2022届高三大一轮复习工艺流程题专题周练_09无机化学流程题 WORD版含答案.docx

1、2022 届高三大一轮复习工艺流程题专题周练_09 无机化学流程题 一、单选题（本大题共 14 小题，共 42 分）1.从海水晒盐的母液中提取金属镁的一种工艺流程如下：下列说法不正确的是()A.步骤沉镁可加入石灰乳，说明Mg(OH)2的溶解度更小B.步骤脱水时，在空气中加热MgCl2 6H2O得到MgCl2C.步骤电解熔融MgCl2时，阴极有金属 Mg 析出D.设计步骤、的主要目的是富集镁元素2.锌锰干电池是日常生活中常用的一次电池。一种处理废旧干电池的流程如下：下列叙述错误的是()A.合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用B.“水浸”后的滤渣干燥后经充分灼烧可回收其中的MnO2C.“沉淀

2、”反应后的滤液可通过蒸发结晶回收NH4ClD.“沉淀”反应的离子方程式为Zn2+2NH3 H2O=Zn(OH)2 +2NH4+3.某工厂的一个生产工艺流程如图所示，下列叙述正确的是()A.该工艺流程是制备 Fe2(SO4)3B.气体 M 是SO3C.气体 M 参加的反应是化合反应D.SO2参加反应时氧化剂和还原剂的物质的量之比是 1：14.(NH4)2SO4是一种常见的化肥，某工厂用石膏、NH3、H2O、CO2制备(NH4)2SO4的工艺流程如下：下列说法正确的是()A.通入NH3和CO2的顺序可以颠倒B.操作 1 为过滤，操作 2 为蒸馏C.通入的NH3和CO2均应过量，且工艺流程中CO2可

3、循环利用D.步骤中反应的离子方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O=CaCO3 +2NH4+SO425.工业利用含镍废料(以镍铁钙合金为主)制取NiC2O4(草酸镍)，再经高温煅烧NiC2O4制取Ni2O3的流程如图所示。已知：NiC2O4、CaC2O4均难溶于水；Fe3+完全沉淀的 pH 约为3.2。下列说法 不 正确的是()A.“酸溶”时不宜加入太多的稀硫酸B.加入H2O2发生的主要反应的离子方程式为：2Ni2+H2O2+2H+=2Ni3+2H2OC.加入Na2CO3溶液调节 pH 至4.0 5.0，目的是使生成的Fe3+沉淀完全D.NiC2O4隔绝空气高温煅烧可制得Ni2O3，反应

4、方程式为：2NiC2O4=高温Ni2O3+3CO +CO2 6.工业上以粗盐(含Ca2+、Mg2+、SO 42等杂质)为主要原料，采用“侯氏制碱法”生产纯碱和化肥NH4Cl，实验室模拟工艺流程如图甲所示。下列说法正确的是()A.饱和食盐水中先通入的气体为CO2B.流程图中的“系列操作”中一定需要使用玻璃棒C.如图乙所示装置可以比较Na2CO3和NaHCO3晶体的热稳定性D.对粗盐溶液除杂可依次加入过量 NaOH、Na2CO3、BaCl2溶液，过滤后再加入盐酸调节溶液的 pH7.高铁酸钾(K2FeO4)是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：下列叙述错误的是A.用K2FeO4作水

5、处理剂时，既能杀菌消毒又能净化水B.反应中尾气可用FeCl2溶液吸收再利用C.反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2D.该条件下，物质的溶解性：Na2FeO4 K2FeO4，故 D 错误。故选 D。8.【答案】B【解析】【分析】本题以铝制备明矾为载体，考查物质的制备与设计、以及分离提纯实验操作，涉及反应原理的探究等，属基础知识综合应用的考查，题目难度中等。【解答】易拉罐的主要成分为 Al，含有少量的 Fe、Mg 杂质，可选择浓 NaOH 溶解，得到偏铝酸钠溶液，并通过过滤除去 Fe、Mg 等杂质，滤液中加入NH4HCO3溶液后，强酸制取弱酸，AlO2生成Al(OH)3沉淀，过滤后将沉淀溶解

6、在稀硫酸中，得到硫酸铝溶液，添加K2SO4溶液后蒸发浓缩并冷却结晶得到晶体明矾。A.回收处理废易拉罐有利于保护环境和资源再利用，故 A 正确；B.“沉淀”为Al(OH)3沉淀，故 B 错误；C.“操作 a”中包含蒸发浓缩、冷却结晶，故 C 正确；D.强酸制取弱酸，通入过量CO2，使AlO2生成Al(OH)3沉淀，上述流程中可用过量CO2代替NH4HCO3，故 D 正确。故选 B。9.【答案】A【解析】【分析】本题考查物质分离提纯的方法和综合应用，为高频考点，把握流程中物质的性质及发生的反应为解答的关键，侧重分析、实验能力的考查，题目难度中等。【解答】Al2O3、Fe2O3都和硫酸反应，要将氧化

7、铝和Fe2O3分离出来，应该选择 X 为氢氧化钠，将氧化铝溶解为偏铝酸钠，则固体难溶物是氧化铁，即试剂 X 为氢氧化钠，沉淀中含有氧化铁，偏铝酸盐中通二氧化碳来获得氢氧化铝沉淀，发生CO2+AlO2+2H2O=Al(OH)3 +HCO3，Y为CO2，氢氧化铝加热分解生成氧化铝，电解氧化铝可得铝。A.由溶液乙通入过量的 Y 生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体 Y为二氧化碳，故试剂 X 为氢氧化钠溶液，故 A 正确；B.氧化铁与氢氧化钠不反应，反应、过滤后得到沉淀为氧化铁，故 B 错误；C.反应是复分解反应，不属于氧化还原反应，故 C 错误；D.由上述分析可知，X 为 Na

8、OH，Y 是CO2，将试剂 X 和 Y 进行对换，不能分离氧化铁、氧化铝，不能达到相同效果，故 D 错误；故选 A。10.【答案】D【解析】【分析】本题考查了制备方案的设计，为高频考点，题目难度中等，根据制备流程明确制备原理为解答关键，注意掌握制备方案设计与评价的原则，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。【解答】炉渣加入硫酸溶液同时通入氧气得到固体 W 为氧化还原反应生成的硫单质和SiO2等，溶液 X为含有Fe3+离子的溶液，调节溶液 pH 得到溶液 Z 加热得到聚铁，溶液 X 中加入铁反应生成硫酸亚铁溶液 Y，蒸发结晶得到硫酸亚铁晶体，以此解答该题。A.炉渣中 FeS 与硫酸和氧气反应生

9、成硫单质、硫酸铁和水，反应的离子方程式为4FeS+3O2+12H+=4Fe3+4S +6H2O，故 A 正确；B.炉渣加入硫酸溶液同时通入氧气得到固体 W 为氧化还原反应生成的硫单质和SiO2等，固体W 灼烧得到气体为二氧化硫，通入双氧水得到硫酸，故 B 正确；C.溶液 X 中加入过量铁粉，铁和硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁，故 C 正确；D.若溶液 Z 的 pH 偏小，则聚铁中生成的氢氧根的含量减少，使铁的含量减少，故 D 错误；故选：D。11.【答案】D【解析】【分析】本题考查工艺流程分析，为高频考点，难度不大，掌握题中信息、物质的性质以及物质分离和提纯的操作是解答关键。【解答】A.KClO3

10、转化为Cl，1 个KClO3得到6e，3mol VO2+被氧化成VO2+，共转移3mole，则需要0.5molKClO3，故 A 错误；B.酸浸氧化时，SiO2不反应，则滤渣 1 为SiO2。Al2O3转化为Al3+，加入 KOH 后，Al3+转化为 Al(OH)4，通入CO2后Al(OH)4转化为Al(OH)3，为保证Al(OH)4被完全除去，则通入CO2应过量，生成HCO3，酸浸氧化时，引入Cl和SO42，所以滤液 1 中主要的阴离子有Cl、SO42、HCO3和VO3，故 B 错误；C.“煅烧”时需要的仪器主要有坩埚、坩埚钳、三脚架、酒精灯、泥三角，故 C 错误；D.“煅烧”时，NH4VO

11、3受热分解生成V2O5，方程式为2NH4VO3V2O5+2NH3 +H2O，故 D 正确。12.【答案】C【解析】【分析】本题考查了物质制备流程分析判断，实验基本操作等，题目涉及的知识点较多，综合性强，考查学生对所学知识的综合应用能力，题目难度中等【解答】A.“调 pH”的试剂若用 NaOH 代替，则会混有Na2SO4，使制得的MnSO4不纯，A 错误；B.将MnSO4溶液置于蒸发皿中，蒸发至大量晶体析出时冷却，可制得MnSO4 H2O，B 错误；C.“转化”时用HNO3代替H2O2会生成有毒物质氮氧化物及引入杂质离子NO3，C 正确；D.较高温度会导致H2O2分解，利用率降低，D 错误。13

12、.【答案】B【解析】【分析】本题考查了物质的制备，为高频考点和常见题型，侧重考查学生的分析、实验能力，题目涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解、信息获取与迁移运用等，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等。【解答】铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO 和少量Fe)与稀盐酸反应得到的滤液 A 溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3+Fe=3Fe2+，过滤过量的铁，滤液 B 的溶质为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe(OH)2浑浊液，向浑浊液中加入双氧水氧化：2Fe(OH)2+H2O2=2FeOOH+2H2O，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O

13、2，再与氯化亚铁加热搅拌发生反应：2FeOOH+Fe2+2OHFe3O4+2H2O，过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4，以此解答该题。A.铁泥的主要成分为Fe2O3、FeO 和少量 Fe，和盐酸反应后会生成Fe3+和Fe2+，则滤液 A 中含有Fe3+和Fe2+，故 A 正确；B.步骤中加入铁粉还原铁离子的离子方程式是：2Fe3+Fe=3Fe2+，故 B 错误；C.步骤中，为防止H2O2在步骤中氧化+2价铁元素，反应完成后需加热除去剩余H2O2，C 正确；D.超顺磁性的Fe3O4粒子平均直径 25nm，均匀分散在水中属于胶体，可以利用丁达尔效应验证得到的固体是超顺磁性的Fe3O4粒子，故 D 正

14、确。14.【答案】C【解析】【分析】本题考查无机工艺流程，涉及化合价、阿伏加德罗常数、电解及化学实验等多个内容，难度较大。【解答】A.根据化合物中元素化合价代数和等于 0，由于 Na 是+1价，O 为2价，所以Na2S2O4中 S元素的化合价为+3，A 正确；B.36 g水的物质的量是2 mol，在装置 II 中发生反应：NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3+NO3+4H+，NO+H2O+Ce4+=Ce3+NO2+2H+，可见两个反应都是消耗1 mol H2O产生2 mol H+，则反应消耗2 mol H2O，就产生4 mol H+，生成H+的数目等于4NA，B 正确；C.24 g甲烷的物质的

15、量为1.5 mol，在甲烷燃料电池中，通入甲烷的电极为负极，失去电子发生氧化反应，碳元素化合价由4价升高为+4价，1 mol甲烷反应失去8 mol电子，则1.5 mol甲烷完全反应转移电子的物质的量为n(e)=8 1.5 mol=12 mol，由于在同一闭合回路中电子转移数目相等，所以当消耗24 g甲烷时，理论上可再生12 mol Ce4+，C 错误；D.由于NH4NO3高温易分解，因此从溶液中得到粗产品NH4NO3的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，D 正确；故选 C。15.【答案】(1)N2+3H22NH3(2)4NO+3O2+2H2O=4HNO3(3)3Cu+8H+2NO3

16、=3Cu2+2NO +4H2O；酸性和氧化性(4)NaNO2；NH4+OHNH3 +H2O；3：2【解析】【分析】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。【解答】(1)工业上制氨气的化学方程式为N2+3H22NH3；(2)“吸收塔”中生成硝酸的化学方程式为4NO+3O2+2H2O=4HNO3；(3)金属铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，其离子方程式为3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO +4H2O；稀硝酸中氮元素一部分化合价降低、一部分化合价不变，表现为氧化性和酸

17、性；(4)NO2可用碱液吸收：NO2+NaOH M+NaNO3+H2O(未配平)，已知 M 是一种盐，且在生成物中 M 与NaNO3的物质的量比为 1：1，生成硝酸钠时 N 元素的化合价为+5，高于二氧化氮中氮元素的化合价，则 M 中 N 元素的化合价小于 4，由电子得失守恒及原子守恒，M为NaNO2；检验吸收液中的NH4+，选强碱溶液、加热，且生成氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则发生的离子反应为NH4+OHNH3 +H2O；NO可在400左右和催化剂的作用下，用氨气还原成可直接排入空气中无害气体，反应为4NH3+6NO5N2+6H2O，该反应中氧化剂为 NO、还原剂为氨气，该反应中氧化剂与还

18、原剂的物质的量比为 6：4=3：2。16.【答案】(1)SiO2；Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+S+4H2O(2)CuO；3.7 pH 5.6；2Fe3+3CuO+3H2O=2Fe(OH)3+3Cu2+(3)(NH4)2SO4；NH3、H2SO4(4)取最后一次洗涤液，先滴入稀盐酸，再滴入氯化钡溶液，无白色沉淀生成，说明已洗涤干净(5)Mn2+2e+2H2O=MnO2+4H+【解析】【分析】本题考查物质制备流程，为高考常见题型，题目涉及物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应

19、用的能力，题目综合性强，题目难度中等。【解答】(1)二氧化硅与硫酸不反应“滤渣”中，除含有 S 外，另一种主要成分是SiO2，浸取”过程中，Cu2S与MnO2发生氧化还原反应，写出该反应的化学方程式：Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+S+4H2O；(2)除铁”时，尽可能多地得到Cu2(OH)2CO3，应加入的“试剂 A”为 CuO，消耗铁离子水解生成的H+，促进铁离子完全水解，生成氢氧化铁，根据金属离子形成氢氧化物沉淀的 pH 范围可知，让铁离子完全沉淀，不让铜离子沉淀，pH 调节范围为3.7 pH 3；。【解析】【分析】本题以铁黄(FeOOH)的制备流程为知识背

20、景，考查铁的化合物的性质、离子方程式的书写、物质的分离提纯等，难度中等，清楚工艺流程原理是解题的关键，是对知识迁移的综合运用。【解答】Fe3O4、FeO 和Fe2O3原料中加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，再加FeS2把铁离子还原为Fe2+，同时生成 S 沉淀，过滤，滤液中含有Fe2+，滤液中通入空气氧化，同时加入 NaOH或氨水生成 FeOOH 沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的 FeOOH；(1)Fe3O4和硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸铁和水，离子方程式为Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O，增大酸的浓度、适当升温、搅拌、粉碎硫酸渣等可提高“酸溶”效率；(2)“还原”的目的是

21、将Fe3+转化为Fe2+，离子方程式为2Fe3+FeS2=3Fe2+2S，则该反应中n(Fe3+)n(FeS2)=2:1，该步骤也可加入 Fe 粉替代黄铁矿粉；(3)“氧化”反应的化学方程式：4Fe(OH)2+O2=4FeOOH+2H2O；反应进行一段时间后 pH几乎不随时间变化，其原因可能是；Fe2+与溶解氧反应释放出H+与Fe(OH)2电离出OH速率和数量相等；(4)根据图可知，40100、pH 3条件下主要得到铁黄(FeOOH)；生成黄铁矾钠的离子方程式为2Na+3ClO+6Fe2+4SO42+9H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)12 +3Cl+6H+。20.【答案】(1)+3；4

22、Fe2+O2+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8H+(2)8.0 1019(3)溶解；转化为Fe(OH)3(4)Cu(OH)2(5)Zn+PbCl2=ZnCl2+Pb(6)增强溶液导电性；Zn2+2e=Zn【解析】【分析】本题考查无机工业流程，将方程式与生产实践结合起来，根据题目信息进行分析，了解每步加入物质的作用及相应的方程式，结合部分题目信息进行解答计算，特别要把主要元素和杂质元素区分开，进行保留或去除，题目难度中等。【解答】(1)H3AsO3中 As 的化合价是+3，氧化产生胶体的过程方程式为：4Fe2+O2+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8H+；(2)FeAsO4彻底沉淀后，剩余c(Fe3+)=8.5 104mol L1 6.0 104mol L1=2.5 104mol L1c(AsO43)=2.010222.5104 mol L1=8 1019mol L1；(3)pH过低会使FeAsO4沉淀溶解，pH 过高会生成Fe(OH)3沉淀；(4)分析题目中的杂质元素，那么滤渣当中就可能存在Cu(OH)2；(5)还原PbCl2的方程式为Zn+PbCl2=ZnCl2+Pb；(6)加入 KCl 的目的是增强溶液导电性；阴极电极反应式为：Zn2+2e=Zn。