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第八篇 化学实验
专项 52 微型工艺流程的分析
化学工艺流程题是近几年高考的热点，将化工生产过程中的主要生产阶段即生产流程用框图的形式表
示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，形成与化工生产紧密联系的化工工艺试题，是无机
框图题的创新；它以现代工业生产为基础，与化工生产成本、产品提纯、环境保护等相融合，主要涉及物
质的性质、分离提纯、反应原理、实验操作、产率计算等基本实验原理在化工生产中的实际应用，是高考
化学命题的常考题型。由于此类试题陌生度高，对学生的能力要求也大，加上有的试题文字信息量大，所
以这类题的得分不是很理想。
1．(2022•河北省选择性考试) 溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成 工艺流程如下：
下列说法错误的是( )
A．还原工序逸出的Br 用NaOH溶液吸收，吸收液直接返回还原工序
2
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LiCO+2HBr=CO ↑ +2LiBr +H O
2 3 2 2
D．参与反应的n(Br)：n(BaS)：n(H SO )为1：1：1
2 2 4
【答案】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。
A项，还原工序逸出的Br 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
2
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错误；B项，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
1
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1
学科网（北京）股份有限公司于煤油，而硫酸钡不溶于煤油，因此可用煤油进行组分分离，B正确；C项，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 LiCO+2HBr=CO ↑ +2LiBr +H O，C正
2 3 2 2
确；D项，根据电子转化守恒可知，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(H SO )为1：1，因此，参与反应的n(Br)：n(BaS)：n(H SO )为1：1：1，D正
2 4 2 2 4
确；故选A。
2．(2022•山东卷)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。
3．(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。
2
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2
学科网（北京）股份有限公司开始沉淀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) 和S；金属M为Zn
3
B．浸取时，增大O 压强可促进金属离子浸出
2
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O 作用下，用硫酸溶液浸取，
2
CuS反应产生为CuSO 、S、HO，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入NH 调节溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH) 沉
4 2 3 3
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) ；滤液中含有Cu2+、
3
Zn2+；然后向滤液中通入高压H，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
2
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) ，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+
3
(aq)+S2-(aq)，增大O 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
2
进金属离子的浸取，B正确；C项，根据流程图可知：用NH 调节溶液pH时，要使Fe3+转化为沉淀，而
3
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H 还原Cu2+变为Cu单质时，H 失去电子被氧化为H+，与溶液中OH-结合形成
2 2
HO，若还原时增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H 失去电子还原Cu单质，因此不利于Cu的生成，D
2 2
错误；故选D。
4．(2021•湖南选择性考试)一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如图：
3
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3
学科网（北京）股份有限公司下列说法错误的是( )
A．物质X常选用生石灰
B．工业上常用电解熔融MgCl 制备金属镁
2
C．“氯化”过程中发生的反应为MgO+C+Cl MgCl +CO
2 2
D．“煅烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水MgCl
2
【答案】D
【解析】A项，苦卤水中加入物质X的目的是将溶液中的镁离子转化为Mg(OH) 沉淀，故物质X溶于
2
水后应该显碱性，生石灰价格便宜且溶于水显碱性，故物质常选用生石灰，故A正确；B项，因钠镁铝为
活泼金属，故选用电解法进行冶炼，制备镁可选用电解熔融 MgCl 的方法，故B正确；C项，根据流程反
2
应物是MgO、C和Cl 发生氧化还原反应，又因高温条件下碳元素转化为一氧化碳，生成物质为MgCl 和
2 2
CO，据电子守恒配平方程式，故C正确；D项，煅烧后的产物中主要为MgO，MgO中加入稀盐酸后得到
MgCl 溶液，但将MgCl 溶液加热蒸发后所得的产物为Mg(OH) ，故D错误；故选D。
2 2 2
5．(2021•河北选择性考试)BiOCl是一种具有珠光泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图：
下列说法错误的是( )
A．酸浸工序中分次加入稀HNO 可降低反应剧烈程度
3
B．转化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO
3
C．水解工序中加入少量CHCOONa(s)可提高Bi3+水解程度
3
D．水解工序中加入少量NH NO (s)有利于BiOCl的生成
4 3
【答案】D
【解析】A项，硝酸为强氧化剂，可与金属铋反应，酸浸工序中分次加入稀HNO，反应物硝酸的用
3
量减少，可降低反应剧烈程度，A正确；B项，金属铋与硝酸反应生成的硝酸铋会发生水解反应生成
BiONO ，水解的离子方程式为Bi3++NO-+H O BiONO +2H+，转化工序中加入稀HCl，使氢离子浓度
3 3 2 3
4
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4
学科网（北京）股份有限公司增大，根据勒夏特列原理分析，硝酸铋水解平衡左移，可抑制生成BiONO ，B正确；C项，氯化铋水解生
3
成BiOCl的离子方程式为Bi3++Cl-+ H O BiOCl+2H+，水解工序中加入少量CHCOONa(s)，醋酸根会
2 3
结合氢离子生成弱电解质醋酸，使氢离子浓度减小，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡右移，促进
Bi3+水解，C正确；D项，氯化铋水解生成BiOCl的离子方程式为Bi3++Cl-+ H O BiOCl+2H+，水解工
2
序中加入少量NH NO (s)，铵根离子水解生成氢离子，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，氯化
4 3
铋水解平衡左移，不利于生成BiOCl，且部分铋离子与硝酸根、水也会发生反应Bi3++NO-+H O
3 2
BiONO +2H+，也不利于生成BiOCl，综上所述，D错误；故选D。
3
6．(2020•山东卷)实验室分离Fe3+和Al3+的流程如下：
知Fe3+在浓盐酸中生成黄色配离子(FeCl )，该配离子在乙醚(Et O，沸点34.6℃)中生成缔合物
4 2
。下列说法错误的是( )
A．萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向下
B．分液时，应先将下层液体由分液漏斗下口放出
C．分液后水相为无色，说明已达到分离目的
D．蒸馏时选用直形冷凝管
【答案】A
【解析】A项，萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向上，A错误；B项，分液时，密度大的液体在下层，
密度小的液体在上层，下层液体由分液漏斗下口放出，下层液体放完后，密度小的上层液体从分液漏斗上
口倒出，B正确；C项，Fe3+在浓盐酸中生成黄色配离子，该离子在乙醚中生成缔合物，乙醚与水不互溶，
故分液后水相为无色，则水相中不再含有Fe3+，说明已经达到分离目的，C正确；D项，蒸馏时选用直形
冷凝管，能使馏分全部转移到锥形瓶中，而不会残留在冷凝管中，D正确；故选A。
7．(2020•山东卷)以菱镁矿(主要成分为MgCO ，含少量SiO，Fe O 和A1 O)为原料制备高纯镁砂的工
3 2 2 3 2 3
艺流程如下：
5
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5
学科网（北京）股份有限公司已知浸出时产生的废渣中有SO ，Fe(OH) 和Al(OH) 。下列说法错误的是( )
2 3 3
A．浸出镁的反应为MgO+2NH Cl=MgCl +2NH↑+H O
4 2 3 2
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NH 、NH Cl
3 4
D．分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物K 的不同
sp
【答案】B
【解析】菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，MgCO 转化为MgO，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣有SiO、
3 2
Fe(OH) 、Al(OH) ，同时产生氨气，则此时浸出液中主要含有Mg2+，加入氨水得到Mg(OH) 沉淀，煅烧得
3 3 2
到高纯镁砂。A项，高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根水解产生的氢离子反
应，促进铵根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式为MgO+2NH Cl=MgCl +2NH↑+H O，故
4 2 3 2
A正确；B项，一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，
降低利用率，故B错误；C项，浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的
氯化铵又可以利用到浸出过程中，故C正确；D项，Fe(OH) 、Al(OH) 的K 远小于Mg(OH) 的K ，所以
3 3 sp 2 sp
当pH达到一定值时Fe3+、Al3+产生沉淀，而Mg2+不沉淀，从而将其分离，故D正确；故选B。
1．工艺流程题过程解读
(1)读流程图
6
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6
学科网（北京）股份有限公司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。
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学科网（北京）股份有限公司1．(2023届·江苏省盐城市三校高三第一次联考)用硫酸渣(主要成分为Fe O、SiO)制备铁基颜料铁黄
2 3 2
(FeOOH)的一种工艺流程如图。
已知：“还原”时，发生反应FeS+14Fe3++8H O=2SO 2-+15Fe2++16H+；FeS 与HSO 不反应。下列有
2 2 4 2 2 4
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++8NH•H O+O=8NH++4FeOOH↓+2H O
3 2 2 4 2
【答案】C
【解析】硫酸渣(主要成分为Fe O、SiO)加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，
2 3 2
再加FeS 把铁离子还原为亚铁离子，同时生成SO 2-，过滤，滤渣含有SiO 和FeS，滤液中含有Fe2+和
2 4 2 2
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FeS+14Fe3++8H O=2 SO 2-+15Fe2++16H+，反应中FeS 的Fe元素化合价不变，S元素化合价升高，则
2 2 4 2
SO 2-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
4
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++8NH•H O+O=8NH++4FeOOH↓+2H O，D正确；故选
3 2 2 4 2
C。
2．(2023届·江西省五市九校高三第一次联考)以高硫铝土矿(主要成分为Fe O、Al O、SiO，少量
2 3 2 3 2
FeS 和硫酸盐)为原料制备聚合硫酸铁[Fe (OH) (SO )] 和明矾的部分工艺流程如下，下列说法错误的是(
2 2 x 4 y n
8
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学科网（北京）股份有限公司)
已知：赤泥液的主要成分为NaCO。
2 3
A．聚合硫酸铁可用于净化自来水，与其组成中的Fe3+具有氧化性有关
B．赤泥液的作用是吸收“焙烧”阶段中产生的SO
2
C．在“聚合”阶段，若增加Fe O 用量，会使[Fe (OH) (SO )] 中x变大
2 3 2 x 4 y n
D．从“滤液”到“明矾”的过程中还应有“除硅”步骤
【答案】A
【解析】高硫铝土矿经焙烧后，FeS 中的S元素转化为SO 被除去，生成的SO 用赤泥液吸收，防止
2 2 2
其污染环境。高硫铝土矿经碱浸后，Al O 转化为AlO- ，SiO 转化为SiO2-。过滤后将滤渣经酸浸氧化后，
2 3 2 2 3
Fe2+全部被转化为Fe3+，用于制备聚合硫酸铁。AlO-进入滤液中，可用于制备明矾。A项，聚合硫酸铁可
2
用于净水，原理是聚合硫酸铁中的Fe3+水解生成的Fe(OH) 胶体可吸附水中的悬浮物和杂质，与Fe3+的氧化
3
性无关，故A项错误；B项，赤泥液主要成分是NaCO，可吸收焙烧产生的SO ，故B项正确；C项，聚
2 3 2
合硫酸铁中的OH-来源于Fe O，因此增加Fe O 用量会使[Fe (OH) (SO )] 中x变大，故C项正确；D项，
2 3 2 3 2 x 4 y n
制备明矾的滤液中含有SiO2-，应预先除去，故D项正确。故选A。
3
3．(2023届·河南省重点高中高三联考)已知苯甲酸乙酯的沸点为212.6℃、乙醚-环己烷-水共沸物的沸
点为62.1℃。实验室利用苯甲酸、乙醇、环己烷和浓硫酸混合加热制备苯甲酸乙酯，现从反应混合物中分
离苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的流程如图。下列说法错误的是( )
A．操作a所使用的主要玻璃仪器为分液漏斗和烧杯
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学科网（北京）股份有限公司B．操作b和操作c均为重结晶
C．无水 的作用为干燥有机相Ⅱ
D．该流程中苯甲酸先转化为苯甲酸钠，再转化为苯甲酸
【答案】B
【解析】由题给流程可知，向混合物中加入饱和碳酸钠溶液洗涤，将苯甲酸转化为苯甲酸钠，分液得
到含有苯甲酸乙酯和环己烷的有机相和水相；向水相中加入乙醚萃取水相中的苯甲酸乙酯和环己烷，分液
得到有机相和萃取液；有机相混合得到有机相Ⅰ，有机相经蒸馏得到共沸物和有机相Ⅱ；向有机相中加入
无水硫酸镁除去水分，干燥有机相Ⅱ，过滤、蒸馏得到苯甲酸乙酯；向萃取液中加入稀硫酸，将苯甲酸钠
转化为苯甲酸，过滤得到苯甲酸粗品，经重结晶得到苯甲酸。A项，操作a为分液，分液所使用的主要玻
璃仪器为分液漏斗和烧杯，故A正确；B项，操作b为蒸馏，操作c均为重结晶，故B错误；C项，加入
无水硫酸钠镁的作用是除去水分，干燥有机相Ⅱ，故C正确；D项，该流程中苯甲酸先与饱和碳酸钠溶液
反应转化为苯甲酸钠，苯甲酸钠再与稀硫酸反应转化为苯甲酸，故D正确；故选B。
4．(2023届·甘肃省白银市高三开学考试)一种从钛白酸性废水(主要含 ，还含微量 )中富
集钪并制备氧化钪(Sc O)的工艺流程如图。
2 3
已知：“有机相”中主要含有Ti4+、Fe2+、Sc3+
下列说法错误的是( )
A．“萃取分液”需要用到的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯
B．加入HO 的目的是将Fe2+氧化为Fe3+
2 2
C．“滤渣1”的主要成分是Ti(OH) 、Fe(OH) 、Sc(OH)
4 3 3
D．1mol草酸钪完全焙烧分解时，转移电子的物质的量为12mol
【答案】D
【解析】从钛白酸性废水(主要含Ti4+、Fe2+、微量Sc3+)中富集钪，酸洗时加入HO 的目的是将Fe2+氧
2 2
化为Fe3+，加入氢氧化钠溶液进行反萃取，过滤得到“滤渣1”的主要成分是Ti(OH) 、Fe(OH) 、Sc(OH) ，
4 3 3
然后加入10%盐酸调pH溶解Sc(OH) 转化为含Sc3+的溶液，再加入草酸溶液得到草酸钪，草酸钪与氧气焙
3
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学科网（北京）股份有限公司烧时反应生成Sc O 和CO。A项，“萃取分液”需要用到的玻璃仪器主要有分液漏斗和烧杯，故A正确；
2 3 2
B项，可知，“有机相”中主要含有Ti4+、Fe2+、Sc3+，酸洗时加入HO 的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，有利
2 2
于后面沉淀除去，故B正确；C项，“滤渣1”的主要成分是Ti(OH) 、Fe(OH) 、Sc(OH) ，故C正确；D项，
4 3 3
草酸钪与氧气焙烧时反应生成Sc O 和CO，化学方程式为：2Sc (C O)+3O 2Sc O+12CO ，1mol草酸
2 3 2 2 2 4 3 2 2 3 2
钪完全焙烧分解时，转移电子的物质的量为6mol，D错误；故选D。
5．(2023届·河北省邢台市名校联盟高三开学考试)某工厂采用辉铋矿(主要成分为BiS，含有FeS、
2 3 2
SiO 杂质)与软锰矿(主要成分为MnO )联合焙烧法制备BiOCl，工艺流程如图所示。焙烧时过量的MnO 分
2 2 2
解为MnO，下列说法错误的是( )
2 3
A．BiS 和FeS 联合焙烧转化为BiO、Fe O
2 3 2 2 3 2 3
B．水浸所得滤液的主要成分是MnSO
4
C．酸浸所得滤渣的主要成分是SiO，气体X为Cl
2 2
D．向酸浸滤液中加入金属Bi的目的是消耗H+，促进 水解
【答案】D
【解析】联合焙烧：发生转化为：BiS→BiO+SO、FeS→Fe O+SO、MnO →MnO+MnSO ，故联
2 3 2 3 2 2 2 3 2 2 2 3 4
合焙烧后得到BiO、Fe O、MnO、MnSO 和SiO；水浸：MnSO 进入滤液，滤渣为BiO、Fe O、
2 3 2 3 2 3 4 2 4 2 3 2 3
MnO 和SiO；酸浸：加入过量浓盐酸后，BiO 和Fe O 发生转化：BiO→Bi3+、Fe O→Fe3+，因MnO
2 3 2 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3
有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：MnO+6H++2Cl-=2Mn2++Cl↑+3H O，气体X为Cl，滤渣主要
2 3 2 2 2
为不溶于浓盐酸的SiO，滤液中金属离子为Bi3+、Fe3+、Mn2+；转化：加入Bi将Fe3+转化为Fe2+，调节pH
2
得到BiOCl。A项，BiS 和FeS 联合焙烧转化为BiO、Fe O，故A正确；B项，水浸所得滤液的主要成
2 3 2 2 3 2 3
分是MnSO ，故B正确；C项，酸浸所得滤渣的主要成分是SiO，气体X为Cl，故C正确；D项，向酸
4 2 2
浸滤液中加入金属Bi的目的是将Fe3+转化为Fe2+，调节pH得到BiOCl，故D错误；故选D。
6．(2023届·浙江省七彩阳光新高考研究联盟高三返校联考)黑钨矿的主要成分为FeWO、MnWO (含
4 4
SiO 杂质)。已知：4FeWO+O +4Na CO 2Fe O+4Na WO+4CO
2 4 2 2 3 2 3 2 4 2
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学科网（北京）股份有限公司2MnWO +O +2Na CO 2MnO +2Na WO+2CO
4 2 2 3 2 2 4 2
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。下列说法不正确的是( )
A．为加快水浸的溶解速率，应将烧结物粉碎
B．滤渣1经铝热反应可制得金属铁和锰，滤渣2为硅酸
C．同浓度的钨酸根离子结合质子的能力比硅酸根离子更强
D．“除杂”步骤中加入的盐酸应适量，溶液的pH须控制在特定范围内
【答案】C
【解析】黑钨矿的主要成分为FeWO、MnWO (含SiO 杂质)，烧结物的主要成分为 Fe O、
4 4 2 2 3
MnO 、NaSiO、NaWO，加水过滤，滤渣 1 是难溶于水的 Fe O、MnO ；滤液中含有 NaSiO、
2 2 3 2 4 2 3 2 2 3
NaWO，加入盐酸调节 pH，生成硅酸沉淀，除去 NaSiO，再加盐酸生成钨酸沉淀，钨酸加热分解为
2 4 2 3
WO，还原得到W单质。A项，将烧结物粉碎可以增大反应物的接触面积，加快水浸的溶解速率，故A正
3
确；B项，由分析可知，滤渣 1 是难溶于水的 Fe O、MnO ，经铝热反应可制得金属铁和锰，滤渣2为
2 3 2
硅酸，故B正确；C项，流程中硅酸根离子先于钨酸根离子沉淀，说明同浓度的钨酸根离子结合质子的能
力比硅酸根离子更弱，故C错误；D项，“除杂”步骤中加入的盐酸应适量，溶液的pH须控制在特定范
围内，若加入盐酸过多，可能会提前生成钨酸沉淀，故D正确；故选C。
7．(2022·辽宁省葫芦岛市二模)氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成
氨以及氨催化制硝酸的流程示意图。下列说法不正确的是 ( )
A．可以利用NH 易液化的性质分离出NH
3 3
B．合成氨以及氨催化制硝酸的流程中氮元素均被氧化
12
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12
学科网（北京）股份有限公司C．可以用NH 进行氨氧化物的尾气处理
3
D．吸收塔中通入A是为了提高原料的利用率
【答案】B
【解析】A项，利用NH 易液化的性质分离出NH ，促进平衡正向移动，A项正确；B项，合成氨中
3 3
氮气中氮元素化合价降低做氧化剂，被还原发生还原反应，氨催化制硝酸的流程中氮元素化合价由-3价升
高到+2价，被氧化，B项错误；C项，氨气具有还原性，氮氧化物具有氧化性，二者反应生成无毒气体氮
气，可以用NH 进行氮氧化物的尾气处理，C项正确；D项，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化
3
氮、氧气和水反应生成硝酸， A 为O，吸收塔中通入A是为了提高原料的利用率，D项正确；故选B。
2
8．(2022·山东省临沂市三模)以天然气为原料合成氨是新的生产氮肥的方法，其工艺流程如下。下列
说法正确的是( )
A．反应①使用催化剂可提高反应速率和甲烷的平衡转化率
B．反应②的原子利用率为100%
C．生成1.0 mol NH NO 至少需要0.75 mol CH
4 3 4
D．反应③理论上当n( NH)：n(O )= 4：3时，恰好完全反应
3 2
【答案】C
【解析】A项，反应①使用催化剂可以提高反应速率，但不能提高甲烷的平衡转化率，A错误；B项，
反应②的化学方程式为CO+2NH CO(NH)+H O，则该反应的原子利用率小于100%，B错误；C
2 3 2 2 2
项，由天然气经过各步转化，最终生成NH NO 涉及的化学反应有：CH+2H O CO+4H ，N+3H
4 3 4 2 2 2 2 2
2NH ，2NH +2O =NHNO +H O，则有NH NO ~2NH~3H ~ CH，故生成1.0mol NH NO 至
3 3 2 4 3 2 4 3 3 2 4 4 3
少需要0.75mol CH ，C正确；D项，反应③中，NH 和O 反应生成NH NO ，该反应的化学方程式为
4 3 2 4 3
2NH +2O =NHNO +H O，则理论上当n(NH ):n(O )=1:1时，恰好完全反应，D错误；故选C。
3 2 4 3 2 3 2
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学科网（北京）股份有限公司9．(2022·北京市人大附中三模)用如下方法回收废旧CPU中的单质Au(金)、Ag和Cu
已知：浓硝酸不能单独将Au溶解，通常采用王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1∶3]溶解Au。
下列说法不正确的是( )
A．浓、稀HNO 均可作酸溶试剂，溶解等量的Cu，选择稀硝酸可节约原料
3
B．HNO- NaCl与王水溶金原理相同，反应原理可以表示为：
3
Au+4NaCl+5HNO =HAuCl+NO↑+4NaNO +2H O
3 4 3 2
C．用王水溶金时，利用了HNO 的氧化性，浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
3
D．用适当浓度的盐酸、氯化钠溶液、氨水和铁粉可从酸溶后的溶液中回收Cu和Ag，试剂1应选择
NaCl溶液
【答案】C
【解析】A项，Cu与稀HNO 反应的方程式为3Cu+8HNO =3Cu(NO )+2NO↑+4H O，溶解1molCu需
3 3 3 2 2
要硝酸为 ，Cu与浓HNO 反应的方程式为Cu+4HNO =Cu(NO )+2NO↑+2H O，溶解1molCu需要硝酸
3 3 3 2 2 2
为4mol，故溶解等量的Cu，选择稀硝酸可节约原料，故A正确；B项，根据化合价的变化规律可知，金
元素的化合价从0价升高为+3价，是还原剂，硝酸是氧化剂，氮元素的化合价从+5价降低为+2价，产物
是NO，根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式为Au+4NaCl+5HNO =HAuCl+NO↑+4NaNO +2H O，故B
3 4 3 2
正确；C项，用王水溶金时，硝酸中N的化合价降低，做氧化剂，利用了HNO 的氧化性，浓盐酸提供了
3
氯离子，利于生成四氯合金离子，其主要作用是减小金离子的电势，增强金的还原性，故C错误；D项，
根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3
后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaC1溶液，物质1是氯化铜，氯化
铜加入过量铁粉得到物质2是铜和铁单质，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的
铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，故D正确；故选C。
10．(2022·湖南省高三模拟)铵明矾[NH Al(SO )·12H O]是分析化学中常用的基准试剂，其制备过程如
4 4 2 2
图：
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学科网（北京）股份有限公司下列说法不正确的是( )
A．过程Ⅰ过滤可得到NaHCO 晶体
3
B．过程Ⅱ加入稀硫酸的目的是为了除去滤液A中混有的NaHCO 杂质
3
C．向铵明矾溶液中加入足量 溶液，反应的离子方程式为NH ++Al3++5OH-= NH ·H O+ AlO-
4 3 2 2
+2H O
2
D．铵明矾能析出是因为其溶解度比(NH )SO 、Al (SO ) 的大
4 2 4 2 4 3
【答案】D
【解析】NaHCO 的溶解度较小，所以在饱和碳酸氢铵溶液中加入过量的硫酸钠溶液会产生NaHCO
3 3
沉淀，过滤后得滤液中有(NH )SO 和少量的NaHCO ，将(NH )SO 溶液用稀硫酸调节pH值为2，使
4 2 4 3 4 2 4
NaHCO 生成硫酸钠，得溶液B为(NH )SO 溶液和少量的硫酸钠溶液，在B溶液中加入硫酸铝可得铵明矾。
3 4 2 4
A项，结合流程分析可知，过程Ⅰ过滤可得到NaHCO 晶体，故A正确；B项，结合流程分析可知，将
3
(NH )SO 溶液用稀硫酸调节pH值为2，使NaHCO 生成硫酸钠，即过程Ⅱ加入稀硫酸的目的是为了除去
4 2 4 3
滤液A中混有的NaHCO 杂质，故B正确；C项，向铵明矾溶液中逐滴加入过量的NaOH溶液，生成偏铝
3
酸钠、一水合氨、硫酸钠和水，离子方程式为NH ++Al3++5OH-= NH ·H O+ AlO-+2H O，故C正确；D项，
4 3 2 2 2
在B溶液中加入硫酸铝可得铵明矾，说明铵明矾能析出是因为其溶解度比(NH )SO 、Al (SO ) 的均小，故
4 2 4 2 4 3
D错误；故选D。
11．(2022·江苏省淮安市高三考前模拟)以含钴废渣(主要成分为CoO和Co O，含少量Al O 和ZnO)为
2 3 2 3
原料制备CoCO 的工艺流程如图：
3
下列说法正确的是( )
A．酸浸时可采用高温提高酸浸速率
B．除铝时加入NaCO 溶液过滤后所得滤渣是Al (CO)
2 3 2 3 3
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学科网（北京）股份有限公司C．萃取时萃取剂总量一定，分多次加入萃取比一次加入萃取效果更好
D．沉钴时将含Co2+的溶液缓慢滴加到NaCO 溶液中，可提高CoCO 的产率
2 3 3
【答案】C
【解析】钴废渣主要 成分为CoO、Co O，还含有Al O、ZnO等杂质，加入硫酸酸浸并通入二氧化
2 3 2 3
硫，纵观整个流程知最后得到CoCO，说明该过程中二氧化硫起还原作用，硫酸与氧化铝、氧化锌反应，
3
所得溶液中含有硫酸铝、硫酸锌等，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铝离子转化为氢氧化铝沉淀并过滤
除去；加入萃取剂，萃取锌离子，在有机层中加入稀硫酸，可得到硫酸锌，在水相中加入碳酸钠溶液生成
CoCO 固体。A项，因为温度过高，可能会使用溶液起化学反应，从而无法达到溶浸的目的，酸浸时适当
3
升高温度可提高酸浸速率，A项错误；B项，除铝时加入NaCO 溶液，发生的反应为：2Al3++3CO 2-
2 3 3
+3H O=2Al(OH) ↓+3CO ↑，过滤后所得滤渣是Al(OH) ，B项错误；C项，萃取过程中，多次萃取能使萃取
2 3 2 3
效率提高，C项正确；D项，将含Co2+的溶液缓慢滴加到NaCO 溶液中，碳酸钠过量，液碱性过强，会生
2 3
成Co(OH) 沉淀，降低CoCO 的产率，D项错误；故选C。
2 3
12．(2022·北京市中关村中学三模)1941年，我国科学家侯德榜结合地域条件改进索尔维制碱法，提出
纯碱与铵肥(NH Cl)的联合生产工艺，后被命名为“侯氏制碱法”。主要工艺流程如下图。下列说法正确的
4
是
已知：侯氏制碱法总反应：2NaCl+H O+2NH +CO =Na CO+2NHCl
2 3 2 2 3 4
索尔维制碱法总反应：2NaCl+CaCO =Na CO+CaCl (CaCl 作为废液排放)
3 2 3 2 2
A．气体1、气体2均为CO
2
B．溶液2中，含碳微粒主要是
C．侯氏制碱法和索尔维制碱法中原料NaCl的原子利用率相同
D．盐析池中加入NaCl，c(Cl-)增大，NH Cl(s) NH +(aq)＋Cl-(aq)的平衡逆向移动，NH Cl析出
4 4 4
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学科网（北京）股份有限公司【答案】D
【解析】在饱和NaCl溶液中先通入NH ，然后通入CO 气体，发生反应：
3 2
NaCl+H O+NH +CO =NaHCO↓+NHCl，过滤分离得到的固体1是NaHCO ，将固体1在煅烧炉中加热，发
2 3 2 3 4 3
生分解反应：2NaHCO NaCO+CO ↑+H O，得到纯碱和气体1是CO 气体；溶液1中含有NaCl、
3 2 3 2 2 2
NaHCO 、NH Cl；在冷却池中通入NH ，使溶液显碱性，同时增大了溶液中c(NH +)，NH Cl(s) NH +
3 4 3 4 4 4
(aq)＋Cl-(aq)逆向移动；析出NH Cl固体可作氮肥；溶液2含有NaCl、NaCO、(NH )CO、NH Cl。在盐
4 2 3 4 2 3 4
析池中加入NaCl，c(Cl-)增大，NH Cl(s) NH +(aq)＋Cl-(aq)的平衡逆向移动，NH Cl析出，析出盐后
4 4 4
的溶液3循环回转到沉淀池中，再用于制取纯碱。A项，气体1为CO，气体2为NH ，A错误；B项，向
2 3
冷析池中通入NH ，增大溶液中c(NH +)，便于析出盐NH Cl，此时溶液显碱性，因此溶液2中，含碳微粒
3 4 4
主要是CO2-，B错误；C项，侯氏制碱法中Na+用于制取纯碱NaCO，Cl-用于制取NH Cl，NH Cl可作氮
3 2 3 4 4
肥，也可用于金属加工除锈等，原子利用率较高；而索尔维法制取纯碱时，反应产生的CaCl 作为废液排
2
出，原子利用率大大降低，故侯氏制碱法中原料NaCl的原子利用率比索尔维制碱法中原料NaCl的原子利
用率高，C错误；D项，盐析池中加入NaCl固体，增大了溶液中c(Cl-)增大，使盐NH Cl的溶解结晶平衡
4
NH Cl(s) NH +(aq)＋Cl-(aq)逆向移动，从而使NH Cl结晶析出，D正确；故选D。
4 4 4
13．(2022·江苏省南京、镇江市部分名校学情调研考试)由绿矾(FeSO ·7H O)制备三草酸合铁酸钾晶体
4 2
{ K[Fe(C O) ]·3H O}的流程如图
3 2 4 3 2
下列说法正确的是( )
A．“溶解”时加硫酸的目的是抑制 水解
B．将“沉淀”所得的FeC O 加入酸性高锰酸钾溶液，观察到溶液褪色，说明产物中含C O2-
2 4 2 4
C．“氧化”过程中HO 被还原为O
2 2 2
D．隔绝空气加热K[Fe(C O) ]·3H O，分解产物为KCO、Fe O、CO、HO
3 2 4 3 2 2 3 2 3 2 2
【答案】A
【解析】由题给流程可知，绿矾溶于稀硫酸得到酸性硫酸亚铁溶液，向溶液中加入草酸溶液得到草酸
亚铁沉淀，向沉淀中加入草酸钾、草酸和过氧化氢混合溶液将草酸亚铁氧化得到三草酸合铁酸钾晶体。A
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学科网（北京）股份有限公司项，亚铁离子在溶液中易发生水解，溶解时加入稀硫酸的目的是抑制亚铁离子的水解，故A正确；B项，
向草酸亚铁沉淀中加入酸性高锰酸钾溶液时，亚铁离子和草酸根离子都能与酸性高锰酸钾溶液反应，使溶
液褪色，则观察到溶液褪色不能说明产物中含草酸根离子，故B错误；C项，氧化过程中过氧化氢为反应
的氧化剂，被草酸亚铁还原为水，故C错误；D项，由氧化还原反应规律可知，隔绝空气加热三草酸合铁
酸钾晶体时，三草酸合铁酸钾晶体受热分解生成碳酸钾、氧化铁、一氧化碳和水，故D错误；故选A。
14．(2022·广东省广州市广大附中、广外、铁一中学高三三模联考)《开宝本草》记载“取钢煅作叶如
笏或团，平面磨错令光净，以盐水洒之，于醋瓮中阴处埋之一百日，铁上衣生，铁华成矣”。铁华粉[主要
成分为(CHCOO) Fe ·H O ]可用如下方法检测。下列相关说法不正确的是( )
3 2 2
A．在铁华粉中加入稀硝酸，再滴加KSCN溶液，一定会变红
B．制备铁华粉的主要反应为Fe+2CH COOH=(CH COO) Fe+H ↑
3 3 2 2
C．气体X的产生是因为发生了复分解反应
D．由上述实验可知，OH-结合Fe3+的能力大于CN-
【答案】A
【解析】铁华粉中加入稀硫酸并加热，产生的刺激性气味的气体X为醋酸蒸气；铁华粉中加入稀盐酸
生成氢气和滤液有氢气生成说明铁华粉中含有铁单质，滤液中加入铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀，说明有滤
液中有亚铁离子，该沉淀不溶于稀盐酸，但与NaOH可反应生成棕色沉淀。A项，根据分析可知铁华粉中
含有铁单质，硝酸的量比较少时，生成的Fe3+能与Fe反应生成Fe2+，当溶液中不存在Fe3+时，滴入KSCN
溶液不会变红，A错误；B项，根据题干中信息可知，制备铁华粉的主要反应为
Fe+2CH COOH=(CH COO) Fe+H ↑，B正确；C项，气体X为醋酸蒸气，反应为：
3 3 2 2
(CHCOO) Fe+H SO =2CH COOH+FeSO ，属于复分解反应，C正确；D项，由上述实验可知，氢氧根离子
3 2 2 4 3 4
能与蓝色沉淀反应，生成棕色沉淀，说明有氢氧化铁沉淀生成，说明氢氧根离子结合铁离子的能力强于
CN-，D正确；故选A。
15．(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(
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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FeSO 水解生成Fe(OH)
4 2
【答案】B
【解析】废铁屑用稀硫酸酸浸后得到FeSO 溶液，FeSO 溶液经结晶、过滤得到硫酸亚铁晶体。A项，
4 4
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。
16．(2022·湖南省永州市第一中学二模)MnCO 可用作脱硫的催化剂以及生产金属锰的原料，由含
3
Mn2+的废液(有少量的Fe2+、Fe3+)制备MnCO 的一种工艺流程如下：
3
下列说法错误的是( )
A．“沉锰”时加过量NH HCO 发生反应的离子方程式为Mn2++ HCO -=MnCO↓+H+
4 3 3 3
B．“氧化”时加入酸化的HO 的目的是将Fe2+氧化为Fe3+
2 2
C．“纯化”过程中发生了水解反应，生成Fe(OH) 沉淀
3
D．工艺流程中“一系列操作”为过滤、洗涤、干燥
【答案】A
【解析】废液中含有少量的Fe2+、Fe3+，应除去，先加酸化的双氧水把亚铁离子氧化为三价铁离子2
Fe2++2H++H O=2H O+2 Fe3+，再调节溶液的酸碱性使铁离子水解为沉淀而除去三价铁离子，再加入过量的
2 2 2
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学科网（北京）股份有限公司NH HCO 发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO-=MnCO↓+H O+CO↑，再经过过滤、洗涤、干燥等一系列
4 3 3 3 2 2
操作得到固体MnCO 。A项， “沉锰”时加过量NH HCO 发生反应的离子方程式为Mn2++2 HCO -
3 4 3 3
=MnCO↓+H O+CO↑，故A错误；B项， “氧化”时加入酸化的HO 的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，故B
3 2 2 2 2
正确；C项，Fe3+在酸性条件下会发生水解反应，生成Fe(OH) 沉淀，故C正确；D项，“沉锰”时得到的
3
沉淀经过滤、洗涤、干燥等一系列操作得到固体MnCO ，故D正确；故选A。
3
17．(2022·江苏省连云港市高三高考考前模拟考试)某新型纳米材料氧缺位铁酸盐ZnFe O(3
