2024届高考化学一轮复习知识点突破练习-30化学与材料的发展
1．铋为第五周期VA族元素，利用湿法治金从辉铋矿(含Bi2S3、Bi、Bi2O3等)提取金属铋的工艺流程如下图所示：
已知：BiCl3水解的离子方程式为：BiCl3+H2OBiOCl+2H++2Cl－。
（1）矿浆浸出时加入盐酸的作用是 。
（2）浸出时，Bi溶于FeCl3溶液的化学方程式为 。
（3）残渣中含有一种单质，该单质是 。
（4）滤液的主要溶质是(化学式) ，该物质可在工艺中转化为循环利用的原料，转化的反应方程式为 。
（5）精辉铋矿中含有Ag2S，被氧化溶解后不会进入浸出液，银元素以 (填化学式)进入残渣中。
（6）粗铋提纯时，粗铋应放在 极，阴极的电极反应式 。
2．现代炼锌的方法可分为火法和湿法两大类，镉是生产硫酸锌的副产品，属于高毒性金属，试回答下列相关问题。
（1）火法炼锌是将闪锌矿（主要含ZnS）通过浮选、焙烧使它转化为氧化锌，再把氧化锌和焦炭混合，在鼓风炉中加热至1373-1573K，使锌蒸馏出来。
从火法炼锌蒸馏后的残渣中含多种金属单质及In2O3，可用硫酸提取铟，某研究机构对此研究数据如下。实验中涉及的酸度（每升溶液中含硫酸的质量）与铟的浸出率如下图1；硫酸溶液的体积与固体的体积比如图2
①当酸度为196时，其物质的量浓度为 。
②从节约原料和浸出率考虑，适宜的酸度和液固比分别为： 、 。
（2）湿法炼锌的主要工艺流程为
①硫酸浸取的主要反应的离子方程式为： 。
②从保护环境和充分利用原料角度，如何处理或利用烟气 。
③除去酸浸出液中的铁，可用H2O2氧化，再调节pH使之形成Fe(OH)3沉淀，写出H2O2氧化Fe2+的离子方程式 。
④酸浸出液还含有Cd2+，为了防止镉污染并回收镉，根据它们性质的差异，可用氢氧化钠溶液分离，已知CdO为碱性氧化物，Zn(OH)2和氢氧化铝一样也具有两性，试写出分离的离子方程式 、 。
3．某矿渣所含各物质的质量分数如下表所示:
成分 SiO2 MgO Fe2O3 Al2O3 CuO
质量分数/% 4.0 32 10.2 16
已知常温下，几种氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:
Cu(OH)2 Mg(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3
开始沉淀的pH 4.8 9.3 2.7 3.8
完全沉淀的pH 6.4 10.8 3.7 4.7
某课题组拟以上述矿渣为原料制备金属、铝、铜、铁，其部分工艺流程如下：
请回答下列问题：
（1）沉淀I的主要用途是 (答一条即可），步骤IV中调节pH范围为 。
（2）由滤液II经几步反应可得到需要制备的一种金属的氧化物，滤液II中需要通入气体的化学式为 。
（3）写出由滤液I得到滤液II的离子方程式: 。
（4）滤液IV中含有的金属阳离子是 ，分离金属阳离子的操作是 。
（5）工业上，冶炼铝、铁、铜、镁的方法依次是 (填字母）。
A．电解法、热还原法、分解法、分解法
B．电解法、热还原法、热还原法、电解法
C．热还原法、分解法、电解法、电解法 .
D．热还原法、热还原法、热还原法、电解法
（6）工业上冶炼铝、铁、铜、镁时选用的相应的原料为 (填字母）。
A．Al2O3、Fe2O3、CuO、MgO
B．Al2O3、Fe2O3、CuCl2、MgCl2
C．AlCl3、FeCl3、CuO、MgCl2
D．Al2O3、Fe2O3、CuO、MgCl2
4．请回答下列问题：
(1)我国某地区已探明蕴藏有丰富的赤铁矿(主要成分为Fe2O3，还含有SiO2等杂质)、煤矿、石灰石和黏土。拟在该地区建设大型炼铁厂。
①随着铁矿的开发和炼铁厂的建立，需要在该地区相应建立焦化厂、发电厂、水泥厂等，形成规模的工业体系。据此确定图中相应工厂的名称： A． ，B． ，C． ，D． ；
②以赤铁矿为原料，写出高炉炼铁中得到生铁和产生炉渣的化学方程式： ；
(2)玻璃钢可由酚醛树脂和玻璃纤维制成。
①酚醛树脂由酚醛和甲醛缩聚而成，反应有大量热放出，为防止温度过高，应向有苯酚的反应釜 地加入甲醛，且反应釜应装有 装置。
②玻璃钢中玻璃纤维的作用是 。玻璃钢具有 等优异性能(写出两点即可)。
③下列处理废旧热固性酚醛塑料的做法合理的是 。
a．深埋 b．粉碎后用作树脂填料
c．用作燃料 d．用有机溶剂将其溶解，回收树脂
(3)工业上主要采用氨氧化法生产硝酸，如图是氨氧化率与氨-空气混合气中氧氨比的关系。其中直线表示反应的理论值；曲线表示生产实际情况。当氨氧化率达到100%，理论上r[n(O2)/n(NH3)]= ，实际生产要将r值维持在1.7～2.2之间，原因是 。
5．化合物G是冶炼某常见金属的原料，工业上提取G的流程如下图所示(已知晶体E的焰色反应呈黄色)：
(1)溶液A为 溶液(用化学式表示，下同)，赤泥浆C的主要成分有 ，
(2)操作Ⅰ为 ；操作Ⅱ为 ，
(3)写出由B生产F的离子方程式为
(4)苛化试剂与E溶液反应生成溶液A，则苛化试剂是 ，该工艺的优点是 (答一条，合理即可)。
6．Ⅰ、钨是我国丰产元素，是熔点最高的金属 , 广泛用于拉制灯泡的灯丝 , 有“光明使者”的美誉。钨在自然界主要以钨 (+6价) 酸盐的形式存在。有开采价值的钨矿石是白钨矿和黑钨矿。白钨矿的主要成分是钨酸钙 (CaWO4)；黑钨矿的主要成分是铁和锰的钨酸盐，化学式常写成(Fe,Mn)WO4，钨酸（H2WO4）酸性很弱，难溶于水。黑钨矿传统冶炼工艺的第一阶段是碱熔法：
其中 A、B、C 都是钨的化合物。回答：
(1)74W在周期表的位置是第 周期。
(2)写出上述流程中B 、C 的化学式：B ； C
(3)钨冶炼工艺的第二阶段则是用碳、氢等还原剂把氧化钨还原为金属钨。对钨的纯度要求不高时 , 可用碳作还原剂。写出用碳还原氧化钨制取金属钨的化学方程式： ；
(4)仲钨酸的阱盐在热分解时会发生内在氧化还原反应 ,我国钨化学研究的奠基人顾冀东先生采用这一反应制得了蓝色的、非整比的钨氧化物 WO3-x。这种蓝色氧化钨具有比表面大、易还原的优点 , 在制钨粉时温度容易控制 ,目前冶炼拉制钨丝的金属钨都用蓝色氧化钨为原料。经分析 , 得知蓝色氧化钨中钨的质量分数为 0.7985,X=0.1。一般认为，蓝色氧化钨的颜色和非整比暗示了在化合物中存在五价和六价两种价态的钨。则蓝色氧化钨中这两种价态的钨原子数比为 ．
(5)Ⅱ、如上图所示，当关闭电键k一段时间，发现Ag棒与 Cu棒质量差为28g时，则装置B产生气体的总质量为 g（电解质溶液足量）。
7．钼（Mo）是VIB族金属元素，原子序数42。熔点为2610℃，沸点为5560℃。 钼硬而坚韧，熔点高，热传导率也比较高。被广泛应用于钢铁、石油、化工、电气和电子技术、医药和农业等领域。某化学兴趣小组利用废钼催化剂（主要成分为MoS2，含少量Cu2S，FeS2）回收Mo并制备钼酸钠晶体，其主要流程图如图所示：
回答下列问题：
（1）操作1为 。
（2）空气焙烧的过程中采用如图1所示的“多层逆流焙烧”。
①多层逆流焙烧的优点是 （任答一点）。
②固体1的成分有 、CuO和Fe2O3。
（3）固体1加碳酸钠溶液后发生的主要化学方程式为 。
（4）钼酸钠是一种新型水处理剂，可以和重金属盐沉淀，则与硫酸铜反应的离子方程式 。
（5）还原法制备钼，若利用H2、CO和Al分别还原等量的MoO3，所消耗还原剂的物质的量之比为 。
（6）已知Na2MoO4溶液中c（MoO）=0.48mol/L，c（CO）=0.040mol/L，由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体时，需加入Ba（OH）2固体以除去CO，当BaMoO4开始沉淀时，CO的去除率为95.0%，则Ksp（BaMoO4）= 。（已知Ksp（BaCO3）=1.0×10-10，过程中溶液体积变化忽略不计）
（7）钼酸盐的氧化性很弱，只有用强还原剂剂才能还原，如：在浓盐酸溶液中，用锌做还原剂和钼酸盐溶液反应，最后生成棕色难溶物MoCl3，写出该反应的离子方程式 。
8．银催化剂在石油化工生产中应用广泛，但使用一段时间后催化活性降低或失效。从失效的废银催化剂中回收银具有极高的社会、经济价值。废银催化剂主要由银和α-氧化铝及少量二氧化硅组成，其回收工艺流程如下：
已知：α-氧化铝不溶于硝酸；AgCl能与 反应生成溶于水的 等离子。
回答下列问题：
(1)酸浸时，反应的离子方程式为 ；酸浸时选用低温的原因是 ；为防止污染，可将气体产物用空气氧化为红色。棕色气体，再用氢氧化钠溶液吸收，从该吸收液中可回收的盐有 (填化学式)。
(2)沉银时， ，若NaCl过量太多，对银的沉淀率的影响是 (填“增大”“减小”或“无影响”)。
(3)转化阶段，加入将AgCl沉淀转化为， 过滤、洗涤，判断沉淀是否洗涤干净的操作和现象是 。
(4)Ag2O熔炼生成单质银，此金属冶炼方法的名称是 。
(5)AgCl沉淀还可以在氨水中用水合肼 还原为海绵状单质银，氧化产物为氮气，反应的化学方程式为 。
(6)本实验所用废银催化剂含银6.46%(质量分数)，100g试样可回收单质银6.37g，回收率为 。
9．铜冶炼阳极泥中含有多种稀有元素和贵重金属，对某厂阳极泥(含有CuS、、和少量金属单质Ag)进行综合处理和利用的工艺流程如下：
已知：“焙烧”所得烧渣主要成分为CuO、Ag、，气体的主要成分为和。
回答下列问题：
(1)“焙烧”前将阳极泥研磨成粉末，其目的为 。
(2)气体在水中进行“转化”的化学方程式为 。
(3)“沉碲”时温度不能过高或过低的原因为 。
(4)“酸溶”的目的为 ；“沉银”反应的平衡常数为 。[已知、]
(5)“一系列操作”中，选用乙醇代替水“洗涤”胆矾的优点为 。
(6)实验测得25.0g 受热分解过程中的热重曲线如图所示。
①172℃时，剩余固体的化学式为 。
②由胆矾分解制备CuO时，控制的合适温度范围为 。
10．研究发现钼酸钠可减缓金属的腐蚀速率。工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的MoS2，含少量重金属化合物)制备钼酸钠晶体( Na2MoO4·2H2O)的途径如图所示：
回答下列问题：
Ⅰ.（1）下列标志中，应贴在保存NaClO容器上的是 。
（2）为了提高焙烧效率，除增大空气量外还可以采用的措施有 。
（3）途径①制备钼酸钠溶液，同时有SO42－生成，该反应的离子方程式为 。
（4）重结晶得到的母液可以在下次重结晶时重复使用，但达到一定次数后必须净化处理，原因是 。
（5）“结晶”前测得部分离子浓度c(MoO42－)=0.40mol/L，c(SO42－)=0.04mol/L，需加入Ba(OH)2固体除去SO42－。当BaMoO4开始沉淀时，SO42－的去除率为 %。（保留三位有效数字）[已知：Ksp(BaSO4)=1.1×10－10、Ksp(BaMoO4)=4.0×10－8，加入Ba(OH)2固体引起溶液体积变化可忽略]。
Ⅱ．（1）碳钢在盐酸和硫酸中腐蚀速率随酸的浓度变化有明显差异，其原因可能是 。
（2）若缓释剂钼酸钠－月桂酰肌氨酸总浓度为300mg L－1，则缓蚀效果最好时钼酸钠的物质的量浓度为 （保留三位有效数字）。
11．按要求完成下列填空
Ⅰ.已知：①2C3H8(g)＋7O2(g)=6CO(g)＋8H2O(l) ΔH=-2741.8kJ/mol
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566kJ/mol
(1)反应C3H8(g)＋5O2(g)=3CO2(g)＋4H2O(l)的ΔH= ；
(2)C3H8在不足量的氧气里燃烧，生成CO和CO2以及气态水，将所有的产物通入一个固定体积的密闭容器中，在一定条件下发生如下可逆反应：CO(g)+ H2O(g) CO2(g)+ H2(g) ΔH＞0
①下列事实能说明该反应达到平衡的是 ；
a．体系中的压强不发生变化
b．υ正(H2)=υ逆(CO)
c．混合气体的平均相对分子质量不发生变化
d．CO2的浓度不再发生变化
②在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c(CO)=1mol·L-1， c(H2O)=2.4 mol·L-1； 达到平衡后，CO的转化率为60％，该反应在此温度下的平衡常数是 ；
(3)熔融碳酸盐燃料电池的电解质为Li2CO3和 Na2CO3的混合物，燃料为CO，在工作过程中，电解质熔融液的组成、浓度都不变，写出负极发生的电极反应式 。
Ⅱ．氮化硅(Si3N4)是一种新型陶瓷材料，它可用石英与焦炭在高温的氮气流中反应制得：
SiO2 + _____C + _______N2____Si3N4 + _____CO 根据题意完成下列各题：
(4)配平上述化学反应方程式 。______SiO2 + ______C + ______N2_____Si3N4 + ____CO
(5)为了保证石英和焦炭尽可能的转化，氮气要适当过量。某次反应用了30mol氮气，反应生成了5mol一氧化碳，则此时混合气体的平均摩尔质量是 。
(6)氮化硅陶瓷的机械强度高，硬度接近于刚玉(A12O3)，热稳定性好，化学性质稳定。以下用途正确的是 。
A．可以在冶金工业上制成坩埚、铝电解槽衬里等设备
B．在电子工业上制成耐高温的电的良导体
C．研发氮化硅的全陶发动机替代同类型金属发动机
D．氮化硅陶瓷的开发受到资源的限制，没有发展前途
12．文物是人类宝贵的历史文化遗产，我国文物资源丰富，但保存完好的铁器比青铜器少得多，研究铁质文物的保护意义重大。
（1）铁刃铜钺中，铁质部分比铜质部分锈蚀严重，其主要原因是 。
（2）已知：
ⅰ．铁质文物在潮湿的土壤中主要发生吸氧腐蚀，表面生成疏松的FeOOH；
ⅱ．铁质文物在干燥的土壤中表面会生成致密的Fe2O3，过程如下。
①写出ⅰ中，O2参与反应的电极反应式和化学方程式： 、 。
②若ⅱ中每一步反应转化的铁元素质量相等，则三步反应中电子转移数之比为 。
③结合已知信息分析，铁质文物在潮湿的土壤中比在干燥的土壤中锈蚀严重的主要原因是 。
（3）【资料1】Cl–体积小穿透能力强，可将致密氧化膜转化成易溶解的氯化物而促进铁质文物继续锈蚀。
【资料2】Cl–、Br–、I–促进铁器皿继续锈蚀的能力逐渐减弱。
①写出铁质文物表面的致密氧化膜被氯化钠破坏的化学方程式 。
②结合元素周期律解释“资料2”的原因是 。
（4）从潮湿土壤出土或海底打捞的铁质文物必须进行脱氯处理：用稀NaOH溶液反复浸泡使Cl-渗出后，取最后一次浸泡液加入试剂 （填化学式）检验脱氯处理是否达标。
（5）经脱氯、干燥处理后的铁质文物再“覆盖”一层透明的高分子膜可以有效防止其在空气中锈蚀。下图为其中一种高分子膜的片段：
该高分子的单体是 。
参考答案：
1． 抑制BiCl3水解 Bi+3FeCl3＝BiCl3+3FeCl2 S FeCl2 2FeCl2 +Cl2＝2FeCl3 AgCl 阳 Bi3++3e－＝Bi
【分析】（1）矿浆浸出时溶液中BiCl3，BiCl3易发生水解，故加入HCl抑制BiCl3水解；
（2）浸出时，Bi溶于FeCl3发生氧化还原反应生成BiCl3和FeCl2；
（3）矿浆和HCl、FeCl3作用，负二价硫元素被氧化为S，所以生成硫单质；
（4）因在浸出液中加入Fe，所以Fe和BiCl3反应生成FeCl2和单质Bi，FeCl2溶液通入氯气将FeCl2氧化成FeCl3，转化为循环利用的原料FeCl3；
（5）在氧化溶解精辉铋矿的溶液中含有盐酸，所以银元素以AgCl形式进入残渣中；
（6）应用电解池原理进行粗铋提纯，粗铋做阳极，纯铋做阴极，溶液中的铋离子得到电子而析出；
【详解】（1）矿浆浸出液中BiCl3，BiCl3易发生水解，故加入HCl抑制BiCl3水解；
本题答案为：抑制BiCl3水解。
（2）浸出时，Bi溶于FeCl3发生氧化还原反应生成BiCl3和FeCl2，化学方程式为：Bi+3FeCl3＝BiCl3+3FeCl2；
本题答案为：Bi+3FeCl3＝BiCl3+3FeCl2。
（3）矿浆中Bi2S3和FeCl3反应时，负二价硫元素被氧化为S，所以生成硫单质；
本题答案为：S。
（4）因在浸出液中加入Fe，所以Fe和BiCl3反应生成FeCl2和单质Bi，故滤液的主要溶质是FeCl2，FeCl2转化为循环利用的FeCl3，化学方程式为：2FeCl2 +Cl2＝2FeCl3；
本题答案为：FeCl2，2FeCl2 +Cl2＝2FeCl3。
（5）精辉铋矿中含有Ag2S，被氧化溶解后不会进入浸出液，因为在氧化溶解精辉铋矿的溶液中含有大量的氯离子，所以银元素转化为难溶于水的AgCl进入残渣中；
本题答案为：AgCl。
（6）应用电解池原理进行粗铋提纯，粗铋做阳极，纯铋做阴极，溶液中的铋离子得到电子而析出；阴极电极反应式为：Bi3++3e－＝Bi；
本题答案为：阳，Bi3++3e－＝Bi。
【点睛】利用电解原理提纯金属时，不纯的金属和电源的正极相连做阳极，纯金属和电源的负极相连做阴极，含有待提纯金属的阳离子的溶液做电解质溶液。
2． 2mol/L 180 6∶1 ZnO +2H+= Zn2++H2O 将烟道气净化，用于生产硫酸等 2Fe2++H2O2+2H+= 2Fe3++2H2O Cd2++ 2OH－=Cd(OH)2↓ Zn2++4OH－=ZnO22－+2H2O[或Zn2++4OH－= Zn(OH)42－]
【详解】（1）①酸度的含义是每升溶液中含硫酸的质量，酸度为196，即1L硫酸溶液中含纯硫酸196g，196g硫酸为2mol，所以其物质的量浓度为2mol/L。
②从图1可以看出，当酸度为180时，浸出率已经达到80%多，再增加酸度，浸出率增加不多；从图2可以看出，当液固比为6:1时，浸出率已经达到70%，再增加液固比，浸出率增加的不多，所以从节约原料和浸出率考虑，适宜的酸度和液固比分别为：180、6:1。
（2）湿法炼锌时，首先焙烧闪锌矿，使ZnS转化为ZnO，然后用硫酸酸浸取，ZnO转化为ZnSO4，最后电解ZnSO4溶液得到锌。
①硫酸浸取时硫酸和ZnO反应，离子方程式为：ZnO +2H+= Zn2++H2O。
②烟气中有二氧化硫，从保护环境和充分利用原料角度，应将烟道气净化，用于生产硫酸等。
③H2O2在酸性溶液中氧化Fe2+的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+= 2Fe3++2H2O。
④用NaOH溶液分离Cd2+和Zn2+，由于CdO为碱性氧化物，Zn(OH)2和氢氧化铝一样也具有两性，所以加入过量的NaOH溶液，Cd2+和OH-生成沉淀Cd(OH)2，Zn2+和过量的NaOH反应生成溶于水的ZnO22－，从而分离Cd2+和Zn2+。分离的离子方程式为：Cd2++ 2OH－=Cd(OH)2↓，Zn2++4OH－=ZnO22－+2H2O[或Zn2++4OH－= Zn(OH)42－]。
3． 作光导纤维（或制石英坩埚等） 3.7≤pH＜4.8 CO2 Al3++4OH-=AlO2-+2H2O Cu2+、Mg2+ 向溶液中加入过量氧化镁或碳酸镁，过滤（或向溶液中加入氢氧化钠溶液，调节溶液pH为6.4~9.3，过滤） B D
【详解】考查化学工艺流程，（1）根据矿渣的成分，MgO、Fe2O3、CuO属于碱性氧化物，Al2O3属于两性氧化物，SiO2属于酸性氧化物，I加入足量盐酸，SiO2不与盐酸反应，因此沉淀I为SiO2，是作光导纤维或石英坩埚的原料；步骤IV得到Fe(OH)3，因此加入Cu(OH)2调节pH，使Fe(OH)3沉淀，pH最小值为3.7，最大值为4.8，范围是3.7≤pH＜4.8；（2）滤液I中含有金属阳离子是Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、Cu2＋，步骤II中加入过量的氢氧化钠溶液发生的反应是：Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓、Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓、Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓、Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，滤液II溶质为NaAlO2、NaCl，制备的金属氧化物是Al2O3，因此需要通入的气体为CO2，发生的反应是AlO2－＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－；（3）根据上述分析，离子反应方程式为Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O；（4）根据流程，以及矿渣中含有成分，因此滤液IV中含有金属阳离子是Cu2＋和Mg2＋；根据氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH数值，分离Mg2＋和Cu2＋的操作是向溶液中加入氢氧化钠溶液，调节溶液的pH为6.4~9.3，过滤，或者操作是向溶液中加入过量氧化镁或碳酸镁，过滤；（5）K－Al通常用电解法冶炼，Zn－Cu通常用热还原法冶炼，Cu以后金属通常用热分解法冶炼，故选项B正确；（6）工业上冶炼铝通常电解熔融状态下的氧化铝，冶炼铁通常用焦炭与氧化铁发生氧化还原反应得到金属铁，冶炼铜通常用焦炭与氧化铜发生氧化还原反应得到金属铜，冶炼金属镁通常用电解熔融状态的氯化镁，故选项D正确。
4．（1）①发电厂 焦化厂 炼铁厂 水泥厂②Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑（2）①间歇性；散热②增强体；轻度高、质量轻、耐腐蚀、抗冲击、绝缘性能好等等
③bc（3）1.25；O2太少不利于NH3的转化，r值为2.2时NH3氧化率已近100%
【详解】试题分析：（1）①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，故答案为发电厂；焦化厂；炼铁厂；水泥厂；
②高炉炼铁中得到生铁的方程式为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，产生炉渣的方程式为CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑；
（2）①苯酚和甲醛发生缩聚反应，反应有大量热放出，为防止温度过高，应向已有苯酚的反应釜中间歇性的加入甲醛，并装有散热装置，故答案为间歇性；散热；
②玻璃钢是将玻璃纤维和高分子材料复合而成的复合材料，其中玻璃纤维的作用是增强体，合成材料是基体，它的优点有：强度高、质量轻、耐腐蚀、抗冲击、绝缘性能好等，故答案为增强体；强度高、质量轻(或耐腐蚀、抗冲击、绝缘性能好)；
③废旧合成材料的再生利用主要有三条途径：通过再生和改性，重新做成多种有用的材料和制品；采用热裂解或化学处理方法使其分解，用于制备多种化工原料；将废旧的聚合物作为燃料回收利用热能，塑料深埋很久不会腐烂，会造成白色污染，酚醛塑料不能溶于有机溶剂，故选bc；
（3）由氨氧化的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O，可知氨氧化率达到100%，理论上r{n(O2)/n(NH3)}==1.25，O2浓度太少不利于NH3的转化，γ{n(O2)/n(NH3)值为2.2时NH3氧化率已近100%，故答案为1.25；O2浓度太少不利于NH3的转化，r{n(O2)/n(NH3)值为2.2时NH3氧化率已近100%。
考点：考查了新型有机高分子材料；转化率随温度、压强的变化曲线、金属冶炼、氧化还原方程式的书写的相关知识。
5． NaOH Fe2O3 过滤 灼烧(或加热) AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- 石灰或熟石灰(CaO、Ca(OH)2) 苛化试剂经济(或产物得到了循环利用)
【分析】赤泥浆C应为Fe2O3，晶体E为Na2CO3 10H2O，溶液B中通入CO2可得到沉淀，且化合物G是冶炼某常见金属的原料，可知B为NaAlO2溶液，D为NaHCO3，F为Al(OH)3，G为Al2O3，则A为NaOH，结合相关物质的性质以及转化关系可解答该题。
【详解】赤泥浆C应为Fe2O3，晶体E为Na2CO3 10H2O，溶液B中通入CO2可得到沉淀，且化合物G是冶炼某常见金属的原料，可知B为NaAlO2溶液，D为NaHCO3，F为Al(OH)3，G为Al2O3，则A为NaOH，则：
(1)由以上分析可知A为NaOH，C为Fe2O3；
(2)操作Ⅰ为溶液和固体的分离，可用过滤方法，Al(OH)3在高温下分解生成Al2O3，则操作Ⅱ为灼烧；
(3)NaAlO2生产Al(OH)3的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；
(4)E为Na2CO3 10H2O，可与石灰或熟石灰(CaO、Ca(OH)2)反应生成NaOH，该工艺用到石灰或熟石灰，较为廉价，且产物Na2CO3和CaCO3可循环利用。
6．(1)六
(2) H2WO4 WO3
(3)2WO3+3C2W+3CO2
(4)1：4
(5)1.8g
【详解】（1）74W的质子数为74，质子数在核外电子排布是2、8、18、32、14、2，电子层数等于周期序数，所以在周期表的位置是第六周期；故答案为第六周期。
（2）氢氧化铁和氢氧化锰不溶于水，钨酸钠易溶于水判断A为钨酸钠；钨酸钠和浓盐酸反应生成钨酸（H2WO4）和氯化钠；钨酸（H2WO4）酸性很弱，难溶于水，判断B为钨酸（H2WO4）；钨酸（H2WO4）加热分解产生三氧化钨（WO3）的水，判断C为三氧化钨（WO3）；故答案为H2WO4；WO3。
（3）碳还原氧化钨生成钨、CO2，反应的方程式为2WO3+3C2W+3CO2；故答案为2WO3+3C2W+3CO2。
（4）把+5价钨的氧化物和+6价钨的氧化物的化学式分别写成WO2.5和WO3
设蓝色氧化钨的组成为x WO2.5 ·y WO3= WO2.90
所以有，解方程得；所以蓝色氧化钨中+5价和+6价钨的原子数之比为：，故答案为1：4。
（5）A装置中两个电极不同，B装置中两个电极相同，所以A是原电池，B是电解池；A装置中铜的活泼性大于银，所以铜电极是负极、银是正极；铜电极反应式是Cu－2e－＝Cu2+，银电极反应是Ag++e－＝Ag，设转移电子量为xmol时Ag棒与 Cu棒质量差为28g，则108x+32x=28；x=0. 2mol，B是用惰性电极电解硫酸溶液，实质是电解水，转移0. 2mol电子时阴极生成0.1mol氢气、阳极生成0.05mol氧气，质量是0.1mol×2g/mol+0.05mol×32g/mol=1.8g；故答案为1.8g。
7． 过滤 增长与空气接触时间或增大接触面积，使反应充分、提高利用率、节约能源等（合理即可） MoO3 MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑ MoO+Cu2+=CuMoO4↓ 3：3：2 2.4×10-8 2MoO+3Zn+16H++6Cl-=2MoCl3 +3Zn2++8H2O
【分析】主要成分为MoS2、含少量Cu2S、FeS2的废钼催化剂，在空气中采用多层逆流焙烧，第1~6层，MoS2转变为MoO2、MoO3、第6～12层MoO2转化为MoO3，焙烧过程中有二氧化硫气体生成，焙烧后得到MoO3、CuO和Fe2O3等固体混合物，固体混合物经碳酸钠溶液处理后，得到钼酸钠溶液和不溶性固体2，经过滤后，得到钼酸钠溶液，钼酸钠溶液经过结晶，得到钼酸钠晶体，或者加盐酸把钼酸钠溶液转变为钼酸、经高温分解得MoO3，用热还原法制备钼，以此回答；
【详解】(1)操作1是分离不溶性固体和液体的，即过滤；
(2) ①由图知，“多层逆流焙烧” 增长与空气接触时间或增大接触面积，焙烧后MoS2完全转化，故使反应充分、提高利用率；②由图知，焙烧后所得固体1的成分有MoO3、CuO和Fe2O3；
(3)由流程知，固体1加碳酸钠溶液后生成Na2MoO4溶液，则该反应为非氧化还原反应，结合质量守恒定律，发生的主要化学方程式为MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑；
(4)已知钼酸钠可以和重金属盐沉淀，则与硫酸铜反应时得到钼酸铜沉淀，则离子方程式为：MoO+Cu2+=CuMoO4↓；
(5)还原法制备钼，若利用H2、CO和Al分别还原等量的MoO3，按得失电子数守恒，3个氧化还原反应中转移的电子总数相等，每1molH2、CO和Al失去的电子数之比为2:2:3，则消耗还原剂的物质的量之比为3:3:2；
(6)已知：Ksp(BaCO3)=1.0×10 10，反应后的溶液中c(CO)=0.040×(1-95%)mol/L= ，则BaMoO4开始沉淀时溶液中c(Ba2+)=mol/L ，则=2.4×10-8；
(7)在浓盐酸溶液中，用锌做还原剂和钼酸盐溶液反应，最后生成棕色难溶物MoCl3，氧化剂为MoO，还原剂为Zn，还原产物为MoCl3，氧化产物为Zn2+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，离子方程式为：2MoO+3Zn+16H++6Cl-=2MoCl3 +3Zn2++8H2O。
【点睛】本题考查了物质制备流程、物质性质的应用以及Ksp的计算等，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析、灵活处理信息应用是本题的解题关键。
8．(1) 3Ag + +4H+=3Ag+ + NO↑+ 2H2O 温度过高时硝酸分解及挥发而损失 NaNO3、NaNO2
(2)减小
(3)取少量末次洗涤液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，说明已洗净，反之则未洗净
(4)热分解法
(5)4AgCl+N2H4·H2O+4NH3·H2O=4Ag+N2↑+4NH4Cl+5H2O
(6)98.6%
【分析】用硝酸溶解废银催化剂，过滤除去不溶于水和硝酸的二氧化硅和α-氧化铝，所得滤液中含有硝酸银和过量的稀硝酸，向滤液中加入氯化钠生成氯化银沉淀，将过滤得到的氯化银和氧化铁反应生成氧化银，再熔炼铸锭得到银锭。据此解答。
【详解】（1）酸浸时，银河硝酸反应生成硝酸银和一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Ag + +4H+=3Ag+ + NO↑+ 2H2O；温度过高时硝酸分解及挥发而损失，故酸浸时选用低温；一氧化氮和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，再用氢氧化钠溶液吸收，二氧化氮和氢氧化钠反应生成硝酸钠和亚硝酸钠。化学式为NaNO3、NaNO2。
（2）沉银时， ，若NaCl过量太多，氯化银和过量的氯离子生成配合物而溶解，减小银的沉淀率。
（3）转化阶段，加入将AgCl沉淀转化为， 过滤、洗涤，判断沉淀可能吸附铁离子，故检验洗涤是否干净就是检验有无铁离子，故操作和现象是取少量末次洗涤液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，说明已洗净，反之则未洗净；
（4）氧化银得到银的方法为热分解法。
（5）AgCl在氨水中用水合肼 还原为海绵状单质银，氧化产物为氮气，根据氧化还原反应的电子守恒配平方程式为：4AgCl+N2H4·H2O+4NH3·H2O=4Ag+N2↑+4NH4Cl+5H2O；
（6）100g试样中含有银的质量为6.46克，，可回收单质银6.37g，则回收率为 =98.6%。
9．(1)增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分
(2)
(3)温度过高盐酸挥发，降低原料的利用率或产品产率；温度过低，反应速率过慢
(4) 将CuO、Ag转化为硫酸盐 5.5×1014
(5)减少溶解损失，乙醇易挥发，有利于干燥
(6) 700~810℃
【分析】阳极泥中含有CuS、、和少量金属单质Ag，首先通过焙烧将S、Se转化为SO2、SeO2气体除去，两种气体在水中发生反应生成Se；焙烧过程中Cu变为CuO，Te变为TeO2，经碱浸除去Te，剩余CuO与Ag，经硫酸与氧气酸化后变为铜离子和硫酸银，再加氯化钠利用沉淀转化分离出Ag，最后得到胆矾。据此解答该题。
【详解】（1）将阳极泥研磨成粉末可以增大接触面积，提高反应速率，使空气与其充分接触，尽可能的除尽S和Se。
（2）和气体在水中反应生成Se，做氧化剂，Se化合价降低，根据氧化还原反应规律可知做还原剂，S化合价升高，反应的化学方程式为。
（3）用盐酸“沉碲”时，温度过高盐酸挥发，降低原料的利用率或产品产率；温度过低，反应速率过慢。
（4）铜银渣中含有CuO、Ag，用溶液、进行“酸溶”时可将二者转化为硫酸盐；“沉银”反应为，反应的平衡常数。
（5）硫酸铜不溶于乙醇，用乙醇代替水洗涤可以减少溶解损失，同时乙醇易挥发，有利于干燥。
（6）25.0g 的物质的量为，若结晶水全部失去，剩余固体为0.1molCuSO4，质量为16.0g。由图知时，剩余固体质量为17.8g＞16.0g，则该温度下剩余固体为的结晶水合物，由关系式~，列式得250×17.8g=（160+18x）×25.0g，解得，则剩余固体的化学式为；
由Cu元素守恒知，25.0g 能制得8.0gCuO，由图知控制的合适温度范围为700~810℃。
10． B 充分粉碎矿石 MoS2+9ClO－+6OH－＝MoO42－+9Cl－+2SO42－+3H2O 母液中杂质的浓度增大，重结晶时会析出杂质，影响产品纯度 97.3% Cl－有利于碳钢的腐蚀，SO42－不利于碳钢的腐蚀，使得碳钢在盐酸中的腐蚀速率明显 7.28×l0－4mol L－1
【详解】Ⅰ.（1）NaClO是强氧化剂，应在保存NaClO容器上贴上的标志是氧化剂，故选B；（2）提高焙烧效率，除增大空气量外还可以采用的措施是充分粉碎矿石或逆流焙烧；（3）途径①制备钼酸钠溶液，用NaClO在碱性条件下氧化MoO3，同时有SO42－生成，生反应的离子方程式为MoS2+9ClO－+6OH－＝MoO42－+9Cl－+2SO42－+3H2O；（4）母液中杂质的浓度增大，重结晶时会析出杂质，影响产品纯度，故重结晶得到的母液可以在下次重结晶时重复使用，但达到一定次数后必须净化处理；（5）BaMoO4开始沉淀时，溶液中钡离子的浓度为：c（Ba2+）= =1×10-7mol/L，溶液中硫酸根离子的浓度为：c（SO42-）= mol/L=1.1×10-3mol/L，硫酸根离子的去除率为：1-×100%=1-2.75%≈97.3%；
Ⅱ．（1）由图示数据可知，碳钢在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸的腐蚀速度；硫酸浓度增大变成浓硫酸后，发生了钝化现象，腐蚀速度很慢，故答案为Cl-有利于碳钢的腐蚀，SO42-不利于碳钢的腐蚀，使得钢铁在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸；（2）根据图示可知，当钼酸钠、月桂酸肌氨酸浓度相等时，腐蚀速率最小，腐蚀效果最好，所以钼酸钠的浓度为：150mg L-1，1L溶液中含有的钼酸钠物质的量为：≈7.28×10-4mol，所以钼酸钠溶液的物质的量浓度为：7.28×l0-4mol L-1。
11．(1)-2219.9 kJ/mol
(2) bd 0.5
(3)CO-2e-+CO=2CO2
(4)3SiO2 + 6C + 2N2Si3N4 +6CO
(5)28 g/mol
(6)AC
【详解】（1）由①2C3H8(g)+7O2(g)="6CO" (g)+8H2O△H1=-2741.8kJ/mol，②2CO (g)+O2(g)=2CO2(g)△H2=-566kJ/mol，根据盖斯定律可知，(①+②×3)×可得C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O，反应热为[(-2741.8KJ/mol)+(-566KJ/mol)×3]×=-2219.9KJ/mol；
（2）①a．由反应可知，反应前后的压强始终不变，故体系中的压强不发生变化，不能判断平衡，a错误；
b．v正(H2)=v逆(CO)，说明一氧化碳正逆反应速率相同，说明反应达到平衡状态，b正确；
c．因气体的物质的量不变，气体的总质量不变，所以混合气体的平均相对分子质量始终不变，不发生变化，不能判断平衡，c错误；
d．CO2的浓度不再发生变化，由平衡的特征“定”可知，化学反应达到平衡，d正确；
故选bd；
②到平衡后，CO的转化率为60%，则CO的转化的物质的量浓度为1mol/L×60%=0.6mol/L，依据化学平衡三段式列式可得
因此该温度下反应的平衡常数为=0.5
（3）原电池中负极失去电子，CO在负极通入。由于电解质熔融液的组成、浓度都不变，所以负极发生的电极反应式为CO-2e-+=2CO2；
（4）由产物CO可知，SiO2与C化学计量数之比为1：2 由产物Si3N4可知SiO2与N2化学计量数之比为3：2，所以SiO2、C、N2化学计量数之比为3：6：2，令SiO2的化学计量数为3，C、N2化学计量数分别为6、2，结合元素守恒可知Si3N4、CO化学计量数分别为1、6，配平后方程式为3SiO2+6C+2N2 Si3N4+6CO；
（5）N2与CO的相对分子质量都是28，所以混合气体的平均相对分子质量为28，则此时混合气体的平均摩尔质量是28g/mol；
（6）A．氮化硅热稳定性好，可以用于热工设备， A正确；
B．氮化硅属于共价晶体，不是电的良导体，B错误；
C．氮化硅机械强度高，硬度大，可以替代同类型金属发动机， C正确；
D．制备氮化硅的资源丰富，具有广阔的发展前景， D错误；
故选AC。
12． 铁比铜活泼 O2＋4e－＋2H2O = 4OH－ 4Fe（OH）2＋O2 = 4FeOOH＋2H2O 6：2：1 铁质文物在潮湿环境中表面生成疏松的FeOOH，水、氧气能通过孔隙使铁继续发生吸氧锈蚀；在干燥空气中形成致密的Fe2O3，隔绝了铁与水和氧气的接触，阻碍锈蚀 Fe2O3＋6NaCl＋3H2O = 6NaOH＋2FeCl3（Fe2O3 + H2O = 2FeOOH） 氯、溴、碘同主族，形成的阴离子随电子层数增加半径增大（或体积增大），穿透能力减弱 HNO3和AgNO3
【分析】铁比铜活泼，所以保存完好的铁器比青铜器少得多，金属一般发生吸氧腐蚀。
【详解】（1）因为铁比铜活泼，所以铁刃铜钺中，铁质部分比铜质部分锈蚀严重。
（2）①铁质文物在潮湿的土壤中主要发生吸氧腐蚀，O2在正极得电子发生还原反应，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O = 4OH－，负极铁失电子发生氧化反应生成氢氧化亚铁，氧气与氢氧化亚铁反应生成疏松的FeOOH，化学方程式为4Fe（OH）2＋O2 = 4FeOOH＋2H2O。
②过程Ⅰ中铁由0价变为+2价，1molFe转移电子2mol,过程Ⅱ铁由+2价变为表征+价，1molFeO转移mol电子，过程Ⅲ铁由表征+价变为+3价，1molFe3O4转移mol电子，若ⅱ中每一步反应转化的铁元素质量相等，则三步反应中电子转移数之比为2：：= 6：2：1。
③铁质文物在潮湿环境中表面生成疏松的FeOOH，水、氧气能通过孔隙使铁继续发生吸氧锈蚀；在干燥空气中形成致密的Fe2O3，隔绝了铁与水和氧气的接触，阻碍锈蚀，所以铁质文物在潮湿的土壤中比在干燥的土壤中锈蚀严重。
（3）①铁质文物表面的致密氧化膜为Fe2O3，根据题意Fe2O3与氯化钠反应生成氯化铁，根据元素守恒，反应物还应有水，生成物还应有氢氧化钠，化学方程式为Fe2O3＋6NaCl＋3H2O = 6NaOH＋2FeCl3。
②氯、溴、碘同主族，形成的阴离子随电子层数增加半径增大（或体积增大），穿透能力减弱，导致Cl–、Br–、I–促进铁器皿继续锈蚀的能力逐渐减弱。
（4）用稀NaOH溶液反复浸泡对文物进行脱氯处理，脱氯过程中Cl-渗出后，要检验脱氯处理是否达标，只需检取最后一次浸泡液中是否含有Cl-即可，检验Cl-需要的试剂为HNO3和AgNO3。
（5）根据高分子膜的片段可知，该高分子的链节为，是由通过加聚反应生成的，故该高分子的单体是。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
