2022届高三大一轮复习工艺流程题专题周练_04矿物提纯制备流程 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_04矿物提纯制备流程一、单选题（本大题共15小题，共45分）1. 工业上用含Fe2O3杂质的铝土矿为原料冶炼铝的工艺流程如下：下列叙述正确的是( )A. 图中所示转化反应中包含2个氧化还原反应B. 试剂Y是HCl，它与NaAl(OH)4反应生成氢氧化铝C. 反应中试剂X是氢氧化钠溶液D. 将X与Y试剂进行对换，最终可以达到相同结果2. 铝土矿的主要成分是Al2O3，还有少量SiO2、Fe2O3.工业上从铝土矿中提取铝可采取如图工艺流程：下列说法中正确的是()A. 沉淀是SiO2和Fe2O3B. 溶液中含有的阴离子只有AlO2-C. 该流程中一定存在氧

2、化还原反应D. 生成沉淀的离子方程式为2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3+CO32-3. 工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3等杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下： 下列分析判断正确的是()A. 试剂X为稀硫酸B. 反应中生成Al(OH)3的反应为CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3+HCO3-C. Al2O3熔点很高，工业上还可采用电解熔融AlCl3的方法冶炼金属AlD. 工业上可用冶炼出的金属铝来还原Fe2O3而冶炼出金属铁4. 某化学小组以铝土矿(含 Al2O3、Fe2O3和 SiO2)为原料进行炼铝探究(流程如下)，叙述错误的是() A. 步骤过程中均

3、需过滤操作B. a、b中铝元素的化合价相同C. 反应的化学方程式为：2NaAlO2+3H2O+CO2=2Al(OH)3+Na2CO3D. d只能是氧化铝5. 硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿(主要成分为Mg2B2O5H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)为原料制备硼酸(H3BO3)的工艺流程如图所示： 下列说法错误的是 ( )A. 减小铁硼矿粉粒径可提高浸出速率B. “酸浸”前，可用磁铁把Fe3O4分离出C. 滤渣中只有一种成分D. “粗硼酸”中的主要杂质是硫酸镁6. 钼酸铵(NH4)2MoO4是一种重要的化工催化剂，有多种生产工艺，其中全湿法

4、生产工艺的金属回收率最高，可达90以上，由镍钼共生矿(主要成分为MoS2、NiS、FeS2)生产钼酸铵的工艺流程如下。 下列说法错误的是A. 钼酸铵中Mo的化合价为+6价B. “浸出”时，生成钼酸钠的离子方程式为MoS2+9ClO-+6OH-=MoO42-+9Cl-+2SO42-+3H2OC. “操作”为蒸发结晶D. 钼酸铵晶体干燥时，若干燥时间过长或温度过高会分解产生杂质MoO37. 铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下： 注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。下列有关说法不正确的是A. “碱溶”时生成偏铝酸钠

5、的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2OB. 向“过滤”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH增大C. “电解”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗D. “电解”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。阴极产生的物质A为H28. 工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下： 下列说法不正确的是：A. 试剂X是NaOH溶液B. 为了提高经济效益，滤渣还可以用来制作油漆、涂料C. 反应的离子方程式：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-D. Al2O3是酸性氧化物9. 铝是应用广泛的金属，以铝土矿(主要成分为

6、Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备氧化铝的一种工艺流程如下。下列有关说法不正确的是()A. 滤渣中X为Fe2O3B. “反应”步骤中加入NaHCO3溶液后，溶液的pH增大C. 滤液中溶质的主要成分为Na2CO3D. NaAlO2溶液呈碱性的原因：AlO2-+2H2OAl(OH)3+OH-10. 铝是应用广泛的金属，以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备氧化铝的一种工艺流程如下。下列有关说法不正确的是A. 滤渣中X为Fe2O3B. “反应”步骤中加入NaHCO3溶液后，溶液的pH增大C. 滤液中溶质的主要成分为Na2CO3D. NaAlO2溶液

7、呈碱性的原因：AlO2-+2H2OAl(OH)3+OH-11. 钼酸铵(NH4)2MoO4是一种重要的化工催化剂，有多种生产工艺，其中全湿法生产工艺的金属回收率最高，可达90%以上，由镍钼共生矿(主要成分为MoS2、NiS、FeS2)生产钼酸铵的工艺流程如下。 下列说法错误的是A. 钼酸铵中Mo的化合价为+6价B. “浸出”时，生成钼酸钠的离子方程式为MoS2+9ClO-+6OH-=MoO42-+9Cl-+2SO42-+3H2OC. “操作”为蒸发结晶D. 铝酸铵晶体干燥时，若干燥时间过长或温度过高会分解产生杂质MoO312. 工业炼铝是用铝土矿(主要成分是Al2O3，含有少量的Fe2O3、S

8、iO2)、盐酸、氢氧化钠等为原料提取氧化铝，然后进行电解。工艺流程如下图，下列说法正确的是A. 原料A可以是盐酸也可以是NaOH溶液B. 如果省去步骤，即溶解铝土矿从直接加入原料B开始，对氧化铝的纯度没有影响C. 步骤反应的离子方程式为2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3+CO32-D. 以上各步中步骤消耗能量最多13. 铋(Bi)与氮同主族，在中性及碱性环境下常以BiOCl(s)的形式存在，铋及其化合物广泛应用于电子、医药等领域。以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含少量杂质PbO2等)为原料，采用湿法冶金制备精铋工艺流程如图所示，下列说法错误的是( )A. “浸出”产生S反应的主要

9、离子方程式为6Fe3+Bi2S3=6Fe2+2Bi3+3SB. “浸出”时盐酸可以还原杂质PbO2C. “浸出、置换、再生、电解精炼”工序中不全是氧化还原反应D. 再生液可以加入“浸出”操作中循环利用14. 硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料。工业上采用以硼镁矿(含Mg2B2O5H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸和轻质氧化镁，其工艺流程如下：下列叙述错误的是()A. “溶浸”中产生的气体是氨气B. “滤渣1”是SiO2C. “过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是转化为硼酸沉淀D. “沉镁”中得到的母液经加热后可返回“溶浸”工序循环使用15. 自然界中铝元素主

10、要存在于铝土矿(主要成分为Al2O3、FeO、Fe2O3、SiO2)中，铝的单质及其化合物在生产、生活、科研等领域应用广泛。工业上用铝土矿制备铝的某种化合物的工艺流程如下：下列说法错误的是( )A. 在实验室实施操作需要的玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒B. 为使铝元素全部转化为Al(OH)3，每一步操作的试剂均需过量C. 其它不变，仅将试剂X与操作的试剂过量盐酸互换，也可制得Al(OH)3D. 固体A的主要成分是FeO和Fe2O3二、流程题（本大题共5小题，共55分）16. 硫酸锌可用于制造锌钡白、印染媒染剂等。用锌白矿(主要成分为ZnO，还含有Fe2O3、CuO、SiO2等杂质)制备ZnSO4

11、7H2O的流程如图。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1.0molL-1计算)如表：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Zn2+6.48.0(1)“滤渣1”的主要成分为_(填化学式)。“酸浸”过程中，提高锌元素浸出率的措施有：适当提高酸的浓度、_(填一种)。(2)“置换”过程中，加入适量的锌粉，除与溶液中的Fe3+，H+反应外，另一主要反应的化学方程式为_。(3)“氧化”一步中，发生氧化还原反应的离子方程式为_。溶液pH控制在3.2,6.4)之间的目的是_。(4)“母液”中含有的盐类物质有_ (填化学式)。(5)ZnSO4

12、7H2O可用于配制铁件上镀锌电镀池的电解液，下列说法不正确的是_A.配制一定物质的量浓度ZnSO4溶液时必需的玻璃仪器为容量瓶、烧杯、玻璃棒B.电镀池的阳极为铁件C.阴极质量增加65g时，理论上导线中通过2mol电子D.电镀过程中电解质溶液的浓度不变17. CoCl2可用于电镀，是一种性能优越的电池前驱材料，由含钴矿(Co元素主要以Co2O3、CoO存在，还含有Fe、Si、Cu、Zn、Mn、Ni、Mg、Ca元素)制取氯化钴晶体的一种工艺流程如下：已知：焦亚硫酸钠Na2S2O5，常做食品抗氧化剂。CaF2、MgF2难溶于水。CoCl26H2O熔点86，易溶于水、乙醚等；常温下稳定无毒，加热至11

13、0120时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴。部分金属离子形成氢氧化物的pH见下表：回答下列问题：(1)浸取中加入Na2S2O5的作用是_。(2)滤液1中加入NaClO3的离子方程式为_。(3)加入Na2CO3溶液生成滤渣2的主要离子方程式为_。(4)滤渣3主要成分为_(写化学式)。滤液3经过多次萃取与反萃取制备CoCl2晶体(5)滤液3中加入萃取剂I，然后用稀盐酸反萃取的目的是_。(6)制备晶体CoCl26H2O，需在减压环境下烘干的原因是_。18. 1.二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含CeFCO3)为原料制备CeO2的一种工艺流程如下： 已知：Ce4+能与F-结

14、合成CeFx(4-x)+，也能与SO42-结合成CeSO42+；在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂(HA)2萃取，而Ce3+不能。回答下列问题：(1)“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是_。(2)“萃取”时存在反应：Ce4+n(HA)2Ce(H2n-4A2n)+4H+。实验室中萃取时用到的主要玻璃仪器名称为_；下图中D是分配比，表示Ce()分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比(D=cCe(H2n-4A2n)c(CeSO42+)。保持其它条件不变，在起始料液中加入不同量的Na2SO4以改变水层中的c(SO42-)，D随起始料液中c(SO42-)变化的原因：_。(3)“反萃取”中，

15、在稀硫酸和H2O2的作用下CeO2转化为Ce3+。H2O2在该反应中作_(填“催化剂”“氧化剂”或“还原剂”)，每有1molH2O2参加反应，转移电子的物质的量为_。(4)“氧化”步骤的化学方程式为_。(5)取上述流程中得到的CeO2产品0.4500g，加硫酸溶解后，用0.1000mol/LFeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3+，其他杂质均不反应)，消耗25.00mL标准溶液。该产品中CeO2的质量分数为_。19. 研究人员利用盐酸和钡矿粉(主要成分为 BaCO3，含有 Ca2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+等)制备 BaCl22H2O，工艺流程如下：(1)酸浸时为提高酸浸的速率，

16、可以采取的措施有：_、_ 。(2)氧化过程主要反应的离子方程式为_ 。(3)沉淀 B的主要成分是 Ca(OH)2和 (写化学式)。由图可知，为了更好的使 Ca2+沉淀，还应采取的措施为_。(4)由酸化后的溶液得到 BaCl22H2O固体的过程，涉及到的实验操作为_，洗涤，干燥。20. 以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：添加和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600硫去除率=1-焙烧后矿粉中硫元素总质量焙烧前矿粉中硫元素总质量100(

17、1)不添加CaO的矿粉在低于500焙烧时，去除的硫元素主要来源于_。(2)700焙烧时，添加的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是_。答案和解析1.【答案】C【解析】【分析】本题以铁、铝化合物的性质为载体综合考查工业冶炼铝等知识，侧重于考查学生分析和解决问题的能力，综合性强，为高考常见题型，注意把握制备原理和反应的流程，难度中等。【解答】综合分析工艺流程图可知，试剂X是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以反应过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，沉淀为Fe2O3；Y为CO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成氢

18、氧化铝，以此解答该题。A.只有电解Al2O3属于氧化还原反应即包含1个氧化还原反应，故A错误；B.如试剂Y是HCl，过量HCl与Al(OH)4-反应生成氯化铝，不可能得到氢氧化铝，故B错误；C.根据流程图分析可知反应中试剂X是氢氧化钠溶液，故C正确；D.因二氧化碳与氧化铁、氧化铝都不反应，则将X与Y试剂进行对换，不能对物质进行分离，故D错误。故答案为C。2.【答案】C【解析】【分析】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。【解答】A.加入盐酸，二氧化硅与盐酸不反应，则沉淀是Si

19、O2，故A错误；B.氢氧化钠过量，则溶液中含有的阴离子有OH-、AlO2-，故B错误；C.流程设计铝的冶炼，应电解氧化铝生成铝，为氧化还原反应，故C正确；D.通入过量二氧化碳，生成沉淀的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-，故D错误。故选：C。3.【答案】B【解析】【分析】本题考查工业上用铝土矿为原料冶炼铝的工艺流程，难度中等，解题关键是分析流程中相关环节的试剂、操作等。【解答】A.试剂X为NaOH溶液，故A错误；B.溶液乙中含有AlO2-，AlO2-与过量CO2、H2O反应生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3，故B正确C.AlCl3是共价化合物，熔融状态下不导

20、电，不能通过电解熔融AlCl3获得金属Al，故C错误D.铝的价格远高于铁，工业上利用铝热反应冶炼金属铁不符合实际，故D错误。4.【答案】C【解析】【分析】本题考查含铝物质的转化、物质的分离、提纯的方法及综合应用，为高频考点，把握流程中的反应及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。【解答】铝土矿主要成分为Al2O3、Fe2O3和 SiO2，铝土矿加盐酸溶解后，Al2O3、Fe2O3和盐酸反应溶解，而SiO2和盐酸不反应，不能溶解，过滤除去SiO2后溶液中含有的阳离子有Al3+、Fe3+、H+，加入过量NaOH溶液，氢离子和氢氧化钠反应生成水，铁离子和铝离子都和氢氧化

21、钠反应生成氢氧化物沉淀，氢氧化铝易溶于氢氧化钠溶液中生成偏铝酸根离子，过滤除去不溶物Fe(OH)3，溶液含有AlO2-、Cl-、OH-，通入过量CO2得到Al(OH)3沉淀，加热分解Al(OH)3生成Al2O3，电解Al2O3生成铝单质。A.步骤过程中均需将固体和液体分离，为过滤操作，故A正确；B.a、b中铝元素分别以Al3+、AlO2-存在，化合价都为+3价，故B正确；C.反应为NaAlO2和二氧化碳的反应，反应的化学方程式为NaAlO2+2H2O+CO2=Al(OH)3+NaHCO3，故C错误；D.由以上分析可知d为氧化铝，故D正确；故选：C。5.【答案】C【解析】【分析】本题以制备硼酸(

22、H3BO3)为载体考查无机工艺流程，较为综合。理解流程为解答关键，注意杂质的除去方法。【解答】A.减小铁硼矿粉粒径，可增大接触面积，提高浸出速率，故A正确；B.Fe3O4有磁性，可用磁铁把Fe3O4分离出，故B正确；C.根据流程图可知，加硫酸酸浸后，SiO2不溶，同时产生微溶物CaSO4，净化除杂时，需要除去的阳离子有Fe2+、Fe3+、Al3+，故滤渣的成分不是一种成分，故C错误；D.由流程可知，在最后冷却结晶时，会有杂质硫酸镁一同析出，故“粗硼酸”中的主要杂质是硫酸镁，故D正确。故选C。6.【答案】C【解析】【分析】本题以钼酸铵的制备为载体，考查氧化还原反应，实验操作和铵盐的性质，难度一般

23、，解题的关键是对流程图的解读和对基础知识的灵活运用。【解答】A.由钼酸铵的化学式(NH4)2MoO4可知Mo的化合价为+6价，故A正确；B.“浸出”时，生成钼酸钠的离子方程式为MoS2+9ClO-+6OH-=MoO42-+9Cl-+2SO42-+3H2O，故B正确；C.钼酸铵(NH4)2MoO4为铵盐，不稳定，易分解，所以“操作I为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗降、干燥，故C错误；D.钼酸铵(NH4)2MoO4不稳定，分解时未发生氧化还原反应，产生氨气、水和MoO3，故D正确。7.【答案】B【解析】【分析】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能为解

24、答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意水解、电解原理及元素化合物知识的应用，题目难度中等。【解答】结合流程及题中信息可知，铝土矿在碱溶时，其中的氧化铝和二氧化硅可溶于强碱溶液，过滤后，滤液中偏铝酸钠与碳酸氢钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，氢氧化铝经灼烧后分解为氧化铝，最后电解熔融的氧化铝得到铝。碳酸钠溶液经电解后可以再生成碳酸氢钠和氢氧化钠进行循环利用。A.碱溶过程主要发生的离子反应为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，故A正确；B.向“过滤”所得滤液中加入NaHCO3溶液，偏铝酸钠与碳酸氢钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，溶液的pH减小，故B错误；C.“电解”是电解熔融Al2O3

25、，电解过程中作阳极的石墨易消耗生成二氧化碳，故C正确；D.“电解”是电解Na2CO3溶液，阴极上氢离子放电产生H2，故D正确；故选B。8.【答案】D【解析】【分析】本题是一道综合考查铁、铝化合物的性质以工业冶炼铝等知识题目，侧重于考查学生分析和解决问题的能力，综合性强，为高考常见题型，注意把握制备原理和反应的流程，难度适中。通过分析工艺流程图可知，试剂X是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以反应过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，沉淀为Fe2O3；Fe2O3俗称铁红，可以用来制作油漆、涂料；Y为CO2，向NaAlO2溶液中通入过量C

26、O2的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+NaHCO3；Al2O3既能和酸反应，也能和碱反应，属于两性氧化物，据此分析解答。【解答】A.由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，故A正确；B.Fe2O3俗称铁红，可以用来制作油漆、涂料，故B正确；C.反应的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+NaHCO3，故C正确；D.Al2O3既能和酸反应，也能和碱反应，属于两性氧化物，故D错误。故选D。9.【答案】B【解析】【分析】本题考查无机物的制备流程、水解的应用等，题目难度不大，熟练掌

27、握含铝、硅化合物的性质是解题的关键。【解答】A.铝土矿的主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质，Al2O3、SiO2与NaOH溶液反应生成硅铝酸钠沉淀、偏铝酸钠，Fe2O3不与NaOH溶液反应，因此滤渣中X为Fe2O3，故A正确；B.“反应”步骤中加入NaHCO3溶液发生反应：NaAlO2+NaHCO3+H2O=Al(OH)3+Na2CO3，溶液的pH减小，故B错误；C.加入NaHCO3溶液发生反应后生成Al(OH)3和Na2CO3，滤液的主要成分为Na2CO3，故C正确；D.NaAlO2是强碱弱酸盐，溶液呈碱性的原因是AlO2-水解：AlO2-+2H2OAl(OH)3+OH-，故

28、D正确。故选B。10.【答案】B【解析】【分析】本题考查无机物的制备流程、水解的应用等，题目难度不大，熟练掌握含铝、硅化合物的性质是解题的关键。【解答】A.铝土矿的主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质，Al2O3、SiO2与NaOH溶液反应生成硅铝酸钠沉淀、偏铝酸钠，Fe2O3不与NaOH溶液反应，因此滤渣中X为Fe2O3，故A正确；B.“反应”步骤中加入NaHCO3溶液发生反应：NaAlO2+NaHCO3+H2O=Al(OH)3+Na2CO3，溶液的pH减小，故B错误；C.加入NaHCO3溶液发生反应后生成Al(OH)3和Na2CO3，滤液的主要成分为Na2CO3，故C正确；D

29、.NaAlO2是强碱弱酸盐，溶液呈碱性的原因是AlO2-水解：AlO2-+2H2OAl(OH)3+OH-，故D正确。故选B。11.【答案】C【解析】【分析】本题以钼酸铵的制备为载体，考查氧化还原反应、实验操作和铵盐的性质，难度一般。【解答】A.由钼酸铵的化学式(NH4)2MoO4可知，钼酸铵中Mo的化合价为+6价，故A正确；B.“浸出”时，生成钼酸钠的离子方程式为，故B正确；C.钼酸铵(NH4)2MoO4为铵盐，不稳定，受热易分解，所以“操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故C错误；D.钼酸铵不稳定，受热分解时未发生氧化还原反应，产生氨气、水和MoO3，故D正确。故选C。12.【答案

30、】D【解析】【分析】本题以氧化铝提取工艺流程为载体考查混合物分离实验方案的设计，为高频考点，涉及无机物推断、元素化合物性质及相互转化、除杂的方法、离子方程式等，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。【解答】由流程可知，步骤加盐酸，只有SiO2不反应，氧化铝、氧化铁均与盐酸反应，过滤残渣为SiO2；滤液1中加过量NaOH溶液，铝离子转化为偏铝酸钠，铁离子转化沉淀，过滤后，滤液2与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，最后氢氧化铝分解生成氧化铝，步骤氧化铝熔融电解得到铝和氧气，以此来解答。A.由上面分析可知，原料A是盐酸，不是NaOH溶液，故A错误；B.如果省去步骤，即溶解铝土矿从直接加入

31、原料B过量NaOH溶液开始，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠溶液与过量二氧化碳反应生成硅酸沉淀，制取的氢氧化铝沉淀中混有硅酸，氧化铝中混有二氧化硅，对氧化铝的纯度有影响，故B错误；C.步骤中是过量的二氧化碳，产物应该是氢氧化铝沉淀与碳酸氢根离子，故C错误；D.以上各步中步骤是加热至熔融状态进行电解，消耗能量最多，故D正确。13.【答案】C【解析】【分析】本题考查湿法冶金制备精铋工艺流程，掌握物质的性质是解答该题的关键，试题难度一般。【解答】A.在“浸出”过程中FeCl3作氧化剂将Bi2S3中的-2价S氧化为硫单质，FeCl3被还原为FeCl2，由此可知离子方程式为：6Fe3+Bi2S3

32、=6Fe2+2Bi3+3S，故A正确；B.PbO2有较强的氧化性，浓盐酸有一定的还原性，所以“浸出”时盐酸可以还原杂质PbO2，故B正确；C.浸出发生了6Fe3+Bi2S3=6Fe2+2Bi3+3S，属于氧化还原反应；置换反应一定是氧化还原反应；再生过程发生了2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，属于氧化还原反应；电解精炼”过程一定发生氧化还原反应，所以工序中全是氧化还原反应，故C错误；D.再生过程发生如下反应，2FeCl2+Cl2=2FeCl3，所以再生液可以加入“浸出”操作中循环利用，故D正确。故选C。14.【答案】B【解析】【试题解析】【分析】本题考查以硼镁矿(含Mg2B2O5H2O、S

33、iO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸和轻质氧化镁的工艺流程分析，涉及物质的性质、盐类水解的应用等，考查学生分析、归纳、整合信息的能力，难度中等。【解答】A.用(NH4)2SO4溶浸硼镁矿粉，利用了NH4+水解溶液显酸性，溶浸过程中促进NH4+水解，所以“溶浸”中产生的气体是氨气，故A正确； B.用(NH4)2SO4溶浸硼镁矿粉，但是Fe2O3、Al2O3、SiO2不能溶解在硫酸铵溶液中，所以“滤渣1”是SiO2、Fe2O3、Al2O3，故B错误；C.根据流程图知“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是转化为硼酸沉淀，故C正确； D.“沉镁”中得到的母液中含有硫酸铵，经加热后可

34、返回“溶浸”工序循环使用，故D正确。15.【答案】C【解析】【分析】本题考查用铝土矿制备氢氧化铝的工艺流程，涉及物质的分离和提纯，方案的评价和分析，铝的化合物的性质，意在考查学生的分析能力，掌握含铝化合物、二氧化硅、铁的氧化物的性质是解题的关键。【解答】A.操作是过滤，则在实验室实施操作需要的玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒，故A正确；B.铝土矿中加入过量氢氧化钠溶液，氧化铝和二氧化硅溶解，固体A是FeO、Fe2O3沉淀，过滤除去，再加入过量盐酸，硅酸根离子转化为硅酸沉淀除去，AlO2-转化为Al3+，再加入过量氨水生成氢氧化铝沉淀，所以为使铝元素全部转化为Al(OH)3，每一步操作的试剂均需过量

35、，故B正确；C.将试剂X(氢氧化钠溶液)与操作的试剂过量盐酸互换，试剂Y需由氨水转变为过量二氧化碳，才可制得Al(OH)3，故C错误；D.铝土矿中加入过量氢氧化钠溶液，氧化铝和二氧化硅溶解，固体FeO、Fe2O3不能与氢氧化钠溶液反应，沉淀过滤除去，所以固体A的主要成分是FeO和Fe2O3，故D正确。故选C。16.【答案】(1)SiO2；粉碎锌白矿(或充分搅拌浆料、适当加热等) (2)Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4 (3)3Fe2+MnO4-+7ZnO+9H+=3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+；使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀，MnO4-变为MnO2沉淀，避免引入杂质 (4)Zn

36、SO4、K2SO4 (5)AB【解析】【分析】本题考查物质的分离、提纯的综合应用，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，题目难度中等，本题考查较为综合，答题时注意把握题给信息，结合元素化合物知识解答【解答】锌白矿(主要成分为ZnO，还含有Fe2O3、CuO、SiO2等杂质)加稀硫酸溶解，SiO2不溶，过滤，滤渣1为SiO2，滤液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸铁，加入适量锌粉发生反应：Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4、Zn+Fe2(SO4)3=2FeSO4+ZnSO4，滤渣2为铜，滤液中再加高锰酸钾溶液、纯ZnO与亚铁离子反应生成MnO2和氢氧化铁沉淀，过滤，滤液为硫酸锌，蒸发浓缩、冷

37、却结晶、过滤得到ZnSO47H2O晶体，以此解答该题。(1)锌白矿加稀硫酸溶解，SiO2不溶，过滤，滤渣1为SiO2；“酸浸”过程中，提高锌元素浸出率的措施有：适当提高酸的浓度、粉碎锌白矿(或充分搅拌浆料、适当加热等)，故答案为：SiO2；粉碎锌白矿(或充分搅拌浆料、适当加热等)；(2)“置换”过程中，加入适量的锌粉，除与溶液中的Fe3+，H+反应外，另一主要反应的化学方程式为Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，故答案为：Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4；(3)“氧化”一步中，高锰酸钾溶液、纯ZnO与亚铁离子反应生成MnO2和氢氧化铁沉淀，发生反应的离子方程式为3Fe2+MnO4-+7ZnO

38、+9H+=3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+；由表知溶液pH控制在3.2,6.4)之间的目的是使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀，MnO4-变为MnO2沉淀，避免引入杂质，故答案为：3Fe2+MnO4-+7ZnO+9H+=3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+；使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀，MnO4-变为MnO2沉淀，避免引入杂质；(4)锌离子、钾离子、硫酸根离子未除去，“母液”中含有的盐类物质有ZnSO4、K2SO4，故答案为：ZnSO4、K2SO4；(5)A.配制一定物质的量浓度ZnSO4溶液时必需的玻璃仪器为容量瓶、烧杯、玻璃棒和胶头滴管，故A错误；B.电镀时，铁件作阴极，

39、镀层金属作阳极，含镀层金属离子的溶液作电解液，故B错误；C.镀锌时，阴极反应为Zn2+2e-=Zn，当阴极质量增加65g时，理论上导线中通过2mol电子，故C正确；D.镀锌时，阴极反应为Zn2+2e-=Zn，阳极反应式为Zn-2e-=Zn2+，所以电镀过程中电解质溶液的浓度不变，故D正确。故答案为：AB。17.【答案】(1)将+3价钴还原为+2价钴(2)6Fe2+ClO3-+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O(3)2Fe3+3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3+3CO2(4)CaF2、MgF2(5)分离出溶液中的Mn2+、Cu2+、Zn2+，回收利用(6)降低烘干温度，防止产品分解产生有毒

40、的无水氯化钴【解析】【分析】本题考查了物质的分离提纯方法和流程分析判断、物质性质和实验基本操作等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。【解答】含钴矿粉加入稀硫酸和焦亚硫酸钠Na2S2O5，稀硫酸与活泼金属及金属氧化物反应转化为金属离子，同时焦亚硫酸钠将正三价的钴还原为二价钴，过滤得到滤渣1和滤液1，滤液1中加入NaClO3将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离，加入碳酸钠溶液调节溶液pH=3.03.5沉淀铁离子，过滤得到滤渣2和滤液2，滤液2中加入NaF调节溶液pH=4.05.0沉淀钙离子和镁离子。(1)焦亚硫酸钠Na2S2O5，常做食品抗氧化剂，说明其具有还原性，浸取中加入Na2S2O5的作用是

41、将+3价钴还原为+2价钴，以避免调节pH时将+3价钴沉淀，降低产率；(2)滤液1中加入NaClO3的作用是将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离，反应的离子方程式：6Fe2+ClO3-+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O；(3)加入Na2CO3溶液和铁离子发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式：2Fe3+3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3+3CO2；(4)分析可知滤渣3主要成分为CaF2、MgF2；(5)滤液3中加入萃取剂I，然后用稀盐酸反萃取的目的是分离出溶液中的Mn2+、Cu2+、Zn2+，回收利用；(6)制备晶体CoCl26H2O，需在减压环境下烘干的原因是：降低烘干温度，

42、防止产品分解产生有毒的无水氯化钴。18.【答案】(1)增大固体与气体的接触面积，增大反应速率，提高原料的利用率；(2)分液漏斗；随着c(SO42-)增大，水层中Ce4+被SO42-结合成CeSO42+，导致萃取平衡向生成CeSO42+移动，D迅速减小；(3)还原剂；2mol；(4)2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl；(5)95.56%【解析】【分析】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。【解答】(1)“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒

43、，其目的是增大固体与气体的接触面积，增大反应速率，提高原料的利用率；故答案：增大固体与气体的接触面积，增大反应速率，提高原料的利用率；(2)实验室中萃取时用到的主要玻璃仪器名称为分液漏斗；保持其它条件不变，在起始料液中加入不同量的Na2SO4以改变水层中的c(SO42-)，D随起始料液中c(SO42-)变化的原因是随着c(SO42-)增大，水层中Ce4+被SO42-结合成CeSO42+，导致萃取平衡向生成CeSO42+移动，D迅速减小；故答案：分液漏斗；随着c(SO42-)增大，水层中Ce4+被SO42-结合成CeSO42+，导致萃取平衡向生成CeSO42+移动，D迅速减小；(3)“反萃取”中

44、，在稀硫酸和H2O2的作用下CeO2转化为Ce3+，故CeO2为氧化剂，则H2O2在该反应中作还原剂，每有1molH2O2参加反应，转移电子的物质的量为2mol;故答案：还原剂；2mol；(4)“氧化”步骤的化学方程式为2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl；故答案：2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl；(5)取上述流程中得到的CeO2产品0.4500g，加硫酸溶解后，用0.1000mol/LFeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3+，其他杂质均不反应)，消耗25.00mL标准溶液，消耗n(Fe2+)=2.510-3mol，根据得失

45、电子守恒，n(CeO2)=n(Fe2+)=2.510-3mol，该产品中CeO2的质量分数=2.510-3mol172g/mol0.4500g100=95.56;故答案：95.56%。19.【答案】(1)升温，搅拌(2)2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O(3)Mg(OH)2；适当提高温度(4)加热浓缩，降温结晶，过滤【解析】【分析】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，有一定难度。【解答】(1)提高酸浸的速率，我们可以升温，搅拌，提高酸的浓度，增大矿粉的接触面积等任意选两点；(2)加入过氧化氢主要是将+2价铁离子氧化为+3价铁离子，故离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O(3)加入氢氧化钠调节，主要的沉淀物为，氢氧化钙和氢氧化镁；据图分析可知，氢氧化钙的溶解度随着温度升高而减小，氢氧化钡的溶解度随着温度升高而增大，要使Ca2+更好沉淀，还应采取的措施为升高温度，故答案为：Mg(OH)2；适当提高温度；(4)由酸化后的溶液得到 BaCl22H2O固体的过程，涉及到的实验操作为：加热浓缩，降温结晶，过滤。20.【答案】(1)FeS2(2)硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中【解析】略