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新高考化学二轮复习培优提升练习热点04 无机化工微流程（解析版）
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【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NaAlO2，发生反应，过滤得到和含有的滤液。
A．陶瓷的成分中含有SiO2，SiO2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）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．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．由分析可知，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．由分析可知，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．由分析可知，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。
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。
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O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产生为CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，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)3；滤液中含有Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入高压H2，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)3，金属M为Zn，A正确；
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O2的浓度，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．根据流程图可知：用NH3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H2还原Cu2+变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H+，与溶液中OH-结合形成H2O，若还原时增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H2失去电子还原Cu单质，因此不利于Cu的生成，D错误；
故合理选项是D。
4．（2021·山东）工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图，下列说法错误的是
A．吸收过程中有气体生成B．结晶后母液中含有NaHCO3
C．气流干燥湿料时温度不宜过高D．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3
【答案】B
【分析】
根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为NaHSO3，则母液为饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为：H2SO3+2Na2CO3= Na2SO3+ 2NaHCO3，NaHSO3+ Na2CO3= Na2SO3+ NaHCO3，所以调节pH为8进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3↓，SO2+ NaHCO3= CO2+ NaHSO3↓，此时会析出大量NaHSO3晶体，经过离心分离，将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到NaHSO3产品，据此分析解答。
【详解】
A．根据上述分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确；
B．结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO3，假设产物中存在NaHCO3，则其会与生成的NaHSO3发生反应，且NaHCO3溶解度较低，若其残留于母液中，会使晶体不纯，假设不成立，B错误；
C．NaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C正确；
D．结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正确；
故选B。
【优选特训】
1．是一种活性催化剂，易溶于水，其溶解度随着温度升高而显著增大。一种制备的方法如下：
下列叙述正确的是
A．“溶解”中加入盐酸的目的是加快溶解
B．“合成”中加入氨水过量，会生成酸式盐
C．“系列操作”需要酒精灯、蒸馏烧瓶等仪器
D．采用“重结晶”可提纯产品
【答案】D
【详解】A．氢氧化锰难溶于水，氯化锰溶于水后部分水解生成氢氧化锰，加入盐酸，可抑制锰离子水解，A错误；
B．加入氨水，中和盐酸，氨水较多，会生成碱式盐，B错误；
C．依题意，磷酸锰铵晶体易溶于水，根据溶解度与温度关系，分离操作是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，不需要蒸馏烧瓶，C错误；
D．采用重结晶方法可以提纯磷酸锰铵结晶水合物，D正确；
故选D。
2．溴化钙可用作镇静剂、食物保存剂等。通过下列实验流程可制备少量。下列说法不正确的是
A．空气吹出法是海水提溴最成熟的工业方法B．步骤①可用热水浴加热
C．步骤②中尿素作氧化剂D．步骤④中活性炭作脱色剂
【答案】C
【分析】石灰乳即氢氧化钙和溴反应生成溴化钙和Ca(BrO3)2，加入尿素将Ca(BrO3)2还原为CaBr2，溴化钙溶液中加入HBr加热蒸发浓缩冷却结晶得到CaBr2•2H2O；
【详解】A．利用了溴易挥发的性质，把溴单质从溶液中用热空气吹出，故A正确；
B．步骤①需控制反应温度在50~70℃，可用热水浴加热方便控制温度，故B正确；
C．步骤②中尿素将Ca(BrO3)2还原为CaBr2，Br元素化合价降低，Ca(BrO3)2作氧化剂，尿素作还原剂，故C错误；
D．活性炭具有吸附性，能吸附色素，步骤④中活性炭作脱色剂，故D正确；
故选：C。
3．（2022·山东日照·模拟预测）过氧化钙是一种白色固体，能潮解，难溶于水，不溶于醇类，常用作杀菌消毒剂。一种工业生产过氧化钙过程如下图所示。
下列说法错误的是
A．“冷水浴反应”中的作用是氧化剂
B．母液经处理后可返回“冷水浴反应”循环利用
C．操作2需要用到坩埚、酒精灯、玻璃棒
D．“洗涤”产品需依次用蒸馏水、无水乙醇洗涤，其中乙醇洗涤的目的是为了除去表面的水分
【答案】A
【解析】由题给流程可知，在氯化铵溶液作用下，过氧化氢溶液与氢氧化钙发生冷水浴反应得到八水过氧化钙沉淀，过滤得到八水过氧化钙和含有氯化铵的母液；母液经处理后可返回冷水浴反应循环利用，八水过氧化钙经蒸馏水、无水乙醇洗涤除去晶体表面的可溶性杂质，干燥，灼烧得到过氧化钙。
A．在氯化铵溶液作用下，过氧化氢溶液与氢氧化钙发生冷水浴反应得到八水过氧化钙沉淀时，没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故A错误；
B．由分析可知，母液中含有氯化铵，经处理后可返回冷水浴反应循环利用，故B正确；
C．由分析可知，操作2为灼烧，需要用到坩埚、酒精灯、玻璃棒等仪器，故C正确；
D．由分析可知，八水过氧化钙经蒸馏水、无水乙醇洗涤晶体表面的可溶性杂质，其中乙醇洗涤的目的是为了除去表面的水分，故D正确；
故选A。
4．（2022·北京·北师大实验中学高三期中）工业废铁的综合利用，是节约资源的重要组成部分。下图是以废铁块生产净水剂聚合氯化铁和高铁酸钠的流程。
下列说法不正确的是
A．①过程可以用盐酸
B．②氧化的目的是将转化为
C．为使③中的水解程度增大，可将溶液加热
D．④中阳极的电极反应式为
【答案】D
【分析】对于废铁块，首先用酸溶解，再用氧化剂将二价铁氧化为三价铁，水解，聚合后得到产物；另一种方案，在碱性条件下对废铁块电解得到高铁酸钠，以此解题。
【详解】A．由分析可知，用酸溶解废铁块，可以用盐酸，A正确；
B．由分析可知，氧化的目的是将转化为，B正确；
C．温度升高可以促进水解，C正确；
D．在NaOH为电解质的溶液中电解，电极反应式中不能出现氢离子，正确是：，D错误；
故选D。
5．（2022·福建·莆田一中高三阶段练习）徐竞等科研人员以永安洪田镇的银精矿(主要成分是和)为原料，采用浮选-氰化浸出工艺路线提取银，其部分工艺流程如图所示。
下列说法错误的是
A．反应①中的主要是氧化矿浆中的
B．反应①和②充分反应后均要进行过滤
C．反应②的离子方程式为：
D．电解精炼时粗银应当做阳极
【答案】C
【分析】徐竞等科研人员以永安洪田镇的银精矿(主要成分是和)为原料，采用浮选-氰化浸出工艺路线提取银，含Ag、Ag2S的矿浆，加入NaCN溶液同时通入氧气，得到Na[Ag(CN)2]溶液，再用Zn置换出粗银，粗银经过电解精炼得到纯Ag。
【详解】A．Ag不能直接和NaCN溶液反应，反应①中的主要是氧化矿浆中的，使其能够溶解在NaCN溶液中，故A正确；
B．反应①充分反应后会存在不溶于NaCN溶液的杂质，要通过过滤除去；反应②充分反应后得到粗银，需要从溶液中过滤出来，故B正确；
C．反应①得到Na[Ag(CN)2]溶液，该溶液中银离子的存在形式为，故C错误；
D．电解精炼时粗银应当做阳极，电极方程式主要为：Ag-e-=Ag+，故D正确；
故选C。
6．（2022·湖北·宜城市第一中学高三期中）碳酸锰 (MnCO3)是制造电信器材软磁铁氧体，合成二氧化锰和制造其他锰盐的原料。利用软锰矿(主要成分是，含有少量的等)制备碳酸锰的工艺流程如下。下列说法错误的是
A．“浸取”时发生反应的离子方程式为
B．“转化”的主要目的是将滤液中的氧化为，以便后续操作除去
C．滤渣2的主要成分为
D．该工艺流程中没有气体放出
【答案】D
【分析】“浸取”时，和FeSO4、H2SO4反应生成MnSO4、Fe2(SO4)3，反应的离子方程式为，溶于硫酸分别生成Fe3+、Al3+，不溶于酸，滤渣1为；加入，使剩余的转化为；加入亚硫酸钠溶液调节pH，使、Al3+分别转化为Fe(OH)3沉淀和Al(OH)3沉淀；过滤后，向滤液中加入碳酸氢铵溶液，使转化为MnCO3沉淀。
【详解】A．由分析可知，“浸取”时发生反应的离子方程式为，A项正确；
B．由分析可知，“转化”的主要目的是将剩余的氧化为，B项正确；
C．由分析可知，滤渣2的主要成分为，C项正确；
D．“转化”后的溶液显酸性，亚硫酸根和氢离子反应生成亚硫酸，亚硫酸不稳定，易分解为水和二氧化硫，D项错误；
答案选D。
7．随着锂在能源领域的应用，对锂资源的开发也日益精进。从碳酸锂中回收高纯金属锂的一种工艺流程如图。下列有关说法错误的是
已知：Li的熔点为180℃，沸点为1340℃；Al2O3的熔点为2054℃，沸点为2980℃。
A．粉碎焙烧后的固体可加快“真空热还原”的反应速率
B．加入复合助剂“焙烧分解”时，未发生氧化还原反应
C．“真空热还原”是为了防止发生反应
D．“纯化”时可用真空蒸馏法分离出高纯金属锂
【答案】C
【详解】A．粉碎焙烧后增大了固体的表面积，可加快“真空热还原”的反应速率，A正确；
B．加入复合助剂“焙烧分解”时，碳酸锂分解生成氧化锂和二氧化碳，元素化合价没有发生变化，未发生氧化还原反应，B正确；
C．“真空热还原”是为了防止锂被氧化成氧化锂，C错误；
D．“纯化”时因铝的熔点远小于氧化铝的熔点，可用真空蒸馏法分离出高纯金属锂，D正确；
故选C。
8．（2022·江苏连云港·高三期中）以工业碳酸钙(主要含，少量，，等杂质)生产医药级二水合氯化钙()的主要流程如下。
下列说法不正确的是
A．“溶解”时将粉碎并不断搅拌，有利于加快反应速率
B．“过滤”后所得到的滤渣，其主要成分是、
C．“酸化”时加盐酸可以除去溶液中少量和防止吸收空气中
D．制得样品中
【答案】B
【分析】以工业碳酸钙（含少量Na+、Al3+、Fe3+等杂质）生产医用二水合氯化钙，由制备流程可知，碳酸钙与盐酸反应，溶解后加氢氧化钙除去Al3+、Fe3+等杂质，过滤分离出沉淀，滤液加盐酸除去过量的碱，蒸发结晶可得到CaCl2•2H2O。
【详解】A．“溶解”时将粉碎并不断搅拌，有利于加快反应速率，A正确；
B．“过滤”后所得到的滤渣，其主要成分是、，B错误；
C．“酸化”时加盐酸可以除去溶液中少量和防止吸收空气中，C正确；
D．制得样品中混有少量的氯化钠导致，D正确；
故选B。
【点睛】选择性的两个反应的平衡三段式要注意：相同物质的平衡量唯一且相同，按选择性比例列出相应反应的转变量，相同反应物的平衡量是起始量减去两次的消耗量，相同生成物的平衡量是起始量加上两次的生成量。
9．（2022·山东烟台·高三期中）一种利用玻璃窑炉替换下的锆废砖(主要成分ZrO2、Y2O3、CaO等)提纯成分ZrO2和Y2O3的工艺流程如下。下列说法错误的是
A．“酸化”过程中加入的硫酸、硫酸铵可用硝酸、硝酸铵代替
B．滤渣1主要成分为CaSO4
C．“中和1”调节pH范围在4~5.5目的是沉淀锆离子
D．整个工艺过程中，硫酸铵可以实现循环利用
【答案】A
【分析】锆废砖(主要成分ZrO2、Y2O3、CaO等)提纯氧化锆和氧化钇，锆废砖加入硫酸和硫酸铵，得到硫酸钙沉淀，调节溶液pH在4 ~ 5.5范围沉淀锆离子，压滤，得到滤渣2为Zr(OH)4，焙烧得到ZrO2；滤液继续加入氨水调节溶液pH在6~ 8得Y(OH)3，过滤得滤液为滤液2为硫酸铵和氨水，滤渣水洗、煅烧得到Y2O3粉末，以此解答该题。
【详解】A．若硫酸用硝酸代替，则反应过程硝酸和CaO反应产生Ca(NO3)2，就不能形成生成CaSO4沉淀而除去Ca2+，A错误；
B．根据上述分析可知滤渣1主要成分为CaSO4，B正确；
C．“中和1”调节pH范围在4~5.5目的是使沉淀锆离子使之转化为Zr(OH)4，C正确；
D．滤液2为硫酸铍和氨水,酸化后可以返回“酸化”使用，故硫酸铵循环利用，D正确；
故合理选项是A。
10．锑(Sb)可用作阻燃剂、电极材料、催化剂等物质的原材料。一种以灰锑矿(主要成分为，还有，，MgO等)为原料提取锑的工艺如下：
下列说法不正确的是：
A．“水解”时可加入粉末以促进水解
B．“还原”的目的是防止在后续水解生成，影响产品纯度
C．“滤液”中含有的主要金属阳离子有：、、
D．“溶浸”时转化为，发生反应的离子方程式为：
【答案】D
【分析】辉锑矿（主要成分为，还含有Fe2O3、Al2O3、MgO等）中加入盐酸、FeCl3溶液溶浸，“溶浸”时氧化产物是S，被氧化为S，铁离子被还原为亚铁离子，所以Sb2S3“溶浸”时反应的化学方程式为Sb2S3＋6FeCl3＝3S＋2SbCl3＋6FeCl2，Fe2O3、Al2O3、MgO与盐酸反应生成对应的氯化物；加入Sb，Sb将Fe3＋还原为Fe2＋，Sb3＋发生水解的离子方程式为Sb3＋＋Cl−＋H2O⇌SbOCl＋2H＋，SbOCl中加入HCl，酸溶生成SbCl，最后电解得到Sb，据此分析解题。
【详解】A．Sb3＋发生水解的离子方程式为Sb3＋＋Cl−＋H2O⇌SbOCl＋2H＋，可加入粉末以促进水解，故A正确；
B．加入Sb，Sb将Fe3＋还原为Fe2＋，是防止在后续水解生成，故B正确；
C．辉锑矿（主要成分为，还含有Fe2O3、Al2O3、MgO等）中加入盐酸、FeCl3溶液溶浸，加入Sb，Sb将Fe3＋还原为Fe2＋，所以“滤液”中含有的主要金属阳离子有：、、；故C正确；
D．Sb2S3“溶浸”时反应的化学方程式为Sb2S3＋6FeCl3＝3S＋2SbCl3＋6FeCl2，所以离子方程式为，故D错误；
故答案选D。
11．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；
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。
12．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；分金渣的主要成分为；在反应中被氧化为。
下列说法不正确的是
A．“分铜”时加入的目的是降低银的浸出率
B．得到分金液的反应为：
C．得到分银液的反应为：
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，还原银成为银单质，据此分析。
【详解】A．“分铜”时加入，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．利用的氧化性，同时大量氯离子存在，可以使金形成配合离子，反应的离子方程式为：，B正确；
C．氯化银可以溶解在氨水中，形成，反应的化学方程式为：，C正确；
D．由已知被氧化成，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。
13．实验室模拟以磷石膏(含及杂质、等)为原料制取轻质，流程如下：
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的转化率
B．“浸取1”时，应先通再通，滤液1中浓度最大的阴离子为
C．“浸取2”时，发生反应的离子方程式为
D．“浸取2”时，所得滤渣2的主要成分为、
【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CaSO4的转化率，A错误；
B．由于NH3极易溶于水，CO2难溶于水，易溶于氨化后的碱性溶液，故“浸取1”，应先通NH3再通CO2，发生的反应为：CaSO4·2H2O+2NH3+CO2=CaCO3+(NH4)2SO4，故滤液1中主要溶质为(NH4)2SO4，浓度最大的阴离子为，B正确；
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：，C正确；
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、，D正确；
故答案为：A。
14．（2022·山东烟台·高三期中）氧化钪()广泛用于航天、激光和导弹等尖端科学领域。一种从钛白酸性废水(含、、、、)中富集钪并制备的工艺流程如下。可能用到的数据见下表。
已知：“有机相”中主要含有、、。下列说法正确的是A．加的目的是将氧化为
B．操作Ⅰ用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和分液漏斗
C．加10%盐酸调pH的范围为3.2~4.0
D．草酸钪焙烧生成是非氧化还原反应
【答案】AC
【分析】向含有、、的有机相中加入稀硫酸和双氧水，将氧化成，然后加入NaOH溶液获得含Ti(OH)4、Fe(OH)3和的滤渣I，加入盐酸调pH，得到含的滤液，加入草酸得到，在空气焙烧得到，反应为；以此作答；
【详解】A．溶液中含有，除去时调pH较高，不利于除去，加入双氧水将氧化为，便于除去，故A正确；
B．如图流程，操作Ⅰ后得到固体滤渣，说明操作Ⅰ为过滤，用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和漏斗，故B错误；
C．根据表中数据，pH的范围为3.2~4.0时，和未溶解，所以加10%盐酸调pH的范围为3.2~4.0的目的是为了除去和，获得含的溶液，故C正确；
D．草酸钪焙烧生成的反应为，存在元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故D错误；
故选AC。
15．（2022·安徽省阜阳第一中学高三阶段练习）电解法制备锰会有大量的阳极泥(主要含，杂质、等)产生，煅烧氧化法将电解锰阳极泥回收制备二氧化锰的流程如图所示。下列说法正确的是
已知：
A．将阳极泥煅烧氧化的原因是将转化为可溶性盐
B．滤渣的主要成分为Pb、
C．制备流程中甲醛作氧化剂
D．理论上每产生43.5g的二氧化锰，需要消耗质量分数为30%的甲醛50g
【答案】A
【详解】A．根据流程图，将阳极泥煅烧氧化的产物溶于水得溶液，可知将阳极泥煅烧氧化的原因是将转化为可溶性盐，易与PbSO4、分离，故A正确；
B．根据流程图，滤渣的主要成分为PbSO4、，故B错误；
C．制备流程中甲醛和反应生成碳酸钠、二氧化锰，甲醛中碳元素化合价升高，甲醛作还原剂，故C错误；
D．每产生43.5g的二氧化锰，设需要消耗质量分数为30%的甲醛溶液xg；
x=25g，故D错误；
选A。
开始沉淀pH
1.9
4.2
6.2
沉淀完全pH
3.2
6.7
8.2
金属离子
开始沉淀pH
1.3
6.8
1.9
4.0
沉淀完全pH
2.3
9.0
3.2
5.0
【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NaAlO2，发生反应，过滤得到和含有的滤液。
A．陶瓷的成分中含有SiO2，SiO2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）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．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．由分析可知，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．由分析可知，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．由分析可知，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。
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。
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O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产生为CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，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)3；滤液中含有Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入高压H2，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)3，金属M为Zn，A正确；
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O2的浓度，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．根据流程图可知：用NH3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H2还原Cu2+变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H+，与溶液中OH-结合形成H2O，若还原时增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H2失去电子还原Cu单质，因此不利于Cu的生成，D错误；
故合理选项是D。
4．（2021·山东）工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图，下列说法错误的是
A．吸收过程中有气体生成B．结晶后母液中含有NaHCO3
C．气流干燥湿料时温度不宜过高D．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3
【答案】B
【分析】
根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为NaHSO3，则母液为饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为：H2SO3+2Na2CO3= Na2SO3+ 2NaHCO3，NaHSO3+ Na2CO3= Na2SO3+ NaHCO3，所以调节pH为8进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3↓，SO2+ NaHCO3= CO2+ NaHSO3↓，此时会析出大量NaHSO3晶体，经过离心分离，将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到NaHSO3产品，据此分析解答。
【详解】
A．根据上述分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确；
B．结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO3，假设产物中存在NaHCO3，则其会与生成的NaHSO3发生反应，且NaHCO3溶解度较低，若其残留于母液中，会使晶体不纯，假设不成立，B错误；
C．NaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C正确；
D．结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正确；
故选B。
【优选特训】
1．是一种活性催化剂，易溶于水，其溶解度随着温度升高而显著增大。一种制备的方法如下：
下列叙述正确的是
A．“溶解”中加入盐酸的目的是加快溶解
B．“合成”中加入氨水过量，会生成酸式盐
C．“系列操作”需要酒精灯、蒸馏烧瓶等仪器
D．采用“重结晶”可提纯产品
【答案】D
【详解】A．氢氧化锰难溶于水，氯化锰溶于水后部分水解生成氢氧化锰，加入盐酸，可抑制锰离子水解，A错误；
B．加入氨水，中和盐酸，氨水较多，会生成碱式盐，B错误；
C．依题意，磷酸锰铵晶体易溶于水，根据溶解度与温度关系，分离操作是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，不需要蒸馏烧瓶，C错误；
D．采用重结晶方法可以提纯磷酸锰铵结晶水合物，D正确；
故选D。
2．溴化钙可用作镇静剂、食物保存剂等。通过下列实验流程可制备少量。下列说法不正确的是
A．空气吹出法是海水提溴最成熟的工业方法B．步骤①可用热水浴加热
C．步骤②中尿素作氧化剂D．步骤④中活性炭作脱色剂
【答案】C
【分析】石灰乳即氢氧化钙和溴反应生成溴化钙和Ca(BrO3)2，加入尿素将Ca(BrO3)2还原为CaBr2，溴化钙溶液中加入HBr加热蒸发浓缩冷却结晶得到CaBr2•2H2O；
【详解】A．利用了溴易挥发的性质，把溴单质从溶液中用热空气吹出，故A正确；
B．步骤①需控制反应温度在50~70℃，可用热水浴加热方便控制温度，故B正确；
C．步骤②中尿素将Ca(BrO3)2还原为CaBr2，Br元素化合价降低，Ca(BrO3)2作氧化剂，尿素作还原剂，故C错误；
D．活性炭具有吸附性，能吸附色素，步骤④中活性炭作脱色剂，故D正确；
故选：C。
3．（2022·山东日照·模拟预测）过氧化钙是一种白色固体，能潮解，难溶于水，不溶于醇类，常用作杀菌消毒剂。一种工业生产过氧化钙过程如下图所示。
下列说法错误的是
A．“冷水浴反应”中的作用是氧化剂
B．母液经处理后可返回“冷水浴反应”循环利用
C．操作2需要用到坩埚、酒精灯、玻璃棒
D．“洗涤”产品需依次用蒸馏水、无水乙醇洗涤，其中乙醇洗涤的目的是为了除去表面的水分
【答案】A
【解析】由题给流程可知，在氯化铵溶液作用下，过氧化氢溶液与氢氧化钙发生冷水浴反应得到八水过氧化钙沉淀，过滤得到八水过氧化钙和含有氯化铵的母液；母液经处理后可返回冷水浴反应循环利用，八水过氧化钙经蒸馏水、无水乙醇洗涤除去晶体表面的可溶性杂质，干燥，灼烧得到过氧化钙。
A．在氯化铵溶液作用下，过氧化氢溶液与氢氧化钙发生冷水浴反应得到八水过氧化钙沉淀时，没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故A错误；
B．由分析可知，母液中含有氯化铵，经处理后可返回冷水浴反应循环利用，故B正确；
C．由分析可知，操作2为灼烧，需要用到坩埚、酒精灯、玻璃棒等仪器，故C正确；
D．由分析可知，八水过氧化钙经蒸馏水、无水乙醇洗涤晶体表面的可溶性杂质，其中乙醇洗涤的目的是为了除去表面的水分，故D正确；
故选A。
4．（2022·北京·北师大实验中学高三期中）工业废铁的综合利用，是节约资源的重要组成部分。下图是以废铁块生产净水剂聚合氯化铁和高铁酸钠的流程。
下列说法不正确的是
A．①过程可以用盐酸
B．②氧化的目的是将转化为
C．为使③中的水解程度增大，可将溶液加热
D．④中阳极的电极反应式为
【答案】D
【分析】对于废铁块，首先用酸溶解，再用氧化剂将二价铁氧化为三价铁，水解，聚合后得到产物；另一种方案，在碱性条件下对废铁块电解得到高铁酸钠，以此解题。
【详解】A．由分析可知，用酸溶解废铁块，可以用盐酸，A正确；
B．由分析可知，氧化的目的是将转化为，B正确；
C．温度升高可以促进水解，C正确；
D．在NaOH为电解质的溶液中电解，电极反应式中不能出现氢离子，正确是：，D错误；
故选D。
5．（2022·福建·莆田一中高三阶段练习）徐竞等科研人员以永安洪田镇的银精矿(主要成分是和)为原料，采用浮选-氰化浸出工艺路线提取银，其部分工艺流程如图所示。
下列说法错误的是
A．反应①中的主要是氧化矿浆中的
B．反应①和②充分反应后均要进行过滤
C．反应②的离子方程式为：
D．电解精炼时粗银应当做阳极
【答案】C
【分析】徐竞等科研人员以永安洪田镇的银精矿(主要成分是和)为原料，采用浮选-氰化浸出工艺路线提取银，含Ag、Ag2S的矿浆，加入NaCN溶液同时通入氧气，得到Na[Ag(CN)2]溶液，再用Zn置换出粗银，粗银经过电解精炼得到纯Ag。
【详解】A．Ag不能直接和NaCN溶液反应，反应①中的主要是氧化矿浆中的，使其能够溶解在NaCN溶液中，故A正确；
B．反应①充分反应后会存在不溶于NaCN溶液的杂质，要通过过滤除去；反应②充分反应后得到粗银，需要从溶液中过滤出来，故B正确；
C．反应①得到Na[Ag(CN)2]溶液，该溶液中银离子的存在形式为，故C错误；
D．电解精炼时粗银应当做阳极，电极方程式主要为：Ag-e-=Ag+，故D正确；
故选C。
6．（2022·湖北·宜城市第一中学高三期中）碳酸锰 (MnCO3)是制造电信器材软磁铁氧体，合成二氧化锰和制造其他锰盐的原料。利用软锰矿(主要成分是，含有少量的等)制备碳酸锰的工艺流程如下。下列说法错误的是
A．“浸取”时发生反应的离子方程式为
B．“转化”的主要目的是将滤液中的氧化为，以便后续操作除去
C．滤渣2的主要成分为
D．该工艺流程中没有气体放出
【答案】D
【分析】“浸取”时，和FeSO4、H2SO4反应生成MnSO4、Fe2(SO4)3，反应的离子方程式为，溶于硫酸分别生成Fe3+、Al3+，不溶于酸，滤渣1为；加入，使剩余的转化为；加入亚硫酸钠溶液调节pH，使、Al3+分别转化为Fe(OH)3沉淀和Al(OH)3沉淀；过滤后，向滤液中加入碳酸氢铵溶液，使转化为MnCO3沉淀。
【详解】A．由分析可知，“浸取”时发生反应的离子方程式为，A项正确；
B．由分析可知，“转化”的主要目的是将剩余的氧化为，B项正确；
C．由分析可知，滤渣2的主要成分为，C项正确；
D．“转化”后的溶液显酸性，亚硫酸根和氢离子反应生成亚硫酸，亚硫酸不稳定，易分解为水和二氧化硫，D项错误；
答案选D。
7．随着锂在能源领域的应用，对锂资源的开发也日益精进。从碳酸锂中回收高纯金属锂的一种工艺流程如图。下列有关说法错误的是
已知：Li的熔点为180℃，沸点为1340℃；Al2O3的熔点为2054℃，沸点为2980℃。
A．粉碎焙烧后的固体可加快“真空热还原”的反应速率
B．加入复合助剂“焙烧分解”时，未发生氧化还原反应
C．“真空热还原”是为了防止发生反应
D．“纯化”时可用真空蒸馏法分离出高纯金属锂
【答案】C
【详解】A．粉碎焙烧后增大了固体的表面积，可加快“真空热还原”的反应速率，A正确；
B．加入复合助剂“焙烧分解”时，碳酸锂分解生成氧化锂和二氧化碳，元素化合价没有发生变化，未发生氧化还原反应，B正确；
C．“真空热还原”是为了防止锂被氧化成氧化锂，C错误；
D．“纯化”时因铝的熔点远小于氧化铝的熔点，可用真空蒸馏法分离出高纯金属锂，D正确；
故选C。
8．（2022·江苏连云港·高三期中）以工业碳酸钙(主要含，少量，，等杂质)生产医药级二水合氯化钙()的主要流程如下。
下列说法不正确的是
A．“溶解”时将粉碎并不断搅拌，有利于加快反应速率
B．“过滤”后所得到的滤渣，其主要成分是、
C．“酸化”时加盐酸可以除去溶液中少量和防止吸收空气中
D．制得样品中
【答案】B
【分析】以工业碳酸钙（含少量Na+、Al3+、Fe3+等杂质）生产医用二水合氯化钙，由制备流程可知，碳酸钙与盐酸反应，溶解后加氢氧化钙除去Al3+、Fe3+等杂质，过滤分离出沉淀，滤液加盐酸除去过量的碱，蒸发结晶可得到CaCl2•2H2O。
【详解】A．“溶解”时将粉碎并不断搅拌，有利于加快反应速率，A正确；
B．“过滤”后所得到的滤渣，其主要成分是、，B错误；
C．“酸化”时加盐酸可以除去溶液中少量和防止吸收空气中，C正确；
D．制得样品中混有少量的氯化钠导致，D正确；
故选B。
【点睛】选择性的两个反应的平衡三段式要注意：相同物质的平衡量唯一且相同，按选择性比例列出相应反应的转变量，相同反应物的平衡量是起始量减去两次的消耗量，相同生成物的平衡量是起始量加上两次的生成量。
9．（2022·山东烟台·高三期中）一种利用玻璃窑炉替换下的锆废砖(主要成分ZrO2、Y2O3、CaO等)提纯成分ZrO2和Y2O3的工艺流程如下。下列说法错误的是
A．“酸化”过程中加入的硫酸、硫酸铵可用硝酸、硝酸铵代替
B．滤渣1主要成分为CaSO4
C．“中和1”调节pH范围在4~5.5目的是沉淀锆离子
D．整个工艺过程中，硫酸铵可以实现循环利用
【答案】A
【分析】锆废砖(主要成分ZrO2、Y2O3、CaO等)提纯氧化锆和氧化钇，锆废砖加入硫酸和硫酸铵，得到硫酸钙沉淀，调节溶液pH在4 ~ 5.5范围沉淀锆离子，压滤，得到滤渣2为Zr(OH)4，焙烧得到ZrO2；滤液继续加入氨水调节溶液pH在6~ 8得Y(OH)3，过滤得滤液为滤液2为硫酸铵和氨水，滤渣水洗、煅烧得到Y2O3粉末，以此解答该题。
【详解】A．若硫酸用硝酸代替，则反应过程硝酸和CaO反应产生Ca(NO3)2，就不能形成生成CaSO4沉淀而除去Ca2+，A错误；
B．根据上述分析可知滤渣1主要成分为CaSO4，B正确；
C．“中和1”调节pH范围在4~5.5目的是使沉淀锆离子使之转化为Zr(OH)4，C正确；
D．滤液2为硫酸铍和氨水,酸化后可以返回“酸化”使用，故硫酸铵循环利用，D正确；
故合理选项是A。
10．锑(Sb)可用作阻燃剂、电极材料、催化剂等物质的原材料。一种以灰锑矿(主要成分为，还有，，MgO等)为原料提取锑的工艺如下：
下列说法不正确的是：
A．“水解”时可加入粉末以促进水解
B．“还原”的目的是防止在后续水解生成，影响产品纯度
C．“滤液”中含有的主要金属阳离子有：、、
D．“溶浸”时转化为，发生反应的离子方程式为：
【答案】D
【分析】辉锑矿（主要成分为，还含有Fe2O3、Al2O3、MgO等）中加入盐酸、FeCl3溶液溶浸，“溶浸”时氧化产物是S，被氧化为S，铁离子被还原为亚铁离子，所以Sb2S3“溶浸”时反应的化学方程式为Sb2S3＋6FeCl3＝3S＋2SbCl3＋6FeCl2，Fe2O3、Al2O3、MgO与盐酸反应生成对应的氯化物；加入Sb，Sb将Fe3＋还原为Fe2＋，Sb3＋发生水解的离子方程式为Sb3＋＋Cl−＋H2O⇌SbOCl＋2H＋，SbOCl中加入HCl，酸溶生成SbCl，最后电解得到Sb，据此分析解题。
【详解】A．Sb3＋发生水解的离子方程式为Sb3＋＋Cl−＋H2O⇌SbOCl＋2H＋，可加入粉末以促进水解，故A正确；
B．加入Sb，Sb将Fe3＋还原为Fe2＋，是防止在后续水解生成，故B正确；
C．辉锑矿（主要成分为，还含有Fe2O3、Al2O3、MgO等）中加入盐酸、FeCl3溶液溶浸，加入Sb，Sb将Fe3＋还原为Fe2＋，所以“滤液”中含有的主要金属阳离子有：、、；故C正确；
D．Sb2S3“溶浸”时反应的化学方程式为Sb2S3＋6FeCl3＝3S＋2SbCl3＋6FeCl2，所以离子方程式为，故D错误；
故答案选D。
11．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；
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。
12．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；分金渣的主要成分为；在反应中被氧化为。
下列说法不正确的是
A．“分铜”时加入的目的是降低银的浸出率
B．得到分金液的反应为：
C．得到分银液的反应为：
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，还原银成为银单质，据此分析。
【详解】A．“分铜”时加入，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．利用的氧化性，同时大量氯离子存在，可以使金形成配合离子，反应的离子方程式为：，B正确；
C．氯化银可以溶解在氨水中，形成，反应的化学方程式为：，C正确；
D．由已知被氧化成，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。
13．实验室模拟以磷石膏(含及杂质、等)为原料制取轻质，流程如下：
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的转化率
B．“浸取1”时，应先通再通，滤液1中浓度最大的阴离子为
C．“浸取2”时，发生反应的离子方程式为
D．“浸取2”时，所得滤渣2的主要成分为、
【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CaSO4的转化率，A错误；
B．由于NH3极易溶于水，CO2难溶于水，易溶于氨化后的碱性溶液，故“浸取1”，应先通NH3再通CO2，发生的反应为：CaSO4·2H2O+2NH3+CO2=CaCO3+(NH4)2SO4，故滤液1中主要溶质为(NH4)2SO4，浓度最大的阴离子为，B正确；
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：，C正确；
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、，D正确；
故答案为：A。
14．（2022·山东烟台·高三期中）氧化钪()广泛用于航天、激光和导弹等尖端科学领域。一种从钛白酸性废水(含、、、、)中富集钪并制备的工艺流程如下。可能用到的数据见下表。
已知：“有机相”中主要含有、、。下列说法正确的是A．加的目的是将氧化为
B．操作Ⅰ用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和分液漏斗
C．加10%盐酸调pH的范围为3.2~4.0
D．草酸钪焙烧生成是非氧化还原反应
【答案】AC
【分析】向含有、、的有机相中加入稀硫酸和双氧水，将氧化成，然后加入NaOH溶液获得含Ti(OH)4、Fe(OH)3和的滤渣I，加入盐酸调pH，得到含的滤液，加入草酸得到，在空气焙烧得到，反应为；以此作答；
【详解】A．溶液中含有，除去时调pH较高，不利于除去，加入双氧水将氧化为，便于除去，故A正确；
B．如图流程，操作Ⅰ后得到固体滤渣，说明操作Ⅰ为过滤，用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和漏斗，故B错误；
C．根据表中数据，pH的范围为3.2~4.0时，和未溶解，所以加10%盐酸调pH的范围为3.2~4.0的目的是为了除去和，获得含的溶液，故C正确；
D．草酸钪焙烧生成的反应为，存在元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故D错误；
故选AC。
15．（2022·安徽省阜阳第一中学高三阶段练习）电解法制备锰会有大量的阳极泥(主要含，杂质、等)产生，煅烧氧化法将电解锰阳极泥回收制备二氧化锰的流程如图所示。下列说法正确的是
已知：
A．将阳极泥煅烧氧化的原因是将转化为可溶性盐
B．滤渣的主要成分为Pb、
C．制备流程中甲醛作氧化剂
D．理论上每产生43.5g的二氧化锰，需要消耗质量分数为30%的甲醛50g
【答案】A
【详解】A．根据流程图，将阳极泥煅烧氧化的产物溶于水得溶液，可知将阳极泥煅烧氧化的原因是将转化为可溶性盐，易与PbSO4、分离，故A正确；
B．根据流程图，滤渣的主要成分为PbSO4、，故B错误；
C．制备流程中甲醛和反应生成碳酸钠、二氧化锰，甲醛中碳元素化合价升高，甲醛作还原剂，故C错误；
D．每产生43.5g的二氧化锰，设需要消耗质量分数为30%的甲醛溶液xg；
x=25g，故D错误；
选A。
开始沉淀pH
1.9
4.2
6.2
沉淀完全pH
3.2
6.7
8.2
金属离子
开始沉淀pH
1.3
6.8
1.9
4.0
沉淀完全pH
2.3
9.0
3.2
5.0
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