2022届高三大一轮复习工艺流程题专题周练_01工艺流程题基础练习 WORD版含答案.docx

1、2022届高三大一轮复习工艺流程题专题周练_01工艺流程题基础练习一、单选题（本大题共15小题，共45分）1. 氯化亚铜常用作有机合成催化剂，难溶于水，不溶于稀硝酸和乙醇，但可溶于Cl-浓度较大的体系生成配离子CuCl2-，在潮湿空气中易水解氧化为碱式氯化铜。一种制备CuCl的流程如图，下列说法不正确的是A. X试剂可选用乙醇B. 操作可在真空中进行C. 流程中可循环利用的物质有两种D. 用去氧水稀释目的是使CuCl2-转化为CuCl，同时防止CuCl被氧化2. 硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(如图所示)。下列说法错误的是( )A. 碱式硫酸铁水解能产生Fe(OH)3胶体，可

2、用做净水剂B. 该温度下，(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的大C. 可用KSCN溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2是否被氧化D. 为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行3. BiOCl是一种具有珠光泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图：下列说法错误的是A. 酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反应剧烈程度B. 转化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3C. 水解工序中加入少量CH3COONa(s)可提高Bi3+水解程度D. 水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生成4. 工业上用铝土矿(主要成分Al2O3，含SiO2、F

3、e2O3等杂质)冶炼铝的主要流程如图：(注：SiO2碱溶时转变为铝硅酸钠沉淀)下列叙述错误的是()A. 操作I增大NaOH溶液用量可提高Al2O3的浸取率B. 操作、为过滤，操作为灼烧C. 通入过量CO2的离子方程式为2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3+CO32-D. 加入的冰晶石目的是降低Al2O3的熔融温度5. FeCO3与砂糖混用可以作补血剂，实验室制备FeCO3的流程如图所示，下列说法不正确的是( )A. 产品FeCO3在空气中高温分解可得到纯净的FeOB. 沉淀过程中有CO2放出C. 过滤操作的常用玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒D. 可利用KSCN溶液检验FeSO4溶液是

4、否变质6. 某化工厂制备净水剂硫酸铁铵晶体NH4Fe(SO4)26H2O的一种方案如图：下列说法不正确的是()A. 滤渣A的主要成分是CaSO4B. “合成”反应要控制温，温度过高，产率会降低C. “系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等D. 相同条件下，NH4Fe(SO4)26H2O净水能力比FeCl3强7. 以二氧化锰为原料制取高锰酸钾晶体的实验流程如下：下列有关说法正确的是( )A. “灼烧”时，可在玻璃坩埚中进行B. “浸取”时，可用无水乙醇代替水C. “转化”反应中，通入CO2的目的是提供还原剂D. “浓缩结晶”的目的是分离提纯KMnO48. 外卖中的快餐盒均需合理处理

5、，实验室用废聚乳酸餐盒制备乳酸钙的路线如下： 下列说法错误的是A. “回流”时，冷却装置不能选用球形冷凝管B. “冷却”后，加盐酸的目的是将乳酸盐转化为乳酸C. “反应”时，可用玻璃棒蘸取溶液点到干燥的pH试纸上检测pHD. “抽滤”时，不需要用玻璃棒搅拌9. 燃煤烟气的脱硫减排是减少大气中含硫化合物污染的关键。烟气脱硫的一种工业流程如图所示(已知酸性强弱顺序为：H2SO3H2CO3HSO3-HCO3-)，下列说法错误的是A. 吸收池中吸收SO2发生的反应为SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2B. 吸收池中不使用石灰水是因其浓度太小，吸收效率低C. 滤液可并入吸收池中，用于吸收SO2D.

6、 滤渣可用于生产石膏10. 铍是非常重要的军工金属，也是非常重要的战略资源。某工厂以含氟铍矿(主要成分是BeO、Fe2O3、SiO2等)为原料，生产金属铍的工艺流程如下：已知：BeO是两性氧化物，Be(OH)2是两性氢氧化物。下列说法错误的是A. 实验室进行操作a用到三种玻璃仪器B. 碱溶时，BeO发生的离子反应为BeO+2OH-=BeO22-+H2OC. “沉渣”和“浸渣”的成分分别为Fe(OH)3、H2SiO3D. 从该流程可知，BeO属于电解质11. 某含镍的废催化剂(含有Al、Al2O3、Fe及酸碱不溶物)再利用的流程如下：下列说法错误的是( )A. “碱溶”的主要目的是将Al、Al2

7、O3转化为AlO2-而与其他金属分离B. “酸溶”可以选用硝酸C. 滤渣3的主要成分为氢氧化铁D. 合理处理含镍废催化剂有利于环境保护和资源再利用12. 海水的综合利用可以制备金属钠和镁，其流程如下图所示： 下列说法不正确的是()A. 要检验母液中是否含氯离子应当用硝酸酸化的硝酸银溶液进行实验B. 上述流程MgCl2制取Mg的反应中，MgCl2既是氧化剂又是还原剂C. 上述流程中的变化都属于化学变化D. 上述流程中生成Mg(OH)2沉淀的离子方程式为：Mg2+Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca2+13. 用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备纳米Fe3O4，其流程示意图如下：下

8、列叙述不正确的是A. 步骤发生的反应均为氧化还原反应B. 步骤中可能有气体生成C. 步骤中，发生反应的离子方程式为2Fe3+Fe=3Fe2+D. 步骤中包含过滤操作14. 轻质碳酸钙广泛用于橡胶、塑料、油漆等行业。以石灰石(主要成分CaCO3，含有少量SiO2、MgO等)为原料制备轻质碳酸钙的一种流程如图所示。下列说法错误的是( )A. “煅烧”时生成CaSiO3的化学方程式为CaCO3+SiO2高温CaSiO3+CO2B. “溶浸”生成的气体可用于“调pH”C. 相同温度下，KspMg(OH)2KspCa(OH)2D. “转化”时通入CO2过多会降低产品产率15. 回收废水中的碘(含I2、I

9、)制KI的一种实验流程如下：下列说法正确的是( )A. 步骤中可用Na2SO4代替Na2SO3B. 步骤中可直接用水吸收产生的尾气C. 步骤中氧化剂与还原剂物质的量之比为5:1D. 步骤中温度越高，反应物H2O2的利用率也越高二、流程题（本大题共5小题，共55分）16. 工业生产中会产生大量废料，下图为化学兴趣小组探索含铝、铁、铜的金属废料分离再利用的实验设计，请根据问题填空：.回收金属废料中的铝： (1)通入过量CO2过程中，生成滤渣的离子反应方程式为_。(2)从工业生产实际角度分析，由滤液制得AlCl3溶液有两条途径，你认为合理的是_。.回收金属废料中的铁： (3)“氧化”过程中发生反应的

10、离子方程式为_。(4)如何确定“氧化”过程中滤液中的Fe2+已被完全氧化，简述实验过程_。(5)“沉铁”过程中发生反应的离子方程式为_。.回收金属废料中的铜： (6)由滤渣制备CuSO4溶液，可设计如图三种途径，从环境污染、耗酸量角度分析，途径_为最优途径。用途径制备CuSO4溶液时，混酸中硫酸和硝酸的最佳物质的量之比为_；写出途径中反应的化学方程式：_。17. 某化工厂从含NiO的废料(杂质为Fe2O3、CaO、CuO)中回收、制备具有良好的电化学活性和高堆积密度的羟基氧化镍(NiOOH)的工艺流程如下图：(1)酸浸中不断用搅拌机进行搅拌的目的是_，下图是酸浸时镍的浸出率与温度的关系，则酸浸

11、时合适的浸出温度是_，若酸浸时将温度控制在80左右，则料渣1中会含有一定量的Ni(OH)2，其可能的原因是_。(2)生成S的化学方程式为_，试剂X是一种绿色氧化剂，X反应时氧化剂与还原剂物质的量之比为_，试剂Y是用于调节溶液的pH的，则pH的调控范围是_(与沉淀相关的数据如表所示)。离子Fe3+Fe2+Ni2+开始沉淀的pH1.56.57.2沉淀完全的pH3.29.79.2(3)写出氧化过程中反应的离子方程式：_，沉钙中当溶液中c(F-)=310-3molL-1，通过计算确定溶液中Ca2+是否沉淀完全。答：_常温时，Ksp(CaF2)=2.710-11。18. 我国是世界产镁大国，金属镁的产量

12、居世界前列。一种由白云石(主要成分为CaOMgO，含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质)冶炼金属镁的工艺流程如下：已知：萤石的主要成分是CaF2，用于降低真空还原反应的活化能。回答下列问题：(1)粉碎的主要目的是_。萤石在真空还原反应中的作用是_(填标号)。A.氧化剂 B.还原剂 C.催化剂(2)Mg2+、Ca2+、Fe3+、Fe2+、Al3+五种离子的氧化性由强到弱的顺序为Fe3+Fe2+_(用离子符号表示)。(3)结合流程以及下图温度对MgO还原率的影响关系，真空还原反应温度的最佳选择为_；高温真空还原时，CaOMgO和FeSi反应生成单质镁的化学方程式为_。(4)液态镁浇铸成镁锭

13、时，通入的保护气不可选用N2或CO2，其原因是_。(5)镁锭冷却后，用酸性K2Cr2O7溶液进行表面钝化形成致密的氧化物保护膜，还原产物为Cr3+。该反应的离子方程式为_。(6)为测定镁锭的纯度，称取ag除去氧化膜的成品镁锭样品溶于足量稀硫酸中，配成250mL溶液。取25mL该溶液，用0.1000molL-1EDTA标准溶液进行滴定(杂质不干扰滴定)，三次滴定平均消耗EDTA标准溶液VmL(己知Mg2+与EDTA反应的化学计量数之比为11)。该样品的纯度为_。19. 四氯化钛(TiCl4)是制取航天航空工业材料钛合金的重要原料。由钛铁矿(主要成分是FeTiO3)制备TiCl4等产品的一种工艺流

14、程如下：回答下列问题：(1)往中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生：2Fe3+Fe=3Fe2+；2TiO2+(无色)+Fe+4H+=2Ti3+(紫色)+Fe2+2H2O；Ti3+(紫色)+Fe3+H2O=TiO2+(无色)+Fe2+2H+。加入铁屑的作用是_。(2)在工艺过程中需要控制条件以形成TiO2nH2O溶胶，该溶胶的分散质粒子直径的大小范围为_。(3)若把中制得的固体TiO2nH2O用酸清洗除去其中的Fe(OH)3杂质，还可制得钛白粉。已知25时，KspFe(OH)3=4.010-38，该温度下反应Fe(OH)3+3H+Fe3+3H2O的平衡常数K=_。

15、20. CoCO3可用作选矿剂、催化剂及家装涂料的颜料。以含钴废渣(主要含CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备CoCO3的一种工艺流程如下：下表是相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol/L计算)：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHCo2+7.69.4Al3+3.05.0Zn2+5.48.0(1)写出“酸溶”时发生氧化还原反应的化学方程式_。(2)“除铝”过程中需要调节溶液pH的范围为_。(3)在实验室里，萃取操作用到的玻璃仪器主要有_；上述“萃取”过程可表示为ZnSO4(水层)+2HX(有机层)ZnX2(有机层)+H2SO4(

16、水层)，由有机层获取ZnSO4溶液的操作是_。(4)简述洗涤沉淀的操作 _。(5)在空气中煅烧CoCO3生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2的体积为0.672L(标准状况)，则该钴氧化物的化学式为 _。答案和解析1.【答案】C【解析】【分析】本题考查物质的制备，为高频考点，把握流程中的反应、物质的性质等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。【解答】A.X试剂为乙醇，用乙醇洗涤，既能避免CuCl溶于水而造成损耗，又能洗去晶体表面的杂质离子及水分，使氯化亚铜更易干燥，防止其氧化和水解，故A正确；B.为防止CuCl被氧化和水解，应隔绝空气和水，故采用真空干

17、燥，故B正确；C.步骤滤液中NaCl、HCl和HNO3可回收利用，洗涤的乙醇通过蒸馏分离后可再利用，故C错误；D.步骤所得滤渣洗涤干燥得到CuCl，步骤目的是使CuCl2-转化为CuCl，CuCl易被氧化，应做防氧化处理，故 D正确。故选：C。2.【答案】B【解析】解：A.碱式硫酸铁电离产生Fe3+，Fe3+能发生水解生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有吸附性，可用作净水剂，故A正确；B.(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的小，所以FeSO4能与(NH4)2SO4反应生成(NH4)2Fe(SO4)2，故B错误；C.KSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，(NH4)2Fe

18、(SO4)2若被氧化则生成Fe3+，KSCN溶液遇Fe3+溶液变红，故C正确；D.NH4HCO3不稳定，受热易分解，所以为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，故D正确；故选：B。本题以硫酸亚铁为原料进行物质的制备，主要考查了物质的性质与反应原理，难度不大。3.【答案】D【解析】解：A.金属与酸的反应放热会导致溶液的温度升高、反应速率加快，为了降低反应剧烈程度，可分次加入稀HNO3，故A正确； B.Bi(NO3)3易水解生成BiONO3，反应为Bi(NO3)3+H2OBiONO3+2HNO3，加入HCl可增大溶液中H+的浓度、抑制Bi(NO3)3的水解、防止生成BiONO3

19、而降低产率，故B正确； C.BiCl3水解使溶液呈酸性，CH3COONa是弱酸强碱盐、水解使溶液呈碱性，二者混合能相互促进水解，则加入少量CH3COONa(s)可提高Bi3+水解程度，提高BiOCl的产率，故C正确； D.BiCl3水解使溶液呈酸性，方程式为BiCl3+H2OBiOCl+2HCl，NH4NO3是强酸弱碱盐、水解使溶液呈酸性，则水解工序中加入少量NH4NO3(s)不利于BiOCl的生成，同时加入了NO3-，NO3-浓度增大可能转化为BiONO3，使BiOCl的产率降低，故D错误； 故选：D。HNO3具有强氧化性，与金属Bi反应生成Bi(NO3)3、NO和H2O，加入HCl、NaC

20、l增大Cl-浓度，使Bi(NO3)3转化为BiCl3，由于Bi(NO3)3易水解生成BiONO3，则加入稀HCl可抑制Bi(NO3)3水解生成BiONO3，有利于转化为BiCl3，加H2O稀释、降低溶液酸性促进BiCl3水解生成BiOCl沉淀，过滤、洗涤、干燥得到较纯净的BiOCl固体，据此分析解答。本题以物质的制备工艺流程为载体考查了物质的制备原理、盐类水解及其影响因素等知识，为高频考点，侧重学生分析评价能力、信息获取与运用等综合能力的考查，把握制备原理、物质的性质和盐类水解影响因素为解题关键，题目难度中等。4.【答案】C【解析】【分析】本题考查物质制备，为高频考点，把握流程中的反应、混合物

21、分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物与实验的结合，题目难度不大。【解答】A.增大NaOH溶液用量，可使氧化铝完全反应，提高氧化铝的浸取率，故A正确；B.操作、用于分离固体和液体，为过滤操作，操作可使氢氧化铝转化为氧化铝，则为灼烧，故B正确；C.通入过量CO2的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-，生成碳酸氢钠，故C错误；D.氧化铝熔点较高，加入冰晶石，可降低熔点，利于熔化，故D正确。故选：C。5.【答案】A【解析】【分析】本题考查了过滤操作、铁的化合物的性质及检验，题目难度不大，注意把握二价铁的性质以及铁离子的检验方法。【解答】FeSO

22、4溶液中加碳酸氢铵生成FeCO3，过滤、洗涤，即可得到FeCO3固体；A. 二价铁在空气中加热易被氧化为三价铁，所以FeCO3在空气中高温分解不能得到FeO，故A错误 ;B.FeSO4与碳酸氢铵发生的反应为：Fe2+2HCO3-=FeCO3+H2O+CO2，则沉淀过程中有CO2气体放出，故B正确；C.过滤操作中过滤时用到漏斗，用玻璃棒引流，烧杯盛放溶液，所以过滤操作常用玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故C正确；D.亚铁离子变质会生成铁离子，可利用KSCN溶液检，故D正确；故选A 。6.【答案】D【解析】解：A、硫酸钙微溶于水，滤渣A主要成分是硫酸钙，故A正确；B、“合成”中温度过高，会促进Fe3

23、+的水解，生成硫酸铁铵的产率会降低，故B正确；C、硫酸铁铵的溶解度随温度降低而减小，宜采用结晶法提纯，所以“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，故C正确；D、NH4+水解生成H+，抑制Fe3+的水解生成氢氧化铁胶体，所以氯化铁净水能力比硫酸铁铵强，故D错误；故选：D。硫酸钙微溶于水，在硫酸亚铁(含有硝酸钙)溶液中，加入硫酸既抑制硫酸亚铁水解，又将硝酸钙转化为硫酸钙、过滤除去，加入H2O2将硫酸亚铁氧化生成硫酸铁，加入硫酸铵形成硫酸铁铵，蒸发浓缩、降温结晶、过滤、干燥得到硫酸铁铵晶体，本题考查物质分离和提纯，为高频考点，涉及物质分离和提纯方法选取、晶体获取方法、氧化还原反应

24、等知识点，明确反应原理是解本题关键，知道流程图中发生的反应及基本操作方法，题目难度中等。7.【答案】D【解析】【试题解析】【分析】本题考查物质的制备，为高频考点，把握流程中的反应、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氧化还原反应的判断，题目难度不大。【解答】A.“灼烧”时，可在铁坩埚中进行，KOH与玻璃中的二氧化硅反应，故A错误；B.“浸取”时，不能用无水乙醇代替水，因K2MnO4不易溶于乙醇，故B错误；C.转化中CO2与K2MnO4发生3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+2K2CO3，C元素化合价不变，不是还原剂，故C错误；D.母液中含有高锰酸钾和碳酸

25、钾，通过浓缩结晶可将二者分离，得到较为纯净的高锰酸钾，故D正确。8.【答案】A【解析】【分析】本题考查无机物的制备，为高频考点，涉及仪器的选用、试纸的使用等知识，题目难度不大，侧重基础知识的考查。【解答】A.球形冷凝管与冷却水接触面积更大，冷却效果更好，故“回流”时，冷却装置应选用球形冷凝管，故A错误；B.乳酸为弱酸，故“冷却”后，加盐酸的目的是根据强酸制弱酸原理将乳酸盐转化为乳酸，故B正确；C.用洁净的玻璃棒蘸取该溶液，滴到干燥的pH试纸上，测定pH值，故C正确；D.为了防止划破滤纸，“抽滤”时，不需要用玻璃棒搅拌，故D正确。9.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查的是燃煤烟气脱硫的流程，

26、意在考查学生的分析能力和知识应用能力，解题的关键是掌握二氧化硫的性质。【解答】A.由于酸性：，则吸收池中吸收SO2发生的反应为2SO2+Na2CO3+H2O=2NaHSO3+CO2，故A错误；B.氢氧化钙为微溶物，石灰水的浓度小，吸收二氧化硫的效率低，故B正确；C.吸收池中的主要溶质为NaHSO3，在再生池中与石灰乳反应后形成亚硫酸钙(滤渣)、氢氧化钠和水，滤液中的主要溶质为氢氧化钠，可以并入吸收池中吸收二氧化硫，故C正确；D.滤渣的主要物质为亚硫酸钙，亚硫酸钙可用于生产石膏CaSO42H2O，故D正确。10.【答案】C【解析】【分析】考查无机工艺流程分析，注意题干信息的运用，明确工艺流程步骤

27、中发生的反应，相关的目的是解题的关键，正确运用化学原理的知识解题，试题有助于培养综合分析问题的能力，难度不大。【解答】A.实验室进行操作a是过滤，用到三种玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒，故A正确；B.BeO是两性氧化物，碱溶时，BeO发生的离子反应为BeO+2OH-=BeO22-+2H2O，故B正确；C.氧化铁与氢氧化钠溶液不反应，“沉渣”的成分为氧化铁，“浸渣”的成分为H2SiO3，故C错误；D.从该流程可知，BeO属于电解质，电解BeO的熔融物可得金属Be，故D正确。11.【答案】B【解析】【分析】本题旨在考查学生对物质分离和提纯方法、金属的回收与环境保护等应用，难度不大。【解答】A.由于铝

28、、氧化铝能和碱反应，而铁不能，故“碱溶”的主要目的是将Al、Al2O3转化为AlO2-而与其他金属分离，故A正确；B.加入硝酸引入硝酸根离子杂质，故不能用硝酸，故B错误；C.由于双氧水能把亚铁离子氧化为铁离子，氢氧化铁在pH为6完全沉淀，故滤渣3为氢氧化铁，故C正确；D.镍能污染环境，故合理处理含镍废催化剂有利于环境保护和资源再利用，故D正确；故选B。12.【答案】C【解析】【分析】本题考查工业制取镁的工艺流程，同时涉及了离子的检验和氧化还原反应与及离子方程式的书写等问题，难度一般。【解答】A.检验母液中Cl-用硝酸酸化的硝酸银溶液进行实验，因为硝酸可以排除其他杂质离子的干扰，如果有白色沉淀产

29、生说明其含有Cl-，故A正确；B.上述流程MgCl2制取Mg的反应方程式为：MgCl2(熔融)=通电Mg+Cl2，由此可知MgCl2既是氧化剂又是还原剂，故B正确；C.上述流程中的蒸发和重结晶是物理变化过程，故C错误；D.母液中加入石灰乳生成氢氧化镁，离子方程式为：Mg2+Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca2+，故D正确。故选C。13.【答案】A【解析】【分析】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、离子方程式的书写、铁的化合物的性质等内容，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等。【解答】A.步骤中Fe2O3、FeO与盐酸反应为非氧化还原反应，故A错误；B.铁泥含有少量铁，有可能与盐酸反应

30、，则步骤中可能有气体生成，故B正确；C.步骤中，加入金属铁，主要反应是铁和氯化铁发生反应生成氯化亚铁，离子方程式为2Fe3+Fe=3Fe2+，故C正确；D.步骤时加入过量铁，过滤除去，故D正确。14.【答案】C【解析】【分析】本题主要一无机工艺流程为载体考查了离子方程式以及溶度积常数等相关知识，综合性较强，应多练习。【解答】A.煅烧时生成CaSiO3的化学方程式为CaCO3+SiO2高温CaSiO3+CO2，故A正确；B.用NH4Cl溶液进行“溶浸”时生成的氨气可用于“调pH”，故B正确；C.调pH时生成Mg(OH)2，所以相同温度下应有，KspMg(OH)2KspCa(OH)2，故C错误；D

31、.转化时通入CO2过多会使CaCO3转化为可溶的Ca(HCO3)2而降低产品产率，故D正确。15.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查氧化还原反应，难度中等，掌握流程的反应原理为解答关键。【解答】A.中Na2SO3作还原剂，Na2SO4没有还原性，故A项错误;B.用水吸收NO2生成NO，故B项错误;C.中发生3I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O，6molI中有1mol作为还原剂，由0价升高到+5价，有5mol作为氧化剂，由0价降低到-1价，氧化剂与还原剂物质的量之比为5:1，故C项正确；D.中发生的反应为KIO3+3H2O2=KI+3O2+3H2O，温度高H2O2分解，降低利用率，故

32、D项错误。故选C。16.【答案】(1)AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-(2)途径(3)2Fe2+ClO-+2H+=2Fe3+Cl-+H2O(4)取少量反应后的溶液于试管中，滴加几滴K3Fe(CN)6溶液，若没有蓝色沉淀产生，则说明Fe2+已被氧化完全。(5)Fe3+3HCO3-=Fe(OH)3+3CO2(6)；3:2；Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O【解析】【分析】本题考查回收金属废料中的铝、.回收金属废料中的铁的实验流程，难度中等，解题关键是分析流程中产品、试剂、杂质及操作。【解答】(1)通入过量CO2，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀，离子方

33、程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-。(2)途径I所得AlCl3溶液含有NaCl等杂质，故由滤液制得AlCl3溶液，合理的是途径。(3)“氧化”过程中，次氯酸钠将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cl-，配平离子方程式为：2Fe2+ClO-+2H+=2Fe3+Cl-+H2O。(4)检验滤液中的Fe2+已被完全氧化，可以利用Fe2+与K3Fe(CN)6形成蓝色沉淀的原理检验，实验操作为：取少量反应后的溶液于试管中，滴加几滴K3Fe(CN)6溶液，若没有蓝色沉淀产生，则说明Fe2+已被氧化完全。(5)“沉铁”过程发生Fe3+和HCO3-相互促进的水解反应，离子方程式为

34、：Fe3+3HCO3-=Fe(OH)3+3CO2。(6)从环境污染、耗酸量角度分析，途径不产生有毒气体，为最优途径。根据3Cu2+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，设硫酸和硝酸的物质的量分别为x、y，则n(H+):n(NO3-)=(2x+y)：y=8:3，解得x：Y=3：2。途径中反应的化学方程式：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O。17.【答案】(1)提高酸浸速率及镍的浸出率；70；随着温度升高，导致Ni2+的水解程度增大，从而形成一定量的Ni(OH)2沉淀(2)Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+H2SO4+S；12；3.2pH7.2(3)ClO-+2N

35、i2+4OH-=2NiOOH+H2O+Cl-；cCa2+=2.710-113.010-32=310-6molL-1110-5molL-1，Ca2+沉淀完全【解析】【分析】本题考查混合物的分离提纯的综合应用、离子方程式的书写、氧化还原反应的计算、难溶电解质溶度积的计算等，题目难度中等。【解答】(1)酸浸中不断用搅拌机进行搅拌可以加大固体与硫酸的接触，提高酸浸速率及镍的浸出率；酸浸时镍的浸出率随温度的升高而增大，70时浸出率最大，当温度大于70时，浸出率降低，所以酸浸时合适的浸出温度是70；若酸浸时将温度控制在80左右，由于升高温度有利于盐的水解，随着温度升高，导致Ni2+的水解程度增大，从而形成

36、一定量的Ni(OH)2沉淀；故答案为：提高酸浸速率及镍的浸出率；70；随着温度升高，导致Ni2+的水解程度增大，从而形成一定量的Ni(OH)2沉淀；(2)生成S的反应是含NiO的废料与稀硫酸反应时生成的硫酸铁与加入的H2S发生氧化还原反应，化学方程式为Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+H2SO4+S；试剂X是一种绿色氧化剂，作用是将亚铁离子氧化为铁离子，然后除去铁离子，X是H2O2，发生反应的离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2；试剂Y调节溶液的pH，使Fe3+完全沉淀，而Ni2+不能产生沉淀，则pH的调控范围是3.2p

37、H7.2；故答案为：Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+H2SO4+S；12；3.2pH7.2；(3)氧化过程中次氯酸钠在碱性条件将Ni2+氧化为NiOOH，反应的离子方程式为：ClO-+2Ni2+4OH-=2NiOOH+H2O+Cl-；沉钙中当溶液中c(F-)=310-3molL-1，则cCa2+=2.710-113.010-32=310-6molL-1110-5molL-1，溶液中Ca2+沉淀完全；故答案为：ClO-+2Ni2+4OH-=2NiOOH+H2O+Cl-；cCa2+=2.710-113.010-32=310-6molL-1Mg2+Ca2+(3)1200 ；2(CaOMgO

38、)+FeSiCaF2高温2CaOSiO2+Fe+2Mg(4)镁在较高温度下会和N2或CO2发生反应(6)2.4Va【解析】【分析】本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、纯度计算等，明确流程图是关键、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意将题目信息与相关基础知识联合分析，题目难度中等。【解答】(1)将固体反应物粉碎可以增大反应物与催化剂的接触面积，加快反应速率；萤石的主要成分是CaF2，用于降低真空还原反应的活化能，萤石在真空还原反应中的作用是催化剂；(2)根据金属活动性顺序表可得，氧化性由强到弱的顺序为Fe3+Fe2+Al3+Mg2+Ca2+；(3

39、)1200时MgO还原率最大，温度再升高，还原率变化不大，浪费能源，真空还原反应温度的最佳选择为1200；高温真空还原时，CaOMgO和FeSi反应生成镁蒸气和炉渣2CaOSiO2，化学方程式为；(4)镁是活泼的金属，在较高温度下能和氮气以及CO2反应，液态镁浇铸成镁锭时，通入的保护气不可选用N2或CO2；(5)酸性K2Cr2O7有强氧化性，镁有强还原性，镁锭冷却后，用酸性K2Cr2O7溶液进行表面钝化形成致密的氧化物保护膜MgO和Cr3+，根据电子守恒，离子方程式为；(6)Mg2+与EDTA反应的化学计量数之比为1:1，25mL硫酸镁溶液中Mg2+的物质的量为V10-3L0.1000molL

40、-1，则该样品的纯度为V10-3L0.1000molL-1250mL25mL24g/molag100=2.4Va%。19.【答案】(1)使Fe3+转化为Fe2+ (2)10-910-7m(或1100nm) (3)4.0104【解析】【分析】本题考查无机工艺流程，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识、化学反应原理与实验的结合，题目难度不大。【解答】(1)由题中所给的反应可以看出加入铁屑的作用是使溶液中的Fe3+转化为Fe2+。(2)胶体的分散质粒子直径在1100nm之间。(3)由KspFe(OH)3=4.010-3

41、8可得c(Fe3+)c3(OH-)=4.010-38，。20.【答案】(1)Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O(2)5.05.4(3)分液漏斗、烧杯；向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分离出水层(4)向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流完后，重复上述操作2-3次(5)Co3O4【解析】【分析】本题以含钴废渣为原料制备CoCO3的流程为载体，考查流程的分析，方程式的书写，物质的分离提纯，盐类水解和化学式的推断，难度不大。【解答】(1)“酸溶”时加入H2SO4和SO2，由于SO2具有还原性，将废渣中+3价的钴还原为+2价，发生的反应为Co2O3+SO2+H2SO4=2

42、CoSO4+H2O；故答案为：Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O；(2)“除铝”过程中Al3+完全沉淀，其它金属阳离子不形成沉淀，由表格给出的数据，可以得出pH的范围为5.0-5.4；故答案为：5.05.4；(3)在实验室里，萃取操作用到的玻璃仪器主要有分液漏斗、烧杯；由有机层获得ZnSO4溶液的操作是：向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分离出水层；故答案为：分液漏斗、烧杯；向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分离出水层；(4)洗涤沉淀的操作为向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流完后，重复上述操作2-3次，故答案为：向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流完后，重复上述操作2-3次；(5)n(CO2)=0.672L22.4L/mol=0.03mol，根据C和Co守恒，n(CoCO3)=n(Co)=0.03mol，n(O)=(2.41-0.0359)g16g/mol=0.04mol，所以n(Co)：n(O)=3：4，所以该钴氧化物化学式为Co3O4。故答案为：Co3O4。