2027年高中化学总复习必刷题-物质的分离、提纯与检验

第1页（共1页）2027年高中化学总复习必刷题——物质的分离、提纯与检验一．选择题（共25小题）1．（2026•辽宁校级模拟）某种由钼精矿（主要成分为MoS2，另含少量MgO、Fe2O3、SiO2、K2CO3等物质）制备MoS2的工艺流程如图所示。已知：“氨浸”过程中钼化合价不变，产物为（NH4）2MoO4，“转化”过程中产物为（NH4）2MoS4。下列说法错误的是（）A．为防止污染环境，气体X可用碱液吸收 B．“氨浸”实现钼与杂质的初步分离，使钼元素进入溶液 C．氨水可用NaOH溶液代替 D．钼元素的转化过程中涉及2个氧化还原反应2．（2026•福州模拟）处理汞污染土壤[含Hg（Ⅱ），Hg（Ⅰ）]的流程如图：已知：TMT﹣15：下列说法错误的是（）A．TMT﹣15中N和S均能与Hg2+配位 B．“氧化”将各种形态的汞氧化为Hg2+ C．“还原”时存在反应：2MnOD．“沉汞”时酸性增强有利于汞的沉淀3．（2026春•思明区校级期中）一种以含钴废料（主要成分为Co3O4，还含有少量SiO2、Fe2O3、Al2O3、碳及有机物等）为原料制备LiCoO2的工艺流程如图：已知：常温下，部分金属离子沉淀的pH如表所示：金属离子Fe2+Fe3+Al3+Co2+开始沉淀的pH7.82.23.47.8完全沉淀[c（金属离子）≤1.5×10﹣5mol•L﹣1的pH10.03.04.59.4下列说法不正确的是（）A．在”调pH”操作中应将pH控制在4.5到7.8之间 B．酸浸时不可用SO2代替H2O2 C．“高温焙烧”时氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4 D．气体X可在“调pH”操作单元回收利用4．（2026•南昌模拟）白色固体样品M，可能含有NH4Cl、Na2SO3、FeCl2、KNO3、Al2（SO4）3、BaCl2、NaHCO3中的几种或全部。取三份等质量的M，分别加入足量对应试剂充分反应，实验现象记录如下：编号试剂反应后不溶物观察到生成的气体Ⅰ蒸馏水白色固体红棕色、有刺激性气味气体Ⅱ稀盐酸白色固体红棕色、有刺激性气味气体ⅢNaOH浓溶液（加热）白色固体无色、有刺激性气味气体依据实验现象，下列说法错误的是（）A．一定不含FeCl2 B．可能含Al2（SO4）3 C．可能含BaCl2 D．一定含Na2SO35．（2026春•荔湾区校级期中）苯甲酸是一种常用的食品防腐剂，微溶于水，易溶于乙醇。某实验小组设计粗苯甲酸（含有少量NaCl和泥沙）的提纯方案如图。下列说法不正确的是（）A．苯甲酸的核磁共振氢谱图有4组峰 B．苯甲酸的红外光谱图中可以找到C＝C吸收峰 C．操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙 D．操作Ⅳ洗涤苯甲酸，用冷水比乙醇效果好6．（2026•鄂尔多斯一模）废SCR催化剂（含TiO2、V2O5、WO3，及少量SiO2）具有重要的经济价值，一种从废SCR催化剂回收钨等有价值化合物的工艺流程如图所示。已知：①V2O5、WO3、TiO2都能与NaOH溶液反应，生成可溶性的NaVO3、Na2WO4，难溶于水的Na2O•xTiO2；②常温下，Ksp（CaWO4）＝9×10﹣9；Ksp[Ca（OH）2]＝6×10﹣6。下列说法错误的是（）A．“碱浸”时可适当升温，以加快浸取速率 B．若省略“调pH”的操作，“滤渣2”可能混有Mg（OH）2 C．“沉钨”时，当混合液常温下pH＝13时，（WO42-）＝1.5×10﹣5mol•L﹣D．利用CaWO4进行熔融电解，可在阳极获得单质W7．（2025秋•湘潭期末）某工厂的工业废水中含有大量的FeCl2和较多的Cu2+。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如图。下列说法正确的是（）A．试剂b是稀硫酸，目的是除去过量的Fe B．操作Ⅰ、操作Ⅱ均为过滤 C．试剂c是KMnO4溶液，目的是将Fe2+氧化为Fe3+ D．操作Ⅲ必须用到仪器坩埚8．（2026春•番禺区校级期中）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）的提纯方案如图，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是趁热过滤，目的是除去泥沙和NaCl C．操作Ⅲ需缓慢冷却结晶，可减少杂质被包裹 D．操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体，可用硝酸酸化的AgNO3溶液检测得到的产品是否纯净9．（2025秋•海淀区校级期末）某粗苯甲酸样品中含有少量NaCl和泥沙，某实验小组提纯苯甲酸的实验流程如图（已知：常温下，苯甲酸易溶于乙醇：25℃和75℃时苯甲酸在水中的溶解度分别为0.34g和2.2g）。下列说法不正确的是（）A．“过滤1”需趁热，减少苯甲酸的析出 B．为除去NaCl，“结晶”时应采用蒸发结晶 C．“洗涤”时，不宜用乙醇作洗涤剂 D．“洗涤”时，为检验苯甲酸中含有的NaCl是否除净，可选用硝酸酸化的AgNO3溶液10．（2025秋•海安市期末）工业上用红土镍矿（主要成分为NiO，含CoO、FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO和SiO2）制备NiSO4•7H2O。工艺流程如图所示，已知Ksp(CaFA．用硫酸酸浸产生的滤渣的主要成份是SiO2和CaSO4 B．氧化沉铁沉铝时将溶液调节至强碱性，可防止后续沉镁沉钙时产生有毒气体 C．氧化沉铁时加入NaClO溶液，在碱性条件下反应的离子方程式为：2Fe2++ClO﹣+H2O+4OH﹣＝2Fe（OH）3↓+Cl﹣ D．加入NaF溶液沉镁沉钙，当Mg2+和Ca2+沉淀完全时，混合液中的c（Mg2+）：c（Ca2+）＝1：211．（2026•信阳模拟）含钛高炉渣富含TiO2、Al2O3、MgO、CaO、SiO2、Fe3O4等氧化物，其用于提取金属钛的流程如图。已知：TiO2不溶于水、稀酸和碱溶液。下列说法错误的是（）A．“研磨、磁选”时可除去高炉渣中的铁元素 B．“酸浸”“碱浸”均需在高温下进行，以加快反应速率 C．若将酸浸区域与碱浸区域互换顺序，最终得到的滤渣主要成分相同 D．若将酸浸区域与碱浸区域互换顺序，理论上氢氧化钠用量增大12．（2025秋•海淀区期末）利用富锰矿分离提取Mn、Co元素的流程如图（部分产物已略去）。已知：Mn和Co的氧化物均难溶于水。下列说法不正确的是（）A．通过②使NH3循环利用，理论上可满足步骤①所需（NH4）2SO4 B．由③～⑥可知，热稳定性：Fe2（SO4）3小于CoSO4和MnSO4 C．⑤中，若升高温度，CoS产率降低，可能与H2S的溶解度降低有关 D．⑥中，相较于NaHCO3，NH4HCO3更有利于资源的循环利用13．（2026•陕西二模）芬顿反应处理苯酚废水效果显著。芬顿反应是利用Fe2+与过氧化氢反应生成具有强氧化性的羟基自由基（•OH）降解废弃物。现用该技术处理含柠檬酸镍的废水，出水水质要求镍离子浓度低于0.1mg/L，其部分流程如图所示。已知：①水合柠檬酸镍钾的化学式为K2[Ni（C6H5O7）（H2O）2]2•4H2O；②柠檬酸（C6H8O7）是三元酸；③常温下，Ksp④“中和沉淀”的滤渣主要为Ni（OH）2、Fe（OH）3。下列说法不正确的是（）A．“预处理”pH通常为3.0～3.5，若pH过高会导致芬顿反应中铁元素沉淀 B．“芬顿氧化破络”步骤存在反应：FeC．“芬顿氧化破络”步骤中Ni2+被羟基自由基氧化而破坏了柠檬酸镍钾配合物 D．“水槽”中滤液未达到出水水质要求14．（2026春•华安县校级期中）无色气体甲可能含有NO、NO2、CO2、NH3、N2中的几种，将100mL气体甲经过如图所示的实验处理，结果得到酸性溶液，集气瓶中无气体剩余，下列说法正确的是（）A．气体甲中可能含有32mLNO B．经过过氧化钠处理后的剩余气体体积大于60mL C．气体甲的组成可能为NH3、NO、NO2 D．8OmL余气中NO、CO2的体积比为3：215．（2025秋•淄博期末）以废镍催化剂（含Ni及Zn、Fe、CaO、SiO2等）为原料制备草酸镍晶体的流程如图。已知：Ⅰ.萃取原理可表示为ZnⅡ.常温下，Ksp(CaF2)=1.6×10-10；离子浓度c≤1×10﹣下列说法错误的是（）A．“滤渣1”的主要成分是CaSO4、SiO2 B．“除铁”时发生反应为2FeC．“除钙”时滤液中c（F﹣）至少为4×10﹣3mol•L﹣1 D．“萃取”时适当降低溶液pH可提高Zn2+萃取率16．（2025秋•越秀区期末）多金属精矿主要含Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。如图是一种从多金属精矿中提取金属的生产工艺（部分）。下列说法不正确的是（）A．“酸浸”将Fe、Al、Cu、Ni等元素转化成可溶性盐 B．“高压加热”时的反应是：2Fe2++O2+H2O高压C．“700℃加热”时的反应为：Fe2O3+3H2700℃2Fe+3H2O D．与传统的高炉炼铁工艺相比，上述冶铁方法更为低碳环保17．（2026•眉山二模）某铜阳极泥含有Cu、Ag、Au等元素，回收其中金属的化工流程如图：已知：①AgCl(s)+C②“浸取2”步骤中，单质金转化为HAuCl4③“浸出液3”中含有[Ag下列说法错误的是（）A．“浸取1”分离出了铜元素 B．“浸取2”不能加入过量的HCl C．“还原”步骤，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为4：3 D．“浸取3”发生的离子方程式为：AgCl+218．（2026•西安模拟）铋（Bi）是一种重要的有色金属，工业上通过辉铋矿（主要成分是Bi2S3，含有少量Si、Fe、Pb、Al等元素）生产海绵铋的一种工艺流程如图所示，下列叙述不正确的是（）A．为提高“酸浸”速率，可将辉铋矿粉碎或适当升高温度 B．“酸浸”时，“浸液”中的元素为Fe、Pb、Al C．“氧化浸出”时，发生反应的离子方程式为6FeD．向“滤液”中通入Cl2后，所得溶液可循环利用19．（2025秋•湖南月考）一种从湿法炼锌产生的废渣（主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物）中富集回收Co，得到含锰高钴成品的工艺流程如图。下列说法错误的是（）A．滤渣中的物质主要为PbSO4 B．“氧化”时被氧化的离子为Co2+ C．试剂X可以是ZnO或ZnCO3 D．“氧化沉钴”时，n(20．（2026•福州模拟）氟硅酸（H2SiF6）是一种易溶于水的强酸，实验室中浓缩氟硅酸并回收环己醇的一种方法如图所示。下列分析或判断正确的是（）A．氟硅酸在环己醇中的溶解度大于在水中的溶解度 B．通过检验洗出液的酸碱性可以判断“碱洗”是否完成 C．“碱洗”中用到的玻璃仪器只有烧杯和玻璃棒 D．“操作X”为分液21．（2025秋•五华区期末）云南省含有非常丰富的矿产资源。以铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2等）为原料冶炼Al的工业生产流程如图，关于该流程的下列说法不正确的是（）A．沉淀B可用于制备光导纤维 B．生产过程中，可以循环使用的物质有CO2、CaO C．检验D中的金属阳离子，可以先加入稀盐酸，再滴加硫氰化钾溶液，会有血红色沉淀生成 D．向溶液C中通入少量CO2生成Al（OH）3的离子方程式：2Al(OH22．（2026•长春二模）某工厂采用如图工艺回收废铅膏（含有PbSO4、PbO2、Pb和少量BaSO4、Fe2O3）中的铅元素。已知常温下，K(NH3A．葡萄糖作还原剂 B．滤渣的主要成分是BaSO4 C．常温下，pH＝9的（NH4）2SO4/NH3缓冲溶液中：c(NHD．“沉铅”的主要反应：H2O+Pb2++2NH3+CO2＝PbCO3↓+2NH23．（2025秋•宜春期末）一种利用硼泥（主要成分为MgO、SiO2、B2O3、Fe2O3、Al2O3）制备Mg（OH）2的工艺如图所示，“混料焙烧”后B、Al、Si元素均转化为可溶性物质，其中B元素转化为Na2B4O7。25℃时，Ksp[Mg(OHA．“混料焙烧”时，硼泥的主要成分均未发生氧化还原反应 B．“水浸”后过滤，“滤渣”的主要成分为Mg（OH）2和Fe（OH）3 C．“沉淀”后过滤，所得滤液的pH＝10，则滤液中c（Mg2+）＝5.6×10﹣4mol•L﹣1 D．整个流程中，NH4Cl可循环利用24．（2026•东城区一模）金属铝的生产原理示意图如图。下列说法不正确的是（）A．过程①中的主要反应：AlB．溶液2与CaO反应后的滤液可用于过程① C．过程③中利用了硫酸的酸性和氧化性 D．Na3AlF6能降低Al2O3熔融所需温度，减少能耗25．（2026•贵州模拟）某矿浆浸出液中含有阳离子H+、Cu2+、Fe3+、VO已知：Ksp[Fe(OH)A．“还原”中阳离子H+、Cu2+、Fe3+、VO2B．“还原”中Fe与VO2+C．“沉铁”时调节pH的值最低为9.5 D．“沉钒”时KClO3起氧化作用

2027年高中化学总复习必刷题——物质的分离、提纯与检验一．选择题（共25小题）1．（2026•辽宁校级模拟）某种由钼精矿（主要成分为MoS2，另含少量MgO、Fe2O3、SiO2、K2CO3等物质）制备MoS2的工艺流程如图所示。已知：“氨浸”过程中钼化合价不变，产物为（NH4）2MoO4，“转化”过程中产物为（NH4）2MoS4。下列说法错误的是（）A．为防止污染环境，气体X可用碱液吸收 B．“氨浸”实现钼与杂质的初步分离，使钼元素进入溶液 C．氨水可用NaOH溶液代替 D．钼元素的转化过程中涉及2个氧化还原反应【答案】C【分析】该工艺流程以钼精矿为原料制备MoS2，首先，钼精矿经焙烧处理，MoS2与氧气反应生成钼的氧化物并释放出气体X（SO2），随后水洗环节溶解可溶性杂质（如钾盐），得到水洗液；接着氨浸环节中，钼的氧化物与氨水反应生成可溶的（NH4）2MoO4，而不溶于氨水的MgO、Fe2O3、SiO2等形成氨浸渣被分离；转化环节中，加入（NH4）2S将（NH4）2MoO4转化为含硫的（NH4）2MoS4；最后硫化环节中，通入H2S和H2，将（NH4）2MoS4还原分解，得到目标产物MoS2。整个流程通过焙烧、除杂、氨浸富集、硫代转化、硫化还原的步骤，实现了从钼精矿到高纯度MoS2的制备。【解答】解：A．焙烧时，MoS2与氧气反应，硫元素被氧化生成气体X，即二氧化硫，二氧化硫是酸性氧化物，会污染空气，因此工业上通常用碱液吸收，例如用NaOH溶液吸收生成亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，故A正确；B．焙烧后钼主要转化为钼的氧化物，在“氨浸”过程中，钼的氧化物能与氨水反应生成可溶性的（NH4）2MoS4，进入溶液；而氧化镁、Fe2O3、SiO2等杂质难溶或转化为难溶物，留在氨浸渣中，因此氨浸可以实现钼与杂质的初步分离，使钼元素进入溶液，故B正确；C．氨水不能简单用氢氧化钠溶液代替，虽然氢氧化钠也能使钼的氧化物转化为可溶性的钼酸盐，但产物会变成Na2MoO4，引入Na+杂质，不符合后续生成（NH4）2MoO4和（NH4）2MoS4的流程要求；同时氢氧化钠碱性更强，可能使二氧化硅等杂质溶解，影响除杂效果，故C错误；D．钼在MoS2中为+4价，焙烧生成钼的氧化物如MoO3时，钼变为+6价，这是一次氧化还原反应；氨浸生成（NH4）2MoO4时，钼仍为+6价，不发生氧化还原；转化生成（NH4）2MoS4时，钼仍为+6价，也不发生氧化还原；最后硫化生成MoS2时，钼由+6价降低到+4价，又发生一次氧化还原反应，因此钼元素的转化过程中共涉及2个氧化还原反应，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用等，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。2．（2026•福州模拟）处理汞污染土壤[含Hg（Ⅱ），Hg（Ⅰ）]的流程如图：已知：TMT﹣15：下列说法错误的是（）A．TMT﹣15中N和S均能与Hg2+配位 B．“氧化”将各种形态的汞氧化为Hg2+ C．“还原”时存在反应：2MnOD．“沉汞”时酸性增强有利于汞的沉淀【答案】D【分析】样品加入浓HNO3、浓H2SO4酸解，使样品溶解，然后加入KMnO4氧化Hg，使其转化为+2价，再加入NH3OH•HCl还原，除去过量的KMnO4，然后加入TMT和Hg2+形成配合物，除去Hg2+，据此解答。【解答】解：A．根据，TMT﹣15中N和S均能与Hg2+配位，故A正确；B．根据流程，“氧化”将各种形态的汞氧化为Hg2+，便于形成配合物除去，故B正确；C．加入NH3OH•HCl还原，除去过量的KMnO4，发生反应2MnO4-+10NH3OH+＝2Mn2++5N2↑+18H2O+4H+D．根据属于盐，酸性增强，生成弱酸，不利于汞的沉淀，故D错误；故选：D。【点评】本题考查分离提纯实验方案设计，侧重考查实验能力和灵活运用能力，明确物质性质、物质分离提纯方法是解题关键，注意掌握实验的评价性分析，试题难度中等。3．（2026春•思明区校级期中）一种以含钴废料（主要成分为Co3O4，还含有少量SiO2、Fe2O3、Al2O3、碳及有机物等）为原料制备LiCoO2的工艺流程如图：已知：常温下，部分金属离子沉淀的pH如表所示：金属离子Fe2+Fe3+Al3+Co2+开始沉淀的pH7.82.23.47.8完全沉淀[c（金属离子）≤1.5×10﹣5mol•L﹣1的pH10.03.04.59.4下列说法不正确的是（）A．在”调pH”操作中应将pH控制在4.5到7.8之间 B．酸浸时不可用SO2代替H2O2 C．“高温焙烧”时氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4 D．气体X可在“调pH”操作单元回收利用【答案】D【分析】含钴废料的主要成分为Co3O4，还含有少量SiO2、Fe2O3、Al2O3、碳及有机物等，先焙烧，除去C及有机物，再加入硫酸和双氧水溶解，生成硫酸铁、硫酸铝，部分三价钴具有强氧化性，将双氧水氧化为氧气，自身被还原为二价钴，SiO2不溶于硫酸，过滤除去，向滤液中加入氨水，调节溶液的pH（4.5≤pH＜7.8），沉淀铁离子和铝离子，生成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤除去，得到CoSO4溶液，向其中加入NH4HCO3溶液，生成CoCO3和CO2，向CoCO3中加入Li2CO3，高温焙烧，生成LiCoO2，据此分析作答。【解答】解：A．根据分析，在”调pH”使铁离子、铝离子沉淀，钴离子不沉淀，操作中应将pH控制在4.5到7.8之间，故A正确；B．“酸浸”时不可用SO2代替H2O2酸浸时H2O2的作用是将Co3O4中的Co（Ⅲ）还原为Co2+，同时自身被氧化为O2，若用SO2代替，SO2会将Co（Ⅲ）还原为Co2+，但SO2会被氧化为硫酸根离子，引入新的杂质，后续难以除去，所以不可用SO2代替H2O2，故B正确；C．CoCO3、Li2CO3在O2作用下高温焙烧生成LiCoO2和CO2，Co的化合价从+2升高到+3，O的化合价从0降低到﹣2，根据电子守恒和原子守恒配平，化学方程式为：4CoCO3+2Li2CO3+O2高温4LiCoO2+6CO2，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4D．气体X为CO2，不可在“调pH”操作单元回收利用，故D错误；故选：D。【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。4．（2026•南昌模拟）白色固体样品M，可能含有NH4Cl、Na2SO3、FeCl2、KNO3、Al2（SO4）3、BaCl2、NaHCO3中的几种或全部。取三份等质量的M，分别加入足量对应试剂充分反应，实验现象记录如下：编号试剂反应后不溶物观察到生成的气体Ⅰ蒸馏水白色固体红棕色、有刺激性气味气体Ⅱ稀盐酸白色固体红棕色、有刺激性气味气体ⅢNaOH浓溶液（加热）白色固体无色、有刺激性气味气体依据实验现象，下列说法错误的是（）A．一定不含FeCl2 B．可能含Al2（SO4）3 C．可能含BaCl2 D．一定含Na2SO3【答案】C【分析】实验Ⅰ、Ⅱ中均产生“红棕色、有刺激性气味气体”，说明反应生成了NO，NO在空气中被氧化为红棕色NO2气体，M中一定含有KNO3，含有还原性物质Na2SO3、FeCl2中至少一种，实验Ⅲ中生成白色固体、无红褐色Fe（OH）3沉淀，生成无色、有刺激性气味气体为NH3，则M中含有NH4Cl、Na2SO3，无FeCl2，实验Ⅰ、Ⅱ中Na2SO3被氧化为Na2SO4，生成的白色固体为BaSO4，说明M中还含有BaCl2，即M中一定含有NH4Cl、Na2SO3、KNO3、BaCl2，可能含有Al2（SO4）3、NaHCO3，一定不含有FeCl2，据此分析解答。【解答】A．由上述分析可知，M中一定含有NH4Cl、Na2SO3、KNO3、BaCl2，可能含有Al2（SO4）3、NaHCO3，一定不含有FeCl2，故A正确；B．M中一定含有Na2SO3、BaCl2，且Na2SO3能被氧化为Na2SO4，则生成的白色BaSO4沉淀可能部分来源于Al2（SO4）3，即M中可能含Al2（SO4）3，故B正确；C．加稀盐酸后仍有白色固体，该不溶物为BaSO4，说明一定含有BaCl2，不是可能含有，故C错误；D．实验Ⅲ中生成白色固体、无红褐色Fe（OH）3沉淀，说明M中含有的还原性物质为Na2SO3，不含有FeCl2，故D正确；故选：C。【点评】本题考查物质检验与推断，侧重分析推理能力和基础知识运用能力考查，明确物质性质、发生的反应、氧化还原反应规律的应用是解题关键，题目难度中等。5．（2026春•荔湾区校级期中）苯甲酸是一种常用的食品防腐剂，微溶于水，易溶于乙醇。某实验小组设计粗苯甲酸（含有少量NaCl和泥沙）的提纯方案如图。下列说法不正确的是（）A．苯甲酸的核磁共振氢谱图有4组峰 B．苯甲酸的红外光谱图中可以找到C＝C吸收峰 C．操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙 D．操作Ⅳ洗涤苯甲酸，用冷水比乙醇效果好【答案】B【分析】由题给流程可知，向粗苯甲酸中加入蒸馏水，加热溶解得到悬浊液，趁热过滤得到含有泥沙的滤渣和滤液，滤液经冷却结晶、过滤、洗涤得到苯甲酸。【解答】解：A．苯甲酸的结构简式为：，分子中含有4类氢原子，核磁共振氢谱图有4组峰，故A正确；B．苯甲酸的结构简式为：，苯甲酸分子中不含有碳碳双键，则红外光谱图中不可能找到碳碳双键吸收峰，故B错误；C．由题意可知，苯甲酸微溶于水，则操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出，故C正确；D．由题意可知，苯甲酸微溶于水，易溶于酒精，所以操作Ⅳ中洗涤苯甲酸时，用冷水洗涤比酒精好，可以减少苯甲酸因溶解造成损失，故D正确；故选：B。【点评】本题考查分离提纯实验方案设计，侧重考查实验能力和灵活运用能力，明确物质性质、物质分离提纯方法是解题关键，注意掌握实验的评价性分析，试题难度中等。6．（2026•鄂尔多斯一模）废SCR催化剂（含TiO2、V2O5、WO3，及少量SiO2）具有重要的经济价值，一种从废SCR催化剂回收钨等有价值化合物的工艺流程如图所示。已知：①V2O5、WO3、TiO2都能与NaOH溶液反应，生成可溶性的NaVO3、Na2WO4，难溶于水的Na2O•xTiO2；②常温下，Ksp（CaWO4）＝9×10﹣9；Ksp[Ca（OH）2]＝6×10﹣6。下列说法错误的是（）A．“碱浸”时可适当升温，以加快浸取速率 B．若省略“调pH”的操作，“滤渣2”可能混有Mg（OH）2 C．“沉钨”时，当混合液常温下pH＝13时，（WO42-）＝1.5×10﹣5mol•L﹣D．利用CaWO4进行熔融电解，可在阳极获得单质W【答案】D【分析】废SCR催化剂（含TiO2、V2O5、WO3，及少量SiO2）具有重要的经济价值，从废SCR催化剂回收钨等，向废SCR催化剂中加NaOH溶液，进行碱浸，V2O5、WO3、SiO2都能与NaOH溶液反应，生成可溶性的NaVO3、Na2WO4和Na2SiO3进入滤液，TiO2与NaOH溶液反应生成难溶于水的Na2O•xTiO2进入滤渣1，然后向碱浸滤液中加入硫酸调节溶液pH＝11，将过量的NaOH中和，同时避免钒、钨化合物沉淀，再向调pH后的溶液中加入MgSO4溶液将Na2SiO3转化成难溶的MgSiO3进入滤渣2，之后向脱硅后的滤液（NaVO3、Na2WO4）中加入CaO（CaO与水反应生成氢氧化钙，Na2WO4与氢氧化钙反应生成难溶的Na2WO4，NaVO3进入滤液可进一步回收钒，据此分析解题。【解答】解：A．温度升高，反应速率加快，“碱浸”时适当升温能加快浸取速率，故A正确；B．碱浸后溶液碱性较强，“调pH”目的是除去过量的氢氧化钠，加入MgSO4时，Mg2+会与高浓度OH﹣反应生成Mg（OH）2沉淀，导致“滤渣2”混有Mg（OH）2，故B正确；C．常温下pH＝13时，c（OH﹣）＝0.1mol/L，根据Ksp[Ca（OH）2]＝c（Ca2+）×c2（OH﹣）＝6×10﹣6，可得c（Ca2+）=6×10-60.12mol/L＝6×10﹣4mol/L，再结合Ksp（CaWO4）＝c（Ca2+）×c（WO42-）＝9×10﹣9，得c（WO42-）=9×1D．CaWO4中W为+6价，电解时W得电子在阴极被还原为单质W，并非阳极，故D错误；故选：D。【点评】本题考查分离提纯，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。7．（2025秋•湘潭期末）某工厂的工业废水中含有大量的FeCl2和较多的Cu2+。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如图。下列说法正确的是（）A．试剂b是稀硫酸，目的是除去过量的Fe B．操作Ⅰ、操作Ⅱ均为过滤 C．试剂c是KMnO4溶液，目的是将Fe2+氧化为Fe3+ D．操作Ⅲ必须用到仪器坩埚【答案】B【分析】废水（Fe2+、Cu2+）→加过量Fe粉置换Cu→过滤（操作Ⅰ）得固体（Fe+Cu）和滤液（FeCl2）；固体加稀盐酸除去过量Fe→过滤（操作Ⅱ）得Cu；合并所有FeCl2溶液→加氧化剂（如Cl2、H2O2）氧化Fe2+→Fe3+→蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得FeCl3晶体。【解答】解：A．目标产物是FeCl3，不能引入SO42-，试剂b必须是稀盐酸，故B．操作Ⅰ：分离固体（Fe、Cu）与溶液（FeCl2），操作Ⅱ：分离Cu与溶液（FeCl2）都是过滤，故B正确；C．KMnO4会引入K+、MnO4-等杂质，应选Cl2、H2O2等不引入杂质的氧化剂，故D．操作Ⅲ是从溶液得到晶体：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，用蒸发皿、烧杯、玻璃棒等，不用坩埚（坩埚用于固体灼烧），故D错误；故选：B。【点评】本题主要考查物质的分离，题目难度中等，掌握物质分离的方法，结合物质的性质是解答该题的关键。8．（2026春•番禺区校级期中）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）的提纯方案如图，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是趁热过滤，目的是除去泥沙和NaCl C．操作Ⅲ需缓慢冷却结晶，可减少杂质被包裹 D．操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体，可用硝酸酸化的AgNO3溶液检测得到的产品是否纯净【答案】B【分析】苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水。粗苯甲酸中混有泥沙和氯化钠，加水、加热溶解，苯甲酸、NaCl溶解在水中，泥沙不溶，从而形成悬浊液；趁热过滤出泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出；将滤液冷却结晶，大部分苯甲酸结晶析出，氯化钠仍留在母液中；过滤、用冷水洗涤，便可得到纯净的苯甲酸。【解答】解：A．操作Ⅰ为加水加热溶解，重结晶时需根据苯甲酸在热水中的溶解度估算加水量，确保苯甲酸充分溶解且避免水量过多影响结晶，故A正确；B．操作Ⅱ趁热过滤，悬浊液中泥沙被除去，而氯化钠易溶于水，在热水中溶解后仍留在滤液中，不会被除去，故B错误；C．缓慢冷却结晶可使晶体有序生长，减少母液中杂质被包裹，故C正确；D．苯甲酸在冷水中溶解度小，冷水洗涤可减少损失；产品若含氯化钠杂质，洗涤后晶体表面含Cl﹣，用硝酸酸化的硝酸银溶液检测，若产生白色沉淀则不纯净，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用等，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。9．（2025秋•海淀区校级期末）某粗苯甲酸样品中含有少量NaCl和泥沙，某实验小组提纯苯甲酸的实验流程如图（已知：常温下，苯甲酸易溶于乙醇：25℃和75℃时苯甲酸在水中的溶解度分别为0.34g和2.2g）。下列说法不正确的是（）A．“过滤1”需趁热，减少苯甲酸的析出 B．为除去NaCl，“结晶”时应采用蒸发结晶 C．“洗涤”时，不宜用乙醇作洗涤剂 D．“洗涤”时，为检验苯甲酸中含有的NaCl是否除净，可选用硝酸酸化的AgNO3溶液【答案】B【分析】粗苯甲酸样品中含有少量NaCl和泥沙，加热水溶解，为防止苯甲酸结晶析出，需趁热过滤除去泥沙，滤液冷却结晶，过滤，洗涤、干燥得苯甲酸晶体。【解答】解：A．苯甲酸在水中的溶解度随温度升高而增大，“过滤1”是除去泥沙，为防止苯甲酸结晶析出，需趁热过滤，故A正确；B．氯化钠的溶解度受温度影响不大，苯甲酸在水中的溶解度随温度升高而增大，为除去氯化钠，“结晶”时应采用冷却结晶，使氯化钠留在滤液中，故B错误；C．常温下，苯甲酸微溶于水，易溶于乙醇，洗涤时不宜用乙醇，应用冷水，故C正确；D．若洗涤液中不含Cl﹣，说明NaCl已经除净，“洗涤”时，取最后一次洗涤液，加硝酸酸化的硝酸银溶液，若没有沉淀生成，说明不含氯化钠，故D正确；故选：B。【点评】本题考查物质分离、提纯的实验方案设计等，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。10．（2025秋•海安市期末）工业上用红土镍矿（主要成分为NiO，含CoO、FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO和SiO2）制备NiSO4•7H2O。工艺流程如图所示，已知Ksp(CaFA．用硫酸酸浸产生的滤渣的主要成份是SiO2和CaSO4 B．氧化沉铁沉铝时将溶液调节至强碱性，可防止后续沉镁沉钙时产生有毒气体 C．氧化沉铁时加入NaClO溶液，在碱性条件下反应的离子方程式为：2Fe2++ClO﹣+H2O+4OH﹣＝2Fe（OH）3↓+Cl﹣ D．加入NaF溶液沉镁沉钙，当Mg2+和Ca2+沉淀完全时，混合液中的c（Mg2+）：c（Ca2+）＝1：2【答案】B【分析】工业上用红土镍矿（主要成分为NiO，含CoO、FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO和SiO2）制备NiSO4•7H2O，向其中加入硫酸在高压下进行酸浸，NiO与硫酸反应生成NiSO4，CoO与硫酸反应生成CoSO4，FeO与硫酸反应生成FeSO4，Fe2O3与硫酸反应生成Fe2（SO4）3，Al2O3与硫酸反应生成Al2（SO4）3，MgO与硫酸反应生成MgSO4，CaO与硫酸反应生成CaSO4，SiO2与硫酸不反应；加入氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH，将铁离子、铝离子沉淀；加入可溶氟化物，将镁离子转化为氟化镁沉淀，将钙离子转化为氟化钙沉淀；经过萃取、反萃取得到NiSO4溶液；NiSO4溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥最终得到NiSO4•7H2O晶体。【解答】解：A．SiO2与硫酸不反应，CaSO4微溶，用硫酸酸浸产生的滤渣的主要成份是SiO2和CaSO4，故A正确；B．碱性过强，镍离子会生成沉淀，不能调节溶液为强碱性，故B错误；C．氧化沉铁时加入NaClO溶液，在碱性条件下亚铁离子被氧化为氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO﹣+H2O+4OH﹣＝2Fe（OH）3↓+Cl﹣，故C正确；D．加入NaF溶液沉镁沉钙，当Mg2+和Ca2+沉淀完全时，混合液中的c（Mg2+）：c（Ca2+）=Ksp(MgF2)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。11．（2026•信阳模拟）含钛高炉渣富含TiO2、Al2O3、MgO、CaO、SiO2、Fe3O4等氧化物，其用于提取金属钛的流程如图。已知：TiO2不溶于水、稀酸和碱溶液。下列说法错误的是（）A．“研磨、磁选”时可除去高炉渣中的铁元素 B．“酸浸”“碱浸”均需在高温下进行，以加快反应速率 C．若将酸浸区域与碱浸区域互换顺序，最终得到的滤渣主要成分相同 D．若将酸浸区域与碱浸区域互换顺序，理论上氢氧化钠用量增大【答案】B【分析】根据流程和各氧化物性质：原料含TiO2（不溶于稀酸、碱）、Al2O3（与酸碱反应）、MgO/CaO/Fe3O4（与稀酸反应）、SiO2（与碱反应），通过酸浸碱浸溶解除去杂质，滤渣为TiO2，由此作答。【解答】解：A．“研磨、磁选”时，Fe3O4具有磁性，可以通过磁选被分离除去，所以能够除去高炉渣中的铁元素，故A正确；B．“酸浸”是用稀盐酸和Al2O3、MgO、CaO等氧化物反应，“碱浸”是用NaOH溶液和SiO2反应，升高温度确实能加快反应速率，但稀盐酸在高温下会大量挥发，降低酸的利用率，所以“酸浸”不需要在高温下进行，故B错误；C．分析可知，先酸后碱，最终滤渣为TiO2，互换顺序（先碱后酸）：碱浸溶解SiO2、Al2O3，剩余不溶物为TiO2、MgO、CaO；酸浸溶解MgO、CaO，最终滤渣仍为TiO2，最终滤渣主要成分相同，故C正确；D．原顺序中，Al2O3已经被酸浸除去，碱浸时仅SiO2消耗NaOH；互换顺序后，碱浸时SiO2和Al2O3都要消耗NaOH，因此NaOH用量增大，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查了物质的分离，题目难度中等，掌握物质分离的方法，结合物质的性质是解答该题的关键。12．（2025秋•海淀区期末）利用富锰矿分离提取Mn、Co元素的流程如图（部分产物已略去）。已知：Mn和Co的氧化物均难溶于水。下列说法不正确的是（）A．通过②使NH3循环利用，理论上可满足步骤①所需（NH4）2SO4 B．由③～⑥可知，热稳定性：Fe2（SO4）3小于CoSO4和MnSO4 C．⑤中，若升高温度，CoS产率降低，可能与H2S的溶解度降低有关 D．⑥中，相较于NaHCO3，NH4HCO3更有利于资源的循环利用【答案】A【分析】富锰矿与硫酸铵“450℃焙烧”，金属氧化物均转化为硫酸锰、硫酸铁、硫酸钙、硫酸钴，同时产生的气体有氨气、氮气等；氨气用稀硫酸吸收，得到硫酸铵溶液；得到的硫酸盐经650℃“高温焙烧”，硫酸铁发生了分解，产生三氧化硫气体和氧化铁，水浸后，过滤，滤渣为氧化铁，滤液加入H2S，生成硫化钴沉淀，过滤，含硫酸锰的滤液中加入NH4HCO3获得MnCO3沉淀、同时生成硫酸铵。【解答】解：A．铵根离子部分生成了N2，生成NH3的量不足，不能满足步骤①所需（NH4）2SO4，故A错误；B．650℃硫酸铁分解，而CoSO4和MnSO4不分解，由③～⑥可知，热稳定性：Fe2（SO4）3小于CoSO4和MnSO4，故B正确；C．H2S溶解度随温度升高降低，⑤中，若升高温度，CoS产率降低，可能与H2S的溶解度降低有关，故C正确；D．⑥中，相较于NaHCO3，NH4HCO3和硫酸锰反应后又会生成硫酸铵，可以重复利用，有利于资源的循环利用，故D正确；故选：A。【点评】本题考查了物质的分离提纯，物质性质的应用，为高考常见题型，注意把握题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，综合性强，题目难度中等。13．（2026•陕西二模）芬顿反应处理苯酚废水效果显著。芬顿反应是利用Fe2+与过氧化氢反应生成具有强氧化性的羟基自由基（•OH）降解废弃物。现用该技术处理含柠檬酸镍的废水，出水水质要求镍离子浓度低于0.1mg/L，其部分流程如图所示。已知：①水合柠檬酸镍钾的化学式为K2[Ni（C6H5O7）（H2O）2]2•4H2O；②柠檬酸（C6H8O7）是三元酸；③常温下，Ksp④“中和沉淀”的滤渣主要为Ni（OH）2、Fe（OH）3。下列说法不正确的是（）A．“预处理”pH通常为3.0～3.5，若pH过高会导致芬顿反应中铁元素沉淀 B．“芬顿氧化破络”步骤存在反应：FeC．“芬顿氧化破络”步骤中Ni2+被羟基自由基氧化而破坏了柠檬酸镍钾配合物 D．“水槽”中滤液未达到出水水质要求【答案】C【分析】废水加稀硫酸酸化预处理，然后加入FeSO4•7H2O与过氧化氢反应生成强氧化性羟基自由基（•OH），氧化柠檬酸镍、亚铁离子，使Ni转化为Ni2+，亚铁离子生成铁离子，然后加入碱石灰、聚合氯化铝，使Ni2+、Fe3+转化为Ni（OH）2、Fe（OH）3，过滤后，可以排放，据此解答。【解答】解：A．“预处理”pH通常为3.0～3.5，“预处理”pH过高会影响后续芬顿反应，导致铁元素沉淀，故A正确；B．Fe2+与过氧化氢反应生成具有强氧化性的羟基自由基（•OH），环境是酸性，亚铁离子被氧化为铁离子，则芬顿反应的离子方程式为Fe2++H2O2+C．“芬顿氧化破络”存在反应18⋅OH+[Ni(C6H5O7)(D．“中和沉淀”中碱石灰用来调pH，生成Ni（OH）2、Fe（OH）3，所以产生的滤渣主要成分含有Ni（OH）2、Fe（OH）3，pH＝9时，c（OH﹣）＝10﹣5mol/L，则c(Ni2+)=Ksp[Ni(OH)2]c2(OH-)=2×10-15(10-5)故选：C。【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。14．（2026春•华安县校级期中）无色气体甲可能含有NO、NO2、CO2、NH3、N2中的几种，将100mL气体甲经过如图所示的实验处理，结果得到酸性溶液，集气瓶中无气体剩余，下列说法正确的是（）A．气体甲中可能含有32mLNO B．经过过氧化钠处理后的剩余气体体积大于60mL C．气体甲的组成可能为NH3、NO、NO2 D．8OmL余气中NO、CO2的体积比为3：2【答案】A【分析】A．由Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2、2NO+O2＝2NO2、4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，确定NO与O2反应的比例关系；B．CO2与Na2O2反应，2CO2～O2，体积减小；NO与生成的O2反应2NO+O2＝2NO2，体积也减小；C．气体甲为无色，不含NO2；D．根据反应关系，余气中NO与CO2的体积比为3：4。【解答】解：A．设余气中NO体积为x，CO2体积为y，由Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2得生成O2体积为y2；再由2NO+O2＝2NO2、4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，可知一氧化氮与氧气反应的比例关系，最终无气体剩余时，x最大为32mL，所以气体甲中可能含有32mLNO，故AB．二氧化碳与过氧化钠反应，2CO2～O2，体积减小；一氧化氮与生成的氧气反应2NO+O2＝2NO2，体积也减小，所以经过过氧化钠处理后的剩余气体体积小于60mL，故B错误；C．气体甲为无色，不含NO2，所以组成不可能为NH3、NO、NO2，故C错误；D．根据反应关系，余气中NO与CO2的体积比为3：4，故D错误；故选：A。【点评】本题主要考查常见气体的检验等，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。15．（2025秋•淄博期末）以废镍催化剂（含Ni及Zn、Fe、CaO、SiO2等）为原料制备草酸镍晶体的流程如图。已知：Ⅰ.萃取原理可表示为ZnⅡ.常温下，Ksp(CaF2)=1.6×10-10；离子浓度c≤1×10﹣下列说法错误的是（）A．“滤渣1”的主要成分是CaSO4、SiO2 B．“除铁”时发生反应为2FeC．“除钙”时滤液中c（F﹣）至少为4×10﹣3mol•L﹣1 D．“萃取”时适当降低溶液pH可提高Zn2+萃取率【答案】D【分析】制备草酸镍晶体（NiC2O4•2H2O）的流程：废镍催化剂（主要成分为Ni，还含有一定量的Zn、Fe、SiO2、CaO）加入硫酸溶解得到含有Ni2+、Zn2+、Fe2+、Ca2+的酸性溶液，部分Ca2+与SO42-结合得到微溶物CaSO4，SiO2不溶于酸，过滤，滤渣I为SiO2和CaSO4，向滤液中加入NaClO溶液氧化Fe2+为Fe3+，同时将其沉淀为Fe（OH）3，过滤，滤渣Ⅱ为Fe（OH）3，再向滤液中加入NH4F溶液，沉淀Ca2+为CaF，滤渣Ⅲ为CaF，最后加入有机萃取剂萃取Zn2+，得到的水层主要为Ni2+，再向其中加入（NH4）2C2O4溶液，得到产品草酸镍晶体（NiC2O4•2H2【解答】解：A．废镍催化剂（含Ni、Zn、Fe、CaO、SiO2）加稀硫酸酸浸：SiO2不与酸反应，CaO与H2SO4生成CaSO4（微溶，以沉淀形式存在），因此滤渣1为SiO2、CaSO4，故答案为：A正确；B．Fe2+被ClO﹣+氧化为Fe（OH）3，其反应的离子方程式为：2Fe2++ClO﹣+5H2O＝2Fe（OH）3↓+Cl﹣+4H+，故B正确；C．溶度积Ksp（CaF2）＝c（Ca2+）•c2（F﹣）＝1.6×10﹣10，已知沉淀完全时c（Ca2+）≤1×10﹣5mol•L﹣1，代入计算：c2（F﹣）≥Ksp(CaF2)c(Ca2+)=1.6×10-101×10-5（mol/L）2＝1.6×10﹣5（mol/L）2，得到：D．根据勒夏特列原理：降低溶液pH（c（H+）增大），平衡逆向移动，Zn2+从有机层回到水层，萃取率降低（而非提高），故D错误；故选：D。【点评】本题以草酸镍晶体的制备为背景，考查了学生有关物质分离提纯，离子方程式的书写等内容，考察范围较广，侧重考查学生处理问题的能力，整体试题难度适中。16．（2025秋•越秀区期末）多金属精矿主要含Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。如图是一种从多金属精矿中提取金属的生产工艺（部分）。下列说法不正确的是（）A．“酸浸”将Fe、Al、Cu、Ni等元素转化成可溶性盐 B．“高压加热”时的反应是：2Fe2++O2+H2O高压C．“700℃加热”时的反应为：Fe2O3+3H2700℃2Fe+3H2O D．与传统的高炉炼铁工艺相比，上述冶铁方法更为低碳环保【答案】B【分析】多金属精矿（主要含Fe、Al、Cu、Ni、O等元素）中提取金属的生产工艺：矿粉中通入含SO2的工业废气“酸浸”，Fe、Al、Cu、Ni等元素的氧化物转化为Fe2+、Cu2+、Al3+、Ni2+等可溶性盐，过滤，调节浸取液的pH＝3，通入空气“高压加热”，反应为4Fe2++O2+4H2O高压△2Fe2O3+8H+，过滤得到Fe2O3，滤液用于提取金属Al、Cu、Ni，“700℃加热”时通入H2还原Fe2O3生成Fe，反应为Fe2O3+3H2700℃2Fe+3H【解答】解：A．由流程图可知，矿粉中通入含SO2的工业废气“酸浸”，Fe、Al、Cu、Ni等元素的氧化物转化为Fe2+、Cu2+、Al3+、Ni2+等可溶性盐，故A正确；B．通入空气“高压加热”，发生的反应为4Fe2++O2+4H2O高压△2Fe2O3+8H+C．“700℃加热”时通入H2还原Fe2O3生成Fe，反应为Fe2O3+3H2700℃2Fe+3H2O，故C正确；D．传统的高炉炼铁原理为Fe2O3+3CO700℃2Fe+3CO2，则上述冶铁方法更为低碳环保，故D正确；故选：B。【点评】本题考查物质的分离提纯方法及其应用，明确物质的性质、流程中发生的反应及方程式配平、物质分离方法是解答该题的关键，题目难度中等。17．（2026•眉山二模）某铜阳极泥含有Cu、Ag、Au等元素，回收其中金属的化工流程如图：已知：①AgCl(s)+C②“浸取2”步骤中，单质金转化为HAuCl4③“浸出液3”中含有[Ag下列说法错误的是（）A．“浸取1”分离出了铜元素 B．“浸取2”不能加入过量的HCl C．“还原”步骤，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为4：3 D．“浸取3”发生的离子方程式为：AgCl+2【答案】C【分析】铜阳极泥含有Cu、Ag、Au等元素，铜和硫酸、过氧化氢反应生成硫酸铜，所以浸出液1中含有铜元素，浸渣1中有Ag、Au单质，浸取2之后根据已知信息单质金转化为HAuCl4，所以浸出液2中含有HAuCl4，经过还原得到金单质，浸渣2中含有Ag单质，浸出液3根据已知信息含有[Ag(S【解答】解：A．浸取1加入硫酸和H2O2，Cu再酸性条件下转化为铜离子，化学反应方程式为Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O，生成可溶的硫酸铜进入浸出液1，因此浸取1分离出了铜元素，故A正确；B．根据已知①AgCl(s)+Cl-(aq)⇌[AgCl2]-(aq)，若HCl过量，Cl﹣浓度过高，AgCl会溶解为[AgCl2]C．还原过程中：HAuCl4中Au为+3价，被还原为Au（0价），1molAu得到3mol电子；N2H4中N为﹣2价，被氧化为N2（0价），1molN2H4失去4mol电子。根据电子守恒：n（N2H4）×4＝n（Au）×3，得n（N2H4）：n（Au）＝3：4，不是4：3，故C错误；D．浸取3是AgCl和S2O32-发生配位反应生成[Ag(S故选：C。【点评】本题主要考查物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用等，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。18．（2026•西安模拟）铋（Bi）是一种重要的有色金属，工业上通过辉铋矿（主要成分是Bi2S3，含有少量Si、Fe、Pb、Al等元素）生产海绵铋的一种工艺流程如图所示，下列叙述不正确的是（）A．为提高“酸浸”速率，可将辉铋矿粉碎或适当升高温度 B．“酸浸”时，“浸液”中的元素为Fe、Pb、Al C．“氧化浸出”时，发生反应的离子方程式为6FeD．向“滤液”中通入Cl2后，所得溶液可循环利用【答案】B【分析】辉铋矿（主要成分是Bi2S3，含有少量Si、Fe、Pb、Al等元素），通过硫酸酸浸后，Fe、Al与硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸铝，过滤，得到酸浸渣，往其中加氯化铁、盐酸进行氧化浸出，Bi2S3反应生成[BiCl6]3﹣，加入铁粉置换，生成单质铋，同时将剩余的Fe3+还原为Fe2+，向滤液中通入氯气得到Fe3+的溶液，可以循环利用。【解答】解：A．将辉铋矿粉碎、适当升高温度、适当增大硫酸浓度、搅拌等可提高“酸浸”速率，故A正确；B．辉铋矿（主要成分是Bi2S3，含有少量Si、Fe、Pb、Al等元素），通过硫酸酸浸后，Fe、Al与硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸铝，而Pb与硫酸反应生成硫酸铅沉淀，因此辉铋矿被浸出到“浸液”中的元素为Fe、Al，故B错误；C．“氧化浸出”时，Bi2S3反应生成[BiCl6]3-，同时还会生成S单质和Fe2+，离子方程式为D．滤液中含有Fe2+，向滤液中通入氯气，得到Fe3+的溶液，可以循环利用，故D正确；故选：B。【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。19．（2025秋•湖南月考）一种从湿法炼锌产生的废渣（主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物）中富集回收Co，得到含锰高钴成品的工艺流程如图。下列说法错误的是（）A．滤渣中的物质主要为PbSO4 B．“氧化”时被氧化的离子为Co2+ C．试剂X可以是ZnO或ZnCO3 D．“氧化沉钴”时，n(【答案】C【分析】用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣，得到含有Co2+、Zn2+、Fe2+、SO42-等离子的溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO4，则“滤渣”为“酸浸”时生成的PbSO4，向滤液中加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入X，调节pH使Fe3+完全转化为Fe（OH）3，X可以是Co、Mn的不溶物，过滤后滤液中的金属离子主要是Co2+、Zn2+和Mn2+；最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂KMnO4，将溶液中Co2+氧化为Co3+，在pH＝5时Co3+形成Co（OH）3沉淀，而KMnO4则被还原为MnO2，KMnO4还会与溶液中的Mn2+发生归中反应生成MnO2，得到Co（OH）3和MnO2的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO【解答】解：A．根据分析，滤渣中的物质主要为PbSO4，故A正确；B．向滤液中加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，“氧化”时被氧化的离子为Fe2+，故B正确；C．根据分析，X为Co、Mn的不溶物，ZnO或ZnCO3会引入Zn离子，故C错误；D．氧化沉钴反应中KMnO4则被还原为MnO2，Co2+被氧化为Co3+，由得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3，故D正确；故选：C。【点评】本题考查物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用等，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。20．（2026•福州模拟）氟硅酸（H2SiF6）是一种易溶于水的强酸，实验室中浓缩氟硅酸并回收环己醇的一种方法如图所示。下列分析或判断正确的是（）A．氟硅酸在环己醇中的溶解度大于在水中的溶解度 B．通过检验洗出液的酸碱性可以判断“碱洗”是否完成 C．“碱洗”中用到的玻璃仪器只有烧杯和玻璃棒 D．“操作X”为分液【答案】B【分析】由浓缩氟硅酸的流程可知，先加环己醇萃取，使大量的水进入有机相，从而浓缩氟硅酸稀溶液，分液后，有机相中含有水、环己醇以及少量的氟硅酸，加入NaOH溶液后，氟硅酸被洗去，分液得到含有少量水的环己醇，还需通过蒸馏（操作X）的方法得到环己醇，以此来解答。【解答】解：A．氟硅酸要留在水溶液中以达到浓缩的目的，在环己醇中的溶解度必须很小，故A错误；B．碱洗是为了洗去少量的氟硅酸，当洗出液为碱性时，少量的氟硅酸完全被洗净，故B正确；C．碱洗后需要通过分液的方法分离有机相与水相，缺少分液漏斗不能完成实验，故C错误；D．碱洗过程通过分液初次分离水与环己醇，进一步分离两种液体需要蒸馏，故D错误；故选：B。【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、流程中混合物的分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。21．（2025秋•五华区期末）云南省含有非常丰富的矿产资源。以铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2等）为原料冶炼Al的工业生产流程如图，关于该流程的下列说法不正确的是（）A．沉淀B可用于制备光导纤维 B．生产过程中，可以循环使用的物质有CO2、CaO C．检验D中的金属阳离子，可以先加入稀盐酸，再滴加硫氰化钾溶液，会有血红色沉淀生成 D．向溶液C中通入少量CO2生成Al（OH）3的离子方程式：2Al(OH【答案】C【分析】由工艺流程可知，铝土矿（主要成分为Al2O3，Fe2O3、SiO2等），铝土矿与过量的盐酸反应得沉淀B和溶液A，则固体B为SiO2，过滤得滤液A含有氯化铝、氯化铁、盐酸等，滤液中加入过量的NaOH，可推知沉淀D为氢氧化铁，过滤得滤液C含有偏铝酸钠、氯化钠，所以向滤液C中通入二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀与溶液E为碳酸氢钠或碳酸钠溶液，过滤后向E溶液中加入氧化钙得沉淀G为碳酸钙，同时得到氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液可以循环利用，碳酸钙煅烧分解得氧化钙和二氧化碳都可以循环利用，Al（OH）3灼烧得氧化铝，电解熔融的氧化铝可得铝，据此答题。【解答】解：A．根据上面的分析可知，沉淀B的化学式为SiO2，一种用途为制造光导纤维、工业制粗硅等，故A正确；B．滤液C通CO2制Al（OH）3，CaCO3煅烧又生成CO2；CaO用于除去Na2SiO3，CaCO3煅烧再生CaO；二者均可循环，故B正确；C．沉淀D为Fe2O3，溶于酸后阳离子为Fe3+；检验方法：加稀盐酸溶解，再滴加KSCN溶液，溶液变血红色（生成可溶性络合物[Fe（SCN）]2+），无血红色沉淀生成，故C错误；D．溶液C为NaAlO2溶液，通入少量CO2时，CO2与OH﹣反应生成CO32-，离子方程式为：2AlO2-+CO2+3H2O＝2Al（OH）3故选：C。【点评】本题以冶炼铝提取工艺流程为载体考查混合物分离实验方案的设计，为高频考点，涉及无机物推断、元素化合物性质及相互转化、离子的检验、离子方程式等，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。22．（2026•长春二模）某工厂采用如图工艺回收废铅膏（含有PbSO4、PbO2、Pb和少量BaSO4、Fe2O3）中的铅元素。已知常温下，K(NH3A．葡萄糖作还原剂 B．滤渣的主要成分是BaSO4 C．常温下，pH＝9的（NH4）2SO4/NH3缓冲溶液中：c(NHD．“沉铅”的主要反应：H2O+Pb2++2NH3+CO2＝PbCO3↓+2NH【答案】D【分析】废铅膏（含有PbSO4、PbO2、Pb和少量BaSO4、Fe2O3）回收铅元素流程：废铅膏中加入葡萄糖、稀硫酸“浸取”，葡萄糖将PbO2还原生成PbSO4、Fe2O3转化为Fe2（SO4）3、BaSO4不溶解，过滤，除去Fe2（SO4）3得到含PbSO4、BaSO4的滤渣，加入（NH4）2SO4/NH3“配位溶铅”生成[Pb（NH3）4]SO4，过滤，滤渣主要成分为BaSO4，向含有[Pb（NH3）4]SO4的滤液中通入CO2气体“沉铅”生成PbCO