押新高考卷第11-12题微型实验、微型工艺流程、晶胞分析与计算（解析版）

押新高考卷第11-12题微型实验、微型工艺流程、晶胞分析与计算核心考点考情统计考向预测微型实验2023·福建卷，72023·湖北卷，82023·湖北卷，13结合文字叙述或实验装置，考查物质的检验、物质的制备、性质的验证、化学性质递变规律与化学反应规律的研究、化学常见仪器的使用、物质的分离除杂提纯过程中的方法、试剂的选择与操作、实验方案的设计与评价等微型工艺流程2023·福建卷，62023·辽宁卷，102023·山东卷，132023·河北卷，10选择题中的微型工艺流程题常以工艺流程图为载体，考查元素化合物、化学实验、氧化还原反应等知识点，常涉及滤渣、滤液的成分判断、pH的调节范围、可循环利用的物质、物质的分离和提纯操作方法、反应条件的选取、氧化还原反应的计算等晶胞分析与计算2023·重庆卷，92023·河北卷，112023·辽宁卷，142023·湖北卷，152023·湖南卷，11根据所给晶胞结构进行分析、推断和计算，常涉及晶体类型判断、均摊法求晶体的化学式；配位数；晶体熔沸点比较及原因解释；晶体密度、晶胞粒子间距、微粒半径、晶胞粒子分数坐标、空间利用率等的计算考点一微型实验1．（2023·福建卷）从苯甲醛和溶液反应后的混合液中分离出苯甲醇和苯甲酸的过程如下：已知甲基叔丁基醚的密度为。下列说法错误的是A．“萃取”过程需振荡、放气、静置分层B．“有机层”从分液漏斗上口倒出C．“操作X”为蒸馏，“试剂Y”可选用盐酸D．“洗涤”苯甲酸，用乙醇的效果比用蒸馏水好【答案】D【分析】苯甲醛和溶液反应后的混合液中主要是生成的苯甲醇和苯甲酸钾，加甲基叔丁基醚萃取、分液后，苯甲醇留在有机层中，加水洗涤、加硫酸镁干燥、过滤，再用蒸馏的方法将苯甲醇分离出来；而萃取、分液后所得水层主要是苯甲酸钾，要加酸将其转化为苯甲酸，然后经过结晶、过滤、洗涤、干燥得苯甲酸。【解析】A．“萃取”过程需振荡、放气、静置分层，故A正确；B．甲基叔丁基醚的密度为，密度比水小，所以要从分液漏斗上口倒出，故B正确；C．“操作X”是将苯甲醇从有机物中分离出来，可以利用沸点不同用蒸馏的方法将其分离出来；“试剂Y”的作用是将苯甲酸钾转化为苯甲酸，所以可选用盐酸，故C正确；D．苯甲酸在乙醇中溶解度大于其在水中溶解度，“洗涤”苯甲酸，用蒸馏水的效果比用乙醇好，故D错误；故答案为：D。2．（2023·湖北卷）实验室用以下装置(夹持和水浴加热装置略)制备乙酸异戊酯(沸点142℃)，实验中利用环己烷-水的共沸体系(沸点69℃)带出水分。已知体系中沸点最低的有机物是环己烷(沸点81℃)，其反应原理：

下列说法错误的是A．以共沸体系带水促使反应正向进行 B．反应时水浴温度需严格控制在69℃C．接收瓶中会出现分层现象 D．根据带出水的体积可估算反应进度【答案】B【解析】A．由反应方程式可知，生成物中含有水，若将水分离出去，可促进反应正向进行，该反应选择以共沸体系带水可以促使反应正向进行，A正确；B．反应产品的沸点为142℃，环己烷的沸点是81℃，环己烷-水的共沸体系的沸点为69℃，可以温度可以控制在69℃～81℃之间，不需要严格控制在69℃，B错误；C．接收瓶中接收的是环己烷-水的共沸体系，环己烷不溶于水，会出现分层现象，C正确；D．根据投料量，可估计生成水的体积，所以可根据带出水的体积估算反应进度，D正确；故选B。3．（2023·湖北卷）利用如图所示的装置(夹持及加热装置略)制备高纯白磷的流程如下：

下列操作错误的是A．红磷使用前洗涤以除去表面杂质B．将红磷转入装置，抽真空后加热外管以去除水和氧气C．从a口通入冷凝水，升温使红磷转化D．冷凝管外壁出现白磷，冷却后在氮气氛围下收集【答案】B【解析】A．红磷表面有被氧化生成的五氧化二磷，五氧化二磷可以溶于水，因此红磷在使用前应洗涤，A正确；B．红磷与氧气反应的温度为240℃左右，但是转化的白磷可以在40℃左右燃烧，因此，在红磷装入装置后应先在氮气氛的保护下加热外管除去水蒸气和氧气后再抽真空进行转化反应，B错误；C．从a口通入冷凝水后对反应装置加热升温，在冷凝管的下端就可以得到转化成的白磷，C正确；D．白磷易被空气中的氧气氧化，因此在收集白磷时应将反应装置冷却，再在氮气氛的条件下收集白磷，D正确；故答案选B。考点二微型工艺流程4．（2023·辽宁卷）某工厂采用如下工艺制备，已知焙烧后元素以价形式存在，下列说法错误的是

A．“焙烧”中产生 B．滤渣的主要成分为C．滤液①中元素的主要存在形式为 D．淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用【答案】B【分析】焙烧过程中铁、铬元素均被氧化，同时转化为对应钠盐，水浸时铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀，滤液中存在铬酸钠，与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原得到氢氧化铬沉淀。【解析】A．铁、铬氧化物与碳酸钠和氧气反应时生成对应的钠盐和二氧化碳，A正确；B．焙烧过程铁元素被氧化，滤渣的主要成分为氧化铁，B错误；C．滤液①中元素的化合价是+6价，铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀溶液显碱性，所以Cr元素主要存在形式为，C正确；D．由分析知淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，D正确；故选B。5．（2023·山东卷）一种制备的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液在3~4之间，反应Ⅲ需及时补加以保持反应在条件下进行。常温下，的电离平衡常数。下列说法正确的是A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应B．低温真空蒸发主要目的是防止被氧化C．溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体ⅠD．若产量不变，参与反应Ⅲ的与物质的量之比增大时，需补加的量减少【答案】CD【分析】铜和浓硫酸反应(反应Ⅰ)生成二氧化硫气体(气体Ⅰ)和硫酸铜，生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应(反应Ⅱ)，所得溶液在3~4之间，溶液显酸性，根据的电离平衡常数，可知溶液显酸性(电离大于水解)，则反应Ⅱ所得溶液成分是，调节溶液pH值至11，使转化为Na2SO3，低温真空蒸发(防止Na2SO3被氧化)，故固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液，Na2SO3和CuSO4反应的离子方程式是+2Cu2＋+2H2O=+Cu2O+4H+,反应过程中酸性越来越强，使Na2SO3转化成SO2气体，总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，需及时补加以保持反应在条件下进行，据此分析解答。【解析】A．反应Ⅰ是铜和浓硫酸反应，生成二氧化硫，是氧化还原反应，反应Ⅱ是SO2和碳酸钠溶液反应，生成、水和二氧化碳，是非氧化还原反应，反应Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O，是氧化还原反应，故A错误；B．低温真空蒸发主要目的是防止被氧化，而不是，故B错误；C．经分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液，可循环用于反应Ⅱ的操作单元吸收SO2气体(气体Ⅰ)，故C正确；D．制取总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，化合物X是指Na2SO3，若产量不变，增大比，多的Na2SO3会消耗氢离子，用于控制pH值，可减少的量，故D正确；答案CD。6．（2023·湖南卷）处理某铜冶金污水(含)的部分流程如下：

已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：物质开始沉淀1.94.26.23.5完全沉淀3.26.78.24.6②。下列说法错误的是A．“沉渣Ⅰ”中含有和B．溶液呈碱性，其主要原因是C．“沉淀池Ⅱ”中，当和完全沉淀时，溶液中D．“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水【答案】D【分析】污水中含有铜离子、三价铁离子、锌离子、铝离子，首先加入石灰乳除掉三价铁离子和铝离子，过滤后，加入硫化钠除去其中的铜离子和锌离子，再次过滤后即可达到除去其中的杂质，以此解题。【解析】A．根据分析可知氢氧化铁当pH=1.9时开始沉淀，氢氧化铝当pH=3.5时开始沉淀，当pH=4时，则会生成氢氧化铝和氢氧化铁，即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正确；B．硫化钠溶液中的硫离子可以水解，产生氢氧根离子，使溶液显碱性，其第一步水解的方程式为：S2-+H2O⇌HS-+OH-，B正确；C．当铜离子和锌离子完全沉淀时，则硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡，则，C正确；D．污水经过处理后其中含有较多的钙离子，故“出水”应该经过阳离子交换树脂软化处理，达到工业冷却循环用水的标准后，才能使用，D错误；故选D。7．（2022·湖南卷）铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下：下列说法错误的是A．不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料B．采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率C．合成槽中产物主要有和D．滤液可回收进入吸收塔循环利用【答案】C【解析】烟气(含HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应，向合成槽中通入NaAlO2，发生反应，过滤得到和含有的滤液。A．陶瓷的成分中含有SiO2，SiO2能与烟气中的HF发生反应，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料，故A正确；B．采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积，提高吸收塔内烟气吸收效率，故B正确；C．由上述分析可知，合成槽内发生反应，产物是和，故C错误；D．由上述分析可知，滤液的主要成分为，可进入吸收塔循环利用，故D正确；答案选C。8．（2022·福建卷）用铬铁合金(含少量单质)生产硫酸铬的工艺流程如下：下列说法错误的是A．“浸出”产生的气体含有 B．“除杂”的目的是除去元素C．流程中未产生六价铬化合物 D．“滤渣2”的主要成分是【答案】D【分析】由流程可知，加入稀硫酸溶解，生成气体为氢气，溶液中含加入Na2S分离出滤渣1含CoS和NiS，不会沉淀，再加入草酸除铁生成FeC2O4，过滤分离出硫酸铬，以此来解答。【解析】A．四种金属均与稀硫酸反应生成H2，A正确；B．共有四种金属，由流程可知，沉铁后分离出硫酸铬，则“除杂"的目的是除去Ni、Co元素，B正确；C．由上述分析可知，流程中未产生六价铬化合物，C正确；D．“滤渣2”的主要成分是FeC2O4，D错误；故本题选D。9．（2022·山东卷）高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。开始沉淀pH1.94.26.2沉淀完全pH3.26.78.2下列说法错误的是A．固体X主要成分是和S；金属M为ZnB．浸取时，增大压强可促进金属离子浸出C．中和调pH的范围为3.2~4.2D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成【答案】D【解析】CuS精矿(含有杂质Zn、Fe元素)在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产生为CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH)3；滤液中含有Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入高压H2，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。A．经过上述分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH)3，金属M为Zn，A正确；B．CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，增大O2的浓度，可以反应消耗S2-，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B正确；C．根据流程图可知：用NH3调节溶液pH时，要使Fe3+转化为沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2～4.2，C正确；D．在用H2还原Cu2+变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H+，与溶液中OH-结合形成H2O，若还原时增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H2失去电子还原Cu单质，因此不利于Cu的生成，D错误；故合理选项是D。考点三晶胞分析与计算10．（2023·新课标卷）一种可吸附甲醇的材料，其化学式为，部分晶体结构如下图所示，其中为平面结构。

下列说法正确的是A．该晶体中存在N-H…O氢键 B．基态原子的第一电离能：C．基态原子未成对电子数： D．晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同【答案】A【解析】A．由晶体结构图可知，中的的与中的形成氢键，因此，该晶体中存在氢键，A说法正确；B．同一周期元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是第ⅡA、ⅤA元素的原子结构比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素的原子，因此，基态原子的第一电离能从小到大的顺序为C<O<N，B说法不正确；C．B、C、O、N的未成对电子数分别为1、2、2、3，因此，基态原子未成对电子数B<C=O<N，C说法不正确；D．为平面结构，则其中的C和N原子轨道杂化类型均为；中B与4个O形成了4个σ键，B没有孤电子对，则B的原子轨道杂化类型为；中O分别与B和C形成了2个σ键，O原子还有2个孤电子对，则O的原子轨道的杂化类型均为；综上所述，晶体中B、О和N原子轨道的杂化类型不相同，D说法不正确；综上所述，本题选A。11．（2023·山东卷）石墨与F2在450℃反应，石墨层间插入F得到层状结构化合物(CF)x，该物质仍具润滑性，其单层局部结构如图所示。下列关于该化合物的说法正确的是A．与石墨相比，(CF)x导电性增强B．与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强C．(CF)x中的键长比短D．1mol(CF)x中含有2xmol共价单键【答案】B【解析】A．石墨晶体中每个碳原子上未参与杂化的1个2p轨道上电子在层内离域运动，故石墨晶体能导电，而(CF)x中没有未参与杂化的2p轨道上的电子，故与石墨相比，(CF)x导电性减弱，A错误；B．(CF)x中C原子的所有价键均参与成键，未有未参与成键的孤电子或者不饱和键，故与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强，B正确；C．已知C的原子半径比F的大，故可知(CF)x中的键长比长，C错误；D．由题干结构示意图可知，在(CF)x中C与周围的3个碳原子形成共价键，每个C-C键被2个碳原子共用，和1个F原子形成共价键，即1mol(CF)x中含有2.5xmol共价单键，D错误；故答案为：B。12．（2023·湖南卷）科学家合成了一种高温超导材料，其晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为。阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是

A．晶体最简化学式为B．晶体中与最近且距离相等的有8个C．晶胞中B和C原子构成的多面体有12个面D．晶体的密度为【答案】C【解析】A．根据晶胞结构可知，其中K个数：8×=1，其中Ca个数：1，其中B个数：12×=6，其中C个数：12×=6，故其最简化学式为，A正确；B．根据晶胞结构可知，位于晶胞体心，Ca位于定点，则晶体中与最近且距离相等的有8个，B正确；C．根据晶胞结构可知，晶胞中B和C原子构成的多面体有14个面，C错误；D．根据选项A分析可知，该晶胞最简化学式为，则1个晶胞质量为：，晶胞体积为a3×10-30cm3，则其密度为，D正确；故选C。13．（2023·湖北卷）镧La和H可以形成一系列晶体材料，在储氢和超导等领域具有重要应用。，属于立方晶系，晶胞结构和参数如图所示。高压下，中的每个H结合4个H形成类似的结构，即得到晶体。下列说法错误的是A．晶体中La的配位数为8B．晶体中H和H的最短距离：C．在晶胞中，H形成一个顶点数为40的闭合多面体笼D．单位体积中含氢质量的计算式为【答案】C【解析】A．由的晶胞结构可知，La位于顶点和面心，晶胞内8个小立方体的中心各有1个H原子，若以顶点La研究，与之最近的H原子有8个，则La的配位数为8，故A正确；B．由晶胞结构可知，每个H结合4个H形成类似的结构，H和H之间的最短距离变小，则晶体中H和H的最短距离：，故B正确；C．由题干信息可知，在晶胞中，每个H结合4个H形成类似的结构，这样的结构有8个，顶点数为48=32，且不是闭合的结构，故C错误；D．1个晶胞中含有58=40个H原子，含H质量为g，晶胞的体积为(484.010-10cm)3=(4.8410-8)3cm3，则单位体积中含氢质量的计算式为，故D正确；答案选C。14．（2023·辽宁卷）晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。下列说法错误的是

A．图1晶体密度为g∙cm-3 B．图1中O原子的配位数为6C．图2表示的化学式为 D．取代产生的空位有利于传导【答案】C【解析】A．根据均摊法，图1的晶胞中含Li：8×+1=3，O：2×=1，Cl：4×=1，1个晶胞的质量为g=g，晶胞的体积为(a×10-10cm)3=a3×10-30cm3，则晶体的密度为g÷(a3×10-30cm3)=g/cm3，A项正确；B．图1晶胞中，O位于面心，与O等距离最近的Li有6个，O原子的配位数为6，B项正确；C．根据均摊法，图2中Li：1，Mg或空位为8×=2。O：2×=1，Cl或Br：4×=1，Mg的个数小于2，根据正负化合价的代数和为0，图2的化学式为LiMgOClxBr1-x，C项错误；D．进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料，说明Mg2+取代产生的空位有利于Li+的传导，D项正确；答案选C。一、微型实验设计中易出现的7大误区(1)进行某些易燃易爆实验时要防爆炸(如H2还原CuO时应先通H2，再加热。可燃性气体点燃前先验纯等)。(2)防氧化(如H2还原CuO后要“先灭灯再停氢”，切割白磷宜在水中进行等)。(3)防吸水(实验取用和制取易吸水、潮解、水解的物质时宜采取必要措施防止吸水，以保证达到实验目的)。(4)冷凝回流：有些反应中，为减少易挥发液体反应物的损耗和充分利用原料，需在反应装置上加装冷凝回流装置(如长玻璃管、冷凝管等)。(5)易挥发液体产物(导出时为蒸气)的及时冷却。(6)仪器拆卸的科学性与安全性(可从防污染、防氧化、防倒吸、防爆炸、防泄漏等角度考虑)。(7)其他，如实验操作顺序，试剂加入顺序等。二、常见易错的实验操作实验操作及现象结论判断解释（1）用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色一定是钠盐，该溶液中一定不含有K+错结论混淆了范围：NaOH焰色反应火焰也是黄色，检验钾要透过蓝色钴玻璃，透过蓝色钴玻璃呈现紫色说明含有钾元素，否则不含有（2）向乙醇中加入浓硫酸，加热，溶液变黑，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色该气体是乙烯错挥发的乙醇、乙烯、副反应生成的SO2都能使酸性KMnO4溶液褪色（3）向溶液X中滴加NaOH稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝溶液X中无N错NH3极易溶于水，在溶液中加入稀NaOH溶液，生成的氨水浓度小，不加热NH3不会挥发出来（4）用湿润的淀粉−碘化钾试纸检验气体Y，试纸变蓝该气体是Cl2错淀粉−碘化钾试纸检验的是具有强氧化性的气体，Y可能是Cl2，也可能是O3、NO2等气体（5）将某气体通入品红溶液中，品红褪色该气体一定是SO2错O3、Cl2也能使品红褪色（6）向溶液Y中滴加硝酸，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成Y中一定含有错溶液Y中可能含有Ag+；②若溶液Y中含有，滴加硝酸时能被氧化成，加入BaCl2也会有白色沉淀产生（7）向CH2CHCHO中滴入KMnO4酸性溶液，溶液褪色该有机物中含有碳碳双键错碳碳双键和醛基都能使酸性高锰酸钾褪色，故用KMnO4溶液无法证明分子中含有碳碳双键（8）蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X，有白烟产生X一定是浓盐酸错只要是挥发性的浓酸遇蘸有浓氨水的玻璃棒都能产生白烟，浓盐酸、浓硝酸都符合（9）在淀粉溶液中加入适量稀硫酸微热，向水解后的溶液中加入新制Cu(OH)2并加热，无砖红色沉淀说明淀粉未水解错稀硫酸在淀粉水解中作催化剂，在未中和硫酸的情况下加入的新制Cu(OH)2会与硫酸反应生成CuSO4，在加热时得不到沉淀，应该先加氢氧化钠中和硫酸后再加新制Cu(OH)2（10）向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色该溶液中一定含Fe2+正确Fe2+的检验方法正确（11）溴乙烷与NaOH溶液共热后，滴加AgNO3溶液，未出现淡黄色沉淀溴乙烷未发生水解错NaOH与AgNO3溶液反应生成的AgOH极不稳定，分解生成黄褐色的氧化银，干扰溴离子的检验（12）在硫酸钡沉淀中加入浓碳酸钠溶液充分搅拌后，取沉淀(洗净)放入盐酸中有气泡产生说明Ksp(BaCO3)<Ksp(BaSO4)错溶解度大的容易向溶解度小的物质转化；但Ksp相近时，溶解度小的也能向溶解度大的物质转化三、晶体的化学式、晶体中原子的配位数、晶体类型1．晶胞结构的分析(1)判断某种微粒周围等距且紧邻的微粒数目时，要注意运用三维想象法。如NaCl晶体中，Na＋周围的Na＋数目(Na＋用“”表示)：每个面上有4个，共计12个。(2)记住常见晶体如干冰、冰、金刚石、SiO2、石墨、CsCl、NaCl、K、Cu等的空间结构及结构特点。当题中信息给出的某种晶胞空间结构与常见晶胞的空间结构相同时，可以直接套用该种结构。2．晶胞中微粒数目的计算方法——均摊法(1)原则：晶胞中任意位置上的一个原子如果是被n个晶胞所共有，那么，每个晶胞对这个原子分得的份额就是eq\f(1,n)。(2)方法A.长方体(包括立方体)晶胞中不同位置的微粒数的计算方法如图所示：B.非长方体晶胞中粒子视具体情况而定：a．三棱柱b．六棱柱A．NaCl(含4个Na，4个Cl-)A．NaCl(含4个Na，4个Cl-)B．干冰(含4个CO2)C．CaF2(含4个Ca2+，8个F-)D．金刚石(含8个C)E．体心立方(含2个原子)F．面心立方(含4个原子)3．“均摊法”在晶胞组成计算中的应用(1)计算一个晶胞中微粒的数目非平行六面体形晶胞中微粒数目的计算同样可用“均摊法”，其关键仍是确定一个微粒为几个晶胞所共有。例如，石墨晶胞：每一层内碳原子排成六边形，其顶点(1个碳原子)对六边形的贡献为eq\f(1,3)，那么一个六边形实际有6×eq\f(1,3)＝2个碳原子。又如，六棱柱晶胞(MgB2晶胞)如图：。顶点上的原子为6个晶胞(同层3个，上层或下层3个)共有，面上的原子为2个晶胞共有，因此镁原子个数为12×eq\f(1,6)＋2×eq\f(1,2)＝3个，硼原子个数为6。(2)计算化学式(3)=1\*GB3①单位换算：1nm＝10－7cm、1pm＝10－10cm②金属晶体中体心立方、面心立方堆积中的几组公式(设棱长为a)a．面对角线长：eq\r(2)ab．体对角线长：eq\r(3)ac．体心立方堆积：4r＝eq\r(3)a(r为原子半径)d．面心立方堆积：4r＝eq\r(2)a(r为原子半径)4．晶胞中的配位数(1)概念：在晶体中某一个原子（离子）周围所接触到的同种原子（异性离子）的数目。如NaCl的晶胞模型如图，Na＋配位数为6，Cl－配位数为6。金属Po为简单立方堆积，Po的配位数为6金属Na、K、Fe为体心立方堆积，配位数为8(2)晶胞中微粒配位数的确定方法5．判断晶体类型的方法(1)主要是根据各类晶体的特征性质判断如低熔、沸点的化合物形成分子晶体；熔、沸点较高，且在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物形成离子晶体；熔、沸点很高，不导电，不溶于一般溶剂的物质形成原子晶体；晶体能导电、传热、具有延展性的为金属晶体。(2)根据物质的类别判断金属氧化物(如K2O、Na2O2等)、强碱(如NaOH、KOH等)和绝大多数的盐类是离子晶体；大多数非金属单质(除金刚石、石墨、晶体硅、晶体硼外)、气态氢化物、非金属氧化物(除SiO2外)、酸、绝大多数有机物(除有机盐外)是分子晶体。常见的共价晶体中单质有金刚石、晶体硅、晶体硼等；常见的共价晶体中化合物有碳化硅、二氧化硅等。金属单质(注：汞在常温为液体)与合金是金属晶体。四、熟记常见晶体结构特征及分析方法1．常见分子晶体结构分析晶体晶体结构结构分析干冰(1)每8个CO2构成1个立方体且在6个面的面心又各有1个CO2(2)每个CO2分子周围紧邻的CO2分子有12个(3)密度＝eq\f(4×44g·mol－1,NA×a3)(a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数)白磷(1)面心立方最密堆积(2)密度＝eq\f(4×124g·mol－1,NA×a3)(a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数)2．常见原子晶体结构分析晶体晶体结构结构分析金刚石(1)每个C与相邻4个C以共价键结合，形成正四面体结构(2)键角均为109°28′(3)最小碳环由6个C组成且6个C不在同一平面内(4)每个C参与4个C—C键的形成，C原子数与C—C键数之比为1∶2(5)密度＝eq\f(8×12g·mol－1,NA×a3)(a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数)SiO2(1)每个Si与4个O以共价键结合，形成正四面体结构(2)每个正四面体占有1个Si,4个“eq\f(1,2)O”，因此二氧化硅晶体中Si与O的个数比为1∶2(3)最小环上有12个原子，即6个O,6个Si(4)密度＝eq\f(8×60g·mol－1,NA×a3)(a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数)SiC、BP、AlN(1)每个原子与另外4个不同种类的原子形成正四面体结构(2)密度：ρ(SiC)＝eq\f(4×40g·mol－1,NA×a3)；ρ(BP)＝eq\f(4×42g·mol－1,NA×a3)；ρ(AlN)＝eq\f(4×41g·mol－1,NA×a3)(a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数)3．常见离子晶体结构分析(1)典型离子晶体模型NaCl型CsCl型ZnS型CaF2型晶胞配位数及影响因素配位数684F－：4；Ca2＋：8影响因素阳离子与阴离子的半径比值越大，配位数越多，另外配位数还与阴、阳离子的电荷比有关等密度的计算(a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数)eq\f(4×58.5g·mol－1,NA×a3)eq\f(168.5g·mol－1,NA×a3)eq\f(4×97g·mol－1,NA×a3)eq\f(4×78g·mol－1,NA×a3)(2)晶格能①定义：气态离子形成1摩离子晶体释放的能量。晶格能是反映离子晶体稳定性的数据，可以用来衡量离子键的强弱，晶格能越大，离子键越强。②影响因素：晶格能的大小与阴阳离子所带电荷、阴阳离子间的距离、离子晶体的结构类型有关。离子所带电荷越多，半径越小，晶格能越大。③对离子晶体性质的影响：晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，而且熔点越高，硬度越大。4．常见金属晶体结构分析(1)金属晶体的四种堆积模型分析堆积模型简单立方堆积体心立方堆积六方最密堆积面心立方最密堆积晶胞配位数681212原子半径(r)和晶胞边长(a)的关系2r＝a2r＝eq\f(\r(3)a,2)2r＝eq\f(\r(2)a,2)一个晶胞内原子数目1224原子空间利用率52%68%74%74%(2)金属晶胞中原子空间利用率计算空间利用率＝eq\f(球体积,晶胞体积)×100%，球体积为金属原子的总体积。①简单立方堆积如图所示，原子的半径为r，立方体的棱长为2r，则V球＝eq\f(4,3)πr3，V晶胞＝(2r)3＝8r3，空间利用率＝eq\f(V球,V晶胞)×100%＝eq\f(\f(4,3)πr3,8r3)×100%≈52%。②体心立方堆积如图所示，原子的半径为r，体对角线c为4r，面对角线b为eq\r(2)a，由(4r)2＝a2＋b2得a＝eq\f(4,\r(3))r。1个晶胞中有2个原子，故空间利用率＝eq\f(V球,V晶胞)×100%＝eq\f(2×\f(4,3)πr3,a3)×100%＝eq\f(2×\f(4,3)πr3,\f(4,\r(3))r3)×100%≈68%。③六方最密堆积如图所示，原子的半径为r，底面为菱形(棱长为2r，其中一个角为60°)，则底面面积S＝2r×eq\r(3)r＝2eq\r(3)r2，h＝eq\f(2\r(6),3)r，V晶胞＝S×2h＝2eq\r(3)r2×2×eq\f(2\r(6),3)r＝8eq\r(2)r3,1个晶胞中有2个原子，则空间利用率＝eq\f(V球,V晶胞)×100%＝eq\f(2×\f(4,3)πr3,8\r(2)r3)×100%≈74%。④面心立方最密堆积如图所示，原子的半径为r，面对角线为4r，a＝2eq\r(2)r，V晶胞＝a3＝(2eq\r(2)r)3＝16eq\r(2)r3,1个晶胞中有4个原子，则空间利用率＝eq\f(V球,V晶胞)×100%＝eq\f(4×\f(4,3)πr3,16\r(2)r3)×100%≈74%。(3)晶体微粒与M、ρ之间的关系若1个晶胞中含有x个微粒，则1mol该晶胞中含有xmol微粒，其质量为xMg(M为微粒的相对分子质量)；若该晶胞的质量为ρa3g(a3为晶胞的体积)，则1mol晶胞的质量为ρa3NAg，因此有xM＝ρa3NA。考点一微型实验1．（2024·广东省佛山一模）一种制备的改进装置如图所示，下列说法错误的是A．配制溶液时需加入硫酸B．实验时先注入稀硫酸，再注入NaOH溶液和溶液C．装置N的作用是液封，并判断装置M中的空气是否排尽D．用铁粉代替粉末，也能排尽空气【答案】D【分析】实验时先注入稀硫酸，碳酸钠和硫酸反应放出二氧化碳，等烧杯内紫色石蕊试液变红，再注入NaOH溶液和溶液生成氢氧化亚铁。【解析】A．易水解，为防止水解，配制溶液时需加入硫酸，故A正确；B．实验时先注入稀硫酸，等二氧化碳排出锥形瓶内的空气后再注入NaOH溶液和溶液生成氢氧化亚铁，故B正确；C．烧杯内紫色石蕊试液变红，说明锥形瓶内空气完全排出，同时装置N可以防止空气进入锥形瓶，故C正确；D．氢气的密度比空气小，用铁粉代替粉末，不能排尽空气，故D错误；选D。2．（2024·山东临沂一模）氮化钛(TiN)是新型耐热材料，其制备原理为6TiO2+8NH36TiN+12H2O+N2，实验装置如图所示(夹持装置省略)。下列说法错误的是A．试剂X可以是碱石灰或生石灰B．装置的连接顺序为I→III→II→IVC．先打开恒压分液漏斗旋塞，再打开管式炉加热开关D．棉花的作用是防止固体进入导管，使导管堵塞【答案】B【分析】装置Ⅰ制备氨气，装置Ⅱ是发生装置，装置Ⅲ吸收尾气同时防止空气中的水蒸气进入装置Ⅱ中，装置Ⅳ干燥氨气，据此解答。【解析】A．浓氨水中加入氧化钙、氢氧化钠或碱石灰可以产生氨气，因此试剂X可以是碱石灰或生石灰，A正确；B．氯化钙能吸收氨气，不能干燥氨气，所以装置的连接顺序为I→IV→II→III，B错误；C．需要利用氨气排尽装置中的空气，所以先打开恒压分液漏斗旋塞，再打开管式炉加热开关，C正确；D．由于气体的气流也可能把固体小颗粒插入导管中，所以棉花的作用是防止固体进入导管，使导管堵塞，D正确；答案选B。3．（2024·广东广州·二模）某实验小组用作催化剂，以乙炔为原料制备草酸()，反应原理为：。下列说法不正确的是A．装A使用多孔球泡可增大反应速率B．向装置C通入氧气的目的是排除装置内的空气C．装置D的作用是吸收氮氧化物，防止污染空气D．装置A、B、C中的现象分别为有红棕色、无色、红棕色【答案】B【分析】C2H2与HNO3(浓)在硝酸汞作催化剂下反应生成草酸和NO2，B中二氧化氮和水生成无色一氧化氮气体，装置C通入氧气使NO转化为NO2，NO2、O2混合气进入D，氮氧化合物和D中氢氧化钠反应被吸收，防止污染空气；【解析】A．多孔球泡增加与溶液接触面积，增大反应速率，A正确；B．向装置C通入氧气目的是使NO转化为NO2，NO2、O2混合气进入D，氮氧化合物和D中氢氧化钠反应被吸收，防止污染空气，B错误；C．装置D中碱液的作用是吸收氮氧化物，防止污染，C正确；D．装置A中生成二氧化氮气体，B中二氧化氮和水生成无色一氧化氮气体，C中一氧化氮和氧气生成二氧化氮气体，现象分别为有红棕色、无色、红棕色，D正确；故选B。4．（2024·广西·校联考模拟预测）实验室用以下装置(夹持和水浴加热装置略)制备环己酮缩乙二醇。实验中利用苯—水的共沸体系带出水分，其反应原理：下列有关说法错误的是A．以共沸体系带水促使反应正向进行B．当观察到分水器中苯层液面高于支管口时，必须打开旋塞B将水放出C．管口A是冷凝水的进水口D．根据带出水的体积可估算反应进度【答案】B【解析】由题意可知，该实验的实验目的是利用环己酮和乙二醇反应制备环己酮缩乙二醇，反应中环己酮先与乙二醇发生加成反应，后发生取代反应生成环己酮缩乙二醇，装置中苯的作用是作反应溶剂，同时与水形成共沸物便于蒸出水，冷凝管的作用是冷凝回流苯和水蒸气，分水器的作用是减小生成物的浓度，使平衡向正反应方向移动，提高环己酮缩乙二醇的产率，所以当观察到分水器中水层液面高于支管口时，必须打开旋塞B将水放出；A．由反应方程式可知，生成物中含有水，若将水分离出去，可促进反应正向进行，该反应选择以共沸体系带水可以促使反应正向进行，选项A正确；B．由分析可知，当观察到分水器中水层液面高于支管口时，必须打开旋塞B将水放出，选项B错误；C．由分析可知，冷凝管的作用是冷凝回流苯和水蒸气，从管口A通入冷凝水有利于增大冷凝的接触面积，提高冷凝效果，选项C正确；D．根据投料量，可估计生成水的体积，随着反应的进行、分水器中水层体积不断增大，所以可根据带出水的体积估算反应进度，选项D正确；答案选B。5．（2024·广东省江门一模）实验室用和溶液制备碳酸亚铁的装置如图所示（夹持装置已省略），三颈烧瓶中产生白色沉淀及无色气体。下列说法不正确的是A．装置甲产生可排除装置中的空气B．装置乙中盛装的试剂为饱和溶液C．装置丙中发生反应的离子方程式：D．反应结束后，将丙中反应液静置、过滤、洗涤、干燥，可得到碳酸亚铁【答案】B【分析】为防止氧化，制备碳酸亚铁应在无氧环境中进行，装置制备CO2经过乙饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，进入丙中驱赶装置内的空气，丙装置中碳酸氢根与Fe2+反应生成FeCO3，丁用于吸收多余的CO2并避免空气进入丙中氧化目标产物；【解析】A．装置甲产生可排除装置中的空气，开始时应先通一段时间CO2排尽装置的空气防止FeCO3被氧化，A正确；B．CO2经过乙饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，而不是饱和碳酸钠，B错误；C．丙中二氧化碳与Fe2+反应生成FeCO3同时生成二氧化碳、水，，C正确；D．丙中碳酸亚铁为沉淀，故反应后将丙中反应液静置、过滤、洗涤、干燥，可得到碳酸亚铁，D正确；故选B。6．（2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）钛白(TiO2)是重要的化工原料，呈白色粉末，不溶于水。气相氧化法制取钛白的反应原理为TiCl4(g)+O2(g)TiO2(s)+2Cl2(g)。实验室模拟制备二氧化钛的气相氧化装置如图所示(部分夹持仪器及加热装置已略去)。已知：TiCl4熔点为－24.1℃，沸点为136.4℃，在空气中发烟，生成二氧化钛固体和白雾。下列说法错误的是A．装置Ⅰ中反应的化学方程式可能为2H2O22H2O+O2↑B．装置Ⅲ采用的加热的方式为油浴加热C．冷凝管的作用是冷凝回流，从a口进水，b口出水D．试剂X为无水CaCl2，防止空气中的水分进入装置【答案】D【分析】装置I制备氧气，经浓硫酸干燥后与IV挥发的TiCl4在III中高温反应，试剂X既要干燥空气，又要处理尾气。【解析】A．装置Ⅰ为固液常温型制备氧气，反应的化学方程式可能为2H2O22H2O+O2↑，A正确；B．装置Ⅲ需要高温条件，采用的加热的方式为油浴加热，B正确；C．冷凝管的作用是冷凝回流，下进上出，从a口进水，b口出水，C正确；D．试剂X可以为碱石灰，防止空气中的水分进入装置同时吸收尾气氯气，D错误。故选D。7．（2023·吉林长春·校考一模）是一种难溶于水和乙醇的白色固体，易被氧化为高价绿色铜盐、见光受热易分解。可利用如图装置(夹持装置略去)将通入新制氢氧化铜悬浊液中制备。下列说法正确的是：A．装置A中液体为98%浓硫酸B．装置B的作用是除去气体中的余质C．将装置C中混合物过滤，依次用水和乙醇洗涤后，烘干后密封保存D．制备的反应方程式为：【答案】D【解析】本题利用二氧化硫、氯化铜溶液与氢氧化钠溶液反应制备氯化亚铜，A装置用来生成二氧化硫，B装置放在中间用来平衡压强，若二氧化硫气流过快或堵塞，长颈漏斗下端会有一段液柱，C装置用来制备氯化亚铜，D装置用来吸收过量的二氧化硫，避免造成空气污染，据此回答问题。A．硫酸浓度太大不利于离子反应的发生，制取二氧化硫采取70%的浓硫酸，故A错误；B．装置B的作用是平衡压强，防止倒吸，故B错误；C．装置C中混合物会混有少量的氢氧化铜，不能直接洗涤后烘干，故C错误；D．反应生成氯化亚铜，铜的化合价降低，硫元素升高化合价，生成物为硫酸根离子，故反应方程式为，故D正确；故选D。8．（2024·广西·统考一模）实验室用以下装置(夹持和水浴加热装置略)制备环己酮缩乙二醇。实验中利用苯—水的共沸体系带出水分，其反应原理：下列有关说法错误的是A．以共沸体系带水促使反应正向进行B．当观察到分水器中苯层液面高于支管口时，必须打开旋塞B将水放出C．管口A是冷凝水的进水口D．根据带出水的体积可估算反应进度【答案】B【分析】由题意可知，该实验的实验目的是利用环己酮和乙二醇反应制备环己酮缩乙二醇，反应中环己酮先与乙二醇发生加成反应，后发生取代反应生成环己酮缩乙二醇，装置中苯的作用是作反应溶剂，同时与水形成共沸物便于蒸出水，冷凝管的作用是冷凝回流苯和水蒸气，分水器的作用是减小生成物的浓度，使平衡向正反应方向移动，提高环己酮缩乙二醇的产率，所以当观察到分水器中水层液面高于支管口时，必须打开旋塞B将水放出；【解析】A．由反应方程式可知，生成物中含有水，若将水分离出去，可促进反应正向进行，该反应选择以共沸体系带水可以促使反应正向进行，选项A正确；B．由分析可知，当观察到分水器中水层液面高于支管口时，必须打开旋塞B将水放出，选项B错误；C．由分析可知，冷凝管的作用是冷凝回流苯和水蒸气，从管口A通入冷凝水有利于增大冷凝的接触面积，提高冷凝效果，选项C正确；D．根据投料量，可估计生成水的体积，随着反应的进行、分水器中水层体积不断增大，所以可根据带出水的体积估算反应进度，选项D正确；答案选B。9．（2024·广西北海·统考一模）KMnO4是一种常用的氧化剂，某实验小组利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如图所示(夹持装置略)。已知：K2MnO4在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：。下列说法错误的是A．试剂X可以是漂白粉或MnO2B．装置连接顺序是C．装置C中每生成1molKMnO4，消耗Cl2的物质的量大于0.5molD．若去掉装置A，会导致KMnO4产率降低【答案】A【解析】使用B装置用强氧化剂漂白粉或KClO3或KMnO4等于浓盐酸在室温下制取Cl2，然后结构装置A除去Cl2中的杂质HCl，再将Cl2通入装置C中与K2MnO4制备KMnO4，导气管应该长进短出，最后通入装置D进行尾气处理，防止多余Cl2污染环境。A．在装置B中与与浓盐酸在室温下反应制取Cl2，试剂X可以是漂白粉或KClO3或KMnO4，试剂X不可以是MnO2，因为MnO2和浓盐酸反应需要加热，图中无加热装置，因此MnO2不能与浓盐酸反应制取得到Cl2，A错误；B．根据上述分析可知装置连接顺序是BACD，则装置导气管连接顺序是，B正确；C．因氯气会与溶液中的KOH也会发生反应，故根据反应过程中电子转移数目相等可知：装置C中每生成1molKMnO4，反应消耗Cl2的物质的量大于0.5mol，C正确；D．若去掉装置A，挥发的氯化氢会与溶液中的KOH中和，导致溶液碱性减弱，反应生成MnO2，从而导致KMnO4产率降低，D正确；故合理选项是A。10．（2023·山东日照·统考三模）无水CrCl3是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。制取CrCl3的反应方程式为，实验装置如图所示：已知有毒，遇水发生水解。下列说法错误的是A．甲中的试剂为浓硫酸B．若实验过程中乙处出现堵塞，用酒精灯加热乙处即可C．丙中发生反应的离子方程式为D．实验前、后均需通入一段时间的，其作用相同【答案】D【解析】结合装置图，反应前先通入氮气，排除空气的干扰，CrCl3易潮解、高温下易被氧气氧化，则实验过程中必须保持干燥环境，甲中装浓H2SO4可以干燥N2并防止空气中水蒸气进入装置，反应结束后继续通入一段时间干燥的氮气，使CrCl3在氮气氛围中冷却，无水CaCl2防止丙中水蒸气进入乙装置；生成的COCl2有毒，需要通过NaOH溶液吸收处理，据此分析解题。A．由分析可知，甲中的试剂为浓硫酸，可以干燥N2并防止空气中水蒸气进入置，Ａ正确；B．由题干信息可知，CrCl3具有易升华的性质，故若实验过程中乙处出现堵塞，用酒精灯加热乙处即可，B正确；C．装置丙中可以看做是COCl2先与水反应生成二氧化碳和氯化氢，二氧化碳和氯化氢再与氢氧化钠反应，所以最终溶液中存在碳酸根离子和氯离子，故反应方程式为：，C正确；D．由分析可知，实验前、后均需通入一段时间的，反应前先通入氮气，排除空气的干扰，而反应结束后继续通入一段时间干燥的氮气，使CrCl3在氮气氛围中冷却，即前后两次的作用不相同，D错误；故答案为：D。考点二微型工艺流程11．（2023·河北保定·校联考三模）实验室利用废弃旧电池的铜帽(主要成分为锌铜合金)回收Cu并制备ZnCl2的部分实验过程如图所示。下列说法不正确的是A．“溶解”时Cu发生反应的离子方程式为Cu＋H2O2＋2H+=Cu2＋＋2H2O，B．因为升高温度可以加快反应速率，所以“溶解”时适宜采用高温C．“调节pH=2”后，溶液中大量存在的离子有Cu2＋、Zn2＋、H＋、Cl－、Na+D．将ZnCl2溶液在HCl的气氛中加热蒸干即可获得无水ZnCl2【答案】B【解析】电池铜帽中的铜在酸性条件下被过氧化氢氧化生成铜离子，铜帽中的锌被盐酸溶解生成锌离子，加入氢氧化钠调节pH后加入锌单质，可将铜置换回收，氯化锌滤液在HCl气流中加热蒸干即可获得无水氯化锌；A．“溶解”时Cu在酸性条件下被H2O2氧化，反应生成Cu2＋，发生反应的离子方程式为Cu＋H2O2＋2H+=Cu2＋＋2H2O，故A正确；B．升高温度能够加快化学反应速率，但双氧水受热易分解、盐酸受热易挥发，因此溶解过程中需在适宜的温度下进行反应，故B错误；C．“调节pH=2”后，溶液中大量存在的离子有Cu2＋、Zn2＋、H＋、Cl-、Na+，故C正确；D．ZnCl2为强酸弱碱盐，加热能够促进Zn2+水解，因此需要在HCl的气氛中进行加热蒸干方可得到无水ZnCl2，故D正确；答案选B。12．（2024·甘肃张掖·高三一模）以含钴废渣(主要成分为CoO和Co2O3，含少量Al2O3和ZnO)为原料制备CoCO3的工艺流程如图所示：下列说法错误的是A．酸浸时加入H2O2做还原剂B．除铝时加入Na2CO3溶液可以促进Al3+的水解C．若萃取剂的总量一定，则一次加入萃取比分多次加入萃取效果更好D．将含Na2CO3的溶液缓慢滴加到Co2+溶液中沉钴，目的是防止产生Co(OH)2【答案】C【分析】由题干信息可知，钴废渣主要成分为CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质，加入硫酸酸浸并加入双氧水，纵观整个流程知最后得到CoCO3，说明该过程中双氧水起还原作用，硫酸与氧化铝、氧化锌反应，所得溶液中含有硫酸铝、硫酸锌等，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铝离子转化为氢氧化铝沉淀并过滤除去；加入萃取剂，萃取锌离子，在有机层中加入稀硫酸，可得到硫酸锌，在水相中加入碳酸钠溶液生成CoCO3固体，据此分析解题。【解析】A．由题干工艺流程图可知，酸浸时加入H2O2做还原剂、将CO3+还原为CO2+，A正确；B．除铝时加入Na2CO3溶液，发生的反应为2Al3++3+3H2O=Al(OH)3↓+3CO2↑，过滤后所得滤渣是Al(OH)3，B正确；C．萃取过程中，多次萃取能使萃取效率提高，C错误；D．沉钴时应将含Co2+的溶液缓慢滴加到Na2CO3溶液中，如果碳酸钠过量、溶液碱性过强、会生成Co(OH)2沉淀，降低CoCO3的产率，D正确；故答案为C。13．（2024·甘肃兰州·高三一模）通过下列实验以印刷线路板碱性蚀刻废液(主要成分为[Cu(NH3)4]Cl2)为原料制备还原性物质CuCl。下列说法不正确的是A．“沉铜”得到的沉淀主要为Cu(OH)2B．“还原”时离子方程式为SO+Cu2++Cl-+H2O=CuCl↓+SO+2H+C．“过滤”、“洗涤”时应该在隔绝空气的条件下进行D．可循环利用的物质为H2SO4【答案】B【分析】碱性蚀刻废液(主要成分为[Cu(NH3)4]Cl2)加足量NaOH将铜转化为氢氧化铜沉淀，过滤后将氢氧化铜溶于稀硫酸，得到硫酸铜溶液，再加入亚硫酸钠、NaCl再还原成CuCl,过滤、洗涤得到CuCl。【解析】A．由上述分析可知“沉铜”得到的沉淀主要为Cu(OH)2，故A正确；B．该反应不满足电荷守恒，正确的离子方程式为：SO+2Cu2++2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，故B错误；C．CuCl易被氧化，因此“过滤”、“洗涤”时应该在隔绝空气的条件下进行，以防止其氧化，故C正确；D．由B中反应可知还原过程中生成硫酸，可在酸溶时循环利用，故D正确；故选：B。14．（2024·山东淄博一模）从废弃的声光器件（，含、、杂质）中提取粗磅的工艺流程如图，已知性质与相似，氧化沉碲得，下列说法错误的是A．滤渣的主要成分为B．滤液1和滤液2混合可能产生白色沉淀C．“氧化沉碲”中离子方程式为D．“溶解还原”中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：3【答案】C【分析】声光器件粉末用NaOH溶液充分碱浸，得到主要含有Na2TeO3、NaAlO2、Na2SiO3的滤液，Cu不参与反应，则滤渣的主要成分为Cu，“氧化沉碲”时，Na2TeO3被NaClO氧化生成Na2TeO4沉淀，则滤液1主要含有NaAlO2、Na2SiO3和NaCl，最后Na2TeO4溶于H2SO4后被SO2还原生成Te，滤液2主要含H2SO4、Na2SO4，据此解答。【解析】A．由分析可知，滤渣的主要成分为Cu，A正确；B．滤液1主要含有NaAlO2、Na2SiO3和NaCl，滤液2主要含H2SO4、Na2SO4，则滤液1和滤液2混合时因、H+和H2O反应可能产生白色的Al(OH)3沉淀，B正确；C．“氧化沉碲”时，Na2TeO3被氧化生成Na2TeO4沉淀，NaClO被还原生成NaCl，反应的离子方程式为：，C错误；D．“溶解还原”时，Na2TeO4被还原生成Te，SO2被氧化为，根据得失电子守恒可得关系式：，Na2TeO4作氧化剂，SO2作还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3，D正确；故选C。15．（2023·陕西渭南·统考一模）一种利用废铜渣(主要成分，及少量等杂质)制备超细铜粉的流程如下：下列说法正确的是A．“酸浸”所得滤渣的主要成分为B．“沉铁”发生反应的离子方程式为C．“沉铜”发生的反应为复分解反应D．“转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：【答案】D【解析】废铜渣(主要成分CuO，及少量Fe2O3、SiO2等杂质)“酸浸”时CuO、少量Fe2O3与H2SO4反应生成硫酸铜、硫酸铁，SiO2不溶于H2SO4，所以滤渣的成分是SiO2，滤液中加过量氨水沉铁除去Fe3+，铜离子转化为Cu(NH3)，所得滤液通二氧化硫沉铜，过滤出产生的CuNH4SO3沉淀，加稀硫酸转化，+1价铜发生歧化反应，得到铜离子、和Cu。A．由分析可知，“酸浸”所得滤渣的主要成分为SiO2，故A错误；B．NH3·H2O是弱碱，在离子方程式中不能拆，故B错误；C．“沉铜”时含有Cu(NH3)和过量氨水的混合溶液中通入二氧化硫生成CuNH4SO3沉淀，铜元素化合价降低，则发生氧化还原反应，不为复分解反应，故C错误；D．转化时，CuNH4SO3在稀硫酸中发生歧化反应，得到铜离子、和Cu，结合元素守恒可知，“转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：，故D正确；故选D。16．（2024·河北·统考一模）以硫铁矿烧渣(主要是Fe2O3，少量Fe3O4和SiO2)为原料制备黄铵铁矾[NH4Fe3(SO4)2(OH)6]的工艺流程如下：下列说法错误的是A．滤渣为SiO2，试剂X可以是H2O2，其作用是作氧化剂B．可以用KSCN溶液和稀硝酸检验滤液中含有的Fe2+离子C．沉铁反应的离子方程式为D．适当增大(NH4)2SO4的浓度有利于提高黄铵铁矾的产率【答案】B【分析】由题给流程可知，向硫铁矿烧渣中加入过滤硫酸溶液酸浸时，氧化铁和四氧化三铁溶于硫酸溶液得到可溶性硫酸盐，二氧化硅不与硫酸溶液反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入试剂X过氧化氢溶液，将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，向氧化后的溶液中加入碳酸氢铵溶液调节溶液的pH至2.0，再加入硫酸铵溶液将溶液中的铁离子转化为黄铵铁矾沉淀，过滤得到黄铵铁矾和含有硫酸的滤液。【解析】A．由分析可知，滤渣的主要成分为二氧化硅，试剂X为过氧化氢溶液，加入过氧化氢溶液的目的是将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，故A正确；B．由分析可知，滤液中的主要成分是硫酸铁和硫酸亚铁，溶液中的铁离子会干扰亚铁离子检验，所以用硫氰化钾溶液和稀硝酸无法检验溶液中的亚铁离子，故B错误；C．由分析可知，沉铁反应时加入硫酸铵溶液的目的是将溶液中的铁离子转化为黄铵铁矾沉淀，反应的离子方程式为，故C正确；D．由分析可知，沉铁反应时加入硫酸铵溶液的目的是将溶液中的铁离子转化为黄铵铁矾沉淀，所以适当增大硫酸铵溶液的浓度有利于使溶液中的铁离子完全转化为黄铵铁矾，从而提高黄铵铁矾的产率，故D正确；故选B。17．（2023·江西·校联考模拟预测）一种从某钒矿石(主要成分为V2O5、Al2O3、Fe2O3和SiO2)中提钒的工艺流程如图所示。已知：酸浸的温度应控制在80℃，(VO2)2SO4，易水解。下列说法错误的是A．“氯化焙烧”时气体与矿料逆流而行的目的是使反应物充分接触，加快反应速率B．“氯化焙烧”“酸浸”和“还原”的操作过程中均有氧化还原反应发生C．“酸浸”的温度不宜过高的目的是防止VO过度水解D．“操作X”使用的主要玻璃仪器有梨形分液漏斗、烧杯【答案】B【解析】钒矿石经过氯化焙烧生成氯气和矾酸钠，钒酸钠经过酸浸生成(VO2)2SO4，(VO2)2SO4被草酸还原再经过萃取分液、反萃取等操作最终得到VOSO4。A．“氯化焙烧”时气体与矿料逆流而行的目的是使反应物充分接触，加快反应速率，A项正确；B．“氯化焙烧”和“还原”的操作过程中均有氧化还原反应发生，“酸浸”的过程中各物质的化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，B错误；C．VO易水解，升高温度促进水解，所以“酸浸”的温度不宜过高的目的是防止VO过度水解，C项正确；D．“操作X”为反萃取、分液，需要烧杯、梨形分液漏斗，D正确；故选B。18．（2024·山东菏泽一模）锡碲渣废料(主要成分为，还含有少量铁、砷、铅等元素的氧化物)为原料，制备锡酸钠晶体和碲的工艺流程如下。已知水碎液中溶质主要成分为、；碱性条件下，锡酸钠在水中的溶解度随温度的升高而减小。下列说法正确的是A．“除碲”时，碲的脱除率随温度升高持续增大B．“除铅”时，主要反应的化学方程式为C．制备碲的过程中，若每步消耗等物质的量的含碲物质，则转移电子数相等D．经“溶析结晶”获得产品的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥【答案】B【分析】锡碲渣废料(主要成分是SnO、TeO，还含有少量Fe、Pb、As等元素的氧化物)在通入空气的情况下用NaOH碱溶，生成溶质的主要成分为、的水碎液，只有Fe的氧化物未溶解，所以Fe的氧化物就成为水碎渣；往水碎液中加入Ba(OH)2将As转化为Ba3(AsO4)2，过滤除去，滤液中加Na2S将Pb转化为PbS沉淀；过滤后所得滤液中加入H2O2，Na2TeO3被氧化为Na2TeO4沉淀；过滤后向所得滤液加入NaOH，再经浓缩、结晶，得到Na2SnO3晶体；Na2TeO4沉淀加浓盐酸溶解后，再通入SO2将Te还原为Te单质；【解析】A．温度过高会使H2O2分解，导致Te的脱除率下降，故A错误；B．“除铅”时，与Na2S反应生成PbS沉淀，化学方程式为，故B正确；C．“除Te”过程中发生反应的化学方程式为，该过程中消耗1mol转移2mol电子；生成的溶于盐酸，再通二氧化硫反应生成Te单质，该过程中1mol反应转移6mol电子，故C错误；D．由题意可知碱性条件下，锡酸钠在水中的溶解度随温度的升高而减小，则“溶析结晶”获得产品的操作为浓缩、结晶、过滤、洗涤和干燥，不能进行降温结晶，故D错误；故选：B。考点三晶胞分析与计算19．（2024·吉林长春·高三一模）氮化铬的晶胞结构如图所示，A点分数坐标为(0，0，0)。氮化铬的晶体密度为dg/cm3，摩尔质量为Mg/mol，晶胞参数为anm，NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．铬原子的价电子排布式为B．Cr原子位于N原子构成的四面体空隙中C．距离Cr原子最近的Cr原子有8个D．【答案】D【解析】A．已知Cr是24号元素，根据洪特规则及特例可知，基态铬原子价层电子排布式为3d54s1，A错误；B．由题干晶胞示意图可知，Cr原子位于N原子构成的八面体空隙中，B错误；C．由题干晶胞示意图可知，距离体心的Cr原子最近的Cr原子位于棱心，共有12个，C错误；D．由题干晶胞示意图可知，N原子位于顶点和面心，个数为8×+6×=4，Cr原子位于棱心和体心，个数为12×+1=4，晶胞质量为g，晶胞体积为（a×10-7）3cm3，根据ρ=可得，dg⋅cm-3=，则a=，D正确；故答案为：D。20．（2023·北京海淀·校考三模）钛酸钙是典型的钙钛矿型化合物，该类化合物具有特殊的理化性质，比如吸光性、电催化性等，其晶体结构如图所示。下列说法正确的是A．基态钛原子价电子排布式为4s23d2B．钛酸钙的化学式为CaTiO2C．每个晶胞中含有8个Ca2+D．每个Ca2+周围距离