福建省2023年高考化学模拟题汇编-11化学实验基础、化学与STSE

这是一份福建省2023年高考化学模拟题汇编-11化学实验基础、化学与STSE，共42页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

福建省2023年高考化学模拟题汇编-11化学实验基础、化学与STSE

一、单选题
1．（2023·福建福州·统考模拟预测）相比索尔维制碱法，下列不属于侯氏制碱法的优点的是
A．食盐的利用率高 B．氨气可循环使用、生产过程简单
C．不生成难以处理的CaCl2 D．副产物可做氮肥
2．（2023·福建漳州·统考三模）2022年诺贝尔化学奖授予了对“点击化学”和“生物正交化学”做出贡献的三位科学家。以炔烃和叠氮化合物为原料的叠氮—炔基Husigen成环反应是点击化学的代表反应，其反应原理如图所示(其中［Cu］为一价铜)；下列说法错误的是

A．反应①消耗的［Cu］大于反应⑤生成的［Cu］
B．该反应原子利用率为100%
C．若将原料 换为 ，则产物为
D．反应⑤的化学方程式为+H+=+[Cu]
3．（2023·福建漳州·统考三模）明代宋应星所著《天工开物》中详细介绍了竹纸的制造工艺流程，其中“煮楻足火”工序是指加入石灰蒸煮以除去竹料中的木质素、树胶等杂质。另外，为了防止书写时墨迹在纸面扩散，古代及现代造纸都要加入一些矿物性白粉填充纸纤维之间的孔隙。下列说法中错误的是
A．纸的主要化学成分为纤维素，纤维素属于多糖
B．纸张中的纤维素之间是通过氢键和范德华力相结合的
C．纸张燃烧后产生的灰白色部分主要成分为碳
D．推测木质素分子中可能含有酸性官能团
4．（2023·福建漳州·统考模拟预测）化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列说法正确的是
A．“歼-20”飞机上使用的碳纤维被誉为“新材料之王”，碳纤维属于无机非金属材料
B．用于3D打印材料的光敏树脂是高聚物，高聚物属于纯净物
C．量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨互为同位素
D．2022年冬奥部分场馆建筑应用了新材料碲化镉发电玻璃，其中碲和镉均属于主族元素
5．（2023·福建福州·统考二模）新冠疫情牵动人心。下列叙述错误的是
A．医用消毒酒精中乙醇的体积分数约为75%
B．飞沐(直径的含水颗粒)属气溶胶，能产生丁达尔效应
C．丙烯是生产医用口罩的主要原料，可以通过石油裂解获得
D．核酸属于生物大分子，核酸检测是判断是否感染新冠病毒的手段之一
6．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）衣食住行与化学密切相关。下列说法或做法错误的是
A．棉衬衫和丝质衣服的主要原料均为高分子化合物
B．碳酸氢钠可作为面制食品的膨松剂
C．84消毒液与洁厕灵混合后用于消毒卫生间
D．汽车轮毂用密度小强度大的镁合金制造
7．（2023·福建福州·统考模拟预测）法生产多晶硅的流程如下。下列说法错误的是

A．合成1反应中作氧化剂
B．合成2的反应为：
C．上述流程说明可溶于
D．净化、热解中生成的多晶硅为还原产物
8．（2023·福建厦门·统考二模）从废铅膏(主要成分为、、和，含少量、等元素)中获取高纯的工艺流程如图。下列说法不正确的是

A．“煅烧”过程利用沸点低进行分离提纯
B．“溶浸”过程主要用于氧化
C．“溶铅”过程的离子方程式为
D．“沉铅”过程的化学方程式为
9．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）测定食醋中总酸度有以下步骤：①将食醋精确稀释到原来的10倍；②用烧碱固体配制100mL浓度约为0.1mol•L-1的溶液；③用邻苯二甲酸氢钾固体标定步骤②所得溶液；④用移液管取20.00mL待测液；⑤用已知浓度NaOH溶液滴定。以下对应步骤中的操作及选用仪器正确的是
A．步骤① B．步骤②
C．步骤③ D．步骤⑤
10．（2023·福建漳州·统考三模）工业上采用碘循环工艺处理工业尾气SO2，同时制得H2，其工艺流程如图所示。下列说法错误的是

A．反应器中的反应的化学方程式为
B．分离器中物质分离操作为蒸馏
C．膜反应器中加入，生成可循环的的物质的量为1mol
D．碘循环工艺中每制取标准状况下，理论上能处理工业尾气的物质的量为1mol
11．（2023·福建厦门·统考二模）为探究“”碘离子氧化过程进行如下实验．
编号
1
2
实验内容


实验现象
随着液体不断滴入，产生大量气体；溶液变黄并不断加深至棕黄色后又变浅
随着液体不断滴入，溶液变黄，摇匀后又褪色，不断重复直至析出紫色沉淀

下列说法不正确的是A．实验1中溶液变浅是因为
B．实验2中出现紫色沉淀是因为
C．实验1中产生大量气体的原因是被氧化的过程大量放热
D．实验2相较于实验1，可节约H2O2用量且有利于反应终点观察
12．（2023·福建漳州·统考三模）用如图所示装置(夹持装置均已省略)进行实验，不能达到目的的是

A．除去乙烷中的乙烯
B．测定中和反应的反应热
C．验证还原性：S2->Cl-
D．分离NH4CI和NaCl固体
13．（2023·福建厦门·统考二模）下列实验操作正确且能达到实验目的的是

A．图1模拟侯氏制碱法获得
B．图2用溶液滴定未知浓度的醋酸溶液
C．图3 溶液，，探究温度对化学平衡的影响
D．图4探究苯酚和碳酸酸性强弱
14．（2023·福建厦门·统考二模）从菱锰矿(主要成分为，M为、或)提取的转化关系如下：
菱锰矿，，已知  ，关系如图。下列说法错误的是

A．“焙烧”过程最大的是 B．“焙烧”过程最大的是
C．“焙烧”温度应控制在 D．“操作X”为加热
15．（2023·福建福州·统考二模）工业上采用NaClO氧化法生产高铁酸钾，其主要的生产流程如下：

已知：在碱性环境中稳定，在中性和酸性条件下不稳定，难溶于醇等有机溶剂。
下列说法错误的是
A．反应②为
B．由反应③可知，此温度下
C．“提纯”步骤的洗涤剂可以选用溶液、异丙醇
D．可用于水的消毒
16．（2023·福建·统考模拟预测）在实验室和生活中高铁酸钾都是一种应用十分广泛的盐类，如下有几种制备方式，
湿法：
干法：
电解法：
下列选项中说法正确的是
A．实验室中常用钾盐而不是钠盐原因是钠盐易风化导致固体结块
B．物质的氧化性和还原性在水溶液中和非水体系中不一定相同
C．坤cà和Nilky两神根据元素和化合物知识做出推断，坤ca：高铁酸钾在生活中可用于杀菌因为具有强氧化性；Nilky：高铁酸钾不可用作净水剂，因为高铁酸根不能水解生成胶体
D．高铁酸根在酸性或中性溶液中分解，将生成气体收集在试管中，点燃的小木条靠近可以听到轻微的爆鸣声，且该气体在能源方面有很广泛的发展前景，常用于作清洁能源
17．（2023·福建漳州·统考模拟预测）化学是以实验为基础的自然科学，下列实验装置能达到实验目的的是




A．检验的漂白性
B．灼烧海带
C．分离溴苯和苯的混合物
D．验证受热易分解

A．A B．B C．C D．D
18．（2023·福建·统考模拟预测）化学作为一门以实验为基础的学科，严谨的实验操作和推理分析都是必不可少的，下列说法正确的是

A．小茅作为吴冬玲老师前任课代表，想要在实验室制取乙炔，用图1装置，通过询问吴老师得知电石中含有硫和磷等杂质元素，因而制取的乙炔常常会有臭鸡蛋味，小茅就此知道了自己装置无法通过观察溴水的褪色检验乙炔的生成
B．小茅此时想要能够更好的控制乙炔的生成和停止，于是找了一个启普发生器重新进行了一次制取
C．缪老师正在另一旁用图2的装置蒸干硫酸铜溶液制取，结果却出现了灰白色的固体，缪某猜测是由于的生成
D．坤神想要利用图3装置溶解废铜屑，得到蓝色溶液，由此得出结论：铜的活动性强于氢
19．（2023·福建福州·统考二模）下列实验中，不能达到实验目的的是
制取氨气
提纯(含少量HCl、)
制备
验证溴乙烷发生消去反应后产物的性质




A
B
C
D

A．A B．B C．C D．D
20．（2023·福建漳州·统考模拟预测）四水合磷酸锌[，难溶于水]是一种性能优良的绿色环保防锈颜料。实验室以锌灰(含、、、、、、等)为原料制备的流程如下：

下列说法错误的是
A．滤渣Ⅰ的主要成分是、
B．“除铁”中，用试剂x调节溶液的pH约5.1后加的目的是将氧化为
C．若试剂y选择ZnS将溶液中转化为CuS除去，说明
D．沉锌后的母液可回收利用的物质有、

二、实验题
21．（2023·福建厦门·统考二模）某小组探究溶液和溶液的反应物，开展如下活动。
【理论预测】
预测
反应的离子方程式
实验现象
1

生成绿色沉淀
2

________
3

生成红色沉淀
4
________
生成白色沉淀()

(1)预测2中的实验现象为________。
(2)预测4中反应的离子方程式为________。
【实验探究】
实验1
溶液

立即生成橙黄色沉淀，后沉淀颜色变浅并伴有少量白色沉淀产生，振荡沉淀全部变为白色
溶液

(3)为证明实验1中白色沉淀为，设计实验如下。

①已知在水中呈无色。实验2总反应的离子方程式为________。
②为证明深蓝色溶液中含有，进一步实验所需的试剂为________(填化学式)。
【进一步探究】查阅资料获知橙黄色沉淀可能为。在实验1获得橙黄色沉淀后，立即离心分离并洗涤。为探究其组成进行如下实验。

(4)离心分离的目的是加快过滤速度，防止________。
(5)已知。实验3能否证明橙黄色沉淀中含有和，结合实验现象做出判断并说明理由________。
(6)橙黄色沉淀转化为的原因可能是提高了的氧化性，进行如下实验(已知装置中物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大)。
实验4
装置
试剂a
试剂b
电压表读数

溶液
溶液

溶液
X


①表中X为________。
②能证实实验结论的实验现象为________。
【解释和结论】综上，与发生复分解反应速率较快，发生氧化还原反应趋势更大。
22．（2023·福建福州·统考二模）铼(Re)是具有重要军事战略意义的金属。是制备高纯度Re的重要中间体。
I.的纯度测定
称取样品，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用的盐酸标准溶液吸收，蒸氨结束后取下接收瓶。取吸收液用标准溶液滴定过剩的HCl，达到终点时消耗溶液。

(1)仪器a是_______(填名称)。
(2)冰盐水的作用是_______。
(3)实验所用的NaOH标准溶液，通常采用间接法配制，即配成近似浓度的溶液，再用基准物标定。不能采用直接法配制的原因是_______。
(4)根据下表，滴定时宜选用_______(填一种指示剂名称)；滴定终点的现象是_______。
部分指示剂变色的pH范围如下表：
指示剂名称
变色的pH范围
酸色
中性色
碱色
甲基橙
3.1—4.4
红
橙
黄
甲基红
4.4—6.2
红
橙
黄
溴百里酚蓝
6.0—7.6
黄
绿
蓝
酚酞
8.2—10.0
无
浅红
红

(5)样品中的质量分数为_______(填表达式)。
II.高纯度铼的制取
(6)高温下用还原可制得金属铼，装置如下图所示：

[已知：受热分解生成]
①装置B中盛放的试剂为_______(填名称)。
②判断A中已经反应完全的方法是_______。
③玻璃管内发生反应的化学方程式为_______。
23．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）邻硝基苯甲醛是一种重要的精细化学品，实验室可通过图1装置(夹持仪器已略去)，以邻硝基苄醇为原料，利用两相反应体系(图2)实现邻硝基苯甲醛的选择性氧化合成。已知部分物质的性质如表所示。
物质


TEMPO－COOH
溶解性
微溶于水，易溶于CH2Cl2
难溶于水，易溶于CH2Cl2
易溶水，难溶于CH2Cl2
熔点/℃
70
43
—
沸点/℃
270
153
—
性质
+NaHSO3 (易溶于水)


实验步骤如下：
I.向三颈瓶中依次加入1.53g(10mmol)邻硝基苄醇，10.0mL二氯甲烷(沸点39.8℃)和磁子，搅拌使固体全部溶解。再依次加入1.0mLTEMPO－COOH水溶液(做催化剂)和13.0mL饱和NaHCO3溶液。在15℃和剧烈搅拌条件下，滴加13.0mL(足量)10%NaClO水溶液后，继续反应40min。
II.反应完全后，将反应液倒入分液漏斗，分出有机层后，水相用10.0mL二氯甲烷萃取，合并有机相，经无水硫酸钠干燥、过滤后，除去并回收滤液中的二氯甲烷，得到粗品。
III.将粗品溶解在20.0mL二氯甲烷中，加入10.0mL饱和NaHSO3溶液，充分作用后，分离得到水层，水层在水浴中用5%氢氧化钠溶液调节pH到10，浅黄色固体析出完全。抽滤、干燥至恒重，得1.30g产品。
(1)控制反应温度为15℃的方法是______；滴加NaClO溶液时，需要先将漏斗上端玻璃塞打开，目的是______。
(2)合成产品的化学方程式为______。
(3)配制饱和NaHCO3溶液时，必须使用的仪器是(填写仪器名称)______。

(4)相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量，原因是_______；该副产物主要成分是_______。
(5)步骤II中除去并回收二氯甲烷的实验方法是______。
(6)若用一定浓度盐酸代替“步骤III”中的5%氢氧化钠溶液调节pH，_______(填“能”或“不能”)析出大量产品，原因是______。
(7)本实验产率为_______(计算结果保留3位有效数字)。
24．（2023·福建漳州·统考模拟预测）某校实验小组欲探究溶液与的反应。
Ⅰ.配制溶液。
(1)由固体配制溶液，下列仪器中需要使用的有_______(写出名称)。

Ⅱ.探究溶液与的反应。
经查阅资料，该实验小组设计了如下实验，结合实验现象回答下列问题：

已知：易溶于水；CuCl为白色难溶于水的固体。
(2)若试管d中发生了氧化还原反应，写出该反应的离子方程式_______。
(3)该实验小组对试管d中加入NaCl固体后产生白色沉淀的原因提出了如下猜想：
猜想1：改变了的还原性。
猜想2：改变了的氧化性。
为进一步证实上述猜想，该实验小组利用原电池原理设计了如下实验：
编号
实验1
实验2
实验装置


实验现象
闭合开关K，电流计指针发生微小偏转，烧杯中未见明显现象
闭合开关K，电流计指针发生微小偏转，烧杯中未见明显现象

通过分析上表中对比实验现象可知_______(填“猜想1”或“猜想2”)不合理。
(4)为证明猜想2的合理性，对实验1的装置做了如下改进：

①烧杯B中的石墨电极是原电池的_______极，电极反应式为_______。
②闭合开关K，若_______(描述实验现象)，说明猜想2合理。
③请从化学反应原理的角度解释原因_______，使与的反应能够进行完全。
25．（2023·福建·统考模拟预测）实验室以苯甲醛为原料制备间溴苯甲醛(实验装置见下图：相关物质的物理性质见下列附表)。

    性质
物质
相对分
子质量
密度
/（g.cm-3）
沸点/℃
溴
160
3.119
58.8
苯甲醛
106
1.04
179
1，2—二氯乙烷
99
1.2351
83.5
间溴苯甲醛
185
1.587
229

有关实验步骤如下：
步骤1：向三颈烧瓶中加入一定配比的无水AlCl3、1，2—二氯乙烷和苯甲醛(5.3g)，充分混合后，升温至60℃，缓慢滴加经浓硫酸干燥过的液溴，保温反应一段时间，冷却。.
步骤2：将反应混合物缓慢加入一定量的稀盐酸中，搅拌、静置、分液。有机相用10%NaHCO3溶液洗涤。
步骤3：经洗涤的有机相加入适量无水硫酸钙固体，放置一段时间后过滤。
步骤4：为了防止间溴苯甲醛因温度过高被氧化，把步骤3处理得到的间溴苯甲醛加入少量锌粉，同时采用某种技术处理后收集相应馏分，共收集到间溴苯甲醛3.7g。
(1)实验装置中采用的加热方式为________；冷凝管的作用为_________；锥形瓶中的试剂应为_______。
(2)步骤1所加入的无水AlCl3的作用为___________。
(3)步骤2中用10%NaHCO3溶液洗涤有机相，是为了除去溶于有机相的_________。
(4)步骤3中加入无水硫酸钙固体的目的是______________。
(5)步骤4中，某种技术为_______________。
(6)本实验所得到的间溴苯甲醛的产率为_______________。

三、工业流程题
26．（2023·福建漳州·统考三模）工业上以硒化银半导体废料(含、Cu)为原料提取硒、铜、银，进而制备一种新型太阳能电池的材料。

已知：25℃。，。
请回答下列问题：
(1)“酸溶”时，为提高废料中硒元素的浸出率可采取的措施是___________(任写一种)，写出废料中转化为的化学反应方程式___________。
(2)制得的粗铜可通过电解法精炼，电解质溶液可以选择___________(填字母序号)。
A．稀 B．溶液 C．溶液 D．溶液
(3)上述流程中，通入发生氧化还原反应获得“粗硒”，该过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。
(4)“沉银”时，从平衡移动角度解释，加入稍过量溶液的原因___________，计算转化成的平衡常数___________。
(5)“还原”时，写出与液态、溶液反应制取粗银的离子方程式___________。
27．（2023·福建福州·统考二模）铟被广泛应用于电子工业、航空航天等高科技领域。某企业采用铅锌冶炼烟灰中浸渣()氯化浸出工艺回收粗铟的工艺流程如下：

已知：①水溶液中铟主要以的形式存在。
②
回答下列问题：
(1)“氯化浸出”时，主要反应的离子方程式为_______，此步骤加热的目的是_______；浸出温度选定80℃的原因之一是温度过高易反应产生_______气体(任写一种)。
(2)在不同的溶液初始pH下，萃取剂浓度对萃取率的影响如图所示，则适宜的条件为_______。

(3)反萃取剂应选用_______(填化学式)。
(4)常温下，在的溶液中存在平衡体系：，则该反应的化学平衡常数_______(计算结果保留两位有效数字，常温下)。
(5)“置换”时，主要反应的离子方程式为_______；所得浊液经过滤、洗涤、干燥等操作得到粗铟，检验粗铟已洗涤干净的方法为_______。
28．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）磁性氧化铁是电讯器材的重要原料，以高硫铝土矿(主要含Al2O3、Fe2O3、SiO2和少量的FeS2等)提取氧化铝和磁性氧化铁的流程如图：

已知：不同温度下，NH4Fe(SO4)2和NH4Al(SO4)2的溶解度(g/100gH2O)如表：
温度/℃
0
20
30
40
100
NH4Fe(SO4)2
70.6
75.4
78.3
81.0
102.1
NH4Al(SO4)2
2.1
5.0
7.7
10.9
26.7

(1)气体I中的成分中除氧气外，还有______。
(2)写出“焙烧II”中Fe2O3发生的化学反应方程式______。
(3)写出滤渣I主要成分的一种用途______。
(4)从滤液中获得NH4Al(SO4)2的操作是______。
(5)“反应III”在隔绝空气条件下进行，参与反应的n(FeS2)：n(Fe2O3)=______。
(6)该工业流程中有多种气体产生，将它们综合利用可合成流程中的某种反应物，该合成总反应的化学方程式为______。
(7)为测定Al2O3产品的纯度(Al2O3的质量分数)，称量mg样品溶解于足量稀硫酸，配成100.00mL溶液，取出20.00mL溶液，加入c1mol•L-1EDTA标准溶液V1mL，调节溶液pH并煮沸，冷却后用c2mol•L-1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液V2mL(已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1：1)。则制得的Al2O3的纯度为______(用代数式表示)。
29．（2023·福建厦门·统考二模）磷精矿主要成分为，含少量、、、，其中代表稀土元素。从磷精矿分离稀土元素的工业流程如下．

(1)属于IIIB族，其中的基态原子核外电子排布式为________。
(2)“酸浸”过程与反应的化学方程式如下，请补充完整________。
________
(3)“萃取”的目的是富集，但其余元素也会按一定比例进入萃取剂中。
①通过制得有机磷萃取剂，其中代表烃基，对产率的影响如下表。




产率/
82
62
20

由表可知，随着碳原子数增加，烃基________(填“推电子”或“吸电子”)能力增强，键更难断裂，产率降低。
(4)“萃取”过程使用的萃取剂的结构如图；与配位的能力：1号O原子________2号O原子(填“”“”或“”)。

(5)“反萃取”的目的是分离和元素．向“萃取液”中通入，、、的沉淀率随变化如图．

①试剂X为________(填“”或“”)，应调节为________。
②通入得到沉淀的过程为：
i．
ii．________(写出该过程的化学方程式)
③若萃取剂改用三丁基氧化膦会导致“反萃取”产率降低，其原因为________。
(6)若略去“净化”过程，则制得的草酸稀土会混有________杂质(填化学式)。
(7)在整个工艺中，可从副产物中提取________(填名称)，用于生产氮肥。
30．（2023·福建漳州·统考模拟预测）铜冶炼过程产生的粗硫酸镍废液中含有、、、、等微粒。工业上以此为原料精制硫酸镍的主要流程如下：

已知：①常温下，，；②是一种三元弱酸。
(1)可选择_______(填标号)检验粗硫酸镍废液中是否存在。
A．NaOH溶液 B．酸性高锰酸钾溶液 C．溶液 D．稀硫酸
(2)步骤ⅱ温度不能过高的原因_______。写出步骤ⅱ生成沉淀的离子方程式_______。
(3)步骤iii加入的目的是_______。若不考虑溶液体积的变化，溶液3中，溶液2中，则步骤ⅲ需控制pH的范围为_______。
(4)步骤ⅳ在加入NaF的同时需调pH约为5，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是_______。
(5)结合图像分析由溶液4得到的操作是_______，过滤、洗涤、干燥。

31．（2023·福建·统考模拟预测）FeOOH为一种不溶于水的黄色固体。某学校以废料(含少量、FeO等)为原料制备FeOOH，流程如图所示。

回答以下问题：
(1)为提高“酸浸”的速率，可采取的措施有_______(填一种即可)。
(2)“废渣”的主要成分可用于_______(填一种即可)。
(3)“酸浸”时_______(填“能”或“不能”)使用稀，原因是_______。
(4)“试剂X”可使用_______(填化学式，填一种即可)。
(5)从“滤液2”中获得晶体的一种方法是：_______、过滤、洗涤。
(6)由转化为FeOOH的离子方程式是_______。
(7)研究晶体性质对工业流程的探究十分重要，该学校的化学社团欲探究A、B、C(均为单质或化合物)三种由H、C、Na、Cl元素组成的晶体。他们对上述物质进行相关实验，数据如下：

熔点/℃
硬度
水溶性
导电性
水溶液与反应
A
811
较大
易溶
水溶液或熔融时导电
白色沉淀
B
3550
很大
不溶
不导电
不反应
C
-114.2
很小
易溶
液态不导电
白色沉淀

根据以上实验数据，填写表格：

化学式
晶体类型
微粒间作用力
A
_________
________
________
B
________
________
________
C
________
________
________



参考答案：
1．B
【详解】索尔维制碱法对滤液的处理是加熟石灰使氨气循环，产生的CaCl2，含Cl几乎没什么用，索氏氨碱法缺点：大量CaCl2用途不大，NaCl利用率只有70%，约有30%的NaCl留在母液中；侯氏制碱法的优点：把合成氨和纯碱两种产品联合生产，提高了食盐利用率，缩短了生产流程，减少了对环境的污染，降低了纯碱的成本；保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高到96%；NH4Cl可做氮肥；可与合成氨厂联合，使合成氨的原料气CO转化成CO2，减少无用的氯化钙生成；所以B说法符合题意；
故答案选B。
2．A
【详解】A．由题干反应历程图可知，该转化的总反应为：+R2-N3，[Cu]作催化剂，催化剂在反应前后的质量和性质均保持不变，故反应①消耗的［Cu］等于反应⑤生成的［Cu］，A错误；
B．由题干反应历程图可知，该转化的总反应为：+R2-N3，该反应为加成反应，故该反应原子利用率为100%，B正确；
C．由题干反应历程图可知，该转化的总反应为：+R2-N3，若将原料 换为 ，则产物为 ，C正确；
D．反应⑤的化学方程式为+H+= +[Cu]，D正确；
故答案为：A。
3．C
【详解】A．纸的主要化学成分为纤维素，纤维素是由单糖缩合而成的大分子，属于多糖，A正确；
B．纤维素是由葡萄糖聚合链组成的高分子多糖，这些链之间通过氢键和范德华力相互作用形成了纤维素，B正确；
C．纸张燃烧后产生的灰白色部分主要成分为瓷土、碳酸钙钛等造纸填充料，C错误；
D．由题干信息可知，木质素能与碱反应，说明其具有一定的酸性，故推测木质素分子中可能含有酸性官能团，D正确；
故答案为：C。
4．A
【详解】A．碳纤维由碳元素组成，碳属于非金属元素，“歼-20”飞机上使用的碳纤维属于新型无机非金属材料，A正确；
B．高聚物中聚合度不确定，所以高聚物属于混合物，B错误；
C．量子通信材料螺旋碳纳米管、石墨均为碳组成的单质，互为同素异形体，C错误；
D．碲属于第五周期ⅥA族元素，镉属于第五周期ⅡB族元素，D错误；
故选A。
5．B
【详解】A．医用消毒酒精是乙醇体积分数为75%的溶液，A正确；
B．直径=5×10-6m的含水颗粒直径不在1-100nm(10-9m-10-7m)之间，故该飞沫不属于胶体，不具有丁达尔效应，B错误；
C．医用口罩用到聚丙烯材质的熔喷布，故丙烯是生产医用口罩的主要原料，丙烯可以通过石油裂解得到，C正确；
D．核酸包括DNA和RNA，核酸是许多核苷酸经脱水缩合聚合形成的生物大分子 ，属于生物大分子，不同生物的DNA或RNA是不同的，故核酸检测是判断是否感染新冠病毒的手段之一，D正确；
答案选B。
6．C
【详解】A．棉衬衫主要原料是纤维素，丝质衣服主要原料为蛋白质，纤维素、蛋白质均为高分子化合物，故A说法正确；
B．碳酸氢钠不稳定受热易分解生成二氧化碳，且也能与酸反应生成二氧化碳，所以碳酸氢钠可作为制作糕点的膨松剂，故B说法正确；
C．84消毒液有效成分是NaClO，洁厕灵的主要成分是盐酸，两者混合可以生成有毒的氯气，因此两溶液不能混合使用，故C说法错误；
D．镁合金具有密度小，强度高、散热好、消震性好等特点，可以制作汽车轮毂，故D说法正确；
答案为C。
7．C
【分析】合成1中发生Na+Al+2H2=NaAlH4，合成2中发生NaAlH4+SiF4=SiH4+NaAlF4，合成3制备四氟化硅，净化、热解SiH4步骤中四氢化硅分解为晶体硅和氢气，据此分析；
【详解】A．合成1中发生Na+Al+2H2=NaAlH4，H由0价转化成-1价，化合价降低，氢气作氧化剂，故A说法正确；
B．根据上述分析，合成2中发生NaAlH4+SiF4=SiH4+NaAlF4，故B说法正确；
C．合成3中NaAlF4与硫酸反应生成HF，HF与二氧化硅反应生成SiF4，因此题中不能说明二氧化硅溶于硫酸，故C说法错误；
D．四氢化硅分解为晶体硅和氢气，根据电负性分析，氢的电负性强于硅，硅元素显+4价，化合价降低，因此晶体硅为还原产物，故D说法正确；
答案为C。
8．B
【分析】废铅膏(主要成分为、、和，含少量、等元素)煅烧时，以气体形式分离出体系，再加入过氧化氢和稀硫酸后，发生氧化还原反应，铅元素和钡元素均转化为难溶于水和酸的硫酸盐，铁元素经过酸浸过滤后以滤液的形式分离出去，后续加入醋酸铵“溶铅”，铅元素转化为醋酸铅，从而分离除去硫酸钡，经过滤得到的醋酸铅滤液再次与二氧化碳发生反应得到PbCO3，再经煅烧过程PbCO3分解得到PbO，据此分析解答。
【详解】A．“煅烧”过程以气体形式分离出体系，主要利用的是沸点低进行分离提纯，A正确；
B．“溶浸”过程可氧化，也可还原，使其也转化为，B错误；
C．根据上述分析可知，“溶铅”为了除去硫酸钡，该过程的离子方程式为，C正确；
D．“沉铅”过程加入的是二氧化碳，生成的是PbCO3，则其化学方程式为，D正确；
故选B。
9．B
【详解】A．步骤①：将食醋精确稀释到原来的10倍，应是配制一定物质的量浓度的溶液，因此需要用到仪器是容量瓶等，故A错误；
B．因为需要标定，因此步骤②是粗配溶液，0.4gNaOH的物质的量为0.1mol，100mL蒸馏水约为0.1L，则浓度约为0.1mol/L，故B正确；
C．用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH时，滴定终点显碱性，应用酚酞作指示剂，故C错误；
D．步骤⑤是用NaOH溶液进行滴定，滴定管的刻度从上到下逐渐增大，而图中仪器刻度从上到下逐渐减小，故D错误；
答案为B。
10．C
【详解】A. 由题干转化流程图可知，反应器中的反应的化学方程式为，故A正确；
B. 分离器中为氢碘酸和硫酸的分离，应采用沸点不同进行蒸馏分离，故B正确；
C. 膜反应器中反应为，由于是可逆反应，加入，生成可循环的的物质的量小于1mol，故C错误；
D. 由A和C分析可知，碘循环工艺中每制取标准状况下，理论上能处理工业尾气的物质的量为1mol,故D正确；
故答案选C。
11．C
【详解】A．溶液变黄说明生成碘单质，黄色并不断加深至棕黄色后又变浅，说明生成的碘单质又和过氧化氢反应转化为高价态的碘酸，导致溶液颜色变浅，A正确；
B．碘单质为紫黑色固体，溶液变黄，摇匀后又褪色，说明生成了碘酸，再加入过量的碘离子，碘离子具有还原性，和碘酸发生氧化还原反应生成碘单质，B正确；
C．过氧化氢不稳定，在碘离子催化作用下会生成氧气，故产生大量气体的原因是过氧化氢在碘离子催化下生成了氧气，C错误；
D．实验1中开始过氧化氢分解生成氧气导致过氧化氢没有和碘离子反应，且实验2中生成紫色沉淀现象明显，故实验2相较于实验1，可节约H2O2用量且有利于反应终点观察，D正确；
故选C。
12．B
【详解】A．乙烯能与溴反应，而乙烷不与溴反应且不溶于溴，可将混合气体通过足量溴水除去乙烷中的乙烯，A正确；
B．温度计需要测量反应溶液的温度，不是测量隔热层的温度，B错误；
C．浓盐酸和高锰酸钾反应生成Cl2，Cl2可以氧化S2-，反应生成S和Cl-，可以证明还原性：S2->Cl-，C正确；
D．氯化铵受热分解为氯化氢和氨气，遇冷又结合为氯化铵固体，NaCl受热不分解，所以能用图示方法分离NH4Cl和NaCl固体，D正确；
故选B。
13．C
【详解】A．氨气极易溶于水，直接通入溶液中会引起倒吸，故A不符合题意；
B．氢氧化钠为强碱，应该使用碱式滴定管，故B不符合题意；
C．，反应吸热，温度改变导致平衡移动使得溶液颜色不同，能探究温度对化学平衡的影响，故C符合题意；
D．挥发的盐酸也会和苯酚钠生成苯酚干扰了实验，故D不符合题意；
故选C。
14．A
【详解】A．熵增的反应利于反应的进行，由流程可知，“焙烧”过程碳酸锰首先分解为氧化锰，而此时碳酸镁没有分解，故最大的不是，A错误；
B．吸热反应不利于反应的自发进行，反应可以自发进行，“焙烧”过程碳酸钙分解所需的温度最高，则最大的是，B正确；
C．焙烧”过程要求碳酸锰分解而碳酸镁、碳酸钙不分解，结合图像可知，“焙烧”温度应控制在，C正确；
D．生成碳酸锰的反应为分解反应，则操作X为加热促使分解，D正确；
故选A。
15．B
【分析】氯气通入氢氧化钠溶液中制取NaClO，次氯酸钠溶液中加硝酸铁反应生成高铁酸钠，过滤，将高铁酸钠与饱和KOH混合反应生成高铁酸钾，再经分离、提纯得到纯净的高铁酸钾固体，据此分析解答。
【详解】A．反应②中次氯酸钠氧化硝酸铁，1mol次氯酸钠得2mol电子，1mol硝酸铁生成高铁酸钠失去3mol电子，根据得失电子守恒可得反应：，故A正确；
B．由反应③可知高铁酸钠与KON溶液混合生成高铁酸钾，该反应为复分解反应，反应发生的条件为高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠，故B错误；
C．因高铁酸钾在碱性条件下稳定，且在醇中的溶解度小，因此可用溶液、异丙醇作洗涤剂，故C正确；
D．具有强氧化性，可起到杀菌消毒作用，故D正确；
故选：B。
16．B
【详解】A．实验室中常用钾盐而不是钠盐原因是钠盐的吸湿能力比钾盐强，钠盐易导致固体结块，故A错误；
B．溶剂的极性对氧化性和还原性产生较大的影响，因此物质的氧化性和还原性在水溶液中和非水体系中不一定相同，故B正确；
C．高铁酸钾具有强氧化性，生成的还原产物铁离子水解生成胶体，具有吸附杂质的作用，因此高铁酸钾可用作净水剂，故C错误；
D．根据化合价升降守恒，铁化合价降低，则应该是氧化合价降低，因此将分解生成的气体收集在试管中，用带火星的小木条靠近，可看见小木条复燃，不会听到轻微的爆鸣声，故D错误。
综上所述，答案为B。
17．C
【详解】A．图中酸性高锰酸钾可以和发生氧化还原反应，体现的还原性，故A错误；
B．图中为蒸发皿，灼烧海带应在坩埚中进行，故B错误；
C．该装置用于分离常温下互溶且沸点差别较大的液体，故C正确；
D．该装置加热碳酸氢钠分解会有水生成，试管口应略向下倾斜，故D错误。
故答案选C。
18．A
【详解】A．硫化氢、乙炔都与溴水反应而使溴水褪色，因此该装置无法通过观察溴水的褪色检验乙炔的生成，故A正确；
B．用CaC2和饱和食盐水反应制取乙炔，反应剧烈且放出大量热，不能用启普发生器，故B错误；
C．硫酸铜溶液制取是将硫酸铜溶液蒸发浓缩冷却结晶过滤，用图2的装置蒸干硫酸铜溶液制取得到硫酸铜固体，故C错误；
D．利用图3装置溶解废铜屑，得到蓝色溶液，是由于双氧水强氧化性即H2O2+Cu+H2SO4CuSO4+2H2O，故D错误。
综上所述，答案为A。
19．A
【详解】A．氯化铵溶液与澄清石灰水不加热反应主要生成一水合氨，不易产生氨气，不能实现氨气制备，A符合题意；
B．Cl2+H2OH++Cl-+HClO，HCl极易溶于水，可用稀硫酸中的水吸收，同时稀硫酸中氢离子使平衡逆向移动，减少氯气的损失，之后通过浓硫酸干燥，能达到目的，B不符题意；
C．打开k2，之后打开k1使稀硫酸流下与铁反应产生氢气，关闭k1，利用产生的氢气排除装置内的空气，然后关闭k2，利用氢气产生的压强将生成的硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶中与NaOH溶液反应制备氢氧化亚铁，能达到目的，C不符题意；
D．溴乙烷在强碱的醇溶液中加热发生消去反应生成乙烯，乙烯中混有乙醇，乙醇与水任意比例混溶，用水吸收乙醇，酸性高锰酸钾溶液褪色证明乙烯具有还原性，能达到目的，D不符题意；
答案选A。
20．C
【详解】A．含Zn、ZnO、PbO、CuO、FeO、、等物质的锌灰经稀硫酸充分浸取后，Zn、ZnO、CuO、FeO、溶解，浸出液中含有、、、及过量、，PbO与稀硫酸反应生成难溶物和不溶于稀硫酸的一并滤出，故滤渣Ⅰ主要是、，A正确；
B．除铁工序中，用试剂x(可以选择ZnO、等)调整溶液pH约5.1后，加，可将氧化为，发生反应的离子方程式为，B正确；
C．物质结构相似时，溶液中沉淀转化由大的向小的方向转化(转化为更难溶的物质)，故，C错误；
D．根据锌灰的组成元素、每一步所加试剂及流程中反应后各元素的走向，可知沉锌工序后母液中含有、、，故母液中可回收利用的物质有、，D正确。
故选C。
21．(1)溶液中生成蓝色沉淀、并伴有刺激性气味气体生成
(2)
(3)          HNO3、AgNO3
(4)防止沉淀长时间与空气接触而被氧化
(5)实验中生成白色沉淀CuI，说明橙黄色沉淀中含有铜离子被碘离子还原；溶液无色、无明显现象，说明橙黄色沉淀中含有亚硫酸根离子将最初生成的碘单质还原为碘离子
(6)     溶液    

【分析】控制变量的实验探究中要注意变量的唯一性，通过控制变量进行对比实验研究某一因素对实验结果的影响；
【详解】（1）2中反应生成氢氧化铜沉淀和二氧化硫气体，故其现象为：溶液中生成蓝色沉淀、并伴有刺激性气味气体生成；
（2）4中生成白色沉淀CuCl，铜元素化合价降低，则硫元素化合价升高转化为硫酸根离子，结合电子守恒和质量守恒可知，反应的离子方程式为；
（3）①已知在水中呈无色，根据题意，实验中白色沉淀为CuCl，放在一段时间后溶液变为蓝色，说明空气氧气将一价铜氧化为二价铜，则实验2总反应为CuCl、一水合氨、氧气反应转化为四氨合铜离子、氯离子、氢氧根离子和水，离子方程式为；
②氯离子和银离子生成不溶于酸的氯化银沉淀，故为证明深蓝色溶液中含有，进一步实验所需的试剂为稀硝酸和硝酸银溶液；
（4）一价铜容易被空气中氧气氧化为二价铜，故离心分离的目的是加快过滤速度，防止沉淀长时间与空气接触而被氧化；
（5）已知，碘单质能使淀粉变蓝色，碘单质也能和亚硫酸根离子发生氧化还原反应；实验中生成白色沉淀CuI，说明橙黄色沉淀中含有铜离子被碘离子还原；溶液无色、无明显现象，说明橙黄色沉淀中含有亚硫酸根离子将最初生成的碘单质还原为碘离子；
（6）①实验探究橙黄色沉淀转化为的原因可能是提高了的氧化性，则试剂b应该不含氯离子的同浓度铜离子的溶液，故表中X为溶液；
②已知装置中物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大，则能证实实验结论的实验现象为电压更大，故为。
22．(1)圆底烧瓶
(2)防止氯化铵受热易分解，使氨气溢出
(3)氢氧化钠易吸收空气中的二氧化碳和水分
(4)     甲基红     滴入最后一滴氢氧化钠溶液，红色变为橙色，且半分钟内不变色
(5)
(6)     无水氯化钙     取A中固体，溶于水，过滤，滤液中加浓氢氧化钠溶液加热，若不生成使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明已经反应完全    

【分析】分液漏斗中的浓氢氧化钠溶液滴入三口烧瓶内生成氨气，用a中产生的水蒸气把三口烧瓶中产生的氨气全部排入接收瓶中被盐酸吸收，用标准氢氧化钠溶液滴定剩余盐酸，计算出生成氨气的物质的量，根据氨气的物质的量计算的质量分数。
【详解】（1）根据装置图，仪器a是圆底烧瓶。
（2）氯化铵受热易分解，冰盐水的作用是防止氯化铵受热易分解，使氨气溢出；
（3）氢氧化钠易吸收空气中的二氧化碳和水分，所以不能采用直接法配制氢氧化钠溶液；
（4）用氢氧化钠滴定剩余盐酸，滴定终点溶液中的溶质为氯化铵、氯化钠，溶液呈弱酸性，根据表格数据，滴定时宜选用甲基红；滴定终点的现象是：滴入最后一滴氢氧化钠溶液，红色变为橙色，且半分钟内不变色；
（5）氢氧化钠、氨气共消耗盐酸，反应消耗氢氧化钠的物质的量为，则反应消耗氨气的物质的量为，根据~~，可知的物质的量为，样品中的质量分数为
（6）①装置B的作用是吸收氨气防止污染，所以B中盛放的试剂为无水氯化钙。
②取A中固体，溶于水，过滤，滤液中加浓氢氧化钠溶液加热，若不生成使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明已经反应完全。
③玻璃管内和氢气在加热条件下反应生成Re、氨气、水，发生反应的化学方程式为。
23．(1)     冷水浴     平衡内外压强，使漏斗内液体顺利流下
(2)+NaClO+H2O+NaCl
(3)烧杯、玻璃棒
(4)     生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化     邻硝基苯甲酸
(5)蒸馏
(6)     能     浓盐酸会与NaHSO3溶液反应，使平衡逆向移动，析出产品
(7)86.1%

【分析】以邻硝基苄醇为原料，利用两相反应体系实现邻硝基苯甲醛的选择性氧化合成，发生的反应为+NaClO+H2O+NaCl，反应在水相中进行，生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化，相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量，据此分析解答。
【详解】（1）控制反应温度为15℃的方法是冷水浴；滴加NaClO溶液时，需要先将漏斗上端玻璃塞打开，目的是平衡内外压强，使漏斗内液体顺利流下，故答案为：冷水浴；平衡内外压强，使漏斗内液体顺利流下；
（2）在催化剂存在条件下，邻硝基苄醇被NaClO氧化生成邻硝基苯甲醛，本身被还原为NaCl，由原子守恒可知，产物还应该有水，反应的化学方程式为+NaClO+H2O+NaCl，故答案为：+NaClO+H2O+NaCl；
（3）配制饱和NaHCO3溶液时，往蒸馏水中加碳酸氢钠，加到碳酸氢钠无法再溶解为止，取上层清夜，就是碳酸氢钠饱和溶液，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，故必须使用的仪器是烧杯、玻璃棒，故答案为：烧杯、玻璃棒；
（4）反应在水相中进行，生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化，相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量；邻硝基苯甲醛具有还原性，能被NaClO进一步氧化为邻硝基苯甲酸，则该副产物主要成分是邻硝基苯甲酸，故答案为：生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化；邻硝基苯甲酸；
（5）二氯甲烷沸点较低，而邻硝基苯甲醛沸点较高，分离沸点不同的液体混合物要用蒸馏的方法，所以步骤II中除去并回收二氯甲烷的实验方法是蒸馏，故答案为：蒸馏；
（6）溶液中存在平衡：+NaHSO3，浓盐酸会与NaHSO3溶液反应，使平衡逆向移动，能析出大量产品，故答案为：能；浓盐酸会与NaHSO3溶液反应，使平衡逆向移动，析出产品；
（7）由反应+NaClO+H2O+NaCl可知，1.53g(10mmol)邻硝基苄醇与过量的NaClO完全反应，理论上可得到10mmol邻硝基苯甲醛，质量为0.01mol151g/mol=1.51g，产率=100%=86.1%，故答案为：86.1%。
24．(1)烧杯、量筒、托盘天平
(2)
(3)猜想1
(4)     正          电流表指针偏转明显，烧杯A中有气泡产生且在烧杯B中产生白色沉淀     与的还原产物形成沉淀，降低，提高的氧化性

【详解】（1）用固体试剂配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液时，称量固体需要用到药匙、天平(匹配容量瓶精度应使用分析天平，由于客观条件限制可使用托盘天平或电子天平)，溶解需要用到烧杯、玻璃棒、量筒，转移需要用到玻璃棒、100mL容量瓶，定容需要用到胶头滴管，所以答案为：烧杯、量筒、托盘天平；
（2）分析试管d溶液中存在的离子，结合试管d的实验现象(白色沉淀和气体)，可知试管d中和发生氧化还原反应；根据题目信息，易溶于水，可知还原生成的与溶液中的结合生成白色沉淀，该反应的离子方程式为；
（3）实验1和实验2，A烧杯中加入固体前后实验现象相同，即并未因存在发生自发的氧化反应，故猜想1不合理，答案为：猜想1；
（4）①根据原电池中自发的氧化还原反应可知，得电子发生还原反应，生成白色沉淀，故烧杯B中石墨电极为原电池的正极，电极反应式为，答案为：正，；
②在溶液中加入固体，闭合开关K后，若电流表指针发生明显偏转，烧杯A中有气泡产生且烧杯B中产生白色沉淀即可验证猜想2合理，答案为：电流表指针偏转明显，烧杯A中有气泡产生且在烧杯B中产生白色沉淀；
③从化学反应原理角度，的还原产物可与形成沉淀脱离溶液，降低了溶液中的，提高了的氧化性，促使与的反应能够进行完全，答案为：与的还原产物形成沉淀，降低，提高的氧化性。
25．     水浴加热     导气、冷凝回流     NaOH溶液     催化剂     Br2、HCl（或盐酸）     除去有机相中的水（或干燥或除水     减压蒸馏（只写蒸馏不得分）     40.0%
【详解】（1）由于温度低于100℃，因此为便于控制温度，应该采用水浴加热；因溴易挥发，为使溴充分反应，应进行冷凝回流，以增大产率，因此冷凝管的作用为导气、冷凝回流装；反应发生取代反应，生成间溴苯甲醛的同时生成HBr，用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气；（2）将三颈瓶中的一定配比的无水AlCl3、1，2-二氯乙烷和苯甲醛充分混合，三种物质中无水AlCl3为催化剂，1，2-二氯乙烷为溶剂，苯甲醛为反应物；（3）将反应混合物含有溴，缓慢加入一定量的稀盐酸中，加入碳酸氢钠，可与Br2、HCl反应，因此是为了除去溶于有机相的Br2、HCl（盐酸）；（4）经洗涤的有机相含有水，加入适量无水硫酸钙固体，可起到除去有机相的水的作用；（5）减压蒸馏，可降低沸点，避免温度过高，导致间溴苯甲醛被氧化，因此该技术是减压蒸馏；（6）5.3g苯甲醛理论上可生成产品的质量是，所以产率是。
点晴：明确实验原理及所给信息是解答的关键，解答时注意把握基本实验操作方法以及实验的原理；实验原理是解答实验题的核心，是实验设计的依据和起点。实验原理可从题给的化学情景(或题首所给实验目的)并结合元素化合物等有关知识获取。在此基础上，遵循可靠性、简捷性、安全性的原则，确定符合实验目的、要求的方案。
26．(1)     将废料研磨粉碎     2Ag2Se+2H2SO4+3O2=2Ag2SO4+2SeO2+2H2O
(2)CD
(3)1：2
(4)     增大Cl-浓度，促使反应的化学平衡正向移动，提高AgCl的产率    
(5)4AgCl+N2H4+4OH-=4Ag+4Cl-+N2↑+4H2O。

【分析】硒化银半导体废料(含Ag2Se、Cu)中加入H2SO4和O2反应生成硫酸银、二氧化硒和硫酸铜，蒸馏以后得到SeO2、硫酸铜和硫酸银，加入氯化钠得到氯化银沉淀，加入肼和氢氧化钠还原得到粗银，硫酸铜溶液经过电解得到铜单质，二氧化硒先后与水、二氧化硫反应生成粗硒。
【详解】（1）酸溶时，为提高废料中硒元素的浸出率，可采取的措施是将废料研磨粉碎。Ag2Se与硫酸、O2反应生成硫酸银、SeO2和水，化学方程式为2Ag2Se+2H2SO4+3O2=2Ag2SO4+2SeO2+2H2O。
（2）粗铜电解精炼，粗铜作阳极，精铜作阴极，可溶性铜盐做电解质溶液。
A．稀硫酸不是铜盐，A错误；
B．硝酸银不是铜盐，B错误；
C．硫酸铜溶液为可溶性铜盐，可用作电解质溶液，C正确；
D．氯化铜溶液为可溶性铜盐，可用作电解质溶液，D正确；
故答案选CD。
（3）H2SeO3与SO2反应生成H2SO4和Se，化学方程式为H2SeO3+2SO2+H2O=2H2SO4+Se，该反应中氧化剂为H2SeO3，还原剂为SO2，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2。
（4）沉银时Ag2SO4与Cl-反应生成AgCl沉淀和硫酸根离子，加入稍过量的NaCl，增大Cl-浓度，促使反应的化学平衡正向移动，提高AgCl的产率。Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)=2AgCl(s)+(aq)，K==。
（5）AgCl与N2H4、NaOH反应生成Ag的离子方程式为4AgCl+N2H4+4OH-=4Ag+4Cl-+N2↑+4H2O。
27．(1)          增大反应速率，提升酸浸效率     Cl2或ClO2
(2)pH=0.5，萃取剂浓度为15%
(3)H2SO4
(4)7.7×10-6
(5)          取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若没有产生沉淀，则洗净

【分析】铅锌冶炼烟灰中浸渣()加H2SO4、HCl、NaClO3进行“氯化浸出”，铟主要以进入水溶液，锡以SnO2进入酸浸渣，水溶液用萃取剂HX萃取、分液，去掉水相，得到InX3有机相，有机相中加反萃取剂进行反萃取去掉有机相得到高含量In3+溶液，往溶液中加过量锌粉置换出In，同时得到硫酸锌溶液，硫酸锌溶液经过系列步骤制备硫酸锌晶体。
【详解】（1）“氯化浸出”时，In由+2价被氧化为+3价，Sn价态不变仍以SnO2存在，则该步骤是利用酸性条件下氯酸根离子氧化二价In，主要反应的离子方程式为；此步骤加热的目的是增大反应速率，提升酸浸效率；温度过高HCl和NaClO3会发生氧化还原反应生成Cl2或ClO2；
（2）萃取率越高越好，则适宜的条件为pH=0.5，萃取剂浓度为15%；
（3）由和后续制备硫酸锌晶体副产品可知萃取剂选H2SO4；
（4）的化学平衡常数即In3+的水解常数=7.7×10-6；
（5）“置换”时，主要反应是Zn置换出In，反应的离子方程式为；由流程可知所得浊液中含硫酸根离子，检验粗铟已洗涤干净就是检验粗铟最后一次洗涤液中没有硫酸根离子，方法为取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若没有产生沉淀，则洗净。
28．(1)SO2
(2)Fe2O3+4(NH4)2SO42NH4Fe(SO4)2+6NH3↑+3H2O
(3)制玻璃、光导纤维等
(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
(5)1∶16
(6)2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4
(7)×100%

【分析】根据高硫铝土矿的成分，焙烧Ⅰ中FeS2与氧气反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，根据流程图中，操作Ⅰ后得到滤液主要成分，焙烧Ⅱ中氧化铁和氧化铝与硫酸铵反应，发生非氧化还原反应，根据原子守恒进行分析，其反应方程式为Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O、Fe2O3+4(NH4)2SO42NH4Fe(SO4)2+6NH3↑+3H2O，气体Ⅱ为氨气，反应Ⅲ中发生FeS2+Fe2O3→SO2↑+Fe3O4，据此分析；
【详解】（1）根据上述分析，焙烧Ⅰ中FeS2与氧气反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，气体Ⅰ中成分除氧气外，还含有SO2；故答案为SO2；
（2）该反应为非氧化还原反应，根据原子守恒进行，令Fe2O3的系数为1，则NH4Fe(SO4)2系数为2，NH4Fe(SO4)2含有2个SO，因此硫酸铵的系数为4，即气体为氨气，其反应方程式为Fe2O3+4(NH4)2SO42NH4Fe(SO4)2+6NH3↑+3H2O；故答案为Fe2O3+4(NH4)2SO42NH4Fe(SO4)2+6NH3↑+3H2O；
（3）根据上述分析，滤渣Ⅰ为SiO2，可以制玻璃、光导纤维等，故答案为制玻璃、光导纤维等；
（4）根据表中数据，NH4Fe(SO4)2溶解度较小，且变化较大，因此采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；故答案为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（5）反应Ⅲ中发生FeS2+Fe2O3→SO2↑+Fe3O4，令FeS2物质的量为amol，Fe2O3物质的量为bmol，根据得失电子数目守恒，a×(－2)+2a×[4－(－1)]=b×2×(3－)，则a∶b=1∶16，故答案为1∶16；
（6）根据上述分析，产生气体有SO2、NH3，氨气与二氧化硫、氧气反应生成硫酸铵，即反应方程式为2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4；故答案为2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4；
（7）Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比为1∶1，n(Al3+)+n(Cu2+)=n(EDTA)，n(Al3+)= n(EDTA)－n(Cu2+)=V1×10-3L×c1mol/L－V2×10-3L×c2mol/L，根据原子守恒，mg样品中氧化铝纯度为×100%=×100%；故答案为×100%。
29．(1)1s22s22p63s23p63d14s2
(2)
(3)推电子
(4)<
(5)          2          -C4H9有较强的推电子作用，导致稀土与萃取剂形成的配位键牢固，难易断裂实现反萃取
(6)CaC2O4
(7)硝酸铵、硝酸

【分析】磷精矿加入硝酸酸浸，二氧化硅不反应得到滤渣1，稀土元素、铁、钙元素进入滤液，加入萃取剂萃取出稀土元素，然后加入亚硫酸钠将三价铁转化为二价铁，通入氨气，调节pH分离出含有稀土的固相，再加入硝酸溶解，加入硫酸除去钙元素得到硫酸钙滤渣2，滤液加入草酸分离出草酸稀土；
【详解】（1）为21号元素，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2；
（2）“酸浸”过程与反应，根据质量守恒可知，反应还会生成磷酸，反应为；
（3）由表可知，烃基为推电子基团，随着碳原子数增加，烃基推电子能力增强，键更难断裂，产率降低；
（4）烃基推电子能力增强，键更难断裂，产率降低，则可知烃基导致1号为氧更难与配位，故与配位的能力：1号O原子<2号O原子；
（5）①由图可知，亚铁离子与RE的分离效果更好，则试剂X为将铁离子转化为亚铁离子的物质，故应选选择，亚硫酸钠和铁离子反应生成亚铁离子和硫酸根离子，利于铁离子与RE的分离；结合图像可知，应调节为2，此时RE几乎完全沉淀，而亚铁离子几乎没有沉淀，分离效果好；
②总反应为通入得到沉淀，反应i．，则反应ii为和稀土的硝酸盐转化为沉淀的反应，；
③若萃取剂改用三丁基氧化膦会导致“反萃取”产率降低，其原因为-C4H9有较强的推电子作用，导致稀土与萃取剂形成的配位键牢固，难易断裂实现反萃取；
（6）硫酸会和钙离子转化为硫酸钙而被除去，若略去“净化”过程，则制得的草酸稀土会混有草酸钙；
（7）在整个工艺中，通入氨气生成的硝酸铵，以及酸溶加入的硝酸均含有氮元素，故可从副产物中提取硝酸铵、硝酸用于生产氮肥。
30．(1)C
(2)     防止受热分解    
(3)     调节溶液的pH使转化为沉淀     4~7
(4)若pH过低，与结合生成弱电解质HF，导致降低，沉淀率下降
(5)蒸发浓缩、冷却结晶

【分析】粗硫酸镍废液中含有、、、、、等，步骤i中加入有机溶剂，作用是除去得到含铜有机物，溶液1中含有、、、、等，步骤ⅱ中加入过氧化氢作用是氧化和，有利于形成，除去砷和铁元素，溶液2中含有、、、，步骤iii中加入的作用是调节溶液的pH使转化为沉淀，步骤ⅳ中加入NaF并调节pH约为5的目的是沉淀钙离子和镁离子，沉淀3是氟化钙和氟化镁，溶液4中的溶质主要为。
【详解】（1）粗硫酸镍废液中含有、、、，和都具有还原性，可以与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，还可以与溶液反应生成蓝色沉淀，所以可选择检验粗硫酸镍废液中是否存在，即选C；
（2）步骤ⅱ中加入的作用是氧化和，有利于形成，除去砷和铁元素，温度过高，受热分解，所以温度不能过高的原因：防止受热分解；据分析可知步骤ⅱ中、被氧化，故离子方程式为；
（3）步骤iii加入的目的是：调节溶液的pH使转化为沉淀；根据题目已知信息，的，若溶液2中时，溶液3中不能大于，即pH不能大于7，又因为溶液3中，则溶液3中不能小于，即pH不能小于4，故需控制pH的大致范围为4~7；
（4）步骤ⅳ在加入NaF的同时需调pH约为5的目的是沉淀钙离子和镁离子，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是与结合生成弱电解质HF，即原因是若pH过低，与结合生成弱电解质HF，导致降低，沉淀率下降；
（5）从图中可知，的溶解度随温度升高而增大，故由其溶液得到晶体的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
31．(1)废料粉碎、适当升高温度、适当增大硫酸浓度等
(2)制取单晶硅
(3)     不能     反应放出有毒的一氧化氮等氮氧化物
(4)Fe
(5)蒸发浓缩、降温结晶
(6)
(7)     NaCl     离子晶体     离子键     C(金刚石)     共价晶体     共价键     HCl     分子晶体     分子间作用力

【分析】废料，加入硫酸酸浸二氧化硅不反应成为废渣，铁转化为硫酸盐，加入过量铁，将三价铁转化为二价铁，加入乙醇促使硫酸亚铁晶体析出，晶体加入氢氧化钠、空气得到FeOOH；
【详解】（1）为提高“酸浸”的速率，可采取的措施有废料粉碎、适当升高温度、适当增大硫酸浓度等；
（2）根据分析，废料主要为二氧化硅，可以用于制取单晶硅；
（3）硝酸与亚铁离子反应放出有毒的一氧化氮等气体，故“酸浸”时不能使用稀；
（4）试剂X将三价铁转化为二价铁，且不引入新杂质，故为铁；
（5）从“滤液2”中获得晶体，其方法为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤。
（6）和氢氧化钠溶液、空气中氧气反应生成FeOOH，反应为；
（7）A熔点高、硬度较大，易溶于水、水溶液或熔融时导电，和银离子生成白色沉淀，则为盐酸盐，可以为NaCl，是由钠离子和氯离子构成的离子晶体，存在离子键；
B熔点很高、硬度很大、不溶于水，则为共价晶体，可以为金刚石，是由碳原子直接构成的共价晶体，存在共价键；
C熔点很低、硬度很小，易溶于水且该物质液体不导电，水溶液能和银离子反应生成白色沉淀，则可以为氯化氢，是由氯化氢分子构成的分子晶体，存在分子间作用力。