高考第二轮复习化学选择题专项练习07 题型七　化学工艺“微流程”

这是一份高考第二轮复习化学选择题专项练习07 题型七　化学工艺“微流程”，共17页。试卷主要包含了化工微流程中的“四线”分析，处理某酸浸液的部分流程如下，贵州重晶石矿储量占全国13以上，锗广泛应用于光学及电子工业领域等内容，欢迎下载使用。
1．化工微流程中的“四线”分析
2.化工微流程中的常见试剂与杂质
(1)常见试剂及其作用
(2)常见杂质及其除杂方式
1．(2025·云南卷，7)稻壳制备纳米Si的流程图如下。下列说法错误的是( )
A．SiO2可与NaOH溶液反应
B．盐酸在该工艺中体现了还原性
C．高纯Si可用于制造硅太阳能电池
D．制备纳米Si：SiO2＋2Mg650 ℃ Si＋2MgO
解析：B SiO2为酸性氧化物，可与NaOH反应生成Na2SiO3和H2O，A项正确；MgO＋2HCl===MgCl2＋H2O，各物质中元素化合价均不变，为非氧化还原反应，HCl只体现酸性，B项错误；高纯Si可用于制造硅太阳能电池，C项正确；Mg将SiO2在650 ℃下还原为Si，D项正确。
2．(2025·甘肃卷，11)处理某酸浸液(主要含Li＋、Fe2+、Cu2+、Al3+)的部分流程如下：
下列说法正确的是( )
A．“沉铜”过程中发生反应的离子方程式：2Fe＋3Cu2+===3Cu＋2Fe3+
B．“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，Al(OH)3沉淀越完全
C．“氧化”过程中铁元素化合价降低
D．“沉锂”过程利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质
解析：D “沉铜”过程中，Fe与Cu2+发生置换反应生成Fe2+和Cu，正确的离子方程式为Fe＋Cu2+===Fe2+＋Cu，A错误；“碱浸”过程中若NaOH过量，会使Al(OH)3转化为可溶于水的[Al(OH)4]－，B错误；由题图分析知，“氧化”前Fe元素的化合价为＋2，“氧化”后得到Fe(OH)3沉淀，Fe的化合价升高，C错误；“沉锂”过程中加入Na2CO3后有Li2CO3析出，利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质，D正确。
3．(2025·黑吉辽内蒙古卷，11)某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含MnO2、C3O4和少量Fe2O3)中提取金属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下Ksp(CS)＝10-20.4，下列说法错误的是( )
A．硫酸用作催化剂和浸取剂
B．使用生物质的优点是其来源广泛且可再生
C．“浸出”时，3种金属元素均被还原
D．“沉钴”后上层清液中c(C2+)·c(S2-)＝10-20.4
解析：C H2SO4催化纤维素的水解，又能使金属氧化物溶解，既作催化剂又作浸取剂，A正确；稻草来源于农业生产，是可再生资源，B正确；由流程分析可知，“浸出”后Fe元素以Fe3+形式存在，未被还原，C错误；加入Na2S，生成CS沉淀，则CS在溶液中存在沉淀溶解平衡，说明“沉钴”后上层清液为CS饱和溶液，则c(C2+)·c(S2-)＝Ksp(CS)＝10-20.4，D正确。
4．(2025·湖南卷，12)工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回收镉、锰的部分工艺流程如下：
已知：①富集液中两种金属离子浓度相当。
②常温下，金属化合物的Ksp：
下列说法错误的是( )
A.粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率
B．试剂X可以是Na2S溶液
C．“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换
D．“沉锰”时，发生反应的离子方程式为Mn2+＋HCO3-===MnCO3↓＋H＋
解析：D 已知富集液中含有两种金属离子Cd2+、Mn2+，其浓度相当，加入试剂X“沉镉”，由金属化合物的Ksp可知，CdCO3、MnCO3的Ksp接近，不易分离，则试剂X选择含S2-的试剂，得到CdS滤饼，加入NaHCO3溶液沉锰，发生反应:Mn2++2HCO3-===MnCO3↓+CO2↑+H2O。粉碎工业废料能增大废料与浸出液的接触面积，有利于提高金属元素的浸出率，A正确；由分析可知，试剂X可以是Na2S溶液，B正确；若先加入NaHCO3溶液“沉锰”，由题中信息以及Ksp数据可知，金属离子Cd2+、Mn2+浓度相当，则Cd2+也会沉淀，后续流程中无法分离Cd和Mn，所以“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换，C正确；“沉锰”时，发生反应的离子方程式是Mn2++2HCO3-===MnCO3↓+CO2↑+H2O，D错误。
5．(2025·山东卷，13)钢渣中富含CaO、SiO2、FeO、Fe2O3等氧化物，实验室利用酸碱协同法分离钢渣中的Ca、Si、Fe元素，流程如下。已知：Fe2(C2O4)3能溶于水；Ksp(CaC2O4)＝2.3×10-9，Ksp(FeC2O4)＝3.2×10-7。
下列说法错误的是( )
A．试剂X可选用Fe粉
B．试剂Y可选用盐酸
C．“分离”后Fe元素主要存在于滤液Ⅱ中
D．“酸浸”后滤液Ⅰ的pH过小会导致滤渣Ⅱ质量减少
解析：A 钢渣用盐酸酸浸后，CaO、FeO、Fe2O3分别转化成Ca2+、Fe2+、Fe3+进入滤液Ⅰ中，则滤渣Ⅰ主要为SiO2，根据已知信息，CaC2O4与FeC2O4难溶于水，而Fe2(C2O4)3能溶于水，则要想有效分离Ca、Fe元素，滤渣Ⅱ只能是CaC2O4，为了防止生成FeC2O4，需要将滤液Ⅰ中的Fe2+完全转化成Fe3+以保证Fe元素留在滤液Ⅱ中，因此试剂X需氧化Fe2+，滤渣Ⅰ用NaOH溶液碱浸得到Na2SiO3溶液，向其中加入试剂Y经一系列操作得到SiO2。结合上述分析可知，试剂X不能用Fe粉，A错误；向Na2SiO3溶液中加酸可得到H2SiO3，H2SiO3受热分解可得到SiO2，因此试剂Y可以为盐酸，B正确；“分离”后，Fe元素主要存在于滤液Ⅱ中，C正确；CaC2O4存在沉淀溶解平衡：CaC2O4(s)⥫⥬Ca2+(aq)＋C2O42-(aq)，若酸浸后滤液Ⅰ的pH过小，则C2O42-与H＋结合导致C2O42-浓度降低，平衡正向移动，导致CaC2O4的质量减少，D正确。
6．(2024·贵州卷，13)贵州重晶石矿(主要成分BaSO4)储量占全国13以上。某研究小组对重晶石矿进行“富矿精开”研究，开发了制备高纯纳米钛酸钡(BaTiO3)工艺。部分流程如下：
下列说法正确的是( )
A．“气体”主要成分是H2S，“溶液1”的主要溶质是Na2S
B．“系列操作”可为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
C．“合成反应”中生成BaTiO3的反应是氧化还原反应
D．“洗涤”时可用稀H2SO4去除残留的碱，以提高纯度
解析：B 重晶石矿(主要成分BaSO4)通过一系列反应，转化为BaS溶液；加盐酸酸化，生成BaCl2和H2S气体；在BaCl2溶液中加入过量的NaOH，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到Ba(OH)2·8H2O；过滤得到的“溶液1”的溶质主要含NaCl及过量的NaOH；Ba(OH)2·8H2O加水溶解后，加入TiOC4H94，进行“合成反应”，得到BaTiO3粗品，最后“洗涤”得到产品。由分析可知，A错误，B正确；“合成反应”是Ba(OH)2·8H2O和Ti(OC4H9)4反应生成BaTiO3，该反应中元素化合价未发生变化，不是氧化还原反应，C错误；“洗涤”时，若使用稀H2SO4，BaTiO3会部分转化为难溶的BaSO4，故不能使用稀H2SO4洗涤，D错误。
限时规范训练
(建议用时：30分钟 满分：36分)
选择题：每小题3分，共36分。
1．(2025·六安三模)以卤水(主要以I－形式存在)为原料提取碘的工艺流程如下：
下列说法不正确的是( )
A．氧化剂1可以是H2O2，也可以是适量的Cl2
B．“吸附”步骤中，高分子树脂能与I2形成共价键，达到富集碘元素的目的
C．“脱附”的离子方程式：I2＋SO32-+H2O===2I- +SO42-＋2H＋
D．“精制”过程可以是加热升华，再冷凝
解析：B 由题给流程可知，卤水酸化后，通入氯气或加入过氧化氢等氧化剂将碘离子氧化为碘单质，用高分子树脂吸附溶液中的碘单质，向吸附后的树脂中加入亚硫酸钠溶液将碘单质还原为碘离子得到解脱液，向解脱液中通入氯气或加入过氧化氢等氧化剂将碘离子氧化为碘单质，粗产品再升华纯化得到纯碘产品。由以上分析可知，卤水酸化后，通入氯气或加入过氧化氢等氧化剂将碘离子氧化为碘单质，A正确；“吸附”步骤中，高分子树脂与I2之间是通过范德华力连接，B错误；“脱附”发生的反应为亚硫酸钠溶液与碘单质反应生成硫酸钠和氢碘酸，反应的离子方程式为：I2＋SO32-+H2O===2I- +SO42-＋2H＋，C正确；碘单质易升华，“精制”过程可以是加热升华，再冷凝得到纯碘，D正确。
2．(2025·济南二模)从炼钢粉尘(主要含Fe2O3、Fe3O4和ZnO)中提取Zn的流程如下：
已知：“盐浸”时ZnO转化为[Zn(NH3)4]2+，仅少量铁元素浸出；Ksp(ZnS)＝1.0×10-23。
下列说法正确的是( )
A．“盐浸”主要离子反应：ZnO＋4NH3·H2O===[Zn(NH3)4]2+＋3H2O＋2OH－
B．“滤渣”的主要成分为Fe(OH)3
C．“沉锌”的离子反应：[Zn(NH3)4]2+＋4H2O＋S2-===ZnS↓＋4NH3·H2O
D．“滤液”可直接循环利用
解析：C “盐浸”过程ZnO转化为ZnNH34 2+，发生反应：ZnO＋2NH3＋2NH4+=== [Zn(NH3)4]2+＋H2O，根据题中信息可知，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：[Zn(NH3)4]2+＋4H2O＋S2-===ZnS↓＋4NH3·H2O，经洗涤干燥后得到产物ZnS及滤液。“盐浸”过程主要离子反应：ZnO+2NH3+2NH4+=== ZnNH34 2+＋H2O，A错误；根据以上分析可知，Fe2O3、Fe3O4只有少量溶解，所以“滤渣”中除Fe(OH)3，还有Fe2O3和Fe3O4，B错误；“沉锌”过程中[Zn(NH3)4]2+和S2-反应生成ZnS和NH3·H2O，离子方程式为ZnNH34 2+＋4H2O＋S2-===ZnS↓＋4NH3·H2O，C正确；“沉锌”后得到的滤液主要成分为NH4Cl，因此需要控制(NH4)2S 的用量，让“沉锌”后的滤液中只含NH4Cl，才可以返回到“盐浸”循环使用，D错误。
3．(2025·雅安二模)从锂离子电池正极材料LiCO2(含少量金属Cu)中提取Li和C，得到的C(OH)2和Li2CO3在空气中煅烧，可实现LiCO2的再生。一种现行回收工艺的流程如图所示。已知：Ksp[C(OH)2]＝6×10-15，Ksp[Cu(OH)2]＝2×10-20。下列说法正确的是( )
A．“浸取”反应中，正极材料成分为还原剂
B．“浸取”时LiCO2转化为Li2SO4和CSO4
C．“滤液2”中Cu2+的浓度比C2+的浓度大
D．LiCO2再生：2C(OH)2＋Li2CO3高温 2LiCO2＋CO↑＋2H2O
解析：B 向正极材料LiCO2 (含少量金属Cu)中加入H2SO4、H2O2，C3+被还原为C2+，同时生成O2；Cu与H2O2、H2SO4作用转化为CuSO4；反应后的溶液中加入NaOH溶液“沉铜”，Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀，过滤后，往滤液中继续加入NaOH溶液“沉钴”，此时C2+转化为C(OH)2沉淀；将滤液2经过一系列操作，最后制得Li2CO3。“浸取”时，加入H2O2，作还原剂，将LiCO2中C元素由＋3价还原为＋2价，所以正极材料成分是氧化剂，A错误；“浸取” 时，在H2SO4和H2O2作用下，LiCO2发生还原反应，转化为Li2SO4和CSO4，B正确；“沉铜”“沉钴”时加入NaOH，Ksp[Cu(OH)2]＝2×10-20，Ksp[C(OH)2]＝6×10-15，Cu(OH)2的溶度积远小于COH2，在相同条件下Cu2+更易沉淀，所以“滤液 2” 中Cu2+的浓度比C2+的浓度小，C错误；C(OH)2和Li2CO3在空气中煅烧生成LiCO2，C元素化合价升高，空气中氧气作氧化剂参与反应，反应方程式应为4C(OH)2＋2Li2CO3＋O2高温 4LiCO2＋2CO2＋4H2O，D错误。
4．(2025·长沙一模)海水是巨大的宝库，从海水中提取溴的简单流程示意图如下。下列说法不正确的是( )
A．实验室通常采用“水封”的方法将液溴保存在无色试剂瓶中
B．“吹出”时，常采用热空气吹出溴，说明溴的沸点较低
C．流程中氧化→吸收→氧化的原因是海水中溴元素含量较低
D．工业通常用Na2CO3溶液代替二氧化硫吸收Br2，生成无色无味气体和NaBrO3，反应的化学方程式为：3Br2＋3Na2CO3===NaBrO3＋3CO2↑＋5NaBr
解析：A 浓海水或苦卤酸化后，通入氯气，把溴离子氧化为溴单质，用空气从含Br2的海水中将Br2吹出得到含Br2的空气，用二氧化硫吸收，得到吸收液，发生的反应为SO2＋2H2O＋Br2===H2SO4＋2HBr，吸收溴单质后的空气可循环利用，再将氯气通入吸收液氧化溴离子，发生的反应为2HBr＋Cl2===Br2＋2HCl，得到溴单质的混合物。溴密度比水大、易挥发且有毒，实验室通常采用“水封”的方法将液溴保存在棕色试剂瓶中，A错误；“吹出”时，常采用热空气吹出溴，说明溴单质易挥发，溴的沸点较低，B正确；海水中溴元素含量较低，流程中氧化→吸收→氧化的目的是富集溴单质，C正确；工业通常用Na2CO3溶液代替二氧化硫吸收Br2，生成无色无味气体二氧化碳、NaBr和NaBrO3，反应的化学方程式为：3Br2＋3Na2CO3===NaBrO3＋3CO2↑＋5NaBr，D正确。
5．(2025·泰安模拟)某种电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬以及少量的金，用于制取K2Cr2O7、金属铜和粗碲工艺流程如下：
已知：煅烧时Cu2Te被氧化为CuO和TeO2；最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O72-存在，在碱性介质中以CrO42-存在；酸浸时TeO2转化为TeO2+。下列说法错误的是( )
A．“煅烧”时，Cr2O3发生反应的化学方程式是2Cr2O3＋3O2＋4Na2CO3高温 4Na2CrO4＋4CO2
B．滤液中加入KCl，通过适当的分离操作可得到K2Cr2O7
C．Te在元素周期表中与S同主族，TeO2+既有氧化性又有还原性
D．“电解”后的溶液可用于“酸浸”
解析：B 电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au)，与纯碱混合，并通空气煅烧，Cu2Te转化为CuO、TeO2；三氧化二铬与碳酸钠、氧气反应生成Na2CrO4；滤渣中含CuO、TeO2、Au等，加稀硫酸“酸浸”，过滤分离出Au；酸浸时TeO2转化为TeO2+，滤液中通入二氧化硫还原，反应生成Te，所得硫酸铜溶液电解得到Cu。煅烧时，Cr2O3与Na2CO3、O2反应生成了Na2CrO4和CO2，化学方程式为2Cr2O3＋3O2＋4Na2CO3高温 4Na2CrO4＋4CO2，A正确；Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，但得到的滤液中还含有Na2CO3，滤液需要酸化除去Na2CO3，Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，再加入KCl，Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到K2Cr2O7，B错误；Te在元素周期表中与S同主族，均位于第ⅥA族，TeO2+中Te的化合价为＋4价，Te元素化合价既可以上升，也可以下降，TeO2+既有氧化性又有还原性，C正确；电解的溶液主要溶质为硫酸铜，“电解”时发生反应：2CuSO4＋2H2O电解 2Cu＋O2↑＋2H2SO4，生成的硫酸可返回“酸浸”工序循环使用，D正确。
6．(2025·哈尔滨二模)叠氮酸钠(NaN3)是重要的化工原料。以甲醇、亚硝酸钠等为原料制备NaN3的流程如图。已知水合肼(N2H4·H2O)不稳定，具有强还原性。下列描述正确的是( )
A．反应③中浓硫酸体现出高沸点难挥发性
B．反应④在高浓度NaClO溶液中滴加少量氨水即可制备水合肼
C．反应②中，消耗3 ml N2H4·H2O时，反应中转移1.5 ml电子
D.N3-的价电子数目为12个
解析：A 由流程图可知，①中发生2CH3OH ＋ 2NaNO2＋H2SO4(浓)===2CH3ONO＋Na2SO4＋2H2O，④中过量的NaClO可氧化N2H4·H2O，故将NaClO溶液滴到氨水中制备N2H4·H2O时，滴速不能过快、不能过量，②中发生N2H4·H2O＋CH3ONO＋NaOH===NaN3＋CH3OH＋3H2O，③中发生2NaN3＋H2SO4(浓)加热 2HN3↑＋Na2SO4，利用了浓硫酸的高沸点、难挥发的性质，蒸馏出CH3OH，最后HN3与NaOH反应制备产品。根据以上分析，反应③中利用了浓硫酸的高沸点、难挥发性制取挥发性的HN3，A正确；过量的NaClO会氧化N2H4·H2O，故在高浓度NaClO溶液中滴加少量氨水不能制备水合肼，B错误；反应②方程式为N2H4·H2O＋CH3ONO＋NaOH===NaN3＋CH3OH＋3H2O，N2H4·H2O中N元素化合价为－2，NaN3中N元素化合价为－13，故消耗3 ml N2H4·H2O时，失去电子为：3 ml×2×-13--2＝10 ml，C错误；3个N原子的价电子总数为3×5＝15，加上离子所带的1个负电荷，则N3-的价电子数为16，D错误。
7．(2025·内江三模)以锰矿粉(主要成分为Mn2O3和MnOOH，还含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2、CuO等杂质)为原料制备MnCO3的工艺流程如图所示。下列叙述错误的是( )
A．实验室模拟分离出“滤渣”所需的主要玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
B．“滤渣”中主要成分可用于制造光导纤维
C．试剂X可能为Mn(OH)2
D．“沉铜”过程若控制在较高温度下进行，可加快沉铜速率并减少物料损耗
解析：D 锰矿粉加入H2O2和硫酸，H2O2作还原剂，把Mn2O3和MnOOH还原为Mn2+，二氧化硅不与硫酸反应，形成滤渣，同时其他杂质金属转化为相应的金属离子进入溶液。为了不引入杂质，试剂X可以使用Mn(OH)2调pH，把Fe3+和Al3+转化为氢氧化物沉淀除去，之后加入S2-，除去铜离子，最后加入碳酸氢铵沉锰，离子方程式为：Mn2+＋2HCO3-===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O。分离出“滤渣”是利用过滤的原理，所以需要的主要玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，A正确；滤渣主要成分为二氧化硅，可用于制造光导纤维，B正确；试剂X可以使用Mn(OH)2调pH，消耗剩余的硫酸，把Fe3+和Al3+转化为氢氧化物沉淀除去，C正确；用(NH4)2S沉铜时，如果温度过高，(NH4)2S易水解且产生容易挥发的H2S，反而会增加药剂损耗，不利于收率提高，D错误。
8．(2025·深圳一模)一种纯碱和聚氯乙烯联合生产工艺的流程如图所示。下列有关该联合工艺的说法正确的是( )
A．析出NaHCO3时，发生反应的离子方程式为CO2＋NH3·H2O===HCO3-+NH4+
B．“制气”产生的废渣经调制后用于“灰蒸”以回收氨
C．上述过程仅涉及非氧化还原反应
D．“转化”所得Cl2用于合成聚氯乙烯
解析：B 石灰石“热解”生成氧化钙和二氧化碳，生成的二氧化碳用于制取碳酸氢钠沉淀，灼烧后得到纯碱；“碳化”过程中发生反应CaO＋3C高温 CO↑＋CaC2，“制气”时CaC2与水反应生成CH≡CH和Ca(OH)2，废渣为CaOH2，“灰蒸”工序中发生反应Ca(OH)2＋2NH4Cl △ CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，生成的氨气可以在“沉淀”工序中循环利用，“转化”工序中加入浓硫酸发生不挥发性酸制挥发性酸的反应，方程式为CaCl2＋H2SO4(浓) △ CaSO4↓＋2HCl↑，生成的HCl气体在合成工序中发生反应CH≡CH＋HCl一定条件CH2===CHCl，氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯。析出NaHCO3时，NaHCO3是沉淀，不能拆，离子方程式为CO2＋NH3·H2O＋Na＋===NaHCO3↓ +NH4+，A错误；“制气”产生的废渣为Ca(OH)2，在“灰蒸”过程中与氯化铵反应生成氨气，可以回收氨，在“沉淀”工序中循环利用，B正确；“碳化”过程涉及氧化还原反应，C错误；“转化”所得HCl可用于合成聚氯乙烯，D错误。
9．(2025·青岛二模)从铅阳极泥熔炼产生的砷锑烟尘(主要含Pb、Ag、As2O3、Sb2O3)中提取砷和氧化锑的工艺流程如下：
已知：25 ℃时，H3PO2的Ka＝5.9×10-2；Sb3+＋6Cl－⥫⥬[SbCl6]3-。
下列说法正确的是( )
A．“滤渣”的主要成分为Pb和AgCl
B．“沉砷”过程发生反应3PO23-＋4As3+＋6H2O===3H3PO4＋4As↓＋3H＋
C．“水解”中，高浓度的Cl－不利于Sb3+水解
D．“脱氯”中，n(NH3·H2O)一定时，氨水浓度越大脱氯率越高
解析：C 将砷锑烟尘(主要含Pb、Ag、As2O3、Sb2O3)先加HCl“酸浸”，过滤，其中Pb生成的PbCl2微溶，Ag难溶于盐酸中，以滤渣除去，得到含As3+和Sb3+的滤液，在“沉砷”过程中加入NaH2PO2把As3+还原为单质As，过滤分离，在滤液中加水对Sb3+进行水解得到SbOCl，加入氨水进行“脱氯”，最后得到产品Sb2O3。由以上分析可知，“滤渣”的主要成分为PbCl2和Ag，A错误；H2PO2-为弱酸酸式根离子，不能拆开，所以“沉砷”过程中发生的反应为：3H2PO2-＋4As3+＋6H2O===3H3PO4＋4As↓＋9H＋，B错误；“水解”中发生的反应为：SbCl3＋H2O⥫⥬SbOCl＋2HCl，高浓度的Cl－会导致水解平衡向左移动，同时还会使Sb3+＋6Cl－⥫⥬[SbCl6]3-平衡右移，不利于Sb3+水解，C正确；根据“脱氯”中发生的反应：2SbOCl＋2NH3·H2O===Sb2O3＋2NH4Cl＋H2O，当n(NH3·H2O)一定时，脱氯率也固定，跟氨水浓度无关，D错误。
10．(2025·哈尔滨三模)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的工艺流程如下：
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
解析：C 向锌浸渣(主要含ZnFe2O4、CaSO4，另含少量ZnS、SiO2以及GeS2)中加入过氧化氢和硫酸的混合溶液，ZnFe2O4转化为硫酸锌、硫酸铁，硫化锌转化为硫酸锌、硫单质，二硫化锗转化为硫酸锗和硫单质，SiO2、CaSO4不反应，则过滤得到含有CaSO4、SiO2以及S的滤渣和滤液；向滤液中加入化合物A，根据不引入新的杂质可知，A可以为氧化锌或氢氧化锌或碳酸锌，用以调节溶液pH，将溶液中的铁离子、锗离子转化为氢氧化铁、氢氧化锗沉淀，过滤得到滤液和滤饼；滤液经蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4·H2O晶体；向滤饼中加入浓盐酸溶解后，蒸馏得到四氯化锗，四氧化锗在一定条件下水解、过滤得到水解液和GeO2·nH2O，经烘干得二氧化锗晶体。根据所给GeCl4、FeCl3的沸点知，它们的沸点较低，均为分子晶体，A错误；“浸渣”主要含有S、SiO2和CaSO4，B错误；为了不引入新杂质，“中和沉淀”可加入能消耗H＋的ZnO、Zn(OH)2或ZnCO3，即化合物A可以是ZnO、ZnCO3等，C正确；测定GeO2的晶体结构，需借助X射线衍射仪，D错误。
11．(2025·北京海淀区一模)以电石渣[主要成分为Ca(OH)2]为原料制备KClO3的流程如图1。
已知：ⅰ.氯化时会生成Ca(ClO)2，加热Ca(ClO)2可进一步转化为Ca(ClO3)2；
ⅱ.相关物质在水中的溶解度曲线如图2。
下列说法不正确的是( )
A．氯化时生成Ca(ClO3)2的反应为3Ca(ClO)2△ Ca(ClO3)2＋2CaCl2
B．适当降低通入Cl2的速率并充分搅拌，可提高Cl2的利用率
C．若滤渣中无CaCl2，滤液中n[Ca(ClO3)2]∶n(CaCl2)约为1∶2
D．转化后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，可得到KClO3粗品
解析：C 电石渣[主要成分为Ca(OH)2]加水打浆后得到Ca(OH)2溶液，向其中通入氯气并加热会生成Ca(ClO)2，Ca(ClO)2可进一步转化为Ca(ClO3)2，过滤，往滤液中加入KCl，经蒸发浓缩、冷却结晶，可得到KClO3粗品。由已知信息ⅰ知，氯化时会先生成Ca(ClO)2，加热Ca(ClO)2可进一步转化为Ca(ClO3)2，生成Ca(ClO3)2的反应为3Ca(ClO)2 △ CaClO32＋2CaCl2，A正确；适当降低通入Cl2的速率并充分搅拌，可增加反应物的接触时间和接触面积，从而使反应更充分，可提高Cl2的利用率，B正确；氯化过程中，Ca(OH)2先和氯气反应生成Ca(ClO)2、CaCl2和水，然后Ca(ClO)2分解生成了Ca(ClO3)2、CaCl2，由3Ca(ClO)2△ Ca(ClO3)2＋2CaCl2知，分解产生的n[Ca(ClO3)2]∶n(CaCl2)为1∶2，但前面Ca(OH)2和氯气反应也生成了CaCl2，滤液中n[Ca(ClO3)2]∶n(CaCl2)并非约为1∶2，C错误；KClO3溶解度比CaClO32小，且KClO3的溶解度随温度变化较大，因此可通过蒸发浓缩、冷却结晶的方法得到KClO3的晶体，D正确。
12．(2025·湖北新八校协作体二模)磷酸铁FePO4常用作电极材料、陶瓷等。以硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2，少量的Fe3O4、CaO、MgO)为原料制备磷酸铁的流程如下：
已知：Ksp(CaF2)＝1.6×10-10，Ksp(MgF2)＝6.4×10-11，Ksp(FePO4)＝1.3×10-22。
下列叙述错误的是( )
A．基态Fe3+核外电子排布式为
1s22s22p63s23p63d5
B．浸渣的主要成分为SiO2
C．经测定“除钙镁”后的溶液中c(F－)＝2×10-3 ml·L-1，则溶液中cCa2+:cMg2+＝5∶3
D．“氧化沉铁”时反应的离子方程式：4Fe2+＋O2＋4H2PO4-＋4NH3·H2O===4FePO4↓＋6H2O＋4NH4+
解析：C 烧渣主要成分为Fe2O3、SiO2及少量的Fe3O4、CaO、MgO，加入稀盐酸，Fe2O3、Fe3O4、CaO、MgO与稀盐酸反应生成相应的盐，SiO2不溶于盐酸，故浸渣的主要成分为SiO2，加入还原铁粉将Fe3+还原为Fe2+，加入NaF除去钙、镁离子，再加入磷酸二氢氨、氨水、氧气生成产物FePO4。基态Fe3+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，A正确；SiO2不溶于盐酸，故浸渣的主要成分为SiO2，B正确；经测定“除钙镁”后的溶液中，c(F－)＝2×10-3 ml·L-1，cCa2+cMg2+＝cCa2+×c2F-cMg2+×c2F-＝KspCaF2KspMgF2＝1.6×10-106.4×10-11＝52，C错误；据题给条件，“氧化沉铁”时，反应物为磷酸二氢铵、氨水、Fe2+、O2，生成FePO4等，反应的离子方程式：4Fe2+＋O2＋4H2PO4-＋4NH3·H2O===4FePO4↓＋6H2O＋4NH4+，D正确。
试剂线
分清各步加入试剂的作用，一般是为了除去杂质或进行目标元素及其化合物间的转化等
操作线
分离杂质和产品需要进行的分离、提纯操作等
杂质线
分清各步去除杂质的种类，杂质的去除顺序、方法及条件等
产品线
工艺流程主线，关注目标元素及其化合物在各步发生的反应或进行分离、提纯的操作方法，实质是目标元素及其化合物的转化
类别
常见试剂
作用
氧化剂
KMnO4、K2Cr2O7、Cl2、HNO3、Fe3+、空气(O2)、H2O2
氧化某物质以除去杂质或获得产品
还原剂
SO2、SO32-、I－、Fe2+、金属单质、H2O2、HCl
还原某物质以除去杂质或获得产品
酸
H2SO4、HCl、HNO3
利用酸溶解或除去某物质或获得产品
碱
NaOH、NH3·H2O
利用碱溶解或除去某物质或获得产品
其他
氧化物(CuO、MgO)、NaF等
除去某物质或得到产品
杂质的核心元素
去除方式
Fe、Al等金属元素
调pH
SiO2
直接过滤除去或转化为H2SiO3
Mg、Ca等金属元素
利用NaF溶液，转化为氟化物沉淀
Mn
可以转化为氟化物沉淀，也可以转化为MnO2
金属化合物
CdS
CdCO3
MnS
MnCO3
Ksp
8.0×
10-27
1.0×
10-12
2.5×
10-13
2.3×
10-11