专题二 专题提升

1、.专题提升一、金属矿物的开发利用1.金属在自然界中的存在2.金属冶炼的一般步骤3.金属冶炼的本质金属的冶炼过程就是把金属从化合态复原为游离态的过程。即Mnne=M。4.金属冶炼的方法用化学方程式表示提醒：冶炼Al时只能电解Al2O3不能电解AlCl3共价化合物，熔融时不导电。参加冰晶石Na3AlF6的目的是降低Al2O3的熔化温度。金属冶炼方法与金属活动性的关系：二、化学工艺流程题【试题特点】工艺流程题的构造分题引、题干和题设三部分。题引一般是简单介绍该工艺消费的原材料和消费的目的、产品包括副产品有时还提供相关表格、图像等参考数据或信息；题干部分主要用框图形式将原料到产品的主要消费工艺流程表示

2、出来；题设主要是根据消费过程中涉及的化学知识设置成一系列问题，构成一道完好的化学试题。一个完好的物质制备化工消费流程一般具有以下特点【解题策略】1看原料：明确化工消费或化学实验所需的材料。2看目的：把握题干中的“制备或“提纯等关键词，确定化工消费或化学实验的目的。3看箭头：进入的是投料即反响物；出去的是生成物包括主产物和副产物。4看三线：主线主产品；分支副产品；回头为循环。5找信息：明确反响条件控制和别离提纯方法。6关注所加物质的可能作用：参与反响、提供反响气氛、满足定量要求。 【知识储藏】1.制备过程中原料预处理的5种常用方法看方法想目的研磨减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积

3、，加快反响速率水浸与水接触反响或溶解酸浸与酸接触反响或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去灼烧除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质煅烧改变构造，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土2.制备过程中控制反响条件的6种方法看方法想目的调节溶液的pH常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀控制温度根据需要升温或降温，改变反响速率或使平衡向需要的方向挪动控制压强改变速率，影响平衡使用适宜的催化剂改变反响速率，控制到达平衡所需要的时间趁热过滤防止某物质降温时析出冰水洗涤洗去晶体外表的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗注意

4、调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H反响，使溶液pH变大；不引入新杂质。例如假设要除去Cu2中混有的Fe3，可参加CuO、CuOH2或Cu2OH2CO3等物质来调节溶液的pH，不可参加NaOH溶液、氨水等。3.产品别离和提纯的方法或操作1蒸发：蒸发掉一部分溶剂。有时要考虑反响时的气体气氛以抑制某物质发生水解：如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防其水解。2蒸发浓缩、冷却结晶：适用于杂质的溶解度随温度变化不大的物质的别离、提纯：如NaCl和K2Cr2O7混合溶液，假设将混合溶液加热蒸发后再降温，那么析出的固体主要是K2Cr2O7，母液中是NaC

5、l和少量K2Cr2O7，这样就可别离出大部分K2Cr2O7；同样原理可除去KNO3溶液中的少量NaCl。3蒸发结晶、趁热过滤：适用于杂质的溶解度随温度变化较大的物质的别离、提纯，可减少杂质晶体的析出：如NaCl和K2Cr2O7混合溶液，假设将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，母液中是K2Cr2O7和少量NaCl；同样原理可除去NaCl溶液中的少量KNO3。4晶体的枯燥：常见的枯燥方法为自然晾干、滤纸吸干、枯燥器中烘干。5沉淀的洗涤：洗涤方法是向过滤器中渐渐注入适量蒸馏水，至刚好没过沉淀，然后静置，让其自然流下，重复以上操作23次，直至洗涤干净。为了减少沉淀或晶体的溶解，可用冰水或

6、有机溶剂洗涤。水洗：通常是为了除去晶体外表水溶性的杂质。 “冰水洗涤：能洗去晶体外表的杂质离子，且减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗。用特定有机试剂清洗晶体：洗去晶体外表的杂质，降低晶体的溶解度，减少损耗等。6沉淀是否洗涤干净的检验：主要检验洗涤液中是否还含有沉淀外表吸附的离子。取少量最后一次的洗涤液，置于一干净的试管中，滴加少量的检验试剂，假设没有特征现象出现，说明沉淀洗涤干净。化工流程题中表述性词汇“八大答题方向化工消费流程和综合实验题中经常会出现一些表述性词语中，这些表述性词语就是隐性信息，它可以暗示我们所应考虑的答题角度。常见的有：1“控制较低温度常考虑物质的挥发、物质的不稳定性和物质的转

7、化等。2“加过量试剂常考虑反响完全或增大转化率、产率等。3“能否加其他物质常考虑会不会引入杂质或是否影响产品的纯度。4“在空气中或在其他气体中主要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反响或到达防氧化、防水解、防潮解等目的。5“判断沉淀是否洗净常取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加某试剂，以检验其中的某种离子。6“检验某物质的设计方案通常取少量某液体于试管中，参加另一试剂产生某现象，然后得出结论。7“控制pH常考虑防水解、促进生成沉淀或除去杂质等。8“用某些有机试剂清洗常考虑降低物质溶解度有利于析出、减少损耗和进步利用率等。例12019·江苏化学，16以磷石膏主要成分CaSO

8、4，杂质SiO2、Al2O3等为原料可制备轻质CaCO3。1匀速向浆料中通入CO2，浆料清液的pH和cSO随时间变化如图。清液pH11时CaSO4转化的离子方程式为_；能进步其转化速率的措施有_填序号。A.搅拌浆料 B.加热浆料至100 C.增大氨水浓度 D.减小CO2通入速率2当清液pH接近6.5时，过滤并洗涤固体。滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为_和_填化学式；检验洗涤是否完全的方法是_。3在敞口容器中，用NH4Cl溶液浸取高温煅烧的固体，随着浸取液温度上升，溶液中cCa2增大的原因是_。解析1注意题目中的原料是磷石膏粉和氨水浆料。由图所示当pH>11时，溶液中的cSO增大，说明

9、有更多的SO生成，反响物为CaSO4、氨水、CO2，生成SO，还有CaCO3，相当于氨水和CO2反响生成NH42CO3，NH42CO3和CaSO4生成NH42SO4和CaCO3。A项，搅拌浆料，增大反响物的接触面积，加快反响速率，正确；B项，加热到100 ，氨水挥发、CO2溶解度减小，那么生成的NH42CO3的量减少，无法实现CaSO4转化为CaCO3，错误；C项，增大氨水浓度可以进步反响速率，正确；D项，减小CO2通入速率，那么转化速率降低，错误。2当pH接近6.5时，由图可知cSO接近0.1 mol·L1，溶液呈酸性，通入的CO2主要以NH4HCO3存在，故滤液中物质的量浓度最大

10、的两种阴离子为SO和HCO。可通过检验洗涤液中是否含有SO来判断沉淀是否洗涤完全。3温度升高，能促进NH的水解，增大溶液酸性，促进固体中Ca2的浸出。答案1CaSO42NH3·H2OCO2=CaCO32NHSOH2O或CaSO4CO=CaCO3SOAC2SOHCO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BaCl2溶液，假设不产生白色沉淀，那么说明已洗涤完全3浸取液温度上升，溶液中cH增大，促进固体中Ca2浸出例22019·通扬泰淮宿五市联考以炼锌厂的烟道灰主要成分为ZnO，另含少量Fe2O3、CuO、SiO2、MnO等为原料可消费草酸锌晶体ZnC2O4

11、83;2H2O。 有关氢氧化物开场沉淀和沉淀完全的pH如下表：氢氧化物FeOH3FeOH2CuOH2ZnOH2开场沉淀的pH1.56.54.25.4沉淀完全的pH3.39.76.78.2请问答以下问题：1滤渣A的主要成分为_。2除锰过程中产生MnOOH2沉淀的离子方程式为_。3除铁部分Cu2可能被除去时参加ZnO控制反响液pH的范围为_。上述流程中除铁与除铜的顺序不能颠倒，否那么除铁率会减小，其原因是_。4假设沉淀过程采用Na2C2O4代替NH42C2O4消费草酸锌晶体，合理的加料方式是_。5将草酸锌晶体加热分解可得到一种纳米材料。加热过程中固体残留率随温度的变化如下图，300460 范围内，

12、发生反响的化学方程式为_。解析1烟道灰被盐酸溶解，其中ZnO溶解成Zn2，Fe2O3溶解成Fe3、CuO溶解成Cu2、MnO溶解成Mn2，而SiO2不溶于盐酸，进入滤渣A中。2除锰中用H2O2氧化Mn2，根据Mn和O得失电子守恒可配平反响。3除Fe3时的pH需要大于3.3，但不能超过5.4，以免Zn2沉淀，此时有部分Cu2溶解；除铜时用ZnS，假设在除铁之前，那么会有Fe3氧化S2，生成Fe2后，需要调节pH在9.7时才能除去，故除铁率减小。4因为Na2C2O4溶液的碱性比NH42C2O4强，所以会促使Zn2生成ZnOH2沉淀，故在参加Na2C2O4溶液时，可采用缓慢参加和搅拌法，以免生成Zn

13、OH2沉淀。5由热重分析图计算知，MA153，那么在300 时，ZnC2O4·2H2O失去2分子H2O生成ZnC2O4，在460 时，MB81，那么对应为ZnO，C2O 在分解时以CO和CO2释放，由此写出此方程式。答案1SiO22Mn2H2O2H2O=MnOOH22H33.35.4先参加ZnS会将Fe3复原为Fe2，使铁元素难以除去4在搅拌下，将Na2C2O4缓慢参加到ZnCl2溶液中5ZnC2O4ZnOCOCO2题组诊断1.2019·金太阳江苏百校联考以软锰矿粉主要含MnO2，还含有少量的Fe2O3、Al2O3 等杂质为原料制取高纯MnO2 的流程如下：1酸浸时所发生主

14、要反响的离子方程式为_。2 酸浸时参加一定体积的硫酸，硫酸浓度不能过小或过大。当硫酸浓度偏小时，酸浸时会有红褐色渣出现，原因是_。硫酸浓度不能过大的原因是_。3过滤所得滤渣为MnCO3，滤液中溶质的主要成分是_。4焙烧MnCO3的装置如以下图所示：焙烧时所发生反响的化学方程式为_。焙烧一定时间后需转动石英管，目的是_。答案12Fe2MnO24H=2Fe3Mn22H2O2生成的Fe3水解得到FeOH3沉淀用氨水沉淀杂质金属离子时会消耗过多的氨水，造成原料的浪费3NH42SO442MnCO3O22MnO22CO2使得MnCO3能充分反响，进步MnCO3的转化率2.2019·南通一调湿法炼

15、锌产生的铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉Cd、钴Co等单质。一种由铜镉渣消费金属镉的流程如下：下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH开场沉淀的pH按金属离子浓度为0.1 mol·L1计算：氢氧化物FeOH3FeOH2CdOH2开场沉淀的pH1.56.57.2沉淀完全的pH3.39.99.51浸出过程中，不采用通入空气的方法进展搅拌，原因是防止将Cu氧化浸出，其离子方程式是_。2除钴过程中，锌粉会与As2O3形成微电池产生AsH3。该微电池的正极反响式为_。3除铁时先参加适量KMnO4，再参加ZnO调节pH。除铁过程中，理论上参加反响的物质nKMnO4nFe2_。除铁时参加ZnO控制反

16、响液pH的范围为_。4假设上述流程中投入的KMnO4缺乏量，那么待电解溶液中有Fe元素剩余。请设计实验方案加以验证：_。5净化后的溶液用惰性电极电解可获得镉单质。电解废液中可循环利用的溶质是_。答案12Cu4HO2=2Cu22H2O2As2O312H12e=2AsH33H2O3133.37.24取样，向其中滴加H2O2后，再滴入KSCN溶液，假设溶液变红，那么待电解液中含有Fe元素5H2SO43.2019·苏锡常镇一调以硼镁泥主要成分为MgSiO3、Fe2O3及少量Al2O3、FeO和MnO为原料制备高纯MgOH2的流程如下：己知：常温下此体系中各氢氧化物开场沉淀与沉淀完全时的pH范

17、围如下表所示：pH值MgOH2MnOH2MnOOH2FeOH2AlOH3FeOH3开场沉淀时9.37.17.87.63.72.3沉淀完全时10.810.89.89.64.73.7温度高于340 时MgOH2开场分解为MgO和H2O。1“浸取时，为进步镁的浸取率可行的措施为_。a.将硼镁泥制成浆料b.降低浸取温度c.用盐酸屡次浸取2“浸取时，MgSiO3与盐酸反响的化学方程式为_。3“除铁、铝时，需调节溶液pH范围为_。4“除Mn2时发生反响的离子方程式为_；过滤3所得滤渣中含有MnOOH2和_。5“沉镁时，反响温度与MgOH2的产率如下图，当温度超过60 ，随温度再升高，MgOH2产率反而降低

18、，其原因可能是_。答案1ac2MgSiO32HCln1H2O=MgCl2SiO2·nH2O34.7pH<7.14Mn2H2O22OH=MnOOH2H2OMgOH25氨水挥发加剧，导致溶液中氨水浓度降低4.2019·南京、盐城一模利用废铅蓄电池的铅泥PbO、Pb及PbSO4等可制备精细无机化工产品3PbO·PbSO4·H2O 三盐，主要制备流程如下：1步骤PbSO4转化为难溶PbCO3的离子方程式为_。2滤液1和滤液3经脱色、蒸发、结晶可得到的副产品为_写化学式。3步骤酸溶时，其中的铅与硝酸生成PbNO32及NO的离子方程式为_；滤液2中溶质主要成分

19、为_写化学式。4步骤合成三盐的化学方程式为_。5步骤洗涤操作时，检验沉淀是否洗涤完全的方法是_。解析1流程的第步，是用Na2CO3与PbSO4反响生成更难溶的PbCO3以及可溶性的Na2SO4。2滤液1中存在Na2SO4，在蒸发溶液时，可得Na2SO4·10H2O晶体或Na2SO4。3滤渣中有PbO、Pb和PbCO3，步骤中，用HNO3溶解Pb可生成PbNO32及NO，根据N、Pb的得失电子守恒配平反响，PbO和PbCO3被HNO3溶解也生成PbNO32，在沉铅是发生的反响是H2SO4与PbNO32反响生成PbSO4和HNO3，滤液2中HNO3可循环至处。4第步为合成三盐，用NaOH

20、与PbSO4反响，根据钠守恒分析知，除了生成三盐之外还有Na2SO4生成，根据SO和Na守恒配平反应。5三盐的外表会有少量Na2SO4，故可以检验洗涤液中是否有SO来判断“三盐是否洗净。答案1COPbSO4PbCO3SO2Na2SO4·10H2O或Na2SO433Pb8H2NO=3Pb22NO4H2OHNO344PbSO46NaOH3Na2SO43PbO·PbSO4·H2O2H2O5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BaCl2溶液，假设不产生白色沉淀，那么说明已洗涤干净专题测试二一、单项选择题1.2019年诺贝尔化学奖授予以色列科学家达尼埃尔

21、·谢赫特曼，以表彰他发现了准晶体。准晶体材料具有硬度高，不易损伤，使用寿命长等特点。以下表达错误的选项是A.自然界中的固体可分为晶体、准晶体和非晶态物质B.准晶体是一种介于晶体和非晶态物质之间的固体C.准晶体材料的应用具有较大的开展空间 D.化学式为Al63Cu24Fe13的准晶体不可与稀硝酸发生反响 解析准晶体Al63Cu24Fe13中铝、铜、铁均能与稀硝酸发生氧化复原反响，错误。答案D2.以下关于元素及其化合物的说法正确的选项是A.Fe在常温下可与浓硝酸、稀硝酸、浓硫酸剧烈反响B.Al、Cl2均能和NaOH溶液发生氧化复原反响，且两单质的作用一样C.Na久置于空气中，可以和空气中

22、的有关物质发生反响，最终生成Na2CO3D.制备FeCl3、CuCl2固体均可采用将溶液直接蒸干的方法解析常温下，Fe和浓硝酸、浓硫酸发生钝化，A项错误；Al与NaOH溶液反响，Al是复原剂，Cl2与NaOH溶液反响，Cl2既作氧化剂，又作复原剂，B项错误；钠久置于空气中经过一系列变化，最终生成Na2CO3，即NaNa2ONaOH糊状Na2CO3Na2CO3·10H2ONa2CO3，C项正确；直接蒸干FeCl3、CuCl2溶液，得到的是二者的氢氧化物，D项错误。答案C3.2019·通扬泰淮宿五市联考工业上曾经通过反响“3Fe4NaOH Fe3O42H24Na消费金属钠。以下

23、有关说法正确的选项是A.用磁铁可以将Fe与Fe3O4别离B.将生成的气体在空气中冷却可获得钠C.该反响条件下铁的氧化性比钠强D.每生成1 mol H2，转移的电子数约为4×6.02×1023解析A项，Fe3O4称为磁性氧化性，不可以用磁铁将Fe和Fe3O4别离，错误；B项，钠不可以在空气中冷却，因为Na与O2在常温下会反响生成Na2O，错误；C项，从方程式知，Fe的复原性强于复原产物Na，错误；D项，Fe3O4中Fe可视为价，3 mol Fe失去电子数为0×38 mol，对应生成的H2为2 mol，正确。答案D4.2019·盐城三模常温下，以下各组离子一

24、定能在指定溶液中大量共存的是A.使甲基橙变红色的溶液中：Ca2、Mg2、HCO、ClB.使KSCN变红色的溶液中：NH、S2、Br、IC.cH/cOH1012 的溶液中：Cu2、Al3、NO、SOD.由水电离产生的cH·cOH108的溶液中：Na、K、AlO、CO解析A项，使甲基橙变红的溶液，显酸性，而HCO 与H反响生成CO2和H2O，故不可大量共存；B项，使KSCN变红色，说明溶液中含Fe3，而Fe3会氧化I、S2，故不可大量共存；C项，cH/cOH>1，那么溶液显酸性，而H与给出的四种离子之间不反响，可共存；D项，水电离出的H始终等于水电离出的OH，所以cH水cOH水10

25、4，所以水的电离受到促进，可能是外加了水解显酸性的离子，也可能是外加了水解显碱性的离子，而AlO 、CO遇到显水解显酸性的离子，会发生双水解反响，而不能大量共存。答案C5.以下有关物质性质的应用正确的选项是A.次氯酸钙有强氧化性，用于饮用水消毒B.木炭具有复原性，用于制冰箱除味剂 C.氧化铝具有两性，用于工业冶炼铝单质D.氯化铁溶液呈酸性，用于蚀刻铜电路板解析A项，CaClO2具有强氧化性，可用于水的消毒，正确；B项，木炭有吸附性，可以吸附气味与复原性无关，错误；C项，电解Al2O3制Al，不是因为Al2O3具有两性，是因为熔融的Al2O3能电离出Al3和O2，错误；D项，Fe3具有氧化性，可

26、以氧化Cu而得电路板，错误。答案A6.钠铝合金常温液态可作为核反响堆的载热介质。以下说法错误的选项是A.该合金的熔点低于金属钠的熔点B.假设将钠铝合金投入水中得到无色溶液且无固体剩余，那么nNanAlC.假设将钠铝合金投入FeCl3溶液中有FeOH3沉淀生成D.等质量的钠铝合金中铝的含量越大，与足量盐酸反响时放出的氢气越少解析合金的熔点比其成分金属的熔点低，A项正确；根据2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2可知B项正确；Na先与水反响产生NaOH，NaOH与FeCl3溶液反响产生FeOH3沉淀，C项正确；根据关系式2NaH2、AlH2可知，铝生成的氢气较多，故合金中铝的含量越大，与足

27、量盐酸反响时产生的氢气越多，D项错误。答案D7.2019·无锡一模以下表示对应化学反响的离子方程式正确的选项是A.NaHS溶液中通入Cl2：S2Cl2=S2ClB.NaNO2溶液中滴加酸性KMnO4溶液：5NO2MnO3H2O=5NO2Mn26OHC.NH4HSO4溶液中滴加少量的BaOH2溶液：Ba22OHNHHSO=BaSO4NH3·H2OH2OD.硫酸亚铁酸性溶液中参加过氧化氢：2Fe2H2O22H=2Fe32H2O解析A项，HS不能拆：HSCl2=H2ClS，错误；B项，酸性溶液中不能生成OH，错误，应为5NO2MnO6H=5NO2Mn23H2O；C项，BaOH2少

28、量，OH先与H反响，错误，应为2HSOBa22OH=BaSO42H2O。答案D8.A、B、D、E均为中学化学中的常见物质，它们之间的转化关系如右图所示部分产物略去，那么以下有关物质的推断不正确的选项是A.假设A是铁，那么E可能为稀硝酸B.假设A是CuO，E是碳，那么B为COC.假设A是AlCl3溶液，E可能是氨水D.假设A是NaOH溶液，E是CO2，那么B为NaHCO3解析A项，铁与过量硝酸反响生成FeNO33B，硝酸少量生成FeNO32D，正确；B项，C过量生成COB，C少量生成CO2D，正确；C项，AlCl3与氨水反响只能生成AlOH3，无关量的关系，错误；D项，CO2过量，生成NaHCO

29、3B，CO2少量生成Na2CO3D，正确。答案C9.以下物质在给定条件下能实现转化的是Al2O3NaAlO2aqAlOH3NaNa2O2NaOHFe2O3FeCl3aq无水FeCl3饱和NaClaqNaHCO3Na2CO3MgCl2aqMgCl2·6H2OMgCuSO4aqCuOH2Cu2OA. B. C. D.解析Al2O3是两性氧化物，溶于NaOH溶液发生反响Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O，AlOH3是两性氢氧化物，但是不能溶于弱酸H2CO3，正确；Na与O2在加热条件下生成Na2O2，错误；加热FeCl3溶液得到的是FeOH3，而不是FeCl3，错误；侯氏制碱法利用

30、NaHCO3在水中的溶解度较小的特点，生成NaHCO3，反响的化学方程式为NaClCO2NH3H2O=NH4ClNaHCO3，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，反响的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3CO2H2O，正确；熔融电解MgCl2·6H2O，阴极产生的是H2，而不是Mg，错误；新制的CuOH2与含有醛基的葡萄糖反响可以生成红色的Cu2O，正确。答案A10.以下各组物质充分反响后过滤，将滤液加热、蒸干至质量不变，最终不能得到纯洁物的是A.向漂白粉浊液中通入过量的CO2B.向带有氧化膜的铝片中参加盐酸C.向含有1 mol CaHCO32的溶液中参加1 mol Na2O2D.向含有1

31、 mol KAlSO42的溶液中参加2 mol BaOH2解析漂白粉是CaCl2和CaClO2的混合物，向漂白粉浊液中通入过量的CO2，CaClO2可以和CO2反响生成CaHCO32和HClO，CaHCO32不稳定，受热易分解为CaCO3、H2O和CO2，CaCl2不反响，蒸干至质量不变得到CaCO3和CaCl2的混合物，A项错误；氧化铝和铝片都可以和盐酸反响生成氯化铝，蒸干后得到氢氧化铝固体，B项正确；1 mol Na2O2和水反响生成2 mol NaOH和0.5 mol O2，2 mol NaOH和1 mol CaHCO32反响生成1 mol CaCO3沉淀和1 mol Na2CO3溶液，

32、过滤后蒸干滤液得到碳酸钠固体，C项正确；1 mol KAlSO42和2 mol BaOH2反响生成BaSO4沉淀和KAlO2溶液，过滤后蒸干滤液得到KAlO2，D项正确。答案A二、不定项选择每题有12个答案符合题意11.Hg可用KMnO4溶液吸收。在不同pH下，KMnO4溶液对Hg的吸收率及主要产物如以下图所示。以下有关说法不正确的选项是A.pH对Hg吸收率的影响规律是随pH升高Hg的吸收率先降低后升高B.pH1时Hg的吸收率高达90%的原因是KMnO4在酸性条件下氧化性强C.pH2时反响的离子方程式为HgMnO8H=Hg2Mn24H2OD.pH12时反响的离子方程式为3Hg2MnOH2O=3

33、HgO2MnO22OH解析根据在不同pH下，KMnO4溶液对Hg的吸收率的示意图可知：pH对Hg吸收率的影响规律是随pH升高，汞的吸收率先降低后升高， A正确；在强酸性环境下Hg的吸收率高的原因可能是KMnO4在酸性条件下氧化性强的缘故， B正确；电荷不守恒，pH2时反响的离子方程式为5Hg2MnO16H=5Hg22Mn28H2O, C不正确；D.pH12时反响的离子方程式为3Hg2MnOH2O=3HgO2MnO22OH， D正确。答案C12.海水是重要的资源，可以制备一系列物质见图。以下说法正确的选项是A.步骤中，应先通NH3，再通CO2 B.步骤可将MgCl2·6H2O晶体在空气

34、中直接加热脱水C.步骤、反响中，溴元素均被氧化D.除去粗盐中的SO、Ca2、Mg2等杂质，参加试剂及相关操作顺序可以是：NaOH溶液BaCl2溶液Na2CO3溶液过滤盐酸 解析A项，步骤为侯氏制碱法，由于NH3的溶解度比CO2大，故应先通NH3，再通CO2溶液中才能含有大量的碳元素，才能得到大量的NaHCO3，正确。MgCl2·6H2O直接加热脱水时，Mg2水解生成HCl挥发出去，促进水解进展到底，得不到MgCl2，所以晶体加热脱水必须不断通入HCl，抑制水解，B项错。C项，步骤中，Br化合价升高，被复原，错；D项，加NaOH能除去Mg2，加Ba2能除去SO，再参加Na2CO3可以除

35、去Ca2以及过量的Ba2，过滤后参加HCl可以除去多余的CO和OH，正确。答案AD13.根据以下实验操作和现象所得到的结论正确的选项是选项实验操作和现象结论A向废FeCl3蚀刻液X中参加少量的铁粉，振荡，未出现红色固体X中一定不含Cu2B将硫的酒精溶液滴入一定量的热水中得微蓝色透明液体，用激光笔照射微蓝色透明液体，有光亮的通路微蓝色透明液体为胶体C向某溶液中先参加KSCN溶液无明显现象，再参加H2O2溶液，溶液变红色溶液中含Fe2D用铂丝蘸取少量某溶液进展焰色反响，火焰呈黄色该溶液是钠盐溶液答案BC14.甲、乙、丙、丁、戊的互相转化关系如下图反响条件略去，箭头表示一步转化。以下各组物质中，不满

36、足以下图所示转化关系的是甲乙丙戊ANH3O2NO2H2BFeH2OFe3O4AlCAl2O3NaOH溶液NaAlO2溶液过量CO2DNa2O2CO2O2Na解析A项，NH3与O2发生催化氧化生成NO，NO2与H2不可能生成NH3，错误；B项，Fe与水蒸气反响生成Fe3O4和H2，Fe3O4与Al发生铝热反响生成Fe，正确；C项，Al2O3与NaOH生成NaAlO2，NaAlO2与过量CO2生成AlOH3沉淀和NaHCO3，错误；D项，Na2O2与CO2反响生成Na2CO3和O2，Na与O2在点燃条件下反响生成Na2O2，正确。综上，A、C项错误。答案AC15.某工厂用FeCl3溶液腐蚀镀有铜的

37、绝缘板消费印刷电路。课外活动小组为确认消费后的废液的组成，进展如下实验：1取10 mL废液参加足量的AgNO3溶液，生成沉淀 8.61 g。2另取10 mL废液放入铜片充分反响，铜片质量减少了0.256 g。以下关于原废液组成的判断错误的选项是A.一定含有Fe2、Fe3、Cu2、ClB.cFe2cCu221C.cFe2cFe331D.cCl6 mol/L，cFe21.2 mol/L解析nCl 0.06 mol，nFe3×20.008 mol，根据铜与氯化铁反响的方程式可知，废液中nFe2nCu221。由离子电荷守恒得等式：nCl3nFe32nFe22nCu2，可求出原废液中nFe20

38、.012 mol，得cCl6 mol·L1，cFe21.2 mol·L1，cFe2cFe 332 。答案C三、填空题16.实验室用辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质制备碱式碳酸铜的主要实验流程如下。1滤渣的成分为MnO2、单质S和_写化学式；硫酸浸取时，Cu2S被MnO2氧化的化学方程式为_。2浸取时，Fe2O3溶于硫酸的离子方程式为_；研究发现假设先除铁再浸取，浸取速率明显变慢，其可能原因是_。3“赶氨时，最适宜的操作方法是_。4滤液经蒸发结晶得到的盐主要是_写化学式。解析1辉铜矿中含有Cu2S、Fe2O3和SiO2，参加H2SO4和MnO2后，C

39、u2S中1的Cu和2价的S均被氧化生成Cu2和S，Fe2O3溶解生成Fe3，SiO2不溶于H2SO4，故滤渣中含有SiO2。Cu2S在H2SO4作用下，被MnO2氧化，产物有S、CuSO4、MnSO4和H2O，Cu2S的化合价共升高4，MnO2中的Mn由4价降低到MnSO4中的2价，变化2，根据化合价升降总值相等得，Cu2S前配1，MnO2前配2，然后再根据原子守恒配平其他物质前的系数。2Fe2O3为难溶的氧化物，写离子方程式不可拆写；由题意分析知，除铁后速率变慢，说明Fe3对浸取速率是有影响的，可联想到Fe3可能作催化剂实际是Fe3可先氧化Cu2S生成Fe2，Fe2酸性条件下，再被MnO2氧

40、化生成Fe3。3此处考察NH3具有挥发性的性质，以及CuNH342受热分解为Cu2和NH3，故采用加热的方法可将NH3从溶液中赶出。4分析流程图，第一步中参加了H2SO4，在整个过程中，没有除SO，阳离子：Fe3、Mn2均以沉淀形式除去，Cu2进入主产物碱式碳酸铜中，所以滤液中应含有NH，故蒸发得到的盐为NH42SO4。答案1SiO22MnO2Cu2S4H2SO4=2MnSO42CuSO4S4H2O2Fe2O36H=2Fe33H2OFe3可催化Cu2S被MnO2氧化或答：Fe2O3在浸取时起媒介作用3将溶液加热4NH42SO417.2019·扬州期中多钒酸盐在催化、医学等领域有着重要

41、的应用。某多钒酸铵晶体的化学式为NH4xH6xV10O28·10H2O。为测定其组成， 进展以下实验：称取样品0.929 1 g，参加过量20% NaOH溶液，加热煮沸一段时间，生成的NH3用50.00 mL 0.100 0 mol·L1 盐酸吸收。参加指示剂，用0.1000 mol·L1 NaOH标准溶液滴定剩余的HCl，终点时消耗NaOH标准溶液20.00 mL。另称取样品0.929 1 g，加过量1.5 mol·L1 H2SO4，微热溶解。参加3 g NaHSO3，搅拌，使五价钒V10O完全转化为四价钒VO2。加热煮沸一段时间，然后用0.060 0

42、0 mol·L1 KMnO4标准溶液滴定复原产物为Mn2，终点时消耗KMnO4标准溶液25.00 mL。1在实验中，煮沸的目的是_。2KMnO4滴定时，将VO2氧化为五价的VO，该反响的离子方程式为_。3根据实验结果，确定该多钒酸铵晶体的化学式。答案1除去溶液中剩余的H2SO3或SO225VO2MnOH2O5VOMn22H3nNH0.1×50.00×103 mol0.1×20.00×103 mol 3.000×103 mol nMnO0.060 00×25.00×103 mol1.500×103 mol

43、nV10O1/2×1.500×103 mol7.500×104 mol x13.000×1037.500×104x4A的化学式：NH44H2V10O28·10H2O18.锌浮渣主要含Zn、ZnO、SiO2、Fe2、Cd2、Mn2，工业上可通过控制条件逐一除去杂质以制备超细活性氧化锌，其工艺流程如下：1锌浮渣利用硫酸浸出后，将滤渣1进展再次浸出，其目的是_。2净化1是为了将Mn2转化为MnO2而除去，试写出该反响的离子方程式_。390 时，净化2溶液中残留铁的浓度受pH影响如图。pH值中等时，虽有利于Fe2转化为Fe3，但残留铁的浓度仍高于pH为34时的原因是_。4滤渣3的主要成分为_填化学式。5碳化在50 进展，“前驱体的化学式为 ZnCO3·2ZnOH2·H2O，写出碳化过程生成“前驱体的化学方程式_；碳化时所用NH4HCO3的实际用量为理论用量的1.1倍，其原因一是为了使