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2. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
正确答案
解析
A．水电离的c( H+)= 1xl0-13 mol/L的溶液，既可能显酸性，也可能显碱性，酸性溶液中SiO32-和氢离子反应生成H2SiO3，A错误；
B．1.0 mol/L的CH3COOH溶液中，CH3COOH和K+、Fe3+、NO3﹣、Cl﹣不反应，可以大量共存，B正确；
C．在c（OH﹣）/c（H+）=1×1012的溶液是碱性溶液，OH-和NH4+结合生成一水合氨，C错误；
D．能使甲基橙显黄色的溶液是PH＞4.4，故若为碱性则可能大量共存，若显酸性，CO32﹣和SO32﹣和H+结合生成H2CO3和H2SO3，故酸性条件下不能大量共存，D错误。
故选B。
考查方向
解题思路
A．水电离的c( H+)= 1xl0-13 mol/L的溶液，既可能显酸性，也可能显碱性；
B．CH3COOH和K+、Fe3+、NO3﹣、Cl﹣不反应；
C． 在c（OH﹣）/c（H+）=1×1012的溶液是碱性溶液；
D．能使甲基橙显黄色的溶液是PH＞4.4。
易错点
本题考查离子共存，明确离子性质及离子反应条件是解本题关键，注意隐含条件的挖掘。
知识点
4．下列图示且与对应的叙述不相符的是（ ）
A图1表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH
B图2表示 KNO3 的溶解度曲线，a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液
C图3 表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
D图4表示恒温恒容条件下，2NO2(g) 
正确答案
解析
A．根据图象知，稀释相同的倍数，HA的pH变化快，所以HA的酸性比HB强，则相同浓度的钠盐溶液中，NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH，A正确；
B．KNO3的溶解度随着温度的升高而升高，溶解度曲线上的点是饱和溶液，曲线以下的a点是不饱和溶液，B正确；
C．图象表示的是反应物能量高于生成物能量，反应是放热反应，加入催化剂可以降低化学反应的活化能，C正确；
D．依据化学方程式可知，相同时间下，二氧化氮消耗速率是四氧化二氮消耗速率的2倍时，二氧化氮的正逆反应速率相同，说明反应达到平衡，A点是说明二氧化氮和四氧化二氮的消耗速率相同，不能说明反应达到平衡，D错误。
故选D。
考查方向
解题思路
A．根据图象知，稀释相同的倍数，HA的pH变化快，所以HA的酸性比HB强；
B．溶解度曲线上的点是饱和溶液，曲线以下的a点是不饱和溶液；
C．加入催化剂可以降低化学反应的活化能；
D．物质浓度在改变，不是平衡状态。
易错点
本题考查了图象分析判断，主要是化学平衡移动原理分析应用，物质溶解度与质量分数的关系判断，弱电解质溶液pH大小比较及盐类水解的判断方法，题目难度中等。
知识点
5．下表中的实验操作能达到实验目的的是（ ）
正确答案
解析
A．碳与浓硫酸反应生成的二氧化碳、二氧化硫均能使石灰水变浑浊，则不能说明二氧化碳的存在，应先检验二氧化硫并排除二氧化硫的干扰，A错误；
B．溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热发生消去反应，生成乙烯气体，将产生的气体直接通入到酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，乙醇也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能证明溴乙烷的消去反应有乙烯生成，B错误；
C．先滴入Ba(NO3)2溶液，产生沉淀，加入足量稀盐酸，仍有沉淀，可能含有亚硫酸根，被氧化成硫酸根离子，不能用于检验溶液中是否含有SO42-，C错误；
D．等浓度的HCl与CH3COOH，HCl完全电离，电离出的氢离子浓度大，所以pH小，D正确。
故选D。
考查方向
解题思路
A．碳与浓硫酸反应生成的二氧化碳、二氧化硫均能使石灰水变浑浊；
B．乙醇也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；
C．先滴入Ba(NO3)2溶液，产生沉淀，加入足量稀盐酸，仍有沉淀，可能含有亚硫酸根；
D．等浓度的HCl与CH3COOH，HCl完全电离，电离出的氢离子浓度大。
易错点
本题考查化学实验方案的评价，涉及卤代烃的消去反应及水解产物、沉淀的生成、pH的比较、气体的检验及物质的性质，注重基础知识的考查，选项B为解答的难点，题目难度中等。
知识点
6. 乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如右图所示，关于该有机物的下列叙述中不正确的是（）
①分子式为C12H20O2
②能使酸性KMnO4溶液褪色，但不能使溴水褪色
③能发生的反应类型有：加成、取代、氧化、加聚
④它的同分异构体中可能有芳香族化合物，且属于芳香族化合物的同分异构体有8种
⑤1mol该有机物水解时只能消耗1molNaOH
⑥1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为3mol
正确答案
解析
①根据有机物的结构可知，其分子式为C12H20O2，故正确；
②该分子中含有碳碳双键，所以能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性KMnO4溶液褪色，也能使溴水褪色，故错误；
③该分子中含有碳碳双键和酯基，所以能发生加成、取代、氧化、加聚反应，故正确；
④乙酸橙花酯的不饱和度为3，而芳香族化合物至少含有一个苯环，不饱和度至少为4，不存在属于芳香族化合物的同分异构体，故错误；
⑤1mol该有机物水解只能生成1mol羧基，所以只能消耗1molNaOH，故正确；
⑥该分子中含有两个碳碳双键能与氢气发生加成反应，酯基不能与氢气发生加成反应，所以1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为2mol，故错误。
故选C。
考查方向
解题思路
①根据有机物的结构确定分子式；
②含有碳碳双键，具有烯烃的性质；
③该分子中含有碳碳双键和酯基，所以能发生加成、取代、氧化、加聚反应；
④乙酸橙花酯的不饱和度为3，而芳香族化合物至少含有一个苯环，不饱和度至少为4；
⑤酯基与氢氧化钠反应；
⑥碳碳双键与氢气发生加成反应，酯基不能与氢气发生加成反应。
易错点
本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查烯烃、酯的性质，题目难度不大。
知识点
1.下列有关说法中正确的是（ ）
正确答案
解析
A．乙醇消毒液消毒是因为可以使蛋白质变性，而并非是将病毒氧化，而次氯酸钠溶液可以将病毒氧化而达到消毒的目的，A错误；
B．绿色化学是指化学反应过程中以“原子经济性”为基本原则，即在获取新物质的化学反应中充分利用参与反应的每个原料原子，实现“零排放”．不仅充分利用资源，而且不产生污染，B错误；
C．晶体管材料应具有导电性，锗电子迁移率比硅强，可用于半导体材料，C正确；
D．纤维素在人体中不能水解生成葡萄糖，需要浓硫酸催化剂作用发生水解，D错误。
故选C。
考查方向
解题思路
A．乙醇使蛋白质变性；
B．绿色化学的核心内容之一是“原子经济性”；
C．晶体管材料应具有导电性；
D．纤维素在人体中不能水解生成葡萄糖。
易错点
本题考查了生活中的化学知识应用，物质的存在和分析判断，掌握基础是关键，题目较简单。
知识点
7. 以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如图所示．关于该电池的叙述不正确的是（ ）
正确答案
解析
A．高温条件下微生物会变性，故A错误；
B．负极是葡萄糖失电子生成二氧化碳，电极反应为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+，故B正确；
C．原电池内部阳离子应向正极移动，故C正确；
D．正极反应式为O2+4e-+4H+═2H2O，对比负极反应可知，消耗1mol氧气生成1mol二氧化碳，标准状况下体积是22.4L，故D正确。
故选A。
考查方向
解题思路
A．从蛋白质的性质分析；
B．负极是葡萄糖失电子生成二氧化碳，电极反应为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+；
C．原电池内部阳离子应向正极移动；
D．根据正负极电极反应式进行计算。
易错点
本题从两个角度考查①原电池反应（反应原理、电极方程式的书写、离子的移动方向）；②有关化学方程式的计算。
知识点
3. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X、Y、Z、W原子的最外层电子数之和为18，X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2＋与Y2－具有相同的电子层结构。下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
A．Y的单质是氧气，Z的单质是金属镁，金属镁的沸点大于氧气的沸点，故A错误；
B．C、O、Mg三种元素可以形成离子化合物MgCO3，故B错误；
C．非金属性S＞C，因此最高价氧化物对应的水化物的碳酸的酸性小于硫酸的酸性，故C错误；
D．Y分别与Z、W形成的化合物分别为MgO、SO2或SO3，MgO中含有离子键，SO2或SO3中含有共价键，化学键类型不同，D正确。
故选D。
考查方向
原子结构与元素周期律的关系。
解题思路
X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，因此X是C，Y是地壳中含量最高的元素O，Z2+与O2-具有相同的电子层结构，因此Z为Mg。X、Y、Z、W原子的最外层电子数之和为18，W是S，据此解答。
易错点
本题考查了短周期元素种类推断，涉及元素周期律中非金属性的比较以及化合键的判定等知识，难度不大，熟悉短周期元素的原子结构是解题的必备知识。
知识点
醋酸亚铬水合物{[Cr(CH3COO)2]2·2H2O，相对分子质量为376｝是一种深红色晶体，不溶于冷水，是常用的氧气吸收剂。实验室中以锌粒、三氯化铬溶液、醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备醋酸亚铬水合物，其装置如图所示，且仪器2中预先加入锌粒。已知二价铬不稳定，极易被氧气氧化，不与锌反应。制备过程中发生的相关反应如下：
Zn（s）+ 2HCl（aq）= ZnCl2（aq）+ H2（g）
2CrCl3（aq）+ Zn(s) = 2CrCl2（aq）+ ZnCl2（aq）
2Cr2+（aq）+ 4CH3COO－（aq）+ 2H2O（l）= [Cr(CH3COO)2]2·2H2O（s）
请回答下列问题：
8.仪器1的名称是 。
9.往仪器2中加盐酸和三氯化铬溶液的顺序最好是 （选下面的A、B或C）；目
的是 。
A.盐酸和三氯化铬溶液同时加入
B.先加三氯化铬溶液一段时间后再加盐酸
C.先加盐酸一段时间后再加三氯化铬溶液
10.为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，应关闭阀门 （填“A”或“B”，下同），打开阀门 。
11.本实验中锌粒要过量，其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应外，另一个作用是 。
12.已知其它反应物足量，实验时取用的CrCl3溶液中含溶质9.51g，取用的醋酸钠溶液为1.5L0.1mol/L；实验后得干燥纯净的[Cr(CH3COO)2]2·2H2O 9.48g，则该实验所得产品的产率为 （不考虑溶解的醋酸亚铬水合物）。
正确答案
分液漏斗
解析
由图可知，仪器1的名称是分液漏斗。
考查方向
解题思路
根据仪器结构特征，判断仪器1的名称。
易错点
本题考查物质制备实验方案的设计，题目难度中等，涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、产率计算、溶度积有关计算、对信息的获取与运用等知识，注意对题目信息的应用，有利于培养学生分析、理解能力及化学实验能力。
正确答案
C
让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置2和3中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化
解析
二价铬不稳定，极易被氧气氧化，让锌粒与盐酸先反应产生H2，让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置2和3中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化，故先加盐酸一段时间后再加三氯化铬溶液，故选C。
考查方向
解题思路
二价铬不稳定，极易被氧气氧化，让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置2和3中的空气赶出。
易错点
本题考查物质制备实验方案的设计，题目难度中等，涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、产率计算、溶度积有关计算、对信息的获取与运用等知识，注意对题目信息的应用，有利于培养学生分析、理解能力及化学实验能力。
正确答案
B A
解析
为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，应关闭阀门B，打开阀门A，Zn和HCl反应生成氢气，压强增大，CrCl2溶液从容器2进入容器3。
考查方向
解题思路
利用生成氢气，使装置内气体增大，将CrCl2溶液压入装置3中与CH3COONa溶液顺利混合。
易错点
本题考查物质制备实验方案的设计，题目难度中等，涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、产率计算、溶度积有关计算、对信息的获取与运用等知识，注意对题目信息的应用，有利于培养学生分析、理解能力及化学实验能力。
正确答案
使锌与CrCl3充分反应得到CrCl2
解析
本实验中锌粒要过量，其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应外，另一个作用是使锌与CrCl3充分反应得到CrCl2
考查方向
解题思路
过量的锌与CrCl3充分反应得到CrCl2
易错点
本题考查物质制备实验方案的设计，题目难度中等，涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、产率计算、溶度积有关计算、对信息的获取与运用等知识，注意对题目信息的应用，有利于培养学生分析、理解能力及化学实验能力。
正确答案
84.0%
解析
CrCl3的物质的量为：
考查方向
解题思路
CrCl3为0.06mol，得到CrCl2为0.06mol，而CH3COONa为0.15mol，由方程式可知CH3COONa足量，根据CrCl2计算22H2O 的理论产量，进而计算其产率。
易错点
本题考查物质制备实验方案的设计，题目难度中等，涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、产率计算、溶度积有关计算、对信息的获取与运用等知识，注意对题目信息的应用，有利于培养学生分析、理解能力及化学实验能力。
工业上设计将VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5的流程如下：请回答下列问题：
13.步骤①所得废渣的成分是 （写化学式），操作I的名称 。
14.步骤②、③的变化过程可简化为（下式R表示VO2+，HA表示有机萃取剂）：
R2(SO4)n (水层)+ 2nHA（有机层）
②中萃取时必须加入适量碱，其原因是 。
③中X试剂为 。
15.⑤的离子方程式为 。
16.25℃时，取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间关系如下表：
结合上表，在实际生产中，⑤中加入氨水，调节溶液的最佳pH为 ；
若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe(OH)3沉淀，则溶液中c(Fe3+)< 。
(已知：25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39)
17.该工艺流程中，可以循环利用的物质有 和 。
正确答案
SiO2 ；过滤
解析
废钒催化剂（主要成分V2O5、Fe2O3和SiO2等）酸溶后，V2O5、Fe2O3和酸反应，二氧化硅不与酸反应，过滤得到滤渣为二氧化硅，故答案为：SiO2，过滤
考查方向
解题思路
废钒催化剂（主要成分V2O5、Fe2O3和SiO2等）酸溶后，二氧化硅不与酸反应，过滤得到滤渣为二氧化硅。
易错点
本题考查了流程分析判断，物质性质和实验设计的方法应用，题干信息分析判断能力，掌握基础是关键，题目难度中等。
正确答案
加入碱中和硫酸，促使平衡正向移动，提高钒的萃取率［或类似表述，如提高RAn（有机层）的浓度、百分含量等］
H2SO4
解析
②中萃取时必须加入适量碱，分析平衡，Rn+（水层）+nHA（有机层）⇌RAn（有机层）+nH+（水层），加入的碱会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；
③中反萃取时加入的X试剂是抑制平衡正向进行，可以加入硫酸抑制平衡正向进行，故答案为：加入碱中和产生的酸，平衡右移提高了钒的萃取率；硫酸
考查方向
解题思路
②中萃取时必须加入适量碱，会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；
③中反萃取时加入的X试剂是抑制平衡正向进行。
易错点
本题考查了流程分析判断，物质性质和实验设计的方法应用，题干信息分析判断能力，掌握基础是关键，题目难度中等。
正确答案
NH3·H2O+VO3－ =NH4VO3↓+OH－
解析
VO2+被KClO3氧化生成VO3－ ，氨水与VO3－ 反应的离子方程式为：NH3·H2O+VO3－ =NH4VO3↓+OH－，故答案为：NH3·H2O+VO3－ =NH4VO3↓+OH－
考查方向
解题思路
依据氨水与VO3－反应配平得到离子方程式。
易错点
本题考查了流程分析判断，物质性质和实验设计的方法应用，题干信息分析判断能力，掌握基础是关键，题目难度中等。
正确答案
1.7～1.8（或1.7、1.8其中一个）
2.6×10-3mol·L-1
解析
根据表中数据判断，⑤中加入氨水，调节溶液pH最佳值为1.7～1.8，此时钒沉淀率达到最大，需要氨水量较小；若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe(OH)3沉淀，此时PH=2，c（H+）=10-2mol/L，c（OH-）=10-12mol/L，则溶液中c（Fe3+）浓度依据溶度积计算，Ksp[Fe(OH)3]=c（Fe3+）×c3（OH-）=2.6×10-39，计算得到c（Fe3+）=2.6×10-3mol/L，不产生Fe(OH)3沉淀，则溶液中c（Fe3+）＜2.6×10-3mol/L，故答案为：1.7～1.8；2.6×10-3mol/L
考查方向
解题思路
根据表中数据判断，⑤中加入氨水，调节溶液pH最佳值为1.7～1.8，此时钡沉淀率达到最大，需要氨水量较小；依据沉淀溶度积计算分析。
易错点
本题考查了流程分析判断，物质性质和实验设计的方法应用，题干信息分析判断能力，掌握基础是关键，题目难度中等。
正确答案
氨气（或氨水）
有机萃取剂
解析
分析流程图，物质参加反应，反应过程中又生成的物质，或重复利用的物质可以循环利用，流程中有机萃取剂、氨气可以循环利用，故答案为：有机萃取剂；氨气。
考查方向
解题思路
分析流程图，物质参加反应，反应过程中又生成可以循环利用。
易错点
本题考查了流程分析判断，物质性质和实验设计的方法应用，题干信息分析判断能力，掌握基础是关键，题目难度中等。
含氮化合物的研发与绿色反展、经济可持续发展有着密切关联。
18.氨是一种重要化工原料。合成氨原料气H2，可用天然气为原料制得，有关反应能量变化如下图所示。
则用CH4(g)和H2O(g)反应制得H2(g)和CO(g)的热化学方程式为： 。
19.氮的氧化物有着广泛用途，又是环境的污染物。
(i)在150℃时，将0.4mol NO2气体充入体积为2L的真空密闭容器中，发生反应：2NO2(g)
每隔一定时间测定容器内各物质的物质的量，数据如下表：
①当反应在150℃达到平衡时，该反应平衡常数K=________。（填数值）
②若最初通入N2O4，在相同条件下达到平衡时，各物质浓度仍然相同，则N2O4的起始浓度应为______________。
(ii)氨氧化制HNO3的尾气中含有NO和NO2，且n(NO):n(NO2) =1:1，可用尿素溶液除去，其作用原理是：NO2和NO与水反应生成亚硝酸，亚硝酸再与尿素[CO( NH2)2]反应生成对环境无污染的物质。若用1mol尿素吸收该尾气，则能吸收氮氧化物___________g。
20.氨气，CO2在一定条件下可合成尿素，其反应为：2NH3(g)+CO2(g)=CO( NH2)2(s)+H2O(g)右图表示合成塔中氨碳比a与CO2转化率ω的关系。a为[n(NH3)/n(CO2)]，b为水碳比[n(H2O)/n(CO2)]。则：
①b应控制在____； A.1.5～1.6 B.1～1.1 C.0.6～0.7
②a应控制在4.0的理由是_____________________。
正确答案
CH4(g)+H2O(g)= CO(g)+3H2(g) △H=+171.1KJ/mol
解析
分别根据图象1、2、3可知热化学方程式为：
①CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)△H=﹣282kJ/mol
②H2(g)+1/2O2 (g) =H2O(g) △H=﹣241.8kJ/mol
③CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(g) △H=﹣836.3kJ/mol
将③﹣①﹣②×3可得：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H=+171.1kJ/mol
考查方向
解题思路
分别根据图象1、2、3写出热化学方程式，然后根据盖斯定律来分析.
易错点
本题主要考查了盖斯定律的应用，化学平衡移动、化学平衡常数的计算等，难度不大，培养了学生分析问题的能力。
正确答案
（i）①2.8 ②0.10mol/L
（ii）76g
解析
（i）①根据方程式中物质间的计量数关系、利用三段式可知，n1=0.3mol，n2=0.07mol，n3=0.24mol，n4=0.24mol，故在60min时反应达平衡，NO2的平衡浓度为0.12mol/L、N2O4的平衡浓度为0.04mol/L，故反应的平衡常数K=
②若最初通人N2O4，在相同条件下达到平衡时，各物质浓度仍然相同，即与通入0.4molNO2达等效平衡，而在恒温恒容条件下，按照等量加料，则达等效平衡，故应加入0.2molN2O4，即0.1mol/L；
（ii）由题目信息可知，NO、NO2二者混合物与水反应生成亚硝酸，反应方程式为NO+NO2+H2O=2HNO2；亚硝酸再与尿素反应生成CO2和N2，反应方程式为CO(NH2)2+2HNO2=CO2+2N2+3H2O．
NO+NO2 ～2HNO2 ～CO(NH2)2
（30+46）g 1mol
1mol尿素能吸收工业尾气中氮氧化物（假设NO、NO2体积比为1：1）的质量为76g
考查方向
解题思路
（i）①根据方程式可知，n1=0.3mol，n2=0.07mol，n3=0.24mol，n4=0.24mol，根据NO2的平衡浓度为0.12mol/L、N2O4的平衡浓度为0.04mol/L来计算；
②若最初通人N2O4，在相同条件下达到平衡时，各物质浓度仍然相同，即与通入0.4molNO2达等效平衡，据此分析；
（ii）根据题目信息写出方程式，建立关系式，然后依据关系式进行计算。
易错点
本题主要考查了盖斯定律的应用，化学平衡移动、化学平衡常数的计算等，难度不大，培养了学生分析问题的能力。
正确答案
①C
②a等于4.0, CO2转化率迅速提高到最大值；而a在4.0之后增大，c(NH3)转化率无明显增大
解析
①氨碳比a[n(NH3)/n(CO2)]相同时，水碳比b[n(NH3)/n(CO2)]为0.6～0.7时，二氧化碳转化率最大，故选C；
②氨碳比a[n(NH3)/n(CO2)]大于4.0时，增大氨气的物质的量，二氧化碳的转化率增加不大，增加了生产成本；氨碳比a[n(NH3)/n(CO2)]小于4.0时，二氧化碳的转化率较小。
考查方向
解题思路
①根据氨碳比a[n(NH3)/n(CO2)]相同时，水碳比b[n(H2O)/n(CO2)]为0.6～0.7时，二氧化碳转化率最大；
②根据氨碳比a[n(NH3)/n(CO2)]大于4.0时，增大氨气的物质的量，二氧化碳的转化率增加不大，增加了生产成本；氨碳比a[n(NH3)/n(CO2)]小于4.0时，二氧化碳的转化率较小。
易错点
本题主要考查了盖斯定律的应用，化学平衡移动、化学平衡常数的计算等，难度不大，培养了学生分析问题的能力。
【化学选修——化学与生活】
铝是一种重要的金属，在生产、生活中具有许多重要的用途，如下框图是从铝土矿中制备铝的工艺流程：
已知：①铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质；②溶液中的硅酸钠与偏铝酸钠反应，能生成硅铝酸盐沉淀，化学方程式为： 2Na2SiO3+2NaAlO2+4H2O=Na2Al2Si2O8↓+2H2O+4NaOH
回答下列问题：
21.溶解铝土矿时，发生反应的离子方程式为 、 ________。
22.滤渣A的主要成分是 ；硅铝酸盐沉淀写成氧化物的形式是 。
23.在工艺流程第三步中，选用二氧化碳作酸化剂而不使用盐酸的原因是 。
24.若该工厂用mkg铝土矿共制得nkg Al（假设每步反应进行完全），则铝土矿中Al2O3的质量分数为 。
25.若将铝溶解，下列试剂中最好选用 （填编号）。
A．浓硫酸
B．稀硫酸
C．稀HNO3
D．浓HNO3
26.电解冶炼铝时用Na3AlF6作助熔剂，Na3AlF6是配合物，其中内界是 ，配位数为 。
正确答案
2OH-+Al2O3=2AlO2-+H2O
SiO2+2OH-=SiO32-+H2O
解析
铝土矿中氧化铝为两性氧化物，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式：2OH﹣+Al2O3═2AlO2﹣+H2O；
二氧化硅为酸性氧化物，与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，离子方程式：SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O
考查方向
解题思路
铝土矿中氧化铝、二氧化硅能够与氢氧化钠反应
易错点
本题为工艺流程题，设计物质的分离与提纯、离子方程式书写、有关方程式计算，题目综合性较强，熟悉铝及其化合物性质是解题关键，题目难度较大。
正确答案
Fe2O3、Na2Al2Si2O8
Na2O·Al2O3.·2SiO2
解析
依据铝土矿主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，铝土矿中氧化铝、二氧化硅能够与氢氧化钠反应分别生成偏铝酸钠和硅酸钠，氧化铁不与氢氧化钠反应，依据2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2O=Na2Al2Si2O8↓+4NaOH，可知还生成Na2Al2Si2O8，则滤渣A的主要成分为Fe2O3、Na2Al2Si2O8；硅酸盐改写为氧化物的形式一般方法归纳为：碱性氧化物、两性氧化物、酸性氧化物，所以Na2Al2Si2O8改写为氧化物为Na2O•Al2O3•2SiO2
考查方向
解题思路
依据铝土矿主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，结合氧化铝、二氧化硅性质判断滤渣成分；硅酸盐改写为氧化物的形式一般方法归纳为：碱性氧化物、两性氧化物、酸性氧化物
易错点
本题为工艺流程题，设计物质的分离与提纯、离子方程式书写、有关方程式计算，题目综合性较强，熟悉铝及其化合物性质是解题关键，题目难度较大。
正确答案
Al(OH)3溶于强酸而不溶于弱酸，提高Al2O3的提取率（或合理答案）
解析
反应后溶液含有大量偏铝酸钠溶液，通入过量二氧化碳可以将NaAlO2完全转化为Al(OH)3，若选用盐酸，则生成的氢氧化铝会溶于过量的盐酸，所以第三步中选用二氧化碳作酸化剂。
考查方向
解题思路
依据氢氧化铝能够溶于强酸，不溶液弱酸的性质解答。
易错点
本题为工艺流程题，设计物质的分离与提纯、离子方程式书写、有关方程式计算，题目综合性较强，熟悉铝及其化合物性质是解题关键，题目难度较大。
正确答案
5100n/27m% 或1700n/9m%
解析
设铝土矿中氧化铝为xkg，
2Al～～～～Al2O3
27×2 102
nkg xkg
则x=
铝土矿中Al2O3的质量分数为
考查方向
解题思路
根据铝元素守恒由Al的质量计算出氧化铝的质量，再求出质量分数。
易错点
本题为工艺流程题，设计物质的分离与提纯、离子方程式书写、有关方程式计算，题目综合性较强，熟悉铝及其化合物性质是解题关键，题目难度较大。
正确答案
B
解析
浓硫酸、浓硝酸具有强的氧化性，能够使铝钝化，不能用来溶解铝，铝与稀硝酸反应生成硝酸铝和一氧化氮和水，一氧化氮有毒，铝与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，可以用来溶解铝，故选B
考查方向
解题思路
浓硫酸、浓硝酸具有强的氧化性，能够使铝钝化，铝与稀硝酸反应生成硝酸铝和一氧化氮和水，与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气。
易错点
本题为工艺流程题，设计物质的分离与提纯、离子方程式书写、有关方程式计算，题目综合性较强，熟悉铝及其化合物性质是解题关键，题目难度较大。
正确答案
[AlF6]3-
6
解析
中心离子和配体组成內界，其余部分为外界，则Na3AlF6中Na+为外界，[AlF6]3-为內界；配原子的数目即是配位数，所以配位数为6
考查方向
解题思路
中心离子和配体组成內界，其余部分为外界；配原子的数目即是配位数。
易错点
本题为工艺流程题，设计物质的分离与提纯、离子方程式书写、有关方程式计算，题目综合性较强，熟悉铝及其化合物性质是解题关键，题目难度较大。