2024年新高考化学工艺流程解题

纵观近几年高考试题，化学工艺流程题(选择题)均取材于成熟的化学工艺或改进工艺，该类试题以简洁的工艺流程图再现实际生产的关键环节，情境真实富有意义。解答时，要紧紧围绕工艺流程的最终目的，明确原料转化为产品的生产原理、除杂并分离提纯产品的方法、提高产量和产率的措施、减少污染注意环保的“绿色预计2024年高考试题，将会从以下几个方面设置选项提问：1.原料的预处理方法及其目的。2.流程中指定转化的方程式书写和反应条件的控制。3.化工流程中的分离提纯方法及原理和有关仪器选择等。4.化工流程中滤液、滤渣的成分判断。【策略1】明确化工流程中条件控制的思考角度条件控制思考角度固体原料粉将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以目的：提高原料转化率、利用率、浸取率，提高产品的产率等；①除去硫、碳单质；②有机物转化、除去有机物；③高温下原料与空气中氧气反应；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，如①溶解转变成可溶物进入溶液中，以达到与难溶物分离的目的；②去氧化物(膜);①除去金属表面的油污；②溶解两性化合物(Al₂O₃、ZnO等),溶解铝、二氧化硅等水浸与水接触反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中；醇浸提取有机物，常采用有机溶剂(乙醚，二氯甲烷等)浸取的方法提取有机物；加热①加快反应速率或溶解速率；③除杂，除去热不稳定的杂质，如：H₂O₂、氨水、铵盐(NH₄CL)、硝酸盐、NaHCO₃、Ca(HCO₃)₂、KMnO₄等物质；④使沸点相对较低或易升华的原料气化；⑤煮沸时促进溶液中的气体(如氧气)挥发逸出等；降温①防止某物质在高温时溶解(或分解);②使化学平衡向着题目要求的方向(放热反应方向)移动；③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离等；④降低某些晶体的溶解度，使其结晶析出，减少损失等；一定范围(综合考虑)温度过低：反应速率过慢或溶解速率小；温度过高：①催化剂逐渐失活，化学反应速率急剧下降；②物质分解，如：NaHCO₃、NH₄HCO₃、H₂O₂、浓HNO₃等；③物质会挥发，如：浓硝酸、浓盐酸、醋酸、液溴、乙醇等；④物质氧化，如：Na₂SO₃等；(常用水浴、冰浴或油浴)①防止副反应的发生；②使化学平衡移动；控制化学反应的方向；③控制固体的溶解与结晶；④控制反应速率；使催化剂达到最大活性；⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发；⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离；⑦趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量；⑧降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求；或浓度①酸浸时提高酸的浓度可提高矿石中某金属元素的浸取率；②增大便宜、易得的反应物的浓度，可以提高其他物质的利用率，使反应充分进行；③增大物质浓度可以加快反应速率，使平衡发生移动等；加入氧化剂(或还原剂)①氧化(或还原)某物质，转化为目标产物的价态；②除去杂质离子[如把Fe²+氧化成Fe³+,而后调溶液的pH,使其转化为Fe(OH)₃沉淀除去];加入沉淀剂①生成硫化物沉淀(如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁等);②加入可溶性碳酸盐，生成碳酸盐沉淀；③加入氟化钠，除去Ca²+、Mg²+;22pH控制(1)调节溶液的酸碱性，使金属离子形成氢氧化物沉淀析出，以达到除去金属离子的目的。①原理：加入的物质能与溶液中的H+反应，降低了H+的浓度，使溶液pH值增大；②pH控制的范围：杂质离子完全沉淀时pH值~主要离子开始沉淀时pH(注意两端取值);③需要的物质：含主要阳离子(不引入新杂质即可)的难溶性氧化物或氢氧化物或碳酸盐，即能与H+反应，使pH增大的物质，如MgO、Mg(OH)₂、MgCO₃等类型的物质；④实例：除去CuSO₄溶液中少量Fe³+,可向溶液中加入CuO、Cu(OH)₂、Cu₂(OH)₂CO₃、CuCO₃,调节pH至3~4,使Fe³+转化为Fe(OH)₃沉淀除去。Fe³+溶液中存在水解平衡：Fe³++3H₂O一Fe(OH)₃+3H+,加入CuO后，溶液中H+浓度降低，平衡正向移动，Fe(OH)₃越聚越多，最终形成沉淀；a.加入CuO的作用：调节溶液的pH,使Fe³+转化为Fe(OH)₃;b.加热的目的：促进Fe³+水解；(2)抑制盐类水解。像盐酸盐、硝酸盐溶液，通过结晶方法制备晶体或加热脱水结晶水盐时，由于水解生成的盐酸或硝酸挥发，促使了金属离子水解(水解反应为吸热反应)导致产品不纯；如：由MgCl₂·6H₂O制无水MgCl₂要在HCl气流中加热，否则：(3)促进盐类水解生成沉淀，有利于过滤分离；(4)“酸作用”还可除去氧化物(膜);(5)“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等；(6)特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件);【注意】调节pH的试剂选取：①选取流程中出现的物质；②未学习过的物质且题目又无信息提示的一般不做考虑；③已学的常见酸碱(NaOH、Na₂CO₃、HCl、H₂SO₄、NH₃·H₂O、HNO₃)。①水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质；②冰水洗涤：能洗去晶体表面的杂质离子，且防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗；④洗涤沉淀的方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重中进行的反应或操作要考虑O₂、H₂O、CO₂或其他气体是否参与反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防水解、防潮解等目的；判断能否加要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等；其他物质提高原子利绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用);分离、提纯过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作；从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩一→冷却结晶-→过滤-→洗涤、干燥；【策略2】熟悉工艺流程中分离、提纯、除杂的方法及答题要领操作答题指导过滤固体与液体的分离；要分清楚需要的物质在滤液中还是在滤渣中。滤渣是难溶于水的物通过预处理、调节pH等工序可实现对杂质的去除，但值得注意的是需要分析对产品的需(2)减压过滤(抽滤):趁热过滤指将温度较高的固液混合物直接使用常规过滤操蒸发结晶(1)适用范围：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如：NaCl。(2)蒸发结晶的标志：当有大量晶体出现时，停止加热，利用余热蒸(3)实例b.具体操作：加热蒸发，当析出大量NaCl晶体时，停止加热，利②NaCl溶液中混有少量的KNO₃溶液。b.具体操作：若将混合溶液加热蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl,母液中是KNO₃和少量NaCl,这样就可以分离出大部分NaCl。c.趁热过滤的目的：防止KNO₃溶液因降温析出，影响NaCl的纯度。(4)减压蒸发的原因：减压蒸发降低了蒸发温度，可以防止某物质分解(如H₂O₂、浓硝酸、NH₄HCO₃)或失去结晶水(如题目要求制备结晶水合物产品)。55冷却结晶(1)适用范围：提取溶解度随温度变化较大的物质(KNO₃)、易水解的物质(FeCls)或结晶水化合物(CuSO₄·5H₂O)。(2)蒸发结晶的标志：当有少量晶体(晶膜)出现时。(3)实例：KNO₃溶液中混有少量的NaCl溶液。燥。b.具体操作：若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是KNO₃,母液中是NaCl和少量KNO₃,这样就可以分离出大部分KNO₃。重结晶将结晶得到的晶体溶于溶剂制得饱和溶液，又重新从溶液结晶的过程。液选用合适的萃取剂(如四氯化碳、金属萃取剂),萃取后，静置、分液--凹槽与分液漏斗口的小孔对准。下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出。剂的过程。如用CCl₄萃取溴水中的Br₂。②反萃取：用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为萃取的逆过程。适用范围蒸馏水除去固体表面吸附着的××杂质；可适热水除去固体表面吸附着的××杂质；可适当降低固体因为温度变化溶解而造成有机溶剂(酒精、丙酮等)固体易溶于水、难溶于有性除去固体表面的水分，产品易干燥。对纯度要求不高的产品减少固体溶解。除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱洗涤沉淀方法：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2~3出现特征反应现象，则沉淀洗涤干净。馏再冷凝成液体，跟其他组分分离的过程。减小压强，使液体沸点降低，防止受热分解、氧化等。利用气体易液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离氨与氮气、氢气。【策略3】掌握化工流程中的有关计算1.溶度积(Ks)的有关计算(1)已知溶度积，求溶液中的某种离子的浓度，如Ks=a的饱和AgCl溶液中c(Ag+)=√amol.L⁻¹。(2)已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中另一种离子的浓度，如某温度下，AgCl的Ks=a,在0.1mol.L⁻¹NaCl溶液中加入过量的AgCl固体，达到平衡后c(Ag+)=10amol.L-¹。(3)计算反应的平衡常数，如反应Cu²+(aq)+MnS(s)CuS(s)+Mn²+(aq),Ks(MnS)=c(Mn²+)(4)求解开始沉淀和沉淀完全时的pH,如判断M(OH)n(s)一M+(aq)+nOH-(aq)开始沉淀与沉淀完全时的pH。②沉淀完全时pH的求法：当M”+的浓度小于或等于1.0×10⁻⁵mol.L⁻¹时，认为该离子已经沉淀完全，mol.L-¹,,结合K„求出c(H+),从而确定pH。注意：有关K.的计算往往与pH的计算结合，要注意pH与c(OH-)关系的转换；难溶电解质的悬浊液即其沉淀溶解平衡状态，满足相应的Ksp。(5)分步沉淀问题分析①定义：如果一种溶液中同时含有I和Cl-,当慢慢滴入AgNO₃溶液时，刚开始只生成AgI沉淀；加入的AgNO₃到一定量时才出现AgCl沉淀，这种先后沉淀的现象称为分步沉淀。②原理：在含有同浓度I厂和CI的溶液中，加入AgNO₃溶液，之所以AgI沉淀先生成，是因为Ks(AgI)比Ks(AgCL)小，假定溶液中c(I-)=c(CI-)=0.01mol.L⁻¹,刚开始生成AgI和AgCL沉淀时所需要的Ag浓度分别是：可见沉淀I所需要的c(Ag+)要小得多，所以AgI先沉淀，继续滴加AgNO₃,当c(Ag+)=1.8×10⁻⁸mol.L⁻¹c(Ag+)·c(I-)=Ks(AgI)=9.3×1c(Ag+)·c(Cl)=Ks(AgCl)=如果溶液中c(Cl-)>1.9×10⁶c(I-),向其中滴加AgNO₃溶液时，则要先生成AgCl沉淀。公式物质的质量分数(或纯度)Na₂CO₃+O₂C.滤液①中Cr元素的主要存在形式为CrO-D.淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用故选B。题目2(2022山东·高考真题)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元素的还原过滤CuNH₃下列说法错误的是()A.固体X主要成分是Fe(OH)₃和S;金属M为ZnC.中和调pH的范围为3.2~4.2【详解】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。题目3(2023·福建·统考高考真题)从炼钢粉尘(主要含Fe₃O₄、Fe₂O₃和ZnO)中提取锌的流程如下：炼钢粉尘一NH₃/NH₄Cl滤渣“盐浸”过程ZnO转化为[Zn(NH₃)4]²+,并有少量Fe²+和Fe³+浸出。下列说法错误的是()A.“盐浸”过程若浸液pH下降，需补充NH₃B.“滤渣”的主要成分为Fe(OH)₃C.“沉锌”过程发生反应[Zn(NH₃)4]²++4H₂O+S²-=ZnS↓+4NH₃·H₂OD.应合理控制(NH₄)₂S用量，以便滤液循环使用【答案】B【详解】“盐浸”过程ZnO转化为[Zn(NH₃)₄]²+,发生反应ZnO+2NH₃+2NH₄题中信息可知，Fe₂O₃、Fe₃O₄只有少量溶解，通入空气氧化后Fe²+和Fe³+转化为Fe(OH)₃;“沉锌”过程发生反应为：[Zn(NH₃)4]²++4H₂O+S²-=ZnS↓+4NH₃·H₂O,经洗涤干燥后得到产物ZnS及滤液NH₄Cl。A.“盐浸”过程中消耗氨气，浸液pH下降，需补充NH₃,A正确；B.由分析可知，“滤渣”的主要成分为Fe₃O₄和Fe₂O₃,只含少量的Fe(OH)₃,B错误；C.“沉锌”过程发生反应[Zn(NH₃)₄]²++4H₂O+S²-=ZnS↓+4NH₃·H₂O,C正确；D.应合理控制(NH₄)₂S用量，以便滤液循环使用，D正确；故选B。题目4(2023·福建·统考高考真题)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：8已知甲基叔丁基醚的密度为0.74g·cm⁻³。下列说法错误的是()【详解】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；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；题目5(2023-浙江·统考高考真题)苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提纯方案如下：冷却结晶过滤洗涤冷却结晶过滤洗涤苯甲酸趁热过滤加水、加热溶解悬浊液滤液I下列说法不正确的是()A.操作I中依据苯甲酸的溶解度估算加水量B.操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaClC.操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹D.操作IV可用冷水洗涤晶体故选B。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()有机相Ⅱ②NaOH溶液水有机相I①4mol·L-¹盐酸混合溶液水相Ⅱ③水相IA.苯胺既可与盐酸也可与NaOH溶液反应故选C。(建议用时：35分钟)废旧铅蓄电池系列处理通入SO₂NH₄₂SO₄溶液步骤X已知：铅膏的主要成分是PbO₂和PbSO₄。下列说法错误的是()A.SO₂的作用是将PbO₂还原成PbSO₄C.步骤X可以是蒸干灼烧【详解】铅膏向浆液中加入二氧化硫和(NH₄)₂CO₃,PbO₂具有氧化性，将二氧化硫氧化，生成硫酸铅，再加入碳酸铵发生反应，生成PbCO₃和(NH₄)₂SO₄;向PbCO₃中加入HNO₃生成Pb(NO₃)₂和二氧化碳气体，Pb(NO₃)₂处理得到铅单质。A.二氧化硫具有还原性，根据分析可知，SO₂的作用是将PbO₂还原成PbSO₄,A正确；C.Pb(NO₃)₂溶液水解生成氢氧化铅和挥发性酸，蒸干灼烧得到铅氧化物，C错误；D.若步骤X为电解，则整个流程中阳极生成硝酸、阴故选C。流程如下图所示：(NaH₂PO₂)反应过丹脸放应次磷酸钠硫(NaH₂PO₂)反应下列说法正确的是()A.反应Ⅱ、反应Ⅲ均属于氧化还原反应B.次磷酸的分子式为H₃PO₂,属于三元酸D.理论上，每1molP₄可生产3.0molPH₃【详解】由题给流程可知，白磷与过量浓氢氧化钠溶液加热条件下发生氧化还原反应生成磷化氢和次磷酸钠，反应的化学方程式为P₄+3NaOH(浓)+3H₂O=3NaH₂PO₂+PH₃↑,反应生成的次磷酸钠和硫酸反应生成次磷酸，反应的化学方程式为NaH₂PO₂+H₂SO₄=NaHSO₄+H₃PO₂,次磷酸分解生成磷化氢和磷酸，反A.由分析可知，次磷酸钠和硫酸反应生成次磷酸，反应中没有元素化合价发生变化，属于非氧化还原反B.由分析可知，白磷与氢氧化钠溶液反应生成NaH₂PO₂,则次磷酸属于一元酸，故B错误；D.由分析可得如下关系式：,则理论上，1mol白磷可生产1mol+1.5mol=2.5molPH₃,故D错误；故选C。饱和饱和Na₂CO₃饱和NaCl溶液溶液水相1试剂1振荡、静置、分液一水相2无水MgSO₄干燥、操作1乙酸乙酯反应回流产物下列说法不正确的是()A.为保证反应回流效果，可以使用球形冷凝管B.饱和的Na₂CO₃和饱和NaCl的作用既能除杂又能降低酯的溶解度C.试剂1的作用是将乙醇氧化成乙酸溶于水而除去D.操作1为蒸馏【详解】回流产物蒸馏，蒸馏产物加入碳酸钠调节pH、氯化钠溶液洗涤分液，分液分离出有机相，加入饱和氯化钙溶液除去乙醇，分液分离出有机相，加入无水硫酸镁干燥，蒸馏分离得到乙酸乙酯；A.为保证反应回流效果，可以使用球形冷凝管，增加气体在冷凝管中的时间，达到更好的冷凝效果，A正B.饱和的Na₂CO₃和饱和NaCl的作用既能除杂又能降低酯的溶解度，利于除杂和酯的析出，B正确；C.试剂1的作用是加入饱和氯化钙溶液除去乙醇，C错误；D.操作1分离出乙酸乙酯的操作，为蒸馏，D正确； 题目4(2023·福建福州·统考模拟预测)用含Ce⁴+的溶液吸收工业尾气中的SO₂和NO,获得Na₂S₂O₄和NH₄NO₃产品的工艺流程如下：装置Ⅱ-装置Ⅲ电解槽NaOH溶液NO下列说法错误的是()A.装置I加入NaOH溶液是为了吸收SO₂B.装置Ⅱ中反应后溶液pH减小C.装置Ⅲ中阴极反应式为2HSO₃+2e⁻+2H+=S₂O²⁻+2H₂OD.装置IV中反应的条件是高温、高压、催化剂【详解】尾气通过氢氧化钠溶液：二氧化硫转化为亚硫酸氢盐，一氧化氮再通过Ce(SO₄)₂溶液吸收转变为亚硝酸根离子、硝酸根离子、Ce³+离子，通过装置Ⅲ得到Ce³+、S₂O2,亚硝酸根离子、硝酸根离子进入装置IV和氨气、氧气反应转化为硝酸铵；A.二氧化硫能和氢氧化钠反应，故装置|加入NaOH溶液是为了吸收SO₂,A正确；B.一氧化氮再通过Ce(SO₄)₂溶液吸收转变为亚硝酸根离子、硝酸根离子、Ce³+离子，反应为4Ce⁴++2NO+3H₂O=4Ce³++NO₂+NO₃+6H+,反应后溶液中生成氢离子，溶液pH减小，B正确；C.“装置Ⅲ”为电解槽，阴极发亚硫酸氢根离子得到电子发生还原反应生成S₂O²-,反应为2HSO₃+2e+2H+=S₂O²-+2H₂O,C正确；D.氨水具有挥发性，故反应不能为高温，高温不利于氨气进入溶液反应，D错误；题目5(2023-河北保定·校联考三模)实验室利用废弃旧电池的铜帽(主要成分为锌铜合金)回收Cu并制备ZnCl₂的部分实验过程如图所示。下列说法不正确的是()电池铜帽NaOH溶液B.因为升高温度可以加快反应速率，所以“溶解”时适宜采用高温C.“调节pH=2”后，溶液中大量存在的离子有Cu²+、Zn²+、H+、Cl-、Na+【答案】B【详解】电池铜帽中的铜在酸性条件下被过氧化氢氧化生成铜离子，铜帽中的锌被盐酸溶解生成锌离子，加入氢氧化钠调节pH后加入锌单质，可将铜置换回收，氯化锌滤液在HCl气流中加热蒸干即可获得无水氯化锌；A.“溶解”时Cu在酸性条件下被H₂O₂氧化，反应生成Cu²+,发生反应的离子方程式为Cu+H₂O₂+2H+=Cu²++2H₂O,故A正确；B.升高温度能够加快化学反应速率，但双氧水受热易分解、盐酸受热易挥发，因此溶解过程中需在适宜的温度下进行反应，故B错误；C.“调节pH=2”后，溶液中大量存在的离子有Cu²+、Zn²+、H⁺、CL、Na⁴,故C正确；D.ZnCl₂为强酸弱碱盐，加热能够促进Zn²+水解，因此需要在HCl的气氛中进行加热蒸干方可得到无水ZnCl₂,故D正确；答案选B。题目6(2022·新疆乌鲁木齐·校联考一模)硅铍钇矿(Y₂FeBe₂Si₂O₁₀)是一种含钇族稀土元素和氧化铍为主的重要矿物，该矿含稀土约35%,含氧化铍约5%。一种生产工业氧化铍和稀土产品的工业流程如下：NaOHNaOH溶液过滤洗涤溶解转化硫酸含铍溶液调节pH过滤NaOH洗涤、烘干煅烧工业氧化铍酸化浸出过滤浸出液高温中和液复盐沉淀氢氧化钇硫酸钠沉铍下列叙述错误的是()B.流程中，没有氧化还原反应发生C.检验氢氧化铍是否洗涤干净，可用BaCl₂溶液D.若复盐沉淀的化学式是Y₂(SO4)₃·Na₂SO₄·2H₂O,则溶解转化的方程式是Y₂(SO₄)₃·Na₂SO₄·2H₂O+【详解】硅铍钇矿(Y₂FeBe₂Si₂O₁₀)经酸浸、过滤后得到浸出液和滤渣二氧化硅，往浸出液中加入硫酸钠，高温下反应可得到Y₂(SO₄)₃·Na₂SO₄·2H₂O复盐沉淀和含铍溶液，加氢氧化钠溶液可溶解复盐沉淀并将其转化为Y(OH)₃和硫酸钠，经过滤洗涤得到Y(OH)₃;调节含铍溶液的pH,过滤后可得到氢氧化铁和含铍中和液，再经沉铍、过滤、洗涤、干燥、煅烧等一系列流程可制得工业氧化铍。A.硅铍钇矿(Y₂FeBe₂Si₂O₁₀)中Fe、Be、Si、O分别为+2价、+2价、+4价、-2价，根据正负化合价代数B.最终铁元素以氢氧化铁存在，则流程中涉及二价铁转化为三价铁的过程，有氧化还原反应发生，B符合题意；C.氢氧化铍表面可能有硫酸根残留，检验氢氧化铍是否洗涤干净，可以用BaCl₂溶液检验最后一次洗涤液中是否还含硫酸根，C不符合题意；D.图中Y₂(SO₄)₃·Na₂SO₄·2H₂O与氢氧化钠溶液反应生成了Y(OH)₃,根据原子守恒，对应的方程式是：题目7(2023-江西·校联考模拟预测)一种从某钒矿石(主要成分为V₂O₅、Al₂O₃、Fe₂O₃和SiO₂)中提钒的工艺流程如图所示。矿矿石含NaVO₃的混合物浸渣含(VO₂)₂SO₄_的混合物草酸萃取余液已知：酸浸的温度应控制在80℃,(VO₂)₂SO₄,易水解。下列说法错误的是()A.“氯化焙烧”时气体与矿料逆流而行的目的是使反应物充分接触，加快反应速率B.“氯化焙烧”“酸浸”和“还原”的操作过程中均有氧化还原反应发生C.“酸浸”的温度不宜过高的目的是防止VO过度水解D.“操作X”使用的主要玻璃仪器有梨形分液漏斗、烧杯【详解】钒矿石经过氯化焙烧生成氯气和矾酸钠，钒酸钠经过酸浸生成(VO₂)₂SO₄,(VO₂)₂SO₄被草酸还原再经过萃取分液、反萃取等操作最终得到VOSO₄。A.“氯化焙烧”时气体与矿料逆流而行的目的是使反应物充分接触，加快反应速率，A项正确；B.“氯化焙烧”和“还原”的操作过程中均有氧化还原反应发生，“酸浸”的过程中各物质的化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，B错误；C.VO易水解，升高温度促进水解，所以“酸浸”的温度不宜过高的目的是防止VO过度水解，C项正确；D.“操作X”为反萃取、分液，需要烧杯、梨形分液漏斗，D正确；故选B。题目8(2023·吉林长春·校考三模)用绿矾(FeSO₄·7H₂O)制备电池电极材料LiFePO₄的流程如下：FePO₄反应2过滤、洗涤过滤、洗涤反应1NaClONaOH下列说法正确的是()成Fe³+,同时得到磷酸铁沉淀，“反应2”步骤中草酸作还原剂，与FePO₄、LiOH反应生成LiFePO₄,据此分A.反应1中NaClO作氧化剂，将Fe2+氧化成Fe3+,本身被还原成NaCl,故A错误；B.反应1中NaCLO作氧化剂，将Fe²+氧化成Fe³+,本身被还原成NaCl,酸性高锰酸钾溶液能氧化CL,使之褪色，因此不能用酸性高锰酸钾溶液检验反应1中Fe²+是否完全反应，故B错误；C.洗涤FePO₄沉淀的目的是除去沉淀表面上的NaCl、NaOH、NaCLO溶液等，Fe3+不用除去，不能使用KSCN溶液检验FePO₄沉淀是否洗涤干净，故C错误；D.草酸为还原剂，碳元素化合价由+3价升高为+4价，草酸整体化合价升高2价，FePO₄为氧化剂，铁元素化合价由+3价降低为+2价，降低1价，最小公倍数为2,因此FePO₄与草酸物质的量之比为2:1,故D故选D。题目9(2023-浙江·校联考模拟预测)某兴趣小组以牡蛎壳(CaCO₃)为原料制备食品级添加剂丙酸钙[(CH₃CH₂COO)₂Ca],其工艺流程如下：少量水操作少量水操作V操作Ⅲ常压反应操作II操作产品原料下列叙述不正确的是()A.“操作Ⅱ”煅烧可以使用酒精灯加热，“操作Ⅲ”前加水目的是制取澄清石灰水B.“操作IV”是常压过滤操作，该操作用到的玻璃仪器除漏斗外还有烧杯和玻璃棒C.“操作V”的滤液浓缩是在蒸发皿中进行，浓缩过程中可用玻璃棒搅拌滤液【详解】以牡蛎壳(CaCO₃)为原料制备食品级添加剂丙酸钙[(CH₃CH₂COO)₂Ca],粉碎后高温煅烧生成CaO,加入少量水生成Ca(OH)₂,在常压下加入丙酸反应生成(CH₃CH₂COO)₂Ca,“操作IV”是过滤操作除去不溶于水的杂质，“操作V”的滤液浓缩后结晶得到(CH₃CH₂COO)₂Ca固体，过滤后洗涤得解答。B.由分析可知，“操作IV”是常压过滤操作，该操作用到的玻璃仪器除漏斗外还有烧杯和玻璃棒C.由分析可知，“操作V”的滤液浓缩是在蒸发皿中进行，浓缩过程中可用玻璃棒搅拌滤液，故C正确；故选A。下列判断正确的是()阳极泥→焙烧烧渣酸浸氧化滤渣酸溶溶液水层转化→NH₄[Au(SO₃)₂]气体滤液有机层D.结合工艺流程可知盐酸的氧化性强于硝酸A.由分析可知，阳极泥焙烧时，硫化亚铜与氧气高温条件下反应生成氧化铜、二氧化硫，反应的化学方程硫酸硫酸过量氨水稀硫酸滤液滤液废铜渣下列说法正确的是()【答案】D【详解】废铜渣(主要成分CuO,及少量Fe₂O₃、SiO₂等杂质)“酸浸”时CuO、少量Fe₂O₃与H₂SO反应生成硫酸铜、硫酸铁，SiO₂不溶于H₂SO₄,所以滤渣的成分是SiO₂,滤液中加过量氨水沉铁除去Fe³+,铜离子转化为Cu(NH₃)²+,所得滤液通二氧化硫沉铜，过滤出产生的CuNH₄SO₃沉淀，加稀硫酸转化，+1价铜发生歧化反应，得到铜离子、和Cu。A.由分析可知，“酸浸”所得滤渣的主要成分为SiO₂,故A错误；B.NH₃·H₂O是弱碱，在离子方程式中不能拆，故B错误；C.“沉铜”时含有Cu(NH₃)²+和过量氨水的混合溶液中通入二氧化硫生成CuNH₄SO₃沉淀，铜元素化合价降低，则发生氧化还原反应，不为复分解反应，故C错误；D.转化时，CuNH₄SO₃在稀硫酸中发生歧化反应，得到铜离子、和Cu,结合元素守恒可知，“转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：NH₄、H+、Cu²+,故D正确；题目12(2023·浙江·校联考模拟预测)工业制备茉莉醛()的流程如图所示。下列说法正庚醛自缩物庚醛自缩物已知：庚醛易自身缩合生成与茉莉醛沸点接近的产物A.乙醇只作溶剂，苯甲醛和庚醛直接混合后保温反应B.萃取分液过程中需酸洗、水洗，干燥剂可选用浓硫酸C.可将最后两步“分馏”和“柱色谱分离”合并为“真空减压分馏”D.可采用质谱法测定茉莉醛部分结构信息【答案】D【详解】苯甲醛中加入庚醛乙醇、氢氧化钠反应生成茉莉醛，经过萃取分液干燥柱色谱分离得到茉莉醛。A.由产物茉莉醛可知乙醇也参加反应，故A错误；B.萃取分液过程中需酸洗、水洗，干燥剂选用不可用浓硫酸可能使得产物碳化，而且也不易分离，故B错C.庚醛易自身缩合生成与茉莉醛沸点接近的产物，真空减压分馏不可以将两者分离，故C错误；D.可采用质谱法测定茉莉醛部分结构信息，故D正确；题目13(2023·吉林长春.校考一模)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