（通用版）2020高考化学二轮复习题型二无机综合——化工流程综合题的研究大题突破教案.docx

无机综合化工流程综合题的研究考向突破一物质制备类工艺流程题物质制备类工艺流程题的解题策略1首尾分析法破解无机物制备工艺流程原理与过程。对一些线性流程工艺(从原料到产品为“一条龙”的生产工序)题，首先对比分析流程图中第一种物质(原材料)与最后一种物质(产品)，找出原料与产品之间的关系，弄清生产过程中原料转化为产品的基本原理和分离、提纯产品的化工工艺，然后结合题设的问题，逐一推敲解答。2截段分析法对于用同样的原材料生产两种或多种产品(包括副产品)的工艺流程题，用截段分析法更容易找到解题的切入点。关键在于看清主、副产品是如何分开的，以此确定截几段更合适，一般截段以产品为基准点。3掌握“5种”原料预处理(研磨、水浸、酸浸、灼烧、煅烧)的作用和“5种”控制反应条件(调溶液pH、控制温度、使用催化剂、趁热过滤、冰水洗涤)的目的。1TiO2和CaTiO3都是光电转化材料。某研究小组利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量SiO2等杂质)来制备TiO2和CaTiO3，并利用黄钾铁矾KFe3(SO4)2(OH)6回收铁的工艺流程如图1所示：回答下列问题：(1)“氧化酸解”的实验中，控制反应温度为150，不同氧化剂对钛铁矿酸解率的影响如图2所示。50min时，要求酸解率大于85%，所选氧化剂应为_；采用H2O2作氧化剂时，其效率低的原因可能是_。(2)向“氧化酸解”的滤液中加入尿素CO(NH2)2，TiO2转化为TiO2，写出相应反应的离子方程式：_，使用尿素而不直接通入NH3的原因是_。(3)写出“高温煅烧”中由TiO2制备CaTiO3的化学方程式：_。(4)Fe3恰好沉淀完全时，溶液中c(Fe3)1.0105molL1，计算此时溶液的pH_。Fe(OH)3的Ksp1.01039、水的Kw1.01014(5)黄钾铁矾沉淀为晶体，含水量很少。回收Fe3时，不采用加入氨水调节pH的方法制取Fe(OH)3的原因是_。答案(1)KClO3在温度较高时H2O2易分解或产物中的Fe3可以催化H2O2的分解(其他合理答案也可，如H2O2氧化能力弱)(2)TiO2CO(NH2)22H2OTiO2CO22NH避免将溶液中Fe3沉淀(3)TiO2CaCl22H2OCaTiO32HClH2O(4)2.7(5)Fe(OH)3为絮状沉淀，不容易分离解析(1)根据题目要求结合图像，在50min时酸解率大于85%的氧化剂有KMnO4和KClO3，但KMnO4作氧化剂引入了Mn2，对后续的物质分离会造成干扰，故选用KClO3作氧化剂。(2)由TiO2转化为TiO2可知，Ti元素的化合价并没有发生改变，该反应为非氧化还原反应，在酸性环境中，C、N元素的产物为CO2、NH；由于Fe3开始沉淀需要的pH很小，直接通入NH3会使溶液pH快速增大，容易使Fe3沉淀，所以使用尿素而不直接通入NH3，可以避免溶液中Fe3沉淀。(3)由信息可知制备CaTiO3的反应为非氧化还原反应，根据元素守恒，剩余产物为HCl、H2O。(4)根据Fe(OH)3的Ksp1.01039和溶液中c(Fe3)1.0105 molL1可知，溶液中OH的浓度为molL11.01011.3molL1，c(H)102.7molL1，所以pH为2.7。(5)氢氧化铁为絮状沉淀，不易于从溶液中分离，所以不采用加入氨水调节pH的方法制取Fe(OH)3。2铬及其化合物有许多独特的性质和用途。如炼钢时加入一定量的铬可得到不锈钢，K2Cr2O7是实验中常用的强氧化剂之一。(1)铬可形成CrCl3、NaCrO2等盐类物质，则NaCrO2中铬元素的化合价为_，由此知Cr2O3是_(填“酸性”“碱性”或“两性”)化合物。(2)某化工厂利用湿法从主要含有锌、铜、铁、铬、镉(Cd)、钴(Co)等单质的铜铬渣中回收铬的流程如下：几种金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示：氢氧化物Fe(OH)3Zn(OH)2Cd(OH)2Cr(OH)3开始沉淀的pH1.587.26沉淀完全的pH3.3129.58料渣中只含有一种金属单质，该单质是_，氧化过程中由铁、铬形成的离子均被氧化，则pH的调控范围是_。酸浸时形成的金属离子的价态均相同，料渣中含有大量的CoAs合金，请写出除钴时反应的离子方程式：_，氧化过程中氧化产物与还原产物物质的量之比为_。(3)砷酸可用于制造有机颜料、杀虫剂等，将料渣用NaOH处理后可得到亚砷酸钠(Na3AsO3)，再利用如下图所示的三室电解池进行电解可得到砷酸(H3AsO4)及NaOH。则a极应接电源的_极，b电极上电极反应式为_。答案(1)3两性(2)铜3.3pH62Co27Zn10HAs2O5=7Zn22CoAs5H2O11(3)负AsO2eH2O=AsO2H解析(1)由化合价规则知NaCrO2中铬元素价态为3，由铬形成CrCl3、NaCrO2两类盐及铝元素的性质类推，Cr2O3是两性化合物。(2)铜不能与稀硫酸反应，故料渣是金属单质铜，调pH时得到Fe(OH)3沉淀，故溶液的pH应不小于3.3，但要小于6。锌将Co2、As2O5还原为相应的单质，然后两种单质形成合金。氧化过程中是Fe2被H2O2氧化为Fe3、H2O2被还原为H2O，氧化产物与还原产物物质的量之比为11。(3)电解时阳离子移向阴极，故a电极是阴极，与电源负极相连，b电极是阳极，AsO通过阴离子交换膜进入阳极区，AsO在阳极上失去电子转化为AsO：AsO2eH2O=AsO2H。3钼酸钠(Na2MoO4)是一种冷却水系统的金属缓蚀剂，工业上利用钼精矿(主要成分为MoS2)制备金属钼和钼酸钠晶体的流程如图1所示。回答下列问题：(1)如果在空气中焙烧1molMoS2时，S元素转移12mol电子，则MoS2中钼元素的化合价为_；焙烧的另一种产物是_，产生的尾气对环境的主要危害是_。(2)若在实验中进行操作2，则从钼酸钠溶液中得到钼酸钠晶体的操作步骤是_、过滤、洗涤、干燥。(3)钼精矿中MoS2含量测定：取钼精矿25g，经在空气中焙烧、操作1、操作2得到钼酸钠晶体24.2g，钼精矿中MoS2的质量分数为_。(已知MoS2的相对分子质量为160，Na2MoO42H2O的相对分子质量为242)(4)操作3发生反应的离子方程式为_。(5)用镍、钼作电极电解浓NaOH溶液制备钼酸钠(Na2MoO4)的装置如图2所示。b电极的材料为_(填“镍”或“钼”)，电极反应为_。答案(1)4SO2形成酸雨(2)蒸发浓缩、冷却结晶(3)64%(4)MoS26OH9ClO=MoO2SO9Cl3H2O(5)钼Mo6e8OH=MoO4H2O解析(1)根据电子转移数目及化合物中各元素化合价代数和为0，容易计算得出MoS2中Mo元素的化合价为4；焙烧的另外一种产物是SO2，SO2能导致酸雨等。(2)从钼酸钠溶液中得到钼酸钠晶体的操作步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(3)24.2g钼酸钠晶体的物质的量是0.1mol，由钼原子守恒得MoS2的物质的量为0.1mol，然后再根据质量分数的定义进行计算即可。(4)操作3是将钼精矿与氢氧化钠溶液、次氯酸钠溶液混合，发生反应的离子方程式是MoS26OH9ClO=MoO2SO3H2O9Cl。(5)用Ni、Mo作电极电解浓NaOH溶液制备钼酸钠(Na2MoO4)，根据钼的化合价变化，可知Mo电极上发生的是氧化反应，而阳极发生氧化反应，因此阳极的电极材料是钼，电解质溶液呈碱性，因此可以写出阳极的电极反应式是Mo6e8OH=MoO4H2O。考向突破二物质提纯类工艺流程题物质提纯类工艺流程题的解题策略1阅读流程图，明确原料中含有的杂质和目标物质以及提纯的流程。2明确提纯的方法及各种方法使用范围.水溶法：除去可溶性杂质。.酸溶法：除去碱性杂质。.碱溶法：除去酸性杂质。.氧化剂或还原剂法：除去还原性或氧化性杂质。.加热灼烧法：除去受热易分解或易挥发的杂质。.调节溶液的pH法：如除去酸性溶液中的Fe3等。3明确常用的分离方法同时还要注意物质分离、提纯的原则及注意事项等。1纳米铜是一种性能优异的超导材料，以辉铜矿(主要成分为Cu2S)为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图1所示。(1)用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的Cu2S，其原理如图2所示，该反应的离子方程式为_。(2)从辉铜矿中浸取铜元素时，可用FeCl3溶液作浸取剂。反应：Cu2S4FeCl3=2CuCl24FeCl2S，每生成1molCuCl2，反应中转移电子的物质的量为_；浸取时，在有氧环境下可维持Fe3较高浓度，有关反应的离子方程式为_。浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素浸取率的变化如图3所示，未洗硫时铜元素浸取率较低，其原因是_。(3)“萃取”时，两种金属离子萃取率与pH的关系如图4所示，当pH1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低，其中Fe3萃取率降低的原因是_。(4)用“反萃取”得到的CuSO4溶液制备纳米铜粉时，该反应中还原产物与氧化产物的质量之比为_。(5)在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，再经过滤、_、干燥、_等操作可得到Fe2O3产品。答案(1)CuFeS2Cu2H=Cu2SFe2H2S(2)2mol4Fe2O24H=4Fe32H2O生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取(3)Fe3水解程度随pH的升高而增大(4)327(5)洗涤煅烧(或灼烧)解析(4)在碱性条件下，Cu2与N2H4反应生成氮气和铜，离子方程式为2Cu2N2H44OH=2CuN24H2O，反应中还原产物为Cu，氧化产物为N2，质量之比为(264)28327。2NH4Al(SO4)212H2O(铵明矾)可用作泡沫灭火器的内留剂、石油脱色剂等。用氧化铁、铝粉和氯酸钾等物质作铝热反应后的铝灰及硫酸铵等为原料制备铵明矾的实验步骤如下：(1)铝灰用“水洗”的目的是_；碱溶需在约90条件下进行，适宜的加热方式为_。(2)“过滤1”所得滤渣主要成分为_。(3)用下图装置制备CO2时，适宜的药品A为_、B为_；“沉铝”时，通入过量CO2发生反应的离子方程式为_。(4)请设计从“过滤2”所得滤渣制取铵明矾的实验方案：称取一定质量“过滤2”的滤渣，放入烧杯中，_，静置，过滤、洗涤、晾干，得到铵明矾。实验中须使用到3 molL1硫酸、(NH4)2SO4、蒸馏水、氨水、pH试纸；已知：NH4Al(SO4)2饱和溶液的pH约为1.5，几种物质的溶解度曲线见下图。答案(1)除去KCl等可溶性杂质水浴加热(2)Fe等不溶性杂质(3)块状石灰石(或大理石、CaCO3等)饱和NaHCO3溶液AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO(4)加入适量蒸馏水，加热并在不断搅拌下加入3molL1硫酸至沉淀恰好完全溶解，再加入计算量的(NH4)2SO4，用3molL1硫酸和氨水调节溶液的pH为12，蒸发浓缩，冷却结晶解析铝灰水洗的目的是洗去表面可溶性杂质，在90水浴条件下，用NaOH溶液进行溶解，Al2O32OH=2AlOH2O，过滤除去铁等不溶性杂质，向滤液中通入过量CO2，AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO，提纯得到较纯的Al(OH)3再制备NH4Al(SO4)2。(1)铝灰用“水洗”的目的是除去KCl等可溶性杂质，碱溶时，需在约90条件下进行，适宜的加热方式为90水浴加热。(2)“过滤1”所得滤渣主要成分为铁等不溶性杂质。(3)制备CO2时，适宜的药品A为块状石灰石(或大理石、CaCO3等)、B为饱和NaHCO3溶液；“沉铝”时，通入过量CO2发生反应的离子方程式为AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO。(4)称取一定质量“过滤2”的滤渣放入烧杯中，主要成分为Al(OH)3，加入适量蒸馏水，加热并在不断搅拌下加入3 molL1硫酸至沉淀恰好完全溶解，再加入计算量的(NH4)2SO4，用3molL1硫酸和氨水调节溶液的pH为12，蒸发浓缩，冷却结晶，静置，过滤、洗涤、晾干，得到NH4Al(SO4)212H2O。3(2018东北三省三校联考)某化学实验室以一种工业上的废渣(废渣主要含有MgCO3、MgSiO3和少量Fe、Al的氧化物)为原料，制备MgCO33H2O。实验流程如下图所示：(1)为了加快废渣的酸溶速率，可采取的办法有_(任写一点)，酸溶时废渣中主要成分发生反应的离子方程式为_。(2)加入30%H2O2的目的是_。(3)用萃取分液的方法除去溶液中的Fe3。加入30%H2O2后，检验溶液中是否含有Fe2的最佳试剂是_。萃取分液完成后，检验水相中是否含有Fe3的最佳试剂是_。(4)室温下，除去MgSO4溶液中的Al3(使Al3浓度小于1106molL1)而不引入其他杂质，应加入的试剂X为_，应调节pH的范围为_。(已知：KspAl(OH)31.01033；pH8.5时，Mg(OH)2开始沉淀)(5)向滤液中加入Na2CO3溶液生成MgCO3沉淀并用蒸馏水洗涤，确认沉淀洗净的操作及现象是_。答案(1)升高温度、搅拌、适当提高硫酸浓度等(合理即可)MgCO32H=Mg2H2OCO2、MgSiO32H=Mg2H2SiO3(2)将Fe2氧化为Fe3，便于除铁(3)K3Fe(CN)6溶液KSCN溶液(4)MgO、Mg(OH)2、MgCO3或Mg2(OH)2CO3(写出一个即可)5.0pH8.5(5)取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤干净解析(1)为了加快废渣的酸溶速率，可采取的办法有升高温度、搅拌、适当提高硫酸浓度等，酸溶时废渣中主要是碳酸镁和硅酸镁与硫酸的反应，写离子方程式时碳酸镁和硅酸镁都要保留化学式。(2)由流程信息可知下一步是“萃取分液”除去溶液中的Fe3，而溶液中可能含有亚铁离子，因而用双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，便于除去。(3)检验溶液中是否含有Fe2的最佳试剂是K3Fe(CN)6溶液。萃取分液完成后，检验水相中是否含有Fe3的最佳试剂是KSCN溶液。(4)MgO、Mg(OH)2、MgCO3或Mg2(OH)2CO3均能消耗溶液中的氢离子且不引入新的杂质。根据氢氧化铝的溶度积常数可知当铝离子浓度小于1106molL1时，可计算氢氧根的浓度：c(OH)1.0109molL1，即pH应大于5.0，又因为pH8.5时，Mg(OH)2开始沉淀，所以应调节pH的范围为5.0pH8.5。(5)沉淀表面含有硫酸根离子，可以通过检验硫酸根离子判断沉淀是否洗涤干净。无机化工流程中的常见分离方法总结(1)洗涤(冰水、热水)：洗去晶体表面的杂质离子。(2)过滤(热滤或抽滤)：分离难溶物和易溶物。(3)萃取和分液：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质。(4)蒸发结晶：提取溶解度随温度变化不大的溶质。(5)冷却结晶：提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物。(6)蒸馏或分馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物。(7)冷却法：利用气体易液化的特点分离气体。“7化工流程”特训A组(25分钟)1化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中不正确的是()A从花生中提取的生物柴油和从石油炼得的柴油都属于烃类物质B“光化学烟雾”“臭氧空洞”“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关C中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料D用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现“碳”的循环利用答案A解析A项，花生油属于油脂，含有氧元素，因而生物柴油不属于烃类；B项，NO能与O3反应生成NO2和O2；D项，聚碳酸酯可以水解为CO2和小分子有机物醇，因而可以降解。2下列说法正确的是()A铜锌原电池中，盐桥中的K和NO分别移向负极和正极BSiO2(s)2C(s)=Si(s)2CO(g)必须在高温下反应才能发生，则H0C室温下，将Na2CO3和NaHCO3的混合溶液加水稀释，减小D电解精炼铜时，若阴极析出3.2g铜，则阳极失电子数大于6.021022答案B解析A项，K应移向正极，NO移向负极；C项，根据二级电离常数表达式，Ka2，可得出，加水稀释，Na2CO3和NaHCO3混合液碱性减弱，则c(H)增大，Ka2不变，因而增大；D项，电解精炼铜时，阴极只发生Cu22e=Cu,3.2gCu为0.05mol，依据得失电子守恒，阳极失去电子的物质的量应为0.1mol。3一种新型的合成氨的方法如图所示，下列说法错误的是()A反应属于“氮的固定”B反应属于非氧化还原反应C反应可通过电解LiOH水溶液实现D上述三步循环的总结果为2N26H2O=4NH33O2答案C解析反应是N2与Li反应生成Li3N，属于“氮的固定”，故A项正确；反应是Li3N与H2O反应生成NH3和LiOH，该反应中元素的化合价没有发生变化，属于非氧化还原反应，故B项正确；电解LiOH水溶液时阴极上是H得电子生成氢气而不是Li得电子，故C项错误；根据图中信息可知：上述三步循环的总结果为2N26H2O=4NH33O2，故D项正确。4乳酸乙酯()是一种食用香料，常用于调制果香型、乳酸型食用和酒用香精。乳酸乙酯的同分异构体M有如下性质：0.1molM分别与足量的金属钠和碳酸氢钠反应，产生的气体在相同状况下的体积相同，则M的结构最多有(不考虑空间异构)()A8种B9种C10种D12种答案D解析乳酸乙酯的分子式为C5H10O3，由题意可判断，M中含有两个官能团，一个是羧基、一个是羟基，则M可视作两个官能团分别取代丁烷上的氢原子后的产物，、。若羧基在1号碳上，羟基可以在1号、2号、3号、4号碳四种情况；若羧基在2号碳上，羟基可以在1号、2号、3号、4号碳四种情况；若羧基在6号碳上，羟基可以在5号(同7号、8号)碳一种情况；若羧基在5号碳上，羟基可以在5号、6号、7号(同8号)碳三种情况，因此共有12种。5(2018吉林省实验中学十模)下列关于有机物的叙述正确的是()A能与NaOH溶液反应且分子式为C2H4O2的有机物一定是乙酸B2甲基2丁醇可以被酸性高锰酸钾溶液氧化C苯乙烯和甲苯分子中所有原子均可能共平面D酸性高锰酸钾溶液可用来鉴别苯和乙醇答案D解析能与NaOH溶液反应且分子式为C2H4O2的有机物可能是乙酸或甲酸甲酯，A项错误；2甲基2丁醇中，与羟基相连的碳原子上没有氢原子，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，B项错误；甲苯分子中含有甲基，甲基具有甲烷的四面体形构型，所以甲苯中的所有原子不可能共平面，C项错误；苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D项正确。6埋在地下的钢管道可以用如图所示方法进行电化学保护。下列说法正确的是()A该方法将电能转化成化学能B在此装置中钢管道作正极C该方法称为“外加电流的阴极保护法”D镁块上发生的电极反应为O22H2O4e=4OH答案B解析该保护装置利用了原电池原理，镁为负极，钢管为正极。7下列实验能达到相应实验目的的是()选项ABCD实验实验目的将乙二醇(HOCH2 CH2OH)转化为乙二酸(H2C2O4)比较氯化铁和二氧化锰对H2O2分解反应的催化效果证明稀硝酸与铜反应时表现出氧化性用SO2与Ba(NO3)2溶液反应获得BaSO3沉淀答案C解析乙二酸(H2C2O4)具有还原性，可以继续和酸性高锰酸钾溶液反应生成CO2和水，A项错误；依据控制变量法，比较催化剂的催化效果时，两试管中H2O2的质量分数应相等，B项错误；稀硝酸与铜反应，生成不溶于水的NO，稀硝酸被还原，表现出氧化性，C项正确；SO2可被NO(H)氧化为SO，生成的沉淀应为BaSO4，D项错误。8四氢铝锂(LiAlH4)常作有机合成的重要还原剂。以辉锂矿(主要成分是Li2OAl2O34SiO2，含少量Fe2O3)为原料合成四氢铝锂的流程如下：已知：几种金属氢氧化物沉淀的pH如下表所示：物质Fe(OH)3Al(OH)3开始沉淀的pH2.34.0完全沉淀的pH3.76.5常温下，Ksp(Li2CO3)2.0103。Li2CO3在水中溶解度随着温度升高而减小。回答下列问题：(1)上述流程中，提高“酸浸”速率的措施有_(写两条)；加入CaCO3的作用是_。(2)“a”最小值为_。“电解”的阴极反应式为_。(3)设计简单方案由Li2CO3制备LiCl：_。(4)写出LiH和AlCl3反应的化学方程式：_(条件不作要求)。(5)用热水洗涤Li2CO3固体，而不用冷水洗涤，其目的是_；检验碳酸锂是否洗净的实验方法是_。(6)在有机合成中，还原剂的还原能力通常用“有效氢”表示，其含义是1克还原剂相当于多少克氢气的还原能力。LiAlH4的“有效氢”为_。(结果保留2位小数)答案(1)粉碎矿石、加热、搅拌等调节pH使Fe3、Al3转化成氢氧化物沉淀(2)6.5Lie=Li(3)用盐酸溶解，在氯化氢气体中蒸干溶液(4)AlCl34LiHLiAlH43LiCl(5)减少Li2CO3损失取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液和稀硝酸，观察是否有沉淀产生(合理即可)(6)0.21g解析(1)加硫酸从矿石中浸出锂，如粉碎矿石、提高硫酸浓度、加热等措施可以提高反应速率。加入碳酸钙中和溶液中酸，使铁、铝离子完全沉淀成氢氧化铁、氢氧化铝。(2)从表格信息看，调节pH最小值为6.5，确保铝离子完全沉淀。阴极上锂离子被还原成锂。(3)在氯化氢气体中蒸干氯化锂溶液，类似从海水中提取氯化镁。(4)氯化铝与氢化锂反应生成四氢铝锂和氯化锂。(5)依题意，碳酸锂的溶解度随温度升高而减小，用热水洗涤碳酸锂，减少碳酸锂的损失。沉淀表面有硫酸钠，检验SO可判断沉淀是否洗净。(6)还原能力指失电子数。1molLiAlH4能提供8mol电子，相当于4molH2。LiAlH4的有效氢为0.21g。B组(25分钟)1化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是()选项现象或事实解释A氢氟酸可用于蚀刻玻璃氢氟酸是强酸B含Cu2的农药不宜盛放在铁制容器中Cu2能与Fe发生置换反应C明矾可用作净水剂Al3直接与悬浮物作用形成铝盐沉淀D漂白粉在空气中久置失效漂白粉中Ca(ClO)2可被O2氧化答案B2汞(熔点为39，沸点为356)是制造电池、电极的重要原料，历史上曾用“灼烧辰砂法”制取汞，目前工业上制纯汞的一种流程图如下：下列分析错误的是()A洗涤粗汞可用5%的盐酸代替5%的硝酸B辰砂与氧化钙加热反应时，CaSO4为氧化产物C“灼烧辰砂法”发生的反应为HgSO2HgSO2D减压蒸馏的目的是降低汞的沸点，提高分离效率答案A解析铜与盐酸不反应，A项错误；辰砂与氧化钙加热反应时，化合价升高的元素是S，所以CaSO4是氧化产物，B项正确；“灼烧辰砂法”发生的反应为HgSO2HgSO2，C项正确；该实验的目的是获得纯汞，最后一步根据汞沸点为356，可以通过减压蒸馏降低汞的沸点，提高分离效率，D项正确。3共用两个或两个以上碳原子的多环烃称为桥环烃，二环1,1,0丁烷()是一种简单的桥环烃。下列关于该有机物的说法错误的是()A与环丁烯互为同分异构体B一氯代物有2种，二氯代物有4种C所有碳原子均处于同一平面内D开环加氢生成1molC4H10至少需要2molH2答案C解析二环1,1,0丁烷与环丁烯的分子式均为C4H6，二者的分子结构不同，互为同分异构体，A项正确；该烃分子中有2种不同化学环境的氢原子，则其一氯代物有2种；考虑两个Cl原子在碳原子上的相对位置，有4种二氯代物，分别为、和，B项正确；二环1,1,0丁烷分子中所有碳原子均形成4个单键，每个碳原子与周围4个原子均形成四面体结构，故该烃分子中所有碳原子不处于同一平面内，C项错误；该烃的分子式为C4H6，可与2molH2发生开环加氢反应生成分子式为C4H10的烃，D项正确。4已知：溴化铁在200以上易分解，煮沸水溶液也会使其分解，生成溴化亚铁和溴单质。实验室里利用如图装置制取纯净的无水FeBr3。下列说法正确的是()AA、B、C分别盛有饱和Na2CO3溶液、浓硫酸和烧碱溶液B装置中温水的作用是降低装置中生成的CO2在液溴中的溶解度C实验开始时，先加热管式炉，再打开装置中活塞D实验结束时，先停止加热并停止滴入液溴，继续通入CO2至室温答案D解析利用装置制备的CO2中混有HCl、H2O(g)，装置中A、B依次除去HCl、H2O(g)，利用装置进行尾气处理，故A、B、C分别盛有饱和NaHCO3溶液、浓硫酸和烧碱溶液，A项错误；装置中温水的作用是促进液溴的挥发，得到溴蒸气，B项错误；实验开始时，要先打开装置中活塞，利用反应产生的CO2排出装置内空气，再加热管式炉，防止铁粉被O2氧化引入杂质，C项错误；实验结束时，先停止加热并停止滴入液溴，继续通入CO2至室温，排出装置内溴蒸气，并被C中烧碱溶液吸收，防止污染环境，D项正确。5A、B、C、D、E、F为原子序数依次递增的六种短周期主族元素，工业上通过分离液态空气获得B的单质，C与A、F两元素原子序数之差的绝对值都是8，E的简单离子半径小于同周期其他元素的简单离子半径。下列说法正确的是()AB元素一定位于第二周期A族BA元素与其他元素既能形成离子化合物，又能形成共价化合物CD单质的熔点高于E，则D的金属性强于EDF的氧化物的水化物酸性强于其他元素的氧化物的水化物酸性答案B解析工业上通过分离液态空气可获得氧气和氮气；一般情况下，短周期同主族相邻周期元素原子序数之差为8，但H和Li例外；第三周期离子半径最小的简单离子是Al3。据此推断出，A是氢、B是氮或氧、C是氟、D是钠或镁、E是铝、F是氯。B位于元素周期表中第二周期A族或第二周期A族，A项错误；H与其他元素主要形成共价化合物如水、烃等，也可以形成离子化合物如NaH、MgH2等，B项正确；Na或Mg的熔点低于Al，与两者金属性强弱无关，C项错误；Cl的最高价氧化物的水化物高氯酸是酸性最强的含氧酸，该选项没有“最高价”限制，D项错误。6金属氟化物一般都具有高容量、高质量密度的特点。氟离子热电池是新型电池中的一匹黑马，其结构如图所示。下列说法正确的是()A图示中与电子流向对应的氟离子移动方向是(B)B电池放电过程中，若转移1mol电子，则M电极质量减小12gC电池充电过程中阳极的电极反应式为：Bi3F3e=BiF3D该电池需要在高温条件下工作，目的是将热能转化为电能答案C解析依据电子流向以及金属的性质判断，放电时，M为正极，N为负极。F应移向负极，A项错误；外电路转移1mole，M极应有1molF进入固体电解质，电极质量减少19g，B项错误；高温的目的是使固体电解质电离形成自由移动的离子，放电时，是化学能转变为电能，D项错误。7向某Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中加入少量的BaCl2，测得溶液中lg与lgc(Ba2)的关系如图所示，下列说法不正确的是()A该溶液中BB、D、E三点对应溶液pH的大小顺序为：BDECA、B、C三点对应的分散系中，A点的稳定性最差DD点对应的溶液中一定存在2c(Ba2)c(Na)c(H)3c(CO)c(OH)c(Cl)答案B解析结合Kh(CO)、Kh(HCO)，在同一混合溶液中，两表达式c(OH)相同，由于Kh(CO)Kh(HCO)，故，A项正确；根据Ka2，lg的数值越大，c(H)越小，酸性越弱，pH越大，因此正确的顺序为BDE，B项错误；A、B、C三点对应的分散系中，A点属于过饱和溶液，会形成BaCO3沉淀，因此该分散系的稳定性最差，C项正确；根据电荷守恒可得：2c(Ba2)c(Na)c(H)2c(CO)c(HCO)c(OH)c(Cl)，由于D点对应的溶液中c(CO)c(HCO)，因此存在2c(Ba2)c(Na)c(H)3c(CO)c(OH)c(Cl)，D项正确。8碲(Te)常用于冶金工业，也是石油裂解的催化剂。工业上用精炼铜的阳极泥(主要含有TeO2，还含有少量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，易溶于较浓的强酸和强碱。(1)从滤渣A中分离出Au的方法是_。(2)“沉碲”时控制溶液的pH为4.55.0，生成TeO2沉淀。防止溶液局部酸性过强的操作是_。(3)写出“碱浸”时发生反应的离子方程式：_。滤液B经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到的副产品是_(填化学式)。(4)为了提高“碱浸”的浸出率，宜采取的措施有_(写两条即可)。“酸溶”时要控制温度，温度不宜过高，原因是_。(5)写出“还原”中发生反应的化学方程式：_。(6)经上述流程，从质量为mt的某阳极泥中提取出质量为nt的碲，已知该阳极泥含TeO2的质量分数为w，则碲的提取率为_(用含w、m、n的代数式表示，提取率100%)。答案(1)加稀硝酸充分反应，过滤、洗涤、干燥(2)缓慢加入稀硫酸，同时搅拌，并随时检测溶液的pH(3)TeO22OH=TeOH2ONa2SO4(4)粉碎阳极泥、加热、增大氢氧化钠溶液的浓度、搅拌等(合理即可)温度过高，加快盐酸挥发，降低原料的利用率(5)TeCl42SO24H2O=Te2H2SO44HCl(6)100%解析(1)滤渣A的主要成分是金、银，金不溶于硝酸。(2)为了避免溶液局部酸性过强，应缓慢加入稀硫酸，同时搅拌，并随时检测溶液的pH。(3)二氧化碲类似SO2，与氢氧化钠反应生成亚碲酸钠。“碱浸”时加入NaOH溶液，“沉碲”时加入稀硫酸，故滤液B中所得副产品是Na2SO4。(4)从影响化学反应速率的因素角度考虑，即从增大接触面积、升温、增大浓度等角度分析。酸浸用到盐酸，温度高，盐酸挥发快。(5)二氧化硫是还原剂，还原四氯化碲生成碲、硫酸和盐酸。(6)理论上提取碲的质量m(Te)wmt，碲的提取率为100%100%。C组(25分钟)1冰晶石(Na3AlF6)微溶于水，工业上用萤石(CaF2含量为96%)、二氧化硅为原料，采用氟硅酸钠法制备冰晶石，其工艺流程如下：据此分析，下列观点不正确的是()A滤渣A的主要成分是CaSO4B上述流程中，所涉反应没有复分解反应C“操作”不可用硅酸盐质设备进行分离D流程中可循环使用的物质除H2SO4、SiO2外，滤液B经浓缩后也能循环使用答案B解析根据图示，反应的反应物是CaF2、SiO2、H2SO4，生成物是H2SiF6和滤渣A，故滤渣A的主要成分是硫酸钙，A项正确；H2SiF6与Na2SO4的反应属于复分解反应，B项错误；操作所得滤液中F水解生成的HF腐蚀硅酸盐质设备，所以“操作”不能用硅酸盐质设备进行分离，C项正确；根据题意，反应的离子方程式为3Na4NH6FAlO2H2O=Na3AlF64NH3H2O，滤液B的主要成分是氨水，经浓缩后可以循环使用，D项正确。2化学与生活密切相关。下列关于生活用品的观点不合理的是()A保鲜膜、橡胶手套、棉布围裙，其主要材料属于天然纤维B羽绒被、羊毛衫、羊皮袄，其主要成分属于蛋白质C玻璃纸、乙醇、葡萄糖均可由纤维素得到D漂白液、漂粉精均可用于游泳池以及环境的消毒答案A解析保鲜膜属于塑料，是合成纤维，橡胶手套是合成橡胶，棉布围裙的成分是棉花，是天然纤维，A项错误；玻璃纸的主要成分是纤维素，C项正确。3用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A电解精炼铜时，当外电路通过NA个电子时，阳极一定减轻32gB反应3H2(g)N2(g)2NH3(g)H92kJmol1，当放出热量9.2kJ时，转移电子数为0.6NAC0.1molL1的Na2CO3溶液中，若Na的数目为NA，则CO和HCO总数为0.5NAD标准状况下，NO和O2各11.2L混合后充分反应，所得气体的分子总数为0.75NA答案B解析粗铜中含有Fe、Zn等杂质，电解精炼铜时，比Cu活泼的金属先放电，因此当外电路通过NA个电子时，阳极减少的质量不一定为32g，A项错误；当放出9.2kJ热量时，消耗0.3molH2，转移电子数为0.6NA，B项正确；0.1molL1的Na2CO3溶液中，若Na的数目为NA，由于溶液中还有H2CO3存在，则CO、HCO的数目之和应小于0.5NA，C项错误；标准状况下NO和O2各11.2L(0.5mol)充分混合发生反应，生成0.5molNO2，剩余0.25molO2，由于存在平衡2NO2(g)N2O4(g)，因此所得气体的物质的量小于0.75mol，D项错误。4W、X、Y和Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大，W、X、Y的最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，W的简单气态氢化物与Z单质在集气瓶中混合后，放置在光源下发生反应，气体颜色由黄绿色不断变浅且在瓶壁上有油状物生成。下列说法错误的是()AZ分别与X、Y形成的二元化合物的水溶液均呈中性BX的简单离子的半径比Y的简单离子的半径大CZ的氧化物对应的水化物不一定是强酸DZ分别与W、Y形成的二元化合物所含化学键类型不同答案A解析根据题意可推知W、X、Y和Z分别是C、Na、Mg和Cl。NaCl水溶液呈中性，MgCl2水溶液因Mg2的水解而显酸性，A项错误；Na、Mg2具有相同的电子层结构，Na的核电荷数小，离子半径大，B项正确；Cl的氧化物对应的水化物有多种，其中HClO4是强酸，HClO为弱酸，C项正确；Z分别与W、Y形成的二元化合物为CCl4和MgCl2，前者所含有的化学键是共价键，而后