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专题 13 化学工艺流程
1．(2023·江苏省南通市高三期中）弱碱性条件下，利用含砷氧化铜矿(含CuO、As O 及少量不溶性杂质)
2 3
制备Cu (OH) SO 的工艺流程如图：
2 2 4
下列说法不正确的是( ）
A．“氨浸”时As O 发生的离子反应为：As O+6NH+3H O=6NH ++ 2AsO3-
2 3 2 3 3 2 4 3
B．“氨浸”时CuO转化为[Cu(NH )]2+
3 4
C．“氧化除As O”时每生成1 mol FeAsO ，转移的电子数目为6.02×1023
2 3 4
D．“蒸氨”后滤液中主要存在的离子为：NH +、SO 2-
4 4
【答案】C
【解析】含砷氧化铜矿(含CuO、As O 及少量不溶性杂质)制备Cu (OH) SO ，用NH 和(NH )SO 组成的
2 3 2 2 4 3 4 2 4
溶液氨浸含砷氧化铜矿，含铜化合物转化为[Cu(NH )]SO 溶液，As O 转化为As O，再加入(NH )SO 和
3 4 4 2 3 2 3 4 2 2 8
FeSO ，氧化除As O，得到FeAsO 沉淀，过滤除去，得到的溶液主要为(NH )SO 和[Cu(NH )]SO 溶液，蒸
4 2 3 4 4 2 4 3 4 4
氨、过滤、洗涤得到产品Cu (OH) SO 。A项， As O 在“氨浸”时生成As O，发生的离子反应为：
2 2 4 2 3 2 3
As O+6NH+3H O=6NH ++ 2 As O，A正确；B项，“氨浸”时含铜化合物转化为[Cu(NH )]SO 溶液，即
2 3 3 2 4 2 3 3 4 4
CuO转化为[Cu(NH )]2+，B正确；C项，“氧化”除As O 时As元素化合价由+3价升高为+5价，Fe由+2价
3 4 2 3
升高为+3价，则生成l mol FeAsO ，转移3 mol电子，故转移的电子数目是3×6.02×1023，C错误；D项，得到
4
的溶液主要为( NH)SO 和[Cu(NH )]SO 溶液，蒸氨、过滤、洗涤得到产品Cu (OH) SO 以及(NH )SO ，故溶
4 2 4 3 4 4 2 2 4 4 2 4
液中主要存在的离子为：NH +、SO 2-，D正确；故选C。
4 4
2．(2023·广东省名校联盟高三大联考）碱式碳酸锌 可被用于皮肤保护剂、饲料添加剂等，以锌焙砂(主要成分为ZnO及少量Cu2+、Mn2+的化合物)为原料制备碱式碳酸锌的工艺流程如图所示，下
列说法错误的是( ）
A．“酸浸”前将锌焙砂粉碎可提高酸浸速率与原料的利用率
B．“氧化”过程中，消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶1
C．“沉铜”过程中反应的离子方程式为ZnS(s)+Cu2+(aq) Zn2+(aq)+ CuS(s)
D．碱式碳酸锌可与盐酸反应，其加热灼烧时可得到ZnO
【答案】B
【解析】锌焙砂加入稀硫酸酸浸将锌、铜、锰转化为相应的盐溶液，加入氨水和过氧化氢生成二氧化锰沉
淀，过滤滤液加入硫化锌将铜离子转化为锌离子和硫化铜，过滤滤液加入碳酸氢铵生成碱式碳酸锌。A项，
“酸浸”前将锌焙砂粉碎可增加反应物接触面积，提高酸浸速率与原料的利用率，A正确；B项，“氧化”过
程中，过氧化氢将二价锰离子氧化为二氧化锰，根据电子守恒可知，HO~2e-~Mn2+，则消耗的氧化剂与还原
2 2
剂物质的量之比为1∶1，B错误；C项，“沉铜”过程中加入硫化锌将铜离子转化为锌离子和硫化铜，反应的
离子方程式为ZnS(s)+Cu2+(aq) Zn2+(aq)+ CuS(s)，C正确；D．碱式碳酸锌含有碳酸根离子和氢氧根离子
可与盐酸反应，其加热灼烧时可得到氧化锌、二氧化碳、水，D正确；故选B。
3．(2022·上海市浦东新区一模)青蒿素是无色针状晶体，易溶于有机溶剂，几乎不溶于水，熔点为
156~157°C，热稳定性差；乙醚的沸点为35°C．屠呦呦提取青蒿素的流程可简化如下：
下列说法错误的是( )A．破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素浸取率
B．操作1需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯
C．操作II利用了乙醚与青蒿素的沸点相差较大
D．操作III的主要过程是加水溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
【答案】D
【解析】A项，破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素浸取率，故A正确；B项，将固液
分离操作I是过滤，需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故B正确；C项，操作II是蒸馏，利用了乙
醚与青蒿素的沸点相差较大，故C正确；D项，青蒿素易溶于有机溶剂，几乎不溶于水，热稳定性差，操作
III是重结晶，但不能用水溶解，故D错误；故选D。
4．(2022·山东省德州市高三联合质量测评)工业上常用软锰矿生产纯净的MnO ，工艺流程如图所示，已
2
知软锰矿的主要成分为MnO ，还含有少量SiO、Al O。下列说法错误的是( )
2 2 2 3
A．“溶解”过程中有氢气生成
B．“过滤”得到的滤渣中含有HSiO
2 3
C．“纯化”过程中应先加MnO ，再调pH=5，过滤
2
D．“电解”时MnO 在电解池阳极生成，溶液pH值降低
2
【答案】B
【解析】软锰矿的主要成分为MnO ，还含有少量SiO、Al O，加入较浓的硫酸和铁屑后MnO 被还原为
2 2 2 3 2
Mn2+，Al O 溶解为AlCl ，SiO 不反应，为过滤后的滤渣，再加入二氧化锰氧化Fe2+生成Fe3+后，调节pH=5，
2 3 3 2
除去杂质铁和铝元素生成沉淀，电解Mn2+生成MnO 。A项，“溶解”过程中硫酸变稀硫酸后会与铁屑反应生
2
成氢气，故A正确；B项，根据分析可得，“过滤”得到的滤渣中含有SiO，故B错误；C项，“纯化”过程
2
中应先加MnO 氧化Fe2+生成Fe3+后，再调pH=5，过滤，故C正确；D项，“电解”时Mn2+失电子生成
2
MnO ，故在电解池阳极生成，发生反应Mn2+-2e-+2H O=MnO +4H+，故溶液pH值降低，故D正确；故选B。
2 2 2
5．(2022·重庆八中高三模拟)某工厂拟综合处理含NH +废水和工业废气(主要含N、CO、SO 、NO、
4 2 2 2CO)，设计了如下工业流程：
下列说法错误的是( )
A．气体Ⅰ中主要含有的气体有N、NO、CO
2
B．X在反应中作氧化剂，可通入过量的空气
C．处理含NH +废水时，反应的离子方程式是：NH ++NO-=N ↑+2H O
4 4 2 2 2
D．捕获剂所捕获的气体主要是CO
【答案】B
【解析】工业废气(主要含N、CO、SO 、NO、CO)通过过量石灰乳会吸收CO、SO ，固体Ⅰ为碳酸钙
2 2 2 2 2
和亚硫酸钙；气体Ⅰ通过X，用氢氧化钠处理后得到亚硝酸钠，X可能为空气，但是不能过量，否则会生成硝
酸钠，亚硝酸钠与铵根的溶液反应生成无污染气体，生成氮气，气体Ⅱ含有CO、N，捕获剂所捕获的气体主
2
要时CO。A项，由以上分析可知气体I中主要含有的气体有N、NO、CO与石灰乳不反应，不能被吸收，A
2
正确；B项，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，B错误；C项，处理含铵根废水时，反应生成氮气，
发生反应的离子方程式为：NH ++NO-=N ↑+2H O，C正确；D项，气体Ⅱ含有CO、N 捕获剂所捕获的气体主
4 2 2 2 2
要是CO，D正确；故选B。
6．(2022·河北省高三模拟预测)聚合硫酸铁[Fe (OH) ((SO )] 是一种新型絮凝剂，其处理污水能力比FeCl
2 m 4 p n 3
强，且腐蚀性小。工业上利用废铁屑为原料制备聚合硫酸铁的工艺流程如图。下列说法正确的是( )A．聚合硫酸铁[Fe (OH) ((SO )] 中
2 m 4 p n
B．酸浸槽中加入的酸液可用稀硝酸
C．反应釜中发生的离子反应为HO+Fe2++H+=Fe3++H O
2 2 2
D．聚合釜中控制溶液的pH越大越好
【答案】A
【解析】A项，化学式[Fe (OH) ((SO )] 中： ，即 ，A正确；B
2 m 4 p n
项，酸浸槽中加入的酸液是硫酸，如果加入硝酸，一方面会生成有毒气体，另一方面会引入NO -杂质，B错误；
3
C项，反应釜中加入的HO 将Fe2+氧化为Fe3+，正确的离子方程式为HO+2Fe2++2H+=2Fe3++2H O，C错误；D
2 2 2 2 2
项，如果聚合釜中溶液的pH控制过大，会生成氢氧化铁沉淀，达不到制取聚合硫酸铁的目的，D错误；故选
A。
7．(2022·湖南常德市一中月考)用废铁屑制备磁性氧化铁(Fe O)，制取过程如图：
3 4
下列说法不正确的是( )
A．浸泡过程中适当加热并搅拌效果更好
B．取少量溶液A于试管中，滴加新制氯水后再滴加KSCN溶液，溶液变红色，说明A中有Fe3+
C．制备Fe O 的反应Fe2++2Fe3++8OH- Fe O+4H O为非氧化还原反应
3 4 3 4 2
D．磁性氧化铁是一种黑色的难溶物
【答案】B
【解析】废铁屑加入碳酸钠溶液浸泡，除去表面的油污，加入稀硫酸溶液溶解废铁屑，得到硫酸亚铁溶液，
调节pH值1~2，加入适量的过氧化氢，将部分亚铁离子氧化成铁离子，加入氢氧化钠溶液，通入氮气并加热
得到磁性氧化铁。A项，浸泡过程中适当加热并搅拌，可增大接触面积，加快反应速率，效果更好，故A不选；
B项，铁离子可与 KSCN溶液反应，溶液变红色，如果滴加氯水，会把亚铁离子氧化成铁离子，滴加KSCN
溶液，溶液变红色，不能说明A中有Fe3+，故B选；C项，制备Fe O 的反应Fe2++2Fe3++8OH-
3 4
Fe O+4H O的反应元素的化合价没有发生变化，为非氧化还原反应，故C不选；D项，磁性氧化铁(Fe O) 是
3 4 2 3 4一种黑色的难溶物 ，故D不选；故选B。
8．(2022·辽宁省名校高三第五次联合考试)硫代硫酸钠晶体(NaSO·5H O)不溶于乙醇，可用作纸浆漂白时
2 2 3 2
的脱氯剂等。用工业硫化钠(主要成分NaS，含少量NaSO )及纯碱等为原料制备NaSO·5H O的流程如下：
2 2 4 2 2 3 2
下列说法正确的是( )
A．NaSO 作脱氯剂时主要利用其氧化性
2 2 3
B．“净化”时加入的试剂X可选用BaCl 溶液
2
C．“反应”过程中体系pH大小对产品产率无影响
D．提纯NaSO·5H O时，应先用水洗，再用乙醇洗涤
2 2 3 2
【答案】D
【解析】由题给流程可知，向工业硫化钠溶于热水得到的溶液中加入氢氧化钡或硫化钡除去溶液中的硫酸
钠和碳酸钠，趁热过滤得到硫化钠溶液，向溶液中加入碳酸钠溶液后，通入二氧化硫反应得到硫代硫酸钠，硫
代硫酸钠溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到硫代硫酸钠晶体。A项，硫代硫酸钠具有还原性，作脱
氯剂时表现还原性，故A错误；B项，加入X的目的是除去溶液中的硫酸钠和碳酸钠，若加入氯化钡溶液会
引入新杂质氯离子，故B错误；C项，若溶液pH过小，硫代硫酸根离子会与氢离子反应，使产率降低，故C
错误；D项，提纯硫代硫酸钠晶体时应先用水洗涤除去晶体表面吸附的可溶性杂质，然后用乙醇洗涤除去水，
故D正确；故选D。
9．(2022·福建省泉州七中高三月考)为研究废旧电池的再利用，实验室利用旧电池的铜帽(主要成分为Zn
和Cu)回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图所示。下列叙述错误的是( )A．“溶解” 操作中溶液温度不宜过高
B．铜帽溶解后，将溶液加热至沸腾以除去溶液中过量的氧气或HO
2 2
C．过滤后滤液中只有ZnSO
4
D．本流程涉及置换反应
【答案】C
【解析】A项，溶解过程中用到HO，该物质受热容易分解，因此温度不宜过高，A正确；B项，铜帽溶
2 2
解后，溶液中存在过量的氧气或HO，若不除去会在后续反应中消耗过多的锌粉，因此需将溶液加热至沸腾
2 2
以除去溶液中过量的氧气或HO，B正确；C项，因为用到NaOH溶液调节pH值，因此滤液中还有生成的
2 2
NaSO ，C错误；D项，“溶解”过程Zn与硫酸发生置换反应、“反应”过程中Zn与H+、Cu2+均涉及到置换
2 4
反应，D正确；故选C。
10．(2022·河南省桐柏县高三模拟)锂被誉为“高能金属”，废旧锂离子电池的正极材料主要含有LiC O
O 2
及少量Al，Fe等，处理该废料的一种工艺流程如图所示：
已知LiC O 难溶于水，具有强氧化性。下列说法正确的是( )
O 2
A．滤液1中含有的阳离子主要是Al3+和Na+
B．“还原”时，参加反应n(C 3+)：n(SO 2-)=2：1
O 3
C．“沉钴”离子方程式为C 2++HCO-= C CO↓+H+
O 3 O 3
D．滤渣主要是Fe(OH) ，滤液2中仅含有一种溶质
3
【答案】B
【解析】正极材料中的铝能和NaOH溶液反应，生成NaAlO 进入滤液中，滤渣中含LiC O 和铁等，加入
2 O 2
稀硫酸，LiC O 和铁溶于硫酸中，然后加入适量NaSO 将+3价Co还原为+2价，加入氨水调溶液的pH，使铁
O 2 2 3
成为氢氧化物沉淀除去，滤液中加入NH HCO ，将Co2+转化为CoCO 沉淀。A项，滤液1中含有的阳离子主
4 3 3
要是Na+，Al以AlO-的形式存在，A项错误；B项，“还原”时，反应离子方程式为2C 3++SO2-+H O=2C 2+
2 O 3 2 O
+SO2-+2H+，则参加反应的n(C 3+)：n(SO 2-)=2：1，B项正确；C项，“沉钴”离子方程式为C 2++2HCO-=
4 O 3 O 3C CO↓+CO ↑+H O，C项错误；D项，滤渣主要是Fe(OH) ，根据流程，前面加入了NaOH、稀硫酸、
O 3 2 2 3
NaSO 、NH HCO ，所以滤液2中含NaSO 、(NH )SO ，D项错误；故选B。
2 3 4 3 2 4 4 2 4
11．(2022·黑龙江省牡丹江一中高三月考)下图是以市售铁屑(含少量锡、氧化铁等杂质)为原料生产纯净绿
矾的一种方法：
已知：室温饱和HS溶液的pH的为3.9，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6，FeS开始沉淀时溶液的pH为
2
3.0，沉淀完全时的pH为5.5
根据以上流程图。下列说法错误的是( )
A．“溶解”中用到25%的稀硫酸，可用98%浓硫酸配制，需玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管等仪器
B．操作II中用硫酸酸化至pH=2的主要目的是抑制Fe2+的水解
C．操作II中，通入HS至饱和的目的之一是防止Fe2+被氧化
2
D．操作IV中所得的晶体最后用乙醇洗去晶体表面附着的水分
【答案】B
【解析】铁屑(含少量锡、氧化铁等杂质)与稀硫酸反应生成硫酸锡和硫酸亚铁，通过过滤滤去不溶性物质，
通过调节溶液的pH并通入硫化氢气体使锡离子沉淀，过滤除去不溶性的硫化锡，得到硫酸亚铁溶液，通过冷
却结晶得到纯净的绿矾。A项，将浓硫酸稀释为25%的稀硫酸，应该用量筒量取一定体积的浓硫酸，沿玻璃棒
缓缓倒入盛有水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，则所需仪器为玻璃棒、烧杯和量筒、胶头滴管等仪器，故A
正确；B项，结合SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6，FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，而pH=2在1.6-3.0之间，
所以锡离子完全沉淀，亚铁离子不沉淀，操作II中用硫酸酸化至pH=2的主要目的不是抑制Fe2+的水解，故B
错误；C项，通入硫化氢至饱和，硫化氢是强还原剂，目的是沉淀锡离子，防止亚铁离子被氧化，所以操作II
中，通入HS至饱和的目的之一是防止Fe2+被氧化，故C正确；D项，晶体易溶于水，用乙醇洗涤，可以避免
2
晶体的溶解，减少晶体的损失，且酒精易挥发，带走水分，所以操作IV中所得的晶体最后用乙醇洗去晶体表
面附着的水分，故D正确；故选B。12．(2022·江苏省常州市部分重点中学高三期中)某废催化剂主要含Al、Ni、Mo(钼)等的氧化物，回收利
用其金属资源的流程如下：
已知：碱性条件下，Mo元素以MoO 2-的形态存在；K (BaMoO )=3.5×10-8。
4 sp 4
下列有关说法不正确的是( )
A．焙烧时，Al O 与NaOH反应的化学方程式为Al O+2NaOH 2NaAlO +H O
2 3 2 3 2 2
B．水浸时，控制适当温度并不断搅拌，有利于提高铝、钼浸取率
C．沉铝后，过滤所得滤渣的主要成分是Al(OH)
3
D．沉钼后，过滤所得滤液中不存在MoO 2-
4
【答案】D
【解析】废催化剂Al、Mo的氧化物与氢氧化钠固体一起焙烧得到可溶于水的盐NaAlO 和NaMoO ，Ni
2 2 4
的氧化物过滤后留在滤渣之中，滤液中通入过量二氧化碳将NaAlO 转化为Al(OH) 除去，再次过滤后往滤液
2 3
中加入过量氯化钡溶液得到BaMoO 固体。A项，焙烧时，Al的氧化物Al O 与NaOH反应的化学方程式为
4 2 3
Al O+2NaOH 2NaAlO +H O，A正确；B项，水浸时，控制适当温度并不断搅拌，有利于固体与液体充
2 3 2 2
分接触，提高铝、钼浸取率，B正确；C项，过量CO 与AlO-反应生成Al(OH) 沉淀，故沉铝后过滤所得滤渣
2 2 3
的主要成分是Al(OH) ，C正确；D项，由于K (BaMoO )=3.5×10-8，BaMoO 存在沉淀溶解平衡，沉钼后过滤，
3 sp 4 4
所得滤液中仍然存在少量MoO 2-，D错误；故选D。
4
13．(2022·江苏省常熟市高三阶段性抽检)以含钴废渣(主要成分CoO、Co O，还含有Al O、ZnO等杂质)
2 3 2 3
为原料制备CoCO 的一种实验流程如下所示，下列说法正确的是( )
3A．用装置甲制备“酸浸”所需的SO
2
B．用装置乙配制“酸浸”所需的1mol·L-1HSO 溶液
2 4
C．用装置丙过滤“沉钴”所得悬浊液
D．用装置丁灼烧CoCO 固体制Co O
3 2 3
【答案】C
【解析】A项，浓硫酸与铜反应需要加热，甲装置没有酒精灯，无法反应制取SO ，A项错误；B项，滴
2
定管使用时应悬于容量瓶上方，不能伸入容量瓶内，这样会污染试剂，B项错误；C项，过滤用于固液分离，
用装置丙可以过滤“沉钴”所得悬浊液，且装置中操作正确，C项正确；D项，灼烧CoCO 固体应用坩埚，不
3
能在烧杯中直接灼烧固体，D项错误；故选C。
14．次磷酸(H PO )广泛用于化学电镀、制药工业等；它易溶于热水和乙醚，与足量氢氧化钠溶液反应生
3 2
成NaH PO ；一种实验室制取次磷酸的实验流程如下：
2 2
下列说法正确的是( )
A．HPO 的电离方程式为HPO PO - +3H+
3 2 3 2 2
B．实验过程中两次进行过滤，所需的硅酸盐材料仪器为漏斗、玻璃棒、烧杯和坩埚
C．反应II的化学方程式为PH +2I +2H O===H PO +4HI
3 2 2 3 2
D．萃取时，先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层【答案】C
【解析】A项，根据元素化合价代数和等于0，HPO 中氢元素化合价是+1，氧元素化合价是-2，则磷的
3 2
化合价是+1；HPO 是一元弱酸，电离方程式是HPO HPO - +H+，A错误；B项，过滤不需要坩埚，B错
3 2 3 2 2 2
误；C 项，根据流程图，反应 II 是 PH 、I 发生氧化还原反应生成 HPO 、HI，反应方程式是
3 2 3 2
PH +2I +2H O===H PO +4HI，C正确；D项，乙醚的密度小于水，所以次磷酸的乙醚溶液在上层，得到次磷
3 2 2 3 2
酸的乙醚溶液进行分液的操作方法是先从分液漏斗下口放出水层，后从上口倒出有机层，D错误。
15．(2022·江苏苏州市月考)高铁酸钾(K FeO)是一种暗紫色固体，低温碱性条件下比较稳定。高铁酸钾能
2 4
溶于水，微溶于浓KOH溶液，且能与水反应放出氧气，并生成Fe(OH) 胶体，常用作水处理剂。高铁酸钾有
3
强氧化性，酸性条件下，其氧化性强于Cl、KMnO 等。工业上湿法制备KFeO 的流程如下：
2 4 2 4
下列关于KFeO 的工业湿法制备工艺，说法正确的是( )
2 4
A．“反应”时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：3
B．“过滤I”所得滤液中大量存在的离子有：Na+、Fe3+、Cl-、NO -、FeO2-
3 4
C．“转化”时，反应能进行的原因是该条件下KFeO 的溶解度比NaFeO 小
2 4 2 4
D．“过滤II”所得滤液在酒精灯外焰上灼烧，观察到火焰呈黄色，说明滤液为NaOH溶液
【答案】C
【解析】向碱性的KClO浓溶液中加入90%的Fe(NO ) 溶液，发生反应
3 3
2Fe(NO )+3NaClO+10NaOH=2Na FeO+6NaNO +3NaCl+5HO，过量的饱和的KOH将NaFeO 转化为溶解度更
3 3 2 4 3 2 2 4
小的KFeO。A项，“反应”时发生反应2Fe(NO )+3NaClO+10NaOH=2Na FeO+6NaNO +3NaCl+5HO，Cl
2 4 3 3 2 4 3 2
元素化合价降低，氧化剂是NaClO，Fe元素的化合价升高，还原剂是Fe(NO )，质的量之比为3：2，A错误；
3 3
B项，过量NaOH，“过滤I” 所得滤液一定不存在Fe3+，B错误；C项，“转化”时，NaFeO 转化为
2 4
KFeO，反应能进行的原因是该条件下KFeO 的溶解度比NaFeO 小，C正确；D项，没透过蓝色钴玻璃，
2 4 2 4 2 4
K+的火焰颜色也是黄色，滤液可能为KOH溶液，D错误；故选C。16．(2022·浙江省镇海中学高三选考模拟)下图是实验室中制取KMnO 的流程图，已知KMnO 显墨绿色，
4 2 4
下列说法中错误的是( )
A．第①步在铁坩埚中进行，第⑥步中加热浓缩在蒸发皿中进行
B．第②步加入的MnO 作还原剂，第④步通CO 发生反应：3 MnO2-+2CO =2 MnO -+MnO↓+2CO 2-，
2 2 4 2 4 2 3
MnO 是氧化产物
2
C．第③步分批浸取可提高浸取率
D．第⑤步加热趁热过滤，说明KMnO 的溶解度随温度变化比较大
4
【答案】B
【解析】KOH、KClO、MnO 在高温下发生氧化还原反应产生KMnO 、KCl、HO，然后向其中分批次
3 2 2 4 2
加入蒸馏水，通过浸取得到KMnO 的浸取液，然后向其中通入CO 气体，发生歧化反应：3 MnO2-+2CO =2
2 4 2 4 2
MnO -+MnO↓+2CO 2-，然后加热，利用KMnO 的溶解度受温度的影响变化较大，趁热过滤，可减少KMnO
4 2 3 4 4
由于温度降低而结晶析出，然后将溶液蒸发结晶得到KMnO 晶体。A项，第①步反应中有强碱KOH，在加热
4
熔融时KOH会与陶瓷坩埚中的SiO 发生反应，腐蚀坩埚，因此应该在铁坩埚中进行；将KMnO 溶液通过蒸
2 4
发浓度应在蒸发皿中进行，A正确；B项，在第②步反应中KClO 为氧化剂，MnO 作还原剂，被氧化为
3 2
KMnO ；第④步通CO 发生反应：3 MnO2-+2CO =2 MnO -+MnO↓+2CO 2-，Mn元素化合价由反应前MnO 2-中
2 4 2 4 2 4 2 3 4
的+6价变为反应后MnO 中的+4价，化合价降低，得到电子，被还原，所以MnO 是还原产物，B错误；C项，
2 2
在第③步分批加入蒸馏水进行浸取，可以使KMnO 更多的被浸取出来，从而可提高物质的浸取率，C正确；
2 4
D项，第⑤步加热趁热过滤，在较高温度时过滤，KMnO 以离子形式存在于溶液中，说明KMnO 的溶解度随
4 4
温度变化比较大， D正确；故选B。
17．(2022·浙江省金华一中高三选考模拟)洋葱所含的微量元素硒( Se)是一种很强的抗氧化剂，能消除体
34
内的自由基，增强细胞的活力和代谢能力，具有防癌抗衰老的功效。工业上用精炼铜的阳极泥(硒主要以CuSe
存在，含有少量Ag、Au)为原料与浓硫酸混合焙烧，将产生的SO 、SeO 混合气体用水吸收即可得Se固体，
2 2
其工艺流程如图，下列有关说法错误的是( )A．实验室中过滤用到的玻璃仪器为：玻璃棒、烧杯、普通漏斗
B．SeO 既有氧化性又有还原性，其还原性比SO 强
2 2
C．“焙烧”时的主要反应为：CuSe+4H SO (浓) CuSO +SeO ↑+3SO↑+4H O
2 4 4 2 2 2
D．生产过程中产生的尾气SeO 可以用NaOH溶液吸收
2
【答案】B
【解析】阳极泥研磨粉碎，与浓硫酸混合焙烧，将产生的SO 、SeO 混合气体用水吸收，过滤即可得Se
2 2
固体。A项，实验室中过滤用到的仪器有带铁圈的铁架台、漏斗、滤纸、烧杯、玻璃棒，则玻璃仪器为：玻璃
棒、烧杯、普通漏斗，A说法正确；B项，将产生的SO 、SeO 混合气体用水吸收即可得Se固体，SeO 中的
2 2 2
Se为+4价，降低为0价，有氧化性，二氧化硫被氧化为硫酸，所以SeO 氧化性比SO 强，B说法错误；C项，
2 2
“焙烧”时反应物为CuSe、HSO ，生成物有SeO、SO ，根据元素守恒配平，主要反应为：
2 4 2 2
CuSe+4H SO (浓) CuSO +SeO ↑+3SO↑+4H O，C说法正确；D项，Se与S为同主族元素，性质具有相似性，
2 4 4 2 2 2
则生产过程中产生的尾气SeO 可以用NaOH溶液吸收，D说法正确；故选B。
2
18．(2022·辽宁省铁岭市六校高三联考)某废矿渣的主要成分有FeO、NiO、Al O、SiO，为节约和充分利
2 3 2
用资源，通过如图工艺流程回收铁、镍。下列说法错误的是( )
已知：ⅰ.常温下，K (NiCO)=1.4×10-7；K [Ni(OH) ]=1.0×10-15。
sp 3 sp 2
ⅱ.“萃取”可将金属离子进行富集与分离，原理如下：X2+(水相)+2RH(有机相) XR (有机相)+2H+
2
(水相)。A．滤液①中，主要存在的钠盐有NaAlO 、NaSiO
2 2 3
B．“反萃取”应控制在酸性环境进行
C．“沉镍”过程中反应方程式为：Ni2++2HCO-=NiCO ↓+CO ↑+H O，“沉镍”时若溶液pH越大，越能
3 3 2 2
充分吸收二氧化碳，NiCO 的产率越高
3
D．已知“水相”中c(Ni2+)=2×10-2mol•L-1，加NaHCO “沉镍”，当沉镍率达到99%时，溶液中
3
c(CO2-)=7×10-4mol•L-1
3
【答案】C
【解析】废矿渣的主要成分有FeO、NiO、Al O、SiO 加入氢氧化钠溶液，Al O、SiO 分别与氢氧化钠
2 3 2 2 3 2
溶液反应生成偏铝酸钠和水、硅酸钠和水，滤液①中偏铝酸钠、硅酸钠和剩余氢氧化钠，过滤得到滤渣为
FeO、NiO，硫酸酸浸溶液中为Fe2+、Ni2+，加入萃取剂，Ni2+进入水相中，沉镍，加入碳酸氢钠，生成碳酸镍，
Fe2+进入有机相，再反萃取，进入水相，再加氧化剂氧为Fe3+，再加入碳酸钠沉铁得到黄钠铁矾。A项，
Al O、SiO 分别与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水、硅酸钠和水，滤液①中偏铝酸钠、硅酸钠，A正确；
2 3 2
B项，萃取原理为：X2+(水相)+2RH(有机相) XR (有机相)+2H+(水相)，进行反萃取，需要使反应逆向
2
进行，在此条件下，酸性有利于反萃取，B正确；C项，“沉镍”过程产生一种气体为二氧化碳和碳酸镍，根
据电荷守恒和原子守恒，离子方程式为：Ni2++2HCO-=NiCO ↓+CO ↑+H O；由于K (NiCO)=1.4×10-
3 3 2 2 sp 3
7>K [Ni(OH) ]=1.0×10-15，所以pH过大，OH-浓度偏高，容易生成Ni(OH) 沉淀，C错误；D项，①沉镍率达到
sp 2 2
99%时，溶液中根据c(Ni2+)=2×10-2mol•L-1×(1-99%)=2×10-4mol•L-1，根据K (NiCO)=1.4×10-7=c(CO )c(Ni2+)，
sp 3
可知c(CO2-)= = =7×10-4mol•L-1，D正确；故选C。
3
1．(2023·山西省大同市高三第二次学情调研测试)新冠肺炎期间，化学消毒剂大显身手。高铁酸钾
(K FeO，M=198 g∙mol-1)是一种高效多功能的绿色消毒剂，广泛应用于生活用水和废水的杀菌、消毒。工业制
2 4
备高铁酸钾的方法主要有湿法和干法两种。实验室模拟湿法制备高铁酸钾的流程如下：已知：转化过程发生复分解反应。
回答下列问题：
(1)NaOH溶液应置于冰水浴中，否则温度升高将发生如下副反应：Cl+NaOH→NaCl+NaClO +H O(未配
2 3 2
平)
①若有0.3molCl 发生该副反应，转移电子的数目为_______。
2
②若反应后溶液中NaCl和NaClO 的物质的量之比为6∶1，则生成NaCl和NaClO的物质的量之比为
3
_______。
(2)氧化过程中溶液保持碱性，写出反应的离子方程式：_______。
(3)产品经干燥后得到纯品99g，则KFeO 的产率为_______(用百分数表示)。
2 4
(4)工业干法制备高铁酸钾的第一步反应为2FeSO +6Na O=2Na FeO+2Na O+2Na SO +O ↑
4 2 2 2 4 2 2 4 2
，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______。第二步反应为NaFeO+2KCl=K FeO+2NaCl，试
2 4 2 4
解释该反应能发生的原因：_______。
【答案】(1) 0.5 N 或3.01×1023 6∶1
A
(2)2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO 2-+3Cl-+5H O
4 2
(3)75％
(4) 5∶3 相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小
【解析】标况下22.4LCl (物质的量为1mol)通入500mL4.0mol/LNaOH溶液中，发生反应生成NaCl、
2
NaClO等；加入浓Fe(NO ) 溶液，发生氧化还原反应，生成NaFeO、NaNO 等；加入稀KOH溶液进行除杂，
3 3 2 4 3
将未被氧化的Fe3+转化为Fe(OH) 沉淀；往滤液中加入浓KOH溶液，将NaFeO 转化为KFeO，过滤后、洗涤、
3 2 4 2 4
干燥，从而获得产品。(1)①将副反应配平可得反应式：3Cl+6NaOH=5NaCl+NaClO +3H O，建立关系式为：
2 3 23Cl—5e-，若有0.3molCl 发生该副反应，转移电子的数目为 N =0.5 N 或3.01×1023；②在溶液中发
2 2 A A
生反应：Cl+2NaOH=NaCl+NaClO+H O、3Cl+6NaOH=5NaCl+NaClO +3H O，若反应后溶液中NaCl和
2 2 2 3 2
NaClO 的物质的量之比为6∶1，则生成NaCl、NaClO、NaClO 的物质的量之比为6 ：1 ：5，从而得出生成
3 3
NaCl和NaClO的物质的量之比为6∶1；(2)氧化过程中溶液保持碱性，则NaClO在NaOH溶液中将Fe(NO )
3 3
氧化为NaFeO 等，反应的离子方程式：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO 2-+3Cl-+5H O；(3)由反应
2 4 4 2
Cl+2NaOH=NaCl+NaClO+H O、2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO 2-+3Cl-+5H O，可建立关系式：3Cl—2KFeO，则
2 2 4 2 2 2 4
理论上生成KFeO 的质量为 =132g，产品经干燥后得到纯品99g，则KFeO 的产率为
2 4 2 4
=75％；(4)工业干法制备高铁酸钾的第一步反应为
2FeSO +6Na O=2Na FeO+2Na O+2Na SO +O ↑，该反应中，若有2molFeSO 参加反应，则2molFeSO 作还原
4 2 2 2 4 2 2 4 2 4 4
剂，1molNa O 作还原剂，作氧化剂的NaO 有5mol，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶3；第二步反应
2 2 2 2
为NaFeO+2KCl=K FeO+2NaCl，此反应为复分解反应，则至少有一种产物的溶解度一定比较小，所以该反
2 4 2 4
应能发生的原因：相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小。
2．(2023·海南省琼海市嘉积中学高三期中检测）钒(V)是一种重要的金属，有金属“维生素”之称，用途
涵盖了航空航天、电池、光学、医药等众多领域，主要由五氧化二钒冶炼得到。某种由钒精矿(含VO 及少量
2 5
MgO、SiO 等杂质)提取五氧化二钒的工艺流程如下图所示。
2
【资料】+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系：
PH 4~6 6~8 8~10 10~12
主要离子(1)钒精矿磨细的目的是_______，浸出液中含有钒酸钠(Na VO )。VO 3-与PO 3-的空间构型相同，键角的大
3 4 4 4
小为_______。
(2)用硫酸缓慢调节浸出液的pH为7，得到净化液中主要的阴离子是_______。
(3)氨化沉钒：将净化液中的钒转化为NH VO 固体，其流程如下。
4 3
向(NH ）VO 溶液中加入NHCl溶液的目的：_______。
4 3 4 4
(4)煅烧2.340g偏钒酸铵(NH VO ，摩尔质量为117g/mol)时，其固体质量的减少量随温度变化的曲线如图
4 3
所示：
100~200℃时产生的一种气体的化学式为_______，300~350℃时发生反应的化学方程式为_______。
【答案】(1) 增大接触面积，加快反应速率和提高V的浸出率 109º28'
(2)VO -和SO 2-
3 4
(3)调节pH值，使(NH ）VO 转化为NH VO
4 3 4 4 3
(4) NH 2HVO VO+H O
3 3 2 5 2
【解析】将钒精矿进行粉碎磨细以增大接触面积，加快反应速率，提高钒的浸出率，加入NaOH溶液，将
VO 转化为NaVO ，SiO 转化为NaSiO，MgO不反应，过滤出浸出渣主要成分为MgO，浸出液中主要含有
2 5 3 4 2 2 3
NaVO 、NaSiO，向浸出液中加入HSO 调节pH为7时，产生HSiO 沉淀，钒的存在形成转化为NaVO ，
3 4 2 3 2 4 2 3 3
过滤出净化渣主要成分为HSiO，向净化液中加入NH Cl进行沉钒，产生NH VO 沉淀，过滤洗涤干燥，高温
2 3 4 4 3煅烧，即得VO。(1）工艺流程中，将钒精矿磨细的目的是增大接触面积，加快反应速率和提高V的浸出率，
2 5
PO 3-中P原子孤电子对数为 =0，价层电子对数为4+0=4，空间构型为正四面体形，而VO 3-与PO 3-的
4 4 4
空间构型相同，为正四面体形，键角为109º28'；(2）由题干表格信息可知，当pH=7时钒的主要存在形式为：
VO -，故用硫酸缓慢调节浸出液的 pH 为 7，得到净化液中主要的阴离子是VO -和SO 2-；(3）向(NH ）VO
3 3 4 4 3 4
溶液中加入NHCl溶液的目的是调节pH值，使(NH ）VO 转化为NH VO ；(4）煅烧偏钒酸铵时，固体质量
4 4 3 4 4 3
随温度变化的曲线如图所示。加热到100~200℃时，质量减少3.4g，偏钒酸铵NH VO 物质的量=
4 3
=0.2mol，发生反应NH VO NH ↑+HVO ，生成气体为氨气0.2mol，加热到300 ~ 350° C时固体质量减少
4 3 3 3
18g，应发生反应2HVO VO+H O。
3 2 5 2
3．(2023·湘豫名校联考高三一轮复习诊断考试)科学合理地从污泥中提取铜、镍等有价金属，无论从经济
利益还是环保利益上都有深远的意义。氨浸-沉淀法金属回收率高，但是氨易挥发，相关技术目前还有待提升。
常见的氨浸-沉淀法回收电镀污泥(主要金属元素及含量Ni：0.81%，Cu：0.94%，Fe：0.39%，Cr：1.14%，
Ca：1.49%，Mg：2.02%)中的铜，大致流程如下：
已知：①氨浸液采用NH -NH HCO 缓冲体系；
3 4 3
②滤渣溶于稀硫酸后，金属元素存在形式：Fe2+、Fe3+、Cr3+、Ca2+、Mg2+；
③标准摩尔生成Gibbs自由能 可以用来估算一个反应自发的趋势，如 ，
(1)沉淀1的主要成分是_______(填化学式)，操作2的名称为_______。(2)标准状况下，氨浸过程中镍元素发生的主要反应为Ni(OH) (s)＋4NH(g)+ 2NH +(aq) Ni(NH )2+(aq) ＋
2 3 4 3 6
2HO(l)，相关物质的标准摩尔生成焓如下表。
2
标准摩尔生成焓
Ni(OH) NH NH + Ni(NH )2+(aq) HO
2 3 4 3 6 2
-447.3 -26.57 -79.37 -255.7 -237.14
①试分析该反应在_______(填“高温”或“低温”)时有利于镍元素的浸取。
②氨浸液在总氨量一定前提下，相同条件下氨铵比对铜、镍浸出率影响情况如图所示，试从化学角度分析，
当氨铵比从 变化至 时，镍的浸出率降低的可能原因是_______。
(3)实验证明溶解滤渣用的稀硫酸溶液，浓度以2mol/L最合适，结合流程信息分析，硫酸浓度不易过高或
者过低的原因：_______。
(4)通常采用HO 进行氧化过程，试写出铬元素在此过程中发生反应的离子方程式：_______。
2 2
(5)系列操作中，通常采用先水洗，再酸洗，然后反萃取得到含铜的溶液，而不采用先酸洗，再水洗的方
式，试分析原因：_______。
(6)①电镀污泥在氨浸以后，如果能提前进行化学除杂，将对后续分离铜、镍有很大的帮助，通常我们用
(NH )PO 溶液处理金属浸出液，查数据可知，此时Ni(NH )2+与(NH )PO 溶液反应的离子方程式为
4 3 4 3 6 4 3 43Ni(NH )2++2PO3-=Ni (PO )↓+18NH ，试回答可以用磷酸铵预处理浸出液的原因：_______。
3 6 4 3 4 2 3
②常温下，关于0.05mol/L (NH)PO 溶液，下列说法正确的是_______(填字母序号)。
4 3 4
A．可以用0.1mol/L的HPO 溶液与0.1mol/L的NH ∙HO溶液等体积混合制得(忽略混合时微小的体积变
3 4 3 2
化)
B．由水电离的c(H+)=10-7mol∙L-1
C．溶液中粒子数目最多的是NH +
4
D．c(NH ·H O)+c(NH +)=3c(H PO ) +3c(H PO -)+ 3c(HPO 2-)+ 3c(PO 3-)
3 2 4 3 4 2 4 4 4
【答案】(1) CaSO 萃取
4
(2)低温 总氮量恒定，氨铵比在减少，体系中作配体用的游离氨的量减少，故形成配合物的难度
加大，浸出量减少
(3)硫酸浓度过高，会增加后期调pH试剂的消耗，提高了经济成本；硫酸浓度过低，不利于滤渣溶解，会
导致金属元素的回收利用率不高
(4)2Cr3++3H O+H O= Cr O2-+8H+
2 2 2 2 7
(5)先酸洗会消耗更多的酸，氨浸液的成分主要是氨水(一水合氨)和碳酸氢铵，用水洗可以节约成本，水洗
后，少量的碱性物质可以用酸洗
(6) K值的大小并不代表反应进行的快慢，此外在其他金属配合物中，也有反应更大的可能性，在相对强
弱对比时，有可能是其他金属生成磷酸盐沉淀更容易 D
【解析】回收电镀污泥(主要金属元素及含量Ni：0.81%，Cu：0.94%，Fe：0.39%，Cr：1.14%，Ca：
1.49%，Mg：2.02%)中的铜时，先将电镀污泥用氨浸液处理然后过滤，从最终产物看，铜、镍元素转化为铜氨、
镍氨配离子进入滤液，其他金属元素进入滤渣；往滤渣中加入稀硫酸，此时部分Ca2+生成硫酸钙沉淀，过滤后，
滤液中含有Fe2+、Fe3+、Cr3+、Ca2+、Mg2+；加入强氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+、Cr3+氧化为Cr O2-；调节pH后，
2 7
Fe3+生成Fe(OH) 沉淀，用沉淀剂除去Ca2+、Mg2+；滤液进行离子交换，再用NaSO 还原，便可得到Cr(OH)
3 2 2 3
(H O) SO 。加入氨浸液后过滤所得的滤液用有机液R进行萃取，然后分液，得到水溶液层和有机液层，将溶
2 3 4
有铜氨离子的有机液层先水洗后酸洗，再加硫酸进行反萃取可得CuSO 溶液；水溶液层再加入有机液R进行
4
萃取，然后分液，得到溶有镍氨离子的有机层，再水洗，然后加酸反萃取，从而得到NiSO 。(1)由分析可知，
4
沉淀1的主要成分是CaSO，操作2是利用有机液R提取溶液中一种配合物的操作，其名称为萃取；(2)①该反
4应中，△H=(-255.7-237.14×2) kJ∙mol-1-(-447.3-26.57×4-79.37×2) kJ∙mol-1=-17.66 kJ∙mol-1＜0，ΔS＜0，则在低温
时有利于镍元素的浸取。②氨浸液在总氨量一定前提下，铵离子投入量多，则氨分子的投入量就少，从方程式
可以看出，参加反应的Ni(OH) 必然减少，则镍的浸出率降低的可能原因是：总氮量恒定，氨铵比在减少，体
2
系中作配体用的游离氨的量减少，故形成配合物的难度加大，浸出量减少；(3)从流程图看，后续操作中，需
要加入去酸试剂调节溶液的pH，硫酸加入过多，消耗去酸试剂必然多，所以硫酸浓度不易过高或者过低的原
因：硫酸浓度过高，会增加后期调pH试剂的消耗，提高了经济成本；硫酸浓度过低，不利于滤渣溶解，会导
致金属元素的回收利用率不高；(4)采用HO 进行氧化时，Cr3+转化为Cr O2-，则铬元素在此过程中发生反应
2 2 2 7
的离子方程式：2Cr3++3H O+H O= Cr O2-+8H+；(5)溶液中氨浸液余量很多，先加酸，所用酸量必然多，所以
2 2 2 2 7
通常采用先水洗再酸洗，然后反萃取得到硫酸铜溶液，而不采用先酸洗，再水洗的方式，原因是：先酸洗会消
耗更多的酸，氨浸液的成分主要是氨水(一水合氨)和碳酸氢铵，用水洗可以节约成本，水洗后，少量的碱性物
质可以用酸洗；(6)①电镀污泥在氨浸以后，所得溶液中除去含有铜氨离子、镍氨离子外，可能还含有其它配
离子，用(NH )PO 溶液处理金属浸出液，可将其它配离子转化为沉淀，由反应3Ni(NH )2++2PO3-=
4 3 4 3 6 4
Ni (PO )↓+18NH， 可以看出，镍氨离子也有转化为沉淀的可能，若杂质离子更易转化为沉淀，则
3 4 2 3
可控制(NH )PO 溶液的用量，将杂质除尽，所以可以用磷酸铵预处理浸出液的原因：K值的大小并不代表反
4 3 4
应进行的快慢，此外在其他金属配合物中，也有反应更大的可能性，在相对强弱对比时，有可能是其他金属生
成磷酸盐沉淀更容易。②A项，0.1mol/L的HPO 溶液与0.1mol/L的NH ∙H O溶液等体积混合将制得
3 4 3 2
NH HPO ，A不正确；B项，(NH )PO 为弱酸弱碱盐，发生双水解反应，所以由水电离的c(H+)＞10-
4 2 4 4 3 4
7mol∙L-1，B不正确；C项，溶液中离子数目最多的是NH +，但水分子数更多，所以粒子数目最多的是水，C不
4
正确；D项，在(NH )PO 溶液中，存在物料守恒：c(NH ·H O)+c(NH +)=3c(H PO ) +3c(H PO -)+ 3c(HPO 2-)+
4 3 4 3 2 4 3 4 2 4 4
3c(PO 3-)，D正确；故选D。
4
4．(2023·甘肃省高三高考诊断考试)聚合硫酸铁(Ⅲ)[Fe (OH) (SO )] 是一种新型，优质、高效铁盐类无机
2 x 4 y n
高分子絮凝剂，极易溶于水，广泛应用于饮用水、各种工业废水、城市污水、污泥脱水等的净化处理。工业上
用高硫铝土矿(主要成分为Fe O、Al O、SiO，少量FeS)为原料制备聚合硫酸铁的部分工艺流程如下：
2 3 2 3 2 2
(1)写出焙烧产生的SO 气体在工业上的一种用途_______。
2(2)“滤液”中存在的阴离子主要为OH-及_______(填离子符号)。
(3)氧化过程中加入双氧水的目的为_______，实际生产过程中温度不宜过高且要控制HO 的投加速度，其
2 2
原因为_______。
(4)在焙烧时若通入的空气量不足，Fe O 与FeS 之间可以反应生成Fe O 和SO 、Fe O 与FeS 之间反应时
2 3 2 3 4 2 2 3 2
理论上完全反应消耗的n(FeS )：n(Fe O)=_______。
2 2 3
(5)加入试剂A的目的是通过调节pH促进聚合物的形成，所加试剂A为_______(填化学式)，溶液的pH对
[Fe (OH) (SO )] 中x的值有较大影响(如下图所示)，试分析pH过大(pH>3.0)导致聚合硫酸铁中x的值减小的原
2 x 4 y n
因_______。
(6)聚合硫酸铁虽广泛应用于各类水的净化处理，但是实际使用过程中发现该絮凝剂对铁质输送管道和容
器比明矾的腐蚀性更强，这是由于该絮凝剂水解程度大，产生的氢离子浓度更大、腐蚀作用更强，同时还有另
一离子也具有腐蚀性，该离子发生腐蚀的离子方程式为_______。
【答案】(1)漂白剂 (2)AlO -、SiO2-
2 3
(3)将Fe2+氧化为Fe3+ 防止HO 受热分解，提高原料利用率
2 2
(4)1：16
(5) Fe O 将溶液pH调过大，可能会使氯化铝和氯化铁转化为Fe(OH) 和Al(OH) 沉淀
2 3 3 3
(6)2Fe3++Fe=3Fe2+
【解析】焙烧过程FeS 与氧气反应生成SO 和Fe O，碱浸过程Al O、SiO 都能与KOH溶液反应分别生
2 2 2 3 2 3 2
成KAlO 、KSiO，过滤分离出滤液，酸浸加入硫酸与Fe O 反应生成铁离子，酸浸液中含有的亚铁离子加入
2 2 3 2 3
双氧水进行氧化转化为铁离子，聚合中加入试剂A消耗氢离子来调节pH，为防止引入新杂质，A为Fe O，得
2 3
到溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到聚合生成聚合硫酸铁。(1)SO 气体在工业上可做漂白剂；
2(2)AlO、SiO 都能与KOH溶液反应分别生成KAlO 、KSiO，则“滤液”中存在的阴离子主要为OH-及
2 3 2 2 2 3
AlO-、SiO2-；(3)氧化过程中加入HO 的目的是将“酸浸”后溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为2Fe2+
2 3 2 2
+H O+2H+=2Fe3++2H O，双氧水不稳定易分解，温度过高，双氧水分解速率加快，实际生产过程中温度不宜
2 2 2
过高且要控制HO 的投加速度，其原因为防止HO 受热分解，提高原料利用率；(4)Fe O 与FeS 混合后在缺
2 2 2 2 2 3 2
氧条件下焙烧生成Fe O 和SO ，设有xmolFe O 和ymolFeS 完全参加反应，根据电子得失守恒：2x×(3-
3 4 2 2 3 2
)=2y×5+y×( -2)，解得 =16，所以理论上完全反应消耗的n(FeS )：n(Fe O)=1：16；(5)加入氧化铁和酸反应
2 2 3
来调节溶液pH，所加试剂A为Fe O，不引入新的杂质；图象分析可知pH>3.0，x值越小，是因为将溶液pH
2 3
调过大，可能会使氯化铝和氯化铁转化为Fe(OH) 和Al(OH) 沉淀，降低聚合碱式氯化铝铁的产率；(6)溶液变
3 3
红FeCl 溶液对钢铁设备的腐蚀，除H+的腐蚀作用外，另一离子的腐蚀的主要原因是铁离子和铁反应生成亚铁
3
离子，反应的离子方程式：2Fe3++Fe=3Fe2+。
5．(2023·广东省深圳市龙岗区高三期中）金属铅具有广泛用途，其提取根据工艺差异分为火法炼铅和湿
法炼铅。
[火法炼铅]以铅精矿(主要成分为PbS)为原料制备金属Pb，其工艺流程如下：
(1)“氧化脱硫”时，反应温度为1100℃，生成PbO和SO ，该反应的化学方程式为_________。
2
(2)下列金属冶炼方法正确且与本工艺“冶炼”的方法相似的是_________(填标号)。
A．电解熔融NaCl制钠 B．铝热反应制铝 C．高炉炼铁 D．氧化汞分解制汞
(3)由以上信息可得，火法炼铅工艺的主要不足为_________(任写一条)。
[湿法炼铅]以锌浸出渣(主要成分为PbSO ，还含有PbO和ZnFe O)为原料制备金属Pb，其工艺流程如下：
4 2 4已知：①“碱浸”时，ZnFe O 与NaOH反应生成NaZnO 和HO，还有一种氧化物；
2 4 2 2 2
②“碱浸”后，铅主要以[Pb(OH）]-的形式存在溶液中。
3
(4)“碱浸”时，PbSO 发生反应的离子方程式为_________。
4
(5)“浸渣”的主要成分为_________(填化学式)。
(6)“碱浸”液经处理后所得溶液[ 、 ]用于“沉铅”。
①“沉铅”时，理论上，当PbS完全沉淀时 ，ZnS_________(是或否)开始沉淀，通过计
算说明_________[已知： 、 ]。
②“滤液”中主要含有的金属阳离子有_________。
【答案】(1)2PbS+3O 2PbO+2 SO
2 2
(2)C
(3)“氧化脱硫”时，生成大量二氧化硫，二氧化硫污染空气
(4) PbSO +3OH-=[Pb(OH）]-+SO2-
4 3 4
(5)Fe O
2 3
(6)是 当PbS完全沉淀时，S2-的浓度为 ，
> ，所以ZnS开始沉淀 Na+、Zn2+
【解析】火法炼铅，PbS和氧气反应生成PbO和SO ，用焦炭还原PbO生成Pb。湿法炼铅，锌浸出渣主
2
要成分为PbSO ，还含有PbO和ZnFe O，用氢氧化钠溶液“碱浸”时，ZnFe O 与NaOH反应生成NaZnO 和
4 2 4 2 4 2 2
HO、Fe O，铅主要以[Pb(OH）]-的形式存在溶液中，过滤出Fe O，“碱浸”液经处理后所得溶液中含有
2 2 3 3 2 3Pb2+、Zn2+，加NaS生成PbS沉淀，PbS冶炼得金属Pb。(1）“氧化脱硫”时，反应温度为1100℃，PbS和氧
2
气反应生成PbO和SO ，该反应的化学方程式为2PbS+3O 2PbO+2SO 。(2）用焦炭含有PbO生成Pb，
2 2 2
属于热还原法；高炉炼铁是用CO还原氧化铁，故选C；(3）“氧化脱硫”时，生成大量二氧化硫，二氧化硫
污染空气。(4）“碱浸”后，铅主要以[Pb(OH）]-的形式存在溶液中；“碱浸”时，PbSO 发生反应的离子方
3 4
程式为PbSO +3OH-=[Pb(OH）]-+SO2-；(5）“碱浸”时，ZnFe O 与NaOH反应生成NaZnO 和HO，还有一
4 3 4 2 4 2 2 2
种氧化物，根据元素守恒，该氧化物为Fe O；“碱浸”后，铅主要以[Pb(OH）]-的形式存在溶液中，所以
2 3 3
“浸渣”的主要成分为Fe O；(6）①“沉铅”时，当PbS完全沉淀时 ，S2-的浓度为
2 3
， > ，所以存在ZnS沉淀；②“滤
液”中主要含有的金属阳离子有Na+、Zn2+。
6．(2023·浙江省名校协作体高三开学考试)氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工原料，工业上用初级铜矿粉
(主要含 、CuS、 、FeO等)制备活性CuCl的流程如下：
查阅资料可知：①CuCl为白色固体，微溶水，不溶于乙醇，在空气中能被迅速氧化。
②MnO 可在酸性条件下将CuS氧化为硫单质和Cu2+。
2 2
(1)滤渣Ⅰ的主要成分的化学式为_______。
(2)反应Ⅱ中通入的SO 应适当过量，其目的是_______。
2
(3)“除Mn2+”后得到的滤液呈深蓝色，则“蒸氨”的作用是_______。
(4)准确称取氯化亚铜产品mg，溶于过量的FeCl 溶液中得VmL待测液，从中量取VmL于锥形瓶中，加
3 1 2
入2滴邻菲罗啉指示剂，立即用a 硫酸铈[Ce(SO )]标准溶液滴定至终点，消耗Ce(SO ) 溶液bmL。(已
4 2 4 2知： ， )，则制得的氯化亚铜产品纯度为：_______(列式
表示即可)。
【答案】(1) Fe(OH) 和S
3
(2)使反应更完全并可防止CuCl被氧化
(3)深蓝色滤液中存在平衡：Cu(NH )2+ Cu2++4NH，加热将氨蒸出，有利于平衡向右移动，并生成
3 4 3
Cu(OH) 沉淀(或Cu(NH )2++2H O=Cu(OH)+2NH++2NH)
2 3 4 2 2 4 3
(4)
【解析】铜矿粉加入稀硫酸酸溶，同时加入二氧化锰可以将二价铁转化为三价铁，且MnO 可在酸性条件
2
下将CuS氧化为硫单质和Cu2+；加入氨水调节pH除去铁；加入氨水、碳酸氢铵除去锰；蒸氨后生成氢氧化铜
2
沉淀，过滤分离出氢氧化铜沉淀加入盐酸溶解通入二氧化硫，得到氯化亚铜。(1）已知，MnO 可在酸性条件
2
下将CuS氧化为硫单质和Cu2+；反应Ⅰ得到硫单质，然后加入氨水除去铁离子，铁离子和氨水生成氢氧化铁
2
沉淀，故得到滤渣Ⅰ的主要成分的化学式为Fe(OH) 和S；(2）二氧化硫具有还原性，可以将二价铜转化为一
3
价铜，在反应Ⅱ中通入的SO 应适当过量，其目的是使反应更完全并可防止CuCl被氧化；(3）加入氨水可以
2
和铜离子形成四氨合铜离子使溶液显深蓝色，深蓝色滤液中存在平衡：Cu(NH )2+ Cu2++4NH，加热将氨
3 4 3
蒸出，有利于平衡向右移动，并生成Cu(OH) 沉淀(或Cu(NH )2++2H O=Cu(OH)+2NH++2NH)，从而将铜从溶液
2 3 4 2 2 4 3
中分离出来；(4）由方程式可知，CuCl~Ce4+，则CuCl的物质的量为a ×b×10-3L× =
，则制得的氯化亚铜产品纯度为： 。
7．(2023·浙江省七彩阳光新高考研究联盟高三返校联考)OMS-2是一种新型环保催化剂，某实验小组以软
锰矿(主要成分是MnO ，含少量 Fe O、 FeS、SiO 等杂质)为原料模拟工业制法的流程如下：
2 2 3 2 2已知：实验装置见图1，“浸锰”步骤中实验温度对反应影响的变化关系如图2。
请回答：
(1)仪器A名称为_______，X溶液的作用是_______。
(2)制备流程中，需要向滤液1中加入适量的HO 溶液，其主要目的是_______。
2 2
(3)下列有关表述或操作中，正确的是_______。
A．滤液1的pH调节可选用KOH、氨水等碱溶液
B．“浸锰”过程中，通过增加SO 的通入量、控制通气速度可提升MnO 的浸出率
2 2
C．为减少“浸锰”反应中生成副产物MnS O，恒温电磁炉最适宜的控制温度是90℃
2 6
D．用相应滤液作洗涤剂充分洗涤滤渣1和滤渣2，有助于提高MnSO ·H O的产率与纯度
4 2
(4)下图为MnSO 的溶解度随温度的变化曲线。流程中对滤液2的“精致结晶”涉及到部分以下步骤：
4a.在20℃蒸发溶剂；b.在90℃蒸发溶剂；
c.冷却至室温；d.真空干燥；
e.将滤液2转移至蒸发皿中；f.趁热过滤；
g.蒸发至溶液出现晶膜；h.蒸发至大量晶体产生；
i.用冷水洗涤晶体；k.用90℃热水洗涤晶体。
则正确的操作顺序为e→( )→ ( )→( )→( )→d。_____________
(5)某同学采用沉淀SO 2-的方法来分析MnSO ·H O晶体，测定表明产品纯度为103%，导致该误差的可能
4 4 2
原因是_______。
【答案】(1) 三颈(烧)瓶 吸收多余的SO 等酸性气体，防止污染环境
2
(2)将滤液中Fe2+等还原性离子氧化为Fe3+等高价态离子
(3)BC (4)b→h→f→k
(5)混有HSO 等杂质；部分产品结晶水丢失
2 4
【解析】软锰矿(主要成分是MnO ，含有SiO、Fe O 等少量杂质)为主要原料制备环保催化剂(OMS-2)：
2 2 2 3
由流程可知软锰矿形成矿浆，通入足量的SO ，发生MnO +SO=MnSO ，Fe O+SO+2H+=2Fe2++SO2-+H O，
2 2 2 4 2 3 2 4 2
SiO 不反应，过滤，滤渣1为SiO，滤液1含有Mn2+、Fe2+，加入过氧化氢氧化亚铁离子，调节pH，沉淀铁离
2 2
子，过滤，滤渣2为氢氧化铁，向滤液2中加入碳酸氢铵溶液，生成MnCO 沉淀，再加入硫酸精制，结晶获
3
得MnSO ·H O，KMnO 、MnSO ·H O按物质的量比1:5与KSO 反应获得Mn O ，Mn O 在773K温度下煅
4 2 4 4 2 2 2 8 12 19 12 19
烧得氧锰八面体纳米棒(OMS-2)。(1）仪器A为三颈(烧)瓶，X溶液为氢氧化钠溶液，吸收多余的SO 等酸性
2气体，防止污染环境。(2）滤液1含有Mn2+、Fe2+，加入过氧化氢氧化亚铁离子生成Fe3+等高价态离子。(3）A
项，滤液1用KOH、氨水等碱溶液调节pH，残留的K+、NH +等会影响晶体纯度，A不正确；D项，用滤液作
4
为洗涤剂充分洗涤滤渣1和滤渣2，对MnSO ·H O的产率与纯度无影响。故选BC。(4）结合MnSO 的溶解度
4 2 4
随温度变化曲线图，应选择蒸发结晶并控制温度高于23.9℃，考虑到蒸发速率及结晶产率，温度以接近100℃
为宜。故操作顺序为将滤液2转移至蒸发皿中、在90℃蒸发溶剂、蒸发至大量晶体产生、趁热过滤、用90℃
热水洗涤晶体、真空干燥。(5）产品纯度超过100%的原因可能为产品中混有为洗净的HSO 等杂质；蒸发过
2 4
程中可能部分产品结晶水丢失。
8．(2023·浙江省山水联盟高三开学考试)高锌酸钾是中学常用的试剂，实验室模拟工业上用软锰矿制备高
锌酸钾流程如图：
已知：I.K MnO 为墨绿色固体。
2 4
II.碳酸钾和高镒酸钾在不同温度时100g水中溶解度如表：
名称 20℃ 30℃ 50℃ 60℃ 100℃
KCO 52.5 53.2 54.8 55.9 60.9
2 3
KMnO 6.4 9.0 16.9 22.2 48
4
回答下列问题：
(1)熔融操作时，需要在_____(填写字母序号)中讲行。
A．瓷坩埚 B．氧化铝坩埚 C．铁坩埚
(2)操作I的名称是__________。(3)通过某项操作可判断反应①完成，该操作具体为_____。
(4)下列有关该实验说法不正确的是_____。
A．熔融时，为使反应充分，可边加热边用玻璃棒搅拌
B．KClO 的作用是氧化剂，工业上可用空气代替KClO
3 3
C．反应①时，可用稀盐酸代替CO 气体进行酸化
2
D．干燥时，应采用低温减压烘干方式加快干燥速度
(5)操作II具体如下，从下列选项中选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序：
(______)→(______)→(______)→(______)→洗涤→粗晶体。_____
a.100℃蒸发溶剂；b.过滤；c.自然冷却至室温；d.趁热过滤；e.蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；f.蒸发至
溶液中出现大量晶体，停止加热。
【答案】(1)C (2)过滤
(3)用洁净玻璃棒沾取溶液于滤纸上，若滤纸只有紫红色而无绿色痕迹，则反应完成
(4)AC (5)aecb
【解析】本题是一道常见无机物的制备类型的实验题，首先在碱性条件下用氯酸钾将二氧化锰氧化为
KMnO ，之后通入二氧化碳调节pH，生成高锰酸钾，过滤得到碳酸钾和高锰酸钾的混合溶液，再通过降温结
2 4
晶得到高锰酸钾粗品，处理后得到纯净的高锰酸钾。(1）二氧化硅以及氧化铝都可以和氢氧化钾反应，故选
C；(2）由流程图可知，通过操作I后得到滤液和滤渣，故操作I为的名称是过滤；(3）由信息可知KMnO 为
2 4
墨绿色，高锰酸钾为紫红色，反应①完成后，溶液就不存在KMnO ，则判断反应①完成的操作为：用洁净玻
2 4
璃棒沾取溶液于滤纸上，若滤纸只有紫红色而无绿色痕迹，则反应完成；(4）A项，玻璃中含有二氧化硅，可
以和氢氧化钾反应，故不能用熔融时，不能用玻璃棒搅拌，A错误；B项，空气中含有氧气，具有较强的氧化
性，且空气的成本较低，故工业上可用空气代替KClO，B正确；C项，高锰酸钾具有较强氧化性，可以将盐
3
酸中的氯离子氧化为单质氯气，本身被还原为二价锰离子，故不能用稀盐酸代替CO 气体进行酸化，C错误；
2
D项，产物高锰酸钾受热容易分解，故干燥时，应采用低温减压烘干方式加快干燥速度，D正确；故选D；
(5）实验室用重结晶的方法将KMnO 和碳酸钾，应配制热饱和溶液、冷却晶体、过滤、洗涤，答案为aecb。
4
9．(2023·浙江省十校联盟高三10月月考)用废铜(主要是Cu、CuO，含少量Fe、Fe O)制取甲酸铜晶体的
2 3
流程如下：请回答：
(1)反应Ⅰ最佳方案应选择_______。
A．废铜煅烧成氧化铜后与稀硫酸反应 B．废铜与稀硫酸、稀硝酸反应
C．废铜与浓硫酸反应 D．废铜与稀硫酸、双氧水反应
(2)从下列选项中选择“系列操作Ⅰ”的正确步骤并排序(操作可重复使用)：_______。
_______→c→_______→_______→_______。
a.加热蒸发至溶液表面出现晶膜 b.加热蒸发至出现大量晶体 c.过滤 d.趁热过滤 e.用 调
节 f.用NaOH调节 g.冷却 h.用余热蒸干
(3)写出反应Ⅱ的离子方程式：_______。反应Ⅱ温度控制在 的原因是_______。
(4)用 和甲酸反应无法得到甲酸铜，可能的原因是_______。
(5)产品中甲酸根(HCOO-）含量的测定：
步骤一：精确称量 产品配成 溶液，取出 于锥形瓶中。
步骤二：加入适量 ，过滤，洗涤，合并滤液和洗涤液，再加入50mL0.0200mol·Lˉ1KMnO 溶液，充
4
分反应后加10mL2 mol·Lˉ1HSO 、 ，充分反应后加入2mL淀粉溶液，用0.1000mol·Lˉ1 Na SO 标准溶
2 4 2 2 3
液滴定，终点时消耗NaSO 标准溶液VmL 。
2 2 3 1步聚三：用 蒸馏水代替甲酸铜溶液重复步骤二实验，终点时消耗NaSO 标准溶液VmL。
2 2 3 2
部分相关反应为：
HCOO-+2MnO -+3OH-=CO 2-+2MnO2-+2H O
4 3 4 2
2MnO -+10S O2-+16H+=5S O2-+2Mn2++8H O
4 2 3 4 6 2
2MnO 2-+8S O2-+16H+=4S O2-+2Mn2++8H O
4 2 3 4 6 2
I+2 SO2-=2I-+2S O2-
2 2 3 4 6
则产品中 的质量分数为_______%(用含m、V、V 的代数式表示)。
1 2
【答案】(1)D (2)
(3) 2Cu2++4HCO-═Cu (OH) •CO ↓+3CO ↑+H O 温度过低反应慢，过高导致NaHCO 和Cu (OH) •CO
3 2 2 3 2 2 3 2 2 3
分解
(4) CuO将甲酸(或甲酸根，或甲酸铜)氧化
(5)
【解析】废铜与稀硫酸、双氧水反应生成硫酸铜，溶液中含有铁离子，用CuO调节pH，蒸发浓缩至溶液
表面出现晶膜，冷却结晶、过滤得胆矾，与小苏打在70~80°C的水浴中加热，生成Cu (OH) •CO ，加甲酸
2 2 3
50°C的水浴中加热，蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤得甲酸铜晶体。(1）铜与稀硫酸不反应，将废铜与稀硫酸、
双氧水混合发生氧化还原反应，故答案为D；(2）废铜与稀硫酸、双氧水反应生成硫酸铜，溶液中含有铁离子，
用CuO调节pH，蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，冷却结晶、过滤得胆矾，故答案为： ；(3）胆
矾，与小苏打在70~80°C的水浴中加热，生成Cu (OH) •CO ，反应Ⅱ的离子方程式：2Cu2++4HCO-
2 2 3 3
═Cu (OH) •CO ↓+3CO ↑+H O。反应Ⅱ温度控制在70~80°C的原因是温度过低反应慢，过高导致NaHCO 和
2 2 3 2 2 3
Cu (OH) •CO 分解。(4）用CuO和甲酸反应无法得到甲酸铜，可能的原因是CuO将甲酸(或甲酸根，或甲酸铜)
2 2 3
氧化；(5）根据电子得失守恒，两次NaSO 转移电子数之差等于甲酸转移的电子数，
2 2 3
2n(HCOO-)=n(NaSO)×(2.5-2)×2=c(NaSO)×(V-V )×(2.5-2)×2,n(HCOO-)=(0.1000mol/L×(V -V )×10-3L×(2.5-2)×
2 2 3 2 2 3 2 1 2 1=5(V -V )×10-4mol，则产品中HCOO-的质量分数为 =
2 1
%。
10．(2023·江苏省高三第二次大联考）一种以低品位菱锰矿(含MnCO 和少量钙、铝的碳酸盐及SiO 等)为
3 2
主要原料制备MnO 的流程如下。
2
(1)基态Mn2+核外电子排布式为_______。
(2)已知常温下： ， ，取“除钙”后得到的 CaF (s)，向其中
2
加入 HO，再加入MgCl (s)充分搅拌至CaF (s)完全转化，至少需要加入MgCl (s)的物质的量为
2 2 2 2
_______mol(溶液体积变化忽略不计)。
(3)常温下，NaSO 在含 的水溶液中会产生具有强氧化性的自由基· 。
2 2 8
①写出“氧化”时· 与Mn2+的发生反应的离子方程式：_______。
②当NaSO 和NaOH的用量一定时，MnO 的产率随温度的变化如图所示，相同时间内，50℃下MnO 的
2 2 8 2 2
产率高于40℃和60℃时的产率，原因分别是_______。(4) MnO 含量测定：称取 MnO 样品，加入 的NaC O 溶液和适量HSO 溶
2 2 2 2 4 2 4
液，加热使MnO 充分转化为MnSO 溶液。冷却后，向溶液中加入 的KMnO 溶液滴定过量
2 4 4
C O2-，消耗KMnO 溶液 。计算样品中MnO 的质量分数。______(写出计算过程)，已知：
2 4 4 2
MnO +C O2-+H+= Mn2++CO ↑+H O；MnO -+C O2-+H+= Mn2++CO ↑+H O。(方程式均未配平)
2 2 4 2 2 4 2 4 2 2
【答案】(1)[Ar]3d5 (2)20.1
(3) 2·OH+Mn2++2OH—=MnO↓+2H O 40℃时，反应温度低，反应速率慢，相同时间内MnO 的产率低于
2 2 2
50℃；60℃时，温度过高，NaSO 受热分解，导致相同时间内MnO 的产率低于50℃
2 2 8 2
(4)87%
【解析】由题给流程可知，菱锰矿中加入稀硫酸酸浸时，金属碳酸盐与稀硫酸反应生成可溶性硫酸盐，二
氧化硅不与稀硫酸反应，过滤得到二氧化硅和可溶性硫酸盐溶液；向溶液中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的铝
离子转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝和滤液；向滤液中加入氟化铵溶液，将溶液中的钙离子转化为氟
化钙沉淀，过滤得到氟化钙和硫酸锰溶液；向溶液中加入过二硫酸钠和氢氧化钠溶液，将硫酸锰转化为二氧化
锰，过滤得到硫酸钠溶液和二氧化锰。(1）锰元素的原子序数为25，基态锰离子的电子排布式为[Ar]3d5；(2）
由题意可得如下方程式：CaF +Mg2+= MgF + Ca 2+，反应的平衡常数K= = =
2 2
= = ，当0.1mol氟化钙完全转化为氟化镁时，消耗氯化镁的物质的量为0.1mol，溶液中钙离子的浓
度为 =0.02mol/L，则溶液中镁离子的物质的量为0.02mol/L×200×5L=20mol，所以至少需要加入氯化镁
的物质的量为20.1mol；(3）①由题意可知，碱性条件下·OH与锰离子反应生成二氧化锰沉淀和水，反应的离
子方程式为2·OH+Mn2++2OH—=MnO↓+2H O；②由图可知，温度为50℃时二氧化锰的产率最大，当温度为
2 2
40℃时，反应温度低，反应速率慢，相同时间内生成二氧化锰的物质的量减小，二氧化锰的产率低于50℃；当温度为60℃时，温度过高，过二硫酸钠受热分解，导致相同时间内二氧化锰的产率低于50℃；(4）由得失
电子数目守恒可得：2n(C O2-)=2n(MnO )+5n(MnO -)，滴定消耗16.00mL 0.100mol/L高锰酸钾溶液，则样品中
2 4 2 4
二氧化锰的质量分数为 ×100%=87%。
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，若直接返回还原工序，则产
2
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正确；D项，根据电子转化守恒
2 3 2 2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 )
2 4
为1：1，因此，参与反应的n(Br)：n(BaS)：n(H SO )为1：1：1，D正确；故选A。
2 2 4
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。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) 沉淀，
4 2 3 3
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+、Zn2+；然后
3
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，通过过滤分离出来；而Zn2+仍
2
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
3
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O 的
2
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NH 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
3
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
2
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HO，若还原时增大溶液的酸度，c(H+)
2 2
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错误；故选D。
24．(2022•海南省选择性考试）胆矾(CuSO ·5H O)是一种重要化工原料，某研究小组以生锈的铜屑为原料
4 2
[主要成分是Cu，含有少量的油污、CuO、CuCO、Cu(OH) ]制备胆矾。流程如下。
3 2
回答问题：
(1)步骤①的目的是_______。
(2)步骤②中，若仅用浓HSO 溶解固体B，将生成_______(填化学式)污染环境。
2 4
(3)步骤②中，在HO 存在下Cu溶于稀HSO ，反应的化学方程式为_______。
2 2 2 4
(4)经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是_______。
(5)实验证明，滤液D能将I-氧化为I。
2
ⅰ.甲同学认为不可能是步骤②中过量HO 将I-氧化为I，理由是_______。
2 2 2
ⅱ.乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I-氧化为I，写出乙同学的实验方案及结果_______(不要求写具体
2
操作过程)。
【答案】(1)除油污 (2)SO
2
(3) Cu+ H O+ H SO =CuSO+2H O
2 2 2 4 4 2
(4)胆矾晶体易溶于水
(5) 溶液 C 经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解 取滤液，向其中加入适量硫化钠，使铜离子
恰好完全沉淀，再加入I-，不能被氧化
【解析】由流程中的信息可知，原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤，可以除去原料表面的油污；滤渣固体B
与过量的稀硫酸、双氧水反应，其中的CuO、CuCO、Cu(OH) 均转化为CuSO ，溶液C为硫酸铜溶液和稀硫
3 2 4
酸的混合液，加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。(1)原料表面含有少量的油污，NaCO 溶液呈碱性，可
2 3
以除去原料表面的油污，因此，步骤①的目的是：除去原料表面的油污。(2)在加热的条件下，铜可以与浓硫
酸发生反应生成CuSO 、SO 和HO，二氧化硫是一种大气污染物，步骤②中，若仅用浓HSO 溶解固体B，
4 2 2 2 4
将生成SO 污染环境。(3)步骤②中，在HO 存在下Cu溶于稀HSO ，生成CuSO 和HO，该反应的化学方程
2 2 2 2 4 4 2
式为Cu+ HO+ H SO =CuSO+2H O。(4)胆矾是一种易溶于水的晶体，因此，经步骤④得到的胆矾，不能用水
2 2 2 4 4 2洗涤的主要原因是：胆矾晶体易溶于水，用水洗涤会导致胆矾的产率降低。(5)ⅰ. HO 常温下即能发生分解反
2 2
应，在加热的条件下，其分解更快，因此，甲同学认为不可能是步骤②中过量HO 将I-氧化为I，理由是：溶
2 2 2
液C经步骤③加热浓缩后HO 已完全分解。ⅱ. I-氧化为I 时溶液的颜色会发生变化；滤液D中含有CuSO 和
2 2 2 4
HSO ，乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I-氧化为I，较简单的方案是除去溶液中的Cu2+，然后再向其中加
2 4 2
入含有I-的溶液，观察溶液是否变色；除去溶液中的Cu2+的方法有多种，可以加入适当的沉淀剂将其转化为难
溶物，如加入NaS将其转化为CuS沉淀，因此，乙同学的实验方案为取少量滤液D，向其中加入适量NaS溶
2 2
液，直至不再有沉淀生成，静置后向上层清液中加入少量KⅠ溶液；实验结果为：上层清液不变色，证明I-不
能被除去Cu2+的溶液氧化，故只能是Cu2+将I-氧化为I。
2
5．(2022•湖北省选择性考试）全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小
组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水(含有Na+、Li+、Cl-和少量Mg2+、Ca2+)，并设计了以下流程
通过制备碳酸锂来提取锂。
时相关物质的参数如下：
LiOH的溶解度：12.4g/100gH O
2
化合物 K
sp
Mg(OH)
2
Ca(OH)
2
CaCO
3
LiCO
2 3回答下列问题：
(1)“沉淀1”为___________。
(2)向“滤液1”中加入适量固体LiCO 的目的是___________。
2 3
(3)为提高LiCO 的析出量和纯度，“操作A”依次为___________、___________、洗涤。
2 3
(4)有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备LiCO。查阅资料后，发现文献对常温下的LiCO 有不同的
2 3 2 3
描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究LiHCO 的性质，将饱和 溶液与饱和NaHCO 溶
3 3
液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述现象说明，在该
实验条件下LiHCO ___________(填“稳定”或“不稳定”)，有关反应的离子方程式为___________。
3
(5)他们结合(4)的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入NaCO 改为通入CO。这一改动能否达到相同
2 3 2
的效果，作出你的判断并给出理由___________。
【答案】(1)Mg(OH)
2
(2)将Ca2+转化成CaCO 沉淀除去，同时不引入新杂质
3
(3)蒸发浓缩 趁热过滤
(4) 不稳定 Li+ + HCO - = LiHCO ，2LiHCO = LiCO↓ + CO ↑+ H O
3 3 3 2 3 2 2
(5)能达到相同效果，因为改为通入过量的CO，则LiOH转化为LiHCO ，结合(4)的探究结果，LiHCO 也
2 3 3
会很快分解产生LiCO，所以这一改动能达到相同的效果
2 3
【解析】浓缩卤水(含有Na+、Li+、Cl-和少量Mg2+、Ca2+)中加入石灰乳[Ca(OH) ]后得到含有Na+、Li+、Cl-
2
和Ca2+的滤液1，沉淀1为Mg(OH) ，向滤液1中加入LiCO 后，得到滤液2，含有的离子为Na+、Li+、Cl-和
2 2 3OH-，沉淀2为CaCO ，向滤液2中加入NaCO，得到LiCO 沉淀，再通过蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤、干燥
3 2 3 2 3
后得到产品LiCO。(1)浓缩卤水中含有Mg2+，当加入石灰乳后，转化为Mg(OH) 沉淀，所以沉淀1为
2 3 2
Mg(OH) ；(2)滤液1中含有Na+、Li+、Cl-和Ca2+，结合已知条件：LiOH的溶解度和化合物的溶度积常数，可
2
推测，加入LiCO 的目的是将Ca2+转化成CaCO 沉淀除去，同时不引入新杂质；(3)由LiCO 的溶解度曲线可
2 3 3 2 3
知，温度升高，LiCO 的溶解度降低，即在温度高时，溶解度小，有利于析出，所以为提高LiCO 的析出量
2 3 2 3
和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即依次蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤；(4)饱和LiCl和饱和
NaHCO 等体积混合后，产生了LiHCO 和NaCl，随后LiHCO 分解产生了CO 和LiCO；(5)“滤液2”中含有
3 3 3 2 2 3
LiOH，加入NaCO，目的是将LiOH转化为LiCO。若改为通入过量的CO，则LiOH转化为LiHCO ，结合
2 3 2 3 2 3
(4)的探究结果，LiHCO 也会很快分解产生LiCO，所以这一改动能达到相同的效果。
3 2 3
6．(2022•河北省选择性考试）以焙烧黄铁矿FeS(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝
2
Fe(NH )Fe(CN) 颜料。工艺流程如下：
4 6
回答下列问题：
(1)红渣的主要成分为_______(填化学式)，滤渣①的主要成分为_______(填化学式)。
(2)黄铁矿研细的目的是_______。
(3)还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为_______。
(4)工序①的名称为_______，所得母液循环使用。
(5)沉铁工序产生的白色沉淀Fe(NH )Fe(CN) 中 的化合价为_______，氧化工序发生反应的离子方程式为
4 2 6
_______。
(6)若用还原工序得到的滤液制备Fe O·x H O和(NH )SO ，所加试剂为_______和_______(填化学式，不引
2 3 2 4 2 4
入杂质)。【答案】(1) Fe O SiO
2 3 2
(2)增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率
(3)7Fe (SO )+FeS +8H O=15FeSO +8H SO
2 4 3 2 2 4 2 4
(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤
(5) +2； Fe(NH )Fe(CN) +ClO-+2H+=Fe(NH)Fe(CN) +H O+Cl-+NH+
4 2 6 4 6 2 4
(6) HO NH ·H O
2 2 3 2
【解析】已知黄铁矿高温煅烧生成Fe O，反应原理为：4FeS+11O 2Fe O+8SO，故产生的红渣主要
2 3 2 2 2 3 2
成分为Fe O 和SiO，将红渣粉碎后加入足量的50%的HSO 溶液加热充酸浸，反应原理为：
2 3 2 2 4
Fe O+3H SO =Fe (SO )+3H O，过滤出滤渣①，主要成分为SiO，向滤液中加入黄铁矿进行还原，将Fe3+还原
2 3 2 4 2 4 3 2 2
为Fe2+，由(3)小问可知不生成S沉淀，则硫元素被氧化为SO 2-，反应原理为：14Fe3++FeS +8H O=15Fe2++2
4 2 2
SO 2-+16H+，然后进行工序①为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO 晶体和母液主要含有FeSO 溶液和HSO ，
4 4 4 2 4
加水溶解FeSO 晶体，向所得溶液中加入(NH )SO 、K[Fe(CN) ]并用HSO 调节溶液的pH为3，进行沉铁过
4 4 2 4 4 6 2 4
程，反应原理为：Fe2++2 NH ++[Fe(CN)]3-=Fe(NH)Fe(CN) ↓，然后过滤出沉淀，洗涤后加入HSO 和NaClO
4 6 4 2 6 2 4 3
进行氧化步骤，反应原理为：6Fe(NH )Fe(CN) +ClO - +6H+=6Fe(NH)Fe(CN) +3H O+Cl-+6NH+，过滤、洗涤
4 2 6 3 4 6 2 4
干燥即制得Fe(NH )Fe(CN) 。(1)由分析可知，红渣的主要成分为：Fe O，滤渣①的主要成分为：SiO；(2)黄
4 6 2 3 2
铁矿研细的主要目的是增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率；(3)由分析可知，还原工序
中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为SO 2-，反应原理为：14Fe3++FeS +8H O=15Fe2++2 SO 2-+16H+，故
4 2 2 4
化学方程式为：7Fe (SO )+FeS +8H O=15FeSO +8H SO ；(4)由分析可知，工序①的名称为蒸发浓缩、冷却结
2 4 3 2 2 4 2 4
晶、过滤洗涤，所得母液主要含有FeSO 溶液和HSO 可以循环利用；(5)沉铁工序中产生的白色沉淀
4 2 4
Fe(NH )Fe(CN) 中Fe的化合价为+2价和[Fe(CN) ]4-中的+3价，由分析可知，氧化工序所发生的离子方程式为：
4 2 6 6
6Fe(NH )Fe(CN) + ClO - +6H+=6Fe(NH)Fe(CN) +3H O+Cl-+6 NH +；(6)由分析可知，还原工序所得的滤液中主
4 2 6 3 4 6 2 4
要含有FeSO 溶液和HSO ，向滤液中先加入一定量的HO 溶液将Fe2+完全氧化为Fe3+，在向氧化后的溶液中
4 2 4 2 2
加入氨水至不再产生沉淀为止，过滤洗涤，对沉淀进行灼烧，即可制得Fe O·x H O和(NH )SO ，故所需要加
2 3 2 4 2 4
入的试剂为HO 和NH ·H O。
2 2 3 2
7．(2022•广东选择性考试）稀土(RE）包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀
土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：已知：月桂酸(C H COOH）熔点为44℃；月桂酸和(C H COO）RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土
11 23 11 23 3
离子保持 价不变；(C H COO）Mg的K =1.8×10-8，Al(OH) 开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的
11 23 2 sp 3
相关pH见下表。
离子 Mg2+ Fe3+ Al3+ RE3+
开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4
沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 /
(1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_______。
(2)“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至_______的范围内，该过程中 发生反应的离子方程式为_______。
(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到 元素，滤液2中Mg2+浓度为2.7g·Lˉ1。为尽可能多地提取RE3+，可提高
月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c(C H COO―)低于_______ mol·L-1 (保留两位有效数字)。
11 23
(4)①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是_______。
②“操作X”的过程为：先_______，再固液分离。
(5)该工艺中，可再生循环利用的物质有_______(写化学式)。
(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂Pt Y。
3
①还原YCl 和PtCl 熔融盐制备Pt Y时，生成1molPt Y转移_______ mol电子。
3 4 3 3
②Pt Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O 的还原，发生的电极反应为_______。
3 2
【答案】(1)Fe2+ (2) 4.7≤pH<6.2 Al3++3OH-= Al(OH) ↓
3
(3)4.0×10-4
(4) 加热搅拌可加快反应速率 冷却结晶(5)MgSO
4
(6) 15 O+4e-+2H O=4OH-
2 2
【解析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO 溶液浸取，得到浸取液中含有RE3+、
4
Mg2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、SO 2-等离子，经氧化调pH使Fe3+、Al3+形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有RE3+、
4
Mg2+、SO 2-等离子，加入月桂酸钠，使RE3+形成(C H COO）RE沉淀，滤液2主要含有MgSO 溶液，可循环
4 11 23 3 4
利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl 溶液。(1)由分析可
3
知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有
变化的金属离子是Fe2+；(2)由表中数据可知，Al3+沉淀完全的pH为4.7，而RE3+开始沉淀的pH为6.2~7.4，所
以为保证Fe3+、Al3+沉淀完全，且RE3+不沉淀，要用NaOH溶液调pH至4.7≤pH<6.2的范围内，该过程中
Al3+发生反应的离子方程式为Al3++3OH-= Al(OH) ↓；(3)滤液2中Mg2+浓度为2.7g·Lˉ1，即0.1125mol/L，根据
3
，若要加入月桂酸钠后只生成(C H COO）RE，而不产生
11 23 3
(C H COO）Mg，则 = =4×10-4 mol·L-1；(4)①“加热搅
11 23 2
拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率；② “操作X”的结果是分离出月桂
酸，由信息可知，月桂酸(C H COOH）熔点为44℃，故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离；(5)
11 23
由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO ；(6)①YCl 中Y为+3价，PtCl 中Pt为+4价，而
4 3 4
Pt Y中金属均为0价，所以还原YCl 和PtCl 熔融盐制备Pt Y时，生成1molPt Y转移15 mol电子；②碱性溶
3 3 4 3 3
液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O+4e-+2H O=4OH-。
2 2
