2022届高三化学一轮高考复习常考题型：21无机非金属流程题选择专练 WORD版含答案.docx

1、2022届高三化学一轮高考复习常考题型21：无机非金属流程题选择专练单选题（共25题）1空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一。其工艺流程如图所示，其中不正确的是A溴在周期表中位于第四周期第A族B步骤说明溴具有挥发性C步骤的离子方程式为Br2+SO2+H2O2H+2Br+SO42-D步骤中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物可用分液漏斗分离2利用食盐水制取ClO2的工业流程如图所示，装置中的反应：NaCl+3H2ONaClO3+3H2，装置中的反应：2NaClO3+4HCl2ClO2+ Cl2+2NaCl+2H2O。下列关于该流程说法不正确的是A该流程中Cl2、NaCl都可以循环利用

2、B装置中H2是阴极产物C装置发生的反应中，Cl2是氧化产物，NaCl是还原产物D为了使H2完全转化为HCl，需要向装置中补充Cl23ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上由ClO2气体制取NaClO2固体的工艺流程如图所示，下列说法错误的是A通入的空气可将发生器中产生的ClO2全部驱赶到吸收器中B吸收器中生成NaClO2的离子方程式为2ClO2+H2O2=2ClO2-+2H+O2C步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥D工业上将ClO2气体制成NaClO2固体，其主要目的是便于贮存和运输4如图是工业上从海带中提取碘的流程，下列说法不正确的是A海水中碘的浓度小，但储量大，所以工业上不直接用海水提取

3、碘B浸泡液中含有I-、可溶性有机质等，氢氧化钠可使可溶性有机质形成沉淀C如果用过氧化氢溶液氧化，发生的反应为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2OD可用淀粉检验“滤液”中的I- 离子是否氧化完全5为了探究FeSO4和Cu（NO3）2的混合物中各组分的含量，现设计如下流程下列叙述中错误的是AV=2240Bn=0.02C原混合物中FeSO4的质量分数约为89%Dm=0.66合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如图所示，下列说法错误的是A、和都属于氧化还原反应B、和都是氮的固定C反应的部分产物可在上述流程中循环利用D反应的化学方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3+NH4Cl

4、7用石灰乳吸收硝酸工业的尾气(含NO、NO2)可获得Ca(NO2)2，其部分工艺流程如下：下列说法不正确的是A吸收时主要反应的化学方程式为NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2OB将石灰乳改为澄清石灰水吸收效率将会增大C采用气液逆流接触有利于尾气中NO、NO2的充分吸收D若尾气中n(NO2)n(NO)11，吸收后排放的气体中NO含量升高8利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，其部分工艺流程如图：下列说法错误的是A上述工艺中吸收过程：尾气从吸收塔底部进入，石灰乳从吸收塔顶部喷淋，其目的是使尾气中NO、NO2提高吸收效率B

5、为提高Ca(NO2)2的产率及纯度，则n(NO)n(NO2)应控制为12C滤渣的主要成分为Ca(OH)2D生产中溶液需保持弱碱性9某实验小组以粗镍(含少量Fe和Cr杂质)为原料制备，并测定相关组分的含量。制备流程示意图如图：已知：Ni(OH)2为绿色难溶物。、均为可溶于水的蓝紫色晶体，碱性条件下稳定存在。下列说法正确的是A试剂X的作用是调节pH除去Fe和Cr杂质，则试剂X可为NaOHB系列操作中包括洗涤，洗涤沉淀的仪器为分液漏斗、烧杯C实验需要配制3.0molL-1稀硝酸 250mL需要的玻璃仪器只有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管D步骤c、d中为防止氨水分解及降低固体溶解度需010冷水浴控温，则

6、温度计应插入反应液中10工业上制备下列物质的生产流程合理的是A由铝土矿冶炼铝：铝土矿Al2O3AlCl3AlB由NaCl制漂白粉：饱和食盐水Cl2漂白粉C从海水中提取镁：海水Mg(OH)2MgOMgD由黄铁矿制硫酸：黄铁矿SO2SO3H2SO411接触法制硫酸的工艺流程中的关键步骤是SO2的催化氧化：2SO2+O22SO3HBCD加氧化亚铁可以使溶液C转化为溶液A13下图是一种综合处理SO2废气的工艺流程。下列说法正确的是A向B溶液中滴加KSCN溶液，溶液一定会变为血红色B此工艺优点之一是物质能循环使用C溶液酸性A B CD溶液B转化为溶液C发生的变化的离子方程式为4H+ 2Fe2+O2= 2

7、Fe3+ 2H2O14以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2)为原料，生产Fe3O4的部分工艺流程如下：下列说法错误的是A用NaOH溶液吸收焙烧过程产生的SO2有利于保护环境和资源再利用B从高硫铝土矿中可制得Al、Fe的化合物C向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由AlO转化为Al3+DFeS2与Fe2O3混合后在无氧条件下焙烧的目的是生成Fe3O4和SO215三氧化二锰(Mn2O3)在现代工业上应用广泛。以软锰矿(主要成分为MnO2)和硫锰矿(主要成分为MnS)为原料制备高纯度硫酸锰晶体(MnSO4H2O)，进而制备Mn2O3的工艺流程如图所

8、示。下列说法错误的是A若软锰矿不足，可能产生有毒气体H2SB滤渣中含有非金属单质SC操作X为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥D煅烧生成的气体是SO316某工业废水中存在大量的Na+、Cl-、Cu2+、,欲除去其中的Cu2+、,设计工艺流程如图所示: 下列有关说法错误的是ANaOH的作用是除去Cu2+B试剂a为Na2CO3 ,试剂b为BaCl2C操作x为过滤, 试剂c为稀盐酸D检验是否除尽可取适量待测溶液,先加入盐酸,再加入BaCl2溶液17工业氧化铍可用于制作铍合金及特殊陶瓷。由绿柱石(主要成分是Be3Al2Si6O18及铁等微量元素)和方解石(主要成分是CaCO3)为原料生产氧化铍的工艺

9、流程如图：已知：铍化合物的性质与铝化合物的性质相似。下列叙述不正确的是A绿柱石的组成改写成氧化物的形式为3BeOAl2O36SiO2B“酸浸渣”受热后的主要成分是SiO2和CaSO4C“碱浸”时可以使用廉价的氨水，降低生产成本D“水解”时调节pH发生反应的主要离子为18用无机矿物资源生产部分材料，其产品流程示意图如下，下列说法正确的是A制取粗硅时生成的气体产物为CO2B生产铝、铜、高纯硅及玻璃的过程中都涉及氧化还原反应C电解精炼铜时，当电路中转移0.2mol电子时阳极质量减轻6.4gD粗硅制高纯硅时，提纯四氯化硅可用多次分馏的方法19以硫铁矿(含CuS、等杂质)为原料制备绿矾晶体的工业流程如图

10、。下列有关说法中不正确的是A焙烧硫铁矿时，通过粉碎硫铁矿可加快焙烧速率B在矿渣酸浸时，可适当提高酸的浓度以加快反应速率C加入铁粉时发生了置换反应D将滤液倒入表面皿中加热蒸发结晶，从而获得绿矾晶体20工业除去电石渣浆含上层清液中的(浓度为)，并抽取石膏()的常用流程如图，其中常用空气代替。下列说法错误的是A在普通硅酸盐水泥中，常添加石膏用来调节水泥的硬化速度B过程中，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为21C将10L上层清液中的转化为，理论上共需标准状况下空气约22.4LD过程中，反应的离子方程式21现今手机等电子产品产业蓬勃发展，推动了高纯硅的生产与应用。工业上用“西门子法”。以硅石(SiO2)为

11、原料制备冶金级高纯硅的工艺流程如下图所示。下列说法不正确的是已知：SiHCl3室温下为易挥发、易水解的无色液体。A“还原”过程需要在高温条件下，该反应的主要还原产物为SiB为最大程度节约成本，上述生产工艺中能循环使用的物质只有H2C为防止SiHCl3水解而损失、氢气爆炸，“氧化”、“分离”与“热解”的过程均需要在无水、无氧的条件下进行D“氧化”过程反应的化学方程式为Si+3HC1SiHCl3+H222以冰晶石型氟化物熔体作溶剂能够溶解氧化铝，冰晶石具有稳定性好，导电性好等特点。氟硅酸法制取冰晶石（微溶于水）的一种实验流程如图，下列说法不正确的是已知：H2SiF6+6NH4HCO36NH4F+S

12、iO2+6CO2+4H2OA步骤应将NH4HCO3溶液滴入H2SiF6溶液中B“滤渣1”的成分是SiO2C由步骤到产品的过程中包含的操作有过滤、水洗及干燥D“母液2”溶质的主要成分为(NH4)2SO423如图是利用氯化氢和氢气生产高纯硅的工艺流程。容器中发生的反应为，容器中发生的反应为，已知常温下为液态。下列说法错误的是A反应为B从容器B中获得高纯硅的操作为过滤C反应和中均作氧化剂D该工艺中和可循环使用24工业上以某软锰矿(主要成分为MnO2，还含有SiO2、Al2O3等杂质)为原料，利用烟道气中的制备的流程如图所示，下列说法正确的是A滤渣A的主要成分为Si，滤渣B的主要成分为Al(OH)3B

13、“酸浸”过程中主要反应的离子方程式为：C滤液1中主要含有的离子是、D操作I为蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥25现今手机等电子产品产业蓬勃发展，推动了高纯硅的生产与应用。工业上用“西门子法”。以硅石(SiO2)为原料制备冶金级高纯硅的工艺流程如下图所示。下列说法不正确的是已知：SiHCl3室温下为易挥发、易水解的无色液体。A“还原”过程需要在高温条件下，该反应的主要还原产物为Si，可能含有少量Mg2SiB为最大程度节约成本，上述生产工艺中能循环使用的物质只有H2C为防止SiHCl3水解而损失、氢气爆炸，“氧化”、“分离”与“热解”的过程均需要在无水、无氧的条件下进行D“氧化”过程反应的化学方程式为S

14、i+3HC1SiHCl3+H2参考答案1C【解析】试题分析：A溴的原子序数为35，原子结构中有4个电子层，最外层电子数为7，所以溴在周期表中位于四周期VIIA族，A正确；B空气可用吹出溴，则步骤说明溴具有挥发性，B正确；C步骤发生SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，离子反应为Br2+SO2+2H2O=4H+2Br-+SO42-，C错误；D实现大量液溴和少量溴水分离的方法是分液法，采用的仪器为分液漏斗，操作时下层液体必须从下口流出，上层液体从上口倒出，D正确，答案选C。【考点定位】本题考查海水提溴【名师点晴】把握流程中发生的化学反应及混合物分离方法为解答的关键，步骤为解答的难点，注重

15、工业流程和化学反应原理的考查，题目难度中等。2C【详解】A电解食盐水得到氢气、氯气和氢氧化钠溶液，氢气和氯气反应生成氯化氢得到浓盐酸，制得NaClO3和浓盐酸加热反应生成ClO2，2NaClO3+4HCl（浓）=2ClO2+Cl2+2H2O+2NaCl，该流程中Cl2、NaCl都可以循环利用，故A正确；B装置是电解食盐水，溶液中氢离子在阴极得到电子生成氢气，是阴极产物，故B正确；C电解食盐水得到氯酸钠（NaClO3）和H2，NaClO3和盐酸发生歧化反应，生成NaCl、2ClO2、Cl2、H2O，化学方程式为：2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2+Cl2+2H2O，氯气是氧化产物，

16、氯化钠中氯元素化合价不变，是盐酸氯化氢中氯元素生成，故C错误；D电解饱和食盐水生成的氢气，为了使H2完全转化为HCl，需要向装置中补充Cl2，故D正确；故选C。3B【详解】A.在ClO2发生器中一定产生ClO2气体，通入空气，可以将其吹入吸收塔中进行吸收，选项A正确；B.吸收塔中加入了浓氢氧化钠溶液，显然其中的反应不可能得到氢离子，选项B错误；C.冷却结晶得到NaClO2固体后，应该经过过滤，洗涤，干燥得到产品，选项C正确；D.气体的贮存和运输都远比固体困难，所以将ClO2气体制成NaClO2固体的主要目的是便于贮存和运输，选项D正确。答案选B。4D【分析】根据流程图可知，干海带用水浸泡后，向

17、浸泡液加入氢氧化钠进行碱化，过滤分离出沉淀，向滤液中加入硫酸酸化后，再加入氧化剂氧化滤液中的碘离子生成碘单质，碘单质不易溶于水，过滤分离出粗碘，进行升华即可提纯碘单质，据此分析解答。【详解】A海水中碘的储量大，但浓度小，需要先将海水浓缩后在提取，所以工业上不直接用海水提取碘，故A正确；B由流程可知，浸泡液中加入氢氧化钠得到有机物沉淀，说明氢氧化钠可使可溶性有机质形成沉淀，向浸泡液的滤液中加入硫酸可氧化浸泡液产生碘单质，根据以上分析可说明浸泡液中含有I-、可溶性有机质等，故B正确；C根据分析可知，氧化过程中是在酸性条件下氧化剂将碘离子氧化为碘单质，过氧化氢具有氧化性，可氧化碘离子生成碘单质，发生

18、的反应为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，故C正确；D淀粉遇碘单质变蓝，遇碘离子无现象，可用淀粉检验“滤液”中的碘单质，不能检验I- ，故D错误；答案选D。5D【详解】A根据铁元素守恒，a溶液中铁离子的物质的量为0.1mol，根据反应2Fe3+Fe =3Fe2+，可得消耗的铁的物质的量为0.05mol，即质量为2.8g，A溶液中氢离子物质的量为0.142-0.08=0.2mol，结合反应，可得消耗铁的物质的量为0.1mol，生成的氢气为0.1mol，则其体积为2.44L，故A正确；B根据方程式3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O计算，亚铁离子的物质的量为0.06mol，氢

19、离子物质的量为0.08mol，则a溶液中的亚铁离子的物质的量为0.1-0.06=0.04mol，根据亚铁离子与氯气的反应方程式2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-分析，可得氧化亚铁离子的氯气为0.02mol，故B正确；C根据题中流程可知，步骤中加入铁粉产生氢气，说明前面的酸过量，步骤中有氯气和亚铁离子反应，说明溶液a中有亚铁离子，17.08g的硫酸亚铁和硝酸铜的混合物与0.14mol硫酸混合，硝酸根离子全部被还原为一氧化氮，一氧化氮的物质的量为0.448/22.4=0.02mol，根据氮元素守恒，样品中硝酸铜的质量为1880.01=1.88g，所以硫酸亚铁的质量为17.08-1.88=15.2

20、g，其物质的量为0.1mol，原混合物中硫酸亚铁的质量分数为15.2/17.08=89%；故C正确；D溶液中铜离子与铁反应，Fe+Cu2+=Fe2+Cu有前面的分析知道铜离子物质的量为0.01mol，则消耗的铁的物质的量为0.01mol，则铁的质量为0.56g，则剩余的铁的质量为9-5.6-2.8-0.56=0.04g，故D错误；故答案选D。6B【分析】反应为氮气和氢气合成氨的反应，反应为氨气的催化氧化，所以乙为NO，反应为NO与氧气的反应，则丙为NO2，反应为NO2和水的反应，生成硝酸；反应为二氧化碳和氨盐水的反应，析出碳酸氢钠晶体，即丁为NaHCO3，反应为NaHCO3受热分解生成Na2C

21、O3。【详解】A反应为氮气和氢气合成氨的反应，N、H元素化合价发生变化，为氧化还原反应，反应为氨气的催化氧化，反应为NO被氧化，反应为NO2和水的反应生成硝酸和NO，均有化合价的变化，属于氧化还原反应，A正确；B氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态，所以只有反应为氮的固定，B错误；C反应为NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，CO2可以在反应中再次利用，C正确；D反应为二氧化碳和氨盐水的反应，析出碳酸氢钠晶体，化学方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3+NH4Cl，D正确；综上所述答案为B。7B【分析】该工艺中NO和NO2物质的量之比接近1：1，原理为：NO+N

22、O2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O；若n(NO)：n(NO2)1：1，发生反应NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O，多余的NO无法被Ca(OH)2吸收，造成排放气体中NO含量升高；若n(NO)：n(NO2)1：1，二氧化氮过量，被Ca(OH)2吸收，则发生了4NO2+2Ca(OH)2Ca(NO3)2+Ca(NO2)2+2H2O，产品中Ca(NO3)2含量升高，.【详解】A根据分析过程，该工艺中NO和NO2物质的量之比接近1：1，可以提高Ca(NO2)2的产率及纯度，吸收时主要反应的化学方程式为NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O，故A正确；B石灰

23、乳更利于气体附着，改为澄清石灰水吸收效率将会降低，故B错误；C采用气液逆流接触，增大了气体和石灰乳的接触面积，有利于尾气中NO、NO2的充分吸收，故C正确；D尾气中n(NO2)n(NO)11，发生反应NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O，多余的NO无法被Ca(OH)2吸收，造成排放气体中NO含量升高，故D正确；故选：B。8B【分析】由流程可知，石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，生成Ca(NO2)2，过量的石灰乳以滤渣存在，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到无水Ca(NO2)2。【详解】A在上述工艺的吸收过程中，尾气从吸收塔底部进入，气体密度小，会向上扩散

24、，石灰乳从吸收塔顶部喷淋，其目的是使尾气中NO、NO2与石灰乳充分接触，NO、NO2就可以被充分吸收，故A不符合题意；BNO、NO2在溶液中与Ca(OH)2发生反应：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O，n(NO)n(NO2)=11，恰好反应产生Ca(NO2)2；若NO2过量，会发生反应：4NO2+2Ca(OH)2=Ca(NO2)2+Ca(NO3)2+2H2O，反应产物中含有杂质Ca(NO3)2，若n(NO)：n(NO2)11，NO不能完全被吸收，故为提高Ca(NO2)2的产率及纯度，则n(NO)n(NO2)应控制为 11，故B符合题意； C石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、N

25、O2)反应，生成Ca(NO2)2，Ca(NO2)2易溶于水，Ca(OH)2微溶于水，因此滤渣主要成分是Ca(OH)2，故C不符合题意； D在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解产生NO，不利于硝酸工业的尾气的吸收，故生产中溶液需保持弱碱性，故D不符合题意；答案选B。9A【分析】由实验流程及物质的性质可知，浓硝酸加热后离子主要有Ni2+、Cr3+、Fe3+，再加入试剂X调节溶液的pH使Cr3+、Fe3+完全沉淀，而Ni2+未开始沉淀，过滤后再加入X调节pH以得到绿色沉淀即Ni(OH)2，Ni(OH)2中加入稀硝酸、氨水，过滤得到的蓝紫色晶体1，再加入盐酸、氨水和氯化铵的混合溶液，再结晶，过滤得到

26、的蓝紫色晶体2，最终得到产品，据此分析。【详解】A根据以上分析可知试剂X的作用是调节pH除去Fe和Cr杂质，则试剂X可为NaOH，A正确；B系列操作中包括洗涤，洗涤沉淀的仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，B错误；C实验需要配制3.0molL-1稀硝酸250mL，需要的玻璃仪器除了有烧杯、量筒、玻璃棒，胶头滴管，还有250mL容量瓶，C错误；D步骤c、d中为防止氨水分解及降低固体溶解度需010冷水浴控温，温度计应插入冷水浴中，不能插入反应液中，D错误；答案选A。10D【详解】A铝土矿冶炼铝流程中，AlCl3 是共价化合物，不能用电解AlCl3制取金属铝，A错误；B漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，而C

27、l2与.NaOH溶液反应可制取漂白液，其有效成分是NaClO，B错误；CMgO熔点太高，一般通过 电解熔融MgCl2晶体制取金属镁，前一步中，应在Mg(OH)2，中加HCl制得MgCl26H2O，然后在HCl气氛中，加热蒸干MgCl26H2O得到MgCl2晶体，C错误；D黄铁矿制取硫酸的生产流程皆合理，黄铁矿主要成分为FeS2，煅烧后，得到SO2，SO2经催化氧化得SO3，用98%浓硫酸吸收SO3可制取硫酸，D正确；答案选D。11A【详解】A反应历程中反应有V键的断裂，反应有V键的形成，正确；B反应开始时加入V2O5参与反应，最后又出现V2O5，所以V2O5是催化剂不是中间产物，错误；C一般情

28、况下,反应的活化能越小，反应速率越快，故反应的活化能比反应小，错误；D反应放热，降低温度可以使平衡正向移动，提高SO2转化率但是温度太低的话，反应较慢，反应效率低，错误；故选。12A【详解】A含二氧化硫的废气通入酸性硫酸铁溶液中发生反应：2Fe3+2H2O+SO2=2Fe2+SO42-+4H+，B溶液中含FeSO4和H2SO4，Fe2+与KSCN溶液不反应，但若SO2不足，则溶液B中仍含Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液变成血红色，A正确；B溶液B转化为溶液C时发生亚铁离子被氧气氧化为三价铁离子的反应，反应的离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，B错误；C反应过程中溶液的体积不

29、变，溶液A为Fe2(SO4)3溶液，溶液中三价铁离子水解显酸性，溶液B中含H2SO4，显强酸性，溶液C为硫酸铁溶液和硫酸溶液，溶液C是溶液B发生反应4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O得到，虽然消耗氢离子但H+未完全消耗，溶液仍呈酸性，溶液的酸性：BCA，C错误；D溶液C为硫酸铁溶液和硫酸溶液，加氧化亚铁，氧化亚铁和硫酸反应生成硫酸亚铁、水，与溶液A的组成不同，D错误；答案选A。13B【详解】A.含有Fe2(SO4)3的溶液中通入SO2,会发生反应：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+4H+SO42-；若SO2过量，则溶液中无Fe3+，加入KSCN溶液，溶液不会变为血红色，错误；B根据

30、图示可知：此工艺优点之一是向含有FeSO4的B溶液中通入空气会发生反应产生Fe2(SO4)3可以再用于含有尾气SO2的吸收，故物质能循环使用，正确；C根据物质之间的反应：AB：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+4H+SO42-，溶液B为硫酸亚铁和硫酸的混合液；BC：4H+4Fe2+O2=4Fe3+2H2O，溶液C为硫酸铁和硫酸的混合液，但由于反应消耗氢离子，所以硫酸的浓度比B中的小，所以溶液酸性BCA，错误；D溶液B转化为溶液C发生的变化的离子方程式为4H+4Fe2+O2=4Fe3+2H2O，错误。故选B。14C【解析】【分析】本题主要考查工艺流程分析。根据流程分析：矿粉焙烧时FeS2与O

31、2反应生成Fe2O3和SO2，“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3；Fe2O3和FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2；由此作答即可。【详解】A.SO2为有毒气体，不能直接排放至空气中，可用NaOH溶液吸收焙烧过程产生的SO2，有利于保护环境和资源再利用，正确；B.高硫铝土矿中含有大量Al和Fe元素，可通过适当的操作得到Al和Fe的化合物，正确；C.由上述分析可知，滤液中含有NaAlO2、Na2SiO3，通入过量的CO2后，生成Al(OH)3和H2SiO3，错误；D. Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，反应的化学

32、方程式为FeS2+16Fe2O311Fe3O4+2SO2，正确。答案选C。【点睛】易错提醒：(1)需注意反应物及用量的不同对反应产物的影响，如NaOH溶液吸收少量SO2时，产物为SO32，吸收过量SO2则产物为HSO3；Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧时，没有氧气作氧化剂。15D【分析】酸浸时二氧化锰和硫化锰发生氧化还原反应得到硫酸锰、硫单质，过滤除去硫单质、矿渣等得硫酸锰滤液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰晶体，煅烧硫酸锰晶体得到MnSO4H2O。【详解】A. 若软锰矿不足，MnS会和硫酸反应，可能产生有毒气体H2S，A正确；B. 二氧化锰可以把硫化锰氧化生成硫单

33、质，滤渣中含有非金属单质S，B正确；C. 要从溶液得到硫酸锰晶体，则操作X为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，C正确；D. 在煅烧的过程中，锰由+2价升高到+3价，则硫的价态从+6价降到+4价，生成的气体是SO2，D错误；故选D。16B【分析】由流程可知，先加NaOH可除去Cu2+，试剂a为BaCl2，可除去，试剂b为Na2CO3，可除去过量钡离子，操作x为过滤，滤液中含Na+、Cl-、CO、OH-，试剂c为盐酸，可除去CO、OH-，最终得到氯化钠溶液。据此解答。【详解】A废水中只有Cu2+可以和NaOH反应，故NaOH的作用是除去Cu2+，故A正确；B由分析可知，试剂a为BaCl2，试剂

34、b为Na2CO3，且碳酸钠一定在氯化钡之后，可除去过量钡离子，故B错误；C流程图中操作x为过滤，滤液中含Na+、Cl-、CO、OH-，试剂c为盐酸，可除去CO、OH-，故C正确；D检验是否除尽可取适量待测溶液，先加入盐酸，再加入BaCl2溶液，如果没有白色沉淀生成，说明已经除尽，故D正确；故选B。17C【分析】绿柱石和方解石熔炼，SiO2与CaCO3反应生成CaSiO3，Fe元素被氧化，然后加入稀硫酸溶解，浸出液中含有BeSO4、Al2(SO4)3、Fer(SO4)3，然后向溶液中加入“碱、水”，调节溶液pH除去铁离子，然后过滤得到氢氧化铁沉淀，滤液中含有、AlO，再调节溶液pH，得到Be(O

35、H)2沉淀，煅烧氢氧化铍得到工业BeO，据此分析解题。【详解】A绿柱石(主要成分是Be3Al2Si6O18)，绿柱石的组成改写成氧化物的形式为3BeOAl2O36SiO2，A正确；B利用“原子去向分析法”，硫酸浸泡后生成难溶性的H2SiO3和微溶性的CaSO4，受热后H2SiO3转化为SiO2，B正确；C流程中“碱、水”将Be、Al元素分别转化为、AlO，只能使用强碱，氨水是弱碱，C错误；D水解”反应的主要离子是，D正确；答案选C。18D【详解】A、石英和碳在高温下反应生成Si和CO，故A错误；B、生产玻璃涉及到的反应有SiO2+Na2CO3 Na2SiO3+CO2和SiO2+CaCO3 Ca

36、SiO3+CO2，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故B错误；C、精炼铜时，阳极为粗铜，粗铜中如果有比Cu活泼的杂质金属，该杂质先放电，所以转移0.2mol电子时，阳极质量减少的不一定是1molCu的质量，故不一定为6.4g,故C错误；D、制备硅的过程中，利用沸点不同进行分馏，将SiCl4从杂质中提取出来，再与H2发生置换反应得到高纯硅，故D正确。故选D。19D【详解】A焙烧硫铁矿时，通过粉碎硫铁矿增加其表面积加快焙烧速率，A正确；B在矿渣酸浸时，适当提高酸的浓度(未达到浓酸程度)可加快反应速率，B正确；C加入铁粉时，铁粉与反应中生成的铜离子发生置换反应，C正确；D“滤液”为硫酸亚铁溶

37、液，从滤液中获得晶体的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，D错误；故选D。20B【详解】A石膏是普通硅酸盐，是水泥常用的一种添加剂，能调节水泥的硬化速度，A项正确；B由流程图可知，过程中，和反应生成和，化学方程式为，转化为，Mn元素化合价由+2价变为+4价，化合价升高，作还原剂，为氧化产物，转化为，O元素化合价由0价变为-2价，化合价降低，作氧化剂，则过程中，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为12，B项错误；C10L上层清液中的的物质的量为，根据S元素守恒，过程中生成的的物质的量为0.05mol，过程中，离子方程式为，消耗0.1mol的同时，需要消耗0.2mol，根据过程：可知，该过程消耗的物质

38、的量为0.1mol，与在碱性条件下反应生成，离子方程式为，则该反应消耗的物质的量为，共消耗0.2mol，空气中的含量约为，则理论上共需标准状况下空气的体积约为，C项正确；D过程中，和反应生成和，离子方程式为：，D项正确；答案选B。21B【分析】二氧化硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅，加入稀硫酸除去氧化镁，过滤得到硅，通入氯化氢在200300下反应生成SiHCl3，与最后与氢气反应生成Si。【详解】A二氧化硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅，还原产物为硅，镁和硅反应可生成Mg2Si，故A正确；B流程中H2、HCl 既是反应物也是生成物，则可循环使用，故B错误；C“氧化”、“分离”与“热解”

39、的过程均需要在无水、无氧的条件下进行，可防止SiHCl3水解而损失、氢气爆炸，故C正确；D由流程可知，通入氯化氢在200300下反应生成SiHCl3，反应的化学方程式为Si+3HClSiHCl3+H2，故D正确；故选B。22A【详解】A根据题给信息，步骤时控制pH7。若将NH4HCO3溶液滴入H2SiF6溶液（强酸）中，刚开始H2SiF6溶液过量，使得pH7，不符合题目要求，A项错误；B由题中已知可知，NH4HCO3溶液和H2SiF6溶液的反应产物中只有SiO2不溶于水，以滤渣形式除去，B项正确；C根据题中流程图可知，步骤时先通过过滤将冰晶石和母液2分离，再将冰晶石进行水洗，以除去冰晶石表面附

40、着的杂质，然后干燥得到最终产品，C项正确；DNH4F和Al2(SO4)3、Na2SO4反应，得到冰晶石(Na3AlF6)和母液2，通过分析可知，母液2的主要成分为(NH4)2SO4，D项正确；答案选A。23C【详解】A反应制取粗硅，反应的方程式为，A正确；B容器中发生的反应为，由于常温下为液态，所以从容器B中获得高纯硅的操作为过滤，B正确；C反应中生成氢气，HCl作氧化剂，反应中氢气是还原剂，生成氯化氢，氯化氢是氧化产物，C错误；D根据流程图结合以上分析可知该工艺中和可循环使用，D正确；答案选C。24B【分析】由流程可知，软锰矿主要成分MnO2，还含有SiO2、Al2O3等杂质，加硫酸溶解后，

41、Al2O3转化为Al3+，烟道气中的SO2与MnO2反应生成MnSO4，过滤后滤渣A为SiO2，滤液1中离子主要有Mn2+、H+和，加入氨水，调节pH至5.4，Al3+转化为Al(OH)3沉淀下来，滤渣B为Al(OH)3，滤液2为MnSO4，经过蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥可得MnSO4H2O。【详解】A根据分析，滤渣A的主要成分为SiO2，滤渣B的主要成分为Al(OH)3，A错误；B根据分析，“酸浸”过程中SO2与MnO2反应生成MnSO4，离方程式为，B正确；C根据分析，滤液1中主要含有的离子是Mn2+、Al3+、H+和，C错误；D温度较高时，MnSO4的溶解度随温度升高而降低，因此操作

42、I为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥，D错误；故选B。25B【分析】硅石中的二氧化硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅，加入稀硫酸除去氧化镁，过滤得到粗硅，“氧化”过程为粗硅通入氯化氢在200300下反应生成SiHCl3和H2，经分离后得到SiHCl3，SiHCl3与H2“热解”生成Si和氯化氢，由此分析。【详解】A根据分析，二氧化硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅，二氧化硅中硅的化合价从+4价降低到0价，Si为主要的还原产物，镁的还原性强于硅，镁和硅可能发生化合反应生成硅化镁，硅化镁中硅的化合价为-4价，为还原产物，故该反应的主要还原产物为Si，可能含有少量Mg2Si，故A不符合题意；B根据分析，流程中H2、HCl既是反应物也是生成物，则可循环使用，故B符合题意；C“氧化”过程为粗硅和氯化氢气体反应生成SiHCl3和氢气，“分离”过程是将SiHCl3和氢气分开，“热解”过程是SiHCl3与H2反应生成Si和氯化氢；SiHCl3室温下为易挥发、易水解，硅易氧化，氢气容易爆炸，则“氧化”、“分离”与“热解”的过程均有氢气，需要在无水、无氧的条件下，故C不符合题意；D粗硅中通入氯化氢在200300下反应生成SiHCl3和H2，硅的化合价从0价升高到+4价，化合价升高，被氧化，故“氧化”过程反应的化学方程式为Si+3HC1SiHCl3+H2，故D不符合题意；答案选B。