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2024届高考化学一轮复习课时分层作业15无机化工流程的解题策略含答案
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1．D [A.“还原焙烧”中MnO2、MnOOH分别与炭黑反应，2MnOOH＋Ceq \(=====,\s\up9(高温))2MnO＋CO↑＋H2O↑、 MnO2＋Ceq \(=====,\s\up9(高温))MnO＋CO↑，反应中锰元素被还原为MnO，A正确；B.“酸浸” 过程中适当加热，能加快浸取速率，B正确；C.根据以上分析，加入碳酸锰调节溶液的pH，将杂质Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀除去，C正确；D.由图可知电解产生二氧化锰，则阳极电极反应式为Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2＋4H＋，D错误。]
2．A [A.Al2O3与Na2CO3反应转化为NaAlO2和CO2，Cr2O3与Na2CO3反应转化为Na2CrO4和CO2，A项正确；B.过程②加入过量稀硫酸，会溶解Al(OH)3转化为可溶性硫酸铝，不能与Na2CrO4分离，所以不能加过量稀硫酸，B项错误；C.灼烧过程中，氧化亚铁被氧化得到Fe2O3，故物质A是Fe2O3，C项错误；D.过程③是电解Na2Cr2O7溶液得到Cr，生成金属Cr的电极反应式为Cr2Oeq \\al(2－,7)＋14H＋＋12e－===2Cr＋7H2O，D项错误。]
3．C [由题给流程可知，含镍废料加入稀硫酸酸浸时，NiO、FeO、Fe2O3、CO与稀硫酸反应转化为可溶性硫酸盐，氧化钡与稀硫酸反应转化为硫酸钡，二氧化硅不反应，过滤得到含有硫酸钡、二氧化硅的滤渣Ⅰ和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入氯酸钠溶液将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液pH，将铁离子转化为黄钠铁矾渣，过滤得到黄钠铁矾渣和除去铁离子的滤液；向滤液中加入萃取剂萃取溶液中的镍离子，分液得到含有镍离子的有机相和含有钴离子的水相；向水相中加入碳酸氢钠溶液，将钴离子转化为碳酸钴沉淀，过滤得到碳酸钴；向有机相中加入反萃取剂萃取、分液得到硫酸镍溶液，硫酸镍溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水硫酸镍晶体，六水硫酸镍晶体经灼烧得到NixOy。]
4．B [A.ReS2中Re显＋2价、S显－1价，“氧化焙烧”时，Re2O7中Re显＋7价，SO2中S显＋4价，则ReS2反应后的氧化产物为Re2O7和SO2，A正确；B.若改用NaOH溶液代替氨水“浸出”，则SiO2也会溶解在NaOH溶液中，滤渣成分将发生改变，B错误；C.由MS2生成MO3，M由＋2价升高到＋6价，S由－1价升高到＋4价，则生成1 ml MO3，转移14 ml电子，C正确；D.“电沉积”后，NH4ReO4中＋7价铼将获得电子，所以在阴极生成金属铼，D正确。]
5．Ⅰ.(1)反应吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气
(2)Al2O3 ＋2OH－===2AlOeq \\al(－,2)＋H2O
(3)NH4Cl＋H2ONH3·H2O＋HCl，MgO＋2 HCl===MgCl2＋H2O
Ⅱ.(1)S、Fe Fe3S4 (2)制印刷电路板
(3)HH Fe3S4＋6H＋===3H2S↑＋3Fe2＋＋S
(4)H2SO3＋I2＋H2O===H2SO4＋2HI
取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SOeq \\al(2－,4)，过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若产生白色沉淀，则有H2SO3
6．解析：向赤泥中加入盐酸酸浸时，金属氧化物溶于盐酸得到可溶性金属氯化物，二氧化硅不与盐酸反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有金属氯化物的滤液；向滤液中加入磷酸酯萃取剂萃取溶液中的氯化钪，分液得到含有氯化铁、氯化铝的水相和含有氯化钪的有机相；向有机相中加入盐酸洗涤除去残留的氯化铁、氯化铝，分液得到有机相；向有机相中加入氢氧化钠溶液，将氯化钪转化为氢氧化钪沉淀，过滤得到有机相和氢氧化钪；向氢氧化钪中加入SOCl2回流过滤，将氢氧化钪转化为氯化钪，向氯化钪中加入草酸溶液，将氯化钪转化为草酸钪沉淀，过滤后在空气中灼烧草酸钪得到三氧化二钪。
答案：(1)温度过高，HCl受热挥发，盐酸浓度减小，酸浸速率减慢 SiO2 (2)除去有机相中的FeCl3、AlCl3
(3)SOCl2＋H2O===2HCl↑＋SO2↑ 抑制Sc3＋水解
(4)2Sc2(C2O4)3＋3O2eq \(=====,\s\up9(高温))2Sc2O3＋12CO2
7．解析：(1)还原前粉碎钴渣的目的是增大接触面积，加快反应速率；还原过程中的化学方程式为C2O3＋SO2＋2H＋===2C2＋＋SOeq \\al(2－,4)＋H2O；(2)滤渣Ⅰ为Al(OH)3，受热分解后可以制备氧化铝，用作耐高温材料；调节pH使铝离子完全沉淀而钴离子不沉淀，故pH的调节范围是5.2≤pH<7.6；(3)萃取剂HY必须满足的条件是与水互不相溶且不反应，Ni2＋在其中的溶解度大且C2＋在其中的溶解度小；试剂Z的溶质为HNO3；(4)根据分析，系列操作包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；常温时，C2＋沉淀完全的pH为9.2，则氢氧根浓度为10－4.8ml·L－1，Kspeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(COH2))≤1×10－5×(1×10－4.8)2＝1×10－14.6。
答案：(1)增大接触面积，加快反应速率 C2O3＋SO2＋2H＋===2C2＋＋SOeq \\al(2－,4)＋H2O (2)制备氧化铝，用作耐高温材料 5.2≤pH<7.6 (3)与水互不相溶且不反应，Ni2＋在其中的溶解度大且C2＋在其中的溶解度小 HNO3 (4)蒸发浓缩、冷却结晶 1×10－14.6
1．D [A.“还原焙烧”中MnO2、MnOOH分别与炭黑反应，2MnOOH＋Ceq \(=====,\s\up9(高温))2MnO＋CO↑＋H2O↑、 MnO2＋Ceq \(=====,\s\up9(高温))MnO＋CO↑，反应中锰元素被还原为MnO，A正确；B.“酸浸” 过程中适当加热，能加快浸取速率，B正确；C.根据以上分析，加入碳酸锰调节溶液的pH，将杂质Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀除去，C正确；D.由图可知电解产生二氧化锰，则阳极电极反应式为Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2＋4H＋，D错误。]
2．A [A.Al2O3与Na2CO3反应转化为NaAlO2和CO2，Cr2O3与Na2CO3反应转化为Na2CrO4和CO2，A项正确；B.过程②加入过量稀硫酸，会溶解Al(OH)3转化为可溶性硫酸铝，不能与Na2CrO4分离，所以不能加过量稀硫酸，B项错误；C.灼烧过程中，氧化亚铁被氧化得到Fe2O3，故物质A是Fe2O3，C项错误；D.过程③是电解Na2Cr2O7溶液得到Cr，生成金属Cr的电极反应式为Cr2Oeq \\al(2－,7)＋14H＋＋12e－===2Cr＋7H2O，D项错误。]
3．C [由题给流程可知，含镍废料加入稀硫酸酸浸时，NiO、FeO、Fe2O3、CO与稀硫酸反应转化为可溶性硫酸盐，氧化钡与稀硫酸反应转化为硫酸钡，二氧化硅不反应，过滤得到含有硫酸钡、二氧化硅的滤渣Ⅰ和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入氯酸钠溶液将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液pH，将铁离子转化为黄钠铁矾渣，过滤得到黄钠铁矾渣和除去铁离子的滤液；向滤液中加入萃取剂萃取溶液中的镍离子，分液得到含有镍离子的有机相和含有钴离子的水相；向水相中加入碳酸氢钠溶液，将钴离子转化为碳酸钴沉淀，过滤得到碳酸钴；向有机相中加入反萃取剂萃取、分液得到硫酸镍溶液，硫酸镍溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水硫酸镍晶体，六水硫酸镍晶体经灼烧得到NixOy。]
4．B [A.ReS2中Re显＋2价、S显－1价，“氧化焙烧”时，Re2O7中Re显＋7价，SO2中S显＋4价，则ReS2反应后的氧化产物为Re2O7和SO2，A正确；B.若改用NaOH溶液代替氨水“浸出”，则SiO2也会溶解在NaOH溶液中，滤渣成分将发生改变，B错误；C.由MS2生成MO3，M由＋2价升高到＋6价，S由－1价升高到＋4价，则生成1 ml MO3，转移14 ml电子，C正确；D.“电沉积”后，NH4ReO4中＋7价铼将获得电子，所以在阴极生成金属铼，D正确。]
5．Ⅰ.(1)反应吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气
(2)Al2O3 ＋2OH－===2AlOeq \\al(－,2)＋H2O
(3)NH4Cl＋H2ONH3·H2O＋HCl，MgO＋2 HCl===MgCl2＋H2O
Ⅱ.(1)S、Fe Fe3S4 (2)制印刷电路板
(3)HH Fe3S4＋6H＋===3H2S↑＋3Fe2＋＋S
(4)H2SO3＋I2＋H2O===H2SO4＋2HI
取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SOeq \\al(2－,4)，过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若产生白色沉淀，则有H2SO3
6．解析：向赤泥中加入盐酸酸浸时，金属氧化物溶于盐酸得到可溶性金属氯化物，二氧化硅不与盐酸反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有金属氯化物的滤液；向滤液中加入磷酸酯萃取剂萃取溶液中的氯化钪，分液得到含有氯化铁、氯化铝的水相和含有氯化钪的有机相；向有机相中加入盐酸洗涤除去残留的氯化铁、氯化铝，分液得到有机相；向有机相中加入氢氧化钠溶液，将氯化钪转化为氢氧化钪沉淀，过滤得到有机相和氢氧化钪；向氢氧化钪中加入SOCl2回流过滤，将氢氧化钪转化为氯化钪，向氯化钪中加入草酸溶液，将氯化钪转化为草酸钪沉淀，过滤后在空气中灼烧草酸钪得到三氧化二钪。
答案：(1)温度过高，HCl受热挥发，盐酸浓度减小，酸浸速率减慢 SiO2 (2)除去有机相中的FeCl3、AlCl3
(3)SOCl2＋H2O===2HCl↑＋SO2↑ 抑制Sc3＋水解
(4)2Sc2(C2O4)3＋3O2eq \(=====,\s\up9(高温))2Sc2O3＋12CO2
7．解析：(1)还原前粉碎钴渣的目的是增大接触面积，加快反应速率；还原过程中的化学方程式为C2O3＋SO2＋2H＋===2C2＋＋SOeq \\al(2－,4)＋H2O；(2)滤渣Ⅰ为Al(OH)3，受热分解后可以制备氧化铝，用作耐高温材料；调节pH使铝离子完全沉淀而钴离子不沉淀，故pH的调节范围是5.2≤pH<7.6；(3)萃取剂HY必须满足的条件是与水互不相溶且不反应，Ni2＋在其中的溶解度大且C2＋在其中的溶解度小；试剂Z的溶质为HNO3；(4)根据分析，系列操作包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；常温时，C2＋沉淀完全的pH为9.2，则氢氧根浓度为10－4.8ml·L－1，Kspeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(COH2))≤1×10－5×(1×10－4.8)2＝1×10－14.6。
答案：(1)增大接触面积，加快反应速率 C2O3＋SO2＋2H＋===2C2＋＋SOeq \\al(2－,4)＋H2O (2)制备氧化铝，用作耐高温材料 5.2≤pH<7.6 (3)与水互不相溶且不反应，Ni2＋在其中的溶解度大且C2＋在其中的溶解度小 HNO3 (4)蒸发浓缩、冷却结晶 1×10－14.6
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