高三化学一轮实验专题题型必练26陌生情景下工艺流程题

2022届高三化学一轮实验专题题型必练—26陌生情景下工艺流程题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题（共20题）1．某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4.某实验小组以该废催化剂为原料，回收锌和铜，设计实验流程如下：下列说法正确的是A．检验滤液1中是否含有Fe2+，可以选用K4Fe(CN)6溶液B．步骤②操作中，应先加6%H2O2，然后不断搅拌下缓慢加入1.0mol·L1H2SO4C．滤渣1成分是SiO2和CuS，滤渣2成分只有SiO2D．步骤①操作中，生成的气体需用NaOH溶液或CuSO4溶液吸收2．一种以海绵铜(Cu)为原料制备CuCl的工艺流程如图。已知：CuCl为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化。下列说法不正确的是A．“溶解”过程中硫酸只表现了酸性B．“还原”过程中有白色沉淀生成C．“过滤”用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒D．为提高CuCl的产率和纯度，可采用乙醇洗涤、真空干燥3．海水提镁的主要流程如图所示。下列说法不正确的是A．工业上常用CaO作沉淀剂B．试剂M能导电，故其是电解质C．根据流程图可知，试剂M可以循环利用D．实验室在进行操作a时，用到的玻璃仪器有3种4．以硅石(SiO2)和萤石(CaF2)为原料制备冰晶石(Na3AlF6)的一种流程如图：已知：无水氟硅酸(H2SiF6)为易溶于水、不稳定的强酸；滤渣2的主要成分为Na2SiF6。下列说法错误的是A．硅石和萤石需预先研磨目的是加快反应速率B．“反应Ⅲ”应该在陶瓷器皿中进行C．滤液1、滤液2经浓缩处理后可在流程中循环利用D．“反应Ⅳ”的化学方程式为2NaF+4NH4F+NaAlO2+2H2O=Na3AlF6↓+4NH3·H2O5．高锰酸钾是一种重要的化工产品，某种生产高锰酸钾的工业流程如图所示。下列说法不正确的是A．步骤I中发生了物理变化 B．步骤II中氮气是生成物之一C．步骤III中水是反应物之一 D．上述流程中KOH可以循环利用6．用于测量放射性的NaI晶体需要高纯度，某仪器厂研发了用I2和Na2CO3合成高纯度碘化钠的方法，部分工艺流程如下，已知I2+II，下列说法不正确的是A．步骤I碘化钠不可多加，否则会降低I2的转化率，且会引入杂质NaI3B．步骤I可能发生的反应的是3I2+3＝5I++3CO2↑C．步骤II使用N2H4·H2O进行还原的原因之一是其产物无毒无害，且不会引入新的杂质D．步骤I需严格控制温度的原因是：若低于40℃，反应过慢，若高于70℃，反应过于激烈难以控制，且碘大量挥发造成损失7．已知碳酸锂在水中的溶解度随温度的升高而减小，利用废旧电池正极片（LiFePO4、Al箔和炭黑等）制取Li2CO3的工艺流程如图所示下列说法不正确的是A．LiFePO4中Fe的化合价为＋2价B．上述流程中至少需要进行4次过滤操作C．“氧化”操作后所得溶液中含有三种阳离子D．“沉锂”时生成的Li2CO3适合用冷水洗涤8．连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，常用于纺织工业、食品漂白等领域。某种Na2S2O4的生产工艺流程如图所示：若在实验室模拟该工艺流程，下列说法错误的是A．将锌粉投入水中形成悬浮液主要是为了加快反应速率B．向Na2S2O4溶液中加NaCl溶液或固体对Na2S2O4的产率无明显影响C．洗涤Na2S2O4·2H2O时用冰水效果好于常温蒸馏水D．该流程中涉及化合反应、分解反应、复分解反应，也涉及氧化还原反应9．K2FeO4具有强氧化性，酸性条件下，其氧化性强于Cl2、KMnO4，其制备的流程如下：K2FeO4能溶于水，微溶于浓KOH溶液，“转化1”有FeO生成。下列有关说法正确的是A．K2FeO4中铁元素的化合价是+3B．“转化1”发生反应的离子方程式为：2Fe3++3ClO—+5H2O=2+3Cl—+10H+C．“转化2”能进行的原因是该条件下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小D．过滤所得产品可用冷水洗去表面杂质离子10．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3.0mol·L1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0～10℃冷水浴控温，则温度计应插入反应液中11．一种废料的主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。由该废料制备纯度较高的氢氧化镍工艺流程如下。已知常温下，当时表明Ni2+沉淀完全。下列叙述错误的是A．“除铁”时H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+B．“除铜”时产生的液渣的主要成分为CuSC．除钙镁过程中，为了提高钙镁的去除率，氟化钠实际用量应该越多越好D．“沉镍”过程中为了将镍沉淀完全，需调节溶液12．三氧化二锰(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(MnSO4•H2O)，进而制备Mn2O3的工艺流程如图所示。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SO313．某课题组以铬铁矿粉［主要成分为Fe(CrO2)2，还含有Al2O3、SiO2等杂质］为主要原料制备Cr2O3，有关实验流程如图所示。下列说法错误的是A．过滤时需要的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒B．“反应Ⅲ”每消耗32g硫黄，能产生2molCr(OH)3C．图中“滤渣”成分是Al(OH)3和H2SiO3D．“焙烧”时Fe(CrO2)2发生反应：4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O22Fe2O3+8Na2CrO4+8CO214．某废催化剂含、、及少量的.某实验小组以该废催化剂为原料，回收锌和铜，设计实验流程如图：下列说法正确的是A．步骤①操作中，生成的气体可用溶液吸收B．检验滤液1中是否含有，可以选用和新制的氯水C．步骤③和④操作中，均采用蒸发结晶方式从溶液中获得溶质D．滤渣2成分是15．以铝土矿为原料，提取氧化铝、冶炼铝的工艺流程如下下列说法不正确的是A．试剂A可以是稀硫酸或盐酸B．加入试剂B除去Mg2+、Fe3+C．滤渣I的主要成分是SiO2D．电解氧化铝时在阴极上定期补充炭块16．ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上用ClO2气体制NaClO2的工艺流程如图所示。下列说法不正确的是A．步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥B．吸收器中生成NaClO2的离子方程式为2ClO2+H2O2=2ClO2－+2H++O2↑C．工业上将ClO2气体制成NaCIO2固体,其主要目的是便于贮存和运输D．通入的空气的目的是驱赶出ClO2，使其被吸收其充分吸收17．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．为提高Ca(NO2)2的产率及纯度，则n(NO)∶n(NO2)应控制为1∶2C．滤渣的主要成分为Ca(OH)2D．生产中溶液需保持弱碱性18．以黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含少量杂质SiO2等)为原料，进行生物炼铜，同时得到副产品绿矾(FeSO4·7H2O)。其主要工艺流程如下:已知:部分阳离子以氢氧化物形式开始沉淀和完全沉淀时溶液的pH如下表。沉淀物Cu(OH)2Fe(OH)3Fe(OH)2开始沉淀pH4.72.77.6完全沉淀pH6.73.79.6下列说法不正确的是A．试剂a可以是CuO或Cu(OH)2，作用是调节pH至3.7～4.7之间B．反应I的化学反应方程式为4CuFeS2+2H2SO4+17O2＝4CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，该反应中铁元素被还原C．操作X为蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，再冷却结晶D．反应Ⅲ的离子方程式为Cu2++Fe==Cu+Fe2+，试剂c参与反应的离子方程式分别为Fe+2H+=Fe2++H2↑，Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O19．(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为蒸馏C．通入的NH3和CO2均应过量，且工艺流程中CO2可循环利用D．步骤②中反应的离子方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4++SO4220．磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一。回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：下列叙述错误的是A．通过以上流程可回收的金属元素有Al、Fe、LiB．滤液1滴加NH4SCN溶液呈血红色C．偏铝酸钠与碳酸钠混合即可得到氢氧化铝沉淀D．沉淀2为Li2CO3二、非选择题（共4题）21．水钴矿的主要成分为CoO、Co2O3、Co(OH)3，还含SiO2及少量Al2O3、Fe2O3、CuO、MnO2等。一种利用水钻矿制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：已知部分沉淀的有关数据如下表(“沉淀完全”是指溶液中离子浓度低于1.0×105mol·L1)。沉淀Al(OH)3Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Cu(OH)2Mn(OH)2沉淀完全时pH5.22.88.39.46.710.1沉淀溶解时pH7.8——14——请回答下列问题：(1)写出“浸出”时Co2O3发生反应的离子方程式_______，分析加入Na2SO3的必要性_______。(2)写出NaClO3发生主要反应的离子方程式_______。若向“浸出液”中加NaClO3时不慎过量，可能会引起什么不良后果_______。(3)假设“氧化”后溶液中Co2+的浓度为0.2mol·L1，通过简要计算说明“沉淀”时应控制溶液pH的范围_______。(4)“系列操作”中包含3个基本实验操作，依次写出它们的名称_______、_______、_______。(5)某种萃取剂对部分离子的萃取率与溶液pH的关系如图所示。请写出2条萃取规律_______、_______，并说明本流程是否可用该萃取剂进行萃取_______。.22．新能源汽车的核心部件是锂离子电池，常用磷酸亚铁锂(LiFePO4)做电极材料。对LiFePO4废旧电极(含杂质Al、石墨粉)回收并获得高纯Li2CO3的工业流程图如图：资料：碳酸锂在水中溶解度：温度/℃020406080100溶解度/g1.541.331.171.010.850.72(1)过程i研磨粉碎的目的是_______。(2)过程ii加入足量NaOH溶液的作用(用化学方程式表示)_______。(3)过程iii采用不同氧化剂分别进行实验，均采用Li含量为3.7%的原料，控制pH为3.5，浸取1.5h后，实验结果如表所示：序号酸氧化剂浸出液Li+浓度(g/L)滤渣中Li含量/%实验1HClH2O29.020.10实验2HClNaClO39.050.08实验3HClO27.050.93①综合考虑Li+的浸出率及环保因素，选择的氧化剂最好为_______。②过程iii得到的浸出液循环两次的目的是_______。(4)浸出液中存在大量和，已知：⇌+H+，⇌+H+，结合平衡移动原理，解释过程iv得到磷酸铁晶体的原因_______。(5)步骤v沉锂的原理为_______(结合离子方程式解释)。(6)简述过程vi的操作_______。23．羟基氧化镍(2NiOOH·H2O)常作为锌镍电池的正极活性物质，也是重要的化工原料。工业上用含NiO的废料(杂质为Fe2O3、CaO、ZnO、CuO等)制备羟基氧化镍的一种工艺流程如下：已知：相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如下表(各离子浓度均为0.1mol·L−1)。离子Fe3+Fe2+Ni2+开始沉淀的pH1.97.07.1沉淀完全的pH3.29.09.2请回答下列问题：(1)酸浸时需将废料粉碎，目的是______________。(2)某实验小组用1.0mol·L−1的硫酸进行酸浸。绘制了如图：①由图一可知，固液比与镍浸出率的关系是___________。②由图二可知，酸浸时合适的浸出温度是______℃左右，若温度过高，则滤渣1中有氢氧化镍产生，用离子方程式说明原因：_______________。(3)向滤液2中加入FeS是为了除去Cu2+、Zn2+。当Zn2+恰好沉淀完全时，c(Zn2+)=1×10−5mol·L−1，则c(Cu2+)=______mol·L−1。[已知Ksp(CuS)=1.3×10−36，Ksp(ZnS)=1.6×10−24](4)加入H2O2溶液的作用是___________。试剂X用于调节溶液的pH，则应调节pH的范围是______。(5)写出“氧化”过程中反应的离子方程式_____________。24．某研究小组根据文献模拟利用氨浸法从含砷氧化锌废渣(主要含砷、铜、镍、钴、银的氧化物)中制备碱式碳酸锌的流程如下：已知：a．氨浸时，所含杂质均能浸出，在浸出液中砷元素主要以砷酸根()和亚砷酸根离子()的形式存在；砷酸铁()难溶于水。b．请回答：(1)步骤Ⅰ，适当过量的氨气有利于锌的浸出，原因是___________。(2)下列说法正确的是___________。A．步骤Ⅱ过滤后所得滤渣的成分只有铜、镍、钴、银B．加入硫酸亚铁、空气和的目的是为了将砷元素转化为沉淀C．步骤Ⅳ蒸氨的主要目的是为了除去过量的氨气D．步骤Ⅲ过滤后所得滤渣中含有砷酸铁()和(3)步骤Ⅳ蒸氨过程同时有放出，原因是___________。(4)如图为步骤Ⅴ中抽滤和洗涤所用装置，将下列操作按实验流程排序(各项操作只进行一次)：微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上→___________→结束抽滤。a．开大水龙头；b．转移溶液；c．关小水龙头；d．转移沉淀；e，加洗涤剂；f．关闭水龙头；g．断开吸滤瓶与抽气泵之间的橡皮管(5)该研究小组同学利用热重法对所制得产品含锌量进行测定，方案是将样品置于___________(填仪器名称)中煅烧分解为氧化锌，为减小实验误差，加入样品称量前对该仪器需要进行的操作是：___________。参考答案1．D【分析】废催化剂加入稀硫酸，第一次浸出主要发生反应ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑、Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O，过滤后滤液中ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，浓缩结晶得到粗ZnSO4·7H2O，滤渣1含有SiO2、CuS，向盛有滤渣1的反应器中加H2SO4和H2O2溶液，发生氧化还原反应，生成硫酸铜、硫，滤渣2含有硫和二氧化硅，滤液含有硫酸铜，经浓硫酸结晶可得到硫酸铜晶体；据此解答。【详解】A．若检验滤液中滤液1中是否含有Fe2＋，可以选用K3Fe(CN)6溶液，在K3Fe(CN)6溶液的作用下，Fe2+可以反应生成蓝色沉淀，而K4Fe(CN)6溶液是检验Fe3+的，故A错误；B．过氧化氢在酸性条件下可氧化CuS，应先加入稀硫酸，再加入过氧化氢，故B错误；C．由上述分析可知，滤渣2含有硫和二氧化硅，故C错误；D．由上述分析可知，步骤①操作中生成的气体为硫化氢，直接排放易污染空气，需用NaOH溶液或CuSO4溶液吸收，即H2S+2NaOH=Na2S+2H2O或H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，故D正确；答案为D。2．C【分析】硝酸根在酸性条件下的强氧化性，可将海绵铜(Cu)氧化溶解，过滤除杂后得到含有硫酸铜的滤液，加入亚硫酸钠、氯化钠在溶液中发生反应2Cu2+++2Cl+H2O=2CuCl↓++2H+，过滤后得到CuCl粗产品，经洗涤、干燥得到纯净的CuCl。【详解】A．“溶解”过程中硝酸根表现氧化性，H2SO4表现了酸性，故A正确；B．“还原”程中发生反应2Cu2+++2Cl+H2O=2CuCl↓++2H+，有白色的CuCl沉淀生成，故B正确；C．“过滤”用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，漏斗为普通漏斗，不是分液漏斗，故C错误；D．由题中信息可知，CuCl为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化，则可采用乙醇洗涤，为避免CuCl发生氧化，可真空干燥，D正确；故选C。3．B【分析】利用沉淀剂把海水中的镁离子转化为氢氧化镁沉淀，氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁，结晶得到氯化镁晶体，电解熔融的氯化镁得到金属镁，同时生成氯气，氢气在氯气中燃烧生成氯化氢。【详解】A．生石灰溶于水生成氢氧化钙，且来源广泛，经济实惠，工业上常用CaO作沉淀剂，故A正确；B．试剂M是盐酸，盐酸能导电，但盐酸属于混合物，盐酸既不是电解质又不是非电解质，B错误；C．根据流程图，电解熔融的氯化镁得到金属镁，同时生成氯气，氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，试剂M即盐酸可以循环利用，故C正确；D．氢氧化镁难溶，操作a是过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，D正确；选B。4．B【分析】硅石（SiO2）和萤石（CaF2）加硫酸酸浸生成H2SiF6和CaSO4，过滤分离，滤渣1主要为CaSO4，H2SiF6再与Na2SO4反应生成硫酸和Na2SiF6，滤液1中所含硫酸可循环使用，Na2SiF6与浓氨水反应生成NaF、NH4F及SiO2，过滤除去SiO2，加入NaAlO2发生反应生成Na3AlF6，反应的方程式为2NaF+4NH4F+NaAlO2+2H2O=Na3AlF6↓+4NH3•H2O或2NaF+4NH4F+NaAlO2=Na3AlF6↓+4NH3+2H2O，过滤分离出冰晶石（Na3AlF6），滤液2中含有氨水可循环使用，据此分析解答。【详解】A．研磨可增大反应物的接触面积，使反应速率加快，A项正确；B．“反应Ⅲ”中有NaF、NH4F生成，F水解生成HF会腐蚀陶瓷器皿，B项错误；C．由题意可知滤液1的主要成分是H2SO4，经浓缩处理后可返回流程反应Ⅰ中循环利用，滤液2的主要成分是NH3·H2O，经浓缩处理后可返回流程反应Ⅲ中循环利用，C项正确；D．由“反应Ⅳ”可知，NaF、NH4F溶液和NaAlO2发生反应生成冰晶石(Na3AlF6)，反应方程式为：2NaF+4NH4F+NaAlO2+2H2O=Na3AlF6↓+4NH3·H2O，D项正确；答案选B。5．B【详解】A．分析步骤Ⅰ的流程可知，MnO2和KOH，只是进行了混合，形成了熔融物，并没有产生新物质，属于物理变化，A正确；

B．分析步骤Ⅱ的流程可知，箭头进入的物质是MnO2和KOH和空气（参加反应的是空气中的氧气），它们是反应物，箭头指出的物质是K2MnO4、H2O是生成物，而氮气是空气中原有物质，且性质稳定，并未参加反应，B错误；

C．分析步骤Ⅲ的流程信息可知，电解K2MnO4和H2O生成高锰酸钾、氢气和KOH，H2O是反应物之一，C正确；

D．分析上述流程可知，KOH在步骤Ⅰ加入，在步骤Ⅲ又生成，因此可以循环利用，D正确；

故选：B。6．A【分析】原料碘加入至碳酸钠和碘化钠的混合物溶液，在40～70℃条件下反应发生3I2+3＝5I++3CO2↑，所得混合物加入N2H4·H2O，发生反应生成碘离子和氮气，粗品经蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥可得高纯碘化钠，以此解答该题。【详解】A．因存在I2+II，为可逆反应，则加入过量碘化钠，不会降低I2的转化率，故A错误；B．碳酸钠溶液呈碱性，在碳酸钠溶液中，可发生3I2+3＝5I++3CO2↑，故B正确；C．N2H4·H2O具有还原性，可与发生氧化还原反应，生成碘离子和氮气，且不引入新杂质，故C正确；D．在40℃～70℃条件下反应发生，从反应速率和碘的挥发性的角度考虑，若低于40℃，反应过慢，若高于70℃，反应过于激烈难以控制，且碘大量挥发造成损失，故D正确；故选A。7．D【详解】A．LiFePO4中Li为+1价、P为+5价、O为2价，根据元素化合价代数和为零可知LiFePO4中Fe的化合价为+2价，故A项正确；B．上述流程中“碱浸”“酸浸”“调节pH”和“沉锂”后都需要进行过滤操作，即至少需要进行4次过滤操作，故B项正确；C．“氧化”操作后所得溶液中含有Fe3+、Li+、H+3种阳离子，故C项正确；D．Li2CO3在水中的溶解度随温度的升高而减小，所以适宜用热水洗涤，故D项错误；故选D。8．B【详解】A．将锌粉投入水中形成悬浮液可增大与二氧化硫的接触面积，加快反应速率，A项正确；B．加NaCl固体和冷却搅拌都有利于溶解平衡逆向移动，可析出更多的Na2S2O4·2H2O，若使用NaCl溶液，会降低钠离子浓度使析出的Na2S2O4·2H2O减少，Na2S2O4产率降低，B项错误；C．用冰水洗涤可减少Na2S2O4·2H2O的损失，C项正确；D．锌粉与二氧化硫的反应是化合反应，反应中元素有化合价变化，也是氧化还原反应，ZnS2O4溶液与NaOH溶液的反应是复分解反应，加热Na2S2O4·2H2O生成Na2S2O4的反应是分解反应，D项正确；答案选B。9．C【详解】A．由化合价代数和为0可知，高铁酸钾中铁元素的化合价为+6价，故A错误；B．转化1发生的反应为，碱性条件下，硝酸铁溶液与次氯酸钠溶液反应生成高铁酸钠、氯化钠和水，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO+10OH=2+3Cl+5H2O，故B错误；C．转化2发生的反应为Na2FeO4+2KCl=K2FeO4+2NaCl，反应能进行的原因是该条件下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小，故C正确；D．由K2FeO4能溶于水，微溶于浓KOH溶液可知，为减少产品因溶解造成损失，应用于浓KOH溶液洗去表面杂质离子，故D错误；故选C。10．A【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3.0mol•L1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0～10℃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。11．C【分析】废料与稀硫酸、稀硝酸酸溶反应生成硫酸亚铁、硫酸镍．双氧水具有强氧化性，加入双氧水目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+，加入碳酸钠调节pH，除掉铁离子，通入硫化氢除掉铜离子，硫化氢可与铜离子反应生成硫化铜，加入氟化钠，可生成氟化钙、氟化镁沉淀，最后调节pH生成氢氧化镍沉淀，以此解答。【详解】A．双氧水具有强氧化性，加入双氧水将Fe2+全部氧化为Fe3+，进而产生黄钠铁钒沉淀除去，A项正确；B．向除铁后的滤液中通入H2S气体，发生反应H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，故产生的液渣的主要成分为CuS，B项正确；C．根据流程图可知除铜后的滤液应显酸性，若NaF的用量过大，会生成剧毒物质HF，污染环境，危害工人的身体健康，而且还会浪费原料、增加成本，故氟化钠的用量不是越多越好，C项错误；D．Ksp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)c2(OH−)=1.0×10−5×c2(OH−)=1.0×10−15，则c(OH−)=1.0×10−5mol·L1，c(H+)=1.0×10−9mol·L1，则“沉镍”过程中为了将镍沉淀完全，需调节溶液pH>9，D项正确；故选C。12．D【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MnSO4·H2O。【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。13．B【分析】铬铁矿为原料制备重铬酸钠，铬铁矿(主要成份为Fe(CrO2)2，还含有Al2O3、SiO2等杂质)，铬铁矿经加入纯碱、空气和辅料氧化煅烧、主反应：4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2，副反应：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑、Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑，水浸之后除去生成的氧化铁，加入稀硫酸调节pH，除去溶液中的AlO、SiO，经酸化、蒸发结晶后可生成重铬酸钠，加入硫磺，发生氧化还原反应生成Cr(OH)3，分解生成Cr2O3，以此解答该题。【详解】A．过滤时需要的仪器有带铁圈的铁架台、漏斗、滤纸、烧杯、玻璃棒，其中玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，A正确；B．“反应Ⅲ”每消耗32g(1mol)硫黄，转移2mol电子，能产生molCr(OH)3，B错误；C．加入稀硫酸调节pH，除去溶液中的AlO、SiO，所以“滤渣”成分应该有Al(OH)3和H2SiO3，C正确；D．分析可知，“焙烧”时Fe(CrO2)2发生反应：4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O22Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2，D正确；答案为B。14．A【分析】废催化剂加入稀硫酸，第一次浸出主要发生反应ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑、Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O，过滤后滤液中ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，浓缩结晶得到粗ZnSO4•7H2O，滤渣1含有SiO2、CuS，向盛有滤渣1的反应器中加H2SO4和H2O2溶液，发生氧化还原反应，生成硫酸铜、硫，滤渣2含有硫和二氧化硅，滤液含有硫酸铜，经浓硫酸结晶可得到硫酸铜晶体，以此解答该题。【详解】A．步骤①操作中生成的气体为硫化氢，可与氢氧化钠溶液反应，则可用氢氧化钠溶液吸收，故A正确；B．滤液1中除含有Fe2+，还含有Fe3+，加入KSCN和新制的氯水不能检验，故B错误；C．得到晶体需要蒸发浓缩，冷却结晶，如果直接蒸发结晶会使晶体失去结晶水，故C错误；D．滤渣2含有硫和二氧化硅，故D错误；答案选A。15．D【解析】试题分析：A．根据流程图，试剂A的目的是将铝土矿中的金属氧化物溶解，因此试剂A可以是稀硫酸或盐酸，故A正确；B．加入试剂B的目的是除去Mg2+、Fe3+，形成沉淀，故B正确；C．根据流程图，滤渣I的主要成分是SiO2，故C正确；D．电解氧化铝时应该在阳极上定期补充炭块，故D错误；故选D。考点：考查了物质的制备、物质的分类和提纯的相关知识。16．B【详解】A.结晶后分离出固体的操作是过滤、洗涤和干燥，故A正确；B.在碱性条件下，产物中不能有酸，生成NaClO2的离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH=2ClO2+2H2O+O2↑，故B错误；C.ClO2是气体，气体不便于贮存和运输，制成NaCIO2固体，便于贮存和运输，故C正确；D.通入的空气可以将ClO2驱赶到吸收器中，使其被吸收其充分吸收，故D正确。选B。17．B【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，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；B．NO、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)=1∶1，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)＞1∶1，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1∶1，故B符合题意；C．石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)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。18．B【详解】A.加入试剂a调节pH至3.7~4.7之间，目的是使Fe3+

形成Fe(OH)3沉淀，同时要防止生成Cu(OH)2

沉淀，为了防止引入新的杂质，试剂a可以是CuO[或Cu(OH)2

、CuCO3

等]，故A正确；B.反应I的化学反应方程式为4CuFeS2+2H2SO4+17O2＝4CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，该反应中铁元素化合价升高被氧化，故B错误；C.操作X为从硫酸亚铁溶液中得到绿矾晶体，当蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，再冷却结晶即可，故C正确；D.反应Ⅲ主要是Cu2+与过量的Fe(即b试剂)反应，为将Cu2+全部转化，加入的铁粉过量，因此在反应Ⅳ时应该将过量的铁粉除去，利用铁、铜的性质差别，加入适量稀硫酸(即试剂c)即可，参与反应的离子方程式分别为Fe+2H+=Fe2++H2↑，Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O，故D正确；答案选B。19．D【解析】【分析】流程中，向硫酸钙悬浊液中通入足量的氨气，使溶液呈碱性，在通入适量的二氧化碳气体，硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成硫酸铵和碳酸钙沉淀，过滤得到碳酸钙沉淀和滤液，碳酸钙高温分解生成二氧化碳和氧化钙，滤液通过结晶得到硫酸铵，据此判断。【详解】A.由于二氧化碳在水中的溶解度小，而氨气极易溶于水，应先通入氨气使溶液呈碱性，然后在通入二氧化碳，所以通入NH3和CO2的顺序不可以颠倒，A错误；B.操作1为过滤，操作2是从溶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，B错误；C.由于生成的碳酸钙能与二氧化碳的水溶液反应生成碳酸氢钙，所以通入的CO2不能过量，C错误；D.根据以上分析可知步骤②中反应的离子方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O＝CaCO3↓+2NH4++SO42，D正确；答案选D。【点睛】题目通过一个陌生的反应考查了硫酸铵和二氧化碳的有关知识，明确物质的性质特点和流程图的转化关系是解答的关键，解答时要充分分析题目中的有关信息。其中二氧化碳不能过量是解答的易错点。20．C【分析】正极片经碱溶可以得到偏铝酸钠溶液，说明正极片中含有Al元素，含磷酸亚铁锂的滤渣溶于硫酸和硝酸，可除去炭黑，得到含有P、Fe、Li的滤液，加入碱液，能生成Fe(OH)3沉淀，滤液中加入碳酸钠，生成碳酸锂沉淀，据此分析问题。【详解】A.由分析可知正极片中含有Al、Fe、Li等金属，这些金属均可进行回收再利用，A项正确；B.滤液1中含有Fe3+，遇SCN生成血红色，B项正确；C.偏铝酸钠与碳酸钠溶液之间不发生反应，C项错误；D.滤液中加入碳酸钠，生成碳酸锂沉淀，D项正确；答案选C。21．Co2O3+SO+4H+=2Co2++SO+2H2O由于Co2O3(及MnO2)不能完全溶于普通盐酸，须加入一定量的还原剂(如Na2SO3)将其还原成易溶于酸的二价离子ClO+6Fe2++6H+=Cl+6Fe3++3H2O可能会生成有毒气体6.7~7.2蒸发(浓缩)冷却(结晶)过滤萃取金属离子顺序为Fe3+>Zn2+>Cu2+>Fe2+>Mn2+>Co2+>Ni2+As3+部分萃取，而As5+基本不萃取本流程“过滤”后所得滤液中含Mn2+与Co2+，在特定pH范围内该萃取剂不能选择性萃取其中一种离子，故不适用【详解】(3)根据题中所给数据可求出Co(OH)2的Ksp=6.3×1015，当Co2+开始沉淀时，由[c(Co2+)/][c(OH)/]2=0.2×[c(OH)/]2=5.9×1015，可求出c(OH)=1.8×107mol·L1，此时pH=14+lg(1.7×107)=7.2。故pH应控制在6.7~7.2。22．增大接触面积，加快反应速率；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑H2O2提高浸出液中Li+浓度(或提高氧化剂和酸的利用率/节约后续纯碱的用量)CO结合H+，c(H+)减小，⇌+H+，⇌+H+，两个电离平衡均向右移动，c(PO)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体溶液中存在溶解平衡，Li2CO3(s)2Li+(aq)+CO(aq)，加入饱和碳酸钠，提高CO(aq)浓度，使溶解平衡逆向移动；碳酸锂的溶解度随温度升高而减小，加热到60℃~80℃，降低碳酸锂的溶解度，使锂离子沉淀用热水洗涤，干燥【分析】LiFePO4废旧电极(含杂质Al、石墨粉)研磨后加入氢氧化钠溶液，滤液1含有NaAlO2，滤渣1含有LiFePO4和石墨粉，加入盐酸、氧化剂可氧化亚铁离子生成铁离子，滤渣2为石墨粉，浸出液含有铁离子、锂离子，加入30%碳酸钠溶液可生成FePO4•2H2O，滤液2含有锂离子，加入饱和碳酸钠溶解并加热，可生成Li2CO3粗品，用热水洗涤，干燥得到高纯Li2CO3。【详解】(1)过程i研磨粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率；故答案为：增大接触面积，加快反应速率；(2)单质铝可溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠，过程ii加入足量NaOH溶液的作用是溶解Al，使其分离出去，过程ii加入足量NaOH溶液的作用2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；(3)①实验2中，NaClO3与盐酸反应生成黄绿色气体，污染空气，增加了酸和氧化剂的用量，实验1与实验3比，Li+的浸出率较高，综合考虑Li+的浸出率及环保因素，选择的氧化剂最好为H2O2。故答案为：H2O2；②过程iii得到的浸出液循环两次的目的是提高氧化剂和酸的利用率，提高浸出液中Li+浓度。故答案为：提高浸出液中Li+浓度(或提高氧化剂和酸的利用率/节约后续纯碱的用量)；(4)浸出液含有铁离子、锂离子，加入30%碳酸钠溶液可生成FePO4•2H2O，iv得到磷酸铁晶体的原因CO结合H+，c(H+)减小，⇌+H+，⇌+H+，，两个电离平衡均向右移动，c(PO)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体。故答案为：CO结合H+，c(H+)减小，⇌+H+，⇌+H+，，两个电离平衡均向右移动，c(PO)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体；(5)滤液2含有锂离子，加入饱和碳酸钠溶解并加热，可生成Li2CO3粗品，步骤v沉锂的原理为溶液中存在溶解平衡，Li2CO3(s)2Li+(aq)+CO(aq)，加入饱和碳酸钠，提高