2020年高考化学《无机化工流程图题》专项复习及答案解析

2020年高考化学无机化工流程图题专项复习一、单选题（本大题共20小题，共40分）1. 某化学小组以铝土矿(含 Al2O3、Fe2O3和 SiO2)为原料进行炼铝探究(流程如下)，叙述错误的是() A. 步骤过程中均需过滤操作B. a、b中铝元素的化合价相同C. 反应的化学方程式为：2NaAlO2+3H2O+CO2=2Al(OH)3+Na2CO3D. d只能是氧化铝2. (NH4)2SO4是一种常见的化肥，某工厂用石膏、NH3、H2O和CO2制备(NH4)2SO4的工艺流程如下：3.4. 下列说法正确的是()A. 通入NH3和CO2的顺序可以互换B. 操作2为将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤，可得(NH4)2SO4C. 步骤中反应的离子方程式为Ca2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3+2NH4+D. 通入的NH3和CO2均应过量，且工艺流程中CO2可循环利用5. 由二氧化硅制高纯硅的流程如下，下列判断中不正确的是()6.A. 均属于氧化还原反应B. H2和HCl均可循环利用C. SiO2是一种坚硬难熔的固体D. 硅可用于制作光导纤维7. 实验室利用废弃旧电池的铜帽(Zn、Cu总含量约为99%)回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图3所示：8. 下列叙述错误的是()A. 合理处理废弃旧电池的铜帽既有利于节约资源，又有利于保护环境B. “溶解”操作中可用酸性条件下不断鼓入O2代替H2O2C. 加入锌粉反应的离子为Cu2+D. “过滤”操作后直接将溶液蒸发结晶、高温灼烧得到ZnO9. 多晶硅是单质硅的一种形态，是制造硅抛光片、太阳能电池及高纯硅制晶的主要原料。已知多晶硅第三代工业制取流程如图所示：10.11. 下列说法错误的是()A. Y、Z分别为H2、Cl2B. 制取粗硅的过程中焦炭与石英会发生副反应生成碳化硅，在该副反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1C. SiHCl3极易水解，其完全水解的产物为H2SiO3、H2、HCl，据此推测SiHCl3中硅元素的化合价为+2价D. Y与SiHCl3制备多晶硅的反应属于置换反应12. 活性氧化锌是一种多功能性的新型无机材料。某小组以粗氧化锌(含铁、铜的氧化物)为原料模拟工业生产活性氧化锌，步骤如下：13. 已知相关氢氧化物沉淀pH范围如表所示Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Cu(OH)2开始沉淀5.47.02.34.7完全沉淀8.09.04.16.7下列说法不正确的是()A. “酸浸”中25%稀硫酸可用98%浓硫酸配制，需玻璃棒、烧杯、量简、胶头滴管等仪器B. “除铁”中用ZnO粉调节溶液pH至4.14.7C. “除铜”中加入Zn粉过量对制备活性氧化锌的产量没有影响D. “沉锌”反应为2Zn2+4HCO3-=Zn2(OH)2CO3+3CO2+H2O14. 工业上用粗盐(含Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质)为主要原料采用“侯氏制城法”生产纯碱和化肥NH4Cl.工艺流程如图所示。下列有关说法不正确的是()A. 对粗盐溶液除杂可依次加入NaOH、Na2CO3、BaCl2，再加入盐酸调节溶液pHB. 粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C. 流程图中的系列操作中用到的仪器可能有玻璃棒、烧杯、漏斗、坩埚等D. 该流程中得到的晶体用到了溶解度的差异性15. 某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4.某实验小组以废催化剂为原料，回收锌和铜。设计实验流程如下：已知：CuS既不溶于稀硫酸，也不与稀硫酸反应。下列说法正确的是()16.A. 滤液1中是否含有Fe2+，可以选用KSCN和新制的氯水检验B. 步骤操作中，先加6%H2O2，在不断搅拌下，再加入1.0molL-1H2SO4C. 滤渣1成分是SiO2和CuS，滤渣2成分一定是SiO2D. 步骤操作中，生成的气体需用NaOH溶液或CuSO4溶液吸收17. 废铁屑制Fe2O3的一种流程如下图：18.下列说法不正确的是( )A. 热的纯碱溶液可去除废铁屑表面的油污B. 操作a是萃取C. 冰水既可洗去杂质又可减少固体的溶解D. Fe2O3可用作红色颜料19. ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上用ClO2气体制NaClO2的工艺流程如图所示。20.21. 下列说法不正确的是()A. 步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥B. 吸收器中生成NaClO2的离子方程式：2ClO2+H2O2=2C1O2-+O2+2H+C. 工业上可将ClO2制成NaClO2固体，便于贮存和运输D. 通入空气的目的是驱赶出ClO2，使其被吸收器充分吸收22. 部分氧化的Fe-Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.92g，经如图处理： 23. 24. 下列说法正确的是() 25. 滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+ 26. 样品中含氧元素的物质的量为0.03mol 27. 溶解样品的过程中消耗硫酸的总物质的量为0.04mol 28. V=224mL 29. V=336mLA. B. C. D. 30. CuSO4是一种重要的化工原料，有关制备途径及性质如图所示。下列说法错误的是()A. 途径所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2B. 生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量：=C. 硫酸铜在1100分解的方程式为：2CuSO4高温Cu2O+SO2+SO3+O2D. 当Y为葡萄糖时，葡萄糖发生还原反应31. 锶(Sr)为第五周期IIA族元素，其化合物六水氯化锶(SrCl26H2O)是实验室重要的分析试剂，工业上常以天青石(主要成分为SrSO4，含少量BaSO4)为原料制备，生产流程如下：下列叙述不正确的是()32.A. 工业上天青石焙烧前先研磨粉碎目的是增大反应物接触面积，提高化学反应速率B. 高温焙烧时，若0.5molSrSO4完全反应转移了4mol电子，该反应的化学方程式为：SrSO4+4CSrS+4COC. 加入适量1mol/L H2SO4目的是除去溶液中Ba2+杂质D. 工业上常电解熔融SrCl2制锶单质，则SrCl26H2O制取无水SrCl2一定要在无水氯化氢气流中加热SrCl26H2O失水至恒重33. 海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，如图为海水利用的部分过程下列有关说法正确的是() 34.A. 在第、步骤中，溴元素均被氧化B. 制取NaHCO3的原理是利用其在此反应所涉及物质中溶解度最小C. 用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3D. 工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁35. 某地区已探明蕴藏着丰富的赤铁矿、煤、石灰石和黏土，现拟建设大型炼铁厂和与之相关联的焦化厂、发电厂、水泥厂等。下图中工厂名称正确的是()36.37.A. 焦化厂B. 炼铁厂C. 发电厂D. 水泥厂38. 甲、乙、丙、丁、戊是中学常见的无机物，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如图所示(某些条件和部分产物已略去).下列说法不正确的是()A. 若甲既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，则丙可能属于两性氧化物B. 若甲为短周期中原子半径最大的主族元素的单质，且戊为碱，则丙只能为Na2O2C. 若丙、丁混合产生白烟，且丙为18电子分子，丁为10电子分子，则乙的水溶液可能具有漂白作用D. 若甲、丙、戊含有同一种元素，则三种物质中，该元素的化合价由低到高的顺序可能为：甲丙O2SO42-D. 此工艺的优点之一是物质能循环利用41. 一种以“火法粗炼”、“电解精炼”相结合的炼制精铜工艺流程如下42. 已知“还原”反应中，冰钢中的Cu2S先转化为Cu2O，然后Cu2O再与Cu2S反应生成粗铜。下列叙述正确的是()A. 该炼铜工艺对环境友好，不会产生大气污染物B. “烙烧”过程中，CuFeS2既是氧化剂又是还原剂C. 在Cu2S”还原”为Cu的总反应中，C2O作催化剂D. “电解”时，金、银等贵金属被置换出来形成阳极泥43. 联合制碱法生产纯碱的工艺流程如图所示。下列说法正确的是()A. 氨化与碳酸化的先后顺序可以交换B. 操作I和操作是两种不同的分离方法C. 该工艺流程中循环利用的物质是NH3和CO2D. 流程中的一系列操作”包括通氨气、冷却、加食盐44. 铜是一种紫红色金属，被称作“电器工业的主角”，铜主要是黄铜矿炼制，焙烧时发生反应2CuFeS2+O2-高温Cu2S+2FeS+SO2，其简单流程如图所示，下列说法正确的是()45.A. 焙烧时硫元素全部转化为二氧化硫B. 在焙烧时氧化剂只有氧气C. 粗铜精炼时用粗铜作阴极D. Cu2S可用于火法炼制铜二、简答题（本大题共4小题，共60分）46. 氮化硼(BN)是一种重要的功能陶瓷材料以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如下图所示：47.48. 请回答下列问题：49. (1)由B2O3制备BF3、BN的化学方程式依次是_、_；50. (2)基态B原子的电子排布式为_；B和N相比，电负性较大的是_，BN中B元素的化合价为_；51. (3)在BF3分子中，F-B-F的建角是_，B原子的杂化轨道类型为_，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF4-的立体结构为_；52. (4)在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为_，层间作用力为_；53. (5)六方氢化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5pm，立方氮化硼晶胞中含有_个氮原子、_个硼原子，立方氮化硼的密度是_gcm-3(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为NA).54. 钛铁矿是铁和钛的氧化物矿物，成分可表示为FeTiO3(Ti为+4价).钛白粉(TiO2)涂料、塑料、油墨、造纸行业具有广泛的用途，制备流程如图： 55. 56. (1)钛铁矿与硫酸反应时可表示为FeTiO3+H2SO4TiOSO4+X+H2O.其中X的化学式为 _ .该反应为 _ (填“氧化还原反应”或“非氧化还原反应”)57. (2)某钛铁矿中FeTiO3的含量为76%，该钛铁矿与硫酸反应时Ti转化率为92%，操作I到操作IV的过程中Ti的转化率为96%，则1t该钛铁矿可生产钛白粉 _ t(所有计算结果保留两位有效数字)，能否计算绿矾的产量 _ ？(若能则计算数值，否则说明理由)58. (3)操作I的名称是 _ ，操作II包括搅拌、结晶、 _ .操作II中加入铁粉的目的是 _ (用离子方程式表示)59. (4)写出操作III中TiOSO4水解的化学方程式： _ 60. (5)该生产过程中产生的尾气SO2、SO3的处理方法是 _ 61. 已知某合金可能由铝、铁、铜、碳等组成，通过下面实验，确定合金的组成，每一步试剂都是足量的62. 试回答：(1)合金中肯定含有的金属是(填元素符号)_63. (2)写出由G转变成H的化学方程式_.X生成溶液A的化学反应方程式_64. (3)写出用KSCN鉴别K溶液的离子方程式_；向K溶液加入B反应的离子方程式_65. 钯(Pd)是一种不活泼金属，性质与铂相似在科研和工业生产中，含钯催化剂不仅用途广泛，且用量大，因此从废催化剂中回收钯具有巨大的经济效益已知废催化剂的主要成分是钯和活性炭，还含有少量铁、锌工业上采用如下流程从废催化剂中提取钯66.67. (1)气体I的化学式为_，酸溶I的目的是_68. (2)王水指是浓硝酸和浓盐酸组成的混合物，其体积比为_.残渣与王水发生的反应有：69. a.Pd+HCl+HNO370. b._(写出化学方程式并配平)71. (3)若用足量的烧碱吸收气体II，请写出吸收后溶液中含有的溶质的化学式：NaOH、_、_、_72. (4)写出用NaHCO3调节pH值时发生反应的离子方程式：_.使用甲醛还原钯的化合物时，溶液须保持碱性，否则会造成甲醛的额外损耗，原因是_73. (5)操作I的名称是_，溶液I可能含有的有机离子为_74. (6)有人提出，在进行酸溶前最好先将废催化剂在700下进行灼烧，同时不断通入空气，其目的是_75.参考答案和解析1.【答案】C【解析】【分析】本题考查含铝物质的转化、物质的分离、提纯的方法及综合应用，为高频考点，把握流程中的反应及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。【解答】铝土矿主要成分为Al2O3、Fe2O3和 SiO2，铝土矿加盐酸溶解后，Al2O3、Fe2O3和盐酸反应溶解，而SiO2和盐酸不反应，不能溶解，过滤除去SiO2后溶液中含有的阳离子有Al3+、Fe3+、H+，加入过量NaOH溶液，氢离子和氢氧化钠反应生成水，铁离子和铝离子都和氢氧化钠反应生成氢氧化物沉淀，氢氧化铝易溶于氢氧化钠溶液中生成偏铝酸根离子，过滤除去不溶物Fe(OH)3，溶液含有AlO2-、Cl-、OH-，通入过量CO2得到Al(OH)3沉淀，加热分解Al(OH)3生成Al2O3，电解Al2O3生成铝单质。A.步骤过程中均需将固体和液体分离，为过滤操作，故A正确；B.a、b中铝元素分别以Al3+、AlO2-存在，化合价都为+3价，故B正确；C.反应为NaAlO2和二氧化碳的反应，反应的化学方程式为NaAlO2+2H2O+CO2=Al(OH)3+NaHCO3，故C错误；D.由以上分析可知d为氧化铝，故D正确；故选：C。2.【答案】B【解析】【分析】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，A.由于CO2微溶于水，NH3易溶于水，应先通入足量NH3，使溶液呈碱性，然后再通入适量CO2；B.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(NH4)2SO4；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，硫酸钙微溶；D.通入足量NH3，通适量二氧化碳，二氧化碳参与化学反应过程，最后又生成。本题属于新信息题，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，因此同学们要充分利用所给的信息，不要被无用的信息迷惑，结合自己已学过的知识，进行有依据性的判断，题目难度中等。【解答】A.由于CO2微溶于水，NH3易溶于水，应先通入足量NH3，使溶液呈碱性，然后再通入适量CO2，反应的化学方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O=(NH4)2SO4+CaCO3，通入NH3和CO2的顺序不可以互换，故A错误；B.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，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(NH4)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+2NH3+CO2+H2O=CaCO3+(NH4)2SO4.反应的离子方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O=CaCO3+2NH4+SO42-，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CO2可循环利用，通入足量NH3，通适量二氧化碳，否则碳酸钙溶解，故D错误；故选：B。3.【答案】D【解析】【分析】本题考查了硅及其化合物之间的转化，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。【解答】A.SiO2Si，SiSiHCl3，SiHCl3Si，都存在化合价变化，都是氧化还原反应，故A正确；B.依据工艺流程可知，氢气、氯化氢既参与反应，最终又生成，所以均可循环利用，故B正确；C.二氧化硅硬度大、熔点高，故C正确；D.光导纤维主要成分是二氧化硅，故D错误。故选：D。4.【答案】D【解析】解：A.合理处理废弃旧电池的铜帽，可回收利用，节约资源，避免污染，故A正确； B.酸性条件下，通入氧气可氧化铜生成硫酸铜，故B正确； C.加入锌粉，可置换出铜，得到海绵铜，故C正确； D.滤液中含有硫酸锌，直接加热、蒸发结晶不能得到ZnO，故D错误。 故选：D。利用废旧电池的铜帽(Cu、Zn总含量约为99%)回收Cu并制备ZnO，电池铜帽加入水过滤后除去溶于水的杂质，在固体中加入过氧化氢溶解，铜生成硫酸铜溶液，加热煮沸将溶液中过量的H2O2除去，加入氢氧化钠溶液调节溶液PH=2沉淀铁离子，加入锌粉反应过滤得到海绵铜，沉淀锌离子得到氢氧化锌，分解得到氧化锌，以此解答该题。本题考查了物质制备方案的设计、物质分离与提纯方法的综合应用，为高考常见题型和高频考点，题目难度较大，明确制备流程为解答关键，注意掌握常见物质分离与提纯的操作方法，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。5.【答案】B【解析】解：A、电解饱和食盐水得到氢气、氯气和氢氧化钠，其中H2在Cl2中燃烧，而Y具有还原性，所以Y、Z分别为H2、Cl2，故A正确；B、SiO2+3C-高温SiC+2CO中，C元素的化合价由0升高为+2价，C元素的化合价由0降低为-4价，由电子守恒及原子守恒可知，1molC作氧化剂与2molC作还原剂转移电子相等，则氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2，故B错误；C、SiHCl3中H是+1价，Cl是-1价，根据化合价代数和为0，据此推测SiHCl3中硅元素的化合价为+2价，故C正确；D、氢气与SiHCl3制备多晶硅的反应方程式为：SiHCl3+H2=Si+3HCl，反应物是单质和化合物，生成物是另一种单质和化合物，属于置换反应，故D正确；故选：B。饱和食盐水电解生成氯化钠、氢气和氯气，焦炭与二氧化硅反应生成硅与一氧化碳，硅和氢气、氯气反应生成的氯化氢作用得SiHCl3，再用氢气还原得到多晶硅，A、电解饱和食盐水得到氢气、氯气和氢氧化钠；B、SiO2+3C-高温SiC+2CO中，C元素的化合价由0升高为+2价，C元素的化合价由0降低为-4价，以此计算；C、SiHCl3中H是+1价，Cl是-1价，根据化合价代数和为0，分析解答；D、氢气与SiHCl3制备多晶硅的反应方程式为：SiHCl3+H2=Si+3HCl。本题为综合题，考查了硅及其化合物性质及用途，明确相关物质的性质是解题关键，题目难度中等。6.【答案】C【解析】解：A.酸浸”中所需25%稀硫酸可用98%浓硫酸(密度为1.84g/mL)配制，是粗略配制在烧杯内稀释配制，所需的仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要仪器有量筒、胶头滴管等，故A正确； B.依据沉淀PH范围调节溶液PH使铁离子和铜离子沉淀，调节溶液PH为4.14.7，故B正确； C.“除铜”中加入Zn粉置换溶液中的Cu，过量的Zn粉也能溶解于稀硫酸，溶液中Zn2+浓度增大，导致活性氧化锌的产量增加，故C错误； D.“沉锌”时溶液中的Zn2+与HCO3-反应生成Zn2(OH)2CO3和CO2，发生的离子反应为2Zn2+4HCO3-=Zn2(OH)2CO3+3CO2+H2O，故D正确； 故选：C。粗氧化锌(含铁、铜的氧化物)加入稀硫酸溶解过滤得到溶液中含有硫酸亚铁、硫酸铜、硫酸锌，加入H2O2溶液氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化锌调节溶液PH沉淀铁离子和铜离子，加入锌还原铜离子为铜单质，过滤得到硫酸锌，碳化加入碳酸氢铵沉淀锌离子生成碱式碳酸锌，加热分解生成活性氧化锌； A.依据溶液配制过程分析需要的仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管等； B.依据沉淀PH范围调节溶液PH使铁离子和铜离子沉淀； C.“除铜”加入Zn粉的作用是含有铜离子，调节溶液pH除净铜离子； D.“沉锌”时加入NH4HCO3溶液，溶液中的Zn2+与HCO3-反应生成Zn2(OH)2CO3和CO2。本题考查了物质制备和分离的实验过程分析判断，实验操作和原理的理解是解题关键，题目难度中等。7.【答案】A【解析】解：A、除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙，可以加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除钙离子和过量的钡离子，盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，氯化钡放在碳酸钠的前边，故A错误； B、粗盐可采用除杂(除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙)和重结晶等过程提纯，故B正确； C、实验涉及溶解、过滤、蒸发以及固体的灼烧，则操作用到的仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗、坩埚等，其中坩埚不属于玻璃仪器，故C正确； D、碳酸氢钠溶解度较小，则流程中得到的晶体利用了物质溶解度的差异性，故D正确； 故选：A。除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙，可以加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除钙离子和过量的钡离子，盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，得到的饱和食盐水先通入氨气、再通入二氧化碳，可得到碳酸氢钠，经加热分解得到碳酸钠，以此解答该题。本题以纯碱工业为载体，考查的是粗盐的提纯、纯碱与小苏打热稳定性比较、气体通入顺序以及流程分析等，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，难度不大。8.【答案】D【解析】【分析】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、物质的性质、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。【解答】A.滤液1中含有Fe2+，还含有Fe3+，用KSCN和新制的氯水不能检验，故A错误；B.过氧化氢在酸性条件下可氧化CuS，应先加入稀硫酸，再加入过氧化氢，故B错误；C.滤渣2含有硫和二氧化硅，故C错误；D.步骤操作中生成的气体为硫化氢，需用NaOH溶液或CuSO4溶液吸收，故D正确。故选D。9.【答案】B【解析】【分析】本题考查了物质的制备，涉及盐类水解的应用、铁的单质及其化合物的转化、化学实验基本操作等知识，题目难度不大。【解答】A、热的纯碱溶液可去除废铁屑表面的油污，故A正确；B、加入碳酸氢铵溶液得到沉淀，操作a为过滤，故B错误；C、冰水既可洗去杂质又可减少固体的溶解，故C正确；D、Fe2O3俗称铁红，可用作红色颜料，故D正确；故选：B。10.【答案】B【解析】解：A.步骤a用于从蒸发后的溶液中得到晶体，操作包括过滤、洗涤和干燥，故A正确； B.吸收器反应在碱性条件下进行，离子反应为2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O，故B错误； C.固体较为稳定，便于贮存和运输，故C正确； D.反应结束后，发生器中含有少量ClO2，用空气可以将其排出，确保其在吸收器中被充分吸收，故D正确。 故选：B。由流程可知，发生器通入空气，可将ClO2排出，确保其被充分吸收，在吸收器中发生2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O，然后真空蒸发、冷却结晶，再经过过滤、洗涤和干燥得到NaClO2，以此解答该题。本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程中发生的反应、混合物分离提纯、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，题目难度不大。11.【答案】B【解析】解：铜不与稀硫酸反应，则生成的滤渣3.2g为铜，金属铜可以和三价铁反应，所以滤液A中一定不含有+3价铁离子，故错误； 最后加热得到的3.2g固体为三氧化二铁，其物质的量为：3.2g160g/mol=0.02mol，Fe元素的物质的量为：n(Fe)=0.02mol2=0.04mol，铁元素的质量为：0.04mol56g/mol=2.24g，则样品中氧元素的质量为：5.92g-2.24g-3.2g=0.48g，氧元素的物质的量为：0.48g16g/mol=0.03mol，故正确； 根据铁元素的物质的量为0.04mol，铁与过量稀硫酸反应生成硫酸亚铁，则反应消耗硫酸的物质的量为0.04mol，故正确； 最后溶液中溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为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，根据可知氧元素的物质的量为0.03mol，它结合氢离子0.06mol，所以硫酸中生成氢气的氢离子为：0.08mol-0.06mol=0.02mol，即生成0.01mol氢气，标况体积为0.01mol氢气的体积为2.24L，故正确； 根据的计算可知，生成标况下氢气的体积为2.24L，故错误； 根据以上分析可知，正确的为， 故选B金属铁、氧化铁、氧化铜可以和硫酸反应，金属铜可以和三价铁反应； 根氧化铁的量和元素守恒来确定铁元素的物质的量、质量，再根据样品总质量、铜、铁元素的质量计算出氧元素的质量、物质的量； 铁与足量稀硫酸反应生成硫酸亚铁，根据铁元素的物质的量计算出消耗硫酸的物质的量； 根据药品中铁元素、氧元素的物质的量及消耗硫酸的物质的量计算出生成氢气的氢离子的物质的量，再根据质量守恒计算出生成氢气的物质的量及标况下的体积； 根据的计算结果进行判断 本题考查了元素以及化合物性质、有关混合物的计算，题目难度中等，注意掌握常见金属单质及其化合物的性质，明确反应流程中的反应原理及组成为解答本题的关键12.【答案】D【解析】【分析】本题考查了Cu的化合物的性质、制备方案的评价，题目难度中等，注意根据反应途径写出相关反应的离子方程式或化学方程式，利用方程式进行判断较为简单。【解答】途径涉及反应为3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O；途径涉及反应为2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O；途径涉及反应为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O，硫酸铜在1100分解的方程式为：2CuSO4高温Cu2O+SO2+SO3+O2；根据反应的方程式或化学方程式评价制备方案。A.Cu与混酸反应，3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，离子反应为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，从方程式知，硝酸根离子由硝酸提供，氢离子由硝酸和硫酸提供，所以硝酸为2mol时，硫酸为3mol，用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，故A正确；B.生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量相等，而生成SO2，消耗更多的硫酸，则=，故B正确；C.硫酸铜在1100分解，生成Cu2O，Cu元素的化合价降低，则O元素的化合价升高，即生成氧气，还有SO2、SO3，则反应方程式为2CuSO4高温Cu2O+SO2+SO3+O2，故C正确；D.新制的氢氧化铜悬浊液与葡萄糖反应，生成Cu2O，Cu元素的化合价降低，Cu2O为氧化剂，葡萄糖为还原剂被氧化，葡萄糖发生氧化反应，故D错误。故选D。13.【答案】D【解析】【分析】本题考查制备实验方案的设计，把握制备流程中发生的化学反应及物质性质为解答的关键，题目难度不大。【解答】A.增大接触面积可以提高反应速率，故A正确；B.高温焙烧时，0.5molSrSO4完全反应转移了4mol电子，则1molSrSO4转移电子8mol，硫元素化合价降低8，SrSO4转化为SrS，该反应的化学方程式为：SrSO4+4CSrS+4CO，故B正确；C.焙烧时BaSO4转化为BaS，加盐酸后得到钡离子，H2SO4与其反应生成BaSO4沉淀，故C正确；D.SrCl2是强酸强碱盐，不能水解，所以直接加热SrCl26H2O失水恒重，可制得无水SrCl2，故D错误。故选D。14.【答案】B【解析】解：A.海水提溴是先通入足量氯气氧化溴离子为溴单质，然后将溴单质还原为溴化氢，再通入适量氯气氧化溴离子为溴单质，中溴得电子化合价降低，所以溴元素被还原，故A错误； B.NaHCO3溶解度比NaCl、Na2CO3、NH4HCO3、NH4Cl都小的性质，运用CO2+NH3+H2O+NaCl=NaHCO3+NH4Cl的反应原理制备纯碱，故B正确； C.NaHCO3和Na2CO3都与澄清石灰水反应生成沉淀，不能鉴别，应用氯化钙溶液鉴别，故C错误； D.镁为活泼金属，电解氯化镁溶液，在阳极生成氯气，在阴极生成氢气和氢氧化镁沉淀，不能得到镁，应用电解熔融氯化镁的方法冶炼，故D错误 故选BA.根据物质的性质以及变化结合元素化合价的变化判断； B.碳酸氢钠在反应涉及物质中溶解度最小，易与分离而促进反应向生成物方向进行； C.NaHCO3和Na2CO3都与澄清石灰水反应生成沉淀； D.电解饱和MgCl2溶液不能得到镁 本题重点考查了化学与资源综合利用、环境保护等方面的知识，开发利用金属矿物和海水资源是新课程标准教材中的必修内容，在高考命题上也有所体现金属矿物中的铁矿石、铝土矿相关内容，海水资源相关的海水提溴、海水提镁都是高考命题的热点，同学们应给予重视只在掌握好相关的物理、化学性质以及基本实验技能就能顺利解答15.【答案】D【解析】【分析】本题考查了化学与生活的联系，与生活密切相关的化学知识是素质教育的要求，题目难度不大。【解答】煤炭燃烧可以发电，A为发电厂，煤的干馏制造煤焦油，B为焦化厂，赤铁矿、碳酸钙是炼铁的原料，C为炼铁厂，碳酸钙和黏土是生产水泥的原料，D为水泥厂，故选：D。16.【答案】B【解析】解：A.甲为单质，既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，则甲为Al，乙为氧气，二者反应生成丙为氧化铝，属于两性氧化物，故A正确； B.甲为短周期中原子半径最大的主族元素的单质，则甲为Na，乙为氧气，二者反应生成的丙可能为Na2O2或Na2O，故B错误； C.丙、丁混合产生白烟，且丙为18电子分子，丁为10电子分子，则丙为HCl，丁为NH3，若乙为氯气，其水溶液中含有HClO，具有漂白作用，故C正确； D.若甲、丙、戊含有同一种元素，当甲为S，乙为氧气，丙为二氧化硫，丁为HClO等具有强氧化性的物质，戊为硫酸，则含S元素的化合价由低到高的顺序为甲丙Fe3+SO42-，故C错误； D、过程中生成的硫酸铁溶液可以循环使用，故D正确； 故选：D。依据处理二氧化硫气体的工艺流程，各步反应都是完全反应，尾气中的二氧化硫气体，通入酸性硫酸铁溶液中发生氧化还原反应，三价铁离子氧化二氧化硫为硫酸，本身被还原为B溶液含有二价铁离子，通入空气会氧化亚铁离子得到含三价铁离子的溶液C，溶液C可以循环运用本题考查了污染气体二氧化硫的回收利用工艺流程的分析判断，氧化还原反应的规律应用，主要是考查二氧化硫的还原性、三价铁离子的氧化性、二价铁离子的还原性的性质应用，注意反应的产物判断是本题的关键18.【答案】B【解析】解：A.火法粗炼涉及反应4CuFeS2+9O2-焙烧2Cu2S+2Fe2O3+6SO2，2Cu2S+3O2-2Cu2O+2SO2，Cu2S+2Cu2O-6Cu+SO2等，各个反应均会生成有污染性的气体SO2，故A错误；B.烙烧”反应为4CuFeS2+9O2-焙烧2Cu2S+2Fe2O3+6SO2，其中Fe的化合价由+2+3，S的化合价由-2+4，Cu的化合价由+2+1，所以CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，故B正确；C.Cu2S”还原”为Cu的总反应是Cu2S+2Cu2O-6Cu+SO2，Cu2O是反应物、并且是氧化剂，不是催化剂，故C错误；D.阳极泥是不参与阳极反应的金属沉积下来形成的，金、银等不活泼金属在阳极沉积成阳极泥，故D错误；故选：B。A.火法粗炼涉及反应4CuFeS2+9O2-焙烧2Cu2S+2Fe2O3+6SO2，2Cu2S+3O2-2Cu2O+2SO2，Cu2S+2Cu2O-6Cu+SO2等；B.烙烧”过程中的反应为4CuFeS2+9O2-焙烧2Cu2S+2Fe2O3+6SO2，根据元素化合价升降分析解答；C.Cu2S”还原”为Cu的总反应是Cu2S+2Cu2O-6Cu+SO2；D.阳极泥是不参与阳极反应的金属沉积下来形成的。本题考查氧化还原反应规律，侧重概念的应用和判断，为高频考点，题目难度不大，掌握化合价升降与氧化剂、还原剂的关系是解题关键，注意理解氧化还原反应概念间的关系。19.【答案】D【解析】饱和食盐水中通入氨气氨化后通入二氧化碳气体碳酸化生产碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液，操作是过滤得到晶体碳酸氢钠，煅烧得到纯碱碳酸钠和二氧化碳，氯化铵溶液通过通氨气增大铵根离子浓度、冷却、加食盐增大氯离子浓度得到氯化铵晶体，A.氨气极易溶于水，二氧化碳溶解度不大，先通入氨气，碱溶液中通入二氧化碳，二氧化碳溶解度增大，可以生成碳酸氢钠晶体，氨化与碳酸化的先后顺序不可以交换，故A错误；B.操作I和操作是两种相同的分离方法，为过滤操作，故B错误；C.分析可知CO2可以在工艺流程中循环利用，故 C错误；D.流程中的一系列操作”包括通氨气增大铵根离子浓度、冷却、加食盐增大氯离子浓度，目的是得到氯化铵晶体，故D正确；故选：D。A.氨化与碳酸化的先后顺序不能交换，氨气极易溶于水，二氧化碳溶解度不大；B.操作I和操作是分离固体和溶液的操作；C.参与反应过程最后又生成的物质可以循环使用；D.流程中的一系列操作”包括通氨气增大铵根离子浓度、冷却、加食盐增大氯离子浓度得到氯化铵晶体。本题考查了侯氏制碱法的原理过程分析，注意气体通入顺序和得到固体的方法分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等。20.【答案】D【解析】解：A.焙烧时还生成金属硫化物，部分硫元素转化为二氧化硫，故A错误；B.焙烧时Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由-2价升高到+4价，氧气中O元素由0降低为-2价，则氧化剂为氧气和CuFeS2，故B错误；C.粗铜精炼时用粗铜作阳极，故C错误；D.火法炼铜的原理为：Cu2S+O2-高温2Cu+SO2，则Cu2S可用于火法炼制铜，故D正确；故选：D。本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、电解原理、金属冶炼等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大21.【答案】B2O3+3CaF2+3H2SO42BF3+3CaSO4+3H2O；B2O3+2NH3高温2BN+3H2O；1s22s22p1；N；+3；120；sp2；正四面体；共价键(或极性共价键)；分子间作用力；4；4；254(361.510-10)3NA【解析】解：(1)由图可知B2O3与CaF2和H2SO4反应即生成BF3，同时还应该产生硫酸钙和水，方程式为B2O3+3CaF2+3H2SO42BF3+3CaSO4+3H2O；B2O3与氨气在高温下反应即生成BN，方程式为B2O3+2NH3高温2BN+3H2O； 故答案为：B2O3+3CaF2+3H2SO42BF3+3CaSO4+3H2O；B2O3+2NH3高温2BN+3H2O； (2)硼原子核外电子数目为5，原子的电子排布式为1s22s22p1；同周期从左到右电负性依次增强，所以电负性NB；B第A族元素，为+3价； 故答案为：1s22s22p1；N；+3； (3)BF3分子的中心原子B原子上含有3个键，中心原子上的孤电子对数=12(a-xb)=12(0-31)=0，所以BF3分子的VSEPR模型是平面三角型，中心原子上没有孤对电子，所以其空间构型就是平面三角形，键角是120，BF3分子的中心原子B原子的价层电子对数为；3，属于sp2杂化；BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF4-中B原子的价层电子对=4+12(3+1-4)=4，该离子中不含孤电子对，为正四面体结构 故答案为：120；sp2；正四面体 (4)B、N均属于非金属元素，二者形成的化学键是极性共价键；根据石墨结构可知六方氮化硼晶体中，层与层之间靠分子间作用力结合， 故答案为：共价键(或极性共价键)；分子间作用力； (5)金刚石晶胞是立方体，晶胞的结构如图所示：其中8个顶点有8个碳原子，6个面各有6个碳原子，立方体内部还有4个碳原子，利用均摊法可知金刚石晶胞中含有碳原子数为4+612+818=8，因此立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子，一个晶胞中的质量为25gNA，=mV=254(361.510-10)3NAg/cm3， 故答案为：4；4；254(361.510-10)3NA (1)由图可知B2O3与CaF2和H2SO4反应即生成BF3，同时还应该产生硫酸钙和水，结合原子个数守恒写出方程式； (2)基态B原子核外有5个电子，根据核外电子排布规律书写电子排布式；依据同周期从左到右电负性依次增强，判断电负性强弱；B第A族元素，为+3价； (3)价层电子对互斥理论认为：分子的立体构型是“价层电子对”相互排斥的结果，先判断价层电子对数，再确定构型和杂化方式；价层电子对互斥理论判断其电子对和孤电子对数目； (4)B、N均属于非金属元素，二者形成的化学键是极性共价键；根据其结构与石墨相似，层与层之间应该靠分子间作用力结合 (5)描述晶体结构的基本单元叫做晶胞，金刚石晶胞是立方体，其中8个顶点有8个碳原子，6个面各有6个碳原子，立方体内部还有4个碳原子，如图所示：所根据晶胞的结构，利用均摊法可知金刚石晶胞中含有碳原子数为4+612+818=8，因此立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子，一个晶胞中的质量为25gNA，根据=mV计算密度 本题考查较为全面，涉及到化学方程式的书写、电子排布式、分子空间构型、杂化类型的判断以及有关晶体的计算，但解题具有较强的方法性和规律性，学习中注意总结如何书写电子排布式，如何判断分子空间构型以及有关晶体计算等方法，题目难度中等22.【答案】FeSO4；氧化还原反应；0.35；在制备钛白粉的过程中没有给出钛铁矿与硫酸的反应，在操作和操作中Fe的转化率也是未知的，故不能计算绿矾的产量；过滤；过滤；Fe+2Fe3+=3Fe2+；TiOSO4+2H2O=TiO(OH)2+H2SO4；用碱液吸收【解析】解：钛铁矿与硫酸反应：FeTiO3+H2SO4TiOSO4+FeSO4+H2O，然后过滤出未被酸溶解的物质，将所得到的滤液中加入铁粉可以得到了绿矾，将滤液控制在一定的条件，让TiOSO4水解：TiOSO4+2H2O=TiO(OH)2+H2SO4，将过滤出的沉淀进行煅烧，可以得到钛白粉(TiO2). (1)根据原子守恒可以得而X的化学式为FeSO4，在FeTiO3中Ti为+4价故Fe为+2价，反应后铁元素的化合价没有发生改变，钛元素化合价也没有发生改变，其他元素的化合价都没发生改变，故此反应为非氧化还原反应 故答案为：FeSO4；氧化还原反应； (2)设得到二氧化钛的质量是m，则根据元素守恒得： FeTiO3TiO2 152 80 1t76%92%96%m m=0.35t，在制备钛白粉的过程中没有给出钛铁矿与硫酸的反应，在操作和操作中Fe的转化率