2026年高考化学一轮复习 物质的分离与提纯

高考化学一轮复习物质的分离与提纯一．选择题（共20小题）1．（2025春•道里区校级期末）锰白（MnCO3）难溶于水和乙醇，高于200℃会分解。工业上以软锰矿（含MnO2、Al2O3、SiO2）为原料生产锰白的流程如图所示。下列说法错误的是（）A．碱浸后的滤液中含有Na+、Al(OH)4−、SiB．还原步骤中加入SO2可将MnO2还原为Mn2+ C．沉锰时发生反应为MnD．产品最后用乙醇可除去水，且易干燥2．（2025春•海淀区校级期末）红土镍矿（主要含SiO2Fe2O3和少量FeO、NiO）中镍含量较低，可通过黄钠铁矾[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]沉淀法获得含镍富集液，进而生产含镍产品，其工艺流程如图：下列说法不正确的是（）A．滤渣的主要成分是SiO2 B．“氧化”过程中，溶液的pH增大 C．“氧化”若不充分，含镍富集液中铁含量将提高 D．“沉铁”时加入Na2CO3的主要作用是提供Na+3．（2025•高邮市开学）以铅矿粉（主要成分为PbS，还含有杂质Fe2O3、Al2O3、FeO和SiO2）为原料制备金属铅的流程如图：已知：①H2SiF6为易溶于水的强酸。②25℃时，Ksp(PbSO4)=1.5×1下列说法错误的是（）A．“浸出”时，加入NaOH溶液的作用是溶解Al2O3和SiO2，实现物质的分离 B．“反应”后的溶液中：c（Pb2+）•c（CO32−）＝8.0×10C．“溶解”时，发生的离子方程式为：PbCO3+H2SiF6＝Pb2++SiF62−+H2D．“电解”时，若溶液的pH过小，则在阴极可能会发生副反应生成H24．（2025春•哈尔滨期末）我国中科院首次提出使用“亚熔盐氧化法”从铬铁矿（主要成分为FeCr2O4及杂质）提铬技术（已知：亚熔盐是一种高浓度的电解质溶液）。下列说法错误的是（）A．将矿石粉碎和加压浸取都有利于加快浸出速率和提高浸出率 B．相对于熔融盐，使用亚熔盐能耗低，更符合节能减碳 C．“加压浸取”主要发生反应：4FeCr2O4+16NaOH+7O2＝8Na2CrO4+2Fe2O3+8H2O D．向Na2CrO4溶液加入硫酸酸化，溶液由橙色变为绿色5．（2025春•眉山期末）某工程师为了从使用过的腐蚀废液中回收铜，并将铁的化合物全部转化为FeCl3溶液作为腐蚀液原料循环使用，准备采用如图步骤，以下说法错误的是（）A．腐蚀废液的成分是FeCl2、CuCl2和FeCl3 B．滤渣③的成分是Cu C．④可以是稀盐酸，不能用稀硫酸 D．通入⑥时发生反应的离子方程式是：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣6．（2025•香坊区校级四模）废旧铅蓄电池会导致铅污染，回收铅的流程如图所示。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PbSO4 B．加入（NH4）2CO3后发生的反应为：PbSO4（s）+CO32−（aq）⇌PbCO3（s）C．步骤X可以是蒸干灼烧 D．若步骤X为电解，则阴极生成Pb，阳极生成的HNO3在整个流程中可循环使用7．（2025春•秀英区校级期末）高锰酸钾在工业中广泛用作氧化剂，以软锰矿（主要成分是MnO2含有Fe2O3和SiO2等杂质）为原料制备高锰酸钾的工艺流程如图所示：已知：①“焙烧”中有K2MnO4生成。②20℃时各物质的溶解度如下表。物质KMnO4K2CO3K2SO4溶解度/g6.3811111.1下列说法错误的是（）A．“焙烧”时，MnO2与KOH反应，其物质的量之比1：2 B．通入CO2时，理论上生成的MnO2和KMnO4的物质的量之比为1：2 C．若“焙烧”时加入的KOH过量，则制得的MnO2中混有含Si元素的杂质 D．操作Ⅱ为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，滤渣2的主要成分为K2CO38．（2025春•南昌期末）煤气化渣属于大宗固废，主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2等。某化学兴趣小组参考真实工艺后设计了以下流程，制备钠基正极材料NaFeO2。下列说法不正确的是（）已知：该工艺经碳热还原得到Fe3O4A．“滤渣”的主要成分为H2SiO3 B．实验室模拟“焙烧”过程需要用到坩埚 C．碱浸后的“滤液”经一系列操作可回收得到Al2O3 D．“焙烧”生成NaFeO2的化学反应方程式为4F9．（2025春•南阳期末）用反萃取法将碘单质从碘的四氯化碳溶液中提取出来，具体步骤如图所示：下列说法错误的是（）A．振荡后，静置时分液漏斗的液体分层情况如图所示（夹持装置已略去） B．水层中加入H2SO4溶液后，还可能发生的反应为2NaOH+H2SO4＝Na2SO4+2H2O C．食用加碘盐中的碘指的是KIO3中的碘元素 D．碘与NaOH溶液反应的离子方程式为3I2+6OH﹣＝5I﹣+IO3−10．（2025春•汨罗市校级期末）利用HNO3和王水可分离提纯金银铜合金材质的马拉松纪念奖牌，其工艺流程如图所示，下列说法错误的是（）已知：①王水是浓硝酸和浓盐酸以体积比为1：3混合得到的混合物；②“溶金”时会有NO气体逸出，溶液中金元素主要以[AuClA．浓硝酸应放置于棕色细口玻璃瓶中避光保存 B．“溶金”时发生反应的离子方程式为Au+4H++NO3−+4Cl﹣＝[AuCl4]﹣C．“还原”制金的过程中若有0.1molAu生成，则理论上至少需要6.5gZn D．“沉银”后所得的滤液主要是硝酸铜和硝酸钠的混合溶液11．（2025春•武汉期末）超分子通常是指由两种或两种以上分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体。例如将C60和C70的混合物加入一种“杯酚”中进行分离，其流程如图所示，则下列说法中错误的是（）A．混合物中C60和C70之间的相互作用是分子间作用力 B．超分子是一种高分子化合物 C．该“杯酚”的空腔大小适配C60 D．“杯酚”分子既存在σ键，又存在大π键12．（2025春•成都期末）一种用石英砂（含SiO2和少量铁、铜的单质及氧化物）和某种原料气合成氮化硅的工艺流程如图所示：已知：常温下Si3N4不溶于稀酸（氢氟酸除外）；高温下Si3N4能与氧气反应。下列说法错误的是（）A．“高温还原”时，生成硅的化学方程式为2C+SiO2高温Si+2CO↑B．“加热净化”时，铜屑的作用是除去氮气中的氧气，防止氮化硅与氧气反应 C．粗硅中，除碳、硅外还含有的单质是Fe、Cu D．“酸洗”时用的X为稀盐酸或稀硫酸13．（2025•道里区校级三模）锗广泛应用于光学及电子工业领域。用锌浸渣（主要含ZnFe2O4、CaSO4另含少量ZnS、SiO2以及GeS2）提取GeO2•nH2O和ZnSO4•H2O的工艺流程如图：已知：①常温下，Ksp[Ge（OH）4]＝4×10﹣46，Ksp[Fe（OH）3]＝4×10﹣38，Ksp[Zn（OH）2]＝1.2×10﹣17。②沸点：GeCl4、84℃，FeCl3、316℃，ZnCl2、732℃。下列说法正确的是（）A．GeCl4、FeCl3均为共价晶体 B．“浸渣”主要含有S和SiO2 C．化合物A可以是ZnO、ZnCO3等 D．可用红外光谱仪测定GeO2的晶体结构14．（2025春•太原期末）工业上利用铝土矿（主要成分为Al2O3含SiO2、Fe2O3等杂质）冶炼铝的主要流程如图：已知SiO2在“溶解”时转化为铝硅酸钠沉淀。下列叙述错误的是（）A．“溶解”时适当增大NaOH溶液的浓度，可提高溶解速率 B．操作Ⅰ、Ⅱ均为“过滤”，Ⅲ为“灼烧” C．加入冰晶石的目的主要是降低Al2O3的熔融温度，减少冶炼过程中的能耗 D．通入过量CO2时，发生反应：CO2+2[Al（OH）4]﹣＝2Al（OH）3↓+CO32−15．（2025春•重庆期末）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图。下列说法正确的是（）A．苯胺既可与盐酸也可与NaOH溶液反应 B．苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得 C．加入Na2CO3溶液的作用是中和过量的盐酸 D．由①、③分别获取相应粗品时可采用相同的操作方法16．（2025春•深圳期末）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）的提纯方案如下。下列说法不正确的是（）A．操作Ⅰ中，加热能提高苯甲酸的溶解度 B．操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少被包裹的杂质 D．操作Ⅳ洗涤苯甲酸，用冷水比乙醇效果好17．（2025春•雨花区校级期末）实验室提取桂花精油的流程如下。下列说法错误的是（）A．“操作①”所需的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗、玻璃棒 B．“操作②”为蒸馏，所得的石油醚可循环利用 C．“抽滤”可加快过滤速率，桂花精油在滤液中 D．“减压蒸馏”可防止桂花精油在较高温度下变质18．（2025春•常州期末）联合处理高炉渣（主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等）和炼钢烟气（CO2和水蒸气），可实现资源回收利用，有效减少环境污染，其主要流程如图：下列说法不正确的是（）A．焙烧产生的气体主要成分是NH3 B．水浸1过滤所得滤渣的主要成分是CaSO4 C．浓缩结晶所得的铝产品NH4Al（SO4）2•12H2O可用于净水 D．水浸2过滤所得滤液中的溶质可在上述流程中循环再利用19．（2025春•南通期末）炼钢粉尘（主要含Fe2O3Fe3O4和ZnO）制取ZnS的流程如图所示。“盐浸”时ZnO转化为[Zn(NHA．[Zn(NH3)4B．“盐浸”的主要反应为ZnO+2NH3•H2O+2NH4+=[Zn（NH3）4]2++3HC．“氧化”后过滤，所得滤渣的主要成分为Fe（OH）3 D．“沉锌”前后，溶液中n（NH3•H2O）减少、n(NH20．（2025春•厦门期末）用不锈钢酸洗污泥（主要含Cr2O3为Fe2O3、NiO、CaO、SiO2）生产Cr（OH）3的工业流程如图：已知：Cr（OH）3与Al（OH）3性质相似。下列说法正确的是（）A．滤渣1为SiO2 B．除杂的目的是除去Ni、Ca元素 C．滤渣3为FeC2O4 D．若用NaOH替换NH3•H2O效果更好

高考化学一轮复习物质的分离与提纯参考答案与试题解析一．选择题（共20小题）1．（2025春•道里区校级期末）锰白（MnCO3）难溶于水和乙醇，高于200℃会分解。工业上以软锰矿（含MnO2、Al2O3、SiO2）为原料生产锰白的流程如图所示。下列说法错误的是（）A．碱浸后的滤液中含有Na+、Al(OH)4−、SiB．还原步骤中加入SO2可将MnO2还原为Mn2+ C．沉锰时发生反应为MnD．产品最后用乙醇可除去水，且易干燥【答案】C【分析】软锰矿（含MnO2、Al2O3、SiO2），软锰矿加氢氧化钠溶液“碱浸”，Al2O3、SiO2溶于氢氧化钠溶液生成Na[Al（OH）4]、Na2SiO3，过滤滤渣为MnO2，酸性条件下用二氧化硫还原MnO2生成MnSO4，加碳酸氢铵溶液“沉锰”生成MnCO3沉淀，过滤、洗涤、低温烘干，得纯净MnCO3，据此回答。【解答】解：A．碱浸后的滤液中含有Na[Al（OH）4]、Na2SiO3和过量的NaOH，故含有Na+、Al(OH)4−、SiB．过滤滤渣为二氧化锰，酸性条件下用二氧化硫还原MnO2生成MnSO4，故还原步骤中加入SO2可将MnO2还原为Mn2+，故B正确；C．加碳酸氢铵溶液“沉锰”生成碳酸锰沉淀，发生反应为MnD．碳酸锰难溶于水和乙醇，所以先用水洗去表面的杂质离子，再用乙醇洗去水分，乙醇易挥发，故产品易干燥，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．（2025春•海淀区校级期末）红土镍矿（主要含SiO2Fe2O3和少量FeO、NiO）中镍含量较低，可通过黄钠铁矾[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]沉淀法获得含镍富集液，进而生产含镍产品，其工艺流程如图：下列说法不正确的是（）A．滤渣的主要成分是SiO2 B．“氧化”过程中，溶液的pH增大 C．“氧化”若不充分，含镍富集液中铁含量将提高 D．“沉铁”时加入Na2CO3的主要作用是提供Na+【答案】D【分析】红土镍矿（主要含SiO2、Fe2O3和少量FeO、NiO）加入稀硫酸酸溶，酸溶后的酸性溶液中含有Ni2+，另含有少量Fe2+、Fe3+等，SiO2不与稀硫酸反应，则滤渣的主要成分是SiO2；滤液中加入NaClO将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH沉铁，铁离子转化为黄钠铁矾沉淀，最后过滤得含镍富集液，以此分析解答。【解答】解：A．酸溶时SiO2不与稀硫酸反应，滤渣的主要成分是SiO2，故A正确；B．“氧化”过程中，滤液中加入NaClO氧化亚铁离子为铁离子，离子方程式为：2Fe2++ClO﹣+2H+＝2Fe3++Cl﹣+H2O，该反应中消耗H+，导致溶液的pH增大，故B正确；C．“氧化”过程中，滤液中加入NaClO氧化亚铁离子为铁离子，后续调节pH，Fe3+更加容易沉淀，“氧化”若不充分，Fe2+沉淀不完全，含镍富集液中铁含量将提高，故C正确；D．“转化”时加入Na2CO3，Na2CO3水解后呈碱性，其主要作用是调节反应液pH，有利于生成黄钠铁矾沉淀，故D错误；故选：D。【点评】本题考查混合物分离与提纯方法的综合应用，明确实验目的、实验原理及工艺流程为解答关键，注意掌握常见混合物分离与提纯方法，题目难度不大。3．（2025•高邮市开学）以铅矿粉（主要成分为PbS，还含有杂质Fe2O3、Al2O3、FeO和SiO2）为原料制备金属铅的流程如图：已知：①H2SiF6为易溶于水的强酸。②25℃时，Ksp(PbSO4)=1.5×1下列说法错误的是（）A．“浸出”时，加入NaOH溶液的作用是溶解Al2O3和SiO2，实现物质的分离 B．“反应”后的溶液中：c（Pb2+）•c（CO32−）＝8.0×10C．“溶解”时，发生的离子方程式为：PbCO3+H2SiF6＝Pb2++SiF62−+H2D．“电解”时，若溶液的pH过小，则在阴极可能会发生副反应生成H2【答案】C【分析】硫铅矿的主要成分为PbS，含有杂质Fe2O3、Al2O3、FeO、SiO2等，粉碎后加入足量氢氧化钠溶液进行碱浸，得到滤液含有偏铝酸钠、硅酸钠，滤渣含有PbS、FeO、Fe2O3，加入足量过氧化氢和稀硫酸，可生成PbSO4，同时氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠调节pH，除去铁元素，同时将硫酸铅转化为碳酸铅，分离得到碳酸铅和氢氧化铁的混合沉淀，加入H2SiF6溶解，碳酸铅转化为PbSiF6转移到溶液中，获得混合溶液，电解后获得Pb单质，据此分析回答问题。【解答】解：A．Al2O3和SiO2，和氢氧化钠反应，“浸出”时，加入NaOH溶液的作用是溶解Al2O3和SiO2，实现物质的分离，故A正确；B．“反应”后的溶液中碳酸铅的溶解平衡，存在c（Pb2+）•c（CO32−）＝8.0×10C．H2SiF6为易溶于水的强酸，碳酸铅在酸性条件下溶解，对应离子方程式为PbCO3+2H+＝Pb2++CO2↑+H2O，故C错误；D．“电解”时，若溶液的pH过小，则在阴极可能会发生氢离子得到电子生成H2副反应，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、混合物的分离提纯、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，题目难度中等。4．（2025春•哈尔滨期末）我国中科院首次提出使用“亚熔盐氧化法”从铬铁矿（主要成分为FeCr2O4及杂质）提铬技术（已知：亚熔盐是一种高浓度的电解质溶液）。下列说法错误的是（）A．将矿石粉碎和加压浸取都有利于加快浸出速率和提高浸出率 B．相对于熔融盐，使用亚熔盐能耗低，更符合节能减碳 C．“加压浸取”主要发生反应：4FeCr2O4+16NaOH+7O2＝8Na2CrO4+2Fe2O3+8H2O D．向Na2CrO4溶液加入硫酸酸化，溶液由橙色变为绿色【答案】D【分析】铬铁矿（主要成分为FeCr2O4及杂质）加入NaOH亚熔盐、空气氧化加压浸取，过滤，滤液中的NaOH溶液循环利用，滤饼经过溶解除杂除去Fe2O3，滤液Ⅱ经过提纯得到Na2CrO4。【解答】解：A．加压增大氧气的浓度，将矿石粉碎可以增大接触面积，都有利于加快浸出速率和提高浸出率，故A正确；B．熔融盐所需温度高，使用亚熔盐能耗低，更符合节能减碳，故B正确；C．“加压浸取”FeCr2O4被氧气氧化，在碱性条件下得到Fe2O3和Na2CrO4，主要发生反应：4FeCr2O4+16NaOH+7O2＝8Na2CrO4+2Fe2O3+8H2O，故C正确；D．Na2CrO4溶液加入硫酸酸化，Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，溶液由黄色变为橙色，故D错误；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。5．（2025春•眉山期末）某工程师为了从使用过的腐蚀废液中回收铜，并将铁的化合物全部转化为FeCl3溶液作为腐蚀液原料循环使用，准备采用如图步骤，以下说法错误的是（）A．腐蚀废液的成分是FeCl2、CuCl2和FeCl3 B．滤渣③的成分是Cu C．④可以是稀盐酸，不能用稀硫酸 D．通入⑥时发生反应的离子方程式是：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣【答案】B【分析】由流程可知，腐蚀废液中含有氯化铜、氯化亚铁，加入过量①为Fe，与氯化铜反应生成金属铜和氯化亚铁，经过滤所得滤液②含氯化亚铁，滤渣③是金属铜和过量的铁，铜不能盐酸反应，而金属铁可以，加入过量④为盐酸可以将铜分离，得到的滤液⑤为氯化亚铁，滤液合并后通入氯气，能将亚铁离子氧化生成氯化铁，以此解答该题。【解答】解：A.Cu与氯化铁反应得到腐蚀废液的成分是FeCl2、CuCl2和FeCl3，故A正确；B.由上述分析可知，滤渣③含Cu、Fe，故B错误；C.最终得到氯化铁，则④可以是稀盐酸，不能用稀硫酸，故C正确；D.通入⑥时氯气氧化亚铁离子，发生反应的离子方程式是：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，故D正确；故选：B。【点评】本题考查混合物分离提纯，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。6．（2025•香坊区校级四模）废旧铅蓄电池会导致铅污染，回收铅的流程如图所示。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PbSO4 B．加入（NH4）2CO3后发生的反应为：PbSO4（s）+CO32−（aq）⇌PbCO3（s）C．步骤X可以是蒸干灼烧 D．若步骤X为电解，则阴极生成Pb，阳极生成的HNO3在整个流程中可循环使用【答案】C【分析】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。【解答】解：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，故A正确；B．根据分析可知，加入（NH4）2CO3后，PbSO4转化为PbCO3，发生的反应为PbSO4（s）+CO32−（aq）⇌PbCO3C．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，故C错误；D．若步骤X为电解，则整个流程中阳极生成硝酸、阴极生成铅单质，HNO3可循环使用，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。7．（2025春•秀英区校级期末）高锰酸钾在工业中广泛用作氧化剂，以软锰矿（主要成分是MnO2含有Fe2O3和SiO2等杂质）为原料制备高锰酸钾的工艺流程如图所示：已知：①“焙烧”中有K2MnO4生成。②20℃时各物质的溶解度如下表。物质KMnO4K2CO3K2SO4溶解度/g6.3811111.1下列说法错误的是（）A．“焙烧”时，MnO2与KOH反应，其物质的量之比1：2 B．通入CO2时，理论上生成的MnO2和KMnO4的物质的量之比为1：2 C．若“焙烧”时加入的KOH过量，则制得的MnO2中混有含Si元素的杂质 D．操作Ⅱ为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，滤渣2的主要成分为K2CO3【答案】D【分析】软锰矿（主要成分是MnO2，含有Fe2O3和SiO2等杂质）与KClO3在强碱性条件下焙烧，反应生成氯化钾、锰酸钾和水，反应后的固体加水溶解，得到滤渣为氧化铁和二氧化硅，滤液含有锰酸钾，通入二氧化碳后，在酸性条件下，锰酸钾发生歧化反应得到二氧化锰固体和锰酸钾、碳酸钾，根据锰酸钾、碳酸钾的溶解度差别较大，可以采取蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到高锰酸钾固体和碳酸钾，碳酸钾加入生石灰后，得到氢氧化钾，据以上分析解答。【解答】解：A．“焙烧”中有锰酸钾生成，该步骤主要反应的化学方程式为：3MnOB．通入二氧化碳后，在酸性条件下，锰酸钾发生歧化反应得到二氧化锰固体和高锰酸钾、碳酸钾，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：3K2MnO4+2CO2＝2KMnO4+MnO2+2K2CO3，理论上生成的二氧化锰和高锰酸钾的物质的量之比为1：2，故B正确；C．若“焙烧”时加入的KOH过量，二氧化硅也能和KOH反应生成硅酸钾，导致制得的MnO2中混有含Si元素的杂质，故C正确；D．据表格中的溶解度，KMnO4的溶解度远小于K2CO3，所以KMnO4、K2CO3分离操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，滤渣2的主要成分为KMnO4，故D错误；故选：D。【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。8．（2025春•南昌期末）煤气化渣属于大宗固废，主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2等。某化学兴趣小组参考真实工艺后设计了以下流程，制备钠基正极材料NaFeO2。下列说法不正确的是（）已知：该工艺经碳热还原得到Fe3O4A．“滤渣”的主要成分为H2SiO3 B．实验室模拟“焙烧”过程需要用到坩埚 C．碱浸后的“滤液”经一系列操作可回收得到Al2O3 D．“焙烧”生成NaFeO2的化学反应方程式为4F【答案】A【分析】煤气化渣主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2等。浓硫酸“酸浸”，氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁、氧化铝和硫酸反应生成硫酸铝，SiO2和硫酸不反应，过滤，滤渣是SiO2，滤液中加氢氧化钠，硫酸铁和氢氧化钠反应得到氢氧化铁沉淀，硫酸铝和过量氢氧化钠反应得到四羟基合铝酸钠，过滤，氢氧化铁用碳热还原得到Fe3O4，Fe3O4和碳酸钠、氧气反应（焙烧）得到NaFeO2。【解答】解：A．根据以上分析，二氧化硅和硫酸不反应，“滤渣”的主要成分为二氧化硅，故A错误；B．实验室中在坩埚中灼烧固体物质，实验室模拟“焙烧”过程需要用到坩埚，故B正确；C．碱浸后的“滤液”中含有四羟基合铝酸钠，通入过量二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，氢氧化铝灼烧得到氧化铝，经一系列操作可回收得到氧化铝，故C正确；D．“焙烧”时四氧化三铁和碳酸钠、氧气反应生成NaFeO2，反应的化学反应方程式为4Fe故选：A。【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。9．（2025春•南阳期末）用反萃取法将碘单质从碘的四氯化碳溶液中提取出来，具体步骤如图所示：下列说法错误的是（）A．振荡后，静置时分液漏斗的液体分层情况如图所示（夹持装置已略去） B．水层中加入H2SO4溶液后，还可能发生的反应为2NaOH+H2SO4＝Na2SO4+2H2O C．食用加碘盐中的碘指的是KIO3中的碘元素 D．碘与NaOH溶液反应的离子方程式为3I2+6OH﹣＝5I﹣+IO3−【答案】A【分析】碘单质易溶于有机溶剂四氯化碳，在进行反萃取时，向其中加入NaOH浓溶液，使I2转化为可溶于水的NaI、NaIO3进入水溶液，而CCl4与水互不相溶，经分液与CCl4层分离，然后向水层中加入45%的硫酸溶液，NaI、NaIO3在酸性条件下发生归中反应产生I2，I2在水中溶解度不大，得到的是I2的悬浊液，经过滤得到I2单质。【解答】解：A．液态物质CCl4的密度比水大，因此在I2的CCl4溶液中加入NaOH浓溶液后，经充分振荡，静置，CCl4层在下层，含有Na+的水溶液应该在上层，故A错误；B．向含有I2的CCl4溶液中加入NaOH浓溶液，会发生反应：3I2+6NaOH＝5NaI+NaIO3+3H2O，加入的NaOH溶液可能会过量，当向水层中加入H2SO4溶液后，也可能会发生酸碱中和反应：2NaOH+H2SO4＝Na2SO4+2H2O，故B正确；C．食用加碘盐中的碘指的是KIO3中的碘元素，故C正确；D．I2的性质类似Cl2，能够与NaOH浓溶液发生歧化反应产生NaI、NaIO3、H2O，根据物质的拆除原则，可知该反应的离子方程式为：3I2+6OH﹣＝5I﹣+IO3−故选：A。【点评】本题考查混合物分离提纯的基本操作，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。10．（2025春•汨罗市校级期末）利用HNO3和王水可分离提纯金银铜合金材质的马拉松纪念奖牌，其工艺流程如图所示，下列说法错误的是（）已知：①王水是浓硝酸和浓盐酸以体积比为1：3混合得到的混合物；②“溶金”时会有NO气体逸出，溶液中金元素主要以[AuClA．浓硝酸应放置于棕色细口玻璃瓶中避光保存 B．“溶金”时发生反应的离子方程式为Au+4H++NO3−+4Cl﹣＝[AuCl4]﹣C．“还原”制金的过程中若有0.1molAu生成，则理论上至少需要6.5gZn D．“沉银”后所得的滤液主要是硝酸铜和硝酸钠的混合溶液【答案】C【分析】马拉松纪念奖牌含有贵金属单质Au、Ag和Cu，加入HNO3酸浸，Au不溶于稀硝酸，Ag和Cu于稀硝酸得到Ag+和Cu2+，过滤后得到Au固体，Au溶于王水得到，HAuCl4溶液中加入Zn粉还原得到Au；含Ag+和Cu2+的溶液中加入NaCl得到AgCl沉淀，过滤后得到AgCl固体。【解答】解：A．浓硝酸应放置于棕色细口玻璃瓶中避光保存，故A正确；B．“溶金”时发生反应的离子方程式为Au+4HC．根据得失电子守恒，还原制金的过程中若有0.1molAu生成，则理论上至少需要(6.5×3D．金银铜合金加入稀硝酸溶解后溶液中含有Ag+和Cu2+，加入氯化钠，只和Ag+反应生成氯化银沉淀，所以，“沉银”后所得的滤液主要是硝酸铜和硝酸钠的混合溶液，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查性质实验方案的设计等，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。11．（2025春•武汉期末）超分子通常是指由两种或两种以上分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体。例如将C60和C70的混合物加入一种“杯酚”中进行分离，其流程如图所示，则下列说法中错误的是（）A．混合物中C60和C70之间的相互作用是分子间作用力 B．超分子是一种高分子化合物 C．该“杯酚”的空腔大小适配C60 D．“杯酚”分子既存在σ键，又存在大π键【答案】B【分析】A．分子间的相互作用是分子间作用力；B．高分子是相对分子质量大于10000的分子；C．超分子是指由两种或两种以上分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体，有的是有限的，有的是无限伸展的；D．该“杯酚”分子中存在苯环和醚键等结构。【解答】解：A．C60和C70均为分子，二者混合时存在分子间作用力，即混合物中C60和C70之间的相互作用是分子间作用力，故A正确；B．高分子是相对分子质量大于10000的分子，超分子是指由两种或两种以上分子形成的分子聚集体，有的是有限的，有的是无限伸展的，则超分子不一定是高分子化合物，故B错误；C．C60和C70的分子大小不同，由图可知，该“杯酚”能与C60形成超分子，而不能与C70形成超分子，说明该“杯酚”的空腔大小适配C60，故C正确；D．该“杯酚”分子中存在苯环和醚键等结构，苯环含有大π键，则“杯酚”分子既存在σ键，又存在大π键，故D正确；故选：B。【点评】本题以分离提纯为载体考查超分子及其应用，侧重辨析能力和灵活运用能力考查，把握超分子概念、识别特征及其重要应用、杯酚的结构及其性质是解题关键，题目难度不大。12．（2025春•成都期末）一种用石英砂（含SiO2和少量铁、铜的单质及氧化物）和某种原料气合成氮化硅的工艺流程如图所示：已知：常温下Si3N4不溶于稀酸（氢氟酸除外）；高温下Si3N4能与氧气反应。下列说法错误的是（）A．“高温还原”时，生成硅的化学方程式为2C+SiO2高温Si+2CO↑B．“加热净化”时，铜屑的作用是除去氮气中的氧气，防止氮化硅与氧气反应 C．粗硅中，除碳、硅外还含有的单质是Fe、Cu D．“酸洗”时用的X为稀盐酸或稀硫酸【答案】D【分析】本题主要考查了物质的分离，解答时根据物质分离的方法进行分析，A．在高温下碳还原SiO2生成硅（Si）和一氧化碳（CO）；B．已知高温下Si3N4能与氧气反应，而“加热净化”的目的是制备纯净的氮气用于后续合成Si3N4，铜屑在加热条件下可与氧气反应2Cu+O2△2CuO，从而除去氮气中的氧气，避免氧气与Si3N4反应；C．在“高温还原”过程中，铁、铜的氧化物会被碳还原为单质（Fe、Cu），而碳过量时会残留，因此粗硅中除碳、硅外，还含有的单质是Fe、Cu；D．“酸洗”的目的是除去粗硅中的杂质（Fe、Cu、C等），Fe和Cu均能与稀盐酸或稀硫酸反应（Fe与酸反应生成盐和氢气，Cu与稀盐酸、稀硫酸不反应），因此稀盐酸或稀硫酸无法除去Cu单质，需用稀硝酸等能与Cu反应的酸。【解答】解：A．石英砂的主要成分是SiO2，“高温还原”步骤中加入碳（C），在高温下碳还原SiO2生成硅（Si）和一氧化碳（CO），反应方程式为2C+SiO2高温Si+2CO↑，故A正确；B．已知高温下Si3N4能与氧气反应，而“加热净化”的目的是制备纯净的氮气用于后续合成Si3N4，铜屑在加热条件下可与氧气反应2Cu+O2△2CuO，从而除去氮气中的氧气，避免氧气与Si3N4反应，故B正确；C．石英砂中含少量铁、铜的单质及氧化物，在“高温还原”过程中，铁、铜的氧化物会被碳还原为单质（Fe、Cu），而碳过量时会残留，因此粗硅中除碳、硅外，还含有的单质是Fe、Cu，故C正确；D．“酸洗”的目的是除去粗硅中的杂质（Fe、Cu、C等），Fe和Cu均能与稀盐酸或稀硫酸反应（Fe与酸反应生成盐和氢气，Cu与稀盐酸、稀硫酸不反应），因此稀盐酸或稀硫酸无法除去Cu单质，需用稀硝酸等能与Cu反应的酸，故D错误；故选：D。【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。13．（2025•道里区校级三模）锗广泛应用于光学及电子工业领域。用锌浸渣（主要含ZnFe2O4、CaSO4另含少量ZnS、SiO2以及GeS2）提取GeO2•nH2O和ZnSO4•H2O的工艺流程如图：已知：①常温下，Ksp[Ge（OH）4]＝4×10﹣46，Ksp[Fe（OH）3]＝4×10﹣38，Ksp[Zn（OH）2]＝1.2×10﹣17。②沸点：GeCl4、84℃，FeCl3、316℃，ZnCl2、732℃。下列说法正确的是（）A．GeCl4、FeCl3均为共价晶体 B．“浸渣”主要含有S和SiO2 C．化合物A可以是ZnO、ZnCO3等 D．可用红外光谱仪测定GeO2的晶体结构【答案】C【分析】锌浸渣（主要含ZnFe2O4、CaSO4，少量ZnS、SiO2和GeS2）中提取Ge的流程：加入酸化的H2O2氧化酸浸，发生的反应为GeS2+2H2O2+4H+═Ge4++4H2O+2S、ZnFe2O4+8H+═2Fe3++Zn2++4H2O等，过滤得到含有Fe3+、Zn2+、Ge4+的溶液和含有S、SiO2、CaSO4的滤渣，加入ZnO、Zn（OH）2、ZnCO3等调节溶液pH使Ge4+转化为Ge（OH）4沉淀，过滤得到Ge（OH）4滤渣和含有Fe3+、Zn2+的滤液，加入HCl溶解Ge（OH）4得到GeCl4溶液，GeCl4水解、过滤、得到GeO2•nH2O，经过还原反应生成Ge，滤液经过除Fe3+、蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4•H2O，据此分析解答。【解答】解：A．沸点：GeCl4、84℃，FeCl3、316℃，说明GeCl4、FeCl3均为分子晶体，故A错误；B．分析可知“浸渣”主要含有S、SiO2、CaSO4，故B错误；C．加入ZnO、Zn（OH）2、ZnCO3等调节溶液pH使Ge4+转化为Ge（OH）4沉淀，故C正确；D．红外光谱仪测定官能团，GeO2的晶体结构可用X射线衍射测定GeO2的晶体结构，故D错误；故选：C。【点评】本题考查物质的制备、分离提纯实验操作，侧重考查学生的分析能力和实验能力，把握流程中物质的性质、发生反应、混合物分离提纯方法及操作是解题关键，题目难度中等。14．（2025春•太原期末）工业上利用铝土矿（主要成分为Al2O3含SiO2、Fe2O3等杂质）冶炼铝的主要流程如图：已知SiO2在“溶解”时转化为铝硅酸钠沉淀。下列叙述错误的是（）A．“溶解”时适当增大NaOH溶液的浓度，可提高溶解速率 B．操作Ⅰ、Ⅱ均为“过滤”，Ⅲ为“灼烧” C．加入冰晶石的目的主要是降低Al2O3的熔融温度，减少冶炼过程中的能耗 D．通入过量CO2时，发生反应：CO2+2[Al（OH）4]﹣＝2Al（OH）3↓+CO32−【答案】D【分析】铝土矿（主要成分Al2O3，含SiO2、Fe2O3等杂质）中加入NaOH，Al2O3溶解生成Na[Al（OH）4]，SiO2溶解时转变为铝硅酸钠沉淀；溶液中通入CO2生成Al（OH）3和NaHCO3；灼烧Al（OH）3生成Al2O3，加入冰晶石作熔剂，熔融电解Al2O3生成Al。【解答】解：A．增大反应物浓度可以加快反应速率，故“溶解”时适当增大NaOH溶液的浓度，可提高溶解速率，故A正确；B．操作Ⅰ、Ⅱ均是将固液分开，操作为“过滤”，Ⅲ是将Al（OH）3转化为Al2O3，条件为“灼烧”，故B正确；C．加入冰晶石的目的主要是降低Al2O3的熔融温度，减少冶炼过程中的能耗，故C正确；D．溶液中通入CO2生成Al（OH）3和NaHCO3，发生反应：CO2+[Al（OH）4]﹣＝Al（OH）3↓+HCO故选：D。【点评】本题主要考查了物质的分离和提纯的方法和基本操作综合应用，是高频考点，掌握物质的分离和提纯方法是解题关键，侧重考查分析能力，题目难度不大。15．（2025春•重庆期末）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图。下列说法正确的是（）A．苯胺既可与盐酸也可与NaOH溶液反应 B．苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得 C．加入Na2CO3溶液的作用是中和过量的盐酸 D．由①、③分别获取相应粗品时可采用相同的操作方法【答案】B【分析】甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液中加盐酸反应生成易溶于水的苯胺盐酸盐，有机相的成分为苯甲酸和甲苯，水相Ⅰ中的苯胺盐酸盐与氢氧化钠溶液反应生成苯胺液体，故①是苯胺；有机相Ⅱ中加碳酸钠溶液，其中苯甲酸反应生成苯甲酸钠进入水相Ⅱ中，故②是甲苯；水相Ⅱ中苯甲酸钠与盐酸反应生成苯甲酸，故③是苯甲酸。【解答】解：A．苯胺中的官能团是氨基，具有碱性，能与盐酸反应，不与NaOH溶液反应，故A错误；B．甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液中加盐酸反应生成易溶于水的苯胺盐酸盐，有机相的成分为苯甲酸和甲苯，水相Ⅰ中的苯胺盐酸盐与氢氧化钠溶液反应生成苯胺液体，故①是苯胺；有机相Ⅱ中加碳酸钠溶液，其中苯甲酸反应生成苯甲酸钠进入水相Ⅱ中，故②是甲苯；水相Ⅱ中苯甲酸钠与盐酸反应生成苯甲酸，故③是苯甲酸，苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得，故B正确；C．加入Na2CO3溶液的作用除了中和过量的盐酸，还有个作用是将苯甲酸反应生成苯甲酸钠进入水相Ⅱ中，故C错误；D．①是苯胺为液体，③是苯甲酸为固体，则由①、③分别获取相应粗品时可采用的操作方法不同，故D错误；故选：B。【点评】本题考查混合物的分离，侧重考查学生分析和解决问题的能力，试题难度中等。16．（2025春•深圳期末）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）的提纯方案如下。下列说法不正确的是（）A．操作Ⅰ中，加热能提高苯甲酸的溶解度 B．操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少被包裹的杂质 D．操作Ⅳ洗涤苯甲酸，用冷水比乙醇效果好【答案】B【分析】粗苯甲酸中含有少量NaCl和泥沙，加水、加热溶解，苯甲酸、NaCl溶解在水中，泥沙不溶，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，NaCl仍留在母液中；过滤、用冷水洗涤，便可得到纯净的苯甲酸，据此分析解答。【解答】解：A．苯甲酸微溶于水，则操作Ⅰ中加热是为了增大苯甲酸的溶解度，减少损耗，故A正确；B．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，NaCl不会结晶析出，无法通过过滤除去，故B错误；C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶，可形成较大的苯甲酸晶体颗粒，同时可减少杂质被包裹在晶体颗粒内部，故C正确；D．苯甲酸微溶于水，易溶于乙醇，所以操作Ⅳ应用冷水洗涤苯甲酸晶体，比用乙醇洗涤损耗少、效果好，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。17．（2025春•雨花区校级期末）实验室提取桂花精油的流程如下。下列说法错误的是（）A．“操作①”所需的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗、玻璃棒 B．“操作②”为蒸馏，所得的石油醚可循环利用 C．“抽滤”可加快过滤速率，桂花精油在滤液中 D．“减压蒸馏”可防止桂花精油在较高温度下变质【答案】A【分析】A．“操作①”得到溶液和不溶物，为过滤操作；B．分离桂花精油的石油醚溶液采用蒸馏操作；C．抽滤可简单理解为减压过滤，可加快过滤速度；D．减压时物质沸点降低，“减压蒸馏”可使馏分在温度不高时蒸出。【解答】解：A．“操作①”是过滤，所需的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，用不上分液漏斗，故A错误；B．桂花精油溶于石油醚，根据沸点不同进行分离得到石油醚和桂花浸膏，则“操作②”为蒸馏，且石油醚可循环到浸取步骤再利用，故B正确；C．“抽滤”可加快过滤速率，抽滤得到桂花精油的乙醇溶液和不溶物，则滤液中含有桂花精油，故C正确；D．桂花精油高温易变质，“减压蒸馏”可使馏分在温度不高时蒸出，其目的是防止桂花精油在较高温度下发生反应而变质，故D正确；故选：A。【点评】本题考查分离提纯实验，侧重考查实验能力和灵活运用能力，明确实验操作步骤、物质分离提纯方法是解题关键，试题难度中等。18．（2025春•常州期末）联合处理高炉渣（主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等）和炼钢烟气（CO2和水蒸气），可实现资源回收利用，有效减少环境污染，其主要流程如图：下列说法不正确的是（）A．焙烧产生的气体主要成分是NH3 B．水浸1过滤所得滤渣的主要成分是CaSO4 C．浓缩结晶所得的铝产品NH4Al（SO4）2•12H2O可用于净水 D．水浸2过滤所得滤液中的溶质可在上述流程中循环再利用【答案】B【分析】焙烧的产物应为CaSO4、MgSO4、Al2（SO4）3、SiO2，“气体”为NH3，水浸后，“滤渣”中主要是CaSO4、SiO2，滤液浓缩结晶生成硫酸铝铵；滤渣与碳酸铵结合生成碳酸钙，据此分析，A．高炉渣与（NH4）2SO4经焙烧产生的“气体”是可以和“烟气”生成（NH4）2CO3，所以“气体”为NH3；B．根据产品可以推出焙烧的产物应为CaSO4、MgSO4、Al2（SO4）3、SiO2，因此“滤渣”中主要是CaSO4、SiO2；C．Al（OH）3胶体，具有絮凝净水作用；D．流程中，水浸2过滤所得滤液可能含有未完全结晶的NH4+、SO42−等，可循环用于焙烧步骤（作为（NH4）【解答】解：焙烧的产物应为C