“7+1”小卷练41.以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3,还含有少量FeS2)为原料,生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下,下列叙述不正确的是()A.加入CaO在减少SO2排放的同时生成建筑材料CaSO4B.向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3C.隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶5D.烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来答案C解析高硫铝土矿粉焙烧时会生成SO2,加入CaO会与SO2反应,减少SO2的排放,而且CaSO3最后也会转化为CaSO4,A正确;滤液中含NaAlO2,通入CO2,生成Al(OH)3,过滤、洗涤、灼烧可以得到Al2O3,B正确;FeS2与Fe2O3隔绝空气焙烧的化学方程式为FeS2+16Fe2O3=====△11Fe3O4+2SO2,n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶16,而不是1∶5,C错误;Fe3O4具有磁性,能够被磁铁吸引,D正确。2.迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质,其结构简式如图所示。下列叙述正确的是()A.迷迭香酸与溴单质只能发生取代反应B.1mol迷迭香酸最多能和9mol氢气发生加成反应C.迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应和酯化反应D.1mol迷迭香酸最多能和5molNaOH发生反应答案C解析A项,分子中含碳碳双键,可发生加成反应,错误;B项,苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应,则1mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生加成反应,错误;C项,含—COOR可发生水解反应,含—OH、—COOH可发生取代反应、酯化反应,正确;D项,酚羟基、—COOR、—COOH均与NaOH反应,则1mol迷迭香酸最多能和6molNaOH发生反应,错误。3.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法中正确的是()A.密闭容器中,1molN2与3molH2充分反应,产物的分子数为2NAB.50mL12mol·L-1盐酸与足量MnO2共热,转移的电子数小于0.3NAC.含有4.6g钠元素的过氧化钠和氧化钠的混合物中,所含离子总数大于0.3NAD.标准状况下,4.48LHF含有的分子数小于0.2NA答案B解析1molN2与3molH2充分反应,由于反应可逆,故产物的分子数小于2NA,A错误;随着反应进行,HCl的浓度逐渐减小,稀盐酸不能与MnO2反应,故转移的电子数小于0.3NA,B正确;Na2O2和Na2O的混合物中阳离子数和阴离子数之比为2∶1,Na+(阳离子)的物质的量为0.2mol,则阴离子的物质的量为0.1mol,故混合物中所含离子的总数为0.3NA,C错误;标准状况下,HF为液体,D错误。4.下列实验中,所采取的分离方法与实验原理都正确的是()答案D解析NO2和NO的混合气体能与NaOH溶液发生反应:2NaOH+NO2+NO===2NaNO2+H2O,A错误;除去乙醇中的水应加入氧化钙,然后蒸馏,熟石灰是Ca(OH)2,没有吸水作用,B错误;除去KNO3中的NaCl,利用冷却热饱和溶液重结晶法分离,是因为KNO3的溶解度受温度变化影响较大,C错误;铝与氢氧化钠溶液反应,而铁不反应,反应后过滤即得铁,D正确。5.X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素,其中Z为金属元素,X、W为同一主族元素。X、Z、W分别与Y形成的最高价化合物为甲、乙、丙。结合如图转化关系,下列判断错误的是()A.反应③为工业制粗硅的原理B.Z位于元素周期表第三周期ⅡA族C.4种元素的原子中,Y原子的半径最小D.工业上通过电解乙来制取Z答案D解析由题意及题图分析可知X为C、Y为O、Z为Mg、W为Si,甲为CO2,乙为MgO,丙为SiO2,丁为CO。反应③为工业制粗硅的原理:2C+SiO2=====高温Si+2CO↑,故A正确;Z为Mg,位于元素周期表第三周期ⅡA族,故B正确;4种元素的原子中,半径最小的为O,故C正确;工业上通过电解熔融MgCl2得到Mg,故D错误。6.锌铜原电池装置如图所示,其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过。下列有关叙述正确的是()A.铜电极上发生氧化反应B.电池工作一段时间后,甲池的c(SO2-4)减小C.电池工作一段时间后,乙池溶液的总质量增加D.阴、阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动,保持溶液中电荷平衡答案C解析锌电极是原电池的负极,发生氧化反应,铜电极是原电池的正极,发生还原反应,A错误;阳离子交换膜不允许阴离子通过,所以电池工作一段时间后,甲池的c(SO2-4)不变,B错误;乙池发生的电极反应为Cu2++2e-===Cu,溶液中Cu2+逐渐减少,为维持溶液中的电荷平衡,Zn2+会不断移向乙池,Zn的摩尔质量大于Cu,使溶液质量增加,C正确;阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过,D错误。7.室温下,用0.100mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.100mol·L-1的盐酸和醋酸溶液,滴定曲线如图所示。下列说法正确的是()A.Ⅰ表示的是滴定盐酸的曲线B.pH=7时,滴定醋酸溶液消耗的V(NaOH)小于20.00mLC.V(NaOH)=20.00mL时,两份溶液中c(Cl-)=c(CH3COO-)D.V(NaOH)=10.00mL时,滴定醋酸溶液所得的溶液中c(Na+)c(CH3COO-)c(H+)c(OH-)答案B解析0.100mol·L-1盐酸的pH=1,0.100mol·L-1醋酸溶液的pH1,故Ⅱ表示的是滴定盐酸的曲线,Ⅰ表示的是滴定醋酸溶液的曲线,A错误;若V(NaOH)=20.00mL,所得溶液的溶质为CH3COONa,溶液显碱性,pH7,故pH=7时,滴定醋酸溶液消耗的V(NaOH)小于20.00mL,B正确;V(NaOH)=20.00mL时,两份溶液分别为等浓度的CH3COONa溶液、NaCl溶液,由于CH3COO-发生水解,故c(CH3COO-)c(Cl-),C错误;V(NaOH)=10.00mL时,所得溶液恰好为等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液,由于溶液显酸性,c(H+)c(OH-),由电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-),故c(CH3COO-)c(Na+),D错误。8.碲(Te)位于元素周期表第ⅥA族,由该元素组成的物质可用作石油裂化的催化剂,电镀液的光亮剂,玻璃的着色材料,合金材料的添加剂等。碲化铜渣是电解精炼铜时产生的一种矿渣,其主要含Cu2Te、Au、Ag等,利用下列工艺流程可回收碲:已知:TeO2的熔点为733℃,微溶于水,可溶于强酸和强碱。回答下列问题:(1)Te与S的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱顺序为__________________(用化学式表示)。(2)“酸浸1”需加热,加热的目的是______________________,“酸浸1”发生反应的氧化产物是______________(写化学式)。(3)“水浸”后“滤液1”的颜色是________。(4)“滤渣1”进行“碱浸”的离子方程式是__________________。(5)“滤液2”加双氧水的目的是______________________,“操作1”的名称是________。(6)“还原”制备碲粉的离子方程式为_________________。(7)从可持续发展意识和绿色化学观念来看,“滤渣2”进行酸浸的意义是________________________________。答案(1)H2SO4H2TeO4(2)加快浸出速率CuSO4、TeO2(3)蓝色(或浅蓝色)(4)TeO2+2OH-===TeO2-3+H2O(5)将Na2TeO3氧化为Na2TeO4加热浓缩(或浓缩)(6)TeO2-4+3SO2-3+2H+===3SO2-4+Te↓+H2O(7)“滤渣2”经过酸浸可得到含CuSO4的滤液,并可达到回收Au、Ag的目的,符合可持续发展意识和绿色化学观念解析(1)S、Te同主族,同主族元素从上到下,非金属性逐渐减弱,故H2SO4的酸性比H2TeO4强。(2)酸浸时加热的目的是提高浸出速率,结合流程图知,“酸浸1”发生反应的化学方程式为Cu2Te+2H2SO4+2O2=====△2CuSO4+TeO2+2H2O,故其氧化产物为CuSO4、TeO2。(3)“滤液1”的溶质中含CuSO4,故“滤液1”的颜色为蓝色。(4)“滤渣1”中含有TeO2,TeO2溶解于NaOH溶液生成亚碲酸盐,故反应的离子方程式为TeO2+2OH-===TeO2-3+H2O。(5)“碱浸”后滤液2中的溶质的主要成分是Na2TeO3,该物质与Na2SO3类似,具有较强的还原性,加入双氧水可将其氧化为Na2TeO4。“操作1”的后续物质为“Na2TeO4浓溶液”,故该操作为加热浓缩。(6)由流程图可知,“还原”的反应物为Na2TeO4、Na2SO3、H2SO4,生成物有单质Te,故发生的是酸性条件下Na2SO3还原Na2TeO4的反应,反应的离子方程式为TeO2-4+3SO2-3+2H+===3SO2-4+Te↓+H2O(7)分析流程图并结合碲化铜渣中含Au、Ag等,知“滤渣2”经酸浸后可得到含CuSO4的滤液,并可回收Au、Ag,符合可持续发展意识和绿色化学观念。