2025年湖南高考化学一轮专练——工业流程选择题40道

2025年湖南高考一轮专练——工业流程选择题40道解析版 一、单选题 1．（2024·湖南·模拟预测）一种以为原料制备海绵钛的流程如下图所示，下列说法错误的是 A．流程中有可以循环利用的物质 B．工业上通过与焦炭和氯气共热制备 C．冷凝物中有四种成分 D．物质X是氯气 2．（2024·湖南岳阳·模拟预测）工业上用软锰矿(主要成分是，含有、等杂质)，制备的流程如下： 已知：固体和溶液均为墨绿色，溶液呈碱性，能发生可逆的歧化反应。 下列说法正确的是 A．“浸取”后的溶液中通入调节，滤渣Ⅰ的成分只有硅酸 B．“歧化”时，加入冰醋酸使反应平衡正向移动，促进的生成，提高的产率 C．“歧化”步骤中，可以用浓盐酸来代替冰醋酸 D．“操作Ⅱ”时，当有大量晶体析出时利用余热蒸干，即得紫黑色晶体 3．（2024·湖南·二模）三草酸合铁（Ⅲ）酸钾{}常用来作为化学光量计、催化剂等，一种合成路线如图所示，已知：三草酸合铁酸钾晶体易溶于水（溶解度：，；，），难溶于乙醇，下可失去全部结晶水，时分解，它具有光敏性，受光照射分解变为黄色，下列叙述正确的是 A．“沉铁”中，滤液主要成分是 B．“系列操作”是过滤、乙醇洗涤、干燥 C．向产品的饱和溶液中加入乙醇，有利于析出产品 D．产品贮存于透明带软木塞的试剂瓶中 4．（2024·湖南衡阳·模拟预测）“分铜液净化渣”主要含铜、碲(Te)、锑(Sb)、砷(As)等元素的化合物，回收工艺流程如图所示。 已知：①“碱浸”时，铜、锑转化为难溶物，碱浸液含有、。 ②“酸浸”时，浸渣中含锑元素生成难溶；极易水解。 ③常温下，的各级电离常数为、、。 下列说法不正确的是 A．“碱浸”时，与反应的离子方程式为 B．滤液中元素主要存在形式为 C．“氯盐酸浸”时，的作用是作还原剂并防水解 D．“水解”时，生成的化学方程式为 5．（2024·湖南·模拟预测）利用含锌废水制备ZnCO3·2Zn(OH)2的工艺流程如图，下列有关说法正确的是 已知：① 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Zn(OH)2 Ksp 1.2 x 10-17 ②Zn2+ 可以与氨水反应生成[ Zn(NH3)4 ]2+ A．Na2S2O8中硫元素的化合价为+7价 B．氧化除锰步骤中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1 C．沉锌时发生反应的离子方程式主要是： D．调节pH值除铁时，应选用的试剂X为氨水，调节pH值应大于9，以便将铁完全沉淀。 6．（2024·湖南·模拟预测）锡在材料、医药、化工等方面有广泛的应用，锡精矿（SnO2）中主要有Fe、S、As、Sb、Pb等杂质元素。下图为锡的冶炼工艺流程： 已知：SnO2性质稳定，难溶于酸。下列说法错误的是 A．焙烧产生的烟尘、烟气中主要杂质元素是S、As、Sb B．酸浸时，PbO生成，为了提高铅的浸出率，可添加适量NaCl固体 C．的反应2中S元素化合价全部升高 D．电解精炼时，电源的正极与粗锡相连 7．（2024·山东·二模）化学镀镍法得到的镀层均匀性，硬度等性能都较好，一种化学镀工艺流程如图所示： 已知：①镀层为Ni-B合金，比例为n(Ni)：n(B)=10∶3； ②Ni(OH)2难溶于水； ③NaOH能稳定NaBH4，降低其水解率，NaBH4的水解反应：NaBH4+4H2O=Na[B(OH)4]+4H2； 有关材料下列说法正确的是 A．上述流程涉及到的物质中，含配位键的物质有2种 B．“络合”时，将NiCl2溶液滴入到少量乙二胺(H2NCH2CH2NH2)中 C．流程中使用H2NCH2CH2NH2，有利于调控溶液pH得到均匀性、硬度等性能较好的镀层 D．“合成”时，NaBH4既作氧化剂又作还原剂 8．（2024·湖南邵阳·三模）二苯铬[(C6H6)2Cr]可作烯烃聚合或异丙醇脱氢等反应的催化剂，工业上常用 Cr2O3为原料按如下流程制备二苯铬 已知：①COCl2、CCl4沸点分别为8.2℃、77 ℃；②二苯铬不溶于水，微溶于乙醚和乙醇，在真空中 160℃时升华，在潮湿空气中易被氧化；③苯分子作配体时可提供三个配位原子。 下列说法正确的是 A．为了向“转化”提供稳定的CCl4气流，可用水浴加热 CCl4并用氮气带出CCl4 B．1mol[(C6H6)2Cr][AlCl4]中含有6NA个配位键(NA表示阿伏加德罗常数的值) C．“还原”中，还需通入一定量N₂，主要目的是防止Na2S2O4被氧化 D．“还原”后，经过滤、蒸馏水洗涤可得到纯净的二苯铬 9．（2024·湖南·模拟预测）钛(Ti)和钛合金被广泛应用于火箭、导弹、航天飞机等领域。工业上以钛铁矿(FeTiO3，其中Ti为+4价)为主要原料制备金属钛的工艺流程如下图所示： 已知：TiCl4的熔点―25℃，沸点136.4℃ 下列说法错误的是 A．步骤①的反应过程元素的化合价没有发生变化 B．步骤③的操作名称是加热或高温煅烧 C．步骤④的反应方程式TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO D．由TiCl4制备Ti的过程中，可以加入氮气做保护气体 10．（2024·湖南·二模）利用某钒废渣（主要成分为以及铁、铝、硅的氧化物）制备的工艺流程如图。 已知：Ⅰ．溶于酸后以的形式存在；过量可氧化； Ⅱ．（有机层）（有机层）； Ⅲ．溶液中与可相互转化：。 下列说法错误的是 A．“氧化1”中，不适宜用升温的方式加快转化速率 B．“滤渣2”的成分为 C．有机萃取剂可循环使用 D．“沉钒”时还需通调节溶液的酸碱性 11．（2024·湖南·模拟预测）叠氮化钠()常用于汽车安全气囊的气源，工业上以混合液和尿素为原料，先制备水合肼(，具有强还原性)，水合肼再与NaOH、亚硝酸乙酯(，沸点为17℃)反应合成叠氮化钠，该反应为放热反应，其主要流程如图所示，下列说法错误的是 A．“反应器1”是将尿素溶液加入混合液中充分反应 B．“余液”的主要成分可能是、NaCl C．若“反应器2”中生成，则转移电子的物质的量为3mol D．实际工业生产中，“反应器2”应做冷却处理 12．（2024·湖南·模拟预测）可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以形式存在，还含有、、、等物质。以独居石为原料制备的工艺流程如下： 下列关于上述流程的叙述，错误的是 A．焙烧过程中产生的酸性废气可用于刻蚀玻璃 B．滤渣Ⅲ的主要成分是和 C．“沉铈”步骤，也可以用沉淀得到 D．分离出的方法为过滤，需用到的玻璃仪器：漏斗、烧杯和玻璃棒 13．（2024·湖南衡阳·三模）稀土金属钕在电子、材料和医学领域有广泛应用，工业上以钕矿(主要成分为Nd2O3)为原料制备钕的工艺如图所示。下列叙述错误的是 A．Nd2O3和浓盐酸反应制备NdCl3中，盐酸只表现酸性 B．NdCl3溶液经蒸发浓缩、降温结晶、过滤得到NdCl3•nH2O C．NdCl3•nH2O和SOCl2共热可以制备无水NdCl3，SOCl2起催化剂作用 D．以惰性材料为电极，电解熔融的NdCl3，在阴极区得到钕单质 14．（2024·湖南长沙·一模）碱式硫酸铁[，黄褐色固体]是一种新型高效絮凝剂和污泥处理剂。工业上利用废铁屑(含少量氧化铝、氧化铁等)生产碱式硫酸铁的工艺流程如图： 已知：部分金属阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表。 金属阳离子 开始沉淀 2.3 7.5 3.4 完全沉淀 3.2 9.7 4.4 下列说法不正确的是 A．“搅拌”时加入少量将溶液的pH调节在 B．生成滤渣的方程式为 C．该工艺流程不符合绿色化学的理念 D．“反应Ⅱ”中若用代替，当11.2L(标准状况)参与反应，则相当于节约了2mol 15．（2024·湖南永州·三模）利用水杨酸()和醋酸酐制备阿司匹林()，所得粗产品含有水杨酸和水杨酸聚合物，利用如下方法提纯阿司匹林： 已知：①阿司匹林微溶于水，可与NaHCO3溶液反应生成水溶性钠盐。pH=3时，阿司匹林沉淀完全；②水杨酸聚合物难溶于水和NaHCO3溶液。下列说法错误的是 A．试剂a、b可以分别选用NaHCO3溶液、盐酸 B．操作Ⅱ为过滤 C．洗涤滤渣①的主要目的是得到较纯净的水杨酸聚合物 D．可用FeCl3溶液检验产品中是否含有水杨酸 16．（2024·湖南·模拟预测）常用于制造软磁材料、半导体电子材料、三元电池材料、锰酸锂电池材料、磷酸铁锰锂电池材料、锌锰电池材料以及玻璃等．可由阳极渣和黄铁矿制得。阳极渣的主要成分为且含有少量等元素的化合物。制备流程如下： 已知：时，。 下列说法错误的是 A．X为稀硫酸 B．滤渣2的主要成分是 C．净化时，发生的反应为 D．利用替代可优化该流程 17．（2024·湖南长沙·三模）以赤泥(含有大量等的氧化物)为原料制备钪的工艺流程如下。 下列说法正确的是 A．位于元素周期表的第四周期ⅧB族 B．操作1使用的主要玻璃仪器为漏斗、烧杯 C．灼烧时生成，消耗 D．盐酸溶解时生成难溶的的离子反应为 18．（2024·湖南岳阳·三模）回收利用废旧锂离子电池正极材料钴酸锂粗品来制备产品，可实现资源的循环利用。其工艺流程如下。 已知：①氯化胆碱［］是铵盐，熔点较低，熔点较高； ②在溶液中常以(蓝色)和(粉红色)形式存在； ③常温下，； 下列说法错误的是 A．将废旧电池拆解并将其浸入NaCl溶液中，其目的是进行放电处理，使得锂离子从负极脱出，经过电解质溶液进入正极材料 B．“微波共熔”中氯化胆碱的作用是作为反应物提供做助熔剂，降低熔融所需的温度 C．“沉钴”过程发生反应的离子方程式为 D．“水浸”过程中溶液由蓝色逐渐变为粉红色，则“微波共熔”后获得的含Li、Co的化合物为 19．（2024·湖南岳阳·三模）实验室由环己醇()制备环己酮()的过程如下： 已知：①主反应为，该反应为放热反应； ②环己酮可被强氧化剂氧化； ③环己酮的沸点为155.6℃，能与水形成沸点为95℃的共沸混合物； ④NaCl水溶液的密度比水的大，无水易吸收水分。 下列说法错误的是 A．分批次加入溶液，可防止副产物增多 B．反应后加入少量草酸溶液的目的是调节pH C．操作1为蒸馏，收集150～156℃的馏分 D．实验过程中获取③的操作为过滤 20．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）一种利用废铜渣(主要成分为，及少量的等杂质)制备超细铜粉的流程如下： 下列说法正确的是 A．“酸浸”所得滤渣的主要成分为 B．向“沉铁”后的滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为 C．“沉铜”过程中发生了氧化还原反应，是还原剂 D．“转化”后的滤液中含有的阳离子为和 21．（2024·湖南长沙·一模）白硼钙石的主要成分是(含有少量和等杂质)，利用白硼钙石制取强还原剂的工艺流程如下： 已知：微溶于水，易溶于乙醇；偏硼酸钠易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定。下列说法错误的是 A．“滤渣1”的主要成分是 B．“操作X”涉及蒸发浓缩、降温结晶 C．“酸浸”采用高温条件有利于提高反应速率 D．“反应Y”的化学方程式是 22．（2024·湖南长沙·一模）工业上以精炼铜的阳极泥为原料(主要成分为Se、CuSe、等)回收Se。 已知：①“烟气”中含有和，被水吸收时发生反应。 ②Se难溶于水，沸点684.9℃，易与反应。 ③反应的，代表可完全转化。室温下，。 下列说法正确的是 A．理论上，发生反应的和的物质的量之比为1∶2 B．在真空中可进行粗硒提纯，可降低体系中硒的沸点 C．“滤液”为溶液 D．加入NaCl溶液浸取时发生，该反应过程不可完全转化 23．（2024·湖南衡阳·二模）海水综合利用后的一种卤水中含NaCl、LiCl及少量的、、等，利用该卤水制备的简要流程如图所示（第一次加入纯碱的量以不损失Li，其他离子尽量除去为标准）： 已知： ①卤水中、；。 ②的溶解度随温度升高而降低。 ③常温下，几种难溶物质的溶度积数据如下表： 物质 下列说法错误的是 A．滤渣中含有、和 B．在实验室中分离出滤渣需要的玻璃仪器主要为漏斗、玻璃棒和烧杯 C．“沉淀池Ⅱ”中滴加烧碱前， D．从“沉淀池Ⅲ”中析出的需用热水洗涤 24．（23-24高三下·江苏·阶段练习）氨法烟气脱硫可制备硫酸羟胺，同时得到副产品硫酸铵。其过程如下： “脱硫”过程中控制在5.0~5.5，得到溶液。已知25℃时，，，。下列说法正确的是 A．“脱硫”过程中温度越高，“脱硫”速率越快 B．溶液中： C．溶液中： D．“制备”过程的离子方程式： 25．（2024·湖南·二模）以磷肥生产中的副产物氟硅酸为原料制备高纯氟化铝，可以解决萤石资源日益匮乏的现状。其中一种新工艺流程如图所示： 已知：①常温下，溶液的为1； ②熔点：；沸点：。 下列有关说法不正确的是 A．与固体晶体类型不同 B．氟硅酸与硫酸钠反应的离子方程式为 C．“气相沉积”工序中，将无水氯化铝以气态形式投入，可以使反应更充分，产品纯度更高 D．含的原料最终制得，则实验产率为 26．（2024·湖南常德·一模）世界上95%的铝业公司均使用拜耳法(原料为铝土矿，主要成分为，含少量、等)生产，其工艺流程如下： 已知：过饱和溶液是指一定温度、压强下，当溶液中溶质的浓度已超过该温度、压强下溶质的溶解度，而溶质仍未析出的溶液。 下列说法错误的是 A．物质X为 B．可用过量代替氢氧化铝晶种 C．“缓慢加热”可促使转化为水合铝硅酸钠 D．该流程中可循环利用的物质主要有氢氧化铝晶种 27．（2024·湖南怀化·二模）工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有等杂质)制备晶体的工艺流程如下图： 已知：PbCl2(s)+2Cl-(aq) [PbCl4]2-(aq)； 。 下列说法错误的是 A．由该工艺可知，PbCl2(s)+2Cl-(aq) [PbCl4]2-(aq)为吸热反应 B．滤渣2的主要成分是氢氧化铁 C．“沉淀转化”过程达平衡时，溶液中 D．“浸取”时可发生反应： 28．（2024·湖南长沙·一模）二氧化氯()是一种黄绿色气体，是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。二氧化氯的制备以及由二氧化氯制备一种重要的含氯消毒剂——亚氯酸钠()的工艺流程如图： 已知：①的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出； ②纯易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下以保证安全。 下列说法正确的是 A．工业上的氯碱工业(制备烧碱和氯气)用的是阴离子交换膜 B．“发生器”中鼓入空气的作用是将氧化成 C．“吸收塔”内发生反应的化学方程式为 D．对晶体进行重结晶可获得纯度更高的晶体 29．（2024·湖南·一模）高锰酸钾在工业中广泛用作氧化剂。以软锰矿(主要成分是，含有和等杂质)为原料制备高锰酸钾的工艺流程如图所示： 已知： ①“焙烧”中有生成。 ②20℃时各物质的溶解度如下表。 物质 溶解度/g 6.38 111 11.1 下列说法错误的是 A．“焙烧”时，主要反应的化学方程式为 B．操作Ⅰ，若通入4mol 时，理论上转移电子数为2 C．“焙烧”时加入的KOH应适量，否则制得的中混有含Si元素的杂质 D．操作Ⅱ为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，滤渣2的主要成分为 30．（2024·湖南娄底·一模）以固体为原料制备纯，其部分实验过程如下： 已知：①具有顺反异构； ②“酸溶”中生成； ③有两性，； 。 下列说法不正确的是 A．中的配位体为，Pd的配位数为2 B．“氧化”过程中发生反应的离子方程式为： C．的平衡常数 D．若氧化不充分，将会导致的产率降低 31．（2024·湖南长沙·一模）以某冶金工业产生的废渣(含、及少量的)为原料，根据如图流程可制备，下列说法错误的是 A．煅烧过程发生的反应为 B．滤渣Ⅱ中的成分是 C．可循环使用的物质是和 D．由转化为的过程中需加入KCl 32．（2024·湖南邵阳·二模）利用废铝箔（主要成分为，含少量等）制明矾的一种工艺流程如图： 下列说法错误的是 A．该工艺步骤①与步骤②顺序互换会更节约生产成本 B．②中发生的反应有： C．③中稀酸化的目的是将转化成 D．由④可知，室温下明矾的溶解度小于和的溶解度 33．（2024·湖南长沙·一模）明矾是一种常用的净水剂，以废易拉罐(主要成分为铝和少量不溶于碱性溶液的物质)为原料制取明矾的实验流程如图。 已知：“沉铝”步骤在煮沸条件下进行，生成、和。 下列说法错误的是 A．“碱溶”步骤中发生反应的离子方程式为2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑ B．可通过焰色试验检验“沉铝"所得滤液中的主要阳离子 C．用浓硫酸配制9mol/L H2SO4溶液，需要将水缓慢加入到浓硫酸中 D．“一系列操作”中还需要加入的试剂是K2SO4 34．（2024·山东·一模）工业生产中利用方铅矿(主要成分为，含有等杂质)制备晶体的工艺流程如图： 已知：；，。 下列说法错误的是 A．“浸取”时发生反应： B．物质M可以为，试剂N可以为 C．由该工艺可知，反应放热 D．“沉淀转化”过程达平衡时，溶液中 35．（2024·江西上饶·一模）工业上用软锰矿(主要成分是，含有、等杂质)，制备的流程如下： 已知：固体和溶液均为墨绿色，溶液呈碱性，能发生可逆的歧化反应。 下列说法正确的是 A．“浸取”后的溶液中通入调节，滤渣Ⅰ的成分只有硅酸 B．“歧化”步骤中调节溶液时，可以用浓盐酸来代替冰醋酸 C．“操作Ⅱ”时，当有大量晶体析出时利用余热蒸干，即得紫黑色晶体 D．“歧化”时，加入冰醋酸使反应平衡正向移动，促进的生成，提高的产率 36．（23-24高三上·山西大同·期末）锶与钙位于同一主族，其化合物应用广泛，SrSO4常用于陶瓷工业。以青石精矿(主要含SrSO4)为原料制备高纯硫酸锶的部分工艺流程如图所示： 下列说法错误的是 A．气体可以循环利用 B．“转化”的总离子方程式为 C．“转化”中反应温度不宜过高且控制氨水过量 D．流程中涉及分解反应和化合反应 37．（2024·湖南株洲·一模）稀土是一种重要的战略资源，我国是稀土储量最大的国家。铈（）是一种典型的稀土元素，其在自然界中主要以氟碳铈矿（主要成分为）形式存在。工业上利用氟碳铈矿制取的一种工艺流程如图： 下列说法错误的是 A．倍烧过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 B．通过操作Ⅱ（包含酸溶、蒸发结晶）即可得到纯净的 C．酸浸过程中用稀硫酸和双氧水替代盐酸可体现环境友好 D．中阴离子的空间构型为正四面体 38．（22-23高三下·湖南常德·阶段练习）垃圾分类意义重大，工业上回收光盘金属层中的Ag的流程如图所示，下列说法正确的是 A．为了提高氧化过程的反应速率和产率，氧化过程应该在酸性、加强热条件下进行 B．氧化过程中，可以用HNO3代替NaClO氧化Ag C．氧化过程中参加反应的Ag和NaClO的物质的量比之为1∶1 D．还原过程，若水合肼转化为无害气体N2，则还原过程的离子方程式为 39．（22-23高三上·湖南长沙·阶段练习）实验室以二氧化铈废渣为原料制备含少量的，其部分实验过程如下： 已知：能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为：(水层)(有机层)(有机层)(水层) 下列说法错误的是 A．“酸浸”时与反应生成并放出，该反应的离子方程式为。 B．将溶液滴加到溶液中可生成沉淀，该过程有气体产生 C．“沉淀”时加氨水使溶液接近中性，其目的是降低溶液中氢离子的浓度，促进碳酸氢根离子的电离，增大溶液中碳酸根离子的浓度 D．“反萃取”步骤中的“试剂a”可选氢氧化钠溶液 40．（2020·山东·高考真题）以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2，Fe2O3和A12O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下： 已知浸出时产生的废渣中有SiO2，Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是 A．浸出镁的反应为 B．浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行 C．流程中可循环使用的物质有NH3、NH4Cl D．分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．C 【分析】四氯化钛与镁反应生成氯化镁和钛单质，电解熔融状态的氯化镁得到镁单质和氯气，故X为氯气。 【详解】A．根据流程图可知，前面消耗镁，后面生成镁，故镁可以循环使用，A正确； B．工业上可以通过二氧化钛与焦炭、氯气在共热的情况下制备四氯化钛，化学方程式为，B正确； C．冷凝物中是未反应完的四氯化钛，C错误； D．电解熔融状态氯化镁生成镁和氯气，故X为氯气，D正确； 答案选C。 2．B 【分析】软锰矿主要成分是，含有、等杂质，加氢氧化钾煅烧得墨绿色炉渣，说明有二氧化锰和KOH反应生成高锰酸钾，氧化铝转化为偏铝酸钾、二氧化硅转化为硅酸钾，浸取，通入二氧化碳调节pH生成氢氧化铝、硅酸沉淀，过滤得高锰酸钾溶液，加冰醋酸，高锰酸钾发生歧化反应生成锰酸钾、MnO2，过滤，滤液为锰酸钾，蒸发浓缩、冷却结晶得锰酸钾晶体，据此分析解题。 【详解】A．“浸取”后的溶液中含有偏铝酸钾、硅酸钾，通入调pH后，偏铝酸钾、硅酸钾分别和二氧化碳反应生成和，“过滤”得滤渣Ⅰ的成分为和，A错误； B． 溶液中加冰醋酸，在酸性条件下发生歧化反应生成、MnO2.“歧化”时的反应为：，加入冰醋酸使反应平衡正向移动，促进的生成，提高的产率，B正确； C． 与浓盐酸会发生反应，所以 “歧化”步骤中，不能用浓盐酸来代替冰醋酸，C错误； D． 高锰酸钾受热易分解，“操作Ⅱ”应该为加热浓缩，当溶液表面出现晶膜时停止加热，冷却结晶析出晶体，D错误； 故选B。 3．C 【详解】A．“沉铁”中，滤液成分是，还有，还有过量的草酸，故A错误； B．三草酸合铁酸钾，易溶于水，在低温溶解度小，所以在过滤前要进行冷却结晶，故B错误； C．三草酸合铁酸钾晶体难溶于乙醇，所以向饱和溶液中加入乙醇，有利于析出产品，故C正确； D．三草酸合铁酸钾晶体具有光敏性，受光照射分解变为黄色，不可贮存于透明带软木塞的试剂瓶中，故D错误； 答案选C。 4．C 【分析】分铜液净化渣碱浸后，碱浸液中含、，铜元素和锑元素转化为氧化物或氢氧化物，硫酸酸浸后得到沉淀，经过氯盐酸浸后得到SbCl3，水解后得到SbOCl，碱浸液中含、，调节pH值后得到TeO2沉淀，据此解答。 【详解】A．碱浸液含有，因此“碱浸”时，与反应的离子方程式为，A正确； B．pH=4时，溶液为酸性，根据各级电离平衡常数分析，Ka1==6.3×10-3，，故滤液中As元素最主要的存在形式为，B正确； C．“氯盐酸浸”时，的作用不是还原剂，其中作还原剂的是SO2，C错误； D．“水解”时依据元素守恒可知还有氯化氢生成，生成的化学方程式为，D正确； 答案选C。 5．C 【分析】向含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)中加入Na2S2O8溶液，生成MnO2沉淀且将Fe2+氧化为Fe3+，过滤后向滤液中加入试剂X调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，为了不引入新杂质，试剂X可以为ZnO、ZnCO3、Zn(OH)2等，最后过滤后再加入NH4HCO3沉锌生成碱式碳酸锌ZnCO3·2Zn(OH)2。 【详解】A．Na2S2O8中硫元素的化合价为+6价，Na2S2O8表现氧化性来源于其中的过氧键，故A错误； B．氧化除锰步骤中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，故B错误； C．沉锌时发生反应的离子方程式主要是：，故C正确； D．pH值过大时锌会转为Zn(OH)2沉淀，氨水过量时，Zn2+ 可以与氨水反应生成 [ Zn(NH3)4 ]2+会降低的产率ZnCO3·2Zn(OH)2，故D错误； 故答案选C。 6．C 【分析】锡精矿中主要有Fe、S、As、Sb、Pb等杂质元素，焙烧时Fe、S、As、Sb、Pb杂质元素转化为氧化物，焙烧后加入稀盐酸溶解，由于性质稳定，难溶于酸，过滤得到，再使用焦炭还原得到粗锡，最后电解精炼得到精锡，据此分析解题。 【详解】A．焙烧时Fe、S、As、Sb、Pb杂质元素转化为氧化物，由题可知，加入稀盐酸后的滤液经过处理得到Fe和Pb，所以烟尘、烟气中的主要杂质元素是S、As、Sb，故A正确； B．酸浸时，PbO生成，离子方程式为，浸出过程中添加氯化钠，可促使氯化铅转化成可溶性的离子，提高其浸出效果，故B正确； C．PbS与熔融NaOH反应的化学方程式为，S元素化合价只有部分升高，故C错误； D．电解精炼时，与电源的正极相连的是粗锡，故D正确； 故答案选C。 7．D 【详解】A．镍、硼均能提供空轨道与有孤电子对的原子形成配位键，含配位键的物质有NaBH4、Na[B(OH)4]、[Ni(H2NCH2CH2NH2) 2]Cl2，A错误； B．乙二胺具有碱性且Ni(OH)2难溶于水，则“络合”时，将乙二胺(H2NCH2CH2NH2)滴入到NiCl2溶液中，B错误； C．流程中使用H2NCH2CH2NH2，是使得镍离子形成络合物[Ni(H2NCH2CH2NH2) 2]Cl2，防止在下一步操作中形成Ni(OH)2沉淀，导致镀镍速率减慢，C错误； D．“合成”时，NaBH4中氢化合价升高、B化合价降低，故其既作氧化剂又作还原剂，D正确； 故选D。 8．A 【分析】Cr2O3与CCl4在转化步骤中反应生成CrCl3和COCl2气体， CrCl3在合成步骤中生成[(C6H6)2Cr][AlCl4]，最后与NaOH和Na2S2O4的混合溶液反应生成(C6H6)2Cr。 【详解】A．CCl4沸点为77 ℃，可以采用水浴加热使其汽化，并用氮气带出CCl4气体，故A正确； B．[(C6H6)2Cr][AlCl4]的苯分子作作配体时可提供三个配位原子，即两个苯分子可以形成6个配位键，AlCl中有一个配位键结合Cl-，故1mol[(C6H6)2Cr][AlCl4]中含有7NA个配位键，故B错误； C．“还原”中，还需通入一定量N₂，主要目的是防止二苯铬被氧化，故C错误； D．因为二苯铬不溶于水，微溶于乙醚和乙醇，在真空中 160℃时升华，在潮湿空气中易被氧化，过滤后应该用乙醇或乙醚洗涤，干燥得到纯净的二苯铬，故D错误。 答案选A。 9．D 【分析】由题干流程图可知，以钛铁矿(FeTiO3，其中Ti为+4价)为主要原料加入硫酸，生成硫酸氧钛TiOSO4，反应方程式为：FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O，然后TiOSO4发生水解生成钛酸H2TiO3，H2TiO3加热或灼烧进行TiO2，TiO2和C、Cl2混合加热发生反应TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，最后用Mg还原TiCl4得到Ti，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，步骤①的反应FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O，该过程种元素的化合价没有发生变化，A正确； B．由分析可知，步骤③的操作名称是加热或高温煅烧，B正确； C．由分析可知，步骤④的反应方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，C正确； D．由于N2能与Mg发生反应生成Mg3N2，故由TiCl4制备Ti的过程中，可以加入氩气做保护气体，不能用N2作保护气，D错误； 故答案为：D。 10．B 【详解】A．“氧化1”中，过氧化氢不稳定受热会分解，所以不适宜用升温的方式加快转化速率，A正确； B．加入调节pH的目的是使和沉淀，因此“滤渣2”的主要成分为和，B错误； C．反萃取分离出有机萃取剂，因此有机萃取剂可循环使用，C正确； D．溶液中存在平衡，通入氨气结合，使该平衡正移，尽可能多的生成，因此“沉钒”时还需通调节溶液的酸碱性，D正确； 故选B。 11．A 【分析】“反应器1”中可能发生的反应为，因此“余液”的主要成分可能是、NaCl，“反应器2”中发生的反应为，在经过处理后产生的，据此作答。 【详解】A．水合肼具有强还原性，在“反应器1”中生成水合肼时要防止其被氧化，从而保证水合肼的产率，因此应该将混合液缓慢加入尿素溶液中，这样NaClO是少量的，不会氧化生成的水合肼，A错误； B．尿素中的碳元素为价，反应后可能生成，“反应器1”中可能发生的反应为，因此“余液”的主要成分可能是、NaCl，B正确； C．“反应器2”中发生的反应为，为还原剂，为氧化剂，生成1个，失去的电子数为，又的物质的量为0.9mol，则转移电子的物质的量为，C正确； D．已知水合肼与NaOH、亚硝酸乙酯合成的反应为放热反应，且的沸点为17℃，若温度过高，易汽化，故为了减少工业生产中原料的损失，“反应器2”应做冷却处理，D正确； 故答案选A。 12．C 【分析】焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，CePO4转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，SiO2与硫酸不反应，Al2O3转化为Al2(SO4)3，Fe2O3转化为Fe2(SO4)3，CaF2转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；后过滤，滤渣Ⅰ为SiO2和磷酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化铁溶液除磷，滤渣Ⅱ为FePO4；聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3·nH2O。 【详解】A．焙烧过程产生的酸性废气是HF，可用于刻蚀玻璃，A正确； B．调pH和加入絮凝剂以后，沉淀出和，B正确； C．选择的原因是呈现出弱碱性，若改为，碱性太强，生成的沉淀中会混有氢氧化物，C错误； D．过滤需要用到漏斗、烧杯和玻璃棒等玻璃仪器，D正确； 故答案选C。 13．C 【详解】A．，HCl无化合价变化，只表现酸性，A正确； B．NdCl3溶液经蒸发浓缩、降温结晶、过滤可得到氯化钕晶体(NdCl3•nH2O)，B正确； C．亚硫酰氯与结晶水反应：，则SOCl2消耗水并产生HCl抑制水解，C错误； D．电解熔融的NdCl3，阴极上发生还原反应，其电极反应式为：，则在阴极区得到钕单质，D正确； 故选C。 14．B 【分析】废铁屑中含少量氧化铝、氧化铁等，将过量废铁屑加入稀硫酸中，发生反应 Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，然后反应I中加入NaHCO3并搅拌，调节溶液的pH，发生反应Al3++3 =Al(OH)3↓+3CO2↑，所以滤渣中成分是Al(OH)3，过滤得到硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入稀硫酸和NaNO2，酸性条件下，NaNO2和FeSO4发生氧化还原反应生成铁离子、NO，将溶液蒸发浓缩、过滤得到碱式硫酸铁。 【详解】A．加入少量调节pH，使完全沉淀，而不沉淀，根据表格数据可推断，应控制在范围内，A正确； B．和完全双水解生成，离子方程式为，B错误； C．该过程中有NO生成，不符合绿色化学的理念，C正确； D．若有11.2L(标准状况)即参与反应，则转移电子2 mol，若用作氧化剂，还原产物为NO，每1 mol转移1 mol电子，所以标况下11.2 L参与反应相当于节约2 mol，D正确； 故选B。 15．C 【分析】粗产品中主要成分为阿司匹林，含有水杨酸和水杨酸聚合物，先加入NaHCO3溶液，过滤，沉淀为水杨酸聚合物，洗涤沉淀，将洗涤液和过滤液合并，再加入盐酸，调pH=3，阿司匹林沉淀完全，过滤，冰水洗涤，低温干燥得到纯净的阿司匹林。 【详解】A．由分析可知，a、b可以分别选用NaHCO3溶液、盐酸，故A正确； B．操作Ⅱ为过滤，过滤出阿司匹林，故B正确； C．洗涤滤渣①的主要目的是获得固体中残留的阿司匹林的钠盐，提高产品的产率，故C错误； D．水杨酸中有酚羟基，产品中没有酚羟基，故可利用FeCl3溶液检验产品中是否含有水杨酸，故D正确； 故选C。 16．B 【分析】MnO2在酸性条件下有强氧化性，FeS2有强还原性，二者在酸浸的时候会发生氧化还原反应，结合题图中后续操作后得到的是MnSO4溶液，可知所用的稀酸X为稀硫酸。然后向滤液中加入H2O2可以将杂质离子为Fe2+氧化为Fe3+，再加入CaO调整溶液pH，使Fe3+、Cu2+形成Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，但是用CaO来调pH又会导致溶液中留下较多的Ca2+，净化阶段加入MnF2的目的就是使Ca2+转化为难溶物CaF2除去，过滤得到的滤液含有MnSO4，然后经一系列处理得到Mn3O4。 【详解】A．在酸性条件下有强氧化性，有强还原性，二者在酸浸的时候会发生氧化还原反应，结合滤渣1中含有和净化后得到的是溶液，可知X为稀硫酸，A正确； B．向酸浸后的滤液中加入,目的是将氧化为，再加入调节溶液的，使形成沉淀，大部分形成沉淀（因为微溶于水），故滤渣2的主要成分是和，B错误； C．净化时加入固体，目的是使溶液中剩余的转化为难溶物除去，发生的反应为，C正确； D．利用替代也可以调节溶液的且不会引入杂质,可优化该流程，D正确。 故答案选B。 17．C 【分析】赤泥(含有大量Na、Al、Fe、Si、Ca、Sc、Zr等的氧化物)加盐酸酸浸时Si、Ca、Sc、Zr的氧化物与盐酸不反应，过滤滤渣为ZrO2、SiO2。从水相、有机相可知操作1为萃取、分液；Sc3+在有机相中，经过发萃取分液后加草酸得到草酸钪，草酸钪在空气中灼烧生成二氧化碳和三氧化二钪，三氧化二钪被氯气氯化物氯化钪，氯化钪在钠气流中被还原为钪。 【详解】A．位于元素周期表的第四周期Ⅷ族，A错误； B．操作1是把浸出液分成了水相和有机相，则操作1为萃取和分液，使用的主要玻璃仪器为分液漏斗、烧杯，B错误； C．由流程图可知灼烧时与氧气反应生成和，反应的化学方程式为，生成，消耗，即，C正确； D．酸性条件下不能生成，离子反应为S，D错误； 故选C。 18．C 【分析】氯化胆碱、草酸和粗品微波共熔的过程中，Co被还原为+2价，经过水浸滤液中Co以存在，加入氢氧化钠沉钴，得到Co(OH)2沉淀和含有锂离子的溶液，Co(OH) 2固体经过煅烧得到固体Co3O4，含有锂离子的溶液中加入碳酸钠溶液生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和Co3O4高温烧结（通入空气氧化）得到产品。 【详解】A．废旧电池拆解提取正极材料前，需将其浸入NaCl溶液中，其目的是进行放电处理，使得锂离子从负极脱出，经过电解质溶液进入正极材料，提高产品产率，A正确； B．氯化胆碱是铵盐，熔点较低，熔点较高，则“微波共熔”中氯化胆碱的作用是作为反应物提供Cl-，做助剂降低LiCoO2熔融所需的温度；，B正确； C．水浸滤液加入氢氧化钠沉钴，得到Co(OH)2沉淀，则“沉钴”过程发生反应的离子方程式为，C错误； D．“水浸”过程中溶液由蓝色逐渐变为粉红色，则“微波共熔”后获得的含Li、Co的化合物为，D正确； 故选C。 19．B 【分析】 向浓硫酸、环己醇的混合液中加入稍过量的Na2Cr2O7溶液，水浴加热，环己醇被氧化成，在液相1中加入少量草酸溶液除去过量的Na2Cr2O7，在95℃蒸馏得到环己酮与水的共沸混合物，在液相2中加入固体NaCl降低环己酮的溶解度，使环己酮分层析出，在液相3中加入K2CO3除去水分，经过滤得到K2CO3水合物，滤液经蒸馏得到环己酮。 【详解】A．环己酮可被强氧化剂氧化，故分批次加入Na2Cr2O7溶液可防止环己酮被氧化，防止副产物增多，A项正确； B．由于Na2Cr2O7溶液稍过量，且环己酮可被强氧化剂氧化，故反应后加入少量草酸溶液的目的是除去过量的Na2Cr2O7，B项错误； C．操作1为蒸馏，环己酮的沸点为155.6℃，故收集150～156℃的馏分得到环己酮，C项正确； D．无水碳酸钾易吸收水分，故加入无水碳酸钾除去水分，实验过程中获取③的操作为过滤，D项正确； 答案选B。 20．C 【分析】废铜渣(主要成分CuO，及少量、等杂质) “酸浸”时CuO、少量与H2SO4反应生成硫酸铜、硫酸铁，SiO2不溶于H2SO4，所以滤渣的成分是SiO2，滤液中加过量氨水沉铁除去Fe3+，铜离子转化为，所得滤液通二氧化硫沉铜，过滤出产生的CuNH4SO3沉淀，加稀硫酸转化，+1价铜发生歧化反应，得到铜离子、和Cu。 【详解】A． 据分析，“酸浸”所得滤渣的主要成分为SiO2，A错误； B． 若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为，B错误； C． “沉铜”时含有和过量氨水的混合溶液中通入二氧化硫生成CuNH4SO3沉淀，铜元素化合价降低，则发生氧化还原反应，是还原剂，C正确； D．转化时，CuNH4SO3在稀硫酸中发生歧化反应，得到铜离子、和Cu，结合元素守恒可知， “转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：、、，D错误； 答案选C。 21．C 【分析】由题干流程图可知，将白硼钙石的主要成分是Ca4B10O19·7H2O(含有少量Fe2O3、FeO、CaCO3和SiO2等杂质)粉碎后加入浓硝酸，将Ca转化为Ca(NO3)2、Fe转化为Fe(NO3)3、B转化为H3BO3，SiO2不溶于硝酸，过滤得到滤液1，主要含有Ca(NO3)2、Fe(NO3)3，和滤渣主要含有SiO2和H3BO3，向滤渣中加入乙醇进行醇浸过滤得到滤渣1，主要成分为SiO2，滤液中含有H3BO3的酒精溶液，向滤液中加入NaOH溶液进行水浴加热，将H3BO3转化为NaBO2，将乙醇蒸馏出来后，对滤液进行蒸发浓缩、降温结晶，过滤干燥，获得纯净的NaBO2固体，将固体NaBO2和MgH2混合反应生成NaBH4和耐火材料即MgO，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，“滤渣1”的主要成分是SiO2，A正确； B．由题干信息状况，偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定，故“操作X”涉及到蒸发浓缩、降温结晶，B正确； C．“酸浸”采用高温条件会导致浓硝酸分解导致反应速率减慢，C错误； D．由分析可知，耐火材料为MgO，故“反应Y”的化学方程式是，D正确； 故答案选C。 22．B 【分析】阳极泥为原料(主要成分为Se、CuSe、等)回收Se，加入浓硫酸焙烧后，“烟气”中含有和，用水吸收时发生氧化还原反应生成H2SO4、Se，过滤分理出纯硒，烧渣中为硫酸铜和硫酸银，加入氯化钠溶液浸取，得到硫酸铜溶液和氯化银固体，滤液中还有硫酸钠，据此作答。 【详解】A．和被水吸收发生反应的化学方程式为，和的物质的量之比为2∶1，故A项错误； B．在真空下，沸点会降低到较低的温度，使得硒更容易被蒸发出来，这样可以减少能量损失，节省能源，故B项正确； C．“滤液”应为和混合溶液，故C项错误； D．，可以完全转化为AgCl，故D错误； 故答案选B。 23．C 【分析】由题可知杂质包括 故需除去这些杂质，则据流程图中沉淀池II可得到、 ，则沉淀池I的滤渣为MgCO3、，。 【详解】A．由分析可知，第一次加入纯碱时会产生MgCO3、、沉淀，则滤渣中含有MgCO3、CaCO3和MnCO3，A正确； B．滤渣含MgCO3、、，过滤需要的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯，B正确； C．沉淀II之前的要成分有Li+ 、、、必使Q()<Ksp()，让（s）2Li+ (aq) +2（aq)正移，故可知即此时 ，C错误； D．因为的溶解度随T升高而降低，故用热水洗涤，降低溶解度，D正确； 故选C。 24．C 【分析】由电离常数可知，亚硫酸氢根离子在溶液中的水解常数Kh==＜，则亚硫酸氢铵溶液中亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度；同理可知，铵根离子在溶液中的水解常数Kh==＜，说明亚硫酸氢根离子在溶液中的电离抑制铵根离子的水解，则溶液中离子浓度大小顺序为；由图可知，脱硫过程发生的反应为一水合氨与烟气中的二氧化硫反应生成亚硫酸氢铵和可以排放的烟气；制备过程发生的反应为亚硫酸氢铵溶液与亚硝酸铵和二氧化硫反应生成硫酸羟胺和硫酸。 【详解】A．温度越高，气体的溶解度越小，则“脱硫”过程中温度越高，二氧化硫的溶解度越小，“脱硫”速率越慢，故A错误； B．由分析可知，亚硫酸氢铵溶液中离子浓度大小顺序为，故B错误； C．由分析可知，亚硫酸氢铵溶液中亚硫酸氢根离子浓度大于硫酸根离子浓度，溶液中存在质子守恒关系，则溶液中，故C正确； D．由分析可知，制备过程发生的反应为亚硫酸氢铵溶液与亚硝酸铵和二氧化硫反应生成硫酸羟胺和硫酸，反应的离子方程式为，故D错误； 故选C。 25．D 【分析】与硫酸钠反应生成，经过干燥、热分解得到氟化钠和四氟化硅，再经过“气相沉积”工序，得到高纯氟化铝。 【详解】A．根据熔点数据可知，为分子晶体，为离子晶体，A正确； B．根据已知①常温下，溶液的为1，则知是强酸，由流程知为沉淀，因此氟硅酸与硫酸钠反应的离子方程式为，B正确； C．“气相沉积”工序中，将无水氯化铝以气态形式投入，增大了反应物间的接触面积，使反应更充分，C正确； D．该工艺中转化的关系为，含的原料理论上得到，实际最终制得，则实验产率为，D错误； 故选D。 26．D 【分析】铝土矿粉碎加氢氧化钠，氧化铝和氢氧化钠反应转化为四羟基合铝酸钠溶液，滤渣为铝硅酸钠和不反应的氧化铁，滤液浓缩加入氢氧化铝晶种沉淀得到氢氧化铝，煅烧氢氧化铝得氧化铝； 【详解】A．氧化铁和氢氧化钠不反应，物质X为，A正确； B．过量能和四羟基合铝酸钠生成氢氧化铝沉淀，可代替氢氧化铝晶种，B正确； C．“缓慢加热”利于和氢氧化钠、氧化铝反应转化为水合铝硅酸钠，C正确；   D．该流程中得到滤液中含有氢氧化铝，则可循环利用的物质主要为含氢氧化铝的滤液，D错误； 故选D。 27．C 【分析】方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和MnO2中加入稀盐酸浸取，盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中；加入M为MnO调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤，得到滤渣2为氢氧化铁沉淀；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体；之后加入N为稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，滤液a中主要成分为HCl，据此分析作答； 【详解】A．，温度降低，反应逆向移动，即平衡向左移，有利于PbCl2沉淀更完全，反应为吸热反应，A正确； B．由分析可知，滤渣2的主要成分是氢氧化铁，B正确； C．“沉淀转化”过程中，沉淀的转化方程式为，溶液中达到平衡时溶液中，C错误； D．“浸取”时盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中，离子方程式为：，D正确； 故选C。 28．D 【分析】电解法生产亚氯酸钠的工艺流程：无隔膜电解槽电解饱和氯化钠溶液，NaCl+3H2ONaClO3+3H2↑，得到氯酸钠溶液，氯酸钠(NaClO3)在酸性条件下被二氧化硫还原成二氧化氯，发生反应2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2，ClO2在二氧化硫和空气混合气体中不易分解爆炸，通入空气的目的是稀释ClO2，防止ClO2爆炸，吸收塔中加入氢氧化钠、过氧化氢发生反应生成NaClO2，经过滤、结晶得到NaClO2·3H2O，以此分析解答。 【详解】A．工业上的氯碱工业(制备烧碱和氯气)，为防止生成的氯气与OH-接触反应，应用阳离子交换膜，故A错误； B．由已知②可知，纯二氧化氯易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全，则发生器中鼓入空气的作用应是稀释二氧化氯以防止爆炸，故B错误； C．吸收塔内发生的反应为在碱性条件下，二氧化氯与过氧化氢发生氧化还原反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应的化学方程式2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，故C错误； D．粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体，则要得到更纯的NaClO2·3H2O晶体必须进行的操作是重结晶，故D正确； 故选：D。 29．B 【分析】软锰矿(主要成分是MnO2，含有Fe2O3和SiO2等杂质)与KClO3在强碱性条件下焙烧，反应生成氯化钾、锰酸钾和水，反应后的固体加水溶解，得到滤渣为氧化铁和二氧化硅，滤液含有锰酸钾，通入二氧化碳后，在酸性条件下，锰酸钾发生歧化反应得到二氧化锰固体和锰酸钾、碳酸钾，根据锰酸钾、碳酸钾的溶解度差别较大，可以采取蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到高锰酸钾固体和碳酸钾，碳酸钾加入生石灰后，得到氢氧化钾，据以上分析解答。 【详解】A．“焙烧”中有生成，该步骤主要反应的化学方程式为，故A正确； B．通入后，在酸性条件下，锰酸钾发生歧化反应得到二氧化锰固体、锰酸钾和碳酸钾，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为，若通入4mol 时，理论上转移电子数为4，故B错误； C．若“焙烧”时加入的KOH过量，也能与NaOH反应生成，导致制得的中混有含Si元素的杂质，故C正确； D．根据表格中的溶解度，的溶解度远小于，故滤渣2的主要成分为KMnO4，分离操作的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故D正确； 本题选B。 30．A 【分析】以Pd(NH3)2Cl2固体为原料制备纯PdCl2，将Pd(NH3)2Cl2酸溶，发生反应Pd(NH3)2Cl2+2HCl═(NH4)2[PdCl4]，然后用NaClO3氧化，将铵根离子氧化成氮气，再用NaOH溶液沉钯，反应为H2PdCl4+4NaOH═Pd(OH)2↓+4NaCl+2H2O，过滤、洗涤Pd(OH)2，最终转化为PdCl2。 【详解】A．已知具有顺反异构，说明该分子为平面结构，、都属于配体，Pd的配位数为4，故A错误； B．“氧化”过程中，发生反应的离子方程式为，故B正确； C．①；根据，可得：②；①+②可得，平衡常数=101.8，故C正确； D．若氧化不充分，则沉钯时有部分Pd元素固生成配合物而溶解在溶液中，产率降低，故D正确。 答案选A。 31．B 【分析】由流程可知，向废渣中加入碳酸钠和氧气并煅烧，发生4Na2CO3+2Cr2O3+3O24Na2CrO4+4CO2↑，Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑，Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2↑，用水浸之后，溶液中含有Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2、Na2CO3，向溶液中通入二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，过滤，滤液中含有Na2CrO4、Na2CO3，再向溶液中加硫酸，2Na2CrO4+H2SO4=Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O，再向溶液中加入KCl固体，就会析出溶解度更小的K2Cr2O7晶体，以此来解答。 【详解】A．由上述分析可知，煅烧过程发生的反应为，故A正确； B．由分析可知，滤渣Ⅱ中的成分是和硅酸沉淀，故B错误； C．由上述分析可知CO2和Na2CO3均可循环使用，故C正确； D．由Na2CrO4转化为K2Cr2O7的过程中需加入硫酸和KCl固体，发生2Na2CrO4+H2SO4=Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O，再向溶液中加入KCl固体，就会析出K2Cr2O7晶体，故D正确。 答案选B。 32．C 【分析】废铝箔（主要成分为，含少量等）与稀硫酸反应，生成Al3+、Mg2+、Fe2+，过滤除去不溶于酸的杂质，再用NaOH溶液调节pH值，将Mg2+、Fe2+转化为沉淀析出，Al3+转化为，过滤固体，继续向滤液中加入适量稀硫酸得到Al2(SO4)3溶液，最后加饱和K2SO4溶液结晶得到溶解度更小的明矾。 【详解】A．由于不与氢氧化钠溶液反应，步骤①与步骤②顺序互换后，通过操作a（过滤）即可得到溶液，再加稀硫酸可得到硫酸铝溶液，调换顺序后，酸碱的浪费更少，可节约生产成本，故A正确； B．②中Al3+转化为，发生的反应方程式为：，，故B正确； C．③中稀酸化的目的是将转化为Al3+，故C错误； D．④是根据溶解度差异来制取明矾，即室温下明矾的溶解度小于和的溶解度，故D正确； 故选C。 33．C 【分析】 易拉罐的主要成分为Al，含有少量的不溶于碱的杂质，可选择浓NaOH溶解，得到偏铝酸钠溶液，并通过过滤除去不溶于碱的杂质，滤液中加入NH4HCO3溶液后，促进[Al(OH)4]-水解生成Al(OH)3沉淀，过滤后将沉淀溶解在稀硫酸中，得到硫酸铝溶液，添加K2SO4溶液后蒸发浓缩并冷却结晶得到晶体明矾，据此分析回答问题。 【详解】 A．根据题目流程可得出，碱溶过程中发生的是NaOH和Al的反应，即：2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑，故“碱溶”步骤中发生反应的离子方程式为2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑，A正确； B．由分析可知，“沉铝”之后所得滤液中主要含有阳离子为Na+，故可通过焰色试验检验“沉铝"所得滤液中的主要阳离子，B正确； C．浓硫酸稀释时需要酸入水，并用玻璃棒不断搅拌，故用浓硫酸配制9mol/L H2SO4溶液，需要将浓硫酸缓慢加入水中，并用玻璃棒不断搅拌，C错误； D．由分析可知，“一系列操作”中还需要加入的试剂是K2SO4，D正确； 故答案为：C。 34．C 【分析】方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和MnO2中加入稀盐酸浸取，盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中；加入M为MnO调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤，得到滤渣2为氢氧化铁沉淀；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体；之后加入N为稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，滤液a中主要成分为HCl，据此分析作答。 【详解】A．“浸取”时盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中，离子方程式为：，故A正确； B．pH的目的是消耗溶液中的H+，促进Fe3+水解转化成Fe(OH)3除去，可选用MnO、Mn(OH)2等，滤液a中含有大量的NaCl,但为确保PbSO4的产量，需加入过量的试剂N(Na2SO4)，故B正确； C．，温度降低，反应逆向移动，即平衡向左移，有利于PbCl2沉淀更完全，反应为吸热反应，故C错误； D．“沉淀转化”过程中，沉淀的转化方程式为PbCl2(s)+SO(aq)⇌PbSO4(s)+2Cl-(aq)，溶液中达到平衡时溶液中=1.6×103，故D正确。 答案选C。 35．D 【分析】软锰矿主要成分是，含有、等杂质，加氢氧化钾煅烧得墨绿色炉渣，说明有和KOH反应生成，氧化铝转化为偏铝酸钾、二氧化硅转化为硅酸钾，浸取，通入二氧化碳调节pH生成氢氧化铝、硅酸沉淀，过滤得溶液，加冰醋酸，发生歧化反应生成、MnO2，过滤，滤液为，蒸发浓缩、冷却结晶得晶体。 【详解】A．向“浸取液”含有偏铝酸钾、硅酸钾，通入调pH后，偏铝酸钾和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钾、硅酸钾和二氧化碳反应生成硅酸沉淀和碳酸氢钾，“过滤”得滤渣Ⅰ的成分为和，故A错误； B．酸性条件下具有强氧化性，可以将浓盐酸中的氯离子氧化为氯气， “歧化”步骤中调节溶液时，不能用浓盐酸来代替冰醋酸，故B错误； C．高锰酸钾受热易分解，“操作Ⅱ”应该为加热浓缩，当溶液表面出现晶膜时停止加热，冷却结晶析出紫黑色晶体，故C错误； D．溶液中加冰醋酸，在酸性条件下发生歧化反应生成、MnO2。“歧化”时的反应为，加入冰醋酸使反应平衡正向移动，促进的生成，提高的产率，故D正确； 故答案选D。 36．B 【分析】相同温度时溶解度SrCO3<SrSO4，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，所以将天青石矿粉和NH4HCO3溶液、一水合氨充分混合反应，过滤后得到的粗SrCO3中含有杂质SiO2、BaSO4。粗SrCO3焙烧分解转化成氧化锶和二氧化碳，氧化锶与水反应生成易溶于水的氢氧化锶，难溶的SiO2和BaSO4进入浸渣中，浸液中含有Sr(OH)2，此时加入(NH4)2SO4溶液，生成沉淀SrSO4，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，“沉淀”反应是，气体是NH3，可以循环利用，A正确； B．“转化”过程的总离子方程式为，B错误； C．“转化”中反应温度不宜过高，防止一水合氨分解使NH3逸出，且控制氨水过量可促进产生更大浓度的，促进沉淀转化，C正确； D．流程中涉及SrCO3、的分解反应以及的化合反应，D正确； 故答案为：B。 37．B 【详解】A．焙烧后Ce元素以CeO2、CeF4形式存在，Ce均表现为+4，CeCO3F中Ce表现+3价，因此焙烧CeCO3F中Ce的化合价升高，被氧化；CeCO3F为还原剂，氧气为氧化剂，因此有n(CeCO3F)×1=n(O2)×4，n(O2)∶n(CeCO3F)=1∶4，A正确； B．通过操作Ⅱ（包含酸溶、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥）即可得到纯净的，B错误； C．因用盐酸可能会生成污染性气体氯气，所以酸浸过程中用稀硫酸和双氧水替代盐酸可体现环境友好，C正确； D．中阴离子的中心原子价层电子对数为4，且不含孤电子对，所以其空间构型为正四面体，D正确； 故选B。 38．C 【分析】 光盘中的Ag与次氯酸钠反应生成氯化银和氧气，氯化银不溶于水，过滤得到氯化银固体，加入10%的氨水进行溶解，再加入N2H4∙H2O发生氧化还原反应，生成单质银。 【详解】 A．次氯酸钠在酸性、加热的条件下易分解，则为了提高氧化过程的反应速率和产率，氧化过程应该在碱性、温度不宜过高的条件下进行，A错误；   B．氧化过程中，若用HNO3代替NaClO氧化Ag，银会和硝酸反应生成硝酸银和一氧化氮，产生含氮的氧化物，污染空气，B错误； C．氧化过程中方程式为4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2↑，参加反应的Ag和NaClO的物质的量比之为1∶1，C正确； D．还原过程，若水合肼转化为无害气体N2，溶液中含银离子为[Ag(NH3)2]+，则还原过程的离子方程式为4[Ag(NH3)2]++N2H4∙H2O+4OH-=4Ag↓+N2↑+5H2O+8NH3↑，D错误； 故选C。 39．D 【分析】“酸浸”时CeO2做氧化剂，与H2O2反应生成Ce3+并放出O2，Ce3+能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为：Ce3+(水层)+3HA(有机层)⇌Ge(A)3(有机层)+3H+(水层)，加氨水提高pH值，有利于萃取，加入酸性试剂，反萃取，加氨水和碳酸氢铵除去盐酸，同时生成Ce2(CO3)3。 【详解】A．“酸浸”时CeO2与H2O2反应生成Ce3+并放出O2，该反应的离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，A正确； B．将CeCl3溶液滴加到NH4HCO3溶液中可生成氯化铵、Ce2(CO3)3沉淀和二氧化碳，B正确； C．“沉淀”时加氨水使溶液接近中性，其目的是降低溶液中氢离子的浓度，促进碳酸氢根离子的电离，增大溶液中碳酸根离子的浓度，有利于沉淀Ce2(CO3)3的生成，C正确； D．“反萃取”步骤中的“试剂a”，Ce3+(水层)+3HA(有机层)⇌Ge(A)3(有机层)+3H+(水层)，萃取原理逆向进行，增加H+浓度，才能逆向进行，可选酸性试剂，D错误； 故答案为：D。 40．B 【分析】菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，MgCO3转化为MgO，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣有SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，同时产生氨气，则此时浸出液中主要含有Mg2+，加入氨水得到Mg(OH)2沉淀，煅烧得到高纯镁砂。 【详解】A．高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根水解产生的氢离子反应，促进铵根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式为MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O，故A正确； B．一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，故B错误； C．浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可以利用到浸出过程中，故C正确； D．Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp远小于Mg(OH)2的Ksp，所以当pH达到一定值时Fe3+、Al3+产生沉淀，而Mg2+不沉淀，从而将其分离，故D正确； 故答案为B。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$