【高考快车道】大单元突破练 选择题突破5　突破点3　无机化工“微流程”及分析-试卷（含答案）化学高考二轮复习

选择题突破五　
突破点3　无机化工“微流程”及分析
(选择题每小题3分)
A级夯基达标练
题组1　侧重物质转化的“微流程”及分析
1.(2025·山东泰安一模)以废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2)为原料回收铈,实验流程图:
下列说法中错误的是(　　)
A.流程中操作①②③④均需要用到烧杯、漏斗、玻璃棒
B.滤渣B的主要成分为SiO2
C.操作②过程中发生反应的离子方程式为2CeO2+6H++H2O22Ce3++O2↑+4H2O
D.操作④过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4
2.(2025·北京房山区一模)回收某光盘金属层中少量Ag的方案如下(其他金属含量过低,可忽略)。
下列说法不正确的是(　　)
A.①中NaClO作氧化剂
B.②中加入氨水的作用是调节溶液pH
C.③中若X是乙醛溶液,生成Ag的反应为CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O
D.操作a和操作b均为过滤
3.(2025·吉林高三二模)便携式消毒除菌卡主要活性成分为亚氯酸钠(NaClO2),一种制备NaClO2粗产品的工艺流程如图。已知纯ClO2易分解爆炸,一般用空气稀释到10%以下。下列说法错误的是(　　)
A.溶解过程中不可以用盐酸代替稀硫酸
B.向发生器中鼓入空气的主要目的是提供O2
C.吸收塔中温度过高,会导致NaClO2产率下降
D.吸收塔中H2O2作还原剂
题组2　侧重分离提纯的“微流程”及分析
4.(2025·山东聊城一模)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
5.(2025·广西南宁一模)一种从废印刷电路板冶炼副产品粗溴盐(CBSBPs)中回收NaBr的绿色工艺流程如图,下列叙述错误的是(　　)
A.绿色工艺体现之一为CCl4的循环利用
B.“氧化”中盐酸浓度越大,氧化效率越高
C.“操作1”和“操作2”需要使用分液漏斗和烧杯
D.上述流程中,NaClO3作氧化剂,CO(NH2)2作还原剂
B级素能提升练
6.(2025·湖北云学名校联盟联考)分铜液净化渣主要含铜、碲(Te)、锑(Sb)、砷(As)等元素的化合物,一种回收工艺流程如图:
已知:①“碱浸”时,铜、锑转化为难溶的氢氧化物或氧化物,碱浸液含有Na2TeO3、Na3AsO4。②“酸浸”时,锑元素发生反应生成难溶的Sb2O(SO4)4浸渣。下列说法正确的是(　　)
A.碲(Te)和砷(As)位于元素周期表第ⅤA族
B.利用蒸发结晶从“滤液1”中获取胆矾
C.“氯盐酸浸”时,通入SO2的目的是将Sb2O(SO4)4还原为SbCl3
D.“水解”时,生成SbOCl的离子方程式为Sb3++Cl-+2OH-SbOCl+H2O
7.(2025·山东菏泽一模)以氧化铋渣(主要成分是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=1.0×10-7,=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+(aq)的平衡常数K=5.0×1038
8.(2025·辽宁名校联盟联考)重晶石的主要成分是BaSO4,我国学者以重晶石为原料设计氯化钡晶体和羰基硫的联合生产以实现节能减排,其工艺流程如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.“焙烧”反应中转移电子的物质的量为8 mol
B.“操作”过程中需持续通入HCl
C.气体2的主要成分为H2和Cl2
D.先将硫黄气化,有利于提高合成反应的速率
9.(2025·江西萍乡一模)用精炼铜漂浮阳极泥(主要成分为BiAsO4、SbAsO4,还含有少量Ag、Au)制备Bi2O3的工艺流程如下:
已知:①“转化”分两步进行,其第一步是BiOCl转化为Bi(OH)3;
②常温下,Ksp[Bi(OH)3]=4.0×10-31,BiOCl+H2OBi3++2OH-+Cl-　K=1.6×10-31。下列说法中错误的是(　　)
A.“滤渣”的主要成分是Ag、Au,含砷废水的主要成分是Na3AsO4
B.“水解”分离Sb和Bi的原理是Sb3+水解的pH小于Bi3+水解的pH
C.“转化”的总反应的离子方程式为2BiOCl+2OH-Bi2O3+2Cl-+H2O
D.若BiOCl恰好完全转化成Bi(OH)3,溶液中c(Cl-)=0.04 mol·L-1,则此时溶液的pH=11
10.(2025·广西来宾一模)精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提取金和银的流程如下图所示。
下列说法正确的是(　　)
A.“浸取1”和“浸取2”中温度越高,反应速率越快
B.相同条件下,等浓度的H2O2在盐酸环境中的氧化性比硫酸环境中的氧化性强
C.可用氨水分离AgCl与其他难溶杂质
D.“还原”步骤中,产物N2和Au的物质的量之比为4∶3
参考答案
1.A　解析:废玻璃粉末中含SiO2、Fe2O3、CeO2,向其中加入盐酸,Fe2O3反应变为可溶性FeCl3进入溶液中,SiO2、CeO2不能反应,然后过滤。滤液A中含FeCl3,滤渣A中含有SiO2、CeO2。向滤渣A中加入稀硫酸,并加入适量H2O2,发生反应:2CeO2+6H++H2O22Ce3++O2↑+4H2O,SiO2不能反应,仍以固体形式存在,然后过滤。在滤液B中含有Ce3+,在滤渣B中含有SiO2;再向滤液B中加入碱,使Ce3+转化为Ce(OH)3,向Ce(OH)3悬浊液通入O2并加热,发生反应:4Ce(OH)3+O2+2H2O4Ce(OH)4,再过滤可得到Ce(OH)4产品。流程中操作①②均为过滤操作,需要使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒,操作③④不是过滤,A错误;滤渣B的主要成分为SiO2,B正确;由上述分析可知,C正确;操作④过程中发生反应4Ce(OH)3+O2+2H2O4Ce(OH)4,其中氧化剂为O2,还原剂为Ce(OH)3,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4,D正确。
2.B　解析:①中加入次氯酸钠溶液和氢氧化钠溶液的目的是碱性环境下ClO-将银氧化为氯化银,次氯酸钠是反应的氧化剂,A正确;②中加入氨水的目的是将氯化银转化为银氨溶液,B错误;向银氨溶液中加入乙醛共热时发生银镜反应得到银,化学方程式为CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O,C正确;操作a和操作b均为固液分离的过滤操作,D正确。
3.B　解析:NaClO3具有强氧化性,可以氧化HCl产生氯气,则溶解过程中不可以用盐酸代替稀硫酸,A正确;向发生器中鼓入空气的主要目的是稀释ClO2,降低其浓度,防止ClO2分解爆炸,B错误;如果吸收塔中温度过高,会导致H2O2分解,从而导致NaClO2产率下降,C正确;在吸收塔中ClO2与H2O2、氢氧化钠反应生成NaClO2和氧气,该过程中H2O2作还原剂,D正确。
4.D　解析:因为乙醇与水互溶,故有机萃取剂不可选用乙醇,A正确;KH2PO4是酸式盐,既可与盐酸反应,也可与NaOH溶液反应,B正确;操作Ⅰ、操作Ⅱ都是分液,是相同的操作方法,C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错误。
5.B　解析:“操作2”可以得到循环使用的四氯化碳,能够提高原料的利用率,体现了绿色工艺,A正确;盐酸的浓度越大还原性越强,能与氯酸钠溶液反应生成氯化钠、氯气和水,导致氯酸钠溶液的浓度减小,氧化效率降低,B错误;“操作1”和“操作2”为液液分离的分液操作,分液时需要的仪器为分液漏斗和烧杯,C正确;“氧化”步骤中氯酸钠是反应的氧化剂,“还原”步骤中尿素是反应的还原剂,D正确。
6.C　解析:碲(Te)位于周期表的第ⅥA族,A错误;“滤液1”的主要成分是CuSO4,经过蒸发浓缩、冷却结晶可得到胆矾,B错误;“氯盐酸浸”时,通入SO2的目的是将Sb2O(SO4)4还原为SbCl3,C正确;“水解”时,生成SbOCl的离子方程式为Sb3++Cl-+H2OSbOCl+2H+,D错误。
7.C　解析:由题干信息可知,向氧化铋渣中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,其他物质与盐酸反应生成相应的氯化物,过滤,向滤液中加水并加热得到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。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正确;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正确;向Bi2S3中加入硝酸得到单质硫、NO和硝酸铋,化学方程式为Bi2S3+8HNO3(稀)2Bi(NO3)3+2NO↑+4H2O+3S↓,反应中Bi2S3为还原剂,部分HNO3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错误;“沉铋”反应2Bi3+(aq)+3H2S(aq)Bi2S3(s)+6H+(aq)的平衡常数K=×[]3== =5.0×1038,D正确。
8.D　解析:由流程可知,“焙烧”时发生反应BaSO4(s)+4C(s)4CO(g)+BaS(s),BaS经盐酸“酸溶”后所得溶液的主要成分为BaCl2和HCl,气体1的主要成分为H2S,将溶液进行结晶即可得到氯化钡晶体,得到的H2S经过热解得到硫黄和气体2(主要成分为H2),硫黄与焙烧产生的CO可合成COS。未明确反应物用量,无法计算转移电子的物质的量,A错误;BaCl2不水解,“操作”过程中无需持续通入HCl,B错误;根据分析可知,气体2的主要成分为H2,C错误;将硫黄气化,可增大反应物的接触面积,有利于提高合成反应的速率及产率,D正确。
9.D　解析:阳极泥中的Ag、Au不与盐酸反应,故“酸浸”后成为“滤渣”的主要成分,由图可知Sb3+水解生成SbOCl,经过滤变为滤渣除去,调节pH的目的是除砷,可推出含砷废水的主要成分是Na3AsO4,根据题给信息,BiOCl先转化为Bi(OH)3,最后转化为Bi2O3。由上述分析可知,“滤渣”的主要成分是Ag、Au,含砷废水的主要成分是Na3AsO4,A正确;加NaOH“调pH”之前,Sb3+水解生成SbOCl,此时溶液pH较小,加入NaOH后“调pH”,Bi3+发生水解,故“水解”分离Sb和Bi的原理是Sb3+水解的pH小于Bi3+水解的pH,B正确;“转化”的反应物为BiOCl和NaOH,生成物为Bi2O3,再结合元素守恒可知,C正确;BiOCl+H2OBi3++2OH-+Cl-的平衡常数K=c(Bi3+)·c2(OH-)·c(Cl-)=1.6×10-31,则平衡时c(Bi3+)·c3(OH-)·c(Cl-)=c(OH-)×1.6×10-31,即Ksp[Bi(OH)3]·c(Cl-)=c(OH-)×1.6×10-31,c(Cl-)=0.04 mol·L-1,可得出c(OH-)=0.1 mol·L-1,pH=13,D错误。
10.C　解析:H2O2不稳定,受热易分解,盐酸具有挥发性,故“浸取1”和“浸取2”中温度越高,反应速率可能会变慢,A错误;在盐酸存在的条件下,H2O2氧化金形成配离子AuC促使反应进行,不能说明相同条件下,等浓度的H2O2在盐酸环境中的氧化性比硫酸环境中的氧化性强,B错误;氨水可以与氯化银生成银氨溶液,故可用氨水分离AgCl与其他难溶杂质,C正确;“还原”步骤中,N2H4中N的化合价由-2价升高至0价,HAuCl4中Au的化合价由+3价降至0价,结合得失电子守恒可知,产物N2与Au的物质的量之比为3∶4,D错误。
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