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小专题8　重要无机物的工业制备
　
1.从饱和AlCl3溶液中制备无水AlCl3固体，某小组设计方案如下图所示，下列说法不正确的是（　　）
A.步骤Ⅰ通入HCl的作用是抑制AlCl3水解并有利于AlCl3·6H2O结晶
B.步骤Ⅱ洗涤用的洗涤剂是水
C.步骤Ⅲ可采用减压干燥或低温干燥
D.步骤Ⅳ试剂SOCl2与水反应的产物可使品红溶液褪色
2.硫酸钾是一种重要的无氯优质钾肥，利用某高钾明矾石制备硫酸钾的工艺流程如下：
已知：高钾明矾石的主要成分为K2SO4·Al2（SO4）3·2Al2O3·H2O和少量Fe2O3。下列说法不正确的是（　　）
A.焙烧时Al2（SO4）3反应的化学方程式为2Al2（SO4）3＋4S＋6O22Al2O3＋10SO3
B.X可能是NH3·H2O
C.工业上通过电解化合物Y制成铝单质
D.SO3可回收利用后应用于本流程
3.工业上常用的一种提溴技术叫做“吹出法”，过程如下图所示。下列有关说法不正确的是（　　）
A.酸化的主要目的是防止Cl2将Br2氧化成Br
B.鼓入热空气吹出溴是利用了溴的低沸点
C.将含溴混合气从底部通入设备二（吸收塔）中
D.设备三中的蒸气冷凝后得到液溴和溴水的混合物，可用分液法分离
4.（2025·浙江绍兴模拟）乙酰苯胺是一种具有解热镇痛作用的白色晶体，20 ℃时在乙醇中的溶解度为36.9 g，在水中的溶解度为0.46 g，100 ℃时在水中的溶解度为5.50 g。某实验小组设计提纯粗乙酰苯胺（含少量氯化钠和有机杂质）方案如下：
下列说法不正确的是（　　）
A.操作Ⅰ中若观察到乙酰苯胺未完全溶解，可补加适量水
B.操作Ⅱ稍冷却的目的是防止暴沸，加入活性炭可吸附有机杂质
C.操作Ⅲ宜缓慢自然冷却结晶，有利于得到较大晶体颗粒
D.操作Ⅳ可用乙醇洗涤，利于快速晾干
5.（2025·浙江嘉兴二模）实验室中，由含硒废料（主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等）制取硒的流程如图：
下列说法错误的是（　　）
A.“分离”时得到含硫煤油的方法是分液
B.“酸溶”操作的目的是除去废料中的金属氧化物
C.“浸取”后滤渣的主要成分是SiO2
D.“酸化”时发生反应的离子方程式：SeS＋2H＋Se↓＋SO2↑＋H2O
6.（2025·山东淄博一模）用黄铜矿（主要成分为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”反应的化学方程式为CuFeS2＋3FeCl3CuCl＋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
7.（2024·北京高考7题）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
8.（2024·湖南高考11题）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H3PO4
C.“结晶”工序中溶液显酸性
D.“干燥”工序需在低温下进行
9.（2025·嘉兴二模）工业上将CO2通入NH3的饱和NaCl溶液中制取NaHCO3。下列说法不正确的是（　　）
A.食品膨松剂的成分之一是NaHCO3
B.HC电离出H＋使NaHCO3溶液显酸性
C.NaHCO3不稳定，受热容易分解
D.盐酸与NaHCO3反应产生大量气泡并吸收热量
10.某学习小组以铝铁铜合金为主要原料制备[Cu（NH3）4]SO4·H2O和Fe3O4胶体粒子，流程如下：
　
下列说法不正确的是（　　）
A.步骤Ⅰ缓慢滴加H2O2并不断搅拌，有利于提高H2O2的利用率
B.滤渣的成分为Fe（OH）3
C.步骤Ⅳ可以加入95％乙醇进行醇析
D.步骤Ⅳ若通过蒸发浓缩、冷却结晶，得到的一水硫酸四氨合铜晶体会含有较多Cu（OH）2等杂质
11.（2025·浙江模拟）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NH3
B.第①步反应中产生的气体能使澄清石灰水变浑浊
C.1 mol SiCl4和Si3N4所含共价键数目均为4NA
D.第③步反应可用氨水代替NH3
12.NH3是重要的化工原料，可以按如下流程充分利用：
已知：
①N2H4具有较强的还原性；
②水溶液中，ClO－可与N反应生成Cl－；AgNO2是一种溶于稀硝酸的白色沉淀。
（1）物质A的化学式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（2）NaN3是离子化合物，各原子最外层均满足8电子稳定结构。写出NaN3的电子式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　。
（3）写出途径Ⅰ的化学方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（4）下列说法不正确的是　　　　（填字母）。
A.工业上制备硝酸时，应该将NH3与纯O2混合反应
B.结合H＋能力：N2H4＞CH3NH2
C.物质A发生水解反应后可以得到NH4HSO4溶液
D.途径Ⅰ可以采用将氨水滴入NaClO溶液中的方法制备N2H4
（5）途径Ⅱ除生成B外，另一种产物为HF，设计实验验证化合物B中含有Cl元素：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
写出实验过程中涉及的第一个反应的离子方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
13.氯化亚砜常用作脱水剂和氯化剂。如图流程表示其制备及用途，回答下列问题：
（1）用硫黄、氯气和三氧化硫为原料，在一定条件下可合成SOCl2，原子利用率达100％。写出该反应的化学方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（2）下列有关说法不正确的是　　　（填字母）。
A.SO3是极性分子，容易与H2O发生反应
B.途径①能制得无水FeCl3是因为SOCl2吸水性强且产物HCl能抑制Fe3＋水解
C.FeCl3在溶液中分步水解，第一步反应为Fe3＋＋H2OFe（OH）2＋＋H＋
D.CH3COCl能与NH3反应生成乙酰胺
（3）途径②除了生成CH3COCl外还产生两种酸性气体，写出该反应的化学方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（4）SOCl2极易水解，试从共价键的极性角度分析其原因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（5）途径①可能发生氧化还原反应而生成副产物，设计实验分别检验氧化产物和还原产物的存在：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
1.B　饱和AlCl3溶液中通入足量的HCl气体、冷水浴析出AlCl3·6H2O晶体，过滤、洗涤、干燥得到AlCl3·6H2O，AlCl3·6H2O在SOCl2条件下生成无水氯化铝。步骤Ⅰ通入HCl，使得溶液中氯离子、氢离子浓度增大，能抑制AlCl3水解并有利于AlCl3·6H2O结晶，A正确；为了减少晶体溶解损失且利于干燥，应该使用无水乙醇洗涤，B错误；步骤Ⅲ为了防止氯化铝水解且为了加速干燥，可采用减压干燥或低温干燥，C正确； SOCl2与水反应会生成HCl和二氧化硫气体，二氧化硫具有漂白性，可使品红溶液褪色，D正确。
2.B　高钾明矾石经粉碎后加入硫粉焙烧得到SO2、SO3，加入KOH发生反应的离子方程式为Al2O3＋2OH－＋3H2O2[Al（OH）4]－，产生的浸渣为Fe2O3，浸液中的离子主要为[Al（OH）4]－、K＋、S，加入溶液X调节溶液pH可使[Al（OH）4]－转化为Al（OH）3白色沉淀，且得到K2SO4溶液，则X为H2SO4，过滤得到Al（OH）3白色固体，灼烧后得到化合物Y，则Y为Al2O3，滤液经过蒸发结晶可得到硫酸钾固体。焙烧时Al2（SO4）3与硫粉及氧气在高温下发生化学反应，根据流程图中的信息，再结合氧化还原反应的基本规律可得反应的化学方程式为2Al2（SO4）3＋4S＋6O22Al2O3＋10SO3，A正确；加入溶液X调节溶液pH可使[Al（OH）4]－转化为Al（OH）3白色沉淀，且得到K2SO4溶液，则X为H2SO4，不可能是NH3·H2O，B错误；灼烧Al（OH）3得到Al2O3，则化合物Y为Al2O3，工业上通过电解Al2O3制成铝单质，C正确；SO3可溶于水制得硫酸溶液，溶液X为H2SO4，则SO3可回收利用后应用于本流程，D正确。
3.A　通入氯气是为了将溶液中的溴离子氧化为溴单质，加入酸进行酸化是为了抑制氯气和溴单质与水反应，A错误；溴的沸点低，易挥发，可用热空气吹出，B正确；为了使溴被充分吸收，将含溴混合气从底部通入设备二（吸收塔）中，与亚硫酸溶液充分接触，C正确；溴不易溶于水，可用分液的方法将液溴和溴水的混合物分离，D正确。
4.D　室温下乙酰苯胺在水中的溶解度不大，操作Ⅰ中若观察到乙酰苯胺未完全溶解，可补加适量水，A正确；活性炭具有吸附性，操作Ⅱ稍冷却的目的是防止暴沸，加入活性炭可吸附有机杂质，B正确；缓慢自然冷却结晶，晶体慢慢长大，可得到较大晶体颗粒，则操作Ⅲ宜缓慢自然冷却结晶，有利于得到较大晶体颗粒，C正确；根据已知信息可知乙酰苯胺在乙醇中的溶解度较大，操作Ⅳ不能用乙醇洗涤，D错误。
5.A　含硒废料中加入煤油除去硫，分离出的固体加入稀硫酸，将铁、铜、锌的氧化物转化为盐溶液除去，分离出固体加入亚硫酸钠溶液将Se转化为SeS，加入稀硫酸酸化得到Se。 “分离”时得到含硫煤油为分离固液混合物的操作，方法是过滤，故A错误；金属氧化物能和酸反应，“酸溶”操作的目的是除去废料中的金属氧化物，故B正确； “浸取”时Se与亚硫酸钠反应得可溶性SeS，滤渣的主要成分是SiO2，故C正确； “酸化”时SeS转化为Se和二氧化硫，发生反应的离子方程式：SeS＋2H＋Se↓＋SO2↑＋H2O，故D正确。
6.C　黄铜矿（主要成分为CuFeS2，含少量SiO2），加氯化铁溶液进行“一次浸取”，“一次浸取”后的滤渣主要为CuCl、S、SiO2，可知CuFeS2与氯化铁反应生成FeCl2、CuCl和S；过滤后滤渣中加入NaCl溶液进行“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。结合已知信息，CuFeS2与氯化铁反应生成FeCl2、CuCl和S，氯化铁被还原为氯化亚铁，根据得失电子守恒以及原子守恒得反应的化学方程式：CuFeS2＋3FeCl3CuCl＋4FeCl2＋2S，故A正确；滤液1的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Fe（OH）3得到氧化铁，故B正确；“二次浸取”后滤渣为S和SiO2，两者均能与NaOH溶液反应，因此不能用热的NaOH溶液分离，故C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，故D正确。
7.B　A项，反应Ⅰ是黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生，生成SO2和Fe3O4，化学方程式：3FeS2＋8O2Fe3O4＋6SO2，正确；B项，反应Ⅱ的条件要兼顾平衡转化率和反应速率，还要考虑生产成本及催化剂的活性，如Ⅱ中“常压、催化剂”不是为了提高SO2平衡转化率，错误；C项，将黄铁矿换成硫黄，则不再产生Fe3O4，即可以减少废渣的产生，正确；D项，硫酸工业产生的尾气为SO2、SO3，可以用碱液吸收，正确。
8.C　H3PO4和Na2CO3先发生反应，通过加入X调节pH，使产物完全转化为Na2HPO4，通过结晶、过滤、干燥，最终得到Na2HPO4·12H2O成品。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，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，由已知信息可知H3PO4的Ka2＝6.2×10－8，Ka3＝4.8×10－13，则HP的水解常数Kh＝＝≈1.6×10－7，由于Kh＞Ka3，则HP的水解程度大于其电离程度，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。
9.B　在溶液中HC的电离程度小于其水解程度，从而使NaHCO3溶液显碱性，B不正确。
10.B　A项，因为过氧化氢能够分解，所以在步骤Ⅰ缓慢滴加H2O2并不断搅拌，有利于提高H2O2的利用率，正确；B项，合金粉末中加入氨水、硫酸铵和过氧化氢，铁和铝都转化为滤渣，说明滤渣的成分为 Al（OH）3、Fe（OH）3，错误；C项，因为[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度较小，加入95％乙醇有利于得到较大颗粒的晶体，正确；D项，步骤Ⅳ若改为蒸发浓缩、冷却结晶，蒸发过程中促进反应平衡Cu2＋＋4NH3正向移动，氨气逸出，铜离子水解生成氢氧化铜，所以得到的一水硫酸四氨合铜晶体会含有较多Cu（OH）2等杂质，正确。
11.A　A项，Si（NH2）4高温下生成的氨气可以在③中循环利用，正确；B项，第①步反应中炭和石英砂反应生成粗硅和CO，CO不能使澄清石灰水变浑浊，错误；C项，1 mol SiCl4中含有4 mol硅氯键，而1 mol Si3N4中含有12 mol硅氮键，所含共价键数目不同，错误；D项，在潮湿的空气中SiCl4易水解，产生白雾，故不能用氨水代替氨气，错误。
12.（1）H2NSO3H　（2）
（3）2NH3＋NaClON2H4＋NaCl＋H2O
（4）ABD
（5）取少量样品于试管中，先滴加少许亚硝酸，再滴加硝酸银溶液，发现有白色沉淀生成，再滴加稀硝酸，发现沉淀部分溶解，即证明化合物B中含有Cl元素　ClO－＋NCl－＋N
解析：（1）由流程图可知，NH3和SO3（g）等物质的量反应，化学方程式为NH3＋SO3（g）H2NSO3H，故A的化学式为H2NSO3H。（2）NaN3是离子化合物，各原子最外层均满足8电子稳定结构。NaN3的电子式为
。（3）氨气和次氯酸钠反应，有N2H4生成，依据氧化还原反应规律可知化学方程式为2NH3＋NaClON2H4＋NaCl＋H2O。（4）A项，NH3和纯净的O2在一定条件下会发生反应：4NH3＋3O22N2＋6H2O，错误；B项，甲基为推电子基团，使得—NH2氮原子周围电子云密度比N2H4的大，易给出孤电子对与H＋形成配位键，结合H＋能力：N2H4＜CH3NH2，错误；C项，物质A发生水解反应后可以得到NH4HSO4溶液，正确；D项，将氨水滴入NaClO溶液中，溶液中过量的NaClO会氧化N2H4，不能生成N2H4，错误。（5）验证化合物B中含有Cl元素，取少量样品于试管中，先滴加少许亚硝酸，再滴加硝酸银溶液，发现有白色沉淀生成，再滴加稀硝酸，发现沉淀部分溶解，即证明化合物B中含有Cl元素，实验过程中涉及的第一个反应的离子方程式为ClO－＋NCl－＋N 。
13.（1）2S＋3Cl2＋SO33SOCl2　（2）A
（3）CH3COOH＋SOCl2CH3COCl＋SO2↑＋HCl↑
（4）O、Cl的电负性比S大，（SO和S—Cl的电子对均偏离S），使S的正电性（δ＋）较大；水中O的负电性（δ－）较大，容易进攻S（且Cl的离去能力较强），从而发生反应
（5）取样，加盐酸溶解，分成2份。一份滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀说明有S；另一份滴加K3[Fe（CN）6]溶液，产生蓝色沉淀，说明有Fe2＋生成
解析：（1）SOCl2中S显＋4价，O显－2价，Cl显－1价，结合原子利用率100％和得失电子守恒书写化学方程式。（2）SO3中心原子S原子的价层电子对数＝3＋＝3，无孤电子对，为sp2杂化，SO3为平面三角形结构，分子结构对称，为非极性分子，A不正确。（3）途径②CH3COOH分子中—OH取代SOCl2中一个Cl，首先得到SOCl（OH），然后SOCl（OH）分解得到SO2和HCl。（5）途径①脱下来的结晶水使SOCl2水解生成SO2和HCl，SO2和Fe3＋在水存在条件下发生氧化还原反应生成副产物H2SO4和Fe2＋，因此，检验S和Fe2＋的存在即可。

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