實驗專項16（工業(yè)流程專題25題）解析版-2024年中考化學常考點專題必殺題（深圳專用）（大題專項）

實驗專項16工業(yè)流程專題一、工業(yè)流程題1．過氧化鎂是一種鎂精細化工產品，在醫(yī)療上可用來治療消化不良、胃酸過多等疾病，在環(huán)境保護方面，過氧化鎂可用來處理地下水污染的土壤，某化學興趣小組對過氧化鎂的性質和制備等進行了以下研究；I．過氧化鎂的性質(1)過氧化鎂是一種白色的粉末，其外觀、物理性質與氧化鎂相似，過氧化鎂在常溫下比較穩(wěn)定，但是加熱時會分解生成氧化鎂和一種單質，該反應的化學方程式為，過氧化鎂易溶于稀鹽酸，發(fā)生反應的化學方程式為：；Ⅱ．過氧化鎂的制備圖1

是利用堿式碳酸鎂和的過氧化氫溶液來制取過氧化鎂【資料】①堿式碳酸鎂與碳酸鎂有相似的化學性質，能與稀鹽酸反應產生；②氧化鎂與過氧化氫反應放出大量的熱；(2)檢測煅燒過程堿式碳酸鎂已完全分解的方法（寫出具體的操作和現(xiàn)象）；(3)用上述堿式碳酸鎂在及下煅燒一定的時間生成氧化鎂，再用上述條件制備的氧化鎂分別與雙氧水反應生成過氧化鎂的產率如圖2和圖3；堿式碳酸鎂煅燒的溫度適宜控制在，煅燒時間適宜控制在h；Ⅲ．過氧化鎂的純度檢測(4)在生產過程中，過氧化鎂中常常含有少量的氧化鎂雜質（不考慮其他雜質），以下是該小組進行純度檢測的實驗裝置（圖4）和實驗步驟；步驟①：；步驟②：裝入藥品（樣品質量為），調節(jié)刻度管使左右兩邊液面相平，刻度管讀數(shù)為；步驟③：打開分液漏斗開關，特瓶中無氣泡產生時，關閉開關；步驟④：再次調節(jié)刻度管使左右兩邊液面相平，刻度管讀數(shù)為；步驟⑤：數(shù)據處理；(5)根據上面實驗數(shù)據計算樣品中過氧化鐵的質量分數(shù)是（該實驗條件下密度為），請寫出計算過程；(6)該小組同學所測得質量分數(shù)比實際結果偏大，你覺得可能的原因是_________（填字母）；A．生成的氧氣有少量溶于水B．未等裝置冷卻到室溫就開始讀數(shù)C．滴入的稀鹽酸占了一部分氣體的體積【答案】(1)(2)取樣，加稀鹽酸，不產生氣泡(3)6502(4)檢查氣密性(5)根據轉化關系：、可知，兩份過氧化鎂最終可轉化為一份氧氣，生成氧氣的條件為，則過氧化鎂的質量為：，則過氧化鎂的質量分數(shù)為：(6)B【詳解】（1）已知過氧化鎂加熱時會分解生成氧化鎂和一種單質，根據化學反應前后原子的種類和數(shù)目不變，過氧化鎂中鎂、氧原子個數(shù)比為1:1，氧化鎂中鎂氧原子個數(shù)比為1:1，所以單質中含有氧原子是氧氣，所以反應的化學方程式為：；（2）堿式碳酸鎂與稀鹽酸反應可生成二氧化碳，所以可取樣加入稀鹽酸，無氣泡產生則堿式碳酸鎂以完全分解；（3）圖2可知堿式碳酸鎂在650℃時，圖3可知煅燒時間在2小時，產率最高，所以堿式碳酸鎂煅燒的溫度適宜控制在650℃，煅燒的時間適宜控制在2小時；（4）過氧化鎂的純度檢測在利用圖4進行，要測量氣體體積，實驗前需要檢查裝置氣密性；（5）解析見答案；（6）實驗結果偏大則是氧氣測定量大于實量；A、生成的氧氣有少量溶于水，則結果偏小，故選項錯誤；B、未等裝置冷卻到室溫就開始讀數(shù)，因熱脹冷縮影響氧氣測定值偏大，故選項正確；C、裝置是連通的，所以滴入的稀鹽酸占了一部分氣體的體積，不影響實驗結果，故選項錯誤；故選：B。2．鈣及鈣的化合物，廣泛應用于建筑、醫(yī)學、工業(yè)等領域。某化學小組在老師指導下對“鈣家族”進行探究。(一)金屬鈣取一粒金屬鈣投入盛有50mL水的燒杯中，鈣粒與水劇烈反應，四處游動，產生氣泡，溶液出現(xiàn)渾濁。用手觸摸燒杯外壁，感覺發(fā)熱。反應結束放置一段時間后，溶液變澄清，往燒杯中滴入無色酚酞試液，溶液變紅色，是因為生成一種堿。(1)經進一步檢驗產生的氣體能燃燒。寫出鈣跟水反應的化學方程式：。(二)氫氧化鈣(2)小組同學欲探究氫氧化鈣溶液和稀鹽酸能否發(fā)生反應。用pH和溫度傳感器測定兩者混合前后燒杯內溶液的pH和溫度的變化(如圖1、圖2)。實驗過程中保溫良好，熱量散失忽略不計。則X溶液為；根據圖示能證明兩者反應的依據是(合理即可)。(三)氯化鈣某工廠產生的廢渣主要成分是含鈣的化合物(雜質為Fe2O3)。用該廢渣制取CaCl2晶體的某流程如圖3所示。已知：NH4Cl溶液顯酸性，且濃度越高酸性越強。(3)XRD圖譜可用于判斷某固態(tài)物質是否存在。如圖4為煅燒前后廢渣的XRD圖譜。寫出煅燒時發(fā)生的化學方程式：。(4)為了提高浸取率，可采取的措施有(任寫一點)。寫出產生氨氣的化學方程式。(5)在其他條件相同的情況下，CaCl2的產率隨浸取溫度的變化如圖5所示。則宜選擇的浸取溫度為℃左右。(6)若使用過量的高濃度NH4Cl溶液，則所得CaCl2溶液中會含有NH4Cl、等雜質。(7)待結晶完畢后，濾出晶體，用少量冰水洗滌2-3次，用冰水洗滌的目的是：I是除去晶體表面的雜質；II是。(四)羥基磷酸鈣(8)人體中骨骼與牙齒的重要成分是羥基磷酸鈣，化學式為Ca10(PO4)6(OH)2。其中鈣、氧元素的原子個數(shù)比為(最簡比)?！敬鸢浮?1)(2)稀鹽酸溫度逐漸升高（合理即可）(3)(4)用玻璃棒攪拌(5)30(6)FeCl3(7)減少氯化鈣溶解的量(8)5:13【詳解】（1）鈣粒與水劇烈反應，產生氣泡，生成堿，根據質量守恒定律可知，生成氣體為氫氣，堿為氫氧化鈣，方程式為：；（2）溶液初始pH＞7，隨著滴加X溶液pH逐漸減小最終小于7，說明是向堿溶液中加酸，故X溶液為稀鹽酸；根據圖像向氫氧化鈣溶液中加入稀鹽酸溫度逐漸升高，能說明兩者發(fā)生了反應，反應放出熱量；（合理即可）（3）根據圖4為煅燒前后廢渣的XRD圖譜可知，煅燒時發(fā)生的化學反應是氫氧化鈣分解生成氧化鈣和水，化學方程式是；（4）浸取時可以用玻璃棒連續(xù)攪拌，可使氧化鈣和水成分反應生成氫氧化鈣，然后再與氯化銨反應，從而提高浸取率；浸取過程中生成的氫氧化鈣與氯化銨反應生成氯化鈣、水和氨氣，方程式為：；（5）由圖可知30℃左右氯化鈣的產量最高，所以宜選擇的浸取溫度為30℃左右；（6）NH4Cl溶液顯酸性，且濃度越高酸性越強，若使用過量的高濃度NH4Cl溶液，產生酸與氧化鐵反應生成氯化鐵，則雜質還可能有氯化鐵，化學式為FeCl3；（7）用冰水洗滌既能除去晶體表面的雜質，此外冰水能降低氯化鈣的溶解度減少洗滌過程中氯化鈣的溶解；（8）由羥基磷酸鈣的化學式為Ca10(PO4)6(OH)2可知其中鈣、氧元素的原子個數(shù)比為10:26=5:13。3．CO2是最主要的溫室氣體，CO2的低能耗捕集、轉化和利用正受到世界各國的廣泛關注。Ⅰ.CO2的捕集:“雙堿法”吸收CO2，部分轉化關系見圖2。(1)寫出①過程中發(fā)生的反應方程式。(2)由圖2可知：飽和Ca(OH)2溶液吸收CO2氣體的效率低于飽和NaOH溶液，試分析原因：。(3)圖1所示轉化過程中可以循環(huán)利用的物質是。(4)工業(yè)廢堿渣(主要成分Na2CO3)吸收低濃度CO2，反應過程中溶液組成的濃度變化如圖3所示。①吸收時反應的化學方程式為。②反應結束，繼續(xù)通入CO2弱堿性的NaHCO3溶液會慢慢呈中性，原因是。③NaHCO3受熱分解生成高濃度CO2，該反應能說明Na2CO3的熱穩(wěn)定性NaHCO3(選填“大于”或“小于”)Ⅱ.CO2的利用。CO2經過固相催化劑吸附，可與H2反應生成甲醇，反應的主要過程如圖4所示。反應相同時間，CO2的轉化率及含碳產物中CH3OH的含量及隨溫度的變化如圖5所示。(5)當溫度在250℃～280℃范圍內。CO2的轉化率升高但含碳產物中CH3OH的含量卻下降的原因可能是。(6)實際反應時可能會發(fā)生積炭，生成的碳會降低催化劑的活性，在高溫條件下適當通入過量二氧化碳可以有效緩解積炭，原因是(也可用化學方程式表示)?！敬鸢浮?1)(2)氫氧化鈣微溶于水，飽和氫氧化鈣溶液中含有氫氧化鈣的量很少，影響了二氧化碳的吸收(3)Na2CO3/碳酸鈉(4)碳酸氫鈉溶液里可溶解少量的二氧化碳，二氧化碳能與碳酸氫鈉溶液中的水反應生成碳酸，碳酸顯酸性大于(5)CH3OH在該溫度轉化為其他物質(6)【詳解】（1）①過程中氫氧化鈉與二氧化碳反應生成碳酸鈉和水，化學方程式為。故填：。（2）由于氫氧化鈣微溶于水，飽和氫氧化鈣溶液中含有氫氧化鈣的量很少，影響了二氧化碳的吸收，所以飽和Ca(OH)2溶液吸收CO2氣體的效率低于飽和NaOH溶液。故填：氫氧化鈣微溶于水，飽和氫氧化鈣溶液中含有氫氧化鈣的量很少，影響了二氧化碳的吸收。（3）據圖1可知，碳酸鈉既是生成物，又是反應物，所以可以循環(huán)利用。故填：碳酸鈉。（4）①碳酸鈉與二氧化碳和水反應生成碳酸氫鈉，化學方程式。故填：。②由于碳酸氫鈉溶液里可溶解少量的二氧化碳，二氧化碳能與碳酸氫鈉溶液中的水反應生成碳酸，碳酸顯酸性，所以反應結束，繼續(xù)通入CO2弱堿性的NaHCO3溶液會慢慢呈中性。故填：碳酸氫鈉溶液里可溶解少量的二氧化碳，二氧化碳能與碳酸氫鈉溶液中的水反應生成碳酸，碳酸顯酸性。③NaHCO3受熱分解生成高濃度CO2，該反應能說明Na2CO3的熱穩(wěn)定性大于NaHCO3。故填：大于。（5）由于CH3OH在該溫度轉化為其他物質，所以當溫度在250℃～280℃范圍內。CO2的轉化率升高但含碳產物中CH3OH的含量卻下降。故填：CH3OH在該溫度轉化為其他物質。（6）由于高溫條件下二氧化碳與碳反應生成氣體一氧化碳，所以在高溫條件下適當通入過量二氧化碳可以有效緩解積炭，化學方程式。故填：。4．菱鎂礦中主要含MgCO3、FeCO3和SiO2。以菱鎂礦為原料制取鎂的工藝流程如下：回答下列問題：(1)操作1的名稱是。(2)寫出菱鎂礦中MgCO3與稀鹽酸反應的化學方程式。(3)溶液b轉化為溶液c時，通入足量空氣的目的是。(4)物質沉淀的pH見表，則上述流程中調pH的范圍應為。物質Mg(OH)2Fe(OH)3開始沉淀的pH8.91.5完全沉淀的pH10.92.8(5)結合流程中的數(shù)據計算菱鎂礦中鎂元素的質量分數(shù)。(不考慮整個流程轉化中鎂元素的損失)【答案】(1)過濾(2)MgCO3+2HCl=MgCl2+H2O+CO2↑(3)將氯化亞鐵轉化為氯化鐵(4)2.8~8.9(5)24%【詳解】（1）通過過濾可將難溶于水的固體物質與水分離，所以操作1的名稱是過濾。（2）菱鎂礦中MgCO3與稀鹽酸反應生成氯化鎂、水、二氧化碳，反應的化學方程式為：MgCO3+2HCl=MgCl2+H2O+CO2↑。（3）由流程圖可知，溶液b轉化為溶液c時，通入足量空氣的目的是：將氯化亞鐵轉化為氯化鐵。（4）由流程圖可知，通過調節(jié)溶液的pH，使完全轉化為沉淀，從而與分離，所以上述流程中調pH的范圍應為2.8~8.9。（5）由流程圖可知，最后得到鎂單質的質量為7.2t，根據化學反應前后各種元素的質量相等，則菱鎂礦中鎂元素的質量為7.2t，所以菱鎂礦中鎂元素的質量分數(shù)為：=24%。5．某火力發(fā)電廠排放的煙氣中含有SO2、CO2和N2等，SO2會污染空氣。該廠引入新工藝消除煙氣中的SO2，并制得石膏(CaSO4·2H2O)的主要流程如圖所示。(1)吸收塔中，氫氧化鈉溶液采用噴淋方式進入的目的是。(2)步驟②發(fā)生反應的化學方程式為。(3)步驟③中，加入的試劑X是(填名稱)，可除去清液中的Ca(OH)2，防止其混入吸收塔；操作a的名稱為。(4)下列關于該脫硫工藝的說法正確的是(填字母)。A．污染物SO2最終轉化為CaSO4?2H2O，可實現(xiàn)“變廢為寶”B．利用石灰漿使NaOH再生，可降低生產成本C．整個生產中不需要持續(xù)添加NaOH溶液【答案】(1)增大反應物的接觸面積，使其充分反應(2)(3)碳酸鈉過濾(4)ABC【詳解】（1）將氫氧化鈉溶液采用噴淋方式進入，能增大可燃物與氧氣的接觸面積，從而使其充分反應。（2）步驟②中，Na2SO3和石灰漿中的氫氧化鈣反應生成CaSO3和氫氧化鈉，反應的化學方程式為：。（3）由于氫氧化鈣和碳酸鈉反應生成碳酸鈣沉淀和氫氧化鈉，則試劑X為碳酸鈉；過濾能將固體和液體分離，則操作a的名稱為過濾。（4）A、根據流程可知，污染物SO2最終轉化為CaSO4?2H2O，可實現(xiàn)“變廢為寶”，該選項說法正確；B、根據流程可知，在再生池中，利用石灰漿使NaOH再生，可降低生產成本，該選項說法正確；C、根據流程可知，NaOH溶液可循環(huán)使用，整個生產中不需要持續(xù)添加NaOH溶液，該選項說法正確。故選ABC。6．銅鋁雙金屬材料可用于降解含硝基苯的工業(yè)廢水。制備該材料的流程如下：(1)流程中除鋁箔表面氧化物的操作為，金屬材料，“化學鍍銅”過程固體的質量（填“增大”“減小”或“不變”）。(2)硝基苯（C6H5O2）中氧、氫原子個數(shù)比為。(3)廢水初始pH對硝基苯降解的影響如圖所示，pH為時效果顯著。(4)銅鋁雙金屬材料中鋁能還原硝基苯。100g含銅量為3.2%的該材料作用于廢水后，含銅量變?yōu)?2%，則反應消耗鋁的質量為。(5)用H2也可還原硝基苯為苯胺（C6H7N），反應為。制得100kg純度為93%的苯胺，理論上消耗H2的質量是多少？（寫出計算過程）【答案】(1)應砂紙打磨增大(2)2：5(3)2(4)90g/90克(5)解：設制得100kg純度為93%的苯胺，理論上消耗H2的質量為x，答：理論上消耗H2的質量為6kg。【詳解】（1）鋁在常溫條件下與空氣中的氧氣反應生成致密的氧化鋁薄膜，所以實驗前要用砂紙打磨，除去氧化膜；化學鍍銅過程中，鋁與硫酸銅反應生成硫酸鋁和銅，根據方程式中質量關系：，可知固體質量增大；（2）由化學式可知，氧、氫的原子個數(shù)比為2：5；（3）由圖可知pH為2時效果顯著；（4）銅鋁雙金屬材料中鋁能還原硝基苯。反應過程中銅的質量不變，因此反應后固體質量為100g×3.2%÷32%=10g，固體減輕的質量即為反應掉鋁的質量，所以反應消耗鋁的質量為：100g-10g=90g；（5）見答案。7．納米零價鐵（nZVI）除廢水中金屬離子的性能優(yōu)越，制備示意圖為：(1)“聚集”過程，鐵元素化合價（填“升高”“降低”或“不變”）。(2)“還原”過程，一定量焦炭與232gFe3O4作用，生成CO2，反應的化學方程式為，若反應后所得固體中焦炭與鐵的質量比為1:14，則加入焦炭的質量是。(3)“霧化”過程，發(fā)生反應：（補充完整該方程式）。(4)nZVI用于去除廢水中金屬離子，根據金屬活動性順序可分三種途徑（如圖所示），第一類是吸附捕捉（如Zn2+），第二類是吸附捕捉再慢慢反應（如Pb2+），第三類是直接反應（如Cu2+）。①結合圖分析，Ni2+屬于第類；②若屬于第一類，則金屬Cd比金屬Ag的活動性（填“強”“弱”或“接近”）；③廢水中CuCl2與nZVI發(fā)生的反應屬于（填基本反應類型）。【答案】(1)不變(2)36g/36克(3)HCl(4)二強置換反應【詳解】（1）由圖可知，“聚集”過程是單質鐵聚集成納米零價鐵的過程，沒有發(fā)生化學變化，鐵元素化合價沒有發(fā)生變化，均為零價；（2）碳在高溫的條件下與四氧化三鐵反應生成鐵和二氧化碳，方程式為：；設參加反應的焦炭質量為x，生成鐵質量為y，設反應后剩余固體中碳的質量為z，加入焦炭的質量=參加反應的質量+反應后剩余質量=24g+12g=36g；（3）根據質量守恒定律反應前后原子的種類和個數(shù)不變，反應前有1個鐵原子、3個氯原子、6個氫原子、3個氧原子，反應后Fe(OH)3中含有一個鐵原子、3個氫原子、3個氧原子，所以3個未知物的分子中含有3個氯原子和三個氫原子，一個未知物分子中含有1個氯原子和1個氫原子，所以未知物為HCl，故在橫線上填HCl；（4）nZVI用于去除廢水中金屬離子，根據金屬活動性順序可分三種途徑（如圖所示），第一類是吸附捕捉（如Zn2+），鐵的金屬活動性比鋅弱，所以第一類適用于除去活動性強的金屬離子；適用于第二類是吸附捕捉再慢慢反應（如Pb2+），鐵的金屬活動性比鉛強，且與鉛接近，所以第二類適用于處理活動性接近的金屬離子；第三類是直接反應（如Cu2+），鐵的活動性比銅強，所以第三類適用于處理活動性弱的金屬離子。①結合圖分析，nZVI除去Ni2+是吸附捕捉再慢慢反應，屬于第二類；②若Cd2+屬于第一類，第一類適用于除去活動性強的金屬離子；則金屬Cd比金屬Ag的活動性強；③廢水中CuCl2與nZVI發(fā)生為鐵與氯化銅生成銅和氯化亞鐵，反應符合一種單質與一種化合物反應生成另一種單質和另一種化合物，屬于置換反應。8．某工廠的廢氣中含有N2、NO、CO、CO2及粉塵，用赤鐵礦石（主要成分是Fe2O3）石灰漿等處理該廢氣的生產流程如下。(1)步驟①：除塵器是利用帶孔的濾筒除去懸浮在氣體中的浮塵，該操作與（填一操作名稱）的原理類似。(2)步驟②：在沸騰爐中可將CO除去，體現(xiàn)了CO具有性。(3)步驟③：沉淀室中發(fā)生反應的化學方程式為。(4)步驟④：該過程中發(fā)生的反應屬于基本反應類型中的。(5)步驟⑤：吸收塔中石灰漿從頂端噴淋注入，噴淋的目的是?！敬鸢浮?1)過濾(2)還原(3)CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O(4)化合反應(5)增大二氧化氮與石灰漿的接觸面積提高吸收效率【詳解】（1）除塵器是利用帶孔的濾筒除去懸浮在氣體中的浮塵，該操作能將氣體與固體分離，與過濾的原理類似；（2）根據流程圖可知，在沸騰爐中可將CO除去，生成CO2，反應過程中得到氧元素，體現(xiàn)了CO具有還原性；（3）二氧化碳進入沉淀室與石灰漿中的氫氧化鈣反應生成碳酸鈣沉淀和水，化學方程式為：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O；（4）沸騰爐中發(fā)生的反應是：一氧化碳與氧化鐵在高溫條件下生成氧化鐵生成鐵和二氧化碳，該反應的生成物是一種單質一種化合物，反應物是兩種化合物，不屬于基本反應類型中的反應；沉淀室發(fā)生的反應是二氧化碳能與氫氧化鈣反應生成碳酸鈣沉淀和水，該反應由于沒有相互交換成分，不屬于復分解反應；氧化室中反應是NO與O2反應生成NO2，該反應是由兩種物質生成一種物質的反應，屬于化合反應；吸收塔中反應是氫氧化鈣、氧氣和二氧化氮反應生成Ca(NO3)2和水，該反應不屬于基本反應類型中反應。該過程中發(fā)生的反應屬于基本反應類型中的化合反應；（5）吸收塔中石灰漿從頂端噴淋注入，噴淋的目的是增大二氧化氮與石灰漿的接觸面積，提高吸收效率。9．碳酸鉀（Li2CO3）是制備電池的重要原料。工業(yè)上用鋰輝石精礦（主要成分為Li2O）為原料制備Li2CO3的流程如圖1所示。(1)酸浸槽中發(fā)生反應的化學方程式為。(2)為了探究酸浸槽中的最佳條件，技術人員做了4組實驗，酸浸時間4h，其余相關數(shù)據見表。1.本實驗中（填組別序號）兩組實驗對比能說明溫度對鋰元素的浸出率有影響。組別序號礦酸比硫酸濃度(%)溫度.(℃)鋰元素浸出率(%)A1:19010070.34B1:19810073.89C1:19815078.24D1:39820085.532.根據A組和B組實驗對比，得出硫酸濃度對離沒出率的影響是。(3)反應器中加入飽和K2CO3溶液的目的是。(4)沉鋰池進行的操作若實驗室進行需要到的玻璃儀器有。(5)根據Li2CO3的溶解度曲線圖2，分析洗滌槽中應采用的試劑是（填“冰水”或“熱水”）?！敬鸢浮?1)(2)B、C相同條件下，硫酸濃度越高，鋰元素的浸出率越高(3)增大反應物濃度，有利于硫酸鋰轉化為碳酸鋰(4)燒杯、漏斗、玻璃棒(5)熱水【詳解】（1）鋰輝石精礦的主要成分是Li2O，加入過量硫酸，Li2O和硫酸反應生成硫酸鋰和水，該反應的化學方程式為：；（2）1、本實驗中B、C兩組實驗，溫度不同，其他因素相同，故B、C兩組實驗對比能說明溫度對鋰元素的浸出率有影響；2、A、B實驗中，硫酸濃度不同，其他因素相同，且硫酸濃度越高，鋰元素浸出率越高，說明相同條件下，硫酸濃度越高，鋰元素的浸出率越高；（3）反應器中加入K2CO3溶液，碳酸鉀和硫酸鋰反應生成碳酸鋰和硫酸鉀，可得到碳酸鋰，故加入飽和碳酸鉀溶液的目的是增大反應物濃度，有利于硫酸鋰轉化為碳酸鋰；（4）沉鋰池進行的操作實現(xiàn)了固液分離，名稱是過濾，過濾所需的玻璃儀器是：燒杯、漏斗、玻璃棒；（5）由圖可知，碳酸鋰的溶解度隨溫度的升高而減小，故洗滌槽中應采用的試劑是熱水，這樣可以減少損耗。10．神州十七號飛行乘組已在軌工作生活接近6個月。(1)飛船用鈦鎳形狀記憶合金制作衛(wèi)星天線。資料顯示，鎳（Ni）的金屬活動性介于鐵與銅之間，為驗證三種金屬的活動性，下列選用的藥品組合可行的是______（填標號）。A．FeCl2溶液、Ni、CuCl2溶液B．FeCl2溶液、Ni、CuC．Fe、NiCl2溶液、Cu(2)制造飛船運載火箭所需要的鋼鐵可通過低碳冶金技術制得。氫基熔融冶金技術是利用氫作為還原劑代替碳還原劑，從而實現(xiàn)減少CO2排放的目的，實現(xiàn)低碳冶金，氫基熔融還原生產高純鑄造生鐵的主要流程如圖：①燃燒區(qū)的作用是。②還原區(qū)中還原Fe2O3的反應化學方程式是（寫出其中一條即可）。③從環(huán)境保護角度，與高爐煉鐵技術相比，氫基熔融冶金技術的優(yōu)點。【答案】(1)AC(2)提供熱量/減少二氧化碳的排放【詳解】（1）鎳的金屬活動性介于鐵與銅之間，則說明金屬活動性順序：鐵>鎳>銅。A、鎳不能和氯化亞鐵反應，但能和氯化銅反應，則說明金屬活動性順序鐵>鎳>銅，該選項符合題意；B、鎳、銅均不能和氯化亞鐵反應，則只能說明鐵最活潑，但不能比較鎳和銅的金屬活動性順序，該選項不符合題意；C、鐵能和氯化鎳反應，但銅不能和氯化鎳反應，則說明金屬活動性順序鐵>鎳>銅，該選項符合題意。故選AC。（2）①燃燒放熱，則燃燒區(qū)的作用為提供熱量。②還原區(qū)，一氧化碳和氧化鐵在高溫條件下生成鐵和二氧化碳，反應的化學方程式為：，且氫氣能和氧化鐵在高溫條件下生成鐵和水，反應的化學方程式為：。③氫基熔融冶金技術是利用氫作為還原劑代替碳還原劑，從而實現(xiàn)減少CO2排放的目的，實現(xiàn)低碳冶金，與高爐煉鐵技術相比，氫基熔融冶金技術的優(yōu)點是減少CO2排放（或減緩溫室效應或減少污染氣體的排放等）。11．“老松燒盡結輕花，妙法來徙北李家”。蘇軾的這兩句詩描繪了制墨的一幅場景。墨作為文房四寶之一，制作流程如下，請結合圖文信息、分析思考，解決問題：(1)煉煙過程中松枝發(fā)生不完全燃燒而得到煙塵，此過程中過量的是。(2)和料過程中需要充分攪拌，這樣做的目的是。(3)晾干過程中要嚴格控制溫度和濕度，否則會使產品產生裂紋，在裝修過程中墻壁涂刷石灰漿后也要有類似過程，石灰漿暴露在空氣中發(fā)生變化的化學方程式為。(4)墨干燥后還要進行描金，描金是將墨面上的款式紋樣做描金添彩處理，你認為這樣做的目的是。(5)用墨書寫的字畫可以保存數(shù)百年之久，這體現(xiàn)出墨具有的性質是。【答案】(1)松枝(2)使物質充分接觸，反應更充分(3)(4)增加美觀（合理即可）(5)常溫下，化學性質不活潑【詳解】（1）松枝發(fā)生不完全燃燒而得到煙塵，說明氧氣含量較少，松枝含量過多。（2）充分攪拌，能使物質充分接觸，反應更充分。（3）石灰漿中的氫氧化鈣能和空氣中的二氧化碳反應生成碳酸鈣和水，反應的化學方程式為：。（4）將墨面上的款式紋樣做描金添彩處理，能增加美觀。（5）用墨書寫的字畫可以保存數(shù)百年之久，說明墨的化學性質穩(wěn)定，長時間保存也不發(fā)生反應。12．對工廠煙氣進行脫硫處理，可減少二氧化硫和硫化氫等含硫化合物的污染。I．用粉煤灰(主要含Al2O3、SiO2等)制備堿式硫酸鋁【Al2(SO4)x(OH)y】溶液，可用于煙氣脫硫，能有效減少二氧化硫的排放，其工藝流程如圖所示。(1)根據化合物中各元素化合價代數(shù)和為零的規(guī)律可知，Al2(SO4)x(OH)y中x和y的代數(shù)關系式為。(2)過濾I中濾渣主要為SiO2，說明SiO2是一種(選填“易溶”或“難溶”)于硫酸溶液的固體。(3)酸浸時Al2O3發(fā)生反應的化學方程式為。(4)調節(jié)pH約為3.6，目的是消耗溶液中過量的硫酸，濾渣Ⅱ的主要成分是。(5)若含SO2煙氣中存在O2，經完全熱分解放出的SO2量會小于吸收的SO2量，且溶液酸性變強。其主要原因是。Ⅱ.H2S氣體常用氯化鐵溶液循環(huán)脫硫工藝進行處理。其物質轉化過程如圖所示。(6)由圖可知，作為催化劑的FeCl3(選填“有”或“沒有”)參與反應過程。(7)X物質的化學式可能是。(8)寫出該脫硫總反應的化學方程式：。【答案】(1)2x+y=6(2)難溶(3)Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O(4)硫酸鈣/CaSO4(5)二氧化硫、氧氣、水反應生成硫酸，硫酸受熱不分解為二氧化硫，導致釋放二氧化硫減少，且硫酸解離出氫離子，導致溶液酸性變強(6)有(7)HCl(8)2H2S+O22H2O+2S↓【詳解】（1）Al2(SO4)x(OH)y中，鋁元素為+3價，硫酸根為-2價，氫氧根為-1價，化合物中各元素正負化合價代數(shù)和為0，所以（+3）×2+（-2）×x+（-1）×y=0，2x+y=6；（2）過濾能將固體與液體分離，固體形成濾渣過濾I中濾渣主要為SiO2，說明SiO2是一種難溶于硫酸溶液的固體；（3）酸浸時Al2O3發(fā)生反應是氧化鋁和硫酸反應生成硫酸鋁和水，化學方程式為：Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O；（4）調節(jié)pH約為3.6目的是消耗溶液中過量的酸，則過濾Ⅰ后濾液中有硫酸鋁和硫酸，硫酸和碳酸鈣反應生成微溶于水的硫酸鈣、水和二氧化碳，根據制備堿式硫酸鋁，而使用的是濾液，所以濾渣中沒有鋁元素的沉淀，則濾渣Ⅱ的主要成分是硫酸鈣；（5）根據二氧化硫煙氣中含有氧氣，則經完全熱分解放出的SO2量會小于吸收的SO2量，則氧氣和二氧化硫會發(fā)生反應導致釋放的二氧化硫變少。溶液酸性變強，則溶液中氫離子增加，推測有酸生成，主要原因是二氧化硫、氧氣、水反應生成硫酸，硫酸受熱不分解為二氧化硫導致，釋放二氧化硫減少，且硫酸解離出氫離子，導致溶液酸性變強；（6）根據流程圖可知，流程中發(fā)生的反應是H2S、FeCl3轉化為X和S、FeCl2，X、FeCl2、O2轉化為FeCl3、H2O，作為催化劑的FeCl3有參與反應過程；（7）流程中發(fā)生的反應是H2S、FeCl3轉化為X和S、FeCl2，X、FeCl2、O2轉化為FeCl3、H2O，化學反應前后元素的種類不變及反應前后原子的種類和數(shù)目不變，X一定含有H、Cl，根據原子守恒，F(xiàn)eCl3中鐵、氯原子個數(shù)比為1：3，而FeCl2中鐵、氯原子個數(shù)比為1：2，且反應物中含有氫原子，則X中一定含有氫原子和氯原子，則X可能為HCl。（8）流程中發(fā)生的反應是H2S、FeCl3轉化為X和S、FeCl2，X、FeCl2、O2轉化為FeCl3、H2O，該脫硫總反應是H2S和O2反應生成H2O和S，化學方程式為：2H2S+O22H2O+2S↓。13．某興趣小組從含有鋅、銅、鎳三種金屬的廢舊電器中回收銅和鎳，設計了如圖所示的物質轉化流程。已知信息：①金屬A和金屬C都只有一種金屬；②硫酸鎳（化學式NiSO4）能溶于水(1)上述過程中，粉碎廢舊電器是為了增大反應物間的，加快反應速率。(2)步驟①中得到的金屬A是。(3)溶液B中含有的溶質成分是（填化學式）。(4)由上述過程可知，Zn、Cu、Ni三種金屬活動性由強到弱的順序為?！敬鸢浮?1)接觸面積(2)銅/Cu(3)ZnSO4、NiSO4、H2SO4(4)Zn＞Ni＞Cu【詳解】（1）粉碎廢舊電器是為了增大反應物間的接觸面積，加快反應速率，故填：接觸面積。（2）銅與稀硫酸不反應，金屬A只有一種金屬，則步驟①中得到的金屬A是銅，故填：銅。（3）鋅與硫酸反應生成硫酸鋅和氫氣，金屬A只有一種金屬，則鎳與硫酸反應生成硫酸鎳和氫氣，且稀硫酸過量，所以溶液B中含有ZnSO4、NiSO4、H2SO4，故填：ZnSO4、NiSO4、H2SO4。（4）從流程圖可知，溶液B(硫酸鋅、硫酸鎳、硫酸)加入適量鋅，生成金屬C和硫酸鋅，金屬C只有一種金屬，則為鋅置換出了鎳，說明鋅的活動性大于鎳，從步驟①②可知，Zn、Cu、Ni三種金屬活動性由強到弱的順序為Zn＞Ni＞Cu，故填：Zn＞Ni＞Cu。14．MgSO4·7H2O是一種重要的化工原料，某工廠以一種鎂礦石(主要成分為SiO2和MgCO3，含有少量FeCO3，其它成分忽略)為原料制備MgSO4·7H2O的主要流程如圖，請回答下列問題：查閱資料：①SiO2既不溶于水也不溶于稀硫酸。②部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH見下表：陽離子Mg2+Fe2+Fe3+開始沉淀時的pH9.17.61.9沉淀完全時的pH11.19.73.2(1)MgCO3與稀硫酸發(fā)生反應的化學方程式。(2)為了讓鎂礦石與稀硫酸充分反應，提高原料利用率，可采取的措施為(填字母)。A．將鎂礦石粉碎 B．適當降低反應溫度C．用稀硫酸多次浸泡 D．適當延長浸泡時間(3)溶液A中所含陽離子有。溶液A中的硫酸亞鐵、硫酸與H2O2溶液會生成Fe2(SO4)3，該反應的化學方程式為。(4)選用MgO調節(jié)pH使Fe3+化為沉淀，而不選用NaOH的原因是。加氧化鎂調節(jié)后，溶液的pH范圍是。(填選項)A．9.1≤pH≤11.1

B．3.2≤pH≤9.1

C．3.2≤pH≤7.6

D．1.9≤pH≤9.7(5)溶液C經加熱濃縮、、過濾等步驟，最后低溫干燥得到MgSO4·7H2O晶體。低溫干燥的目的是?！敬鸢浮?1)(2)ACD(3)Mg2+、Fe2+、H+(4)氫氧化鈉與硫酸反應生成硫酸鈉，會引入新的雜質B(5)降溫結晶防止MgSO4·7H2O失去結晶水【詳解】（1）碳酸鎂和硫酸反應生成硫酸鎂、水和二氧化碳，反應的化學方程式為：，故填：。（2）A、將鎂礦石粉碎可以增大與稀硫酸的接觸面積，可以使反應充分，提高原料利用率，個A符合題意；B、適當降低反應溫度，不利于提高原料利用率，故B不符合題意；C、用稀硫酸多次浸泡鎂礦石可使里面的碳酸鎂與稀硫酸充分反應，提高原料利用率，故C符合題意；D、適當延長浸泡時間，讓鎂礦石與稀硫酸充分反應，提高原料利用率，故D符合題意。故填：ACD。（3）碳酸鎂與硫酸反應生成硫酸鎂、水和二氧化碳，碳酸亞鐵與硫酸反應生成硫酸亞鐵、水和二氧化碳，同時硫酸過量，所以“溶液A”中含有硫酸鎂、硫酸亞鐵和硫酸，則溶液A中所含陽離子有Mg2+、Fe2+、H+，故①填：Mg2+、Fe2+、H+。硫酸亞鐵和硫酸、過氧化氫反應生成硫酸鐵和水，反應的化學方程式為：，故②填：。（4）用MgO調節(jié)pH能使Fe3+轉化為沉淀而除去，而NaOH和硫酸反應會生成新的雜質硫酸鈉，故①填：氫氧化鈉與硫酸反應生成硫酸鈉，會引入新的雜質。由題意知，鐵離子和亞鐵離子析出沉淀的pH最小為3.2，最大為9.7，但是超過9.1鎂離子也會析出，所則最高不能超過9.1，所以用氧化鎂調節(jié)pH的范圍是3.2≤pH≤9.1，故填：B。（5）溶液C經加熱濃縮、降溫結晶、過濾等步驟，最后低溫干燥得到MgSO4·7H2O晶體，故①填：降溫結晶。由于結晶水合物在干燥過程受熱容易失去結晶水，所以低溫干燥的目的是防止MgSO4·7H2O失去結晶水，故填：防止MgSO4·7H2O失去結晶水。15．鎢（W）是一種重要的戰(zhàn)略金屬。，用黑鎢礦（主要含F(xiàn)eWO?）制得金屬鎢（W）的主要工藝流程如圖：已知：溶液為無色；是一種不溶于水的黃色固體；難溶于水。(1)將黑鎢礦石碾成粉末，目的是。(2)壓煮器中發(fā)生反應，4Na2CO3+4FeWO4+R4Na2WO4+2Fe2O3+4CO2，R的化學式為。(3)酸浸槽中通過操作a得到X溶液，該操作的名稱是。(4)還原爐中，在高溫條件下制得金屬鎢（W）的化學方程式為，該反應中，發(fā)生還原反應的物質是。【答案】(1)增大反應物的接觸面積，加快反應的速率(2)O2(3)過濾(4)WO3+3H2W+3H2OWO3【詳解】（1）將黑鎢礦石碾成粉末，目的是增大反應物的接觸面積，加快反應的速率，故填增大反應物的接觸面積，加快反應的速率。（2）由化學方程式可知，反應前出現(xiàn)了8個鈉原子、4個碳原子、4個鐵原子、4個鎢原子和28個氧原子，反應后出現(xiàn)了8個鈉原子、4個碳原子、4個鐵原子、4個鎢原子和30個氧原子，根據質量守恒定律可知，反應前缺少的2個氧原子存在于R中，則R的化學式為O2，故填O2。（3）酸浸槽中通過操作a得到X溶液，該操作的名稱是過濾，故填過濾。（4）還原爐中，在高溫條件下，WO3與氫氣反應生成鎢和水，故反應的化學方程式寫為：WO3+3H2W+3H2O；在反應中，WO3失去氧元素發(fā)生還原反應，被還原為鎢，故填WO3。16．海洋是一個聚寶盆，我們應予以合理開發(fā)及綜合利用。(1)食用魚蝦等海鮮可為人體提供的主要營養(yǎng)素是。(2)在人們擔心化石能源將被耗盡的時候，科學家發(fā)現(xiàn)海底埋藏著大量的“可燃冰”（主要成分是甲烷），甲烷在空氣中充分燃燒的化學方程式為：。(3)海水曬鹽得到的氯化鈉可以做調味品，還是重要的工業(yè)原料。如圖是利用海水提取粗鹽的過程：①圖中A為池（填“蒸發(fā)”或“冷卻”）。②粗鹽中含多種可溶性雜質（MgCl2、CaCl2和Na2SO4等）及不溶性雜質（泥沙），為除去相應雜質，將粗鹽溶于水后再加入稍過量的①NaOH溶液②Na2CO3溶液，③BaCl2溶液，加入試劑的先后順序不合理的是。A．①②③

B．②①③

C．③②①

D．③①②【答案】(1)蛋白質(2)(3)蒸發(fā)AB【詳解】（1）食用魚蝦等海鮮可為人體提供的營養(yǎng)素主要是蛋白質，故填寫：蛋白質。（2）甲烷在空氣中與氧氣充分燃燒，生成二氧化碳和水，化學方程式為：，故填寫：。（3）①氯化鈉的溶解度受溫度影響變化不大，可用蒸發(fā)結晶的方法進行分離，所以，圖中A是蒸發(fā)池，故填寫：蒸發(fā)；②除去溶液中的MgCl2、CaCl2、Na2SO4，先加入NaOH溶液除去鎂離子，再加入BaCl2溶液除去硫酸根離子，然后加入Na2CO3溶液除去鈣離子和鋇離子；也可以先加入BaCl2溶液，再加入NaOH溶液，甚至可以最后除鎂離子，但絕對不能把加Na2CO3溶液放在加BaCl2溶液之前，這樣會引入新雜質鋇離子，所以，AB選項順序錯誤，故填寫：AB。17．粗鹽常含有不溶性雜質和可溶性雜質(和)。工業(yè)上提純粗鹽的流程如圖所示：(1)步驟③操作a是。(2)寫出步驟①中所發(fā)生的化學反應的化學方程式。(3)步驟②加入過量的碳酸鈉溶液的目的是。(4)步驟④在滴加稀鹽酸的同時不斷檢測溶液的變化。當時，說明滴加的稀鹽酸已適量。(5)如果將步驟③和步驟④的順序顛倒，最終制得的“精鹽”中除以外，還會含有雜質(填化學式)?！敬鸢浮?1)過濾(2)(3)除去氯化鈣和過量的氫氧化鈣(4)=7(5)和【詳解】（1）操作a實現(xiàn)了固液分離，名稱是：過濾；（2）步驟①中所發(fā)生的反應為氯化鎂和氫氧化鈣反應生成氫氧化鎂和氯化鈣，該反應的化學方程式為：；（3）步驟②加入過量的碳酸鈉溶液，碳酸鈉和氯化鈣反應生成碳酸鈣和氯化鈉，碳酸鈉和氫氧化鈣反應生成碳酸鈣和氫氧化鈉，故目的是：除去氯化鈣和過量的氫氧化鈣；（4）濾液中含氫氧化鈉和過量的碳酸鈉，步驟④中滴加稀鹽酸，氫氧化鈉和稀鹽酸反應生成氯化鈉和水，碳酸鈉和稀鹽酸反應生成氯化鈉、二氧化碳和水，故當pH=7時，說明氫氧化鈉、碳酸鈉已經除盡，此時滴加的稀鹽酸已適量；（5）粗鹽水中含雜質氯化鎂和氯化鈣，加入過量的氫氧化鈣溶液，氫氧化鈣和氯化鎂反應生成氫氧化鎂和氯化鈣，加入過量的碳酸鈉溶液，碳酸鈉和氯化鈣反應生成碳酸鈣和氯化鈉，碳酸鈉和氫氧化鈣反應生成碳酸鈣和氫氧化鈉，如果將步驟③和步驟④的順序顛倒，先加入稀鹽酸，氫氧化鈉和稀鹽酸反應生成氯化鈉和水，碳酸鈉和稀鹽酸反應生成氯化鈉、二氧化碳和水，反應生成的氫氧化鎂能與稀鹽酸反應生成氯化鎂和水，碳酸鈣和稀鹽酸反應生成氯化鈣、二氧化碳和水，故最終制得的“精鹽”中除NaCl以外，還會含有雜質CaCl2、MgCl2。18．稀土被稱為“工業(yè)維生素”，能顯著提升建造航母及艦載機的材料性能，含有稀土元素釔的氧化釔被廣泛應用于航空航天涂層材料，以富釔稀土礦（主要成分為，含有少量的等雜質）生產氧化憶的工藝流程如下，回答下列問題：(1)“酸溶”過程中，發(fā)生反應的化學方程式為；(2)向反應釜2中通入氣體X使溶液呈堿性，調節(jié)溶液的除去濾液I中雜質，濾液I一定含有的離子是，氣體X為沉淀Ⅱ的主要成分是（填化學式）；(3)沉淀池中“沉釔”過程有等物質產生，“沉釔”的化學方程式；【答案】(1)Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O和Y2O3+6HCl=2YCl3+3H2O(2)Fe3+、Y3+、Cu2+和Cl-氨氣或NH3Fe(OH)3和Cu(OH)2(3)6NH4HCO3+2YCl3=Y2(CO3)3+6NH4Cl+3H2O+3CO2↑【詳解】（1）由圖可知，酸溶過程中，氧化鐵與稀鹽酸反應生成氯化鐵和水，反應的化學方程式為：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，氧化釔與稀鹽酸反應生成氯化釔和水，反應的化學方程式為：Y2O3+6HCl=2YCl3+3H2O，故填Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O和Y2O3+6HCl=2YCl3+3H2O。（2）酸溶過程中，氧化鐵與稀鹽酸反應生成氯化鐵和水，氧化釔與稀鹽酸反應生成氯化釔和水，氧化銅與稀鹽酸反應生成氯化銅和水，則濾液I中一定含有氯化鐵、氯化釔和氯化銅，所以濾液I一定含有的離子是，故填Fe3+、Y3+、Cu2+和Cl-；由圖可知，向反應釜2中通入氣體X使溶液呈堿性，且氣體X由氯化銨和熟石灰反應生成，則氣體X為氨氣，故填氨氣或NH3；氣體X為氨氣，溶于水后形成氨水，氨水與濾液I中的氯化鐵反應生成氯化銨和氫氧化鐵沉淀，氨水與氯化銅反應生成氯化銨和氫氧化銅沉淀，則沉淀Ⅱ的主要成分是Fe(OH)3和Cu(OH)2，故填Fe(OH)3和Cu(OH)2。（3）沉淀池中“沉釔”過程有水等物質產生，由圖可知，“沉釔”過程中發(fā)生的反應是碳酸氫銨與氯化釔反應生成碳酸釔、氯化銨、誰和二氧化碳，故反應的化學方程式寫為：6NH4HCO3+2YCl3=Y2(CO3)3+6NH4Cl+3H2O+3CO2↑。19．由菱鐵礦(主要成分為FeCO3，含少量SiO2等雜質)制備鐵粉的一種流程如圖所示：(1)碳酸亞鐵(FeCO3)中鐵元素的化合價為。(2)“酸浸”時，為使反應充分，可采取的一種措施是。“酸浸”后所得溶液中含有的溶質有：。(3)“沉鐵”時，F(xiàn)eSO4轉化為FeCO3沉淀，該反應的基本類型是?！氨簾睍r，在高溫條件下，F(xiàn)eCO3與O2反應生成Fe2O3與CO2的化學方程式為。(4)“還原”時，在高溫條件下，利用炭粉可將鐵從氧化鐵中還原出來；若向氧化鐵與炭粉的混合物中添加適量的CaCO3，更利于還原氧化鐵，其原因是。【答案】(1)+2(2)將礦石粉碎FeSO4、H2SO4(3)復分解反應(4)碳酸鈣高溫分解生成二氧化碳，二氧化碳能與碳反應生成CO氣體，CO可將鐵從氧化鐵中還原出來【詳解】（1）碳酸亞鐵中，碳酸根為-2價，根據化合物中正負化合價代數(shù)和為0可以知道，鐵的化合價為+2價；（2）將菱鐵礦粉碎，能增大接觸面積，使反應更充分；由于硫酸過量，且碳酸亞鐵能與硫酸反應生成硫酸亞鐵、二氧化碳和水，則“酸浸”后溶液中的溶質為FeSO4、H2SO4；（3）硫酸亞鐵和碳酸鈉反應生成碳酸亞鐵沉淀和硫酸鈉，該反應為兩種化合物互相交換成分，生成另兩種化合物的反應，屬于復分解反應；FeCO3與O2在高溫條件下反應生成Fe2O3與CO2，反應的化學方程式為；（4）碳酸鈣高溫分解生成二氧化碳，二氧化碳能與碳反應生成一氧化碳氣體，氣體和固體的接觸面積增大，則一氧化碳可將鐵從氧化鐵中還原出來，得鐵率更高，則向氧化鐵與炭粉的混合物中添加適量的碳酸鈣，更利于還原氧化鐵。20．二氧化硅凝膠干水粉體的獨特性質和優(yōu)異性能使其在許多領域中表現(xiàn)出色，其生產流程示意圖如下、【原硅酸化學式為】(1)水玻璃的化學式為，其中硅元素的化合價為。(2)強酸性陽離子交換樹脂在溶液中容易離解出氫離子，使樹脂呈性。(3)調節(jié)pH通常采用加入酸性或堿性溶液的方法，從微觀角度看，酸堿中和的實質是。(4)在pH約為6時，原硅酸分解為和一種常見氧化物，寫出此反應的化學方程式。(5)二氧化硅凝膠的聲波傳播速率低，據此寫出二氧化硅凝膠可能的用途。（寫出1點即可）【答案】(1)+4(2)酸(3)氫離子和氫氧根離子結合成水分子(4)(5)消音箱等【詳解】（1）鈉元素在化合物中顯+1價，氧元素在化合物中顯-2價，設硅元素的化合價為x，根據化合物中各元素化合價代數(shù)和為0，可列式：（+1）×2+x+(-2)×3=2，x=+4；（2）強酸性陽離子交換樹脂在溶液中容易離解出氫離子，使樹脂呈酸性；（3）從微觀角度看，酸堿中和的實質是酸中的氫離子和堿中的氫氧根離子結合生成水分子；（4）在pH約為6時，原硅酸分解為SiO2和一種常見氧化物，原硅酸化學式為H4SiO4，根據質量守恒定律，反應前后元素種類不變，可推氧化物為水，故化學方程式為：；（5）二氧化硅凝膠的聲波傳播速率低，所以二氧化硅凝膠可能的用途為消音箱等。21．工業(yè)上用優(yōu)質石灰石（主要成分CaCO3，含少量SiO2）為原料制備納米CaCO3的流程如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：(1)NH4Cl中氮元素的化合價為。(2)“酸浸”中使用的酸是______（填字母序號）。A．HCl B．H2SO4 C．Na2SO4(3)步驟①發(fā)生反應的化學方程式是。(4)實驗室中進行過濾操作時，所用玻璃棒的作用是。(5)為了提高步驟②的“轉化”速率，可采取的措施有（填序號）。a、攪拌溶液b、適當增大通入氣體的速率c、加熱溶液至100℃【答案】(1)-3(2)A(3)(4)引流(5)ab【詳解】（1）氯化銨中，氫元素化合價為+1價，氯元素化合價為-1價，設氮元素化合價為x，根據“化合物中各元素化合價代數(shù)和為零”，則x+（+1）×4+（-1）=0，解得x=-3。（2）根據反應前后元素的種類不變，由于生成的為氯化鈣，則加入的酸為鹽酸，故選A。（3）步驟①中碳酸鈣和鹽酸反應生成氯化鈣、水和二氧化碳，反應的化學方程式為：。（4）過濾時，玻璃棒的作用為引流。（5）a、攪拌能使物質充分接觸，能加快“轉化”速率，符合題意；b、增大通入氣體的速率，能增加氣體的量，加快“轉化”速率，符合題意；c、該反應為常溫下的反應，且氣體溶解度隨溫度升高而減小，升高溫度會導致溶液中的二氧化碳、氨氣減少，不能加快“轉化”速率，不符合題意。故選ab。22．2024年3月2日，東航第五架C919大飛機交付入列，彰顯了中國從“大國制造”向“強國創(chuàng)造”轉變的堅定決心和實力。鋼是制造C919飛機必不可少的材料，如圖是