文档文本内容
热点专项 无机化工微流程分析
目录
01考情透视·目标导航............................................................................................................................
02知识导图·思维引航............................................................................................................................
03核心精讲·题型突破............................................................................................................................
【真题研析】...................................................................................................................................................................
【核心精讲】...................................................................................................................................................................
1．微型工艺流程中题的呈现方式............................................................
2．工艺流程题过程解读....................................................................
3．流程图中主要环节的分析................................................................
4．制备工艺中提纯实例....................................................................
【命题预测】...................................................................................................................................................................
考向1以物质的制备为背景...............................................................................................................................
考向2以废旧资源利用为背景...........................................................................................................................
考向3以物质分离提纯为背景...........................................................................................................................
考点要求 考题统计 考情分析
2024·广西卷，1，3分；2024·北京卷，7，3
微型工艺流程题一般分题
分；2024·湖南卷，11，3分；2023•湖北省选择 干、流程图和问题三部
以物质的制备
性考试，3，3分；2023•辽宁省选择性考试， 分。题干一般是简单介绍
为背景
10，3分；2023•山东卷，13，3分；2022•福 该工艺生产的原材料和生
建，6，3分；2022•河北省选择性，4，3分； 成目的，流程图主要用框
图形式将原料到产品的主
要生产工艺流程表示出
2024·福建卷，5，4分；2024· 贵州卷，13，3
来，在流程中一般分为3个
以废旧资源利 分；2024·辽吉黑卷，13，3分；2024·辽吉黑
过程：原料处理→分离提
用为背景 卷，13，3分；2023•湖南卷，9；2023•江苏
纯→获得产品，问题部分
卷，12，3分；
主要根据生产中涉及的化2024·福建卷，4，4分；2023•浙江省6月选
其它
考，12，3分； 学知识设置成四个选项。1．(2024·福建卷，5，4分)从废线路板(主要成分为铜，含少量铅锡合金、铝、锌和铁)中提取铜的流程
如下：
已知“滤液2”主要含SnO2-和HPbO-。下列说法正确的是( )
3 2
A．“机械粉碎”将铅锡合金转变为铅和锡单质
B．“酸溶”时产生Al3+、Zn2+和Zn2+离子
C．“碱溶”时存在反应：Sn+2OH-+O =SnO2-+H O
2 3 2
D．“电解精炼”时，粗铜在阴极发生还原反应
【答案】C
【解析】废线路板先机械粉碎，可以增加其反应的接触面积，加入稀盐酸后铝、锌、铁溶解，进入滤
液，通入氧气和加氢氧化钠，可以溶解锡和铅，最后电解精炼得到铜。A项，机械粉碎的目的是增大接触
面积，加快反应速率，A错误；B项，酸溶的过程中Al、Zn、Fe转化为对应的Al3+、Zn2+、Fe2+离子，B错
误；C项，“碱溶”时根据产物中SnO2-，存在反应：Sn+2OH-+O =SnO2-+H O，故C正确；D项，电解精
3 2 3 2
炼时粗铜在阳极发生氧化反应，逐步溶解，故D错误；故选C。
2．(2024·广西卷，1，3分)实验小组用如下流程探究含氮化合物的转化。N 为阿伏加德罗常数的值，
A
下列说法正确的是( )
A．“反应1”中，每消耗0.1molNH Cl，在25℃、101 kPa下得到2.24LNH
4 3
B．“反应2”中，每生成0.1molNO，转移电子数为0.5N
A
C．在密闭容器中进行“反应3”， 0.1molNO充分反应后体系中有0.1N 个NO
A 2
D．“反应4”中，为使0.1molNO 完全转化成HNO，至少需要0.02N 个O
2 3 A 2
【答案】B
【解析】反应1为实验室制备氨气的反应，方程式为：2NH Cl+Ca(OH) 2NH ↑+CaCl +2H O，反应2
4 2 3 2 2
是氨气的催化氧化，方程式为：4NH +5O 4NO+6H O，反应3为一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，
3 2 2方程式为：2NO+O =2NO ，反应4为二氧化氮，氧气和水反应生成硝酸，4NO +2H O+O=4HNO 。A项，
2 2 2 3
根据分析可知，每消₂ 耗0.1₂molNH
4
Cl，生成0.1mol氨气，但是由于不是标准状况，则气体不是2.24L，A错
误；B项，反应2方程式为：4NH +5O 4NO+6H O，该反应转移20e-，则每生成0.1molNO，转移电
3 2 2
子数为0.5N ，B正确；C项，根据反应3，0.1molNO充分反应后生成0.1N 个NO ，但是体系中存在
A A 2
2NO ⇌NO，则最终二氧化氮数目小于0.1N ，C错误；D项，根据反应4可知，为使0.1molNO 完全转化
2 2 4 A 2
成HNO，至少需要0.025N 个O，D错误；故选B。
3 A 2
3．(2024·福建卷，4，4分)用CuCl探究Cu(I)、Cu(II)性质，实验步骤及观察到的现象如下：
的
该过程中可能涉及 反应有：
①CuCl+2NH ·H O=[Cu(NH )]++Cl-+2H O
3 2 3 2 2
②2[Cu(NH )]+=[Cu(NH )]2++Cu↓
3 2 3 4
③[Cu(NH )]2++Cu=2[Cu(NH )]+
3 4 3 2
④4[Cu(NH )]++O +8NH ·H O=4[Cu(NH )]2++4OH-+6H O
3 2 2 3 2 3 4 2
下列说法错误的是( )
A．与Cu2+的配位能力：NH ＜OH- B．[Cu(NH )]+(aq)无色
3 3 2
C．氧化性：[Cu(NH )]+＜[Cu(NH )]2+ D．探究过程未发生反应②
3 2 3 4
【答案】A
【解析】CuCl加入过量氨水生成无色溶液，过程中发生反应CuCl+2NH ·H O=[Cu(NH )]++Cl-+2H O，
3 2 3 2 2
其中[Cu(NH )]+(aq)为无色，无色溶液在空气中被氧气氧化为蓝色溶液，发生反应 4[Cu(NH )]+
3 2 3 2
+O +8NH ·H O=4[Cu(NH )]2++4OH-+6H O，其中[Cu(NH )]2+(aq)为蓝色，加入铜粉发生反应[Cu(NH )]2+
2 3 2 3 4 2 3 4 3 4
+Cu=2[Cu(NH )]+，放置在空气中又发生反应4[Cu(NH )]++O +8NH ·H O=4[Cu(NH )]2++4OH-+6H O，溶液
3 2 3 2 2 3 2 3 4 2
又变为蓝色。A项，NH 中由N原子提供孤对电子用于形成配位键，OH-中由O原子提供孤对电子用于形
3
成配位键，电负性O＞N，则O给电子能力弱，则与Cu2+的配位能力：NH ＞OH-，故A错误；B项，
3
[Cu(NH )]+(aq)无色，故 B 正确；C 项，氧化剂的氧化性大于氧化产物，由方程式[Cu(NH )]2+
3 2 3 4
+Cu=2[Cu(NH )]+可知，氧化性：[Cu(NH )]+＜[Cu(NH )]2+，故C正确；D项，探究整个过程未发生反应
3 2 3 2 3 4
②，故D正确；故选A。
4．(2024· 贵州卷，13，3分)贵州重晶石矿(主要成分BaSO)储量占全国1/3以上。某研究小组对重晶
4
石矿进行“富矿精开”研究，开发了制备高纯纳米钛酸钡(BaTiO )工艺。部分流程如下：
3下列说法正确的是( )
A．“气体”主要成分是HS，“溶液1”的主要溶质是NaS
2 2
B．“系列操作”可为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
C．“合成反应”中生成BaTiO 的反应是氧化还原反应
3
D．“洗涤”时可用稀HSO 去除残留的碱，以提高纯度
2 4
【答案】B
【解析】重晶石矿(主要成分为BaSO)通过一系列反应，转化为BaS溶液；加盐酸酸化，生成BaCl 和
4 2
HS气体；在 BaCl 溶液中加入过量的 NaOH，通过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到
2 2
Ba(OH) ·8H O；过滤得到的溶液1的溶质主要含NaCl及过量的NaOH；Ba(OH) ·8H O加水溶解后，加入
2 2 2 2
Ti(OC H) ，进行合成反应，得到BaTiO 粗品，最后洗涤得到最终产品。A项，“气体”主要成分为HS
4 9 4 3 2
气体，“溶液 1”的溶质主要含 NaCl 及过量的 NaOH，A 项错误；B 项，，“系列操作”得到的是
Ba(OH) ·8H O晶体，故“系列操作”可以是蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，B项正确；C项，
2 2
“合成反应”是Ba(OH) ·8H O和Ti(OC H) 反应生成BaTiO ，该反应中元素化合价未发生变化，不是氧化
2 2 4 9 4 3
还原反应，C项错误；D项，“洗涤”时，若使用稀HSO ，BaTiO 会部分转化为难溶的BaSO ，故不能
2 4 3 4
使用稀HSO ，D项错误；故选B。
2 4
5．(2024·北京卷，7，3分)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：3FeS+8O Fe O+6SO
2 2 3 4 2
B．Ⅱ中的反应条件都是为了提高SO 平衡转化率
2
C．将黄铁和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】黄铁矿和空气中的O 在加热条件下发生反应，生成SO 和Fe O，SO 和空气中的O 在
2 2 3 4 2 2
400~500℃、常压、催化剂的作用下发生反应得到SO ，用98.3%的浓硫酸吸收SO ，得到HSO 。A项，
3 3 2 4反应I是黄铁矿和空气中的O 在加热条件下发生反应，生成SO 和Fe O，化学方程式：3FeS+8O
2 2 3 4 2 2
Fe O+6SO，故A正确；B项，反应Ⅱ条件要兼顾平衡转化率和反应速率，还要考虑生产成本，如Ⅱ中
3 4 2
“常压、催化剂”不是为了提高SO 平衡转化率，故B错误；C项，将黄铁矿换成硫黄，则不再产生
2
Fe O，即可以减少废渣产生，故C正确；D项，硫酸工业产生的尾气为SO 、SO ，可以用碱液吸收，故
3 4 2 3
D正确；故选B。
6．(2024·湖南卷，11，3分)中和法生产NaHPO ·12H O的工艺流程如下：
2 4 2
已知：①HPO 的电离常数：K =6.9×10-3，K =6.2×10-8，K =4.8×10-13
3 4 a1 a2 a3
②NaHPO ·12H O易风化。
2 4 2
下列说法错误的是( )
A．“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入NaCO 溶液
2 3
B．“调pH”工序中X为NaOH或HPO
3 4
C．“结晶”工序中溶液显酸性
D．“干燥”工序需在低温下进行
【答案】C
【解析】HPO 和NaCO 先发生反应，通过加入X调节pH，使产物完全转化为NaHPO ，通过结晶、
3 4 2 3 2 4
过滤、干燥，最终得到NaHPO ·12H O成品。A项，铁是较活泼金属，可与HPO 反应生成氢气，故“中
2 4 2 3 4
和”工序若在铁质容器中进行，应先加入NaCO 溶液，A项正确；B项，若“中和”工序加入NaCO 过
2 3 2 3
量，则需要加入酸性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入HPO ；若“中和”工序加入HPO 过量，
3 4 3 4
则需要加入碱性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入NaOH，所以“调pH”工序中X为NaOH或
HPO ，B项正确；C项，“结晶”工序中的溶液为饱和NaHPO 溶液，由已知可知HPO 的K =6.2×10-
3 4 2 4 3 4 a2
8，K =4.8×10-13，则HPO 2-的水解常数 ，由于 ，则NaHPO 的
a3 4 2 4
水解程度大于电离程度，溶液显碱性，C项错误；D项，由于NaHPO ·12H O易风化失去结晶水，故“干
2 4 2
燥”工序需要在低温下进行，D项正确；故选C。
7．(2024·辽吉黑卷，13，3分)某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的Cl-并制备Zn，流程如下“脱氯”步
骤仅Cu元素化合价发生改变。下列说法正确的是( )锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰)
离子 Zn2+ Cu2+ Cl-
浓度(g·Lˉ1) 145 0.03 1
A．“浸铜”时应加入足量HO，确保铜屑溶解完全
2 2
B．“浸铜”反应：2Cu+4H++H O=2Cu2++ H ↑+2H O
2 2 2 2
C．“脱氯”反应：Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓
D．脱氯液净化后电解，可在阳极得到Zn
【答案】C
【解析】铜屑中加入HSO 和HO 得到Cu2+，反应的离子方程式为：Cu+2H++H O=Cu2++2H O，再加
2 4 2 2 2 2 2
入锌浸出液进行“脱氯”，“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，可知“脱氯”
步骤发生反应的化学方程式为：Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓，过滤得到脱氯液，脱氯液净化后电解，Zn2+可在阴
极得到电子生成Zn。A项，“浸铜”时，铜屑不能溶解完全，Cu在“脱氯”步骤还需要充当还原剂，A
错误；B项，“浸铜”时，铜屑中加入HSO 和HO 得到Cu2+，反应的离子方程式为：Cu+2H++H O=Cu2+
2 4 2 2 2 2
+2H O，B错误；C项，“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，即Cu的化合价升
2
高，Cu2+的化合价降低，发生归中反应，化学方程式为：Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓，C正确；D项，脱氯液净
化后电解，Zn2+应在阴极得到电子变为Zn，D错误；故选C。
1 ． 微型工艺流程中题的呈现方式2 ．工艺流程题过程解读
(1)读流程图
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。
(3)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 ． 流程图中主要环节的分析
(1)原料的预处理
①溶解：通常用酸溶，如用硫酸、盐酸等。水浸 与水接触发生反应或溶解
浸出 固体加水(酸)溶解得到离子
酸浸 在酸溶液中反应，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去
浸出率 固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少
②灼烧、焙烧、煅烧：改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解。
③审题时要“瞻前顾后”，注意物质性质及反应原理的前后联系。
(3)常用的分离方法
①过滤：分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法。
②萃取和分液：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl 或苯萃取溴水中
4
的溴。
③蒸发结晶：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如从溶液中提取NaCl。
④冷却结晶：提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如 KNO 、FeCl 、
3 3
CuCl 、CuSO ·5H O、FeSO ·7H O等。
2 4 2 4 2
⑤蒸馏或分馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油。
⑥冷却法：利用气体液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的NH 。
3
4 ． 制备工艺中提纯实例
制备过程及工艺 提纯方案
气体产物先通过盛有焦性没食子酸溶液的洗气瓶除去少量氧
气同时除去挥发出的氯化氢气体，再通过盛有酸性高锰酸钾
含硫锌粒与稀盐酸反应制备
溶液的洗气瓶除去硫化氢气体，最后通过盛有浓硫酸的洗气
纯净氢气(用作还原剂)
瓶除去水蒸气。“含硫锌粒”是指锌粒中含有杂质硫化锌，
硫化锌与稀硫酸反应会产生硫化氢气体。
潮湿的二氧化碳与过氧化钠 气体产物通过盛有碱石灰(或新制生石灰)的干燥管或U形管除
反应制备纯净氧气 去未反应完的二氧化碳和水蒸气。
气体产物通过盛有碱石灰(或新制生石灰)的干燥管或U形管除
加热分解碳酸氢铵制备纯净 去碳酸氢铵分解产生的二氧化碳和水蒸气。注意：用于干燥
氨气 氨气的干燥剂可以选择碱石灰或新制生石灰，不能用无水氯
化钙，因为CaCl ＋8NH ===CaCl ·8NH 。
2 3 2 3
气体产物先通过盛有饱和硫氢化钠溶液的洗气瓶除去氯化
用硫化亚铁与稀盐酸反应制
氢，后通过盛有五氧化二磷的球形干燥管或U形管除去水蒸
备纯净的硫化氢
气。
加入稀硫酸或稀盐酸溶液，充分反应后，再过滤、洗涤、干
除去铜粉中混有的氧化铜 燥。不能加入稀硝酸，因为稀硝酸具有强氧化性，既能溶解
氧化铜，又能溶解铜粉。
工业上以粉碎、筛选后的铝
先加入过量氢氧化钠溶液溶解、过滤，再向滤液中通入过量
土矿为原料制备较高纯度
CO，过滤出沉淀，进行煅烧。
Al O 的主要工艺流程 2
2 3
除去MgCl (或CuCl 、 先向混合溶液中加入HO(把亚铁离子氧化为铁离子)，再加入
2 2 2 2
ZnCl 等)溶液中的FeCl 、 过量MgO或Mg(OH) (或过量CuO、ZnO)、使铁离子完全沉
2 3 2
FeCl 淀。
2考向 2 以物质的制备为背景
1．[新题型] (2025·浙江省七彩阳光新高考研究联盟高三联考)海水淡化有许多新工艺，某工艺的流程
示意图如图所示。以下说法不正确的是( )
A．由于连续的热交换，a处海水的温度更高
B．减压蒸馏时的压强二级闪蒸室内更低
C．广泛使用太阳能、风能和发电厂的余热以及热交换可降低海水淡化成本
D．淡化后的盐水常用于生产食盐、钾、铝、碘等化工产品
【答案】D
【解析】A项，a处的海水被2次加热，所以海水的温度：a>b，A正确；B项，盐水能够从一级闪蒸
室流入二级闪蒸室，说明一级闪蒸室中的压强大于二级闪蒸室的压强，B正确；C项，广泛使用太阳能、
风能和发电厂的余热以及热交换可降低海水淡化成本，C正确；D项，铝、碘并非从海水提取，D错误；
故选D。
2．(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
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。
3．(2025·浙江省第二届辛愉杯高三线上模拟考试)某兴趣小组用铬铁矿(FeCr O)制备CrCl ·6H O，流程
2 4 3 2
如下：
已知：①4FeCr O+10Na CO+7O 8NaCr O+4NaFeO+10CO ；
2 4 2 3 2 2 2 7 2 2
②Cr(OH) 不溶于乙醚。
3
下列说法不正确的是( )
A．步骤I应该将铬铁矿粉碎，以加快反应速率
B．步骤III从反应后溶液分离甲醇可用蒸馏法
C．步骤III应该滴加盐酸至恰好完全反应，方便后续调节pH
D．步骤V可用乙醚洗涤
【答案】C
【解析】由流程可知，铬铁矿加入碳酸钠，通入氧气发生高温氧化反应：4FeCr O+10Na CO+7O
2 4 2 3 2
8NaCr O+4NaFeO+10CO ，加入盐酸酸化将NaCrO 转化为NaCr O ，加入甲醇还原NaCr O 为+3
2 2 7 2 2 2 4 2 2 7 2 2 7
价Cr，调节pH沉淀Cr3+得到Cr(OH) ，加入浓盐酸溶解Cr(OH) ，得到CrCl 溶液，再结晶、过滤、洗涤得
3 3 3
到CrCl ·6H O。A项，步骤I应该将铬铁矿粉碎，可增大固体的接触面积，以加快反应速率，A正确；B项，
3 2
根据物质的沸点不同，步骤III从反应后溶液分离甲醇可用蒸馏法，B正确；C项，步骤III滴加盐酸应过
量，形成酸性条件，促进甲醇还原NaCr O 为+3价Cr，C错误；D项，已知Cr(OH) 不溶于乙醚，步骤V
2 2 7 3
可用乙醚洗涤Cr(OH) ，D正确；故选C。
3
4．(2025·浙江省名校协作体高三联考)某兴趣小组用铬铁矿(FeCr O)制备CrCl ·6H O，流程如下：
2 4 3 2已知：①4FeCr O+10Na CO+7O 8NaCr O+4NaFeO+10CO ；
2 4 2 3 2 2 2 7 2 2
②Cr(OH) 不溶于乙醚。
3
下列说法不正确的是( )
A．步骤I应该将铬铁矿粉碎，以加快反应速率
B．步骤III从反应后溶液分离甲醇可用蒸馏法
C．步骤III应该滴加盐酸至恰好完全反应，方便后续调节
D．步骤V可用乙醚洗涤
【答案】C
【解析】由流程可知，铬铁矿加入碳酸钠，通入氧气发生高温氧化反应：4FeCr O+10Na CO+7O
2 4 2 3 2
8NaCr O+4NaFeO+10CO ，加入盐酸酸化将NaCrO 转化为NaCr O，加入甲醇还原NaCr O 为+3
2 2 7 2 2 2 4 2 2 7 2 2 7
价Cr，调节pH沉淀Cr3+得到Cr(OH) ，加入浓盐酸溶解Cr(OH) ，得到CrCl 溶液，再结晶、过滤、洗涤得
3 3 3
到CrCl ·6H O。A项，步骤I应该将铬铁矿粉碎，可增大固体的接触面积，以加快反应速率，A正确；B项，
3 2
根据物质的沸点不同，步骤III从反应后溶液分离甲醇可用蒸馏法，B正确；C项，步骤III滴加盐酸应过
量，形成酸性条件，促进甲醇还原NaCr O 为+3价Cr，C错误；D项，已知Cr(OH) 不溶于乙醚，步骤V
2 2 7 3
可用乙醚洗涤Cr(OH) ，D正确；故选C。
3
考向 2 以废旧资源利用为背景
5．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( )
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。
6．无水FeCl 常用作芳烃氯代反应的催化剂。以废铁屑(主要成分Fe，还有少量Fe O、C和SiO)制取
3 2 3 2
无水FeCl 的流程如下，下列说法正确的是( )
3
A．“过滤”所得滤液中大量存在的离子有：Fe3+、Fe2+、H+、Cl-
B．“氧化”时可使用新制氯水作氧化剂
C．将“氧化”后的溶液蒸干可获得FeCl ·6H O
3 2
D．“脱水”时加入SOCl 能抑制FeCl 的水解，原因是SOCl 与水反应生成HSO 和HCl
2 3 2 2 4
【答案】B
【解析】废铁屑加入盐酸酸溶，碳、二氧化硅不反应，铁转化为盐溶液，过滤滤液加入新制氯水将亚
铁离子氧化为铁离子，处理得到FeCl ·6H O，加入SOCl 脱水得到FeCl 。A项，铁屑中主要成分Fe ，铁
3 2 2 3
和铁离子生成亚铁离子，故“过滤”所得滤液中大量存在的离子有：Fe2+、H+、Cl-，A错误；B项，氯气
具有氧化性，且不引入新杂质，故“氧化”时可使用新制氯水作氧化剂，B正确；C项，铁离子水解生成
氢氧化铁，故不能将“氧化”后的溶液蒸干来获得FeCl ·6H O，C错误；D项，是SOCl 与水反应生成SO
3 2 2 2
和HCl，D错误；故选B。
7．(2025·浙江省金华第一中学高三选考模拟)乙酸铜常用作有机合成的催化剂或氧化剂。实验室中制
备乙酸铜的流程如图所示。下列说法正确的是( )
A．反应①中双氧水起催化作用
B．为提高化学反应速率，反应①反应温度越高越好
C．步骤Ⅱ和步骤Ⅲ存在相同的操作
D．反应③碱式碳酸铜固体中加入的试剂X为冰醋酸
【答案】C【解析】先用热碱液除去铜屑表面油污，过氧化氢在酸性条件下氧化铜屑得到CuSO ，CuSO 再与纯
4 4
碱反应得到碱式碳酸铜，再与乙酸反应得到乙酸铜溶液，经过结晶得到乙酸铜晶体。A项，HO 起到氧化
2 2
作用，将Cu氧化为Cu(Ⅱ)，A错误；B项，反应①反应温度过高，HO 分解程度变大，应选适宜的温度，
2 2
B错误；C项，步骤Ⅱ和步骤Ⅲ都有固体生成，因此需要进行固液分离，因此，存在相同的操作为过滤，C
正确；D项，碱式碳酸铜固体中加入的试剂X为醋酸溶液，在水溶液中便于反应发生，D错误； 故选C。
8．(2025·浙江省新阵地教育联盟高三第一次联考)以下流程可从含Cu²+的废液中回收高品质Cu O。已
2
知：CuCl是白色固体，难溶于水，可溶于Cl-浓度较大的体系，CuCl+2Cl- CuCl 2-(棕色)，在碱性条
3
件下易水解转化为Cu O。
2
下列说法不正确的是( )
A．SO 在反应中表现还原性 B．试剂①可用饱和NaCl溶液
2
C．操作②是加水稀释，过滤 D．步骤③发生氧化还原反应
【答案】D
【解析】由流程图可知，先将含铜废液通SO 和饱和NaCl溶液反应生成CuCl 2-，加水稀释，氯离子
2 3
浓度降低，生成CuCl沉淀，过滤，控制温度和pH使其水解转化为Cu O。A项，SO 将Cu2+还原为Cu+，
2 2
为还原剂，在反应中表现还原性，故A项正确；B项，试剂①可用饱和NaCl溶液，故B项正确；C项，操
作②为加水稀释，氯离子浓度降低，生成CuCl沉淀，过滤，故C项正确；D项，步骤③中各元素化合价
均为改变，则未发生氧化还原反应，故D项错误；故选D。
9．用硫酸渣(主要成分为Fe O、SiO)制备铁基颜料铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图。
2 3 2
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C。
3 2 2 4 2
10．某新型纳米材料氧缺位铁酸盐ZnFe O(3<x<4)，能在常温下将工业废气中的SO 、NO 等转化为
2 x 2 2
单质而除去，由锌灰(含ZnO和少量PbO、CuO、Fe O 等)为主要原料制备氧缺位铁酸盐及其转化废气的流
2 3
程如图所示，下列说法不正确的是( )
A．浸取时为了提高酸浸效率，可以搅拌或延长浸取时间
B．“除杂”过程中需要加入足量锌粉等操作，与锌粉反应的金属离子有Fe3+、Cu2+
C．除去SO 时，ZnFe O 在反应中表现出氧化性
2 2 x
D．ZnFe O 与H 反应制得1molZnFe O 时，转移的电子物质的量为(8-2x)mol
2 4 2 2 x
【答案】C
【解析】锌灰(含ZnO和少量PbO、CuO、Fe O 等)加稀硫酸浸取，反应得到ZnSO、CuSO 、PbSO 、
2 3 4 4 4
Fe (SO )，过滤除去PbSO 得到含ZnSO、CuSO 、Fe (SO ) 的溶液，除杂除去Cu2+，再通过系列处理得到
2 4 3 4 4 4 2 4 3
ZnFe O，ZnFe O 和氢气反应得到ZnFe O。A项，浸取时，搅拌或延长时间可以让原料充分反应，从而提
2 4 2 4 2 x
高浸取效率，A正确；B项，除杂的目的是除去Cu2+又不引入新的杂质，故选用锌粉，Fe3+氧化性强于
Cu2+，Fe3+先与Zn反应，则与锌粉反应的金属离子有Fe3+、Cu2+，B正确；C项，ZnFe O(3<x<4)，则
2 x
ZnFe O 中铁有+2价、+3价，除去SO 时，ZnFe O→ZnFe O，Fe的价态升高，ZnFe O 作还原剂，C错误；
2 x 2 2 x 2 4 2 x
D项，ZnFe O 与H 反应制得1molZnFe O 时，Fe的价态由+3价降低为平均价态(x-1)价，则制得
2 4 2 2 x
1molZnFe O 时，转移电子物质的量为1mol×2×[3-(x-1)]=(8-2x)mol，D正确；故选C。
2 x11．(2024·江苏省常州市普通高中学业水平合格性考试适应性训练)医学发现一种Fe O 纳米粒子具有
3 4
肝靶向功能。利用废旧镀锌铁皮制备Fe O 胶体粒子的流程图示意如下：
3 4
已知：Zn溶于强碱时生成[Zn(OH) ]2-。下列有关说法正确的是( )
4
A．“Fe O”俗称铁红
3 4
B．“碱洗”是为了洗去废旧镀锌铁皮表面的油污
C．“酸溶”中发生反应的离子方程式为Fe(OH) +3H+=Fe3++3H O
3 2
D．“氧化”后溶液中存在的离子有：H+、Fe2+、Fe3+、SO 2-
4
【答案】D
【解析】废旧锌铁皮加入NaOH溶液中，氢氧化钠溶液与油污反应生成高级脂肪酸盐，具有去除油污
作用，Zn溶于强碱时生成[Zn(OH) ]2-，过滤，所得固体加入过量稀硫酸，溶解铁，发生Fe+2H+=Fe2+
4
+H ↑，加入适量过氧化氢，氧化部分亚铁离子，氧化后的溶液中含有H+、Fe2+、Fe3+、SO 2-，向溶液中通入
2 4
氮气排出空气防止亚铁离子被氧化，加入NaOH溶液生成四氧化三铁胶体粒子。A项， Fe O 俗称铁红，
2 3
Fe O 俗称磁性氧化铁，故A错误；B项，氢氧化钠溶液与油污反应生成高级脂肪酸盐，具有去除油污作用，
3 4
Zn溶于强碱时生成[Zn(OH) ]2-，故B错误；C项，“酸溶”中发生反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2+
4
+H ↑，故C错误；D项，“氧化”后溶液中存在的离子有：H+、Fe2+、Fe3+、SO 2-，故D正确；故选D。
2 4
12．(2024· 江苏省扬州中学高三下学期月考)利用如下流程可从废光盘中回收金属层中的银(金属层中
其他金属含量过低，对实验影响可忽略)：
已知：NaClO溶液在加热时易分解生成NaCl和NaClO。下列说法正确的是( )
3
A．若省略第一次过滤，会使氨水的用量增加
B．“氧化”时，发生的化学方程式：
C．若“还原”工序利用原电池来实现，则N 是正极产物
2
D．“还原”时，每生成1molAg，理论上消耗【答案】A
【解析】由题给流程可知，废光盘碎片中的银在80℃水浴加热条件下与次氯酸钠溶液反应生成氯化银、
氢氧化钠和氧气，过滤得到滤液和含有氯化银的滤渣；向滤渣中加入氨水，将氯化银转化为银氨络离子，
过滤得到滤渣和含有银氨络离子的滤液；向滤液中加入一水合肼溶液，溶液中银氨络离子与一水合肼溶液
反应生成银、氮气、氨气、铵根离子和水，过滤得到银。A项，若省略第一次过滤，过量的次氯酸钠溶液
能将一水合氨氧化为氮气，会使氨水的用量增加，A正确；B项，由分析可知，氧化时发生的反应为废光
盘碎片中的银在80℃水浴加热条件下与次氯酸钠溶液反应生成氯化银、氢氧化钠和氧气，反应的化学方程
式为 ，B错误；C项，由化合价变化可知，若还原工序利用
原电池来实现，一水合肼会在负极失去电子发生氧化反应生成生成氮气，C错误；D项，还原时发生的反
应为溶液中银氨络离子与一水合肼溶液反应生成银、氮气、氨气、铵根离子和水，反应的离子方程式为
4[Ag(NH)]++N H•H O=4Ag↓+N↑+4NH++4NH↑+H O，则反应生成1mol银时，理论上消耗
3 2 2 4 2 2 4 3 2
，D错误；故选A。
13．某化学兴趣小组通过查阅文献，设计了从阳极泥(成分为Cu S、Ag Se、Au、Pt)中回收贵重金属
2 2
的工艺，其流程如图所示。已知：“酸溶”时Pt、Au分别转化为[PtCl ]2-和 [AuCl ]-，下列判断错误的是(
6 4
)
A．“焙烧”时，Cu S转化为CuO的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2
2
B．“酸浸氧化”时，O 的作用之一是防止NO排放到空气中污染环境
2
C．“酸溶”时，金溶解的离子方程式为2Au+3Cl +2Cl-=2[AuCl ]-
2 4
D．有机层中回收的金属元素是Pt，萃取分液用到的玻璃仪器是分液漏斗和烧杯
【答案】A
【解析】阳极泥焙烧时，Cu S被O 氧化为CuO、SO 等，Cu Se被氧化为CuO、SeO 等；酸浸氧化时，
2 2 2 2 2
Cu、CuO都转化为Cu(NO )，SeO 转化为HSeO 等；酸溶时，Au、Pt被Cl 氧化为[PtCl ]2-和[AuCl ]-；萃
3 2 2 2 4 2 6 4
取后，水层中含有[AuCl ]-，则[PtCl ]2-进入有机溶剂层。A项，“焙烧”时，发生的化学反应为Cu S+2O
4 6 2 2
2CuO+SO ，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2:1，A错误；B项，“酸浸氧化”时，烧渣中可
2
能含有Cu、SeO 等，若直接与HNO 反应，会生成NO污染环境，被O 氧化后再溶于硝酸，可防止NO等
2 3 2
气体的排放，从而保护环境，B正确；C项，“酸溶”时，金被Cl 氧化，最终转化为[AuCl ]-，离子方程
2 4式为2Au+3Cl +2Cl-=2[AuCl ]-，C正确；D项，水层中不存在Pt元素，则Pt进入有机层中，可进行分离回
2 4
收，萃取分液时，需要使用分液漏斗和烧杯，D正确；故选A。
考向 3 以物质分离提纯为背景
14．(2024·江苏省苏州市南京航空航天大学苏州附属中学高三二模)实验室从含I-的溶液中提取I 的流
2
程如下：
已知2Fe3+ + 2I-= 2Fe2+ + I 。下列说法不正确的是( )
2
A．“过滤1”所得沉淀为AgI
B．“过滤2”所得滤液中铁元素主要以Fe3+的形式存在
C．用稀HNO 溶解滤渣Y得到的溶液可循环利用
3
D．氧化时，理论上通入Cl 的物质的量为I-物质的量的
2
【答案】B
【解析】含I-的溶液加入硝酸银生成碘化银沉淀，过滤1得到碘化银后加入铁置换出银单质同时生成
碘化亚铁，过滤2分离出银得到Y，滤液加入氯气氧化碘离子得到碘单质。A项，由分析可知，“过滤1”
所得沉淀为AgI，A正确；B项，铁离子会和碘离子发生氧化还原反应生成碘单质，故“过滤2”所得滤液
中铁元素主要以Fe2+的形式存在，B错误；C项，用稀HNO 溶解滤渣Y银单质生成硝酸银溶液，故得到的
3
溶液可循环利用，C正确；D项，氯气氧化碘离子得到碘单质Cl+2I-=2Cl-+I ，则氧化时，理论上通入Cl
2 2 2
的物质的量为I-物质的量的，D正确；故选B。
15．(2024·江苏省南京师范大学苏州实验学校高三零模考试)一种海水提溴的部分工艺流程如图所示。
下列说法错误的是( )
A．“氧化”和“转化”工序中Cl 的主要作用相同
2
B．水相Ⅰ和水相Ⅱ中均含有H+和Cl-
C．“洗脱”工序可完成R NCl的再生
3
D．保存液溴时加适量水的主要作用是防止溴单质被氧化
【答案】D【解析】卤水“氧化”时氯气与卤水反应置换出Br ，同时氯气与水反应生成HCl进入水相Ⅰ；“还
2
原”时SO 与R N[ClBr ]反应生成HSO 、HBr、R NCl，R NCl再与HBr反应生成HCl和R NBr，用盐酸
2 3 2 2 4 3 3 3
“洗脱”R NBr生成HBr和R NCl，HBr被氯气氧化得到溴单质，蒸馏得到液溴。A项，“氧化”和“转
3 3
化”工序中Cl 的主要作用均为氧化Br-，A项正确；B项，由流程中转化关系知，“氧化”时氯气与卤水
2
反应置换出Br ，同时氯气与水反应生成HCl进入水相Ⅰ；“还原”时SO 与R N[ClBr ]反应生成HSO 、
2 2 3 2 2 4
HBr、R NCl，R NCl再与HBr反应生成HCl和R NBr，故水相Ⅱ中含H+和Cl-，则水相Ⅰ和水相Ⅱ中均含
3 3 3
有H+和Cl-，B项正确；C项，用盐酸“洗脱”R NBr生成HBr同时生成R NCl，可完成R NCl的再生，C
3 3 3
项正确；D项，保存液溴时加适量水的主要作用是防止溴单质挥发，D项错误；故选D。
16．(2024·江苏省苏州市南京航空航天大学苏州附属中学高三下月考)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】由题给流程可知，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，故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，
故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，故C正确；D项，①、②为
液相，③为固相，都不是两相混合体系，故D错误；故选C。
17．(2025·江西稳进上派联考高三调研考试)NaSO 可用于解氰化物中毒。制备NaSO 的一种工业
2 2 3 2 2 3流程如下图所示：
下列说法错误的是( )
A．气体 可引起温室效应
B．欲制备3 mol Na SO 理论上需要6 mol FeS
2 2 3 2
C．向冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可减小溶解度
D．蒸发浓缩时为得到较大晶体颗粒应用小火蒸发
【答案】B
【解析】A项，根据流程图可知，“反应”的化学方程式为2NaS+4SO+NaCO= 3Na SO+CO ，X
2 2 2 3 2 2 3 2
气体使二氧化碳，可引起温室效应，A正确；B项，由“反应”的化学方程式可知，生成3 mol Na SO 需
2 2 3
要4 mol SO ，结合“煅烧”的化学方程式4FeS+11O 2Fe O+8SO，当2 mol FeS 参加反应时，生
2 2 2 2 3 2 2
成4 mol SO ，B错误；C项，乙醇的极性比水弱，加入乙醇可减小NaSO 的溶解度，C正确；D项，快
2 2 2 3
速蒸发溶液中水分，得到的晶体颗粒较小，为得到较大晶体颗粒应用小火蒸发，D正确；故选B。
18．(2025·山东省济南市高三联考)制备一种重要的含氯消毒剂—亚氯酸钠(NaClO，受热易分解)的工
2
艺流程如图，下列说法正确的是( )
A．“滤渣”的成分为MgCO 、CaCO
3 3
B．两处HCl的作用相同
C．操作a为“减压蒸发”
D．理论上，产生气体A、B的物质的量之比为2：1
【答案】C
【解析】粗食盐水中加入碳酸钠除氯化钙生成碳酸钙沉淀，加入氢氧化钠除氯化镁生成氢氧化镁沉淀，
过滤出碳酸钙、氢氧化镁，滤液中加盐酸除碳酸钠、氢氧化钠，得到氯化钠溶液，电解氯化钠溶液得到氯
酸钠和氢气，氯酸钠和盐酸反应生成二氧化氯、氯气，用氢氧化钠、双氧水吸收二氧化氯，减压蒸发、冷却结晶得亚氯酸钠晶体。A项， “滤渣”的成分为Mg(OH) 、CaCO ，A错误；B项，第一次用盐酸是除
2 3
氢氧化钠、碳酸钠，第二次用盐酸是还原氯酸钠生成二氧化氯气体，两处HCl的作用不相同，B错误；C
项，NaClO，受热易分解，故操作a为“减压蒸发”，C正确；D项，产生气体A即Cl 的方程式为
2 2
2NaClO+4HCl=2ClO ↑+Cl↑+2NaCl+2HO，产生气体B即O 的方程式为
3 2 2 2 2
2ClO +2NaOH+HO=2NaClO +O ↑+2H O，理论上，产生气体氯气、氧气的物质的量之比为1∶1，D错误；
2 2 2 2 2 2
故选C。
