2021年高中化学必修二第八章《化学与可持续发展》知识点总结(提高培优)(1)

一、选择题

1．化学与生产、生活、科技等密切相关，下列说法错误的是

A．开发利用太阳能、风能和氢能等新能源代替化石能源，利于实现低碳经济 B．利用膜材料将含油污水中的油水分离，发生的是化学变化 C．研究人员在分子水平上了解新型冠状病毒的病理，研制抗毒疫苗 D．屠呦呦从青蒿中提取青蒿素对治疗疟疾有特效

答案：B

解析：A．太阳能、风能和氢能等能源不产生二氧化碳，有利于实现“低碳经济”，故A正确；

B．利用膜材料将含油污水中的油水分离，没有新物质生成，发生的是物理变化，故B错误；

C．通过研究病毒的组成和结构，在分子水平上了解新型冠状病毒的病理，有利于研制抗毒疫苗，故C正确；

D．屠呦呦用乙醚从中药青蒿中提取出治疗疟疾的特效药青蒿素，故D正确； 答案选B。

2．下列化工产品不是以食盐为原料生产的是 A．硫酸

B．盐酸

C．纯碱

D．烧碱

答案：A

解析：A．FeS2等含硫物质煅烧产生SO2，SO2催化氧化产生SO3，SO3被水吸收得到硫酸，可见制取硫酸与食盐无关，即硫酸不是以食盐为原料生产的，A符合题意； B．电解饱和NaCl溶液，产生NaOH、H2、Cl2，H2与Cl2化合反应产生HCl，HCl溶于水得到盐酸，因此盐酸是以食盐为原料生产的，B不符合题意；

C．向饱和NaCl溶液中先通入足量NH3，然后再通入足量CO2，发生反应产生NaHCO3，然后加热，NaHCO3发生分解反应产生纯碱Na2CO3，故纯碱是以食盐为原料生产的，C不符合题意；

D．电解饱和NaCl溶液，产生NaOH、H2、Cl2，NaOH俗称烧碱，可见烧碱是以食盐为原料生产的，D不符合题意； 故合理选项是A。

3．从铝土矿中提取铝的工艺流程图如下：

下列叙述正确的是

A．过程①应用了氧化铝具有碱性氧化物的性质 B．过程②中生成氢氧化铝和碳酸氢钠 C．过程③发生的反应类型属于氧化还原反应

D．过程④也可以用热还原法代替电解法冶炼铝

答案：B 【分析】

铝土矿中加入NaOH溶液，氧化铝被溶解生成NaAlO2；滤液中含有NaAlO2和过量的NaOH，通入过量CO2发生反应AlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3，得到Al(OH)3沉淀；灼烧Al(OH)3分解生成Al2O3，电解熔融的Al2O3获得金属Al，据此分析解答。 解析：A．过程①为氧化铝与NaOH的反应，利用了氧化铝具有酸性氧化物的性质，故A错误；

B．过程②发生反应AlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3，生成氢氧化铝和碳酸氢钠，故B正确；

C．过程③中灼烧Al(OH)3发生反应2Al(OH)3化，不属于氧化还原反应，故C错误；

D．金属Al活泼性较强，需要用电解法冶炼，不能用热还原法冶炼，故D错误； 故选B。

4．下列说法正确的是

A．可燃物的物质的量发生变化，其燃烧热会发生变化

B．物质燃烧的热化学方程式与物质燃烧热的热化学方程式书写一样 C．使燃料充分燃烧，要有足够的空气；燃料与空气有足够小的接触面积 D．新能源的优势，资源丰富， 可以再生，没有污染或污染很少

----ΔAl2O3+3H2O，反应中没有元素化合价的变

答案：D

解析：A.燃烧热为1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的反应热，所以与可燃物的物质的量没有关系，故A错误；

B.燃烧热的热化学方程式中可燃物的物质的量为1mol，但燃烧的热化学方程式中可燃物的物质的量不一定是1mol，故二者书写不一定一样，故B错误；

C.使燃料充分燃烧，要有足够的空气，燃料与空气有足够大的接触面积，故C错误； D.化石能源资源减少，不能再生，也有污染，所以新能源的优势应该是资源丰富，可以再生，没有污染或污染很少，故D正确。 故选D。

5．从淡化海水中提取溴的流程如下：

下列有关说法不正确的是( )

A．工业上每获得1 mol Br2，需要消耗Cl244.8 L

B．X试剂可用Na2SO3饱和溶液

C．步骤III的离子反应：2Br-+Cl2=2Cl-+Br2 D．步骤IV包含萃取、分液和蒸馏

答案：A

解析：A. 工业上每获得1 mol Br2，需转移2 mol电子，消耗1 mol Cl2，但由于没指明温度压强条件，故不知道Cl2的体积，A错误；

B. X试剂用于还原溴，Na2SO3能和Br2发生氧化还原反应，可用Na2SO3饱和溶液，B正确；

C. 步骤III中Br-和Cl2发生反应生成Cl-和Br2，离子方程式：2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，C正确； D. 先把溴从水溶液中萃取出来，经分液得到溴和萃取剂的混合物，最后用蒸馏把溴和萃取剂分离，故步骤IV包含萃取、分液和蒸馏，D正确； 答案选A。

6．化学科学对提高人类生活质量和促进社会发展具有重要作用。下列说法正确的是（ ）

A．某些金属元素的焰色反应、海水提溴、煤的气化、石油的裂化都是化学变化的过程 B．氮氧化物的大量排放，会导致光化学烟雾、酸雨和温室效应等环境问题 C．用于新版人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质

D．500米口径球面射电望远镜被誉为“中国天眼”，其“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于新型纯金属材料

答案：C

解析：A．海水提溴、煤的气化、石油的裂化都是化学变化，但金属元素的焰色反应是物理变化过程，故A错误；

B．温室效应与氮氧化物无关，导致温室效应的主要气体为二氧化碳、甲烷等，故B错误；

C．Fe3O4是一种磁性物质，俗称磁性氧化铁，故C正确；

D．“眼眶”是钢铁结成的圈梁，钢铁属于合金，不属于新型纯金属材料，故D错误； 故答案为C。 7．下列说法不正确的是

A．河流入海口三角洲的形成与胶体的聚沉有关 B．纯碱和小苏打都可以作食品添加剂

C．向某些食品中添加少量还原铁粉可以达到补铁的目的 D．CO2是温室气体，是大气污染程度的重要指标

答案：D

解析：A．河水中含胶体，海水是电解质溶液，故河流在入海口发生胶体的聚沉，形成沉淀，日积月累形成三角洲，和胶体的性质有关，A正确；

B．纯碱、小苏打可作为食品的膨化剂或发酵粉，可作为食品添加剂，但不能用量太大，B正确；

C．少量铁粉在人的胃中与胃酸反应生成亚铁离子，被人体吸收，起到补铁的作用，C正确；

D．CO2是造成温室效应的气体之一，但不是大气污染程度的指标，大气污染指标有二氧化氮、二氧化硫、臭氧、一氧化碳、悬浮微粒等，D错误； 故答案选D。 8．下列说法正确的是

A．淀粉和纤维素的化学式均为(C6H10O5)n，故两者互为同分异构体 B．苯和甲苯互为同系物，均能使酸性KMnO4溶液褪色 C．淀粉、油脂、蛋白质都是高分子化合物，均能发生水解反应 D．煤的气化和液化可获得清洁的燃料或化工原料

答案：D

解析：A. 淀粉和纤维素的化学式均为(C6H10O5)n，但两者的n值不同，故两者不互为同分异构体，故A错误；

B. 苯和甲苯互为同系物，甲苯可以使酸性KMnO4溶液褪色，而苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，故B错误；

C. 油脂不是高分子化合物，故C错误；

D. 煤的气化和液化可获得清洁的燃料或化工原料，故D正确； 故选D。

9．下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的是化学变化的是

①甲醇低温所制氢气用于新能源汽车 ②氘氚用作“人造太阳”核聚变燃料 ③偏二甲肼用作发射“天宫二号”火箭燃料 ④开采可燃冰，将其作为能源使用 A．①②

B．②③④

C．①③④

D．②③

答案：C

解析：①氢气用于新能源汽车是利用氢气燃烧提供能量为化学变化，故①正确； ②氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料，过程中是原子核内的变化，不是化学变化的研究范畴，不是化学变化，故②错误；

③偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料，是燃料燃烧生成了新的物质，为化学变化，故③正确；

④开采可燃冰（甲烷水合物），将其作为能源使用，燃烧过程中生成新的物质，为化学变化，故④正确；

只有①③④正确，故答案为C。

10．化学无处不在，下列说法错误的是

A．《元丰行示德逢》里“雷蟠电掣云滔滔，夜半载雨输亭皋”涉及化学反应

N2+O2放电2NO

B．举世轰动的“超级钢”(含Mn10%、C0.47%、Al2%、V0.7%)是一种新型合金 C．中国传统制作油条的口诀是“一碱、二矾、三钱盐”，其中的“碱”是火碱

D．根据化学学科核心素养之一(证据推理与模型认知)可推知Cr(OH)3胶体也可吸附悬浮杂质

答案：C

解析：A．诗中主要涉及“雷雨发庄稼”，在放电条件下，空气中的氧气和氮气化合生成了氮的氧化物，氮的氧化物再经过复杂的化学变化，最后生成了易被农作物吸收的盐，涉及化学反应有N2+O2

放电2NO、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO，故A正确；

B．“超级钢”中含Mn10%、C0.47%、Al2%、V0.7%，则“超级钢”不是化合物，而是一种合金钢，是新型合金材料，故B正确；

C．碳酸钠能与明矾发生双水解反应生成二氧化碳，“一碱、二矾、三钱盐”中的“碱”是纯碱碳酸钠，常用作“口碱”，不是火碱氢氧化钠，故C错误；

D．氢氧化铬属两性氢氧化物，与氢氧化铝类似，Cr(OH)3胶体也可吸附悬浮杂质，故D正确； 故答案为C。

11．如图是某化工厂对海水资源综合利用的示意图。根据以上信息，判断下列相关分析正确的是

A．除去粗盐中杂质(Mg2＋、SO4、Ca2＋)，加入药品的顺序：NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸

B．因氮气的化学性质相对稳定，冷却电解无水氯化镁所得的镁蒸气时，可选择氮气 C．反应⑥所用的气态氧化剂可从本厂生产烧碱处循环利用或从本厂生产镁单质处循环利用 D．从能量转换角度来看，氯碱工业中的电解饱和食盐水是一个将化学能转化为电能的过程

2-

答案：C

【分析】

反应①为精盐溶液的电解，反应物是氯化钠和水，产物是氯气、氢气、氢氧化钠，C+F→N，N能溶解沉淀，C既能和F反应又能和E反应，可知E为NaOH，F为H2，C为Cl2，N为HCl，M为NaClO和NaClO，贝壳(主要成分为CaCO3)经过高温煅烧可以生成A为CaO，氧化钙可与水反应生成B为氢氧化钙，与母液反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，电解熔融氯化镁可生成氯气和镁，由转化关系可知D为Mg，母液中加氯气氧化溴离子，空气吹出溴，以此解答该题。

解析：A．除去粗盐中杂质(Mg2＋、SO4、Ca2＋)，加入的药品顺序为BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，如果在过滤沉淀前加入过量BaCl2溶液，稀盐酸不能除去氯化钡溶液，所以会产生杂质，故A项错误；

B．Mg与氮气反应生成氮化镁，不能用氮气冷却电解无水氯化镁所得的镁蒸气，故B项错误；

C．电解食盐水生成氯气，可用于反应⑥所用的气态氧化剂，故C项正确； D．氯碱工业中的电解饱和食盐水是将电能转化为化学能的过程，故D项错误； 综上所述，正确的是C项，故答案为C。

12．下列选项中的诗句内容基本不涉及化学变化的是 A．“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏” B．“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲” C．“美人首饰侯王印，尽是江中浪底来” D．“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”

2-

答案：C

解析：A．爆竹中炸药爆炸，发生了化学变化，A不合题意； B．石灰石煅烧，发生了化学变化，B不合题意；

C．美人的金首饰和王侯的金印所用的金子，都是从浪底的沙子中淘洗出来，只涉及物理变化，C符合题意；

D．蜡烛燃烧时，发生化学变化，D不合题意； 故选C。

13．下列有关石油炼制和煤的利用的说法正确的是（ ） A．煤的气化、液化和干馏是物理变化 B．通过石油分馏得到的汽油是纯净物

C．石油裂解是为了得到乙烯、丙烯等气态短链烃

D．干馏的产物能提取出苯、甲苯等芳香烃，因为煤中含有苯和甲苯

答案：C

解析：A.煤的气化、液化和干馏是化学变化，故A错误； B.通过石油分馏得到的汽油，但汽油是混合物，故B错误； C.石油裂解最终得到一些不饱和气态烃，如乙烯、丙烯，故C正确；

D.煤的干馏是化学变化，产物中能提取出苯、甲苯等芳香烃，但煤中不含有苯和甲苯，故

D错误。

14．我校本月提出“节约用水用电，倡导绿色简约生活”。下列做法不应该提倡的是 A．路远的小伙伴们拼车上学 C．将化学实验室的废水直接排入水池

B．少用修正带、涂改液

D．将食堂产生的“地沟油”制成肥皂

答案：C 【分析】

根据节能、节电的方法、废弃物回收的意义以及防治水体污染的方法进行分析解答即可． 解析：A、路远的小伙伴们拼车上学，能节约大量的资源、能源，符合主题，故A正确； B、修正带、涂改液含有有毒成分，少用修正带、涂改液，减少有毒物质对人体的伤害，故B正确；

C、将化学实验室的废水直接排入水池，与减少对水体的污染，绿色生活主题不符合，故C错误；

D、将食堂产生的\"地沟油\"制成肥皂，\"地沟油\"回收，重新利用，既能节约资源，又保护了环境，故D正解； 故选C。 【点睛】

“节约用水用电，倡导绿色简约生活”，低碳生活理念已成为人们的共识，节能减排的措施和观念是考查的热点，解题关键：要用低碳生活理念指导自己的活动，把节能减排的措施运用到生产、生活中去。

15．化学与生活、技术密不可分，下列有关说法错误的是 A．天然气是高效清洁的化石燃料 素

C．油脂可以制取肥皂

D．我国使用最早的合金是生铁

B．可利用离子反应处理水中的微量重金属元

答案：D

解析：A、天然气燃烧生成二氧化碳和水，是清洁的化石燃料，选项A正确；B、可利用离子反应处理水中的微量重金属元素，如用硫化钠沉淀铜离子生成硫化铜，选项B正确；C、油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，选项C正确；D、人类使用的合金的时间与冶炼技术有关，活泼性弱的金属容易冶炼，铁、铝比较活泼，难冶炼，铜活泼性较弱，容易冶炼，所以我国使用最早的合金是铜合金（青铜），选项D错误。答案选D。

二、填空题

16．环境和材料是现在社会中两大关注的问题，请回答： （1）下列不属于室内主要空气污染物的是___(填选项号)。 A．SO2 B．甲醛 C．苯 D．PM10

（2）造成水体富营养化的主要原因是___(填选项号)。 A．汞（Hg）、镉（Cd） B．N、P的化合物 C．石油泄漏 D．工厂排放酸、碱、盐

（3）造成白色污染的主要原因是___(填选项号)。

A．废塑料制品 B．废铝制易拉罐 C．废旧电池 D．生活垃圾

（4）为了除去工业废水的Cu2+，可以加入沉淀剂Na2S，请写出该过程中的离子反应方程式：___。

（5）合金是被广泛应用的金属材料，下列有关合金性质的说法正确的是___(填选项号)。 A．合金的熔点一般比它的成分金属高 B．合金的硬度一般比它的成分金属低

C．组成合金的元素种类相同，合金的性能就一定相同

D．合金与各成分金属相比，具有许多优良的物理、化学或机械性能

答案：D B A Cu2++S2-=CuS↓ D

解析：（1）室内空气污染物由建筑和装修产生甲醛和苯，为装修用的溶剂，煤等燃料的燃烧可产生SO2，PM10是空气动力学直径小于或等于10微米的颗粒物，也称可吸入颗粒物或飘尘，一部分颗粒物来自污染源的直接排放，比如未铺沥青、水泥的路面上行使的机动车、材料的破碎碾磨处理过程以及被风扬起的尘土等；另一些则是由环境空气中硫氧化物、氮氧化物、挥发性有机化合物及其它化合物互相作用形成的细小颗粒物。 故选D。

（2）含N、P污水的排放造成水体富营养化，故答案为B； （3）废弃塑料造成白色污染，故答案为A；

（4）为了除去工业废水的Cu2+，可以加入沉淀剂Na2S，该过程中的离子反应方程式为：Cu2++S2-=CuS↓。

（5）合金的硬度大，熔点比其各成分的低，具有优良的性能，显然只有D正确，故答案为D。

17．金属材料、无机非金属材料、有机高分子材料是人类使用的三大类基础材料，它们以各自的特点满足着人类多方面的需要。

(1)金属材料中，有一类贮氢合金能够结合氢气形成金属化合物，并在一定条件下分解释放出氢气，该贮运原理属于_______变化，钢铁是制造轮船的主要金属材料，船身外通常装上一定数目比铁更活泼的金属块以防止腐蚀，该金属块可以选择_______（选填“铜块”、“锌块”、“铅块”）；

(2)无机非金属材料中，用于电子工业的高纯碳酸钙、高纯氧化钙生产流程如下：

请回答下列问题：

①钙与碳酸铵在溶液中反应，其基本反应类型为_______； ②实验室常采用_______操作进行沉淀分离；

③生产高纯碳酸钙时，选择“220℃恒温干燥”而不选择“灼烧”的原因是_______； ④高纯氧化钙生产过程中，“干燥”的主要目的是为了防止______（用化学方程式表示）；

(3)有机高分子材料“玉米塑料”，因其可降解被广泛用来替代一次性泡沫塑料，“玉米塑料”的使用可减少_______污染，20世纪30年代，尼龙因其抽成细丝极像蚕丝而被推向世界，生活中可采用______方法区分尼龙和蚕丝。

答案：化学 锌块 复分解反应 过滤 高温灼烧会使碳酸钙分解，所得的碳酸钙含有杂质氧化钙而不纯 CaO+H2O═Ca(OH)2 白色 灼烧 【分析】

(1)根据反应过程有无新物质生成来判断是否是化学变化；根据金属活动顺序表来寻找比金属铁活泼的金属；

(2)①根据反应的特点来判断反应的类型； ②难溶固体和液体的分离采用过滤的方法； ③高温灼烧条件下碳酸钙会分解； ④氧化钙和水反应会生成氢氧化钙；

(3)可降解塑料不会导致白色污染，利用蚕丝与尼龙的成分不同且燃烧后气味不同区分。 解析：(1)根据反应过程：贮氢合金能够结合氢气形成金属化合物，并在一定条件下分解释放出氢气，有新物质生成所以是化学变化，根据金属活动顺序表，比金属铁活泼的金属是锌；

(2)①钙与碳酸铵在溶液中反应生成铵和碳酸钙沉淀，化合物之间交换成分，属于复分解反应；

②难溶固体和液体的分离采用过滤的方法；

③生产高纯碳酸钙时，选择“220℃恒温干燥”而不选择“灼烧”的原因是：高温灼烧条件下碳酸钙会分解生成氧化钙和二氧化碳气体，所得的碳酸钙含有杂质氧化钙而不纯； ④氧化钙和水反应会生成氢氧化钙，所以在高纯氧化钙生产过程中一定要保持“干燥”； (3)可降解塑料不会导致白色污染，蚕丝主要成分是蛋白质灼烧会有焦羽毛味，尼龙属于合成纤维，灼烧后有特殊气味，生活中可采用灼烧的方法区分尼龙和蚕丝。 【点睛】

本题是一道有关化学和生活结合及应用知识的题目，考查学生对基础知识掌握和应用能力，考查学生分析和解决问题的能力。

18．水是生命之源，与生活生产关系密切。保护水环境、珍爱水资源，是每个公民应尽的责任和义务。

（1）“四种基本反应类型与氧化还原反应的关系”可用如图表达。

试写出有水参加的符合反应类型Ⅳ的一个化学方程式：____________________________，其中水为________剂。

（2）为了防止水的污染，下列做法有利于保护水资源的是__________（填编号）。 ①抑制水中所有动、植物的生长； ②不任意排放工业废水；

③大量使用化肥农药； ④生活污水经过净化处理后再排放。

（3）天然水中含有许多杂质，自来水生产过程中，常用过滤的方法除去水中悬浮的杂质，同时还必须进行消毒。氯气是最早用于饮用水消毒的物质，氯气进行自来水消毒时，该反应的离子方程式为______________________________。

7H2O）吸收，反应的离子方程已知亚铁盐是常见的还原剂，多余的氯气可用绿矾（FeSO4·式为________________________________________。

（4）用氯气消毒的水可能有臭味，长期饮用还可能对人造成潜在危害；ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂，工业上可用SO2与NaClO3溶液反应制得，反应方程式为SO2 + 2NaClO3== Na2SO4+ 2ClO2。 ①NaClO3中Cl元素的化合价为__________

②该反应过程中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为__________。

（5）漂白粉也可用于饮用水、游泳池水等的杀菌和消毒，工业上利用氯气和氢氧化钙反应可制得漂白粉，其化学方程式为____________________________________。

答案：2Na ＋2H2O＝2NaOH + H2↑ 氧化剂 ②④ Cl2+H2O＝H++Cl－+HClO 2Fe2++ Cl2＝2Fe3++ 2Cl－ +5 2:1 2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O

解析：(1)由关系图知反应类型IV全部属于氧化还原反应，在四种基本反应类型中只有置换反应符合，符合条件的化学方程式有很多，如活泼金属与水反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，其中水是氧化剂；

(2)①抑制水中所有动、植物的生长，则破坏了生态平衡，不利于保护水资源；②工业废水中往往含有复杂的成分，任意排放会导致土壤、水源的污染，不任意排放工业废水，显然有利于保护水资源；③大量使用化肥农药，会严重污染水源，所以这种做法不利于保护水资源； ④生活污水中往往含大量的有机物，任意排放会使水源富营养化，经过净化处理后再排放，则有利于保护水资源。答案选②④；

(3)氯气能溶于水，部分Cl2与水反应，生成微量的具有强氧化性的HClO，HClO具有杀菌消毒作用，离子反应方程式为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，亚铁盐中Fe2+具有较强还原性，能被Cl2氧化为Fe3+，其离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；

(4)①根据化合物中化合价代数和为0分析，NaClO3中Na为+1价，O为-2价，所以Cl元素的化合价为+5价；②SO2 + 2NaClO3== Na2SO4+ 2ClO2分析该反应过程中元素化合价知，硫元素由+4价升高到+6价，失电子，SO2为还原剂；氯元素从+5价降低到+4价，得电子，NaClO3是氧化剂，根据方程式的计量关系可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1。

(5)Cl2与碱反应一般都会发生歧化反应，氯气和氢氧化钙反应制漂白粉的化学方程式是：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O 19．合理饮食、正确用药，有利于身体健康。

①人类的生命活动不可缺少维生素，缺乏维生素C易患________病。 鸡蛋中的蛋白质在人体内水解的最终产物为氨基酸，氨基酸的结构可表示为

，X的名称为________。

②阿司匹林泡腾片常用于治疗感冒引起的发热。右图为某阿司匹林泡腾片说明书的部分内容。泡腾片溶于水时产生“沸腾”效果，是由于其中含有的无水枸橼酸和________反应释放

出了气体。阿司匹林()易水解，其水解反应的产物为乙酸和

________(填结构简式)。

③在阿司匹林、三硅酸镁、碳酸氢钠片、青霉素这四种常见的药物中，能用于抗菌消炎的是________。

答案：坏血 氨基 碳酸钙

青霉素

解析：①缺乏维生素C易患坏血病；鸡蛋中的蛋白质在人体内水解的最终产物为氨基酸，氨基酸的结构中既含有氨基，又含有羧基，因此X的名称为氨基，故答案为：坏血；氨基；

②泡腾片溶于水时产生“沸腾”效果，是由于其中含有的无水枸橼酸和碳酸钙反应放出二氧化碳气体；由于阿司匹林的结构中含有酯基，因此易水解，水解产物为CH3COOH和

，故答案为：碳酸钙；

；

③ 在阿司匹林、三硅酸镁、碳酸氢钠片、青霉素这四种常见的药物中，青霉素可以用于抗菌消炎，故答案为：青霉素。

20．目前，世界上生产的镁有60%来自海水，其生产流程图如下

（1）贝壳的主要化学成分为_________（写化学式）；

（2）写出反应②的离子方程式：___________________________ （3）写出Mg与CO2反应的化学方程式：_________________________ 其中还原刘是__________

答案：CaCO3 MgOH2+2H= Mg+2H2O 2Mg+CO2点燃2MgO+C Mg

+2+解析：试题分析：（1）贝壳的主要化学成分为CaCO3；（2）反应②为氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水，离子方程式为Mg(OH)2+2H+= Mg2++2H2O；（3）Mg与CO2在点燃条件下反应生成氧化镁和碳，化学方程式为2Mg+CO2点燃2MgO+C，镁元素的化合价由0价升高到+2价，被氧化，作还原剂。 考点：考查镁和海水提镁。

21．海水占地球总储水量的97.2%。若把海水淡化和化工生产结合起来，既可以解决淡水资源缺乏的问题，又可以充分利用海洋资源。

(1)海水中含有大量的氯化钠。请写出氯离子结构示意图_______。

(2)目前国际上实用的“海水淡化”主要技术之一是蒸馏法。蒸馏法是将海水变成蒸汽，蒸汽经过冷却而得高纯度淡水，由此可判断蒸馏法是_______(填物理变化、化学变化)。 (3)工业上利用电解饱和食盐水可制得重要化工产品，又称为“氯碱工业”。电解饱和食盐水的化学方程式为_______。

(4)近年来有人提出了一种利用氯碱工业产品及氯化钠循环治理含二氧化硫废气并回收二氧化硫的方法，该方法的流程如下：

已知SO2和CO2都属于酸性氧化物，试写出②④的化学反应方程式：②____；④____。

答案：

物理变化 2NaCl+2H2O

电解2NaOH＋H2↑＋Cl2↑ SO2＋NaOH=NaHSO3

NaHSO3＋HCl=NaCl＋SO2↑＋H2O 【分析】

根据氯原子的原子序数，写出原子结构示意图；根据蒸馏法的原理；根据电解原理写出化学方程式；根据弱酸的酸式盐能与强酸反应。

解析：(1)因为氯原子的原子序数17，所以氯原子的原子结构示意图为：

，答案：

；

(2)因为蒸馏只是水的状态由液态到气态再到液态的过程，所以属于物理变化；答案：物理

变化；

(3)根据电解原理，可得2NaCl+2H2O

电解 2NaOH＋H2↑＋Cl2↑；答案：

2NaCl+2H2O

电解2NaOH＋H2↑＋Cl2↑；

(4) 由框图可知②是用氢氧化钠吸收SO2生成亚硫酸氢钠的反应，其化学反应方程式为：SO2＋NaOH=NaHSO3；④是NaHSO3和HCl的反应，其化学反应方程式为NaHSO3＋HCl=NaCl＋SO2↑＋H2O。答案：SO2＋NaOH=NaHSO3；NaHSO3＋HCl=NaCl＋SO2↑＋H2O。

22．积极主动学习化学知识，培养提高学科核心素养，发挥化学学科的重要作用，科学、安全、有效和合理地开发自然资源和使用各种化学品，实现人类可持续发展。以“陆、海、空”即物质的固、液、气三种状态为线索，理解和记忆一些常识性化学知识是有效的学习方式之一。

(1)工业上所说的“三废”是指________。

(2)石油经常压蒸馏和减压蒸馏可得到________、________、________三种状态的产品。 (3)正常雨水的pH约为5.6，是因为空气中含有________气体的缘故；海水中的镁元素处于________(填“游离态”或“化合态”)从海水中提取氯化镁的反应________(填“是”或“不是”)氧化还原反应；无论海水资源还是陆上矿物资源，工业上冶炼镁、钾和钠的常用方法是________。

(4)以乙烯制环氧乙烷，有两种方法(环氧乙烷沸点10.4℃，与水任意比互溶) 方法一：总反应为CH2=CH2+Cl2+Ca(OH)2→

Ag方法二：2CH2=CH2+O22

+CaCl2+H2O

相对方法一，方法二通常条件反应混合物状态单一，产物易液化分离，除此之外的突出优点是：________。

答案：废气、废水、废渣 石油气 多种燃油 石蜡和沥青 CO2 化合态 不是 电解法 原子利用率100% 【分析】

根据理解和记忆一些常识性化学知识回答工业“三废”和石油工业经常压和减压分馏得到的产品；根据空气中含有CO2酸性气体，使pH小于7；根据海水成分判断镁元素的存在的形式和提取氯化镁时元素的价态均没变判断；根据金属的活泼性判断冶炼的方法；根据理想的生产工艺是原料分子中的原子全部转化成所需要的产物，不产生副产物，实现零排放；据此回答。

解析：（1）“工业三废”是指工业生产所排放的“废水、废气、固体废弃物”，工业三废”中含有多种有毒、有害物质，必须妥善处理，才能排放；答案为废水、废气、废渣。 （2）石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，经常压蒸馏得到石油气、汽油、煤油、柴

油、重油等，重油经减压蒸馏得到燃料油、石蜡、沥青等；答案为石油气，多种燃油，石蜡和沥青。

（3）正常雨水的pH约为5.6，是因为空气中含有CO2，二氧化碳和水反应生成碳酸，反应的化学方程式CO2+H2O=H2CO3，使pH＜7，镁元素在海水中以Mg 2+存在，所以镁元素以化合态存在，从海水中提取氯化镁，该变化过程中没有元素化合价变化，所以不是氧化还原反应，由于K、Na、Mg属于活泼金属，工业上冶炼镁、钾和钠的常用方法是电解法；答案为CO2，化合态，不是，电解法。

（4）方法二：乙烯和氧气反应全部生成了环氧乙烷，原子利用率为100%，符合绿色化学的原则；答案为原子利用率为100%。

23．(1)对于司机酒后驾车，可对其呼出的气体进行检验，而利用的化学反应如下：2 CrO3(红色) + 3C2H5OH + 3H2SO4→Cr2(SO4)3(绿色)+3CH3CHO+6H2O。被检测的气体成分是______，上述反应中的氧化剂是______，还原剂是__________。

(2)天然气的主要成分是__________，石油的组成元素主要是__________，煤中含量最高的元素是__________ 。

(3)衣服上沾有动、植物油污，用水洗不掉，但可用汽油洗去，这是因为大多数有机物难______，而易_______。有机化工厂附近严禁火种，这是因为绝大多数有机物________ 。

答案：C2H5OH CrO3 C2H5OH CH4 CH C 溶于水 溶于有机溶剂 易燃 【分析】

(1)根据化合价的变化，结合氧化还原反应方程式分析解答；

(2)天然气的主要成分是甲烷，石油主要含有碳和氢两种元素，煤中主要含有碳元素； (3) 一般而言，大多数有机物难溶于水，易溶于有机溶剂，易燃，据此分析解答。 解析：(1)由题意知，被检测的物质是乙醇，反应2CrO3(红色)+3C2H5OH+3H2SO4

→Cr2(SO4)3(绿色)+3CH3CHO+6H2O中CrO3→Cr2(SO4)3，Cr元素由+6价→+3价，得电子化合价降低，CrO3是氧化剂；C2H5OH→CH3CHO，C元素由-2价→-1价，失电子化合价升高，乙醇是还原剂，故答案为：C2H5OH；CrO3；C2H5OH；

(2)天然气的主要成分是甲烷，组成石油的化学元素主要是碳 、氢，煤中主要含有碳元素，故答案为：CH4；C、H；C；

(3) 大多数有机物难溶于水，易溶于有机溶剂，动、植物油属于油脂，不溶于水，易溶于有机溶剂，故用水洗不掉，但可用汽油洗去，大多数有机物易燃，因此有机化工厂附近严禁火种，故答案为：溶于水；溶于有机溶剂；易燃。 【点睛】

本题的易错点为(1)，要注意有机化合物中元素化合价的分析，一般而言，有机化合物中O为-2价，H为+1价，再根据正负化合价的代数和为0计算C元素的化合价。

24．2013年H7N9禽流感肆虐期间，为了保证卫生环境，常使用漂白液和漂白粉对环境和饮大规模传染病爆发。回答下列问题： (1)漂白粉的有效成分是(填化学式)_______；

(2)某研究性学习小组对漂白液进行了如下实验探究：取漂白液少量，滴入3~5滴紫色石试液，发现溶液先变蓝色后褪色，证明漂白液具有______和________(选项编号)。

A．酸性 B．碱性 C．漂白性 D．还原性

(3)工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉，化学反应方程式为________。

(4)制取漂白粉的氯气可通过电解饱和食盐水得到。在电解食盐水之前，需要提纯食盐水。为了除去粗盐中的Ca2、Mg2、SO4及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操

2作，正确的操作顺序是_______。

①过滤 ②加过量的NaOH溶液 ③加适量的盐酸 ④加过量的Na2CO3溶液 ⑤加过量的

BaCl2溶液

A．①④②⑤③ B．④①②⑤③ C．②⑤④①③ D．⑤②④③①

答案：Ca(ClO)2 B C 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O C 【分析】

工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉，所得漂白粉含CaCl2和Ca(ClO)2及少量水，其中，Ca(ClO)2有强氧化性、漂白性且溶液呈碱性；提纯食盐水，Mg2+用OH-沉淀，SO42-用Ba2+沉淀，Ca2+用CO32-沉淀，过量的Ba2+可随Ca2+一起用CO32-除去，盐酸要在过滤除去沉淀后再加，防止将生成的碳酸盐沉淀重新溶解。

解析：(1)漂白粉中主要含CaCl2、Ca(ClO)2，其中Ca(ClO)2有强氧化性和漂白性，能杀菌消毒，是漂白粉的有效成分；

(2)滴入3～5滴紫色石试液，发现溶液先变蓝色说明漂白液呈碱性，后褪色说明漂白液具有漂白性，答案为：B；C；

(3)氯气通入石灰乳中发生歧化反应，化学反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；

(4)Mg2+用OH-沉淀，加入过量的NaOH可以将Mg2+沉淀，SO42-用Ba2+沉淀，加入过量的BaCl2可以将SO42-沉淀，无论先除Mg2+，还是先除SO42-都是可行的，Ca2+用CO32-沉淀，除Ca2+加入Na2CO3转化为沉淀，但是加入的Na2CO3要放在加入的BaCl2之后，这样Na2CO3会除去反应剩余的BaCl2，离子都沉淀后，再进行过滤，最后加入盐酸除去反应剩余的OH-和CO32-离子；所以，正确的顺序为：②加过量的NaOH溶液，⑤加过量的BaCl2溶液，④加过量的Na2CO3溶液，①过滤，③加适量盐酸，故选C。 【点睛】

用生成沉淀的方法除去杂质，往往要加入过量的沉淀剂，以使杂质充分除去，但过量的沉淀剂也应在后续的过程中除去；设计除杂方案时，既要能达到除杂目的，也应使操作步骤简洁。

25．按要求回答下列问题（填字母代号）。

（1）均衡营养和正确使用药物是保证身心健康的两个重要方面，现有下列四种物质：A 维生素C B 氨基酸 C 碘酸钾 D 阿司匹林 请根据题意，选择恰当的选项用字母代号填空。

① 为预防甲状腺肿大，常在食盐中加入的物质是________； ② 具有解热镇痛作用，用于治疗感冒的是________。

（2）发展“绿色食品” 是提高人类生存质量的重要措施，绿色食品是指________（填字母

代号）。

A 绿颜色的营养食品 B 含叶绿素的营养食品 C 植物类营养食品 D 安全无公害的营养食品

（3）环境污染己成为社会面临的重大威胁，下列名词都与环境污染有关： A 臭氧空洞 B 光化学烟雾 C 重金属污染 D 水华与赤潮 E 白色垃圾 请你根据已有的环保知识，选择上述名词的字母代号填空。 ① 二氧化氮造成的空气污染为________； ② 富含氮、磷元素的污水造成的污染是________；

（4）钢铁是目前用量最大、用途最广的合金材料，在潮湿空气中容易发生腐蚀。钢铁腐蚀以________为主（“化学腐蚀”或“电化学腐蚀”），请写出钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应式_________。

答案：C D D B D 电化学腐蚀 O2 + 2H2O + 4e- = 4OH- 【分析】

（1）①食盐中加入碘酸钾能预防甲状腺肿大； ②阿司匹林是一种常用的解热镇痛药；

（2）绿色食品是指在无污染的条件下种植、养殖、施有机肥料、不用高毒性、高残留农药、在标准环境、生产技术、卫生标准下加工生产、经权威机构认定并使用专门标志的安全、优质、营养类食品的统称；

（3）①氮氧化物能引起酸雨和光化学烟雾； ②富含氮磷元素的污水能造成水化和赤潮；

（4）钢铁发生电化学腐蚀时，铁做负极，失去电子生成亚铁离子，氧气做正极，由此分析解答。

解析：(1).①食盐中加入碘酸钾能预防甲状腺肿大，为预防甲状腺肿大，常在食盐中加入的物质是碘酸钾， 故答案为：C；

②阿司匹林是一种常用的解热镇痛药，具有解热镇痛作用，用于治疗感冒的是阿司匹林， 故答案为：D；

（2）A. 绿色食品并不是绿颜色的食品或者营养高的食品，而是安全、无公害、无毒、有利于人体健康的营养食品，故A错误；

B. 绿色植物的绿色部位有叶绿素，绿色食品不一定是绿色植物产品，所以不一定含有叶绿素，故B错误；

C. 绿色食品不一定是植物类营养食品，故C错误；

D. 绿色食品是安全无公害的营养食品，在原料生产和加工过程都没有污染的食品，故D正确； 故答案选D；

（3）①氮氧化物和二氧化硫是形成酸雨的主要成分，氮氧化物又是形成光化学烟雾的成分； 故答案选B；

②含N、P的物质在分解过程中，大量消耗水中溶解的氧，并释放出养分，使藻类和其它浮游生物大量繁殖，而造成赤潮和水化； 故答案选D；

（4）钢铁发生电化学腐蚀时，铁做负极，失去电子生成亚铁离子， 氧气做正极，发生吸氧腐蚀，正极反应为：O2 + 2H2O + 4e- = 4OH-， 故答案为：电化学腐蚀；O2 + 2H2O + 4e- = 4OH-； 【点睛】

中性或碱性条件下，铁发生的是吸氧腐蚀。

26．食品和药物安全是党和国家高度重视的民生问题。请你根据题意，用下列选项的字母．．代号填空。 ．．

A、阿司匹林（乙酰水杨酸） B、青霉素 C、酱油 D、麻黄碱 (1)可治疗支气管哮喘，但不宜过多服用的药物是_________； (2)我国人体补铁工程的主要载体，应该选择________；

(3)是一种重要的抗生素类药，有阻止多种细菌生长的功能，该药物是________； (4)能使发热的病人体温降至正常，并起到缓解疼痛的作用，该药物是________。

答案：D C B A 【分析】

（1）麻黄碱具有止咳平喘的作用，可用于治疗支气管哮喘，过量服用会产生失眠等副作用；

（2）我国采取通过酱油的办法补铁；

（3）青霉素是最早发现的对许多病原菌有抑制作用，对人和动物组织无毒的抗生素； （4）阿司匹林是一种既能解热，又能镇痛，还有消炎、抗风湿作用的药物。 解析：（1）可治疗支气管哮喘，但不宜过多服用的药物是麻黄碱，故答案为D （2）我国采取通过酱油的办法补铁，故选C；

（3）是一种重要的抗生素类药，有阻止多种细菌生长的功能，该药物是 青霉素，故答案为B；

（4）能使发热的病人体温降至正常，并起到缓解疼痛的作用，该药物是阿司匹林，故答案为A。

三、解答题

27．某化学实验室以一种工业上的废渣(废渣主要含有MgCO3、MgSiO3和少量Fe、Al的3H2O。实验流程如图所示： 氧化物)为原料，制备MgCO3·

（1）为了加快废渣的酸溶速率，可采取的办法有___(任写一点)，酸溶时废渣中主要成分发生反应的离子方程式为___。 （2）加入30%H2O2的目的是___。 （3）用萃取分液的方法除去溶液中的Fe3+，

①加入30%H2O2后，检验溶液中是否含有Fe2+的最佳试剂是___。 ②萃取分液完成后，检验水相中是否含有Fe3+的最佳试剂是___。

10-6mol·L−1)而不引入其它杂（4）室温下，除去MgSO4溶液中的A13+(使Al3+浓度小于1×质，应加入的试剂X为___，应调节pH的范围为___。

10-33；②pH=8.5时，Mg(OH)2开始沉淀 已知：①Ksp[Al(OH)3]=1.0×

（5）向滤液中加入Na2CO3溶液生成MgCO3沉淀并用蒸馏水洗涤，确认沉淀洗净的操作及现象是___。

答案：升高温度、搅拌、提高硫酸浓度等 MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑、

MgSiO3+2H+=Mg2++H2SiO3 将Fe2+氧化为Fe3+便于除去 K3[Fe(CN)6]溶液 KSCN溶液 MgO、Mg(OH)2、MgCO3或Mg2(OH)2CO3 5.0＜pH＜8.5 取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤干净 【分析】

废渣主要成分为MgCO3、MgSO4和少量Fe、Al的氧化物，加入40%的硫酸酸溶，过量后滤液中含有硫酸镁、硫酸亚铁以及硫酸铝，加入H2O2氧化亚铁离子，然后加入有机萃取剂萃取Fe3+，分液后可除去溶液中的Fe3+，分液后水溶液中含有Mg2+、Al3+，然后除去Al3+，再经过一系列操作，得到MgCO3•3H2O．以此解答该题。

解析：（1）为了加快废渣的酸溶速率，可采取的办法有升高温度、搅拌、提高硫酸浓度等；废渣中MgCO3、MgSiO3溶于稀硫酸时，发生的离子方程式为

MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑、MgSiO3+2H+=Mg2++H2SiO3，故答案为：升高温度、搅拌、提高硫酸浓度等；MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑、MgSiO3+2H+=Mg2++H2SiO3； （2）加入H2O2溶液氧化亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子，有利于有机萃取剂萃取Fe3+，达到分离的目的，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，便于除去；

（3）①加入30%H2O2后，检验溶液中是否含有Fe2+的最佳试剂是K3[Fe(CN)6]溶液，因为两者可以反应生成带有铁氰化亚铁沉淀，故答案为：K3[Fe(CN)6]溶液；

②检验Fe3+萃取完全，可以取分液后的下层水溶液少许于试管中。然后滴加少量的KSCN溶液，如不变红色则完全分离，故答案为：KSCN溶液；

10-6mol/L）而不引入其（4）室温下，除去除去MgSO4溶液中的A13+（使Al3+浓度小于1×

它杂质，应加入的试剂X为MgO、Mg(OH)2、MgCO3或Mg2(OH)2 CO3；根据氢氧化铝的

3311010mol/L时，氢氧根的浓度是3 mol/L=1×10-溶度积常数可知当铝离子浓度是1×

1106-6

9

mol/L，故氢离子浓度为：10-5 mol/L，此时pH=5，又因为pH=8.5 时，Mg（OH）2开始沉

淀，所以应调节pH的范围为5.0＜pH＜8.5，故答案为：MgO、Mg(OH)2、MgCO3或Mg2(OH)2 CO3；5.0＜pH＜8.5；

（5）用蒸馏水洗涤成MgCO3沉淀，反复洗涤后，取少量最后一次的洗涤过滤液于试管

中，向其中滴加氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤干净，故答案为：取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤干净。

28．海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和单质溴的工艺流程如图。

(1)海水淡化的常用方法有_____(请写出一种)

(2)由海水提取的粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO4等离子，为了除去这些离子，需要依次加入稍过量的NaOH、BaCl2、_____(填化学式)，过滤之后，再加入适量盐酸。 (3)步骤1中获得Br2的离子方程式________ 步骤I和步骤II操作的最终目的是_________

(4)配平步骤II操作对应的化学方程式：___Br2+___Na2CO3=__NaBrO3+__ NaBr+___CO2 (5)步骤Ⅲ中用H2SO4酸化处理重新得到Br2，写出该反应的离子方程式_____ 若有48g溴单质生成，转移电子的物质的量为____mol

2-

答案：蒸馏法(或电渗析法或离子交换膜法) Na2CO3 Cl2+2Br-=2C1-+Br2 富集溴元素(或提高溴元素的浓度) 3 3 1 5 3 5Br-+BrO3+6H+=3Br2+3H2O 0.5 【分析】

根据工艺流程图分析可知，通过海水蒸发得到淡水、NaCl、卤水，向卤水中通入电解NaCl产生的氯气，发生反应Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，利用热空气吹出溴，用纯碱溶液吸收Br2，发生反应3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+5NaBr+3CO2，将溶液酸化蒸馏得到工业溴，据此分析解答问题。

解析：(1)海水淡化常用的方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换膜法等；

(2)由海水提取的粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO4等离子，为了除去这些离子，需要依次加入稍过量的NaOH、BaCl2、Na2CO3，Na2CO3不仅除去Ca2+，还可以除去过量的BaCl2溶液；

(3)步骤Ⅰ中Cl2将Br-氧化为Br2，反应的离子方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，因海水中溴元素含量较少，步骤I中已获得Br2，步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br-，目的在于富集溴元素(或提高溴元素的浓度)；

(4)反应中，Br2中Br元素的化合价分别由0价升高至+5价，由0价降低至-1价，根据得失电子守恒配平方程式有3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+5NaBr+3CO2；

(5)步骤Ⅲ中用H2SO4酸化处理，发生归中反应重新得到Br2，反应的离子方程式为5Br-+BrO3+6H+=3Br2+3H2O，反应中每生成3molBr2转移5mol电子，48g溴单质的物质的量为0.3mol，因此，若有48g溴单质生成，转移电子的物质的量为0.5mol。

29．目前，各城市都在推进垃圾分类，目的是充分利用化学原理将生产生活中的废弃物进行回收再利用。

2-已知:常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表所示， 阳离子 开始沉淀时的pH 沉淀完全时的pH Fe3+ 2.7 3.7 Mg2+ — 11.1 Al3+ - 5.4 Cr3+ - 9(>9溶解)

请回答下列问题:

Ⅰ.在垃圾分类中，锌锰干电池属于____垃圾。若用废电池的锌皮制ZnSO4.7HO的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，其方法是:加稀H2SO4和H2O2溶液，铁变为___,加碱调节至pH为___时，铁刚好沉淀完全。

Ⅱ某工厂对制革工业污泥中部的处理工艺流程如图所示：

已知硫酸浸取液中的金属离子主要是 Cr3+,其次是 Fe3+、Al3+、Ca2+和 Mg2+。 （1）酸浸时,为了提高浸取率可采取的措施有______、_________。(答出两点)。 （2）H2O2的作用是将滤液Ⅰ中的 Cr3+转化为 Cr2O72-，写出此反应的离子方程式：__________________________。

（3）①上述流程中,加入 NaOH 溶液使溶液呈弱碱性但溶液的 pH 不能超过 8,其理由是____________________,滤液Ⅱ中阳离子除 H+外还有___。

②当 pH=8 时,Mg2+是否开始沉淀(溶液中镁高子浓度不超过 1mol⋅L-1)。___ (填“是”或“否”)，(已知 Ksp（Mg(OH)2）=1.8×10-11)。

（4）碱性条件下 Cr2O72-转化为 CrO42-,写出上述流程中用 SO2进行还原时发生反应的离子方程式_________________

答案：有害 Fe3+ 3.7 加热 搅拌 2Cr3++3H2O2+H2O= Cr2O72-+8H+ 会使Al(OH)3溶解生成AlO2－，最终影响Cr的回收利用 Na+、Ca2+和 Mg2+ 否 3SO2+ 2CrO42-+12H2O= SO42-+ 2CrOH(H2O)5SO4+2OH- 【分析】

Ⅰ.锌锰干电池中含有毒有害的重金属离子；铁中加入稀H2SO4和H2O2，铁可被氧化生成Fe3+，根据部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH判断铁刚好沉淀完全的pH； Ⅱ.流程的初期为酸浸，使工业污泥中的物质充分溶解，为提高效率可采取“升高温度、搅

拌、延长浸取时间、过滤后再次浸取”的措施；H2O2的作用是将滤液Ⅰ中的 Cr3+转化为 Cr2O72-；调节p H=8时Al3+、Fe3+全部沉淀， 滤液Ⅱ中阳离子除 H+外还有Na+、Ca2+

－

和 Mg2+；pH 超过 8，可发生反应Al(OH)3 + OH- = AlO2 + 2H2O；

解析：Ⅰ.锌锰干电池中含有毒有害的重金属离子，在垃圾分类中属于有害垃圾；H2O2具有氧化性，加稀H2SO4和H2O2溶液，铁变为Fe3+，根据部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH数据，可知加碱调节至pH为3.7时，铁刚好沉淀完全； Ⅱ.（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有加热、搅拌；

（2）H2O2将 Cr3+氧化为 Cr2O72-，根据得失电子守恒，该反应的离子方程式是2Cr3++3H2O2+H2O= Cr2O72-+8H+；

（3）①上述流程中，pH = 8时，Fe3+、Al3+完全转化为氢氧化物沉淀，滤液Ⅱ中阳离子除 H+外还有Na+、Ca2+和 Mg2+；pH 超过 8，可发生反应Al(OH)3 + OH- = AlO2－ + 2H2O，会使Al(OH)3溶解生成AlO2，最终影响Cr的回收利用。 ②当 pH=8 时，c(Mg2)c2(OH)1106Mg2+不沉淀；

（4）SO2把 CrO42--还原为 CrOH(H2O)5SO4沉淀，根据得失电子守恒，反应的离子方程式是3SO2+ 2CrO42-+12H2O= SO42-+ 2CrOH(H2O)5SO4+2OH-。 【点睛】

本题考查了离子方程式的书写、物质的分离等，对流程图的理解是解题关键；注意会运用溶液的pH值对溶液中的离子进行分离，会根据溶度积常数进行化学计算； 30．为探索工业含铝、铁、铜合金废料的再利用，某同学设计的回收利用方案如下：

－

211012KspMg(OH)2，此时

(1)合金与足量氢氧化钠溶液反应的离子方程式是______。 (2)若D中含有Fe3+，除去Fe3+的常用试剂是______。

(3)若要从滤液D中得到绿矾晶体，必须进行的实验操作步骤：______、______、过滤、洗涤、自然干燥。

(4)若由滤渣E得到含Cu2+的溶液，试剂Y选用稀，则化学方程式为：______。

答案：2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑ 铁粉 蒸发浓缩 冷却结晶 3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O 【分析】

铁、铜均不与NaOH反应，由流程可知，合金与足量NaOH反应后过滤得到的滤渣B为Fe、Cu，滤液A含NaOH、NaAlO2，滤液A与足量二氧化碳反应生成沉淀C为Al(OH)3，C与盐酸反应生成F为氯化铝；Fe与稀硫酸反应，而Cu不能，则滤渣B与稀

硫酸反应后过滤得到滤渣E为Cu，滤液D中含FeSO4，蒸发浓缩、冷却结晶可得到绿矾晶体，Cu与反应生成铜，据此解答。

解析：(1)合金废料含铝、铁、铜，其中只有铝与足量氢氧化钠溶液反应，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑；

(2)若D中含有Fe3，除去Fe3的常用试剂是铁粉，铁与Fe3反应生成亚铁离子，不引入杂质；

(3)因为绿矾晶体是结晶水合物，所以要从滤液D中得到绿矾晶体，不能直接蒸干，必须进行的实验操作步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、自然干燥； (4)由滤渣E得到含Cu2+的溶液，试剂Y选用稀，则化学方程式为3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。 【点睛】

除杂时，不能产生新的杂质，不能消耗原有主体微粒。

+

+

+