高考题型突破训练10 化学工艺流程综合题-【红对勾】2025年高考化学二轮复习讲与练

高考题型突破训练10 化学工艺流程综合题 非选择题。 反应的离子方程式为 1.(2024·辽宁沈阳二模)铬酸铅俗称铬黄，主要用于 (4)向“滤液”中通入 (填物质名称)后，所 油漆、油墨、塑料以及橡胶等行业。一种以含铬废 得溶液可循环利用。 水（含Cr3+、Fe3+、Cu2+)和草酸泥渣（含草酸铅、硫 (5)实验研究表明，Bi2S既不能被硫酸溶解，也不 酸铅)为原料制备铬酸铅的工艺流程如下： 能被NaCI溶液溶解，但其能被盐酸溶解，分析其原 草酸泥渣 含铬废水 因可能为 烘干粉碎滤渣← 沉淀除杂阁pH=9NaOH (6)工业上也可采用电解法制备铋单质。将“氧化 NaCO,→焙烧 氧化一H,O。 浸出”工序所得的溶液进行氧化处理，调节溶液pH ↓ 以除去Fe3+,再利用下图装置电解获得铋单质。 水洗 M N HNO,→酸溶 FeSO,、Fe2(SO,)g 铁铬氧体 PbCrO,←沉铬 处理废水 →达标排放 已知：Cr3++3OHCr(OH)3 一H+ 调节液 NaOH溶液 CrO2+H2O。 回答下列问题： 已知：K.[Fe(OH)3]=1.0×108;当离子浓度低 (1)草酸泥渣“粉碎”的目的是 ,“焙 于105mol·L1时，认为该离子沉淀完全。 烧”时加入碳酸钠是为了将硫酸铅转化为PbO,同 ①常温下，需要调节pH不低于 以除 时放出CO2,该转化过程的化学方程式为 去Fe3+。 ②N与直流电源的 (填“正极”或“负极”) (2)“滤渣”的主要成分为 (填化 相连；M极的电极反应式为 学式)。 3.(2024·“九省联考”安徽卷)钼(Mo)及其化合物广 (3)“沉淀除杂”所得滤液中含铬化合物主要为 泛地应用于医疗卫生、国防等领域。某镍钼矿中的 (填化学式)。 镍和钼以NiS和MoS,形式存在，从镍钼矿中分离 (4)“氧化”工序中发生反应的离子方程式为 钼，并得到Na2SO4的一种工艺流程如下： Naz COs 通空气} (5)为了提高沉铬率，用平衡移动原理解释“酸溶” 操 钼一→焙烧→浸取→净化→ 离子交 →.→(NH,)2Mo(O 过程中所加硝酸不能过量的原因： 换萃取 C()2 含NiO的滤渣 浸渣 Na,SO,交换溶液 (6)处理含1 mol CrOi的废水时，Cr(M)被还原 回答下列问题： 成Cr(Ⅲ)。若投入10 mol FeSO,使金属阳离子 (1)Ni位于元素周期表第 周期第 恰好完全形成铁铬氧体(FeO·Fe,Cr,O3,其中 族。(NH)2MoO,中钼元素的化合价为 FeCr,O中Fe为+3价)沉淀，理论上还需要投入 (2)“焙烧”中生成Na2MoO1的化学方程式为 Fe2(SO1)3的物质的量为 mol. 2.(2024·河北石家庄二模)铋(Bi)是一种重要的有 色金属，工业上通过辉铋矿（主要成分是B,S,含 (3)Na2CO,用量对钼浸出率和浸取液中CO?浓 有少量Si、Fe、Pb、AI等元素)生产海绵铋的一种工 度的影响如图1所示，分析实际生产中选择 艺流程如下： NaCO。用量为理论用量1.2倍的原因： 硫酸FeCl、盐酸铁粉 辉铋矿→酸浸→氧化浸出→置换→海绵铋 100 浸液 浸渣 滤液 10 90 回答下列问题： (1)为提高“酸浸”速率，可采取的措施为 80 (写出一条即可) 0 (2)“酸浸”时，辉铋矿被浸出到“浸液”中的元素为 704 1.011 1.21.3 (填元素符号)。 Na,CO,用量为理论用量的倍数 (3)“氧化浸出”时，会生成[BiC1。]3,则该过程发生 图1 ☑1922因勾·讲与练·高三二轮化学 1.0 (4)“溶液2调pH”所发生反应的离子方程式为 0.8 0.6 Na.MoO (5)“多步操作”包括蒸发浓缩 、冷却结 Na,SO, 晶、过滤、洗涤等步骤。 是a2 (6)研究温度对Na2S,Os与H2O2的氧化一水解沉 0 钒率的影响，得到如图所示结果。钒铬还原渣酸浸 020406080100 温度/℃ 液初始温度在90℃左右，降低温度能耗增加。由 图2 图可知，分别采用Na2S2Og、H2O2进行“氧化”时， (4)Na2MoO4、Na2SO4的溶解度曲线如图2所示， 应选择的适宜温度是 ,在“氧 为充分分离Na,SO,工艺流程中的“操作X”应为 化”工序中不采用H2O2氧化的原因是 (填标号)。 (写出一点 A.蒸发结晶 B.低温结晶 即可)。 C.蒸馏 D.萃取 90 30 (5)为充分利用资源，“离子交换萃取”步骤产生的 85 号 80 务 ■Na,S,O.沉钒率 交换溶液应返回“ ”步骤。 75 20 HO,沉钒率 7 (6)(NH4)2MoO分解可得MoO3。高温下，用铝 65 15 △Na,S,O铬损率 粉还原MoO,得到金属钼的化学方程式为 60 4-4- .△ ◇HO,铬损率 55 0-0◇8 504 30 4050607080 4.(2024·河南信阳一模)钒铬还原渣是钠化提钒过 氧化温度/℃ 程的固体废弃物，其中钒是钒铬还原渣中最有价值 5.(2024·全国新课标卷)钴及其化合物在制造合金、 的元素，其主要成分为VO2·xHO、Cr(OH)3及少 磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。 量的SO2。一种初步分离钒铬还原渣中钒铬并获 -种从湿法炼锌产生的废渣（主要含Co、Zn、Pb、Fe 得Na2Cr2O,的工艺流程如下图。 的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的 H2 SO NaS,O,调pH 工艺如下： +V2O3·xH2O KMnO 钒铬 H2 SO MnO,Zno 还原渣 酸浸 滤液一氧化一 水解 沉钒 废渣一酸浸一过滤]上 pH一 滤渣 含Cr+净化液 MnO2 滤渣1 滤渣2 除钴液一回收利用 H2O2 已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c≤ Na2Cr2O,多步操作调pH 溶液2←溶液1 过量NaOH溶液 1.0×105mol·L1)时的pH: Na,SO+ (含Naz CrO1、Naz SO,) 已知：①“酸浸”后VO2·xH2O转化为VO2+; 离子 Fe Fe2+ Co Zn2+ ②常温下，Cr(OH)3的Kp近似为1X100; 开始沉淀的pH 1.5 6.9 7.4 6.2 ③有关物质的溶解度(g/100gH2O)如下表所示。 沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2 温度/℃ 20 40 60 80 100 回答下列问题： Na,Cr,O 183.6215.1 269.2376.4415.0 (1)“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是 ;“滤渣1” Naz SO 19.5 48.8 45.3 43.7 42.5 中金属元素主要为 回答下列问题： (2)“过滤1”后的溶液中加入MnO2的作用是 (1)写出“滤渣”的一种用途： “氧化”生成VO,,反应中氧化剂与还原剂的物质 取少量反应后的溶液，加入化学试剂 的量之比为 检验 ,若出现蓝色沉淀，需补加MnO2。 (2)常温下，若“含Cr3+净化液”中c(Cr3+) (3)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为 1mol·L1,则“水解沉钒”调pH的范围是2.5~ (3)“溶液1”中含CrO2,加入H2O2后发生反应的 (4)“除钴液”中主要的盐有 (写化学式)， 化学方程式为 残留的Co3+浓度为 mol·L1。 高考题型突破训练10193参c(S2-)<2.5X10 -mol·L1=1.0×10-1omol·L1, 增大，平衡向正反应方向移动，溶液中的铬酸根离子浓度减 2.5 小，导致沉铬率下降，所以为了提高沉铬率，“酸溶”过程中所 pS>10,所以pS的范围是10<pS19。 加硝酸不能过量。(6)设加入硫酸铁的物质的量为amol,由 9.(1)6.7(2)①当滴入最后半滴KIO3标准液时，溶液由无 铬原子守恒可知，铁铬氧体(FeO·FeCr,O3,其中 色变为蓝色且半分钟不褪色 ②3Sn2++I0?+6H+-3Sn++I+3H,0③45% Fe,Cr,O,中Fe为十3价)的物质的量为1 mol,由铁原子 解析：(1)由溶度积可知，25℃时，铜离子沉淀完全时，溶液 守恒可得10十2a=1中2，由化合价代数和为零可得3江 /2.5×100 中的氢氧根离子浓度为√1X10 mol·L1=5× 由得夫电子守恒可得马2a3,解得。二5 108mol·L1,pH=6.7,则需调节溶液pH不小于6.7。 (2)①由题意可知，碘酸钾先与二价锡离子反应生成碘离子， 当二价锡反应完，碘离子与碘酸根反应生成碘单质，碘遇淀 粉溶液变蓝色，溶液由无色变为蓝色：②滴定反应为碘酸钾 2.(1)将辉秘矿粉碎（或适当升高温度或适当增大硫酸浓度或 标准液和二价锡发生氧化还原反应生成碘离子和四价锡，反 搅拌等)(2)Fe、Al 应中锡化合价由十2变为十4、碘化合价由十5变为一1，反应 (3)6Fe3++Bi2S+12C1—2[BiCL]3-+3S+6Fe2 的离子方程式为3Sn++IO?+6H+一3Sn1++I+ (4)氯气（或氧气） 3H2O:③反应为3Sn++IO+6H-3Sn1++I+ (5)Kp(BiS)很小，Bi3+与C1形成配位键，H与S2-结合 3H2O,结合锡元素守恒可知，产品中锡元素的质量分数为 生成H2S气体逸出，促使Bi2S溶解 0.1000m0lL1×0.015L×3X119g·moX100%=45%。 (6)①3②正极[BiCL]3-+3e—Bi+6C1 1.190g 解析：辉铋矿（主要成分是Bi2S,含有少量Si、Fe、Pb、Al等 10.(1)1:1HS(2)热浸(3)将过量的Fe+还原为Fe+ 元素)，通过硫酸“酸浸”后，F与Al分别生成硫酸亚铁和硫 (4)CPb十2[AgCL2]—2Ag+[PbCL]2(5)阳极 酸铝，过滤，得到酸浸渣，加氯化铁，盐酸进行氧化浸出， 解析：(1)“热浸”时，Fe+将PbS和AgS中一2价的硫氧化 BiS反应生成[BiCl]3,加入铁粉置换，生成单质铋，同时 将剩余的Fe+还原为Fe+,向滤液中通入氯气或氧气，得到 为单质硫，Fe+被还原为Fe+,在这个过程中Pb和Ag的 化合价保持不变，所以溶解等物质的量的PbS和Ag2S Fe3+的溶液，可以循环利用。(1)为提高“酸浸”速率，可采取 的措施为将辉铋矿粉碎、适当升高温度、适当增大硫酸浓度 时，S-的物质的量相等，所以消耗F3+的物质的量相等 搅拌等。(3)“氧化浸出”时，Bi,S反应生成[BiCL门-，同时 比值为1：1；溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓 还会生成S单质和Fe2+,离子方程式为6Fe++Bi,S十 度过大，会生成H2S气体。(2)“过滤Ⅱ”得到的PbCI2沉淀 12C1一2[BiCl,]-+3S+6Fe+。(5)Bi2S,既不能被硫 反复用饱和食盐水“热溶”，会溶解为[PbCL],电解 酸溶解，也不能被NCl溶液溶解，但其能被盐酸溶解，分析 [PCL1]溶液制备金属Pb,Pb在阴极产生，阳极CI放电 其原因可能为K(Bi,S)很小，Bi+与C1形成配位键，H 产生Cl2,尾液含有FeCl2,FeCl2吸收Cl2后转化为FeCL 与S结合生成H2S气体逸出，两个因素共同作用促使 可以在“热浸”中循环使用。(3)“过滤Ⅱ”所得的滤液中有 过量的未反应的F3+,根据还原之后可以得到含硫滤渣 Bi,S溶解。(6)①Kp[Fe(OH)]=1.0×10s,当 “还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe+ 31.0X10 (4)“置换”中加入试剂X可以得到富银铅泥，为了防止引入 c(Fe+)=105moll1c(0H)=√.0x10mol· 其他杂质，则试剂X应为Pb,发生反应的离子方程式为 L1=10-1mol·L1,则pH=3:②[BiCL。]-转化为Bi单 Pb+2AgCl, —2Ag十[PbC1,]2-。(5)“电解Ⅱ”中将 质，发生的是还原反应，为电解池的阴极，即M为阴极，N为 富银铅泥制成电极板，“电解Ⅱ”得到金属银和金属铅，将银 阳极，与电源的正极相连，M电极的反应式为[BiC1。]3-十 和铅分离出来，所以不可能作为阴极，应作为阳极，阳极放 3e-=Bi+6C1。 电时，铅失电子生成Pb+,银变成阳极泥而沉降下来，阴极 3.(1)四I+6(2)2MoS+6Na,CO3+9O, 焙烧 Pb2+得电子生成Pb,所以电极板应作阳极。 2Na2 MoO+6CO24Na2 SO 高考题型突破训练10化学工艺流程综合题 (3)若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低 于1.2倍，钼浸出率较低(4)B(5)净化(6)MoO2十2A1 1.(1)加快反应速率PbSO1十Na2CO: 烙烧C0.个十Pb0十 Na,SO (2)Fe(OH)Cu(OH),(3)NaCrO, 高温Mo十Al,O3 (4)3H,Q,+2CrQ2+20H=2CrQ+4H,O 解析：镍钼矿(NiS、MoS,等)加入碳酸钠并通入空气焙烧，发 (5)硝酸过量导致溶液中氢离子浓度增大，使平衡2CrO十 生反应2MoS,十6Na,C0,+90,培捷2Na,Mo0,+6C0,+ 2H一一CrO?+H2O正向移动，CrO含量降低，导致沉 焙烧 4Na,SO,NiS+Na,CO+20, NiO+CO,+Na,SO, 铬率下降 (6)5 加水后，M0O进入溶液中，加入硫酸镁除去多余的碳酸 解析：(1)将草酸泥渣“粉碎”，有利于增大反应物的接触面 根，过滤后再通过低温结晶将硫酸钠分离出来，溶液经过离 积，加快反应速率；“培烧”时加入碳酸钠是为了将硫酸铅转 子交换萃取等一系列操作后可得钼酸铵。(1)Ni是第28号 化为PbO,同时放出CO2,该转化过程的化学方程式为 元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族；根据化合物中元素 PbS0,十Na,C0,培烧C0,++Pb0+Na,S0,。(2)向含络 化合价代数和为0，可得钼酸铵中M0的化合价为十6。 (3)根据题图1信息可知，若高于1.2倍，会导致净化过程消 废水中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的铬离子转化为 耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低。(4)根据题 NaCrO2,铁离子和铜离子转化为氢氧化铁、氢氧化铜沉淀， 图2信息可知，温度较低时，硫酸钠的溶解度远低于钼酸钠， 过滤得到含氢氧化铁、氢氧化铜的滤渣，所以滤渣的主要成 故选用低温结晶。(5)钼酸钠经离子交换萃取后得到钼酸铵 分为Fe(OH)3、Cu(OH)2。(3)由上述分析知，“沉淀除杂” 和交换溶液，交换溶液主要含Mg+,应返回“净化”步骤充分 所得滤液中含铬化合物主要为NaCrO,。(4)“氧化”工序是 利用。 向滤液中加入过氧化氢，将溶液中的CrO2转化为CrO 4.(1)制作光导纤维（或制作玻璃或工业制硅）1：2 发生反应的离子方程式为3H2O2十2CrO,十2OH (2)4.0(或4) 2CrO十4H2O。(5)铬酸钠溶液存在如下平衡：2CrO (3)3H,O,+2NaCrO,+2NaOH=2Na,CrO+4H2 O 2H+一Cr2O?十H2O,硝酸过量会使溶液中的氢离子浓度 (4)2CrO+2H-Cr2 O+H2 O -309- 参考答案一具业 (5)趁热过滤(6)80℃50℃沉钒率低，铬损率高（或温 守恒可写出两个离子方程式：3Co++MO十7H2O 度较高时H,O,易分解，需降温导致能耗增加或对储运要求 3Co(OH)3￥+MnO,￥+5H+、3Mn2++2MnO,+2HzO 较高) 一5MnO2￥十4H+。(4)最终得到的“除钻液”中含有的金 解析：向钒铬还原渣中加入硫酸，VO2·xHO、Cr(OH)3均可 属离子主要是最初“酸浸”时加入ZnO调pH时引入的Zn 与硫酸反应被溶解，SO2不溶，则“滤渣”的成分是SO2。向 及加入KMnO,“氧化沉钻”时引入的K,而阴离子是在酸 滤液中加入Na2SO%,将VO+氧化为VO,调pH水解沉 浸时引入的SO,因此其中主要的盐有ZSO1和K,SO1。 钒，将VO转化为V2O5·xH2O从而将钒分离出来。向 当溶液pH=1.1时c(H+)=10-1mol·L1,Co+怜好完 含Cr3+净化液加入过量NaOH溶液，使Cr+转化为CrO,, 全沉淀，此时溶液中c(Co3+)=1.0×10-5mol·L1, 加入HO2后将CrO,氧化为CrO,然后经过调pH、多步 （=10mol·L7,则K[Co(OH),]= K c(QH)= 操作得到产品。(1)在“氧化”操作中，Na,S2O。将VO+氧 化为VO,根据得失电子守恒可得氧化剂与还原剂的物质 1.0×105×(10-12.9)3=10.7。“除钴液”的pH=5,即 的量之比为1：2。(2)“水解沉钒”操作中，c(Cr+) Kw c(H+)=10imol·L,则c(OH)= 1mol·L1,若使Cr3+恰好开始沉淀，此时的c(OH) c(H+)s10-9 /1X10-和 1—mol·L1=1X101mol·L1 mol·L1,此时溶液中c(Co+)= K[Co(OH):] c(OH) 10a,7 c(H)= Kw 1X10-1 (H)1X10-mol L=1X10 mol 1-, (10-)3 mol.L1=10-16.7mol.L-1 此时pH=4。(3)“溶液1”中加入H,O2后将CrO,氧化为 专题训练10有机化学基础 CO,根据得失电子守恒和原子守恒可写出化学方程式为 1.B线型聚乙烯塑料为长链高分子材料，受热易软化，A正 3H2 O,+2NaCrO,+2NaOH=2Na,CrO+4H,O 确；聚四氟乙烯由四氟乙烯加聚合成，具有一定的热稳定性， (4)“溶液2调pH”过程中，将CrO转化为Cr2O,其离子 受热不易分解，B错误；尼龙66即聚己二酰己二胺，由己二 方程式为2CrO十2H+—Cr2O十H2O。(5)“多步操 酸和己二胺缩聚合成，强度高、韧性好，C正确；聚甲基丙烯 作”将NaCr,O,和Na,SO,分离，根据信息③溶解度随温度 酸酯由甲基丙烯酸酯加聚合成，又名有机玻璃，其透明度高， 变化的表格知，温度越高，NaCr,O,溶解度越大，故应采取 D正确。 的操作有蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、过滤，洗涤等步骤 2.B根据有机物的命名原则，B项中物质的名称为3-羟基苯 得到Na2CrzO?。(6)根据题中图像可知，用Naz S2O8氧化 甲酸或间羟基苯甲酸，B错误。 时，80℃时沉钒率最大，铬损率最小，因此应选择80℃：用 3.C煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，千馏 H2O2氧化时，50℃时沉钒率最大，铬损率较小，因此应选择 的过程不产生煤油，煤油是石油分馏的产物，A错误；石油分 50℃；由题图知，采用H2O,氧化的主要不足之处有沉钒率 馏是利用其组分中的不同物质的沸点不同将组分彼此分开， 低、铬损率高：温度较高时，H2O2易分解，需降温导致能耗 石油分馏不能得到乙烯，B错误；油脂在碱性条件下水解生 增加、对储运及投料要求较高 成甘油和高级脂肪酸盐，C正确；淀粉是多糖，其发生水解反 5.(1)增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率Pb 应生成葡萄糖，D错误 (2)将溶液中的Fe+氧化为Fe+,以便在后续调pH时除去 4.C两种物质中均有4个碳原子连接在同一饱和碳原子上的 铁元素K,[Fe(CN)s]溶液Fe+ 结构，形成四面体结构，所有碳原子不可能在同一平面，A正 (3)3Co2++MnO,+7H2O-3Co(OH)3￥+MnO2￥+ 确：螺[3,4]辛烷结构对称，只有4种不同化学环境的氢原 5H+3Mn2++2MnO+2H2 O=5MnO2 +4H 子，所以一氯代物有4种，B正确；螺[3,4]辛烷的分子式为 (4)ZnS01、K,S0110-16 CH1,3甲基-1庚烯的分子式为CH6,二者分子式不同， 解析：由题中信息可知，用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe的单 不互为同分异构体，C错误； 〉共含10个碳原子，左 质或氧化物的废渣，得到含有Co+、Zn+、Fe+、Fe+、SO 等离子的溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的 侧环上除共用的碳原子还有4个碳原子，右侧环除共用的碳 PbSO1,则“滤渣1”为PbSO1:向滤液中加入MnO2将Fe2 原子还有5个碳原子，所以名称为螺[4,5]癸烷，D正确。 氧化为Fe3+,然后加入ZnO调节pH=4使Fe+完全转化为 5.BM和N的分子式均为C1。HuO,互为同分异构体，故A 正确：手性碳原子是指C的四个化学键连接的原子或基团均 Fe(OH)?,则“滤渣2”的主要成分为Fe(OH),,滤液中的金 偏离子主要是Co2+、Z2+和Mn+;最后“氧化沉钻”，加入强 氧化剂KMnO,将溶液中Co+氧化为Co+,在pH=5时 不同，如图 O,N中有4个手性碳原子，故B错误； Co+形成Co(OH),沉淀，而KMnO,则被还原为MnO,, M中的羰基与H,加成后生成一OH,与羟基相连的碳原子 KMnO,还会与溶液中的Mn+发生归中反应生成MnO2,得 的邻位碳原子上有氢原子，可发生消去反应，故C正确：如图 到Co(OH)1和MnO,的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO, K,SO,。(1)在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大固 体与液体的接触面积，从而加快酸浸的反应速率，提高浸取 ,M中圈中的C与其所连接的三个C不可能共 效率：由分析可知，“滤渣1”的主要成分为PbSO,,则“滤渣 1”中金属元素主要为Pb。(2)由题表中数据可知，当Fe+完 M 全沉淀时，C0+未开始沉淀，而当Fe2+完全沉淀时，Co+已 平面，故D正确。 有一部分沉淀，因此为了除去溶液中的铁元素且C0+不沉 6.A化合物I含有的官能团有羧基、酚羟基，化合物Ⅱ含有 淀，应先将Fe+氧化为Fe3+,然后调节溶液的pH使Fe3+完 的官能团有羧基、醚键，官能团种类不同，化合物工和化合物 全水解转化为Fe(OH)沉淀，因此，MnO2的作用是将Fe Ⅱ不互为同系物，A项错误；根据题中流程可知，化合物I中 氧化为Fe+,以便在后续调pH时除去铁元素。常用 的酚羟基与(CHO)2SO2反应生成醚，故苯酚和 K,[Fe(CN)。]溶液检验Fe+,若出现了蓝色沉淀，则说明溶 (CHO)2SO2在条件①下反应得到苯甲醚，B项正确；化合 液中仍存在Fe+,需补加MnO2。(3)由分析可知，该过程发 物Ⅱ中含有羧基，可以与NaHCO3溶液反应，C项正确；由 生两个氧化还原反应，根据分析中两个反应的反应物、产物 曲美托嗪的结构简式可知，曲美托嗪中含有的官能团为酰胺 与反应环境(H=5),结合得失电子守恒、电荷守恒和元素 基、醚键，D项正确。 了一红因勾·讲与练·高三二轮化学 -310-