1、制备类无机化学流程综合题一、单选题（本大题共14小题，共42分）1. 某实验小组采用废铁屑来制备硫酸铁铵晶体NH4Fe(SO4)212H2O，具体流程如下：下列说法不正确的是( )A. 步骤可采用热的纯碱处理B. 步骤中加铁屑至将稀硫酸恰好反应完全C. 步骤中5的H2O2应适当过量，目的是确保将Fe2+完全氧化和过氧化氢催化分解消耗问题D. 步骤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FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下： 则下列说法不正确的是A. 试剂a是铁粉、试剂b是稀盐酸B. 试剂c是氯气，相应的反应为2Fe2+Cl2=2F
2、e3+2Cl-C. 操作、操作所用仪器相同D. 取少量溶液W于试管中，滴入几滴NaOH溶液可以得到Fe(OH)3胶体3. 重铬酸钾是一种重要的化工原料，工业上由铬铁矿(主要成分为FeOCr2O3、SiO2等)制备，制备流程如图所示： 已知：a.步骤的主要反应为：2FeOCr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2b.Cr2O42-+2H+Cr2O72-+H2O，下列说法不正确的是A. 步骤反应中Na2CrO4和Fe2O3为氧化产物B. 步骤熔融、氧化可以在石英坩埚中进行C. 滤渣2中含有H2SiO3D. 步骤调滤液2的pH使之变小有利于Cr2O7
3、2-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SiCl4外，还有SilCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等。 下列说法正确的是()A. 电弧炉中发生的反应为：B. SiCl4进入还原炉之前需要经过蒸馏提纯C. 每生产1mol高纯硅，需要44.8LCl2(标准状况)D. 该工艺Si的产率高，符合绿色化学要求5. 某学习小组以废催化剂(主要成分SiO2、ZnO、ZnS和CuS)为原料，制备锌和铜的硫酸盐晶体。设计的实验方案如下：下列说法正确的是()A. 步骤中能溶于稀硫酸的是ZnO、ZnS和CuSB. 步骤、中发生的反应均为氧化还原反
4、应C. 步骤涉及的离子反应可能为CuS+H2O2+2H+=Cu2+S+2H2OD. 步骤和，采用蒸发结晶，过滤后均可获取粗晶体6. 某小组以石膏(CaSO42H2O)为主要原料制备(NH4)2SO4的流程如下： 下列说法正确的是A. 气体A是CO2，气体B是NH3B. 操作中，所用的主要玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、分液漏斗C. 操作中，将滤液加热蒸干并灼烧可以得到纯净的(NH4)2SO4D. 整个过程的总反应方程式为CaSO4+CO2+2NH3+H2O=CaCO3+(NH4)2SO47. 以氯酸钠(NaClO3)等为原料制备亚氯酸钠(NaClO2)的工艺流程如图所示，下列说法中，不正确的是()A.
5、 反应1中，每生成ClO2有0.5molSO2被氧化B. 从母液中可以提取Na2SO4C. 反应2中，H2O2做氧化剂D. 采用减压蒸发可能是为了防止NaClO2受热分解8. 实验室用含有杂质(FeO、Fe2O3)的废CuO制备胆矾晶体，经历了下列过程(已知 Fe3+在 pH=5时沉淀完全).其中分析错误的是( )A. 步骤发生的主要反应为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2OB. 步骤不能用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2C. 步骤用 CuCO3代替CuO也可调节溶液的pHD. 步骤为过滤，步骤蒸发结晶9. 化工生产上有广泛用途的疏松多空的轻质碱式碳酸镁MgCO3Mg(OH)23H
6、2O是以卤块(主要成分为MgCl2，含Fe2+、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 下列说法正确的是()A. 沉淀的成分是Fe(OH)2和Fe(OH)3的混合物B. “”的操作步骤只有氧化C. “热解”产生的CO2对生成轻质碱式碳酸镁MgCO3Mg(OH)23H2O有重要的作用D. “料液II”呈酸性10. 碲(Te)广泛用于彩色玻璃和陶瓷。工业上用精炼铜的阳极泥(含有质量分数为8%的TeO2、少量Ag、Au)为原料制备单质碲的一种工艺流程如下：(已知TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱)下列有关说法不正确的是A. “沉碲”时为使碲元素沉淀充
7、分，应加入过量的硫酸B. 将阳极泥研磨、反应适当加热都有利于提高“碱浸”的速率和效率C. “碱浸”时发生主要反应的离子方程式为TeO2+2OH-=TeO32-+H2OD. 若提取过程碲元素的回收率为90%，则处理1kg这种阳极泥最少需通入标准状况下SO220.16L11. 海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案： 模拟海水中的离子浓度/(molL-1)Na+Mg2+Ca2+Cl-HCO3- 0.4390.0500.0110.5600.001注：溶液中某种离子的浓度小于1.010-5molL-1，可认为该离子不存在。实验过程中，假设溶液体积不变。已知：Ksp(CaC
8、O3)=2.810-9，Ksp(MgCO3)=6.810-6，KspCa(OH)2=4.710-6，KspMg(OH)2=1.810-11。下列说法正确的是 ( )A. 沉淀X为CaCO3B. 滤液M中存在Mg2+，不存在Ca2+C. 滤液N中存在Mg2+、Ca2+D. 步骤中若改为加入4.2gNaOH固体，沉淀Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物12. (NH4)2SO4是一种常见的化肥，某工厂用石膏、NH3、H2O和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的顺序可以互换B. 步骤中反应的离子方程式为Ca2+2NH3+CO2+H2O=C
9、aCO3+2NH4+C. 操作2为将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤，可得(NH4)2SO4D. 通入的NH2和CO2均应过量，且工艺流程中CO2可循环利用13. 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SiCl4外，还有SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等。下列说法正确的是()A. 电弧炉中发生的反应为：B. SiCl4进入还原炉之前需要经过蒸馏提纯C. 每生产1mol高纯硅，需要44.8LCl2(标准状况)D. 该工艺Si的产率高，符合绿色化学要求14. NiSO46H2O易溶于水，其溶解度随温度升高明显增大以电镀废渣(主要成分是Ni
10、O，还有CuO、FeO等少量杂质)为原料制备该晶体的流程如图所示下列说法错误的是( )A. 溶解废渣时不能用稀盐酸代替稀硫酸B. 除去Cu2+可采用FeSC. 流程中ab的目的是富集NiSO4D. “操作”为蒸发浓缩、冷却结晶二、流程题（本大题共6小题，共58分）15. 二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含CeCO3F)为原料制备CeO2的一种工艺流程如图：已知：i.Ce4+能与F-结合成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.常温下，Ce2(CO3)3饱和溶液浓度为1.010-6mo
11、lL-1。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是_、_(写出2种即可)。(2)写出“氧化焙烧”产物CeO2与稀H2SO4反应的离子方程式：_。(3)“萃取”时存在反应：Ce4+n(HA)2Ce(H2n-4A2n)+4H+.D表示Ce4+分别在有机层中与水层中存在形式的浓度之比(D=Ce(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-)增大而减小的原因是_。(4)浸渣经处理可得Ce(BF4)3，加入KCl溶液发生如下反应：Ce(BF4)3(s)+3K
12、+(aq)3KBF4(s)+Ce3+(aq)。若一定温度时，Ce(BF4)3、KBF4的Ksp分别为a、b，则该反应的平衡常数K=_(用a、b表示)。(5)“反萃取”中加H2O2的主要反应离子方程式为_。在“反萃取”后所得水层中加入1.0molL-1的NH4HCO3溶液，产生Ce2(CO3)3沉淀，当Ce3+沉淀完全时c(Ce3+)=110-5molL-1，溶液中c(CO32-)约为_。(6)CeO2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CeO2CeO2(1-x)+xO2(0x0.25)的循环。写出CeO2消除CO尾气的化学方程式：_。1
13、6. 氯化亚铜(CuCl)是微溶于水但不溶于乙醇的白色粉末，溶于浓盐酸会生成HCuCl2，常用作催化剂。一种由海绵铜(Cu和少量CuO等)为原料制备CuCl的工艺流程如下：(1)“溶解浸取”时，需将海绵铜粉碎成细颗粒，其目的是_。(2)“还原，氯化”时，Na2SO3和NaCl的用量对CuCl产率的影响如图1、图2所示：CuSO4与Na2SO3、NaCl在溶液中反应生成CuCl的离子方程式为_。当n(Na2SO3)/n(CuSO4)1.33时，比值越大CuCl产率越小，其原因是_。当1.0n(NaCl)/n(CuSO4)1.5时，比值越大CuCl产率越大，其原因是_。(3)“粗产品”用pH=2的
14、H2SO4水洗，若不慎用稀硝酸进行稀释，则对产品有何影响_。(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Cu2(OH)3Cl。CuCl被氧化为Cu2(OH)3Cl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1.600g，将其置于足量的FeCl3溶液中，待样品全部溶解后，加入适量稀硫酸，用0.2000molL-1的KMnO4标准溶液滴定到终点，消耗KMnO4溶液15.00mL，反应中MmO4-被还原为Mn2+，则产品中氯化亚铜的质量分数为_。17. CoCO3在有机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
15、电池的重要原料。以含钴废渣(主要成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-1计算)： 金属离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH Co2+ 7.6 9.4 Al3+ 3.0 5.0 Zn2+ 5.4 8.0 (1)写出“酸浸”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_，形成沉渣时发生反应的离子方程式为_。(3)“萃取”操作中需要玻璃仪器主要有_；(4)“沉钴”时，需缓慢滴加Na2CO3溶液，请解释原因_。若要得到
16、高纯CoCO3，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钴(CoC2O4)废料得到CoCO3，原理是向含有CoC2O4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有CoCO3沉淀生成时，溶液中12=_。已知Ksp(CoC2O4)=6.310-8 Ksp(CoCO3)=1.410-1318. 硒(Se)及其化合物在工农业生产中有许多用途，以铜阳极泥(主要成分为Ag2Se、Cu2Se和银、金、铂等)为原料制备纯硒的工艺流程如图所示： 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Cu2Se参与反应时
17、的氧化产物是_。 (3)“水吸收”所发生的化学方程式为_。 (4)“过滤”所得粗硒可采用真空蒸馏的方法进行提纯，获得纯硒。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 _(填标号) A.455C B.462C C.475C D.515C (5)“水浸出”中的炉渣需粉碎，且加温水进行浸泡，目的是 _，“浸渣”中含有的金属单质是 _。 (6)若“浸出液”中c(Ag+)=3.010-2molL-1，则溶液中c(SO42-)最大为 _。(已知：Ksp(Ag2SO4)=1.410-5，计算结果保留2位有效数字)19. 磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下 已知：磷精矿主要成分
18、为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)”或“”)。结合元素周期律解释中结论：P和S电子层数相同，_。(3)酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式：_。 (4)H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，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SO42-残留，原因是_；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是_。 (6)取ag所得精制磷酸
19、，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用bmolL-1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液cmL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是_。(已知：H3PO4摩尔质量为98gmol-1)20. 氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：已知：菱锰矿石主要成分是MnCO3，还含有少量Fe、Al、Ca、Mg等元素；相关金属离子形成氯氧化物沉淀时的pH如下：金属离子Al3+Fe3+Fe2+Ca2+Mn2+Mg2+开始沉淀的pH3.81.56.310.68.89.6沉淀完全的pH5.22.88.312.610.811.6常温下，的溶度积分别为1.4610-10、7.3010-1
20、1回答下列问题：(1)“焙烧”时发生的主要化学反应方程式为_。(2)分析下列图1、图2、图3，氯化铵焙烧菱镁矿的最佳条件是：焙烧温度_，氯化铵与菱镁矿粉的质量之比为_，焙烧时间为_(3)浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入氧化为Fe3+，反应的离子方程式为_；然后调节溶液pH使Fe3+、Al3+沉淀完全，此时溶液的pH范围为_。再加入NH4F沉淀Ca2+、Mg2+，当cCa2+=1.010-5mo1L-1时，cMg2+=_mo1L-1(4)碳化结晶时，发生反应的离子方程式为_。(5)流程中能循环利用的固态物质是_。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
21、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，油污等在碱性条件下水解而除去，故A正确；B.步骤中稀硫酸应加过量，一是后续步骤需要消耗H+，二是抑制后续反应生成Fe3+的水解，故B错误；C.步骤中过氧化氢催化分解消耗，且必须确保将Fe2+完全氧化，所以5的H2O2应适当过量，故C正确；D.从溶液中获取晶体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，所以步骤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正确。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
22、基础知识的掌握熟练程度。【解答】从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜，工业废水中加入试剂a为过量的铁，操作为过滤，得到滤渣Y为Fe、Cu，滤液氯化亚铁溶液，滤渣Y中加入试剂b为盐酸溶解过量的铁生成氯化亚铁溶液，铜不溶，操作过滤得到铜和滤液Z为氯化亚铁溶液，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FeCl3及其流程图可知，b为盐酸，这样不会引入杂质离子，故A正确；B. 滤液X、滤液Z中均含有FeCl2，c为氯气氧化亚铁离子为铁离子反应为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，故B正确；C.上述分析可知
23、，操作、是过滤，所用仪器相同，故C正确；D.氢氧化铁胶体的制备方法是，向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.步骤反应中铁、铬元素化合价升高被氧化，Na2CrO4和Fe2O3为氧化产物，故A正确；B.石英成分含二氧化硅，高温与碳酸钠反应，故B错误；C.二氧化硅高温与碳酸钠反应生成硅酸钠和二氧化碳，硅酸钠溶于水水解生成硅酸，滤渣2中含有H2SiO3，故C正
24、确；D.根据已知b，酸性条件下有利于Cr2O72-离子生成，故D正确。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SiCl4外，还有SilCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等，通过蒸馏得到SiCl4，通入氢气，可生成Si和HCl，以此可制得高纯度硅。A.电弧炉中发生的反应为粗硅的制备，反应方程式为：2C+SiO2=高温2CO+Si，故A错误；B.由题意知，流化床反应的产物中，除SiCl4外
25、，还有SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等，所以SiCl4进入还原炉之前需要经过蒸馏提纯，故B正确；C.由题意知，流化床反应的产物中，除SiCl4外，还有SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等，所以每生产1mol高纯硅，需要消耗大于44.8LCl2(标准状况)，故C错误；D.该工艺生成HCl等副产品，不符合绿色化学的要求，故D错误。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.Zn
26、O、ZnS可与硫酸反应，CuS不溶于硫酸，故A错误；B.中发生ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S，不是氧化还原反应，故B错误；C.中发生CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O，离子反应为CuS+H2O2+2H+=Cu2+S+2H2O，故C正确；D.步骤和均为溶液结晶得到含结晶水的晶体，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。【解答
27、】由制备流程可知，以石膏(CaSO42H2O)为主要原料制备(NH4)2SO4，A、B一定有氨气、二氧化碳，且碱性条件下利于二氧化碳的吸收，滤渣煅烧生成气体B应为CO2，则A为NH3，发生CaSO4+CO2+2NH3+H2O=CaCO3+(NH4)2SO4，操作I为过滤，分离出沉淀，操作II为蒸发、浓缩、冷却、结晶得到(NH4)2SO4。A.由上述分析可知，气体B是CO2，A为NH3，故A错误；B.操作为过滤，所用的主要玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗，分液漏斗用于分液，故B错误；C.(NH4)2SO4受热易分解，则操作为蒸发、浓缩、冷却、结晶，故C错误；D.由上述分析可知，整个过程的总反应方程式
28、为CaSO4+CO2+2NH3+H2O=CaCO3+(NH4)2SO4，故D正确；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2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-可知，S失去电子被氧化，每生成1molClO2有0.5molSO2被氧化，故A正确；B.由反应1可知，母液中含钠离子、硫酸根离子，则可以提取Na2SO4，故B正确；C.由H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2可知，过氧化氢中O元素的化合价
29、升高，作还原剂，故C错误；D.NaClO2受热易分解，采用减压蒸发可防止其分解，故D正确；故选C。8.【答案】D【解析】【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，然后加入CuO调节溶液的pH，使Fe3+水解而生成Fe(OH)3沉淀，得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，A. 步骤为亚铁离子与过氧化氢的氧化还原反应，离子反应
30、为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故A正确；B. 步骤如果用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2，会引入杂质氯离子、硝酸根离子等，难以除去，故B正确；C.CuCO3和CuO都与溶液中H+反应，起到调节溶液pH的作用，并不引入新的杂质，故C正确；D. 步骤为过滤，步骤蒸发浓缩，冷却结晶，故D错误。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
31、可知，卤块中除Mg2+还含有Fe2+、Fe3+等杂质离子，由于Fe(OH)2沉淀为絮状，不容易从溶液中除去，故先用氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后调节pH，使Fe3+全部沉淀，经操作过滤除去，所以沉淀的成分为Fe(OH)3，A错误；B.“”应该是氧化和调节pH等除杂过程，B错误；C.题中制备的是“轻质”碱式碳酸镁，产生碱式碳酸镁的同时生成的CO2气体，有利于沉淀形成疏松多孔的“轻质”状态，C正确；D.“料液”应呈碱性，否则沉淀会溶解，D错误。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
32、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】TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱，由制备流程可知，加NaOH溶液发生TeO2+2OH-=TeO32-+H2O，反应后过滤除去杂质Ag、Au，得到Na2TeO3溶液，再加硫酸沉降经过滤得到TeO2沉淀，因TeO2易溶于强酸，则硫酸不能过量，再用盐酸溶解TeO2生成四氯化碲，最后用二氧化硫还原TeCl4制成碲单质。A.因TeO2易溶于强酸，则硫酸不能过量，加适量的硫酸使碲元素沉淀充分，故A错误；B.阳极泥研磨、反应适当加热，增大接触面积、温度升高，均利于提高“碱浸”的速率和效率，故B正确；C.
33、TeO2易溶于较浓的强酸和强碱，是两性氧化物，与氢氧化钠发生类似氧化铝与氢氧化钠的反应，离子方程式为TeO2+2OH-=TeO32-+H2O，故C正确；D.二氧化硫还原TeCl4制成碲单质，由电子守恒可知，处理1kg这种阳极泥最少需通入标准状况下SO2为1000g890160g/mol(4-0)(6-4)22.4L/mol=20.16L，故D正确。故选A。11.【答案】A【解析】【分析】本题以从模拟海水中制备MgO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】A项，步骤
34、中，从题给条件可知n(NaOH)=0.001mol，即n(OH-)=0.001mol，依据离子反应“先中和、后沉淀、再其他”的反应规律，当1.0L模拟海水中加入0.001molNaOH时，OH-恰好与HCO3-完全反应：，生成0.001mol CO32-，由于Ksp(CaCO3)Ksp(MgCO3)，生成的CO32-与水中的Ca2+反应生成CaCO3沉淀：，所以沉淀X为CaCO3，故A项正确；B项，由于CO32-只有0.001mol，反应生成CaCO3所消耗的Ca2+为0.001mol，滤液中还剩余c(Ca2+)=0.010molL-1，则滤液M中同时存在Ca2+和Mg2+，故B项错误；C项，
35、步骤中，当滤液M中加入NaOH固体调至pH=11.0时，此时滤液中c(OH-)=110-3molL-1，则Qc=c(Ca2+)c2(OH-)=0.010(10-3)2=10-8KspMg(OH)2，有Mg(OH)2沉淀生成；又由于KspMg(OH)2=c(Mg2+)c2(OH-)=5.6110-12，c(Mg2+)=5.6110-6molL-11.010-5molL-1，故滤液N中不存在Mg2+，C项错误；D项，步骤中若改为加入4.2gNaOH固体，则n(NaOH)=0.105mol，与0.050molMg2+反应：Mg2+2OH-=Mg(OH)2，生成0.050molMg(OH)2，剩余0.
36、005molOH-。由于Qc=c(Ca2+)c2(OH-)=0.010(0.005)2=2.510-71.33时，比值越大CuCl产率越小；故答案为：随着n(Na2SO3)/n(CuSO4)不断增大，溶液的碱性不断增强，Cu2+及CuCl的水解程度增大；当1.0n(NaCl)/n(CuSO4)1.5时，适当增大c(Cl-)，有利于平衡Cu+(aq)+Cl-(aq)CuCl(s)向生成CuCl方向移动；故答案为：适当增大c(Cl-)，有利于平衡Cu+(aq)+Cl-(aq)CuCl(s)向生成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；故答案为：C
37、uCl的产率降低；(4)CuCl被空气氧化为Cu2(OH)3C1的反应为：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；故答案为：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；(5)CuCl与足量的FeCl3溶液反应，Fe3+CuCl=Fe2+Cu2+Cl-，加入KMnO4溶液，发生反应：5Fe2+MnO42-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，有5CuClMnO42-，则n(CuCl)=5n(KMnO4)，故产品中氯化亚铜的质量分数为：0.2000mol/L15.0010-3L599.5g/mol1.600g100%=93.28%；故答案为：93.28%。1
38、7.【答案】(1)Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O(2)5.05.4； 2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO2(3)分液漏斗、烧杯(4)Na2CO3溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生Co(OH)2；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)(5)2.210-6【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，钴由+3价被还原为+2价，
39、所以发生氧化还原反应的化学方程式为Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O，故答案为：Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O；(2)“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，但锌离子不沉淀，所以过程中需要调节溶液pH的范围为5.05.4，形成沉渣时发生反应的离子方程式为2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO2， 故答案为：5.05.4，2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+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
40、慢滴加Na2CO3溶液，Na2CO3溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生Co(OH)2，若要得到高纯CoCO3，需对“沉钴”步骤所得的固体进行洗涤，检验固体已洗净就是检验洗涤液中是否含有碳酸根离子(或钠离子)，故答案为：Na2CO3溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生Co(OH)2；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)；(5)用纯碱沉淀转化法也可以从草酸钴(CoC2O4)废料得到CoCO3，原理是向含有CoC2O4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有CoCO3沉淀生成时，溶液中c(CO32-)c(C2O42-)=c(CO32-)c(CO2
41、+)c(C2O42-)c(CO2+)=Ksp(CoCO3)Ksp(CoC2O4)=1.410-136.310-8=2.210-6，故答案为：2.210-6。18.【答案】(1)浓硫酸(2)CuSO4、SeO2(3)SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se(4)C(5)加快浸出速率；金、铂(或Au、Pt)(6)1.610-2molL-1【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】铜阳极泥(主要成分为Ag2Se、Cu2Se和银、金、铂等)中加入硫酸焙烧，得到SeO2、SO2，浓硫酸起氧化剂作用，Ag2Se、Cu2
42、Se和银都被反应掉，有CuSO4、Ag2SO4生成，烧渣再进行水浸，浸出液中含有CuSO4、Ag2SO4，浸渣中含有金属单质Au、Pt，+4价Se的氧化性强于+4价S的氧化性，SeO2、SO2混合气体用水吸收得到H2SO4、Se，过滤分离，滤液中含有硫酸，滤渣经过净化除杂得到Se，(1)“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Cu2Se生成CuSO4、SO2、SeO2，该反应的氧化产物是：CuSO4、SeO2；故答案为：CuSO4、SeO2；(3)“水吸收”所发生反应的化学方程式为：SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se；故答案为：SeO
43、2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se；(4)根据图示，当温度为475C时含硒量最大，故C正确；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”中含有的金属单质是金、铂；故答案为：加快浸出速率；金、铂(或Au、Pt)；(6)若“浸出液”中c(Ag+)=3.010-2molL-1，则溶液中c(SO42-)最大为Ksp(Ag2SO4)c2Ag+=1.410-53.010-22=1.610-2molL-1。故答案为：1.610-2molL-1。19.【答案】(1)研磨、加热；(2)；P的半径大于S，P的非金属性小于S，所以
44、H3PO4的酸性小于H2SO4的酸性；(3)2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O=10CaSO412H2O+6H3PO4+2HF；(4)温度高于80时，H2O2的分解速率加快，导致H2O2的浓度降低，也就导致有机碳脱除率下降；(5)CaSO4微溶；BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2+2H2PO4-+H2O；(6)0.049bca100%【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】
45、(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，故答案为：研磨、加热；(2)根据反应方程式，是由H2SO4参加反应得到H3PO4，是由强酸制取弱酸，因此酸性强弱为：H3PO4H2SO4，故答案为：；H3PO4和H2SO4均为最高价含氧酸，主要可从P和S的非金属性角度考虑，S的非金属性强于P，可以使O上电子云密度降低更大，继而导致H+更易电离，H+越易电离，含氧酸酸性越强，可以简单解释为：P的半径大于S，P的非金属性小于S，所以H3PO4的酸性小于H2SO4的酸性，故答案为：P的半径大于S，P的非金属性小于S，所以H3PO4的酸性小于
46、H2SO4的酸性；(3)酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，反应过程为Ca5(PO4)3F和H2SO4反应，生成CaSO412H2O，H3PO4和HF，所以化学反应方程式为：2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O=10CaSO412H2O+6H3PO4+2HF，故答案为：2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O=10CaSO412H2O+6H3PO4+2HF；(4)根据图象，80前随着温度升高，有机碳脱除率增大，80后随着温度升高，有机碳脱除率降低，考虑H2O2受热分解，导致H2O2浓度降低影响有机碳的脱除率，所以可以解释为：温度高于80时，H2O2的分解速
47、率加快，导致H2O2的浓度降低，也就导致有机碳脱除率下降，故答案为：温度高于80时，H2O2的分解速率加快，导致H2O2的浓度降低，也就导致有机碳脱除率下降；(5)脱硫过程是加入CaCO3发生反应，脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42-残留，反应过程生成CaSO4，CaSO4微溶，加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，则是由于发生沉淀转化，BaCO3可转化为更难溶的BaSO4，离子方程式为：BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2+2H2PO4-+H2O，故答案为：CaSO4微溶；BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2+2H2PO4-+H2O；(6
48、)用NaOH滴定H3PO4至Na2HPO4的滴定反应为：H3PO4+2NaOH=Na2HPO4+2H2O，根据反应方程式，制磷酸中H3PO4的物质的量为bc10-32mol，则精制磷酸中H3PO4的质量分数是bc10-3298a100%=0.049bca100%，故答案为：0.049bca100。20.【答案】(1)MnCO3+2NH4Cl=MnCl2+2NH3+CO2+H2O(2)500；1.10；60min(3)MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；5.2pH8.8；5.010-6(4)Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O(5)NH4Cl【解析】【分析】本题考
49、查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，注意对化学平衡常数的灵活运用，综合性强，题目难度中等。【解答】根据流程：将菱镁矿粉(主要成分是MnCO3，还含有少量Fe、Al、Ca、Mg等元素)与氯化铵混合研磨后焙烧：MnCO3+2NH4Cl=MnCl2+2NH3+CO2+H2O，浸出，浸出液含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+：MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O，然后调节溶液pH范围5.2pH8.8
50、使Fe3+、Al3+沉淀完全，再加入NH4F沉淀Ca2+、Mg2+，过滤除去Fe(OH)3、Al(OH)3、CaF2、MgF2，净化液的成分主要含有MnCl2，加入碳酸氢铵碳化结晶，发生反应：Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O，过滤，得到MnCO3产品和滤液NH4Cl，将滤液NH4Cl蒸发结晶得到NH4Cl晶体可循环使用，据此分析作答。(1)根据流程，菱镁矿粉与氯化铵混合研磨后焙烧得到氨气、二氧化碳和Mn2+，主要化学反应方程式为：MnCO3+2NH4Cl=MnCl2+2NH3+CO2+H2O；故答案为：MnCO3+2NH4Cl=MnCl2+2NH3+CO2+H2O；(2)由图可
51、知，锰的浸出率随着焙烧温度、氯化铵与菱镁矿粉的质量之比、焙烧时间增大而提高，到500、1.10、60min达到最高，再增大锰的浸出率变化不明显，故氯化铵焙烧菱镁矿的最佳条件是焙烧温度500，氯化铵与菱镁矿粉的质量之比为1.10，焙烧时间为60min；故答案为：500；1.10；60min；(3)浸出液含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+：MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；然后调节溶液pH使Fe3+，Al3+沉淀完全，同时不使Mn2+沉淀，根据表可知调节溶液pH范围5.2pH8.8，再加入NH4F沉淀Ca2+、Mg2+，
52、已知：CaF2、MgF2的溶度积分别为1.4610-10、7.3010-11，当c(Ca2+)=1.010-5mo1L-1时，c2(F-)=Ksp(CaF2)c(Ca2+)=1.4610-5mol/L，c(Mg2+)=Ksp(MgF2)c2(F-)=5.010-6mol/L；故答案为：MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；5.2pH8.8；5.010-6；(4)净化液的成分主要含有MnCl2，碳化结晶时，发生反应的离子方程式为Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O；故答案为：Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O；(5)根据分析和流程可知，可以循环使用的固体物质是NH4Cl；故答案为：NH4Cl。