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专项训练 型工业流程题（解析版）
1．（2021 秋·黑龙江佳木斯·高三校考期中）铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成
分为Al2O3，含杂质Fe2O3)为原料制备铝的一种工艺流程如下：
下列叙述不正确的是
A．“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为：Al2O3+2OH
-=2AlO2
-+H2O
B．向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH 增大
C．“电解Ⅰ”过程中石墨电极被阳极上产生的O2氧化
D．“电解Ⅱ”阳极的电极反应式为：4CO3
2-+2H2O-4e
-=4HCO3
-+O2↑
【答案】B
【详解】A．“碱溶”时氧化铝和氢氧化钠反应生成生成偏铝酸钠，反应的离子方程
式为：Al2O3+2OH
-=2AlO2
-+H2O，故A 正确；
B．“过滤Ⅰ”所得滤液中含有氢氧化钠、偏铝酸钠，向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入
NaHCO3溶液，氢氧化钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钠，碳酸氢钠和偏铝酸钠反应生成碳
酸钠和氢氧化铝沉淀，溶液的pH 减小，故B 错误；
C．“电解Ⅰ”是电解熔融氧化铝，阳极生成氧气，石墨电极被阳极上产生的O2氧化，
故C 正确；
D．“电解Ⅱ”是电解碳酸钠溶液，由图可知，阳极的电极反应式为：
4CO3
2-+2H2O-4e
-=4HCO3
-+O2↑，故D 正确；
选B。
2．（2022 秋·福建莆田·高三莆田第二十五中学校考期中）金属铬常用于提升特种合金
的性能。工业上以铬铁矿(主要成分为FeO C
⋅
r2O3，含有少量Al2O3)为原料制备金属铬
的流程如下图。下列说法不正确的是
1
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A．①中需持续吹入空气做氧化剂
B．②中需加入过量稀硫酸
C．③中浓硫酸的作用是提高c(H
+)促使Cr元素转化为Cr2O7
2-
D．④中每生成1mol Cr，转移3mole
-
【答案】B
【分析】铬铁矿(主要成分为FeO•Cr2O3，含有少量Al2O3)，由流程可知，加入碳酸钠
灼烧，可生成Na2CrO4、Fe2O3、NaAlO2，加入水过滤分离出Fe2O3，滤液中加入稀硫酸
得到氢氧化铝和Na2CrO4，Na2CrO4中加浓硫酸得到溶液A 为Na2Cr2O7，电解得到Cr,
以此解答该题。
【详解】A．经过反应①，Fe 由二价升高为三价，需要空气作氧化剂，故A 正确；
B．硫酸过量，Al(OH)3会溶解，不能加过量稀硫酸，故B 错误；
C．Na2CrO4加入浓硫酸得到A 为Na2Cr2O7，硫酸的作用是提高c(H+)促使Cr 元素转化
为Cr2O7
2-，故C 正确；
D．④中Cr 元素化合价由+3 降为0，每生成1molCr,转移3mole-，故D 正确；
故选：B。
3．（2022 秋·辽宁·高三校联考阶段练习）以锌焙砂(主要成分为ZnO，含少量Cu
2+、
M n
2+等离子)为原料制备2Zn (OH)2 ZnC
⋅
O3的工艺流程如下：
以下说法错误的是
A．“浸取”过程为加快反应速率应适当加热，但温度不宜过高
B．“除杂”步骤也可选择N a2S或K2S为沉淀剂，沉淀杂质离子
C．“沉锌”过程发生反应后释放的气体A 为CO2
D．“过滤3”所得滤液可循环使用，其主要成分的化学式是(N H4)2SO4
【答案】B
2
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【详解】A．“浸取”过程温度不宜过高，过氧化氢溶液不稳定易分解，温度过高否
则过氧化氢大量分解，A 项正确；
B．用N a2S或K2S代替会给溶液带来杂质元素如（钠元素和钾元素），难以除去，故
不能用N a2S或K2S，B 项错误；
C．“沉锌”过程中发生的反应是
3ZnSO4+6N H4HCO3==2Zn (OH)2 ZnC
⋅
O3+3(N H4)2SO4+5CO2↑+ H2O，则气体A 为
CO2，C 项正确；
D．滤液中包含“沉锌”步骤生成的(N H4)2SO4，可以循环到“浸取”步骤使用，D 项
正确；
答案选B。
4．（2023 秋·湖南·高三校联考阶段练习）大力推广锂电池新能源汽车对实现“碳达
峰”和“碳中和”具有重要意义。Li4Ti5O12与LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，
可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还有少量MgO、SiO2等杂质)来制备，工艺流程如
下：
已知：“酸浸”后，钛主要以TiOCl4
2−形式存在，
FeTiO3+ 4 H
++ 4 Cl
−= Fe
2++ TiOCl4
2−+2H2O。下列说法不正确的是。
A．在制备TiO2⋅x H2O时需要加入水，同时加热，促使水解反应趋于完全
B．在制备Li4Ti5O12的过程中会生成Li2Ti5O15(Ti 为+ 4价)，则Li2Ti5O15中过氧键的
数目为8
C．滤液②中的阳离子有Fe
2+、Mg
2+、H
+
D．高温煅烧反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2 1∶
【答案】B
【分析】FeTiO3、MgO、SiO2加入硫酸，FeTiO3与盐酸反应生成FeTiOCl4、
MgCl2，SiO2和硫酸不反应，滤渣是SiO2，滤液① 中含有FeTiOCl4、MgCl2，滤液①
水解过滤生成沉淀TiO2⋅x H2O，滤液② 中含有FeCl2、MgCl2，滤液② 加入过氧化氢
把Fe2+氧化为Fe3+，加入磷酸生成FePO4沉淀，FePO4、Li2CO3、H2C2O4灼烧生成
LiFePO4。
3
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【详解】A．在制备TiO2⋅x H2O时需要加入水，同时加热，促使水解反应趋于完全，
A 正确；
B．在制备Li4Ti5O12的过程中会生成Li2Ti5O15(Ti 为+ 4价)，根据化学式中各元素化
合价之和为0 可知15 个氧原子化合价总和为2×1+5×4=22，设-1 价氧原子数为x，-2
价氧原子数为y，x+y=15 且x+2y=22，故x=8，y=7,则Li2Ti5O15中过氧键的数目为
4，B 错误；
C．由分析可知滤液②中的阳离子有Fe
2+、Mg
2+、H
+，C 正确；
D．FePO4、Li2CO3、H2C2O4灼烧生成LiFePO4、二氧化碳、水，由FePO4制备
LiFePO4的化学方程式2FePO4+Li2CO3+ H2C2O4
高温
¿2LiFePO4+ H2O↑+3CO2↑
¿
，故高
温煅烧反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2 1∶，D 正确；
故选B。
5．（2023 秋·新疆·高三校联考期末）碳酸锂是制备高纯锂化合物和锂合金的主要原料，
在玻璃和陶瓷制造、医药、有色金属冶炼、锂电池电极材料等领域具有广阔的应用前
景。某化学小组在实验室用含锂废渣(主要含Li2O，还含有少量其他能溶于盐酸的金属
氧化物及少量碳单质)制备碳酸锂的流程如图所示：
下列说法错误的是
A．“浸渣”的主要成分是碳单质
B．“萃取”和“反萃取”均应在烧杯中进行
C．“蒸发浓缩”的目的之一是除去过量的HCl
D．“沉锂”后所得母液中含有NaCl
【答案】B
【分析】含锂废渣(主要含Li2O，还含有少量其他能溶于盐酸的金属氧化物及少量碳单
质)中加入盐酸，Li2O、金属氧化物溶于盐酸，碳单质不溶，所以浸渣中含有碳单质；
滤液中加入磷酸三丁酯萃取，LiCl 进入有机相，其它金属氯化物进入水相；有机相中
加入盐酸进行反萃取，此时LiCl 进入盐酸中；将溶液蒸发浓缩，加入Na2CO3溶液沉锂，
生成Li2CO3沉淀，过滤、洗涤、干燥，可得到高纯Li2CO3。
【详解】A．由分析可知，“浸渣”的主要成分是碳单质，A 正确；
4
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B．“萃取”和“反萃取”后都需要分液，所以均应在分液漏斗中进行，B 错误；
C．“蒸发浓缩”时，一方面可增大溶液的浓度，使Li+沉淀更充分，另一方面可除去
过量的HCl，从而减少Na2CO3溶液的用量，C 正确；
D．“沉锂”时，发生反应2LiCl+Na2CO3=Li2CO3↓+2NaCl，所得母液中含有NaCl，D
正确；
故选B。
6．（2023·全国·高三专题练习）与氮同主族，在中性及碱性环境下常以BiOCl(s)的形
式存在，铋及其化合物广泛应用于电子、医药等领域。以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，
含少量PbO2等杂质)为原料，采用湿法冶金工艺制备精铋的工艺流程如图所示，下列说
法错误的是
A．“浸出”产生S 的主要离子反应为6 Fe
3++ Bi2S3=6 Fe
2++2Bi
3++3S
B．“浸出”时盐酸可以还原杂质PbO2
C．“浸出”“置换”“再生”“电解精炼”中均有氧化还原反应发生
D．“再生液”不能加入“浸出”操作中循环利用
【答案】D
【分析】辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含少量PbO2等杂质)中加盐酸和足量的FeCl3溶液
“浸出”，发生反应6 Fe
3++ Bi2S3=6 Fe
2++2Bi
3++3S、
PbO2+4H
++2Cl
-=Pb
2++Cl2↑+2H2O，“浸出”后的溶液中主要含有的阳离子为Fe
2+、
Bi
3+、Fe
3+和H
+，加入适量铁粉将H
+、Fe
3+、Bi
3+分别还原为H2、Fe
2+、Bi，过滤分
离后得粗铋，经电解精炼得精铋，“再生”过程中Cl2将Fe
2+氧化为Fe
3+得到“再生
液”， 可加入“浸出”操作中循环利用，据此分析解答。
【详解】A．“浸出”时Fe
3+将-2 价的S 氧化为硫单质，结合得失电子守恒、电荷守恒
和原子守恒可以得到离子方程式为6 Fe
3++ Bi2S3=6 Fe
2++2Bi
3++3S，A 正确；
5
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B．盐酸可以提供H
+和Cl
−，酸性环境中PbO2可以将Cl
−氧化为Cl2，自身被还原为
PbCl2，B 正确；
C．根据以上分析可知“浸出”过程中2 个反应均为氧化还原反应；“浸出”后的溶液
中主要含有的阳离子为Fe
2+、Bi
3+、Fe
3+和H
+，加入适量铁粉将H
+、Fe
3+、Bi
3+分别
还原为H2、Fe
2+、Bi，发生的反应均是氧化还原反应；“再生”过程中Cl2将Fe
2+氧化
为Fe
3+，发生氧化还原反应，由粗铋“电解精炼”制精铋的反应也是氧化还原反应，C
正确；
D．根据C 项分析可知，“再生液”为氯化铁溶液，可以加入“浸出”操作中循环利
用，D 错误；
故选D。
7．（2023·全国·高三专题练习）锗在航空航天测控、核物理探测、光纤通讯、红外光
学、化学催化剂、生物医学等领域有广泛而重要的应用。一种从二氧化锗粗品(主要含
GeO2、As2O3)中制备锗的工艺流程如下：
已知：i.GeO2与Al2O3的性质相似；
ii.GeCl4易水解，GeCl4的沸点为86.6℃；
iii.As2O3+2NaOH= 2NaAsO2+ H2O，NaAsO2与盐酸反应生成有毒的AsCl3。
下列说法正确的是
A．“蒸馏”时改用1mol⋅L
−1盐酸可节省原料，同时不影响产率
B．工业上对高纯GeO2和SiO2的混合物进行电解制备硅锗合金，则产品在阳极区生成
C．“水解”反应的化学方程式为GeCl4+(n+2)H2O=GeO2⋅nH2O↓+ 4 HCl
D．若“氧化”的目的是将NaAsO2氧化为Na3 AsO4，则该反应中氧化剂与还原剂的物
质的量之比为3 1∶
【答案】C
【分析】粗品(主要含GeO2、As2O3)中加入NaOH 溶液，生成Na2GeO3和NaAsO2；加入
NaClO3溶液，将NaAsO2氧化为Na3 AsO4；因为GeCl4易水解，GeCl4的沸点为86.6℃，
加入7mol⋅L
-1盐酸抑制GeCl4的水解，对溶液进行蒸馏得到GeCl4，再加入高纯水进
行水解，生成GeO2⋅nH2O，烘干得到高纯的GeO2，加入H2，在650℃下将GeO2还原
为Ge。
【详解】A．GeCl4易水解，“蒸馏”时加入7mol⋅L
−1盐酸的目的是抑制GeCl4的水
解，若换成1mol⋅L
−1盐酸，则抑制GeCl4水解的效果不好，会导致产率降低，A 错误；
6
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B．工业上对高纯GeO2和SiO2的混合物进行电解制备硅锗合金，Ge和Si的化合价均降
低，发生还原反应，因此产品在阴极区生成，B 错误；
C．GeCl4易水解，由题图可知“水解”生成GeO2⋅n H2O，则“水解”时发生反应的
化学方程式为GeCl4+(n+2)H2O ═GeO2⋅ n H2O↓+ 4 HCl，C 正确；
D．“氧化”时NaClO3将NaAsO2氧化为Na3 AsO4，则发生反应3 AsO2
−+ClO3
−+
6OH
−=3 AsO4
3−+Cl
−+3 H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1 3∶，D 错误；
故答案为C。
8．（2023 春·山东临沂·高二统考阶段练习）废旧铅蓄电池会导致铅污染，利用RSR 工
艺回收铅的流程如图所示。
已知：铅膏的主要成分是PbO2和PbSO4；HBF4是强酸。下列说法错误的是
A．SO2的作用是将PbO2还原成PbSO4
B．加入(NH4)2CO3后发生的反应为PbSO4 (s)+CO3
2−(aq)⇌PbCO3(s)+SO4
2−(aq)
C．电解Pb(BF4)2溶液时，若电路中转移1 mol 电子，阴极增重51.75 g
D．整个流程中，HBF4可循环使用
【答案】C
【分析】铅膏主要成分是PbO2和PbSO4，向浆液中加入SO2和(NH4)2CO3，PbO2具有氧
化性，将SO2氧化，生成硫酸铅，再加入碳酸氨发生反应，生成PbCO3和(NH4)2SO4；向
PbCO3中加入HBF4生成Pb(BF4)2和二氧化碳气体，电解Pb(BF4)2溶液得到铅单质。
【详解】A．根据分析可知SO2的作用是将PbO2还原成PbSO4，A 正确；
B．根据分析可知，加入(NH4)2CO3后，PbSO4转化为PbCO3，发生的反应为
PbSO4 (s)+CO3
2−(aq)⇌PbCO3(s)+SO4
2−(aq)，B 正确；
C．电解Pb(BF4)2溶液时，阴极电极反应式为Pb2++2e-=Pb，电路中转移1mol 电子时，
生成0.5mol Pb，则阴极增重的质量为0.5mol×207g/mol=103.5g，C 错误；
7
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D．电解Pb(BF4)2溶液的总反应方程式为2Pb(BF4)2+2H2O
通电2Pb+O2↑+ 4 HBF4，反
应生成酸HBF4可以循环使用，D 正确；
故选C。
9．（2023 春·江苏常州·高一常州高级中学校考开学考试）金属铬常用于提升待种合金
的性能。工业上以铬铁矿(主要成分为FeO⋅Cr2O3，含有少量Al2O3)为原料制备金属铬
的流程如下图。下列说法不正确的是
A．①中需持续吹入空气做氧化剂
B．①中Al2O3参与的反应为Al2O3+ Na2CO3
高温
¿2NaAlO2+CO2↑
¿
C．②中需加入过量稀硫酸
D．④中每生成1molCr，转移3 mole
−
【答案】C
【分析】铬铁矿(主要成分为FeO•Cr2O3，含有少量Al2O3)，由流程可知，加入碳酸钠
灼烧，可生成Na2CrO4、Fe2O3、NaAlO2，加入水过滤分离出Fe2O3，滤液中加入稀硫酸
得到氢氧化铝和Na2CrO4，Na2CrO4中加浓硫酸得到溶液A 为Na2Cr2O7，电解得到Cr，
Na2CrO4也能被S 还原为Cr(OH)3，Cr(OH)3受热分解为Cr2O3，Cr2O3在高温下能和Al
反应生成Cr。
【详解】A．经过反应①，Fe 的化合价由+2 升高为+3，Cr 的化合价由+3 升为+6，需
要空气作氧化剂，故A 正确；
B．据分析可知①中Al2O3参与的反应为Al2O3+ Na2CO3
高温
¿2NaAlO2+CO2↑
¿
，故B 正确；
C．硫酸过量，Al(OH)3会溶解，不能加过量稀硫酸，故C 错误；
D．④中Cr 元素化合价由+3 降为0，每生成1mol Cr，转移3mol e-，故D 正确；
故选：C。
10．（2023·全国·高三统考专题练习）“太空金属”钛广泛应用于新型功能材料等方面，
工业上用钛铁矿(主要成分是TiO2，含少量FeO 和Fe2O3)冶炼金属钛的工艺流程如图所
示，下列说法正确的是
8
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A．基态钛原子核外有4 个未成对电子
B．金属Mg 与TiCl4可在氮气气氛条件下进行反应
C．步骤II 加热可促进TiO2+的水解
D．步骤III 中可能发生的反应为TiO2+2Cl2+C
Δ
¿
¿
TiCl4+CO
【答案】C
【分析】钛铁矿(主要成分是TiO2，含少量FeO 和Fe2O3)加硫酸酸浸，浸出液中含铁离
子、亚铁离子和TiO2+，加适量铁发生还原，将铁离子转变为亚铁离子，蒸发浓缩冷却
结晶提取出绿矾晶体，滤液经加热TiO2+水解得TiO2·H2O，分解得到粗TiO2后，加焦炭、
氯气反应得到TiCl4，用Mg 还原得到Ti。
【详解】A．基态钛原子核外电子排布式为[Ar]3d
24s
2，有2 个未成对电子，A 错误；
B．Mg 为活泼金属，能与CO2、O2、N2、H2O等物质发生反应，故金属Mg 与TiCl4必
须在稀有气体氛围条件下进行反应，B 错误；
C． TiO2+会水解，步骤II 加热可促进TiO2+的水解，C 正确；
D．方程式未配平，步骤III 中可能发生的反应为TiO2+2Cl2+2C
Δ
¿
¿
TiCl4+2CO ，D 错误；
答案选C。
11．（2023·全国·高三专题练习）工业上利用含铅废渣(主要成分为PbSO4)制备碱式硫
酸铅(3PbO⋅PbSO4⋅H2O)的简易流程如图所示。下列说法错误的是
A．“转化”过程生成的气体为CO2
B．由流程可推测，K sp(PbSO4)> K sp(PbCO3)
C．该工艺中滤液2 可循环利用
9
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D．该流程发生了氧化还原反应
【答案】D
【分析】含铅废渣中加过量碳酸氢钠转化后，得到碳酸铅、二氧化碳和硫酸钠，发生
了沉淀的转化，碳酸铅经过硝酸酸溶后得到硝酸铅、二氧化碳和水，加硫酸沉铅后得
到硫酸铅和硫酸钠，滤液2 中含硫酸钠、过量的硫酸、硝酸，硫酸铅与氢氧化钠溶液
合成碱式碳酸铅。
【详解】A．根据分析，“转化”过程生成的气体为CO2，A 正确；
B．根据分析，“转化”过程发生了沉淀的转化，加入过量的碳酸氢钠溶液后硫酸铅转
化为碳酸铅，故可推测K sp(PbSO4)> K sp(PbCO3)，B 正确；
C．滤液2 中含硫酸钠、过量的硫酸、硝酸，硝酸可在酸溶工序中循环利用，C 正确；
D．整个流程汇各元素化合价未变，没有发生氧化还原反应，D 错误；
故选D。
12．（2023·山东德州·统考二模）四氟硼酸锂(LiBF4)化学性质稳定，可用作锂电(心脏
起搏器电池等)或二次锂离子电池电解液导电盐。其制备流程如图所示，下列说法错误
的是
A．“不溶颗粒”主要成分为Li2CO3
B．实验室中模拟工艺流程时反应器3 不能选用三颈圆底烧瓶
C．反应器2 中反应为LiHCO3+4HF=LiF⋅3HF+H2O+CO2
D．粗产品经过负压下浓缩、冷却结晶即可得到纯净的四氟硼酸锂
【答案】D
【分析】Li2CO3料浆中通入CO2反应生成LiHCO3，经过过滤操作分离出不溶颗粒
Li2CO3，向LiHCO3溶液中加入HF 反应生成LiF⋅3HF，再将LiF⋅3HF与HBO3溶液
反应生成LiBF4粗产品；
【详解】A．Li2CO3为微溶物，则“不溶颗粒”主要成分为Li2CO3，A 正确；
B．反应3 为LiF⋅3HF与HBO3反应生成LiBF4，HF 会腐蚀玻璃，则不能选用三颈圆
底烧瓶，B 正确；
C．据分析可知，反应器2 中反应为LiHCO3+4HF=LiF⋅3HF+H2O+CO2，C 正确；
D．四氟硼酸锂(LiBF4)化学性质稳定，不需要经过负压下浓缩、冷却结晶，D 错误；
故选D。
10
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13．（2023·全国·高三统考专题练习）钛酸钡(BaTiO3)是电子陶瓷基础母体原料，超细
微BaTiO3粉体的制备方法如下。
已知：TiCl4+(x+2)H2O⇌
❑
❑
TiO2⋅xH2O+4HCl
下列说法不正确的是
A．向TiCl4中先加入H2C2O4，可防止其水解生成TiO2⋅xH2O
B．得到溶液1 的反应：
TiCl4+2H2C2O4+6NH3⋅H2O=(NH4)2TiO(C2O4)2+4NH4Cl+5H2O
C．加入过量氨水，有利于提高BaTiO(C2O4)2⋅4H2O的产率
D．“煅烧”得到的气体A 是CO、CO2和H2O的混合物
【答案】C
【分析】TiCl4与草酸先生成TiO(C2O4)❑2
2−，再向体系中加入钡离子，发生反应的离
子方程式为：TiO(C2O4)❑2
2−＋Ba2＋+4H2O=BaTiO(C2O4)2·4H2O↓，生成的
BaTiO(C2O4)2·4H2O 再经过隔绝空气煅烧，得到BaTiO3，同时得到CO、CO2及水蒸气，
涉及的方程式为BaTiO(C2O4)2·4H2O
高温
¿
¿
BaTiO3+2CO↑+2CO2↑+4H2O，据此分析解答。
【详解】A．根据已知信息可知，四氯化钛水解显酸性，所以向TiCl4中先加入H2C2O4，
可抑制其水解，从而防止生成TiO2⋅xH2O，A 正确；
B．根据分析可知，得到溶液1 的反应：
TiCl4+2H2C2O4+6NH3⋅H2O=(NH4)2TiO(C2O4)2+4NH4Cl+5H2O，B 正确；
C．加入过量氨水，则溶液碱性过强，可能会生成TiO(OH)+，从而降低TiO(C2O4)❑2
2−
的浓度，不利于提高BaTiO(C2O4)2⋅4H2O的产率，C 错误；
D．根据分析，结合原子守恒可知“煅烧”得到的气体A 是CO、CO2和H2O的混合物，
D 正确；
故选C。
11
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14．（2020 秋·宁夏石嘴山·高三石嘴山市第三中学校考阶段练习）以高硫铝土矿（主
要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工
艺流程如图，下列叙述错误的是（ ）
A．烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来
B．隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2) n(Fe
∶
2O3)=1 5∶
C．向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3
D．加入CaO 可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4
【答案】B
【分析】由流程可知，高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2)为原料，
通入空气焙烧时，因为含有少量FeS2，会产生二氧化硫，加入氧化钙达到吸收二氧化
硫的目的，防止二氧化硫排放污染空气，焙烧产物经过氢氧化钠溶液碱浸，三氧化二
铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，过滤后，滤液中通入过量二氧化碳，偏铝酸根与二
氧化碳、水反应生成氢氧化铝沉淀，洗涤后灼烧氢氧化铝即可生产三氧化二铝；碱浸
过程中，三氧化二铁不与氢氧化钠反应，过滤后留在滤渣中，加入FeS2与三氧化二铁
在隔绝空气的条件下反应生成二氧化硫和四氧化三铁，利用四氧化三铁的磁性实现其
与烧渣的分离。据此分析解答。
【详解】A．Fe3O4有磁性，可以用磁铁将Fe3O4从烧渣中分离出来，故A 正确；
B．隔绝空气焙烧，FeS2与Fe2O3反应，生成SO2和Fe3O4，反应方程式为：
FeS2+16Fe2O3
11Fe3O4+2SO2↑，由方程式可知n(FeS2) n(Fe
∶
2O3)=1 16
∶
，故B 错误；
C．滤液中含有AlO2
-，通入过量CO2，发生反应：AlO2
-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+
HCO3
-，生成Al(OH)3沉淀，经过过滤、洗涤后得到Al(OH)3，再灼烧Al(OH)3，反应为：
2Al(OH)3
+3H2O，即可制得Al2O3，故C 正确；
D．铝土矿中含有FeS2，FeS2焙烧生成SO2，CaO 与SO2、O2反应：
2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，CaSO4可用于建筑材料，故D 正确；
故选B。
【点睛】了解制备氧化铝并获得Fe3O4的工艺流程是解题的关键。本题的易错点为D，
要注意CaO 与SO2反应生成的亚硫酸钙能够被空气中的氧气氧化。
12
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15．（2021 秋·甘肃嘉峪关·高三嘉峪关市第一中学校考阶段练习）工业上用铝土矿
（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）制备铝的某种化合物的工艺流程如下，
下列有关说法不正确的是（ ）
A．向滤液A 中加入KSCN 溶液,溶液一定会变红
B．②的离子反应方程式为SiO2+2O H
−= SiO3
2−+ H 2O
C．③漂白液的目的是氧化除铁,该过程中涉及的氧化还原反应为
2 F e
2++ClO
−+5 H 2O =2 Fe（OH ）3↓+C l
−+ 4 H
+
D．③中漂白液要适量,若过量则可能产生有毒的气体氯气
【答案】B
【分析】由流程可知，铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）加入稀
盐酸，得到滤渣为二氧化硅，滤液A 中含有铁离子、亚铁离子和铝离子；加入漂白液
后亚铁离子氧化成铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁沉淀；滤液B 为氯化铝溶液；二
氧化硅与氢氧化钠在铁坩埚中焙烧生成硅酸钠。
【详解】A 项、铁离子能和KSCN 反应生成络合物硫氰化铁而显红色，A 中含有铁离
子，所以加入KSCN 溶液，溶液一定会变红，故A 正确；
B 项、②为二氧化硅和NaOH 固体的反应，没有离子方程式，故B 错误；
C 项、③中漂白液具有氧化性，能氧化还原性离子亚铁离子生成铁离子，离子方程式
为2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe（OH）3↓+Cl-+4H+，故C 正确；
D 项、漂白液具有强氧化性，盐酸具有还原性，③中漂白液能和盐酸反应生成氯气，
所以③中漂白液要适量，若过量则可能产生有毒的气体氯气，故D 正确；
故选B。
【点睛】加入漂白液后亚铁离子氧化成铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁沉淀是解答
关键。
16．（2022·内蒙古呼和浩特·统考模拟预测）铝氢化钠(NaAlH4)是有机合成中的一种重
要还原剂。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝氢化钠
的一种工艺流程如图：
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下列说法中错误的是
A．为了提高“碱溶”效率，在“碱溶”前对铝土矿进行粉碎
B．“反应I”的部分化学原理与泡沫灭火器的原理相同
C．“滤渣1”的主要成分为氧化铁
D．“反应III”的化学方程式为4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl
【答案】B
【分析】以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝，由流
程可知，NaOH 溶解时Fe2O3不反应，过滤得到的滤渣中含有Fe2O3，碳酸氢钠与偏铝
酸钠反应生成Al(OH)3，过滤得到Al(OH)3，灼烧生成氧化铝，电解氧化铝生成Al 和氧
气，纯铝在氯气中燃烧生成氯化铝，氯化铝再与NaH 反应生成铝氢化钠（NaAlH4），
据此解答。
【详解】A．为了提高“碱溶”效率，在“碱溶”前对铝土矿进行粉碎，增大接触面
积，A 正确；
B．滤液中含有过量NaOH 和NaAlO2溶液，加入NaHCO3溶液后HCO3
-分别与OH-、
AlO2
-反应，反应的离子方程式OH-+HCO3
-=CO3
2- +H2O、AlO2
-+HCO3
-+H2O=CO3
2-+Al(OH)3
↓，与泡沫灭火器的原理不同，故B 错误；
C．铝土矿加NaOH 溶解时，Al2O3溶解而Fe2O3不反应，则过滤所得滤渣I 主要成分为
氧化铁，故 C 正确；
D．由分析可知，“反应III”的化学方程式为4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl ，故D 正确；
答案选B。
17．（2022 秋·河北保定·高三校考期中）金属铬常用于制备特种合金。工业上以铬铁
矿(主要成分为FeO⋅Cr2O3，含有少量Al2O3)为原料，电解Na2Cr2O7制备金属铬的流
程如图。下列说法正确的是
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A．过程①会生成CO2气体
B．过程②需加入过量稀硫酸
C．物质A 的化学式为Fe(OH)3
D．过程③生成金属Cr的电极反应式为Cr2O7
2−+7 H2O+12e
−=2Cr+14 OH
−
【答案】A
【分析】考查工业流程的分析。工业上以铬铁矿(主要成分为FeO⋅Cr2O3，含有少量
Al2O3)为原料，加入碳酸钠固体处理原料，其中Al2O3与Na2CO3反应转化为NaAlO2和
CO2，Cr2O3与Na2CO3反应转化为Na2CrO4过程中铬元素化合价升高，说明空气中的氧
气参与了反应，则FeO 也会被氧化得到Fe2O3，但是Fe2O3不能继续与Na2CO3反应；所
以物质A 是Fe2O3；过程②中Na2CrO4与稀硫酸不反应，NaAlO2与稀硫酸反应得到
Al(OH)3；Na2CrO4与浓硫酸反应生成Na2Cr2O7，溶液B 为Na2Cr2O7溶液，电解
Na2Cr2O7溶液得到Cr。
【详解】A．Al2O3与Na2CO3反应转化为NaAlO2和CO2，Cr2O3与Na2CO3反应转化为
Na2CrO4和CO2，A 项正确；
B．过程②加入过量稀硫酸，会溶解Al(OH)3转化为可溶性硫酸铝，不能与Na2CrO4分
离，多以不能加过量稀硫酸，B 项错误；
C．灼烧过程中，氧化亚铁被氧化得到Fe2O3，故物质A 是Fe2O3，C 项错误；
D．过程③是电解Na2Cr2O7溶液得到Cr，生成金属Cr的电极反应式为
Cr2O7
2−+14 H
++12e
−=2Cr+7 H2O，D 项错误；
故答案选A。
18．（2023 春·江苏南京·高二南京市第二十九中学校考期中）废旧锌锰电池处理后的
废料[含MnO2、MnOOH、Zn(OH)2、 Fe 等]制备Zn 和MnO2的一种工艺流程如下：
已知：Mn 的金属活动性强于Fe，Mn2＋在pH 大于5.5 时易被氧化。
下列说法不正确的是
A．“还原焙烧”时Mn 元素被还原
B．“酸浸” 过程中适当加热，主要目的是加快浸取速率
C．“净化”时MnCO3的作用是调节溶液的pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而除去
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D．“电解”时阳极反应式为Mn2+-2e-＋4OH-=MnO2＋2H2O
【答案】D
【分析】废料中加入过量的炭黑，还原焙烧，锰元素变成二价锰离子，酸浸时得到锰
离子、锌离子和亚铁离子，过量的碳黑不溶于酸，过滤变成滤渣，溶液中需要除去亚
铁离子，应将亚铁离子氧化为铁离子以氢氧化铁沉淀形成分离除去，但是需要注意二
价锰离子在酸性条件下比较稳定，pH 高于5.5 时易被O2氧化，所以应先通入氧气，后
加入碳酸锰调节溶液的pH 值并控制二价锰离子不被氧化，最后通过电解，锌离子得到
电子在阴极生成锌，二价锰离子在阳极失去电子生成二氧化锰， 以此解题。
【详解】A．“还原焙烧”中MnO2、MnOOH 分别与炭黑反应，2MnOOH+C
高温
¿
¿
2MnO+CO↑+H2O↑、 MnO2+C
高温
¿
¿
MnO+CO↑，反应中锰元素被还原为MnO，A 正确；
B．“酸浸” 过程中适当加热，能加快浸取速率，B 正确；
C．根据以上分析，加入碳酸锰调节溶液的pH 值，将杂质Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除
去，C 正确；
D．由图可知电解产生二氧化锰，则阳极电极反应式为Mn
2+-2e
-+2H2O=MnO2+4H
+，D
错误；
故选D。
19．（2022 秋·黑龙江牡丹江·高三牡丹江一中专题练习）某火电厂的粉煤灰的主要成
分为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等。研究小组对其进行综合处理的流程：
K sp[Al(OH)3]=1.0×10
−34，K sp[Fe(OH)3]= 4.0×10
−38。已知：“酸浸”后钛主要以
TiOSO4形式存在，强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离SO4
2−和一种阳离子，该离子会
水解，下列说法正确的是
A．滤渣1 为H2SiO3
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B．加入铁粉的主要目的是为了消耗过量硫酸
C．为使滤渣2 沉淀完全，需“调pH”最小为4
D．MgCl2溶液制备MgCl2⋅6 H2O过程中需要通入HCl的气流
【答案】D
【分析】结合流程图及题目中信息可知，粉煤灰酸浸后Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO分
别和酸反应生成对应的硫酸盐，TiO2和硫酸反应生成TiOSO4，SiO2不反应，滤渣1 为
SiO2，加入铁粉，将溶液中Fe3+还原为Fe2+，结晶得FeSO4⋅7 H2O，滤液中还含有
TiO2+、Fe2+、Al3+、Mg2+等，TiO2+水解得到TiO2·xH₂O，灼烧可得到TiO2，滤液2 加入
双氧水，可氧化 Fe2+生成Fe3+，调节pH，可生成Al(OH) 3、Fe(OH)3沉淀，滤液3 含
有Mg2+，经过一系列操作，最后结晶得到 MgCl2·6H2O，以此解答该题。
【详解】A．SiO2和硫酸不反应，滤渣1 为SiO2，A 错误；
B．加入铁粉，将溶液中Fe3+还原为Fe2+，结晶得FeSO4⋅7 H2O，B 错误；
C．滤渣2 为Al(OH) 3，Fe(OH)3，由Ksp[Al(OH)3]=1.0×10
−34，Ksp[Fe(OH)3]=
4.0×10
−38 ，可知使铝离子完全沉淀需要调节的pH 较大，当pH=4 时，
c (OH
-)= 1.0×10
−14
1.0×10
−4 =1.0×10
−10，
c(Al
3+)= K sp[Al(OH)3]
c
3(OH
-)
= 1.0×10
−34
(1.0×10
−10)
3 =1.0×10
−4mol/L，大于1.0×10
−5 mol/L，
此时Al3+没有沉淀完全，故C 错误；
D．MgCl2溶液制备MgCl2⋅6 H2O过程中需要在HCl气流中蒸发浓缩，以避免氯化镁水
解生成氢氧化镁，造成产品不纯，D 正确；
故答案为D
20．（2023·全国·高三专题练习）工业上以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料通过固体碱
熔氧化法生产高锰酸钾，主要流程如下，下列说法错误的是
A．“熔融氧化”应在铁坩埚中进行
B．“锰酸钾歧化(锰元素化合价既升高又降低)”可以用H2SO4代替CO2
C．该流程中可循环使用的物质是MnO2
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D．“滤液蒸发结晶”过程中加热蒸发至有较多晶体析出时停止加热
【答案】D
【分析】软锰矿(主要成分为MnO2)、KOH 和KClO3混合熔融氧化生成锰酸钾、氯化钾
和水，加蒸馏水浸取得到锰酸钾溶液，通入CO2，锰酸钾发生歧化反应，生成高锰酸
钾和MnO2，过滤得到高锰酸钾溶液，再蒸发结晶得到高锰酸钾。
【详解】A．因为在“熔融氧化”过程中存在KOH，不能用瓷坩埚，可以用铁坩埚，
A 正确；
B．锰酸钾歧化过程需要加入酸性物质使溶液显酸性，可以用H2SO4代替CO2，B 正确；
C．锰酸钾发生歧化反应，生成高锰酸钾和MnO2，MnO2可以循环使用，C 正确；
D．“滤液蒸发结晶”过程温度不能太高，且应该蒸发出现晶膜时停止加热，因为
KMnO4受热易分解，D 错误；
故答案为：D。
21．（2023 春·山西忻州·高二校联考阶段练习）四水合磷酸锌［Zn3(PO4)2⋅4 H 2O，
难溶于水］是一种性能优良的绿色环保防锈颜料。实验室以锌灰(含Zn、ZnO、PbO、
CuO、FeO、Fe2O3、SiO2等)为原料制备Zn3(PO4)2⋅4 H 2O的流程如下：
已知：K sp(ZnS)=1.6×10
−24，K sp(CuS)=6.4×10
−16。
下列说法错误的是
A．滤渣工的主要成分是SiO2
B．步骤I 中，调节溶液的pH 约为5 后加KMnO4溶液反应的离子方程式为
MnO4
−+3Fe
2++7H2O = MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H
+
C．若试剂a 为ZnS，反应ZnS(s)+Cu
2+ (aq)=Zn
2+ (aq)+CuS(s)的K =2.5×10
11
D．为提高锌元素的利用率，可将分离出四水合磷酸锌的母液收集、循环使用
【答案】A
【分析】以锌灰(含Zn、ZnO、PbO、CuO、FeO、Fe2O3、SiO2等)为原料制备
Zn3(PO4)2⋅4 H 2O，原料锌灰(含ZnO、PbO、CuO、FeO、Fe2O3、SiO2等)中，SiO2不
与酸反应，PbO 被硫酸转化为难溶的PbSO4，其余完全变成相应的硫酸盐进入溶液，
滤渣Ⅰ为硫酸铅和SiO2。加入高锰酸钾氧化硫酸亚铁，自身被还原为MnO2，硫酸亚铁
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最终被沉淀为氢氧化铁，滤渣Ⅱ为MnO2、Fe(OH)3，试剂a 用来除掉溶液中的铜离子，
为了不引人新杂质，应选用金属锌，置换出的铜进入滤渣Ⅲ中。加入碳酸氢铵得到
ZnCO3和Zn(OH)2，加入H3PO4得到Zn3(PO4)2•4H2O。
【详解】A．含Zn、ZnO、PbO、CuO、FeO、Fe2O3、SiO2等物质的锌灰经稀硫酸充分
浸取后，Zn、ZnO、CuO、FeO、Fe2O3溶解，浸出液中含有Zn
2+、Cu
2+、Fe
2+、Fe
3+
及过量SO4
2−、H
+，PbO 与稀硫酸反应生成难溶物PbSO4，PbSO4和不溶于稀硫酸的SiO2
一并滤出，故滤渣Ⅰ主要是PbSO4、SiO2，A 错误；
B．步骤Ⅰ中，加KMnO4溶液，可将Fe
2+氧化为Fe(OH)3，调整溶液pH 约为5，发生反
应的离子方程式为MnO4
−+3Fe
2++7H2O¿ MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H
+
¿
，B 正确；
C．反应ZnS（s）+Cu2+（aq）=Zn2+（aq）+CuS（s）的K=c(Zn
2+)
c(Cu
2+)
=Ksp(ZnS)
Ksp(CuS) =
1.6×10
−24
6.4×10
−36=2.5×10
11，C 正确；
D．将分离出四水合磷酸锌的母液收集、循环使用，可提高锌元素的利用率，D 正确；
故选A。
22．（2023 春·重庆北碚·高一西南大学附中校考阶段练习）一种高硫锰矿的主要成分
为MnCO3，主要杂质为SiO2、CaCO3，还含有少量MnS、FeS、CuS、NiS、FeCO3等，
其中FeCO3含量较大。研究人员设计了如下流程，制得了金属锰。下列说法错误的是
已知：SiO2为酸性氧化物。铁元素除杂一般是转化为Fe(OH)3。
A．滤渣1 为SiO2
B．脱硫的方程式为4 FeS+6 H2O+3O2
催化剂
¿4S+ 4 Fe(OH)3
¿
C．若未经脱硫直接酸浸，会产生的污染物是H2S
D．酸浸时，MnO2的主要作用是作氧化剂
【答案】A
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【分析】高硫矿粉在催化剂条件下与氢氧化钠、空气反应生成硫单质、硅酸钠和金属
氢氧化物，过滤，向脱硫矿粉中加入硫酸和二氧化锰，生成硫酸盐，过滤，滤渣1 为
硫和硫酸钙，向滤液中加入氨水沉淀铁离子，过滤，向滤液中加入硫化铵沉淀铜和镍，
过滤，将滤液电解得到金属锰。
【详解】A．在脱硫过程中二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，过滤，在酸浸
过程中加入和二氧化锰，则滤渣1 为CaSO4和S，故A 错误；
B．脱硫过程的是将硫化亚铁和氧气、水反应生成硫单质和氢氧化铁，其反应的方程式
为4 FeS+6 H2O+3O2
催化剂
¿4 S+ 4 Fe(OH)3
¿
，故B 正确；
C．若未经脱硫直接酸浸，金属硫化物和硫酸反应生成硫化氢，硫化氢会产生的污染物，
故C 正确；
D．酸浸时，MnO2的主要作用是作氧化剂，氧化亚铁离子变为铁离子，便于除杂，故
D 正确。
综上所述，答案为A。
23．（2023·福建·校联考三模）黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5 价的化合物形式存在，
还包括钾、镁和铝的硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4等。采用以下工艺流程可由黏土钒矿
制备NH4 VO3。
该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH 如下表所示：
金属离子
Fe
3+
Fe
2+
Mg
2+
Al
3+
Mn
2+
开始沉淀的pH
1.9
7.0
8.9
3.0
8.1
完全沉淀的pH
3.2
9.0
10.9
4.7
10.1
已知：“中和沉淀”中，VO2
+水解并沉淀为V2O5⋅x H 2O。“沉淀转溶”中，
V2O5⋅x H 2O转化为钒酸盐溶解。
下列说法错误的是
A．“酸浸氧化”中，有VO
+、VO
2+、Fe
2+三种离子被氧化
B．滤渣①、滤渣③、滤渣④的主要成分依次是SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3
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C．随滤液②可除去金属离子K
+、Na
+、Mg
2+、Mn
2+及部分Al
3+、Fe
3+
D．“沉钒”中需要加入过量NH4Cl，利用同离子效应，促进NH4 VO3尽可能析出完全
【答案】B
【分析】黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5 价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，
以及SiO2、Fe3O4，用30%H2SO4和MnO2 “酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成VO2
+，
Fe3O4与硫酸反应生成的Fe2+被氧化成Fe3+，SiO2此过程中不反应，硅酸盐与硫酸反应
可得到硅酸沉淀，故滤渣1 含二氧化硅和硅酸，滤液①中含有VO2
+、K+、Mg2+、Al3+、
Fe3+、Mn2+、SO4
2-；滤液①中加入NaOH 调节pH=3.0~3.1，钒水解并沉淀为
V2O5·xH2O，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，此过程中
Fe3+部分转化为Fe(OH)3沉淀，部分Al3+转化为Al(OH)3沉淀，滤液②中含有K+、Na+、
Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、SO4
2-,滤饼②中含V2O5·xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，滤饼②中
加入NaOH 使pH>13，V2O5·xH2O 转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为NaAlO2，则滤渣
③的主要成分为Fe(OH)3；滤液③中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入HCl 调pH=8.5，
NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀而除去；则滤渣④的主要成分是Al(OH)3，最后向滤液④中
加入NH4Cl“沉钒”得到NH4VO3。
【详解】A． 据分析，“酸浸氧化”中，有VO
+、VO
2+、Fe
2+三种离子被氧化，A 正
确；
B． 据分析，滤渣①的主要成分是硅酸和SiO2，B 不正确；
C． 据分析，随滤液②可除去金属离子K
+、Na
+、Mg
2+、Mn
2+及部分Al
3+、Fe
3+，C 正
确；
D．NH4VO3存在沉淀溶解平衡：NH4VO3(s) ⇌ NH4
+ (aq)＋VO❑3
- (aq)，“沉钒”中加
入过量NH4Cl，增大c(NH4
+)，有利于NH4VO3结晶析出，D 正确；
答案选B。
24．（2023 春·湖南长沙·高三长沙麓山国际实验学校校考阶段练习）碱式硫酸铁
[Fe(OH)SO4]是一种絮凝剂，常用于污水处理。工业上利用废铁屑(含少量Al2O3、
Fe2O3等)生产碱式硫酸铁的工艺流程如图所示。
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下列说法不正确的是
A．“反应I”中包含的反应类型有置换反应、复分解反应和化合反应
B．“过滤”所得滤液中溶质主要是Fe2(SO4)3
C．“反应II”对应的离子方程式Fe
2++ NO2
−+2H
+= Fe
3++ NO↑+ H2O
D．合理处理废铁屑有利于环境保护和资源再利用
【答案】B
【分析】废铁屑加入足量稀硫酸，“反应I”中涉及的反应为：Fe 、Al2O3、Fe2O3与
硫酸反应，生成Fe
2+、Al
3+，调节pH 使Al
3+反应生成氢氧化铝沉淀，滤液溶质为
FeSO4，滤液中加入硫酸和亚硝酸钠，反应得到碱式硫酸铁，据此分析。
【详解】A．“反应I”中Fe与硫酸的反应是置换反应， Al2O3、Fe2O3与硫酸反应是复
分解反应，Fe与Fe
3+反应是化合反应，2Fe
3＋＋Fe＝3Fe
2＋，A 正确；
B．根据上述分析可知，“过滤”所得滤液中溶质主要是FeSO4，B 错误；
C．“反应II”是亚硝酸根氧化Fe
2+的反应，生成Fe
3+和NO，结合电子转移守恒、电荷
守恒、原子守恒可得离子方程式为：Fe
2++ NO2
−+2H
+= Fe
3++ NO↑+ H2O，C 正确；
D．合理处理废铁屑可制取碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4]，有利于环境保护和资源再利用，
D 正确；
故本题选B。
25．（2023 秋·江苏盐城·高一盐城市第一中学校联考期末）废弃物的综合利用有利于
节约资源、保护环境。实验室利用废旧电池的铜帽(Cu、Zn 总含量约为99%)制备
ZnSO4·7H2O 和CuSO4·5H2O 的部分实验步骤如下：
下列说法正确的是
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A．滤液I 中存在的主要阳离子有Zn2+、H+、Cu2+
B．操作I 为了尽可能多的得到CuSO4·5H2O 晶体，应该将溶液蒸干
C．溶解II 过程发生反应的离子方程式为：Cu + H2O2 + 2H+ = Cu2+ + 2H2O
D．不可用操作I 的方法从滤液I 中提取ZnSO4·7H2O
【答案】C
【分析】电池铜帽含有Cu 和Zn，加入稀硫酸溶解，得到滤液I 为ZnSO4溶液，将其蒸
发浓缩，冷却结晶即可得到ZnSO4⋅7H2O，滤渣为Cu，加入H2O2和稀硫酸，Cu 继续溶
解，得到CuSO4溶液，将其蒸发浓缩，冷却结晶即可得到CuSO4⋅5H2O。
【详解】A．根据以上分析，滤液I 中存在的主要阳离子有Zn
2+、H
+，不含Cu
2+，A 错
误；
B．操作I 得到更多CuSO4⋅5H2O晶体，应该将其蒸发浓缩，冷却结晶，若将溶液蒸干，
破坏结晶水合物，只能得到CuSO4，B 错误；
C．滤渣为Cu，加入H2O2和稀硫酸，Cu 继续溶解，发生反应的离子方程式为：
Cu + H2O2+ 2H
+= Cu
2++ 2H2O，C 正确；
D．操作I 为蒸发浓缩，冷却结晶即可得到CuSO4⋅5H2O，同样可以蒸发浓缩，冷却结
晶得到ZnSO4⋅7H2O晶体，D 错误；
故选C。
26．（2023·辽宁·统考高考真题）某工厂采用如下工艺制备Cr(OH)3，已知焙烧后Cr元
素以+6价形式存在，下列说法错误的是
A．“焙烧”中产生CO2
B．滤渣的主要成分为Fe(OH)2
C．滤液①中Cr元素的主要存在形式为CrO4
2−D．淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用
【答案】B
【分析】焙烧过程中铁、铬元素均被氧化，同时转化为对应钠盐，水浸时铁酸钠遇水
水解生成氢氧化铁沉淀，滤液中存在铬酸钠，与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原
得到氢氧化铬沉淀。
【详解】A．铁、铬氧化物与碳酸钠和氧气反应时生成对应的钠盐和二氧化碳，A 正确；
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B．焙烧过程铁元素被氧化，滤渣的主要成分为氧化铁，B 错误；
C．滤液①中Cr元素的化合价是+6 价，铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀溶液显碱性，
所以Cr 元素主要存在形式为CrO4
2−，C 正确；
D．由分析知淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，D 正确；
故选B。
27．（2022 秋·河北保定·高三河北省唐县第一中学校考阶段练习）钯(Pd)的性质与铂相
似，一种从废钯催化剂(主要成分为Pd、α－Al2O3和活性炭，还含少量Fe、Cu 等元素)
中回收海绵钯的工艺流程如图：
已知：阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为R－Cl+M-⇌
❑R－M+Cl-、R－Na+N+
⇌
❑R－N+Na+。下列说法错误的是
A．“灼烧”的主要目的是除去活性炭
B．“酸浸”过程中温度不宜过高
C．“离子交换”所用树脂为阳离子交换树脂
D．“还原”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1 2∶
【答案】CD
【分析】废钯催化剂(主要成分为Pd、α－Al2O3和活性炭，还含少量Fe、Cu 等元素)在
空气中灼烧，活性炭燃烧生成CO2气体，Fe、Cu 转化为氧化物；加入盐酸、H2O2进行
酸浸，浸出渣为α－Al2O3，浸出液为[PdCl4]2-、Cu2+、Fe3+等，离子交换后，[PdCl4]2-进
入离子交换树脂内，除去铁离子、铜离子，用盐酸洗脱离子交换树脂，又重新得到
[PdCl4]2-，加氨水中和，得到Pd(NH3)4Cl2，用甲酸还原，得到海绵钯。
【详解】A．碳与氧气反应变为二氧化碳气体逸出，因此“灼烧”的主要目的是除去
活性炭，A 正确；
B．“酸浸”时，加入盐酸、H2O2，由于H2O2受热易分解，所以酸浸过程中温度不宜
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过高，B 正确；
C．离子交换发生的反应为R－Cl+M-⇌
❑R－M+Cl-，则所用树脂为阴离子交换树脂，从
而除去Cu2+、Fe3+，C 错误；
D．“还原”过程中发生反应Pd(NH3)4Cl2+HCOOH→Pd↓+CO2+2NH3+2NH4Cl，氧化剂
与还原剂的物质的量之比为1 1∶，D 错误；
故选CD。
28．（2023 春·山东济南·高二统考期末）利用锌灰(主要成分为ZnO，含有CuO、
PbO、SiO2、FeO、Fe2O3等杂质)制备高纯ZnO 的工艺流程如图：
下列说法错误的是
A．滤渣1 的成分只有SiO2
B．加入的试剂a 可为Zn，目的是除去Cu2+
C．步骤1 中发生反应的离子方程式为MnO❑4
−+3Fe3++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+
D．若取步骤3 后的干燥滤饼11.2g 煅烧，得到产品8.1g，则x=2
【答案】AD
【分析】锌灰的主要成分为ZnO，含有CuO、PbO、SiO2、FeO、Fe2O3等杂质，加稀
硫酸溶解，产生ZnSO4、CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3和PbSO4，过滤除去PbSO4和
SiO2，滤液中含有ZnSO4、CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3；调节滤液的pH 为5，并加入
KMnO4溶液，产生为Fe(OH)3和MnO2；为除去CuSO4可采用置换反应，试剂a 为
Zn，Zn 粉发生置换反应：Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，滤渣2 为Cu 与过量的Zn 粉，过滤，
滤液为ZnSO4；再向加入NH4HCO3生成ZnCO3∙xZn(OH)2，再煅烧得到ZnO。
【详解】A．SiO2不与稀硫酸反应，锌灰中PbO 加稀硫酸溶解得到 的PbSO4也不溶于
水，过滤除去PbSO4和SiO2，滤渣1 为PbSO4、SiO2，A 错误；
B．为除去CuSO4可采用置换反应，试剂a 为Zn，Zn 粉发生置换反应：
Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，目的是除去Cu
2+，B 正确；
C．步骤1 中，向溶液中加入KMnO4溶液，产生为Fe(OH)3和MnO2，发生反应的离子
方程式为：MnO4
−+3Fe
2++7H2O =3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H
+，C 正确；
D．设ZnCO3∙xZn(OH)2的物质的量为y mol，ZnCO3∙xZn(OH)2煅烧得到ZnO，则固体
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质量减少的质量为二氧化碳、水的质量，n(ZnO)= m
M =8.1g
81g/mol =0.1mol，根据固
体质量减少的质量、ZnO 的物质的量列方程组为¿，解得 x=1，y=0.05，D 错误；
故选AD。
29．（2023·山东烟台·统考二模）一种锰矿的主要成分为MnCO3，杂质为SiO2、CaCO3、
MnS、FeS、CuS、NiS 等。研究人员设计了如下流程制备金属锰，可能用到的数据见
下表。
Fe(OH)3
Cu (OH)2
Ni(OH)2
Mn (OH)2
开始沉淀pH
1.9
4.2
6.5
7.6
沉淀完全pH
3.2
6.7
8.5
9.8
下列说法正确的是
A．“脱硫”过程中FeS 发生反应：4 FeS+3O2+6 H2O= 4 S+ 4 Fe(OH)3
B．物质X 为H2SiO3，滤渣Y 为Fe(OH)3
C．上述流程表明：K sp(CuS)> K sp(MnS)，K sp(NiS)> K sp(MnS)
D．“电解”所得阳极产物均可循环利用
【答案】AD
【分析】锰矿（主要成分为MnCO3，杂质为SiO2、CaCO3、MnS、FeS、CuS、NiS）在
催化剂条件下与氢氧化钠、空气反应生成硫单质、硅酸钠和金属氢氧化物，过滤，向
滤渣中加入硫酸进行酸浸，生成硫酸盐，过滤，滤渣1 为硫和硫酸钙，向滤液中加入
MnO 调节pH=4 从而沉淀铁离子，过滤，向滤液中加入MnS 沉淀铜和镍元素后再过滤
得到主要含有MnSO4的溶液，将该溶液电解得到金属锰，据此结合混合物分离提纯原
理分析解答。
【详解】A．“脱硫”过程中FeS 被氧气氧化在碱性条件下生成硫单质与氢氧化铁，
4 FeS+3O2+6 H2O= 4 S+ 4 Fe(OH)3，A 正确；
B．脱硫过程二氧化硅与氢氧化钠溶液发生反应转化为硅酸钠，硅酸钠与硫酸反应会生
成硅酸，滤渣中还含有硫酸钙，B 错误；
C．难溶沉淀会像更难溶沉淀转化，“除杂”过程中加入MnS 的目的是为了使Ni2+与
Cu2+转化为NiS 和CuS，推知K sp(CuS)＜K sp(MnS)、K sp(NiS)＜K sp(MnS)，C 错误；
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D．惰性电极“电解”MnSO4，会产生氧气和硫酸，这些所得阳极产物均可循环利用，
D 正确；
故选AD。
30．（2023·全国·高三专题练习）高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软
锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg 等杂质元素)制备高纯碳酸锰的实验过程
如下：其中除杂过程包括：①向浸出液中加入一定量的X，调节浸出液的pH 为
3.5~5.5；②再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；③…。下列说法正确的是
已知室温下：Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，Ksp[Al(OH)3]=3.0×10-34，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38)
A．试剂X 可以是MnO、MnCO3等物质
B．除杂过程中调节浸出液的pH 为3.5~5.5 可完全除去Fe、Al、Mg 等杂质
C．浸出时加入植物粉的作用是作为还原剂
D．为提高沉淀MnCO3步骤的速率可以持续升高温度
【答案】AC
【分析】软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg 等杂质元素)加入浓硫酸和植
物粉浸出，加入植物粉是一种还原剂，使Mn 元素化合价由+4 价降低为+2 价，过滤除
去滤渣，向浸出液中加入一定量的X 调节pH 为3.5~5.5 生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，
为了不引入新的杂质，可加入Mn(Ⅱ)的氧化物和碳酸盐，再加入一定量的软锰矿和双
氧水，过滤，再向过滤液中加入碳酸氢铵形成沉淀，沉淀经充分洗涤，通过一系列操
作得到高纯碳酸锰。
【详解】A．试剂X 可以是MnO、MnCO3等物质，目的是调节溶液pH，利于生成氢
氧化铁、氢氧化铝沉淀，且不引入新杂质，故A 正确；
B．Mg(OH)2完全沉淀时，Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)•c2(OH-)=1.8×10-11=1×10-5×c2(OH-)，则
c(OH-)=√1.8×10-3mol·L-1，pOH=-lg√1.8×10-3=3-lg√1.8，则pH=14-pOH=11+lg√1.8，
则pH 为3.5～5.5 时不能除去Mg 杂质，故B 错误；
C．加入植物粉是一种还原剂，使Mn 元素化合价由+4 价降低为+2 价，故C 正确；
D．碳酸氢铵不稳定受热易分解，温度太高碳酸氢铵分解，造成原料的浪费，因此温
度不宜太高，故D 错误；
答案选AC。
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