2025高考化学一轮复习之物质的分离、提纯与检验

第1页（共1页）2025高考化学一轮复习之物质的分离、提纯与检验一．选择题（共20小题）1．（2024•福建三模）八角油具有温中、健胃的功效，其主要成分茴香脑（）是难溶于水、易溶于有机溶剂的淡黄色液体。实验室用水蒸气蒸馏法从八角茴香中提取八角油的装置如图所示。下列说法错误的是（）A．图中虚框内的仪器为直形冷凝管 B．乙装置中圆底烧瓶倾斜的目的是防止飞溅物进入导管 C．当丙处不再产生油状液体时，先停止加热，后打开活塞K D．馏出液加NaCl至饱和可以提高八角油的产率2．（2024•福建三模）以碲铜废料（主要含Cu2Te）为原料回收碲单质的一种工艺流程如图：已知：①“氧化酸浸”生成CuSO4和二元弱酸H2TeO3②CuC2O4+H2C2O4⇌[Cu（C2O4）2]2﹣+2H+下列说法错误的是（）A．“氧化酸浸”时，H2O2做氧化剂 B．“沉铜”时，需加过量Na2C2O4 C．螯合物Na2[Cu（C2O4）2]中Cu（Ⅱ）的配位数为4 D．“还原”时，发生的主要反应为H2TeO3+2═Te↓+2+H2O3．（2024•龙岩模拟）LiBr易溶于水，溶液呈中性，可用于制作替代氟利昂的绿色制冷剂，利用高浓度HBr粗溶液合成LiBr工艺流程如下。下列说法正确的是（）A．“还原”过程应加入过量BaS B．“滤渣”中两种物质的物质的量相近 C．Li2CO3晶体中存在4原子7电子构成的大π键 D．“浓缩”过程需在HBr气流中进行4．（2024•鲤城区校级模拟）分离某酸性废水（含H+、Sc3+、Fe2+、）中金属离子的工艺流程如图所示：已知：Sc3+易水解，Sc3+和Fe2+均能与P504（用HR表示）发生络合反应且机理均为Mn++nHR⇌MRn+nH+。下列说法错误的是（）A．Sc3+被“萃取”的原理为Sc3++3HR⇌ScR3+3H+ B．“水相1”经处理后可循环至“反萃取1”工序中应用 C．与P504的络合能力：Sc3+＜Fe2+ D．“一系列操作”为在HCl氛围中蒸发结晶5．（2024•凌源市模拟）金属锰用于生产多种重要的合金。工业上由碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，还含有Fe3O4、MgO、SiO2等杂质）制备金属锰的工艺流程如图所示。下列说法错误的是（）A．“浸渣”的主要成分可用于制造陶瓷和耐火材料 B．“氧化”时消耗的过氧化氢与Fe2+的物质的量之比为1：3 C．“沉铁”时发生反应的离子方程式为3MnCO3+2Fe3++3H2O═3Mn2++2Fe（OH）3+3CO2↑ D．“电解”过程中提高电解质溶液的酸度，电解效率会降低6．（2024•五华区校级模拟）工业上拜耳法生产Al2O3用铝土矿（主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3、SiO2等）为原料，其工艺流程如图：下列说法正确的是（）A．碱浸过程中发生复杂的氧化还原反应 B．物质X为Fe（OH）3 C．滤液2只含NaOH溶液，可以循环利用 D．可用过量NaHCO3代替氢氧化铝晶种沉铝7．（2024•庐阳区校级三模）实验室用粉煤灰（主要含Al2O3，SiO2等）制备碱式硫酸铝[Al2（SO4）x（OH）6﹣2x]溶液，并用于烟气脱硫研究，其转化流程如图所示。下列说法错误的是（）A．滤渣Ⅰ的主要成分为：SiO2 B．制备碱式硫酸铝[Al2（SO4）x（OH）6﹣2x]溶液不涉及氧化还原反应 C．调节pH值低于3.6会导致溶液中铝元素的含量降低 D．碱式硫酸铝[Al2（SO4）x（OH）6﹣2x]溶液多次循环使用后增大的原因是部分的碳元素被氧化8．（2024•安徽模拟）生产镍蓄电池的材料之一为三氧化二镍（Ni2O3），一种从含镍废料（主要成分为镍、铝、氧化铁碳等）获得Ni2O3的工业流程如图所示：已知：①NiCl2易溶于水，Fe3+不能氧化Ni2+；②；③当溶液中离子浓度≤1×10﹣5mol•L﹣1时，认为沉淀完全；④lg2＝0.3。下列说法错误的是（）A．为除去含镍废料表面的矿物油，X可选用乙醇溶液 B．“酸浸”后的溶液中含有Fe3+、Ni2+、Al3+，可以用KSCN溶液证明Fe3+不能氧化Ni2+ C．常温下，加NiO调节溶液pH＝3.3时，溶液中Fe3+刚好沉淀完全 D．“无隔膜电解槽电解”发生的总反应为9．（2024•保定三模）铼（Re）是一种贵金属。一种以辉钼矿（主要含有MoS2，还含有少量ReS2、CuReS4、FeS、SiO2等）为原料制备铼的工艺流程如图：已知“氧化焙烧”后的成分有SiO2、Re2O7、MoO3、CuO、Fe3O4，其中Re2O7、MoO3与氨水反应分别生成NH4ReO4、（NH4）2MoO4。下列说法错误的是（）A．废气中含有SO2 B．滤渣的主要成分为SiO2、CuO、Fe3O4 C．浸出时发生的反应有Re2O7+2NH3•H2O＝2NH4ReO4+H2O D．实验室用烧杯、漏斗、玻璃棒即可完成重结晶操作10．（2024•广西三模）一种从某混合物（主要成分为NaVO3、SiO2、Fe2O3）中提取钒的工艺流程如图所示。已知：P2O4能够萃取溶液中的VO2+。下列说法正确的是（）A．“酸浸”过程中发生了氧化还原反应 B．试剂a的作用是氧化VO2+ C．操作Ⅱ使用的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒 D．水层中可能含有Fe3+11．（2024•皇姑区校级模拟）某研究小组欲用锂离子电池正极废料（含LiCoO2、铁的氧化物）制备CoSO4•7H2O晶体。下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L﹣1计算）金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Co2+6.99.4下列说法错误的是（）A．H2O2只做还原剂，浸取温度不宜过高 B．①调节pH约为5，②调节pH至9.4 C．滤渣主要为Fe（OH）3 D．操作③为蒸发浓缩、冷却结晶12．（2024•安徽模拟）铟（In）是一种稀有贵金属，广泛应用于航空航天、太阳能电池等高科技领域。从铜烟灰酸浸渣（主要含PbO、FeAsO4•2H2O、In2O3）中提取铟的工艺流程如图：下列说法错误的是（）A．整个流程中可循环利用的物质是萃余液 B．亚铁离子在萃取剂中的溶解度大于水中的溶解度 C．“水浸”所得浸渣中还含有PbSO4 D．“还原铁”时发生反应的离子方程式为：2Fe3++2S2＝2Fe2++S413．（2024•福州模拟）利用某钒废渣（主要成分为V2O4以及铁、铝、硅的氧化物）制备V2O5的工艺流程如图。已知：Ⅰ．V2O4溶于酸后以VO2+的形式存在；过量H2O2可氧化VO2+；Ⅱ．VO2++2HR（有机层）（有机层）+2H+；Ⅲ．溶液中与可相互转化：。下列说法错误的是（）A．“氧化1”中，不适宜用升温的方式加快转化速率 B．“滤渣2”的成分为Fe（OH）3 C．有机萃取剂可循环使用 D．“沉钒”时还需通NH3调节溶液的酸碱性14．（2024•诸暨市模拟）从苯甲醛和KOH溶液反应后的混合液中分离出苯甲醇和苯甲酸的过程如下：已知甲基叔丁基醚的密度为0.74g•cm﹣3，下列说法错误的是（）A．“萃取”过程的萃取剂也可以选择乙醇 B．“有机层”从分液漏斗上口倒出 C．“操作X”为蒸馏，“试剂Y”可选用盐酸 D．实验所得的苯甲酸粗产品，可以利用重结晶进一步提纯15．（2024•包河区校级三模）以方铅矿（主要成分PbS，含少量FeS）为原料制备电池材料PbSO4，工艺流程如图所示，已知Pb2+（aq）+4Cl﹣（aq）⇌（aq），Ksp（PbCl2）＝1.6×10﹣5。下列说法不正确的是（）A．酸浸时反应生成和S的离子方程式为：PbS+MnO2+4H++4Cl﹣═+S+Mn2++2H2O B．沉铅步骤发生反应：（aq）⇌PbCl2（s）+2Cl﹣（aq），若溶液中氯离子浓度较大，不利于沉降为PbCl2沉淀 C．工业上可通过升温并增大盐酸浓度提高PbS的浸取率 D．由该工艺可推测Ksp（PbSO4）＜1.6×10﹣516．（2024•厦门四模）氧化沉淀法回收石油炼制的Co—Fe2/Al2O3加氢脱氮催化剂的流程如图。已知：25℃时，。下列说法正确的是（）A．“浸出”时可将H2SO4替换为HNO3 B．“氧化”过程说明氧化性：Fe3+＞Co3+ C．“沉铁”后溶液中c（Fe3+）＝10﹣5mol•L﹣1，则a＝3.2 D．“沉淀”中X主要成分为Al2（CO3）317．（2024•雨花区校级模拟）白硼钙石的主要成分是Ca4B10O19•7H2O（含有少量Fe2O3、FeO、CaCO3和SiO2等杂质），利用白硼钙石制取强还原剂NaBH4的工艺流程如图：已知：H3BO3微溶于水，易溶于乙醇；偏硼酸钠（NaBO2）易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定。下列说法错误的是（）A．“滤渣1”的主要成分是SiO2 B．“操作X”涉及蒸发浓缩、降温结晶 C．“酸浸”采用高温条件有利于提高反应速率 D．“反应Y”的化学方程式是NaBO2+2MgH2═2MgO+NaBH418．（2024•荣昌区校级模拟）铈是地壳中最丰富的稀土金属，可用作合金添加剂、医药、制革等。某兴趣小组以二氧化铈（CeO2）废渣为原料制备金属铈和Ce2（CO3）3的流程如图所示。下列说法错误的是（）A．“酸浸”时发生的反应为2CeO2+6H++H2O2═2Ce3++4H2O+O2↑ B．“中和”时，加入氨水不宜过量 C．“试剂X”可选用NH4HCO3和氨水混合物 D．“电解”时，阴极上得到14gCe的同时阳极上得到1.68LO219．（2024•庐阳区校级模拟）利用镍铂靶材废料（主要成分为Ni、Pt以及微量Fe、Al的单质）回收铂的一种工艺流程如图所示。下列说法错误的是（）已知：①隔绝空气“煅烧”时有两种单质生成，其中一种是N2；②室温下：Ksp[（NH4）2PtCl6]＝5.7×10﹣6，≈7.5。A．为保证“酸浸”速率，需适当升温，但温度不宜过高 B．“沉铂”时，若向c（）＝0.1mol•L﹣1的溶液中加入等体积的NH4Cl溶液，使沉淀完全，则NH4Cl溶液的最小浓度为1.5mol•L﹣1（忽略溶液混合后体积的变化） C．“操作1”中包括过滤及沉淀的洗涤、干燥，洗涤沉淀时可选用饱和NH4Cl溶液 D．隔绝空气“煅烧”时每生成3molPt，理论上产生标准状况下44.8LN220．（2024•雨花区校级模拟）工业生产中利用方铅矿（主要成分为PbS，含有FeS2等杂质）制备PbSO4晶体的工艺流程如图：已知：PbCl2（s）+2Cl（aq）⇌[PbCl4]2﹣（aq）；Ksp（PbSO4）＝1×10﹣8mol2•L﹣2，Ksp（PbCl2）＝1.6×10﹣5mol3•L﹣3。下列说法错误的是（）A．“浸取”时发生反应：MnO2+PbS+4H++4Cl﹣═[PbCl4]2﹣+S+Mn2++2H2O B．物质M可以为MnO，试剂N可以为Na2SO4 C．由该工艺可知，PbCl2（s）+2Cl（aq）⇌[PbCl4]2﹣（aq）反应放热 D．“沉淀转化”过程达平衡时，溶液中＝1.6×103mol•L﹣1

2025高考化学一轮复习之物质的分离、提纯与检验参考答案与试题解析一．选择题（共20小题）1．（2024•福建三模）八角油具有温中、健胃的功效，其主要成分茴香脑（）是难溶于水、易溶于有机溶剂的淡黄色液体。实验室用水蒸气蒸馏法从八角茴香中提取八角油的装置如图所示。下列说法错误的是（）A．图中虚框内的仪器为直形冷凝管 B．乙装置中圆底烧瓶倾斜的目的是防止飞溅物进入导管 C．当丙处不再产生油状液体时，先停止加热，后打开活塞K D．馏出液加NaCl至饱和可以提高八角油的产率【答案】C【分析】A．蒸馏装置中需使用应使用直形冷凝管；B．倾斜的圆底烧瓶倾斜可防止飞溅起的液体进入冷凝管中；C．蒸馏结束时，若先停止加热，易发生倒吸现象；D．茴香脑难溶于水，液加NaCl至饱和可进一步降低茴香脑的溶解度。【解答】解：A．蒸馏装置中需使用应使用直形冷凝管，故A正确；B．装置乙中圆底烧瓶倾斜可以防止飞溅起的液体进入冷凝管中，起到了缓冲气流的作用，故B正确；C．蒸馏结束时，应该先打开活塞K，然后停止加热，再关闭冷凝水，故C错误；D．茴香脑难溶于水，液加NaCl至饱和可进一步降低茴香脑的溶解度，故D正确；故选：C。【点评】本题考查混合物分离与提纯方法的综合应用，为高频考点，把握题干信息、实验原理、物质性质为解答关键，注意掌握常见混合物分离与提纯方法，试题侧重考查学生的化学实验能力，题目难度不大。2．（2024•福建三模）以碲铜废料（主要含Cu2Te）为原料回收碲单质的一种工艺流程如图：已知：①“氧化酸浸”生成CuSO4和二元弱酸H2TeO3②CuC2O4+H2C2O4⇌[Cu（C2O4）2]2﹣+2H+下列说法错误的是（）A．“氧化酸浸”时，H2O2做氧化剂 B．“沉铜”时，需加过量Na2C2O4 C．螯合物Na2[Cu（C2O4）2]中Cu（Ⅱ）的配位数为4 D．“还原”时，发生的主要反应为H2TeO3+2═Te↓+2+H2O【答案】B【分析】碲铜废料主要含Cu2Te，加入H2O2、H2SO4进行氧化酸浸，生成CuSO4和二元弱酸H2TeO3，过滤，向滤液中加入Na2C2O4溶液，生成CuC2O4沉淀，再次过滤，向滤液中加入Na2SO3溶液，还原H2TeO3，生成碲单质，据此分析作答。【解答】解：A．根据分析可知，“氧化酸浸”时，H2O2做氧化剂，将Cu2Te氧化为CuSO4和二元弱酸H2TeO3，故A正确；B．“沉铜”时，不需加过量Na2C2O4，否则会生成[Cu（C2O4）2]2﹣，故B错误；C．螯合物Na2[Cu（C2O4）2]中，C2中的碳氧单键中的O给出孤电子对，Cu2+接受电子对，以4个配位键形成[Cu（C2O4）2]2﹣，故螯合物Na2[Cu（C2O4）2]中Cu（Ⅱ）的配位数为4，故C正确；D．根据化合价升降守恒、电荷守恒、原子守恒，可得“还原”时，发生的主要反应为H2TeO3+2═Te↓+2+H2O，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查物质的分离与提出，理解流程原理是解决本题的关键，属于基本知识的考查，难度不大。3．（2024•龙岩模拟）LiBr易溶于水，溶液呈中性，可用于制作替代氟利昂的绿色制冷剂，利用高浓度HBr粗溶液合成LiBr工艺流程如下。下列说法正确的是（）A．“还原”过程应加入过量BaS B．“滤渣”中两种物质的物质的量相近 C．Li2CO3晶体中存在4原子7电子构成的大π键 D．“浓缩”过程需在HBr气流中进行【答案】B【分析】HBr（Br2）中加入BaS，将Br2还原为Br﹣，同时BaS转化为BaBr2和S；BaBr2与H2SO4反应生成BaSO4沉淀和HBr；过滤出滤渣BaSO4和S，滤液中的主要成分为HBr；加入Li2CO3，与HBr反应生成LiBr、CO2等。【解答】解：A．“还原”过程若加入过量BaS，会引入过量的S2﹣，故A错误；B．“还原”过程加入BaS，发生反应：Br2+S2﹣＝2Br﹣+S↓，此时溶液中Ba2+和S的物质的量相近，Ba2+与H2SO4反应生成BaSO4沉淀，过滤出滤渣BaSO4、S的物质的量相近，故B正确；C．Li2CO3中的碳原子以sp2杂化轨道成键、离子中存在3个σ键，由C的3个sp2杂化轨道和三个O原子的2p轨道结合，而C中与分子平面垂直的另一个p轨道会与3个O原子中与分子平面垂直的p轨道结合成大π键，再加上所带的两个电荷，大π键中共有6个电子，从而形成键，故C错误；D．“浓缩”过程利用高浓度HBr粗溶液合成LiBr，不需在HBr气流中进行，故D错误；故选：B。【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生物质之间的反应和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。4．（2024•鲤城区校级模拟）分离某酸性废水（含H+、Sc3+、Fe2+、）中金属离子的工艺流程如图所示：已知：Sc3+易水解，Sc3+和Fe2+均能与P504（用HR表示）发生络合反应且机理均为Mn++nHR⇌MRn+nH+。下列说法错误的是（）A．Sc3+被“萃取”的原理为Sc3++3HR⇌ScR3+3H+ B．“水相1”经处理后可循环至“反萃取1”工序中应用 C．与P504的络合能力：Sc3+＜Fe2+ D．“一系列操作”为在HCl氛围中蒸发结晶【答案】C【分析】分离某酸性废水（含H+、Sc3+、Fe2+、）中金属离子，酸性废水加入P504和煤油，Sc3+、Fe2+与P504发生络合反应进入煤油层中，分液后向有机相中加入稀硫酸反萃取，分液得到硫酸亚铁溶液，之后再向有机相中加入NaOH溶液反萃取，过滤得到Sc（OH）3沉淀，加入盐酸溶解，经系列操作得到ScCl3。【解答】解：A．Sc3+与HR发生络合反应产生ScR3、H+，该络合反应的机理为Sc3++3HR⇌ScR3+3H+，故A正确；B．酸性废水中Sc3+和Fe2+均被萃取，剩余H+和即稀硫酸，可循环至“反萃取1”工序中应用，故B正确；C．加入稀硫酸是，络合反应逆向移动，而反萃取后得到是硫酸亚铁溶液，说明P504更易与Sc3+络合，故C错误；D．Sc3+易水解，为了抑制其水解，蒸干ScCl3溶液时，需要在HCl氛围中蒸发结晶，故D正确；故选：C。【点评】本题考查混合物的分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。5．（2024•凌源市模拟）金属锰用于生产多种重要的合金。工业上由碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，还含有Fe3O4、MgO、SiO2等杂质）制备金属锰的工艺流程如图所示。下列说法错误的是（）A．“浸渣”的主要成分可用于制造陶瓷和耐火材料 B．“氧化”时消耗的过氧化氢与Fe2+的物质的量之比为1：3 C．“沉铁”时发生反应的离子方程式为3MnCO3+2Fe3++3H2O═3Mn2++2Fe（OH）3+3CO2↑ D．“电解”过程中提高电解质溶液的酸度，电解效率会降低【答案】B【分析】用硫酸溶解矿粉，过滤后得到的滤液中含有锰离子，二价铁，三价铁，镁离子，加入过氧化氢将二价铁氧化为三价铁，用碳酸锰沉铁，随后用氟化锰沉镁后，再通过电解得到单质锰，以此解题。【解答】解：A．碳酸锰矿中仅有SiO2不溶于硫酸，“浸渣”的主要成分为SiO2，SiO2可用于制造玻璃、光导纤维陶瓷和耐火材料等，故A正确；B．“氧化”时反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O，Fe2+可做过氧化氢分解的催化剂，故“氧化”时消耗的过氧化氢与Fe2+的物质的量之比应大于1：2，故B错误；C．“沉铁”时发生反应的离子方程式为，故C正确；D．若“电解”过程中过度提高电解质溶液的酸度，大量H+会在阴极上放电，导致电解效率降低，故D正确；故选：B。【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生物质之间的反应和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。6．（2024•五华区校级模拟）工业上拜耳法生产Al2O3用铝土矿（主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3、SiO2等）为原料，其工艺流程如图：下列说法正确的是（）A．碱浸过程中发生复杂的氧化还原反应 B．物质X为Fe（OH）3 C．滤液2只含NaOH溶液，可以循环利用 D．可用过量NaHCO3代替氢氧化铝晶种沉铝【答案】D【分析】A．碱浸过程中Al2O3和SiO2与NaOH反应，反应前后元素化合价没有发生改变，则不是氧化还原反应；B．Fe2O3不与NaOH反应，则物质X为Fe2O3；C．滤液2中含有NaOH溶液和偏铝酸钠溶液；D．碳酸氢钠不稳定，受热易产生二氧化碳，过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀。【解答】解：A．碱浸过程中Al2O3和SiO2与NaOH反应，反应前后元素化合价没有发生改变，则不是氧化还原反应，故A错误；B．Fe2O3不与NaOH反应，则物质X为Fe2O3，故B错误；C．滤液2中含有NaOH溶液和偏铝酸钠溶液，故C错误；D．碳酸氢钠不稳定，受热易产生二氧化碳，过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查工艺流程，属于物质的分离和提纯，为高频考点，侧重考察学生分析问题的能力，有利于培养学生良好的科学素养，题目难度不大。7．（2024•庐阳区校级三模）实验室用粉煤灰（主要含Al2O3，SiO2等）制备碱式硫酸铝[Al2（SO4）x（OH）6﹣2x]溶液，并用于烟气脱硫研究，其转化流程如图所示。下列说法错误的是（）A．滤渣Ⅰ的主要成分为：SiO2 B．制备碱式硫酸铝[Al2（SO4）x（OH）6﹣2x]溶液不涉及氧化还原反应 C．调节pH值低于3.6会导致溶液中铝元素的含量降低 D．碱式硫酸铝[Al2（SO4）x（OH）6﹣2x]溶液多次循环使用后增大的原因是部分的碳元素被氧化【答案】C【分析】由流程可知，粉煤灰和稀硫酸混合，发生反应Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O，SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中含有Al2（SO4）3，加入CaCO3粉末调节pH＝3.6，发生反应CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O，CaSO4为微溶物，所以滤渣Ⅱ的成分主要为CaSO4，过滤得滤液，二氧化硫和水反应生成的易被氧化生成，弱酸根离子转化为强酸根离子，加热分解后的溶液中硫酸根离子浓度增大，促进生成Al2（SO4）x（OH）6﹣2x，以此解答该题。【解答】解：A．分析可知，SiO2不溶于酸，滤渣Ⅰ的主要成分为：SiO2，故A正确；B．酸浸时发生反应：Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O，离子方程式为，而SiO2不溶于酸，制备过程没有发生元素化合价变化，制备碱式硫酸铝[Al2（SO4）x（OH）6﹣2x]溶液不涉及氧化还原反应，故B正确；C．调节pH值低于3.6会导致溶液中H+较多，会使碱式硫酸铝[Al2（SO4）x（OH）6﹣2x]的生成量减少，但Al3+的水解程度同样受到抑制，故溶液中铝元素的含量不会降低，故C错误；D．碱式硫酸铝溶液循环吸收SO2，溶于水的SO2与水反应生成H2SO3，加热时，部分被氧化为H2SO4，使溶液中增大，故D正确；故选：C。【点评】本题考查物质的制备，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。8．（2024•安徽模拟）生产镍蓄电池的材料之一为三氧化二镍（Ni2O3），一种从含镍废料（主要成分为镍、铝、氧化铁碳等）获得Ni2O3的工业流程如图所示：已知：①NiCl2易溶于水，Fe3+不能氧化Ni2+；②；③当溶液中离子浓度≤1×10﹣5mol•L﹣1时，认为沉淀完全；④lg2＝0.3。下列说法错误的是（）A．为除去含镍废料表面的矿物油，X可选用乙醇溶液 B．“酸浸”后的溶液中含有Fe3+、Ni2+、Al3+，可以用KSCN溶液证明Fe3+不能氧化Ni2+ C．常温下，加NiO调节溶液pH＝3.3时，溶液中Fe3+刚好沉淀完全 D．“无隔膜电解槽电解”发生的总反应为【答案】B【分析】A．矿物油的主要成分为烃类有机物，可以用乙醇溶液清除；B．若Fe3+能氧化Ni2+，则溶液中有Fe2+，可用铁氰化钾K3[Fe（CN）6]溶液检验溶液中没有Fe2+来证明Fe3+不能氧化Ni2+；C．由，得c（OH﹣）＝2×10﹣11mol•L﹣1，pOH＝﹣lgc（OH﹣）＝﹣lg（2×10﹣11）＝10.7，则pH＝3.3；D．沉镍后的滤液为NaCl溶液，电解NaCl溶液得到NaOH、Cl2、H2，采用无隔膜电解槽电解时，NaOH与产生的Cl2反应会得到NaClO和NaCl，总反应为。【解答】解：A．矿物油的主要成分为烃类有机物，可以用乙醇溶液清除，故A正确；B．用KSCN溶液只能说明溶液中有Fe3+，但不能说明Fe3+没有氧化Ni2+，如要证明，则需要证明溶液中不存在Fe2+，可用K3[Fe（CN）6]溶液，故B错误；C．由，得c（OH﹣）＝2×10﹣11mol•L﹣1，pOH＝﹣lgc（OH﹣）＝﹣lg（2×10﹣11）＝10.7，则pH＝3.3，故C正确；D．沉镍后的滤液为NaCl溶液，电解NaCl溶液得到NaOH、Cl2、H2，采用无隔膜电解槽电解时，NaOH与产生的Cl2反应会得到NaClO和NaCl，总反应为，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查了物质的分离与提纯，把握反应的原理、物质的性质为解答的关键，侧重分析能力的考查，注意元素化合物知识的积累，题目难度中等。9．（2024•保定三模）铼（Re）是一种贵金属。一种以辉钼矿（主要含有MoS2，还含有少量ReS2、CuReS4、FeS、SiO2等）为原料制备铼的工艺流程如图：已知“氧化焙烧”后的成分有SiO2、Re2O7、MoO3、CuO、Fe3O4，其中Re2O7、MoO3与氨水反应分别生成NH4ReO4、（NH4）2MoO4。下列说法错误的是（）A．废气中含有SO2 B．滤渣的主要成分为SiO2、CuO、Fe3O4 C．浸出时发生的反应有Re2O7+2NH3•H2O＝2NH4ReO4+H2O D．实验室用烧杯、漏斗、玻璃棒即可完成重结晶操作【答案】D【分析】辉钼矿经过氧化焙烧之后，其成分由MoS2、ReS2、CuReS4、FeS、SiO2变为SiO2、Re2O7、MoO3、CuO、Fe3O4，即除去了S元素；再加入氨水，与Re2O7、MoO3反应，分别生成NH4ReO4、（NH4）2MoO4，滤渣的主要成分为SiO2、CuO、Fe3O4，过滤之后，对滤液进行离子交换处理，通过解吸之后得到铼酸铵溶液，再通过重结晶、电沉积即可得到金属铼。【解答】解：A．辉钼矿经过氧化焙烧之后，硫元素转化为SO2，故A正确；B．根据分析知，滤渣的主要成分为SiO2、CuO、Fe3O4，故B正确；C．已知Re2O7与氨水反应生成NH4ReO4，根据原子守恒得：Re2O7+2NH3•H2O＝2NH4ReO4+H2O，故C正确；D．还需要酒精灯等仪器，故D错误；故选：D。【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生物质之间反应和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。10．（2024•广西三模）一种从某混合物（主要成分为NaVO3、SiO2、Fe2O3）中提取钒的工艺流程如图所示。已知：P2O4能够萃取溶液中的VO2+。下列说法正确的是（）A．“酸浸”过程中发生了氧化还原反应 B．试剂a的作用是氧化VO2+ C．操作Ⅱ使用的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒 D．水层中可能含有Fe3+【答案】D【分析】混合物酸浸时NaVO3、Fe2O3溶解，转化为（VO2）2SO4和Fe2（SO4）3，滤渣为SiO2；酸浸后滤液中加试剂a，将还原为VO2+，同时Fe3+被还原为Fe2+，加P204进行萃取分液，水层中含Fe2+，有机层中含VO2+，经过一系列操作得到VOSO4。【解答】解：A．根据分析，“酸浸”过程中各元素化合价未变，没有发生氧化还原反应，故A错误；B．试剂a的作用是将还原为VO2+，故B错误；C．操作Ⅱ为分液，使用的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯，故C错误；D．整个过程中铁元素在操作二后进入了水层，Fe2+容易被氧化，水层中可能含有Fe3+，故D正确；故选：D。【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生物质之间的反应和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。11．（2024•皇姑区校级模拟）某研究小组欲用锂离子电池正极废料（含LiCoO2、铁的氧化物）制备CoSO4•7H2O晶体。下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L﹣1计算）金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Co2+6.99.4下列说法错误的是（）A．H2O2只做还原剂，浸取温度不宜过高 B．①调节pH约为5，②调节pH至9.4 C．滤渣主要为Fe（OH）3 D．操作③为蒸发浓缩、冷却结晶【答案】A【分析】锂离子电池正极废料（含LiCoO2、铁的氧化物）中加入稀H2SO4、H2O2浸取，将+3价Co还原为+2价Co，若铁的氧化物中含有+2价铁，还能将Fe2+氧化为Fe3+；往浸取液中加入NaOH溶液调节pH，使Fe3+全部转化为Fe（OH）3沉淀，Co2+不生成沉淀；过滤后，往滤液中再滴加NaOH溶液，继续调节pH，使Co2+全部生成Co（OH）2沉淀；加入稀H2SO4进行酸溶，得到CoSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，便可制得CoSO4•7H2O。【解答】解：A．将+3价Co转化为+2价Co时，H2O2作还原剂，但将Fe2+转化为Fe3+时，H2O2作氧化剂，H2O2受热易分解，所以浸取温度不宜过高，故A错误；B．①调节pH，使Fe3+全部生成沉淀，但不能让Co2+生成沉淀，则6.9＞pH≥3.2，可以选择pH约为5，②调节pH使Co2+全部生成Co（OH）2沉淀，pH≥9.4，则pH可升高至9.4，故B正确；C．由分析可知，滤渣主要为Fe（OH）3，故C正确；D．由分析可知，从溶液中提取CoSO4•7H2O时，操作③为蒸发浓缩、冷却结晶等，故D正确；故选：A。【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，题目难度中等，明确物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。12．（2024•安徽模拟）铟（In）是一种稀有贵金属，广泛应用于航空航天、太阳能电池等高科技领域。从铜烟灰酸浸渣（主要含PbO、FeAsO4•2H2O、In2O3）中提取铟的工艺流程如图：下列说法错误的是（）A．整个流程中可循环利用的物质是萃余液 B．亚铁离子在萃取剂中的溶解度大于水中的溶解度 C．“水浸”所得浸渣中还含有PbSO4 D．“还原铁”时发生反应的离子方程式为：2Fe3++2S2＝2Fe2++S4【答案】B【分析】铜烟灰酸浸渣（主要含PbO，FeAsO4•2H2O、In2O3）加入硫酸溶液硫酸化、焙烧得到的焙砂加水水浸，浸液加入硫代硫酸钠还原铁，萃取剂萃取除铁得到含有Fe2+、的水溶液；加入硫酸溶液反萃取得到萃余液，一系列处理得到粗铟。【解答】解：A．由流程可知萃余液中主要成分为硫酸，可循环利用，故A正确；B．萃取剂加入亚铁离子进入水层，所以得出亚铁离子在萃取剂中溶解度小于水中溶解度，故B错误；C．PbO与H2SO4反应生成难溶于水的PbSO4，故C正确；D．根据还原铁的信息，可知铁离子转化为亚铁离子、S2转化为S4，反应为：2Fe3++2S2＝2Fe2++S4，故D正确；故选：B。【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生物质之间反应和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。13．（2024•福州模拟）利用某钒废渣（主要成分为V2O4以及铁、铝、硅的氧化物）制备V2O5的工艺流程如图。已知：Ⅰ．V2O4溶于酸后以VO2+的形式存在；过量H2O2可氧化VO2+；Ⅱ．VO2++2HR（有机层）（有机层）+2H+；Ⅲ．溶液中与可相互转化：。下列说法错误的是（）A．“氧化1”中，不适宜用升温的方式加快转化速率 B．“滤渣2”的成分为Fe（OH）3 C．有机萃取剂可循环使用 D．“沉钒”时还需通NH3调节溶液的酸碱性【答案】B【分析】A．“氧化1”中，过氧化氢不稳定受热会分解；B．加入Na2CO3调节pH的目的是使Fe3+和Al3+沉淀；C．反萃取分离出有机萃取剂；D．溶液中存在平衡，通入氨气结合H+，使该平衡正移，尽可能多的生成。【解答】解：A．过氧化氢不稳定受热会分解，”氧化1”中，不适宜用升温的方式加快转化速率，故A正确；B．加入Na2CO3调节pH的目的是使Fe3+和Al3+沉淀，则“滤渣2”的主要成分为Fe（OH）3和Al（OH）3，故B错误；C．反萃取分离出有机萃取剂，因此有机萃取剂可循环使用，故C正确；D．溶液中存在平衡，通入氨气结合H+，平衡正移，尽可能多的生成，则“沉钒”时还需通NH3调节溶液的酸碱性，故D正确；故选：B。【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生物质之间的反应和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。14．（2024•诸暨市模拟）从苯甲醛和KOH溶液反应后的混合液中分离出苯甲醇和苯甲酸的过程如下：已知甲基叔丁基醚的密度为0.74g•cm﹣3，下列说法错误的是（）A．“萃取”过程的萃取剂也可以选择乙醇 B．“有机层”从分液漏斗上口倒出 C．“操作X”为蒸馏，“试剂Y”可选用盐酸 D．实验所得的苯甲酸粗产品，可以利用重结晶进一步提纯【答案】A【分析】苯甲醛和KOH溶液反应后的混合液中主要是生成的苯甲醇和苯甲酸钾，加甲基叔丁基醚萃取、分液后，苯甲醇留在有机层中，加水洗涤、加硫酸镁干燥、过滤，再用蒸馏的方法将苯甲醇分离出来；而萃取、分液后所得水层主要是苯甲酸钾，要加酸将其转化为苯甲酸，然后经过结晶、过滤、洗涤、干燥得苯甲酸。【解答】解：A．乙醇与水互溶，“萃取”过程的萃取剂不可以选择乙醇，故A错误；B．甲基叔丁基醚的密度为0.74g•cm﹣3，密度比水小，所以要从分液漏斗上口倒出，故B正确；C．“操作X”是将苯甲醇从有机物中分离出来，可以利用沸点不同用蒸馏的方法将其分离出来；“试剂Y”的作用是将苯甲酸钾转化为苯甲酸，所以可选用盐酸，故C正确；D．苯甲酸的溶解度受温度影响比较明显，实验所得的苯甲酸粗产品，可以利用重结晶进一步提纯，故D正确；故选：A。【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生物质之间反应和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。15．（2024•包河区校级三模）以方铅矿（主要成分PbS，含少量FeS）为原料制备电池材料PbSO4，工艺流程如图所示，已知Pb2+（aq）+4Cl﹣（aq）⇌（aq），Ksp（PbCl2）＝1.6×10﹣5。下列说法不正确的是（）A．酸浸时反应生成和S的离子方程式为：PbS+MnO2+4H++4Cl﹣═+S+Mn2++2H2O B．沉铅步骤发生反应：（aq）⇌PbCl2（s）+2Cl﹣（aq），若溶液中氯离子浓度较大，不利于沉降为PbCl2沉淀 C．工业上可通过升温并增大盐酸浓度提高PbS的浸取率 D．由该工艺可推测Ksp（PbSO4）＜1.6×10﹣5【答案】C【分析】酸浸时，MnO2和方铅矿中的PbS和FeS发生氧化还原反应，生成、Fe3+；加入MnO调pH将Fe3+转化为Fe（OH）3除掉，通过调节Cl﹣浓度将转化为PbCl2固体，最后加硫酸将PbCl2转化为PbSO4。【解答】解：A．酸浸时，MnO2和方铅矿中的主要成分PbS发生氧化还原反应，由题中信息反应生成和S，离子方程式为，故A正确；B．由沉铅步骤发生反应：可知，若溶液中氯离子浓度较大，会使该反应平衡逆移，不利于沉降为PbCl2沉淀，故B正确；C．当升温并增大盐酸浓度，MnO2能氧化盐酸生成氯气，造成环境污染，故C错误；D．沉铅步骤生成PbCl2，加入硫酸将PbCl2转化为PbSO4，由，可推测，故D正确；故选：C。【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生物质之间的反应和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。16．（2024•厦门四模）氧化沉淀法回收石油炼制的Co—Fe2/Al2O3加氢脱氮催化剂的流程如图。已知：25℃时，。下列说法正确的是（）A．“浸出”时可将H2SO4替换为HNO3 B．“氧化”过程说明氧化性：Fe3+＞Co3+ C．“沉铁”后溶液中c（Fe3+）＝10﹣5mol•L﹣1，则a＝3.2 D．“沉淀”中X主要成分为Al2（CO3）3【答案】C【分析】废催化剂用硫酸浸出生成硫酸钴、硫酸铝和硫酸亚铁，过氧化氢氧化生成硫酸铁，氢氧化钠调节pH生成氢氧化铁，碳酸钠调节pH铝离子转化为氢氧化铝和碳酸钴，滤液最后结晶生成硫酸钠晶体。【解答】解：A．“浸出”时可将H2SO4替换为HNO3，会将Co2+氧化，故A错误；B．“氧化”过程中亚铁离子被氧化为铁离子，Co2+未被氧化，说明氧化性：Fe3+＜Co3+，故B错误；C．由于，“沉铁”后溶液中c（Fe3+）＝10﹣5mol•L﹣1，则c（OH﹣）＝＝10﹣10.8mol/L，则a＝3.2，故C正确；D．碳酸钠调节pH铝离子转化为氢氧化铝和碳酸钴，则“沉淀”中X主要成分为Al（OH）3，故D错误；故选：C。【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生物质之间的反应和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。17．（2024•雨花区校级模拟）白硼钙石的主要成分是Ca4B10O19•7H2O（含有少量Fe2O3、FeO、CaCO3和SiO2等杂质），利用白硼钙石制取强还原剂NaBH4的工艺流程如图：已知：H3BO3微溶于水，易溶于乙醇；偏硼酸钠（NaBO2）易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定。下列说法错误的是（）A．“滤渣1”的主要成分是SiO2 B．“操作X”涉及蒸发浓缩、降温结晶 C．“酸浸”采用高温条件有利于提高反应速率 D．“反应Y”的化学方程式是NaBO2+2MgH2═2MgO+NaBH4【答案】C【分析】由题干流程图可知，将白硼钙石的主要成分是Ca4B10O19•7H2O（含有少量Fe2O3、FeO、CaCO3和SiO2等杂质）粉碎后加入浓硝酸，将Ca转化为Ca（NO3）2、Fe转化为Fe（NO3）3、B转化为H3BO3，SiO2不溶于硝酸，过滤得到滤液1，主要含有Ca（NO3）2、Fe（NO3）3，和滤渣主要含有SiO2和H3BO3，向滤渣中加入乙醇进行醇浸过滤得到滤渣1，主要成分为SiO2，滤液中含有H3BO3的酒精溶液，向滤液中加入NaOH溶液进行水浴加热，将H3BO3转化为NaBO2，将乙醇蒸馏出来后，对滤液进行蒸发浓缩、降温结晶，过滤干燥，获得纯净的NaBO2固体，将固体NaBO2和MgH2混合反应生成NaBH4和耐火材料即MgO，据此分析解题。【解答】解：A．由分析可知，“滤渣1”的主要成分是SiO2，故A正确；B．由题干信息状况，偏硼酸钠（NaBO2）易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定，故“操作X”涉及到蒸发浓缩、降温结晶，故B正确；C．“酸浸”采用高温条件会导致浓硝酸分解导致反应速率减慢，故C错误；D．由分析可知，耐火材料为MgO，故“反应Y”的化学方程式是NaBO2+2MgH2＝2MgO+NaBH4，故D正确；故选：C。【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的反应和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。18．（2024•荣昌区校级模拟）铈是地壳中最丰富的稀土金属，可用作合金添加剂、医药、制革等。某兴趣小组以二氧化铈（CeO2）废渣为原料制备金属铈和Ce2（CO3）3的流程如图所示。下列说法错误的是（）A．“酸浸”时发生的反应为2CeO2+6H++H2O2═2Ce3++4H2O+O2↑ B．“中和”时，加入氨水不宜过量 C．“试剂X”可选用NH4HCO3和氨水混合物 D．“电解”时，阴极上得到14gCe的同时阳极上得到1.68LO2【答案】D【分析】酸浸时CeO2在酸性条件下与H2O2反应生成Ce3+和氧气，离子方程式为，加入氨水中和多余的酸，再加入NH4HCO3和氨水的混合物将Ce3+变为Ce2（CO3）3，如果对酸浸后溶液电解，可以得到单质Ce。【解答】解：A．由分析可知，“酸浸”时发生的反应为，故A正确；B．“中和”时，加入氨水不宜过量，氨水过量会生成Ce（OH）3沉淀，故B正确；C．碳酸根离子水解程度大，若直接加入碳酸根离子会生成Ce（OH）3沉淀，可改为碳酸氢根离子作沉淀剂，“沉淀”时加氨水使溶液接近中性，其目的是降低溶液中氢离