2021届高考化学一轮复习过关训练：工艺流程【解析版】

工艺流程1．富硼渣中含有镁硼酸盐（2MgO·B2O3）、镁硅酸盐（2MgO·SiO2）及少量Al2O3、FeO 等杂质。由富硼渣湿法制备硫酸镁晶体和硼酸（H3BO3）晶体的一种工艺流程如下：为了获得晶体，会先浓缩溶液接近饱和，然后将浓缩液放入高压釜中，控制温度进行结晶（硫酸镁与硼酸溶解度随温度的变化如图）。下列说法错误的是A．该工艺流程中加快反应速率的措施有 2 种B．在高压釜中，先降温结晶得到硼酸晶体，再蒸发结晶得到硫酸镁晶体C．“酸浸”中镁硼酸盐发生反应2MgO·B2O3+2H2SO4+H2O2MgSO4+2H3BO3D．加入“MgO”后过滤，所得滤渣主要是Al(OH)3 和Fe(OH)3【答案】B【解析】根据工艺流程分析，将富硼渣研磨后得到富硼渣粉后用热的H2SO4溶液酸浸，发生反应2MgO·B2O3+2H2SO4+H2O2MgSO4+2H3BO3、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、FeO+H2SO4=FeSO4+H2O，浸出渣的主要成分为SiO2，浸出液中含有MgSO4、H3BO3、Al2(SO4)3和FeSO4，加入H2O2可将Fe2+氧化为Fe3+，再加入MgO调节pH可得到Al(OH)3 和Fe(OH)3的沉淀，过滤后将滤液浓缩后放入高压釜中，控制温度结晶分别得到硫酸镁晶体和硼酸晶体。A．根据分析可知，该工艺流程中加快反应速率的措施有研磨(增大反应物的接触面积)、加热2种措施，A选项正确；B．根据硫酸镁与硼酸溶解度随温度的变化图可知，大约80℃之前硫酸镁和硼酸的溶解度随温度的升高而升高，因此先降温结晶会同时得到硫酸镁和硼酸的晶体，正确的操作应为浓缩后，升温控制温度在200℃以上结晶，趁热过滤得到硫酸镁晶体，再降温结晶，得到硼酸晶体，B选项错误；C．由上述分析可知，“酸浸”时镁硼酸盐发生的反应为2MgO·B2O3+2H2SO4+H2O2MgSO4+2H3BO3，C选项正确；D．加入MgO调节pH可得到Al(OH)3和Fe(OH)3的沉淀，即过滤后的滤渣主要为Al(OH)3 和Fe(OH)3的沉淀，D选项正确；答案选B。2．为防治雾霾，设计如下流程吸收工业尾气SO2和NO，同时获得连二亚硫酸钠(Na2S2O4，其结晶水合物又称保险粉)和NH4NO3产品，以变“废”为宝。下列说法错误的是A．S2O中既存在非极性键又存在极性键B．装置I的作用是吸收SO2，装置II的作用是吸收NOC．保险粉可通过装置Ⅲ中阳极产物制备，Ce4＋从阴极口流出回到装置II循环使用D．氧化装置IV中1L 2mol•L－1NO，至少需要标准状况下22.4LO2【答案】C【解析】根据流程分析可知，装置Ⅰ中加入NaOH溶液，可发生反应SO2+OH-=吸收SO2，装置Ⅱ中加入Ce4+，酸性条件下，NO与Ce4+发生氧化还原反应生成和，Ce4+被还原为Ce3+，装置Ⅲ(电解槽)中阳极发生反应Ce3+-e-=Ce4+，Ce4＋从阳极口流出回到装置II循环使用，阴极发生反应2+2H++2e-=+2H2O，进而得到保险粉Na2S2O4，装置Ⅳ中被O2氧化为，与NH3得到NH4NO3。A．中S原子与O原子形成极性键，S原子与S原子形成非极性键，A选项正确；B．根据上述分析可知，装置Ⅰ中加入NaOH溶液，可发生反应SO2+OH-=吸收SO2，装置Ⅱ中加入Ce4+，酸性条件下，NO与Ce4+发生氧化还原反应生成和，可吸收NO，B选项正确；C．装置Ⅲ(电解槽)中阳极发生反应Ce3+-e-=Ce4+，Ce4＋从阳极口流出回到装置II循环使用，C选项错误；D．装置Ⅳ中被O2氧化为，N元素化合价由+3价升高至+5价，O的化合价由0价降低至-2价，氧化装置IV中1L 2mol•L-1(2mol)NO，则转移4mol电子，消耗1molO2，即需要标准状况下22.4LO2，D选项正确；答案选C。3．银铜合金广泛应用于航空工业。从银铜合金的切割废料中回收银和制备CuAlO2的流程如下。已知：Al(OH) 3和Cu(OH) 2开始分解的温度分别为450℃和 80℃。 下列说法错误的是A．电解精炼时，粗银做阳极，纯银做阴极B．为提高原料利用率，流程中应加过量的稀NaOHC．滤渣B煅烧时发生的反应为 4CuO+4Al(OH)34CuA1O2+ O2↑+6H2OD．若用 1.0 kg 银铜合金（铜的质量分数为64%) 最多可生成 10.0mol CuA1O2【答案】B【解析】A. 电解精炼时，粗银做阳极、纯银做阴极、电解液选可溶性银盐，阳极上银及比它活泼的金属溶解，阴极上电解液中银离子得到电子被还原析出银，A正确；B. 流程中硫酸铜溶液中加硫酸铝和稀NaOH、未煮沸之前得Cu( OH) 2 和 A l(OH) 3 ，根据 Al(OH) 3 和 Cu(OH) 2 开始分解的温度分别为 450 ℃ 和 80 ℃ 可知 B 为 Al(OH) 3 和 CuO在生成固体 B 的过程中，需控制 NaOH 的加入量，若 NaOH 过量，则因过量引起的反应为：Al(OH) 3 ＋OH －= AlO2-＋2H 2 O ,B错误；C. 滤渣B为Al(OH) 3和 CuO的混合物，煅烧时铜化合价降低到+1价，则发生氧化还原反应，反应方程式为4CuO+4Al(OH)34CuA1O2+ O2↑+6H2O，C正确；D. 1.0 kg 银铜合金（铜的质量分数为64%)中铜的物质的量为 ，则由铜元素守恒知最多可生成 10.0mol CuA1O2，D正确；答案选B。4．碲被誉为“现代工业的维生素”，它在地壳中平均的丰度值很低，铜阳极泥中碲的回收越来越引起人们的重视。某科研小组从粗铜精炼的阳极泥（主要含有 Cu2Te）中提取粗碲设计工艺流程如图所示。下列有关说法正确的是（    ）已知: ①“焙烧”后，碲主要以TeO2形式存在②TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱A．“焙烧”用到的主要硅酸盐产品仪器：蒸发皿、酒精灯、玻璃棒B．“还原”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2C．为加快“氧化”速率温度越高越好D．TeO2是两性氧化物，碱浸时反应的离子方程式为TeO2 +2OH- =TeO32- +H2O【答案】D【解析】由工艺流程分析可知，铜阳极泥经O2焙烧得到TeO2，碱浸时TeO2与NaOH反应得到Na2TeO3，再经过氧化和酸化得到TeO42-，TeO42-与Na2SO3发生氧化还原反应得到粗碲，3SO32-+TeO42-+2H+===Te↓+H2O+3SO42-。A．“焙烧”硅酸盐产品主要用到的仪器有：坩埚、泥三角、酒精灯和玻璃棒，不能用蒸发皿，A选项错误；B．还原时发生反应：3SO32-+TeO42-+2H+===Te↓+H2O+3SO42-，氧化剂为TeO42-，还原剂SO32-，物质的量之比与化学计量数成正比，故为1:3，B选项错误；C．“氧化”时氧化剂为H2O2，温度过高，H2O2会分解，氧化效果会减弱，C选项错误；D．根据上述分析，并结合题干条件，TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱， TeO2是两性氧化物，碱浸时反应的离子方程式为TeO2 +2OH- =TeO32- +H2O，D选项正确；答案选D。5．某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀时(c=0.01 mol·L−1)的pH沉淀完全时(c=1.0×10−5 mol·L−1)的pH7.28.73.74.72.23.27.59.0回答下列问题：(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是______________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式______________。(2)“滤液②”中含有的金属离子是______________。(3)“转化”中可替代H2O2的物质是______________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即“滤液③”中可能含有的杂质离子为______________。(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=______________(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 mol·L−1，则“调pH”应控制的pH范围是______________。(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式______________。(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是______________。【答案】(1)除去油脂、溶解铝及其氧化物    +H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O    (2)Ni2+、Fe2+、Fe3+   (3) O2或空气    Fe3+    (4)    3.2~6.2    (5)2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O    (6)提高镍回收率    【解析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体。(1)根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可发生反应+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O，故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物；+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O；(2)加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+，故答案为：Ni2+、Fe2+、Fe3+；(3)“转化”在H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+，故答案为：O2或空气；Fe3+；(4)由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1，c(H+)=1.0×10-8.7mol·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；或者当Ni2+开始沉淀时pH=7.2，此时c(Ni2+)=0.01mol·L-1，c(H+)=1.0×10-7.2mol·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L-1，为避免镍离子沉淀，此时，则，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2~6.2，故答案为：；3.2~6.2；(5)由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClOˉ被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O，故答案为：2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O；(6)分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率，故答案为：提高镍的回收率。6．钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Fe3+Fe2+Al3+Mn2+开始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1回答下列问题：(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是___________。(2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成，同时还有___________离子被氧化。写出VO+转化为反应的离子方程式___________。(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、___________，以及部分的___________。(4)“沉淀转溶”中，转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。(5)“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是___________。(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是___________。【答案】(1)加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）    (2)Fe2+    VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O    (3)Mn2+    Fe3+、Al3+   (4) Fe(OH)3    (5)NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O    (6)利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全    【解析】黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4，用30%H2SO4和MnO2“酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成，Fe3O4与硫酸反应生成的Fe2+被氧化成Fe3+，SiO2此过程中不反应，滤液①中含有、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、；滤液①中加入NaOH调节pH=3.0~3.1，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，此过程中Fe3+部分转化为Fe(OH)3沉淀，部分Al3+转化为Al(OH)3沉淀，滤液②中含有K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、，滤饼②中含V2O5·xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，滤饼②中加入NaOH使pH>13，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为NaAlO2，则滤渣③的主要成分为Fe(OH)3；滤液③中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入HCl调pH=8.5，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀而除去；最后向滤液④中加入NH4Cl“沉钒”得到NH4VO3。(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全），故答案为：加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）；(2)“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2+具有还原性，则VO+和VO2+被氧化成的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；VO+转化为时，钒元素的化合价由+3价升至+5价，1molVO+失去2mol电子，MnO2被还原为Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO+转化为反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O，故答案为：Fe2+，VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O；(3)根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+，故答案为：Mn2+，Fe3+、Al3+；(4)根据分析，滤渣③的主要成分是Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3；(5)“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O，故答案为：NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O。(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是：增大NH4+离子浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全，故答案为：利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。7．高铁酸钾的生产流程如图所示，下列有关说法错误的是(   )A．高铁酸钾作净水剂的原因之一是其还原产物Fe3＋与水作用生成的Fe(OH)3胶体具有吸附性B．步骤②中反应每消耗1 mol Cl2，转移1 mol电子C．步骤③中反应的离子方程式为3Fe3O4＋26H＋＋NO＝9Fe3＋＋NO2↑＋13H2OD．由图知，氧化性：KClO>K2FeO4【答案】C【解析】根据流程图，电解氯化钠溶液生成的氯气与氢氧化钾溶液反应生成碱性次氯酸钾浓溶液，用稀硝酸溶解磁铁矿得到的溶液中还原铁离子，碱性次氯酸钾浓溶液将Fe3＋氧化生成K2FeO4。A．K2FeO4中+6价的铁检验强氧化性，其还原产物Fe3＋与水作用生成的Fe(OH)3胶体，具有吸附性，因此是一种高效的净水剂，故A正确；B．步骤②中氯气与氢氧化钾溶液反应生成碱性次氯酸钾浓溶液，Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，每消耗1 mol Cl2，转移1 mol电子，故B正确；C．步骤③中磁铁矿中的四氧化三铁与稀硝酸反应发生氧化还原反应生成Fe3＋，反应的离子反应为3Fe3O4+28H++NO=9Fe3++NO↑+14H2O，故C错误；D．步骤④中碱性次氯酸钾浓溶液将Fe3＋氧化生成K2FeO4，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化性：KClO>K2FeO4，故D正确；故选C。8．某酸性工业废水中含有一定量的、、等离子。利用常用的酸、碱和工业生产中的废铁屑，设计如下工艺流程，从废水中回收金，并生产一定量的铁红和氧化铜。 下列说法不正确的是A．标号①②③处发生的反应均为氧化还原反应B．标号③处加入的相应物质是稀硝酸或稀硫酸C．标号①处发生的离子反应最多有四个D．铁红的化学式为，工业上常用作红色颜料【答案】B【解析】由工艺流程图示知，E为铁元素的离子，而A为铜、金的单质，通过过滤将铁元素与活泼性比它弱的铜、金分离出来，因此①处加入的物质为铁屑，发生的反应为Fe+2H+═Fe2++H2↑，2Fe3++Fe═3Fe2+，Cu2++Fe═Cu+Fe2+，2Au3++3Fe═2Au+3Fe2+；②处加入稀硫酸以除去铜、金中过量的铁屑，并将过滤后的硫酸亚铁溶液与含Fe2+的E溶液相混合；③处利用金不溶于硝酸的性质将铜与金分离开；④处将得到的铜离子用氢氧化钠转化为氢氧化铜沉淀，从而再受热分解为氧化铜；⑤处加入氢氧化钠将亚铁离子转化为氢氧化亚铁沉淀，再利用空气将其转化为氢氧化铁沉淀，最终受热分解为铁红（氧化铁）。A. 由分析可知，①②③处发生的反应均为氧化还原反应，故A正确；B. 由分析可知，③处利用金不溶于硝酸的性质将铜与金分离开，故B错误；C. 由分析可知，①处加入的物质为铁屑，发生的反应为Fe+2H+═Fe2++H2↑，2Fe3++Fe═3Fe2+，Cu2++Fe═Cu+Fe2+，2Au3++3Fe═2Au+3Fe2+；有4个反应，故C正确；D. 铁红的化学式为，工业上常用作红色颜料，故D正确；故选B。9．用铝灰冶铝废弃物，主要成分是含少量杂质、FeO、作原料可制取硫酸铝铵晶体，其制备流程如图。下列说法错误的是A．为提高铝灰的浸取率可以加入热的稀硫酸B．滤渣a的成分为C．氧化过程中发生反应的离子方程式为D．操作X包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥等操作【答案】C【解析】铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3）加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加过氧化氢溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，加入氧化铝调pH，Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸铵，生成NH4Al（SO4）2，结晶、洗涤、干燥得到硫酸铝铵晶体。A. 加热搅拌可以提高铝灰的浸取率，故A正确；B. 铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3）加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，浸取会被过滤掉，故B正确；C. 加过氧化氢溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为：，故C错误；D. 操作X包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥等操作得到干燥的硫酸铝铵晶体，故D正确；故选C。10．碱式次氯酸镁[MgmClO(OH)n·H2O]微溶于水，不潮解，相对稳定，是一种有开发价值的无机抗菌剂，以菱镁矿(MgCO3，含少量FeCO3)为主要原料，制备碱式次氯酸镁的工艺流程如下，下列说法不正确的是（   ）A．流程中酸溶后溶液中含有Mg2＋、Fe2＋B．可以加入MgCO3调节pHC．过滤1所得的滤渣含有Fe(OH)3D．“混合”时反应的离子方程式为：2Mg2＋＋ClO－＋2OH－＋H2O＝Mg2ClO(OH)2·H2O↓【答案】D【解析】菱镁矿(MgCO3，含少量FeCO3)中加入盐酸，MgCO3和FeCO3都和盐酸反应分别生成盐MgCl2、FeCl2，加入H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，然后加入MgO或Mg(OH)2或MgCO3调节溶液的pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去。过滤出Fe(OH)3后的滤液中加入NaClO和NaOH溶液，得到碱式次氯酸镁。A．由以上分析可知，流程中酸溶后溶液中含有Mg2＋、Fe2＋，故A正确；B．由以上分析可知，可以加入MgCO3调节pH，故B正确；C．由以上分析可知，过滤1所得的滤渣含有Fe(OH)3，故C正确；D．化学方程式中碱式次氯酸镁的化学式[Mg2ClO(OH)2·H2O]不符合正负化合价代数和为0的原则，故D错误；故选D。11．工业综合处理含废水和含的废气，得无毒气体b，流程如下：下列说法错误的是(    )A．“固体”中主要含有、B．X气体、与溶液的离子反应：C．处理含废水时，离子反应：D．捕获剂捕获气体a中发生了氧化还原反应【答案】D【解析】A.工业废气通入过量的石灰石悬浊液，二氧化硫被吸收形成亚硫酸钙沉淀，所以固体中含有碳酸钙和亚硫酸钙，故A正确；B.由题中信息可知，一氧化氮能被碳酸钠吸收成亚硝酸钠，氮元素的化合价由+2升高到+3，故需要加入氧化剂，结合所涉及的元素可知，通入的X为氧气，离子反应：，B正确；C.亚硝酸钠中的氮元素为+3价，与铵根离子中的-3价氮元素发生氧化还原反应，生成的无污染的气体为氮气，根据电子转移守恒和电荷守恒分析，其方程式为NH4++NO2-==N2↑+2H2O，C正确；D.一氧化碳、N2与碳酸钠不反应，根据反应前后的物质变化可知，捕获剂捕获的气体主要为CO，产物为Cu(NH3)3COAC，反应前后碳和氧的化合价没有变，故该反应不是氧化还原反应，D错误。答案选D。12．氯化亚铜(CuC1)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuC1难溶于水，可溶于氯离子浓度较大的体系，易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，生产CuC1的工艺如下： 下列说法错误的是A．“溶解”过程发生氧化还原反应的离子方程式是3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2OB．“反应”过程发生反应的离子方程式是2Cu2+++2C1-+H2O=2CuC1↓++2H+C．“溶解”过程中硫酸可用浓盐酸代替D．“烘干”需在隔绝空气的环境中进行【答案】C【解析】A．“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+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，A正确；B．从后续操作看，“反应”过程生成CuCl，则溶液中的Cu2+被还原，发生反应的离子方程式是2Cu2+++2C1-+H2O=2CuC1↓++2H+，B正确；C．“溶解”过程中，若硫酸用浓盐酸代替，则“反应”过程中生成的CuCl会被Cl-溶解，难以得到CuCl沉淀，C不正确；D．“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，D正确；故选C。13．工业上应用两矿法浸出软锰矿(主要成分MnO2)和方铅矿(主要成分PbS、FeS2)，制备PbSO4和Mn3O4，转化流程如下。已知：PbCl2微溶于水，溶液中存在可逆反应： 。下列说法正确的是A．Ⅰ中可使用浓盐酸代替稀盐酸和NaCl的混合溶液B．Ⅱ中生成的沉淀Y是Fe(OH)2C．Ⅳ中试剂X可能作氧化剂D．Ⅴ中发生反应：Pb2++SO42－== PbSO4【答案】C【解析】方铅矿 (主要成分PbS、、FeS2)和软锰矿(主要成分MnO2)中加入稀盐酸、NaCl溶液并加热至70℃，发生的反应有MnO2+PbS+4HCl=MnCl2+PbCl2+S+ 2H2O，3MnO2+2FeS2+12HCl=3MnCl2+2FeCl3+4S+6H2O，调节溶液的pH使铁离子和转化为沉淀，要除去这两种离子需要加入碱性物质且不能引进新的杂质，然后过滤得到氢氧化铁沉淀和滤液，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到PbCl2晶体和滤液，向滤液中通入氨气、X使锰离子被氧化生成Mn3O4，将溶液过滤得到Mn3O4和滤液。A.若用浓盐酸代替稀盐酸和NaCl的混合溶液，那么浓盐酸与软锰矿中的MnO2反应生成氯气，A错误；B.由分析可知Ⅱ中生成的沉淀Y是Fe(OH)3，B错误；C.Ⅳ中向滤液中通入氨气、X使锰离子被氧化生成Mn3O4，则试剂X可能作氧化剂，C正确；D.因为PbCl2微溶于水，溶液中存在可逆反应：，故Ⅴ中发生反应：PbCl42-+SO42－== PbSO4+4Cl-，D错误；故选C。14．高锰酸钾是常用的氧化剂。某化学小组在实验室以软锰矿(主要成分是MnO2)为原料制备KMnO4，下图是实验室制备高锰酸钾的操作流程。已知：温度溶解度/gK2CO3KHCO3KMnO420℃11133.76.38请回答（1）反应①的化学方程式为_________________________________；加热软锰矿、KClO3和KOH固体，不采用瓷坩埚而选用铁坩埚的理由是______________；（2）反应②中氧化产物与还原产物的物质的量之比为__________________；上述流程中可以循环利用的物质是__________________________；（3）实验时，若CO2过量会生成KHCO3，导致得到的KMnO4产品的纯度降低，其原因是________________________________________________________；（4）高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al等杂质元素）制备高纯碳酸锰的实验过程如下：其中除杂过程包括：①向浸出液中加入一定量的X，调节浸出液的pH为3.5~5.5；②再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤除去Fe(OH)3 Al(OH)3；③…①软锰矿预先粉碎的目的是_____________________________________；②试剂X可以是__________；（填出一种即可）③浸出时加入植物粉的作用是_________________________________；④写出“沉淀”过程中产生碳酸锰的离子方程式 ___________________________ 。【答案】（1）KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O    瓷坩埚中的SiO2会与KOH发生反应    （2）2:1    KOH、MnO2    （3）KHCO3的溶解度较小，滤液蒸发浓缩降温结晶时KHCO3会随KMnO4一同结晶析出（4）①增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应物转化更彻底    ②MnO或MnCO3    ③还原剂    ④Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O