2022届高三大一轮复习工艺流程题专题周练_08无机工业流程题 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_08无机工业流程题一、单选题（本大题共13小题，共39分）1. 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(FeSO47H2O)，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2C. 从溶液2得到FeSO47H2O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FeSO47H2

2、O2. 从粗铜精炼的阳极泥(主要含有Cu2Te)中提取粗碲的一种工艺流程如图：(已知TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱)下列有关说法正确的是( )A. “氧化浸出”时为使碲元素沉淀充分，应加入过量的硫酸B. “过滤”用到的玻璃仪器：分液漏斗、烧杯、玻璃棒C. 判断粗碲洗净的方法：取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，没有白色沉淀生成D. “还原”时发生的离子方程式为2SO32-+Te4+4OH-=Te+2SO42-+2H2O3. 用含硫酸锰(MnSO4)的废锰矿渣制备碳酸锰的某种工艺流程如图所示。下列说法错误的是()溶解时采取4050，是为了加快废锰矿渣的溶解抽滤属于加压过滤，比常压过滤压

3、强更大抽滤与常压过滤相比速度更快，固体和液体分离更彻底沉锰的离子方程式为：Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O采用高温烘干，可得到纯净干燥的产品A. B. C. D. 4. 某化工厂制备净水剂硫酸铁铵晶体NH4Fe(SO4)26H2O的一种方案如下：下列说法不正确的是( )A. 滤渣A的主要成分是CaSO4B. 相同条件下，NH4Fe(SO4)26H2O净水能力比FeCl3强C. “合成”反应要控制温度，温度过高，产率会降低D. “系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、干燥等5. 某同学采用硫铁矿焙烧后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3)制取七水合硫酸亚铁(FeS

4、O47H2O)，设计了如图流程：下列说法不正确的是()A. 溶液1中的阳离子可与NH4+、I-、SO42-在同一溶液中大量共存B. 固体1为SiO2，试剂X为FeC. 向固体2中加入足量NaOH溶液，发生反应的离子方程式：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2OD. 从溶液2得到FeSO47H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解6. 由硫铁矿烧渣(主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO)得到绿矾(FeSO47H2O)，再通过绿矾制备铁黄FeO(OH)的流程如下：烧渣溶液绿矾铁黄已知：FeS2和铁黄均难溶于水下列说法不正确的是( )A. 步骤，最好用硫酸来溶解烧渣B. 步骤，涉及的

5、离子反应为FeS2+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42-+16H+C. 步骤，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得纯净绿矾D. 步骤，反应条件控制不当会使铁黄中混有Fe(OH)37. 废铁屑制Fe2O3的一种流程如下图：下列说法不正确的是( )A. 热的纯碱溶液可去除废铁屑表面的油污B. 操作a是萃取C. 冰水既可洗去杂质又可减少固体的溶解D. Fe2O3可用作红色颜料8. (NH4)2SO4是一种常见的化肥，某工厂用石膏、NH3、H2O、CO2制备(NH4)2SO4的工艺流程如下：下列说法正确的是( )A. 通入NH3和CO2的顺序可以颠倒B. 操作1为过滤，操作2

6、为蒸馏C. 步骤中反应的离子方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O=CaCO3+2NH4+SO42-D. 通入的NH3和CO2均应过量，且工艺流程中CO2可循环利用9. 一种制备高效漂白剂NaClO2的实验流程如图所示，反应I中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，下列说法中正确的是( )A. 反应中H2O2做还原剂B. 产品中含有SO42-、Cl-C. NaClO2的漂白原理与SO2相同D. 实验室进行结晶操作通常在坩埚中进行10. 某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag(金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可

7、忽略)。已知：AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3H2OAgNH32+Cl-+2H2O下列说法错误的是A. “氧化”阶段需在80C条件下进行，可用水浴加热B. 为加快“溶解”速率，可采用高温条件C. 实验室中过滤时使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒D. 为提高Ag的回收率，需对“过滤”的滤渣进行洗涤，并将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中11. 以硼镁铁矿(含2MgOB2O3H2O、SiO2及少量Fe3O4、CaCO3、Al2O3)为原料生产硼酸的工艺流程如下。(已知：Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2、5.2、9.7和12.4)。下列说法正确

8、的是( )A. “酸浸”时为防止物料随泡沫从反应器溢出，故应分批加入H2SO4B. 酸浸后使用“热过滤”可以促进SiO32-水解C. 除杂过程中，试剂b为氨水，并调节溶液pH=12.4D. 蒸发母液可以获得Mg(OH)212. 用“H2SO4浸出萃取”法从铅烟灰(主要含有In2O3，还含有PbO和SiO2杂质)中回收铟(In)的生产工艺流程如下图所示，下列说法错误的是已知：I.萃取发生反应：In2(SO4)3+6(HA)2(有机液)2In(HA2)3(有机液)+3H2SO4。II.反萃取发生反应：In(HA2)3(有机液)+4HCl3(HA)2(有机液)+HInCl4。A. “高温酸浸”时，为

9、了加快酸浸的速率可以用浓盐酸代替稀硫酸B. “萃取”时，可向溶液中加入适量的NaOH以提高浸取率C. “反萃”时，适当增加盐酸的浓度可提高铟的反萃取率D. “置换”时发生反应的化学方程式为3Zn+2HInCl4=2In+3ZnCl2+2HCl13. 三氧化二镍(Ni2O3)是一种重要的电子元件材料和蓄电池材料。工业上利用含镍废料(镍、铁、钙、镁合金为主)制取草酸镍(NiC2O42H2O)，再高温煅烧草酸镍制取三氧化二镍。已知草酸的钙、镁、镍盐均难溶于水，工艺流程图如图所示：下列说法错误的是( )A. 加入H2O2发生反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2OB. 加入碳酸

10、钠溶液调pH至4.05.0，其目的为促进Fe3+水解沉淀完全C. 加入NH4F得到的滤渣成分为CaF2、MgF2D. 草酸镍(NiC2O42H2O)受热分解的产物为Ni2O3、CO2、H2O二、流程题（本大题共5小题，共61分）14. 利用冷热镀管废料锌灰制ZnSO47H2O晶体进而获取ZnO，并探索电解法氢电极增压还原氧化锌制锌的工艺流程如下图所示：已知：锌灰的主要成分为ZnO、ZnCl2，还含有SiO2、CuO、PbO和FeO;Cu+Cl-=CuCl。回答下列问题：(1)滤渣1的主要成分为SiO2和。(2)酸浸时，硫酸浓度不能过高，原因是。(3)写出“沉铜”时的离子方程式。(4)在pH为5

11、.6的条件下氧化后，再加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅拌，其目的是。(5)氢电极增压还原氧化锌的装置如图所示，储罐内ZnO溶解后形成Zn(OH)42-，每溶解1molZnO需消耗molKOH。电解池中总反应的离子方程式为：。(6)该工艺产生的废水中含有Zn2+，排放前需要进行处理。向废水中加入CH3COOH和CH3COONa组成的缓冲溶液调节pH，通入H2S发生反应：Zn2+H2SZnS(s)+2H+。处理后的废水中部分微粒浓度为：微粒H2SCH3COOHCH3COO-浓度/(molL-1)0.100.050.10处理后废水的pH=，c(Zn2+)=(已知：Ksp(ZnS)=1.010-23，Ka

12、1(H2S)=1.010-7,Ka2(H2S)=1.010-14，Ka(CH3COOH)=2.010-5)。15. 实验室里需要纯净的氯化钠溶液，但实验室只有混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠.某学生设计了如下方案进行提纯：(1)操作能否改为加硝酸钡溶液，_(填“能”或“否”)，理由_。(2)进行操作后，如何判断SO42-已除尽，方法是_。(3)操作的目的是_。.硫酸亚铁铵(NH4)2SO4FeSO46H2O为浅绿色晶体，实验室中常以废铁屑为原料来制备，其步骤如下：步骤1：将废铁屑放入碳酸钠溶液中煮沸除油污，分离出液体，用水洗净铁屑。步骤2：向处理过的铁屑中加入过量的3mol/LH2SO4溶液，在6

13、0左右使其反应到不再产生气体，趁热过滤，得FeSO4溶液。步骤3：向所得FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，经过“一系列操作”后得到硫酸亚铁铵晶体。请回答下列问题：(1)在步骤1中，分离操作所用到的玻璃仪器有_。(填仪器编号)漏斗 分液漏斗 烧杯 广口瓶 铁架台 玻璃棒 酒精灯(2)在步骤3中，“一系列操作”依次为_、_和过滤。(3)实验室欲用18mol/LH2SO4来配制240mL3mol/LH2SO4溶液，需要量取_mL浓硫酸，实验时，下列操作会造成所配溶液浓度偏低的是_。(填字母)a.容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理 b.未冷却至室温直接转移至容量瓶中c.加水时超过刻度线后又倒

14、出 d.定容时仰视刻度线16. 一种以冷热镀管废料锌灰制ZnSO47H2O晶体，进而获取ZnO，并探索氢电极增压还原氧化锌电解法制锌的方法，工艺流程如图所示：已知：锌灰的主要成分为ZnO、ZnCl2，还含有SiO2、CuO、PbO和FeO。Cu+Cl-=CuCl。回答下列问题：(1)滤渣1的主要成分为SiO2和_。(2)酸浸时，硫酸浓度不能过高，原因是_。(3)写出沉铜时的离子方程式：_。(4)在pH为5.6的条件下氧化后，再加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅拌，其目的是_。(5)氢电极增压还原氧化锌的装置如图所示，储罐内ZnO溶解后形成ZnOH42-，每溶解1molZnO需消耗_molKOH。电解

15、池中的总反应的离子方程式为_。(6)该工艺废水中含有Zn2+，排放前需处理。向废水中加入CH3COOH和CH3COONa组成的缓冲溶液调节pH，通入H2S发生反应Zn2+H2SZnS(s)+2H+。处理后的废水中部分微粒的浓度如表所示：微粒H2SCH3COOHCH3COO-浓度/(molL-1)0.100.050.10处理后的废水的pH=_，c(Zn2+)=_已知：Ksp(ZnS)=1.010-23，Ka1(H2S)=1.010-7，Ka2(H2S)=1.010-14，Ka(CH3COOH)=2.010-5。17. CoCl26H2O是一种饲料营养强化剂。利用水钴矿(主要成分为Co2O3和少量

16、Fe2O3、MnO、Al2O3、MgO、CaO等)制取CoCl26H2O的工艺流程如下：已知：Na2SO3能还原Fe3+和Co3+；酸性条件下，ClO-不会氧化Co2+。回答下列问题：(1)提高“酸浸”速率的措施有_(任写2种)。(2)“酸浸”后加入Na2SO3，钴的存在形式为Co2+，产生Co2+反应的离子方程式为_。(3)沉淀a的成分是Fe(H)3和Al(OH)3，溶液1中加入NaClO的作用是_；溶液4中的金属离子只有Co2+、Mn2+和Na+三种，则沉淀b的成分是_。(4)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如下图所示，萃取剂使用的适宜pH范围是_(填字母序号)。A.1.02.0 B.

17、2.53.5C.4.05.0 D.5.06.0(5)为测定粗产品中CoCl26H2O的含量，称取2.0g粗产品溶于水，配成100mL溶液，每次取出20.00mL置于锥形瓶中，加入K2CrO4做指示剂(Ag2CrO4为砖红色沉淀)，用0.20mol/L的AgNO3标准溶液滴定至终点，三次滴定平均消耗AgNO3标准溶液10.00mL，该粗产品中CoCl26H2O的质量分数为_。用K2CrO4做指示剂时，需要控制溶液pH不能太大也不能太小，原因为_。18. 从废旧锂离子二次电池(主要成分为LiCoO2，还含有少量石墨和镀镍金属钢壳、铝箔以及钙等杂质)中回收钴和锂的工艺流程如下：回答下列问题：(1)“

18、碱浸”的目的是_。(2)“酸浸”过程中LiCoO2发生反应的离子方程式为：_，浸渣中含有的主要成分是_。(3)“萃取净化”除去的杂质离子有Ni2+外，还有_。(4)“萃取分离”中钴、锂萃取率与平衡pH关系如图1所示，pH一般选择5左右，理由是_。(5)“沉锂”中Li2CO3溶解度随温度变化曲线如图1所示：根据平衡原理分析Li2CO3在水中溶解度随温度变化的原因_。为获得高纯Li2CO3，提纯操作依次为趁热过滤、_、烘干。若“沉锂”中c(Li+)=1.0molL-1，加入等体积等浓度Na2CO3溶液，此时实验所得沉锂率为_。(已知Li2CO3的Ksp为9.010-4)答案和解析1.【答案】D本题

19、考查制备实验方案的设计与评价、工艺流程的分析应用，题目难度中等，侧重学生分析能力和创新能力的培养，注意把握常见物质的分离方法。【解答】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)，混合物中加入足量硫酸，Fe2O3、Al2O3与酸反应生成硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，固体1为二氧化硅；在滤液中加入铁粉将铁离子还原为亚铁离子，调节pH值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，过滤，固体2为氢氧化铝，溶液2为硫酸亚铁，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到硫酸亚铁晶体，A.由流程分析可知，溶解烧渣选用足量硫酸，X为铁粉，故A正确；B.由流程分析可知，固体1中一定含有Si

20、O2，调节pH值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，则固体2为氢氧化铝，故B正确；C.亚铁离子易被空气中的氧气氧化，而且受热易失去结晶水，所以从溶液2得到FeSO47H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解，故C正确；D.在溶液1中含有铁离子和铝离子，加过量的氢氧化钠，铝离子转化为偏铝酸根离子，铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化铁沉淀，所以最终得到的是硫酸铁而不是硫酸亚铁，故D错误。故选：D。2.【答案】C【解析】【分析】本题考查工业流程，弄清流程中每一步的目的、化学反应原理、方程式的书写，实验操作的判断是解本题关键，涉及计算要注意得失电子守恒的运用。【解答】A.由题中信息可知，TeO2微溶于水

21、，易溶于强酸和强碱，是两性氧化物。Cu2Te与硫酸、氧气反应，生成硫酸铜和TeO2，硫酸若过量，会导致TeO2的溶解，造成原料的利用率降低，故A错误；B.“过滤”用到的玻璃仪器：漏斗、烧杯、玻璃棒，故B错误；C.通过过滤从反应后的混合物中获得粗碲，粗碲表面附着液中含有SO42-，取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明洗涤干净，故C正确；D.Na2SO3加入Te(SO4)2溶液中进行还原得到固态碲，同时生成Na2SO4，该反应的离子方程式是2SO32-+Te4+2H2O=Te+2SO42-+4H+，故D错误。故选C。3.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查的是制备

22、碳酸锰的工艺流程，意在考查学生的分析能力和知识应用能力，解题的关键是根据所加试剂和操作名称理清流程图各步骤操作的作用。【解答】温度升高，反应速率加快，溶解时采取4050，是为了加快废锰矿渣的溶解，故正确；抽滤属于减压过滤，比常压过滤压强小，通过在抽滤瓶中形成负压而加快过滤过程，故错误；抽滤属于减压过滤，通过在抽滤瓶中形成负压而加快过滤过程，抽滤与常压过滤相比速度更快，固体和液体分离更彻底，故正确；滤液2中加入碳酸氢铵，沉锰时生成碳酸锰，则沉锰的离子方程式为：Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O，故正确；高温烘干会造成碳酸锰的分解，不能采用高温烘干，故错误，综上所述，说法错误的是。4

23、.【答案】B【解析】【分析】本题以无机工艺流程考查物质的制备，为高频考点。解答时，要根据所给流程图进行合理分析，掌握所加试剂的作用以及每一步过程的原理。【解答】A.硝酸钙和硫酸反应会产生微溶物硫酸钙，则滤渣A的主要成分为CaSO4，故A正确；B.FeCl3净水原理是Fe3+水解产生氢氧化铁胶体后，吸附水中的悬浮物而净水，NH4Fe(SO4)26H2O中NH4+和Fe3+都水解，且相互抑制，净水能力不如FeCl3，故B错误；C.“合成”时，若温度过高，会导致产品分解，产率降低，故C正确；D.由溶液析出硫酸铁铵晶体需要蒸发浓缩、降温结晶、过滤、干燥等步骤，故D正确。故选B。5.【答案】A【解析】【

24、分析】本题主要考查七水合硫酸亚铁制备的工艺流程，涉及实验方案的设计与评价、离子共存、离子方程式的书写、工艺流程的分析应用，侧重学生分析能力和创新能力的培养，解题时根据原料的组成和流程图中的添加试剂判断各步骤操作的意义和涉及的反应。【解答】烧渣中加入足量酸，因为最终制取的是七水合硫酸亚铁，所以加入的酸是稀硫酸，Fe2O3、Al2O3和稀硫酸反应生成可溶性硫酸盐，SiO2不溶于稀硫酸，过滤后得到的固体1为SiO2，滤液1中含有硫酸铁、硫酸铝和硫酸；加入NaOH溶液控制溶液的pH得到固体2和溶液2，溶液2中含有亚铁离子，则试剂X能还原铁离子生成亚铁离子且不能引进新的杂质，则X为Fe，固体2为氢氧化铝

25、和过量的Fe，将溶液2蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeSO47H2O，A.通过以上分析知，溶液1中含有铁离子、铝离子和氢离子，铁离子和碘离子发生氧化还原反应而不能大量共存，故A错误；B.通过以上分析知，固体1为SiO2，试剂X为Fe，故B正确；C.固体2中含有氢氧化铝，氢氧化铝能和足量NaOH反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故C正确；D.亚铁离子易被空气中的氧气氧化，而且受热易失去结晶水，所以从溶液2得到FeSO47H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解，故D正确。故选A。6.【答案】C【解析】【分析】本题考查化学物质的制备、

26、铁的化合物的转化、氧化还原反应、离子方程式的书写等，为高频考点，把握制备流程中发生的反应、混合物分离方法、实验技能等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。【解答】A.因绿矾的酸根离子为硫酸根离子，则步骤，最好用硫酸来溶解烧渣，故A正确；B.步骤发生FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，离子反应为FeS2+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42-+16H+，故B正确；C.步骤为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，若蒸干时绿矾受热失去结晶水，故C错误；D.步骤，反应条件控制不当，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe(OH

27、)3，故D正确。故选C。7.【答案】B【解析】【分析】本题考查了物质的制备，涉及盐类水解的应用、铁的单质及其化合物的转化、化学实验基本操作等知识，题目难度不大。【解答】A、热的纯碱溶液可去除废铁屑表面的油污，故A正确；B、加入碳酸氢铵溶液得到沉淀，操作a为过滤，故B错误；C、冰水既可洗去杂质又可减少固体的溶解，故C正确；D、Fe2O3俗称铁红，可用作红色颜料，故D正确；故选：B。8.【答案】C【解析】【分析】本题是一道关于物质的分离制备方法的实验设计题，考查学生分析和解决问题的能力，难度大。【解答】A.中性条件下CO2的溶解度很小，但是氨气易溶于水，得到的氨水易和二氧化碳反应，能把CaSO4完

28、全转化为CaCO3，通入NH3和CO2的顺序不能调换，故A错误；B.操作1为过滤，操作2为结晶，故B错误；C.步骤中反应的离子方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O=CaCO3+2NH4+SO42-，故C正确；D.步骤中通入的CO2应适量，过量的二氧化碳会与碳酸钙沉淀反应，故D错误。故选C。9.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查物质制备，侧重考查实验操作、仪器选取、氧化还原反应等知识点，明确实验原理、元素化合物性质、常见仪器的使用方法是解本题关键，会正确书写反应II的方程式，题目难度一般。【解答】反应中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2S

29、O4+NaCl，然后向溶液中加入NaOH溶液、H2O2，根据流程图知，反应II中生成NaClO2，则ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂生成氧气，根据原子守恒、转移电子守恒知，发生反应II为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O，然后从溶液中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品NaClO2，A.反应II中Cl元素化合价由+4价变为+3价，则ClO2是氧化剂，H2O2作还原剂生成氧气，故A正确；B.反应II中ClO2可能生成氯离子，所以产品中不含SO42-，可能含有氯离子，故B错误；C.NaClO2能氧化有色物质而体现漂白性，SO2和有色物质发生化合反应生成无色物

30、质，所以二者漂白原理不同，故C错误；D.从溶液中获取结晶在蒸发皿中进行，灼烧固体在坩埚中进行，则实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行，故D错误。故选A。10.【答案】B【解析】【分析】本题考查物质的制备的工艺流程，掌握物质的性质和分离的实验原理即可解答，难度一般，侧重考查分析能力和灵活运用能力。【解答】A.“氧化”阶段需在80C条件下进行，水的沸点为100，则可用水浴加热，故A正确；B.为加快“溶解”速率，可采用搅拌等方法，因为氨水易挥发出氨气，不应该采用高温条件，故B错误；C.实验中过滤时使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故C正确；D.为提高Ag的回收率，需对“过滤”的滤渣进行洗涤，滤液中

31、含有银元素，并将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中，故D正确。11.【答案】A【解析】【分析】本题以“硼镁铁矿为原料制备硼酸”的化工流程为情境素材，综合考查考生对无机物的除杂与转化原理及实验操作的掌握程度，难度一般，解题的关键是对流程的解读。【解答】A.硼镁铁矿中的CaCO3与稀硫酸产生CO2，分批加入H2SO4，可以防止物料随泡沫从反应器溢出，故A正确；B.热过滤的目的为防止硼酸晶体析出，SiO2在稀硫酸条件下以浸出渣形式析出，故B错误；C.为避免引入新杂质，试剂b适宜使用MgO、Mg(OH)2等，并且生产硼酸，需要pH7，故C错误；D.蒸发母液可以获得MgSO4，故D错误。12.【答案】A【解

32、析】【分析】本题考查萃取和反萃取，难度中等，明确萃取和反萃取的原理是解答关键。【解答】A.“高温酸浸“时，不能用浓盐酸代替稀硫酸，否则浓盐酸在高温条件下与二氧化锰反应生成氯气，影响萃取等工艺，选项A错误；B.“萃取“时，可向溶液中加入适量的NaOH，消耗硫酸，使平衡In2(SO4)3+6(HA)2(有机液)2In(HA2)3(有机液)+3H2SO4正向移动，可提高浸取率，选项B正确；C.“反萃“时，适当增加盐酸的浓度，平衡In(HA2)3(有机液)+4HCl3(HA)2(有机液)+HInCl4正向移动，可提高铟的反萃取率，选项C正确；D.“置换”时锌与HInCl4反应产生In，发生反应的化学方

33、程式为3Zn+2HInCl4=2In+3ZnCl2+2HCl，选项D正确；答案选A。13.【答案】D【解析】【分析】本题考查制取三氧化二镍的工艺流程，难度一般，解题关键是准确分析流程中产品、杂质、试剂及操作。【解答】含镍废料为固体，需变成溶液后进行处理，故操作为酸溶，加双氧水将Fe2+氧化为Fe3+；加碳酸钠是为了除去铁离子，得到氢氧化铁沉淀和含钙离子、镁离子、镍离子的滤液，加入NH4F是为了除去钙离子、镁离子，生成CaF2、MgF2沉淀而被除去。A.含镍废料先加酸溶解，得到对应金属阳离子，加入H2O2可将Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H

34、2O，故A正确；B.Fe3+易水解，加入碳酸钠溶液调pH至4.05.0，其目的就是为了促进Fe3+水解沉淀完全，从而除去Fe3+，故B正确；C.CaF2、MgF2均为难溶物，加入NH4F溶液使Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2，从而除去Ca2+、Mg2+，故C正确；D.草酸镍(NiC2O42H2O)受热分解的产物为Ni2O3、CO2、CO、H2O，故D错误。14.【答案】(1)PbSO4(2)防止产生SO2气体污染环境或导致反应速率太小(3)Zn+2Cu2+2Cl-=2CuCl+Zn2+(4)促使Fe(OH)3胶体聚沉，有利于过滤分离(5)2；H2+ZnOH42-电解2H2O+Zn+2

35、OH-(6)5；1.010-11molL-1【解析】【分析】本题考查有关工艺流程题内容，难度较大，掌握流程中每步反应并能进行相关分析是解答的关键。【解答】锌灰用硫酸酸浸，PbO转化成PbSO4沉淀，SiO2不溶于酸或水，则过滤得到的滤渣1的主要成分为PbSO4和SiO2；滤液含有ZnSO4、FeSO4、CuSO4和H2SO4，向滤液中加入Zn，将Cu2+还原为Cu+进而生成CuCl沉淀达到沉铜的目的，继续向溶液中加入H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，再加入ZnO调节溶液pH，将Fe3+转化成氢氧化铁沉淀并过滤除去，将滤液蒸发、浓缩并冷却结晶，过滤得到ZnSO47H2O，进而得到氧化锌，最后电解

36、生成Zn，以此解答该题。(1)由分析可知，滤渣1的主要成分为SiO2和PbSO4；(2)浓硫酸有强氧化性，酸浸时，如果使用的硫酸的浓度过高，反应速率会很慢，在溶解时会生成SO2，污染环境；(3)沉铜时加入Zn，发生反应的离子方程式为Zn+2Cu2+2Cl-=2CuCl+Zn2+；(4)在pH为5.6的条件下氧化后，生成的Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，继续加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅拌，可促使Fe(OH)3胶体聚沉，有利于过滤分离；(5)储罐内ZnO溶解后形成ZnOH42-，发生反应的离子方程式为2OH-+ZnO+H2O=ZnOH42-，则每溶解1molZnO，需消耗2molKOH；电解池阳极上

37、的H2在碱性条件下失电子氧化生成H2O，电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，阴极上ZnOH42-得电子还原生成Zn，电极反应式为ZnOH42-+2e-=Zn+4OH-，则电解池中的总反应的离子方程式为H2+ZnOH42-电解2H2O+Zn+2OH-；(6)已知Ka=CH3COOH=cH+cCH3COO-cCH3COOH=cH+0.1molL-10.05molL-1=2.010-5，则c(H+)=1.010-5molL-1，此时溶液pH=5；Ka1H2SKa2H2S=cH+cHS-cH2ScH+cS2-cHS-=c2H+cS2-cH2S=1.010-71.010-14，其中c(H+)=

38、1.010-5molL-1，c(H2S)=0.10molL-1，则c(S2-)=1.010-12molL-1，此时Ksp(ZnS)=1.010-23=c(Zn2+)c(S2-)，则c(Zn2+)=1.010-11molL-1。15.【答案】.(1)否；改用Ba(NO3)2会使溶液中引入新的杂质离子NO3- (2)静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，溶液不变浑浊，则已除尽 (3)除去滤液中溶解的CO2和多余的盐酸 .(1) (2)蒸发浓缩；降温结晶 (3)41.7；cd【解析】【分析】本题综合考查物质的分离提纯以及制备实验方案，为高频考点和常见题型，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能

39、力，题目涉及基本操作、离子检验等知识点，明确实验原理是解本题关键，题目难度中等。【解答】.(1)操作中改为加硝酸钡溶液，会引入新的杂质离子NO3-，得不到纯的氯化钠，因此不能用Ba(NO3)2溶液代替BaCl2溶液，故答案为：否；改用Ba(NO3)2会使溶液中引入新的杂质离子NO3-；(2)操作加入氯化钡溶液，目的是除去硫酸根离子，判断SO42-已除尽的方法是：静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，溶液不变浑浊，则已除尽，故答案为：静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，溶液不变浑浊，则已除尽；(3)滤液中剩余的碳酸钠与过量的盐酸反应生成二氧化碳、氯化钠，因此操作加热煮沸的目的是除去滤液

40、中溶解的CO2和多余的盐酸，故答案为：除去滤液中溶解的CO2和多余的盐酸；.(1)进行过滤操作，所用到的玻璃仪器有漏斗，烧杯，玻璃棒，故答案为：；(2)由溶液制晶体时，要经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等步骤；故答案为：蒸发浓缩；降温结晶；(3)根据溶液稀释前后溶质的量不变规律，实验室没有240mL容量瓶，只能选用250mL容量瓶，因此18mol/LV(浓H2SO4)=0.25L3mol/L，V(H2SO4)=0.0417L=41.7mL；a.容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，对所配溶液浓度无影响，故a错误；b.未冷却至室温直接转移至容量瓶中，等溶液冷却到室温后，溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏

41、大，故b错误；c.加水时超过刻度线后又倒出，造成溶质的量减少，所配溶液浓度偏低，故c正确；d.定容时仰视刻度线，造成溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低，故d正确，故答案为：41.7；cd。16.【答案】(1)PbSO4(2)产生SO2，污染环境或无法反应(速率慢)等(3)Zn+2Cu2+2Cl-=2CuCl+Zn2+(4)促使Fe(OH)3胶体聚沉，有利于过滤分离(5)2；H2+ZnOH42-电解2H2O+Zn+2OH-(6)5；1.010-11molL-1【解析】【分析】本题考查有关工艺流程题内容，难度较大，掌握流程中每步反应并能进行相关分析是解答的关键。【解答】锌灰用硫酸酸浸，PbO转化成P

42、bSO4沉淀，SiO2不溶于酸或水，则过滤得到的滤渣1的主要成分为PbSO4和SiO2；滤液含有ZnSO4、FeSO4、CuSO4和H2SO4，向滤液中加入Zn，将Cu2+还原为Cu+进而生成CuCl沉淀达到沉铜的目的，继续向溶液中加入H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，再加入ZnO调节溶液pH，将Fe3+转化成氢氧化铁沉淀并过滤除去，将滤液蒸发、浓缩并冷却结晶，过滤得到ZnSO47H2O，进而得到氧化锌，最后电解生成Zn，以此解答该题。(1)由分析可知，滤渣1的主要成分为SiO2和PbSO4；(2)浓硫酸有强氧化性，酸浸时，如果使用的硫酸的浓度过高，反应速率会很慢，在溶解时会生成SO2，污染环

43、境；(3)沉铜时加入Zn，发生反应的离子方程式为Zn+2Cu2+2Cl-=2CuCl+Zn2+；(4)在pH为5.6的条件下氧化后，生成的Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，继续加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅拌，可促使Fe(OH)3胶体聚沉，有利于过滤分离；(5)储罐内ZnO溶解后形成ZnOH42-，发生反应的离子方程式为2OH-+ZnO+H2O=ZnOH42-，则每溶解1molZnO，需消耗2molKOH；电解池阳极上的H2在碱性条件下失电子氧化生成H2O，电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，阴极上ZnOH42-得电子还原生成Zn，电极反应式为ZnOH42-+2e-=Zn+4OH-，则电解

44、池中的总反应的离子方程式为H2+ZnOH42-电解2H2O+Zn+2OH-；(6)已知Ka=CH3COOH=cH+cCH3COO-cCH3COOH=cH+0.1molL-10.05molL-1=2.010-5，则c(H+)=1.010-5molL-1，此时溶液pH=5；Ka1H2SKa2H2S=cH+cHS-cH2ScH+cS2-cHS-=c2H+cS2-cH2S=1.010-71.010-14，其中c(H+)=1.010-5molL-1，c(H2S)=0.10molL-1，则c(S2-)=1.010-12molL-1，此时Ksp(ZnS)=1.010-23=c(Zn2+)c(S2-)，则c(

45、Zn2+)=1.010-11molL-1。17.【答案】(1)将水钴矿石粉碎；充分搅拌；适当增加盐酸浓度；提高酸浸温度等；(2)2Co3+SO32-+H2O=2Co2+SO42-+2H+；(3)将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+；MgF2、CaF2；(4)B；(5)59.5%；pH太小K2CrO4氧化Cl-(或转化为Cr2O72-)，pH太大生成AgOH沉淀(或Ag2O沉淀)。【解析】【分析】本题主要考查无机化工流程，注意结合元素化合物的性质、氧化还原反应、化学反应原理的调控以及物质的分离提纯等进行分析解答，题目难度一般。【解答】(1)提高“酸浸”速率的措施有将水钴矿石粉碎；充分搅拌；适当增加盐

46、酸浓度；提高酸浸温度等；(2)“酸浸”时Co2O3与盐酸反应转化为CoCl3，结合已知信息Na2SO3能还原Fe3+和Co3+可知“酸浸”后加入Na2SO3，产生Co2+反应的离子方程式为：2Co3+SO32-+H2O=2Co2+SO42-+2H+；(3)“酸浸”后加入Na2SO3，Fe3+和Co3+被还原为Fe2+和Co2+，结合沉淀a的成分是Fe(H)3和Al(OH)3可知溶液1中加入NaClO的作用是将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+；溶液4中的金属离子只有Co2+、Mn2+和Na+三种，加入NaHCO3时除去了Fe3+和Al3+，则加入NaF时除去了Ca2+和Mg2+，则沉淀b的成分是M

47、gF2、CaF2；(4)萃取的目的是将Mn2+萃取分离，由图中信息可知当pH在2.53.5时，Mn2+的萃取率高而Co2+的萃取率低，故选B；(5)由CoCl26H2O2AgNO3，可知2.0g粗产品中CoCl26H2O的物质的量为：120.20molL-110.00mL10-3L/mL100mL20mL=510-3mol，则粗产品中CoCl26H2O的质量分数为：510-3mol238g/mol2.0g100=59.5%；用K2CrO4做指示剂时，若溶液pH太小，K2CrO4会转化为Cr2O72-且会氧化Cl-，若溶液pH太大，会生成AgOH沉淀(或Ag2O沉淀)。18.【答案】(1)除去铝

48、；(2)2LiCoO2+H2O2+6H+=2Li+2Co2+O2+4H2O；石墨、硫酸钙；(3)Fe3+；(4)分离效率最高；(5)Li2CO3溶解过程放热；洗涤；88.0%。【解析】【分析】本题考查物质分离与提纯的综合应用，难度解答。涉及物质的分离、溶解影响因素、化学平衡，除杂质等知识，(2)小题是易错题，易忽略化合价的改变。【解答】(1)废旧锂离子二次电池含有LiCoO2、少量石墨和镀镍金属钢壳、铝箔以及钙等杂质，加入氢氧化钠溶液，只有铝与其反应，生成偏铝酸钠溶液，其他成分不反应，故答案为：除去铝；(2)碱浸后，加入硫酸和双氧水，将锂、钴、镍转换成相应离子的混合溶液，LiCoO2中钴显+3

49、价，从后面可以看出，钴显+2价，从加入了硫酸和双氧水外，没有加入还原剂了，所以双氧水做还原剂，生成氧气，即2LiCoO2+H2O2+6H+=2Li+2Co2+O2+4H2O，石墨不溶解，钙转化成硫酸钙，硫酸钙溶解度低，故也存在于滤渣中；故答案为：2LiCoO2+H2O2+6H+=2Li+2Co2+O2+4H2O；石墨、硫酸钙；(3)二次电池含有镀镍金属钢壳，加入硫酸，会有少量的亚铁离子生成，在双氧水的作用下，转化成三价铁离子，存在于滤液中，故加入萃取剂A，净化时，除了镍离子外，还有少量的铁离子，故答案为：Fe3+(4)由图1可知，pH值25，随pH增加，萃取率在增加，当pH达到5左右时，萃取率

50、很高了，接近100%，而若pH再增加，萃取锂的含量将增加，萃取的钴纯度下降，故pH一般选择5左右进行萃取实验，故答案为：分离效率最高；(5)由图2可知，溶解度随着温度的升高而降低，根据平衡移动的原理，温度升高，平衡向吸热方向进行，故此溶解为放热过程，答案为：Li2CO3溶解过程放热；对物质进行提纯，在过滤和烘干之间，必须洗涤，以保证得到物质纯度较高，故答案为：洗涤c(Li+)=1.0molL-1，加入等体积等浓度Na2CO3溶液，在加入的瞬间，体积变为原来的2倍，故浓度变为原来的一半，即c(Li+)=c(CO32-)总=0.5molL-1，2Li+CO32-=Li2CO3，故碳酸根过量，反应后c(CO32-)=0.25molL-1，根据Ksp=c2(Li+)c(CO32-)=9.010-4，从而求得c(Li+)=0.06mol/L，故沉锂率=0.5-0.060.5100%=88.0%，故答案为：88.0%。