暑假作业05 化学与可持续发展-【暑假分层作业】2025年高一化学暑假培优练（人教版2019必修第二册）

限时练习：45min 完成时间： 月 日 天气： 暑假作业05 化学与可持续发展 1．工业上采用电解法冶炼铝和镁的原料分别为Al2O3和MgCl2，而不是AlCl3和MgO。 这是因为AlCl3是共价化合物，熔融时不导电；而MgO虽然是离子化合物，但其熔点太高，熔化时会消耗大量的电能，成本较高。 2．铝热反应是利用铝的强还原性，在高温下将相对不活泼且熔点高的金属从其氧化物中还原出来。故只有Al和比Al不活泼的金属形成的氧化物所组成的混合物才能称之为铝热剂。如Al和MgO组成的混合物不能称之为铝热剂。 3．铝热反应实验注意问题： ①镁带要打磨净表面的氧化膜，否则难以点燃。 ②氧化铁粉末要干燥，铝粉没有被氧化，否则难以反应。 ③要保证纸漏斗重叠时四周均为四层，且内层纸漏斗一定要用水润湿，以防高温物质从四周溅出。 ④因为铝热反应是一个典型的放热反应，反应中放出的大量热量能够使铁熔化，所以要垫细沙，这样做的目的一是防止蒸发皿炸裂，二是防止熔融的金属溅出伤人。 ⑤实验装置应远离人群和易燃物。 4．工业上制备钠，是电解熔融的氯化钠而不是电解饱和食盐水，电解饱和食盐水得到的是氢氧化钠。 5．钾在实际生产中不用电解法，因为实际生产中用石墨电极，熔融的金属钾能渗透到石墨中，侵蚀电极。还有钾太容易溶解在熔融的氯化钾中，以致钾不能浮在电解槽的上部加以分离收集；同时，还因为钾在操作温度下迅速气化，增加了不安全因素。所以现在金属钾的生产方法都采用金属钠与氯化钾的反应。 6．关于蒸馏实验： ①烧瓶需垫石棉网加热。 ②烧瓶所盛液体不能超过烧瓶容量的，也不能少于。 ③需向烧瓶中加几粒沸石或几片碎瓷片，以防液体暴沸。 ④冷凝器里的冷却水要从冷凝器的下口进、上口出。 7．海水制溴：海水中溴的含量很小，需加热浓缩，富集Br－；再者海水呈碱性，会与Cl2反应，因此在通Cl2前，需将海水进行酸化处理。 8．氯化镁溶液中结晶得到的晶体是MgCl2·6H2O而不是无水MgCl2，MgCl2·6H2O加热脱水通常在氯化氢气流中进行。因镁在高温下能与O2、N2、CO2等气体发生反应，故工业电解MgCl2得到的镁，应在H2氛围中冷却。 9．萃取剂选择：一是与原溶剂互不相溶，二是物质在萃取剂中的溶解度远大于在原溶剂中的溶解度。 10．海水提碘： ①提取碘时海带不能用水洗，以防止洗去海带中的I-；海带要选用干海带，因为湿海带不易燃烧或燃烧不充分。 ②灼烧海带时温度较高，需要在坩埚中进行不能在烧杯或蒸发皿中进行。 ③H2O2具有强氧化性,其还原产物为H2O,所以H2O2是绿色氧化剂；也可用 Cl2氧化I-。 11．煤的干馏： ①煤的干馏必须隔绝空气，目的是防止煤在空气中燃烧； ②煤的干馏能够减少燃烧污染，提高燃煤的热效率，且能从煤中提取有价值的化工原料； ③煤的干馏过程中发生的主要是化学变化，而蒸馏的过程发生的是物理变化； 12．石油分馏为物理变化，石油裂化、裂解都是化学变化。 13．直馏汽油和裂化汽油的成分不同，性质有明显的区别——直馏汽油的成分为饱和烃，裂化汽油为饱和烃和不饱和烃的混合物，故裂化汽油可以发生加成反应，可使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色。 14．石油裂化的目的是提高轻质油的产量，石油裂解的目的是获得气态短链不饱和烃作化工原料。 15．硝酸钾、硝酸铵受撞击时易发生爆炸，在使用时千万不能进行敲、砸等猛力撞击。 16．铵态氮肥使用时要低温保存，深施盖土，避免受热；铵态氮肥不可以跟碱性物质(如草木灰等)混合使用。 17．使用气雾型农药时，勿接近火源，不可存放在冰箱里，不可朝电器喷射。 18．使用农药时应避免误食，防止与皮肤接触，减少对呼吸道的刺激。 19．不要采摘和食用刚喷洒过农药水果、蔬菜，水果、蔬菜在洗涤时应先放入水中浸泡几分钟，以除去残留农药。 20．不是所有能与盐酸反应的物质都可以作为抗酸药，理论上能与盐酸反应的物质可降低胃酸的浓度，但具体选择物质时要考虑物质对胃的刺激性、灼伤性及与胃酸反应后产物的毒性。如Na2CO3碱性太强；BaCO3与盐酸反应生成的重金属离子Ba2＋会使人中毒等。 21．“食品添加剂”与“绿色食品”的关系： 食品添加剂的使用和“绿色食品”不相违背。食品添加剂按来源可分为天然提取和人工化学合成品，只要在合理的限量范围内使用，就不会对人体构成伤害。“绿色食品”是指无公害的食品，要求生产食品的环境好，食品的生产过程遵守国家有关规定，产品经过专门检测，包装、储存、运输等过程也要严格按照有关标准进行。 22．绿色化学的核心是：杜绝污染源，实现零排放。即绿色化学是从源头上消除污染，而不是产生污染后治理。 23．原子利用率为100%的反应类型有：化合反应、加成反应、加聚反应。 1．下列描述或做法违背环境保护理念的是 A．将生活垃圾进行分类处理 B．研发可降解高分子材料 C．减少实验废弃物的产生和排放 D．大量施用化肥、农药以保障农作物增产 2．下列冶炼方法中，不能将化合物中的金属元素还原为金属单质的是(　　) A．加热Al2O3　　　 B．加热HgO C．电解熔融NaCl D．铝粉和Fe2O3共热 3．下列化工生产原理错误的是(　　) ①可以通过电解熔融的氯化钠来制取金属钠 ②可以将钠加入饱和氯化镁溶液中制取镁 ③用电解法冶炼铝时，原料是氯化铝 ④高炉炼铁时所发生的反应都是放热反应，故无须加热 A． ②③　　　 B．①③ C．①②　　　 D．②③④ 4．海水是一个巨大的化学资源库，下列有关海水综合利用的说法正确的是(　　) A．利用潮汐发电是将化学能转化为电能 B．海水蒸发制海盐的过程中发生了化学变化 C．从海水中可以得到MgCl2，电解熔融MgCl2可制备Mg D．海水中含有溴元素，只需经过物理变化就可以得到溴单质 5．从海水中提取溴的流程如图所示，下列有关说法错误的是(　　) A．X为SO2气体，也可将SO2换成Na2SO3 B．设备Y为蒸馏塔 C．在提取溴的过程中一定有Br－被氧化 D．工业上，每获得1 mol Br2，需要消耗Cl2的体积最多为44.8 L(标准状况) 6．从海带中提取碘单质，成熟的工艺流程如下，下列关于海水制碘的说法，不正确的是(　　) 干海带海带灰悬浊液滤液碘水I2的CCl4溶液I2 A．实验室在蒸发皿中灼烧干海带，并且用玻璃棒搅拌 B．含I－的滤液中加入稀硫酸和双氧水后，碘元素发生氧化反应 C．在碘水中加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝色 D．碘水加入CCl4得到I2的CCl4溶液，该操作为“萃取” 7．下列属于物理变化的是(　　) ①石油的分馏　 ②煤的干馏　 ③石油的裂化　 ④铝热反应　 ⑤由乙烯制备聚乙烯 ⑥将氧气转化为臭氧　⑦乙烯催熟果实　 ⑧将苯加入溴水中　⑨海水蒸馏制取淡水 A．①②③④ B．①②⑤⑦ C．①⑧⑨ D．①②⑥⑨ 8．石油炼制过程中，既能提高汽油产量又能提高汽油质量的方法是(　　) A．常压分馏　　　　B．减压分馏 C．裂解 D．催化裂化 9．“绿色化学”的理想状态是反应物的原子全部转化为目标产物，以下反应不符合绿色化学原则的是 A．工业生产环氧乙烷：2CH2=CH2+O2 2 B．水煤气合成甲醇：CO+2H2CH3OH C．制取硝酸铜：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O D．乙烯水化法制乙醇：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH 10．是重要的化工原料，其制备途径如下所示： 途径I： 途径Ⅱ：、 下列说法错误的是 A．途径I中浓表现了氧化性 B．途径Ⅱ中只表现酸性 C．制取相同质量的，两种途径消耗的硫酸质量相等 D．与途径I相比，途径Ⅱ体现了保护环境的思想 11．下面图1、图2分别是实验室模拟石油分馏、石油裂解的实验装置图。已知：石蜡油在炽热素瓷片的作用下产生乙烯。完成下列问题： （1）A中仪器甲的名称为 ；D中素瓷片的作用是 。 （2）乙烯的电子式为 。 ①写出乙烯与在催化剂、加热条件下反应的化学方程式 。 ②体育比赛中当运动员肌肉挫伤或扭伤时，队医常用药剂氯乙烷（）（沸点为）对受伤部位进行局部冷却麻醉处理，工业上制取氯乙烷有两种方案： a． b． 你认为制备氯乙烷的最好方案为 （选填“a”或“b”） （3）试管E中观察到的现象为 ；若将乙炔通入E，也能观察至类似现象，配平乙炔与酸性反应的离子方程式： __________________——_____________________ 12．金属矿物资源的利用有着非常重要的意义。回答下列问题： （1）下列反应原理不符合工业冶炼金属实际情况的是______（填字母）。 A． B． C． D． （2）白口铁（镀锌铁）在生产、生活中有广泛应用。某小组以菱锌矿（主要成分是，以及CuO、FeO、MgO和等）制备白口铁的流程如下： 已知“浸取”后溶液中金属阳离子有、、、、。 ①“浸取”前将菱锌矿粉碎的目的是 。 ②“滤渣1”的主要成分是 （填化学式）。 ③“滤渣3”中主要成分是和，写出“氧化”时发生反应的离子方程式： 。 ④加Zn时转化的离子方程式为 。 ⑤取一定量的白口铁样品于试管中，加入足量稀硫酸，收集到标准状况下11.424L气体；再加入过量溶液，最后加入适量氨水使其恰好完全沉淀，过滤、洗涤、干燥后得到54.49g固体，该白口铁样品中铁的质量为 g（结果保留一位小数）。 14．“空气吹出法”海水提溴的工艺流程如图，下列说法正确的是 A．B可选用进入吸收塔，反应中体现氧化性 B．通入吹出塔的气体A和通入蒸馏塔的气体C可能是同一物质 C．精馏装置需要蒸馏烧瓶、分液漏斗、冷凝管 D．该提溴流程中进行了两次氧化还原反应 15．海水资源综合利用过程中，下列有关说法正确的是 A．海水晒盐是利用溶质的溶解度随温度变化而变化的原理 B．海水提镁的转化为 C．用溶液吸收溴，离子方程式为 D．将氧化为时，加入过量的会使的产率降低 16．工业上用铝土矿(主要成分，含杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如图：下列叙述错误的是 A．试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸 B．反应①过滤后所得沉淀为氧化铁 C．图中所示转化反应有氧化还原反应 D．反应②的化学方程式为 17．根据海水综合利用的工业流程图，判断下列说法正确的是 已知：受热生成和HCl气体等。 A．过程①的除杂试剂先后顺序及操作是、、稀盐酸，过滤、蒸发结晶 B．在过程③中将灼烧即可制得无水 C．过程⑤反应后溶液呈强酸性，生产中需解决其对设备的腐蚀问题 D．在过程④、⑥反应中每氧化0.4mol 需消耗4.48L 18．硫酸铝是一种具有广泛用途的重要化工产品，以高岭土(含、、少量等)为原料制备硫酸铝晶体的实验流程如图所示。 下列说法错误的是 A．“酸溶”后溶液中含有的阳离子主要为、、 B．“滤渣1”的主要成分是 C．“滤渣2”的主要成分是、 D．“过滤2”后可以选用KSCN溶液验证是否沉淀完全 19．从海水中可以获得淡水、食盐，并可提取镁和溴等物质，工艺流程如下： 回答下列问题： （1）请写出海水淡化的一种方法： 。 （2）提取溴时，先将母液酸化再通的原因为： 。 （3）上述步骤①发生反应生成一种气体的离子方程式： 。步骤②中不能用盐酸代替稀硫酸的原因为 。 （4）工业上从母液中获取用石灰乳而不用溶液的原因是 。 （5）从母液中得到的沉淀中混有少量的，除去少量的方法是先将沉淀加入 (填化学式)溶液中，充分搅拌后经过滤、洗涤可得。 （6）海冰是海水冻结而成的咸水冰，海水冻结时，部分来不及流走的盐分(设以为主)以卤汁的形式被包围在冰晶之间，形成“盐泡”(设1个盐泡含1个单元)，其大致结构如下图所示。若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水。下列叙述正确的是_____。 A．海冰内层“盐泡”内的盐分主要以分子的形式存在 B．海冰内层“盐泡”越多，密度越小 C．海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越少 D．若冰的密度为，则海冰内层的浓度约为 20．SO2、NOx为常见的空气污染物，会引起酸雨、光化学烟雾等污染问题。研究者以多种方法进行“脱硫”“脱硝”。 （1）利用工业废碱渣(主要成分为Na2CO3)来吸收含SO2的烟气，同时得到Na2SO3粗品。其流程如图所示： ①操作1和操作2中均包含的分离技术为 ； ②SO2被Na2CO3溶液吸收时，会释放出一种无色无味气体，该反应的离子方程式为 。 （2）利用含有SO2的烟气制备NaClO2。其流程如图所示： ①反应a的化学方程式为 。 ②反应b中的氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。 （3）以NaClO溶液作为吸收剂进行一体化“脱硫”“脱硝”。控制溶液的pH=5.5，一定时间内，温度对SO2、NO脱除率的影响如图所示： 已知烟气中SO2与NO的体积比为4：1，且吸收后转化为：SO、NO。 ①NO在吸收过程中，反应的离子方程式是 。 ②50℃时，吸收液中烟气转化生成的Cl‒和NO的物质的量之比为 。 ③烟气中NOx含量的测定：将VL气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO，加水稀释至100mL。量取25mL该溶液，加入V1mLc1mol·L‒1FeSO4溶液(过量)，充分反应后，用c2mol·L‒1K2Cr2O7溶液和剩余的Fe2+恰好反应(该反应的还原产物为Cr3+)，消耗V2mL。气样中NOx折合成NO的含量为 mg·L‒1。 21．铬(Cr)和钒(V)具有广泛用途。铬钒渣中铬主要以形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如图所示： 已知：最高价铬酸根在碱性介质中以存在，在酸性介质中以存在；“煅烧”后铬的主要存在形式为。 回答下列问题： （1）中Cr的化合价为 价；“浸取”前将煅烧后的固体进一步粉碎，你认为该操作的目的是 。 （2）若在实验室中进行煅烧铬钒渣，一般不能用陶瓷坩埚，理由是 ；“煅烧”时，转化为的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 （3）“浸取”后分离出水浸渣的操作名称为 。 （4）“沉淀”时加入适量的稀硫酸将溶液调至弱碱性，目的是 。 （5）“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右，此时铬的主要存在形式为，在“还原”步骤中溶液将还原为，自身转化为，试写出该反应的离子方程式： 。 （6）若取10kg铬钒渣(其中Cr元素的质量分数为13%)按上述流程制备固体，在整个流程中Cr元素的利用率()为95%，则制得固体的质量为(保留3位有效数字) kg。 22．白硼钙石的主要成分是(含有少量和等杂质)，利用白硼钙石制取强还原剂的工艺流程如下： 已知：微溶于水，易溶于乙醇；偏硼酸钠易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定。下列说法错误的是 A．“滤渣1”的主要成分是 B．“操作X”涉及蒸发浓缩、降温结晶 C．“酸浸”采用高温条件有利于提高反应速率 D．“反应Y”的化学方程式是 23．氮肥厂、生活污水中的氮元素多以和的形式存在，氨氮废水超标排放是水体富营养化的重要原因。氨氮废水的处理方法有物理化学法、化学法、生物法等。 (1)吹脱法：先向氨氮废水中加溶液调节至11左右，再吹入热空气或水蒸气使氨气挥发并回收利用。 ①写出发生反应的离子方程式： 。 ②吹脱法除了不适用于低浓度氨氮废水的处理外，还存在的不足有 (写2点)。 (2)化学沉淀法：向废水中投入氯化镁和磷酸钠，形成沉淀从而除去铵根离子。 ①写出发生反应的离子方程式： 。 ②该沉淀法不适合处理碱性过强的氨氮废水，其原因是 。 (3)次氯酸钠氧化法：除去氨氮的反应机理如图1所示(其中和略去)，实验测得相同条件下，废水中氨氮去除率与温度关系如图2所示。 ①氧化的总反应的化学方程式为 。 ②当温度高于25℃时，废水中的氨氮去除率随着温度升高而越低，其原因是 。 (4)生物法：先在硝化细菌作用下空气中的氧气将氧化为(硝化过程)，后在反硝化细菌作用下利用有机碳源将转化为氮气而排放(反硝化过程)。 ①硝化过程中经过两步反应转变为，第一步为 (写离子方程式)，第二步为。 ②反硝化过程中常将甲醇作为有机碳源。当反应中有转变为二氧化碳时，转化的的物质的量为 。 / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 限时练习：45min 完成时间： 月 日 天气： 暑假作业05 化学与可持续发展 1．工业上采用电解法冶炼铝和镁的原料分别为Al2O3和MgCl2，而不是AlCl3和MgO。 这是因为AlCl3是共价化合物，熔融时不导电；而MgO虽然是离子化合物，但其熔点太高，熔化时会消耗大量的电能，成本较高。 2．铝热反应是利用铝的强还原性，在高温下将相对不活泼且熔点高的金属从其氧化物中还原出来。故只有Al和比Al不活泼的金属形成的氧化物所组成的混合物才能称之为铝热剂。如Al和MgO组成的混合物不能称之为铝热剂。 3．铝热反应实验注意问题： ①镁带要打磨净表面的氧化膜，否则难以点燃。 ②氧化铁粉末要干燥，铝粉没有被氧化，否则难以反应。 ③要保证纸漏斗重叠时四周均为四层，且内层纸漏斗一定要用水润湿，以防高温物质从四周溅出。 ④因为铝热反应是一个典型的放热反应，反应中放出的大量热量能够使铁熔化，所以要垫细沙，这样做的目的一是防止蒸发皿炸裂，二是防止熔融的金属溅出伤人。 ⑤实验装置应远离人群和易燃物。 4．工业上制备钠，是电解熔融的氯化钠而不是电解饱和食盐水，电解饱和食盐水得到的是氢氧化钠。 5．钾在实际生产中不用电解法，因为实际生产中用石墨电极，熔融的金属钾能渗透到石墨中，侵蚀电极。还有钾太容易溶解在熔融的氯化钾中，以致钾不能浮在电解槽的上部加以分离收集；同时，还因为钾在操作温度下迅速气化，增加了不安全因素。所以现在金属钾的生产方法都采用金属钠与氯化钾的反应。 6．关于蒸馏实验： ①烧瓶需垫石棉网加热。 ②烧瓶所盛液体不能超过烧瓶容量的，也不能少于。 ③需向烧瓶中加几粒沸石或几片碎瓷片，以防液体暴沸。 ④冷凝器里的冷却水要从冷凝器的下口进、上口出。 7．海水制溴：海水中溴的含量很小，需加热浓缩，富集Br－；再者海水呈碱性，会与Cl2反应，因此在通Cl2前，需将海水进行酸化处理。 8．氯化镁溶液中结晶得到的晶体是MgCl2·6H2O而不是无水MgCl2，MgCl2·6H2O加热脱水通常在氯化氢气流中进行。因镁在高温下能与O2、N2、CO2等气体发生反应，故工业电解MgCl2得到的镁，应在H2氛围中冷却。 9．萃取剂选择：一是与原溶剂互不相溶，二是物质在萃取剂中的溶解度远大于在原溶剂中的溶解度。 10．海水提碘： ①提取碘时海带不能用水洗，以防止洗去海带中的I-；海带要选用干海带，因为湿海带不易燃烧或燃烧不充分。 ②灼烧海带时温度较高，需要在坩埚中进行不能在烧杯或蒸发皿中进行。 ③H2O2具有强氧化性,其还原产物为H2O,所以H2O2是绿色氧化剂；也可用 Cl2氧化I-。 11．煤的干馏： ①煤的干馏必须隔绝空气，目的是防止煤在空气中燃烧； ②煤的干馏能够减少燃烧污染，提高燃煤的热效率，且能从煤中提取有价值的化工原料； ③煤的干馏过程中发生的主要是化学变化，而蒸馏的过程发生的是物理变化； 12．石油分馏为物理变化，石油裂化、裂解都是化学变化。 13．直馏汽油和裂化汽油的成分不同，性质有明显的区别——直馏汽油的成分为饱和烃，裂化汽油为饱和烃和不饱和烃的混合物，故裂化汽油可以发生加成反应，可使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色。 14．石油裂化的目的是提高轻质油的产量，石油裂解的目的是获得气态短链不饱和烃作化工原料。 15．硝酸钾、硝酸铵受撞击时易发生爆炸，在使用时千万不能进行敲、砸等猛力撞击。 16．铵态氮肥使用时要低温保存，深施盖土，避免受热；铵态氮肥不可以跟碱性物质(如草木灰等)混合使用。 17．使用气雾型农药时，勿接近火源，不可存放在冰箱里，不可朝电器喷射。 18．使用农药时应避免误食，防止与皮肤接触，减少对呼吸道的刺激。 19．不要采摘和食用刚喷洒过农药水果、蔬菜，水果、蔬菜在洗涤时应先放入水中浸泡几分钟，以除去残留农药。 20．不是所有能与盐酸反应的物质都可以作为抗酸药，理论上能与盐酸反应的物质可降低胃酸的浓度，但具体选择物质时要考虑物质对胃的刺激性、灼伤性及与胃酸反应后产物的毒性。如Na2CO3碱性太强；BaCO3与盐酸反应生成的重金属离子Ba2＋会使人中毒等。 21．“食品添加剂”与“绿色食品”的关系： 食品添加剂的使用和“绿色食品”不相违背。食品添加剂按来源可分为天然提取和人工化学合成品，只要在合理的限量范围内使用，就不会对人体构成伤害。“绿色食品”是指无公害的食品，要求生产食品的环境好，食品的生产过程遵守国家有关规定，产品经过专门检测，包装、储存、运输等过程也要严格按照有关标准进行。 22．绿色化学的核心是：杜绝污染源，实现零排放。即绿色化学是从源头上消除污染，而不是产生污染后治理。 23．原子利用率为100%的反应类型有：化合反应、加成反应、加聚反应。 1．下列描述或做法违背环境保护理念的是 A．将生活垃圾进行分类处理 B．研发可降解高分子材料 C．减少实验废弃物的产生和排放 D．大量施用化肥、农药以保障农作物增产 【答案】D 【解析】A．垃圾分类可促进资源回收利用，A错误；B．研发可降解材料可减少白色污染，B错误；C．减少实验废弃物可以从源头控制污染，C错误；D．大量施用化肥、农药”虽然短期可能提高农作物产量，但会导致土壤污染、水体富营养化等环境问题，违背了环境保护理念，D正确；故选D。 2．下列冶炼方法中，不能将化合物中的金属元素还原为金属单质的是(　　) A．加热Al2O3　　　 B．加热HgO C．电解熔融NaCl D．铝粉和Fe2O3共热 【答案】A 【解析】 C项中金属钠是活泼金属，用电解法制取；B项中汞用加热HgO制取；A项中加热Al2O3难以分解；D项中铝粉和Fe2O3组成铝热剂，可将Fe2O3中的铁还原成单质。 3．下列化工生产原理错误的是(　　) ①可以通过电解熔融的氯化钠来制取金属钠 ②可以将钠加入饱和氯化镁溶液中制取镁 ③用电解法冶炼铝时，原料是氯化铝 ④高炉炼铁时所发生的反应都是放热反应，故无须加热 A． ②③　　　 B．①③ C．①②　　　 D．②③④ 【答案】D 【解析】 常用电解熔融NaCl的方法冶炼金属Na，①正确；Na非常活泼，将Na加入饱和MgCl2溶液中，Na先与H2O反应生成NaOH和H2，Mg2＋再与OH－反应生成Mg(OH)2沉淀，②错误；AlCl3为共价化合物，熔融状态下不导电，故冶炼铝使用的是Al2O3，③错误；高炉炼铁时所发生的反应有些是放热反应，如Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2，但仍需要高温，④错误。故选项D符合题意。 4．海水是一个巨大的化学资源库，下列有关海水综合利用的说法正确的是(　　) A．利用潮汐发电是将化学能转化为电能 B．海水蒸发制海盐的过程中发生了化学变化 C．从海水中可以得到MgCl2，电解熔融MgCl2可制备Mg D．海水中含有溴元素，只需经过物理变化就可以得到溴单质 【答案】C 【解析】 A中，潮汐发电是将潮汐能转化为电能；B中，海水蒸发制海盐过程中只有物理变化；D中，海水中溴元素以溴离子(Br－)形式存在，要得到单质溴必须发生化学变化才能实现。 5．从海水中提取溴的流程如图所示，下列有关说法错误的是(　　) A．X为SO2气体，也可将SO2换成Na2SO3 B．设备Y为蒸馏塔 C．在提取溴的过程中一定有Br－被氧化 D．工业上，每获得1 mol Br2，需要消耗Cl2的体积最多为44.8 L(标准状况) 【答案】D 【解析】 A项，溴与X反应生成溴化物，故X为具有还原性的物质，X可为SO2，也可为Na2SO3，正确。B项，溴单质加热蒸发得到溴蒸气，故设备Y为蒸馏塔，正确。C项，氯气氧化海水中的溴离子得到溴单质，溴化物与氯气反应生成溴单质，这两步都是Br－被氧化，正确。D项，Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－，根据离子方程式可知，每生成1 mol Br2，需消耗1 mol氯气，故两次氧化共需氯气2 mol，即44.8 L(标准状况)，但这是理论值，在工业上，两次氧化时，氯气都应过量，且被氧化生成的溴最终不能完全得到，故工业上每获得1 mol Br2，需要消耗Cl2的体积大于44.8 L(标准状况)，错误。 6．从海带中提取碘单质，成熟的工艺流程如下，下列关于海水制碘的说法，不正确的是(　　) 干海带海带灰悬浊液滤液碘水I2的CCl4溶液I2 A．实验室在蒸发皿中灼烧干海带，并且用玻璃棒搅拌 B．含I－的滤液中加入稀硫酸和双氧水后，碘元素发生氧化反应 C．在碘水中加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝色 D．碘水加入CCl4得到I2的CCl4溶液，该操作为“萃取” 【答案】A 【解析】 灼烧固体时应在坩埚中，A项不正确；H2O2能将I－氧化为I2，B项正确。 7．下列属于物理变化的是(　　) ①石油的分馏　 ②煤的干馏　 ③石油的裂化　 ④铝热反应　 ⑤由乙烯制备聚乙烯 ⑥将氧气转化为臭氧　⑦乙烯催熟果实　 ⑧将苯加入溴水中　⑨海水蒸馏制取淡水 A．①②③④ B．①②⑤⑦ C．①⑧⑨ D．①②⑥⑨ 【答案】C 【解析】 蒸馏和分馏的原理相同，都是利用沸点不同分离物质，将苯加入溴水中不发生化学反应，而是苯萃取溴水中的溴，故①⑧⑨均属于物理变化，其余各项均发生了化学变化。 8．石油炼制过程中，既能提高汽油产量又能提高汽油质量的方法是(　　) A．常压分馏　　　　B．减压分馏 C．裂解 D．催化裂化 【答案】D 【解析】 选项中的四种方法都是石油炼制加工的方法，而其目的不同。A项中只能对石油进行初步加工，各类烃的质量仅占石油总量的25%左右；B项操作不会得到汽油；C项所得产物主要是乙烯、丙烯等小分子短链不饱和烃；只有D项才能得到质量更高、产量更多的汽油。 9．“绿色化学”的理想状态是反应物的原子全部转化为目标产物，以下反应不符合绿色化学原则的是 A．工业生产环氧乙烷：2CH2=CH2+O2 2 B．水煤气合成甲醇：CO+2H2CH3OH C．制取硝酸铜：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O D．乙烯水化法制乙醇：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH 【答案】C 【解析】A．工业生产环氧乙烷，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷，产物只有一种，原子利用率100%，符合绿色化学原则，A不选；B．水煤气合成甲醇，一氧化碳和氢气生成甲醇，产物只有一种，原子利用率100%，符合绿色化学原则，B不选；C．Cu与稀硝酸反应产物有多种，即反应物原子未全部转化为某一目标产物，不符合绿色化学原则，C选；D．乙烯水化法制乙醇，乙烯与水反应生成乙醇，产物只有一种，原子利用率100%，符合绿色化学原则，D不选；故选C。 10．是重要的化工原料，其制备途径如下所示： 途径I： 途径Ⅱ：、 下列说法错误的是 A．途径I中浓表现了氧化性 B．途径Ⅱ中只表现酸性 C．制取相同质量的，两种途径消耗的硫酸质量相等 D．与途径I相比，途径Ⅱ体现了保护环境的思想 【答案】C 【解析】A．途径I中浓反应生成，S元素化合价降低，体现浓的氧化性，A正确；B．途径Ⅱ中与发生复分解反应生成盐和水，元素化合价不变，只表现酸性，B正确；C．途径I中每生成1mol硫酸铜需要2mol硫酸，途径Ⅱ中每生成1mol硫酸铜需要1mol硫酸，故制取相同质量的硫酸铜，两种途径消耗的硫酸质量不相等，C错误；D．途径Ⅱ无有害气体二氧化硫生成，体现了保护环境的思想，D正确；答案选C。 11．下面图1、图2分别是实验室模拟石油分馏、石油裂解的实验装置图。已知：石蜡油在炽热素瓷片的作用下产生乙烯。完成下列问题： （1）A中仪器甲的名称为 ；D中素瓷片的作用是 。 （2）乙烯的电子式为 。 ①写出乙烯与在催化剂、加热条件下反应的化学方程式 。 ②体育比赛中当运动员肌肉挫伤或扭伤时，队医常用药剂氯乙烷（）（沸点为）对受伤部位进行局部冷却麻醉处理，工业上制取氯乙烷有两种方案： a． b． 你认为制备氯乙烷的最好方案为 （选填“a”或“b”） （3）试管E中观察到的现象为 ；若将乙炔通入E，也能观察至类似现象，配平乙炔与酸性反应的离子方程式： __________________——_____________________ 【答案】（1）蒸馏烧瓶 做催化剂，催化石蜡油分解生成乙烯 （2） CH2=CH2+HClCH3CH2Cl b （3）E中酸性高锰酸钾溶液褪色 C2H2+2+6H+=2CO2+2Mn2++4H2O） 【分析】图1为石油分馏装置，利用石油中各组分的沸点不同，采用蒸馏的方式将这些组分分离。图2为石油裂解装置，石蜡油在炽热素瓷片的作用下产生乙烯，生成的乙烯被酸性高锰酸钾氧化，使E中酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烯能与溴发生加成反应，F中溴的四氯化碳溶液褪色。 【解析】（1）仪器甲的名称为蒸馏烧瓶。D中素瓷片的作用为做催化剂，催化石蜡油分解生成乙烯。 （2）乙烯的电子式为。 ①乙烯与HCl在催化剂、加热条件下发生加成反应生成氯乙烷，化学方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl。 ②a方案中乙烷和氯气发生取代反应，除了生成氯乙烷还会生成1，2-二氯乙烷等物质，氯乙烷纯度低且原子利用率不高，b方案乙烯和HCl发生加成反应生成氯乙烷，产物单一，生成的氯乙烷纯度高且原子利用率高，最好方案为b。 （3）乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中，乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化，可观察到E中酸性高锰酸钾溶液褪色。乙炔、高锰酸根离子、氢离子反应生成二氧化碳、锰离子和水，1个C2H2转化为CO2，C化合价从-1价升高到+4价，转移10个电子，1个转化为Mn2+，Mn得到5个电子，因此乙炔和高锰酸根离子的系数比为1：2，再根据原子守恒、电荷守恒，配平得C2H2+2+6H+=2CO2+2Mn2++4H2O。 12．金属矿物资源的利用有着非常重要的意义。回答下列问题： （1）下列反应原理不符合工业冶炼金属实际情况的是______（填字母）。 A． B． C． D． （2）白口铁（镀锌铁）在生产、生活中有广泛应用。某小组以菱锌矿（主要成分是，以及CuO、FeO、MgO和等）制备白口铁的流程如下： 已知“浸取”后溶液中金属阳离子有、、、、。 ①“浸取”前将菱锌矿粉碎的目的是 。 ②“滤渣1”的主要成分是 （填化学式）。 ③“滤渣3”中主要成分是和，写出“氧化”时发生反应的离子方程式： 。 ④加Zn时转化的离子方程式为 。 ⑤取一定量的白口铁样品于试管中，加入足量稀硫酸，收集到标准状况下11.424L气体；再加入过量溶液，最后加入适量氨水使其恰好完全沉淀，过滤、洗涤、干燥后得到54.49g固体，该白口铁样品中铁的质量为 g（结果保留一位小数）。 【答案】（1） （2）①提高浸取速率 ②SiO2 ③3Fe2++MnO+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+ ④Zn+Cu2+=Zn2++Cu ⑤28.0 【分析】由题给流程可知，向菱锌矿中加入硫酸溶液酸浸，金属元素转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅与硫酸溶液不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入氧化钙调节溶液pH为5，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化钙、氢氧化铁、硫酸钙的滤渣和滤液；向滤液中加入高锰酸钾溶液，将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，高锰酸根离子转化为二氧化锰沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、二氧化锰的滤渣和滤液；向滤液中加入锌粉，将溶液中的铜离子转化为铜，过滤得到含有铜的滤渣和滤液；滤液经脱钙镁后，过滤得滤液；电解滤液，在阴极得到锌。 【解析】（1）A．工业上用电解熔融的氧化铝制得铝，电解时还要加入冰晶石降低氧化铝熔点，反应的化学方程式为，故错误；B．工业上用电解熔融氯化钠的方法制得金属钠，反应的化学方程式为，故正确；C．工业上用一氧化碳高温条件下还原氧化铁的方法制得铁，反应的化学方程式为，故正确；D．工业上用加热氧化汞的方法制得汞，反应的化学方程式为，故正确； （2）①“浸取”前将菱锌矿粉碎可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，提高浸取速率，故答案为：提高浸取速率；②由分析知，滤渣1的主要成分为二氧化硅，故答案为：SiO2；③由分析知，“氧化”时加入高锰酸钾溶液的目的是将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，高锰酸根离子转化为二氧化锰沉淀，反应的离子方程式为3Fe2++MnO+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+，故答案为：3Fe2++MnO+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；④由分析知，加入锌粉的目的是将溶液中的铜离子转化为铜，反应的离子方程式为Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故答案为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu；⑤由题意可知，向白口铁样品中加入足量稀硫酸时，锌和铁与稀硫酸反应生成氢气，得到含有硫酸锌和硫酸亚铁的混合溶液，向混合溶液中加入过氧化氢溶液将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子后，加入适量氨水，将溶液中的铁离子和锌离子转化为氢氧化锌和氢氧化铁沉淀，设白口铁样品中锌的物质的量为amol、锌的物质的量为bmol，由氢气的体积可得：a+b=，由氢氧化铁和氢氧化锌的质量可得：107a+99b=54.49，解得a=0.5、b=0.01，则白口铁样品中铁的质量为0.5mol×56g/mol=28.0g，故答案为：28.0。 14．“空气吹出法”海水提溴的工艺流程如图，下列说法正确的是 A．B可选用进入吸收塔，反应中体现氧化性 B．通入吹出塔的气体A和通入蒸馏塔的气体C可能是同一物质 C．精馏装置需要蒸馏烧瓶、分液漏斗、冷凝管 D．该提溴流程中进行了两次氧化还原反应 【答案】B 【分析】浓缩酸化后的海水中含有Br-，用A氧化溴离子为Br2，然后用热空气和水蒸气将溴从吹出塔中吹出，Br2进入吸收塔，用吸收剂吸收，将Br2还原为溴离子，再加入C将溴离子氧化为Br2，蒸馏出的溴经冷凝、精馏得到产品。 【解析】A．B可选用SO2进入吸收塔，发生的反应为，其中SO2被氧化、体现还原性，A错误；B．通入吹出塔的气体A和通入蒸馏塔的气体C都是氧化溴离子，可能是同一物质，比如氯气，B正确；C．精馏装置不需要分液漏斗，C错误；D．该流程中一共进行了三次氧化还原反应，A和溴离子反应生成溴单质，溴单质和B反应生成溴离子，溴离子和C反应生成溴单质，故D错误；故答案为：B。 15．海水资源综合利用过程中，下列有关说法正确的是 A．海水晒盐是利用溶质的溶解度随温度变化而变化的原理 B．海水提镁的转化为 C．用溶液吸收溴，离子方程式为 D．将氧化为时，加入过量的会使的产率降低 【答案】D 【解析】A．NaCl的溶解度受温度影响较小，海水晒盐是通过蒸发溶剂使NaCl结晶析出，而非利用溶解度随温度变化的原理，A错误； B．海水提镁的最后一步应为电解熔融的，而非电解溶液。电解溶液会生成H2和Cl2，离子方程式为：，无法得到金属Mg，B错误； C．用溶液吸收Br2时，离子方程式应基于参与反应，而非直接使用OH⁻。正确反应为：或，C错误； D．过量在酸性条件下会将I2进一步氧化为，离子方程式：，导致I2被消耗，产率降低，D正确； 故选D。 16．工业上用铝土矿(主要成分，含杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如图：下列叙述错误的是 A．试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸 B．反应①过滤后所得沉淀为氧化铁 C．图中所示转化反应有氧化还原反应 D．反应②的化学方程式为 【答案】A 【分析】将铝土矿(主要成分，含杂质)先用试剂X溶解，结合转化后的产物可知，加的X为溶液，反应生成，不反应过滤后在滤渣中分离除去，滤液通过量Y得沉淀和溶液，根据元素守恒说明Y为，最后将加热转化为，电解得金属Al，据此分析解答。 【解析】A．盐酸要与杂质反应而无法分离，所以X只能是氢氧化钠溶液，A错误；B．溶液与不反应，过滤后在滤渣中分离除去，反应①过滤后所得沉淀为氧化铁，B正确；C．氧化铝电解得到铝和氧气的反应是氧化还原反应，C正确；D．反应②将溶液转化为沉淀和，通入过量的可实现，化学方程式为，D正确；故答案为：A。 17．根据海水综合利用的工业流程图，判断下列说法正确的是 已知：受热生成和HCl气体等。 A．过程①的除杂试剂先后顺序及操作是、、稀盐酸，过滤、蒸发结晶 B．在过程③中将灼烧即可制得无水 C．过程⑤反应后溶液呈强酸性，生产中需解决其对设备的腐蚀问题 D．在过程④、⑥反应中每氧化0.4mol 需消耗4.48L 【答案】C 【分析】海水蒸发得到粗盐和母液，粗盐通过精制得到精盐，电解饱和食盐水得到氯气、氢气和NaOH，母液加氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁与盐酸反应后经过蒸发浓缩、冷却结晶等操作生成MgCl2·6H2O，MgCl2·6H2O在HCl气流中加热生成无水MgCl2，NaBr中通入氯气生成Br2，Br2与SO2水溶液反应生成溴离子，溴离子被氯气氧化生成高浓度的Br2。 【解析】A．过程①中氯化钡须在碳酸钠之前加入，否则无法除去多余的钡离子，同时还需要加入氢氧化钠除去镁离子，A错误；B．MgCl2·6H2O受热生成Mg(OH)Cl和HCl，过程③需要在HCl气流中加热使MgCl2·6H2O失去结晶水生成无水MgCl2，B错误；C．Br2与SO2的水溶液反应生成HBr和H2SO4，两种产物都是强酸，因此反应后溶液呈强酸性，生产中需解决其对设备的腐蚀问题，C正确；D．过程④、⑥中反应的离子方程式为2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，每氧化0.4mol溴离子需消耗氯气0.2mol，但是选项中并未说明是标准状况下，无法计算0.2mol氯气的体积，D错误；故答案选C。 18．硫酸铝是一种具有广泛用途的重要化工产品，以高岭土(含、、少量等)为原料制备硫酸铝晶体的实验流程如图所示。 下列说法错误的是 A．“酸溶”后溶液中含有的阳离子主要为、、 B．“滤渣1”的主要成分是 C．“滤渣2”的主要成分是、 D．“过滤2”后可以选用KSCN溶液验证是否沉淀完全 【答案】C 【分析】高岭土“酸溶”时发生：，，不溶于稀，“滤渣1”是；过量的氢氧化钠溶液可将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，Al3+转化为[Al(OH)4]-，再经过一系列转化得到硫酸铝晶体。 【解析】A．根据分析，“酸溶”时发生，，溶液中含有的阳离子主要为、、，A正确； B．根据分析， 不溶于稀，“滤渣1”是，B正确； C．根据分析，“滤渣2”的主要成分是，不含，C错误； D．取少量“过滤2”后溶液于试管中，向其中加入少量KSCN溶液，若溶液变红，则未沉淀完全，D正确； 故选C。 19．从海水中可以获得淡水、食盐，并可提取镁和溴等物质，工艺流程如下： 回答下列问题： （1）请写出海水淡化的一种方法： 。 （2）提取溴时，先将母液酸化再通的原因为： 。 （3）上述步骤①发生反应生成一种气体的离子方程式： 。步骤②中不能用盐酸代替稀硫酸的原因为 。 （4）工业上从母液中获取用石灰乳而不用溶液的原因是 。 （5）从母液中得到的沉淀中混有少量的，除去少量的方法是先将沉淀加入 (填化学式)溶液中，充分搅拌后经过滤、洗涤可得。 （6）海冰是海水冻结而成的咸水冰，海水冻结时，部分来不及流走的盐分(设以为主)以卤汁的形式被包围在冰晶之间，形成“盐泡”(设1个盐泡含1个单元)，其大致结构如下图所示。若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水。下列叙述正确的是_____。 A．海冰内层“盐泡”内的盐分主要以分子的形式存在 B．海冰内层“盐泡”越多，密度越小 C．海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越少 D．若冰的密度为，则海冰内层的浓度约为 【答案】（1）蒸馏法、电渗析法或离子交换法（任写一种） （2）Cl2和生成的Br2都能与水发生反应生成HCl、HBr，酸化后可以增大H+的浓度，能抑制Cl2、Br2和水的反应，提高溴的产量 （3）3＋3Br2=5Br－＋＋3CO2↑ 在酸性环境中会和Cl-发生反应生成Cl2 （4）石灰乳原料丰富，成本低 （5）MgCl2 （6）CD 【分析】海水淡化处理后得到粗盐、淡水和母液，从粗盐中可以提取NaCl，母液中含有镁离子、溴离子，向母液中加入石灰乳，Mg2+转化为Mg(OH)2，将Mg(OH)2稀盐酸得到MgCl2，结晶得到无水MgCl2，电解熔融氯化镁得到Mg，母液经过酸化后通入氯气，发生反应：2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，用热空气吹出Br2用Na2CO3溶液吸收，得到含有Br-和的水溶液，再加入稀硫酸发生氧化还原反应生成Br2，然后萃取得到Br2，据此分析解答． 【解析】（1）海水淡化方法分离海水中的淡水和盐而利用淡水，方法有：蒸馏法、电渗析法、离子交换法。 （2）提取溴时，先将母液酸化再通的原因为：Cl2和生成的Br2都能与水发生反应生成HCl、HBr，酸化后可以增大H+的浓度，能抑制Cl2、Br2和水的反应，提高溴的产量。 （3）步骤①中Br2用Na2CO3溶液吸收，得到含有Br-和的水溶液，由于Br2和水反应有HBr生成，HBr会和Na2CO3溶液反应生成CO2和NaBr，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3＋3Br2=5Br－＋＋3CO2↑，在酸性环境中会和Cl-发生反应生成Cl2，步骤②中不能用盐酸代替稀硫酸。 （4）工业上从母液中获取用石灰乳而不用溶液的原因是：石灰乳原料丰富，成本低。 （5）从母液中得到的沉淀中混有少量的，除去少量的方法是先将沉淀加入MgCl2溶液中，发生反应：MgCl2+=+CaCl2，充分搅拌后经过滤、洗涤可得。 （6）A．NaCl是离子化合物，不存在NaCl分子，A错误；B．NaCl的式量大于H2O的相对分子质量，而且体积小，所以盐泡的密度比水大，海冰内层“盐泡”越多，密度越大，B错误；C．根据题干信息，若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水，说明其中盐泡不再存在，因此海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越少，C正确；D．若冰的密度为0.9g·cm-3，则每1L冰的质量为900g，假设其中含有NaCl的物质的量是x，则海冰中含有H2O的物质的量是5×105xmol，58.5x+5×105xmol×18=900g，解得x=10-4mol，所以海冰内层NaCl的浓度约为10-4mol·L-1，D正确；故合理选项是CD。 20．SO2、NOx为常见的空气污染物，会引起酸雨、光化学烟雾等污染问题。研究者以多种方法进行“脱硫”“脱硝”。 （1）利用工业废碱渣(主要成分为Na2CO3)来吸收含SO2的烟气，同时得到Na2SO3粗品。其流程如图所示： ①操作1和操作2中均包含的分离技术为 ； ②SO2被Na2CO3溶液吸收时，会释放出一种无色无味气体，该反应的离子方程式为 。 （2）利用含有SO2的烟气制备NaClO2。其流程如图所示： ①反应a的化学方程式为 。 ②反应b中的氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。 （3）以NaClO溶液作为吸收剂进行一体化“脱硫”“脱硝”。控制溶液的pH=5.5，一定时间内，温度对SO2、NO脱除率的影响如图所示： 已知烟气中SO2与NO的体积比为4：1，且吸收后转化为：SO、NO。 ①NO在吸收过程中，反应的离子方程式是 。 ②50℃时，吸收液中烟气转化生成的Cl‒和NO的物质的量之比为 。 ③烟气中NOx含量的测定：将VL气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO，加水稀释至100mL。量取25mL该溶液，加入V1mLc1mol·L‒1FeSO4溶液(过量)，充分反应后，用c2mol·L‒1K2Cr2O7溶液和剩余的Fe2+恰好反应(该反应的还原产物为Cr3+)，消耗V2mL。气样中NOx折合成NO的含量为 mg·L‒1。 【答案】（1）过滤 CO+H2O+2SO2=CO2+2HSO （2）2NaClO3+H2SO4+SO2=2NaHSO4+2ClO2 2∶1 （3）3ClO−+2NO+H2O=2NO+3Cl−+2H+ 13∶2 【分析】（1）将工业废碱渣溶于水过滤后，得到碳酸钠溶液，用碳酸钠溶液吸收烟气中的二氧化硫得到亚硫酸氢钠溶液，往其中加入氢氧化钠，即可得到亚硫酸钠溶液，进一步处理后可得亚硫酸钠粗产品。 （2）NaClO3、H2SO4中通入SO2发生反应a生成NaHSO4和ClO2，则反应a的化学方程式为；ClO2在碱性条件下可以氧化H2O2生成氧气，同时生成NaClO2，则反应b为2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O。 【解析】（1）①工业废碱渣经过操作1后得废渣和碳酸钠溶液，所以操作1为溶解、过滤，操作1为过滤，均包含过滤。 ②亚硫酸酸性强于碳酸，所以SO2被Na2CO3溶液吸收时，释放出的无色无味气体为二氧化碳，反应的离子方程式为+H2O+2SO2=CO2＋2； （2）①NaClO3、H2SO4中通入SO2发生反应a生成NaHSO4和ClO2，则反应a的化学方程式为，故答案为：； ②反应b的化学方程式为2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，该反应中，ClO2为氧化剂，H2O2为还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1，故答案为：2∶1； （3）①NaClO溶液吸收烟气中NO，NaClO溶液吸收烟气中NO，发生氧化还原反应生成硝酸和氯化钠，反应的离子方程式是：3ClO−+2NO+H2O=2NO+3Cl−+2H+； ②吸收SO2发生的反应为SO2+ClO﹣+H2O═SO+Cl﹣+2H+，烟气中SO2和NO的体积比为4∶1，50℃时的脱除率见图2分别为100%和80%，根据反应SO2+ClO−+H2O =+Cl−+2H+、3ClO−+2NO+H2O = 2+3Cl−+2H+，则此吸收液中烟气转化生成的和Cl−的物质的量之比为13∶2。 ③用c2 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗V2 mL，此时加入的Cr2O为 mol；所以过量的Fe2+为 mol；则与硝酸根离子反应的Fe2+为mol；所以硝酸根离子为mol；根据氮元素守恒，硝酸根与NO的物质的量相等。考虑到配制100mL溶液取出来25mL进行实验，所以NO为mol，质量为g，即 mg。这些NO是VL气体中含有的，所以含量为 mg·L-1，即为mg/L，所以答案为：mg/L。 21．铬(Cr)和钒(V)具有广泛用途。铬钒渣中铬主要以形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如图所示： 已知：最高价铬酸根在碱性介质中以存在，在酸性介质中以存在；“煅烧”后铬的主要存在形式为。 回答下列问题： （1）中Cr的化合价为 价；“浸取”前将煅烧后的固体进一步粉碎，你认为该操作的目的是 。 （2）若在实验室中进行煅烧铬钒渣，一般不能用陶瓷坩埚，理由是 ；“煅烧”时，转化为的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 （3）“浸取”后分离出水浸渣的操作名称为 。 （4）“沉淀”时加入适量的稀硫酸将溶液调至弱碱性，目的是 。 （5）“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右，此时铬的主要存在形式为，在“还原”步骤中溶液将还原为，自身转化为，试写出该反应的离子方程式： 。 （6）若取10kg铬钒渣(其中Cr元素的质量分数为13%)按上述流程制备固体，在整个流程中Cr元素的利用率()为95%，则制得固体的质量为(保留3位有效数字) kg。 【答案】（1）+6 增大接触面积，加快浸取的速率(答到“加快浸取的速率”即可) （2）、NaOH均能与陶瓷坩埚中的发生反应(或其他合理答案) 3∶4 （3）过滤 （4）将铝元素转化为沉淀，从而除去铝元素 （5） （6）2.45 【分析】铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，加入Na2CO3、NaOH、通入空气进行煅烧，将铁元素转化为Fe2O3，硅元素转化为Na2SiO3，铬元素转化为Na2CrO4；加入H2O浸取，得到Fe2O3；过滤后，往滤液中加入稀硫酸，生成H2SiO3沉淀；过滤后，往滤液中加入MgSO4溶液、(NH4)2SO4溶液，生成MgSiO3、MgNH4PO4沉淀；过滤后，往滤液中加入稀硫酸调节溶液的pH，将钡转化为V2O5；过滤后，往滤液中加入Na2S2O4溶液，并调节pH，生成Cr(OH)3沉淀。 【解析】（1）Na2CrO4中Na为+1价，O为-2价，则Cr为+6价；为了增大接触面积，加快浸取的速率，将煅烧后的固体进一步粉碎； 故答案为：+6；增大接触面积，加快浸取的速率； （2）陶瓷坩埚的主要成分SiO2，Na2CO3、NaOH均能与陶瓷坩埚中的SiO2发生反应；若铬钒渣中铬的含氧酸盐为NaCrO2，则“煅烧”过程中NaCrO2转化为Na2CrO4，发生反应的化学方程式为，则氧化剂：还原剂为3：4； 故答案为：Na2CO3、NaOH均能与陶瓷坩埚中的SiO2发生反应； （3）“浸取”后分离固体和液体的操作为过滤； 故答案为：过滤； （4）加入强碱后将Al转化为，加入稀硫酸后，铝元素转化为氢氧化铝沉淀； 故答案为：将铝元素转化为Al(OH)3沉淀，从而除去铝元素； （5）Na2S2O5溶液将还原为Cr3+，自身转化为，； 故答案为：； （6）若取10kg含Cr元素质量分数为13%的铬钒渣进行上述流程，Cr元素在整个流程中损失率为5%，则可制得Cr(OH)3固体的质量为=2.45kg； 故答案为：2.45。 22．白硼钙石的主要成分是(含有少量和等杂质)，利用白硼钙石制取强还原剂的工艺流程如下： 已知：微溶于水，易溶于乙醇；偏硼酸钠易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定。下列说法错误的是 A．“滤渣1”的主要成分是 B．“操作X”涉及蒸发浓缩、降温结晶 C．“酸浸”采用高温条件有利于提高反应速率 D．“反应Y”的化学方程式是 【答案】C 【分析】由题干流程图可知，将白硼钙石的主要成分是Ca4B10O19·7H2O(含有少量Fe2O3、FeO、CaCO3和SiO2等杂质)粉碎后加入浓硝酸，将Ca转化为Ca(NO3)2、Fe转化为Fe(NO3)3、B转化为H3BO3，SiO2不溶于硝酸，过滤得到滤液1，主要含有Ca(NO3)2、Fe(NO3)3，和滤渣主要含有SiO2和H3BO3，向滤渣中加入乙醇进行醇浸过滤得到滤渣1，主要成分为SiO2，滤液中含有H3BO3的酒精溶液，向滤液中加入NaOH溶液进行水浴加热，将H3BO3转化为NaBO2，将乙醇蒸馏出来后，对滤液进行蒸发浓缩、降温结晶，过滤干燥，获得纯净的NaBO2固体，将固体NaBO2和MgH2混合反应生成NaBH4和耐火材料即MgO，据此分析解题。 【解析】A．由分析可知，“滤渣1”的主要成分是SiO2，A正确； B．由题干信息状况，偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定，故“操作X”涉及到蒸发浓缩、降温结晶，B正确； C．“酸浸”采用高温条件会导致浓硝酸分解导致反应速率减慢，C错误； D．由分析可知，耐火材料为MgO，故“反应Y”的化学方程式是，D正确； 故答案选C。 23．氮肥厂、生活污水中的氮元素多以和的形式存在，氨氮废水超标排放是水体富营养化的重要原因。氨氮废水的处理方法有物理化学法、化学法、生物法等。 (1)吹脱法：先向氨氮废水中加溶液调节至11左右，再吹入热空气或水蒸气使氨气挥发并回收利用。 ①写出发生反应的离子方程式： 。 ②吹脱法除了不适用于低浓度氨氮废水的处理外，还存在的不足有 (写2点)。 (2)化学沉淀法：向废水中投入氯化镁和磷酸钠，形成沉淀从而除去铵根离子。 ①写出发生反应的离子方程式： 。 ②该沉淀法不适合处理碱性过强的氨氮废水，其原因是 。 (3)次氯酸钠氧化法：除去氨氮的反应机理如图1所示(其中和略去)，实验测得相同条件下，废水中氨氮去除率与温度关系如图2所示。 ①氧化的总反应的化学方程式为 。 ②当温度高于25℃时，废水中的氨氮去除率随着温度升高而越低，其原因是 。 (4)生物法：先在硝化细菌作用下空气中的氧气将氧化为(硝化过程)，后在反硝化细菌作用下利用有机碳源将转化为氮气而排放(反硝化过程)。 ①硝化过程中经过两步反应转变为，第一步为 (写离子方程式)，第二步为。 ②反硝化过程中常将甲醇作为有机碳源。当反应中有转变为二氧化碳时，转化的的物质的量为 。 【答案】(1) 成本高、脱氮率低；可能造成二次污染 (2) 形成氢氧化镁沉淀，降低除去效率 (3) 温度较高，加快了的分解，造成去除率降低 (4) 【解析】（1）①氮肥厂、生活污水中的氮元素多以和的形式存在，向氨氮废水中加溶液，方程式为：。 ②由于需要向氨氮废水中加溶液，存在的缺点是：成本高、脱氮率低；可能造成二次污染。 （2）①根据向废水中投入氯化镁和磷酸钠，形成沉淀从而除去铵根离子，可知方程式为：。 ②若碱性过强的氨氮废水，加入氯化镁，会形成氢氧化镁沉淀，降低除去效率。 （3）①根据图分析可知，氧化的产物是氮气等无害物质，所以方程式为：。 ②因为次氯酸根不稳定，温度较高，加快了的分解，造成去除率降低。 （4）①在硝化细菌作用下被氧气氧化为，反应的离子方程式为：。 ②反硝化过程中常将甲醇作为有机碳源，甲醇被硝酸根离子氧化为二氧化碳，根据得失电子守恒可知， ，当反应中有转变为二氧化碳时，转化的的物质的量为。 / 学科网（北京）股份有限公司 $$