2022届高三化学一轮复习工艺流程题专题周练12制备类无机化学流程综合题含解析

4424422223232制类机学程合一、单选题（本大题共小题共分）1.某实验小组采用废铁屑来制备硫酸铁铵晶[NHFeSO

O，体流程如下：下列说法不正确的是A.步①可采用热的纯碱处理B.步②中加铁屑至将稀硫酸恰好反应完全C.步③5％的HO应当过量的是确保将2完全氧化和过氧化氢催化分解消耗问题D.步⑤的操作方法是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥2.从某含有F、FeCl、CuCl的业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下：232则下列说法不正确的是A.试a是粉、试剂b是盐酸B.试c是气，相应的反应2Fe2Cl2Fe2Cl2

C.操Ⅰ、操作Ⅱ所用仪器相同D.取量溶液W于管，滴入几滴NaOH溶液以得到OH胶3.重铬酸钾是一种重要的化工原料工业上由铬铁主要成分为eO⋅CrO、SiO等制备，制备流程如图所示：-1-

2323322422已知：.步骤①的主要反应为：2FeOCrOCO7NaNO

4NaFe4CO7NaNO2432bCr

2H

Cr

OH，下列说法不正确的是272A.步①反应中NaCrO和e氧化产物2423B.步①熔融、氧化可以在石英坩埚中进行C.滤2中有SiO23D.步④调滤液2的pH使变有利Cr22

生成4.工业上制备高纯硅有多种方法，其中的一种工艺流程如下：已知：流化床反应的产物中，除SiCl外还有SilCl、SiHCl、SiHCl、FeCl等。432233下列说法正确的(A.电炉中发生的反应为：B.SiCl进入还原炉之前需要经蒸馏提纯4C.每产高硅，需要48LCl

标状况D.该艺Si的率高，符合绿色化学要求5.某学习小组以废催化主成分SiO、ZnO、ZnS和uS为原料，制备锌和铜的硫酸盐晶体。设计的实验方案如下：-2-

2Δ4242Δ4242432223下列说法正确的(A.步①中能溶于稀硫酸的是ZnO、ZnS和CuSB.步①、③中发生的反应均为氧化还原反应C.步③涉及的离子反应可能CuS+HO

2H

Cu2S+2H

2

OD.步②和④，采用蒸发结晶，过滤后均可获取粗晶体6.某小组以石膏CaSO2H

O为要原料制备NH

SO的流程如下：424下列说法正确的是A.气A是O，气体B是H23B.操Ⅰ中，所用的主要玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、分液漏斗C.操Ⅱ中，将滤液加热蒸干并灼烧可以得到纯净NHSOD.整过程的总反应方程式为CCO2NHH423

O=CaCO

3

NHSO447.以氯酸NaClO正确的

等原料制备亚氯酸NaClO的工艺流程如图所示，下列说法中，不2A.反1中每生成lO有0SO被氧B.从液中可以提取NaSO2C.反2中HO做化剂22D.采减压蒸发可能是为了防止aClO热分解28.实验室用含有杂(FeO、FeO

的废CuO制备胆矾晶体，经历了下列过已知3

在pH5沉淀完全其中分析错误的(-3-

32323223232322A.步②发生的主要反应为：2H

O22

2H2Fe2H2

OB.步②不能用氯水、硝酸等强氧化剂代替2C.步③用CuCO代CuO也调节溶液的pH3D.步④为过滤，步骤⑤蒸发结晶9.化工生产上有广泛用途的疏松多空的轻质碱式碳酸[MgCO

⋅MgOH⋅22

O是卤主要成分为M，含e2

、Fe3

等杂质离子为原料制备。工艺流程如下：注：氢氧化亚铁沉淀絮状，不易从溶液中除去下列说法正确的(A.沉的成分是FOH和eOH的混合物B.“”的操作步骤只有氧化C.“解”产生的O对生轻碱式碳酸MgCOD.“液II”呈酸性

⋅OH⋅3H22

O有重要的作用10.碲Te广用于彩色玻璃和瓷。工业上用精炼铜的阳极含质量分数为%的TeO、少量Ag为料制备单质碲的一种工艺流程如下知TeO微于水易于强酸和强碱下列有关说法不正确的是-4-

251625161122424322424A.“碲”时为使碲元素沉淀充分，应加入过量的硫酸B.将极泥研磨、反应适当加热都有利于提高“碱浸”的速率和效率C.“浸”时发生主要反应的离子方程式TeO

2

TeOH32

OD.若取过程碲元素的回收率为0%则处理1kg这种阳极泥最少需通入标准状况下SO2016L11.海水含有丰富的镁资源。同学设计了从模拟海水中制备MgO的验方案：模拟海水中的离子浓

Na

Mg

2

Ca2

Cl

HCO

3度(molL

1

0439

0050

0011

0560

0001注：溶液中某种离子的浓度小1010·L

，可认为该离子不存在。实验过程中设液体积不变知CaCO28×10sp

MgCO)6810sp3

6

，K

sp

OH]47102

，

sp

MgOH18102

。下列说法正确的是

A.沉X为aCO3B.滤M中在g2

，不存在C2C.滤N中在g2

、Ca

2D.步②中若改为加入.2gNaOH固体，沉淀YCOH和MOH的合物12.NH)SO是一常见的化肥，某工厂用石膏、O和CO制NHSO的工艺流程如下：下列说法正确的(-5-

4242422A.通NH和CO的顺可以互换3B.步②中反应的离子方程式为22NHCOH322

O=CaCO

3

2NH4C.操2为滤液加热浓缩、却结晶、过滤，可NHSOD.通的H和O均过量，工艺流程中CO可环利用22213.工业制备高纯硅有多种方，其中的一种工艺流程如下：已知：流化床反应的产物中，除SiCl外还有SiHCl、SiHCl、SiHCl、FeCl等。432233下列说法正确的(A.电炉中发生的反应为：B.SiCl进入还原炉之前需要经蒸馏提纯4C.每产高硅，需要48LCl

标状况D.该艺Si的率高，符合绿色化学要求14.NiSO

⋅6H4

O易溶于水，其溶解度随温度升明显增大．以电镀废主要成分是，有等量杂质为料备该晶体的流程如图所示说法错误的A.溶废渣时不能用稀盐酸代替稀硫酸B.除C2

可采用FeSC.流中b的目的是富集iSO4D.“作Ⅰ”为蒸发浓缩、冷却结晶二、流程题（本大题共6小题共58分）15.二氧铈CeO

2

是种重要的稀土化合物。以碳铈主要含CeCO3

F为料制备eO的一种工艺流程如图：-6-

4233612n44233612n42n24224443512已知：.Ce

能与F结成CeF

x

4x

，也能SO

24

结合成CeSO

；ⅱ在酸体系中C4

能被萃取剂HA

2

萃取，而C3

不能ⅲ常下，Ce(CO)

饱和溶液浓度为.010molL

。回答下列问题：1“氧化焙烧”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法____________(写出2种可。2写出“氧化焙烧”产物CeO与HSO反应的离子方程式______。223“萃取”时存在反应：Ce4nHACeHA22n42n

4H

.D表示e4

分别在有机层中与水层中存在形式的浓度之比D=

CeHAcCeSO

。保持其它条件不变，在起始料液中加入不同量的NaSO以变水层中的SO______。

，D随起始料液中c24

增大而减小的原因是4浸渣经处理可得eBF)43

，加入溶发生如下反应：BF)s3K

aq3KBF

4

sCe3aq。若一定温度时，BF)、KBF的分为a，则该反应的平衡434sp常数K______用a、b表示。5“反萃取”中加O的要反应离子方程式______。在“反萃取”后所得水层中加22入.0molL

1

的HHCO溶，产生eCO4233

沉淀，当C3沉完全Ce110mol⋅L

，溶液中c2约为______36CeO

2

是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧。在尾气消除过程中发生着CeO

2

CeO

xO≤x025的循环出C21x22

消除CO尾气的化学方程式：______。16.氯化铜CuCl是微溶于水不溶于乙醇的白色粉末溶于浓盐酸会生成HCuCl常作催化剂。一种由海绵Cu和少CuO等为料制备CuCl的工艺流程如下：-7-

234344422343444232331“溶解浸取”时，需将海绵铜粉碎成细颗粒，其目的______。2“还原，氯化”时，NaSO和NaCl用量对CuCl率的影响如图1、图所：23①CuSO与aSO在液反应生成CuCl的子方程式_。423②当nNaSO

nCuSO)1时比值越大CuCl产越小，其原因______4③当10<𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛

𝑛𝑛𝑛𝑛

15时，比值越大CuCl产率越大，其因是______。3“粗产品”用pH2的HSO水洗，若不慎用稀硝酸进行稀释，则对产品有何影响2______。4用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为uOH23

Cl被氧化为Cu(OH23

Cl的化学方程式为______。5某同学拟测定产品中氯化亚铜的质量分数。实验过程如下：准确称取制备的氯化亚铜产品1600g，其置于足量的F液中，待样品全部溶解后，加入适量稀硫酸，用0L

1

的MnO标准溶液滴定到终点，耗KMnO溶1.00mL，反应中mO被原为n

2

，则产品中氯化亚铜的质量分数______。17.CoCO在有工业用于制造催化剂、伪装涂料和化学温度指示剂，也是制造钴锂电池的重3要原料以钴废渣主成CoOO还含有lO、ZnO等杂质为料制备oCO的一种工艺流程如下：-8-

11213sp11213sp32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按属离子浓度为计算：10molL金离

开沉的

沉完的pHCo

2

76

94Al

3

30

50Zn

2

54

801写出“酸浸”时发生氧化还原反应的化学方程________________。2“除铝”过程中需要调节溶液pH的范围为，成沉渣时发生反应的离子方程式____________________3“萃取”操作中需要玻璃仪器主要__________________；4“沉钴”时，需缓慢滴加aCO溶，请解释原_________。要得到高纯oCO，233需对“沉钴”步骤所得的固体进行洗涤，检验固体已洗净的方法是__________________________________。5用纯碱沉淀转化法也可以从草酸O24

废料得到C3

，原理是向含有oCO固24的溶液中滴加NaCO溶液当有CoCO沉淀成时，溶液中233

___________。已K

CoCOsp4

6310

8

K

CoCO)14×]18.硒Se及化合物在工农业产中有许多用途，以铜阳极主成分为gSeSe和2银、金、铂等为料制备纯硒工艺流程如图所示：-9-

2°°°°2°°°°215回答下列问题：1“焙烧”时的硫酸最好为______________填“浓硫酸”或“稀硫酸2“焙烧”过程中uSe参与反时的氧化产物是__________________。3“水吸收”所发生的化学方程式_____________________________________。4“过滤”所得粗硒可采用真空蒸馏的方法进行提纯得纯硒真空蒸馏的挥发物中硒含量与温度的关系如图所示蒸馏操作中控制的最佳温度是_____________填标A455CBCC475CD515C5“水浸出”中的炉渣需粉碎温水进行浸泡是___________________，“浸渣”中含有的金属单质是______________。6若“浸出液”中cAg

3010mol·L

，则溶液中cSO

24

最为______________。已：AgSO)1410sp24

，计算结果保留2位效字-10-

243243419.磷精湿法制备磷酸的一种艺流程如下已知：磷精矿主要成分为a(POOH，含有CaPO543543

F和有机碳等。溶解度：CaPO)OH𝑛𝑛𝑛543

O·05H4

2

O1上述流程中能加快反应速率的措施__________________。2磷精矿粉酸浸时发生反应：2Ca

POOH3H543

O10H

10CaSO·05H4

2

O6PO①该反应体现出酸性关系HPOHSO324

填“”或“”。②结合元素周期律解释①中结论P和电子数相同_____________。3酸浸时，磷精矿中CaPO)53

F所含氟转化为HF，并进一步转化为iF去。写出生成4HF的学方程式：______________________________________4H

O将粗酸中的有机碳氧化为O脱，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同222反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80后脱除率变化的原因：。5脱硫时，CaCO3

稍过量，充分反应后仍有SO24

残留，原因；入aCO3进一步提高硫的脱除率，其离子方程式____________________。6取g所得精制磷酸加适量稀释以百里香酚酞作指示剂用molL

1

NaOH溶液滴-11-

3310定至终点时生成aHPO，消溶液cmL精制磷酸中HPO的量分数________。2434已：3PO摩质量为8mol

1

20.氯化焙烧菱锰矿制备高纯碳酸锰的工艺流程如下：已知：①菱锰矿石主要成分是M，含有少量Fe、Al、Mg元素；3②相关金属离子

形成氯氧化物沉淀时的pH如：金属离子

Al

Fe

Fe

2

Ca

2

Mn2

Mg

2开始沉淀的pH沉淀完全的pH

3852

1528

6383

106126

88108

96116③常温下，

的溶度积分别为146

、.3010

11回答下列问题：1“焙烧”时发生的主要化学反应方程式_____________________。2分析下列图1、图2、图3，化铵焙烧菱镁矿的最佳条件是：-12-

343451焙烧温度_，化铵与镁矿粉的质量之比__________，烧时间为___________．3浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入

氧化为e

，反应的离子方程式为________然调节溶液使e3

、Al沉完全，此时溶液的pH范围为___再加入NHF沉C2

、Mg

，当cCa

21010

mo1时，cMg⋅L

14碳化结晶时，发生反应的离子方程式___________。5流程中能循环利用的固态物质____________-13-

222答案和解析1.【答案】B【解析】【分析】本题考查化学物质的制取流程、混合物的分离方法、盐类的水解应用等，题目难度中等，熟练掌握反应过程中物质变化是解题的关键。【解答】A.热的纯碱溶液呈碱性，油污等碱性条件下水解而除去，故A正；B.步骤②中稀硫酸应加过量后续步骤③需要消耗抑制后续反应生Fe

3的水解，故B错误C.步骤③中过氧化氢催化分解消，且必须确保Fe完全氧化，所5％HO应当过量，故C正确D.从溶液中获取晶体采用蒸发浓、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，所以步骤⑤中从溶液中获取晶体的步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故D正。故选B。2.【答案】D【解析】【分析】本题考查元素化合物推断，难度不大，推断物质是关键，主要依靠学生对基础知识的掌握熟练程度。【解答】从某含有F、FeCl、CuCl的业废液中回收铜，工业废水中加入试剂为量的铁，操232作Ⅰ为过滤，得到滤渣Y为、Cu滤液氯化亚铁溶液，滤渣Y中入试剂b为酸溶解过量的铁生成氯化亚铁溶液，铜不溶，操作Ⅱ过滤得到铜和滤Z为化亚铁溶液，滤液Z和X合并通入氯气，氧化亚铁离子为氯化铁溶液，蒸发结晶，过滤洗涤干燥得到氯化铁晶体，据此回答。A.由最终得到FeCl及流程图知b盐酸，这样不会引入杂质离子，故正；3-14-

B.滤X、滤液Z中含有F，c为气氧化亚铁离子为铁离子反应为：2Fe22

Cl2Fe2

2Cl

，故B正；C.上分析可知，操作Ⅰ、Ⅱ是过滤，所用仪器相同，故正确D.氢氧化铁胶体的制备方法是，热水中逐滴加入饱和氯化铁溶液，而不是向氯化铁中加入氢氧化钠溶液，故D错误故选D。3.【答案】B【解析】【分析】本题考查混合物的分离、提纯，明确流程中操作的目的是解答的关键，注意利用反应方程式中各物质之间的关系计算，题目难度中等，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力。【解答】A.步骤①反应中铁、铬元素化合升高被氧化，NaCrO和eO为氧产物，故A正确2423B.石英成分含二氧化硅，高温与酸钠反应，故B错误；C.二氧化硅高温与碳酸钠反应生硅酸钠和二氧化碳，硅酸钠溶于水水解生成硅酸，滤渣2中含有SiO，C正；23D.根据已知b，酸性条件下有利CrO27

离子生成，故D正。故选B。4.【答案】B【解析】【分析】本题考查工业制备高纯硅的方法，涉及到的知识点为粗硅的制备、化学方程式的计算及绿色化学等知识点，掌握基础是关键，题目难度不大。【解答】由流程可知，石英砂和焦炭在电弧炉中反应生成粗硅，通入氯气反应生成物除SiCl外，还有4SilCl、SiHCl、SiHCl，通过蒸馏得到SiCl，通入氢气，可生成Si和HCl，322334此可制得高纯度硅。-15-

2CSiO2CO2CSiO2COSi224242224Δ2ΔA.电弧炉中发生的反应为粗硅的备，反应方程式为：

2

高温

，故A错误B.由题意知，流化床反应的产物，除SiCl外，有iHCl、SiHCl、SiHCl、FeCl等所432以iCl进入还原炉之前需要经蒸馏提纯，故确；4C.由题意知，流化床反应的产物，除SiCl外，有iHCl、SiHCl、SiHCl、FeCl等所432以每生产1mol高纯硅，需要消大于4.LCl

标状况，错；D.该工艺生成HCl等产品，不符合绿色化学的要求，故D错。故选B。5.【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、物质的性质、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，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。【解答】A.ZnO、ZnS可硫酸反应，CuS溶于硫酸，故A错误；B.①中发生ZnO+HSO

ZnSOH42

O、ZnS

ZnSO42

S↑，是氧化还原应，故B错；C.③中发生CHOH

CuSO4

S

2

O，离子反应CuSHO

2H

Cu

2S+2HO，故C正；2D.步骤②和④均为溶液结晶得到结晶水的晶体，则均采用蒸发浓缩、冷却结晶法获得晶体，故D错误故选C。6.【答案】D【解析】【分析】本题考查混合物分离提纯综合应用，为高频考点，把握制备流程中的反应、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，注意元素化合物与实验的结合，题目难度不大。-16-

4242442424424424222222【解答】由制备流程可知，以石膏CaSO⋅2H

O为主要原料制备NH)SO，A、B定有氨气、二氧化碳性条件下利于二氧化碳的吸收煅生成气体B应COA为H生aSO24

CO

H232

O=CaCO

3

NHSO，操I为过滤，分离出沉淀，操作II为发、浓缩、424冷却、结晶得到NHSO。A.由上述分析可知，气体B是O，ANH，误；23B.操作Ⅰ为过滤，所用的主要玻仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗，分液漏斗用于分液，故B错误；C.NH)SO受热易分解，则操作为蒸发、浓缩、冷却、结晶，故C错；D.由上述分析可知，整个过程的反应方程式为CaSO2NHH4232

O=CaCO

3

NHSO，D正确；424故选D。7.【答案】C【解析】【分析】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程中发生的反应、物质的性质为解答的关键，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.由ClO

3

SO2ClOSO可，失电子被氧化，每生成molClO有0.5molSO被氧24化，故正；B.由反应可知母液中含钠离子、硫酸根离子，则可以提取aSO，B正；2C.由HO22

2ClO2NaOH2NaClO2HOO可知过氧化氢中O素的化合价升高还原剂，故错误D.NaClO受热易分解，采用减压发可防止其分解，故D正；2故选C。8.【答案】D【解析】-17-

323323【分析】本题考查硫酸铜的制备实验，为高频考点，把握制备流程中的反应、混合物分离提纯方法等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等，注意氧化还原反应及盐类水解等原理的应用和分析。【解答】由实验流程可知，样品与足量硫酸反应，生成硫酸铜、硫酸铁和硫酸亚铁，加入过氧化氢，发生氧化还原反应生成硫酸铁后加入CuO节溶液的pH使e

水解而生成eOH沉，得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，A.步②为亚铁离子与过氧化氢的氧化还原反应，离子反应为2HO2H2Fe222HO，故A正；2B.步②如果用氯水、硝酸等强氧化剂代替O会引入杂质氯离子、硝酸根离子等，难以22除去，故正确C.CuCO和CuO都溶液中反，起到调节溶液pH作用，并不引入新的杂质，故C正确；3D.步④为过滤，步骤⑤蒸发浓缩，冷却结晶，故错。故选D。9.【答案】C【解析】【分析】本题考查了物质制备方案的设计、物质分离与提纯方法的综合应用，为高考常见题型和高频考点，题目难度较大，明确制备流程为解答关键，注意掌握常见物质分离与提纯的操作方法，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。【解答】A.由题意可知卤中除M

还含有e

3

等杂质离子由Fe沉为絮状不易从溶液中除去，故先用氧化剂将F2转为Fe，后调节pH，Fe3全部沉，经操作Ⅰ过滤除去，所以沉淀的成分为OH，A错；B.“”应该是氧化和调节pH等除过程，错误；C.题中制备的是“轻质”碱式碳镁，产生碱式碳酸镁的同时生成的CO气，利于沉淀形2成疏松多孔的“轻质”状态，C正；-18-

232232，故D正。D.“料液Ⅱ”应呈碱性，否则沉会溶解D错。故选C。10.【答案】A【解析】【分析】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程中发生的反应、混合物分离提纯、反应速率影响因素、氧化还原反应的计算为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意信息的应用及电子守恒的应用，题目难度不大。【解答】TeO微溶于水，易溶于较浓的强和强碱，由制备流程可知，加NaOH溶发生TeO22

TeO3

2

2

O，反应后过滤除去杂质Ag，得到NaTeO溶，再加硫酸沉降经过滤得到TeO沉淀，因TeO易于强酸，则硫酸不能过量，再用盐酸溶解生四氯化碲，最后用二氧化22硫还原eCl制碲单质。4A.因易于强酸，则硫酸不能过量，加适量的硫酸使碲元素沉淀充分，故A错；2B.阳极泥研磨、反应适当加热，大接触面积、温度升高，均利于提高“碱浸”的速率和效率，故正；C.TeO易溶于较浓的强酸和强碱两性氧化物氢氧化钠发生类似氧化铝与氢氧化钠的反2应，离子方程式T2

TeO

3

2

H

2

O，故C正确D.二氧化硫还原TeCl制碲单质，由电子守恒可知，处理这阳极泥最少需通入标准状4况下SO为2

1000g×8％×90％160g/mol64

40

224Lmol2016L故选A。11.【答案】A-19-

23+3++1++，则3138++3823+3++1++，则3138++38+，256110mol·cMg+51++++7【解析】【分析】本题以从模拟海水中制备的实验方案为背景，考查溶度积计算、沉淀溶解平衡、物质分离和提纯方法等，要求考生定量地分析发生的反应，溶液中存在的离子，推断沉淀是否产生，从而得出正确结论，难度较大。【解答】项，骤①中，从题给条件可知0001mol即

0.001mol，依据离子反应“先中和、后沉淀、再其他”的反应规律，当L拟海水中加入.001molNaOH时，OH恰与CO完反应：3CaCO)MgCO，成COKsp3sp3

23

，生成.001molCO与水中C2反生成C沉：

，由于，所以沉淀X为aCO，A项正；3B项C

23

只有0001mol生C3所消耗的a2为0.mol中剩cCa20010molL

，则滤液M中时存在Ca

2和g，故项错；C项步骤②中，当滤液M中加NaOH固体调至H11时，此时滤液中OH

1×10

molQ

c

cCa2OH001010210KCaOH2，COH2生成，

c

Mgc2OH

00501025×10

KMgOH2，有gOH2沉生成；又由于

sp

MgOHcMgc2OH561102

1261

1.×10molL

，故滤液N中存在Mg2，C错误；D项②若改为加入.2g固体(NaOH0.105molmolMg

2反应22OH

MgOH，成.050molMgOH22

，剩余.molOH。于cCac2OHc

0010(0.00522510KspOH2，以无CaOH2沉析出，沉淀Y为g2淀，故D项错。12.【答案】C【解析】【分析】本题属于新信息题，通过一个陌生的反应考查了有关硫酸铵和二氧化碳的知识，因此同学们-20-

24224242C2COSi要充分利用所给的信息，不要被无用的信息迷惑，结合自己已学过的知识，进行有依据性的判断，题目难度中等。【解答】A.由于CO微于水，NH易于，应先通入足量NH使溶液呈碱性，然后再通入适量CO，2332反应的化学方程式为aSO2NHCOH422

O=(NH

SO424

CaCO，入H和O的序32可以互换，故A错；B.硫酸钙与氨气、水和二氧化碳应生成了硫酸铵和碳酸钙沉淀物质发生的主要化学反应为：CaSO2NHCOH422

O=CaCO

3

NHSO反应的离子方程式为aSO2NHCO424432HO=CaCO

3

2NHSO244

，故B错；C.流程中，向硫酸钙浊液中通入量的氨气，使溶液成碱性，再通入适量的二氧化碳利于反应的进行，硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成了硫酸铵和碳酸钙沉淀，加热制成饱和溶液，再降温冷却，结晶析出，过滤，则可以使硫酸铵从溶液中结晶析出，操作2是液中得到溶质固体的过程，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥等，可NHSO，故C正；D.反应过程中二氧化碳参与反应成硫酸铵和碳酸钙，碳酸钙分解生成二氧化碳，工艺流程中产生的CO可循利用，通入量NH，通适量二氧化碳，否则碳酸钙溶解，故D错。23故选C。13.【答案】B【解析】【分析】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，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。由流程可知，石英砂和焦炭在电弧炉中反应生成粗硅，通入氯气反应生成物除SiCl外，还有4SiHCl、SiHCl、SiHCl，通过蒸馏得到SiCl，通入氢气，可生成Si和HCl，322334此可制得高纯度硅。【解答】A.电弧炉中发生的反应为：

2

 高温

，故错；B.通入氯气反应生成物除SiClSiHClClCl等蒸馏得到S，432334-21-

444344436故B正确C.通入氯气生成SiCl、SiHCl、SiHCl、SiHCl、FeCl等则每生产1mol高纯需Cl432232

标准状的积大于48L，故误；D.该工艺生成HCl等产品，不符合绿色化学的要求，故D错。故选：。14.【答案】A【解析】【分析】本题考查了物质的制备，主要涉及对流程的理解，题目难度中等，掌握基础是关键。【解答】根据流程，电镀废渣主成分是NiO还有CuO、FeO等少杂质用稀硫酸酸浸，酸浸的滤液I主要N

2

22加入硫化亚铁是将铜离转化成更难溶的硫化铜去e2，滤液主要有i

2

，加入碳酸钠溶液过滤得到N淀，用稀硫酸将其溶解得到NiSO溶34液，将其蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到iSO·6H4

O晶体，据此分析作答。A.溶解废渣时主要是用酸将金属子溶解，稀盐酸可以达到目的，可代替稀硫酸，故A错误；B.除去Cu可用FeS铜子转化为更难溶的CuS到的亚铁离子在ii除B正；C.NiSO与碳酸钠反应生成iCO沉淀，然后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成N，这样可434以提高iSO的度，所以流程a～b目的是富NiSO故C确；D.因为其溶解度随温度升高明显大，所以由溶液获得其溶质通过蒸发浓缩、冷却结晶，正确；故选A。15.【答案】1矿石粉碎成细小粒；通入大量空气2CeO4HSO24

[CeSO22H42

O3随着SO增，水层中C44

被O4

结合成CeSO

4

2

，导致萃取平衡向生CeSO

2

方向移动，迅减小52Ce4H

O2

2CeO2H2

a4b；10molL62xCOCeOCeO2

21x

2xCO

2-22-

34242444cCe434spsp+sp444+⋅+34242444cCe434spsp+sp444+⋅+44K433KBF362336656221x【解析】【分析】本题考查工业流程，为高频考点，把握制备流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合5为解答的难点。【解答】由制备流程可知，氟碳铈主含CeCO，“氧化焙烧”的目的是将价铈氧化成价，结合信息i可知稀酸4能与O

24

结合成CeSO2酸体系中加萃取剂4

能被萃取HA

2

萃Ce+

不能反萃取”加O将42

还原为e

生应4HO22

2Ce+O2H2

“萃取”后所得水层中加入NH溶液产生Ce(CO43233

沉淀，灼烧可得到eO。21“氧化焙烧”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是矿石粉碎成细小颗粒、通入大量空气等；2“氧化焙烧”产物CeO与HSO反的离子方程式CeO4HSO22HO；2

24

CeSO243根据平衡：4nHACeH2

A2n42n

，加入aSO时随cSO

24

增，水层中Ce+被O

24

结合成CeSO2导萃取平衡向左移动生CeSO2

方向移动迅减小；4CeBF3Kaq)3KBFs3aq，434反应的化学平衡常数为K

c(K

，CeBF、KBF的分别为a、b所K

CeBF]43cCecBFa，K)cKcBF

，根据多重平衡规则，则反应的化学平衡常数K

cCec3K)

cCecc3(Kc

3(BF3(BF

spK

CeBF]sp4

ab

；5“反萃取”中加O的要反应离子方程式为4HO2222

2CeO2H2

，常温下，Ce

CO)233

饱和溶液浓度为1010molL，当e+

沉淀完全时cCe

3110

5

molL，cCO

√

201023.01031102

1×

molL；6尾消除过程中发生CeO

2

CeO0x≤025的环，可CeO21x22

具有氧化性，可氧化CO生成O，CeO消除CO尾的化学方程式2xCOCeOCeO222xCO。216.【答案】1增大固体与空气接触面积，增大反应速率，提高原料利用率

2①2CuSO2ClH3

2

O=2CuCl↓SO

22H；4-23-

2323323422232332342244322422323234②随着NaSO

nCuSO不增大，溶液的碱不断增强，24

及CuCl的解程度增大；③适当增大Cl

，利于平衡CaqClaqCuCl向成CuCl方移动；3CuCl的率降低44CuClO4H22

O=2CuOH

Cl2HCl528%【解析】【分析】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，涉及氧化还原反应、化学平衡、物质性质、产率的计算等，流程分析是解题关键，需要学生有扎实的基础知识，综合性强，题目难度中等。【解答】海绵铜Cu和少量CuO等加，NaNO和SO溶解，硝酸根在酸性条件下有氧化性，主要反应为：2H

2Cu2H

2

O、3Cu8H2NO

3Cu2NO4H

2

O，过滤，除去不溶性滤渣到含有uSO的滤入NaSO在液中反应2SO

23

2ClH

2

O=2CuCl↓SO

24

2H，过滤得到CuCl的粗品，用H=2的HSO水，用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水止渣被空气氧化为uOH23

Cl燥到纯净的CuCl此析作答。1“溶解浸取”时，将海绵铜粉碎成细颗粒，可以增大固体与空气的接触面积，增大反应速率，提高原料利用率；故答案为：增大固体与空气的接触面积，增大反应速率，提高原料利用率；2与aSO、NaCl在液中反应生成的离子方程式为2Cu

2SO2Cl3HO=2CuCl↓SO

24

2H；故答案为：2Cu2SO3

2Cl

H

2

O=2CuCl↓SO2H；②Na溶水解使溶液显碱性，随着NaSO

nCuSO)不增大，溶液的碱性不断增强，4Cu

2

及CuCl的解程度增大，故当Na

nCuSO.时，比值越大产越小；4故答案为：随着NaSO度增大；

nCuSO不增大，溶液的碱性不断增强，24

及CuCl的水解程③当10<𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛

𝑛𝑛𝑛𝑛

15时，适当增大Cl，利于平衡C

aqCl

aqCuCls向成CuCl向移动；故答案为：适当增大Cl

，利于平衡aqClaqCuCls向成CuCl方向移动；3若不慎用稀硝酸进行稀释，稀硝酸会将CuCl氧化，CuCl的产率降低；-24-

243024302000mol15001023224422323故答案为：CuCl的率降低；4CuCl被气氧化为CuOH23

C1的反应为：4CuClO

2

4H

2

O=2Cu

OH23

Cl2HCl故答案为：4CuCl+O

4H2

O=2Cu

23

Cl；5CuCl与量的F3

溶液反应，Fe3CuClFe22

，加入MnO溶液发生反4应

2MnO

24

8H

5Fe+Mn+O5CuCl～MnO24

则5nKMnO

，故产品中氯化亚铜的质量分数为：1600g故答案为：.28%。O17.【答案】1CoSOHSO2CoSOH

L5995gmol

=9328%250.4；2Al3CO3H32

O=2AlOH

3

3CO23分液漏斗、烧杯4NaCO溶液滴加过快，会导局部碱性过强而产生COH；取最后一次洗涤液，加入盐酸无气泡产生取最后一次洗涤液，做焰色反应，没有见到黄色火焰52210

6【解析】【分析】本题考查了物质分离提纯的方法和流程分析判断，为高考常见题型，掌握物质性质和实验操作流程是解题关键，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。【解答】1写出“酸浸”时二氧化硫是还原剂价被还原价所发生氧化还原反应的化学方程式为oOSOSO2324

2CoSOH4

O，故答案为：CoOSOHSO23224

2CoSO4HO；22“除铝”是要让铝离子变成氢氧化铝沉淀而除去，而锌离子在后一步中除去，所以要求铝离子完全沉淀但离子不沉淀以过程中需要调节溶液的围为50∼54形沉渣时发生反应的离子方程式2Al

3

232

O=2AlOH

3CO，2

故答案为0∼-25-

32322cCO2cCOcCcCO32322cCO2cCOcCcCOcCcCOspo3spo2413862224·L2224454，2Al

3

3CO

23H3

O=2AlOH

3CO2

；3“萃取”操作中需要玻璃仪器主要有分液漏斗和烧杯，故答案为：分液漏斗、烧杯；4“沉钴”时，需缓慢滴加aCO液，NaCO溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生2323CoOH

2

，若要得到高纯oCO，对沉钴”步骤所得的固体进行洗涤，检验固体已洗净就3是检验洗涤液中是否含有碳酸根离或钠离，答案为：NaCO溶液加过快，会导致局部碱性过强而产生OH；取最后一次洗涤液，加入盐酸无气泡产取后一次洗涤液，做焰色反应，没有见到黄色火焰；5用纯碱沉淀转化法也可以从草酸O24

废得到C3

，原理是向含有oCO固的溶24液中滴加NaCO溶，有oCO淀生成时，溶液中323324

223O2224O

KCCOKCCO

14106310

2.210

6

，故答案为2210。18.【答案】1浓硫酸2CuSO、SeO423SeO2SO2HO=2HSO4C5加快浸出速率；金、或Au

Se61610

21【解析】【分析】本题旨在考查学生对溶度积、化学实验方案的设计、化学方程式的书写、氧化还原反应等的应用，有一定难度。【解答】铜阳极主成分为AgSe、CuSe银、金、铂中入硫酸焙烧，得到SeO、SO，硫酸2起氧化剂作用AgSe、CuSe和银都被反应掉，有CuSOAgSO生，烧渣再进行水浸，浸出224液中含有CuSO、AgSO，浸中有金属单质、Pt价Se氧化性强4价S氧化2性，SeO、SO混合气体用水吸得到HSO、Se过滤分离，滤液中含有硫酸，滤渣经过净化2224除杂得到Se，-26-

222242224mol222242224mol·LK452.610mol·L21242⋅O10CaSOHO6H21“焙烧”时的硫酸最好为浓硫酸，因为浓硫酸的氧化性强；故答案为：浓硫酸；2浓硫酸溶解u2CuSO、SeO；42

Se生成CuSO、SO、SeO，反的氧化产物是：CuSO、SeO；故答案为：422423“水吸收”所发生反应的化学方程式为：SeO2SO2H=2HSO

Se↓；答案为：SeO2HO2HSO

Se；4根据图示，当温度为75°C含硒量最大，故正；故答案为C；5“水浸出”中的炉渣需粉碎，且加入温水进行浸泡，目的是加快浸出速率；由于金、铂不与浓硫酸反应故浸渣”中含的金属单质是金故答案为加快浸出速率金铂或Au、Pt；6若“浸出液”中cAg

30×10

21

，则溶液中SO

24

最为spc

AgSO22(Ag

14103010

2

21

。故答案为：16×10mol

。19.【答案】1研磨、加热；2①；②P的半径大于S的金属性于S，所以PO的性小于HSO的性；342432Ca(PO)543

F10HSO

eq\o\ac(△,)4234

；4温度高于80℃时O的分解率加快致O的浓度降低就导致有机碳脱除率下降；2225CaSO4

微溶；SO2PO344

BaSOCO2HH422420049bc6100%a

O；【解析】【分析】本题考查化工流程分析，涉及元素周期律、无机含氧酸强度比较、陌生反应方程式的书写、沉淀溶解平衡原理，酸碱滴定反应相关计算，是一道考查综合知识的题，题目整体难度中等，有助于培养综合运用化学原理解决问题的能力。【解答】1常用加快化学反应速率的措施有研磨、加热，溶解时搅拌等，根据流程图，加快化学反应速率的措施有：研磨、加热，-27-

⋅1423424234242⋅⋅1423424234242⋅1HO6HPO2343bc10bc×340049bc故答案为：研磨、加热；2①据反应方程式，是由参反应得到HPO，由强酸制取弱酸，因此酸性强弱为：234HPOHSO，3424故答案为：；②HPO和SO均最高价含氧，主要可从P和S的金属性角度考虑，S的金属性强于3424P，可以使O上子云密度降低更大，继而导致更易电离，H越电离，含氧酸酸性越强，可以简单解释为P的半大于S，P非金属性小于S，所以PO的性小于SO的性，324故答案为：的径大于S，P的金属性小于S所以HPO的性小于SO的酸；343酸浸时，磷精矿中Ca(PO53

F所含氟转化为，应过程为C(PO)和HSO应，生成54324CaSOHO，HPO和HF，所以学反应方程式为2Ca2

PO543

F10HSO5H

O10CaSO4

⋅12

HO2

6H