热点题型02 无机小流程分析-2025年高考化学【热点·重点·难点】专练（浙江专用）

热点题型02 无机小流程分析 1．工艺流程题过程解读 (1)读流程图 ①箭头：箭头进入的是投料(反应物)、出去的是主产物或副产物(生成物)。 ②三线：出线和进线均表示物料流向或操作流程，可逆线表示物质循环。 (2)解题要点 ①审题要点：a．了解生产目的、原料及产品；b．了解题目提供的信息；c．分析各步的反应条件、原理及物质成分；d．理解物质分离、提纯、条件控制等操作的目的及要点。 ②答题切入点：a．原料及产品的分离提纯，b．生产目的及反应原理；c．生产要求及反应条件；d．有关产率、产量及组成的计算；e．绿色化学。 2．读流程寻破题关键 (1)看原料：明确化工生产或化学实验所需的材料。 (2)看目的：把握题干中的“制备”或“提纯”等关键词，确定化工生产或化学实验的目的。 (3)看箭头：进入的是投料(反应物)；出去的是生成物(包括主产物和副产物)。 (4)看三线：主线为主产品，分支为副产品，回头为循环物。 (5)找信息：明确反应条件的控制和分离提纯方法。(6)关注所加物质的可能作用：参与反应、提供反应氛围、满足定量要求。 3．明方法科学破题 (1)首尾分析法：对一些线型流程工艺(从原料到产品为一条龙的生产工序)试题，首先对比分析流程图中第一种物质(原材料)与最后一种物质(产品)，从对比分析中找出原料与产品之间的关系，弄清生产过程中原料转化为产品的基本原理和除杂、分离、提纯产品的化工工艺，然后结合题设的问题，逐一推敲解答。 (2)截段分析法：对于用同样的原材料生产两种或多种产品(包括副产品)的工艺流程题，用截段分析法更容易找到解题的切入点。关键在于看清主、副产品是如何分开的，以此确定截几段更合适，一般截段以产品为准点。 (3)交叉分析法：有些化工生产选用多组原材料，先合成一种或几种中间产品，再用这一中间产品与部分其他原材料生产所需的主流产品，这种题适合用交叉分析法。就是将提供的工业流程示意图结合常见化合物的制取原理划分成几条生产流水线，然后上下交叉分析。 4．工艺流程中常见的操作 常见的操作 分析时考虑的角度 分离、提纯 过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作 从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩—冷却结晶—过滤—(洗涤、干燥) 提高原子利用率 绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用) 在空气中或在其他气体中进行的反应或操作 要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应或能否达到隔绝空气，防氧化、水解、潮解等目的 判断沉淀是否洗涤干净 取最后洗涤液少量，检验其中是否还有某种离子存在等 控制溶液的pH ①调节溶液的酸碱性，抑制水解(或使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀) ②“酸作用”还可除去氧化物(膜) ③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等 ④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件) 控制温度(常用水浴、冰浴或油浴) ①防止副反应的发生 ②使化学平衡移动；控制化学反应的方向 ③控制固体的溶解与结晶 ④控制反应速率：使催化剂达到最大活性 ⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发 ⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离 ⑦趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量 ⑧降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求 洗涤晶体 ①水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质 ②“冰水洗涤”：能洗去晶体表面的杂质离子，且防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗 ③用特定的有机试剂清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度、有利于析出，减少损耗等 ④洗涤沉淀方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次 表面处理 用水洗除去表面可溶性杂质，金属晶体可用机械法(打磨)或化学法除去表面氧化物、提高光洁度等 (建议用时：40分钟) 考向01 以废旧资源开发利用为背景 1．(2024·浙江省1月选考)为回收利用含I2的CCl4废液，某化学兴趣小组设计方案如下所示，下列说法不正确的是( ) A．步骤I中，加入足量Na2CO3溶液充分反应后，上下两层均为无色 B．步骤I中，分液时从分液漏斗下口放出溶液A C．试剂X可用硫酸 D．粗I2可用升华法进一步提纯 2．(2025·浙江省富阳中学高三选考模拟)处理废弃的锂电池正极材料LiCoO2以回收Li、Co等金属的部分工艺路线如下，已知气体1无毒无害，烧渣中Co仅有一种价态，下列说法错误的是( ) A．500℃焙烧生成的烧渣成分有LiCl、SiO2、CoCl2 B．滤饼2转化为Co3O4的反应中氧化剂∶还原剂=1∶6 C．若500℃焙烧后直接水浸可能会产生大量烟雾，腐蚀设备 D．流程中仅有滤液3和气体1可直接在该工艺路线中再利用 3．(2025·浙江省宁波市镇海中学高三选考模拟)我国铅锌矿储量丰富。通过以下工艺流程，综合利用冶炼铅锌矿过程中产生的废液［主要含H2SO4和As(Ⅲ)等］和窑渣(主要含FeS、CuS、CuFeS2、Fe2O3、SiO2等)。 已知：CuS、CuFeS2不溶于稀硫酸，在有O2存在下可与稀硫酸反应。下列说法错误的是( ) A．“氧化”时，H2O2使As(Ⅲ)转化成As(Ⅴ) B．“浸出”时，增大液固比可提高废酸中H+的去除率 C．硫元素和铁元素“浸出”与“沉砷”时被O2氧化 D．“水解”时，加Fe2O3的作用是调节溶液的pH，使Fe3+沉淀 4．(2024·浙江省宁波市镇海中学高三下学期5月模拟)从废旧CPU中回收Au、Ag、Cu的部分流程如下： 已知HAuCl4= H++AuCl4-，下列说法正确的是( ) A．酸溶时，硝酸只体现氧化性 B．向过滤所得滤液中加入过量浓氨水，可以分离Cu2+、Ag+ C．溶金时NaCl作用为增强硝酸的氧化性 D．向1mol HAuCl4中加入过量Zn使其完全还原为Au，需消耗2mol Zn 5．(2022·山东省济宁市三模)以废铁屑为原料制备硫酸亚铁晶体的实验过程如图，下列说法正确的是( ) A．取少量酸浸后的溶液，滴加硫氰化钾溶液，未变红色，说明废铁屑中不含+3价铁元素 B．人体血红素是亚铁离子配合物，硫酸亚铁可用于治疗缺铁性贫血 C．过滤步骤说明硫酸亚铁晶体难溶于水 D．实验过程不直接蒸发结晶的原因是防止FeSO4水解生成Fe(OH)2 6．(2025·浙江省东阳中学高三检测)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++8H2O=2SO42-+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质的物质的量之比为1∶7 C．“过滤I”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+、Fe3+和H+ D．“沉降、氧化”时发生反应的离子方程式：4Fe2++8NH3•H2O+O2=8NH4++4FeOOH↓+2H2O 7．(2025·浙江省宁波镇海中学高三质检)医学发现一种Fe3O4纳米粒子具有肝靶向功能。利用废旧镀锌铁皮制备Fe3O4胶体粒子的流程图示意如下： 已知：Zn溶于强碱时生成[Zn(OH)4]2-。下列有关说法正确的是( ) A．“Fe3O4”俗称铁红 B．“碱洗”是为了洗去废旧镀锌铁皮表面的油污 C．“酸溶”中发生反应的离子方程式为Fe(OH)3+3H+= Fe3++3H2O D．“氧化”后溶液中存在的离子有：H+、Fe2+、Fe3+、SO42- 考向02 以物质制备利用为背景 8．(2025·浙江省强基联高三联考)早期制备H2O2的方法如下： 滤液 下列说法不正确的是( ) A．步骤Ⅰ实验室可在蒸发皿中进行 B．步骤Ⅱ中每生成1molBaO2转移1mole- C．步骤Ⅲ涉及的反应方程式为BaO2+2HCl=BaCl2+ H2O2 D．步骤Ⅴ操作方法为减压蒸馏 9．(2025·浙江省第二届辛愉杯高三模拟考试)某兴趣小组用铬铁矿(FeCr2O4)制备CrCl3·6H2O，流程如下： 已知：①4FeCr2O4+10Na2CO3+7O28Na2Cr2O7+4NaFeO2+10CO2； ②Cr(OH)3不溶于乙醚。 下列说法不正确的是( ) A．步骤I应该将铬铁矿粉碎，以加快反应速率 B．步骤III从反应后溶液分离甲醇可用蒸馏法 C．步骤III应该滴加盐酸至恰好完全反应，方便后续调节pH D．步骤V可用乙醚洗涤 10．(2025·浙江省名校协作体高三联考)某兴趣小组用铬铁矿(FeCr2O4)制备CrCl3·6H2O，流程如下： 已知：①4FeCr2O4+10Na2CO3+7O28Na2Cr2O7+4NaFeO2+10CO2； ②Cr(OH)3不溶于乙醚。 下列说法不正确的是( ) A．步骤I应该将铬铁矿粉碎，以加快反应速率 B．步骤III从反应后溶液分离甲醇可用蒸馏法 C．步骤III应该滴加盐酸至恰好完全反应，方便后续调节 D．步骤V可用乙醚洗涤 11．(2025·浙江省七彩阳光新高考研究联盟高三联考)海水淡化有许多新工艺，某工艺的流程示意图如图所示。以下说法不正确的是( ) A．由于连续的热交换，a处海水的温度更高 B．减压蒸馏时的压强二级闪蒸室内更低 C．广泛使用太阳能、风能和发电厂的余热以及热交换可降低海水淡化成本 D．淡化后的盐水常用于生产食盐、钾、铝、碘等化工产品 12．(2025·浙江省五校高三联考)从饱和AlCl3溶液中制备无水AlCl3固体，某小组设计方案如下所示，下列说法不正确的是( ) A．步骤Ⅰ通入HCl的作用是抑制AlCl3水解并有利于AlCl3⋅6H2O结晶 B．步骤Ⅱ洗涤用的洗涤剂是水 C．步骤Ⅲ可采用减压干燥或低温干燥 D．步骤Ⅳ试剂SOCl2与水反应的产物可使品红溶液褪色 13．(2024·浙江省县域教研联盟高三下学期三模)以ClO2等为原料制备亚氯酸钠(NaClO2，有强氧化性和漂白性，其溶液受热易分解)的工艺流程如下： 下列说法不正确的是( ) A．试剂X可以是H2O2和NaOH的混合液 B．操作是减压蒸发，操作是重结晶 C．常温下，亚氯酸(HClO2)比亚氯酸钠更稳定 D．在酸性介质中还原氯酸钠(NaClO3)可制得原料ClO2 14．(2024·浙江省部分学校高三下学期模拟考试)硫酸钾是一种重要的无氯优质钾肥，利用某高钾明矾石制备硫酸钾的工艺流程如下： 已知：高钾明矾石的主要成分为K2SO4·Al2(SO4)3·2Al2O3·H2O和少量Fe2O3。下列说法不正确的是( ) A．焙烧时Al2(SO4)3反应的化学方程式为2Al2(SO4)3+4S+6O22Al2O3+10SO3 B．溶液X可能是NH3·H2O C．工业上通过电解化合物Y制成铝单质 D．SO3可回收利用后应用于本流程 15．(2024·浙江省稽阳联谊学校高三下学期二模)某学习小组以铝铁铜合金为主要原料制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O和Fe3O4胶体粒子，流程如下： 下列说法不正确的是( ) A．步骤I缓慢滴加H2O2并不断搅拌，有利于提高H2O2的利用率 B．滤渣的成分为Fe(OH)3 C．步骤Ⅳ可以加入95%乙醇进行醇析 D．步骤Ⅳ若用蒸发浓缩、冷却结晶，得到的一水硫酸四氨合铜晶体会含有较多Cu(OH)2等杂质 16．(2024·浙江省义乌中学考前模拟)一种海水提溴的部分工艺流程如图所示。下列说法错误的是( ) A．“氧化”和“转化”工序中Cl2的主要作用相同 B．水相Ⅰ和水相Ⅱ中均含有H+和Cl- C．“洗脱”工序可完成R3NCl的再生 D．保存液溴时加适量水的主要作用是防止溴单质被氧化 17．(2024·浙江省“辛愉杯”高三下学期联考)K3[Fe(C2O4)3] ⋅3H2O为草绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，可用FeC2O4制备，流程如下： 已知：FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3↓。 下列说法不正确的是( ) A．步骤Ⅰ中不可用酸性KMnO4溶液替代H2O2 B．步骤Ⅱ中加热煮沸是为了除去多余的H2O2 C．步骤Ⅲ中加入无水乙醇是为了降低三草酸合铁酸钾的溶解度 D．可用亚铁氰化钾溶液来检验翠绿色溶液中是否还有未被氧化 考向03 以物质分离提纯为背景 18．(2024·浙江省精诚联盟高三下学期三模)某小组设计如下实验方案除去肉桂醛()中的肉桂醇()杂质，下列说法不正确的是( ) 已知：①室温下，肉桂醛、肉桂醇均为微溶于水的油状液体； ②提纯时，肉桂醛与NaHSO3发生：。 A．步骤I中，饱和NaHSO3须加过量 B．步骤I中，可用少量氯仿洗涤组分1 C．步骤Ⅱ为加稀硫酸溶解固体，可在分液漏斗中进行 D．步骤Ⅱ中，Na2SO4可降低肉桂醛在水中的溶解度 19．(2024·浙江省高三下学期5月选考适应性考试)一种皂化废料含有CaCO3、Ca(OH)2、Mg(OH)2和SiO2，对其进行综合利用可得到碳酸镁和轻质碳酸钙，实现“变废为宝”。其工艺流程如图所示，下列说法错误的是( ) A．“溶解浸取”时可用稀盐酸代替氯化铵，且后续流程不变 B．“碳化I”发生的主要反应为Ca2++2NH3•H2O+CO2=CaCO3↓+2NH4++H2O C．此工艺中可循环使用NH4Cl和CO2，实现“变废为宝” D．此工艺不产生有毒有害物质，且有利于实现“碳达峰，碳中和” 20．(2024·浙江省杭州市西湖高级中学高三下学期5月模拟预测)为了自制肥皂，某化学兴趣小组设计方案如下所示，下列说法不正确的是( ) A．步骤Ⅰ中，试剂Ⅰ可以为乙醇，作用是提供均相溶剂 B．用玻璃棒蘸取混合液A，滴入装有冷水的试管中，观察有无滴浮在液面上来判断油脂是否水解完全 C．步骤Ⅱ中，试剂Ⅱ为饱和食盐水，目的是降低高级脂肪酸钠盐溶解度，使其析出 D．步骤Ⅲ中，可用多组纱布进行过滤操作 21．(2024•浙江省县域教研联盟高三联考)已知苯胺(液体)、苯甲酸(固体)微溶于水，苯胺盐酸盐易溶于水。实验室初步分离甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如下。下列说法正确的是( ) A．苯胺既可与盐酸也可与溶液反应 B．由①、③分别获取相应粗品时可采用相同的操作方法 C．苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得 D．①、②、③均为两相混合体系 22．(2024·浙江省绍兴市诸暨市高三下学期5月适应性考试)从苯甲醛和KOH溶液反应后的混合液中分离出苯甲醇和苯甲酸的过程如下： 已知甲基叔丁基醚的密度为0.74 g· cm-3，下列说法错误的是( ) A．“萃取”过程的萃取剂也可以选择乙醇 B．“有机层”从分液漏斗上口倒出 C．“操作X”为蒸馏，“试剂Y”可选用盐酸 D．实验所得的苯甲酸粗产品，可以利用重结晶进一步提纯 23．(2022•山东卷)高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。 开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2 下列说法错误的是( ) A．固体X主要成分是Fe(OH)3和S；金属M为Zn B．浸取时，增大O2压强可促进金属离子浸出 C．中和调pH的范围为3.2~4.2 D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成 24．(2024·浙江省浙江师大附属中学高三下月考)已知苯胺(液体)、苯甲酸(固体)微溶于水，苯胺盐酸盐易溶于水。实验室初步分离甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如下。下列说法正确的是( ) A．苯胺既可与盐酸也可与溶液反应 B．由①、③分别获取相应粗品时可采用相同的操作方法 C．苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得 D．①、②、③均为两相混合体系 25．(2024·浙江省金华市第一中学高三下学期考前预测)实验室在酸性环境下用重铬酸钠氧化环己醇制备环己酮的流程如图所示： 已知：主反应为放热反应；环己酮沸点为155℃，能溶于水，可与水形成沸点为95℃的共沸混合物。 下列说法不正确的是( ) A．若将环己醇滴加入Na2Cr2O7和H2SO4的混合溶液中会降低环己酮的产率 B．NaCl可降低产物在水中溶解度，便于后续萃取、分液 C．“试剂X”可选用丙酮一次萃取“液相2”来提高产率 D．“操作1”中可选用空气冷凝管 26．(2024·浙江省杭州学军中学高三下6月考前模拟)富硼渣中含有镁硼酸盐(2MgO·B2O3)、镁硅酸盐(2MgO·SiO2)及少量Al2O3、FeO等杂质。由富硼渣湿法制备硫酸镁晶体和硼酸(H3BO3)晶体的一种工艺流程如下。 注：温度高时，硼酸会随水蒸气挥发。下列说法不正确的是( ) A．酸浸时镁硼酸盐发生反应为2MgO·B2O3＋2H2SO4＋H2O=2MgSO4＋2H3BO3 B．向NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，有气泡产生 C．加入MgO的目的是调节溶液的pH，使杂质离子转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀 D．已知浓缩滤液时MgSO4和H3BO3接近饱和；将滤液浓缩蒸发结晶，得到硫酸镁晶体，趁热过滤，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体 27．(2025·浙江省金华第一中学高三选考模拟)乙酸铜常用作有机合成的催化剂或氧化剂。实验室中制备乙酸铜的流程如图所示。下列说法正确的是( ) A．反应①中双氧水起催化作用 B．为提高化学反应速率，反应①反应温度越高越好 C．步骤Ⅱ和步骤Ⅲ存在相同的操作 D．反应③碱式碳酸铜固体中加入的试剂X为冰醋酸 28．(2025·浙江省新阵地教育联盟高三第一次联考)以下流程可从含Cu²+的废液中回收高品质Cu2O。已知：CuCl是白色固体，难溶于水，可溶于Cl-浓度较大的体系，CuCl+2Cl-CuCl32-(棕色)，在碱性条件下易水解转化为Cu2O。 下列说法不正确的是( ) A．SO2在反应中表现还原性 B．试剂①可用饱和NaCl溶液 C．操作②是加水稀释，过滤 D．步骤③发生氧化还原反应 29．无水FeCl3常用作芳烃氯代反应的催化剂。以废铁屑(主要成分Fe，还有少量Fe2O3、C和SiO2)制取无水FeCl3的流程如下，下列说法正确的是( ) A．“过滤”所得滤液中大量存在的离子有：Fe3+、Fe2+、H+、Cl- B．“氧化”时可使用新制氯水作氧化剂 C．将“氧化”后的溶液蒸干可获得FeCl3·6H2O D．“脱水”时加入SOCl2能抑制FeCl3的水解，原因是SOCl2与水反应生成H2SO4和HCl 30．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++8H2O=2SO42-+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质的物质的量之比为1∶7 C．“过滤I”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+、Fe3+和H+ D．“沉降、氧化”时发生反应的离子方程式：4Fe2++8NH3•H2O+O2=8NH4++4FeOOH↓+2H2O 31．某新型纳米材料氧缺位铁酸盐ZnFe2Ox(3<x<4)，能在常温下将工业废气中的SO2、NO2等转化为单质而除去，由锌灰(含ZnO和少量PbO、CuO、Fe2O3等)为主要原料制备氧缺位铁酸盐及其转化废气的流程如图所示，下列说法不正确的是( ) A．浸取时为了提高酸浸效率，可以搅拌或延长浸取时间 B．“除杂”过程中需要加入足量锌粉等操作，与锌粉反应的金属离子有Fe3+、Cu2+ C．除去SO2时，ZnFe2Ox在反应中表现出氧化性 D．ZnFe2O4与H2反应制得1molZnFe2Ox时，转移的电子物质的量为(8-2x)mol 15 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 热点题型02 无机小流程分析 1．工艺流程题过程解读 (1)读流程图 ①箭头：箭头进入的是投料(反应物)、出去的是主产物或副产物(生成物)。 ②三线：出线和进线均表示物料流向或操作流程，可逆线表示物质循环。 (2)解题要点 ①审题要点：a．了解生产目的、原料及产品；b．了解题目提供的信息；c．分析各步的反应条件、原理及物质成分；d．理解物质分离、提纯、条件控制等操作的目的及要点。 ②答题切入点：a．原料及产品的分离提纯，b．生产目的及反应原理；c．生产要求及反应条件；d．有关产率、产量及组成的计算；e．绿色化学。 2．读流程寻破题关键 (1)看原料：明确化工生产或化学实验所需的材料。 (2)看目的：把握题干中的“制备”或“提纯”等关键词，确定化工生产或化学实验的目的。 (3)看箭头：进入的是投料(反应物)；出去的是生成物(包括主产物和副产物)。 (4)看三线：主线为主产品，分支为副产品，回头为循环物。 (5)找信息：明确反应条件的控制和分离提纯方法。(6)关注所加物质的可能作用：参与反应、提供反应氛围、满足定量要求。 3．明方法科学破题 (1)首尾分析法：对一些线型流程工艺(从原料到产品为一条龙的生产工序)试题，首先对比分析流程图中第一种物质(原材料)与最后一种物质(产品)，从对比分析中找出原料与产品之间的关系，弄清生产过程中原料转化为产品的基本原理和除杂、分离、提纯产品的化工工艺，然后结合题设的问题，逐一推敲解答。 (2)截段分析法：对于用同样的原材料生产两种或多种产品(包括副产品)的工艺流程题，用截段分析法更容易找到解题的切入点。关键在于看清主、副产品是如何分开的，以此确定截几段更合适，一般截段以产品为准点。 (3)交叉分析法：有些化工生产选用多组原材料，先合成一种或几种中间产品，再用这一中间产品与部分其他原材料生产所需的主流产品，这种题适合用交叉分析法。就是将提供的工业流程示意图结合常见化合物的制取原理划分成几条生产流水线，然后上下交叉分析。 4．工艺流程中常见的操作 常见的操作 分析时考虑的角度 分离、提纯 过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作 从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩—冷却结晶—过滤—(洗涤、干燥) 提高原子利用率 绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用) 在空气中或在其他气体中进行的反应或操作 要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应或能否达到隔绝空气，防氧化、水解、潮解等目的 判断沉淀是否洗涤干净 取最后洗涤液少量，检验其中是否还有某种离子存在等 控制溶液的pH ①调节溶液的酸碱性，抑制水解(或使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀) ②“酸作用”还可除去氧化物(膜) ③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等 ④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件) 控制温度(常用水浴、冰浴或油浴) ①防止副反应的发生 ②使化学平衡移动；控制化学反应的方向 ③控制固体的溶解与结晶 ④控制反应速率：使催化剂达到最大活性 ⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发 ⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离 ⑦趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量 ⑧降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求 洗涤晶体 ①水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质 ②“冰水洗涤”：能洗去晶体表面的杂质离子，且防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗 ③用特定的有机试剂清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度、有利于析出，减少损耗等 ④洗涤沉淀方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次 表面处理 用水洗除去表面可溶性杂质，金属晶体可用机械法(打磨)或化学法除去表面氧化物、提高光洁度等 (建议用时：40分钟) 考向01 以废旧资源开发利用为背景 1．(2024·浙江省1月选考)为回收利用含I2的CCl4废液，某化学兴趣小组设计方案如下所示，下列说法不正确的是( ) A．步骤I中，加入足量Na2CO3溶液充分反应后，上下两层均为无色 B．步骤I中，分液时从分液漏斗下口放出溶液A C．试剂X可用硫酸 D．粗I2可用升华法进一步提纯 【答案】B 【解析】由题给流程可知，向碘的四氯化碳溶液中加入碳酸钠溶液，碳酸钠溶液与碘反应得到含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液，分液得到四氯化碳和溶液A；向溶液A中加入硫酸溶液，碘化钠和碘酸钠在硫酸溶液中发生归中反应生成硫酸钠和碘。A项，由分析可知，步骤I中，加入足量碳酸钠溶液发生的反应为碳酸钠溶液与碘反应得到含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液，则充分反应后，上下两层均为无色，上层为含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液，下层为四氯化碳，故A正确；B项，四氯化碳的密度大于水，加入足量碳酸钠溶液充分反应后，上下两层均为无色，上层为含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液，下层为四氯化碳，则分液时应从分液漏斗上口倒出溶液A，故B错误；C项，向溶液A中加入硫酸溶液的目的是使碘化钠和碘酸钠在硫酸溶液中发生归中反应生成硫酸钠和碘，则试剂X可用硫酸，故C正确；D项，碘受热会发生升华，所以实验制得的粗碘可用升华法进一步提纯，故D正确；故选B。 2．(2025·浙江省富阳中学高三选考模拟)处理废弃的锂电池正极材料LiCoO2以回收Li、Co等金属的部分工艺路线如下，已知气体1无毒无害，烧渣中Co仅有一种价态，下列说法错误的是( ) A．500℃焙烧生成的烧渣成分有LiCl、SiO2、CoCl2 B．滤饼2转化为Co3O4的反应中氧化剂∶还原剂=1∶6 C．若500℃焙烧后直接水浸可能会产生大量烟雾，腐蚀设备 D．流程中仅有滤液3和气体1可直接在该工艺路线中再利用 【答案】B 【解析】根据流程图可知要回收Li、Co等金属，先将废弃的锂电池正极材料LiCoO2加SiCl4焙烧后加水溶解过滤，在滤液中加烧碱沉淀钴后再过滤，再在滤液中加纯碱再次沉淀锂过滤；在沉钴的滤渣中通入空气煅烧得Co3O4。A项，在焙烧过程中发生反应：4LiCoO2+3 SiCl44LiCl+3SiO2+4CoCl2+O2↑，烧渣成分为LiCl、SiO2、CoCl2，A正确；B项，滤饼2转化为Co3O4的反应为：6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O，氧化剂为：O2，1 mol得电子数为4mol，还原剂为Co(OH)2，6mol Co(OH)2只有4mol Co(OH)2被氧化，失去4 mol电子，则氧化剂∶还原剂=1∶4，B错误；C项，若500℃焙烧后直接水浸，烧渣中的氯化物会大量水解生成HCl酸雾，腐蚀设备，C正确；D项，沉锂过程中的滤液3为NaOH，可以返回到沉钴中循环使用，气体1为O2，可在滤饼2的煅烧中再利用，D正确；故选B。 3．(2025·浙江省宁波市镇海中学高三选考模拟)我国铅锌矿储量丰富。通过以下工艺流程，综合利用冶炼铅锌矿过程中产生的废液［主要含H2SO4和As(Ⅲ)等］和窑渣(主要含FeS、CuS、CuFeS2、Fe2O3、SiO2等)。 已知：CuS、CuFeS2不溶于稀硫酸，在有O2存在下可与稀硫酸反应。下列说法错误的是( ) A．“氧化”时，H2O2使As(Ⅲ)转化成As(Ⅴ) B．“浸出”时，增大液固比可提高废酸中H+的去除率 C．硫元素和铁元素“浸出”与“沉砷”时被O2氧化 D．“水解”时，加Fe2O3的作用是调节溶液的pH，使Fe3+沉淀 【答案】B 【解析】废液中加H2O2使As(Ⅲ)转化成As(V)，窑渣(主要含FeS、CuS、CuFeS2、Fe2O3、SiO2等)加氧化后的废液，并通入氧气，将金属化合物转化为Fe3+、Cu2+，SiO2不溶于硫酸过滤除去，滤液中继续通入氧气将砷转化为FeAsO4•2H2O沉淀，过滤后，滤液中加足量铁粉置换出Cu,同时Fe3+被还原为亚铁离子，再过滤出铜，滤液中通氧气将铁氧化为三价铁，调节pH值使铁转化为氢氧化铁，再经灼烧得到氧化铁。A项，“氧化”时，H2O2将废液[主要含H2SO4和As(Ⅲ)等]中的As(Ⅲ)转化成As(V)，故A正确；B项，“浸出”时，增大液固比即废酸的投入量增加，则废酸中H+的去除率应降低，故B错误；C项，因CuS、CuFeS2不溶于稀硫酸，在有O2存在下可与稀硫酸反应。故“浸出”时通入O2氧化的元素主要为S，“沉砷”时O2主要是将Fe2+氧化为Fe3+，从而生成FeAsO4•2H2O沉淀，故C正确；D项，“水解”时，加Fe2O3的作用是消耗Fe3+水解产生的H+调节溶液的pH，促进水解平衡正向移动，有利于使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀且不引入新的杂质，故D正确；故选B。 4．(2024·浙江省宁波市镇海中学高三下学期5月模拟)从废旧CPU中回收Au、Ag、Cu的部分流程如下： 已知HAuCl4= H++AuCl4-，下列说法正确的是( ) A．酸溶时，硝酸只体现氧化性 B．向过滤所得滤液中加入过量浓氨水，可以分离Cu2+、Ag+ C．溶金时NaCl作用为增强硝酸的氧化性 D．向1mol HAuCl4中加入过量Zn使其完全还原为Au，需消耗2mol Zn 【答案】D 【解析】由题给流程可知，向废旧CPU中加入硝酸溶液酸溶，将银、铜转化为银离子、铜离子，金不溶解，过滤得到含银离子和铜离子的滤液和滤渣；向滤渣中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，将金溶解得到HAuCl4溶液，向溶液中加入锌粉，将HAuCl4转化为金，过滤得到金。A项，酸溶时，银、铜与硝酸溶液反应生成硝酸银、硝酸铜，氮的氧化物和水，反应中氮元素部分降低被还原，硝酸表现酸性和强氧化性，故A错误；B项，铜离子和银离子都能与过量氨水反应生成铜氨络离子和银氨络离子，则用过量氨水无法分离铜离子和银离子，故B错误；C项，加入硝酸和氯化钠的混合溶液的目的是将金溶解得到HAuCl4溶液，其中氯化钠的作用是提供氯离子与金离子形成AuCl4-配离子，故C错误；D项，加入锌粉的目的是将HAuCl4转化为金，由题意可知HAuCl4为强酸，在溶液中完全电离出的氢离子也能与锌反应，则由得失电子数目守恒可知1mol HAuCl4完全反应时，消耗锌的物质的量为1mol×+1mol×=2mol，故D正确；故选D。 5．(2022·山东省济宁市三模)以废铁屑为原料制备硫酸亚铁晶体的实验过程如图，下列说法正确的是( ) A．取少量酸浸后的溶液，滴加硫氰化钾溶液，未变红色，说明废铁屑中不含+3价铁元素 B．人体血红素是亚铁离子配合物，硫酸亚铁可用于治疗缺铁性贫血 C．过滤步骤说明硫酸亚铁晶体难溶于水 D．实验过程不直接蒸发结晶的原因是防止FeSO4水解生成Fe(OH)2 【答案】B 【解析】废铁屑用稀硫酸酸浸后得到FeSO4溶液，FeSO4溶液经结晶、过滤得到硫酸亚铁晶体。A项，取少量酸浸后的溶液，滴加硫氰化钾溶液，未变红色，说明酸浸后的溶液中不存在Fe3+，但不能说明废铁屑中不含+3价铁元素，因为废铁屑中若含+3价铁元素，在酸浸时会被Fe还原成Fe2+，A项错误；B项，人体血红素是亚铁离子配合物，硫酸亚铁可提供亚铁离子，从而可用于治疗缺铁性贫血，B项正确；C项，硫酸亚铁晶体溶于水，题给实验过程中是经结晶析出晶体后过滤的，C项错误；D项，实验过程不直接蒸发结晶的原因是：防止硫酸亚铁被氧化、防止硫酸亚铁晶体失去结晶水，D项错误；故选B。 6．(2025·浙江省东阳中学高三检测)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++8H2O=2SO42-+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质的物质的量之比为1∶7 C．“过滤I”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+、Fe3+和H+ D．“沉降、氧化”时发生反应的离子方程式：4Fe2++8NH3•H2O+O2=8NH4++4FeOOH↓+2H2O 【答案】C 【解析】硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加FeS2把铁离子还原为亚铁离子，同时生成SO42-，过滤，滤渣含有SiO2和FeS2，滤液中含有Fe2+和H+，滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的FeOOH。A项，适当提高硫酸浓度，增大氢离子浓度，可增大反应速率，A正确；B项，有关的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=2 SO42-+15Fe2++16H+，反应中FeS2的Fe元素化合价不变，S元素化合价升高，则SO42-为氧化产物，Fe3+转化为Fe2+，化合价降低，Fe2+为还原产物，则“还原”时氧化产物与还原产物质的物质的量之比为2∶14=1∶7，B正确；C项，滤液中含有硫酸亚铁和过量的硫酸，且生成氢离子，则“过滤I”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+和H+，C错误；D项，滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，发生的离子方程式为4Fe2++8NH3•H2O+O2=8NH4++4FeOOH↓+2H2O，D正确；故选C。 7．(2025·浙江省宁波镇海中学高三质检)医学发现一种Fe3O4纳米粒子具有肝靶向功能。利用废旧镀锌铁皮制备Fe3O4胶体粒子的流程图示意如下： 已知：Zn溶于强碱时生成[Zn(OH)4]2-。下列有关说法正确的是( ) A．“Fe3O4”俗称铁红 B．“碱洗”是为了洗去废旧镀锌铁皮表面的油污 C．“酸溶”中发生反应的离子方程式为Fe(OH)3+3H+= Fe3++3H2O D．“氧化”后溶液中存在的离子有：H+、Fe2+、Fe3+、SO42- 【答案】D 【解析】废旧锌铁皮加入NaOH溶液中，氢氧化钠溶液与油污反应生成高级脂肪酸盐，具有去除油污作用，Zn溶于强碱时生成[Zn(OH)4]2-，过滤，所得固体加入过量稀硫酸，溶解铁，发生Fe+2H+= Fe2++H2↑，加入适量过氧化氢，氧化部分亚铁离子，氧化后的溶液中含有H+、Fe2+、Fe3+、SO42-，向溶液中通入氮气排出空气防止亚铁离子被氧化，加入NaOH溶液生成四氧化三铁胶体粒子。A项， Fe2O3俗称铁红，Fe3O4俗称磁性氧化铁，故A错误；B项，氢氧化钠溶液与油污反应生成高级脂肪酸盐，具有去除油污作用，Zn溶于强碱时生成[Zn(OH)4]2-，故B错误；C项，“酸溶”中发生反应的离子方程式为Fe+2H+= Fe2++H2↑，故C错误；D项，“氧化”后溶液中存在的离子有：H+、Fe2+、Fe3+、SO42-，故D正确；故选D。 考向02 以物质制备利用为背景 8．(2025·浙江省强基联高三联考)早期制备H2O2的方法如下： 滤液 下列说法不正确的是( ) A．步骤Ⅰ实验室可在蒸发皿中进行 B．步骤Ⅱ中每生成1molBaO2转移1mole- C．步骤Ⅲ涉及的反应方程式为BaO2+2HCl=BaCl2+ H2O2 D．步骤Ⅴ操作方法为减压蒸馏 【答案】A 【解析】由物质的转化关系可知，硝酸钡受热分解生成氧化钡、二氧化氮和氧气，氧化钡与氧气反应生成过氧化钡，过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和过氧化氢，经除杂、过滤得到过氧化氢溶液，过氧化氢溶液经减压蒸馏得到过氧化氢。A项，步骤I发生的反应为硝酸钡受热分解生成氧化钡、二氧化氮和氧气，反应过程应该在坩埚中进行，A错误；B项，步骤Ⅱ中发生归中反应，O从0价和-2价，生成-1价，每生成1molBaO2转移1mole-，B正确；C项，步骤Ⅲ中发生的复分解反应为过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和过氧化氢，BaO2+2HCl=BaCl2+ H2O2，C正确；D项，为防止过氧化氢受热分解，所以步骤为过氧化氢溶液经减压蒸馏得到过氧化氢，D正确；故选A。 9．(2025·浙江省第二届辛愉杯高三模拟考试)某兴趣小组用铬铁矿(FeCr2O4)制备CrCl3·6H2O，流程如下： 已知：①4FeCr2O4+10Na2CO3+7O28Na2Cr2O7+4NaFeO2+10CO2； ②Cr(OH)3不溶于乙醚。 下列说法不正确的是( ) A．步骤I应该将铬铁矿粉碎，以加快反应速率 B．步骤III从反应后溶液分离甲醇可用蒸馏法 C．步骤III应该滴加盐酸至恰好完全反应，方便后续调节pH D．步骤V可用乙醚洗涤 【答案】C 【解析】由流程可知，铬铁矿加入碳酸钠，通入氧气发生高温氧化反应：4FeCr2O4+10Na2CO3+7O28Na2Cr2O7+4NaFeO2+10CO2，加入盐酸酸化将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，加入甲醇还原Na2Cr2O7为+3价Cr，调节pH沉淀Cr3+得到Cr(OH)3，加入浓盐酸溶解Cr(OH)3，得到CrCl3溶液，再结晶、过滤、洗涤得到CrCl3·6H2O。A项，步骤I应该将铬铁矿粉碎，可增大固体的接触面积，以加快反应速率，A正确；B项，根据物质的沸点不同，步骤III从反应后溶液分离甲醇可用蒸馏法，B正确；C项，步骤III滴加盐酸应过量，形成酸性条件，促进甲醇还原Na2Cr2O7为+3价Cr，C错误；D项，已知Cr(OH)3不溶于乙醚，步骤V可用乙醚洗涤Cr(OH)3，D正确；故选C。 10．(2025·浙江省名校协作体高三联考)某兴趣小组用铬铁矿(FeCr2O4)制备CrCl3·6H2O，流程如下： 已知：①4FeCr2O4+10Na2CO3+7O28Na2Cr2O7+4NaFeO2+10CO2； ②Cr(OH)3不溶于乙醚。 下列说法不正确的是( ) A．步骤I应该将铬铁矿粉碎，以加快反应速率 B．步骤III从反应后溶液分离甲醇可用蒸馏法 C．步骤III应该滴加盐酸至恰好完全反应，方便后续调节 D．步骤V可用乙醚洗涤 【答案】C 【解析】由流程可知，铬铁矿加入碳酸钠，通入氧气发生高温氧化反应：4FeCr2O4+10Na2CO3+7O28Na2Cr2O7+4NaFeO2+10CO2，加入盐酸酸化将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，加入甲醇还原Na2Cr2O7为+3价Cr，调节pH沉淀Cr3+得到Cr(OH)3，加入浓盐酸溶解Cr(OH)3，得到CrCl3溶液，再结晶、过滤、洗涤得到CrCl3·6H2O。A项，步骤I应该将铬铁矿粉碎，可增大固体的接触面积，以加快反应速率，A正确；B项，根据物质的沸点不同，步骤III从反应后溶液分离甲醇可用蒸馏法，B正确；C项，步骤III滴加盐酸应过量，形成酸性条件，促进甲醇还原Na2Cr2O7为+3价Cr，C错误；D项，已知Cr(OH)3不溶于乙醚，步骤V可用乙醚洗涤Cr(OH)3，D正确；故选C。 11．(2025·浙江省七彩阳光新高考研究联盟高三联考)海水淡化有许多新工艺，某工艺的流程示意图如图所示。以下说法不正确的是( ) A．由于连续的热交换，a处海水的温度更高 B．减压蒸馏时的压强二级闪蒸室内更低 C．广泛使用太阳能、风能和发电厂的余热以及热交换可降低海水淡化成本 D．淡化后的盐水常用于生产食盐、钾、铝、碘等化工产品 【答案】D 【解析】A项，a处的海水被2次加热，所以海水的温度：a>b，A正确；B项，盐水能够从一级闪蒸室流入二级闪蒸室，说明一级闪蒸室中的压强大于二级闪蒸室的压强，B正确；C项，广泛使用太阳能、风能和发电厂的余热以及热交换可降低海水淡化成本，C正确；D项，铝、碘并非从海水提取，D错误； 故选D。 12．(2025·浙江省五校高三联考)从饱和AlCl3溶液中制备无水AlCl3固体，某小组设计方案如下所示，下列说法不正确的是( ) A．步骤Ⅰ通入HCl的作用是抑制AlCl3水解并有利于AlCl3⋅6H2O结晶 B．步骤Ⅱ洗涤用的洗涤剂是水 C．步骤Ⅲ可采用减压干燥或低温干燥 D．步骤Ⅳ试剂SOCl2与水反应的产物可使品红溶液褪色 【答案】B 【解析】饱和AlCl3溶液通入足量的HCl气体、冷水浴析出AlCl3⋅6H2O晶体，过滤、洗涤、烘干，得到晶体，晶体在SOCl2条件下生成无水氯化铝。A项，步骤Ⅰ通入HCl，使得溶液中氯离子、氢离子增大，能抑制AlCl3水解并有利于AlCl3⋅6H2O结晶，A正确； B项，为了减少晶体溶解损失且利于干燥，应该使用无水乙醇洗涤，B错误；C项，步骤Ⅲ为了防止氯化铝水解且为了加速干燥，可采用减压干燥或低温干燥，C正确；D项，SOCl2与水反应会生成HCl和二氧化硫气体，二氧化硫具有漂白性，可使品红溶液褪色，D正确；故选B。 13．(2024·浙江省县域教研联盟高三下学期三模)以ClO2等为原料制备亚氯酸钠(NaClO2，有强氧化性和漂白性，其溶液受热易分解)的工艺流程如下： 下列说法不正确的是( ) A．试剂X可以是H2O2和NaOH的混合液 B．操作是减压蒸发，操作是重结晶 C．常温下，亚氯酸(HClO2)比亚氯酸钠更稳定 D．在酸性介质中还原氯酸钠(NaClO3)可制得原料ClO2 【答案】C 【解析】以ClO2等为原料制备亚氯酸钠NaClO2，氯的化合价从+4变为+3，化合价降低，得电子，需要加入还原剂X，同时X中需要含钠元素，溶液A中已经生成NaClO2，由于其溶液受热易分解，故需要减压蒸发(操作I)，在冷却结晶，过滤后得粗产品，粗产品已经是结晶得到，故进一步重结晶(操作Ⅲ)得较纯产品。A项，H2O2可以失电子做还原剂，同时加氢氧化钠引入钠离子，故试剂X可以是H2O2和NaOH的混合液，A正确；B项，操作Ⅰ是减压蒸发，操作Ⅲ是重结晶，B正确；C项，在碱性溶液中NaClO2相对稳定,在酸性溶液中，ClO2-和H+结合为HClO2，不稳定，易分解产生Cl2、ClO2和H2O，C错误；D项，氯酸钠(NaClO3)制ClO2，氯元素化合价从+5变为+4，化合价降低，得电子，需要加入还原剂，D正确；故选C。 14．(2024·浙江省部分学校高三下学期模拟考试)硫酸钾是一种重要的无氯优质钾肥，利用某高钾明矾石制备硫酸钾的工艺流程如下： 已知：高钾明矾石的主要成分为K2SO4·Al2(SO4)3·2Al2O3·H2O和少量Fe2O3。下列说法不正确的是( ) A．焙烧时Al2(SO4)3反应的化学方程式为2Al2(SO4)3+4S+6O22Al2O3+10SO3 B．溶液X可能是NH3·H2O C．工业上通过电解化合物Y制成铝单质 D．SO3可回收利用后应用于本流程 【答案】B 【解析】高钾明矾石经粉碎后加入硫粉焙烧得到SO2、SO3，加入KOH发生反应的离子方程式为Al2O3+2OH−+3H2O =2[Al(OH)4]−，产生的浸渣为Fe2O3，浸液中的离子为[Al(OH)4]−、K+、SO42-，加入溶液X调节溶液pH可使[Al(OH)4]−转化为Al(OH)3白色沉淀，且得到K2SO4溶液，则X为H2SO4，过滤得到Al(OH)3白色固体，灼烧后得到化合物Y，则Y为Al2O3，滤液经过蒸发结晶可得到硫酸钾固体。A项，焙烧时Al2(SO4)3与硫粉及氧气在高温下发生化学反应，根据流程图中的信息，再结合氧化还原反应的基本规律可得反应的化学方程式为2Al2(SO4)3+4S+6O22Al2O3+10SO3，A不符合题意；B项，加入溶液X调节溶液pH可使[Al(OH)4]−转化为Al(OH)3白色沉淀，且得到K2SO4溶液，则X为H2SO4，不可能是NH3·H2O，B符合题意；C项，Al(OH)3白色固体灼烧得到Al2O3，则化合物Y为Al2O3，工业上通过电解化合物Al2O3制成铝单质，C不符合题意；D项，SO3可溶于水制得硫酸溶液，溶液X为H2SO4，则SO3可回收利用后应用于本流程，D不符合题意；故选B。 15．(2024·浙江省稽阳联谊学校高三下学期二模)某学习小组以铝铁铜合金为主要原料制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O和Fe3O4胶体粒子，流程如下： 下列说法不正确的是( ) A．步骤I缓慢滴加H2O2并不断搅拌，有利于提高H2O2的利用率 B．滤渣的成分为Fe(OH)3 C．步骤Ⅳ可以加入95%乙醇进行醇析 D．步骤Ⅳ若用蒸发浓缩、冷却结晶，得到的一水硫酸四氨合铜晶体会含有较多Cu(OH)2等杂质 【答案】B 【解析】铝铁铜合金粉末进行分离，铝铁应转化为滤渣形式，从所给物质分析，只能是氢氧化铝和氢氧化铁形式，铜转化为[Cu(NH3)4]SO4，利用[Cu(NH3)4]SO4难溶于乙醇，进行分离。A项，因为过氧化氢能够分解，所以在步骤Ⅰ缓慢滴加H2O2并不断搅拌，有利于提高H2O2的利用率，故正确；B项，合金粉末溶于氨水和硫酸铵以及过氧化氢的作用下，能进行分离，铁和铝都转化为滤渣，说明滤渣为 Al(OH)3、Fe(OH)3，故错误；C项，因为[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小，加入95%乙醇有利于得到较大颗粒的晶体，故正确；D项，步骤Ⅳ若改为蒸发浓缩、冷却结晶，蒸发过程中促进反应，Cu(NH3)42+ =Cu2+＋4NH3，氨气逸出，铜离子水解生成氢氧化铜，所以得到的一水硫酸四氨合铜晶体会含有较多Cu(OH)2等杂质，故正确；故选B。 16．(2024·浙江省义乌中学考前模拟)一种海水提溴的部分工艺流程如图所示。下列说法错误的是( ) A．“氧化”和“转化”工序中Cl2的主要作用相同 B．水相Ⅰ和水相Ⅱ中均含有H+和Cl- C．“洗脱”工序可完成R3NCl的再生 D．保存液溴时加适量水的主要作用是防止溴单质被氧化 【答案】D 【解析】卤水“氧化”时氯气与卤水反应置换出Br2，同时氯气与水反应生成HCl进入水相Ⅰ；“还原”时SO2与R3N[ClBr2]反应生成H2SO4、HBr、R3NCl，R3NCl再与HBr反应生成HCl和R3NBr，用盐酸“洗脱”R3NBr生成HBr和R3NCl，HBr被氯气氧化得到溴单质，蒸馏得到液溴。A项，“氧化”和“转化”工序中Cl2的主要作用均为氧化Br-，A项正确；B项，由流程中转化关系知，“氧化”时氯气与卤水反应置换出Br2，同时氯气与水反应生成HCl进入水相Ⅰ；“还原”时SO2与R3N[ClBr2]反应生成H2SO4、HBr、R3NCl，R3NCl再与HBr反应生成HCl和R3NBr，故水相Ⅱ中含H+和Cl-，则水相Ⅰ和水相Ⅱ中均含有H+和Cl-，B项正确；C项，用盐酸“洗脱”R3NBr生成HBr同时生成R3NCl，可完成R3NCl的再生，C项正确；D项，保存液溴时加适量水的主要作用是防止溴单质挥发，D项错误；故选D。 17．(2024·浙江省“辛愉杯”高三下学期联考)K3[Fe(C2O4)3] ⋅3H2O为草绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，可用FeC2O4制备，流程如下： 已知：FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3↓。 下列说法不正确的是( ) A．步骤Ⅰ中不可用酸性KMnO4溶液替代H2O2 B．步骤Ⅱ中加热煮沸是为了除去多余的H2O2 C．步骤Ⅲ中加入无水乙醇是为了降低三草酸合铁酸钾的溶解度 D．可用亚铁氰化钾溶液来检验翠绿色溶液中是否还有未被氧化 【答案】D 【解析】FeC2O4制备K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O晶体，第一步用H2O2将二价Fe氧化为三价Fe得到Fe(OH)3，加热除去过量的H2O2，加入草酸、饱和的草酸钾溶液形成K3[Fe(C2O4)3]溶液，加入无水乙醇降低三草酸合铁酸钾的溶解度，使之析出，过滤、洗涤、干燥得到K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O晶体。A项，H2O2能够将二价Fe氧化为三价Fe的同时并不产生杂质，且通过加热即可将过量的H2O2除去，故不可用酸性KMnO4溶液替代H2O2，A项正确；B项，H2O2受热分解，加热煮沸可以除去多余的H2O2，B项正确；C项，加入无水乙醇是可以降低三草酸合铁酸钾的溶解度，提高产率，C项正确；D项，检验Fe2+用铁氰化钾溶液而不是亚铁氰化钾溶液，D项错误；故选D。 考向03 以物质分离提纯为背景 18．(2024·浙江省精诚联盟高三下学期三模)某小组设计如下实验方案除去肉桂醛()中的肉桂醇()杂质，下列说法不正确的是( ) 已知：①室温下，肉桂醛、肉桂醇均为微溶于水的油状液体； ②提纯时，肉桂醛与NaHSO3发生：。 A．步骤I中，饱和NaHSO3须加过量 B．步骤I中，可用少量氯仿洗涤组分1 C．步骤Ⅱ为加稀硫酸溶解固体，可在分液漏斗中进行 D．步骤Ⅱ中，Na2SO4可降低肉桂醛在水中的溶解度 【答案】C 【解析】A项，肉桂醛与NaHSO3的反应为可逆反应，NaHSO3须过量以提高肉桂醛的转化率，A项正确；B项，据流程图可知，肉桂醇可溶于氯仿、不溶于氯仿，故可用少量氯仿洗去固体表面的杂质，B项正确；C项，分液漏斗不能作为反应容器，C项符合题意；D项，Na2SO4可提高溶剂的极性，降低极性较弱的有机物肉桂醛在水中的溶解度，D项正确；故选C。 19．(2024·浙江省高三下学期5月选考适应性考试)一种皂化废料含有CaCO3、Ca(OH)2、Mg(OH)2和SiO2，对其进行综合利用可得到碳酸镁和轻质碳酸钙，实现“变废为宝”。其工艺流程如图所示，下列说法错误的是( ) A．“溶解浸取”时可用稀盐酸代替氯化铵，且后续流程不变 B．“碳化I”发生的主要反应为Ca2++2NH3•H2O+CO2=CaCO3↓+2NH4++H2O C．此工艺中可循环使用NH4Cl和CO2，实现“变废为宝” D．此工艺不产生有毒有害物质，且有利于实现“碳达峰，碳中和” 【答案】A 【解析】“溶解浸取”时浸取液为氯化铵溶液，利用其水解产生的H+对皂化液渣进行溶浸。联系后续流程可知，CaCO3、Ca(OH)2被溶浸为Ca2+进入滤液，而Mg(OH)2不反应，和SiO2一起进入滤渣，滤液经过碳化得到CaCO3，滤渣经碳化得到碳酸氢镁溶液，过滤除去SiO2，碳酸氢镁热解得到碳酸镁。A项，若使用盐酸代替氯化铵溶液，会将滤渣中的Mg(OH)2全部溶解，后续需要将氯化钙和氯化镁分离，流程会发生改变，A项错误；B项，“碳化I”是将滤液中的Ca2+转化为碳酸钙，发生的主要反应为：Ca2++2NH3•H2O+CO2=CaCO3↓+2NH4++H2O，B选正确；C项，碳酸氢镁热解产生的CO2可以在碳化步骤中循环利用，“碳化I”中产生氯化铵可知溶解浸取中循环利用，C项正确；D项，此工艺中不产生有毒有害物质，且消耗了CO2，有利于实现“碳达峰，碳中和”，D项正确；故选A。 20．(2024·浙江省杭州市西湖高级中学高三下学期5月模拟预测)为了自制肥皂，某化学兴趣小组设计方案如下所示，下列说法不正确的是( ) A．步骤Ⅰ中，试剂Ⅰ可以为乙醇，作用是提供均相溶剂 B．用玻璃棒蘸取混合液A，滴入装有冷水的试管中，观察有无滴浮在液面上来判断油脂是否水解完全 C．步骤Ⅱ中，试剂Ⅱ为饱和食盐水，目的是降低高级脂肪酸钠盐溶解度，使其析出 D．步骤Ⅲ中，可用多组纱布进行过滤操作 【答案】B 【解析】油脂在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成甘油和高级脂肪酸钠，随后加入试剂II进行盐析，步骤Ⅲ为过滤得到高级脂肪酸钠，最后经过洗涤成型。A项，油脂和NaOH溶液都溶于乙醇，试剂I可以为乙醇，使得油脂和NaOH溶液都溶解在乙醇中，提供均相溶剂，A正确；B项，检验油脂是否水解完全，应该用玻璃棒蘸取混合液A，滴入装有热水的试管中，若用冷水，则反应平衡会逆向移动，一定会见到油水分层从而得出错误的结论，B错误；C项，盐析过程中，试剂Ⅱ为饱和食盐水，目的是降低高级脂肪酸钠的溶解度，从而促使其析出，C正确；D项，步骤Ⅲ中，为使得高级脂肪酸钠与液体充分分离同时减少高级脂肪酸钠的损失，可用多组纱布进行过滤操作，D正确；故选B。 21．(2024•浙江省县域教研联盟高三联考)已知苯胺(液体)、苯甲酸(固体)微溶于水，苯胺盐酸盐易溶于水。实验室初步分离甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如下。下列说法正确的是( ) A．苯胺既可与盐酸也可与溶液反应 B．由①、③分别获取相应粗品时可采用相同的操作方法 C．苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得 D．①、②、③均为两相混合体系 【答案】C 【解析】根据题给流程可知，向甲苯、苯胺、苯甲酸的混合溶液中加入盐酸，盐酸将微溶于水的苯胺转化为易溶于水的苯胺盐酸盐，分液得到水相Ⅰ和有机相Ⅰ；向水相中加入氢氧化钠溶液将苯胺盐酸盐转化为苯胺，分液得到苯胺粗品①；向有机相中加入水洗涤除去混有的盐酸，分液得到废液和有机相Ⅱ，向有机相Ⅱ中加入碳酸钠溶液将微溶于水的苯甲酸转化为易溶于水的苯甲酸钠，分液得到甲苯粗品②和水相Ⅱ；向水相Ⅱ中加入盐酸，将苯甲酸钠转化为苯甲酸，经结晶或重结晶、过滤、洗涤得到苯甲酸粗品③。A项，苯胺分子中含有的氨基能与盐酸反应，但不能与氢氧化钠溶液反应，A错误；B项，得到苯胺粗品①的分离方法为分液，得到苯甲酸粗品③的分离方法为结晶或重结晶、过滤、洗涤，获取两者的操作方法不同，B错误；C项，苯胺粗品、甲苯粗品、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得，C正确；D项，①、②为液相，③为固相，都不是两相混合体系，D错误；故选C。 22．(2024·浙江省绍兴市诸暨市高三下学期5月适应性考试)从苯甲醛和KOH溶液反应后的混合液中分离出苯甲醇和苯甲酸的过程如下： 已知甲基叔丁基醚的密度为0.74 g· cm-3，下列说法错误的是( ) A．“萃取”过程的萃取剂也可以选择乙醇 B．“有机层”从分液漏斗上口倒出 C．“操作X”为蒸馏，“试剂Y”可选用盐酸 D．实验所得的苯甲酸粗产品，可以利用重结晶进一步提纯 【答案】A 【解析】苯甲醛和KOH溶液反应后的混合液中主要是生成的苯甲醇和苯甲酸钾，加甲基叔丁基醚萃取、分液后，苯甲醇留在有机层中，加水洗涤、加硫酸镁干燥、过滤，再用蒸馏的方法将苯甲醇分离出来；而萃取、分液后所得水层主要是苯甲酸钾，要加酸将其转化为苯甲酸，然后经过结晶、过滤、洗涤、干燥得苯甲酸。A项，乙醇与水互溶，“萃取”过程的萃取剂不可以选择乙醇，故A错误；B项，甲基叔丁基醚的密度为0.74 g· cm-3，密度比水小，所以要从分液漏斗上口倒出，故B正确；C项，“操作X”是将苯甲醇从有机物中分离出来，可以利用沸点不同用蒸馏的方法将其分离出来；“试剂Y”的作用是将苯甲酸钾转化为苯甲酸，所以可选用盐酸，故C正确；D项，苯甲酸的溶解度受温度影响比较明显，实验所得的苯甲酸粗产品，可以利用重结晶进一步提纯，故D正确；故选A。 23．(2022•山东卷)高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。 开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2 下列说法错误的是( ) A．固体X主要成分是Fe(OH)3和S；金属M为Zn B．浸取时，增大O2压强可促进金属离子浸出 C．中和调pH的范围为3.2~4.2 D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成 【答案】D 【解析】依据题中的工艺流程，CuS精矿(含有杂质Zn、Fe元素)在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产生为CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH)3；滤液中含有Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入高压H2，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。A项，固体X主要成分是S、Fe(OH)3，金属M为Zn，A正确；B项，CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，增大O2的浓度，可以反应消耗S2-，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B正确；C项，根据流程图可知：用NH3调节溶液pH时，要使Fe3+转化为沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2～4.2，C正确；D项，在用H2还原Cu2+变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H+，与溶液中OH-结合形成H2O，若还原时增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H2失去电子还原Cu单质，因此不利于Cu的生成，D错误；故选D。 24．(2024·浙江省浙江师大附属中学高三下月考)已知苯胺(液体)、苯甲酸(固体)微溶于水，苯胺盐酸盐易溶于水。实验室初步分离甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如下。下列说法正确的是( ) A．苯胺既可与盐酸也可与溶液反应 B．由①、③分别获取相应粗品时可采用相同的操作方法 C．苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得 D．①、②、③均为两相混合体系 【答案】C 【解析】由题给流程可知，向甲苯、苯胺、苯甲酸的混合溶液中加入盐酸，盐酸将微溶于水的苯胺转化为易溶于水的苯胺盐酸盐，分液得到水相Ⅰ和有机相Ⅰ；向水相中加入氢氧化钠溶液将苯胺盐酸盐转化为苯胺，分液得到苯胺粗品①；向有机相中加入水洗涤除去混有的盐酸，分液得到废液和有机相Ⅱ，向有机相Ⅱ中加入碳酸钠溶液将微溶于水的苯甲酸转化为易溶于水的苯甲酸钠，分液得到甲苯粗品②和水相Ⅱ；向水相Ⅱ中加入盐酸，将苯甲酸钠转化为苯甲酸，经结晶或重结晶、过滤、洗涤得到苯甲酸粗品③。A项，苯胺分子中含有的氨基能与盐酸反应，但不能与氢氧化钠溶液反应，故A错误；B项，得到苯胺粗品①的分离方法为分液，得到苯甲酸粗品③的分离方法为结晶或重结晶、过滤、洗涤，获取两者的操作方法不同，故B错误；C项，苯胺粗品、甲苯粗品、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得，故C正确；D项，①、②为液相，③为固相，都不是两相混合体系，故D错误；故选C。 25．(2024·浙江省金华市第一中学高三下学期考前预测)实验室在酸性环境下用重铬酸钠氧化环己醇制备环己酮的流程如图所示： 已知：主反应为放热反应；环己酮沸点为155℃，能溶于水，可与水形成沸点为95℃的共沸混合物。 下列说法不正确的是( ) A．若将环己醇滴加入Na2Cr2O7和H2SO4的混合溶液中会降低环己酮的产率 B．NaCl可降低产物在水中溶解度，便于后续萃取、分液 C．“试剂X”可选用丙酮一次萃取“液相2”来提高产率 D．“操作1”中可选用空气冷凝管 【答案】C 【解析】第一步环己醇用酸性重铬酸钠氧化为环己酮，第二步加少量草酸的目的是还原过量的氧化剂重铬酸钠，防止环己酮被氧化，第三步95℃蒸馏收集到环己酮和水的共沸物，第四步加氯化钠固体，可以增大水层的密度，从而把环己酮和水分离，第五步加入无水碳酸钾除去环己酮中少量的水再进行蒸馏得到纯环己酮。A项，将环己醇滴入Na2Cr2O7和H2SO4的混合溶液中而不是将环己醇与其混合，会导致反应物接触面积小，反应速率慢，因而使环己醇转化率降低，故A项正确；B项，NaCl是离子化合物，可降低有机物环己酮在水中的溶解度，便于后续萃取、分液，故B项正确；C项，丙酮能溶于水，因此不能作为水溶液的萃取剂，故C项错误；D项，空气冷凝管是一种适用于蒸馏沸点较高的物质的冷凝管，可用于环己酮的蒸馏，故D项正确；故选C。 26．(2024·浙江省杭州学军中学高三下6月考前模拟)富硼渣中含有镁硼酸盐(2MgO·B2O3)、镁硅酸盐(2MgO·SiO2)及少量Al2O3、FeO等杂质。由富硼渣湿法制备硫酸镁晶体和硼酸(H3BO3)晶体的一种工艺流程如下。 注：温度高时，硼酸会随水蒸气挥发。下列说法不正确的是( ) A．酸浸时镁硼酸盐发生反应为2MgO·B2O3＋2H2SO4＋H2O=2MgSO4＋2H3BO3 B．向NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，有气泡产生 C．加入MgO的目的是调节溶液的pH，使杂质离子转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀 D．已知浓缩滤液时MgSO4和H3BO3接近饱和；将滤液浓缩蒸发结晶，得到硫酸镁晶体，趁热过滤，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体 【答案】B 【解析】根据工艺流程分析，将富硼渣研磨后得到富硼渣粉后用热的H2SO4溶液酸浸，发生反应2MgO·B2O3＋2H2SO4＋H2O=2MgSO4＋2H3BO3、Al2O3＋3H2SO4===Al2(SO4)3＋3H2O、FeO＋H2SO4===FeSO4＋H2O，浸出渣的主要成分为SiO2，浸出液中含有MgSO4、H3BO3、Al2(SO4)3和FeSO4，加入H2O2可将Fe2+氧化为Fe3+，再加入MgO调节pH可得到Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，过滤后将滤液浓缩后放入高压釜中，控制温度结晶分别得到硫酸镁晶体和硼酸晶体。A项，“酸浸”时镁硼酸盐发生的反应为2MgO·B2O3＋2H2SO4＋H2O=2MgSO4＋2H3BO3，故A项正确；B项，硼的非金属性比碳弱，故硼酸的酸性弱于碳酸，因此，向碳酸氢钠溶液中滴加饱和硼酸溶液，不能生成碳酸，不会有气泡产生，故B项错误；C项，加入MgO，调节pH可得到Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，即过滤后的滤渣主要为Al(OH)3和Fe(OH)3，故C项正确；D项，根据硫酸镁与硼酸溶解度随温度的变化图可知，大约80℃之前硫酸镁和硼酸的溶解度随温度的升高而升高，因此先降温结晶会同时得到硫酸镁和硼酸的晶体，正确的操作应为浓缩后，升温控制温度在200℃以上结晶，趁热过滤得到硫酸镁晶体，再降温结晶，得到硼酸晶体，故 D项正确；故选B。 27．(2025·浙江省金华第一中学高三选考模拟)乙酸铜常用作有机合成的催化剂或氧化剂。实验室中制备乙酸铜的流程如图所示。下列说法正确的是( ) A．反应①中双氧水起催化作用 B．为提高化学反应速率，反应①反应温度越高越好 C．步骤Ⅱ和步骤Ⅲ存在相同的操作 D．反应③碱式碳酸铜固体中加入的试剂X为冰醋酸 【答案】C 【解析】先用热碱液除去铜屑表面油污，过氧化氢在酸性条件下氧化铜屑得到CuSO4，CuSO4再与纯碱反应得到碱式碳酸铜，再与乙酸反应得到乙酸铜溶液，经过结晶得到乙酸铜晶体。A项，H2O2起到氧化作用，将Cu氧化为Cu(Ⅱ)，A错误；B项，反应①反应温度过高，H2O2分解程度变大，应选适宜的温度，B错误；C项，步骤Ⅱ和步骤Ⅲ都有固体生成，因此需要进行固液分离，因此，存在相同的操作为过滤，C正确；D项，碱式碳酸铜固体中加入的试剂X为醋酸溶液，在水溶液中便于反应发生，D错误； 故选C。 28．(2025·浙江省新阵地教育联盟高三第一次联考)以下流程可从含Cu²+的废液中回收高品质Cu2O。已知：CuCl是白色固体，难溶于水，可溶于Cl-浓度较大的体系，CuCl+2Cl-CuCl32-(棕色)，在碱性条件下易水解转化为Cu2O。 下列说法不正确的是( ) A．SO2在反应中表现还原性 B．试剂①可用饱和NaCl溶液 C．操作②是加水稀释，过滤 D．步骤③发生氧化还原反应 【答案】D 【解析】由流程图可知，先将含铜废液通SO2和饱和NaCl溶液反应生成CuCl32-，加水稀释，氯离子浓度降低，生成CuCl沉淀，过滤，控制温度和pH使其水解转化为Cu2O。A项，SO2将Cu2+还原为Cu+，为还原剂，在反应中表现还原性，故A项正确；B项，试剂①可用饱和NaCl溶液，故B项正确；C项，操作②为加水稀释，氯离子浓度降低，生成CuCl沉淀，过滤，故C项正确；D项，步骤③中各元素化合价均为改变，则未发生氧化还原反应，故D项错误；故选D。 29．无水FeCl3常用作芳烃氯代反应的催化剂。以废铁屑(主要成分Fe，还有少量Fe2O3、C和SiO2)制取无水FeCl3的流程如下，下列说法正确的是( ) A．“过滤”所得滤液中大量存在的离子有：Fe3+、Fe2+、H+、Cl- B．“氧化”时可使用新制氯水作氧化剂 C．将“氧化”后的溶液蒸干可获得FeCl3·6H2O D．“脱水”时加入SOCl2能抑制FeCl3的水解，原因是SOCl2与水反应生成H2SO4和HCl 【答案】B 【解析】废铁屑加入盐酸酸溶，碳、二氧化硅不反应，铁转化为盐溶液，过滤滤液加入新制氯水将亚铁离子氧化为铁离子，处理得到FeCl3·6H2O，加入SOCl2脱水得到FeCl3。A项，铁屑中主要成分Fe ，铁和铁离子生成亚铁离子，故“过滤”所得滤液中大量存在的离子有：Fe2+、H+、Cl-，A错误；B项，氯气具有氧化性，且不引入新杂质，故“氧化”时可使用新制氯水作氧化剂，B正确；C项，铁离子水解生成氢氧化铁，故不能将“氧化”后的溶液蒸干来获得FeCl3·6H2O，C错误；D项，是SOCl2与水反应生成SO2和HCl，D错误；故选B。 30．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++8H2O=2SO42-+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质的物质的量之比为1∶7 C．“过滤I”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+、Fe3+和H+ D．“沉降、氧化”时发生反应的离子方程式：4Fe2++8NH3•H2O+O2=8NH4++4FeOOH↓+2H2O 【答案】C 【解析】硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加FeS2把铁离子还原为亚铁离子，同时生成SO42-，过滤，滤渣含有SiO2和FeS2，滤液中含有Fe2+和H+，滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的FeOOH。A项，适当提高硫酸浓度，增大氢离子浓度，可增大反应速率，A正确；B项，有关的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=2 SO42-+15Fe2++16H+，反应中FeS2的Fe元素化合价不变，S元素化合价升高，则SO42-为氧化产物，Fe3+转化为Fe2+，化合价降低，Fe2+为还原产物，则“还原”时氧化产物与还原产物质的物质的量之比为2∶14=1∶7，B正确；C项，滤液中含有硫酸亚铁和过量的硫酸，且生成氢离子，则“过滤I”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+和H+，C错误；D项，滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，发生的离子方程式为4Fe2++8NH3•H2O+O2=8NH4++4FeOOH↓+2H2O，D正确；故选C。 31．某新型纳米材料氧缺位铁酸盐ZnFe2Ox(3<x<4)，能在常温下将工业废气中的SO2、NO2等转化为单质而除去，由锌灰(含ZnO和少量PbO、CuO、Fe2O3等)为主要原料制备氧缺位铁酸盐及其转化废气的流程如图所示，下列说法不正确的是( ) A．浸取时为了提高酸浸效率，可以搅拌或延长浸取时间 B．“除杂”过程中需要加入足量锌粉等操作，与锌粉反应的金属离子有Fe3+、Cu2+ C．除去SO2时，ZnFe2Ox在反应中表现出氧化性 D．ZnFe2O4与H2反应制得1molZnFe2Ox时，转移的电子物质的量为(8-2x)mol 【答案】C 【解析】锌灰(含ZnO和少量PbO、CuO、Fe2O3等)加稀硫酸浸取，反应得到ZnSO4、CuSO4、PbSO4、Fe2(SO4)3，过滤除去PbSO4得到含ZnSO4、CuSO4、Fe2(SO4)3的溶液，除杂除去Cu2+，再通过系列处理得到ZnFe2O4，ZnFe2O4和氢气反应得到ZnFe2Ox。A项，浸取时，搅拌或延长时间可以让原料充分反应，从而提高浸取效率，A正确；B项，除杂的目的是除去Cu2+又不引入新的杂质，故选用锌粉，Fe3+氧化性强于Cu2+，Fe3+先与Zn反应，则与锌粉反应的金属离子有Fe3+、Cu2+，B正确；C项，ZnFe2Ox(3<x<4)，则ZnFe2Ox中铁有+2价、+3价，除去SO2时，ZnFe2Ox→ZnFe2O4，Fe的价态升高，ZnFe2Ox作还原剂，C错误；D项，ZnFe2O4与H2反应制得1molZnFe2Ox时，Fe的价态由+3价降低为平均价态(x-1)价，则制得1molZnFe2Ox时，转移电子物质的量为1mol×2×[3-(x-1)]=(8-2x)mol，D正确；故选C。 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$