2021年高考化学必做热点专题专题09 化工流程选择(精选)(解析版)

突破09 化工流程选择（精选）
1.从粗铜精炼的阳极泥(主要含有Cu2Te)中提取粗碲的一种工艺流程如图：(已知TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱) 下列有关说法正确的是
A．“氧化浸出”时为使碲元素沉淀充分，应加入过量的硫酸
B．“过滤”用到的玻璃仪器：分液漏斗、烧杯、玻璃棒
C．“还原”时发生的离子方程式为2SO32-＋Te4＋＋4OH－===Te↓＋2SO32-＋2H2O
D．判断粗碲洗净的方法：取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，没有白色沉淀生成
答案：D
【解析】由题中信息可知，TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱，是两性氧化物。

Cu2Te与硫酸、氧气反应，生成硫酸铜和TeO2，硫酸若过量，会导致TeO2的溶解，造成原料的利用率降低，A项错误；“过滤”用到的玻璃仪器：漏斗、烧杯、玻璃棒，B项错误；Na2SO3加入到Te(SO4)2溶液中进行还原得到固态碲，同时生成Na2SO4，该反应的离子方程式是2SO2－3＋Te4＋＋2H2O===Te↓＋2SO2－4＋4H＋，C项错误；通过过滤从反应后的混合物中获得粗碲，粗碲表面附着液中含有SO2－4，取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明洗涤干净，D项正确。

2某学习小组的同学按下列实验流程制备Na2CO3，设计的部分装置如图所示。

下列叙述正确的是
A．若X 为浓氨水，Y 为生石灰，则可用装置甲制取NH3
B．反应①可在装置乙中发生，反应②可在装置丁中发生
C．可用装置丙进行过滤操作
D．将母液蒸干灼烧后可得到NH4Cl 固体
答案：C
【解析】生石灰遇水会变为粉末状熟石灰，且NH3易溶于水中，所以浓氨水与生石灰制取NH3不适合用图甲装置，A项错误；反应①制取NaHCO3可在装置乙中发生，反应②是NaHCO3加热分解制Na2CO3，同时有CO2和水生成，丁中试管口应略向下倾斜，故反应②不可以在装置丁中发生，B项错误；装置丙为过滤装置，将固液混合物进行分离，可以用装置丙进行过滤操作，C项正确；NH4Cl受热易分解，生成NH3和HCl，所以将母液蒸干灼烧后得不到NH4Cl固体，D项错误。

3.以硫铁矿(主要成分为FeS2)为原料制备氯化铁晶体(FeCl3·6H2O)的工艺流程如图所示，下列说法不正确的是
A．酸溶过程使用的酸也可以是硝酸，且过量
B．为了防止污染，焙烧过程中产生的SO2要回收利用
C．通氯气的目的是氧化Fe2＋
D．由FeCl3·6H2O制取无水FeCl3需要在氯化氢的气流中加热
答案：A
【解析】若用过量硝酸酸溶，会引入NO－3，A错误；SO2是一种污染气体，必须回收利用，B正确；通入Cl2的目的是将Fe2＋全部氧化为Fe3＋，C正确；为了防止Fe3＋水解，由FeCl3·6H2O制取无水FeCl3时需要在HCl的气流中加热，D正确。

4.从粗铜精炼的阳极泥(主要含有Cu2Te)中提取粗碲的一种工艺流程如图：(已知TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱) 下列有关说法正确的是
A．“氧化浸出”时为使碲元素沉淀充分，应加入过量的硫酸
B．“过滤”用到的玻璃仪器：分液漏斗、烧杯、玻璃棒
C．“还原”时发生的离子方程式为2SO2－3＋Te4＋＋4OH－===Te↓＋2SO2－4＋2H2O
D．判断粗碲洗净的方法：取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，没有白色沉淀生成
答案：D
【解析】由题中信息可知，TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱，是两性氧化物。

Cu2Te与硫酸、氧气反应，生成硫酸铜和TeO2，硫酸若过量，会导致TeO2的溶解，造成原料的利用率降低，A项错误；“过滤”用到的玻璃仪器：漏斗、烧杯、玻璃棒，B项错误；Na2SO3
加入到Te(SO4)2溶液中进行还原得到固态碲，同时生成Na2SO4，该反应的离子方程式是2SO2－3＋Te4＋＋2H2O===Te↓＋2SO2－4＋4H＋，C项错误；通过过滤从反应后的混合物中获得粗碲，粗碲表面附着液中含有SO2－4，取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明洗涤干净，D项正确。

4.化工生产上有广泛用途的轻质碱式碳酸镁[MgCO3·Mg(OH)2·3H2O]是以卤块(主要成分为MgCl2, 含Fe2＋、Fe3＋等杂质离子)为原料制备。

工艺流程如下：
注：氢氧化亚铁沉淀絮状，不易从溶液中除去
下列说法正确的是
A．沉淀的成分是Fe(OH)2和Fe (OH)3的混合物
B．“…”的操作步骤为：氧化和调节pH等分离和提纯过程
C．“热解”产生的CO2对生成轻质碱式碳酸镁[MgCO3·Mg(OH)2·3H2O]有重要的作用D．“料液Ⅱ”呈酸性
答案：B
【解析】卤块(主要成分为MgCl2，含Fe2＋、Fe3＋等杂质离子)加入硫酸溶解，由于氢氧化亚铁难以除去，则应加入氧化剂氧化Fe2＋生成Fe3＋，然后调节pH生成Fe (OH)3沉淀过滤除去，滤液主要成分为硫酸镁、硫酸等，加入碳酸氢铵，可生成轻质碱式碳酸镁、二氧化碳，碳酸氢铵过量，则“料液Ⅱ”可呈碱性，以此解答该题。

A.由题给信息可知，氢氧化亚铁为絮状沉淀，不易从溶液中除去，沉淀为Fe (OH)3，A错误；B.由以上分析可知，除去铁元素，应进行氧化、调节pH，生成Fe (OH)3沉淀，B正确；C.加入碳酸氢铵生成碱式碳酸镁，生成的二氧化碳不参与反应，C错误；D.“料液Ⅱ”呈碱性，D错误。

5.超临界状态下的CO2流体溶解性与有机溶剂相似，可提取中药材的有效成分，工艺流程如下。

下列说法中错误的是
A．浸泡时加入乙醇有利于中草药有效成分的浸出
B高温条件下更有利于超临界CO2流体萃取
C．升温、减压的目的是实现CO2与产品分离
D．超临界CO2流体萃取中药材具有无溶剂残留、绿色环保等优点
答案：B
【解析】高温条件下，二氧化碳为气态，而萃取是利用超临界状态下的CO2流体，故高温条件下不利于超临界CO2流体萃取，B项错误。

6.某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，设计了如下流程：
下列说法不正确的是
A．溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉
B．固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3＋转化为Al(OH)3，进入固体2
C．从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解
D．若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O
答案：D
【解析】流程设计意图是用硫酸把Fe2O3、Al2O3，转化为硫酸盐，除去SiO2，然后用铁粉还原Fe3＋得到硫酸亚铁，A项正确；固体1为SiO2，分离FeSO4和Al2(SO4)3采用的是调控pH的方法，使Al3＋转化为Al(OH)3沉淀从而与FeSO4分离，B项正确；Fe2＋容易被氧化，所以在得到FeSO4·7H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解，C项正确；在溶液1中直接加过量的NaOH得到的是Fe(OH)2沉淀，但Fe(OH)2不稳定，很容易被氧化为Fe(OH)3，这样的话，最终所得的产品不纯，混有较多的杂质Fe2(SO4)3，D项错误。

] 7.工业上用含有氧化铁杂质的废铜粉为原料，制取硫酸铜的主要过程如下图所示：
下列有关说法不正确的是
A．“过量酸”不适合用硝酸或浓硫酸，固体B可以用CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3 B．通入的气体A可以是O2或Cl2
C．通入气体A之前的混合溶液中存在的阳离子是Fe2＋、Cu2＋、H＋
D．将从溶液中得到的硫酸铜晶体在空气中加热，可制得无水硫酸铜
答案：B
【解析】制取硫酸铜，“过量酸”应为稀硫酸，不适合用硝酸，原因是会引入硝酸铜杂质且生成污染性气体；不适合用浓硫酸，原因是会产生二氧化硫气体而污染空气；加入固体B 的作用是调节溶液的pH，使Fe3＋变为沉淀而除去，为了不引入新的杂质，可选用CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3，A正确。

向混合溶液中通入气体A的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，气体A为氧气，不能使用氯气，防止引入氯化铜杂质，B错误；废铜粉与稀硫酸反应：Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O,2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，由于稀硫酸过量，因此通入气体A之前混合溶液中存在的阳离子为Fe2＋、Cu2＋、H＋，C正确；将从溶液中得到的硫酸铜晶体在空气中加热，晶体将失去结晶水，得到无水硫酸铜，D正确。

8.一种从铜电解工艺的阳极泥中提取Se和Te的流程如下：
下列叙述错误的是
A．合理处理阳极泥有利于保护环境和资源再利用
B．流出液是H2SO4溶液
C．电解过程中阴极上析出单质Te
D．“焙砂”与碳酸钠充分混合后，可在瓷坩埚中焙烧
答案：D
【解析】阳极泥是在电解精炼铜过程中，沉积在电解槽底部的杂质，含Se、Te、Au等金属元素，因此合理处理阳极泥有利于保护环境和资源再利用，A项正确；焙烧生成的SO2和SeO2在水溶液中发生氧化还原反应生成Se和H2SO4，则流出液是H2SO4溶液，B项正确；电解池中阴极区发生还原反应，由流程可知，TeO2在碱性电解质环境下被还原为Te 单质，C项正确；瓷坩埚中还有二氧化硅，在高温下能与碳酸钠发生反应，坩埚受到腐蚀，则“焙砂”与碳酸钠不宜在瓷坩埚中焙烧，D项错误。

9.ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上用ClO2气体制备NaClO2的工艺流程如下图所示：
下列说法不正确的是
A．工业上可将ClO2制成NaClO2固体，便于贮存和运输
B．通入空气的目的是驱赶出ClO2，使其被吸收器充分吸收
C．吸收器中生成NaClO2的离子方程式：2ClO2＋H2O2===2ClO－2＋O2↑＋2H＋
D．步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥
答案：C
【解析】ClO2为气体，不易储存和运输，常将其制备成NaClO2固体以便运输和贮存，A不符合题意；反应结束后，发生器中仍有少量ClO2，用空气可以将其排出，确保其被充分吸收，B不符合题意；反应的环境是碱性环境，离子方程式应该为2ClO2＋2OH－＋H2O2===2ClO－2＋O2＋2H2O，C符合题意；NaClO2溶液中获得NaClO2固体需要真空蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤和干燥，D不符合题意。

10.某化合物M由两种常见的元素组成，为了测定其组成进行如下实验：
M的化学式可能为
A．Cu2S B．CuS
C．FeS2D．Fe3S4
答案：A
【解析】由题意并结合选项可知，1.60 g M在高温下反应生成的气体是二氧化硫，二氧化硫被双氧水氧化为硫酸。

根据滴定过程消耗的氢氧化钠，可以求出n(S)＝n(SO2)＝n(H2SO4)
＝1
2n(NaOH)＝
1
2×20.00×10
－3L×0.1 mol·L－1×
250 mL
25.00 mL＝0.01 mol，所以m(S)＝0.32 g，则
m(金属)＝1.60 g－0.32 g＝1.28 g，假若是铜，则n(Cu)＝0.02 mol，M可能为Cu2S；假若是铁，则n(Fe)≈0.023 mol，M没有与之对应的选项。

综上所述，A项正确。

11.实验室从含碘废液(除H2O 外，含有CCl4、I2、I－等)中回收碘，其操作流程如下：
下列说法不正确的是
A．还原时，发生的主要反应为：SO2－3＋I2＋H2O===SO2－4＋2I－＋2H＋
B．加入Na2SO3溶液的目的是使碘元素进入水层
C．操作X 的名称为萃取，应在分液漏斗中操作
D．氧化时，应控制在较低温度(40Ⅱ左右)，可增大Cl2的溶解度并减少I2的损失
答案：C
【解析】A项，碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，自身被还原生成碘离子，离子反应方程式为SO2－3＋I2＋H2O===SO2－4＋2I－＋2H＋，正确；B项，碘微溶于水，而碘离子
易溶于水，为了使更多的I 元素进入水溶液应将碘还原为碘离子，正确；C 项，四氯化碳难溶于水，溶液分层，操作X 的名称为分液，错误；D 项，I 2易升华，且氯气的溶解度随着温度的升高而减小，温度越高，氯气的溶解度越小，反应越不充分，所以应该在低温条件下进行反应，正确。

12.火法炼汞是在不太高的温度下(450Ⅱ～800Ⅱ)，将汞矿石或精矿进行焙烧，直接将汞还原呈气态分离出来，而后冷凝成液态汞。

目前工业上制粗汞的流程如图：
下列有关说法正确的是
A ．流程中加入氧化钙的目的是减少SO 2的排放
B ．“辰砂”加热时发生反应：HgS ＋O 2=====△Hg ＋SO 2，该方法属于热分解法
C ．洗涤粗汞时可用5%的盐酸代替5%的硝酸
D ．含汞烟气中汞的含量很低，可以直接排放
答案：A
【解析】辰砂加入氧化钙并加热，HgS 分解生成Hg ，硫与氧化钙反应生成CaS 、硫酸钙等，得到粗汞含有铅、铜等杂质，用5%的硝酸除去铅、铜等杂质，减压蒸馏得到纯汞，加入CaO 可生成硫化钙、硫酸钙，避免生成二氧化硫而污染，A 项正确；HgS ＋O 2=====△
Hg ＋SO 2不属于分解反应，B 项错误；用5%的硝酸除去铅、铜等杂质，而盐酸不反应，C 项错误；汞污染环境，不能直接排放，D 项错误。

13.部分氧化的Fe －Cu 合金样品(氧化产物为Fe 2O 3、CuO)共5.76 g ，经如下处理：
下列说法正确的是
A ．滤液A 中的阳离子为Fe 2＋、Fe 3＋、H ＋
B ．样品中Fe 元素的质量为2.24 g
C ．样品中CuO 的质量为4.0 g
D ．V ＝896
答案：B
【解析】生成的滤渣是铜，金属铜可以和三价铁反应，所以滤液A 中一定不含Fe 3＋
，故A 错误；3.2 g 固体为三氧化二铁，其物质的量为3.2 g÷160 g·mol －1＝0.02 mol ，铁元素物质的量为0.02 mol×2＝0.04 mol ，质量为0.04 mol×56 g·mol －1＝2.24 g ，故B 正确；原来固体为
5.76 g ，所以CuO 质量不超过5.76 g －2.24 g ＝3.52 g ，故C 错误；根据滤液A 中溶质为过量H 2SO 4和FeSO 4，而铁元素物质的量为0.04 mol ，说明参加反应的硫酸的物质的量为0.04 mol ，含氢离子0.08 mol ，其中部分氢离子生成氢气，另外的H ＋和合金中的氧结合成水，由于合金中氧的物质的量为(5.76－3.2－2.24)g÷16 g·mol －1＝0.02 mol ，它结合氢离子0.04 mol ，所以硫酸中有0.08 mol －0.04 mol ＝0.04 mol H ＋转化成氢气，即生成0.02 mol 氢气，标准状况下体积为448 mL ，故D 错误。

14.为了探究FeSO 4和Cu(NO 3)2的混合物中各组分的含量，现设计如下流程。

下列叙述中错误的是
A ．n ＝0.035
B ．V ＝2 240
C ．原混合物中FeSO 4的质量分数约为89%
D ．m ＝3.2
答案：D
【解析】根据题中流程可知，步骤②中加入铁粉产生了氢气，说明前面的酸过量，步骤①中有氯气与亚铁离子反应，说明溶液a 中有亚铁离子，17.08 g 的FeSO 4和Cu(NO 3)2的混合物
与0.14 mol 硫酸混合，硝酸根全部被还原为NO ，NO 的物质的量为0.44822.4
mol ＝0.02 mol ，根据氮元素守恒，样品中Cu(NO 3)2的质量为188 g/mol×0.01 mol ＝1.88 g ，所以FeSO 4的质量为17.08 g －1.88 g ＝15.2 g ，其物质的量为0.1 mol ，原混合物中FeSO 4的质量分数为15.2 g 17.08 g
×100%≈89%，故C 正确；根据方程式
3Fe 2＋＋8H ＋＋2NO －3(稀)===3Fe 3＋＋2NO↑＋4H 2O
3 mol 8 mol 2×22.
4 L
n (Fe 2＋) n (H ＋) 448 mL
所以n (Fe 2＋)＝0.03 mol ，n (H ＋)＝0.08 mol ，则a 溶液中亚铁离子的物质的量为0.1 mol －0.03 mol ＝0.07 mol ，根据方程式2Fe 2＋＋Cl 2===2Fe 3＋＋2Cl －，可得氧化亚铁离子需要氯气的物质的量为0.035 mol ，故A 正确；根据铁元素守恒，a 溶液中铁离子的物质的量为0.1 mol ，根据反应2Fe 3＋＋Fe===3Fe 2＋，可得消耗铁的物质的量为0.05 mol 即质量为2.8 g ，a 溶液中
n (H ＋)＝0.14 mol×2－0.08 mol ＝0.2 mol ，结合反应2H ＋＋Fe===H 2＋Fe 2＋
，可得消耗铁的物质的量为0.1 mol 即质量为5.6 g ，则剩余铁的质量为9 g －5.6 g －2.8 g ＝0.6 g ，故D 错误；生成的氢气为0.1 mol ，其体积为2.24 L ，故B 正确。

15.某废催化剂含58.2%的SiO 2、21.0%的ZnO 、4.5%的ZnS 和12.8%的CuS ，某同学以该废催化剂为原料，回收其中的锌和铜。

采用的实验方案如下：
已知：步骤①中发生的化学反应为非氧化还原反应；滤渣2的主要成分是SiO 2和S 。

下列说法不正确的是
A ．步骤①，最好在通风橱中进行
B ．步骤①和③，说明CuS 不溶于稀硫酸而ZnS 溶于稀硫酸
C ．步骤③，涉及的离子反应为CuS ＋H 2O 2＋2H ＋=====△Cu 2＋
＋S ＋2H 2O
D ．步骤②和③，均采用蒸发结晶的方式获取溶质
【解析】:D
【解析】步骤①发生的反应是ZnO ＋H 2SO 4===ZnSO 4＋H 2O ，ZnS ＋H 2SO 4===ZnSO 4＋H 2S ，H 2S 是有毒气体，因此应在通风橱内进行，故A 说法正确；根据流程图，步骤④得到CuSO 4·5H 2O ，说明滤渣1中含有Cu 元素，即CuS ，步骤③从滤液中得到硫酸铜晶体，说明滤液中存在Cu 2＋，从而推出CuS 不溶于稀硫酸，步骤②从滤液中得到ZnSO 4·7H 2O ，说明滤液中含有Zn 2＋，即ZnS 溶于稀硫酸，故B 说法正确；步骤③中CuS 转变成Cu 2＋，根据信息，滤渣2中有SiO 2和S ，推出CuS 中S 被过氧化氢氧化成变为硫单质，离子反应方程式为CuS ＋H ＋＋H 2O 2―→Cu 2＋＋S ＋H 2O ，根据化合价的升降法进行配平，得到CuS ＋H 2O 2＋2H ＋===Cu 2＋＋S ＋2H 2O ，故C 说法正确；得到CuSO 4·5H 2O 和ZnSO 4·7H 2O 中都含有结晶水，通过对滤液蒸发结晶方法，容易失去结晶水，因此采用的方法是蒸发浓缩冷却结晶方法，故D 说法错误。

16.利用铝镓合金加水制造氢气，合金中镓(Ga ，ⅡA)是关键成分，可阻止铝形成致密的氧化膜。

根据以下流程图，下列说法正确的是
A ．铝镓合金属于纯净物
B．该合金的硬度应该小于纯铝
C．该流程中可以循环使用的物质只有铝
D．该合金中的铝常温下就可以与水反应生成Al2O3和氢气，该反应属于置换反应
答案：D
【解析】合金属于混合物，A项错误；合金的硬度一般比各组分金属大，B项错误；铝和镓均可以循环使用，C项错误；由流程图可知，D项正确。