1、“71”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)15D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
2、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FeS216Fe2O311Fe3O42SO2，n(FeS2)n(Fe2O3)116，而不是15，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B1 mol迷迭香酸最多能和9 mol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D1 mol迷迭香酸最多能和5 mol NaOH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
3、1 mol 迷迭香酸最多能和7 mol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1 mol迷迭香酸最多能和6 mol NaOH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，1 mol N2与3 mol H2充分反应，产物的分子数为2NAB50 mL 12 molL1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数小于0.3NAC含有4.6 g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，4.48 L HF含有的分子数小于0.2
4、NA答案B解析1 mol N2与3 mol H2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21，Na(阳离子)的物质的量为0.2 mol，则阴离子的物质的量为0.1 mol，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：2NaOHNO2NO=2NaNO2H2O，A错误；除去乙醇中的水应
5、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。5X、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反应为工业制粗硅的原理BZ位于元素周期表第三周期A族C4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C
6、O2，乙为MgO，丙为SiO2，丁为CO。反应为工业制粗硅的原理：2CSiO2Si2CO，故A正确；Z为Mg，位于元素周期表第三周期A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(SO)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
7、膜不允许阴离子通过，所以电池工作一段时间后，甲池的c(SO)不变，B错误；乙池发生的电极反应为Cu22e=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0.100 molL1 NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.100 molL1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表示的是滴定盐酸的曲线BpH7时，滴定醋酸溶液消耗的V(NaOH)小于20.00 mLCV(NaOH) 20.00 mL时，两份溶液中c(Cl)c(CH3COO)DV(Na
8、OH)10.00 mL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0.100 molL1盐酸的pH1,0.100 molL1醋酸溶液的pH1，故表示的是滴定盐酸的曲线，表示的是滴定醋酸溶液的曲线，A错误；若V(NaOH)20.00 mL，所得溶液的溶质为CH3COONa，溶液显碱性，pH7，故pH7时，滴定醋酸溶液消耗的V(NaOH)小于20.00 mL，B正确；V(NaOH)20.00 mL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(OH)，由电荷守恒c(H)c(Na)c(OH)c(C
9、H3COO)，故c(CH3COO)c(Na)，D错误。8碲(Te)位于元素周期表第A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_。
10、(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)TeO22OH=TeOH2O(5)将Na2TeO3氧化为Na2TeO4加热浓缩(或浓缩)(6)TeO3SO2H=3SOTeH2O(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H2Te
11、O4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Cu2Te2H2SO42O22CuSO4TeO22H2O，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TeO22OH=TeOH2O。(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TeO3SO2H=3SOTeH2O (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。