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高三化学二轮复习选择题强化训练：选择题专项训练（七）
化学工艺流程
一、单选题
基础篇
1.高铁酸钾( K 2 FeO4)具有强氧化性，是一种环保、高效、多功能的饮用水处理剂，可以用如图流程进行
制备。下列说法正确的是( )
A. “酸溶”前，可用热的N a2C O3溶液处理铁屑表面的油污
B. “氧化”过程的离子方程式为2 F e
2++O2+ 4 H
+=2 F e
3++2 H 2O
C. “制备N a2 FeO4”中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：3
D. “转化”中析出K 2 FeO4晶体的原因可能是相同条件下其溶解度大于N a2 FeO4
2.铜产业是铜陵最有特色和最具发展潜力的产业。用黄铜矿((CuFeS)冶炼铜的一种工艺流程如图所示：
已知：i..“浸取”时反应的化学方程式为CuFeS+3CuCl = 4CuCl+ FeCl+2S。
ii.“调节pH”时[CuCl₂]
−发生歧化反应。
下列说法错误的是( )
A. CuCl中Cu的价电子排布式为3d
10
B. “除硫”时可用稀盐酸代替浓盐酸以降低生产成本
C. “调节pH”时主要反应的离子方程式为：2[CuC l2]
−=Cu↓+C u
2++ 4C l
−
D. “滤液2”中含有的离子主要是C u
2+和C l
−，可以返回到流程中循环利用
3.( N H 4)2SO4是一种常见的化肥，其溶解度随着温度的升高而增大，某工厂用石膏、N H 3、H 2O和
C O2制备( N H 4)2SO4的工艺流程如图：
下列说法正确的是( )
A. 通入N H 3和C O2的顺序可以互换
B. 操作2为将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得( N H 4)2SO4
C. 步骤②中反应的离子方程式为C a
2++2 N H 3+C O2+ H 2O =CaC O3↓+2 N H 4
+
D. 通入的N H 3和C O2均应过量，且工艺流程中C O2可循环利用
4.铼常用作催化剂。工业上，常从冶炼铜的富铼渣(含ReS2)中提取铼，工艺流程如下：
查阅资料：
①R e2O7是酸性氧化物，高铼酸( HReO4)是一元强酸。
②高铼酸铵( N H 4ReO4)微溶于冷水，易溶于热水。
下列说法正确的是( )
A. 高铼酸在含R3 N的有机溶剂中的溶解度小于在水中的溶解度
B. 高铼酸铵溶液加热蒸发结晶得到N H 4ReO4
C. “热解”时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶3
D. 测得“浸出液”含SO4
2−，浸出时的离子方程式为
2ℜS2+19 H 2O2=2 ℜO4
−+ 4 SO4
2−+14 H 2O+10 H
+
5.超细银粉在光学、生物医疗等领域有着广阔的应用前景。由含银废催化剂制备超细银粉的过程如下：
资料：①含银废催化剂成分：主要含Ag、α −A l2O3及少量MgO、SiO2、K 2O、F e2O3等。
②α −A l2O3为载体，且不溶于硝酸。
下列说法错误的是( )
A. 过程I中，得到的滤渣的主要成分是：α −A l2O3、SiO2
B. 过程Ⅱ中，检验沉淀表面的F e
3+已洗涤干净的试剂可以用KSCN溶液
C. 过程Ⅳ中，发生反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为1：4
D. 过程Ⅴ可以利用电能转化为化学能的装置去实现
6.由含硒废料(主要含S、Se、F e2O3、CuO、ZnO、SiO2等)在实验室中制取硒的流程如图：
下列说法错误的是( )
A. “分离”时得到含硫煤油的方法是分液
B. “酸溶”操作的目的是除去废料中的金属氧化物
C. “浸取”后的分离操作所用玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒
D. “酸化”时发生反应的离子方程式：SeSO3
2−+2 H
+= Se↓+ SO2↑+ H 2O
7.工业上用磷铁渣(主要含FeP、F e2 P，以及少量F e2O3、SiO2等杂质)制备FePO4(磷酸铁)。
已知：FePO4难溶于水，能溶于无机强酸。下列说法错误的是( )
A. “浸取”时将磷铁渣粉碎是为了增大反应接触面积，加快浸取速率
B. 加入硫酸的目的是为了保持体系的酸度，防止生成FePO4
C. 滤渣的主要成分是H 2SiO3
D. “浸取”时F e2 P发生反应的离子方程式为：
3 F e2 P+29 H
++11 N O3
−=6 F e
3++11 NO↑+3 H 3 PO4+10 H 2O
8.从某含有FeC l2、FeC l3、CuC l2的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下：
则下列说法正确的是( )
A. 试剂a是铁、试剂b是稀硫酸
B. 操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ所用仪器相同
C. 试剂c是氯气，相应的反应为2 F e
2++C l2=2 F e
3++2C l
−
D. 用酸性KMnO4溶液可检验溶液W 中是否含有F e
2+
提升篇
9.氯化亚铜(CuCl)难溶于水和稀酸，可溶于C l
−浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。在工业上可
利用海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)制备CuCl，流程如图。下列说法错误的是( )
A. ①步溶解过程中，硝酸铵是氧化剂，铜是还原剂
B. ③步反应的离子方程式是：2C u
2++ SO3
2−+2C l
−+ H 2O =2CuCl↓+ SO4
2−+2 H
+
C. ⑤步包含了酸洗和水洗，酸洗时可采用稀硫酸或浓盐酸
D. ⑦步烘干过程中需要保持真空条件
10.以废旧锌锰电池中的黑锰粉[含MnO2、MnO(OH )、N H 4Cl、ZnC l2、F e2O3及炭黑等]为原料制备
MnC l2，实现锰的再利用。其工艺流程如图。下列说法不正确的是( )
A. 步骤①分离出N H 4Cl、ZnC l2的试剂和操作为：水、过滤
B. 步骤②中发生的反应：C +O2
C O2、4 MnO(OH )+O2
4 MnO2+2 H 2O
C. 步骤③若先加H 2O2、后加H 2SO4，可提高H 2O2的利用率
D. 步骤④所得MnC l2溶液中含有少量CaSO4杂质
11.工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回收镉、锰的部分工
艺流程如下：
已知：①富集液中两种金属离子浓度相当。
②常温下，金属化合物的K sp；
金属化合物
CdS
CdC O3
MnS
MnC O3
K sp
8.0×10
−27
1.0×10
−12
2.5×10
−13
2.3×10
−11
下列说法错误的是
A. 粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率
B. 试剂X可以是N a2S溶液
C. “沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换
D. “沉锰”时，发生反应的离子方程式为M n
2++ HC O3
−= MnC O3↓+ H
+
12.实验室用如图方法制备饮用水消毒剂ClO2。已知：NC l3为强氧化剂，其中N元素为−3价，下列说法
不正确的是( )
A.
N H 4Cl
的电子式为
B. 电解池中总反应的化学方程式为N H 4Cl+2 HCl
NC l3+3 H 2↑
C. 若NaClO2与NC l3恰好完全反应，则X为NaCl
D. 饮用水中残留的ClO2可用适量FeSO4溶液去除
13.利用高分子吸附树脂吸附I 2来提取卤水中的碘(以I
−形式存在)的工艺流程如图，下列说法不正确的是
( )
A. 经过步骤①到④所得溶液中I
−物质的量浓度增大
B. 步骤②中C l2不宜过量太多，以防止C l2进一步氧化I 2
C. 步骤④的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂
D. 步骤⑤的离子方程式为：ClO3
−+6 I
−+3 H 2O =C l
−+3 I 2+6O H
−
14.利用NaClO氧化尿素[CO(N H 2)2]制备水合肼(N 2 H 4⋅H 2O)的部分实验流程如图所示。
已知：①氯气与烧碱溶液的反应是放热反应；②N 2 H 4⋅H 2O有强还原性。
下列说法错误的是( )
A. 步骤I中为避免温度过高，可以减缓C l2的通入速率
B. CO(N H 2)2中C、N原子杂化方式不同
C. 步骤II中应将尿素溶液逐滴滴加到步骤I所得的溶液中
D. 步骤II反应的离子方程式为ClO
−+CO(N H 2)2+2O H
−=C l
−+ N 2 H 4⋅H 2O+C O3
2−
15.以含少量F e
3+的CuC l2为原料制备CuCl的流程如下图所示：
CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成配合物Cu(CO)Cl· H 2O，结构如图所示。下列叙述错误的是
A. CuCl的盐酸溶液可用于吸收CO，是利用了CuCl的氧化性
B. ①中加热有利于Fe(OH )3胶体聚沉，便于与C u
2+分离
C. ②中发生的离子反应为Cu+C u
2++2C l
−=2CuCl
D. ③用酒精洗涤既可除去晶体表面的杂质离子，又可以加快固体的干燥
16.近年来，有研究团队提出基于锂元素的电化学过程合成氨的方法，主要流程如下：
下列说法不正确的是( )
A. I中，Li在电解池的阳极产生
B. I中有O2、H 2O生成
C. Ⅱ中，N 2作氧化剂
D. 该方法中，LiOH可循环利用
17.铅糖(乙酸铅)有抑菌、止痒功效。以铅废料(主要含PbO、ZnO、MgO等)为原料制备铅糖的流程如
下：[已知：Zn(OH )2易溶于氨水]
下列说法错误的是
A. 粉碎含铅废料能增大“酸浸”工序中的化学反应速率
B. 向滤液1中滴加氨水至过量，先产生白色沉淀，然后沉淀全部溶解
C. “转化”工序中主要反应的离子方程式为PbSO4+C O3
2−= PbC O3+ SO4
2−
D. “酸浸溶铅”工序中发生反应的化学方程式为
2C H 3COOH + PbC O3=(C H 3COO)2 Pb+C O2↑+ H 2O
18.亚氯酸钠( NaClO2，受热易分解)是一种重要的含氯消毒剂，一种制备NaClO2的工艺流程如图所示，
下列说法错误的是
A. “滤渣”的主要成分为CaC O3
B. 流程中两处盐酸的作用不同
C. 操作a为“减压蒸发”
D. 理论上，该流程中n(C l2)：n(O2)=2：1
19.实验室中利用洁净的铜片和浓硫酸进行如下实验，经检测所得固体中含有C u2S和白色物质X，下列说
法正确的是
A. X溶液显无色
B. 参加反应的浓硫酸中，体现氧化性的占25 %
C. NO和Y 均为还原产物
D. NO与Y 的物质的量之和可能为2mol
20.实验室以含镍废料(主要成分为NiO，含少量FeO、F e2O3、CoO、BaO和SiO2)为原料制备N ixO y
和碳酸钴(CoC O3)的工艺流程如图。下列说法不正确的是( )
A. “滤渣1”主要成分是SiO2、BaSO4
B. “氧化”时反应的离子方程式是6 F e
2++6 H
++ClO3
−=6 F e
3++C l
−+3 H 2O
C. “调pH”过程中形成黄钠铁矾渣，N a2C O3必须过量
D. “沉钴”过程发生的反应为：C o
2++2 HC O3
−=CoC O3↓+C O2↑+ H 2O
答案和解析
1.【答案】A
【解析】铁屑加入盐酸溶解，转化为氯化亚铁，加入空气氧化为氯化铁，随后加入次氯酸钠溶液，在碱性
条件下氧化制备高铁酸钠，加入KOH发生复分解反应，降低溶解度，沉淀分离获得高铁酸钾，据此分析
回答问题。
A.油脂在碱性条件下发生水解，故可用热的N a2C O3溶液处理铁屑表面的油污，故A 正确；
B.结合得失电子守恒可知，4 F e
2++O2+ 4 H
+= 4 F e
3++2 H 2O，故B 错误；
C.加入NaClO、NaOH发生反应2 F e
3++3ClO
−+10O H
−=2 FeO4
2−+3C l
−+5 H 2O，铁离子为还原
剂，次氯酸根离子为氧化剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，故C 错误；
D.“转化”中析出K 2 FeO4晶体的原因可能是相同条件下其溶解度小于N a2 FeO4，故可以沉淀分离，故
D 错误；
故选A。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验
目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以
及对题目信息的获取与使用，难度中等。
2.【答案】B
【解析】【分析】
由流程可知，CuFe S2加入CuC l2浸取发生CuFe S2+3CuC l2= 4CuCl+ FeC l2+2S，过滤后得到滤液含
有FeC l2，固体含有CuCl、S，加入盐酸发生CuCl+C l
−=[CuC l2]
−，过滤除去硫，过滤得到滤液含有
[CuC l2]
−，调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和C u
2+，过滤可得到Cu，得到滤液含有C u
2+，滤液中含
有HCl和CuC l2，可以循环使用，据此分析解题。
【解答】
A.CuCl中Cu为+1价，价电子排布式为3d
10，故A 正确；
B.稀盐酸中C l
−浓度小，溶解CuCl效果不好，不可用稀盐酸代替浓盐酸，故B 错误；
C.调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和C u
2+，离子方程式为 2[CuC l2]
−=Cu↓+C u
2++ 4C l
− ，故C 正
确；
D.由分析可知，“滤液2”中含有HCl和CuC l2，含有的离子主要是C u
2+和C l
−，可以返回到流程中循环
利用，故D 正确；
故选B。
3.【答案】B
【解析】流程中，向硫酸钙浊液中通入足量的氨气，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溶液和碳酸钙沉淀，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，碳酸钙煅烧生成氧化钙和二氧化碳，以此解答
该题。
A.由于C O2微溶于水，N H 3易溶于水，应先通入足量N H 3，使溶液呈碱性，然后再通入适量C O2，反应
的化学方程式为CaSO4+2 N H 3+C O2+ H 2O =( N H 4)2SO4+CaC O3↓，通入N H 3和C O2的顺序不可
以互换，故A 错误；
B.向硫酸钙悬浊液中通入足量的氨气，使溶液呈碱性，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。操作2是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，可得( N H 4)2SO4，故B 正确；
C.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，物质发生的主要化学反应为
CaSO4+2 N H 3+C O2+ H 2O =( N H 4)2SO4+CaC O3↓，反应的离子方程式为
CaSO4+2 N H 3+C O2+ H 2O =2 N H 4
++ SO4
2++CaC O3↓，故C 错误；
D. 反应过程中二氧化碳参与反应生成硫酸铵和碳酸钙，碳酸钙分解生成二氧化碳，工艺流程中产生的
C O2可循环利用，通入足量N H 3，通适量二氧化碳，否则碳酸钙溶解，故D 错误，
故选：B。
本题考查物质的制备与分离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，题目通过一个陌生的反
应考查了有关硫酸铵和二氧化碳的知识，要充分分析所给的信息，题目难度中等。
4.【答案】D
【解析】【分析】
由题给流程可知，向富铼渣中加入稀硫酸和过氧化氢溶液浸出，二硫化铼与过氧化氢酸性溶液反应生成高
铼酸和硫酸，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入含R3 N的有机溶液萃
取、分液可得到可循环使用的稀硫酸和含铼的有机层；向有机层加入氨水，将高铼酸转化为高铼酸铵，分
液得到高铼酸铵溶液；高铼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到高铼酸铵晶体；高铼酸
铵与氧气共热反应生成氮气和七氧化铼；七氧化二铼在800°C条件下和氢气发生置换反应生成铼。
【解答】
A.操作Ⅱ是萃取，高铼酸在含 R3 N 的有机溶剂中的溶解度大于在水中的溶解度，A 错误；
B.高铼酸铵微溶于冷水，易溶于热水，故可采用蒸发浓缩、冷却结晶的方式析出沉淀，B 错误；
C.依题意，热解时 N H 4ReO4 被氧化为氮气和 R e2O7 ，氮的化合价升高3作还原剂，1mol O2 得到
4 mol电子作氧化剂，故氧化剂和还原剂物质的量比为3∶4，C 错误；
D.Re元素化合价由+2价升高到+7价，S元素化合价由― 1价升高到+6价，故 H 2O2 中氧元素化合价降
低，根据得失电子守恒、原子守恒配平反应方程式：
2 ℜS2+19 H 2O2=2 ℜO4
−+ 4 SO4
2−+14 H 2O+10 H
+ ，D 正确；
故选D。
5.【答案】C
【解析】【分析】
含银废催化剂经磨碎、加热，用稀硝酸溶解，过滤所得的滤渣为 α −A l2O3 及 SiO2 ，滤液中有A g
+、
M g
2+、K
+、F e
3+，加入NaCl可形成AgCl沉淀，将沉淀过滤、洗涤，用氨水溶解可得氯化二氨合银溶
液，反应方程式为AgCl+2 N H 3⋅H 2O = Ag( N H 3)2C 1+2 H 2O，向其中加入N 2 H 4⋅H 2O，二者发
生氧化还原反应生成粗银和氮气，最后利用电解法精炼粗银可得超细银粉。
【解答】
A.过程I中，只有 α −A l2O3 和 SiO2 不溶于稀硝酸，故得到的滤渣的主要成分是： α −A l2O3 、 SiO2
，A不符合题意；
B. F e
3+ 遇KSCN，溶液会变红，故可以用KSCN溶液检验沉淀表面的 F e
3+ 已洗涤干净，B不符合题
意；
C.过程Ⅳ中，反应的氧化剂为Ag( N H 3)2Cl，其中银元素由+1价被还原为0价，变化一个价态，还原剂为
N 2 H 4⋅H 2O，其中氮元素由−2价被氧化为0价，共变化四个价态，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为
4：1，C符合题意；
D.过程Ⅴ可以利用电解精炼粗银制得超细银，这一过程将电能转化为化学能，D不符合题意；
故选C。
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离方法为
解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
【解答】
由流程可知，煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，分离出Se、F e2O3、CuO、ZnO、SiO2后，加硫
酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，再加亚硫酸钠浸取Se生成
N a2SeSO3，最后酸化生成粗硒，以此来解答。
A.由上述分析可知，“分离”的方法是过滤，故A 错误；
B.加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，操作的目的是除去废料中的金
属氧化物，故B 正确；
C.“浸取”后的分离操作是过滤，用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗和玻璃棒，故C 正确；
D.N a2SeSO3酸化生成粗硒，可知“酸化”时发生的离子反应方程式为：
SeSO3
2−+2 H
+= Se↓+ SO2↑+ H 2O，故D 正确；
故选：A。
7.【答案】C
【解析】将磷铁渣(主要含FeP、F e2 P，以及少量F e2O3、SiO2)在90℃时用硝酸和硫酸的混合酸浸
泡，硝酸具有强氧化性，能将铁和磷分别氧化为Fe( N O3)3、H 3 PO4，自身被还原为NO，硫酸是为了保
持体系的酸度，防止生成FePO4，过滤得到滤液和滤渣，去掉滤渣主要成分为SiO2，在滤液中加磷酸，
调铁和磷的含量比，再加入氨水调酸碱性，最终制备得FePO4(磷酸铁)，据此分析解题。
A.磷铁渣粉碎以增大接触面积，适当增大硝酸的浓度或者进行搅拌均可“浸取”时加速溶解，A 正确；
B.由分析可知，加入硫酸的目的是为了保持体系的酸度，防止生成FePO4，B 正确；
C.由分析可知，滤渣主要成分为SiO2，C 错误；
D.由分析可知，“浸取”时硝酸具有强氧化性，能将铁和磷分别氧化为Fe( N O3)3、H 3 PO4，根据氧化
还原反应配平， 反应的离子方程式为：
3 F e2 P+29 H
++11 N O3
−=6 F e
3++11 NO↑+3 H 3 PO4+10 H 2O ，D 正确；
故答案为：C。
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了常见物质的分离与提纯方法综合应用，为高考常见题型和高频考点，试题有利于培养学生的分
析、理解能力及逻辑推理能力，难度不大。
【解答】
从某含有FeC l2、FeC l3、CuC l2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Ⅰ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Ⅱ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，以此解答该题。
A.由最终得到FeC l3及其流程图可知，b为盐酸，若为硫酸会引入硫酸根杂质离子，故A 错误；
B.上述分析可知，操作Ⅰ、Ⅱ是过滤，操作Ⅲ是蒸发结晶，过滤，所用仪器不同，故B 错误；
C.滤液X，滤液Z中均含有FeC l2，c为氯气氧化亚铁离子为铁离子反应为：2 F e
2++C l2=2C l
−+2 F e
3+
，故C 正确；
D.亚铁离子、氯离子都可以被高锰酸钾溶液氧化，用酸性KMnO4溶液不能检验溶液W 中是否还有F e
2+，
故D 错误；
故选：C。
9.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查物质制备方案的设计，为高频考点，把握题干信息、反应原理、物质性质及混合物分离与提纯方
法为解答关键，B为易错点，试题侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。
【解答】
酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还
原反应生成CuCl，发生2C u
2++ SO3
2−+2C l
−+ H 2O =2CuCl↓+ SO4
2−+2 H
+，得到的CuCl经硫酸酸
洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化；
A.①步溶解过程中，硝酸铵中的硝酸根离子与硫酸电离出的氢离子构成硝酸，将铜氧化，离子方程式是
3Cu+8 H
++2 N O3
−=3C u
2++2 NO↑+ 4 H 2O，硝酸铵是氧化剂，铜是还原剂，故A 正确；
B.从后续操作看，③步反应过程生成CuCl，则溶液中的C u
2+被SO3
2−还原，发生反应的离子方程式是
2C u
2++ SO3
2−+2C l
−+ H 2O =2CuCl↓+ SO4
2−+2 H
+，故B 正确；
C.⑤步酸洗若用浓盐酸，则“反应”过程中生成的CuCl会被C l
−溶解，难以得到CuCl沉淀，故C 错误；
D.⑦步“烘干”时，CuCl易被空气中的氧气氧化，所以需在隔绝空气的环境中进行，故D 正确；
故选C。
10.【答案】C
【解析】黑锰粉[含MnO2、MnO(OH )、N H 4Cl、ZnC l2、F e2O3及炭黑等，步骤①将黑锰粉分离为
溶液和MnO2粗品，可知步骤①为水洗、过滤分离出N H 4Cl、ZnC l2溶液和MnO2固体；所得MnO2粗
品中含有MnO2、MnO(OH )、F e2O3及炭黑等，步骤②是将MnO2粗品在空气中加热，MnO(OH )、
炭黑(主要成分为C单质)被O2氧化，C被氧化为C O2，MnO(OH )被氧化为MnO2，发生反应为C +O2
C O2、4 MnO(OH )+O2
4 MnO2+2 H 2O，此时MnO2粗产品中含有MnO2、F e2O3；步骤③是
向MnO2粗产品(含MnO2、F e2O3)中加入稀H 2SO4、H 2O2溶液，并加热得到MnSO4溶液和Fe(OH )3
沉淀；步骤④是向MnSO4溶液中加入CaC l2，二者反应生成MnC l2和微溶于水的CaSO4，再经过滤操作
得到MnC l2溶液，以此分析解答。
A.步骤①将黑锰粉分离为溶液和MnO2粗品，可知步骤①为水洗、过滤分离出N H 4Cl、ZnC l2溶液和
MnO2固体，故A 正确；
B.MnO2粗品中含有MnO2、MnO(OH )、F e2O3及炭黑等，步骤②是将MnO2粗品在空气中加热，
MnO(OH )、炭黑(主要成分为C单质)被O2氧化，C被氧化为C O2，MnO(OH )被氧化为MnO2，发生反
应为C +O2
C O2、4 MnO(OH )+O2
4 MnO2+2 H 2O，故B 正确；
C.步骤③若先加H 2O2、后加H 2SO4，MnO2会催化分解H 2O2，使其利用率降低，故C 错误；
D.步骤④是向MnSO4溶液中加入CaC l2，二者反应生成MnC l2和微溶于水的CaSO4，则所得MnC l2溶
液中含有少量CaSO4杂质，故D 正确；
故选C。
本题考查制备MnC l2的工艺流程，为高频考点，把握制备原理、物质的性质、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，题目难度一般。
11.【答案】D
【解析】【分析】富集液中含有两种金属离子 C d
2+、M n
2+ ，其浓度相当，加入试剂X沉铬，由金属化
合物的 K sp 可知，CdC O3、MnC O3的 K sp 接近，不易分离，则试剂X选择含 S
2− 的试剂，得到CdS滤
饼，加入 NaHC O3 溶液沉锰，发生反应： M n
2++2 HC O3
−= MnC O3↓+C O2↑+ H 2O ，据此解答。
A.粉碎工业废料能增大废料与浸出液的接触面积，有利于提高金属元素的浸出率，A 正确；
B.由分析可知，试剂X可以是 N a2S 溶液，B 正确；
C.若先加入 NaHC O3 溶液进行“沉锰”，由题中信息以及 K sp 数据可知，金属离子 C d
2+、M n
2+ 浓度
相当，则 C d
2+ 也会沉淀，后续流程中无法分离Cd和Mn，所以“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换，C
正确；
D.“沉锰”时，发生反应的离子方程式是： M n
2++2 HC O3
−= MnC O3↓+C O2↑+ H 2O ，D 错误；
故选D。
12.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查物质制备过程分析判断，把握物质的性质、制备流程、发生的反应为解答的关键，侧重分析、理
解能力的综合考查，综合性较强，题目难度中等。
【解答】
生反应生成ClO2、N H 3和X溶液，X中含C l
−、O H
−，发生反应为：
NC l3+6 NaClO2+3 H 2O =6ClO2+ N H 3+3 NaOH +3 NaCl，据此分析。
A.
N H 4Cl
为离子化合物，是铵根离子和氯离子构成的，电子式为
，故A 正确；
B.氯化铵溶液加入盐酸后电解生成氢气、NC l3溶液，阴极生成氢气，阳极生成NC l3，电解方程式为
N H 4Cl+2 HCl
NC l3+3 H 2↑，故B 正确；
C.若NaClO2与NC l3恰好完全反应，发生反应为：
NC l3+6 NaClO2+3 H 2O =6ClO2+ N H 3+3 NaOH +3 NaCl，X为NaCl、NaOH的混合溶液，故C
错误；
D.饮用水中残留的ClO2具有强氧化性，硫酸亚铁和ClO2反应产生的铁盐，可以水解得到氢氧化铁胶体，
氢氧化铁胶体吸附水中的悬浮物而净水，可用适量FeSO4溶液去除，故D 正确；
故选：C。
13.【答案】D
【解析】卤水中含碘离子，酸化后，通入氯气可氧化碘离子生成碘单质，高分子吸附树脂吸附碘单质，然
后碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成NaI和硫酸钠，氧化时氯酸钾可氧化NaI生成碘，升华可得到粗产
品，以此来解答。
A.经①和④所得溶液中，碘离子的物质的量相同，为碘富集过程，浓度增大，c( I
−)后者大于前者，故A
正确；
B.氯气可氧化碘单质，则步骤②中C l2不宜过量太多，以防止C l2进一步氧化I 2，故B 正确；
C.亚硫酸钠具有还原性，可还原碘单质，可发生I 2+ SO3
2−+ H 2O =2 I
−+ SO4
2−+2 H
+，则步骤④的作用是
将吸附的碘还原而脱离高分子树脂，故C 正确；
D.氧化时溶液显酸性，则步骤⑤的离子方程式为ClO3
−+6 I
−+6 H
+=C l
−+3 I 2+3 H 2O，故D 错误；
故选：D。
14.【答案】C
【解析】A.由流程可知，步骤I中氯气和 NaOH 溶液反应制备 NaClO ，步骤Ⅱ中尿素与 NaClO 发生反
应 NaClO+CO(N H 2)2+2 NaOH = NaCl+ N 2 H 4⋅H 2O+ N a2C O3 ，据此分析解题。实验中，为防止
步骤I中反应温度过高，可以减缓 C l2 的通入速率，A 正确；
B. CO(N H 2)2 中C、N原子分别为 s p
2 、 s p
3 杂化，B 正确；
C.根据已知信息，步骤II中若将尿素溶液逐滴滴加到步骤I所得的溶液中，则 NaClO 过量，生成
的 N 2 H 4⋅H 2O 被氧化，导致 N 2 H 4⋅H 2O 的产率降低，C 错误；
D.步骤II反应的离子方程式为 ClO
−+CO(N H 2)2+2O H
−=C l
−+ N 2 H 4⋅H 2O+C O3
2− ，D 正确；
答案选C。
15.【答案】A
【解析】A.CuCl的盐酸溶液可用于吸收CO，是因为C u
+含有空轨道，CO中C原子上电子可以填充到C u
+
空轨道上，成配位键，A 错误；
B.加热使胶体聚沉，避免胶体表面吸附C u
2+，B 正确；
C.CuC l2和Cu发生归中反应生成CuCl，②中发生的离子反应为Cu+C u
2++2C l
−=2CuCl，故C 正确；
D.CuCl具有还原性，易被空气氧化，酒精挥发快，缩短CuCl与空气接触时间，干燥较快，D 正确；
答案选A。
16.【答案】A
【解析】由题给流程可知，反应I为高温下电解熔融氢氧化锂，锂离子在阴极得到电子发生还原反应生成
金属锂，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，一定条件下金属锂与氮气反应生成氮化
锂，氮化锂发生水解反应生成氢氧化锂和氨气。
A.由分析可知，反应I为高温下电解熔融氢氧化锂，锂离子在阴极得到电子发生还原反应生成金属锂，故
A 错误；
B.由分析可知，高温下电解熔融氢氧化锂，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，故B
正确；
C.由分析可知，反应Ⅱ为一定条件下金属锂与氮气反应生成氮化锂，反应中氮元素的化合价降低被还原，
氮气是反应的氧化剂，故C 正确；
D.由分析可知，反应I为高温下电解熔融氢氧化锂生成锂、氧气和水，反应Ⅲ为氮化锂发生水解反应生成
氢氧化锂和氨气，则该方法中，氢氧化锂可以循环使用，故D 正确；
故选A。
17.【答案】B
【解析】【分析】以铅废料(含PbO、ZnO、MgO)等为原料，制备乙酸铅，含铅废料加入稀硫酸浸取反
应过滤得到PbSO4沉淀，滤液1中主要为硫酸锌、硫酸镁；硫酸铅加入碳酸钠溶液后实现沉淀转化，得到
碳酸铅沉淀和硫酸钠溶液(滤液2)，碳酸铅溶解在醋酸溶液中得到乙酸铅溶液溶液，冷却结晶、过滤得乙
酸铅。
A.粉碎含铅废料，可以增大反应物的接触面积，有利于加快反应速率，A 正确；
B.滤液1中主要为硫酸锌、硫酸镁，滴加氨水后生成氢氧化锌、氢氧化镁沉淀，继续滴加氢氧化锌溶解，
但氢氧化镁不溶解，即沉淀不能完全溶解，B 错误；
C.“转化”工序中硫酸铅转化为碳酸铅，离子方程式为 PbSO4+C O3
2−= PbC O3+ SO4
2− ，C 正确；
D.醋酸的酸性强于碳酸，故醋酸可以和碳酸铅反应生成乙酸铅、水、C O2，化学方程式为
2C H 3COOH + PbC O3=(C H 3COO)2 Pb+C O2↑⏐+ H 2O，D 正确；
故答案选B。
18.【答案】D
【解析】【分析】粗食盐水中含有杂质 C a
2+ ，加入过量碳酸钠可将所有 C a
2+ 完全沉淀，故滤渣
为 CaC O3 ，进入“电解”过程的液体中含有 N a
+ 、 C l
− 及过量的 C O3
2− ，加入适量的盐酸，可
将 C O3
2− 转化为 C O2 ，电解生成 NaClO3 ，在反应II中， NaClO3 与盐酸之间发生氧化还原反应，可
生成 ClO2 和 C l2 ，在 ClO2 吸收塔中 ClO2 、 H 2O2 、 NaOH 之间发生氧化还原反应，生成 NaClO2
，由于 NaClO2 受热易分解，因此减压蒸发、冷却结晶后可到 NaClO2 晶体，据此分析；
【详解】A .粗食盐水中含有杂质 C a
2+ ，加入过量碳酸钠可将所有 C a
2+ 完全沉淀，故滤渣为 CaC O3 ，
A 正确；
B.流程中两处盐酸，第一次用盐酸是除碳酸钠，第二次用盐酸是还原氯酸钠生成二氧化氯，两处HCl的作
用不相同，B 正确；
C.由于 NaClO2 受热易分解，因此利用减压蒸发，C 正确；
D.反应Ⅱ中产生 C l2 的化学方程式为 2 NaClO3+ 4 HCl =2ClO2↑+C l2↑+2 NaCl+2 H 2O ， ClO2 吸收
塔中产生 O2 的化学方程式为 2ClO2+2 NaOH + H 2O2=2 NaClO2+O2↑+2 H 2O ，故理论上，产
生 C l2 、 O2 的物质的量之比为1∶1，D 错误；
故选D。
19.【答案】B
【解析】【分析】由图知，铜与足量浓硫酸反应生成C u2S和白色物质X，无气体生成，生成C u2S时铜元
素从0价升高到+1价、硫元素从+6价降低到−2价，则按得失电子数守恒、必定存在其他产物(所含元素化
合价升高)，按元素质量守恒只能为CuSO4，则白色物质X为CuSO4，配平得到该反应方程式为：
【详解】A . X溶液中含有C u
2+，溶液为蓝色，A项错误；
B.根据反应方程式，参加反应的浓硫酸中，体现氧化性的占1
4 ×100％=25％，B项正确；
C.C u2S和白色物质CuSO4加稀硫酸和稀硝酸时溶解，存在反应：
3C u2S+16 H
++ 4 NO3
−=6C u
2++3 S↓+ 4 NO↑+8 H 2O，Y 为S单质，则NO为还原产物、Y 为氧化产
物，C项错误；
D.由5Cu+ 4 H 2SO4(浓)=
Δ
3CuSO4+C u2S+ 4 H 2O知，3molCu生成0.6molC u2S，溶解操作时，
C u2S的氧化产物可能为C u
2+、S或C u
2+、S、SO4
2−，当C u2S的氧化产物为C u
2+、S时，发生反应：
3C u2S+16 H
++ 4 NO3
−=6C u
2++3 S↓+ 4 NO↑+8 H 2O，0.6molC u2S得到0.8mol NO与0.6mol S，
NO与S物质的量之和为1.4 mol，当C u2S的氧化产物为C u
2+、SO4
2−时，发生反应：
3C u2S+16 H
++10 NO3
−=6C u
2++3 SO4
2−+10 NO↑+8 H 2O，0.6molC u2S只得到2mol NO，NO与S
物质的量之和为2mol，根据题图，反应一定有S单质生成，则1.4 mol⩽n( NO)+n(Y )<2mol，故NO
与Y 的物质的量之和不可能为2mol，D项错误；
答案选B。
20.【答案】C
【解析】解：由流程可知，含镍废料(主要成分为NiO，含少量FeO、F e2O3、CoO、BaO和SiO2)中加
入稀硫酸酸浸，过滤分离出滤渣Ⅰ为SiO2、BaSO4，滤液中含有NiSO4、FeSO4、F e2(SO4)3、cosO4
，加入氧化剂NaClO3氧化FeSO4，离子方程式为6 F e
2++6 H
++ClO3
−=6 F e
3++C l
−+3 H 2O，加入
N a2C O3调节pH使F e2(SO4)3等转化为黄钠铁矾渣NaF e3(SO4)2(OH )6过滤除去，反应的离子方程式
为3 F e
3++ N a
++2SO4
2−+3 H 2O+C O3
2−= NaF e3(SO4)2(OH )6↓+C O2↑，再加入有机萃取剂，振
荡、静置、分液得到含NiSO4的有机层和含有cosO4的水层溶液，向含有cosO4的溶液中加入碳酸氢钠，
使C o
2+转化为CoC O3沉淀，离子方程式为2 HC O3
−+C o
2+=CoC O3↓+C O2↑+ H 2O，过滤、洗涤、干
燥得到CoC O3；在含NiSO4的有机层反萃取得到NiSO4溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、
干燥得到NiSO4⋅6 H 2O晶体，煅烧生成N ixO y，以此来解答。
A.结合分析可知，“滤渣1”的主要成分是SiO2、BaSO4，故A 正确；
B.加入氧化剂NaClO3氧化FeSO4，离子方程式为：6 F e
2++6 H
++ClO3
−=6 F e
3++C l
−+3 H 2O，故B
正确；
C.“调pH”过程中，N a2C O3不能过量，否则C o
2+和N i
2+会与碳酸根离子反应生成沉淀而损失，故C
错误；
D.在含有cosO4的溶液中加入碳酸氢钠，使C o
2+转化为CoC O3沉淀，离子方程式为
2 HC O3
−+C o
2+=CoC O3↓+C O2↑+ H 2O，故D 正确；
故选：C。
本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、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的应用，题目难度中等。
