专题二 [选择题] 第2练 微型工艺流程-【步步高·考前三个月】2025年高考化学复习讲义课件（鲁琼版）（课件PPT+word教案）

[选择题] 专题二　第2练　 微型工艺流程 真题演练 模拟预测 内容索引 1.(2021·山东，8)工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图，下列说法错误的是 A.吸收过程中有气体生成 B.结晶后母液中含有NaHCO3 C.气流干燥湿料时温度不宜过高 D.中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3 1 2 3 4 5 √ 真题演练 PART ONE 1 2 3 4 5 根据流程图分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确； 结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO3，B错误； NaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C正确； 结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正确。 2.(2020·山东，9)以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下： 已知浸出时产生的废渣中有SiO2、 Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错 误的是 A.浸出镁的反应为MgO+2NH4Cl=== 　MgCl2+2NH3↑+H2O B.浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行 C.流程中可循环使用的物质有NH3、NH4Cl D.分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同 √ 1 2 3 4 5 氯化铵溶液显酸性，与MgO反应，相当于MgO促进了氯化铵的水解，生成氨气，A项正确； NH3·H2O易分解，故沉镁时温度不可太高，B项错误； 由流程图可知氨气可循环使用，沉镁过程中产生氯化铵，故氯化铵也可循环使用，C项正确； 浸出过程中产生Fe(OH)3和Al(OH)3，沉镁过程中加氨水调节pH产生Mg(OH)2，利用三种离子氢氧化物Ksp的不同，使其先后沉淀而分离，D项正确。 1 2 3 4 5 3.(2023·山东，13)一种制备Cu2O的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液pH在3~4之间，反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行。常温下，H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.3×10-8。下列说法正确的是 A.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应 B.低温真空蒸发主要目的是防止NaHSO3 　被氧化 C.溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元 　吸收气体Ⅰ D.若Cu2O产量不变，参与反应Ⅲ的X与 　CuSO4物质的量之比增大时，需补加NaOH的量减少 1 2 3 4 5 √ √ 1 2 3 4 5 反应Ⅰ是铜和浓硫酸反应生成SO2、CuSO4和H2O，是氧化还原反应，反应Ⅱ是SO2和碳酸钠溶液反应生成NaHSO3和CO2，不是氧化还原反应，反应Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O、Na2SO4和SO2，是氧化还原反 应，故A错误； 低温真空蒸发主要目的是防止Na2SO3被氧化，而不是NaHSO3，故B错误； 1 2 3 4 5 溶液Y含Na2SO3，可循环用于反应Ⅱ的操作单元吸收SO2气体(气体Ⅰ)，故C正确； 制取Cu2O总反应方程式是2CuSO4　+3Na2SO3===Cu2O↓+2SO2↑+3Na2SO4， 化合物X为Na2SO3，若Cu2O产 量不变，增大时，多的Na2SO3会消耗氢离子，为控制反应pH=5，可减少NaOH的量，故D正确。 4.(2022·山东，12)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。 1 2 3 4 5   Fe(OH)3 Cu(OH)2 Zn(OH)2 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 √ 1 2 3 4 5   Fe(OH)3 Cu(OH)2 Zn(OH)2 开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2 CuS精矿(含Zn、Fe元素的杂质)在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，与CuS反应生成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。经过上述分析可知，固体X的主要成分是S、Fe(OH)3，金属M为Zn，A正确； 1 2 3 4 5 CuS难溶于硫酸溶液，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出，B正确； 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的范围为3.2~4.2，C正确； 1 2 3 4 5 用H2还原Cu2+变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H+，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。 1 2 3 4 5 5.(2024·北京，7)硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A.Ⅰ的化学方程式：3FeS2+8O2 Fe3O4+6SO2 B.Ⅱ中的反应条件都是为了提高SO2平衡转化率 C.将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生 D.生产过程中产生的尾气可用碱液吸收 1 2 3 4 5 √ 1 2 3 4 5 Ⅰ是黄铁矿和空气中的O2在加热条件下反应生成SO2和Fe3O4，化学方程式为3FeS2+8O2 Fe3O4+6SO2，A正确； Ⅱ是放热反应，温度越高，SO2平衡转化率越小，Ⅱ中的反应条件要兼顾平衡转化率和反应速率，还要考虑生产成本及催化剂的活性，不都是为了提高SO2平衡转化率，B错误； 1 2 3 4 5 将黄铁矿换成硫黄，不再产生Fe3O4，可以减少废渣产生，C正确； 硫酸工业产生的尾气为SO2、SO3，可以用碱液吸收，D正确。 1.(2024·临沂一模)工业上煅烧含硫矿物产生 的SO2可以按如图流程脱除或利用。 已知：途径Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均有空气参与；硫 酸的结构简式为 。下列说法错误的是 A.含硫矿物粉碎有利于提高“煅烧”效率 B.途径Ⅱ发生的反应为2SO2+O2+2CaCO3 2CaSO4+2CO2 C.途径Ⅲ产生的SO3也可以用浓硫酸吸收 D.1 mol X最多可以与1 mol NaOH反应 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 10 11 12 模拟预测 PART TWO 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 含硫矿物煅烧产生二氧化硫，二氧化硫与氧气、碳酸钙发生反应：2SO2+ O2+2CaCO3 2CaSO4+2CO2，二氧化硫经催化氧化产生三氧化硫，三氧 化硫与甲醇反应得到X。含硫矿物粉碎有利于提高“煅烧”效率，A正确； 途径Ⅲ产生的SO3也可以用浓硫酸吸收得到焦硫酸，再稀释转化为浓硫酸，可以避免三氧化硫与水反应形成大量酸雾，C正确； X经水解可得到硫酸和甲醇，故1 mol X最多可以与2 mol NaOH反应，D错误。 2.(2024·威海二模)白硼钙石的主要成分是Ca4B10O19·7H2O(含有少量Fe2O3、FeO、CaCO3和SiO2等杂质)，利用白硼钙石制取强还原剂NaBH4的工艺流程如下： 已知：H3BO3微溶于水，易溶于乙醇；偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定。下列说法错误的是 A.“气体”中可能有CO2、NO2、NO B.该流程用到两步过滤操作 C.物质a可循环利用 D.“反应W”为非氧化还原反应 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由题干流程图可知，白硼钙石的主要成分是Ca4B10O19·7H2O(含有少量Fe2O3、FeO、CaCO3和SiO2等杂质)，将其粉碎后加入浓硝酸，Ca转化为Ca(NO3)2、Fe转化为Fe(NO3)3、B转 化为H3BO3，SiO2不溶于硝酸，操作X为过滤，得到滤液，主要含有Ca(NO3)2、Fe(NO3)3，滤渣主要含有SiO2和H3BO3，向滤渣中加入乙醇进行醇浸，操作Y为过滤，得到滤渣的主要成分为SiO2，滤液为H3BO3的酒精溶液，向滤液中加入NaOH溶液进行水浴加热，将H3BO3转化为NaBO2， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 将乙醇(物质a)蒸馏出来，操作Z为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，获得纯净的NaBO2固体，将固体NaBO2和MgH2混合反应生成NaBH4和耐火材料MgO，据此分析 解题。气体为浓硝酸与氧化亚铁反应后生成的NO2及与碳酸钙反应产生的CO2，无NO气体，A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由分析，操作X和操作Y都是过滤，B正确； 由分析可知，物质a为乙醇，可以在醇浸步骤循环使用，C正确； “反应W”为NaBO2和MgH2混合 反应生成NaBH4和MgO，无元素化合价变化，是非氧化还原反应，D正确。 3.(2024·潍坊三模)铂钯精矿中Au、Pt、Pd含量较低，Cu、Zn、Pb含量较高。一种从铂钯精矿中提取Au和Pt的工艺如图所示。 已知：“酸浸”过程为电控除杂；“氯化溶解”后所得主要产物为HAuCl4、H2PtCl6、H2PdCl6；(NH4)2PdCl6在煮沸下与水反应得到易溶于水的(NH4)2PdCl4。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 下列说法错误的是 A.“酸浸”可除去Cu、Zn、Pb B.“分金”过程发生反应的化学 　方程式是2HAuCl4+3SO2+6H2O 　===2Au+3H2SO4+8HCl C.“煅烧”过程中每消耗1 mol(NH4)2PtCl6转移6 mol e- D.“煮沸”过程中产生HCl √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 已知“氯化溶解”后所得主要产物为HAuCl4、H2PtCl6、H2PdCl6，则“酸浸”过程应除去了Cu、Zn、Pb，故A正确； “分金”过程发生的是氧化还 原反应，SO2为还原剂，根据得失电子守恒、元素守恒配平该反应的化学方程式是2HAuCl4+3SO2+6H2O===2Au+3H2SO4+8HCl，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 “煅烧”过程中发生反应：3(NH4)2PtCl6 2N2↑+3Pt+2NH4Cl+16HCl↑，由方程式可知，每消耗3 mol(NH4)2PtCl6转移12 mol e-，故每消耗 1 mol(NH4)2PtCl6转移4 mol e-，故C错误； “煮沸”过程中发生反应：(NH4)2PdCl6+H2O===(NH4)2PdCl4+HCl+HClO，故产生HCl，故D正确。 4.(2024·济南三模)利用工业Mg(OH)2(含少量Ca、Fe、Mn等元素的氧化物)制备高纯MgF2的工艺如下。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 已知：“反应器1”加氨水调节pH至7.5左右；碱性环境下氧化能力：H2O2>MnO2；HF可以腐蚀硅酸盐材料；有关金属离子浓度随pH变化如图所示。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 下列说法错误的是 A.“反应器2”加入双氧水，是为了除去Fe元素 B.“反应器4”不宜使用硅酸盐材质的材料 C.分离滤渣时可用减压过滤加快分离速度 D.“滤液”经蒸发浓缩、冷却结晶后所得晶体可用作肥料 √ 在“反应器1”中工业Mg(OH)2(含少量Ca、Fe、Mn等元素的氧化物)各组分被硝酸溶解，其中铁的氧化物溶解并被氧化为Fe3+，在加氨水调节pH至7.5左右时转化为Fe(OH)3；已知碱性环境下氧化能力：H2O2>MnO2，可知“反应器2”加入双氧水，是为了将Mn2+氧化为MnO2被除去； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 “反应器3”加入草酸铵是为了沉淀除去Ca2+，所以滤渣Ⅲ的主要成分是CaC2O4，“反应器4”制得高纯MgF2。F-水解会产生氢氟酸，所以“反应器4”不宜使用硅酸盐材质的材料，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 “滤液”的主要成分是硝酸铵，经蒸发浓缩、冷却结晶后所得晶体可用作肥料，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 5.(2024·山东名校联考一模)由菱锰矿(MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备锂电池正极材料LiMn2O4的流程如下： 已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]= 5.5×10-16；当金属离子浓度小于1×10-5 mol·L-1时视为沉淀完全。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 下列说法错误的是 A.题述流程中有三种元素被氧化 B.从利用率考虑“反应器”中不 　宜使用H2O2替代MnO2 C.溶矿反应完成后，“反应器” 　中溶液pH=4，则Fe3+和Al3+都 　沉淀完全 D.加入少量BaS溶液以除去Ni2+，生成的沉淀有NiS、BaSO4 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 菱锰矿主要含有MnCO3，还含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素，MnCO3和稀硫酸反应生成硫酸锰，同时得到硫酸亚铁、硫酸镍、硫酸铝等，用二氧化锰把 硫酸亚铁氧化为氢氧化铁沉淀除去，加石灰乳调节至pH≈7生成氢氧化铝沉淀除铝，加BaS生成NiS除Ni，过滤，滤液中含有硫酸锰，电解硫酸锰溶液得到MnO2，煅烧窑中碳酸锂和二氧化锰反应生成LiMn2O4， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 据此分析解题。用二氧化锰把硫酸亚铁氧化为氢氧化铁沉淀除铁过程中Fe元素被氧化，电解硫酸锰溶液得到MnO2过程中Mn元素被氧化，煅烧窑中碳酸 锂和二氧化锰反应生成LiMn2O4、CO2和O2过程中Mn和O元素被氧化，所以共有三种元素被氧化，故A正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 MnO2具有氧化性，加入少量MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+可以催化H2O2分解，所以不宜使用H2O2替代MnO2，故B正确； pH=4，c(OH-)=1×10-10 mol·L-1，根据Fe(OH)3和Al(OH)3的Ksp可知，此时c(Fe3+)==2.8×10-9 mol·L-1，c(Al3+)==1.3×10-3 mol· L-1，Al3+没有沉淀完全，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 溶液中的S、Ni2+都会与BaS反应，可知生成的沉淀有BaSO4、NiS，故D正确。 6.(2024·青岛三模)以BaCO3、TiCl4为原料，采用草酸盐共沉淀法制备草酸氧钛钡晶体[BaTiO(C2O4)2·4H2O]，高温煅烧制得钛酸钡粉体。工艺流程如图。 下列说法错误的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A.“混合”反应的化学方程式为TiCl4+ 　2H2C2O4+6NH3·H2O===(NH4)2TiO(C2O4)2 　+4NH4Cl+5H2O B.若省略“洗涤”步骤，在“煅烧”步骤中会额外产生污染空气的气体 C.先将TiCl4与H2C2O4“混合”后再加入Ba2+是为了防止产生BaC2O4等沉淀影响产物 　纯度 D.整个制备过程不涉及氧化还原反应 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 四氯化钛、氨水、草酸混合反应转化为(NH4)2TiO(C2O4)2、NH4Cl和H2O，碳酸钡与盐酸反应转化为氯化钡、水和CO2，氯化钡与(NH4)2TiO(C2O4)2反应生成BaTiO(C2O4)2·4H2O沉淀，洗 涤、干燥、煅烧得到钛酸钡粉末，据此回答。若省略“洗涤”步骤，沉淀中含有NH4Cl，在“煅烧”步骤中会额外产生NH3与HCl，B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 若没有先将TiCl4与H2C2O4“混合”，直接加入Ba2+会产生BaC2O4沉淀，影响产物的纯度，C正确； BaTiO(C2O4)2·4H2O煅烧，发生分解反应，由元素守恒可知， 高温下的气体产物有CO、CO2、H2O(g)，存在元素化合价的变化，涉及氧化还原反应，D错误。 7.(2024·日照三模)从锌浸渣(主要含ZnFe2O4、CaSO4，少量ZnS和GeS2)中提取Ge的流程如下： 已知： ①锗在硫酸中的存在形式：pH≤2.0时主要为Ge4+，pH为2~7时主要为Ge(OH)4。 ②常温下，Ksp[Ge(OH)4]=4.0×10-46，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 下列说法错误的是 A.GeS2被双氧水氧化的离子方程式为 　GeS2+2H2O2+4H+===Ge4++4H2O+2S B.“中和沉淀”中，所加化合物A可为 　ZnO或Zn(OH)2 C.常温下，“中和沉淀”时调节溶液 　pH=4.4，锗元素和铁元素共沉淀，此时滤液中c(Ge4+)∶c(Fe3+)=101.6 D.从滤液回收ZnSO4·7H2O晶体用到的主要仪器有酒精灯、玻璃棒、坩埚、 　泥三角 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由题给的流程可知，向锌浸渣中加入过氧化氢和硫酸的混合液，将ZnFe2O4转化为硫酸锌和硫酸铁，硫化锌、二硫化锗转化为硫酸锌、硫酸锗和硫，过滤得到含有硫酸锌、 硫酸铁和硫酸锗的滤液，向滤液中加入化合物A，为了不引入新杂质，则A为氧化锌或氢氧化锌，调节溶液pH，将溶液中的铁离子、锗离子转化为氢氧化铁、氢氧化锗沉淀，过滤得到滤液和滤饼； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 滤液经蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸锌晶体；向滤饼中加入盐酸溶解后，蒸馏得到四氯化锗，四氯化锗在一定条件下水解，过滤得到水解液和二氧化锗；二氧 化锗与合适的还原剂在一定条件下反应生成锗。常温下，“中和沉淀”时调节溶液pH=4.4，锗元素和铁元素共沉淀，由溶度积可知，滤液中 锗离子和铁离子的浓度比===101.6，C项正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 从滤液回收ZnSO4·7H2O晶体用到的主要仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿，D项错误。 8.(2024·济宁一模)从废旧磷酸铁锂电极材料(LiFePO4、导电石墨、铝箔)中回收锂的工艺流程如图，下列说法错误的是 已知：Li2CO3在水中的溶解度随温度升 高而降低，但煮沸时与水发生反应。 A.旧电池拆解前进行充分放电是因为放 　电可使Li+在负极富集 B.“氧化”时，H2O2可用KClO3代替 C.“氧化”时发生反应的化学方程式为2LiFePO4+H2O2+2HCl===2LiCl+ 　2FePO4+2H2O D.“系列操作”具体包括水浴加热、趁热过滤、洗涤、干燥 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 放电有利于Li+向正极移动并进入正极材料，A错误； “氧化”时，H2O2不可用KClO3代替，否则会引入其他杂质离子，B错误； “氧化”时，生成了难溶的FePO4，发生反应的化学方程式为2LiFePO4+　H2O2+2HCl===2LiCl+2FePO4+2H2O，C正确； 已知Li2CO3在水中的溶解度随温度升高而降低，但煮沸时与水发生反应，故沉锂时要保持适当的温度，“系列操作”具体包括水浴加热、趁热过滤、洗涤、干燥，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 9.(2024·德州一模)一种利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量SiO2、Fe2O3、Al2O3等杂质)制备LiCoO2的工艺流程如下，下列说法错误的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 已知：常温下，部分金属离子沉淀的pH如下表 金属离子 Fe2+ Fe3+ Al3+ Co3+ 开始沉淀的pH 8.5 2.2 3.4 7.8 完全沉淀[c(金属离子)≤1×10-5 mol·L-1]的pH 10.0 3.0 4.5 9.4 A.“酸浸”时可用SO2代替H2O2 B.“调pH”的范围为4.5~7.8，滤液中残留的c(Al3+)∶c(Fe3+)=104.5 C.气体X可在“调pH”操作单元回收利用 D.“高温焙烧”时的化学方程式：4CoCO3+2Li2CO3+O2　　　4LiCoO2+6CO2 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 金属离子 Fe2+ Fe3+ Al3+ Co3+ 开始沉淀的pH 8.5 2.2 3.4 7.8 完全沉淀[c(金属离子)≤1×10-5 mol·L-1]的pH 10.0 3.0 4.5 9.4 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 Co3O4中钴元素化合价由+2、+3价组成，“酸浸”时过氧化氢的作用是将Co2+氧化为Co3+，而SO2可能将Fe3+还原为Fe2+，不利于“调pH”时的pH控制，因此不能代替H2O2，故A错误； 由表中数据可知，pH=3.0时，Fe3+沉淀完全，pH=4.5时，Al3+沉淀完全，“调pH”的范围为4.5~7.8，滤渣的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3，此时溶液中c(Al3+)∶c(Fe3+)=Ksp[Al(OH)3]∶Ksp[Fe(OH)3] ={1.0×10-5×[10-(14-4.5)]3}∶　{1.0×10-5×[10-(14-3.0)]3}=104.5∶1，故B正确； 金属离子 Fe2+ Fe3+ Al3+ Co3+ 开始沉淀的pH 8.5 2.2 3.4 7.8 完全沉淀[c(金属离子)≤1×10-5 mol·L-1]的pH 10.0 3.0 4.5 9.4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 “沉钴”步骤向CoSO4溶液加入NH4HCO3溶液，此反应有CO2生成，反应的化学方程式为CoSO4+2NH4HCO3===CoCO3↓+CO2↑+　(NH4)2SO4+H2O，则气体X不能进入“调pH”操作单元回收利用，故C错误； “高温焙烧”时碳酸钴被氧化为LiCoO2，氧化剂为氧气，反应的化学方程式：4CoCO3+2Li2CO3+O2　　　 4LiCoO2+6CO2，故D正确。 金属离子 Fe2+ Fe3+ Al3+ Co3+ 开始沉淀的pH 8.5 2.2 3.4 7.8 完全沉淀[c(金属离子)≤1×10-5 mol·L-1]的pH 10.0 3.0 4.5 9.4 10.(2024·日照校际联考一模)氯化亚铜(CuCl)是石油工业常用的脱硫剂和脱色剂，以低品位铜矿(主要成分为Cu2S和铁的氧化物)为原料制备CuCl流程如图。 已知：CuCl难溶于醇和水，热水中 能被氧化，CuCl易溶于浓度较大的 Cl-体系中(CuCl+Cl-　　　)。 下列说法错误的是 A.“浸取”过程中可用浓硫酸代替 　稀硫酸 B.“除锰”过程中发生的离子反应为Mn2++2===MnCO3↓+CO2↑+H2O C.“还原”后所得产物主要为Na D.产品CuCl可用冷的乙醇洗涤 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 浓硫酸具有强氧化性，反应过程中能生成有害气体二氧化硫，不能用浓硫酸代替稀硫酸，A错误； 向滤液中加入氨水、碳酸氢铵得到碳酸锰，反应的离子方程式：Mn2+ ++NH3·H2O===MnCO3↓++H2O，B错误； 高活性氧化铜中加入铜、盐酸和NaCl还原，生成CuCl，已知CuCl易溶于浓度较大的Cl-体系中，存在CuCl+Cl-　　　，所以“还原”后所得产物主要为Na，C正确。 11.(2024·泰安三模)钪在国防、航天、光电等多领域有重要应用。由钛白水解母液(含Sc3+、H+、Fe2+、Mn2+、S等)制备Sc2O3的工艺流程如下： 已知“萃取”时发生的反应为 Sc3++3HR ScR3+3H+，其中HR表示 P204。 下列说法错误的是 A.分批加入萃取剂进行多次萃取可提 　高Sc3+的萃取率 B.水相中H+的物质的量浓度小于钛白 　水解母液中的 C.同一温度下，由“转沉”原理可推知溶度积常数：Ksp[Sc(OH)3]>Ksp[Sc2(C2O4)3] D.“灼烧”反应生成1 mol Sc2O3时，理论上有1.5 mol O2参加反应 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 分批加入萃取剂进行多次萃取可使Sc3+被充分萃取，提高萃取率，A正确； 磷酸为三元酸，形成二酯说明剩余1个羟基氢，故与Sc3+发生 离子交换，使水相中H+的物质的量浓度大于钛白水解母液中的，B错误； “灼烧”时化合价升高的元素为平均化合价为+3价的碳元素，依据电子守恒知，“灼烧”反应生成1 mol Sc2O3时，理论上有1.5 mol O2参加反应，D正确。 12.(2024·青岛三模)以磷矿石[Ca5(PO4)3F为主，含少量Si、Al、Fe等元素]为原料，电炉法制磷酸的流程如图。 下列有关说法正确的是 已知：①磷矿石的含磷量>25%为 高品位矿(以P2O5计)。 ②电炉主反应为4Ca5(PO4)3F+21SiO2+30C===20CaSiO3+3P4↑+30CO↑+SiF4↑。 A.“炉渣”中除含CaSiO3还可能含有Ca[Al(OH)4] B.“电除尘器”除尘利用了胶体的聚沉 C.SiO2可以破坏矿石结构，起到助熔剂的作用 D.1吨磷矿石制得98%的浓磷酸400 kg，制备过程损耗率为15%，则该矿石不是 　高品位 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 根据题意，磷矿石以Ca5(PO4)3F为主，含少量Si、Al、Fe等元素，故“炉渣”中除含CaSiO3还可能含有Ca[Al(OH)4]，A正确； “电除尘器”除尘利用了胶体的电泳，B错误； 由已知反应②可以看出，SiO2可以和矿石中某些物质反应，起到助熔剂的作用，C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1吨磷矿石制得98%的浓磷酸400 kg，制备过程损耗率为15%，则该矿石含磷量为×100%≈33%>25%，则该矿石是高品位，D错误。 $$ [选择题]第2练　微型工艺流程　[分值：100分] (选择题1~5题，每小题8分，共40分) 1.(2021·山东，8)工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图，下列说法错误的是(　　) A.吸收过程中有气体生成 B.结晶后母液中含有NaHCO3 C.气流干燥湿料时温度不宜过高 D.中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3 答案　B 解析　根据流程图分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确；结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO3，B错误；NaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C正确；结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正确。 2.(2020·山东，9)以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下： 已知浸出时产生的废渣中有SiO2、Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是(　　) A.浸出镁的反应为MgO+2NH4Cl===MgCl2+2NH3↑+H2O B.浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行 C.流程中可循环使用的物质有NH3、NH4Cl D.分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同 答案　B 解析　氯化铵溶液显酸性，与MgO反应，相当于MgO促进了氯化铵的水解，生成氨气，A项正确；NH3·H2O易分解，故沉镁时温度不可太高，B项错误；由流程图可知氨气可循环使用，沉镁过程中产生氯化铵，故氯化铵也可循环使用，C项正确；浸出过程中产生Fe(OH)3和Al(OH)3，沉镁过程中加氨水调节pH产生Mg(OH)2，利用三种离子氢氧化物Ksp的不同，使其先后沉淀而分离，D项正确。 3.(2023·山东，13)一种制备Cu2O的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液pH在3~4之间，反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行。常温下，H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.3×10-8。下列说法正确的是(　　) A.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应 B.低温真空蒸发主要目的是防止NaHSO3被氧化 C.溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体Ⅰ D.若Cu2O产量不变，参与反应Ⅲ的X与CuSO4物质的量之比增大时，需补加NaOH的量减少 答案　CD 解析　反应Ⅰ是铜和浓硫酸反应生成SO2、CuSO4和H2O，是氧化还原反应，反应Ⅱ是SO2和碳酸钠溶液反应生成NaHSO3和CO2，不是氧化还原反应，反应Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O、Na2SO4和SO2，是氧化还原反应，故A错误；低温真空蒸发主要目的是防止Na2SO3被氧化，而不是NaHSO3，故B错误；溶液Y含Na2SO3，可循环用于反应Ⅱ的操作单元吸收SO2气体(气体Ⅰ)，故C正确；制取Cu2O总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3===Cu2O↓+2SO2↑+3Na2SO4，化合物X为Na2SO3，若Cu2O产量不变，增大时，多的Na2SO3会消耗氢离子，为控制反应pH=5，可减少NaOH的量，故D正确。 4.(2022·山东，12)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。 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Zn(OH)2 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　CuS精矿(含Zn、Fe元素的杂质)在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，与CuS反应生成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。经过上述分析可知，固体X的主要成分是S、Fe(OH)3，金属M为Zn，A正确；CuS难溶于硫酸溶液，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出，B正确；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的范围为3.2~4.2，C正确；用H2还原Cu2+变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H+，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。 5.(2024·北京，7)硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。 下列说法不正确的是(　　) A.Ⅰ的化学方程式：3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2 B.Ⅱ中的反应条件都是为了提高SO2平衡转化率 C.将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生 D.生产过程中产生的尾气可用碱液吸收 答案　B 解析　Ⅰ是黄铁矿和空气中的O2在加热条件下反应生成SO2和Fe3O4，化学方程式为3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2，A正确；Ⅱ是放热反应，温度越高，SO2平衡转化率越小，Ⅱ中的反应条件要兼顾平衡转化率和反应速率，还要考虑生产成本及催化剂的活性，不都是为了提高SO2平衡转化率，B错误；将黄铁矿换成硫黄，不再产生Fe3O4，可以减少废渣产生，C正确；硫酸工业产生的尾气为SO2、SO3，可以用碱液吸收，D正确。 (选择题1~12题，每小题5分，共60分，只有一个选项符合题目要求) 1.(2024·临沂一模)工业上煅烧含硫矿物产生的SO2可以按如图流程脱除或利用。 已知：途径Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均有空气参与；硫酸的结构简式为。下列说法错误的是(　　) A.含硫矿物粉碎有利于提高“煅烧”效率 B.途径Ⅱ发生的反应为2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2 C.途径Ⅲ产生的SO3也可以用浓硫酸吸收 D.1 mol X最多可以与1 mol NaOH反应 答案　D 解析　含硫矿物煅烧产生二氧化硫，二氧化硫与氧气、碳酸钙发生反应：2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2，二氧化硫经催化氧化产生三氧化硫，三氧化硫与甲醇反应得到X。含硫矿物粉碎有利于提高“煅烧”效率，A正确；途径Ⅲ产生的SO3也可以用浓硫酸吸收得到焦硫酸，再稀释转化为浓硫酸，可以避免三氧化硫与水反应形成大量酸雾，C正确；X经水解可得到硫酸和甲醇，故1 mol X最多可以与2 mol NaOH反应，D错误。 2.(2024·威海二模)白硼钙石的主要成分是Ca4B10O19·7H2O(含有少量Fe2O3、FeO、CaCO3和SiO2等杂质)，利用白硼钙石制取强还原剂NaBH4的工艺流程如下： 已知：H3BO3微溶于水，易溶于乙醇；偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定。下列说法错误的是(　　) A.“气体”中可能有CO2、NO2、NO B.该流程用到两步过滤操作 C.物质a可循环利用 D.“反应W”为非氧化还原反应 答案　A 解析　由题干流程图可知，白硼钙石的主要成分是Ca4B10O19·7H2O(含有少量Fe2O3、FeO、CaCO3和SiO2等杂质)，将其粉碎后加入浓硝酸，Ca转化为Ca(NO3)2、Fe转化为Fe(NO3)3、B转化为H3BO3，SiO2不溶于硝酸，操作X为过滤，得到滤液，主要含有Ca(NO3)2、Fe(NO3)3，滤渣主要含有SiO2和H3BO3，向滤渣中加入乙醇进行醇浸，操作Y为过滤，得到滤渣的主要成分为SiO2，滤液为H3BO3的酒精溶液，向滤液中加入NaOH溶液进行水浴加热，将H3BO3转化为NaBO2，将乙醇(物质a)蒸馏出来，操作Z为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，获得纯净的NaBO2固体，将固体NaBO2和MgH2混合反应生成NaBH4和耐火材料MgO，据此分析解题。气体为浓硝酸与氧化亚铁反应后生成的NO2及与碳酸钙反应产生的CO2，无NO气体，A错误；由分析，操作X和操作Y都是过滤，B正确；由分析可知，物质a为乙醇，可以在醇浸步骤循环使用，C正确；“反应W”为NaBO2和MgH2混合反应生成NaBH4和MgO，无元素化合价变化，是非氧化还原反应，D正确。 3.(2024·潍坊三模)铂钯精矿中Au、Pt、Pd含量较低，Cu、Zn、Pb含量较高。一种从铂钯精矿中提取Au和Pt的工艺如图所示。 已知：“酸浸”过程为电控除杂；“氯化溶解”后所得主要产物为HAuCl4、H2PtCl6、H2PdCl6；(NH4)2PdCl6在煮沸下与水反应得到易溶于水的(NH4)2PdCl4。 下列说法错误的是(　　) A.“酸浸”可除去Cu、Zn、Pb B.“分金”过程发生反应的化学方程式是2HAuCl4+3SO2+6H2O===2Au+3H2SO4+8HCl C.“煅烧”过程中每消耗1 mol(NH4)2PtCl6转移6 mol e- D.“煮沸”过程中产生HCl 答案　C 解析　已知“氯化溶解”后所得主要产物为HAuCl4、H2PtCl6、H2PdCl6，则“酸浸”过程应除去了Cu、Zn、Pb，故A正确；“分金”过程发生的是氧化还原反应，SO2为还原剂，根据得失电子守恒、元素守恒配平该反应的化学方程式是2HAuCl4+3SO2+6H2O===2Au+3H2SO4+8HCl，故B正确；“煅烧”过程中发生反应：3(NH4)2PtCl62N2↑+3Pt+2NH4Cl+16HCl↑，由方程式可知，每消耗3 mol(NH4)2PtCl6转移12 mol e-，故每消耗1 mol(NH4)2PtCl6转移4 mol e-，故C错误；“煮沸”过程中发生反应：(NH4)2PdCl6+H2O===(NH4)2PdCl4+HCl+HClO，故产生HCl，故D正确。 4.(2024·济南三模)利用工业Mg(OH)2(含少量Ca、Fe、Mn等元素的氧化物)制备高纯MgF2的工艺如下。 已知：“反应器1”加氨水调节pH至7.5左右；碱性环境下氧化能力：H2O2>MnO2；HF可以腐蚀硅酸盐材料；有关金属离子浓度随pH变化如图所示。下列说法错误的是(　　) A.“反应器2”加入双氧水，是为了除去Fe元素 B.“反应器4”不宜使用硅酸盐材质的材料 C.分离滤渣时可用减压过滤加快分离速度 D.“滤液”经蒸发浓缩、冷却结晶后所得晶体可用作肥料 答案　A 解析　在“反应器1”中工业Mg(OH)2(含少量Ca、Fe、Mn等元素的氧化物)各组分被硝酸溶解，其中铁的氧化物溶解并被氧化为Fe3+，在加氨水调节pH至7.5左右时转化为Fe(OH)3；已知碱性环境下氧化能力：H2O2>MnO2，可知“反应器2”加入双氧水，是为了将Mn2+氧化为MnO2被除去；“反应器3”加入草酸铵是为了沉淀除去Ca2+，所以滤渣Ⅲ的主要成分是CaC2O4，“反应器4”制得高纯MgF2。F-水解会产生氢氟酸，所以“反应器4”不宜使用硅酸盐材质的材料，故B正确；“滤液”的主要成分是硝酸铵，经蒸发浓缩、冷却结晶后所得晶体可用作肥料，故D正确。 5.(2024·山东名校联考一模)由菱锰矿(MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备锂电池正极材料LiMn2O4的流程如下： 已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16；当金属离子浓度小于1×10-5 mol·L-1时视为沉淀完全。下列说法错误的是(　　) A.上述流程中有三种元素被氧化 B.从利用率考虑“反应器”中不宜使用H2O2替代MnO2 C.溶矿反应完成后，“反应器”中溶液pH=4，则Fe3+和Al3+都沉淀完全 D.加入少量BaS溶液以除去Ni2+，生成的沉淀有NiS、BaSO4 答案　C 解析　菱锰矿主要含有MnCO3，还含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素，MnCO3和稀硫酸反应生成硫酸锰，同时得到硫酸亚铁、硫酸镍、硫酸铝等，用二氧化锰把硫酸亚铁氧化为氢氧化铁沉淀除去，加石灰乳调节至pH≈7生成氢氧化铝沉淀除铝，加BaS生成NiS除Ni，过滤，滤液中含有硫酸锰，电解硫酸锰溶液得到MnO2，煅烧窑中碳酸锂和二氧化锰反应生成LiMn2O4，据此分析解题。用二氧化锰把硫酸亚铁氧化为氢氧化铁沉淀除铁过程中Fe元素被氧化，电解硫酸锰溶液得到MnO2过程中Mn元素被氧化，煅烧窑中碳酸锂和二氧化锰反应生成LiMn2O4、CO2和O2过程中Mn和O元素被氧化，所以共有三种元素被氧化，故A正确；MnO2具有氧化性，加入少量MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+可以催化H2O2分解，所以不宜使用H2O2替代MnO2，故B正确；pH=4，c(OH-)=1×10-10 mol·L-1，根据Fe(OH)3和Al(OH)3的Ksp可知，此时c(Fe3+)==2.8×10-9 mol·L-1，c(Al3+)==1.3×10-3 mol·L-1，Al3+没有沉淀完全，故C错误；溶液中的S、Ni2+都会与BaS反应，可知生成的沉淀有BaSO4、NiS，故D正确。 6.(2024·青岛三模)以BaCO3、TiCl4为原料，采用草酸盐共沉淀法制备草酸氧钛钡晶体[BaTiO(C2O4)2·4H2O]，高温煅烧制得钛酸钡粉体。工艺流程如图。 下列说法错误的是(　　) A.“混合”反应的化学方程式为TiCl4+2H2C2O4+6NH3·H2O===(NH4)2TiO(C2O4)2+4NH4Cl+5H2O B.若省略“洗涤”步骤，在“煅烧”步骤中会额外产生污染空气的气体 C.先将TiCl4与H2C2O4“混合”后再加入Ba2+是为了防止产生BaC2O4等沉淀影响产物纯度 D.整个制备过程不涉及氧化还原反应 答案　D 解析　四氯化钛、氨水、草酸混合反应转化为(NH4)2TiO(C2O4)2、NH4Cl和H2O，碳酸钡与盐酸反应转化为氯化钡、水和CO2，氯化钡与(NH4)2TiO(C2O4)2反应生成BaTiO(C2O4)2·4H2O沉淀，洗涤、干燥、煅烧得到钛酸钡粉末，据此回答。若省略“洗涤”步骤，沉淀中含有NH4Cl，在“煅烧”步骤中会额外产生NH3与HCl，B正确；若没有先将TiCl4与H2C2O4“混合”，直接加入Ba2+会产生BaC2O4沉淀，影响产物的纯度，C正确；BaTiO(C2O4)2·4H2O煅烧，发生分解反应，由元素守恒可知，高温下的气体产物有CO、CO2、H2O(g)，存在元素化合价的变化，涉及氧化还原反应，D错误。 7.(2024·日照三模)从锌浸渣(主要含ZnFe2O4、CaSO4，少量ZnS和GeS2)中提取Ge的流程如下： 已知： ①锗在硫酸中的存在形式：pH≤2.0时主要为Ge4+，pH为2~7时主要为Ge(OH)4。 ②常温下，Ksp[Ge(OH)4]=4.0×10-46，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。 下列说法错误的是(　　) A.GeS2被双氧水氧化的离子方程式为GeS2+2H2O2+4H+===Ge4++4H2O+2S B.“中和沉淀”中，所加化合物A可为ZnO或Zn(OH)2 C.常温下，“中和沉淀”时调节溶液pH=4.4，锗元素和铁元素共沉淀，此时滤液中c(Ge4+)∶c(Fe3+)=101.6 D.从滤液回收ZnSO4·7H2O晶体用到的主要仪器有酒精灯、玻璃棒、坩埚、泥三角 答案　D 解析　由题给的流程可知，向锌浸渣中加入过氧化氢和硫酸的混合液，将ZnFe2O4转化为硫酸锌和硫酸铁，硫化锌、二硫化锗转化为硫酸锌、硫酸锗和硫，过滤得到含有硫酸锌、硫酸铁和硫酸锗的滤液，向滤液中加入化合物A，为了不引入新杂质，则A为氧化锌或氢氧化锌，调节溶液pH，将溶液中的铁离子、锗离子转化为氢氧化铁、氢氧化锗沉淀，过滤得到滤液和滤饼；滤液经蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸锌晶体；向滤饼中加入盐酸溶解后，蒸馏得到四氯化锗，四氯化锗在一定条件下水解，过滤得到水解液和二氧化锗；二氧化锗与合适的还原剂在一定条件下反应生成锗。常温下，“中和沉淀”时调节溶液pH=4.4，锗元素和铁元素共沉淀，由溶度积可知，滤液中锗离子和铁离子的浓度比===101.6，C项正确；从滤液回收ZnSO4·7H2O晶体用到的主要仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿，D项错误。 8.(2024·济宁一模)从废旧磷酸铁锂电极材料(LiFePO4、导电石墨、铝箔)中回收锂的工艺流程如图，下列说法错误的是(　　) 已知：Li2CO3在水中的溶解度随温度升高而降低，但煮沸时与水发生反应。 A.旧电池拆解前进行充分放电是因为放电可使Li+在负极富集 B.“氧化”时，H2O2可用KClO3代替 C.“氧化”时发生反应的化学方程式为2LiFePO4+H2O2+2HCl===2LiCl+2FePO4+2H2O D.“系列操作”具体包括水浴加热、趁热过滤、洗涤、干燥 答案　AB 解析　放电有利于Li+向正极移动并进入正极材料，A错误；“氧化”时，H2O2不可用KClO3代替，否则会引入其他杂质离子，B错误；“氧化”时，生成了难溶的FePO4，发生反应的化学方程式为2LiFePO4+H2O2+2HCl===2LiCl+2FePO4+2H2O，C正确；已知Li2CO3在水中的溶解度随温度升高而降低，但煮沸时与水发生反应，故沉锂时要保持适当的温度，“系列操作”具体包括水浴加热、趁热过滤、洗涤、干燥，D正确。 9.(2024·德州一模)一种利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量SiO2、Fe2O3、Al2O3等杂质)制备LiCoO2的工艺流程如下，下列说法错误的是(　　) 已知：常温下，部分金属离子沉淀的pH如下表 金属离子 Fe2+ Fe3+ Al3+ Co3+ 开始沉淀的pH 8.5 2.2 3.4 7.8 完全沉淀[c(金属离子)≤1×10-5 mol·L-1]的pH 10.0 3.0 4.5 9.4 A.“酸浸”时可用SO2代替H2O2 B.“调pH”的范围为4.5~7.8，滤液中残留的c(Al3+)∶c(Fe3+)=104.5 C.气体X可在“调pH”操作单元回收利用 D.“高温焙烧”时的化学方程式：4CoCO3+2Li2CO3+O24LiCoO2+6CO2 答案　AC 解析　Co3O4中钴元素化合价由+2、+3价组成，“酸浸”时过氧化氢的作用是将Co2+氧化为Co3+，而SO2可能将Fe3+还原为Fe2+，不利于“调pH”时的pH控制，因此不能代替H2O2，故A错误；由表中数据可知，pH=3.0时，Fe3+沉淀完全，pH=4.5时，Al3+沉淀完全，“调pH”的范围为4.5~7.8，滤渣的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3，此时溶液中c(Al3+)∶c(Fe3+)=Ksp[Al(OH)3]∶Ksp[Fe(OH)3] ={1.0×10-5×[10-(14-4.5)]3}∶{1.0×10-5×[10-(14-3.0)]3}=104.5∶1，故B正确；“沉钴”步骤向CoSO4溶液加入NH4HCO3溶液，此反应有CO2生成，反应的化学方程式为CoSO4+2NH4HCO3===CoCO3↓+CO2↑+(NH4)2SO4+H2O，则气体X不能进入“调pH”操作单元回收利用，故C错误；“高温焙烧”时碳酸钴被氧化为LiCoO2，氧化剂为氧气，反应的化学方程式：4CoCO3+2Li2CO3+O24LiCoO2+6CO2，故D正确。 10.(2024·日照校际联考一模)氯化亚铜(CuCl)是石油工业常用的脱硫剂和脱色剂，以低品位铜矿(主要成分为Cu2S和铁的氧化物)为原料制备CuCl流程如图。 已知：CuCl难溶于醇和水，热水中能被氧化，CuCl易溶于浓度较大的Cl-体系中(CuCl+Cl-)。 下列说法错误的是(　　) A.“浸取”过程中可用浓硫酸代替稀硫酸 B.“除锰”过程中发生的离子反应为Mn2++2===MnCO3↓+CO2↑+H2O C.“还原”后所得产物主要为Na D.产品CuCl可用冷的乙醇洗涤 答案　AB 解析　浓硫酸具有强氧化性，反应过程中能生成有害气体二氧化硫，不能用浓硫酸代替稀硫酸，A错误；向滤液中加入氨水、碳酸氢铵得到碳酸锰，反应的离子方程式：Mn2+++NH3·H2O===MnCO3↓++H2O，B错误；高活性氧化铜中加入铜、盐酸和NaCl还原，生成CuCl，已知CuCl易溶于浓度较大的Cl-体系中，存在CuCl+Cl-，所以“还原”后所得产物主要为Na，C正确。 11.(2024·泰安三模)钪在国防、航天、光电等多领域有重要应用。由钛白水解母液(含Sc3+、H+、Fe2+、Mn2+、S等)制备Sc2O3的工艺流程如下： 已知“萃取”时发生的反应为 Sc3++3HRScR3+3H+，其中HR表示 P204。 下列说法错误的是(　　) A.分批加入萃取剂进行多次萃取可提高Sc3+的萃取率 B.水相中H+的物质的量浓度小于钛白水解母液中的 C.同一温度下，由“转沉”原理可推知溶度积常数：Ksp[Sc(OH)3]>Ksp[Sc2(C2O4)3] D.“灼烧”反应生成1 mol Sc2O3时，理论上有1.5 mol O2参加反应 答案　BC 解析　分批加入萃取剂进行多次萃取可使Sc3+被充分萃取，提高萃取率，A正确；磷酸为三元酸，形成二酯说明剩余1个羟基氢，故与Sc3+发生离子交换，使水相中H+的物质的量浓度大于钛白水解母液中的，B错误；“灼烧”时化合价升高的元素为平均化合价为+3价的碳元素，依据电子守恒知，“灼烧”反应生成1 mol Sc2O3时，理论上有1.5 mol O2参加反应，D正确。 12.(2024·青岛三模)以磷矿石[Ca5(PO4)3F为主，含少量Si、Al、Fe等元素]为原料，电炉法制磷酸的流程如图。下列有关说法正确的是(　　) 已知：①磷矿石的含磷量>25%为高品位矿(以P2O5计)。 ②电炉主反应为4Ca5(PO4)3F+21SiO2+30C===20CaSiO3+3P4↑+30CO↑+SiF4↑。 A.“炉渣”中除含CaSiO3还可能含有Ca[Al(OH)4] B.“电除尘器”除尘利用了胶体的聚沉 C.SiO2可以破坏矿石结构，起到助熔剂的作用 D.1吨磷矿石制得98%的浓磷酸400 kg，制备过程损耗率为15%，则该矿石不是高品位 答案　AC 解析　根据题意，磷矿石以Ca5(PO4)3F为主，含少量Si、Al、Fe等元素，故“炉渣”中除含CaSiO3还可能含有Ca[Al(OH)4]，A正确；“电除尘器”除尘利用了胶体的电泳，B错误；由已知反应②可以看出，SiO2可以和矿石中某些物质反应，起到助熔剂的作用，C正确；1吨磷矿石制得98%的浓磷酸400 kg，制备过程损耗率为15%，则该矿石含磷量为×100%≈33%>25%，则该矿石是高品位，D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $$