3.1 铁的多样性（同步练习.含解析）-2025-2026学年高一上学期化学鲁科版（2019）必修第一册
文档属性
| 名称 | 3.1 铁的多样性（同步练习.含解析）-2025-2026学年高一上学期化学鲁科版（2019）必修第一册 |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 3.1MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 鲁科版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2025-12-16 09:57:11 | ||
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文档简介
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3.1 铁的多样性
一．选择题（共15小题）
1．（2025秋 山东期中）某小组同学向pH＝1的0.5mol/LFeCl3溶液中分别加入过量Zn粉和Mg粉，探究反应的还原产物：下列说法错误的是（ ）
实验 金属 操作、现象及产物
Ⅰ 过量Zn 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后无气泡冒出，此时溶液pH为3～4，取出固体，固体中未检测到Fe单质
Ⅱ 过量Mg 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质
A．取Ⅱ中少量溶液，滴加K3[Fe（CN）6]氵溶液，若观察到蓝色沉淀，则证明有Fe2+生成
B．Ⅰ、Ⅱ中产生气泡的主要成分相同
C．Ⅰ中未检测到Fe单质的原因可能是Zn被Fe（OH）3沉淀包裹，阻碍了Zn与Fe2+的反应
D．若向pH＝1的0.5mol/LFeCl3溶液中加入过量Cu粉，也可观察到生成大量红褐色沉淀
2．（2024秋 山东期中）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，分别用Co（Ⅱ）和Co（Ⅲ）表示），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．滤渣是Fe（OH）3和Al（OH）3的混合物
C．气体X属于酸性氧化物
D．“高温焙烧”时的化学方程式：
3．（2025秋 德州月考）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）中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下：
已知溶液中相关金属离子[c（Mn+）＝0.1mol L﹣1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下（各金属离子沉淀完全时的浓度为1×10﹣5mol L﹣1）。
金属离子 Fe3+ Fe2+ Co3+ Co2+ Zn2+ Mn2+
开始沉淀的pH 1.5 6.9 ﹣ 7.4 6.2 8.1
沉淀完全的pH 2.8 8.9 1.1 9.4 8.2 10.1
下列叙述错误的是（ ）
A．为加快废渣的“酸浸”速率可以采取粉碎废渣、适当提高硫酸浓度等措施
B．“氧化沉钴”过程中，若氧化等物质的量的Co2+、Mn2+，消耗KMnO4的物质的量之比为2：1
C．加入MnO2所发生反应的离子方程式为
D．“除钴液”中残留的Co3+浓度为10﹣16.7mol L﹣1
4．（2024 滕州市校级开学）一种以辉铋矿（主要成分为Bi2S3，含有少量的Bi和Bi2O3等）为原料冶炼金属铋的工艺流程如图所示。
已知：①BiCl3水解生成难溶的BiOCl；
②化合物中Bi通常呈+3价或+5价，NaBiO3具有强氧化性。
下列说法错误的是（ ）
A．“溶浸”步骤加入盐酸的目的是提高铋的浸取率，抑制Bi3+的水解浸取率，抑制Bi3+的水解
B．“溶浸”步骤发生的主要反应为6FeCl3+Bi2S3＝6FeCl2+2BiCl3+3S
C．“置换”步骤发生的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2
D．流程中可循环利用的物质为FeCl3
【答案】C
【分析】由题给流程控制，向辉铋矿中加入氯化铁和盐酸混合溶液氧化浸取，将矿石中的金属元素转化为可溶的金属氯化物、硫元素转化为单质硫，过滤得到含有硫的滤渣1和滤液；加入铁粉，将铋置换出来，过滤得到海绵铋和滤液，滤液通入氯气转化为氯化铁溶液，回到酸浸步骤循环使用。
【解答】解：A．由已知信息可得，“溶浸”步骤加入盐酸的目的是提高铋的浸取率，抑制铋离子的水解，故A正确；
B．由分析可知，氯化铁和盐酸将矿石中的金属元素转化为可溶的金属氯化物、硫元素转化为单质硫，化学方程式为：6FeCl3+Bi2S3＝6FeCl2+2BiCl3+3S，故B正确；
C．“置换”步骤发生反应的离子方程式为：3Fe+2Bi3+＝2Bi+3Fe2+，可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3，故C错误；
D．“置换”步骤生成的Fe2+在“滤液氯化”步骤被Cl2氧化为FeCl3，可以实现循环利用，故D正确；
故选：C。
【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。
5．（2025秋 山东月考）铜和铁的单质及其化合物在生产和生活中有广泛应用。部分含铜、铁的物质“价﹣类”二维图如图，下列叙述正确的是（ ）
A．常温下，a和d在浓硝酸中构成原电池，d的质量一直减小
B．将b溶于稀硫酸，溶液变蓝并生成固体，则生成的固体是a
C．图示6种物质中，在潮湿的空气中最不稳定的是d
D．在高温下，d与水蒸气反应生成e和氢气
6．（2025秋 山东月考）利用CaCO3和Mg2SiO4进行二氧化碳移除（CDR）的工艺流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．“研磨、预热”步骤能加快反应速率
B．反应过程中，Ca、Mg和Si的化合价都发生了改变
C．从量的角度看，相同条件下水生储存比陆地储存移除的碳更多
D．“煅烧和离子交换”时，使用电能作为能源比使用CH4和O2作为能源，可能更环保
7．（2025秋 山东月考）某金属矿物经稀硫酸溶解、萃取分液后，水相中含有浓度近似相等的Mn2+、Fe2+及Mg2+。经三道工序可分离三种金属。已知：，，。下列说法正确的是（ ）
A．操作A为氧化，试剂①可选用酸性KMnO4溶液
B．操作B为沉铁，试剂②可选用MnCO3
C．将MnSO4溶液蒸发结晶可获取MnSO4 7H2O
D．由以上工序可判断Ksp（MgF2）＞Ksp（FeF2）
8．（2025 潍坊三模）一种利用废铜渣（主要成分为CuO，含少量的Fe2O3、SiO2等杂质）制备超细铜粉的流程如图：
下列说法正确的是（ ）
A．“酸浸”所得滤渣的主要成分为H3SiO3
B．向“沉铁”后的滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为Cu（OH）2
C．“沉铜”过程中发生了氧化还原反应，SO2是还原剂
D．“转化”后的滤液中含有的阳离子只有和H+
9．（2025 潍坊开学）钴及其化合物在工业上有广泛应用。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）中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如图：
下列说法错误的是（ ）
A．“滤渣1”中含有的金属元素主要为Pb
B．取少量“过滤2”后的溶液中加入K3[Fe（CN）6]试剂，若出现蓝色沉淀，需补加MnO2
C．“氧化沉钴”中氧化剂与还原剂物质的量之比一定为1：3
D．“除钴液”中主要的盐有ZnSO4、K2SO4
10．（2025 肥城市开学）菱镁矿（主要成分为MgCO3，含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3）为原料制备高纯镁砂的工艺流程如图：
已知浸出时产生的废渣中有SiO2、Fe（OH）3和Al（OH）3。下列说法错误的是（ ）
A．浸出镁的反应为MgO+2NH4Cl═MgCl2+2NH3↑+H2O
B．浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行
C．流程中可循环使用的物质有NH3、NH4Cl
D．分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了Ksp的不同
11．（2025 德州开学）废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，通过图流程实现铅的回收。下列说法错误的是（ ）
已知：①Ksp（PbSO4）＝2.5×10﹣8，Ksp（PbCO3）＝7.4×10﹣14
②酸浸后铅几乎全部转化为+2价
③Pb（OH）2性质类似Al（OH）3
A．铅膏中PbO2主要来源于电池的正极材料
B．在“脱硫”中PbSO4几乎完全转化为PbCO3
C．“酸浸”中，H2O2既做氧化剂又做还原剂
D．“沉铅”为保证铅完全沉淀，应加入过量的NaOH
12．（2025 聊城模拟）经过充分氧化的铅阳极泥，富含CuO、Ag、Au。一种从中提取金和银的流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．“浸渣1”的主要成分为Ag、Au
B．“浸取2”步骤中，Ag被氧化的化学方程式为2Ag+2HCl+H2O2＝2AgCl+2H2O
C．“还原”步骤中，被氧化的NaHSO3与产物Au的物质的量之比为3：4
D．该流程中可循环利用的物质有NH3
13．（2025 日照开学）工业除去电石渣浆[含Ca（OH）2]上层清液中的S2﹣，并制取生石膏（CaSO4 2H2O）的一种流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．生石膏可用于制作豆腐
B．过程Ⅰ～Ⅴ中属于氧化还原反应的是Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ
C．过程Ⅱ中，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1：2
D．过程Ⅲ中，发生反应的离子方程式为：
14．（2025 山东开学）处理某酸浸液（主要含Li+、Fe2+、Cu2+、Al3+）的部分流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A．试剂X可选用Fe粉
B．试剂Y可选用H2O2
C．由“沉锂”过程可知，溶解度Na2CO3＞Li2CO3
D．“碱浸”过程中，为保证Al（OH）3沉淀完全，NaOH需过量
15．（2024秋 山东校级期末）某兴趣小组以铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有少量Fe2O3和SiO2）为主要原料制备絮凝剂聚合氯化铝[Al2（OH）aClb]和金属铝的流程如图所示。
已知滤渣a中含有难溶的铝硅酸盐。下列说法正确的是（ ）
A．“碱溶”时，所用NaOH溶液更换为氨水“碱溶”效果更好
B．若滤液a浓度较大，“沉淀”时通入过量CO2有利于减少生成沉淀中的杂质
C．“操作X”可以是盐酸溶解、结晶、脱水、电解
D．通过控制沉淀ⅰ、ⅱ的比例可改变聚合氯化铝的组成
二．解答题（共4小题）
16．（2025 市中区校级模拟）以铂钯精矿（含Se、Te、Au、Pt、Pd等）为原料，提取贵金属Au、Pt、Pd的工艺流程如图所示：
已知：①“氯化浸出”时，Au、Pt、Pd以、、形式存在；
②（NH4）2PtCl6和（NH4）2PdCl6难溶于水，（NH4）2PtCl4易溶于水；
③室温：Ksp[（NH4）2PtCl6]＝5.7×10﹣6；571/2≈7.5。
（1）“焙烧”时，Se、Te转化为可溶于水的Na2SeO3和Na2TeO4.转化等物质的量的Se、Te时，消耗NaClO3的物质的量之比为 ；根据图判断“焙烧”适宜的温度范围是 （填标号）。
A．300﹣350K B．350﹣400K C．400﹣450K D．450﹣500K
（2）一般条件下Au很难被Cl2氧化，但用浓盐酸作浸出液，可使Au被Cl2氧化，由此分析“氯化浸出”过程中浓盐酸的作用为 。
（3）“还原”得到金的离子方程式为 ；加入过量SO2的目的是 。
（4）“煅烧”时还生成N2、NH4Cl和一种气体，该气体用少量水吸收后可重复用于“ ”操作单元。
（5）“沉铂”先通入的气体X为 （填化学式）。“沉铂”中，若向c（）＝0.125mol/L的溶液里加入等体积的NH4Cl溶液，使沉淀完全，则NH4Cl溶液浓度最小值为 mol/L（结果保留两位小数，忽略溶液混合后体积的变化）。
17．（2025 平度市模拟）铑（Rh）是一种稀有贵金属，工业上从废铑材料（主要含Rh，还含有Cu、Fe等）中提炼铑的主要途径有如下两种：
已知：①Rh金属活动顺序位于H之后。
②Rh（Ⅲ）易与Cl﹣形成配离子[RhCl6]3﹣，且该配离子在水溶液中存在以下平衡：[RhCl6]3﹣+3H2O Rh（OH）3+3H++6Cl﹣。
③已知25℃时相关物质的Ksp见下表。
氢氧化物 Fe（OH）3 Cu（OH）2 Rh（OH）3
Ksp 1.0×10﹣38.6 1.0×10﹣19.6 1.0×10﹣22.6
（已知开始沉淀的金属离子浓度为0.1mol L﹣1；金属离子浓度≤1.0×10﹣5mol L﹣1时，可认为该离子沉淀完全。
回答下列问题：
（1）途径一：
①“氯化溶解”过程中，金属Rh转化为H3RhCl6，该反应的化学方程式为 。
②“定向脱铜”时，铜的沉淀率随pH变化如图所示，实际工业生产中控制pH为2，pH不宜大于2的原因是 。
③“阳离子交换”过程中，被阳离子交换树脂吸附的金属阳离子有 。
（2）途径二：
①“控温焚烧”的目的是 且防止Rh单质被氧化。
②“加热至熔融”的目的是将焚烧后的物质全部转化成可溶性的硫酸盐。已知Rh单质与KHSO4反应的产物之一为SO2，则参加反应的Rh和KHSO4的物质的量之比为 。
③步骤“调pH①”中应调节的pH范围为 （保留两位有效数字）。
④用氨水沉淀铑元素的离子方程式为 。
18．（2025 枣庄模拟）某冶炼厂的高铟、高铅烟灰（In2O3、In2S3、PbO、Fe2O3、ZnO）可提取铟和铅，工艺流程如图：
已知：ⅰ.In3+与Al3+性质相似，易水解
ⅱ.Ksp（PbCl2）＝3.2×10﹣5 Ksp（PbCO3）＝1.2×10﹣14 Ksp[Pb（OH）2]＝2.0×10﹣15
ⅲ.In3+能被有机萃取剂P204（简称H2A2）萃取，其萃取原理可表示为In3+（水层）+3H2A2（有极层） lnA3 3HA（有极层）+3H+（水层）
回答下列问题：
（1）“高温酸浸”后滤渣除二氧化锰外还有 ，该操作中硫元素被氧化为硫酸根，In2S3反应的化学方程式为 。
（2）室温时，向结晶产物PbCl2固体中加入NH4HCO3溶液，并加入氨水调节pH进行脱氯碳化。“脱氯碳化”过程中，为避免Pb（OH）2的生成，应将pH控制在 以下；灼烧过程中，将80.1mgPbCO3在氩气中加热分解（气体产物只有CO2）+316℃时，剩余固体的质量为71.3mg，此时固体n（Pb）：n（C）＝ 。
（3）“系列操作”含如下步骤：
①萃取前加入Na2SO3预处理可提高铟的纯度，可能的原因是 。
②关于萃取与反萃取，下列说法错误的是 （填标号）。
A.pH越大萃取效果越好
B.有机相经处理后可以循环利用
C.萃取与反萃取原理相同，均利用了溶质在溶剂中溶解性的不同
③反萃取时，有机相与水相体积比和反萃取率、水相中铟浓度的关系如图所示，操作时选择有机相和水相的体积比为 ；所需玻璃仪器为 。
19．（2024秋 聊城期末）利用如图可以从不同角度研究含铁物质的性质及其转化关系。回答下列问题：
（1）Na2FeO4是一种新型饮用水消毒剂。工业上常用NaClO、Fe（NO3）3、NaOH制备：3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣═23Cl﹣+5H2O，当反应转移电子的数目是0.3NA时，所消耗氧化剂的物质的量为 。
（2）打印机使用的墨粉中含有Fe3O4，下列关于Fe3O4的说法正确的是 。（填序号）
a．有磁性，是FeO与Fe2O3的混合物
b．属于两性氧化物，与酸、碱都能反应
c．FeO在空气里受热能迅速生成Fe3O4
d．Fe与水蒸气高温下反应能生成Fe3O4
（3）维生素C易溶于水，可将Fe3+转化为Fe2+被人体吸收。为检验转化产物Fe2+，设计如下实验：取适量Fe2（SO4）3溶液于试管中，加入过量维生素C片振荡溶解后，滴加酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去。该设计能否检验Fe2+并说明理由 。
（4）FeCl2溶液在空气中易变质，利用部分变质的FeCl2溶液制备Fe2O3。
①请在括弧内填写所需试剂或条件 、 ，在方框内填写含铁物质的化学式 、 。
②若100mL该溶液最终制得1.6g Fe2O3，不考虑过程损失，变质前FeCl2溶液的浓度为 。
3.1 铁的多样性
参考答案与试题解析
一．选择题（共15小题）
1．（2025秋 山东期中）某小组同学向pH＝1的0.5mol/LFeCl3溶液中分别加入过量Zn粉和Mg粉，探究反应的还原产物：下列说法错误的是（ ）
实验 金属 操作、现象及产物
Ⅰ 过量Zn 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后无气泡冒出，此时溶液pH为3～4，取出固体，固体中未检测到Fe单质
Ⅱ 过量Mg 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质
A．取Ⅱ中少量溶液，滴加K3[Fe（CN）6]氵溶液，若观察到蓝色沉淀，则证明有Fe2+生成
B．Ⅰ、Ⅱ中产生气泡的主要成分相同
C．Ⅰ中未检测到Fe单质的原因可能是Zn被Fe（OH）3沉淀包裹，阻碍了Zn与Fe2+的反应
D．若向pH＝1的0.5mol/LFeCl3溶液中加入过量Cu粉，也可观察到生成大量红褐色沉淀
【答案】D
【分析】A．Fe2+与K3[Fe（CN）6]会生成蓝色的KFe[Fe（CN）6]沉淀；
B．溶液显酸性，锌和镁均能与酸反应生成氢气；
C．对比Ⅰ、Ⅱ可知，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不易被Fe（OH）3沉淀包裹，Zn粉反应剧烈程度不够；
D．加入铜粉会发生反应Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+。
【解答】解：A．Fe2+与K3[Fe（CN）6]会生成蓝色的KFe[Fe（CN）6]沉淀，故取Ⅱ中少量溶液，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，若观察到蓝色沉淀，则证明有Fe2+生成，故A正确；
B．溶液显酸性，锌和镁均能与酸反应生成氢气，则Ⅰ、Ⅱ中产生气泡的主要成分相同，故B正确；
C．对比Ⅰ、Ⅱ可知，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不易被Fe（OH）3沉淀包裹，Zn粉反应剧烈程度不够，红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与Fe2+的，故C正确；
D．加入铜粉会发生反应Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，会消耗Fe3+，故无法促进Fe3+水解平衡正向移动，故看不到红褐色沉淀生成，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查了物质的性质，题目难度中等，掌握常见物质的化学性质，结合题给实验是解答该题的关键。
2．（2024秋 山东期中）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，分别用Co（Ⅱ）和Co（Ⅲ）表示），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．滤渣是Fe（OH）3和Al（OH）3的混合物
C．气体X属于酸性氧化物
D．“高温焙烧”时的化学方程式：
【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，发生反应，最后得到目标产品，据此分析作答
【解答】解：A．在“酸浸”过程中Co（Ⅲ）被还原为Co（II），过氧化氢作还原剂，Co（Ⅲ）作氧化剂，故A错误；
B．氨水调节pH，生成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，故B正确；
C．沉钴过程中生成二氧化碳，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：，故D正确；
故选：A。
【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。
3．（2025秋 德州月考）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）中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下：
已知溶液中相关金属离子[c（Mn+）＝0.1mol L﹣1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下（各金属离子沉淀完全时的浓度为1×10﹣5mol L﹣1）。
金属离子 Fe3+ Fe2+ Co3+ Co2+ Zn2+ Mn2+
开始沉淀的pH 1.5 6.9 ﹣ 7.4 6.2 8.1
沉淀完全的pH 2.8 8.9 1.1 9.4 8.2 10.1
下列叙述错误的是（ ）
A．为加快废渣的“酸浸”速率可以采取粉碎废渣、适当提高硫酸浓度等措施
B．“氧化沉钴”过程中，若氧化等物质的量的Co2+、Mn2+，消耗KMnO4的物质的量之比为2：1
C．加入MnO2所发生反应的离子方程式为
D．“除钴液”中残留的Co3+浓度为10﹣16.7mol L﹣1
【答案】B
【分析】由题中信息可知，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+、Fe3+、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1”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ZnO调节pH＝4使Fe3+完全转化为Fe（OH）3，则“滤渣Ⅱ”的主要成分为Fe（OH）3，滤液中的金属离子主要是Co2+、Zn2+和Mn2+；“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+形成沉淀Co（OH）3，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、K2SO4。
【解答】解：A．增大固液接触面积，适当提高硫酸浓度，加快酸浸速率，故A正确；
B．酸性条件下KMnO4将溶液中Co2+氧化为Co3+，Co3+形成沉淀Co（OH）3，而KMnO4则被还原为MnO2，离子反应方程式为3Co2+7H2O＝3Co（OH）3↓+MnO2↓+5H+；KMnO4还会与溶液中的Mn2+的离子反应方程式为3 Mn2+2H2O＝5MnO2↓+4H+；等物质的量的Co2+、Mn2+，消耗KMnO4的物质的量之比为1：2，故B错误；
C．加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，离子反应方程式为MnO2+2Fe2++4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O，故C正确；
D．当Co3+完全沉淀时，pH＝1.1，Ksp（Co（OH）3）＝c（Co3+）c3（OH﹣）＝10﹣5×（10﹣12.9）3＝10﹣43.7；“除钴液”中pH＝5，则c（H+）＝10﹣5mol/L，c（OH﹣）＝10﹣9mol/L，c（Co3+）10﹣16.7mol/L，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。
4．（2025 山东）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，流程如图。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
【答案】A
【分析】钢渣中富含CaO、SiO2、FeO、Fe2O3等氧化物，加盐酸酸浸后，滤液I中含有CaCl2、FeCl2、FeCl3等，滤渣I为SiO2和C，碱浸时发生反应：SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O，向浸取液中加入盐酸可生成硅酸沉淀，经过一系列操作可得SiO2，滤液I中先加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入H2C2O4可生成CaC2O4沉淀，则滤液Ⅱ为Fe2（C2O4）3，滤渣Ⅱ为CaC2O4，据此分析。
【解答】解：A．由分析知，加入试剂X时为了将Fe2+氧化为Fe3+，则试剂X不可选用Fe粉，故A错误；
B．由分析知，加入试剂Y使Na2SiO3转化为硅酸沉淀，可选用盐酸，故B正确；
C．由分析知，“分离”后Fe元素主要存在于滤液Ⅱ中，故C正确；
D．若pH过小，H+会与C2结合形成HC2或H2C2O4，使CaC2O4沉淀溶解平衡正向移动，导致沉淀溶解，滤渣Ⅱ质量减少，故D正确；
故选：A。
【点评】本题主要考查物质的分离与提纯，为高频考点，题目难度一般。
5．（2025秋 山东月考）铜和铁的单质及其化合物在生产和生活中有广泛应用。部分含铜、铁的物质“价﹣类”二维图如图，下列叙述正确的是（ ）
A．常温下，a和d在浓硝酸中构成原电池，d的质量一直减小
B．将b溶于稀硫酸，溶液变蓝并生成固体，则生成的固体是a
C．图示6种物质中，在潮湿的空气中最不稳定的是d
D．在高温下，d与水蒸气反应生成e和氢气
【答案】B
【分析】A．a为Cu，d为Fe，常温下Fe在浓硝酸中会钝化，表面生成致密氧化膜阻止进一步反应，构成原电池时Fe为正极不溶解；
B．b为Cu2O，溶于稀硫酸发生反应：Cu2O+H2SO4＝CuSO4+Cu+H2O，生成CuSO4；
C．6种物质中，f为Fe（OH）2，在潮湿空气中极易被氧化为Fe（OH）3；
D．d为Fe，高温下Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2。
【解答】解：A．a为Cu，d为Fe，常温下Fe在浓硝酸中会钝化，表面生成致密氧化膜阻止进一步反应，构成原电池时Fe为正极不溶解，Cu为负极溶解，d（Fe）质量不变，故A错误；
B．b为Cu2O，溶于稀硫酸发生反应：Cu2O+H2SO4＝CuSO4+Cu+H2O，生成CuSO4，溶液变蓝，且生成固体为Cu，是a，故B正确；
C．6种物质中，f为Fe（OH）2，在潮湿空气中极易被氧化为Fe（OH）3，比d（Fe单质）更不稳定，故C错误；
D．d为Fe，高温下Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查元素化合物，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
6．（2025秋 山东月考）利用CaCO3和Mg2SiO4进行二氧化碳移除（CDR）的工艺流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．“研磨、预热”步骤能加快反应速率
B．反应过程中，Ca、Mg和Si的化合价都发生了改变
C．从量的角度看，相同条件下水生储存比陆地储存移除的碳更多
D．“煅烧和离子交换”时，使用电能作为能源比使用CH4和O2作为能源，可能更环保
【答案】B
【分析】由题给流程可知，研磨、预热后，碳酸钙和硅酸镁在高温下反应生成硅酸钙、氧化镁和二氧化碳，冷却得到高硅酸钙和氧化镁；高硅酸钙和氧化镁吸收空气中的二氧化碳转化为碳酸氢钙、碳酸氢镁和二氧化硅；高硅酸钙和氧化镁吸收土壤中的二氧化碳转化为碳酸钙、碳酸镁和二氧化硅。
【解答】解：A．研磨可以增大固体的表面积、预热可以升高反应温度，所以“研磨、预热”步骤能加快碳酸钙和高硅酸镁与二氧化碳的反应速率，故A正确；
B．反应过程中，钙元素、镁元素和硅元素的化合价均没有发生变化，故B错误；
C．水生储存吸收二氧化碳的量远大于吸收土壤中的二氧化碳的量，相同条件下水生储存比陆地储存移除的碳更多，故C正确；
D．“煅烧和离子交换”时，使用甲烷和氧气作为能源会生成二氧化碳，使用电能作为能源不会生成二氧化碳，使用电能作为能源进行二氧化碳移除更环保，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。
7．（2025秋 山东月考）某金属矿物经稀硫酸溶解、萃取分液后，水相中含有浓度近似相等的Mn2+、Fe2+及Mg2+。经三道工序可分离三种金属。已知：，，。下列说法正确的是（ ）
A．操作A为氧化，试剂①可选用酸性KMnO4溶液
B．操作B为沉铁，试剂②可选用MnCO3
C．将MnSO4溶液蒸发结晶可获取MnSO4 7H2O
D．由以上工序可判断Ksp（MgF2）＞Ksp（FeF2）
【答案】B
【分析】在沉镁时，加入NaF使Mg2+转化为MgF2沉淀，过滤得到的滤液中剩余Fe2+与Mn2+。根据所给数据发现，Fe（OH）2与Mn（OH）2的Ksp相差不大，而Fe（OH）3与Mn（OH）2的Ksp相差很大。因此步骤A为氧化，将Fe2+氧化为Fe3+，步骤B为沉铁，通过调节pH将Fe3+转化为Fe（OH）3，实现Fe与Mn的分离，据此作答。
【解答】解：A．操作A为氧化，若选用酸性KMnO4溶液作氧化剂，会被Fe2+还原为Mn2+，但过量的与Mn2+在酸性条件下会发生归中反应生成MnO2，影响Fe与Mn的分离，更优选择为H2O2等绿色氧化剂，故A错误；
B．加入的MnCO3可与溶液中H+反应，缓慢升高pH，且生成Mn2+不引入新杂质，当pH升高至Fe3+完全沉淀时（pH≈3.15），Mn2+并未开始沉淀，从而实现分离，故B正确；
C．MnSO4 7H2O直接蒸发结晶易失去结晶水，应采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法获取，故C错误；
D．水相中Mg2+与Fe2+浓度近似相等，工序中沉镁时Mg2+与F﹣形成MgF2沉淀，而Fe2+未沉淀，说明相同F﹣浓度下MgF2更易沉淀，因此Ksp（MgF2）＜Ksp（FeF2），故D错误；
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。
8．（2025 潍坊三模）一种利用废铜渣（主要成分为CuO，含少量的Fe2O3、SiO2等杂质）制备超细铜粉的流程如图：
下列说法正确的是（ ）
A．“酸浸”所得滤渣的主要成分为H3SiO3
B．向“沉铁”后的滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为Cu（OH）2
C．“沉铜”过程中发生了氧化还原反应，SO2是还原剂
D．“转化”后的滤液中含有的阳离子只有和H+
【答案】C
【分析】废铜渣（主要成分CuO，及少量Fe2O3、SiO2等杂质）“酸浸”时CuO、少量Fe2O3与H2SO4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）4]2+，所得滤液通二氧化硫沉铜，过滤出产生的NH4CuSO3沉淀，加稀硫酸转化，+1价铜发生歧化反应，得到铜离子和Cu。
【解答】解：A．由分析可知，“酸浸”所得滤渣的主要成分为SiO2，故A错误；
B．若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为[Cu（NH3）4]SO4，故B错误；
C．“沉铜”时，铜元素的化合价由+2价变为+1价，硫元素从+4价变+6价，为氧化还原反应，SO2是还原剂，故C正确；
D．转化时，NH4CuSO3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：、H+、Cu2+，故D错误；
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。
9．（2025 潍坊开学）钴及其化合物在工业上有广泛应用。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）中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如图：
下列说法错误的是（ ）
A．“滤渣1”中含有的金属元素主要为Pb
B．取少量“过滤2”后的溶液中加入K3[Fe（CN）6]试剂，若出现蓝色沉淀，需补加MnO2
C．“氧化沉钴”中氧化剂与还原剂物质的量之比一定为1：3
D．“除钴液”中主要的盐有ZnSO4、K2SO4
【答案】C
【分析】湿法炼锌产生的废渣（主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物）中加入H2SO4进行酸浸，只有铅转化为PbSO4沉淀，其它金属转化为Co2+、Fe2+、Fe3+、Zn2+等；过滤后，往滤液中加入MnO2、ZnO调pH＝4，此时Fe2+被氧化为Fe3+并转化为Fe（OH）3沉淀；过滤出滤渣2，往滤液中加入KMnO4并调节pH＝5氧化沉钴，生成Co（OH）3、MnO2沉淀，其它离子进入除钴液回收利用，据此分析。
【解答】解：A．“滤渣1”为PbSO4沉淀，则其中金属元素主要为Pb，故A正确；
B．K3[Fe （CN）6]与Fe2+反应生成蓝色沉淀（滕氏蓝），出现蓝色沉淀说明“过滤 2”后的溶液中仍含Fe2+，即前一步“氧化除Fe”时MnO2（氧化剂）用量不足，Fe2+未完全氧化为Fe3+，补加MnO2可进一步将Fe2+氧化为Fe3+，避免Fe2+干扰后续钴的富集，故B正确；
C．“氧化沉钴”的核心是将Co2+（还原剂，Co为+2 价）氧化为Co3+（Co为+3价），1mol Co2+失去1mol电子，氧化剂的种类不唯一（如KMnO4、NaClO、H2O2等），不同氧化剂的还原产物不同，得电子数不同，导致氧化剂与还原剂的物质的量之比不同：氧化剂为KMnO4（酸性条件，还原产物为Mn2+）：Mn从+7价→+2价，1mol KMnO4得5mol电子，此时氧化剂（KMnO4）与还原剂（Co2+）的物质的量之比为 1：5，故C错误；
D．最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO调pH时引入的Zn2+、加入KMnO4“氧化沉钴”时引入的K+，而阴离子是在酸浸时引入的，则“除钴液”中主要的盐有ZnSO4、K2SO4，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。
10．（2025 肥城市开学）菱镁矿（主要成分为MgCO3，含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3）为原料制备高纯镁砂的工艺流程如图：
已知浸出时产生的废渣中有SiO2、Fe（OH）3和Al（OH）3。下列说法错误的是（ ）
A．浸出镁的反应为MgO+2NH4Cl═MgCl2+2NH3↑+H2O
B．浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行
C．流程中可循环使用的物质有NH3、NH4Cl
D．分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了Ksp的不同
【答案】B
【分析】菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，其中MgCO3转化为MgO，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣有SiO2、Fe（OH）3、Al（OH）3，同时产生氨气，则此时浸出液中主要含有Mg2+，加入氨水得到Mg（OH）2沉淀，煅烧得到高纯镁砂。
【解答】解：A．高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根水解产生的氢离子反应，促进铵根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式为MgO+2NH4Cl＝MgCl2+2NH3↑+H2O，故A正确；
B．一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，故B错误；
C．浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可以利用到浸出过程中，故C正确；
D．Fe（OH）3、Al（OH）3的Ksp远小于Mg（OH）2的Ksp，所以当pH达到一定值时Fe3+、Al3+产生沉淀，而Mg2+不沉淀，从而将其分离，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查物质制备，涉及物质分离提纯、反应原理的分析及溶度积常数的应用等知识点，明确化学反应原理、元素化合物性质及其性质差异性是解本题关键，知道流程图中发生的反应及物质成分，题目难度不大。
11．（2025 德州开学）废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，通过图流程实现铅的回收。下列说法错误的是（ ）
已知：①Ksp（PbSO4）＝2.5×10﹣8，Ksp（PbCO3）＝7.4×10﹣14
②酸浸后铅几乎全部转化为+2价
③Pb（OH）2性质类似Al（OH）3
A．铅膏中PbO2主要来源于电池的正极材料
B．在“脱硫”中PbSO4几乎完全转化为PbCO3
C．“酸浸”中，H2O2既做氧化剂又做还原剂
D．“沉铅”为保证铅完全沉淀，应加入过量的NaOH
【答案】D
【分析】A．铅蓄电池中，正极发生还原反应：PbO2+4H+2e﹣＝PbSO4+2H2O；
B．“脱硫”时加入Na2CO3，发生沉淀转化：PbSO4（s）（aq） PbCO3（s）（aq），平衡常数K3.4×105，K数值极大，说明沉淀转化几乎完全；
C．酸浸时，过氧化氢能促进Pb、CH3COOH转化为Pb（CH3COO）2和H2O，H2O2做氧化剂，过氧化氢也能使PbO2转化为Pb（CH3COO）2，铅元素化合价由+4价降低到了+2价，PbO2是氧化剂，则过氧化氢是还原剂；
D．已知Pb（OH）2性质类似Al（OH）3，具有两性，可与过量NaOH反应生成可溶性的Na2PbO2（类似NaAlO2），反应为：Pb（OH）2+2NaOH＝Na2PbO2+2H2O，若加入过量NaOH，生成的Pb（OH）2会溶解，反而无法实现“沉铅”。
【解答】解：A．铅蓄电池中，正极发生还原反应：PbO2+4H+2e﹣＝PbSO4+2H2O，因此铅膏中的PbO2主要来源于电池的正极材料，故A正确；
B．“脱硫”时加入Na2CO3，发生沉淀转化：PbSO4（s）（aq） PbCO3（s）（aq），平衡常数K3.4×105，K数值极大，说明沉淀转化几乎完全，PbSO4可全部转化为PbCO3，故B正确；
C．酸浸时，过氧化氢能促进Pb、CH3COOH转化为Pb（CH3COO）2和H2O，H2O2做氧化剂，过氧化氢也能使PbO2转化为Pb（CH3COO）2，铅元素化合价由+4价降低到了+2价，PbO2是氧化剂，则过氧化氢是还原剂，“酸浸”时加入的H2O2既可做氧化剂又可做还原剂，故C正确；
D．已知Pb（OH）2性质类似Al（OH）3，具有两性，可与过量NaOH反应生成可溶性的Na2PbO2（类似NaAlO2），反应为：Pb（OH）2+2NaOH＝Na2PbO2+2H2O，若加入过量NaOH，生成的Pb（OH）2会溶解，反而无法实现“沉铅”，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，运用沉淀溶解平衡的原理是解答该题的关键。
12．（2025 聊城模拟）经过充分氧化的铅阳极泥，富含CuO、Ag、Au。一种从中提取金和银的流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．“浸渣1”的主要成分为Ag、Au
B．“浸取2”步骤中，Ag被氧化的化学方程式为2Ag+2HCl+H2O2＝2AgCl+2H2O
C．“还原”步骤中，被氧化的NaHSO3与产物Au的物质的量之比为3：4
D．该流程中可循环利用的物质有NH3
【答案】C
【分析】从富含CuO、Ag、Au的铅阳极泥中提取金和银的流程为：将铅阳极泥加盐酸进行浸取1，CuO溶于盐酸过滤得到浸出液1，剩余不溶的Ag和Au变成浸渣1，向浸渣1中继续加盐酸和H2O2进行浸取2，Ag和Au都被氧化溶解，其中Ag溶解转化为AgCl沉淀过滤得到滤渣2，将滤渣2继续加氨水溶解，AgCl沉淀转化为Ag（NH3）2Cl溶液得到浸取液3，最后电解浸取液3得到单质Ag；而浸取2中Au转化为可溶的HAuCl4随过滤得到浸出液2，在浸出液2中加入NaHSO3还原最终得到单质Au；据此分析解答。
【解答】解：A．从富含CuO、Ag、Au的铅阳极泥中提取金和银的流程为：将铅阳极泥加盐酸进行浸取1，CuO溶于盐酸过滤得到浸出液1，剩余不溶的Ag和Au变成浸渣1，向浸渣1中继续加盐酸和H2O2进行浸取2，Ag和Au都被氧化溶解，其中Ag溶解转化为AgCl沉淀过滤得到滤渣2，将滤渣2继续加氨水溶解，AgCl沉淀转化为Ag（NH3）2Cl溶液得到浸取液3，最后电解浸取液3得到单质Ag；而浸取2中Au转化为可溶的HAuCl4随过滤得到浸出液2，在浸出液2中加入NaHSO3还原最终得到单质Au，Ag和Au不溶于盐酸中，则“浸渣1”的主要成分为Ag、Au，故A正确；
B．“浸取2”步骤中，Ag在盐酸和H2O2作用溶解转化为AgCl沉淀，则反应的化学方程式为2Ag+2HCl+H2O2＝2AgCl+2H2O，故B正确；
C．“还原”步骤中，HAuCl4被NaHSO3还原为单质Au，而被氧化为，反应的方程式为：2HAuCl4+3NaHSO3+3H2O＝3Au↓+3H2SO4+5HCl+3NaCl，得到被氧化的NaHSO3与产物Au的物质的量之比为3：2，故C错误；
D．对浸取液3进行电解时，阴极的电极反应式为：，生成的NH3可以循环到浸取3时再次使用，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
13．（2025 日照开学）工业除去电石渣浆[含Ca（OH）2]上层清液中的S2﹣，并制取生石膏（CaSO4 2H2O）的一种流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．生石膏可用于制作豆腐
B．过程Ⅰ～Ⅴ中属于氧化还原反应的是Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ
C．过程Ⅱ中，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1：2
D．过程Ⅲ中，发生反应的离子方程式为：
【答案】D
【分析】A．生石膏（CaSO4 2H2O）可使豆浆中的蛋白质凝聚；
B．过程Ⅰ为Ca（OH）2与MnSO4的复分解反应（无化合价变化）；过程Ⅱ中Mn（OH）2被O2氧化为，O2被还原，属于氧化还原反应；过程Ⅲ中被还原为Mn（OH）2，S2﹣被氧化为，有化合价变化；过程Ⅳ中被O2氧化为，O2被还原，属于氧化还原反应；过程Ⅴ为与Ca（OH）2生成CaSO4 2H2O的复分解反应（无化合价变化）；
C．过程Ⅱ中，氧化剂为O2，还原剂为Mn（OH）2，氧化产物为；
D．电石渣浆清液含Ca（OH）2，反应环境为碱性，离子方程式中不应出现大量H+（酸性条件）。
【解答】解：A．生石膏（CaSO4 2H2O）可使豆浆中的蛋白质凝聚，常用于制作豆腐，故A正确；
B．过程Ⅰ为Ca（OH）2与MnSO4的复分解反应；过程Ⅱ中Mn（OH）2被O2氧化为，O2被还原，属于氧化还原反应；过程Ⅲ中被还原为Mn（OH）2，S2﹣被氧化为，有化合价变化；过程Ⅳ中被O2氧化为，O2被还原，属于氧化还原反应；过程Ⅴ为与Ca（OH）2生成CaSO4 2H2O的复分解反应；故氧化还原反应为Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，故B正确；
C．过程Ⅱ中，氧化剂为O2，还原剂为Mn（OH）2，氧化产物为，根据电子守恒，1mol O2需2mol Mn（OH）2失电子（2×2e﹣＝4e﹣），则氧化剂（O2）与氧化产物（）物质的量之比为1：2，故C正确；
D．电石渣浆清液含Ca（OH）2，反应环境为碱性，离子方程式中不应出现大量H+，离子方程式为，故D错误；
故选：D。
【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．（2025 山东开学）处理某酸浸液（主要含Li+、Fe2+、Cu2+、Al3+）的部分流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A．试剂X可选用Fe粉
B．试剂Y可选用H2O2
C．由“沉锂”过程可知，溶解度Na2CO3＞Li2CO3
D．“碱浸”过程中，为保证Al（OH）3沉淀完全，NaOH需过量
【答案】D
【分析】某酸浸液主要含Li+、Fe2+、Cu2+、Al3+，加入X，置换出铜，过滤后，向滤液中加入NaOH溶液，调节溶液的pH，使Al3+先转化为沉淀，过滤，向滤液中加入试剂Y，氧化Fe2+，然后使生成的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤，最后向滤液中加入Na2CO3，生成Li2CO3沉淀，据此分析作答。
【解答】解：A．酸浸液中含Cu2+（杂质金属离子），需将其除去，Fe粉的金属活动性强于Cu，可发生置换反应：Fe+Cu2+＝Fe2++Cu，生成的Cu为沉淀（可过滤除去），且引入的 Fe2+后续可通过氧化（如H2O2氧化为Fe3+）再除杂，不引入新的杂质阳离子（仅增加Fe2+，与原溶液中Fe2+性质一致），因此，试剂X选用Fe粉合理，故A正确；
B．流程中，试剂Y的作用是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+（便于后续调pH生成Fe （OH）3沉淀除去），H2O2是温和的氧化剂，在酸性条件下可发生反应：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，仅生成Fe3+和H2O，不引入新杂质（如Cl﹣、等），符合除杂原则，因此，试剂Y选用H2O2合理，故B正确；
C．“沉锂”过程通常是向含Li+的溶液中加入Na2CO3，发生反应：Li2SO4（或其他锂盐）+Na2CO3＝ Li2CO3↓+Na2SO4，根据“复分解反应向溶解度更小的方向进行”，Li2CO3能沉淀析出，说明其溶解度小于Na2CO3，故C正确；
D．“碱浸”过程中NaOH固体加入量需要适量，不能过多，否则Al（OH）3沉淀会溶于过量的NaOH，生成Na[Al（OH）4]，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查物质的分离与提纯，侧重考查离子之间的反应与转化，属于高考高频考点，难度中等。
15．（2024秋 山东校级期末）某兴趣小组以铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有少量Fe2O3和SiO2）为主要原料制备絮凝剂聚合氯化铝[Al2（OH）aClb]和金属铝的流程如图所示。
已知滤渣a中含有难溶的铝硅酸盐。下列说法正确的是（ ）
A．“碱溶”时，所用NaOH溶液更换为氨水“碱溶”效果更好
B．若滤液a浓度较大，“沉淀”时通入过量CO2有利于减少生成沉淀中的杂质
C．“操作X”可以是盐酸溶解、结晶、脱水、电解
D．通过控制沉淀ⅰ、ⅱ的比例可改变聚合氯化铝的组成
【答案】D
【分析】铝土矿加氢氧化钠溶液，Al2O3和氢氧化钠溶液的反应生成四羟基合铝酸钠、SiO2转化为铝硅酸钠沉淀、Fe2O3不溶，过滤，滤液含四羟基合铝酸钠溶液、通入足量的二氧化碳后反应生成氢氧化铝沉淀，过滤，洗涤干燥后，将沉淀分三份，第一份加盐酸得到氯化铝溶液，与第二份氢氧化铝反应得到聚合氯化铝，第三份灼烧氢氧化铝使之分解生成氧化铝，加冰晶石使氧化铝熔融、电解之，就可以得到铝。
【解答】解：铝土矿加氢氧化钠溶液，Al2O3和氢氧化钠溶液的反应生成四羟基合铝酸钠、SiO2转化为铝硅酸钠沉淀、Fe2O3不溶，过滤，滤液含四羟基合铝酸钠溶液、通入足量的二氧化碳后反应生成氢氧化铝沉淀，过滤，洗涤干燥后，将沉淀分三份，第一份加盐酸得到氯化铝溶液，与第二份氢氧化铝反应得到聚合氯化铝，第三份灼烧氢氧化铝使之分解生成氧化铝，加冰晶石使氧化铝熔融、电解之，就可以得到铝；
A．Al2O3具有两性，能与强碱溶液反应，不能溶于弱碱，“碱溶”时Al2O3与NaOH溶液反应生成Na[Al（OH）4]，所用NaOH溶液不能更换为氨水，故A错误；
B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度较小，因此会有碳酸氢钠固体从溶液中析出，因此并不有利于减少氢氧化铝固体中的杂质，故B错误；
C．由分析可知，操作X应是灼烧氢氧化铝使之分解生成氧化铝，加冰晶石电解氧化铝就可以得到铝，故C错误；
D．[Al2（OH）aClb]m中a、b可通过控制Al（OH）3和AlCl3的投料比来控制产品盐基度，故D正确；
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。
二．解答题（共4小题）
16．（2025 市中区校级模拟）以铂钯精矿（含Se、Te、Au、Pt、Pd等）为原料，提取贵金属Au、Pt、Pd的工艺流程如图所示：
已知：①“氯化浸出”时，Au、Pt、Pd以、、形式存在；
②（NH4）2PtCl6和（NH4）2PdCl6难溶于水，（NH4）2PtCl4易溶于水；
③室温：Ksp[（NH4）2PtCl6]＝5.7×10﹣6；571/2≈7.5。
（1）“焙烧”时，Se、Te转化为可溶于水的Na2SeO3和Na2TeO4.转化等物质的量的Se、Te时，消耗NaClO3的物质的量之比为 2：3 ；根据图判断“焙烧”适宜的温度范围是 B （填标号）。
A．300﹣350K B．350﹣400K C．400﹣450K D．450﹣500K
（2）一般条件下Au很难被Cl2氧化，但用浓盐酸作浸出液，可使Au被Cl2氧化，由此分析“氯化浸出”过程中浓盐酸的作用为 Cl﹣做配体，与金离子形成稳定的配合物，提高Au的还原性，将Au转化为，从而浸出Au 。
（3）“还原”得到金的离子方程式为 23SO2+6H2O＝2Au+8Cl﹣+312H+ ；加入过量SO2的目的是 将全部转化为Au，将还原为 。
（4）“煅烧”时还生成N2、NH4Cl和一种气体，该气体用少量水吸收后可重复用于“ 氯化浸出 ”操作单元。
（5）“沉铂”先通入的气体X为 Cl2 （填化学式）。“沉铂”中，若向c（）＝0.125mol/L的溶液里加入等体积的NH4Cl溶液，使沉淀完全，则NH4Cl溶液浓度最小值为 1.75 mol/L（结果保留两位小数，忽略溶液混合后体积的变化）。
【答案】（1）2：3；B；
（2）Cl﹣做配体，与金离子形成稳定的配合物，提高Au的还原性，将Au转化为，从而浸出Au；
（3）23SO2+6H2O＝2Au+8Cl﹣+312H+；
（4）氯化浸出；
（5）Cl2；1.75。
【分析】将铂钯精矿、碳酸钠、氯酸钠混合焙烧，将硒、碲转化为Na2SeO3和Na2TeO4，加水水浸、过滤得到含有Na2SeO3和Na2TeO4的滤液和滤渣；向滤渣中加入浓盐酸，通入氯气氯化浸出，将Au、Pt、Pd转化为、、，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中通入过量二氧化硫，将溶液中的四氯合金酸根离子转化为金、六氯合铂酸根离子转化为四氯合铂酸根离子，过滤得到金和滤液；向滤液中加入氯化铵沉钯，将溶液中的六氯合钯酸根离子转化为六氯合钯酸铵沉淀，过滤得到六氯合钯酸铵和滤液；六氯合钯酸铵煅烧分解得到钯；向滤液中通入氯气，将溶液中的四氯合铂酸根离子转化为六氯合铂酸根离子，加入氯化铵沉铂，将溶液中的六氯合铂酸铵沉淀，过滤得到尾液和六氯合铂酸铵；六氯合铂酸铵经铂精炼得到铂。
【解答】解：将铂钯精矿、碳酸钠、氯酸钠混合焙烧，将硒、碲转化为Na2SeO3和Na2TeO4，加水水浸、过滤得到含有Na2SeO3和Na2TeO4的滤液和滤渣；向滤渣中加入浓盐酸，通入氯气氯化浸出，将Au、Pt、Pd转化为、、，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中通入过量二氧化硫，将溶液中的四氯合金酸根离子转化为金、六氯合铂酸根离子转化为四氯合铂酸根离子，过滤得到金和滤液；向滤液中加入氯化铵沉钯，将溶液中的六氯合钯酸根离子转化为六氯合钯酸铵沉淀，过滤得到六氯合钯酸铵和滤液；六氯合钯酸铵煅烧分解得到钯；向滤液中通入氯气，将溶液中的四氯合铂酸根离子转化为六氯合铂酸根离子，加入氯化铵沉铂，将溶液中的六氯合铂酸铵沉淀，过滤得到尾液和六氯合铂酸铵；六氯合铂酸铵经铂精炼得到铂；
（1）由得失电子数目守恒可知，硒、碲转化为Na2SeO3和Na2TeO4时，硒、碲化合价分别升高到+4价和+6价，则消耗氧化剂氯酸钠的物质的量比为4：6＝2：3；由图可知，温度为350～400K时，硒、碲脱除率最高，所以“焙烧”适宜的条件为温度为350～400K，
故答案为：2：3；B；
（2）一般条件下Au很难被Cl2氧化，用浓盐酸作浸出液，盐酸电离出的Cl﹣做配体，与金离子形成稳定的配合物，提高Au的还原性，将Au转化为，从而浸出Au，
故答案为：Cl﹣做配体，与金离子形成稳定的配合物，提高Au的还原性，将Au转化为，从而浸出Au；
（3）由分析可知，通入过量二氧化硫的目的是将溶液中的四氯合金酸根离子转化为金、六氯合铂酸根离子转化为四氯合铂酸根离子，得到金的反应的离子方程式为23SO2+6H2O＝2Au+8Cl﹣+312H+，
故答案为：23SO2+6H2O＝2Au+8Cl﹣+312H+；
（4）由图可知，六氯合钯酸铵煅烧分解得到钯、氮气、氯化铵和氯化氢，反应生成的氯化氢可以重复用于氯化浸出操作单元，
故答案为：氯化浸出；
（5）由分析可知，沉铂时先通入气体氯气，目的是将溶液中的四氯合铂酸根离子转化为六氯合铂酸根离子，（NH4）2PdCl6 2，Ksp[（NH4）2PtCl6]＝5.7×10﹣6，沉淀完全时浓度小于1×10﹣5mol/L，代入数据可得c（），设原溶液体积为VL，则沉淀需要溶液的物质的量为2V×0.125mol/L，溶液等体积混合后，c（），则加入溶液的浓度最小为，
故答案为：Cl2；1.75。
【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。
17．（2025 平度市模拟）铑（Rh）是一种稀有贵金属，工业上从废铑材料（主要含Rh，还含有Cu、Fe等）中提炼铑的主要途径有如下两种：
已知：①Rh金属活动顺序位于H之后。
②Rh（Ⅲ）易与Cl﹣形成配离子[RhCl6]3﹣，且该配离子在水溶液中存在以下平衡：[RhCl6]3﹣+3H2O Rh（OH）3+3H++6Cl﹣。
③已知25℃时相关物质的Ksp见下表。
氢氧化物 Fe（OH）3 Cu（OH）2 Rh（OH）3
Ksp 1.0×10﹣38.6 1.0×10﹣19.6 1.0×10﹣22.6
（已知开始沉淀的金属离子浓度为0.1mol L﹣1；金属离子浓度≤1.0×10﹣5mol L﹣1时，可认为该离子沉淀完全。
回答下列问题：
（1）途径一：
①“氯化溶解”过程中，金属Rh转化为H3RhCl6，该反应的化学方程式为 2Rh+3Cl2+6HCl＝2H3RhCl6 。
②“定向脱铜”时，铜的沉淀率随pH变化如图所示，实际工业生产中控制pH为2，pH不宜大于2的原因是 pH＞2，[RhCl6]3﹣水解平衡正向移动，导致Rh沉淀率增加而损失 。
③“阳离子交换”过程中，被阳离子交换树脂吸附的金属阳离子有 Na+、Fe3+ 。
（2）途径二：
①“控温焚烧”的目的是 防止温度过低，Cu、Fe氧化不完全 且防止Rh单质被氧化。
②“加热至熔融”的目的是将焚烧后的物质全部转化成可溶性的硫酸盐。已知Rh单质与KHSO4反应的产物之一为SO2，则参加反应的Rh和KHSO4的物质的量之比为 1：6 。
③步骤“调pH①”中应调节的pH范围为 2.8～4.6 （保留两位有效数字）。
④用氨水沉淀铑元素的离子方程式为 Rh3++3NH3 H2O＝Rh（OH）3↓+3 。
【答案】见试题解答内容
【分析】途径一：废铑材料（主要含Rh，还含有Cu、Fe等）粉碎后通入氯气并加入盐酸，“氯化溶解”得到H3RhCl6、CuCl2、FeCl3，加入草酸和铜离子结合生成草酸铜，同时加入NaOH调节溶液pH，阳离子交换树脂吸附Na+、Fe3+为滤液除杂，[RhCl6]3﹣发生水解反应生成Rh（OH）3沉淀，最后得到铑粉；途径二：废铑材料（主要含Rh，还含有Cu、Fe等）焚烧将Cu转化为CuO，将Fe转化为Fe2O3，加热熔融，加入KHSO4，生成Rh2（SO4）3、CuSO4、Fe2（SO4）3，加入水和氨水调pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，再加入氨水调节pH，生成Rh（OH）3沉淀和Cu（NH3）4SO4溶液，过滤，Rh（OH）3和途径一相同处理得铑粉；
【解答】解：（1）①高铜铑精矿通入氯气和HCl，“氯化溶解”得到H3RhCl6，反应的方程式为2Rh+3Cl2+6HCl＝2H3RhCl6，
故答案为：2Rh+3Cl2+6HCl＝2H3RhCl6；
②由图像可知，pH＝2时，铜的沉淀率已达98%，若pH＜2，铜的沉淀率会较低；pH＞2，[RhCl
6]3﹣水解平衡正向移动，导致Rh沉淀率增加而损失，
故答案为：pH＞2，[RhCl6]3﹣水解平衡正向移动，导致Rh沉淀率增加而损失；
③定向脱铜后溶液得到草酸钠、FeCl3，“阳离子交换”过程中，溶液中被阳离子交换树脂吸附的金属阳离子主要有Na+、Fe3+，
故答案为：Na+、Fe3+；
（2）①“控温焚烧”即焚烧温度不能过高不能过低，若温度过高，Rh单质被氧化，Rh的氧化物性质稳定，难溶解，后续不方便处理，控温同时防止温度过低，Cu、Fe氧化不完全，
故答案为：防止温度过低，Cu、Fe氧化不完全；
②Rh单质与KHSO4反应生成Rh3+，还原产物为SO2，硫元素得2个电子，Rh失3个电子，根据氧化还原反应得失电子守恒，可2Rh+12KHSO4＝Rh2（SO4）3+3SO2↑+6K2SO4+6H2O，加反应的Rh和KHSO4的物质的量之比为1：6，
故答案为：1：6；
③Fe3+沉淀完全时，由Ksp[Fe（OH）3]＝1.0×10﹣38.6，c（OH﹣）mol/L＝10﹣11.2mol/L，即pH＝2.8，同时为了使Cu2+不发生沉淀，由Ksp[Cu（OH）2]＝1.0×10﹣19.6，c（OH﹣）mol/L＝10﹣9.4mol/L，c（H+）＝10﹣4.6mol/L，即pH＝4.6，故调节的pH范围为2.8～4.6，
故答案为：2.8～4.6；
④用氨水调pH，NH3 H2O电离产生的OH﹣与Rh3+反应生成Rh（OH）3沉淀，其离子方程式为Rh3++3NH3 H2O＝Rh（OH）3↓+3，
故答案为：Rh3++3NH3 H2O＝Rh（OH）3↓+3。
【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。
18．（2025 枣庄模拟）某冶炼厂的高铟、高铅烟灰（In2O3、In2S3、PbO、Fe2O3、ZnO）可提取铟和铅，工艺流程如图：
已知：ⅰ.In3+与Al3+性质相似，易水解
ⅱ.Ksp（PbCl2）＝3.2×10﹣5 Ksp（PbCO3）＝1.2×10﹣14 Ksp[Pb（OH）2]＝2.0×10﹣15
ⅲ.In3+能被有机萃取剂P204（简称H2A2）萃取，其萃取原理可表示为In3+（水层）+3H2A2（有极层） lnA3 3HA（有极层）+3H+（水层）
回答下列问题：
（1）“高温酸浸”后滤渣除二氧化锰外还有 PbSO4 ，该操作中硫元素被氧化为硫酸根，In2S3反应的化学方程式为 In2S2+12MnO2+12H2SO4In2（SO4）3+12MnSO4+12H2O 。
（2）室温时，向结晶产物PbCl2固体中加入NH4HCO3溶液，并加入氨水调节pH进行脱氯碳化。“脱氯碳化”过程中，为避免Pb（OH）2的生成，应将pH控制在 7.5 以下；灼烧过程中，将80.1mgPbCO3在氩气中加热分解（气体产物只有CO2）+316℃时，剩余固体的质量为71.3mg，此时固体n（Pb）：n（C）＝ 3：1 。
（3）“系列操作”含如下步骤：
①萃取前加入Na2SO3预处理可提高铟的纯度，可能的原因是 P201可以萃取Fe3+，不能萃取Fe2+，Na2SO3还原Fe3+为Fe2+，防止被萃取 。
②关于萃取与反萃取，下列说法错误的是 AC （填标号）。
A.pH越大萃取效果越好
B.有机相经处理后可以循环利用
C.萃取与反萃取原理相同，均利用了溶质在溶剂中溶解性的不同
③反萃取时，有机相与水相体积比和反萃取率、水相中铟浓度的关系如图所示，操作时选择有机相和水相的体积比为 4：1 ；所需玻璃仪器为 烧杯、分液漏斗 。
【答案】（1）PbSO4；In2S2+12MnO2+12H2SO4In2（SO4）3+12MnSO4+12H2O；
（2）7.5；3：1；
（3）①P201可以萃取Fe3+，不能萃取Fe2+，Na2SO3还原Fe3+为Fe2+，防止被萃取；
②AC；
③4：1；烧杯、分液漏斗。
【分析】高铟、高铅烟灰（In2O3、In2S3、PbO、Fe2O3、ZnO）加入MnO2和稀硫酸，PbO转化PbSO4，浸取渣含有PbSO4、MnO2，滤液中含有In3+、Fe3+、Zn2+、Mn2+，萃取分离出有机液含In（HA2）3，加盐酸反萃取得到溶液含HInCl4，置换时加Zn发生3Zn+2HInCl4═2In+3ZnCl2+2HCl，从而得到海绵铟，PbSO4、MnO2用HCl和NaCl混合溶液浸出，过滤得到MnO2，PbSO4转化为PbCl2，向结晶产物PbCl2固体中加入NH4HCO3溶液，并加入氨水调节pH进行脱氯碳化，灼烧PbCO3生成PbO，还原PbO得到Pb，以此来解答。
【解答】解：（1）由分析可知，“高温酸浸”后滤渣除二氧化锰外还有PbSO4，该操作中硫元素被MnO2氧化为硫酸根，MnO2转化为Mn2+，根据得失电子守恒和原子守恒配平In2S3反应的化学方程式为：In2S2+12MnO2+12H2SO4In2（SO4）3+12MnSO4+12H2O，
故答案为：PbSO4；In2S2+12MnO2+12H2SO4In2（SO4）3+12MnSO4+12H2O；（2）“脱氯碳化”过程中，PbCl2转化为Pb（OH）2时，需要满足：Ksp（PbCl2）＝Ksp[Pb（OH）2]，1.6×1010，PbCl2饱和溶液中2c（Cl﹣）＝c（Pb2+），则c（Cl﹣）＝ 2mol/L＝4×10﹣2mol/L，则c（OH﹣）mol/L＝10﹣6.5mol/L，c（H+）10﹣7.5mol/L，pH＝7.5，则“脱氯碳化”过程中，为避免Pb（OH）2的生成，应将pH控制在7.5以下；80.1mg PbCO3的物质的量为3×10﹣4mol，PbCO3在氩气中加热分解（气体产物只有CO2），可得关系式：PbCO3～CO2～PbO，故316℃时固体减少的质量即生成CO2的质量，n（CO2）2×10﹣4mol，剩余固体中n（Pb）：n（C）＝（3×10﹣4）：（2×10﹣4）＝3：1，
故答案为：7.5；3：1；
（3）①萃取前加入Na2SO3预处理可提高铟的纯度，可能的原因是P204可以萃取Fe3+，不能萃取Fe2+，Na2SO3还原Fe3+为Fe2+，防止Fe3+被萃取，
故答案为：P201可以萃取Fe3+，不能萃取Fe2+，Na2SO3还原Fe3+为Fe2+，防止被萃取；
②A．pH越大，c（OH﹣）越大，可能导致Fe3+转化为氢氧化铁胶体，吸附In3+造成损失，故A错误；
B．有机相经反萃取处理后又生成有机萃取剂，可以循环利用，故B正确；
C．加入P204进行萃取，使In3+（水层）+3H2A2（有机层） InA3 3HA（有机层）+3H+（水层）正向移动，加入HCl反萃取，使In3+（水层）+3H2A2（有机层） InA3 3HA（有机层）+3H+（水层）逆向移动，应用了平衡移动的原理，与溶质在溶剂中溶解性无关，故C错误；
故答案为：AC；
③由图可知，反萃取中有机相和水相的体积比为4：1时，反萃取率较高，反萃取效果最好，然后经过分液分类出水相，所需玻璃仪器为烧杯、分液漏斗，
故答案为：4：1；烧杯、分液漏斗。
【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。
19．（2024秋 聊城期末）利用如图可以从不同角度研究含铁物质的性质及其转化关系。回答下列问题：
（1）Na2FeO4是一种新型饮用水消毒剂。工业上常用NaClO、Fe（NO3）3、NaOH制备：3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣═23Cl﹣+5H2O，当反应转移电子的数目是0.3NA时，所消耗氧化剂的物质的量为 0.15mol 。
（2）打印机使用的墨粉中含有Fe3O4，下列关于Fe3O4的说法正确的是 cd 。（填序号）
a．有磁性，是FeO与Fe2O3的混合物
b．属于两性氧化物，与酸、碱都能反应
c．FeO在空气里受热能迅速生成Fe3O4
d．Fe与水蒸气高温下反应能生成Fe3O4
（3）维生素C易溶于水，可将Fe3+转化为Fe2+被人体吸收。为检验转化产物Fe2+，设计如下实验：取适量Fe2（SO4）3溶液于试管中，加入过量维生素C片振荡溶解后，滴加酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去。该设计能否检验Fe2+并说明理由 不能，过量维生素C会使高锰酸钾溶液褪色，无法说明一定有Fe2+生成 。
（4）FeCl2溶液在空气中易变质，利用部分变质的FeCl2溶液制备Fe2O3。
①请在括弧内填写所需试剂或条件 NaOH溶液 、 加热 ，在方框内填写含铁物质的化学式 FeCl3 、 Fe（OH）3 。
②若100mL该溶液最终制得1.6g Fe2O3，不考虑过程损失，变质前FeCl2溶液的浓度为 0.2mol/L 。
【答案】（1）0.15mol；
（2）cd；
（3）不能，过量维生素C会使高锰酸钾溶液褪色，无法说明一定有Fe2+生成；
（4）①NaOH溶液；加热；FeCl3；Fe（OH）3；②0.2mol/L。
【分析】（1）根据反应：3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣═23Cl﹣+5H2O找出氧化剂与电子转移的关系，然后进行计算；
（2）Fe3O4为磁性氧化铁，不是FeO与Fe2O3的混合，也不属于两性氧化物，它不能与碱反应，可由FeO在空气里受热或Fe与水蒸气高温下反应能生成；
（3）维生素C具有还原性，过量的维生素C片也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，对Fe2+的检验产生干扰；
（4）本小题流程中部分变质的FeCl2溶液包括FeCl2和FeCl3，FeCl2被双氧水（HCl）氧化为FeCl3，加入NaOH溶液后，生成Fe（OH）3沉淀，过滤、洗涤、烘干后对其加热，生成Fe2O3，
①根据上述分析可知括弧内所需试剂或条件，方框内含铁物质的化学式；
②根据守恒法进行计算即可。
【解答】解：（1）根据反应：3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣═23Cl﹣+5H2O，可得关系式3ClO﹣～6e﹣，现反应转移电子的数目是0.3NA，即0.3mol，故消耗ClO﹣的物质的量为0.15mol，
故答案为：0.15mol；
（2）Fe3O4为磁性氧化铁，是黑色的，属于纯净物，不是FeO与Fe2O3的混合，它不能与碱反应，不属于两性氧化物，可由FeO在空气里受热或Fe与水蒸气高温下反应能生成，故c、d符合题意，
故答案为：cd；
（3）维生素C具有还原性，过量的维生素C片也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，对Fe2+的检验产生干扰，即无法确定溶液中是否含有Fe2+，
故答案为：不能，过量维生素C会使高锰酸钾溶液褪色，无法说明一定有Fe2+生成；
（4）本小题流程中部分变质的FeCl2溶液包括FeCl2和FeCl3，FeCl2被双氧水（HCl）氧化为FeCl3，加入NaOH溶液后，生成Fe（OH）3沉淀，过滤、洗涤、烘干后对其加热，生成Fe2O3，
①根据上述分析可知括弧内所需试剂为NaOH溶液，下一步条件为加热，方框内含铁物质的化学式先后为：FeCl3；Fe（OH）3，
故答案为：NaOH溶液；加热；FeCl3；Fe（OH）3；
②根据原子守恒，可得关系式：2FeCl2～2FeCl3～2Fe（OH）3～Fe2O3
2mol 160g
n（FeCl2） 1.6g
解得：n（FeCl2）0.02mol，c（FeCl2）0.2mol/L，
故答案为：0.2mol/L。
【点评】本题考查Fe3O4的性质，氧化还原反应的相关知识，物质的检验，溶液浓度的计算等，属于基本知识，基础题型，难度不大。
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3.1 铁的多样性
一．选择题（共15小题）
1．（2025秋 山东期中）某小组同学向pH＝1的0.5mol/LFeCl3溶液中分别加入过量Zn粉和Mg粉，探究反应的还原产物：下列说法错误的是（ ）
实验 金属 操作、现象及产物
Ⅰ 过量Zn 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后无气泡冒出，此时溶液pH为3～4，取出固体，固体中未检测到Fe单质
Ⅱ 过量Mg 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质
A．取Ⅱ中少量溶液，滴加K3[Fe（CN）6]氵溶液，若观察到蓝色沉淀，则证明有Fe2+生成
B．Ⅰ、Ⅱ中产生气泡的主要成分相同
C．Ⅰ中未检测到Fe单质的原因可能是Zn被Fe（OH）3沉淀包裹，阻碍了Zn与Fe2+的反应
D．若向pH＝1的0.5mol/LFeCl3溶液中加入过量Cu粉，也可观察到生成大量红褐色沉淀
2．（2024秋 山东期中）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，分别用Co（Ⅱ）和Co（Ⅲ）表示），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．滤渣是Fe（OH）3和Al（OH）3的混合物
C．气体X属于酸性氧化物
D．“高温焙烧”时的化学方程式：
3．（2025秋 德州月考）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）中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下：
已知溶液中相关金属离子[c（Mn+）＝0.1mol L﹣1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下（各金属离子沉淀完全时的浓度为1×10﹣5mol L﹣1）。
金属离子 Fe3+ Fe2+ Co3+ Co2+ Zn2+ Mn2+
开始沉淀的pH 1.5 6.9 ﹣ 7.4 6.2 8.1
沉淀完全的pH 2.8 8.9 1.1 9.4 8.2 10.1
下列叙述错误的是（ ）
A．为加快废渣的“酸浸”速率可以采取粉碎废渣、适当提高硫酸浓度等措施
B．“氧化沉钴”过程中，若氧化等物质的量的Co2+、Mn2+，消耗KMnO4的物质的量之比为2：1
C．加入MnO2所发生反应的离子方程式为
D．“除钴液”中残留的Co3+浓度为10﹣16.7mol L﹣1
4．（2024 滕州市校级开学）一种以辉铋矿（主要成分为Bi2S3，含有少量的Bi和Bi2O3等）为原料冶炼金属铋的工艺流程如图所示。
已知：①BiCl3水解生成难溶的BiOCl；
②化合物中Bi通常呈+3价或+5价，NaBiO3具有强氧化性。
下列说法错误的是（ ）
A．“溶浸”步骤加入盐酸的目的是提高铋的浸取率，抑制Bi3+的水解浸取率，抑制Bi3+的水解
B．“溶浸”步骤发生的主要反应为6FeCl3+Bi2S3＝6FeCl2+2BiCl3+3S
C．“置换”步骤发生的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2
D．流程中可循环利用的物质为FeCl3
【答案】C
【分析】由题给流程控制，向辉铋矿中加入氯化铁和盐酸混合溶液氧化浸取，将矿石中的金属元素转化为可溶的金属氯化物、硫元素转化为单质硫，过滤得到含有硫的滤渣1和滤液；加入铁粉，将铋置换出来，过滤得到海绵铋和滤液，滤液通入氯气转化为氯化铁溶液，回到酸浸步骤循环使用。
【解答】解：A．由已知信息可得，“溶浸”步骤加入盐酸的目的是提高铋的浸取率，抑制铋离子的水解，故A正确；
B．由分析可知，氯化铁和盐酸将矿石中的金属元素转化为可溶的金属氯化物、硫元素转化为单质硫，化学方程式为：6FeCl3+Bi2S3＝6FeCl2+2BiCl3+3S，故B正确；
C．“置换”步骤发生反应的离子方程式为：3Fe+2Bi3+＝2Bi+3Fe2+，可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3，故C错误；
D．“置换”步骤生成的Fe2+在“滤液氯化”步骤被Cl2氧化为FeCl3，可以实现循环利用，故D正确；
故选：C。
【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。
5．（2025秋 山东月考）铜和铁的单质及其化合物在生产和生活中有广泛应用。部分含铜、铁的物质“价﹣类”二维图如图，下列叙述正确的是（ ）
A．常温下，a和d在浓硝酸中构成原电池，d的质量一直减小
B．将b溶于稀硫酸，溶液变蓝并生成固体，则生成的固体是a
C．图示6种物质中，在潮湿的空气中最不稳定的是d
D．在高温下，d与水蒸气反应生成e和氢气
6．（2025秋 山东月考）利用CaCO3和Mg2SiO4进行二氧化碳移除（CDR）的工艺流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．“研磨、预热”步骤能加快反应速率
B．反应过程中，Ca、Mg和Si的化合价都发生了改变
C．从量的角度看，相同条件下水生储存比陆地储存移除的碳更多
D．“煅烧和离子交换”时，使用电能作为能源比使用CH4和O2作为能源，可能更环保
7．（2025秋 山东月考）某金属矿物经稀硫酸溶解、萃取分液后，水相中含有浓度近似相等的Mn2+、Fe2+及Mg2+。经三道工序可分离三种金属。已知：，，。下列说法正确的是（ ）
A．操作A为氧化，试剂①可选用酸性KMnO4溶液
B．操作B为沉铁，试剂②可选用MnCO3
C．将MnSO4溶液蒸发结晶可获取MnSO4 7H2O
D．由以上工序可判断Ksp（MgF2）＞Ksp（FeF2）
8．（2025 潍坊三模）一种利用废铜渣（主要成分为CuO，含少量的Fe2O3、SiO2等杂质）制备超细铜粉的流程如图：
下列说法正确的是（ ）
A．“酸浸”所得滤渣的主要成分为H3SiO3
B．向“沉铁”后的滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为Cu（OH）2
C．“沉铜”过程中发生了氧化还原反应，SO2是还原剂
D．“转化”后的滤液中含有的阳离子只有和H+
9．（2025 潍坊开学）钴及其化合物在工业上有广泛应用。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）中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如图：
下列说法错误的是（ ）
A．“滤渣1”中含有的金属元素主要为Pb
B．取少量“过滤2”后的溶液中加入K3[Fe（CN）6]试剂，若出现蓝色沉淀，需补加MnO2
C．“氧化沉钴”中氧化剂与还原剂物质的量之比一定为1：3
D．“除钴液”中主要的盐有ZnSO4、K2SO4
10．（2025 肥城市开学）菱镁矿（主要成分为MgCO3，含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3）为原料制备高纯镁砂的工艺流程如图：
已知浸出时产生的废渣中有SiO2、Fe（OH）3和Al（OH）3。下列说法错误的是（ ）
A．浸出镁的反应为MgO+2NH4Cl═MgCl2+2NH3↑+H2O
B．浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行
C．流程中可循环使用的物质有NH3、NH4Cl
D．分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了Ksp的不同
11．（2025 德州开学）废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，通过图流程实现铅的回收。下列说法错误的是（ ）
已知：①Ksp（PbSO4）＝2.5×10﹣8，Ksp（PbCO3）＝7.4×10﹣14
②酸浸后铅几乎全部转化为+2价
③Pb（OH）2性质类似Al（OH）3
A．铅膏中PbO2主要来源于电池的正极材料
B．在“脱硫”中PbSO4几乎完全转化为PbCO3
C．“酸浸”中，H2O2既做氧化剂又做还原剂
D．“沉铅”为保证铅完全沉淀，应加入过量的NaOH
12．（2025 聊城模拟）经过充分氧化的铅阳极泥，富含CuO、Ag、Au。一种从中提取金和银的流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．“浸渣1”的主要成分为Ag、Au
B．“浸取2”步骤中，Ag被氧化的化学方程式为2Ag+2HCl+H2O2＝2AgCl+2H2O
C．“还原”步骤中，被氧化的NaHSO3与产物Au的物质的量之比为3：4
D．该流程中可循环利用的物质有NH3
13．（2025 日照开学）工业除去电石渣浆[含Ca（OH）2]上层清液中的S2﹣，并制取生石膏（CaSO4 2H2O）的一种流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．生石膏可用于制作豆腐
B．过程Ⅰ～Ⅴ中属于氧化还原反应的是Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ
C．过程Ⅱ中，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1：2
D．过程Ⅲ中，发生反应的离子方程式为：
14．（2025 山东开学）处理某酸浸液（主要含Li+、Fe2+、Cu2+、Al3+）的部分流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A．试剂X可选用Fe粉
B．试剂Y可选用H2O2
C．由“沉锂”过程可知，溶解度Na2CO3＞Li2CO3
D．“碱浸”过程中，为保证Al（OH）3沉淀完全，NaOH需过量
15．（2024秋 山东校级期末）某兴趣小组以铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有少量Fe2O3和SiO2）为主要原料制备絮凝剂聚合氯化铝[Al2（OH）aClb]和金属铝的流程如图所示。
已知滤渣a中含有难溶的铝硅酸盐。下列说法正确的是（ ）
A．“碱溶”时，所用NaOH溶液更换为氨水“碱溶”效果更好
B．若滤液a浓度较大，“沉淀”时通入过量CO2有利于减少生成沉淀中的杂质
C．“操作X”可以是盐酸溶解、结晶、脱水、电解
D．通过控制沉淀ⅰ、ⅱ的比例可改变聚合氯化铝的组成
二．解答题（共4小题）
16．（2025 市中区校级模拟）以铂钯精矿（含Se、Te、Au、Pt、Pd等）为原料，提取贵金属Au、Pt、Pd的工艺流程如图所示：
已知：①“氯化浸出”时，Au、Pt、Pd以、、形式存在；
②（NH4）2PtCl6和（NH4）2PdCl6难溶于水，（NH4）2PtCl4易溶于水；
③室温：Ksp[（NH4）2PtCl6]＝5.7×10﹣6；571/2≈7.5。
（1）“焙烧”时，Se、Te转化为可溶于水的Na2SeO3和Na2TeO4.转化等物质的量的Se、Te时，消耗NaClO3的物质的量之比为 ；根据图判断“焙烧”适宜的温度范围是 （填标号）。
A．300﹣350K B．350﹣400K C．400﹣450K D．450﹣500K
（2）一般条件下Au很难被Cl2氧化，但用浓盐酸作浸出液，可使Au被Cl2氧化，由此分析“氯化浸出”过程中浓盐酸的作用为 。
（3）“还原”得到金的离子方程式为 ；加入过量SO2的目的是 。
（4）“煅烧”时还生成N2、NH4Cl和一种气体，该气体用少量水吸收后可重复用于“ ”操作单元。
（5）“沉铂”先通入的气体X为 （填化学式）。“沉铂”中，若向c（）＝0.125mol/L的溶液里加入等体积的NH4Cl溶液，使沉淀完全，则NH4Cl溶液浓度最小值为 mol/L（结果保留两位小数，忽略溶液混合后体积的变化）。
17．（2025 平度市模拟）铑（Rh）是一种稀有贵金属，工业上从废铑材料（主要含Rh，还含有Cu、Fe等）中提炼铑的主要途径有如下两种：
已知：①Rh金属活动顺序位于H之后。
②Rh（Ⅲ）易与Cl﹣形成配离子[RhCl6]3﹣，且该配离子在水溶液中存在以下平衡：[RhCl6]3﹣+3H2O Rh（OH）3+3H++6Cl﹣。
③已知25℃时相关物质的Ksp见下表。
氢氧化物 Fe（OH）3 Cu（OH）2 Rh（OH）3
Ksp 1.0×10﹣38.6 1.0×10﹣19.6 1.0×10﹣22.6
（已知开始沉淀的金属离子浓度为0.1mol L﹣1；金属离子浓度≤1.0×10﹣5mol L﹣1时，可认为该离子沉淀完全。
回答下列问题：
（1）途径一：
①“氯化溶解”过程中，金属Rh转化为H3RhCl6，该反应的化学方程式为 。
②“定向脱铜”时，铜的沉淀率随pH变化如图所示，实际工业生产中控制pH为2，pH不宜大于2的原因是 。
③“阳离子交换”过程中，被阳离子交换树脂吸附的金属阳离子有 。
（2）途径二：
①“控温焚烧”的目的是 且防止Rh单质被氧化。
②“加热至熔融”的目的是将焚烧后的物质全部转化成可溶性的硫酸盐。已知Rh单质与KHSO4反应的产物之一为SO2，则参加反应的Rh和KHSO4的物质的量之比为 。
③步骤“调pH①”中应调节的pH范围为 （保留两位有效数字）。
④用氨水沉淀铑元素的离子方程式为 。
18．（2025 枣庄模拟）某冶炼厂的高铟、高铅烟灰（In2O3、In2S3、PbO、Fe2O3、ZnO）可提取铟和铅，工艺流程如图：
已知：ⅰ.In3+与Al3+性质相似，易水解
ⅱ.Ksp（PbCl2）＝3.2×10﹣5 Ksp（PbCO3）＝1.2×10﹣14 Ksp[Pb（OH）2]＝2.0×10﹣15
ⅲ.In3+能被有机萃取剂P204（简称H2A2）萃取，其萃取原理可表示为In3+（水层）+3H2A2（有极层） lnA3 3HA（有极层）+3H+（水层）
回答下列问题：
（1）“高温酸浸”后滤渣除二氧化锰外还有 ，该操作中硫元素被氧化为硫酸根，In2S3反应的化学方程式为 。
（2）室温时，向结晶产物PbCl2固体中加入NH4HCO3溶液，并加入氨水调节pH进行脱氯碳化。“脱氯碳化”过程中，为避免Pb（OH）2的生成，应将pH控制在 以下；灼烧过程中，将80.1mgPbCO3在氩气中加热分解（气体产物只有CO2）+316℃时，剩余固体的质量为71.3mg，此时固体n（Pb）：n（C）＝ 。
（3）“系列操作”含如下步骤：
①萃取前加入Na2SO3预处理可提高铟的纯度，可能的原因是 。
②关于萃取与反萃取，下列说法错误的是 （填标号）。
A.pH越大萃取效果越好
B.有机相经处理后可以循环利用
C.萃取与反萃取原理相同，均利用了溶质在溶剂中溶解性的不同
③反萃取时，有机相与水相体积比和反萃取率、水相中铟浓度的关系如图所示，操作时选择有机相和水相的体积比为 ；所需玻璃仪器为 。
19．（2024秋 聊城期末）利用如图可以从不同角度研究含铁物质的性质及其转化关系。回答下列问题：
（1）Na2FeO4是一种新型饮用水消毒剂。工业上常用NaClO、Fe（NO3）3、NaOH制备：3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣═23Cl﹣+5H2O，当反应转移电子的数目是0.3NA时，所消耗氧化剂的物质的量为 。
（2）打印机使用的墨粉中含有Fe3O4，下列关于Fe3O4的说法正确的是 。（填序号）
a．有磁性，是FeO与Fe2O3的混合物
b．属于两性氧化物，与酸、碱都能反应
c．FeO在空气里受热能迅速生成Fe3O4
d．Fe与水蒸气高温下反应能生成Fe3O4
（3）维生素C易溶于水，可将Fe3+转化为Fe2+被人体吸收。为检验转化产物Fe2+，设计如下实验：取适量Fe2（SO4）3溶液于试管中，加入过量维生素C片振荡溶解后，滴加酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去。该设计能否检验Fe2+并说明理由 。
（4）FeCl2溶液在空气中易变质，利用部分变质的FeCl2溶液制备Fe2O3。
①请在括弧内填写所需试剂或条件 、 ，在方框内填写含铁物质的化学式 、 。
②若100mL该溶液最终制得1.6g Fe2O3，不考虑过程损失，变质前FeCl2溶液的浓度为 。
3.1 铁的多样性
参考答案与试题解析
一．选择题（共15小题）
1．（2025秋 山东期中）某小组同学向pH＝1的0.5mol/LFeCl3溶液中分别加入过量Zn粉和Mg粉，探究反应的还原产物：下列说法错误的是（ ）
实验 金属 操作、现象及产物
Ⅰ 过量Zn 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后无气泡冒出，此时溶液pH为3～4，取出固体，固体中未检测到Fe单质
Ⅱ 过量Mg 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质
A．取Ⅱ中少量溶液，滴加K3[Fe（CN）6]氵溶液，若观察到蓝色沉淀，则证明有Fe2+生成
B．Ⅰ、Ⅱ中产生气泡的主要成分相同
C．Ⅰ中未检测到Fe单质的原因可能是Zn被Fe（OH）3沉淀包裹，阻碍了Zn与Fe2+的反应
D．若向pH＝1的0.5mol/LFeCl3溶液中加入过量Cu粉，也可观察到生成大量红褐色沉淀
【答案】D
【分析】A．Fe2+与K3[Fe（CN）6]会生成蓝色的KFe[Fe（CN）6]沉淀；
B．溶液显酸性，锌和镁均能与酸反应生成氢气；
C．对比Ⅰ、Ⅱ可知，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不易被Fe（OH）3沉淀包裹，Zn粉反应剧烈程度不够；
D．加入铜粉会发生反应Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+。
【解答】解：A．Fe2+与K3[Fe（CN）6]会生成蓝色的KFe[Fe（CN）6]沉淀，故取Ⅱ中少量溶液，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，若观察到蓝色沉淀，则证明有Fe2+生成，故A正确；
B．溶液显酸性，锌和镁均能与酸反应生成氢气，则Ⅰ、Ⅱ中产生气泡的主要成分相同，故B正确；
C．对比Ⅰ、Ⅱ可知，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不易被Fe（OH）3沉淀包裹，Zn粉反应剧烈程度不够，红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与Fe2+的，故C正确；
D．加入铜粉会发生反应Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，会消耗Fe3+，故无法促进Fe3+水解平衡正向移动，故看不到红褐色沉淀生成，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查了物质的性质，题目难度中等，掌握常见物质的化学性质，结合题给实验是解答该题的关键。
2．（2024秋 山东期中）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，分别用Co（Ⅱ）和Co（Ⅲ）表示），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．滤渣是Fe（OH）3和Al（OH）3的混合物
C．气体X属于酸性氧化物
D．“高温焙烧”时的化学方程式：
【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，发生反应，最后得到目标产品，据此分析作答
【解答】解：A．在“酸浸”过程中Co（Ⅲ）被还原为Co（II），过氧化氢作还原剂，Co（Ⅲ）作氧化剂，故A错误；
B．氨水调节pH，生成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，故B正确；
C．沉钴过程中生成二氧化碳，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：，故D正确；
故选：A。
【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。
3．（2025秋 德州月考）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）中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下：
已知溶液中相关金属离子[c（Mn+）＝0.1mol L﹣1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下（各金属离子沉淀完全时的浓度为1×10﹣5mol L﹣1）。
金属离子 Fe3+ Fe2+ Co3+ Co2+ Zn2+ Mn2+
开始沉淀的pH 1.5 6.9 ﹣ 7.4 6.2 8.1
沉淀完全的pH 2.8 8.9 1.1 9.4 8.2 10.1
下列叙述错误的是（ ）
A．为加快废渣的“酸浸”速率可以采取粉碎废渣、适当提高硫酸浓度等措施
B．“氧化沉钴”过程中，若氧化等物质的量的Co2+、Mn2+，消耗KMnO4的物质的量之比为2：1
C．加入MnO2所发生反应的离子方程式为
D．“除钴液”中残留的Co3+浓度为10﹣16.7mol L﹣1
【答案】B
【分析】由题中信息可知，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+、Fe3+、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1”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ZnO调节pH＝4使Fe3+完全转化为Fe（OH）3，则“滤渣Ⅱ”的主要成分为Fe（OH）3，滤液中的金属离子主要是Co2+、Zn2+和Mn2+；“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+形成沉淀Co（OH）3，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、K2SO4。
【解答】解：A．增大固液接触面积，适当提高硫酸浓度，加快酸浸速率，故A正确；
B．酸性条件下KMnO4将溶液中Co2+氧化为Co3+，Co3+形成沉淀Co（OH）3，而KMnO4则被还原为MnO2，离子反应方程式为3Co2+7H2O＝3Co（OH）3↓+MnO2↓+5H+；KMnO4还会与溶液中的Mn2+的离子反应方程式为3 Mn2+2H2O＝5MnO2↓+4H+；等物质的量的Co2+、Mn2+，消耗KMnO4的物质的量之比为1：2，故B错误；
C．加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，离子反应方程式为MnO2+2Fe2++4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O，故C正确；
D．当Co3+完全沉淀时，pH＝1.1，Ksp（Co（OH）3）＝c（Co3+）c3（OH﹣）＝10﹣5×（10﹣12.9）3＝10﹣43.7；“除钴液”中pH＝5，则c（H+）＝10﹣5mol/L，c（OH﹣）＝10﹣9mol/L，c（Co3+）10﹣16.7mol/L，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。
4．（2025 山东）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，流程如图。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
【答案】A
【分析】钢渣中富含CaO、SiO2、FeO、Fe2O3等氧化物，加盐酸酸浸后，滤液I中含有CaCl2、FeCl2、FeCl3等，滤渣I为SiO2和C，碱浸时发生反应：SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O，向浸取液中加入盐酸可生成硅酸沉淀，经过一系列操作可得SiO2，滤液I中先加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入H2C2O4可生成CaC2O4沉淀，则滤液Ⅱ为Fe2（C2O4）3，滤渣Ⅱ为CaC2O4，据此分析。
【解答】解：A．由分析知，加入试剂X时为了将Fe2+氧化为Fe3+，则试剂X不可选用Fe粉，故A错误；
B．由分析知，加入试剂Y使Na2SiO3转化为硅酸沉淀，可选用盐酸，故B正确；
C．由分析知，“分离”后Fe元素主要存在于滤液Ⅱ中，故C正确；
D．若pH过小，H+会与C2结合形成HC2或H2C2O4，使CaC2O4沉淀溶解平衡正向移动，导致沉淀溶解，滤渣Ⅱ质量减少，故D正确；
故选：A。
【点评】本题主要考查物质的分离与提纯，为高频考点，题目难度一般。
5．（2025秋 山东月考）铜和铁的单质及其化合物在生产和生活中有广泛应用。部分含铜、铁的物质“价﹣类”二维图如图，下列叙述正确的是（ ）
A．常温下，a和d在浓硝酸中构成原电池，d的质量一直减小
B．将b溶于稀硫酸，溶液变蓝并生成固体，则生成的固体是a
C．图示6种物质中，在潮湿的空气中最不稳定的是d
D．在高温下，d与水蒸气反应生成e和氢气
【答案】B
【分析】A．a为Cu，d为Fe，常温下Fe在浓硝酸中会钝化，表面生成致密氧化膜阻止进一步反应，构成原电池时Fe为正极不溶解；
B．b为Cu2O，溶于稀硫酸发生反应：Cu2O+H2SO4＝CuSO4+Cu+H2O，生成CuSO4；
C．6种物质中，f为Fe（OH）2，在潮湿空气中极易被氧化为Fe（OH）3；
D．d为Fe，高温下Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2。
【解答】解：A．a为Cu，d为Fe，常温下Fe在浓硝酸中会钝化，表面生成致密氧化膜阻止进一步反应，构成原电池时Fe为正极不溶解，Cu为负极溶解，d（Fe）质量不变，故A错误；
B．b为Cu2O，溶于稀硫酸发生反应：Cu2O+H2SO4＝CuSO4+Cu+H2O，生成CuSO4，溶液变蓝，且生成固体为Cu，是a，故B正确；
C．6种物质中，f为Fe（OH）2，在潮湿空气中极易被氧化为Fe（OH）3，比d（Fe单质）更不稳定，故C错误；
D．d为Fe，高温下Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查元素化合物，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
6．（2025秋 山东月考）利用CaCO3和Mg2SiO4进行二氧化碳移除（CDR）的工艺流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．“研磨、预热”步骤能加快反应速率
B．反应过程中，Ca、Mg和Si的化合价都发生了改变
C．从量的角度看，相同条件下水生储存比陆地储存移除的碳更多
D．“煅烧和离子交换”时，使用电能作为能源比使用CH4和O2作为能源，可能更环保
【答案】B
【分析】由题给流程可知，研磨、预热后，碳酸钙和硅酸镁在高温下反应生成硅酸钙、氧化镁和二氧化碳，冷却得到高硅酸钙和氧化镁；高硅酸钙和氧化镁吸收空气中的二氧化碳转化为碳酸氢钙、碳酸氢镁和二氧化硅；高硅酸钙和氧化镁吸收土壤中的二氧化碳转化为碳酸钙、碳酸镁和二氧化硅。
【解答】解：A．研磨可以增大固体的表面积、预热可以升高反应温度，所以“研磨、预热”步骤能加快碳酸钙和高硅酸镁与二氧化碳的反应速率，故A正确；
B．反应过程中，钙元素、镁元素和硅元素的化合价均没有发生变化，故B错误；
C．水生储存吸收二氧化碳的量远大于吸收土壤中的二氧化碳的量，相同条件下水生储存比陆地储存移除的碳更多，故C正确；
D．“煅烧和离子交换”时，使用甲烷和氧气作为能源会生成二氧化碳，使用电能作为能源不会生成二氧化碳，使用电能作为能源进行二氧化碳移除更环保，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。
7．（2025秋 山东月考）某金属矿物经稀硫酸溶解、萃取分液后，水相中含有浓度近似相等的Mn2+、Fe2+及Mg2+。经三道工序可分离三种金属。已知：，，。下列说法正确的是（ ）
A．操作A为氧化，试剂①可选用酸性KMnO4溶液
B．操作B为沉铁，试剂②可选用MnCO3
C．将MnSO4溶液蒸发结晶可获取MnSO4 7H2O
D．由以上工序可判断Ksp（MgF2）＞Ksp（FeF2）
【答案】B
【分析】在沉镁时，加入NaF使Mg2+转化为MgF2沉淀，过滤得到的滤液中剩余Fe2+与Mn2+。根据所给数据发现，Fe（OH）2与Mn（OH）2的Ksp相差不大，而Fe（OH）3与Mn（OH）2的Ksp相差很大。因此步骤A为氧化，将Fe2+氧化为Fe3+，步骤B为沉铁，通过调节pH将Fe3+转化为Fe（OH）3，实现Fe与Mn的分离，据此作答。
【解答】解：A．操作A为氧化，若选用酸性KMnO4溶液作氧化剂，会被Fe2+还原为Mn2+，但过量的与Mn2+在酸性条件下会发生归中反应生成MnO2，影响Fe与Mn的分离，更优选择为H2O2等绿色氧化剂，故A错误；
B．加入的MnCO3可与溶液中H+反应，缓慢升高pH，且生成Mn2+不引入新杂质，当pH升高至Fe3+完全沉淀时（pH≈3.15），Mn2+并未开始沉淀，从而实现分离，故B正确；
C．MnSO4 7H2O直接蒸发结晶易失去结晶水，应采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法获取，故C错误；
D．水相中Mg2+与Fe2+浓度近似相等，工序中沉镁时Mg2+与F﹣形成MgF2沉淀，而Fe2+未沉淀，说明相同F﹣浓度下MgF2更易沉淀，因此Ksp（MgF2）＜Ksp（FeF2），故D错误；
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。
8．（2025 潍坊三模）一种利用废铜渣（主要成分为CuO，含少量的Fe2O3、SiO2等杂质）制备超细铜粉的流程如图：
下列说法正确的是（ ）
A．“酸浸”所得滤渣的主要成分为H3SiO3
B．向“沉铁”后的滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为Cu（OH）2
C．“沉铜”过程中发生了氧化还原反应，SO2是还原剂
D．“转化”后的滤液中含有的阳离子只有和H+
【答案】C
【分析】废铜渣（主要成分CuO，及少量Fe2O3、SiO2等杂质）“酸浸”时CuO、少量Fe2O3与H2SO4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）4]2+，所得滤液通二氧化硫沉铜，过滤出产生的NH4CuSO3沉淀，加稀硫酸转化，+1价铜发生歧化反应，得到铜离子和Cu。
【解答】解：A．由分析可知，“酸浸”所得滤渣的主要成分为SiO2，故A错误；
B．若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为[Cu（NH3）4]SO4，故B错误；
C．“沉铜”时，铜元素的化合价由+2价变为+1价，硫元素从+4价变+6价，为氧化还原反应，SO2是还原剂，故C正确；
D．转化时，NH4CuSO3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：、H+、Cu2+，故D错误；
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。
9．（2025 潍坊开学）钴及其化合物在工业上有广泛应用。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）中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如图：
下列说法错误的是（ ）
A．“滤渣1”中含有的金属元素主要为Pb
B．取少量“过滤2”后的溶液中加入K3[Fe（CN）6]试剂，若出现蓝色沉淀，需补加MnO2
C．“氧化沉钴”中氧化剂与还原剂物质的量之比一定为1：3
D．“除钴液”中主要的盐有ZnSO4、K2SO4
【答案】C
【分析】湿法炼锌产生的废渣（主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物）中加入H2SO4进行酸浸，只有铅转化为PbSO4沉淀，其它金属转化为Co2+、Fe2+、Fe3+、Zn2+等；过滤后，往滤液中加入MnO2、ZnO调pH＝4，此时Fe2+被氧化为Fe3+并转化为Fe（OH）3沉淀；过滤出滤渣2，往滤液中加入KMnO4并调节pH＝5氧化沉钴，生成Co（OH）3、MnO2沉淀，其它离子进入除钴液回收利用，据此分析。
【解答】解：A．“滤渣1”为PbSO4沉淀，则其中金属元素主要为Pb，故A正确；
B．K3[Fe （CN）6]与Fe2+反应生成蓝色沉淀（滕氏蓝），出现蓝色沉淀说明“过滤 2”后的溶液中仍含Fe2+，即前一步“氧化除Fe”时MnO2（氧化剂）用量不足，Fe2+未完全氧化为Fe3+，补加MnO2可进一步将Fe2+氧化为Fe3+，避免Fe2+干扰后续钴的富集，故B正确；
C．“氧化沉钴”的核心是将Co2+（还原剂，Co为+2 价）氧化为Co3+（Co为+3价），1mol Co2+失去1mol电子，氧化剂的种类不唯一（如KMnO4、NaClO、H2O2等），不同氧化剂的还原产物不同，得电子数不同，导致氧化剂与还原剂的物质的量之比不同：氧化剂为KMnO4（酸性条件，还原产物为Mn2+）：Mn从+7价→+2价，1mol KMnO4得5mol电子，此时氧化剂（KMnO4）与还原剂（Co2+）的物质的量之比为 1：5，故C错误；
D．最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO调pH时引入的Zn2+、加入KMnO4“氧化沉钴”时引入的K+，而阴离子是在酸浸时引入的，则“除钴液”中主要的盐有ZnSO4、K2SO4，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。
10．（2025 肥城市开学）菱镁矿（主要成分为MgCO3，含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3）为原料制备高纯镁砂的工艺流程如图：
已知浸出时产生的废渣中有SiO2、Fe（OH）3和Al（OH）3。下列说法错误的是（ ）
A．浸出镁的反应为MgO+2NH4Cl═MgCl2+2NH3↑+H2O
B．浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行
C．流程中可循环使用的物质有NH3、NH4Cl
D．分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了Ksp的不同
【答案】B
【分析】菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，其中MgCO3转化为MgO，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣有SiO2、Fe（OH）3、Al（OH）3，同时产生氨气，则此时浸出液中主要含有Mg2+，加入氨水得到Mg（OH）2沉淀，煅烧得到高纯镁砂。
【解答】解：A．高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根水解产生的氢离子反应，促进铵根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式为MgO+2NH4Cl＝MgCl2+2NH3↑+H2O，故A正确；
B．一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，故B错误；
C．浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可以利用到浸出过程中，故C正确；
D．Fe（OH）3、Al（OH）3的Ksp远小于Mg（OH）2的Ksp，所以当pH达到一定值时Fe3+、Al3+产生沉淀，而Mg2+不沉淀，从而将其分离，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查物质制备，涉及物质分离提纯、反应原理的分析及溶度积常数的应用等知识点，明确化学反应原理、元素化合物性质及其性质差异性是解本题关键，知道流程图中发生的反应及物质成分，题目难度不大。
11．（2025 德州开学）废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，通过图流程实现铅的回收。下列说法错误的是（ ）
已知：①Ksp（PbSO4）＝2.5×10﹣8，Ksp（PbCO3）＝7.4×10﹣14
②酸浸后铅几乎全部转化为+2价
③Pb（OH）2性质类似Al（OH）3
A．铅膏中PbO2主要来源于电池的正极材料
B．在“脱硫”中PbSO4几乎完全转化为PbCO3
C．“酸浸”中，H2O2既做氧化剂又做还原剂
D．“沉铅”为保证铅完全沉淀，应加入过量的NaOH
【答案】D
【分析】A．铅蓄电池中，正极发生还原反应：PbO2+4H+2e﹣＝PbSO4+2H2O；
B．“脱硫”时加入Na2CO3，发生沉淀转化：PbSO4（s）（aq） PbCO3（s）（aq），平衡常数K3.4×105，K数值极大，说明沉淀转化几乎完全；
C．酸浸时，过氧化氢能促进Pb、CH3COOH转化为Pb（CH3COO）2和H2O，H2O2做氧化剂，过氧化氢也能使PbO2转化为Pb（CH3COO）2，铅元素化合价由+4价降低到了+2价，PbO2是氧化剂，则过氧化氢是还原剂；
D．已知Pb（OH）2性质类似Al（OH）3，具有两性，可与过量NaOH反应生成可溶性的Na2PbO2（类似NaAlO2），反应为：Pb（OH）2+2NaOH＝Na2PbO2+2H2O，若加入过量NaOH，生成的Pb（OH）2会溶解，反而无法实现“沉铅”。
【解答】解：A．铅蓄电池中，正极发生还原反应：PbO2+4H+2e﹣＝PbSO4+2H2O，因此铅膏中的PbO2主要来源于电池的正极材料，故A正确；
B．“脱硫”时加入Na2CO3，发生沉淀转化：PbSO4（s）（aq） PbCO3（s）（aq），平衡常数K3.4×105，K数值极大，说明沉淀转化几乎完全，PbSO4可全部转化为PbCO3，故B正确；
C．酸浸时，过氧化氢能促进Pb、CH3COOH转化为Pb（CH3COO）2和H2O，H2O2做氧化剂，过氧化氢也能使PbO2转化为Pb（CH3COO）2，铅元素化合价由+4价降低到了+2价，PbO2是氧化剂，则过氧化氢是还原剂，“酸浸”时加入的H2O2既可做氧化剂又可做还原剂，故C正确；
D．已知Pb（OH）2性质类似Al（OH）3，具有两性，可与过量NaOH反应生成可溶性的Na2PbO2（类似NaAlO2），反应为：Pb（OH）2+2NaOH＝Na2PbO2+2H2O，若加入过量NaOH，生成的Pb（OH）2会溶解，反而无法实现“沉铅”，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，运用沉淀溶解平衡的原理是解答该题的关键。
12．（2025 聊城模拟）经过充分氧化的铅阳极泥，富含CuO、Ag、Au。一种从中提取金和银的流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．“浸渣1”的主要成分为Ag、Au
B．“浸取2”步骤中，Ag被氧化的化学方程式为2Ag+2HCl+H2O2＝2AgCl+2H2O
C．“还原”步骤中，被氧化的NaHSO3与产物Au的物质的量之比为3：4
D．该流程中可循环利用的物质有NH3
【答案】C
【分析】从富含CuO、Ag、Au的铅阳极泥中提取金和银的流程为：将铅阳极泥加盐酸进行浸取1，CuO溶于盐酸过滤得到浸出液1，剩余不溶的Ag和Au变成浸渣1，向浸渣1中继续加盐酸和H2O2进行浸取2，Ag和Au都被氧化溶解，其中Ag溶解转化为AgCl沉淀过滤得到滤渣2，将滤渣2继续加氨水溶解，AgCl沉淀转化为Ag（NH3）2Cl溶液得到浸取液3，最后电解浸取液3得到单质Ag；而浸取2中Au转化为可溶的HAuCl4随过滤得到浸出液2，在浸出液2中加入NaHSO3还原最终得到单质Au；据此分析解答。
【解答】解：A．从富含CuO、Ag、Au的铅阳极泥中提取金和银的流程为：将铅阳极泥加盐酸进行浸取1，CuO溶于盐酸过滤得到浸出液1，剩余不溶的Ag和Au变成浸渣1，向浸渣1中继续加盐酸和H2O2进行浸取2，Ag和Au都被氧化溶解，其中Ag溶解转化为AgCl沉淀过滤得到滤渣2，将滤渣2继续加氨水溶解，AgCl沉淀转化为Ag（NH3）2Cl溶液得到浸取液3，最后电解浸取液3得到单质Ag；而浸取2中Au转化为可溶的HAuCl4随过滤得到浸出液2，在浸出液2中加入NaHSO3还原最终得到单质Au，Ag和Au不溶于盐酸中，则“浸渣1”的主要成分为Ag、Au，故A正确；
B．“浸取2”步骤中，Ag在盐酸和H2O2作用溶解转化为AgCl沉淀，则反应的化学方程式为2Ag+2HCl+H2O2＝2AgCl+2H2O，故B正确；
C．“还原”步骤中，HAuCl4被NaHSO3还原为单质Au，而被氧化为，反应的方程式为：2HAuCl4+3NaHSO3+3H2O＝3Au↓+3H2SO4+5HCl+3NaCl，得到被氧化的NaHSO3与产物Au的物质的量之比为3：2，故C错误；
D．对浸取液3进行电解时，阴极的电极反应式为：，生成的NH3可以循环到浸取3时再次使用，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
13．（2025 日照开学）工业除去电石渣浆[含Ca（OH）2]上层清液中的S2﹣，并制取生石膏（CaSO4 2H2O）的一种流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．生石膏可用于制作豆腐
B．过程Ⅰ～Ⅴ中属于氧化还原反应的是Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ
C．过程Ⅱ中，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1：2
D．过程Ⅲ中，发生反应的离子方程式为：
【答案】D
【分析】A．生石膏（CaSO4 2H2O）可使豆浆中的蛋白质凝聚；
B．过程Ⅰ为Ca（OH）2与MnSO4的复分解反应（无化合价变化）；过程Ⅱ中Mn（OH）2被O2氧化为，O2被还原，属于氧化还原反应；过程Ⅲ中被还原为Mn（OH）2，S2﹣被氧化为，有化合价变化；过程Ⅳ中被O2氧化为，O2被还原，属于氧化还原反应；过程Ⅴ为与Ca（OH）2生成CaSO4 2H2O的复分解反应（无化合价变化）；
C．过程Ⅱ中，氧化剂为O2，还原剂为Mn（OH）2，氧化产物为；
D．电石渣浆清液含Ca（OH）2，反应环境为碱性，离子方程式中不应出现大量H+（酸性条件）。
【解答】解：A．生石膏（CaSO4 2H2O）可使豆浆中的蛋白质凝聚，常用于制作豆腐，故A正确；
B．过程Ⅰ为Ca（OH）2与MnSO4的复分解反应；过程Ⅱ中Mn（OH）2被O2氧化为，O2被还原，属于氧化还原反应；过程Ⅲ中被还原为Mn（OH）2，S2﹣被氧化为，有化合价变化；过程Ⅳ中被O2氧化为，O2被还原，属于氧化还原反应；过程Ⅴ为与Ca（OH）2生成CaSO4 2H2O的复分解反应；故氧化还原反应为Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，故B正确；
C．过程Ⅱ中，氧化剂为O2，还原剂为Mn（OH）2，氧化产物为，根据电子守恒，1mol O2需2mol Mn（OH）2失电子（2×2e﹣＝4e﹣），则氧化剂（O2）与氧化产物（）物质的量之比为1：2，故C正确；
D．电石渣浆清液含Ca（OH）2，反应环境为碱性，离子方程式中不应出现大量H+，离子方程式为，故D错误；
故选：D。
【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．（2025 山东开学）处理某酸浸液（主要含Li+、Fe2+、Cu2+、Al3+）的部分流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A．试剂X可选用Fe粉
B．试剂Y可选用H2O2
C．由“沉锂”过程可知，溶解度Na2CO3＞Li2CO3
D．“碱浸”过程中，为保证Al（OH）3沉淀完全，NaOH需过量
【答案】D
【分析】某酸浸液主要含Li+、Fe2+、Cu2+、Al3+，加入X，置换出铜，过滤后，向滤液中加入NaOH溶液，调节溶液的pH，使Al3+先转化为沉淀，过滤，向滤液中加入试剂Y，氧化Fe2+，然后使生成的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤，最后向滤液中加入Na2CO3，生成Li2CO3沉淀，据此分析作答。
【解答】解：A．酸浸液中含Cu2+（杂质金属离子），需将其除去，Fe粉的金属活动性强于Cu，可发生置换反应：Fe+Cu2+＝Fe2++Cu，生成的Cu为沉淀（可过滤除去），且引入的 Fe2+后续可通过氧化（如H2O2氧化为Fe3+）再除杂，不引入新的杂质阳离子（仅增加Fe2+，与原溶液中Fe2+性质一致），因此，试剂X选用Fe粉合理，故A正确；
B．流程中，试剂Y的作用是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+（便于后续调pH生成Fe （OH）3沉淀除去），H2O2是温和的氧化剂，在酸性条件下可发生反应：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，仅生成Fe3+和H2O，不引入新杂质（如Cl﹣、等），符合除杂原则，因此，试剂Y选用H2O2合理，故B正确；
C．“沉锂”过程通常是向含Li+的溶液中加入Na2CO3，发生反应：Li2SO4（或其他锂盐）+Na2CO3＝ Li2CO3↓+Na2SO4，根据“复分解反应向溶解度更小的方向进行”，Li2CO3能沉淀析出，说明其溶解度小于Na2CO3，故C正确；
D．“碱浸”过程中NaOH固体加入量需要适量，不能过多，否则Al（OH）3沉淀会溶于过量的NaOH，生成Na[Al（OH）4]，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查物质的分离与提纯，侧重考查离子之间的反应与转化，属于高考高频考点，难度中等。
15．（2024秋 山东校级期末）某兴趣小组以铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有少量Fe2O3和SiO2）为主要原料制备絮凝剂聚合氯化铝[Al2（OH）aClb]和金属铝的流程如图所示。
已知滤渣a中含有难溶的铝硅酸盐。下列说法正确的是（ ）
A．“碱溶”时，所用NaOH溶液更换为氨水“碱溶”效果更好
B．若滤液a浓度较大，“沉淀”时通入过量CO2有利于减少生成沉淀中的杂质
C．“操作X”可以是盐酸溶解、结晶、脱水、电解
D．通过控制沉淀ⅰ、ⅱ的比例可改变聚合氯化铝的组成
【答案】D
【分析】铝土矿加氢氧化钠溶液，Al2O3和氢氧化钠溶液的反应生成四羟基合铝酸钠、SiO2转化为铝硅酸钠沉淀、Fe2O3不溶，过滤，滤液含四羟基合铝酸钠溶液、通入足量的二氧化碳后反应生成氢氧化铝沉淀，过滤，洗涤干燥后，将沉淀分三份，第一份加盐酸得到氯化铝溶液，与第二份氢氧化铝反应得到聚合氯化铝，第三份灼烧氢氧化铝使之分解生成氧化铝，加冰晶石使氧化铝熔融、电解之，就可以得到铝。
【解答】解：铝土矿加氢氧化钠溶液，Al2O3和氢氧化钠溶液的反应生成四羟基合铝酸钠、SiO2转化为铝硅酸钠沉淀、Fe2O3不溶，过滤，滤液含四羟基合铝酸钠溶液、通入足量的二氧化碳后反应生成氢氧化铝沉淀，过滤，洗涤干燥后，将沉淀分三份，第一份加盐酸得到氯化铝溶液，与第二份氢氧化铝反应得到聚合氯化铝，第三份灼烧氢氧化铝使之分解生成氧化铝，加冰晶石使氧化铝熔融、电解之，就可以得到铝；
A．Al2O3具有两性，能与强碱溶液反应，不能溶于弱碱，“碱溶”时Al2O3与NaOH溶液反应生成Na[Al（OH）4]，所用NaOH溶液不能更换为氨水，故A错误；
B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度较小，因此会有碳酸氢钠固体从溶液中析出，因此并不有利于减少氢氧化铝固体中的杂质，故B错误；
C．由分析可知，操作X应是灼烧氢氧化铝使之分解生成氧化铝，加冰晶石电解氧化铝就可以得到铝，故C错误；
D．[Al2（OH）aClb]m中a、b可通过控制Al（OH）3和AlCl3的投料比来控制产品盐基度，故D正确；
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。
二．解答题（共4小题）
16．（2025 市中区校级模拟）以铂钯精矿（含Se、Te、Au、Pt、Pd等）为原料，提取贵金属Au、Pt、Pd的工艺流程如图所示：
已知：①“氯化浸出”时，Au、Pt、Pd以、、形式存在；
②（NH4）2PtCl6和（NH4）2PdCl6难溶于水，（NH4）2PtCl4易溶于水；
③室温：Ksp[（NH4）2PtCl6]＝5.7×10﹣6；571/2≈7.5。
（1）“焙烧”时，Se、Te转化为可溶于水的Na2SeO3和Na2TeO4.转化等物质的量的Se、Te时，消耗NaClO3的物质的量之比为 2：3 ；根据图判断“焙烧”适宜的温度范围是 B （填标号）。
A．300﹣350K B．350﹣400K C．400﹣450K D．450﹣500K
（2）一般条件下Au很难被Cl2氧化，但用浓盐酸作浸出液，可使Au被Cl2氧化，由此分析“氯化浸出”过程中浓盐酸的作用为 Cl﹣做配体，与金离子形成稳定的配合物，提高Au的还原性，将Au转化为，从而浸出Au 。
（3）“还原”得到金的离子方程式为 23SO2+6H2O＝2Au+8Cl﹣+312H+ ；加入过量SO2的目的是 将全部转化为Au，将还原为 。
（4）“煅烧”时还生成N2、NH4Cl和一种气体，该气体用少量水吸收后可重复用于“ 氯化浸出 ”操作单元。
（5）“沉铂”先通入的气体X为 Cl2 （填化学式）。“沉铂”中，若向c（）＝0.125mol/L的溶液里加入等体积的NH4Cl溶液，使沉淀完全，则NH4Cl溶液浓度最小值为 1.75 mol/L（结果保留两位小数，忽略溶液混合后体积的变化）。
【答案】（1）2：3；B；
（2）Cl﹣做配体，与金离子形成稳定的配合物，提高Au的还原性，将Au转化为，从而浸出Au；
（3）23SO2+6H2O＝2Au+8Cl﹣+312H+；
（4）氯化浸出；
（5）Cl2；1.75。
【分析】将铂钯精矿、碳酸钠、氯酸钠混合焙烧，将硒、碲转化为Na2SeO3和Na2TeO4，加水水浸、过滤得到含有Na2SeO3和Na2TeO4的滤液和滤渣；向滤渣中加入浓盐酸，通入氯气氯化浸出，将Au、Pt、Pd转化为、、，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中通入过量二氧化硫，将溶液中的四氯合金酸根离子转化为金、六氯合铂酸根离子转化为四氯合铂酸根离子，过滤得到金和滤液；向滤液中加入氯化铵沉钯，将溶液中的六氯合钯酸根离子转化为六氯合钯酸铵沉淀，过滤得到六氯合钯酸铵和滤液；六氯合钯酸铵煅烧分解得到钯；向滤液中通入氯气，将溶液中的四氯合铂酸根离子转化为六氯合铂酸根离子，加入氯化铵沉铂，将溶液中的六氯合铂酸铵沉淀，过滤得到尾液和六氯合铂酸铵；六氯合铂酸铵经铂精炼得到铂。
【解答】解：将铂钯精矿、碳酸钠、氯酸钠混合焙烧，将硒、碲转化为Na2SeO3和Na2TeO4，加水水浸、过滤得到含有Na2SeO3和Na2TeO4的滤液和滤渣；向滤渣中加入浓盐酸，通入氯气氯化浸出，将Au、Pt、Pd转化为、、，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中通入过量二氧化硫，将溶液中的四氯合金酸根离子转化为金、六氯合铂酸根离子转化为四氯合铂酸根离子，过滤得到金和滤液；向滤液中加入氯化铵沉钯，将溶液中的六氯合钯酸根离子转化为六氯合钯酸铵沉淀，过滤得到六氯合钯酸铵和滤液；六氯合钯酸铵煅烧分解得到钯；向滤液中通入氯气，将溶液中的四氯合铂酸根离子转化为六氯合铂酸根离子，加入氯化铵沉铂，将溶液中的六氯合铂酸铵沉淀，过滤得到尾液和六氯合铂酸铵；六氯合铂酸铵经铂精炼得到铂；
（1）由得失电子数目守恒可知，硒、碲转化为Na2SeO3和Na2TeO4时，硒、碲化合价分别升高到+4价和+6价，则消耗氧化剂氯酸钠的物质的量比为4：6＝2：3；由图可知，温度为350～400K时，硒、碲脱除率最高，所以“焙烧”适宜的条件为温度为350～400K，
故答案为：2：3；B；
（2）一般条件下Au很难被Cl2氧化，用浓盐酸作浸出液，盐酸电离出的Cl﹣做配体，与金离子形成稳定的配合物，提高Au的还原性，将Au转化为，从而浸出Au，
故答案为：Cl﹣做配体，与金离子形成稳定的配合物，提高Au的还原性，将Au转化为，从而浸出Au；
（3）由分析可知，通入过量二氧化硫的目的是将溶液中的四氯合金酸根离子转化为金、六氯合铂酸根离子转化为四氯合铂酸根离子，得到金的反应的离子方程式为23SO2+6H2O＝2Au+8Cl﹣+312H+，
故答案为：23SO2+6H2O＝2Au+8Cl﹣+312H+；
（4）由图可知，六氯合钯酸铵煅烧分解得到钯、氮气、氯化铵和氯化氢，反应生成的氯化氢可以重复用于氯化浸出操作单元，
故答案为：氯化浸出；
（5）由分析可知，沉铂时先通入气体氯气，目的是将溶液中的四氯合铂酸根离子转化为六氯合铂酸根离子，（NH4）2PdCl6 2，Ksp[（NH4）2PtCl6]＝5.7×10﹣6，沉淀完全时浓度小于1×10﹣5mol/L，代入数据可得c（），设原溶液体积为VL，则沉淀需要溶液的物质的量为2V×0.125mol/L，溶液等体积混合后，c（），则加入溶液的浓度最小为，
故答案为：Cl2；1.75。
【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。
17．（2025 平度市模拟）铑（Rh）是一种稀有贵金属，工业上从废铑材料（主要含Rh，还含有Cu、Fe等）中提炼铑的主要途径有如下两种：
已知：①Rh金属活动顺序位于H之后。
②Rh（Ⅲ）易与Cl﹣形成配离子[RhCl6]3﹣，且该配离子在水溶液中存在以下平衡：[RhCl6]3﹣+3H2O Rh（OH）3+3H++6Cl﹣。
③已知25℃时相关物质的Ksp见下表。
氢氧化物 Fe（OH）3 Cu（OH）2 Rh（OH）3
Ksp 1.0×10﹣38.6 1.0×10﹣19.6 1.0×10﹣22.6
（已知开始沉淀的金属离子浓度为0.1mol L﹣1；金属离子浓度≤1.0×10﹣5mol L﹣1时，可认为该离子沉淀完全。
回答下列问题：
（1）途径一：
①“氯化溶解”过程中，金属Rh转化为H3RhCl6，该反应的化学方程式为 2Rh+3Cl2+6HCl＝2H3RhCl6 。
②“定向脱铜”时，铜的沉淀率随pH变化如图所示，实际工业生产中控制pH为2，pH不宜大于2的原因是 pH＞2，[RhCl6]3﹣水解平衡正向移动，导致Rh沉淀率增加而损失 。
③“阳离子交换”过程中，被阳离子交换树脂吸附的金属阳离子有 Na+、Fe3+ 。
（2）途径二：
①“控温焚烧”的目的是 防止温度过低，Cu、Fe氧化不完全 且防止Rh单质被氧化。
②“加热至熔融”的目的是将焚烧后的物质全部转化成可溶性的硫酸盐。已知Rh单质与KHSO4反应的产物之一为SO2，则参加反应的Rh和KHSO4的物质的量之比为 1：6 。
③步骤“调pH①”中应调节的pH范围为 2.8～4.6 （保留两位有效数字）。
④用氨水沉淀铑元素的离子方程式为 Rh3++3NH3 H2O＝Rh（OH）3↓+3 。
【答案】见试题解答内容
【分析】途径一：废铑材料（主要含Rh，还含有Cu、Fe等）粉碎后通入氯气并加入盐酸，“氯化溶解”得到H3RhCl6、CuCl2、FeCl3，加入草酸和铜离子结合生成草酸铜，同时加入NaOH调节溶液pH，阳离子交换树脂吸附Na+、Fe3+为滤液除杂，[RhCl6]3﹣发生水解反应生成Rh（OH）3沉淀，最后得到铑粉；途径二：废铑材料（主要含Rh，还含有Cu、Fe等）焚烧将Cu转化为CuO，将Fe转化为Fe2O3，加热熔融，加入KHSO4，生成Rh2（SO4）3、CuSO4、Fe2（SO4）3，加入水和氨水调pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，再加入氨水调节pH，生成Rh（OH）3沉淀和Cu（NH3）4SO4溶液，过滤，Rh（OH）3和途径一相同处理得铑粉；
【解答】解：（1）①高铜铑精矿通入氯气和HCl，“氯化溶解”得到H3RhCl6，反应的方程式为2Rh+3Cl2+6HCl＝2H3RhCl6，
故答案为：2Rh+3Cl2+6HCl＝2H3RhCl6；
②由图像可知，pH＝2时，铜的沉淀率已达98%，若pH＜2，铜的沉淀率会较低；pH＞2，[RhCl
6]3﹣水解平衡正向移动，导致Rh沉淀率增加而损失，
故答案为：pH＞2，[RhCl6]3﹣水解平衡正向移动，导致Rh沉淀率增加而损失；
③定向脱铜后溶液得到草酸钠、FeCl3，“阳离子交换”过程中，溶液中被阳离子交换树脂吸附的金属阳离子主要有Na+、Fe3+，
故答案为：Na+、Fe3+；
（2）①“控温焚烧”即焚烧温度不能过高不能过低，若温度过高，Rh单质被氧化，Rh的氧化物性质稳定，难溶解，后续不方便处理，控温同时防止温度过低，Cu、Fe氧化不完全，
故答案为：防止温度过低，Cu、Fe氧化不完全；
②Rh单质与KHSO4反应生成Rh3+，还原产物为SO2，硫元素得2个电子，Rh失3个电子，根据氧化还原反应得失电子守恒，可2Rh+12KHSO4＝Rh2（SO4）3+3SO2↑+6K2SO4+6H2O，加反应的Rh和KHSO4的物质的量之比为1：6，
故答案为：1：6；
③Fe3+沉淀完全时，由Ksp[Fe（OH）3]＝1.0×10﹣38.6，c（OH﹣）mol/L＝10﹣11.2mol/L，即pH＝2.8，同时为了使Cu2+不发生沉淀，由Ksp[Cu（OH）2]＝1.0×10﹣19.6，c（OH﹣）mol/L＝10﹣9.4mol/L，c（H+）＝10﹣4.6mol/L，即pH＝4.6，故调节的pH范围为2.8～4.6，
故答案为：2.8～4.6；
④用氨水调pH，NH3 H2O电离产生的OH﹣与Rh3+反应生成Rh（OH）3沉淀，其离子方程式为Rh3++3NH3 H2O＝Rh（OH）3↓+3，
故答案为：Rh3++3NH3 H2O＝Rh（OH）3↓+3。
【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。
18．（2025 枣庄模拟）某冶炼厂的高铟、高铅烟灰（In2O3、In2S3、PbO、Fe2O3、ZnO）可提取铟和铅，工艺流程如图：
已知：ⅰ.In3+与Al3+性质相似，易水解
ⅱ.Ksp（PbCl2）＝3.2×10﹣5 Ksp（PbCO3）＝1.2×10﹣14 Ksp[Pb（OH）2]＝2.0×10﹣15
ⅲ.In3+能被有机萃取剂P204（简称H2A2）萃取，其萃取原理可表示为In3+（水层）+3H2A2（有极层） lnA3 3HA（有极层）+3H+（水层）
回答下列问题：
（1）“高温酸浸”后滤渣除二氧化锰外还有 PbSO4 ，该操作中硫元素被氧化为硫酸根，In2S3反应的化学方程式为 In2S2+12MnO2+12H2SO4In2（SO4）3+12MnSO4+12H2O 。
（2）室温时，向结晶产物PbCl2固体中加入NH4HCO3溶液，并加入氨水调节pH进行脱氯碳化。“脱氯碳化”过程中，为避免Pb（OH）2的生成，应将pH控制在 7.5 以下；灼烧过程中，将80.1mgPbCO3在氩气中加热分解（气体产物只有CO2）+316℃时，剩余固体的质量为71.3mg，此时固体n（Pb）：n（C）＝ 3：1 。
（3）“系列操作”含如下步骤：
①萃取前加入Na2SO3预处理可提高铟的纯度，可能的原因是 P201可以萃取Fe3+，不能萃取Fe2+，Na2SO3还原Fe3+为Fe2+，防止被萃取 。
②关于萃取与反萃取，下列说法错误的是 AC （填标号）。
A.pH越大萃取效果越好
B.有机相经处理后可以循环利用
C.萃取与反萃取原理相同，均利用了溶质在溶剂中溶解性的不同
③反萃取时，有机相与水相体积比和反萃取率、水相中铟浓度的关系如图所示，操作时选择有机相和水相的体积比为 4：1 ；所需玻璃仪器为 烧杯、分液漏斗 。
【答案】（1）PbSO4；In2S2+12MnO2+12H2SO4In2（SO4）3+12MnSO4+12H2O；
（2）7.5；3：1；
（3）①P201可以萃取Fe3+，不能萃取Fe2+，Na2SO3还原Fe3+为Fe2+，防止被萃取；
②AC；
③4：1；烧杯、分液漏斗。
【分析】高铟、高铅烟灰（In2O3、In2S3、PbO、Fe2O3、ZnO）加入MnO2和稀硫酸，PbO转化PbSO4，浸取渣含有PbSO4、MnO2，滤液中含有In3+、Fe3+、Zn2+、Mn2+，萃取分离出有机液含In（HA2）3，加盐酸反萃取得到溶液含HInCl4，置换时加Zn发生3Zn+2HInCl4═2In+3ZnCl2+2HCl，从而得到海绵铟，PbSO4、MnO2用HCl和NaCl混合溶液浸出，过滤得到MnO2，PbSO4转化为PbCl2，向结晶产物PbCl2固体中加入NH4HCO3溶液，并加入氨水调节pH进行脱氯碳化，灼烧PbCO3生成PbO，还原PbO得到Pb，以此来解答。
【解答】解：（1）由分析可知，“高温酸浸”后滤渣除二氧化锰外还有PbSO4，该操作中硫元素被MnO2氧化为硫酸根，MnO2转化为Mn2+，根据得失电子守恒和原子守恒配平In2S3反应的化学方程式为：In2S2+12MnO2+12H2SO4In2（SO4）3+12MnSO4+12H2O，
故答案为：PbSO4；In2S2+12MnO2+12H2SO4In2（SO4）3+12MnSO4+12H2O；（2）“脱氯碳化”过程中，PbCl2转化为Pb（OH）2时，需要满足：Ksp（PbCl2）＝Ksp[Pb（OH）2]，1.6×1010，PbCl2饱和溶液中2c（Cl﹣）＝c（Pb2+），则c（Cl﹣）＝ 2mol/L＝4×10﹣2mol/L，则c（OH﹣）mol/L＝10﹣6.5mol/L，c（H+）10﹣7.5mol/L，pH＝7.5，则“脱氯碳化”过程中，为避免Pb（OH）2的生成，应将pH控制在7.5以下；80.1mg PbCO3的物质的量为3×10﹣4mol，PbCO3在氩气中加热分解（气体产物只有CO2），可得关系式：PbCO3～CO2～PbO，故316℃时固体减少的质量即生成CO2的质量，n（CO2）2×10﹣4mol，剩余固体中n（Pb）：n（C）＝（3×10﹣4）：（2×10﹣4）＝3：1，
故答案为：7.5；3：1；
（3）①萃取前加入Na2SO3预处理可提高铟的纯度，可能的原因是P204可以萃取Fe3+，不能萃取Fe2+，Na2SO3还原Fe3+为Fe2+，防止Fe3+被萃取，
故答案为：P201可以萃取Fe3+，不能萃取Fe2+，Na2SO3还原Fe3+为Fe2+，防止被萃取；
②A．pH越大，c（OH﹣）越大，可能导致Fe3+转化为氢氧化铁胶体，吸附In3+造成损失，故A错误；
B．有机相经反萃取处理后又生成有机萃取剂，可以循环利用，故B正确；
C．加入P204进行萃取，使In3+（水层）+3H2A2（有机层） InA3 3HA（有机层）+3H+（水层）正向移动，加入HCl反萃取，使In3+（水层）+3H2A2（有机层） InA3 3HA（有机层）+3H+（水层）逆向移动，应用了平衡移动的原理，与溶质在溶剂中溶解性无关，故C错误；
故答案为：AC；
③由图可知，反萃取中有机相和水相的体积比为4：1时，反萃取率较高，反萃取效果最好，然后经过分液分类出水相，所需玻璃仪器为烧杯、分液漏斗，
故答案为：4：1；烧杯、分液漏斗。
【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。
19．（2024秋 聊城期末）利用如图可以从不同角度研究含铁物质的性质及其转化关系。回答下列问题：
（1）Na2FeO4是一种新型饮用水消毒剂。工业上常用NaClO、Fe（NO3）3、NaOH制备：3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣═23Cl﹣+5H2O，当反应转移电子的数目是0.3NA时，所消耗氧化剂的物质的量为 0.15mol 。
（2）打印机使用的墨粉中含有Fe3O4，下列关于Fe3O4的说法正确的是 cd 。（填序号）
a．有磁性，是FeO与Fe2O3的混合物
b．属于两性氧化物，与酸、碱都能反应
c．FeO在空气里受热能迅速生成Fe3O4
d．Fe与水蒸气高温下反应能生成Fe3O4
（3）维生素C易溶于水，可将Fe3+转化为Fe2+被人体吸收。为检验转化产物Fe2+，设计如下实验：取适量Fe2（SO4）3溶液于试管中，加入过量维生素C片振荡溶解后，滴加酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去。该设计能否检验Fe2+并说明理由 不能，过量维生素C会使高锰酸钾溶液褪色，无法说明一定有Fe2+生成 。
（4）FeCl2溶液在空气中易变质，利用部分变质的FeCl2溶液制备Fe2O3。
①请在括弧内填写所需试剂或条件 NaOH溶液 、 加热 ，在方框内填写含铁物质的化学式 FeCl3 、 Fe（OH）3 。
②若100mL该溶液最终制得1.6g Fe2O3，不考虑过程损失，变质前FeCl2溶液的浓度为 0.2mol/L 。
【答案】（1）0.15mol；
（2）cd；
（3）不能，过量维生素C会使高锰酸钾溶液褪色，无法说明一定有Fe2+生成；
（4）①NaOH溶液；加热；FeCl3；Fe（OH）3；②0.2mol/L。
【分析】（1）根据反应：3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣═23Cl﹣+5H2O找出氧化剂与电子转移的关系，然后进行计算；
（2）Fe3O4为磁性氧化铁，不是FeO与Fe2O3的混合，也不属于两性氧化物，它不能与碱反应，可由FeO在空气里受热或Fe与水蒸气高温下反应能生成；
（3）维生素C具有还原性，过量的维生素C片也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，对Fe2+的检验产生干扰；
（4）本小题流程中部分变质的FeCl2溶液包括FeCl2和FeCl3，FeCl2被双氧水（HCl）氧化为FeCl3，加入NaOH溶液后，生成Fe（OH）3沉淀，过滤、洗涤、烘干后对其加热，生成Fe2O3，
①根据上述分析可知括弧内所需试剂或条件，方框内含铁物质的化学式；
②根据守恒法进行计算即可。
【解答】解：（1）根据反应：3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣═23Cl﹣+5H2O，可得关系式3ClO﹣～6e﹣，现反应转移电子的数目是0.3NA，即0.3mol，故消耗ClO﹣的物质的量为0.15mol，
故答案为：0.15mol；
（2）Fe3O4为磁性氧化铁，是黑色的，属于纯净物，不是FeO与Fe2O3的混合，它不能与碱反应，不属于两性氧化物，可由FeO在空气里受热或Fe与水蒸气高温下反应能生成，故c、d符合题意，
故答案为：cd；
（3）维生素C具有还原性，过量的维生素C片也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，对Fe2+的检验产生干扰，即无法确定溶液中是否含有Fe2+，
故答案为：不能，过量维生素C会使高锰酸钾溶液褪色，无法说明一定有Fe2+生成；
（4）本小题流程中部分变质的FeCl2溶液包括FeCl2和FeCl3，FeCl2被双氧水（HCl）氧化为FeCl3，加入NaOH溶液后，生成Fe（OH）3沉淀，过滤、洗涤、烘干后对其加热，生成Fe2O3，
①根据上述分析可知括弧内所需试剂为NaOH溶液，下一步条件为加热，方框内含铁物质的化学式先后为：FeCl3；Fe（OH）3，
故答案为：NaOH溶液；加热；FeCl3；Fe（OH）3；
②根据原子守恒，可得关系式：2FeCl2～2FeCl3～2Fe（OH）3～Fe2O3
2mol 160g
n（FeCl2） 1.6g
解得：n（FeCl2）0.02mol，c（FeCl2）0.2mol/L，
故答案为：0.2mol/L。
【点评】本题考查Fe3O4的性质，氧化还原反应的相关知识，物质的检验，溶液浓度的计算等，属于基本知识，基础题型，难度不大。
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