与[Ag(NH3)2]+恰好反应时，物质的量之比为1∶2
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
粗金泥加入王水使得金溶解得到H[AuCl4]，处理后得到金单质；分金渣氨浸将银元素转化为二氨合银离子，使用葡萄糖还原为银单质，得到物质a为被氯化银包裹的金单质。“酸浸”中，盐酸的作用是提供大量氯离子，可以使金形成配合离子[AuCl4]-，A项错误;
“氨浸”中，加入氨水将氯化银转化为二氨合银离子，发生反应AgCl+2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O，B项正确；由分析,
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
可知物质a为Au，C项正确；1分子葡萄糖中含有1个醛基，和二氨合银离子发生氧化还原反应，醛基转化为羧基，同时生成银单质,存在关系：葡萄糖~2e-~2[Ag(NH3)2]+，葡萄糖与[Ag(NH3)2]+恰好反应时，物质的量之比为1∶2，D项正确。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
14.(2025·聊城模拟)稀土是国家的战略资源之一，以下是一种以独居石[主要成分为CePO4，含有Th3(PO4)4、U3O8和少量Ra杂质]为原料制备CeCl3·nH2O的工艺流程图。
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
已知：①步骤1中U3O8转化为Na2U2O7；②Ce3+在空气中易被氧化成Ce4+；③25 ℃时，Ksp[Th(OH)4]=4.0×10-45，Ksp[Ce(OH)3]=1.6×10-20,
Ksp[Ce(OH)4]=2.0×10-48。
下列说法正确的是(　　)
A.仅“热分解”步骤发生了氧化还原反应
B.滤液可吸收“溶解”步骤产生的废气
C.共沉渣成分主要为BaSO4和RaSO4
D.“沉淀”步骤所得溶液中c(Th4+)=4.0×10-7 mol/L
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
独居石的主要成分为CePO4，含有Th3(PO4)4和U3O8和少量镭杂质,加入NaOH进行热分解，U3O8发生反应：2U3O8+O2+6NaOH===
3Na2U2O7+3H2O，CePO4中的Ce被氧化为Ce(OH)4，将热分解后的物质加水稀释后过滤，得到的滤液中含有Na3PO4，过滤得到的固体产物中加入盐酸，Ce(OH)4具有氧化性，与盐酸发生反应：2Ce(OH)4+8H++2Cl-===2Ce3++Cl2↑+8H2O，废气为氯气，调节Ph,使铀和Th转化为沉淀，向滤液中加入硫酸铵和氯化钡，使BaSO4和RaSO4形成共沉淀，得到含有Ce3+的溶液，经过一系列操作，得
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
到CeCl3·nH2O，据此分析作答。在“溶解pH=1.5”步骤中也发生了氧化还原反应：2Ce(OH)4+8H++2Cl-===2Ce3++Cl2↑+8H2O，A项错误；得到的滤液中含有Na3PO4，废气含有氯气，磷元素已经处于最高化合价，不会被氯气氧化，所以二者不会发生反应，B项错误；根据分析可知，共沉渣成分主要为BaSO4和RaSO4，C项正确;
“沉淀”步骤pH=5，根据溶度积常数可得c(Th4+)==
=4.0×10-9 mol/L，D项错误。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
15.以氧化铋渣(Bi2O3、Sb2O3，含Ag2O和SiO2等杂质)为原料制备钼酸铋(Bi2MoO6，其中Mo为+6价)的主要流程如下。
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
已知：H2S的Ka1=1.0×10-7，Ka2=1.0×10-13；Ksp(Bi2S3)=2.0×10-99。
下列说法错误的是(　　)
A.“浸渣”的主要成分为AgCl和SiO2
B.溶液X经处理后可循环用于“酸浸”过程
C.“酸溶”时产生NO，理论上消耗氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
D.“沉铋”反应2Bi3+(aq)+3H2S(aq)===Bi2S3(s)+6H+(ag)的平衡常数K=5.0×1038
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
由题干信息可知，氧化铋渣加入盐酸和氯化钠溶液，二氧化硅不与盐酸反应，氧化银和盐酸反应生成氯化银，其他物质和盐酸生成相应氯化物，过滤，向滤液中加水加热得到Sb2O3，过滤，向滤液中加入H2S，生成Bi2S3和HCl，再次过滤得到Bi2S3固体和溶液X,则X中含有HCl和NaCl，向Bi2S3中加入硝酸得到单质硫、NO和硝酸铋，向硝酸铋溶液中加入(NH4)6Mo7O24·4H2O得到Bi2MoO6，据此分析解题。由分析可知，二氧化硅不与盐酸反应，氧化银和
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
盐酸反应生成氯化银，即“浸渣”的主要成分为AgCl和SiO2，A项正确；由分析可知，X中含有HCl和NaCl，则溶液X经处理后可循环用于“酸浸”过程，B项正确；由分析可知，“酸溶”时产生NO即向Bi2S3中加入硝酸得到单质硫、NO和硝酸铋，反应方程式为Bi2S3+8HNO3(稀)===2Bi(NO3)3+2NO↑+4H2O+3S↓，反应中Bi2S3为还原剂，HNO3部分为氧化剂，故理论上消耗氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，C项错误；“沉铋”反应2Bi3+(aq)+3H2S(aq)===
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
Bi2S3(s)+6H+(ag)的平衡常数K==
=×===5.0×1038，D项正确。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4

展开更多......

收起↑