新高考化學二輪復習熱點08 無機化工微流程（含解析）

熱點08無機化工微流程（建議用時：45分鐘）【真題再現】1．（2022·湖南卷）鋁電解廠煙氣凈化的一種簡單流程如下：下列說法錯誤的是A．不宜用陶瓷作吸收塔內襯材料B．采用溶液噴淋法可提高吸收塔內煙氣吸收效率C．合成槽中產物主要有SKIPIF1<0和SKIPIF1<0D．濾液可回收進入吸收塔循環(huán)利用【答案】C【解析】煙氣(含HF)通入吸收塔，加入過量的碳酸鈉，發(fā)生反應SKIPIF1<0，向合成槽中通入NaAlO2，發(fā)生反應SKIPIF1<0，過濾得到SKIPIF1<0和含有SKIPIF1<0的濾液。A．陶瓷的成分中含有SiO2，SiO2能與煙氣中的HF發(fā)生反應，因此不宜用陶瓷作吸收塔內襯材料，故A正確；B．采用溶液噴淋法可增大反應物的接觸面積，提高吸收塔內煙氣吸收效率，故B正確；C．由上述分析可知，合成槽內發(fā)生反應SKIPIF1<0，產物是SKIPIF1<0和SKIPIF1<0，故C錯誤；D．由上述分析可知，濾液的主要成分為SKIPIF1<0，可進入吸收塔循環(huán)利用，故D正確；答案選C。2．（2022·山東卷）高壓氫還原法可直接從溶液中提取金屬粉。以硫化銅精礦(含Zn、Fe元素的雜質)為主要原料制備Cu粉的工藝流程如下，可能用到的數據見下表。SKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0開始沉淀pH1.94.26.2沉淀完全pH3.26.78.2下列說法錯誤的是A．固體X主要成分是SKIPIF1<0和S；金屬M為ZnB．浸取時，增大SKIPIF1<0壓強可促進金屬離子浸出C．中和調pH的范圍為3.2~4.2D．還原時，增大溶液酸度有利于Cu的生成【答案】D【解析】CuS精礦(含有雜質Zn、Fe元素)在高壓O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反應產生為CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化為Fe3+，然后加入NH3調節(jié)溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以離子形式存在于溶液中，過濾得到的濾渣中含有S、Fe(OH)3；濾液中含有Cu2+、Zn2+；然后向濾液中通入高壓H2，根據元素活動性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被還原為Cu單質，通過過濾分離出來；而Zn2+仍然以離子形式存在于溶液中，再經一系列處理可得到Zn單質。A．經過上述分析可知固體X主要成分是S、Fe(OH)3，金屬M為Zn，A正確；B．CuS難溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)SKIPIF1<0Cu2+(aq)+S2-(aq)，增大O2的濃度，可以反應消耗S2-，使之轉化為S，從而使沉淀溶解平衡正向移動，從而可促進金屬離子的浸取，B正確；C．根據流程圖可知：用NH3調節(jié)溶液pH時，要使Fe3+轉化為沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以離子形式存在于溶液中，結合離子沉淀的pH范圍，可知中和時應該調節(jié)溶液pH范圍為3.2～4.2，C正確；D．在用H2還原Cu2+變?yōu)镃u單質時，H2失去電子被氧化為H+，與溶液中OH-結合形成H2O，若還原時增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H2失去電子還原Cu單質，因此不利于Cu的生成，D錯誤；故合理選項是D?！緝?yōu)選特訓】1．（2022·山東淄博·一模）中藥材鐵華粉的主要成分是醋酸亞鐵，檢測的流程如圖。下列說法錯誤的是A．氣體X中含有醋酸蒸氣B．該鐵華粉中可能含有鐵單質C．向濾液中滴入酸性KMnO4溶液，可用于證明Fe2+具有還原性D．產生藍色沉淀的反應為：K++Fe2++[Fe(CN)6]3—=KFe[Fe(CN)6]↓【答案】C【解析】【分析】由圖可知，鐵華粉中加入稀硫酸，加熱時醋酸亞鐵與稀硫酸反應生成硫酸亞鐵和醋酸蒸氣；鐵華粉中加入稀鹽酸反應生成氫氣說明鐵華粉中還含有鐵，過濾，向濾液加入鐵氰化鉀溶液，溶液中亞鐵離子與鐵氰化鉀溶液反應生成鐵氰化亞鐵藍色沉淀。【詳解】A．由分析可知，加熱時醋酸亞鐵與稀硫酸反應生成硫酸亞鐵和醋酸蒸氣，則X中含有醋酸蒸氣，故A正確；B．由分析可知，鐵華粉中加入稀鹽酸反應生成氫氣說明鐵華粉中還若含有鐵單質，故B正確；C．由分析可知，濾液中含有氯離子，向濾液中滴入酸性高錳酸鉀溶液，酸性條件下氯離子也能與酸性高錳酸鉀溶液反應，使溶液褪色，則溶液褪色不能證明亞鐵離子具有還原性，故C錯誤；D．由分析可知，向濾液加入鐵氰化鉀溶液，溶液中亞鐵離子與鐵氰化鉀溶液反應生成鐵氰化亞鐵藍色沉淀，反應的離子方程式為K++Fe2++[Fe(CN)6]3—=KFe[Fe(CN)6]↓，故D正確；故選C。2．（2022·河北石家莊·一模）以鋁土礦粉(主要含Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金屬硫酸鹽)；為原料生產Al2O3和Fe3O4的部分流程如下：下列說法正確的是A．“焙燒I”時，加入少量CaO可提高礦粉中硫的去除率B．用NaOH溶液吸收過量SO2的離子方程式為：2OH-+SO2=SO+H2OC．濾液中通入足量CO2，過濾后可得到Al2O3D．無氧條件下進行“焙燒II”時，理論上消耗的n(FeS2)：n(Fe2O3)=1：16【答案】D【解析】鋁土礦粉在空氣中焙燒，將FeS2轉化為氧化鐵和二氧化硫，加入氫氧化鈉溶液，氧化鋁、二氧化硅和氫氧化鈉反應除去鋁、硅，得到氧化鐵，氧化鐵加入FeS2隔絕氧氣焙燒得到四氧化三鐵；A．氧化鈣和和硫元素化合物反應轉化為硫酸鈣留在礦粉中，導致礦粉中硫的去除率下降，A錯誤；B．用NaOH溶液吸收過量SO2生成亞硫酸氫鈉：OH-+SO2=HSO，B錯誤；C．濾液中通入足量CO2，偏鋁酸鈉和二氧化碳生成氫氧化鋁沉淀，不是Al2O3，C錯誤；D．無氧條件下進行“焙燒II”，FeS2和Fe2O3生成四氧化三鐵，反應為FeS2+16Fe2O32SO2+11Fe3O4，理論上消耗的n(FeS2)：n(Fe2O3)=1:16；D正確；故選D。3．（2022·廣東茂名·二模）I2的一種制備方法如圖所示：下列說法正確的是：A．“富集”時發(fā)生的離子方程式為B．轉化反應為，說明的還原性大于C．通入過量Cl2，氧化產物只有一種D．制備的I2可直接用于加碘鹽【答案】A【解析】A．“富集”時AgNO3與碘離子發(fā)生反應生成AgI的黃色沉淀，離子方程式為：，A項正確；B．轉化反應為離子方程式為：，Fe化合價由0價升高到+2價，發(fā)生氧化反應，Fe為還原劑，根據氧化還原反應，還原劑大于還原產物可得，Fe的還原性大于，B項錯誤；C．經過轉化后溶液中有和，還原性為＞，通入過量Cl2后氧化產物有兩種分別為I2和，C項錯誤；D．加碘食鹽中碘以KIO3形式存在，I2不可直接用于加碘鹽中，D項錯誤；答案選A。4．（2023·湖北·統(tǒng)考一模）鈦合金等新型合金廣泛應用于航空航天領域，工業(yè)上以鈦鐵礦(，其中Ti為價)為主要原料制備金屬鈦的工藝流程如下圖所示，下列說法正確的是A．“氯化”過程中，既不是氧化劑也不是還原劑B．“氯化”過程中，每生成氣體，轉移電子C．由制備Ti的過程中，Ar氣可換成氮氣D．由制備Ti反應的原子利用率為100%【答案】B【分析】氯化發(fā)生的反應為：2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO，得到TiCl4，然后鎂和四氯化鈦反應生成鈦和氯化鎂，化學方程式為TiCl4+2MgTi+2MgCl2?！驹斀狻緼．“氯化”過程中，中Fe由+2價變?yōu)?3價，是還原劑，A錯誤；B．反應2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO中，每生成6molCO，轉移14mol電子，生成氣體，轉移電子×14mol=0.7mol，B正確；C．高溫下Ti與N2反應，由制備Ti的過程中，Ar氣不可換成氮氣，C錯誤；D．由制備Ti反應為TiCl4+2MgTi+2MgCl2，屬于置換反應，原子利用率不是100%，D錯誤；故選B。5．（2023秋·北京朝陽·高三統(tǒng)考期末）精煉銅工業(yè)中陽極泥的綜合利用具有重要意義。從陽極泥中回收多種金屬的流程如下。已知：分金液中含；分金渣的主要成分為；在反應中被氧化為。下列說法不正確的是A．“分銅”時加入的目的是降低銀的浸出率B．得到分金液的反應為：C．得到分銀液的反應為：D．“濾液2”中含有大量的氨，可直接循環(huán)利用【答案】D【分析】陽極泥加入硫酸、過氧化氫和氯化鈉使銅溶解，使氯化銀盡量不溶解，在分銅渣中加入氯化氫和氯酸鈉分金，分金液中加入二氧化硫將金還原成單質金，分渣金中加入氨水分銀，分銀液中加入，還原銀成為銀單質，據此分析。【詳解】A．“分銅”時加入，使氯離子濃度增大，利用同離子效應，使氯化銀幾乎不溶解，降低銀的浸出率，A正確；B．利用的氧化性，同時大量氯離子存在，可以使金形成配合離子，反應的離子方程式為：，B正確；C．氯化銀可以溶解在氨水中，形成，反應的化學方程式為：，C正確；D．由已知被氧化成，不會生成氨氣，故“濾液2”中不會含有大量的氨，D錯誤；故本題選D。6．（2022·河北唐山·二模）水合肼的性質類似氨水。利用水合肼處理銅氨廢液回收銅粉的實驗流程如圖：下列說法錯誤的是A．上述三步反應過程均為氧化還原反應B．反應1的目的是制備C．合成水合肼的反應中每消耗轉移電子數為D．反應2完成后要用到過濾操作【答案】C【解析】反應1是氯氣和氫氧化鈉反應生成氯化鈉和次氯酸鈉；反應2是次氯酸鈉把尿素氧化為水合肼；反應3是被水合肼還原為Cu。A.反應1是氯氣和氫氧化鈉反應生成氯化鈉和次氯酸鈉，氯元素化合價變化；反應2是次氯酸鈉把尿素氧化為水合肼，氯元素、N元素化合價變化；反應3是被水合肼還原為Cu，銅元素、氮元素化合價變化，上述三步反應過程均為氧化還原反應，故A正確；B.反應1是氯氣和氫氧化鈉反應生成氯化鈉和次氯酸鈉，反應1的目的是制備，用把尿素氧化為水合肼，故B正確；；C.次氯酸鈉把尿素氧化為水合肼，氮元素化合價由-3升高為-2，每消耗轉移電子數為2，故C錯誤；D.反應2完成后要把銅粉分離出來，用到過濾操作，故D正確；選C。7．（2023秋·山東煙臺·高三統(tǒng)考期末）從廢棄的鋰電池正極材料中回收金屬，工藝流程如下。下列說法錯誤的是已知：有機溶劑可萃取溶液中的，A．做氧化劑，浸取溫度不宜過高 B．操作I用到的玻璃儀器為分液漏斗、燒杯C．試劑X為稀 D．電沉積后，可在陰極收集【答案】A【分析】正極材料計入過氧化氫、稀硫酸浸取后得到溶液中含有，加入萃取就萃取分離出有機相，在加入稀硫酸反萃取得到CoSO4的水相，電沉積得到鈷?！驹斀狻緼．浸取過程中得到溶液中的，則鈷發(fā)生還原反應，需要還原劑，反應中不做氧化劑，A錯誤；B．操作I為分離有機相和水相的操作，為萃取分液，用到的玻璃儀器為分液漏斗、燒杯，B正確；C．，加入酸平衡會逆向移動生成，操作加入X后得到CoSO4，試劑X為稀，C正確；D．CoSO4電解發(fā)生還原反應生成Co，是在陰極反應，故電沉積后，可在陰極收集，D正確；故選A。8．（2023春·河北石家莊·高三石家莊二中?？奸_學考試）堿式碳酸銅是一種用途廣泛的化工原料。實驗室中以廢銅屑為原料，制取堿式碳酸銅的流程如下。下列說法錯誤的是A．酸浸產生的氣體可用溶液吸收B．加熱時，可選用水浴加熱C．可用鹽酸和溶液檢驗濾液中是否有D．溫度和是影響產品純度的主要因素【答案】C【分析】廢銅屑與濃硝酸反應，產生的氣體為氮氧化物，可用NaOH溶液吸收；過濾除去難溶性濾渣，濾液中含硝酸銅和硝酸，加入碳酸鈉溶液加熱，加氫氧化鈉溶液調節(jié)pH值，經過一系列反應得到堿式碳酸銅?！驹斀狻緼．酸浸產生的氣體為氮氧化物，可用NaOH溶液吸收，A正確；B．加熱的溫度為70oC，可選用水浴加熱，B正確；C．若溶液中含碳酸氫根，與酸反應液能產生氣體，且氣體能使氫氧化鋇溶液產生沉淀，C錯誤；D．溫度過高，pH過高，得到氫氧化銅沉淀，影響產品純度，故度和pH是影響產品純度的主要因素，D正確；故選C。9．以黃鐵礦，主要成分為FeS2(S的化合價為-1價)，生產硫酸的工藝流程如下圖所示，其中在造氣室中FeS2與氧氣以物質的量之比4：11參與反應。下列說法不正確的是A．將黃鐵礦粉碎，可加快其在造氣室中的化學反應速率B．造氣室中每生成1molSO2，有11mole-發(fā)生轉移C．不用水吸收SO3的原因是SO3與H2O化合時放出大量熱，易形成酸霧D．吸收塔排放的尾氣用氨水吸收后可轉化成氮肥【答案】B【詳解】A．將黃鐵礦粉碎，增大接觸面積，可加快其在沸騰爐中的化學反應速率，故A正確;B．造氣室中FeS2和氧氣反應生成Fe2O3和SO2，反應方程式是4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，每生成1molSO2，有5.5mole-發(fā)生轉移，故B錯誤；C．SO3與H2O化合時放出大量熱，易形成酸霧，故C正確；D．吸收塔排放的尾氣可通過氨吸收，轉化成硫酸銨，銨鹽可做氮肥，故D正確；故選B。10．（2023·廣東清遠·清新一中?？寄M預測）六氟磷酸鋰是鋰離子電池的關鍵材料。一種的制備工藝流程如圖所示。已知：①，易發(fā)生分解反應；②熔點為?93.8℃，沸點為?84.6℃。下列說法錯誤的是A．N2環(huán)境中，反應先生成六氟磷酸，再分解生成五氟化磷B．發(fā)煙硫酸的作用是吸收鉛皿中的水分：C．工藝流程中，無水HF只是反應物D．五氟化磷冷卻到，保證了與LiF的無水HF在液相中反應生成【答案】C【分析】在鉛皿中HF和磷酸發(fā)生，不穩(wěn)定，易發(fā)生分解反應生成和HF，發(fā)煙硫酸加入，發(fā)煙硫酸和水結合，在常溫下除雜，再五氟化磷冷卻到，加到LiF和無水HF的混合物中反應生成。【詳解】A．N2環(huán)境中，根據題中信息，易發(fā)生分解反應；則反應先生成六氟磷酸，再分解生成五氟化磷，故A正確；B．發(fā)煙硫酸的作用是吸收鉛皿中的水分：，將HF變?yōu)闊o水HF，故B正確；C．工藝流程中，無水HF不僅只是反應物，在發(fā)生分解反應中是產物，故C錯誤；D．無水HF在狀態(tài)下是液態(tài)，五氟化磷冷卻到，保證了與LiF的無水HF在液相中反應生成，故D正確。綜上所述，答案為C。11．銻白(Sb2O3)為白色粉末，不溶于水，溶于酸和強堿，主要用于制備白色顏料、油漆等。一種利用銻礦粉(主要成分為Sb2S3、SiO2)制取銻白的流程如下。已知：浸出液中的陽離子主要為Sb3+、Fe3+、Fe2+。下列說法錯誤的是A．“浸出”時發(fā)生的反應為Sb2S3+6Fe3+=2Sb3++6Fe2++3SB．可以用KSCN溶液檢驗“還原”反應是否完全C．“濾液”中通入Cl2后可返回“浸出”工序循環(huán)使用D．“中和”時可用過量的NaOH溶液代替氨水【答案】D【詳解】A．根據題干流程圖可知，浸出液中的陽離子主要為Sb3+、Fe3+、Fe2+，濾渣中有SiO2和S，故可推知“浸出”時發(fā)生的反應為Sb2S3+6Fe3+=2Sb3++6Fe2++3S，A正確；B．根據題干流程圖可知，“還原”過程主要是將Fe3+轉化為Fe2+，Sb轉化為Sb3+，故可以用KSCN溶液檢驗“還原”反應是否完全，B正確；C．“濾液”中主要含有Fe2+，通入Cl2后可得到Fe3+，可返回“浸出”工序循環(huán)使用，C正確；D．由題干信息可知，銻白(Sb2O3)為白色粉末，不溶于水，溶于酸和強堿，故“中和”時不可用過量的NaOH溶液代替氨水，否則將溶解部分銻白(Sb2O3)造成損失，D錯誤；故答案為：D。12．硼氫化鈉(NaBH4)吸濕性強，是最常用的還原劑之一，偏硼酸鈉(NaBO2)制備提純NaBH4的流程如下，下列有關說法錯誤的是A．合成反應中H2作還原劑 B．萃取是利用系統(tǒng)中組分在溶劑中溶解度不同的分離操作C．操作X中用到直型冷凝管 D．化合物x可循環(huán)利用【答案】A【解析】‘合成’時發(fā)生的反應：NaBO2+2SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3，NaBH4吸濕性強，將生成的NaBH4、Na2SiO3用(CH3)2CHNH2萃取，NaBH4溶解于(CH3)2CHNH2、Na2SiO3不溶于(CH3)2CHNH2，過濾分離出Na2SiO3，濾液NaBH4和(CH3)2CHNH2，操作X為蒸餾，化合物x是(CH3)2CHNH2；A．合成反應為NaBO2+2SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3，NaBH4中H元素化合價為-1，化合價從0價降至-1，反應中氫氣中氧化劑，A錯誤；B．萃取是利用系統(tǒng)中組分在溶劑中溶解度不同的分離操作，B正確；C．操作X為蒸餾，用到直型冷凝管起回流冷凝作用，C正確；D．化合物x是(CH3)2CHNH2，可到萃取步驟循環(huán)利用，D正確；故選：A。13．（2023秋·河北·高三統(tǒng)考期末）實驗室模擬以磷石膏(含及雜質、等)為原料制取輕質，流程如下：下列說法錯誤的是A．“浸取1”時，加快攪拌速率、不斷升高溫度均可提高的轉化率B．“浸取1”時，應先通再通，濾液1中濃度最大的陰離子為C．“浸取2”時，發(fā)生反應的離子方程式為D．“浸取2”時，所得濾渣2的主要成分為、【答案】A【詳解】A．“浸取1”用到了氣體原料氨氣和二氧化碳，氣體在水中的溶解度隨溫度升高而減小，因此溫度過高不利于提高浸取率即CaSO4的轉化率，A錯誤；B．由于NH3極易溶于水，CO2難溶于水，易溶于氨化后的堿性溶液，故“浸取1”，應先通NH3再通CO2，發(fā)生的反應為：CaSO4·2H2O+2NH3+CO2=CaCO3+(NH4)2SO4，故濾液1中主要溶質為(NH4)2SO4，濃度最大的陰離子為，B正確；C．濾渣1的成分是碳酸鈣、氧化鋁和氧化鐵，高溫加熱時碳酸鈣分解為氧化鈣和二氧化碳，氧化鋁和氧化鐵性質穩(wěn)定，不發(fā)生反應，“浸取2”中氯化銨與氧化鈣發(fā)生反應，發(fā)生反應的離子方程式為：，C正確；D．“濾渣1的成分是碳酸鈣、氧化鋁和氧化鐵，高溫加熱時碳酸鈣分解為氧化鈣和二氧化碳，氧化鋁和氧化鐵性質穩(wěn)定，不發(fā)生反應，“浸取2”中氯化銨與氧化鈣反應，使其溶解，則“浸取2”時，所得濾渣2的主要成分為、，D正確；故答案為：A。14．錳酸鋰(LiMn2O4)是最早制得的具有三維鋰離子通道的正極材料。以MnSO4和LiFePO4為原料制備錳酸鋰的流程如圖：(已知：Ksp(FePO4)=1.3×10-22)下列說法正確的是A．NaClO3的作用是將二價鐵氧化為三價鐵B．“沉鐵”過程所得濾渣的主要成分是Fe(OH)2C．反應器Ⅱ中產生的氣體是CO2D．K2S2O8中O為-2價，其作用是氧化MnSO4【答案】A【解析】LiFePO4加入鹽酸和氯酸鈉浸取，浸取過程中亞鐵離子被氧化成鐵離子，再加入碳酸鈉溶液調節(jié)pH，使Fe3+沉淀，得到的濾渣為白色固體，說明不是氫氧化鐵沉淀，根據元素守恒可知該沉淀應為FePO4，之后再加入飽和的碳酸鈉溶液得到碳酸鋰沉淀；MnSO4與K2S2O8反應，Mn2+被氧化成MnO2生成沉淀析出；將MnO2與Li2CO3混合反應得到錳酸鋰。A.分析可知，NaClO3的作用是將二價鐵氧化為三價鐵，A說法正確；B.“沉鐵”過程，所得濾渣中鐵為+3價，且為白色，不是氫氧化亞鐵，利用原子守恒，其主要成分是FePO4，B說法錯誤；C.反應器Ⅱ中二氧化錳與碳酸鋰反應生成LiMn2O4，Mn的化合價降低，C的化合價最高，則O的化合價升高，應有氧氣產生，則產生的氣體是CO2和O2混合氣體，C說法錯誤；D.K2S2O8中S的化合價為+6價，K為+1價，O的化合價有-2、-1價，則S2O82-中存在“-O-O-”鍵，作用是氧化MnSO4，D說法錯誤；答案為A。15．檸檬酸鐵銨是一種常見的補鐵劑，其制備流程如下：已知：、；檸檬酸亞鐵微溶于冷水，易溶于熱水。下列說法正確的是A．步驟①制備FeCO3時，應將FeSO4溶液加入Na2CO3溶液中B．可用KSCN溶液檢驗步驟③中檸檬酸亞鐵是否反應完全C．步驟③控制溫度50℃~60℃既利于檸檬酸亞鐵溶解，又避免溫度過高造成H2O2分解D．步驟⑤系列操作包括冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥【答案】C【解析】A．因為，所以制備時，應該先加入，防止?jié)舛冗^大水解產生，A項錯誤；B．應用檢驗，檢驗，B項錯誤；C．檸檬酸亞鐵微溶于冷水，易溶于熱水，溫度過低，不利于溶解，同時反應物活化分子百分數低，反應速率慢，溫度過高，會分解；C項正確；D．步驟⑤為蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，過濾，洗滌，干燥，D項錯誤；故選C。16．從砷化鎵廢料(主要成分為、、和)中回收鎵和砷的工藝流程如圖所示。下列說法錯誤的是A．“堿浸”時，溫度保持在70℃的目的是提高“堿浸”速率，同時防止過度分解B．“堿浸”時，被氧化，每反應，轉移電子的數目為C．“旋流電積”所得“尾液”溶質主要是，可進行循環(huán)利用，提高經濟效益D．該工藝得到的純度較低，可以通過重結晶的方法進行提純【答案】B【分析】由圖可知，向砷化鎵廢料加入氫氧化鈉和過氧化氫混合溶液堿浸時，GaAs轉化為NaGaO2、Na3AsO4，SiO2轉化為Na2SiO3進入溶液，Fe2O3、CaCO3不溶解，過濾得到含有Fe2O3、CaCO3的濾渣Ⅰ和含有NaGaO2、Na3AsO4、Na2SiO3的浸出液；浸出液中加入稀硫酸調節(jié)溶液pH，NaGaO2、Na2SiO3轉化為Ga(OH)3、H2SiO3沉淀，過濾得到含有Ga(OH)3、H2SiO3的濾渣Ⅱ和含有Na3AsO4的濾液；向濾渣Ⅱ中加入稀硫酸，Ga(OH)3轉化為Ga2(SO4)3溶液，電解Ga2(SO4)3溶液生成Ga、O2和H2SO4；濾液經蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌、干燥得到?！驹斀狻緼．“堿浸”時，溫度保持在70℃可以提高“堿浸”速率，同時防止溫度過高過氧化氫分解，故A正確；B．“堿浸”時GaAs被氧化的反應為GaAs+4NaOH+4H2O2=NaGaO2+Na3AsO4+6H2O，反應中消耗1molGaAs，轉移電子數目為8NA，故B錯誤；C．“旋流電積”時，Ga2(SO4)3溶液電解生成Ga、O2和H2SO4，所以“尾液”溶質主要是H2SO4，可進行循環(huán)利用，提高經濟效益，故C正確；D．若工藝得到的純度較低，可以通過重結晶的方法進行提純，故D正確；故選B。17．MnO2是重要的化學物質，某學習小組設計了將粗MnO2樣品(含有較多的MnO、MnCO3和Fe2O3)轉化為純MnO2的實驗流程，下列說法不正確的是A．在第①步操作中可以通過研磨粗MnO2樣品提高酸浸率B．由第②步反應可以判斷氧化性強弱順序為：>MnO2C．在第④步操作中最終得到的固體除NaClO3外，含鈉的化合物還含有NaClO、NaOHD．第④步生成的NaClO3固體可以循環(huán)利用【答案】C【分析】MnO2樣品(含有較多的MnO、MnCO3和Fe2O3)，加硫酸后MnO、MnCO3和Fe2O3溶解得到硫酸錳、硫酸鐵，MnO2不溶于硫酸，過濾得到MnO2，濾液中加NaClO3，二價錳離子被氧化成MnO2，同時還原得到氯氣，氯氣與氫氧化鈉反應得到氯酸鈉，反應后的溶液經過濾得到MnO2，據此分析解答?！驹斀狻緼．樣品研磨可以增大反應物之間的接觸面積，提高反應速率和浸取率，故A正確；B．第②步反應中氯酸鈉作氧化劑，二氧化錳作氧化產物，氧化劑的氧化性大于氧化產物，故B正確；C．第④步發(fā)生的反應為氯氣與氫氧化鈉在加熱條件下反應主要生成氯酸鈉和氯化鈉，還可能發(fā)生反應生成生成次氯酸鈉和氯化鈉，所以反應后溶液經蒸發(fā)結晶得到的固體中除NaClO3外，含鈉的化合物還含有NaClO、NaCl、以及過量的NaOH，故C錯誤；D．第④步生成的氯酸鈉可在第②步中繼續(xù)使用，從而實現循環(huán)利用，故D正確；故選：C。18．某廢催化劑含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4。某實驗小組以廢催化劑為原料，進行回收利用。設計實驗流程如圖：已知：CuS既不溶于稀硫酸，也不與稀硫酸反應。下列說法正確的是A．步驟①操作中，生成的氣體可用堿液吸收B．濾液1中是否含有Fe2+，可以選用KSCN和新制的氯水檢驗C．濾