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主题四 化学工艺流程测试(二)
(考试时间：75分钟 试卷满分：100分)
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 K-39 Cr-52 Mn-55
第Ⅰ卷(选择题 共45分)
一、选择题(本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求的)
1．高铁酸钾(K FeO)具有强氧化性，是一种环保、高效、多功能的饮用水处理剂，可以用如下流程进
2 4
行制备。下列说法正确的是( )
A．“酸溶”前，可用热的NaCO 溶液处理铁屑表面的油污
2 3
B．“氧化”过程的离子方程式为2Fe2++O +4H+=2Fe3++2H O
2 2
C．“制备Na FeO”中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：3
2 4
D．“转化”中析出KFeO 晶体的原因可能是相同条件下其溶解度大于Na FeO
2 4 2 4
【答案】A
【解析】由题给流程可知，铁屑溶于稀盐酸，过滤得到氯化亚铁溶液；向氯化亚铁溶液中通入过量空
气，将氯化亚铁转化为氯化铁；向氯化铁溶液中加入氢氧化钠溶液和次氯酸钠溶液，将氯化铁转化为高铁
酸钠，向得到的高铁酸钠溶液中加入饱和氢氧化钾溶液，将高铁酸钠转化为溶解度小的高铁酸钾，过滤得
到高铁酸钾晶体。A项，碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，水解反应是吸热反应，升高
温度，水解平衡向正反应方向移动，溶液中氢氧根离子浓度增大，能使油脂的水解程度增大，则酸溶前可
用热的碳酸钠溶液处理铁屑表面的油污，故A正确；B项，，氧化过程为过量空气将溶液中的氯化亚铁转
化为氯化铁，反应的离子方程式为2Fe2++O +4H+=2Fe3++2H O，故B错误；C项，制备高铁酸钠的反应中，
2 2
氯化铁是反应的还原剂，次氯酸钠是反应的氧化剂，由得失电子数目守恒可知，氧化剂次氯酸钠和还原剂
氯化铁的物质的量之比为3：2，故C错误；D项，转化中发生的反应为向得到的高铁酸钠溶液中加入饱和
氢氧化钾溶液，将高铁酸钠转化为溶解度小的高铁酸钾，故D错误；故选A。
2．一种利用玻璃窑炉替换下的锆废砖(主要成分ZrO、YO、CaO等)提纯成分ZrO 和YO 的工艺流
2 2 3 2 2 3程如下。下列说法错误的是( )
A．“酸化”过程中加入的硫酸、硫酸铵可用硝酸、硝酸铵代替
B．滤渣1主要成分为CaSO
4
C．“中和1”调节pH范围在4~5.5目的是沉淀锆离子
D．整个工艺过程中，硫酸铵可以实现循环利用
【答案】A
【解析】锆废砖(主要成分ZrO、YO、CaO等)提纯氧化锆和氧化钇，锆废砖加入硫酸和硫酸铵，得
2 2 3
到硫酸钙沉淀，调节溶液pH在4 ~ 5.5范围沉淀锆离子，压滤，得到滤渣2为Zr(OH) ，焙烧得到ZrO；滤
4 2
液继续加入氨水调节溶液pH在6~ 8得Y(OH) ，过滤得滤液为滤液2为硫酸铵和氨水，滤渣水洗、煅烧得
3
到YO 粉末。A项，若硫酸用硝酸代替，则反应过程硝酸和CaO反应产生Ca(NO )，就不能形成生成
2 3 3 2
CaSO 沉淀而除去Ca2+，A错误；B项，根据上述分析可知滤渣1主要成分为CaSO，B正确；C项，“中
4 4
和1”调节pH范围在4~5.5目的是使沉淀锆离子使之转化为Zr(OH) ，C正确；D项，滤液2为硫酸铍和氨
4
水，酸化后可以返回“酸化”使用，故硫酸铵循环利用，D正确；故选A。
3．LiCO 是重要的工业原料。以废旧锂离子电池的正极材料(主要含有LiCoO 及少量 等)为原
2 3 2
料生产LiCO 的一种工艺流程如图所示：
2 3
已知LiCoO 难溶于水，具有强氧化性。
2
下列说法正确的是( )
A．滤液1中含有的阳离子主要是Al3+和Na+
B．“还原”时，参加反应
C．滤渣主要是Fe(OH) ，滤液2中仅含有一种溶质
3
D．“沉钴”离子方程式为Co2++HCO-= CoCO↓+2H+
3 3
【答案】B【解析】正极材料主要含LiCoO 、Al、Fe，加入NaOH 溶液，Al 与 NaOH 反应生成 NaAlO 溶液，
2 2
Fe不反应，剩余的Fe与 HSO 溶液反应生成Fe2+，LiCoO 与酸反应生成Co3+，Co3+具有氧化性，与
2 4 2
NaSO 反应CoSO 和LiSO ，加入氨水调节pH使Fe2+沉淀，Fe2+和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，
2 3 4 2 4
但氢氧化亚铁不稳定易被氧气氧化生成氢氧化铁沉淀，所以废渣的成分是氢氧化铁，加入NH HCO 溶液沉
4 3
钴，得到滤液 Y为 LiSO 溶液，加入NaCO 得到LiCO 沉淀。A项，滤液1中含有的阳离子主要是
4 2 3 2 3
Na+，Al以AlO-的形式存在，A项错误；B项，“还原”时，Co3+具有氧化性，与NaSO 反应CoSO 和
2 2 3 4
LiSO ，反应离子方程式为 ，参加反应 ，B项
2 4
正确；C项，滤渣主要是Fe(OH) ，滤液2中含 ，C项错误；D项，“沉钴”离子方程
3
式为Co2++2HCO-= CoCO↓+H O+CO↑，D项错误；故选B。
3 3 2 2
4．亚铁氰化钾K[Fe(CN) ]是一种黄色颜料。以含铁废水[主要成分为Fe (SO )，含少量NiSO 、
4 6 2 4 3 4
CuSO 等]为原料合成亚铁氰化钾的工艺流程如下：
4
下列说法不正确的是( )
A．“调pH”时选用的试剂X可以是Fe O 或Fe(OH)
2 3 3
B．“还原”后可用KSCN溶液检验Fe3+是否被完全还原
C．“反应”时Fe2+提供孤电子对给予 形成配位健
D．“滤渣Ⅱ”的主要成分是CaCO
3
【答案】C
【解析】含铁废水中的铁为三价铁，加入试剂X调高pH生成氢氧化铁沉淀，过滤后，用硫酸溶解沉
淀，加入单质铁还原三价铁离子，加入氯化钙沉淀硫酸根离子，再用碳酸钠沉淀没有沉淀完的钙离子，过
滤后，加入氯化钾经过转化生成亚铁氰化钾，以此解题。A项，Fe O 或Fe(OH) 可以和氢离子反应从而使
2 3 3
pH升高，且不会引入杂质离子，A正确；B项，Fe3+遇到KSCN溶液会变红色，可以检验Fe3+，B正确；C
项，Fe2+是阳离子，和CN-形成配位键时，Fe2+提供空轨道，CN-提供孤电子对，C错误；D项，碳酸钠中的
碳酸根离子和没有完全沉淀的钙离子生成沉淀碳酸钙，D正确；故选C。
5．黄铜灰渣(含有Cu 、Zn、CuO、ZnO及少量FeO、Fe O)生产硝酸铜溶液的流程如图，下列说法不
2 3
正确的是( )A．“浸取”时适当提高硫酸浓度可加快反应速率
B．若反应中所加Zn过量，所得Cu(NO ) 溶液中含Zn(NO ) 杂质
3 2 3 2
C．滤液II含Zn2+、Fe2+、Fe3+、SO 2-等离子
4
D．由Cu(NO ) 溶液制备Cu(NO )·3H O，采用蒸发结晶的操作
3 2 3 2 2
【答案】C
【解析】黄铜灰渣加硫酸浸取，Zn、ZnO转化为ZnSO，CuO转化为CuSO ，FeO转化为FeSO ，
4 4 4
Fe O 转化为Fe (SO )，过滤得到Cu，向滤液中加入适量的Zn，Zn先和Fe3+反应生成Fe2+，再和Cu2+反应
2 3 2 4 3
生成Cu，向Cu中加入稀硝酸，得到Cu(NO ) 溶液。A项，适当增加反应物浓度可以加快反应速率，A项
3 2
正确；B项，加Zn过量，会导致过滤所得滤渣中含有Zn，硝酸溶解后会在硝酸铜中会有Zn(NO ) 杂质，
3 2
B项正确；C项，由分析可知，向滤液I中加入适量的Zn，Zn先和Fe3+反应生成Fe2+，再和Cu2+反应生成
Cu，故滤液II中不含Fe3+，C项错误；D项，将Cu(NO ) 溶液蒸发结晶，可得到Cu(NO )·3H O，D项正
3 2 3 2 2
确；故选C。
6．化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。亚氯酸钠(NaClO )具有强氧化性，受热易分解，可
2
作漂白剂、食品消毒剂等，以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下图所示。
已知：消毒能力即每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl 的氧化能力。
2
下列说法错误的是( )
A．“母液”中溶质的主要成分是NaSO
2 4
B．相同质量ClO 的消毒能力是Cl 的2.5倍
2 2
C．“反应2”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
D．“减压蒸发”可以降低蒸发时的温度，提高产品产率
【答案】B
【解析】由题给流程可知，反应1为二氧化硫与稀硫酸、氯酸钠反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，反应2为二氧化氯与过氧化氢、氢氧化钠混合溶液反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应得到的亚氯酸钠在
55℃条件下减压蒸发、冷却结晶、过滤得到亚氯酸钠粗产品。A项，根据元素转化分析可知“母液”中溶
质的主要成分是NaSO ，A项正确；B项，1 mol Cl 完全反应转化2 mol e-，1 mol ClO 完全反应转化5
2 4 2 2
mol e-，所以等物质的量ClO 的消毒能力是Cl 的2.5倍，B项错误；C项，“反应2”中发生反应的化学方
2 2
程式为HO+2ClO + 2NaOH=2NaClO +2H O+O↑，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，C项正确；D项，
2 2 2 2 2 2
温度过高，NaClO 会分解，所以采用“减压蒸发”可以降低蒸发时的温度，提高产品产率，D项正确；故
2
选B。
7．生产软磁铁氧体的主要原料是α-FeOOH，以硫铁矿(主要成分是FeS，含少量Al O、SiO 和Fe O)
2 2 3 2 3 4
为原料制备α-FeOOH的工艺流程如下，相关数据见下表。下列说法错误的是 ( )
物质
开始沉淀pH(25℃) 1.9 7.6 4.0
沉淀完全pH(25℃) 3.2 9.7 5.2
A．“焙烧”的产物之一可用于工业制硫酸
B．“试剂a”可以为FeS，主要目的是除去过量硫酸
C．“试剂b”可以为氨水，调pH的范围为5.2～7.6
D．“沉淀”时，pH过高或者过低均不利于生成
【答案】B
【解析】硫铁矿焙烧主要发生的反应方程式为：4FeS+11O 2Fe O+8SO ，然后加入稀硫酸进行
2 2 2 3 2
酸 浸 ， 反 应 原 理 有 ： Fe O+3H SO =Fe (SO )+3H O 、 Al O+3H SO =Al(SO )+3H O 、
2 3 2 4 2 4 3 2 2 3 2 4 2 4 3 2
Fe O+4H SO =Fe (SO )+4H O+FeSO ，然后过滤得到滤渣A，主要成分为SiO ，试剂a为还原性铁粉，主
3 4 2 4 2 4 3 2 4 2
要目的为将Fe3+转化为Fe2+，便以后续步骤中除去Al3+，过滤得到滤渣B，主要成分为Fe，加入试剂b调节
溶液pH为5.2~7.6将Al3+完全沉淀，而除去过滤得到滤渣C，主要成分为Al(OH) ，向滤液中主要含有
3
Fe2+加入过氧化氢和氨水，产生沉淀FeOOH，过滤得到滤液D，主要成分为(NH )SO 。A项，由分析可知，
4 2 4“焙烧”的产物之一SO ，可以转化为SO ，然后SO +H O=HSO ，故可用于工业制硫酸，A正确；B项，
2 3 3 2 2 4
“试剂a”的主要目的是将Fe3+完全还原为Fe2+，可以为FeS，但主要目的不是除去过量硫酸，B错误；C项，
“试剂b” 的目的为调节溶液pH为5.2~7.6将Al3+完全沉淀，故可以为氨水，C正确；D项，“沉淀”时，
pH过高则溶液中的OH-浓度过大，将生成Fe(OH) 沉淀，pH过低即溶液中H+浓度过大，不利于生成α-
3
FeOOH，D正确；故选B。
8．某新型纳米材料氧缺位铁酸盐ZnFe O(3<x<4)，能在常温下将工业废气中的SO 、NO 等转化为单
2 x 2 2
质而除去，由锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe O 等)和Fe (SO ) 为原料制备氧缺位铁酸盐及其转化废气
2 3 2 4 3
流程如图：
下列说法正确的是( )
A．浸取时，为了提高酸浸效率，可以延长浸取时间或将稀硫酸换成浓硫酸
B．“除杂”过程中有加入足量锌粉等操作，与锌粉反应的离子只有Pb2+和Cu2+
C．除去SO 时，ZnFe O 在反应中表现了氧化性
2 2 x
D．ZnFe O 与H 反应制得1molZnFe O 时转移电子(8-2x)mol
2 4 2 2 x
【答案】D
【解析】A项，浸取时，若将稀硫酸换成浓硫酸将与Zn反应放出有毒有害的气体SO ，故为了提高酸
2
浸效率，可以延长浸取时间，但不能将稀硫酸换成浓硫酸，A错误；B项，已知Fe3+的氧化性强于Cu2+，
故“除杂”过程中有加入足量锌粉等操作，与锌粉反应的离子不只有Pb2+和Cu2+，还有Fe3+，B错误；C项，
除去SO 时，SO 与ZnFe O 反应生成S单质，故SO 被还原，即SO 表现出氧化性，则ZnFe O 在反应中
2 2 2 x 2 2 2 x
表现了还原性，C错误；D项，已知ZnFe O 中Zn为+2价，Fe为+3价，ZnFe O 中Zn为+2价，Fe为+
2 4 2 x
(x-1)价，故ZnFe O 与H 反应制得1molZnFe O 时转移电子为2×[3-(x-1)]= (8-2x)mol，D正确；故选D。
2 4 2 2 x
9．为研究废旧电池的再利用，实验室利用旧电池的铜帽(主要成分为Zn和Cu)回收Cu并制备ZnO的
部分实验过程如图所示。下列叙述错误的是( )A．“溶解” 操作中溶液温度不宜过高
B．铜帽溶解后，将溶液加热至沸腾以除去溶液中过量的氧气或HO
2 2
C．过滤后滤液中只有ZnSO
4
D．本流程涉及置换反应
【答案】C
【解析】A项，溶解过程中用到HO，该物质受热容易分解，因此温度不宜过高，A正确；B项，铜
2 2
帽溶解后，溶液中存在过量的氧气或HO，若不除去会在后续反应中消耗过多的锌粉，因此需将溶液加热
2 2
至沸腾以除去溶液中过量的氧气或HO，B正确；C项，因为用到NaOH溶液调节pH值，因此滤液中还
2 2
有生成的NaSO ，C错误；D项，“溶解”过程Zn与硫酸发生置换反应、“反应”过程中Zn与H+、
2 4
Cu2+均涉及到置换反应，D正确；故选C。
10．锂被誉为“高能金属”，废旧锂离子电池的正极材料主要含有LiC O 及少量Al，Fe等，处理该
O 2
废料的一种工艺流程如图所示：
已知LiC O 难溶于水，具有强氧化性。下列说法正确的是( )
O 2
A．滤液1中含有的阳离子主要是Al3+和Na+
B．“还原”时，参加反应n(C 3+)：n(SO 2-)=2：1
O 3
C．“沉钴”离子方程式为C 2++HCO-= C CO↓+H+
O 3 O 3
D．滤渣主要是Fe(OH) ，滤液2中仅含有一种溶质
3
【答案】B
【解析】正极材料中的铝能和NaOH溶液反应，生成NaAlO 进入滤液中，滤渣中含LiC O 和铁等，
2 O 2
加入稀硫酸，LiC O 和铁溶于硫酸中，然后加入适量NaSO 将+3价Co还原为+2价，加入氨水调溶液的
O 2 2 3
pH，使铁成为氢氧化物沉淀除去，滤液中加入NH HCO ，将Co2+转化为CoCO 沉淀。A项，滤液1中含
4 3 3
有的阳离子主要是Na+，Al以AlO-的形式存在，A项错误；B项，“还原”时，反应离子方程式为2C 3+
2 O+SO2-+H O=2C 2++SO2-+2H+，则参加反应的n(C 3+)：n(SO 2-)=2：1，B项正确；C项，“沉钴”离子方程
3 2 O 4 O 3
式为C 2++2HCO-= C CO↓+CO ↑+H O，C项错误；D项，滤渣主要是Fe(OH) ，根据流程，前面加入了
O 3 O 3 2 2 3
NaOH、稀硫酸、NaSO 、NH HCO ，所以滤液2中含NaSO 、(NH )SO ，D项错误；故选B。
2 3 4 3 2 4 4 2 4
11．下图是以市售铁屑(含少量锡、氧化铁等杂质)为原料生产纯净绿矾的一种方法：
已知：室温饱和HS溶液的pH的为3.9，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6，FeS开始沉淀时溶液的pH
2
为3.0，沉淀完全时的pH为5.5
根据以上流程图。下列说法错误的是( )
A．“溶解”中用到25%的稀硫酸，可用98%浓硫酸配制，需玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管等仪器
B．操作II中用硫酸酸化至pH=2的主要目的是抑制Fe2+的水解
C．操作II中，通入HS至饱和的目的之一是防止Fe2+被氧化
2
D．操作IV中所得的晶体最后用乙醇洗去晶体表面附着的水分
【答案】B
【解析】铁屑(含少量锡、氧化铁等杂质)与稀硫酸反应生成硫酸锡和硫酸亚铁，通过过滤滤去不溶性
物质，通过调节溶液的pH并通入硫化氢气体使锡离子沉淀，过滤除去不溶性的硫化锡，得到硫酸亚铁溶
液，通过冷却结晶得到纯净的绿矾。A项，将浓硫酸稀释为25%的稀硫酸，应该用量筒量取一定体积的浓
硫酸，沿玻璃棒缓缓倒入盛有水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，则所需仪器为玻璃棒、烧杯和量筒、胶
头滴管等仪器，故A正确；B项，结合SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6，FeS开始沉淀时溶液的pH为
3.0，而pH=2在1.6-3.0之间，所以锡离子完全沉淀，亚铁离子不沉淀，操作II中用硫酸酸化至pH=2的主
要目的不是抑制Fe2+的水解，故B错误；C项，通入硫化氢至饱和，硫化氢是强还原剂，目的是沉淀锡离
子，防止亚铁离子被氧化，所以操作II中，通入HS至饱和的目的之一是防止Fe2+被氧化，故C正确；D
2
项，晶体易溶于水，用乙醇洗涤，可以避免晶体的溶解，减少晶体的损失，且酒精易挥发，带走水分，所
以操作IV中所得的晶体最后用乙醇洗去晶体表面附着的水分，故D正确；故选B。
12．在我国，粉煤灰排放量是仅次于尼矿的工业固废。粉煤灰的主要组成为Al O、SiO，含少量
2 3 2
Fe O、CaO等，可利用酸碱联合法回收粉煤灰中Al O 和SiO，回收流程如下图所示。
2 3 2 3 2已知：低温拜尔法反应原理之一为NaAlO +2H O=Al(OH) ↓+NaOH、2Al(OH) Al O+3H O。
2 2 3 3 2 3 2
下列说法错误的是( )
A．水浸后，溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到粗硫酸铝晶体
B．滤渣的主要成分为SiO
2
C．还原焙烧的主要反应为2Al (SO )+3C 2Al O+3CO ↑+6SO↑
2 4 3 2 3 2 2
D．低温拜尔法所得滤液不可循环利用
【答案】D
【解析】由题给流程可知，加入硫酸溶液热化时，氧化铝、氧化铁溶于硫酸溶液得到可溶性硫酸盐，
氧化钙与硫酸溶液反应得到微溶的硫酸钙，二氧化硅不与硫酸溶液反应，水浸、过滤得到含有二氧化硅、
少量的硫酸钙的滤渣和含有可溶性硫酸盐的滤液；滤液经结晶、脱水得到硫酸盐晶体，硫酸盐与碳粉高温
条件下，焙烧得到粗氧化铝，向粗氧化铝中加入氢氧化钠溶液，将氧化铝转化为偏铝酸钠，过滤得到偏铝
酸钠溶液；偏铝酸钠溶液发生低温拜尔法反应后，过滤得到含有氢氧化钠的滤液和冶金级氧化铝，滤液可
以重新溶解粗氧化铝而循环使用；向滤渣中加入氢氧化钠溶液浸出得到硅酸钠溶液。A项，水浸后，滤液
经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到含有硫酸铁晶体的粗硫酸铝晶体，故A正确；B项，滤渣中二氧
化硅、少量的硫酸钙，主要成分为二氧化硅，故B正确；C项，还原焙烧发生的主要反应为硫酸铝与碳高
温下反应生成氧化铝、二氧化碳和二氧化硫，反应的化学方程式为2Al (SO )+3C
2 4 3
2Al O+3CO ↑+6SO↑，故C正确；D项，偏铝酸钠溶液发生低温拜尔法反应后，过滤得到含有氢氧化钠的
2 3 2 2
滤液和冶金级氧化铝，滤液可以重新溶解粗氧化铝而循环使用，故D错误；故选D。
13．碲( Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”；锡酸钠(Na SnO )可用于制造陶瓷电容器的基体。以
52 2 3
锡碲渣(主要含NaSnO 和NaTeO )为原料，回收锡酸钠并制备碲单质的流程图如下，下列说法错误的是(
2 3 2 3
)
已知：锡酸钠(Na SnO )和亚碲酸钠(Na TeO )均易溶于碱。
2 3 2 3A．在生产过程中，要将锡碲渣粉碎，其目的是增大锡碲渣的碱浸速率和浸出率
B．“氧化”时，反应的离子方程式为2Na++TeO2-+H O=Na TeO ↓+H O
3 2 2 2 4 2
C．“氧化”的温度应该越高越好，因为温度越高化学反应速率越快
D．以石墨为电极电解NaTeO 溶液可获得Te，电解过程中阴极上的电极反应为：TeO 2-+4e-+3H O=
2 3 3 2
e+6OH-
【答案】C
【解析】A项，在生产过程中，为增大锡碲渣的碱浸速率和浸出率，可将锡碲渣粉碎，故A正确；B
项，碱浸后加入HO 氧化，发生2Na++TeO2-+H O=Na TeO ↓+H O，因过滤后得到碲酸钠渣，故NaTeO
2 2 3 2 2 2 4 2 2 4
不能拆，故B正确；C项，温度过低反应进行较慢，温度过高，过氧化氢会受热分解，因此“氧化”的温
度控制在60~70℃，故C错误；D项，以石墨为电极电解NaTeO 时，TeO 2-在阴极上得电子生成碲单质，
2 3 3
故D正确。故选C。
14．制备一种重要的含氯消毒剂—亚氯酸钠(NaClO，受热易分解)的工艺流程如图，下列说法正确的
2
是
A．“滤渣”的成分为Mg CO、CaCO
3 3
B．两处HCl的作用相同
C．操作a为“减压蒸发”
D．理论上，产生气体A、B的物质的量之比为2：1
【答案】C
【解析】粗食盐水中加入碳酸钠除氯化钙生成碳酸钙沉淀，加入氢氧化钠除氯化镁生成氢氧化镁沉淀，过滤出碳酸钙、氢氧化镁，滤液中加盐酸除碳酸钠、氢氧化钠，得到氯化钠溶液，电解氯化钠溶液得到氯
酸钠和氢气，氯酸钠和盐酸反应生成二氧化氯、氯气，用氢氧化钠、双氧水吸收二氧化氯，减压蒸发、冷
却结晶得亚氯酸钠晶体。A项，“滤渣”的成分为Mg(OH) 、CaCO，A错误；B．第一次用盐酸是除氢氧
2 3
化钠、碳酸钠，第二次用盐酸是还原氯酸钠生成二氧化氯气体，两处HCl的作用不相同，B错误；C．
NaClO，受热易分解，故操作a为“减压蒸发”，C正确；D．产生气体A即Cl 的方程式为
2 2
2NaClO+4HCl=2ClO ↑+Cl↑+2NaCl+2HO，产生气体B即O 的方程式为
3 2 2 2 2
2ClO +2NaOH+HO=2NaClO +O ↑+2H O，理论上，产生气体氯气、氧气的物质的量之比为1∶1，D错误；
2 2 2 2 2 2
故选C。
15．砷化镓是重要的半导体材料，一种从砷化镓废料(主要成分为GaAs，含Fe O、SiO、CaCO 等杂
2 3 2 3
质)中回收单质镓和砷的化合物的工艺流程如图所示：
已知：①“碱浸”时GaAs中Ga以NaGaO 的形式进入溶液。②Ga与Al位于同一主族，性质相似。
2
③离子完全沉淀时的pH：SiO2-为8，GaO 2-为5.6。
3 2
下列说法正确的是
A．“碱浸”时，GaAs发生的离子方程式为GaAs+4OH-+4H O= GaO 2-+AsO3-+6H O
2 2 2 4 2
B．“滤渣①”的成分为Fe O，CaCO，“滤渣③”的成分为CaCO
2 3 3 3
C．“调pH①”时，为使得杂质离子沉淀完全，可通入过量的CO
2
D．“系列操作”为蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥
【答案】A
【解析】砷化镓废料粉碎增大碱浸速率，加氢氧化钠和过氧化氢，GaAs和SiO 溶解生成SiO2-、
2 3
AsO3-和GaO 2-，Fe O 和CaCO 不溶于碱，“滤渣①”为Fe O 和CaCO，滤液通CO 可以得硅酸，除去硅
4 2 2 3 3 2 3 3 2
元素，滤液再通CO 可以将GaO 2-转化为Ga(OH) ，过滤，滤液为NaAsO ，经过蒸发浓缩、冷却结晶可以
2 2 3 3 4
得到NaAsO ·12H O，Ga(OH) 沉淀加NaOH溶液生成NaGaO 溶液，通电电解得到镓单质。A项，“碱
3 4 2 3 2
浸”时GaAs中Ga以NaGaO 的形式进入溶液，As会被HO 氧化生成NaAsO ，根据得失电子守恒和电荷
2 2 2 3 4
守恒、原子守恒得出反应的离子方程式为GaAs+4OH-+4H O= GaO 2-+AsO3-+6H O，故A正确；B项，
2 2 2 4 2
Fe O 和CaCO 不溶于NaOH溶液，“滤渣①”的成分为Fe O 和CaCO，向含有SiO2-、AsO3-和GaO 2-的
2 3 3 2 3 3 3 4 2
溶液中，先通入CO 先得硅酸沉淀，除去硅元素，然后再通CO 可以将GaO 2-转化为Ga(OH) ，“滤渣
2 2 2 3
③”的成分为Ga(OH) ，故B错误；C项，通入过量的，会使Ga(OH) 过早沉淀下来，使产率降低，故C
3 3错误；D项，滤液为NaAsO ，析出带结晶水的晶体要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可
3 4
以得到NaAsO ·12H O，故D错误；故选A。
3 4 2
第II卷(非选择题 共55分)
二、填空题(本题共4小题，共55分)
16．(13分)石油化工所用的加氢催化剂的主要成分为镍钴合金和氧化铝，还含有少量的氧化铁，以废
弃的加氢催化剂为原料回收其中的钴和镍，其流程如图所示：
已知：①常温下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的 如下：
Al
金属离子 Co3+ Co2+ Fe3+ Ni2+
3+
开始沉淀的pH，c(Mn+)=0.1mol/L
沉淀完全的pH，c(Mn+)=10-5mol/L
②钴常见化合价有+2、+3。
回答下列问题：
(1)“酸溶”步骤中提高浸取率的方法有 (写出2条)。
(2)“除铝铁”步骤中用 溶液调节溶液 的范围为 。
(3)“钴镍分离”步骤前，钴元素在溶液中以 (填写离子符号)形式存在。
(4)“沉镍”步骤中生成碱式碳酸镍[NiCO ·2Ni(OH) ·4HO]的离子方程式为 。
3 2 2
(5)“转化”步骤中有黄绿色气体产生，该气体是 (写名称)，离子反应方程式为：
；若用过氧化氢和稀硫酸代替浓盐酸，其优点是 。
(6)经测定“沉镍”后的滤液中c(Ni2+)=0.1mol/L，控制溶液的 ，向滤液中加入NaCO 固体，可使
2 3
完全沉淀转化为NiCO [溶液中c(Ni2+)≤10-5mol/L可认为Ni2+完全沉淀]，取 滤液加入0.1mol Na CO
3 2 3
固体，通过计算证明 未完全沉淀： [忽略溶液体积变化及NaCO 的水解，常温下
2 3
K (NiCO)= 9×10－6]，若要使 完全沉淀至少还要加入NaCO 的物质的量约为 (保留1
sp 3 2 3位小数)。
【答案】(1)粉碎废弃的加氢催化剂或适当加热或适当增大硫酸浓度或搅拌(2分)
(2) 4.7~6.9(1分)
(3)Co2+(1分)
(4)3Ni2++3CO2-+6HO =NiCO ·2Ni(OH) ·4HO↓+2CO↑(2分)
3 2 3 2 2 2
(5) 氯气(1分) 2Co(OH) +6H++2Cl-=2Co2++Cl↑+6H O (2分) 避免产生有毒氯气(1分)
3 2 2
(6)1L滤液中Ni2+物质的量为0.1mol，与加入的0.1mol碳酸钠固体恰好完全反应得到0.1molNiCO，此
3
时溶液中c(Ni2+)= mol/L=3×10-3mol/L＞1×10-5mol/L，所以溶液中镍离子未完全沉淀(2分)
0.9(2分)
【解析】由题给流程可知，向废弃催化剂中加入硫酸酸浸，将金属元素转化为可溶硫酸盐，结合题给
数据可知，向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH在4.7~6.9范围内，将溶液中铁离子、铝离子
转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液；向滤液中加入次氯酸
钠溶液，将溶液中的Co2+转化为氢氧化钴沉淀，过滤得到氢氧化钴和滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液，将
溶液中镍离子转化为碱式碳酸镍，过滤得到滤液和碱式碳酸镍；碱式碳酸镍与氢气发生还原反应得到高活
性镍；向氢氧化钴中加入浓盐酸，将氢氧化钴转化为CoCl ，CoCl 溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗
2 2
涤、干燥得到六水氯化亚钴。(1)粉碎废弃催化剂、加热、适当增大硫酸浓度、搅拌等措施能提高“酸溶”
步骤的浸取率。故答案为：粉碎废弃催化剂或加热或适当增大硫酸浓度或搅拌。(2)加入氢氧化钠溶液调节
溶液pH在4.7~6.9范围内的目的是将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，而Co2+、
Ni2+不形成沉淀，达到除去溶液中铁离子和铝离子的目的；(3)“钴镍分离”步骤前，钴元素在溶液中以
Co2+形式存在；(4)由分析可知，“沉镍”步骤中加入碳酸钠溶液的目的是将溶液中镍离子转化为碱式碳酸
镍，反应的离子方程式为：3Ni2++3CO2-+6HO =NiCO ·2Ni(OH) ·4HO↓+2CO↑。(5)“转化”步骤中有黄绿
3 2 3 2 2 2
色气体产生是因为氢氧化钴与浓盐酸反应生成氯化亚钴和黄绿色气体氯气、水，离子反应方程式为：
2Co(OH) +6H++2Cl-=2Co2++Cl↑+6H O，若用过氧化氢和稀硫酸代替浓盐酸，氢氧化钴与过氧化氢和稀硫酸
3 2 2
混合溶液反应生成硫酸亚钴、氧气和水，与加入浓盐酸相比最大的优点是可以避免生成有毒的氯气，可以
减少对环境的污染；(6)1L滤液中Ni2+物质的量为0.1mol，与加入的0.1mol碳酸钠固体恰好完全反应得到
0.1molNiCO，此时溶液中c(Ni2+)= mol/L=3×10-3mol/L＞1×10-5mol/L，所以溶液中镍离子未完全沉
3
淀；溶液中镍离子完全沉淀时，溶液中碳酸根离子浓度为 ，则还需要加入碳酸钠的物质的量为0.9 mol。
17．(14分)辉铜矿主要成分Cu S，此外还含有少量SiO 、Fe O 等杂质，软锰矿主要含有MnO ，以及
2 2 2 3 2
少量SiO 、Fe O 等杂质。研究人员开发综合利用这两种资源，用同槽酸浸湿法冶炼工艺，制备硫酸锰和
2 2 3
碱式碳酸铜。主要工艺流程如下：
已知：①MnO 有较强的氧化性，能将Cu+氧化成Cu2+
2
②[Cu(NH )]SO 常温稳定，在热水溶液中会分解生成NH
3 4 4 3
③部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围(开始沉淀和完全沉淀的pH)：Fe3+：1.5～3.2 Mn2+：8.3
～9.8 Cu2+：4.4~6.4。
(1)实验室配制250mL 4.8 mol/L的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要_______。
(2)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有_______(任写一点)。
(3)酸浸时，得到浸出液中主要含有CuSO 、MnSO 等。写出该反应的化学方程式_______。
4 4
(4)调节浸出液pH=4的作用是_______。
(5)本工艺中可循环使用的物质是(写化学式)_______。
(6)获得的MnSO ·H O晶体后常用酒精洗涤，优点是_______。
4 2
(7)用标准的BaCl 溶液测定样品中MnSO ·H O质量分数时，发现样品纯度大于100%(测定过程中产生
2 4 2
的误差可忽略)其可能原因有_______(任写一种)。
【答案】(1)250mL容量瓶、胶头滴管(2分)
(2)粉碎矿石或适当升高温度或搅拌(2分)
(3)Cu S+2MnO +4H SO =2CuSO+2MnSO +S↓+4H O(2分)
2 2 2 4 4 4 2
(4)使Fe3+完全生成Fe(OH) 沉淀，而Cu2+不生成沉淀(2分)
3
(5)NH (2分)
3
(6)减少MnSO ·H O晶体的损失(2分)
4 2
(7)混有硫酸盐杂质或部分晶体失去结晶水(2分)
【解析】流程分析可知辉铜矿软锰矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液pH，使铁离子全部沉淀，过滤得到浸出液中主要含有CuSO 、MnSO 等，加入碳酸氢铵和氨水过滤得到混合溶液加热赶出氨气结晶
4 4
析出得到碱式碳酸铜，滤渣为碳酸锰，通过蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到硫酸锰晶体。(1)实验室配制
250mL 4.8 mol/L的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要 250mL容量瓶，胶头滴管。
(2)为了提高浸取率可采取的措施可以粉碎矿石增大接触面积、加热、搅拌等。(3)MnO 有较强的氧化性，
2
能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫，生成物是CuSO 、MnSO 、S，反应物是硫酸、二氧化锰和硫化亚铜，
4 4
根据化合价升降法配平方程式为：Cu S+2MnO +4H SO =2CuSO+2MnSO +S↓+4H O。(4)根据提示Fe3+的
2 2 2 4 4 4 2
pH沉淀范围：1.5~3.2，Cu2+的pH沉淀范围为：4.4~6.4，可知当pH=4时，使Fe3+完全生成Fe(OH) 沉淀，
3
而Cu2+不生成沉淀。(5)本流程中NH HCO 分解生成NH ，NH 可循环使用。(6)由于MnSO ·H O不溶于乙
4 3 3 3 4 2
醇，故使用乙醇洗涤可以促进晶体形成，减少MnSO ·H O晶体的损失。(7)质量分数大于100%，说明了硫
4 2
酸锰晶体中可能混有硫酸盐杂质或部分晶体失去结晶水。
18．(14分)电解金属锰阳极渣(主要成分MnO ，杂质为PbCO 、Fe O、CuO)和黄铁矿(FeS )为原料可
2 3 2 3 2
制备MnO，其流程如图所示：
3 4
已知：室温下CaF 和MnF 均难溶于水且前者的溶解度更小。回答下列问题：
2 2
(1)基态Mn原子的价电子的轨道表示式为 。
(2)“酸浸”过程中，所用的稀酸X是 (填化学式)。
(3)“酸浸”过程中
的质量浓度、Mn浸出率与时间的关系如图所示。20~80min，浸出Mn元素的主要离子方程
式为 。80~100min时，
浓度上升的原因可能是 。(4)“除Fe、Cu”过程中依次加入的试剂Y、Z为___________(填序号)。
A．HO、NH ·H O B．KMnO 、CaO C．SO 、MnCO D．HO、CaCO
2 2 3 2 4 2 3 2 2 3
(5)“净化”中加入MnF 的目的是除去
2
，其反应的离子方程式为 。
(6)硫酸锰在空气中加热可以生产相应的氧化物，称取151mg硫酸锰充分煅烧后刷余固体的质量为
79mg，则此时固体的化学式为 。下图为不同温度下硫酸锰隔绝空气焙烧2小时后残留固体的
X-射线衍射图，若由MnSO 固体制取活性MnO 方案为：将MnSO 固体置于可控温度的反应管中，
4 2 3 4
，将MnO 冷却、研磨、密封包装。(可选用的试剂有：1mol/L BaCl 溶液，1mol/LNaOH溶液)
2 3 2
【答案】(1) (1分)
(2)H SO (1分)
2 4(3) 3MnO +2FeS +12H+=3Mn2++4S+2Fe3++6H O(2分) 80～100min时，剩余MnO 较少，FeS 浸出
2 2 2 2 2
的Fe2+与MnO 接触机会减少，所以Fe2+浓度上升(2分)
2
(4)D(2分)
(5)MnF (s)+Ca2+(aq) CaF (s)+Mn2+(aq) (2分)
2 2
(6) Mn O(2分) 在850℃下加热2小时，并将产生的尾气通入1mol/L的NaOH溶液中进行吸收(2
2 3
分)
【解析】阳极渣(主要成分MnO ，杂质为PbCO 、Fe O、CuO)和黄铁矿(FeS )加入硫酸，MnO 将FeS
2 3 2 3 2 2 2
氧化生成S，PbCO 转化成PbSO 沉淀，氧化铁、氧化铜转化成硫酸铁、硫酸铜，滤液中含有Fe3+、Fe2+、
3 4
Mn2+、Cu2+等，加入HO 将Fe2+氧化为Fe3+，再加入CaO或CaCO 调节pH除去Fe3+、Cu2+，之后滤液中主
2 2 3
要含有Ca2+、Mn2+，加入MnF 除去Ca2+，最终得到MnSO 溶液，经过一系列操作得到MnO 。(1)已知Mn
2 4 3 4
是25号元素，故基态Mn原子的价电子的轨道表示式为： ；(2)由分
析可知，“酸浸”过程中，所用的稀酸X是HSO ；(3)由图示知，20～80 min内，Mn元素浸出率高，
2 4
Fe3+含量明显增加，说明此时 MnO 与 FeS 反应生 Mn2+、Fe3+、S 等，对应离子方程式为：
2 2
3MnO +2FeS +12H+=3Mn2++4S+2Fe3++6H O；80～100min时，剩余MnO 较少，FeS 浸出的Fe2+与MnO 接
2 2 2 2 2 2
触机会减少，所以Fe2+浓度上升；(4)滤液中含有Fe3+、Fe2+、Mn2+、Cu2+等，加入HO 将Fe2+氧化为Fe3+，
2 2
再加入CaO或CaCO 调节pH除去Fe3+、Cu2+，故选D；(5)“净化”中加入MnF 的目的是除去Ca2+，即
3 2
MnF 与Ca2+反应生成Mn2+和CaF ，故其反应的离子方程式为MnF (s)+Ca2+(aq) CaF (s)+Mn2+(aq)；(6)
2 2 2 2
已知硫酸锰的摩尔质量为：151g/mol，故硫酸锰在空气中加热可以生产相应的氧化物，称取151mg硫酸锰
其物质的量为： =1×10-3mol，充分煅烧后刷余固体的质量为79mg，则其中含有O的物质的量为：
=1.5×10-3mol，则此时固体中n(Mn)：n(O)=1×10-3mol：1.5×10-3mol=2：3，该固
体的化学式为MnO ，由题干不同温度下硫酸锰隔绝空气焙烧2小时后残留固体的X-射线衍射图可知，在
2 3
850℃下加热制得的MnO 比较纯净，加热分解得到MnO 同时还将释放出含硫氧化物气体，故需用NaOH
2 3 2 3
溶液来吸收，进行尾气处理，据此分析由MnSO 固体制取活性MnO 方案为：将MnSO 固体置于可控温
4 2 3 4度的反应管中，在850℃下加热2小时，并将产生的尾气通入1mol/L的NaOH溶液中进行吸收，将MnO
2 3
冷却、研磨、密封包装。
19．(14分)稀土永磁合金，主要金属是钐Sm和钴，合金中还会有铜、铁等取代部分钴。从钐钴磁性
废料中提取钐和钴的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)元素周期表中，与Co位于同周期同族的元素还有 。
(2)为提高酸浸率，可采取的措施有 (写出1条即可)，“酸浸渣”的主要成分是
。
(3)“沉钐”过程中生成Sm(C O)·nH O沉淀，逐渐加热分解该沉淀，得到固体质量变化百分数与温度
2 2 4 3 2
关系如图甲所示，则n= (取整数)。写出Sm(C O) 分解为SmO 的化学方程式： 。
2 2 4 3 2 3
(4)写出“除铁”的离子方程式： 。
(5)“除铁”操作中双氧水的实际用量通常要大于理论用量，原因是 。
(6)如图乙是草酸钴(CoC O)在空气中灼烧得到的钴的氧化物晶体结构的一部分，该过程的化学方程式
2 4
为 。【答案】(1)Fe和Ni(1分)
(2)粉碎废料、适当升高温度、适当增大盐酸浓度、搅拌等(2分) Cu(1分)
(3) 8(2分) Sm(C O) SmO+3CO↑+3CO↑(2分)
2 2 4 3 2 3 2
(4)2Fe2++4NH ·H O+H O=2Fe(OH) ↓+4NH+(2分)
3 2 2 2 3 4
(5) HO 易分解，且Fe2+被氧化后生成的Fe3+能催化HO 分解，使HO 损失(2分)
2 2 2 2 2 2
(6)3CoC O Co O+4CO↑+2CO↑(2分)
2 4 3 4 2
【解析】废料中加入盐酸酸浸，Sm、Co、Fe和酸反应生成相应离子、铜不和稀盐酸，因此“酸浸
渣”的主要成分为Cu，酸浸液经过“沉钐”后，溶液中含有Fe2+和Co2+，加入氨水和双氧水，Fe2+被氧化
为Fe3+并形成Fe(OH) 沉淀，过滤后滤液中含有的金属离子主要是Co2+，经“沉钴”并灼烧沉淀得到含钴
3
氧化物。(1)Co位于第四周期第Ⅷ族，同周期同族元素还有Fe和Ni。(2)粉碎废料、适当升高温度、适当增
大盐酸浓度、搅拌等都可以加快反应速率，提高酸浸率；由分析，“酸浸渣”的主要成分是 Cu；(3)由图
甲可知，当Sm(C O)·nH O失去所有结晶水得到Sm(C O) 时，剩余固体质量为原质量的79.3%，由此可
2 2 4 3 2 2 2 4 3
得 ，解得n=8；Sm(C O) 分解为SmO 时Sm元素化合价不变，则该反应为歧化
2 2 4 3 2 3
反应，C元素的化合价由+3价变为+2价和+4价，结合电子守恒，反应的化学方程式为Sm(C O)
2 2 4 3
SmO+3CO↑+3CO↑。(4)“除铁”时，Fe2+被HO 氧化为Fe3+，铁化合价由+2变为+3、过氧化氢中氧化合价
2 3 2 2 2
由-1变为-2，根据得失电子守恒可知Fe2+与HO 的化学计量数之比为2：1，同时NH ·H 提供OH-使Fe3+形
2 2 3 2
成Fe(OH) 沉淀，离子方程式为2Fe2++4NH ·H O+H O=2 Fe(OH) ↓+4NH+；(5)HO 易分解，且Fe2+被氧化
3 3 2 2 2 3 4 2 2
后生成的Fe3+能催化HO 分解，使HO 损失，因此双氧水的实际用量通常大于理论用量。(6)该晶体结构
2 2 2 2
的一部分中，有2个Co2+位于内部，共2个Co2+；有8个Co3+位于棱上、2个Co3+位于面上、1个Co3+位于
内部，共 个Co3+；有8个O2-位于顶点。4个O2-位于棱上、10个O2-位于面上、1个O2-位
于内部，共 个O2-因此该晶体中 ，其化学式为Co O 。在空气中灼烧CoC O 得到Co O 和CO ，反应中部分Co化合价由+2变为+3、部分碳化合价由+3
3 4 2 4 3 4 2
变为+4，则结合电子守恒，还有部分碳化合价由+3 降低为+2 生成 CO，反应为：3CoC O
2 4
Co O+4CO↑+2CO↑。
3 4 2
