微专题一-【名师大课堂】2025年高考化学艺术生总复习必备训练册（word课时作业）

微专题(一) 1．从饱和AlCl3溶液中制备无水AlCl3固体，某小组设计方案如下所示，下列说法不正确的是(　B　) A．步骤Ⅰ通入HCl的作用是抑制AlCl3水解并有利于AlCl3·6H2O结晶 B．步骤Ⅱ洗涤用的洗涤剂是水 C．步骤Ⅲ可采用减压干燥或低温干燥 D．步骤Ⅳ试剂SOCl2与水反应的产物可使品红溶液褪色 分析：饱和AlCl3溶液通入足量的HCl气体、冷水浴析出AlCl3·6H2O晶体，过滤、洗涤、烘干，得到晶体，晶体在SOCl2条件下生成无水氯化铝； 解析：步骤Ⅰ通入HCl，使得溶液中氯离子、氢离子增大，能抑制AlCl3水解并有利于AlCl3·6H2O结晶，A正确； 为了减少晶体溶解损失且利于干燥，应该使用无水乙醇洗涤，B错误；步骤Ⅲ为了防止氯化铝水解且为了加速干燥，可采用减压干燥或低温干燥，C正确；SOCl2与水反应会生成HCl和二氧化硫气体，二氧化硫具有漂白性，可使品红溶液褪色，D正确；故选B。 2．硝酸可用于制化肥、农药、染料等。工业制备硝酸的过程如下图所示，下列说法正确的是(　A　) A．图中A和B分别为氧气和水 B．常温下，铝与浓硝酸不反应，可用铝罐材料盛装浓硝酸 C．尾气不需要净化处理，可以直接排放 D．合成氨塔中采用高温有利于提高反应物的平衡转化率 分析：工业制备硝酸流程为：N2NH3NONO2HNO3。 解析：由分析可知，氧化炉中NH3与O2发生催化氧化，A是氧气；吸收塔中NO与O2反应生成NO2，被水吸收生成HNO3，则B是水，A正确；常温下，铝与浓硝酸接触会发生钝化，表面生成一层致密的氧化铝薄膜，阻碍二者继续反应，因此可用铝罐材料盛装浓硝酸，B错误；尾气中含有NO、NO2等有毒气体，需经过处理才能排放，C错误；合成氨反应是放热反应，高温会使反应逆向进行，会降低反应物的转化率，D错误。故本题选A。 3．一种利用废铜渣(主要成分为CuO，及少量的Fe2O3，SiO2等杂质)制备超细铜粉的流程如下： 下列说法正确的是(　C　) A．“酸浸”所得滤渣的主要成分为H2SiO3 B．向“沉铁”后的滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为Cu(OH)2 C．“沉铜”过程中发生了氧化还原反应，SO2是还原剂 D．“转化”后的滤液中含有的阳离子为NH和H＋ 分析：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。 解析：据分析，“酸浸”所得滤渣的主要成分为SiO2，A错误；若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为Cu(NH3)4SO4，B错误；“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，SO2是还原剂，C正确；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：NH、H＋、Cu2+，D错误；答案选C。 4．LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如下： 已知：Ksp[Fe(OH)3]＝2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]＝1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]＝5.5×10-16。 下列说法正确的是(　D　) A．加入少量MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，使用H2O2替代MnO2效果更好 B．反应器流出的溶液pH＝4，此时用石灰乳调节至pH＝7，目的是除去Fe3+ C．加入少量BaS溶液后滤渣的成分为NiS D．为保持电解液成分稳定，应不断补充MnSO4溶液，排出含酸电解液，电解废液可在反应器中循环利用 分析：菱锰矿主要含有MnCO3，还含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素，硫酸溶矿MnCO3和稀硫酸反应生成硫酸锰，同时得到硫酸亚铁、硫酸镍、硫酸铝等盐，用二氧化锰把硫酸亚铁氧化为氢氧化铁沉淀除铁，加石灰乳调节至pH≈7生成氢氧化铝沉淀除铝，加BaS生成NiS除Ni，过滤，滤液中含有硫酸锰，电解硫酸锰溶液得到MnO2，煅烧窑中碳酸锂、二氧化锰反应生成LiMn2O4，据此分析解题。 解析：MnO2具有氧化性，加入少量MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+可以催化H2O2分解，所以不宜使用H2O2替代MnO2，A错误；用二氧化锰把硫酸亚铁氧化为氢氧化铁沉淀除铁过程中Fe元素被氧化，电解硫酸锰溶液得；pH＝4，c(OH－)＝1×10-10mol/L，此时c(Fe3+)＝＝2.8×109 mol·L-1；pH＝7，c(OH－)＝1×10-7mol/L，c(Al3+)＝＝1.3×10-12mol·L-1，所以目的是为了使Fe3+和Al3+都沉淀完全，故B错误；由分析可知，加入少量BaS溶液除去Ni2+，可知生成的沉淀有BaSO4、NiS，此外，二氧化锰把硫酸亚铁氧化为氢氧化铁沉淀除铁，加石灰乳调节至pH≈7生成氢氧化铝沉淀除铝，所以 “滤渣”的成分至少有四种，故C错误；为保持电解液成分稳定，应不断补充MnSO4溶液，排出含酸电解液，电解废液中含有硫酸，可在反应器中循环利用，故D正确；故答案选D。 5．SO2与我们的生活息息相关，低浓度SO2废气的处理是工业难题，目前常用的一种处理方法如图： 已知：反应器中发生反应：3H2＋SO2===H2S＋2H2O。 下列有关说法不正确的是(　C　) A．SO2是有毒气体，但能用作食品的防腐剂 B．二乙醇胺的循环使用主要目的是富集H2S C．理论上燃烧室中的O2不可以用SO2代替 D．二乙醇胺又名2，2­二羟基二乙胺，化学式为C4H11NO2 分析：反应器中发生反应：3H2＋SO2===H2S＋2H2O，产物用二乙醇胺吸收，再生塔中又生成H2S，在燃烧室中与氧气反应后得到S。 解析：SO2是一种有毒气体，但可作为食品的防腐剂，如SO2是红酒的添加剂，A正确；二乙醇胺可吸收反应生成的H2S，二乙醇胺可循环使用，再次得到的H2S纯度较高，因此再生塔主要的目的是富集H2S，B正确；SO2也能与H2S反应得到S，故燃烧室中的O2可以用SO2代替，C错误；二乙醇胺按系统命名法命名为：2，2­二羟基二乙胺，化学式为C4H11NO2，D正确；故选C。 6．废旧手机的废线路板中富含Cu、Sn、Ni、Pb等金属和少量Ag、Au，具有较高的回收价值，其中部分金属的回收工艺流程如下： 已知：①常温下，PbCl2微溶于水，可与Cl－结合生成[PbCl4]2-配离子：PbCl2＋2Cl－⥫⥬[PbCl4]2- ②25 ℃时，Ksp[Sn(OH)2]＝1.4×10-28，Ksp[Ni(OH)2]＝2.0×10-15。 回答下列问题： (1)“拆解破碎”的目的是__增大酸浸时固体与盐酸的接触面积，加快反应速率__。 (2)“75 ℃酸浸”中，金属Sn与盐酸反应的离子方程式为__Sn＋2H＋===Sn2+＋H2↑__，选用浓度较大的4 mol·L-1盐酸可提高铅元素的浸出率，理由是__常温下，PbCl2微溶于水，增大c(Cl－)，使PbCl2＋2Cl－⥫⥬[PbCl4]2-平衡正向移动，增大铅的浸出率__(从平衡移动角度分析)。 (3)“滤渣1”的主要成分是__Cu、Ag、Au__(填化学式)，“氧化酸浸”中，生成Cu2+反应的离子方程式为__Cu＋H2O＋2H＋===Cu2+＋2H2O__。 (4)Ni2+的排放标准为≤1.18 mg·L-1mg。“沉锡”残余液排放前应调节溶液的pH范围为__pH≥9(或≥9)__。 (5)“络合酸浸”中，Co2+作催化剂，催化Au浸出，化学方程式为4Au＋O2＋8S2O＋4H＋===4[Au(S2O3)2]3-＋2H2O，其反应过程按如下步骤进行： ①Co2+先与甘氨酸根(简写为gly－)形成配合物[Co(gly)x](2-x)(x＝1～3)。 ②在氧气作用下，Co(Ⅱ)被氧化成Co(Ⅲ)：4[Co(gly)x](2-x)＋O2＋4(3－x)gly－＋4H＋===[Co(gly)3]＋2H2O。 ③Au溶解。 ④加入硫代硫酸钠溶液，发生反应： [Au(gly)2]＋＋2S2O===[Au(S2O3)2]3-＋2gly－。 步骤③Au溶解的离子方程式为__Au＋[Co(gly)3]＝[Au(gly)2]－＋[Co(gly)]＋__。 (6)锡有白锡和灰锡两种单质。白锡晶体中锡原子的堆积方式如图所示，该六棱柱底边边长为a pm，高为c pm，阿伏加德罗常数的值为NA，白锡晶体的密度为__(或其他正确答案)__g·cm-3(列出计算式)。 分析：由题干流程图可知，废线路板经拆解破碎后加入4.0 mol/L的HCl溶液在75 ℃下酸浸，其中Pb、Sn、Ni分别转化为PbCl2、SnCl2和NiCl2，过滤得到滤液1主要含有PbCl2、SnCl2和NiCl2、HCl，滤渣1主要含有Cu、Ag、Au，向滤渣1中加入H2O2、稀硫酸进行氧化酸浸，即将Cu转化为CuSO4，过滤得到含有H2SO4、CuSO4的滤液，含有Ag、Au的滤渣2，向滤渣2中加入CoSO4溶液、甘氨酸溶液和O2，将Ag、Au转化为Ag＋、Au＋，然后用Na2S2O3对Ag＋进行络合酸浸，并加萃取剂进行Au＋萃取，然后反萃取得到含Au＋的水层，最后经过一系列操作转化为Au，对滤液1进行降温沉铅，得到PbCl2，过滤得到PbCl2沉淀，向滤液中加入NaOH溶液进行沉锡，得到Sn(OH)2，最后制得Sn，据此分析解题。 解析：(1)对废线路板进行可以增大酸浸时固体与盐酸的接触面积，加快反应速率，故答案为：增大酸浸时固体与盐酸的接触面积，加快反应速率；(2)“75 ℃酸浸”中，金属Sn与盐酸反应的化学方程式为：Sn＋2HCl===SnCl2＋H2↑，则其离子方程式为Sn＋2H＋⥫⥬Sn2+＋H2↑，由题干信息可知，常温下，PbCl2微溶于水，选用浓度较大的4 mol·L-1盐酸，增大c(Cl－)，使PbCl2＋2Cl－⥫⥬[PbCl4]2-平衡正向移动，可提高铅元素的浸出率，故答案为：Sn＋2H＋===Sn2+＋H2↑；常温下，PbCl2微溶于水，增大c(Cl－)，使PbCl2＋2Cl－⥫⥬[PbCl4]2-平衡正向移动，增大铅的浸出率；(3)由分析可知，“滤渣1”的主要成分是Cu、Ag、Au，向滤渣1中加入H2O2、稀硫酸进行氧化酸浸，即将Cu转化为CuSO4，“氧化酸浸”中，生成Cu2+反应的离子方程式为Cu＋2H＋＋H2O2===Cu2+＋2H2O，故答案为：Cu、Ag、Au；Cu＋2H＋＋H2O2===Cu2+＋2H2O；(4)Ni2+的排放标准为≤1.18 mg·L-1，c(Ni2+)≤＝2.0×10-5mol/L，“沉锡”残余液排放前应调节溶液的c(OH－)≥＝10-5mol/L，则pH范围为pH≥9，故答案为：pH≥9(或≥9)；(5)根据题干信息可知，“络合酸浸”中，Co2+作催化剂，催化Au浸出，化学方程式为4Au＋O2＋8S2O＋4H＋===4[Au(S2O3)2]3-＋2H2O, ①Co2+先与甘氨酸根(简写为gly－)形成配合物[Co(gly)x](2-x)(x＝1～3)，即Co2+＋xgly－＝[Co(gly)x](2-x)，②在氧气作用下，Co(Ⅱ)被氧化成Co(Ⅲ)：4[Co(gly)x](2-x)＋O2＋4(3－x)gly－＋4H＋===4[Co(gly)3]＋2H2O，④加入硫代硫酸钠溶液，发生反应：[Au(gly)2]＋＋2S2O＝[Au(S2O3)2]3-＋2gly－，则用 [总反应式－4①－②－4④]可得③Au溶解的离子方程式，则步骤③Au溶解的离子方程式为Au＋[Co(gly)3]＝[Au(gly)2]＋[Co(gly)]＋，故答案为：Au＋[Co(gly)3]＝[Au(gly)2]＋[Co(gly)]＋；(6)由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有锡原子的数目为：12×＋2×＋3＝6，故一个晶胞的质量为：g，该六棱柱的底面积为：a2×10-20cm2，高为c×10-10cm，故异一个晶胞的体积为：a2c×10-30cm3，故白锡晶体的密度为：g/cm3，故答案为：。 7．2023年诺贝尔化学奖授予对合成量子点有突出贡献的科研工作者。碲化镉(CdTe)量子点具有优异的光电性能，常用作太阳能薄膜电池材料。我国科研人员设计以电解精炼铜获得的富碲渣(含铜、碲、银等)为原料合成碲化镉量子点的流程如下： 回答下列问题： (1)碲的原子序数为52，基态碲原子的价层电子排布式为__5s25p4__。 (2)硫酸酸浸时，取含单质Te6.38%的富碲渣20 g，为将Te全部溶出转化为Te(SO4)2，需加质量分数为30%的H2O2(密度：1.1 g/cm3)__2.06__mL(保留到小数点后两位)。但实际操作中，H2O2用量远高于该计算值，原因之一是Cu同时也被H2O2浸出，请写出Cu被浸出时发生反应的离子方程式：__Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2+＋2H2O__。 (3)化学中用标准电极电势E0(氧化态/还原态)反映微粒间得失电子能力的强弱，一般这个数值越大，氧化态转化为还原态越容易。已知硫酸酸浸液中部分微粒的标准还原电极电势为E0(Cu2+/Cu)＝0.337 V、E0(Te4+/Te)＝0.630 V，则SO2“还原”酸浸液时，主要发生反应的化学方程式是__Te(SO4)2＋2SO2＋4H2O===Te＋8H2SO4__。 (4)在研究“还原”步骤实验条件时，发现Te、Cu单位时间内沉淀率随NaCl溶液浓度的变化如图所示，则该步骤应选择的NaCl溶液适宜浓度为__30g/L__。 (5)CdTe的晶胞属立方晶系，晶胞如图所示，若CdTe的摩尔质量为Mg·mol-1，该晶体的密度为ρ g·cm-3，阿伏加德罗常数为Namol-1，则最近的两个Te原子的距离__×107__nm。(用含M、ρ、NA的代数式表示) (6)量子点不同于其他的半导体材料，在微观尺寸发生变化时，可以在特定波长的激光照射下发出不同颜色的光，关于这一现象下列说法正确的是__C__(填字母)。 A．属于化学变化 B．由光化学反应产生 C．由电子跃迁形成 解析：(1)碲的原子序数为52，54＞52＞36，即Te位于周期表中第5周期ⅥA主族，故基态碲原子的价层电子排布式为5s25p4，故答案为：5s25p4；(2)硫酸酸浸时，取含单质Te6.38%的富碲渣20g，为将Te全部溶出转化为Te(SO4)2，则该反应方程式为：Te＋2H2SO4＋2H2O2===Te(SO4)2＋4H2O，需加质量分数为30%的H2O2(密度：1.1 g/cm3)的体积为：＝2.06 mL(保留到小数点后两位)，但实际操作中，H2O2用量远高于该计算值，原因之一是Cu同时也被H2O2浸出，Cu被浸出时发生反应的离子方程式：Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2+＋2H2O，故答案为：2.06；Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2+＋2H2O；(3)由题干信息可知，化学中用标准电极电势E0(氧化态/还原态)反映微粒间得失电子能力的强弱，一般这个数值越大，氧化态转化为还原态越容易，结合硫酸酸浸液中部分微粒的标准还原电极电势为Eθ(Cu2+/Cu)＝0.337 V、Eθ(Te4+/Te)＝0.630 V，Te4+较Cu2+易被还原，则SO2“还原”酸浸液时，主要发生反应的化学方程式是Te(SO4)2＋2SO2＋4H2O===Te＋8H2SO4，故答案为：Te(SO4)2＋2SO2＋4H2O===Te＋8H2SO4；(4)由题干图示信息可知，当NaCl溶液浓度为30 g/L时，Te的沉淀率已经较高，Cu的沉淀率最低，使Cu和Te分离更加完全，故该步骤应选择的NaCl溶液适宜浓度为30 g/L，故答案为：30 g/L；(5)由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的碲原子个数为8×＋6×＝4，位于体内的镉原子个数为4，设晶胞的参数为a nm，由晶胞的质量公式可得：＝(10-7a)3ρ，解得a＝×107nm，晶胞中距离最近的碲原子的距离为面对角线的，则距离最近的碲原子的距离为×107nm，故答案为：×107；(6)量子点不同于其他的半导体材料，在微观尺寸发生变化时，可以在特定波长的激光照射下发出不同颜色的光，这一现象是发生了电子的跃迁，属于物理变化，故答案为C。 学科网（北京）股份有限公司 $$