2025届高考化学三轮冲刺考前押题卷-制备实验方案的设计含答案

2025届高三化学三轮复习考前押题卷--制备实验方案的设计制备实验方案的设计一．选择题（共20小题）1．（2024秋•蓝田县期末）一水硫酸四氨合铜（Ⅱ）的化学式为[Cu（NH3）4]SO4•H2O是一种重要的染料及农药中间体。某学习小组以废铜料（含少量铁及难溶性杂质）为主要原料合成该物质，合成路线如图：下列说法不正确的是（）A．操作Ⅰ中发生的主要反应为：Fe+H2O2+2H+═Fe2++2H2O B．操作Ⅱ中趁热过滤除去的是难溶性杂质和氢氧化铁 C．操作Ⅲ中洗涤可用乙醇和水的混合液，干燥可采用减压干燥方式 D．设计操作Ⅳ的目的是为了提高乙醇的利用率2．（2025•南阳模拟）偏钒酸铵（NH4VO3）可作催化剂、媒染剂等，也是制备V2O5的原料，NH4VO3溶于热水，微溶于冷水。利用某种工业钒渣（含V2O5、V2O3、Al2O3）为原料制备NH4VO3的工艺流程如图所示。下列说法正确的是（）已知：Al3+在pH为3.7时才开始沉淀。A．“焙烧”过程中有一种元素化合价发生变化 B．“滤渣”中含CaSO4、Al（OH）3 C．VO2+在（NH4）2SO4溶液中反应生成NH4VO3 D．“滤液”中的溶质只有H2SO4，且能循环用于“酸浸”3．（2025•抚松县校级开学）镓（Ga）与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图所示。下列判断不合理的是（）A．金属镓可与NaOH溶液反应生成Na[Ga（OH）4]和氢气 B．Ga2O3可与盐酸反应生成GaCl3 C．向GaCl3溶液中逐滴加入足量氨水，先生成沉淀，后沉淀溶解 D．Al、Ga均处于第三主族4．（2024秋•长沙校级期末）亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊（Mathieson）法制备亚氯酸钠的流程如图，下列说法错误的是（）A．反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1 B．若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物 C．反应②中的H2O2可用NaClO2代替 D．反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O25．（2025•鄂州一模）高效净水剂高铁酸钾制备流程如图所示：下列说法错误的是（）A．可用热的Na2CO3溶液清洗铁屑表面的油污 B．若铁屑足量，则“反应Ⅰ”生成FeCl2 C．“反应Ⅱ”的离子方程式：3ClO﹣+10OH﹣+2Fe3+＝2FeO42−+3Cl﹣+5HD．该生产条件下的溶解度：Na2FeO4＞K2FeO46．（2024秋•莆田期末）亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效漂白剂和氧化剂。一种制备亚氯酸钠的流程如图：下列说法正确的是（）A．化合物NaClO2、ClO2、NaClO3中氯元素的化合价相同 B．反应①的离子方程式为ClO3−+SO2+2H+＝ClO2↑+SOC．反应②中参加反应的H2O2是还原剂，氧化产物为O2 D．反应②中的H2O2用O2代替也可以达到同样的目的7．（2025•河南开学）利用NaClO和尿素[CO（NH2）2]反应制备N2H4•H2O（水合肼）的实验流程如图所示，下列说法错误的是（）已知：①氯气与烧碱溶液的反应放热，若温度过高会产生副产物NaClO3；②N2H4•H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。A．步骤Ⅰ中应采用冰水浴 B．步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若NaClO与NaClO3的物质的量之比为5：1，则参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：5 C．步骤Ⅰ中每生成1molN2H4•H2O反应中转移2mol电子 D．步骤Ⅰ中应将NaClO碱性溶液逐滴滴入尿素水溶液中8．（2025•长春二模）便携式消毒除菌卡主要活性成分为亚氯酸钠（NaClO2），一种制备NaClO2粗产品的工艺流程如图。已知纯ClO2易分解爆炸，一般用空气稀释到10%以下。下列说法错误的是（）A．溶解过程中不可以用盐酸代替稀硫酸 B．发生器中鼓入空气的主要目的是提供O2 C．吸收塔中温度过高，会导致NaClO2产率下降 D．吸收塔中H2O2做还原剂9．（2024秋•山东校级期末）某小组回收锌锰电池废料（主要含MnO2、MnOOH等）制备高锰酸钾，简易流程如图所示。下列说法错误的是（）A．“浸出”过程使用过滤操作，用到的玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗 B．“系列操作”中，进行高温干燥KMnO4 C．“氧化”操作利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4，可推知在碱性条件下Cl2氧化性大于KMnO4 D．“碱熔”的产物K2MnO4是氧化产物10．（2024秋•长沙期末）纳米级四氧化三铁是应用最为广泛的软磁性材料之一。共沉淀法是目前制备纳米四氧化三铁的重要方法，其流程如图所示。下列说法错误的是（）A．该制备方法的反应类型不涉及氧化还原反应 B．共沉淀法中FeSO4•7H2O和FeCl3•6H2O的物质的量之比最好应为1：2 C．滤液进行焰色试验，若火焰为黄色，则说明氢氧化钠过量 D．另一种水热法制备纳米Fe3O4颗粒的反应为3Fe2++2S2O32−+O2+4OH﹣═Fe3O4↓+S4O62−+2H11．（2024秋•庐阳区校级期末）一种利用含钴废料[主要成分为Co3O4（该物质中Co的化合价有+2和+3），还含有少量Fe2O3、Al2O3杂质]制备LiCoO2的工艺流程如下。下列说法错误的是（）A．由流程可知氧化性：Co（Ⅲ）＜H2O2 B．加氨水的目的是为了除去铁元素和铝元素 C．气体X属于酸性氧化物 D．“高温焙烧”时的化学方程式：4CoCO3+2Li2CO3+O2高温¯4LiCoO2+6CO212．（2024秋•西青区期末）铅糖（乙酸铅）有抑菌、止痒功效。以铅废料（主要含PbO、ZnO、MgO等）为原料制备铅糖的流程如图：[已知：Zn（OH）2易溶于氨水]下列说法错误的是（）A．向滤液1中滴加氨水至过量，先产生白色沉淀，然后沉淀全部溶解 B．“酸浸溶铅”工序中发生反应的化学方程式为2CH3COOH+PbCO3═（CH3COO）2Pb+CO2↑+H2O C．“转化”工序中主要反应的离子方程式为：PbSO4（s）+CO32−（aq）⇌PbCO3（s）D．粉碎含铅废料能增大“酸浸”工序中的化学反应速率13．（2025•江苏二模）以磷石膏（含CaSO4和少量SiO2等）为原料制备轻质CaCO3的部分流程如图所示：已知：室温下，Ka1(下列说法不正确的是（）A．pH＝9.5的0.1mol•L﹣1的（NH4）2CO3溶液中：c(HB．pH＝6的NH4Cl溶液中：c(NHC．“转化”后得到的滤液中：c(SOD．“浸取”反应的离子方程式为CaO+2N14．（2024秋•辽宁期末）用废催化剂（V2O5﹣WO3/TiO2）制备NH4VO3的过程如图所示。已知：V2O5可与纯碱反应生成NaVO3。下列说法错误的是（）A．“焙烧”时有大量CO2产生 B．“酸浸”加料完成后，适当升温或延长浸泡时间，可提高钒元素的浸出率 C．“分离”时采用蒸馏法，蒸馏操作中需要使用球形冷凝管 D．“沉钒”时增大铵根浓度能降低NH4VO3的溶解度使其析出15．（2024秋•无锡期末）一种利用废旧镀锌铁皮制备磁性Fe3O4纳米粒子的主要流程如图：下列说法不正确的是（）A．“碱洗”是为了除去废旧镀锌铁皮表面的锌 B．“氧化”时需将1/3的Fe2+氧化为Fe3+ C．沉铁过程中通入N2可防止+2价铁的过度氧化 D．分离时需选用孔径小于1nm的半透膜进行过滤16．（2024秋•无锡期末）以电石渣[主要成分为Ca（OH）2和CaCO3]为原料制备KClO3的步骤如下：Ⅰ.将电石渣与水混合，搅拌，形成浆料Ⅱ.75℃时向浆料中通入Cl2充分反应，过滤Ⅲ.向滤液中加入稍过量的KCl固体，蒸发浓缩，冷却至25℃结晶得KClO3下列说法正确的是（）A．通Cl2时CaCO3不发生反应 B．通入Cl2的速率越快，Cl2的利用率越高 C．步骤Ⅱ中Cl2和Ca（OH）2反应的方程式为：2ClD．25℃时KClO3的溶解度小于Ca（ClO3）2的溶解度17．（2025•泉州三模）实验室利用含钴废催化剂（主要成分为CoO，少量Fe2O3）制备无水CoCl2的过程如下，下列说法不正确的是（）A．“溶解”时，主要发生反应：CoO+2H+＝Co2++H2O B．试剂X选择Fe2O3 C．操作a为：加热浓缩、冷却结晶、过滤等 D．操作b为：在HCl气流中加热脱水18．（2025•湖南模拟）用如图所示的分馏装置使用乙酰乙酸乙酯（CH3COCH2COOC2H5，A）制取脱氢醋酸（，B）时，发生可逆反应2A→△NaHCO3B+2C2A．刺形分馏柱上缠绕棉绳的目的是减少热量散失 B．为确保实验安全，宜选用量程更大的水银温度计来代替酒精温度计 C．反应过程中除去乙醇有利于提高产率 D．可选用水作为脱氢醋酸重结晶的溶剂19．（2024秋•白银校级期末）高铁酸钾（K2FeO4）具有杀菌消毒及净水作用，某实验小组在碱性条件下制备K2FeO4流程如图所示：下列说法正确的是（）A．1molK2FeO4消毒能力相当于3molHClO B．“氧化”步骤发生反应的化学方程式为：3NaClO+2Fe（NO3）3+10NaOH＝2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2O C．同温度时高铁酸钠溶解度小于高铁酸钾 D．提纯时应用到的玻璃仪器有蒸发皿、玻璃棒、烧杯、酒精灯20．（2024秋•岳阳县校级期末）工业上以钛铁矿（FeTiO3，其中Fe为+2价）为主要原料制备金属钛的工艺流程如图所示，下列说法正确的是（）A．“氯化”过程中，每生成0.1molCO气体，转移电子0.2mol B．由TiCl4制备Ti的过程中，Ar的作用是防止Ti被氧化，因此也可用N2代替 C．理论上，每制得1molTi，需要48gMg D．用于还原的Mg工业上可以采用电解熔融MgO的方法制取制备实验方案的设计参考答案与试题解析一．选择题（共20小题）1．（2024秋•蓝田县期末）一水硫酸四氨合铜（Ⅱ）的化学式为[Cu（NH3）4]SO4•H2O是一种重要的染料及农药中间体。某学习小组以废铜料（含少量铁及难溶性杂质）为主要原料合成该物质，合成路线如图：下列说法不正确的是（）A．操作Ⅰ中发生的主要反应为：Fe+H2O2+2H+═Fe2++2H2O B．操作Ⅱ中趁热过滤除去的是难溶性杂质和氢氧化铁 C．操作Ⅲ中洗涤可用乙醇和水的混合液，干燥可采用减压干燥方式 D．设计操作Ⅳ的目的是为了提高乙醇的利用率【答案】A【分析】含铜废料加硫酸和双氧水，铜被氧化为硫酸铜，铁被氧化为硫酸铁，加氧化铜调节pH＝4生成氢氧化铁沉淀除去铁，滤液得硫酸铜溶液，滤液中加氨水生成深蓝色硫酸四氨合铜溶液，加入乙醇，硫酸四氨合铜溶解度降低，析出[Cu（NH3）4]SO4•H2O，过滤、洗涤、干燥得到一水硫酸四氨合铜，滤液经过酸化调pH，蒸馏出的乙醇继续循环利用。【解答】解：A．操作Ⅰ中铜被氧化为硫酸铜，发生的主要反应为：Cu+H2O2+2H+＝Cu2++2H2O，故A错误；B．加氧化铜调节pH＝4生成氢氧化铁沉淀，操作Ⅱ中趁热过滤除去的是难溶性杂质和氢氧化铁，故B正确；C．硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度远小于在水中的溶解度，操作Ⅲ中洗涤可用乙醇和水的混合液，干燥可采用减压干燥方式，故C正确；D．设计操作Ⅳ，乙醇循环利用，目的是为了提高乙醇的利用率，故D正确；故选：A。【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。2．（2025•南阳模拟）偏钒酸铵（NH4VO3）可作催化剂、媒染剂等，也是制备V2O5的原料，NH4VO3溶于热水，微溶于冷水。利用某种工业钒渣（含V2O5、V2O3、Al2O3）为原料制备NH4VO3的工艺流程如图所示。下列说法正确的是（）已知：Al3+在pH为3.7时才开始沉淀。A．“焙烧”过程中有一种元素化合价发生变化 B．“滤渣”中含CaSO4、Al（OH）3 C．VO2+在（NH4）2SO4溶液中反应生成NH4VO3 D．“滤液”中的溶质只有H2SO4，且能循环用于“酸浸”【答案】C【分析】钒渣含V2O5、V2O3、Al2O3，加入氧化钙，通入氧气，焙烧，V2O3被氧化为V2O5，加入稀硫酸酸浸后，钒元素以VO2+形式存在，Al3+在pH为3.7时才开始沉淀，所以滤渣为CaSO4沉淀，向滤液中加入（NH4）2SO4溶液，发生反应，生成NH4VO【解答】解：A．“焙烧”过程中+3价V元素和O元素化合价发生变化，故A错误；B．”滤渣”中含CaSO4、没有Al（OH）3沉淀，因为pH＝2.5，Al3+还没有沉淀，故B错误；C．NH4VO3溶于热水，微溶于冷水，VO2+在（NH4）2SO4溶液中反应生成NH4VOD．“滤液”中的溶质有H2SO4，还有Al2（SO4）3，不循环用于“酸浸”，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及NH4VO3的制取，属于高考高频考点，难度中等。3．（2025•抚松县校级开学）镓（Ga）与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图所示。下列判断不合理的是（）A．金属镓可与NaOH溶液反应生成Na[Ga（OH）4]和氢气 B．Ga2O3可与盐酸反应生成GaCl3 C．向GaCl3溶液中逐滴加入足量氨水，先生成沉淀，后沉淀溶解 D．Al、Ga均处于第三主族【答案】C【分析】铝土矿中的Al2O3、Ga2O3与NaOH溶液反应生成Na[Al（OH）4]、Na[Ga（OH）4]，通入适量CO2，Na[Al（OH）4]转化成Al（OH）3沉淀，与Na[Ga（OH）4]经过滤分离，Na[Ga（OH）4]经系列操作最终制得Ga。【解答】解：A．Ga与Al同主族，曾被称为“类铝”，仿Al与NaOH溶液的反应可知，Ga可与NaOH溶液反应生成Na[Ga（OH）4]和H2，故A正确；B．Ga的氧化物为两性氧化物，Ga2O3能与盐酸反应生成GaCl3和H2O，故B正确；C．Ga的氢氧化物为两性氢氧化物，Ga（OH）3能溶于强碱溶液、不能溶于弱碱溶液，故向GaCl3溶液中逐滴加入足量氨水，生成的沉淀不会溶解，故C错误；D．在元素周期表中Al、Ga都处于第ⅢA族，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查制备实验方案的设计等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。4．（2024秋•长沙校级期末）亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊（Mathieson）法制备亚氯酸钠的流程如图，下列说法错误的是（）A．反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1 B．若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物 C．反应②中的H2O2可用NaClO2代替 D．反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2【答案】C【分析】由制备流程可知，①中NaClO3在酸性条件下与二氧化硫发生氧化还原反应生成NaHSO4和ClO2，反应为2NaClO3+H2SO4+SO2＝2ClO2+2NaHSO4；②中ClO2与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2，反应为2NaOH+2ClO2+H2O2═O2↑+2H2O+2NaClO2，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到NaClO2，以此解答该题。【解答】解：A．反应①为2NaClO3+H2SO4+SO2＝2ClO2+2NaHSO4，Cl元素的化合价降低、S元素的化合价升高，氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1，故A正确；B．反应①为2NaClO3+H2SO4+SO2＝2ClO2+2NaHSO4，Cl得到电子被还原，反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物，故B正确；C．反应②为2NaOH+2ClO2+H2O2═O2↑+2H2O+2NaClO2，H2O2作还原剂，NaClO2与ClO2不反应，不能用NaClO2代替，故C错误；D．反应②中ClO2为氧化剂，H2O2为还原剂，可知ClO2的氧化性大于H2O2，故D正确；故选：C。【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的氧化还原反应、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。5．（2025•鄂州一模）高效净水剂高铁酸钾制备流程如图所示：下列说法错误的是（）A．可用热的Na2CO3溶液清洗铁屑表面的油污 B．若铁屑足量，则“反应Ⅰ”生成FeCl2 C．“反应Ⅱ”的离子方程式：3ClO﹣+10OH﹣+2Fe3+＝2FeO42−+3Cl﹣+5HD．该生产条件下的溶解度：Na2FeO4＞K2FeO4【答案】B【分析】铁与氯气反应生成氯化铁，加入NaClO、NaOH，次氯酸钠将铁离子在碱性条件下氧化成Na2FeO4，加入饱和KOH溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4），分离得到粗K2FeO4，采用重结晶、洗涤、低温烘干将其提纯，以此解答该题。【解答】解：A．Na2CO3溶液显碱性，热的Na2CO3溶液碱性强，可以清洗铁屑表面的油污，故A正确；B．反应I是氯气和铁反应生成FeCl3，若铁屑足量，“反应Ⅰ”也生成FeCl3，故B错误；C．反应Ⅱ中次氯酸钠在碱性环境中将氯化铁氧化为Na2FeO4，NaClO转化为NaCl，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3ClO﹣+10OH﹣+2Fe3+＝2FeO42−+3Cl﹣D．向饱和的KOH溶液中加入Na2FeO4，K2FeO4晶体析出，说明该条件下，Na2FeO4的溶解度大于K2FeO4，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查制备实验方案的设计等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。6．（2024秋•莆田期末）亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效漂白剂和氧化剂。一种制备亚氯酸钠的流程如图：下列说法正确的是（）A．化合物NaClO2、ClO2、NaClO3中氯元素的化合价相同 B．反应①的离子方程式为ClO3−+SO2+2H+＝ClO2↑+SOC．反应②中参加反应的H2O2是还原剂，氧化产物为O2 D．反应②中的H2O2用O2代替也可以达到同样的目的【答案】C【分析】NaClO3在酸性条件下与二氧化硫发生氧化还原反应生成ClO2，然后与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到NaClO3，以此解答该题。【解答】解：A．化合物NaClO2、ClO2、NaClO3中氯元素的化合价分别为+3、+4、+5，故A错误；B．反应①中NaClO3转化为ClO2，Cl元素化合价降低1价，SO2转化为NaHSO4，S元素化合价升高2价，根据得失电子守恒可知，反应为2ClO3−+SO2＝2ClO2C．反应②中ClO2氯元素化合价降低，过氧化氢中氧化合价升高，反应②中参加反应的H2O2是还原剂，氧化产物为O2，故C正确；D．反应②中的H2O2做还原剂，而氧气具有氧化性，故不可以用H2O2代替，故D错误；故选：C。【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。7．（2025•河南开学）利用NaClO和尿素[CO（NH2）2]反应制备N2H4•H2O（水合肼）的实验流程如图所示，下列说法错误的是（）已知：①氯气与烧碱溶液的反应放热，若温度过高会产生副产物NaClO3；②N2H4•H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。A．步骤Ⅰ中应采用冰水浴 B．步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若NaClO与NaClO3的物质的量之比为5：1，则参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：5 C．步骤Ⅰ中每生成1molN2H4•H2O反应中转移2mol电子 D．步骤Ⅰ中应将NaClO碱性溶液逐滴滴入尿素水溶液中【答案】B【分析】由流程可知，步骤Ⅰ中发生Cl2+2OH﹣＝ClO﹣+Cl﹣+H2O，温度过高时易发生3Cl2+6OH﹣=ClO3−+5Cl﹣+3H2O，步骤Ⅱ中发生ClO﹣+CO（NH2）2+2OH﹣═Cl﹣+N2H4•H2O+CO32−【解答】解：A.结合分析可知，步骤Ⅰ中温度过高会发生副反应，应采用冰水浴，故A正确；B.结合分析可知，设NaClO与NaClO2的物质的量分别为5mol、1molCl失去电子为5mol×（1﹣0）+1mol×（5﹣0）＝10mol，由电子守恒可知Cl得到电子为10mol，由原子守恒可知参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为10mol：（5mol+1mol）＝5：3，故B错误；C.步骤Ⅱ发生的反应为ClO﹣+CO(NH2)2+2OH−═Cl−+D.在步骤Ⅱ中，为防止过量的NaClO溶液将NaH2•H2O氧化，应将NaClO溶液逐滴滴入尿素中，故D正确，故选：B。【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。8．（2025•长春二模）便携式消毒除菌卡主要活性成分为亚氯酸钠（NaClO2），一种制备NaClO2粗产品的工艺流程如图。已知纯ClO2易分解爆炸，一般用空气稀释到10%以下。下列说法错误的是（）A．溶解过程中不可以用盐酸代替稀硫酸 B．发生器中鼓入空气的主要目的是提供O2 C．吸收塔中温度过高，会导致NaClO2产率下降 D．吸收塔中H2O2做还原剂【答案】B【分析】NaClO3在稀硫酸中溶解，通入SO2在发生器中发生氧化还原反应，生成ClO2和Na2SO4，通过鼓入空气，防止ClO2浓度过高，还可以将其吹进吸收塔，根据氧化还原反应规律可知，在吸收塔中ClO2与双氧水、氢氧化钠反应生成NaClO2和氧气，再经过一系列操作得到NaClO2粗产品；【解答】解：A.NaClO3具有强氧化性，可以氧化HCl，则溶解过程中不可以用盐酸代替稀硫酸，故A正确；B.发生器中鼓入空气的主要目的是防止ClO2浓度过高，因为纯ClO2易分解爆炸，故B错误；C.H2O2不稳定，温度过高，H2O2容易分解，如果吸收塔中温度过高，会导致H2O2分解，从而导致NaClO2产率下降，故C正确；D.ClO2与双氧水、氢氧化钠反应生成NaClO2和氧气，流程中H2O2做还原剂，故D正确：故选：B。【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。9．（2024秋•山东校级期末）某小组回收锌锰电池废料（主要含MnO2、MnOOH等）制备高锰酸钾，简易流程如图所示。下列说法错误的是（）A．“浸出”过程使用过滤操作，用到的玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗 B．“系列操作”中，进行高温干燥KMnO4 C．“氧化”操作利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4，可推知在碱性条件下Cl2氧化性大于KMnO4 D．“碱熔”的产物K2MnO4是氧化产物【答案】B【分析】锌锰电池废料主要含MnO2、MnOOH等，因二氧化硅与碱高温下反应，可选铁坩埚碱熔，Mn元素的化合价升高，氯酸钾中Cl元素的化合价降低，生成K2MnO4溶液，碱熔时氯酸钾可能分解生成氧气，氧化时氯气可氧化生成KMnO4，加热结晶分离出固体KMnO4。【解答】解：A．“浸出”过程使用过滤操作，用到的玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗，故A正确；B．高温干燥KMnO4会受热分解，故B错误；C．“氧化”中氯气是氧化剂，高锰酸钾是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故C正确；D．“碱熔”的产物K2MnO4是氧化产物，故D正确；故选：B。【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。10．（2024秋•长沙期末）纳米级四氧化三铁是应用最为广泛的软磁性材料之一。共沉淀法是目前制备纳米四氧化三铁的重要方法，其流程如图所示。下列说法错误的是（）A．该制备方法的反应类型不涉及氧化还原反应 B．共沉淀法中FeSO4•7H2O和FeCl3•6H2O的物质的量之比最好应为1：2 C．滤液进行焰色试验，若火焰为黄色，则说明氢氧化钠过量 D．另一种水热法制备纳米Fe3O4颗粒的反应为3Fe2++2S2O32−+O2+4OH﹣═Fe3O4↓+S4O62−+2H【答案】C【分析】制备纳米级四氧化三铁的流程为将FeSO4溶液和FeCl3溶液在70℃～90℃NaOH溶液中进行共沉淀得到Fe3O4，经过滤、洗涤、干燥后得到纳米级四氧化三铁，据此信息解答。【解答】解：A．该制备方法是将FeSO4中的Fe2+和FeCl3中的Fe3+在70℃～90℃NaOH溶液中按照一定比例组合得到纳米级Fe3O4，未发生化合价变化，所以不涉及氧化还原反应，故A正确；B．Fe3O4可看成FeO•Fe2O3，Fe3O4中有1个+2价铁和2个+3价铁，则提供Fe2+的FeSO4•7H2O和Fe3+的FeCl3•6H2O的物质的量之比最好应为1：2，故B正确；C．根据反应，无论氢氧化钠是否过量，滤液中一定含有Na+，钠的焰色试验中火焰颜色为黄色，所以焰色一定为黄色，不能说明氢氧化钠是否过量，故C错误；D．在纳米Fe3O4中，Fe2+和Fe3+的物质的量之比为1：2，根据反应为3Fe2++2S2O32−+O2+4OH−=F故选：C。【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。11．（2024秋•庐阳区校级期末）一种利用含钴废料[主要成分为Co3O4（该物质中Co的化合价有+2和+3），还含有少量Fe2O3、Al2O3杂质]制备LiCoO2的工艺流程如下。下列说法错误的是（）A．由流程可知氧化性：Co（Ⅲ）＜H2O2 B．加氨水的目的是为了除去铁元素和铝元素 C．气体X属于酸性氧化物 D．“高温焙烧”时的化学方程式：4CoCO3+2Li2CO3+O2高温¯4LiCoO2+6CO2【答案】A【分析】含钴废料加入硫酸、双氧水进行酸溶，金属化合物形成金属离子进入溶液，根据后面钴元素的化合价分析，加入双氧水还原Co（Ⅲ）为Co（II），加入氨水，将三价铁离子、铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，随后加入碳酸氢钠，生成碳酸钴同时生成CO2气体，再经过高温焙烧，最后得到目标产品；【解答】解：A．含钴废料经过“酸浸”、“调pH”、“沉钴”后产物为碳酸钴同时生成CO2气体，“调pH”和“沉钴”过程中均无化合价变化，因此在“酸浸”过程中Co（Ⅲ）为Co（II），过氧化氢作还原剂，Co（Ⅲ）做氧化剂，氧化性：Co（Ⅲ）＞H2O2，故A错误；B．加入氨水调节溶液pH，生成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，除去铁元素和铝元素，故B正确；C．沉钴过程中生成X为二氧化碳，属于酸性氧化物，故C正确；D．“高温焙烧”时碳酸钴、碳酸锂和氧气高温条件下反应生成LiCoO2和二氧化碳，化学方程式：4CoCO3+2Li2CO3+O2高温¯4LiCoO2+6CO2故选：A。【点评】本题主要考查物质的分离与提纯的基本方法，理解流程的原理是解决问题的关键，属于基本知识的考查，难度中等。12．（2024秋•西青区期末）铅糖（乙酸铅）有抑菌、止痒功效。以铅废料（主要含PbO、ZnO、MgO等）为原料制备铅糖的流程如图：[已知：Zn（OH）2易溶于氨水]下列说法错误的是（）A．向滤液1中滴加氨水至过量，先产生白色沉淀，然后沉淀全部溶解 B．“酸浸溶铅”工序中发生反应的化学方程式为2CH3COOH+PbCO3═（CH3COO）2Pb+CO2↑+H2O C．“转化”工序中主要反应的离子方程式为：PbSO4（s）+CO32−（aq）⇌PbCO3（s）D．粉碎含铅废料能增大“酸浸”工序中的化学反应速率【答案】A【分析】以铅废料（含PbO、ZnO、MgO）等为原料，制备乙酸铅，含铅废料加入稀硫酸浸取反应过滤得到PbSO4沉淀，滤液1中主要为硫酸锌、硫酸镁；硫酸铅加入碳酸钠溶液后实现沉淀转化，得到碳酸铅沉淀和硫酸钠溶液（滤液2），碳酸铅溶解在醋酸溶液中得到乙酸铅溶液溶液，冷却结晶、过滤得乙酸铅。【解答】解：A．滤液1中主要为硫酸锌、硫酸镁，滴加氨水后生成氢氧化锌、氢氧化镁沉淀，继续滴加氢氧化锌溶解，但氢氧化镁不溶解，即沉淀不能完全溶解，故A错误；B．醋酸的酸性强于碳酸，故醋酸可以和碳酸铅反应生成乙酸铅、水、CO2，化学方程式为2CH3COOH+PbCO3＝（CH3COO）2Pb+CO2↑+H2O，故B正确；C．“转化”工序中硫酸铅转化为碳酸铅，离子方程式为PbSO4（s）+CO32−（aq）⇌PbCO3D．粉碎含铅废料，可以增大反应物的接触面积，有利于加快反应速率，故D正确；故选：A。【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。13．（2025•江苏二模）以磷石膏（含CaSO4和少量SiO2等）为原料制备轻质CaCO3的部分流程如图所示：已知：室温下，Ka1(下列说法不正确的是（）A．pH＝9.5的0.1mol•L﹣1的（NH4）2CO3溶液中：c(HB．pH＝6的NH4Cl溶液中：c(NHC．“转化”后得到的滤液中：c(SOD．“浸取”反应的离子方程式为CaO+2N【答案】C【分析】磷石膏（含CaSO4和少量SiO2）中加入（NH4）2CO3溶液，CaSO4转化为CaCO3，过滤后的滤渣中含有CaCO3、SiO2，滤渣煅烧CaCO3分解成CaO，然后加入NH4Cl溶液浸取，浸取后的滤液经系列步骤得到轻质CaCO3。【解答】解：A．碳酸的Ka1•Ka2=c(CO32−)c2(H+)c(HB．氯化铵溶液中，c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)=c(Cl−)，c(NH4+)+c(H+C．“转化”后得到的滤液中硫酸钙不一定饱和，所以c(SOD．“浸取”时，NH4Cl与CaO反应生成CaCl2和NH3•H2O，反应放出的热量促进NH3•H2O分解，所以发生反应CaO+2NH故选：C。【点评】本题主要考查制备实验方案的设计等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。14．（2024秋•辽宁期末）用废催化剂（V2O5﹣WO3/TiO2）制备NH4VO3的过程如图所示。已知：V2O5可与纯碱反应生成NaVO3。下列说法错误的是（）A．“焙烧”时有大量CO2产生 B．“酸浸”加料完成后，适当升温或延长浸泡时间，可提高钒元素的浸出率 C．“分离”时采用蒸馏法，蒸馏操作中需要使用球形冷凝管 D．“沉钒”时增大铵根浓度能降低NH4VO3的溶解度使其析出【答案】C【分析】回收V2O5﹣WO3/TiO2催化剂并制备NH4VO3的过程可为：废催化剂主要成分为V2O5﹣WO3/TiO2，加碳酸钠焙烧后转变为钠盐，同时释放出CO2气体，再加4%硫酸酸浸，过滤得滤液含VO3−，滤液中加入氯化铵析出NH4【解答】解：回收V2O5﹣WO3/TiO2催化剂并制备NH4VO3的过程可为：废催化剂主要成分为V2O5﹣WO3/TiO2，加碳酸钠焙烧后转变为钠盐，同时释放出CO2气体，再加4%硫酸酸浸，过滤得滤液含VO3−，滤液中加入氯化铵析出NH4A．“焙烧”时V2O5可与纯碱反应生成NaVO3，同时有大量CO2产生，故A正确；B．适当升温或延长浸泡时间，可提高钒元素的浸出率，故B正确；C．蒸馏操作中不能使用球形冷凝管，应该用直形冷凝管，故C错误；D．在NH4VO3溶于水时存在：NH4VO3（s）⇋NH4+（aq）+VO3故选：C。【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。15．（2024秋•无锡期末）一种利用废旧镀锌铁皮制备磁性Fe3O4纳米粒子的主要流程如图：下列说法不正确的是（）A．“碱洗”是为了除去废旧镀锌铁皮表面的锌 B．“氧化”时需将1/3的Fe2+氧化为Fe3+ C．沉铁过程中通入N2可防止+2价铁的过度氧化 D．分离时需选用孔径小于1nm的半透膜进行过滤【答案】B【分析】锌和氢氧化钠溶液反应，用氢氧化钠溶液清洗废旧镀锌铁皮，氢氧化钠除掉锌和表面的油污，再用稀硫酸反应生成硫酸亚铁，再用次氯酸钠溶液氧化亚铁离子，向溶液中加入氢氧化钠溶液生成氢氧化亚铁和氢氧化铁沉淀，分离后进一步反应生成磁性Fe3O4纳米粒子。【解答】解：A．根据分析可知Zn和NaOH溶液反应，用NaOH溶液清洗废旧镀锌铁皮，氢氧化钠除掉锌和表面的油污，故A正确；B．Fe3O4中铁元素有23为Fe3+，“氧化”时需将23的Fe2+氧化为FeC．Fe2+很容易被氧化，制备磁性Fe3O4纳米粒子，要求Fe2+不能完全被氧化，所以“加热沉铁”时通入N2目的是排除O2对产品的影响，可防止+2价铁的过度氧化，故C正确；D．磁性Fe3O4纳米粒子不能通过1nm的半透膜，分离时需选用孔径小于1nm的半透膜进行过滤，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查制备实验方案的设计等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。16．（2024秋•无锡期末）以电石渣[主要成分为Ca（OH）2和CaCO3]为原料制备KClO3的步骤如下：Ⅰ.将电石渣与水混合，搅拌，形成浆料Ⅱ.75℃时向浆料中通入Cl2充分反应，过滤Ⅲ.向滤液中加入稍过量的KCl固体，蒸发浓缩，冷却至25℃结晶得KClO3下列说法正确的是（）A．通Cl2时CaCO3不发生反应 B．通入Cl2的速率越快，Cl2的利用率越高 C．步骤Ⅱ中Cl2和Ca（OH）2反应的方程式为：2ClD．25℃时KClO3的溶解度小于Ca（ClO3）2的溶解度【答案】D【分析】电石渣含有Ca（OH）2，加入水打浆，通入氯气，可生成Ca（ClO3）2，过滤后在滤液中加入KCl转化生成KClO3，经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体KClO3。【解答】解：A．氯气溶于水发生反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，由于酸性：HCl＞H2CO3＞HClO，所以生成的HCl会与CaCO3发生反应：2HCl+CaCO3＝CaCl2+CO2↑+H2O，该反应发生，使Cl2与水的可逆反应正向移动，从而使氯气、CaCO3不断被消耗，故通Cl2时CaCO3也会发生反应，故A错误；B．通入氯气的速率如果过快，氯气与石灰乳接触就不充分，氯气来不及反应就从装置中逸出，导致Cl2的利用率降低，故B错误；C．在加热时氯气与Ca（OH）2发生歧化反应产生氯化钙、Ca（ClO3）2、H2O，根据电子守恒和元素守恒可得步骤Ⅱ中反应方程式为：6Ca（OH）2+6Cl275℃¯5CaCl2+Ca（ClO3）2+6H2D．在加热时氯气与Ca（OH）2反应生成CaCl2、Ca（ClO3）2和H2O，过滤后弃去滤渣，向滤液中加入KCl固体，蒸发浓缩，冷却至25℃结晶析出的是氯酸钾晶体，说明Ca（ClO3）2转化为KClO3，则在25℃时KClO3的溶解度比Ca（ClO3）2更小，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查制备实验方案的设计等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。17．（2025•泉州三模）实验室利用含钴废催化剂（主要成分为CoO，少量Fe2O3）制备无水CoCl2的过程如下，下列说法不正确的是（）A．“溶解”时，主要发生反应：CoO+2H+＝Co2++H2O B．试剂X选择Fe2O3 C．操作a为：加热浓缩、冷却结晶、过滤等 D．操作b为：在HCl气流中加热脱水【答案】B【分析】实验室利用含钴废催化剂（主要成分为CoO，少量Fe2O3）在盐酸作用下溶解，生成氯化钴和氯化铁，经过调节pH除去铁离子，再加热浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到CoCl2•6H2O，在HCl气流中加热脱水即可得到无水CoCl2，据此进行解答。【解答】解：A．“溶解”时，CoO与酸的反应：CoO+2H+＝Co2++H2O，故A正确；B．试剂X的作用是调pH，使Fe3+完全沉淀且不引入新杂质，Fe2O3会增加杂质Fe3+的量，应该选用CoO，故B错误；C．操作a是为了得到得到CoCl2•6H2O，操作为：加热浓缩、冷却结晶、过滤等操作，故C正确；D．CoCl2加热易水解，为抑制其水解，CoCl2•6H2O应在HCl气流中加热脱水，故D正确；故选：B。【点评】本题考查物质的制备，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。18．（2025•湖南模拟）用如图所示的分馏装置使用乙酰乙酸乙酯（CH3COCH2COOC2H5，A）制取脱氢醋酸（，B）时，发生可逆反应2A→△NaHCO3B+2C2A．刺形分馏柱上缠绕棉绳的目的是减少