高考模拟题精细分类精美word版工艺流程专题1废物利用流程.docx

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高考模拟题精细分类精美word版工艺流程专题1废物利用流程

废物利用流程

1．（2020·西安一模）一种从废弃钛酸锂电极材料［含Li4Ti5O12、铝箔、碳粉、PVDF（聚偏二氟乙烯）］中回收某些资源的流程如下：

已知：

Li4Ti5O12+7H2SO4+5H2O2＝2Li2SO4+5［TiO（H2O2）］SO4+7H2O，下列叙述错误的是（）。

A．步骤②的目的是除去碳粉与PVDF

B．步骤③H2O2的作用是氧化剂

C．从该电极材料中可回收的金属元素有Al、Ti、Li

D．合理处理废旧电池，有利于环境保护和资源再利用

【解析】选B。

由于碳粉与PVDF均易与氧气反应转化为挥发性气体而除去，A项正确；由已知可知，步骤③没有元素化合价发生变化，则应是非氧化还原反应，B项错误；由流程图中的“NaAlO2”、“含锂沉淀”、“含钛有机相”可知从该电极材料中可回收的金属元素有Al、Ti、Li，C项正确；合理处理废旧电池，有利于环境保护和资源再利用，D项正确。

2．（2020·济宁6月模拟）工业上除去电石渣浆（含CaO）上清液中的S2－，并制取石膏（CaSO4·2H2O）的常用流程如图：

下列说法不正确的是（）。

A．过程Ⅰ、Ⅱ中起催化剂作用的物质是Mn（OH）2

B．常温下，56gCaO溶于水配成1L溶液，溶液中Ca2+的数目为6.02×1023个

C．将10L上清液中的S2－转化为SO42－（S2－浓度为320mg·L－1），理论上共需要0.2mol的O2

D．过程Ⅱ中，反应的离子方程式为4MnO32－+2S2－+9H2O＝S2O32－+4Mn（OH）2↓+10OH－

【解析】选B。

催化剂在反应中参加又生成，由图可知，过程Ⅰ、Ⅱ中，起催化剂作用的物质是Mn（OH）2，故A正确；56gCaO（1mol）溶于水，与水反应产生1mol氢氧化钙，但氢氧化钙微溶于水，部分会形成沉淀，因此溶液中的钙离子数目小于6.02×1023个，故B错误；由电子守恒及原子守恒可知，存在2S2－～S2O32－～4Mn（OH）2～8e－～2O2，且两个过程消耗氧气，将10L上清液中的S2－转化为SO42－（S2－浓度为320mg/L），理论上共需要标准状况下的O2的体积为

⨯2＝0.2mol，故C正确；过程Ⅱ中S2－与MnO32－发生氧化还原反应，离子反应为4MnO32－+2S2－+9H2O＝S2O32－+4Mn（OH）2↓+10OH－，故D正确。

3．（2020·日照三模）利用空气催化氧化法除掉电石渣浆（含CaO）上清液中的S2－，制取石膏（CaSO4·2H2O）的过程如下：

下列说法错误的是（）。

A．CaSO4·2H2O属于盐类和纯净物

B．过程Ⅱ中，反应的离子方程式为4MnO32－+2S2－+10H+＝S2O32－+4Mn（OH）2↓+H2O

C．过程Ⅰ后溶液pH减小

D．将10L上清液中的S2－（S2－浓度为480mg·L－1）转化为SO42－，理论上共需要0.15molO2

【分析】氧化钙溶于水后生成氢氧化钙，与硫酸锰生成氢氧化锰，过程I中，通入氧气将氢氧化锰氧化为MnO32－，过程II中，MnO32－将上清液中的S2－氧化为S2O32－，同时MnO32－被还原为氢氧化锰，再通入氧气将S2O32－氧化为SO42－，经过浓缩结晶，得到石膏。

【解析】选BD。

CaSO4·2H2O俗名生石膏，属于结晶水合物，具有固定的组成和性质，属于纯净物里的盐类，A正确；根据转化关系图，过程Ⅱ中S2－与MnO32－生成S2O32－和Mn（OH）2，根据氧化还原反应得失电子守恒和物料守恒，反应的离子方程式为：

4MnO32－+2S2－+9H2O＝S2O32－+4Mn（OH）2↓+10OH－，B错误；由分析可知过程I中发生反应：

2Mn（OH）2+O2+4OH－＝2MnO32－+4H2O，溶液的pH减小，C正确；10L上清液中的S2－的物质的量＝

＝0.15mol，根据物质转化过程可知，S2－转化为S2O32－过程中需要消耗氧气，S2O32－转化为SO42－也需要消耗氧气，在2S2~S2O32－~2SO42－的过程中，硫元素的化合价由－2价变成+6价，S2－共失去0.15mol⨯8＝1.2mol电子，1molO2在反应中得到4mol电子，所以将10L上清液中的S2－转化为SO42－，理论上共需要O2的物质的量＝

＝0.3mol，D错误。

4．（2020·山东新高考质量测评联盟5月联考）印刷线路板废液（主要成分有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+、Cl－），可用来制备碱式碳酸铜，过程如图：

下列说法正确的是（）。

A．反应A的离子方程式为：

10Fe2++2ClO3－+12H+＝10Fe3++Cl2↑+6H2O

B．铜在空气中被腐蚀得到铜锈，其主要成分是碱式碳酸铜

C．NaClO3和Na2CO3中心原子杂化类型均为sp3杂化

D．试剂X可为CuO，主要作用是通过调节pH把Fe2+转化为Fe（OH）3过滤除去

【分析】印刷线路板废液（主要成分有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+、Cl－）加入NaClO3发生氧化还原反应，将亚铁离子氧化为铁离子，加入CuO调节溶液的pH，过滤，向滤液中加入碳酸钠反应得到碱式碳酸铜。

【解析】选B。

反应A中Fe2+与ClO3－反应生成Fe3+和Cl－，其离子方程式为：

6Fe2++ClO3－+6H+＝6Fe3++Cl－+3H2O，故A错误；铜在空气中被腐蚀得到铜锈，其主要成分是碱式碳酸铜，故B正确；NaClO3中心原子杂化类型为sp3杂化，Na2CO3中心原子杂化类型为sp2杂化，故C错误；试剂X可为CuO，主要作用是通过调节pH将Fe3+转化为Fe（OH）3过滤除去，故D错误。

5．（2020·北京石景山区一模）印刷电路板（PCB）是用腐蚀液将覆铜板上的部分铜腐蚀掉而制得。

一种用FeCl3溶液制作PCB并将腐蚀后废液回收再生的流程如图：

下列说法不正确的是（）。

A．腐蚀池中发生反应的化学方程式是：

Cu+2FeCl3＝CuCl2+2FeCl2

B．腐蚀后的废液中，主要的金属阳离子有Fe3+、Cu2+、Fe2+

C．置换池中发生的主要反应为：

Fe+Cu2+＝Cu+Fe2+和Fe+2Fe3+＝3Fe2+

D．再生池中加入酸化的H2O2，反应过程中pH降低

【分析】分析流程图，覆铜板在腐蚀池中发生反应：

Cu+2FeCl3＝CuCl2+2FeCl2，在沉降池中沉降后，在置换池中加入铁粉置换出Cu，同时发生Fe3+被铁粉还原为Fe2+的反应，则固体为Cu以及剩余的Fe，再生池中为FeCl2，通过加入氧化剂将FeCl2氧化为FeCl3，再度循环利用。

据此分析。

【解析】选D。

腐蚀池中为FeCl3溶液与覆铜板发生反应：

Cu+2FeCl3＝CuCl2+2FeCl2，A项正确；腐蚀后的废液中，有未反应完的FeCl3和反应过程中生成的CuCl2及FeCl2，故废液中，主要的金属阳离子有Fe3+、Cu2+、Fe2+，B项正确；置换池中铁粉分别与CuCl2、FeCl3发生了化学反应：

Fe+Cu2+＝Cu+Fe2+和Fe+2Fe3+＝3Fe2+，C项正确；再生池中加入酸化的H2O2，发生反应：

H2O2+2H++2Fe2+＝2Fe3++2H2O，反应中消耗H+生成H2O，反应过程中pH增大，D项错误。

6．（2020·北京顺义区二模）碲（Te）元素在元素周期表中位于第ⅥA族，其単质是重要的工业原料。

工业上可用电解法从铜阳极泥（主要成分是Cu2Te、含Ag、Au等杂质）中提取单质碲，歩驟如下：

①将铜阳极泥在空气中焙烧使碲转化为TeO2；②用NaOH溶液碱浸；③以石墨为电极电解②所得溶液获得Te。

已知：

TeO2微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应。

下列说法不正确的是（）。

A．Cu2Te中，Te的化合价是－2

B．歩骤②中，碱浸的子离方程式是：

TeO2+2OH－＝TeO32－+H2O

C．歩骤③中，阴极上发生反应的电极方程式是：

TeO32－+4e－+6H+＝Te+3H2O

D．在阳极区溶液中检验出有TeO42－存在，可能原因是阳极生成的氧气氧化TeO32－得到TeO42－

【分析】工业上可从电解精炼铜的阳极泥（主要成分Cu2Te，还有少量的Ag、Au）中提取碲，铜阳极泥在空气中焙烧使碲转化为TeO2，其化学反应方程式为：

Cu2Te+2O2

2CuO+TeO2，用NaOH溶液碱浸，其化学反应方程式为：

TeO2+2NaOH＝Na2TeO3+H2O，以石墨为电极，电解Na2TeO3溶液时，溶液中的离子有Na+、H+、TeO32－、OH－，阴极得电子能力：

TeO32－＞H+＞Na+，阴极的电极反应式为TeO32－+4e－+3H2O＝Te↓+6OH－，阳极的电极反应式为4OH－－4e－＝2H2O+O2↑，亚碲酸根离子也可能发生氧化反应，其电极反应式为TeO32－－2e－+2OH－＝TeO42－+H2O。

【解析】选C。

S和Te为同主族元素，类比Cu2S，Cu2Te中，Te的化合价是－2，A正确；TeO2与较浓的强酸、强碱反应，为两性氧化物，与碱强反应的化学反应方程式为：

TeO2+2NaOH＝Na2TeO3+H2O，其离子反应方程式为：

TeO2+2OH－＝TeO32－+H2O，B正确；阴极上发生反应的电极方程式为：

TeO32－+4e－+3H2O＝Te↓+6OH－，C错误；阳极的电极反应式为4OH－－4e－＝2H2O+O2↑，亚碲酸根离子也可能发生氧化反应，其电极反应式为TeO32－－2e－+2OH－＝TeO42－+H2O，D正确。

7．（2020·山西省重点高中联考）从有机含碘（含I2、ICl等）废水中回收碘并制备KI溶液的一种工艺流程如下：

下列说法错误的是（）。

A．“沉碘”时，Na2SO3作还原剂

B．“氧化”时，尾气可用NaOH溶液吸收处理

C．“制Fe3I8”时，每生成1molFe3I8转移8mole－

D．“转化”时，K2CO3溶液可用K2SO4溶液代替

【解析】选D。

“沉碘”时，Na2SO3将I2、ICl还原为I－，作还原剂；I－再与Cu2+作用，生成I2和CuI，A正确；“氧化”时，尾气为氮的氧化物，可用NaOH溶液吸收处理，B正确；“制Fe3I8”时，I由－1价升高到0价，每生成1molFe3I8转移8mole－，C正确；“转化”时，K2CO3溶液提供碱性环境，将Fe3+、Fe2+都转化为沉淀，这是K2SO4溶液所不能替代的，D错误。

【点睛】在含I2、ICl等的废水中，加入Na2SO3、CuSO4溶液，发生反应I2+2SO32－+2Cu2++2H2O＝CuI↓+2SO42－+4H+，2ICl+3SO32－+2Cu2++3H2O＝2CuI↓+3SO42－+6H++2Cl－，从而将废水中的碘元素全部转化为CuI。

8．（2020·山西省重点高中联考）用锌灰（主要成分Zn、ZnO，还含有少量FeO、MnO、CuO及SiO2）制备ZnCl2溶液的一种工艺流程如下：

下列说法错误的是（）。

A．“浸取”时不断搅拌可提高锌的浸取率

B．滤渣1的主要成分为SiO2

C．“氧化”时，Mn2+、Fe2+均被氧化

D．“置换”中所加试剂X可能是铁粉

【解析】选D。

“浸取”时不断搅拌，可增大矿石与盐酸的接触面积，提高锌的浸取率，A正确；从过滤后溶液的成分看，只有Si元素没有进入滤液中，所以滤渣1的主要成分为SiO2，B正确；从过滤2所得滤渣的成分看，“氧化”时，Mn2+、Fe2+均被氧化，C正确；“置换”中所加试剂X可能是锌粉，D错误。

9．（2019·郑州模拟）实验室利用废弃旧电池的铜帽（主要成分为Zn和Cu）回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图所示：

下列叙述错误的是（）。

A．“溶解”操作中可在酸性条件下不断鼓入O2代替H2O2

B．铜帽溶解后，将溶液加热至沸腾以除去溶液中过量的H2O2

C．与加入的锌粉反应的离子为Cu2+、H+

D．“过滤”操作后，将滤液蒸干、高温灼烧即可制取纯净的ZnO

【解析】选D。

利用废旧电池的铜帽（主要成分为Zn和Cu）回收Cu并制备ZnO，电池的铜帽加入稀硫酸、过氧化氢溶解，铜生成硫酸铜溶液，加热煮沸将溶液中过量的H2O2除去，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH＝2沉淀铁离子，加入锌粉反应过滤得到海绵铜，沉淀锌离子得到氢氧化锌，分解得到氧化锌。

滤液中含有硫酸锌和硫酸钠，将滤液蒸干得到ZnSO4和Na2SO4，高温灼烧时剩有硫酸钠，不能得到纯净的ZnO，D错误。

10．（2020·白银一模）银锌电池在商业、宇航潜艇、核武器等领域有广泛应用。

一种从正极片（含Ag、Ag2O、石墨及Cu等）中回收银的流程如下，下列叙述错误的是（）。

A．滤液a中含有Na+、Cu2+、H+等阳离子

B．A用氨水溶解时发生的反应为AgCl+2NH3·H2O＝［Ag（NH3）2］++Cl－+2H2O

C．滤液c可浓缩结晶得到Zn（NO3）2

D．向滤渣d中加稀硫酸可溶解其中过量的Zn

【分析】正极片含Ag、Ag2O、石墨及Cu等加稀硝酸后，石墨不反应，含Ag、Ag2O、Cu和硝酸反应生成硝酸银，硝酸铜，再加氯化钠溶液会发生Ag++Cl－＝AgCl↓，则滤液a中含有Na+、Cu2+、H+和Cl－、NO3－等离子；在含AgCl的滤渣中加入氨水会发反应生成Ag（NH3）2］Cl和2H2O，在银氨络合物中加入Zn反应后溶液中Zn2+与氨气结合以［Zn（NH3）4］2+，形式存在，经过第一步过滤，知溶液c中不存在NO3－，滤渣d中过量的锌可以溶解于稀硫酸溶液中。

【解析】选C。

正极片含Ag、Ag2O、石墨及Cu等加稀硝酸后，石墨不反应，含Ag、Ag2O、Cu和硝酸反应生成硝酸银，硝酸铜，再加氯化钠溶液会发生Ag++Cl－＝AgCl↓，则滤液a中含有Na+、Cu2+、H+等阳离子，故A正确；在含AgCl的滤渣中加入氨水会发生应生成Ag（NH3）2］Cl和2H2O，即AgCl+2NH3·H2O＝［Ag（NH3）2］++Cl－+2H2O，故B正确；在银氨络合物中加入Zn反应后溶液中Zn2+与氨气结合以［Zn（NH3）4］2+，形式存在，故C错误；经过第一步过滤，知溶液c中不存在NO3－，滤渣d中过量的锌可以溶解于稀硫酸溶液中。

故D正确。

11．氢氧化铈［Ce（OH）4］是一种重要的稀土氢氧化物。

平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2），某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：

下列说法中错误的是（）。

A．滤渣A中主要含有SiO2、CeO2

B．过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒

C．过程②中发生反应的离子方程式为CeO2+H2O2+3H+＝Ce3++2H2O+O2↑

D．过程④中消耗11.2L（标准状况下）O2，转移电子数为2×6.02×1023

【解析】选C。

A项，加盐酸后过滤出来的滤渣A中一定含有不反应的SiO2，不知道CeO2是否溶于盐酸，观察图可知产品就是从滤渣A中出来的，即CeO2不与盐酸反应，正确；B项，本实验中过滤操作用到的玻璃仪器只有烧杯、玻璃棒、漏斗，正确；C项，滤渣A中CeO2（Ce为+4价）和H2O2反应得到滤液B中的Ce3+，则H2O2作还原剂，但该离子方程式不遵循质量守恒和得失电子守恒，错误；D项，过程④中O2作氧化剂，1molO2参与反应转移4mol电子，则消耗标准状况下11.2L（0.5mol）O2转移0.5×4mol＝2mol电子，数目为2NA，正确。

12．聚合硫酸铁（PFS）是水处理中重要的絮凝剂，以废铁屑为原料制备PFS的具体工艺流程如下：

下列说法错误的是（）。

A．步骤①，粉碎的目的是增大反应物接触面积，提高“酸浸”反应速率

B．步骤④，加稀硫酸调节pH在一定的范围内，让Fe3+部分水解形成碱式盐

C．步骤⑤，减压蒸发，有利于降低水的沸点防止产物分解

D．步骤③，可以选择过氧化氢溶液、氯气等氧化剂将Fe2+转化成Fe3+

【解析】选D。

A项，将块状物质粉碎，可以增大反应物间的接触面积，反应速率会大大加快，正确；B项，聚合硫酸铁属于碱式盐，调节pH在一定的范围内，可以让Fe3+部分水解形成碱式盐，正确；C项，减压蒸发有利于降低水的沸点，同时防止温度过高使聚合硫酸铁分解，正确；D项，用氯气作氧化剂，还原产物为Cl－，会引入杂质，错误。

13．（2020·福州一模）某兴趣小组设计将废金属合金（只含铝、铁、铜）回收再利用制备胆矾、氯化铝晶体和聚合硫酸铁［Fe2（OH）n（SO4）3n/2］m的流程如下图所示，则下列有关叙述中不正确的是（）。

A．本实验中试剂A为氢氧化钠溶液，试剂B盐酸，试剂C为稀硫酸

B．过量气体A与溶液1的反应的离子方程式为：

2AlO2－+CO2+3H2O＝2Al（OH）3↓+CO32－

C．固体3生成溶液4，可能为反应为：

2Cu+O2+2H2SO4＝2CuSO4+2H2O

D．溶液3与H2O2反应的化学方程式为：

2FeSO4+H2O2+H2SO4＝Fe2（SO4）3+2H2O

【解析】选B。

通过流程图，固体1中含有Fe、Cu元素，溶液1中含有Al元素，则试剂A为NaOH溶液，溶液1为偏铝酸钠，气体A为二氧化碳，固体2为氢氧化铝，试剂B为盐酸，溶液2为氯化铝溶液；试剂C为稀硫酸，固体3为铜，溶液3为硫酸亚铁，溶液4为硫酸铜。

通过分析可知，本实验中试剂A为氢氧化钠溶液，试剂B盐酸，试剂C为稀硫酸，与题意不符，A错误；气体A与溶液1分别为二氧化碳、偏铝酸钠，过量气体CO2与NaAlO2溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，离子方程式为：

AlO2－+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3－，符合题意，B正确；固体3、溶液4分别为Cu、硫酸铜，可能的反应为：

2Cu+O2+2H2SO4＝2CuSO4+2H2O，与题意不符，C错误；硫酸亚铁与H2O2反应生成硫酸铁，化学方程式为：

2FeSO4+H2O2+H2SO4＝Fe2（SO4）3+2H2O，与题意不符，D错误。

【点睛】过量的二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应生成的含碳离子为碳酸氢根离子。

14．（2020·荆州一模）以某硫酸渣（含Fe2O3、SiO2等）为原料制备铁黄（FeOOH）的一种工艺流程如下：

下列说法不正确的是（）。

A．“酸溶”中加热或搅拌或适当增大硫酸浓度均可加快溶解速度

B．滤渣的主要成分是SiO2和Fe

C．“沉铁”过程中生成Fe（OH）2的化学方程式为FeSO4+2NH4HCO3＝Fe（OH）2↓+（NH4）2SO4+2CO2↑

D．“氧化”Fe（OH）2浆液时，可用氯气代替空气

【分析】硫酸渣用硫酸酸浸时，氧化铁溶解生成硫酸铁，加入铁粉，则溶液变为硫酸亚铁溶液，过滤，滤渣为过量的铁粉和未溶解的二氧化硅，滤液中加入碳酸氢铵，发生双水解反应生成二氧化碳和氢氧化亚铁，据此解答

【解析】选D。

“酸溶”中加热或搅拌或适当增大硫酸浓度均可加快溶解速度，A正确；根据分析可知，滤渣的主要成分是SiO2和Fe，B正确；“沉铁”过程中硫酸亚铁与碳酸氢铵双水解生成Fe（OH）2的化学方程式为：

FeSO4+2NH4HCO3＝Fe（OH）2↓+（NH4）2SO4+2CO2↑，C正确；“氧化”Fe（OH）2浆液时，若用氯气代替空气，导致制备的铁黄含量偏低且含有杂质，D错误。

15．某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质）制取七水合硫酸亚铁（FeSO4·7H2O），设计了如下流程：

下列说法不正确的是（）。

A．溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉

B．固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al（OH）3，进入固体2

C．从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解

D．若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O

【解析】选D。

流程设计意图是用硫酸把Fe2O3、Al2O3转化为硫酸盐，除去SiO2，然后用铁粉还原Fe3+得到硫酸亚铁，A正确；固体1为SiO2，分离FeSO4和Al2（SO4）3采用的是调控pH的方法，使Al3+转化为Al（OH）3沉淀从而与FeSO4分离，B正确；Fe2+容易被氧化，所以在得到FeSO4·7H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解，C正确；在溶液1中直接加过量的NaOH得到的是Fe（OH）3沉淀，Fe（OH）3用硫酸溶解后得到的是Fe2（SO4）3，无法得到FeSO4·7H2O，D不正确。

16．从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下：

则下列说法正确的是（）。

A．试剂a是铁、试剂b是稀硫酸

B．操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ所用仪器相同

C．试剂c是氯气，相应的反应为2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－

D．用酸性KMnO4溶液可检验溶液W中是否含有Fe2+

【解析】选C。

由最终要得到的氯化铁及流程图知b是盐酸，A错误；操作Ⅰ和操作Ⅱ是过滤，操作Ⅲ为蒸发结晶，故所用仪器有差异，B错误；滤液Z中含有氯化亚铁，所以c为氯气，C正确；高锰酸钾能氧化氯离子，D错误。

17．钒是一种熔点高、硬度大、无磁性的金属，广泛应用于钢铁、航空航天、能源等领域。

工业上利用冶炼铝生成的固体废料－－赤泥（主要成分为Fe2O3、Al2O3、V2O5及少量稀土金属氧化物）提取金属钒，其工艺流程图如下：

已知：

钒有多种价态，其中+5价最稳定。

钒在溶液中主要以VO2+和VO3－的形式存在，且存平衡VO2++H2O

VO3－+2H+。

下列说法正确的是（）。

A．工业生产中，碱浸步骤可选用较为廉价的氨水

B．可以推测VO2Cl的溶解度大于NH4VO3

C．焙烧非磁性产品所得的固体产物加酸溶解时，应加入过量盐酸使其溶解完全

D．将磁性产品加入稀硝酸溶解，取上层清液再加入KSCN溶液后无明显现象，则磁性产品中一定不含铁元素

【解析】选B。

A项，氨水不能溶解氧化铝，错误；B项，用盐酸溶解后的溶液中含有VO2+、VO3－、Cl－，加入氯化铵会生成NH4VO3沉淀，反应向生成更难溶的物质的方向进行，可以推测VO2Cl的溶解度大于NH4VO3，正确；C项，溶液中存在平衡VO2++H2O

VO3－+2H+，盐酸过量平衡逆向移动，会抑制NH4VO3的生成，不能加入过量的盐酸，错误；D项，加入的稀硝酸不足时，铁元素被硝酸氧化生成亚铁离子，亚铁离子遇KSCN溶液无明显现象，错误。

18．钒是一种熔点高、硬度大、无磁性的金属，广泛应用于钢铁、航空航天、能源等领域。

工业上利用冶炼铝生成的固体废料－－赤泥（主要成分为Fe2O3、Al2O3、V2O5及少量稀土金属氧化物）提取金属钒，其工艺流程图如下：

已知：

钒有多种价态，其中+5价最稳定。

钒在溶液中主要以VO2+和VO3－的形式存在，且存在平衡VO2++H2O

VO3－+2H+。

下列说法正确的是（）。

A．工业生产中，碱浸步骤可选用较为廉价的氨水

B．可以推测VO2Cl的溶解度大于NH4VO3

C．焙烧非磁性产品所得的固体产物加酸溶解时，应加入过量盐酸使其溶解完全

D．将磁性产品加入稀硝酸溶解，取上层清液再加入KSCN溶液后未见红色，则磁性产品中一定不含铁元素

【答案】B

19．用废铁屑制备磁性胶体粒子，制取过程如下：

下列说法不正确的是（）。

A．用Na2CO3溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的油污

B．通入N2是防止空气中的O2氧化二价铁元素

C．加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧