2021届高考二轮复习必做热点专题09化工流程题含答案.docx

1、答案第 1 页，总 15 页 2020-2021 学年度高考二轮复习必做热点专题学年度高考二轮复习必做热点专题 09 化工流程题化工流程题 （选（选 择题专练）择题专练） 一、单选题一、单选题 1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 B“碱浸”时发生主要反应的离子方程式为 TeO2+2OHTeO32+H2O C“沉碲”时为使碲元素沉淀充分，应加入过量的硫酸

2、 D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 SO2 20.16L 2某学习小组的同学根据“侯氏制碱法”的原理： NH3H2OCO2NaCl=NaHCO3NH4Cl 2NaHCO3Na2CO3H2OCO2 利用如下实验装置制备 Na2CO3。 下列叙述正确的是( ) A若 X为稀硫酸，Y 为碳酸钙，则可用装置甲制取 CO2 B装置乙中会有白色沉淀析出 C将装置丙中所得滤液蒸干可得到 NH4Cl固体 D用装置丁加热 NaHCO3固体可制得 Na2CO3 3以硫铁矿(主要成分为 FeS2)为原料制备氯化铁晶体(FeC13 6H2O)的工艺流程如下，下列 说

3、法错误的是 答案第 2 页，总 15 页 A将硫铁矿粉碎再焙烧的目的是加快反应速率 B酸溶时需保持盐酸过量的目的是提高铁元素的浸出率 C氧化剂 Y 可以是 Cl2不能是 H2O2 D上述流程中的 FeS2可用 FeS 来代替 4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 B“碱浸”时发生主要反应的离子方程式为 TeO2+2OHTeO32+H2O C“沉碲”时为使

4、碲元素沉淀充分，应加入过量的硫酸 D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 SO2 20.16L 5轻质碳酸镁是广泛应用于橡胶、塑料、食品和医药工业的化工产品，以卤块(主要成分为 MgCl2，含 Fe2+、Fe3+、Mn2+等杂质离子)为原料制备轻质碳酸镁的工艺流程如图： 下表中为生成氢氧化物沉淀的 pH 物质 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Mn(OH)2 Mg(OH)2 开始沉淀 2.7 7.6 8.3 9.9 答案第 3 页，总 15 页 沉淀完全 3.7 9.6 9.8 11.1 （1）“氧化”一步中发生反应的离子方程式为_。 （2）“调节

5、pH”一步应调节溶液的 pH=9.8，其目的是_。 （3）“热解”一步温度控制在 75左右，其原因是_。 （4）从“过滤 2”步骤中得到的滤液中能回收的盐类物质主要有_(填化学式)。 （5） 轻质碳酸镁的成分为碱式碳酸镁MgCO3Mg(OH)23H2O， 则“热解”一步发生反应 的离子方程式为_。 6超临界状态下的 CO2流体溶解性与有机溶剂相似，可提取中药材的有效成分，工艺流程 如下。 下列说法中错误的是( ) A浸泡时加入乙醇有利于中草药有效成分的浸出 B高温条件下更有利于超临界 CO2流体萃取 C升温、减压的目的是实现 CO2与产品分离 D超临界 CO2流体萃取中药材具有无溶剂残留、绿色

6、环保等优点 7某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为 Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质) 制取七水合硫酸亚铁(FeSO4 7H2O)，设计了如下流程： 下列说法不正确的是（ ） A溶解烧渣选用足量硫酸，试剂 X 选用铁粉 B固体 1 中一定含有 SiO2，控制 pH 是为了使 Al3+转化为 Al(OH)3，进入固体 2 C从溶液 2 得到 FeSO4 7H2O 产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解 答案第 4 页，总 15 页 D若改变方案，在溶液 1 中直接加 NaOH 至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶 分离也可得到 FeSO4 7H2O 8氯氧化铜(3

7、CuO CuCl24H2O)在农业上可用作杀菌剂。工业上以铜矿粉主要含 Cu2(OH)2CO3、Fe3O4为原料制取氯氧化铜的流程如图： 下列说法中不正确的是（ ） A“酸溶”后溶液中的阳离子有 Cu2+、Fe2+、Fe3+ B“氧化”时被氧化的是 Fe2+ C为了加快“氧化”时的反应速率，将溶液加热至 95 D“调节 pH”过程中发生反应的离子方程式为 4Fe3+3Cu2(OH)2CO3+3H2O=4Fe(OH)3+6Cu2+3CO2 9一种从铜电解工艺的阳极泥中提取 Se 和 Te的流程如下： 下列叙述错误的是（ ） A合理处理阳极泥有利于保护环境和资源再利用 B流出液是 H2SO4溶液

8、C电解过程中阴极上析出单质 Te D“焙砂”与碳酸钠充分混合后，可在瓷坩埚中焙烧 10 ClO2和 NaClO2均具有漂白性， 工业上用 ClO2气体制备 NaClO2的工艺流程如下图所示： 答案第 5 页，总 15 页 下列说法不正确的是 A工业上可将 ClO2制成 NaClO2固体，便于贮存和运输 B通入空气的目的是驱赶出 ClO2，使其被吸收器充分吸收 C吸收器中生成 NaClO2的离子方程式：2ClO2+H2O2=2ClO2 +O2+2H+ D步骤 a的操作包括过滤、洗涤和干燥 11某化合物 M 由两种常见的元素组成,为了测定其组成进行如下实验： M 的化学式可能为（ ） ACu2S

9、BCuS CFeS2 DFe3S4 12 实验室从含碘废液 （除 H2O 外， 含有 CCl4、 I2、 I等） 中回收碘， 其操作流程如下： 下列说法不正确的是 A还原时，发生的主要反应为：SO32+I2+H2OSO42+2I+2H B加入 Na2SO3 溶液的目的是使碘元素进入水层 C操作 X 的名称为萃取， 应在分液漏斗中操作 D氧化时，应控制在较低温度（40左右） ， 可增大 Cl2 的溶解度并减少 I2 的损失 13火法炼汞是在不太高的温度下(450-800)，将汞矿石或精矿进行焙烧，直接将汞还原呈 气态分离出来，而后冷凝成液态汞.目前工业上制粗汞的流程如图: 答案第 6 页，总 1

10、5 页 下列有关说法正确的是 A流程中加入氧化钙的目的是减少 SO2的排放 B“辰砂”加热时发生反应：HgS+O2 Hg+SO2，该方法属于热分解法 C洗涤粗汞时可用 5%的盐酸代替 5%的硝酸 D含汞烟气中汞的含量很低，可以直接排放 14部分氧化的 Fe-Cu 合金样品（氧化产物为 Fe2O3、CuO）共 5.76 g，经如下处理： 下列说法正确的是 A滤液 A中的阳离子为 Fe2+、Fe3+、H+ B样品中 Fe 元素的质量为 2.24 g C样品中 CuO 的质量为 4.0 g DV=448 15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

11、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 CuS B步骤、中发生的反应均为氧化还原反应 C步骤涉及的离子反应可能为 CuSH2O22HCu2S2H2O 答案第 7 页，总 15 页 D步骤和，采用蒸发结晶，过滤后均可获取粗晶体 16 美国普度大学研究开发出一种利用铝镓合金制备氢气的新工艺(如图所示)。 下列有关该 工艺的说法错误的是( ) A该过程中，能量的转化形式只有两种 B铝镓合金可以循环使用 C铝镓合金与水反应的化学方程式为：2Al3H2OAl2O33H2 D总反应式为 2H2O2H2O2 二、多选题二、多选题 17足量铜与一定量的浓硝

12、酸反应，得到硝酸铜溶液和 NO2、NO的混合气体 2.24L(标准状 况)，这些气体与一定体积的 O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝 酸。若向所得硝酸铜溶液中加入 50mL4mol L-1NaOH 溶液，则 Cu2+恰好完全沉淀。下列说 法正确的是( ) A此反应过程中转移的电子为 0.2mol B混合气体中含 NO2(标准状况)1.12L C参加反应的 HNO3是 0.4mol D消耗氧气(标准状况)的体积为 1.68L 参考答案参考答案 1C 【分析】 本流程目的为利用阳极泥 （含有质量分数为 8%的 TeO2、 少量 Ag、Au） 为原料制备单质碲， 所以先要进行

13、除杂，最后提取 Te。根据 TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱，流程中 先加碱溶，过滤除去杂质，得到溶液，再加硫酸沉降经过滤得到 TeO2沉淀，再用盐酸溶解 生成四氯化碲，再用二氧化硫还原制成碲单质，以此解答。 【详解】 A、研磨增大接触面积，加热均能提高“碱浸”的速率和效率，故 A 正确； 答案第 8 页，总 15 页 B、由已知信息可知，TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱，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，生成 TeO32，离子方程式为 TeO2+2OHTeO32+H2O，故 B正确； C、由已知信息可知，TeO2易溶于强酸和强碱，在沉降的过程中，硫酸若过量，

14、可能导致 TeO2的溶解，造成产品的损失，故 C错误； D、1kg阳极泥中含 TeO2的质量为 1000g 8%=80g，碲元素的回收率为 90%，则有 80g 90%=72g 的 TeO2被还原。每摩尔 TeO2得 4mol 电子，每摩尔 SO2失去 2mol 电子，则有 关系式：1TeO22SO2，V(SO2)= 72 12832/ g g mol 222.4L/mol=20.16L，故 D正确。 答案选 C。 【点睛】 本题考查工业流程，弄清流程中每一步的目的、化学反应原理、方程式的书写， 实验操作的 判断是解本题关键，涉及计算要注意得失电子守恒的运用。 2B 【详解】 A. 利用启普发

15、生器制备 CO2， 选用稀硫酸会和碳酸钙生成微溶物硫酸钙影响后续反应进行， 故 A 错误； B. 在饱和食盐水中通入氨气，形成含氨的饱和食盐水，再向其中通入二氧化碳，溶液中就 有大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，这其中 NaHCO3溶解度最小，所以析 出晶体，故 B 正确； C. 过滤的时候， 玻璃棒只起到引流的作用， 搅拌容易造成滤纸破损或溶液溅出， 故 C 错误； D. 加热 NaHCO3固体时会生成水，试管口向上容易引起领凝水倒流，引起试管底部炸裂， 试管口应向下倾斜，故 D错误。 故选 B。 【点睛】 侯氏制碱法是依据离子反应发生的原理进行的， 主要利用 NaHCO3在溶液

16、中溶解度较小， 所 以先制得 NaHCO3，再利用碳酸氢钠不稳定性分解得到纯碱。要制得碳酸氢钠就要有大量钠 离子和碳酸氢根离子，所以就在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二 氧化碳， 在溶液中就有了大量的钠离子、 铵根离子、 氯离子和碳酸氢根离子， 这其中 NaHCO3 答案第 9 页，总 15 页 溶解度最小，所以析出，其余产品处理后可作肥料或循环使用，掌握侯氏制碱法的原理是解 决此题的关键。 3C 【详解】 A. 将硫铁矿粉碎，增大了反应物的接触面积，加快了焙烧的反应速率，A 正确； B. 焙烧后的产物为氧化铁，加入盐酸溶解，盐酸过量，可以保证氧化铁全部被溶解，提高 铁元素

17、的浸出率，同时还能抑制铁离子的水解，B 正确； C.双氧水属于绿色氧化剂，还原产物为水，既能氧化亚铁离子，又不引入新杂质，C 错误； D. FeS2中铁元素化合价为+2 价，FeS 中铁元素化合价为+2 价，且两种物质组成元素相同， 焙烧后产物相同，可以替代，D 正确； 综上所述，本题选 C。 4C 【分析】 本流程目的为利用阳极泥 （含有质量分数为 8%的 TeO2、 少量 Ag、Au） 为原料制备单质碲， 所以先要进行除杂，最后提取 Te。根据 TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱，流程中 先加碱溶，过滤除去杂质，得到溶液，再加硫酸沉降经过滤得到 TeO2沉淀，再用盐酸溶解 生成四氯化

18、碲，再用二氧化硫还原制成碲单质，以此解答。 【详解】 A、研磨增大接触面积，加热均能提高“碱浸”的速率和效率，故 A 正确； B、由已知信息可知，TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱，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，生成 TeO32，离子方程式为 TeO2+2OHTeO32+H2O，故 B正确； C、由已知信息可知，TeO2易溶于强酸和强碱，在沉降的过程中，硫酸若过量，可能导致 TeO2的溶解，造成产品的损失，故 C错误； D、1kg阳极泥中含 TeO2的质量为 1000g 8%=80g，碲元素的回收率为 90%，则有 80g 90%=72g 的 TeO2被还原。每摩尔

19、 TeO2得 4mol 电子，每摩尔 SO2失去 2mol 电子，则有 关系式：1TeO22SO2，V(SO2)= 72 12832/ g g mol 222.4L/mol=20.16L，故 D正确。 答案选 C。 【点睛】 答案第 10 页，总 15 页 本题考查工业流程，弄清流程中每一步的目的、化学反应原理、方程式的书写， 实验操作的 判断是解本题关键，涉及计算要注意得失电子守恒的运用。 5 2Fe2+ClO-+2H+=2Fe3+Cl-+H2O 在保证 Mg2+不沉淀的前提下使得 Mn2+和 Fe3+沉淀完全 若温度太低，反应速率太慢，若太高会导致碳酸氢铵分解 NaCl、NH4Cl 2Mg

20、2+4HCO3-+2H2O=MgCO3Mg(OH)23H2O+3CO2 【分析】 卤块(主要成分为 MgCl2，含 Fe2+、Fe3+等杂质离子)，工艺流程可知，加入盐酸酸浸溶解， “氧化”目的是将 Fe2+氧化物为 Fe3+，再通过调节 pH值除去，次氯酸根具有强氧化性，将 Fe2+氧化物为 Fe3+，自身被还原为 Cl-，同时生成 H2O，过滤得到沉淀为氢氧化铁，滤液加入 碳酸氢铵热解生成二氧化碳和轻质碳酸镁MgCO3Mg(OH)23H2O， 过滤得到轻质碳酸镁。 【详解】 (1)根据工艺流程可知，“氧化”目的是将 Fe2+氧化物为 Fe3+，再通过调节 pH 值除去，次氯 酸根具有强氧化

21、性，将 Fe2+氧化物为 Fe3+，自身被还原为 Cl-，同时生成 H2O，反应离子方 程式为：ClO-+2H+2Fe2+2Fe3+Cl-+H2O； (2)根据各氢氧化物沉淀生成的 pH与沉淀完全的 pH，结合工艺流程可知，“调节 pH”目 的是使 Fe3+、Mn2+等杂质离子生成氢氧化物沉淀除去，且尽量避免 Mg2+转化为沉淀，即在保 证 Mg2+不沉淀的前提下使得 Mn2+和 Fe3+沉淀完全； (3)由工艺流程可知，“热解”操作目的是将 Mg2+、HCO3-转化为 MgCO3、Mg(OH)2沉淀， 温度过高 NH4HCO3会分解，温度太低，反应速率较慢； (4)由工艺流程可知，过滤 2操

22、作所得滤液中含有 Na+、NH4+、Cl-，则从中能回收的盐类物 质为 NaCl、NH4Cl； (5)由工艺流程可知，“热解”操作中 Mg2+、HCO3-转化为 MgCO3Mg(OH)23H2O沉淀， 同时生成 CO2， 故反应方程式为 2Mg2+4HCO3-+2H2O=MgCO3Mg(OH)23H2O+3CO2。 6B 【详解】 A. 中草药中的有效成分是有机物，易溶于乙醇，浸泡时加入乙醇有利于中草药有效成分的 浸出，A正确； B. 温度越低，气体的溶解度越大，所以高温条件不利于超临界 CO2流体萃取，B 错误； C. 升温、减压的目的是让 CO2气化，从而实现 CO2与产品分离，C正确；

23、D. 升温、减压后，CO2全部气化，从而脱离萃取产品，因此，超临界 CO2流体萃取中药材 答案第 11 页，总 15 页 具有无溶剂残留、绿色环保等优点，D正确。 故选 B。 7D 【详解】 A、流程设计意图是用硫酸把 Fe2O3、Al2O3，转化为硫酸盐，除去 SiO2，然后用铁粉还原 Fe3+得到硫酸亚铁，A 正确； B、 固体 1为 SiO2， 分离 FeSO4和 Al2(SO4)3采用的是调控 pH的方法， 使 Al3+转化为 Al(OH)3 沉淀从而与 FeSO4分离，B不正确； C、Fe2+容易被氧化，所以在得到 FeSO4 7H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解，C正 确；

24、D、 在溶液1中直接加过量的NaOH得到的是Fe(OH)3沉淀， Fe(OH)3溶于硫酸后生成Fe2(SO4)3， D不正确。 答案选 D。 8C 【详解】 A. 铜矿粉中 Cu2(OH)2CO3、Fe3O4，会与酸反应生成 Cu2+、Fe2+、Fe3+，故 A 正确； B. Fe2+具有还原性，会被氧化，故 B正确； C. 双氧水温度升高时会分解生成水和氧气，反应速率降低，故 C 错误； D. “调节 pH”时，不引入新的离子，且要升高溶液 pH 值，所以加入 Cu2(OH)2CO3， 4Fe3+3Cu2(OH)2CO3+3H2O=4Fe(OH)3+6Cu2+3CO2，故 D正确； 故答案为

25、 C。 9D 【详解】 A. 阳极泥是在电解精炼铜过程中，沉积在电解槽底部的杂质，含 Se、Te、Au等金属，因此 合理处理阳极泥有利于保护环境和资源再利用，故 A项正确； B. 焙烧生成的 SO2和 SeO2在水溶液中发生氧化还原反应生成 Se和 H2SO4，则流出液是 H2SO4溶液，故 B项正确； C. 电解池中阴极区发生还原反应， 由流程可知， TeO2在碱性电解质环境下被还原为 Te单质， 故 C 项正确； 答案第 12 页，总 15 页 D. 瓷坩埚中还有二氧化硅，在高温下能与碳酸钠发生反应，坩埚受到腐蚀，则“焙砂”与碳 酸钠不宜在瓷坩埚中焙烧，故 D项错误； 答案选 D。 10C

26、 【详解】 A.ClO2为气体， 不易储存和运输， 应将其制备成 NaClO2固体以便运输和贮存， 故 A正确； B.反应结束后， 发生器中仍会残留少量 ClO2， 用空气可以将 ClO2排出， 确保其被充分吸收， 故 B 正确； C.由流程图可知，制备 NaClO2的反应的环境是碱性环境，离子方程式应该为 2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2 +O2+2H2O，故 C 错误； D.NaClO2溶液中获得 NaClO2固体需要真空蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤和干燥，故 D 正确； 故选 C。 11A 【解析】 试题分析：由题意并结合选项可知，1.60gM在高温下反应生成的气体是二氧化硫

27、，二氧化 硫被双氧水氧化为硫酸， 根据滴定过程消耗的氢氧化钠， 可以求出 n(S)=n(SO2)=n(H2SO4)= 1 2 n(NaOH)= 1 2 20.00 3 10 L0.1mol/L 250 25.0 mL mL 0.01mol，所以 m(S)=0.32g，则 m(金 属)=1.6g-0.32g=1.28g，假若是铜，则 n(Cu)=0.02mol，M可能为 Cu2S；假若是铁，则 n(Fe)=0.023mol，M没有与之相同的选项对应。综上所述，A正确，本题选 A。 12C 【详解】 A. 还原时，I2做氧化剂，亚硫酸钠做还原剂，发生的主要反应为：SO32+I2+H2OSO42+2

28、I +2H，故 A 正确； B. 加入 Na2SO3 溶液的目的是使 CCl4层中的碘元素进入水层，故 B正确； C. 操作 X 的名称为分液， 应在分液漏斗中操作，故 C错误； D. 氧化时，应控制在较低温度（40左右） ， 可增大 Cl2 的溶解度并减少 I2 的损失（控制 较低温度减少碘升华） ，故 D 正确； 答案选 C。 答案第 13 页，总 15 页 13A 【详解】 A“辰砂”加热时发生反应：HgS+O2 Hg+SO2，有污染气体 SO2产生，因此加入氧化钙可 减少 SO2的排放，故 A 正确； B该反应属于置换反应，不属于分解反应，故 B 错误； C粗汞中的铜铅杂质不溶于稀盐酸

29、，则不能用 5%的盐酸代替 5%的硝酸，故 C错误； D汞蒸汽有毒，必须进行处理才能排放，故 D 错误。 故选 A。 14BD 【分析】 部分氧化的 Fe-Cu 合金样品含有金属铁、氧化铁、氧化铜、金属铜，金属铁、氧化铁、氧化 铜可以和硫酸反应，但金属铜不可，不过铜可以和和三价铁离子反应，样品和足量的稀硫酸 反应，因硫酸足量，VmL 为氢气，生成的滤渣 3.2g是铜，滤液中的铁元素，在加入氢氧化 钠后全部变成氢氧化铁，灼烧后变为 3.2g 为三氧化二铁。 【详解】 A生成的滤渣 3.2g是铜，金属铜可以和 Fe3+反应 2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，所以一定不含有 Fe3+，故 A 错误；

30、 B固体 3.2g 为三氧化二铁，其物质的量为 3.2 160/ g gmol =0.02mol，铁元素的量为 0.02mol 2=0.04mol，质量为：0.04mol 56g/mol=2.24g，故 B正确； C根据 B的答案知道铁元素质量=2.24g，而原来固体 5.76g，所以 CuO 质量不超过 5.76-2.24=3.52g，故 C错误； D根据最后溶液中溶质为过量 H2SO4和 FeSO4，而铁元素物质的量为 0.04mol，说明与铁 反应的硫酸物质的量为 0.04mol，含氢离子 0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的 H+ 和合金中的氧结合成水了，由于合金中氧物质的量

31、 (5.76 3.22.24) 16/ g gmol - =0.02mol，它结合 氢离子 0.04mol，所以硫酸中有 0.08-0.04=0.04molH+生成氢气，即生成 0.02mol 氢气，标况 体积为 448mL，故 D正确； 故选 BD。 答案第 14 页，总 15 页 15C 【解析】 【分析】 废催化剂主要成分 SiO2、ZnO、ZnS 和 CuS，由实验流程可知，中发生 ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S，滤液含硫酸锌，结晶法可得到晶体， 滤渣 1 为 CuS、SiO2，中发生 CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2

32、O，滤渣 2为 S、SiO2， 滤液含硫酸铜，结晶法得到胆矾，以此解答该题。 【详解】 A.ZnO、ZnS 可与硫酸反应，CuS不溶于硫酸，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，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， D错误； 故合理选项是 C。 【点睛】 本题考查混合物分离提纯的知识，把握流程中发生的反应、物质

33、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。 16A 【详解】 A 该工艺中能量的转化形式有： 太阳能转化为电能、 电能转化为化学能、 电能转化为热能， 所以有三种形式的能量转化，故 A 错误； B开始的反应物是铝镓合金，最终的生成物是铝镓合金，所以铝镓合金能循环使用，故 B 正确； C铝镓合金与水的反应中生成物是氧化铝、氢气和镓，相当于镓未参加反应，所以实际上 发生的反应是 2Al3H2OAl2O33H2，故 C 正确； D 据反应物与最终产物， 据此整个过程实质是水分解生成氢气与氧气， 该工艺中总反应为： 答案第 15

34、 页，总 15 页 2H2O2H2O2，故 D 正确； 答案选 A。 17AB 【分析】 向所得硝酸铜溶液中加入 50mL4mol L-1NaOH 溶液，则 Cu2+恰好完全沉淀，可知硝酸铜的 物质的量是 0.1mol。 【详解】 A向所得硝酸铜溶液中加入 50mL4mol L-1NaOH 溶液，则 Cu2+恰好完全沉淀，可知 Cu2+ 的物质的量是 0.1mol，所以此反应过程中转移的电子为 0.2mol，故 A 正确； B 设NO2、 NO的物质的量分别是x、 y， 根据元素守恒x+y=0.1 ， 根据电子守恒30.2xy； 解方程可知，NO2、NO 的物质的量分别是 0.05mol、0.05mol，混合气体中含 NO2(标准状 况)1.12L，故 B 正确； C参加反应的铜的物质的量是 0.1mol，则表现酸性的硝酸 0.2mol，混合气体的物质的量是 0.1mol，则被还原的硝酸是 0.1mol，参加反应的 HNO3是 0.3mol，故 C错误； D参加反应的铜的物质的量是 0.1mol，根据转移电子守恒，可知 2CuO2，消耗氧气(标准 状况)的体积为 0.05mol 22.4L/mol=1.12L故 D 错误； 选 AB。