热点08无机化工微流程（解析版）_05高考化学_新高考复习资料_2023年新高考资料_专项复习_2023年高考化学热点·重点·难点专练（新高考专用）_573

热点 08 无机化工微流程 （建议用时：45分钟） 【真题再现】 1．（2022·湖南卷）铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下： 下列说法错误的是 A．不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料 B．采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率 C．合成槽中产物主要有 和 D．滤液可回收进入吸收塔循环利用 【答案】C 【解析】烟气(含HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应 ，向合 成槽中通入NaAlO ，发生反应 ，过滤得到 和含有 2 的滤液。 A．陶瓷的成分中含有SiO，SiO 能与烟气中的HF发生反应，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料，故A 2 2 正确； B．采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积，提高吸收塔内烟气吸收效率，故B正确； C．由上述分析可知，合成槽内发生反应 ，产物是 和 ，故C错误； D．由上述分析可知，滤液的主要成分为 ，可进入吸收塔循环利用，故D正确； 答案选C。 2．（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。 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限公司开始沉淀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 和S；金属M为Zn B．浸取时，增大 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(含有杂质Zn、Fe元素)在高压O 作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产生为CuSO 、 2 4 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，而Cu2+、Zn2+仍以离子 2 3 3 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+；然后向滤液中通入高压 3 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+仍然以离子形式存 2 在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。 A．经过上述分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH) ，金属M为Zn，A正确； 3 B．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 的浓度，可以反应消 2 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．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 3 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．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HO，若还原时增 2 2 2 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错误； 2 故合理选项是D。 【优选特训】 1．（2022·山东淄博·一模）中药材铁华粉的主要成分是醋酸亚铁，检测的流程如图。下列说法错误的是 A．气体X中含有醋酸蒸气 B．该铁华粉中可能含有铁单质 C．向滤液中滴入酸性KMnO 溶液，可用于证明Fe2+具有还原性 4 D．产生蓝色沉淀的反应为：K++Fe2++[Fe(CN)]3—=KFe[Fe(CN) ]↓ 6 6 【答案】C 2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限公司【解析】 【分析】 由图可知，铁华粉中加入稀硫酸，加热时醋酸亚铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和醋酸蒸气；铁华粉中加入 稀盐酸反应生成氢气说明铁华粉中还含有铁，过滤，向滤液加入铁氰化钾溶液，溶液中亚铁离子与铁氰化 钾溶液反应生成铁氰化亚铁蓝色沉淀。 【详解】 A．由分析可知，加热时醋酸亚铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和醋酸蒸气，则X中含有醋酸蒸气，故A正 确； B．由分析可知，铁华粉中加入稀盐酸反应生成氢气说明铁华粉中还若含有铁单质，故B正确； C．由分析可知，滤液中含有氯离子，向滤液中滴入酸性高锰酸钾溶液，酸性条件下氯离子也能与酸性高 锰酸钾溶液反应，使溶液褪色，则溶液褪色不能证明亚铁离子具有还原性，故C错误； D．由分析可知，向滤液加入铁氰化钾溶液，溶液中亚铁离子与铁氰化钾溶液反应生成铁氰化亚铁蓝色沉 淀，反应的离子方程式为K++Fe2++[Fe(CN)]3—=KFe[Fe(CN) ]↓，故D正确； 6 6 故选C。 2．（2022·河北石家庄·一模）以铝土矿粉(主要含Al O、Fe O、SiO，少量FeS 和金属硫酸盐)；为原料 2 3 2 3 2 2 生产Al O 和Fe O 的部分流程如下： 2 3 3 4 下列说法正确的是 A．“焙烧I”时，加入少量CaO可提高矿粉中硫的去除率 B．用NaOH溶液吸收过量SO 的离子方程式为： 2OH- +SO=SO 2 +H O 2 2 3 2 C．滤液中通入足量CO，过滤后可得到Al O 2 2 3 D．无氧条件下进行“焙烧II”时，理论上消耗的n(FeS )：n(Fe O)=1：16 2 2 3 【答案】D 【解析】铝土矿粉在空气中焙烧，将FeS 转化为氧化铁和二氧化硫，加入氢氧化钠溶液，氧化铝、二氧化 2 硅和氢氧化钠反应除去铝、硅，得到氧化铁，氧化铁加入FeS 隔绝氧气焙烧得到四氧化三铁； 2 A．氧化钙和和硫元素化合物反应转化为硫酸钙留在矿粉中，导致矿粉中硫的去除率下降，A错误； B．用NaOH溶液吸收过量SO 生成亚硫酸氢钠：OH- +SO=HSO - ，B错误； 2 2 3 C．滤液中通入足量CO，偏铝酸钠和二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，不是Al O，C错误； 2 2 3 焙烧 D．无氧条件下进行“焙烧II”， FeS 和Fe O 生成四氧化三铁，反应为FeS+16Fe O 2SO +11Fe O， 2 2 3 2 2 3 2 3 4 理论上消耗的n(FeS )：n(Fe O)=1:16；D正确； 2 2 3 3 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限公司故选D。 3．（2022·广东茂名·二模）I 的一种制备方法如图所示： 2 下列说法正确的是： A．“富集”时发生的离子方程式为Ag I AgI B．转化反应为Fe2AgIFe22Ag2I，说明Fe2的还原性大于I C．通入过量Cl，氧化产物只有一种 2 D．制备的I 可直接用于加碘盐 2 【答案】A 【解析】A．“富集”时AgNO 与碘离子发生反应生成AgI的黄色沉淀，离子方程式为：Ag I AgI， 3 A项正确； B．转化反应为离子方程式为：Fe2AgIFe22Ag2I，Fe化合价由0价升高到+2价，发生氧化反应， Fe为还原剂，根据氧化还原反应，还原剂大于还原产物可得，Fe的还原性大于I，B项错误； C．经过转化后溶液中有Fe2和I，还原性为I＞Fe2，通入过量Cl 后氧化产物有两种分别为I 和Fe3， 2 2 C项错误； D．加碘食盐中碘以KIO 形式存在，I 不可直接用于加碘盐中，D项错误； 3 2 答案选A。 4．（2023·湖北·统考一模）钛合金等新型合金广泛应用于航空航天领域，工业上以钛铁矿(FeTiO ，其中 3 Ti为4价)为主要原料制备金属钛的工艺流程如下图所示，下列说法正确的是 A．“氯化”过程中，FeTiO 既不是氧化剂也不是还原剂 3 B．“氯化”过程中，每生成0.3mol CO气体，转移电子0.7mol C．由TiCl 制备Ti的过程中，Ar气可换成氮气 4 D．由TiCl 制备Ti反应的原子利用率为100% 4 【答案】B 4 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限公司高温 【分析】氯化发生的反应为：2FeTiO+7Cl+6C 2FeCl +2TiCl +6CO，得到TiCl ，然后镁和四氯化钛反 3 2 3 4 4 800℃ 应生成钛和氯化镁，化学方程式为TiCl + 2Mg Ti+2MgCl 。 4 Ar气氛中 2 【详解】A．“氯化”过程中，FeTiO 中Fe由+2价变为+3价，FeTiO 是还原剂，A错误； 3 3 高温 B．反应2FeTiO+7Cl+6C 2FeCl +2TiCl +6CO中，每生成6molCO，转移14mol电子，生成 3 2 3 4 0.3mol 0.3 气体，转移电子 ×14mol=0.7mol，B正确； CO 6 C．高温下Ti与N 反应，由TiCl 制备Ti的过程中，Ar气不可换成氮气，C错误； 2 4 800℃ D．由 制备Ti反应为TiCl + 2Mg Ti+2MgCl ，属于置换反应，原子利用率不是100%，D错 TiCl 4 Ar气氛中 2 4 误； 故选B。 5．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义。从阳极泥中回收多 种金属的流程如下。 已知：分金液中含AuCl  ；分金渣的主要成分为AgCl；N H H O在反应中被氧化为N 。 4 2 4 2 2 下列说法不正确的是 A．“分铜”时加入NaCl的目的是降低银的浸出率 B．得到分金液的反应为：2AuClO7Cl6H 2AuCl 3H O 3 4 2 C．得到分银液的反应为：AgCl2NH 3   AgNH 3  2   Cl D．“滤液2”中含有大量的氨，可直接循环利用 【答案】D 【分析】阳极泥加入硫酸、过氧化氢和氯化钠使铜溶解，使氯化银尽量不溶解，在分铜渣中加入氯化氢和 氯酸钠分金，分金液中加入二氧化硫将金还原成单质金，分渣金中加入氨水分银，分银液中加入 N H H O，还原银成为银单质，据此分析。 2 4 2 【详解】A．“分铜”时加入NaCl，使氯离子浓度增大，利用同离子效应，使氯化银几乎不溶解，降低银 的浸出率， A正确； B．利用ClO的氧化性，同时大量氯离子存在，可以使金形成配合离子 AuCl  ，反应的离子方程式为： 3 4 5 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限公司2AuClO7Cl6H 2AuCl 3H O，B正确； 3 4 2 C．氯化银可以溶解在氨水中，形成  AgNH 3  2   Cl，反应的化学方程式为： AgCl2NH 3   AgNH 3  2   Cl，C正确； D．由已知N 2 H 4 H 2 O被  AgNH 3  2   Cl氧化成N 2 ，不会生成氨气，故“滤液2”中不会含有大量的氨，D 错误； 故本题选D。 6．（2022·河北唐山·二模）水合肼N 2 H 4 H 2 O的性质类似氨水。利用水合肼处理铜氨    CuNH 3  4   2 废 液回收铜粉的实验流程如图： 下列说法错误的是 A．上述三步反应过程均为氧化还原反应 B．反应1的目的是制备NaClO C．合成水合肼的反应中每消耗1molCONH  转移电子数为N 2 2 A D．反应2完成后要用到过滤操作 【答案】C 【解析】反应1是氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠；反应2是次氯酸钠把尿素氧化为水合肼； 反应3是    CuNH 3  4   2 被水合肼还原为Cu。 A. 反应1是氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，氯元素化合价变化；反应2是次氯酸钠把尿素氧 化为水合肼，氯元素、N元素化合价变化；反应3是    CuNH 3  4   2 被水合肼还原为Cu，铜元素、氮元素 化合价变化，上述三步反应过程均为氧化还原反应，故A正确； B. 反应1是氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应1的目的是制备NaClO，用NaClO把尿素 氧化为水合肼，故B正确；； C. 次氯酸钠把尿素氧化为水合肼，氮元素化合价由-3升高为-2，每消耗1molCONH  转移电子数为2N 2 2 A ，故C错误； D. 反应2完成后要把铜粉分离出来，用到过滤操作，故D正确； 选C。 7．（2023秋·山东烟台·高三统考期末）从废弃的锂电池正极材料LiCoO 中回收金属Co，工艺流程如下。 2 下列说法错误的是 6 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限公司已知：有机溶剂 (HA) 2 可萃取溶液中的 Co2 ，Co2 2(HA) 2  CoHA 2  2 2H A．H O 做氧化剂，浸取温度不宜过高 B．操作I用到的玻璃仪器为分液漏斗、烧杯 2 2 C．试剂X为稀H SO D．电沉积后，可在阴极收集Co 2 4 【答案】A 【分析】正极材料计入过氧化氢、稀硫酸浸取后得到溶液中含有Co2，加入萃取就萃取分离出有机相，在 加入稀硫酸反萃取得到CoSO 的水相，电沉积得到钴。 4 【详解】A．浸取过程中得到溶液中的Co2，则钴发生还原反应，需要还原剂，反应中H O 不做氧化剂， 2 2 A错误； B．操作I为分离有机相和水相的操作，为萃取分液，用到的玻璃仪器为分液漏斗、烧杯，B正确； C．Co2 2(HA)  CoHA  2H，加入酸平衡会逆向移动生成 ，操作加入X后得到CoSO ，试 2 2 2 Co2 4 剂X为稀H SO ，C正确； 2 4 D．CoSO 电解发生还原反应生成Co，是在阴极反应，故电沉积后，可在阴极收集Co，D正确； 4 故选A。 8．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考开学考试）碱式碳酸铜是一种用途广泛的化工原料。实验室 中以废铜屑为原料，制取碱式碳酸铜的流程如下。下列说法错误的是 A．酸浸产生的气体可用NaOH溶液吸收 B．加热时，可选用水浴加热 C．可用盐酸和Ba(OH) 溶液检验滤液中是否有CO2 2 3 D．温度和pH是影响产品纯度的主要因素 【答案】C 【分析】废铜屑与浓硝酸反应，产生的气体为氮氧化物，可用NaOH溶液吸收；过滤除去难溶性滤渣，滤 液中含硝酸铜和硝酸，加入碳酸钠溶液加热，加氢氧化钠溶液调节pH值，经过一系列反应得到碱式碳酸 铜。 【详解】A．酸浸产生的气体为氮氧化物，可用 NaOH 溶液吸收，A正确； 7 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限公司B．加热的温度为70oC，可选用水浴加热，B正确； C．若溶液中含碳酸氢根，与酸反应液能产生气体，且气体能使氢氧化钡溶液产生沉淀，C错误； D．温度过高，pH过高，得到氢氧化铜沉淀，影响产品纯度，故度和 pH 是影响产品纯度的主要因素，D 正确； 故选C。 9．以黄铁矿，主要成分为FeS(S的化合价为-1价)，生产硫酸的工艺流程如下图所示，其中在造气室中 2 FeS 与氧气以物质的量之比4：11参与反应。 2 下列说法不正确的是 A．将黄铁矿粉碎，可加快其在造气室中的化学反应速率 B．造气室中每生成1molSO ，有11mole-发生转移 2 C．不用水吸收SO 的原因是SO 与HO化合时放出大量热，易形成酸雾 3 3 2 D．吸收塔排放的尾气用氨水吸收后可转化成氮肥 【答案】B 【详解】A．将黄铁矿粉碎，增大接触面积，可加快其在沸腾炉中的化学反应速率，故A正确; B．造气室中FeS 和氧气反应生成Fe O 和SO ，反应方程式是4FeS+11O =2Fe O+8SO，每生成 2 2 3 2 2 2 2 3 2 1molSO ，有5.5mole-发生转移，故B错误； 2 C．SO 与HO化合时放出大量热，易形成酸雾，故C正确； 3 2 D．吸收塔排放的尾气可通过氨吸收，转化成硫酸铵，铵盐可做氮肥，故D正确； 故选B。 10．（2023·广东清远·清新一中校考模拟预测）六氟磷酸锂 LiPF  是锂离子电池的关键材料。一种LiPF 6 6 的制备工艺流程如图所示。 已知：①6HF+H PO =HPF +4H O，HPF 易发生分解反应； 3 4 6 2 6 8 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限公司②PF 5 熔点为−93.8℃，沸点为−84.6℃。 下列说法错误的是 A．N 环境中，反应先生成六氟磷酸 HPF  ，HPF 再分解生成五氟化磷 PF  2 6 6 5 B．发烟硫酸 H S O  的作用是吸收铅皿中的水分：H S O +H O=2H SO 2 2 7 2 2 7 2 2 4 C．工艺流程中，无水HF只是反应物 D．五氟化磷冷却到40℃，保证了PF 与LiF的无水HF在液相中反应生成LiPF 5 6 【答案】C 【分析】在铅皿中HF和磷酸发生6HF+H PO =HPF +4H O，HPF 不稳定，易发生分解反应生成PF 和 3 4 6 2 6 5 HF，发烟硫酸加入，发烟硫酸和水结合，在常温下除杂，再五氟化磷冷却到40℃，加到LiF和无水HF 的混合物中反应生成LiPF 。 6 【详解】A．N 环境中，根据题中信息6HF+H PO =HPF +4H O，HPF 易发生分解反应；则反应先生成六 2 3 4 6 2 6 氟磷酸 HPF  ，HPF 再分解生成五氟化磷 PF  ，故A正确； 6 6 5 B．发烟硫酸 H S O  的作用是吸收铅皿中的水分：H S O +H O=2H SO ，将HF变为无水HF，故B正 2 2 7 2 2 7 2 2 4 确； C．工艺流程中，无水HF不仅只是反应物，在HPF 发生分解反应中是产物，故C错误； 6 D．无水HF在40℃状态下是液态，五氟化磷冷却到40℃，保证了PF 与LiF的无水HF在液相中反应生 5 成LiPF ，故D正确。 6 综上所述，答案为C。 11．锑白(Sb O)为白色粉末，不溶于水，溶于酸和强碱，主要用于制备白色颜料、油漆等。一种利用锑矿 2 3 粉(主要成分为Sb S、SiO)制取锑白的流程如下。 2 3 2 已知：浸出液中的阳离子主要为Sb3+、Fe3+、Fe2+。 下列说法错误的是 A．“浸出”时发生的反应为Sb S+6Fe3+=2Sb3++6Fe2++3S 2 3 B．可以用KSCN溶液检验“还原”反应是否完全 C．“滤液”中通入Cl 后可返回“浸出”工序循环使用 2 D．“中和”时可用过量的NaOH溶液代替氨水 【答案】D 【详解】 9 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限公司A．根据题干流程图可知，浸出液中的阳离子主要为Sb3+、Fe3+、Fe2+ ，滤渣中有SiO 和S，故可推知“浸 2 出”时发生的反应为Sb S+6Fe3+=2Sb3++6Fe2++3S，A正确； 2 3 B．根据题干流程图可知，“还原”过程主要是将Fe3+转化为Fe2+，Sb转化为Sb3+，故可以用KSCN溶液 检验“还原”反应是否完全，B正确； C．“滤液”中主要含有Fe2+，通入Cl 后可得到Fe3+，可返回“浸出”工序循环使用，C正确； 2 D．由题干信息可知，锑白(Sb O)为白色粉末，不溶于水，溶于酸和强碱，故“中和”时不可用过量的 2 3 NaOH溶液代替氨水，否则将溶解部分锑白(Sb O)造成损失，D错误； 2 3 故答案为：D。 12．硼氢化钠(NaBH )吸湿性强，是最常用的还原剂之一，偏硼酸钠(NaBO )制备提纯NaBH 的流程如下， 4 2 4 下列有关说法错误的是 A．合成反应中H 作还原剂 B．萃取是利用系统中组分在溶剂中溶解度不同的分离操作 2 C．操作X中用到直型冷凝管 D．化合物x可循环利用 【答案】A 【解析】 ‘合成’时发生的反应：NaBO +2SiO +4Na+2H ═NaBH +2Na SiO，NaBH 吸湿性强，将生成的NaBH 、 2 2 2 4 2 3 4 4 NaSiO 用(CH)CHNH 萃取，NaBH 溶解于(CH)CHNH 、NaSiO 不溶于(CH)CHNH ，过滤分离出 2 3 3 2 2 4 3 2 2 2 3 3 2 2 NaSiO，滤液NaBH 和(CH)CHNH ，操作X为蒸馏，化合物x是(CH)CHNH ； 2 3 4 3 2 2 3 2 2 A．合成反应为NaBO +2SiO +4Na+2H ═NaBH +2Na SiO，NaBH 中H元素化合价为-1，化合价从0价降 2 2 2 4 2 3 4 至-1，反应中氢气中氧化剂，A错误； B．萃取是利用系统中组分在溶剂中溶解度不同的分离操作，B正确； C．操作X为蒸馏，用到直型冷凝管起回流冷凝作用，C正确； D．化合物x是(CH)CHNH ，可到萃取步骤循环利用，D正确； 3 2 2 故选：A。 13．（2023秋·河北·高三统考期末）实验室模拟以磷石膏(含CaSO 2H O及杂质Al O 、Fe O 等)为原料 4 2 2 3 2 3 制取轻质CaCO ，流程如下： 3 下列说法错误的是 A．“浸取1”时，加快搅拌速率、不断升高温度均可提高CaSO 的转化率 4 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 0 学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限公司B．“浸取1”时，应先通NH 再通CO ，滤液1中浓度最大的阴离子为SO2 3 2 4 C．“浸取2”时，发生反应的离子方程式为CaO2NH+H O=Ca2 2NH H O 4 2 3 2 D．“浸取2”时，所得滤渣2的主要成分为Al O 、Fe O 2 3 2 3 【答案】A 【详解】A．“浸取1”用到了气体原料氨气和二氧化碳，气体在水中的溶解度随温度升高而减小，因此温 度过高不利于提高浸取率即CaSO 的转化率，A错误； 4 B．由于NH 极易溶于水，CO 难溶于水，易溶于氨化后的碱性溶液，故“浸取1”，应先通NH 再通 3 2 3 CO，发生的反应为：CaSO·2H O+2NH +CO =CaCO +(NH)SO ，故滤液1中主要溶质为(NH )SO ，浓度 2 4 2 3 2 3 4 2 4 4 2 4 最大的阴离子为SO2 ，B正确； 4 C．滤渣1的成分是碳酸钙、氧化铝和氧化铁，高温加热时碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，氧化铝和氧 化铁性质稳定，不发生反应，“浸取2”中氯化铵与氧化钙发生反应，发生反应的离子方程式为： CaO2NH+H O=Ca2 2NH H O，C正确； 4 2 3 2 D．“滤渣1的成分是碳酸钙、氧化铝和氧化铁，高温加热时碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，氧化铝和 氧化铁性质稳定，不发生反应，“浸取2”中氯化铵与氧化钙反应，使其溶解，则“浸取2”时，所得滤渣2 的主要成分为Al O 、Fe O ，D正确； 2 3 2 3 故答案为：A。 14．锰酸锂(LiMn O)是最早制得的具有三维锂离子通道的正极材料。以MnSO 和LiFePO 为原料制备锰酸 2 4 4 4 锂的流程如图：(已知：K (FePO )=1.3×10-22) sp 4 下列说法正确的是 A．NaClO 的作用是将二价铁氧化为三价铁 3 B．“沉铁”过程所得滤渣的主要成分是Fe(OH) 2 C．反应器Ⅱ中产生的气体是CO 2 D．KSO 中O为-2价，其作用是氧化MnSO 2 2 8 4 【答案】A 【解析】LiFePO 加入盐酸和氯酸钠浸取，浸取过程中亚铁离子被氧化成铁离子，再加入碳酸钠溶液调节 4 pH，使Fe3+沉淀，得到的滤渣为白色固体，说明不是氢氧化铁沉淀，根据元素守恒可知该沉淀应为 FePO ，之后再加入饱和的碳酸钠溶液得到碳酸锂沉淀；MnSO 与KSO 反应，Mn2+被氧化成MnO 生成 4 4 2 2 8 2 沉淀析出；将MnO 与LiCO 混合反应得到锰酸锂。 2 2 3 A. 分析可知，NaClO 的作用是将二价铁氧化为三价铁，A说法正确； 3 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限公司B. “沉铁”过程，所得滤渣中铁为+3价，且为白色，不是氢氧化亚铁，利用原子守恒，其主要成分是 FePO ，B说法错误； 4 C. 反应器Ⅱ中二氧化锰与碳酸锂反应生成LiMn O，Mn的化合价降低，C的化合价最高，则O的化合价 2 4 升高，应有氧气产生，则产生的气体是CO 和O 混合气体，C说法错误； 2 2 D. K SO 中S的化合价为+6价，K为+1价，O的化合价有-2、-1价，则 SO2-中存在“-O-O-”键，作用是 2 2 8 2 8 氧化MnSO ，D说法错误； 4 答案为A。 15．柠檬酸铁铵是一种常见的补铁剂，其制备流程如下： 已知：KspFeCO =2.010-11 、KspFe(OH) =4.910-17；柠檬酸亚铁微溶于冷水，易溶于热水。 3 2 下列说法正确的是 A．步骤①制备FeCO 时，应将FeSO 溶液加入NaCO 溶液中 3 4 2 3 B．可用KSCN溶液检验步骤③中柠檬酸亚铁是否反应完全 C．步骤③控制温度50℃~60℃既利于柠檬酸亚铁溶解，又避免温度过高造成HO 分解 2 2 D．步骤⑤系列操作包括冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 【答案】C 【解析】A ．因为KspFeCO 3 2.01011 ，Ksp  FeOH 2   4.91017 所以制备FeCO 3 时，应该先加入 FeSO ，防止Na CO 浓度过大水解产生OH-，A项错误； 4 2 3 B．应用K 3   FeCN 6  检验Fe2+，KSCN检验Fe3+，B项错误； C．柠檬酸亚铁微溶于冷水，易溶于热水，温度过低，不利于溶解，同时反应物活化分子百分数低，反应 速率慢，温度过高，H O 会分解；C项正确； 2 2 D．步骤⑤为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，D项错误； 故选C。 16．从砷化镓废料(主要成分为GaAs、Fe O 、SiO 和CaCO )中回收镓和砷的工艺流程如图所示。 2 3 2 3 下列说法错误的是 A．“碱浸”时，温度保持在70℃的目的是提高“碱浸”速率，同时防止H O 过度分解 2 2 B．“碱浸”时，GaAs被H O 氧化，每反应1 mol GaAs，转移电子的数目为5N 2 2 A 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限公司C．“旋流电积”所得“尾液”溶质主要是H SO ，可进行循环利用，提高经济效益 2 4 D．该工艺得到的Na AsO 12H O纯度较低，可以通过重结晶的方法进行提纯 3 4 2 【答案】B 【分析】由图可知，向砷化镓废料加入氢氧化钠和过氧化氢混合溶液碱浸时，GaAs转化为NaGaO 、 2 NaAsO ，SiO 转化为NaSiO 进入溶液，Fe O、CaCO 不溶解，过滤得到含有Fe O、CaCO 的滤渣Ⅰ和 3 4 2 2 3 2 3 3 2 3 3 含有NaGaO 、NaAsO 、NaSiO 的浸出液；浸出液中加入稀硫酸调节溶液pH，NaGaO 、NaSiO 转化为 2 3 4 2 3 2 2 3 Ga(OH) 、HSiO 沉淀，过滤得到含有Ga(OH) 、HSiO 的滤渣Ⅱ和含有NaAsO 的滤液；向滤渣Ⅱ中加入 3 2 3 3 2 3 3 4 稀硫酸，Ga(OH) 转化为Ga(SO ) 溶液，电解Ga(SO ) 溶液生成Ga、O 和HSO ；滤液经蒸发浓缩、冷 3 2 4 3 2 4 3 2 2 4 却结晶、过滤洗涤、干燥得到Na AsO 12H O。 3 4 2 【详解】A．“碱浸”时，温度保持在70℃可以提高“碱浸”速率，同时防止温度过高过氧化氢分解，故A正 确； B．“碱浸”时GaAs被氧化的反应为GaA+4NaOH+4HO=NaGaO+Na AsO +6H O，反应中消耗 s 2 2 2 3 4 2 1molGaAs，转移电子数目为8N ，故B错误； A C．“旋流电积”时，Ga(SO ) 溶液电解生成Ga、O 和HSO ，所以“尾液”溶质主要是HSO ，可进行循环 2 4 3 2 2 4 2 4 利用，提高经济效益，故C正确； D．若工艺得到的Na AsO 12H O纯度较低，可以通过重结晶的方法进行提纯，故D正确； 3 4 2 故选B。 17．MnO 是重要的化学物质，某学习小组设计了将粗MnO 样品(含有较多的MnO、MnCO 和Fe O)转化 2 2 3 2 3 为纯MnO 的实验流程，下列说法不正确的是 2 A．在第①步操作中可以通过研磨粗MnO 样品提高酸浸率 2 B．由第②步反应可以判断氧化性强弱顺序为：ClO->MnO 3 2 C．在第④步操作中最终得到的固体除NaClO 外，含钠的化合物还含有NaClO、NaOH 3 D．第④步生成的NaClO 固体可以循环利用 3 【答案】C 【分析】 MnO 样品(含有较多的MnO、MnCO 和Fe O)，加硫酸后MnO、MnCO 和Fe O 溶解得到硫酸锰、硫酸铁， 2 3 2 3 3 2 3 MnO 不溶于硫酸，过滤得到MnO ，滤液中加NaClO，二价锰离子被氧化成MnO ，同时还原得到氯气， 2 2 3 2 氯气与氢氧化钠反应得到氯酸钠，反应后的溶液经过滤得到MnO ，据此分析解答。 2 【详解】 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 3 学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限公司A．样品研磨可以增大反应物之间的接触面积，提高反应速率和浸取率，故A正确； B．第②步反应中氯酸钠作氧化剂，二氧化锰作氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，故B正确； C．第④步发生的反应为氯气与氢氧化钠在加热条件下反应主要生成氯酸钠和氯化钠，还可能发生反应生 成生成次氯酸钠和氯化钠，所以反应后溶液经蒸发结晶得到的固体中除NaClO 外，含钠的化合物还含有 3 NaClO、NaCl、以及过量的NaOH，故C错误； D．第④步生成的氯酸钠可在第②步中继续使用，从而实现循环利用，故D正确； 故选：C。 18．某废催化剂含SiO、ZnS、CuS及少量的Fe O。某实验小组以废催化剂为原料，进行回收利用。设计 2 3 4 实验流程如图： 已知：CuS既不溶于稀硫酸，也不与稀硫酸反应。下列说法正确的是 A．步骤①操作中，生成的气体可用碱液吸收 B．滤液1中是否含有Fe2+，可以选用KSCN和新制的氯水检验 C．滤渣1成分是SiO 和CuS，滤渣2成分一定是SiO 2 2 D．步骤④要滴加稀硫酸防止CuSO 水解 4 【答案】A 【解析】由题给流程可知，向废催化剂中加入稀硫酸，硫化锌和四氧化三铁与稀硫酸反应得到硫酸锌、硫 酸铁和硫酸亚铁的混合溶液，二氧化硅和硫化铜不与稀硫酸反应，过滤得到含有硫酸锌、硫酸铁和硫酸亚 铁的滤液1和含有二氧化硅和硫化铜的滤渣1；滤液1经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到含有杂质的粗皓 矾；向滤渣中加入稀硫酸和过氧化氢的混合溶液，酸性条件下，硫化铜与过氧化氢反应生成硫酸铜、硫沉 淀和水，过滤得到含有硫酸铜的滤液2和含有硫和二氧化硅的滤渣2；滤液2经蒸发浓缩、冷却结晶、过 滤得到粗胆矾。 A．步骤①操作中，硫化锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和硫化氢气体，硫化氢气体能与碱反应，可用碱液吸 收，故A正确； B．由分析可知，滤液1中含有铁离子，若选用硫氰化钾溶液和新制的氯水检验亚铁离子，铁离子会干扰 亚铁离子检验，故B错误； C．由分析可知，滤渣1含有与稀硫酸不反应的二氧化硅和硫化铜，滤渣2为硫和二氧化硅，故C错误； D．硫酸是高沸点酸，则滤液2经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗胆矾时，不需要要滴加稀硫酸防止硫 酸铜水解，故D错误； 故选A。 19．（2022·辽宁·鞍山一中高三阶段练习）钯(Pd)是航天、航空领域的重要材料。工业用粗钯制备高纯钯的 流程如下。下列说法错误的是 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 4 学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限公司A．中和时发生的主要反应是NH ＋HPdCl =(NH) PdCl ↓ 3 2 6 4 2 6 B．1mol(NH) PdCl 中有8mol配位键 4 2 6 C．酸浸时可用浓HSO 代替浓盐酸，提高反应速率 2 4 D．热还原生成的气体冷却后生成的固体和剩余气体物质的量之比为1∶2 【答案】AC 【分析】由流程可知，粗Pd加入浓硝酸、浓盐酸充分反应可生成二氧化氮，且生成HPdCl ，通入氨气中 2 6 和，得到红色(NH ) PdCl 固体，通入氢气热还原，可得到Pd，同时生成氯化氢和氨气，以此解答该题。 4 2 6 【详解】A．酸浸生成HPdCl ，通入氨气中和，得到红色(NH ) PdCl 固体，中和时发生化学方程式为： 2 6 4 2 6 2NH ＋HPdCl =(NH) PdCl ↓，故A错误； 3 2 6 4 2 6 B．(NH ) PdCl 中Pd为配离子，NH+、Cl-为配体，则1mol(NH) PdCl 中有8mol配位键，故B正确； 4 2 6 4 4 2 6 C．实验原理是用氢气还原(NH ) PdCl 固体得到Pd，如用浓硫酸，不能得到(NH )PdCl 固体，故C错误； 4 2 6 4 2 6 Δ D．热还原得Pd发生NH  PdCl +2H =Pd+2NH +6HCl，氨气和氯化氢冷却后生成氯化铵，则2mol氨 4 2 6 2 3 气反应生成2mol氯化铵，剩余4molHCl，热还原生成的气体冷却后生成的固体和剩余气体物质的量之比为 1∶2，故D正确； 故选：AC。 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 5 学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限公司1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 6 学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限公司