强化练2　物质转化与化工流程(选择题) （含解析）江苏省2023高考化学三轮冲刺突破强化练

强化练2　物质转化与化工流程(选择题)
1.(2022·江苏大丰中学模拟)实验室利用废弃旧电池的铜帽(主要成分为锌铜合金)回收Cu并制备ZnCl2的部分实验过程如图所示。下列说法正确的是 (　　)
A.“溶解”时Cu发生反应的离子方程式为Cu+H2O2+2HClCu2++2H2O+2Cl-
B.因为升高温度可以加快反应速率,所以“溶解”时适宜使用高温
C.“调节pH=2”后,溶液中大量存在的离子有Cu2+、Zn2+、H+、Cl-
D.将ZnCl2溶液加热蒸干即可获得无水ZnCl2　
2.(2022·湖北省十一校高三第二次联考)工业上以黑钨矿为原料利用纯碱烧结水浸法冶炼金属钨的流程如图(已知:黑钨矿的主要成分为FeWO4、MnWO4,同时还含有少量SiO2)。则下列说法错误的是 (　　)
已知:①4FeWO4+O2+4Na2CO32Fe2O3+4Na2WO4+4CO2
②2MnWO4+O2+2Na2CO32MnO2+2Na2WO4+2CO2
A.烧结物粉碎成粉后,可以加快其水浸的溶解速率
B.可以采用铝热反应将WO3还原成单质W
C.滤渣2成分为Fe(OH)3
D.从本题流程可以得出,同浓度的硅酸根离子比钨酸根离子结合质子能力强
3.(2022·南通基地大联考)CuCl难溶于乙醇和水,易溶于氯离子浓度较高的溶液,在潮湿空气中易被氧化变质。以铜蓝(主要成分为CuS)为原料生产CuCl的工艺过程如图。
下列说法正确的是 (　　)
A.“热溶解”时主要反应的离子方程式为2CuS+4H++O22Cu2++2S+2H2O
B.“制备”时加入NH4Cl固体越多,CuCl沉淀越完全
C.“过滤2”所得滤液中可能大量存在的离子有:N、S、Cl-、OH-
D.与使用乙醇洗涤相比,用蒸馏水洗涤最终得到的产品纯度更高
4.LiBr溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成LiBr工艺流程如下:
下列说法错误的是 (　　)
A.还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收,吸收液直接返回还原工序
B.除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离
C.中和工序中的化学反应为Li2CO3+2HBrCO2↑+2LiBr+H2O
D.参与反应的n(Br2)∶n(BaS)∶n(H2SO4)为1∶1∶1
5.(2022·苏州张家港)由工业废渣(主要含Fe、Si、Al等的氧化物)制取聚合硫酸铁铝净水剂的流程如图:
下列有关说法不正确的是 (　　)
A.“浸取”时先将废渣粉碎并不断搅拌,有利于提高铁、铝元素浸取率
B.Al2O3与稀硫酸反应的离子方程式为Al2O3+6H+2Al3++3H2O
C.“过滤”前用K3[Fe(CN)6]检验浸取液中是否存在Fe2+的反应是氧化还原反应
D.聚合硫酸铁铝水解形成的胶体具有吸附作用
6.(2022·辽宁省百师联盟高三二轮复习联考)某工厂为了提高资源利用率并减少环境污染,设计了如图所示流程,可以从主要成分为NiO的含镍废料(杂质种类为CuO、FeO和SiO2)中回收金属资源。下列说法正确的是 (　　)
A.两次“酸溶”选择稀硫酸效果都好于98%的浓硫酸
B.操作X是将“酸溶”所得溶液加热蒸干
C.反应Ⅰ除了产生滤渣外还可能产生可直接排放的气体
D.滤液1、滤液2和滤液3中主要的金属离子均为两种
7.(2022·南京、盐城一模)用久置于空气中的生石灰[主要成分为CaO,还含有Ca(OH)2和CaCO3]制取KClO3的流程如图。下列有关说法不正确的是 (　　)
A.“打浆”的目的是提高“氯化”时的反应速率
B.“氯化”中主要发生的化学反应:6Cl2+6Ca(OH)2Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O
C.“过滤”后滤液中存在的阳离子有Ca2+、H+
D.“转化”时发生的化学反应属于氧化还原反应
8.(2022·南通一模)“吹出法”是工业上常用的一种海水提溴技术,该技术主要流程如图:
下列有关说法正确的是 (　　)
A.氧化1所用的氯气可通过电解饱和NaCl溶液制得
B.吹出后剩余溶液中可能大量存在的离子有Na+、Mg2+、Cl-、Br-
C.吸收过程发生反应的离子方程式:SO2+Br2+H2O2H++2Br-+S
D.从氧化2所得溶液中分离出单质溴的方法是用酒精萃取
9.(2022·常州一模)以含钴废渣(主要成分为CoO和 Co2O3,含少量Al2O3和ZnO)为原料制备锂电池的电极材料CoCO3的工艺流程如图:
下列说法错误的是 (　　)
A.通入SO2发生反应的离子方程式:2Co3++SO2+2H2O2Co2++S+4H+
B.加入适量Na2CO3调节pH是利用几种氢氧化物Ksp的不同除铝
C.若萃取剂的总量一定,则分多次加入萃取比一次加入萃取效果更好
D.将含Co2+的溶液缓慢滴加到Na2CO3溶液中沉钴,以提高CoCO3的产率
10.(2022·南京、盐城二模)用硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)制备铁基颜料铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图:
已知:“还原”时,发生反应FeS2+14Fe3++8H2O2S+15Fe2++16H+;FeS2与H2SO4不反应。下列有关说法不正确的是　　 (　　)
A.“酸溶”时适当提高硫酸浓度可加快反应速率
B.“还原”时氧化产物与还原产物的物质的量之比为 2∶15
C.“过滤Ⅰ”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+和H+
D.“沉降、氧化”时发生反应的离子方程式:4Fe2++8NH3·H2O+O28N+4FeOOH↓+2H2O
11.(2022·陕西省安康市期末检测)NaClO2·3H2O具有强氧化性,在消毒和果蔬保鲜等方面有广泛应用。一种制备NaClO2·3H2O的流程如图,下列有关说法错误的是 (　　)
A.“合成”中发生反应的离子方程式为SO2+2ClS+2ClO2
B.生成ClO2时,NaClO3作氧化剂,被还原
C.“转化”过程中,H2O2作氧化剂,参加反应的ClO2和H2O2的物质的量之比为2∶1　
D.“一系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤
强化练2　物质转化与化工流程(选择题)
1.C　解析:废弃旧电池的铜帽(主要成分为锌铜合金)回收Cu并制备ZnCl2的部分实验过程中,溶解时加入双氧水、稀盐酸,Zn转化为ZnCl2,Cu转化为CuCl2,所得溶液中存在大量Zn2+、Cu2+、Cl-、H+,向溶液中加入适量NaOH溶液调节pH=2,此时溶液中含有大量Zn2+、Cu2+、Na+、Cl-、H+,再加入锌粉将Cu2+置换为Cu,过滤得到Cu,所得滤液中主要成分为NaCl、ZnCl2,经过一系列操作后得到无水ZnCl2。HCl为强酸,在离子方程式中应拆分,因此“溶解”时Cu发生反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O,故A错误;升高温度能够加快化学反应速率,但双氧水受热易分解、盐酸受热易挥发,因此溶解过程中需在适宜的温度下进行,故B错误;由上述分析可知,“调节pH=2”后,溶液中大量存在的离子有Cu2+、Zn2+、Na+、H+、Cl-,故C正确;ZnCl2为强酸弱碱盐,加热能够促进Zn2+水解,因此需要在HCl的气流中进行加热蒸干即可得到无水ZnCl2,故D错误。
2.C　解析:本实验为由黑钨矿为原料经过纯碱焙烧得到Fe2O3、MnO2、Na2WO4,水浸加盐酸调整pH后除去滤渣硅酸,H2WO4经过焙烧,氧化还原后得到W单质。烧结物粉碎成粉后,增大与水的接触面积,可以加快水浸的溶解速率,A正确;Al的金属性比W的金属性强,可以采用热还原法得到单质,则可采用铝热反应将WO3还原成单质W,B正确;分析流程可知,滤渣1的成分是氧化铁和二氧化锰,滤渣2的成分是硅酸,C错误;加盐酸调节pH,硅酸根离子先沉淀,钨酸根离子后沉淀,可知硅酸根离子结合氢离子的能力更强,D正确。
3.A　解析:CuS与硫酸、氧气反应生成硫单质、硫酸铜和水,硫酸铜而后与亚硫酸铵、氯化铵反应生成硫酸铵和CuCl,最终经过过滤、洗涤等操作得到CuCl。由图示可知,铜蓝、硫酸、氧气反应生成硫酸铜、硫单质和水,主要离子方程式为2CuS+4H++O22Cu2++2S+2H2O,A正确;CuCl易溶于氯离子浓度较高的溶液,所以NH4Cl固体越多,CuCl溶解的越多,B错误;由以上分析可知,“过滤2”所得滤液中不存在大量的OH-,C错误;由于乙醇沸点低,易挥发,则用乙醇洗涤可快速除去固体表面的水分,防止水解、氧化,最终得到的产品纯度更高,D错误。
4.A　解析:由流程可知,氢溴酸中含有少量的溴,加入硫化钡将溴还原生成溴化钡和硫,再加入硫酸除杂,得到的滤渣为硫酸钡和硫;加入碳酸锂进行中和,得到的溴化锂溶液经浓缩等操作后得到产品溴化锂。还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收,吸收液中含有溴化钠和次溴酸钠等物质,若直接返回还原工序,则产品中会有一定量的溴化钠,导致产品的纯度降低,A说法错误;除杂工序中产生的滤渣为硫酸钡和硫,硫属于非极性分子形成的分子晶体,而硫酸钡属于离子晶体,根据相似相溶原理可知,硫可溶于煤油,而硫酸钡不溶于煤油,因此可用煤油进行组分分离,B说法正确;中和工序中,碳酸锂和氢溴酸发生反应生成溴化锂、二氧化碳和水,该反应的化学方程式为Li2CO3+2HBrCO2↑+2LiBr+H2O,C说法正确;根据电子得失守恒可知,溴和硫化钡反应时物质的量之比为1∶1;根据硫酸钡的化学组成及钡元素守恒可知,n(BaS)∶n(H2SO4)为1∶1,因此,参与反应的n(Br2)∶n(BaS)∶n(H2SO4)为1∶1∶1,D说法正确;综上所述,本题选A。
5.C　解析:由流程可知,加硫酸发生如下反应:Al2O3+6H+2Al3++3H2O、Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O或FeO+2H+Fe2++H2O或Fe3O4+8H+Fe2++2Fe3++4H2O,加过氧化氢可氧化亚铁离子,过滤分离出滤渣为硅的氧化物SiO2,滤液含H+、Fe3+、Al3+,对滤液加热聚合,进一步得到聚合硫酸铁铝。将废渣粉碎并不断搅拌,可以增大接触面积,加快反应速率,有利于提高铁、铝浸取率,A正确;Al2O3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水,离子方程式为Al2O3+6H+2Al3++3H2O,B正确;用K3[Fe(CN)6]检验浸取液中是否存在Fe2+的反应:铁氰化钾{K3[Fe(CN)6]}与Fe2+发生反应产生蓝色沉淀:K++Fe2++[Fe(CN)6]3-KFe[Fe(CN)6]↓,反应中元素化合价不变,属于非氧化还原反应,C错误;聚合硫酸铁铝水解可以生成氢氧化铝和氢氧化铁胶体,胶体表面积较大,具有吸附作用,D正确。
6.A　解析:本实验为由主要成分为NiO的含镍废料(杂质种类为CuO、FeO和SiO2)经过酸溶,得到Ni2+、Cu2+、Fe2+以及滤渣SiO2,加入铁粉除去Cu2+,加入Na2CO3再经过酸溶加热浓缩、冷却结晶得到FeSO4·7H2O,以及含有NiSO4的溶液,最后得到NiSO4。与使用稀硫酸相比,若第一次酸溶使用浓硫酸会产生污染性气体二氧化硫且消耗硫酸的量更多,另外第二次酸溶使用浓硫酸会把亚铁离子氧化成铁离子,不利于最终制得七水硫酸亚铁,A正确;由图示可知,由溶液得到晶体,操作X应该是加热浓缩、冷却结晶,B错误;反应Ⅰ中过量的铁粉会与酸反应产生可燃性气体氢气,不能直接排放到空气中,可收集起来作为燃料或其他工业用途,C错误;滤液1中金属离子有Ni2+、Cu2+、Fe2+三种,D错误。
7.D　解析:打浆是将固体反应物粉碎,增大氯化时反应物的接触面积,提高反应速率,A正确;由流程中“转化”得到KClO3可知,在“氯化”反应时生成了Ca(ClO3)2,反应方程式为6Cl2+6Ca(OH)2Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O,B正确;“过滤”后滤液中主要溶质为Ca(ClO3)2和CaCl2,存在的阳离子为Ca2+以及水中的H+,C正确;“转化”时发生的反应为Ca(ClO3)2+2KClCaCl2+2KClO3,属于复分解反应,为非氧化还原反应,D错误。
8.A　解析:电解饱和食盐水可以制得氯气,A正确;由于通入了足量的氯气,故剩余溶液中不可能大量存在Br-,B错误;吸收过程中,SO2被氧化成S而不是S,C错误;酒精能与水以任意比互溶,不能用作萃取剂,D错误。
9.D　解析:由图示可知,在酸浸过程中二氧化硫将Co2O3还原为Co2+,而SO2被氧化为S,根据得失电子守恒和元素质量守恒得到离子方程式2Co3++SO2+2H2O2Co2++S+4H+,A正确;由于氢氧化物的Ksp不同,故开始沉淀时所需的pH不同,加入适量Na2CO3调节相应的pH可以只沉淀Al3+,B正确;萃取过程中,每一次萃取都是按照一定比例进行的溶质分配,多次萃取相当于不断降低物质的浓度,萃取效率就会提高,C正确;Na2CO3溶液碱性较强,在滴加含Co2+的溶液时会生成Co(OH)2沉淀而降低CoCO3的产率,D错误。
10.B　解析:适当增加H2SO4浓度能加快反应速率,A正确;发生“还原反应时”,FeS2中的S由-1价升高到+6价,Fe3+的化合价由+3价降低到+2价,故氧化产物为“S”,还原产物为“Fe2+”,其物质的量之比为1∶7,B错误;由“还原”时发生反应的离子方程式可知,滤液中的阳离子主要是Fe2+和H+,C正确;“沉降、氧化”步骤中,Fe2+被O2氧化后,在NH3·H2O作用下生成FeOOH,根据得失电子守恒、电荷守恒以及原子守恒可知,D正确。
11.C　解析:A项,“合成”中SO2和NaClO3在H2SO4环境中发生氧化还原反应生成ClO2,离子方程式为SO2+2ClS+2ClO2,正确;B项,生成ClO2时,NaClO3的Cl元素化合价从+5降低到+4,得电子,NaClO3作氧化剂,被还原,正确;C项,“转化”过程中,H2O2被氧化得到O2,作还原剂,1molH2O2失去2mol电子;ClO2被还原得到NaClO2,作氧化剂,1molClO2得到1mol电子;根据得失电子守恒,参加反应的ClO2和H2O2的物质的量之比为n(ClO2)×1=n(H2O2)×2,n(ClO2)∶n(H2O2)=2∶1,错误;D项,“一系列操作”目的是通过NaClO2溶液制得NaClO2·3H2O,可以为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤,正确。