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特色练 15 化工微流程分析
1．SnCl 易水解，是常见的抗氧化剂。实验室以SnCl 为原料制备SnSO ·2H O的流程如下，
2 2 4 2
下列说法正确的是( )
A．气体为NH
3
B．反应1只发生复分解反应
C．溶解时，再加入适量Sn粉可以提高产品纯度
D．操作1为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥
答案 C
解析 SnCl 易水解，SnCl 固体溶解后溶液显酸性，向溶液中加入碳酸氢铵，反应生成二氧
2 2
化碳气体，SnCl 水解最终得到SnO，SnO溶于硫酸得到SnSO 溶液，再通过蒸发浓缩、冷
2 4
却结晶、过滤、洗涤等操作得到SnSO ·2H O，据此分析解答。反应1中首先发生相互促进
4 2
的水解反应(属于复分解反应)得到Sn(OH) ，Sn(OH) 分解得到SnO(分解反应)，故B错误；
2 2
SnCl 常作抗氧化剂，说明其易被氧化，适量Sn粉可防止SnCl 被氧气氧化，从而提高产品
2 2
纯度，故C正确。
2．磷化氢(PH )是一种在空气中能自燃的剧毒气体，可通过以下流程制取：
3
下列说法错误的是( )
A．NaH PO 既能与酸反应又能与碱反应
2 2
B．流程中有两处涉及氧化还原反应
C．该过程需要在无氧条件下进行
D．分解反应生成HPO 和PH 的物质的量之比为1∶1
3 4 3
答案 A
解析 HPO 为一元弱酸，NaH PO 为正盐，只能与酸反应，A错误；白磷与氢氧化钠反应、
3 2 2 2
HPO 分解生成PH 和HPO ，这两个反应中元素化合价均发生变化，均是氧化还原反应，B
3 2 3 3 4
正确；PH 在空气中能自燃，整个过程中有PH 生成，故需要在无氧条件下进行，C正确；
3 3HPO 中P元素的化合价为＋1价，HPO 和PH 中P元素的化合价分别为＋5价和－3价，
3 2 3 4 3
根据得失电子守恒规律，反应生成HPO 和PH 的物质的量之比为1∶1，D正确。
3 4 3
3．用工业级硫酸锌(主要成分为ZnSO·7H O，含少量Fe2＋、Cu2＋、Cd2＋等)制备纳米微晶碱
4 2
式碳酸锌[Zn CO(OH) ]的一种流程如下：
4 3 6
下列说法错误的是( )
A．“氧化除杂”时温度越高除杂效果越好
B．“还原除杂”时除去了Cd2＋，说明氧化性：Cd2＋>Zn2＋
C．“沉锌”时生成了ZnCO(OH) ，NH HCO 溶液pH>7
4 3 6 4 3
D．“干燥”时温度不宜过高
答案 A
解析 “氧化除杂”时温度过高会导致双氧水分解，使氧化效果减弱而使除杂效果降低，A
错误；“还原除杂”时利用锌粉置换出镉，氧化性：Cd2＋>Zn2＋，B正确；“沉锌”时硫酸
锌与碳酸氢铵反应生成了ZnCO(OH) ，NH HCO 溶液是弱酸弱碱盐且pH>7，C正确；
4 3 6 4 3
“干燥”时温度不宜过高，否则会使ZnCO(OH) 受热分解，D正确。
4 3 6
4．LiCO 可用于制陶瓷、药物、催化剂等，微溶于水，在冷水中溶解度较热水中大，不溶
2 3
于醇。利用海水资源(主要含Na＋、Cl－，少量的Mg2＋、K＋、Li＋、Ca2＋、SO)制备碳酸锂的
一种工艺如图所示：
下列说法错误的是( )
A．工序③和工序④顺序可互换
B．选择温度为80～90 ℃，可降低碳酸锂在水中的溶解度，提高产率
C．用乙醇洗涤粗产品可起到快速干燥的效果
D．利用重结晶可分离NaCl和KCl
答案 A
解析 太阳能蒸发浓缩海水，自然沉淀18～24个月，氯化钠和氯化钾从溶液中析出，过滤，
滤液1中(主要含Mg2＋、Li＋、Ca2＋、SO)加入过量氢氧化钙会反应生成氢氧化镁沉淀和少量硫酸钙沉淀，滤液2中(主要含Li＋、Ca2＋、SO、OH－)加入稍过量碳酸钠得碳酸钙沉淀，过
滤，滤液3中(主要含Li＋、CO、Na＋、SO)加入碳酸钠80～90 ℃得碳酸锂沉淀，以此来解
析。工序③和工序④顺序不可互换，互换以后过量的钙离子无法除去，A错误；LiCO 在冷
2 3
水中溶解度较热水中大，选择温度为80～90 ℃，可降低碳酸锂在水中的溶解度，提高产率，
B正确；碳酸锂不溶于醇，乙醇易挥发，用乙醇洗涤粗产品可起到提高产率和快速干燥的效
果，C正确；首先NaCl和KCl固体先加水溶解，加热蒸发，到一定的时候，有氯化钠晶体
析出，当还剩下少量水时，趁热过滤，将滤液冷却可得氯化钾晶体，为了提高纯度可将以上
得到的氯化钠晶体再溶于水再进行加热蒸发到得到大量晶体留下少量水的时候过滤出晶体，
同样以上得到的氯化钾晶体也可重复以上第一次操作，D正确。
5．用反渗透法将海水淡化，剩余的浓缩液(主要含Cl－、Na＋、Ca2＋、Mg2＋、SO等离子)可
加工获得其他产品。某学习小组模拟工业生产流程进行实验。下列说法正确的是( )
A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均属于氧化还原反应
B．反应Ⅲ的离子方程式为Mg2＋＋2OH－===Mg(OH) ↓
2
C．反应Ⅱ加入适量CaCl 固体可以获得CaSO
2 4
D．粗盐提纯中，加入试剂的顺序依次为NaCO、BaCl 、NaOH、盐酸
2 3 2
答案 C
解析 由题干流程图可知，反应Ⅰ为 2NaCl(熔融)=====2Na＋Cl↑或者 2NaCl＋
2
2HO=====2NaOH＋H↑＋Cl↑，反应Ⅱ为 Ca2＋＋SO===CaSO↓，反应Ⅲ为 MgCl ＋
2 2 2 4 2
Ca(OH) ===Mg(OH) ↓＋CaCl ，反应Ⅳ为MgCl (熔融)=====Mg＋Cl↑，则反应Ⅰ、Ⅳ均属
2 2 2 2 2
于氧化还原反应，反应Ⅱ、Ⅲ均属于非氧化还原反应，A、B错误，C正确；粗盐提纯中，
NaCO 需除去原溶液中的Ca2＋，同时还要除去已加入的过量的Ba2＋，故加入试剂的顺序必
2 3
须保证NaCO 在BaCl 之后，D错误。
2 3 2
6．焦亚硫酸钠(Na SO)在印染、电镀、酿造等工业生产中广泛应用，其制备流程如图所示。
2 2 5
已知：NaHSO 过饱和溶液经结晶脱水得到NaSO，下列说法正确的是( )
3 2 2 5
A．反应Ⅰ制备NaCO，反应时先通入氨气，再通入CO
2 3 2
B．气体a为SO ，反应Ⅲ为NaCO＋SO ===NaSO ＋CO
2 2 3 2 2 3 2C．调pH＝7～8，并再次通入气体a的目的是得到NaHSO 过饱和溶液
3
D．结晶后的脱水反应为氧化还原反应
答案 C
解析 反应Ⅰ、Ⅱ是通过侯氏制碱法制备碳酸钠，反应Ⅰ制备NaHCO ，化学方程式为
3
NaCl＋CO ＋NH ＋HO===NaHCO ↓＋NH Cl，反应时先通入氨气，再通入CO ，A错误；
2 3 2 3 4 2
由题干信息 可知，反应 Ⅲ是为了制备 NaHSO ，发生反应： NaCO ＋HO＋
3 2 3 2
2SO ===2NaHSO＋CO，B错误；由于得到的NaHSO 不是过饱和溶液，后加碳酸钠并再次
2 3 2 3
充入SO 的目的是为了得到NaHSO 过饱和溶液，结晶得NaHSO 晶体，C正确；由流程图
2 3 3
可知，NaHSO 失水得到NaSO ，反应的化学方程式为2NaHSO===NaSO ＋HO，该反应
3 2 2 5 3 2 2 5 2
中各元素化合价不变，为非氧化还原反应，D错误。
7．氨和硝酸是重要的化工产品，工业合成氨及制备硝酸的流程如图：
下列说法错误的是( )
A．“氨分离器”中主要应用了氨气易液化的性质
B．为提高氮的利用率，尾气可循环进入“合成塔”
C．流程中的转化涉及复分解反应
D．工业上可用铁槽车储运浓硝酸
答案 C
解析 氨气易液化，将液氨分离出来，剩余的氮气、氢气可以循环利用，A正确；流程中的
转化涉及的反应为N ＋3H2NH ，4NH ＋5O=====4NO＋6HO，4NO＋3O ＋
2 2 3 3 2 2 2
2HO===4HNO ，没有涉及复分解反应，C错误；常温下，浓硝酸能够使铁钝化，工业上可
2 3
用铁槽车储运浓硝酸，D正确。
8．以菱锰矿(主要成分为MnCO ，含有少量Fe O 、FeO、CoO、Al O)为原料制备MnOOH
3 3 4 2 3
的工艺流程如图：
已知：(i)MnOOH难溶于水和碱性溶液；
(ii)在“沉淀池Ⅰ”的条件下，Co2＋不会被MnO 氧化；
2
(iii)表中是几种金属阳离子形成氢氧化物完全沉淀时所需要的pH：
金属离子 Fe3＋ Fe2＋ Al3＋ Co2＋ Mn2＋
完全沉淀所需pH 3.2 9.0 4.7 9.4 10.1下列分析错误的是( )
A．“沉淀池Ⅰ”步骤加入的氨水可调节溶液的pH使Fe3＋、Al3＋生成沉淀
B．滤渣2的主要成分是CoS
C．“沉锰”的离子方程式为Mn2＋＋HO＋NH ·H O===MnOOH↓＋NH＋HO
2 2 3 2 2
D．检验MnOOH是否洗涤干净，可选用BaCl 溶液
2
答案 C
解析 菱锰矿酸浸后进入沉淀池中的金属离子有Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋、Co2＋、Al3＋，不溶性
的杂质进入废渣中，沉淀池Ⅰ中加入二氧化锰，亚铁离子被氧化为铁离子，氨水调节pH后
得到的滤渣1为氢氧化铁、氢氧化铝；沉淀池Ⅱ中加入含硫离子的试剂，除去Co2＋，滤渣2
为CoS；再进行沉锰操作可以得到 MnOOH。“沉锰”的离子方程式为2Mn2＋＋HO ＋
2 2
4NH ·H O===2MnOOH↓＋4NH＋2HO，C错误；检验MnOOH是否洗涤干净可通过检验沉
3 2 2
淀表面的硫酸根离子有没有洗干净，故可用BaCl 溶液，D正确。
2
9．利用高分子树脂吸附I 来提取卤水中的碘(以I－形式存在)的工艺流程如下：
2
下列说法不正确的是( )
A．经过步骤①到④所得溶液中I－物质的量浓度增大
B．步骤②中Cl 不宜过量太多，以防止Cl 进一步氧化I
2 2 2
C．步骤④的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂
D．步骤⑤的离子方程式为ClO＋6I－＋3HO===Cl－＋3I＋6OH－
2 2
答案 D
解析 卤水中含碘离子，酸化后，通入氯气可氧化碘离子生成碘单质，离子方程式为2I－＋
Cl===2Cl－＋I ，高分子树脂吸附碘单质，然后碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成 NaI和
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硫酸钠，离子方程式为I ＋SO＋HO===2I－＋SO＋2H＋，氧化时氯酸钾与NaI反应生成碘，
2 2
升华可得到粗产品，据此分析解题。由分析可知，经过步骤①到④所得溶液中I－物质的量
浓度增大，A正确；由于Cl 的氧化性强于I ，故步骤②中Cl 不宜过量太多，以防止Cl 进
2 2 2 2
一步氧化I ，B正确；步骤④的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂，C正确；由于溶
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液呈酸性，故步骤⑤的离子方程式为ClO＋6I－＋6H＋===Cl－＋3I＋3HO，D错误。
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