2019-2020学年北京市西城35中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年北京市西城35 中新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1含有酚类物质的废水来源广泛，危害较大。含酚废水不经处理排入水体，会危害水生生物的繁殖和生存；饮用水含酚，会影响人体健康。某科研结构研究出一种高效光催化剂BMO（Bi2MoO6)，可用于光催化降解丁基酚，原理如图所示。下列说法错误的是（）A光催化剂BMO 可降低丁基酚氧化反应的HB在丁基酚氧化过程中BMO 表现出强还原性C苯环上连有一OH和一 C4H9的同分异构体共有12 种（不考虑立体异构）D反应中BMO 参与反应过程且可以循环利用【答案】A【解析】【详解】A催化剂可降低丁基酚氧化反应的活化能，不会改变H，A 项错误；BBMO 被氧气氧化成变为BMO+，说明该过程中BMO 表现出较强还原性，B项正确；C-C4H9有 4 种结构异构，苯环上还存在羟基，可以形成邻间对三种位置异构，总共有12 种，C 项正确；D催化剂在反应过程中，可以循环利用，D 项正确；答案选 A。2设 NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A 10gNH3含有 4NA个电子B0.1mol 铁和 0.1mol 铜分别与0.1 mol 氯气完全反应，转移的电子数均为0.2NAC标准状况下，22.4 L H2O 中分子数为NA 个D 1L0.1mol L1Na2CO3溶液中含有0.1NA个 CO32【答案】B【解析】【详解】A NH3的相对分子质量是17，每个分子中含有10 个电子，所以10gNH3含有电子的个数是：(10g 17g/mol)10NA=5.88NA个电子，错误；BFe 是变价金属，与氯气发生反应：2Fe+3Cl2 2FeCl3，根据反应方程式中两者的关系可知0.1mol的 Cl2与 Fe反应时，氯气不足量，所以反应转移的电子的物质的量应该以Cl2为标准，转移的电子数为0.2NA，Cu与 Cl2发生反应产生CuCl2，0.1mol 铜分别与0.1 mol 氯气完全反应，转移的电子数均为0.2NA，正确；C标准状况下H2O 是液体，不能使用气体摩尔体积计算H2O 的物质的量，错误；DNa2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中CO32发生水解反应而消耗，所以 1L0.1mol L1Na2CO3溶液中含有CO32小于 0.1NA个，错误；答案选 B。3下列离子方程式书写正确的是A过量的SO2通入 NaOH 溶液中：SO2+2OH-=SO32-+H2O BFe(NO3)3溶液中加入过量的HI 溶液：2Fe3+2I-=2Fe2+I2CNaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2+5NO3-+3H2O D NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：2HCO3-+Ba2+2OH-=BaCO3+2H2O+CO32-【答案】C【解析】【详解】A、过量的SO2通入 NaOH 溶液中发生的反应为：SO2+OHHSO3，故 A 错误；B、Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI 溶液后，溶液中存在强氧化性的硝酸，能将亚铁离子氧化，所以产物不会出现亚铁离子，故B错误；C、NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，实质是：2MnO4+5NO2+6H+2Mn2+5NO3+3H2O，故 C正确；D、NaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液发生的反应为：HCO3+Ba2+OH BaCO3+H2O，故 D 错误故选 C。40.1 mol L 二元弱酸H2A 溶液中滴加0.1mol/LNaOH 溶液，溶液中的H2A、HA-、A2-的物质的量分数(x)随 pH 的变化如图所示。下列说法错误的是A pH=1.9 时，c(Na+)c(HA-)+2c(A2-)B当 c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)时，溶液pH7 CpH=6 时，c(Na+)c(HA-)c(A2-)c(H2A)D lgKa2(H2A)=-7.2【答案】B【解析】【详解】A 根据图像，pH=1.9 时，溶液显酸性，c(H+)c(OH-)，根据电荷守恒，有 c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，因此 c(Na+)c(HA-)+2c(A2-)，故 A 正确；B根据图像，当溶液中的溶质为NaHA，溶液显酸性，pH7，此时溶液中存在物料守恒，c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，故 B错误；C根据图像，pH=6 时，c(HA-)c(A2-)，溶液中的溶质为NaHA 和 Na2A，c(Na+)c(HA-)c(A2一)c(H2A)，故 C 正确；D Ka2(H2A)=2-c Ac Hc()HA，根据图像，当pH=7.2 时，c(HA-)=c(A2一)，则 Ka2(H2A)=2-c Ac Hc()HA=c(H+)=10-7.2，因此 lgKa2(H2A)=-7.2，故 D 正确；故选 B。5锂空气充电电池有望成为电动汽车的实用储能设备。工作原理示意图如下，下列叙述正确的是A该电池工作时Li+向负极移动BLi2SO4溶液可作该电池电解质溶液C电池充电时间越长，电池中Li2O 含量越多D电池工作时，正极可发生：2Li+O2+2e-=Li2O2【答案】D【解析】【详解】A原电池中，阳离子应该向正极移动，选项A错误；B单质锂会与水反应生成氢氧化锂和氢气，所以电解质溶液不能使用任何水溶液，选项B 错误；C电池充电的时候应该将放电的反应倒过来，所以将正极反应逆向进行，正极上的Li 应该逐渐减少，所以电池充电时间越长，Li2O 含量应该越少，选项C错误；D题目给出正极反应为：xLi+O2+xe-=LixO2，所以当x=2 时反应为：2Li+O2+2e-=Li2O2；所以选项D 正确。6下列化学用语正确的是A CH3OOCCH3名称为甲酸乙酯B次氯酸的电子式C17Cl原子 3p 亚层有一个未成对电子D碳原子最外层电子云有两种不同的伸展方向【答案】C【解析】【详解】A酯的命名是根据生成酯的酸和醇来命名为某酸某酯，此有机物是由甲醇和乙酸酯化得到的，故为乙酸甲酯，选项A 错误；B次氯酸为共价化合物，分子中不存在氢氯键，次氯酸的电子式为：，选项 B 错误；C17Cl 原子 3p 亚层上只有一个未成对电子的原子，其外围电子排布为3s23p5，选项 C 正确；D碳原子最外层有两个2s、两个 2p 电子，s 电子的电子云为球形，p 电子的电子云为纺锤形，有3 种伸展方向，选项D 错误。答案选 C。7有关 Na2CO3和 NaHCO3的叙述中正确的是A向 Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原 Na2CO3的物质的量之比为1:2 B等质量的NaHCO3和 Na2CO3分別与足量盐酸反应，在同温同压下。生成的CO2体积相同C物质的量浓度相同时，Na2CO3溶液的 pH 小于 NaHCO3溶液D向 Na2CO3饱和溶液中通入CO2有 NaHCO3结晶析出【答案】D【解析】A、根据化学反应方程式：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，等物质的量盐酸与碳酸钠反应只生成碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，选项A 错误；B、NaHCO3和 Na2CO3都与盐酸反应生成二氧化碳气体：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，等质量的碳酸钠和碳酸氢钠分别与足量盐酸反应：产生的二氧化碳在相同条件下体积比为m106:84m=84：106=42：53，选项 B 错误；C、Na2CO3溶液、NaHCO3溶液中碳酸根离子和碳酸氢根离子均能水解，导致溶液显碱性，但是碳酸根离子水解程度大，所以等浓度的碳酸钠的溶液的碱性强于碳酸氢钠溶液，即 Na2CO3溶液的 pH 大于 NaHCO3溶液，选项 C错误；D、向 Na2CO3饱和溶液中通入CO2，会发生反应：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，常温下相同的溶剂时，较易溶，所以析出的是NaHCO3晶体，选项D正确。答案选D。点睛：本题Na2CO3和 NaHCO3的异同，注意把握Na2CO3和 NaHCO3性质，注重基础知识的积累。8某溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3、SO42、Cl，滴入过量氨水，产生白色沉淀，若溶液中各离子的物质的量浓度相等，则一定存在的离子是A SO42BNO3CNa+D Fe3+【答案】A【解析】【详解】某溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3、SO42、Cl，滴入过量氨水，产生白色沉淀，该白色沉淀为氢氧化铝，则一定含有Al3+，一定不含Fe3+（否则产生红褐色沉淀），若溶液中各离子的物质的量浓度相等，根据电荷守恒，则一定存在的离子是SO42，且至少含有NO3、Cl中的一种，若含有NO3、Cl两种，则还含有 Na+，故答案选A。9关于物质检验的下列叙述中正确的是A将酸性高锰酸钾溶液滴入裂化汽油中，若紫红色褪去，证明其中含甲苯B让溴乙烷与NaOH 醇溶液共热后产生的气体通入溴水，溴水褪色，说明有乙烯生成C向某卤代烃水解后的试管中加入AgNO3溶液，有淡黄色沉淀，证明它是溴代烃D往制备乙酸乙酯反应后的混合液中加入Na2CO3溶液，产生气泡，说明乙酸有剩余【答案】B【解析】【详解】A裂化汽油中含烯烃，则加高锰酸钾褪色不能说明含有甲苯，A 错误；B溴乙烷与NaOH 醇溶液共热后，发生消去反应生成乙烯，则气体通入溴水，溴水褪色，说明有乙烯生成，B 正确；C卤代烃水解后，检验卤素离子，应在酸性溶液中，不能直接加硝酸银检验，C错误；D制备乙酸乙酯反应为可逆反应，不需要利用与碳酸钠反应生成气体说明乙酸剩余，D 错误。答案选 B。10化学与生活密切相关。下列叙述不正确的是（）A二氧化硅是将太阳能转变为电能的常用材料B中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈C使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力差D汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土【答案】A【解析】【详解】A单质硅可用于制作太阳能电池的原料，太阳能电池可将太阳能转化为电能，二氧化硅是光导纤维的成分，故 A 错误；B明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2(OH)2CO3，能够溶于酸性溶液，可以利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，故B 正确；C含钙离子浓度较大的地下水能够与高级脂肪酸钠反应生成高级脂肪酸钙沉淀，去污能力减弱，故C正确；D瓷器由黏土烧制而成，瓷器的主要原料为黏土，故D 正确；答案选 A。11我国科学家发明了一种“可固氮”的锂氮二次电池，用可传递Li+的醚类物质作电解质，电池的总反应为 6Li+N2 固氮脱氧垐 垎?噲 垐?2Li3N，下列说法正确的是A固氮时，电能转化为化学能B固氮时，电流由锂电极经用电器流向钌复合电极C脱氮时，钌复合电极的电极反应：2Li3N-6e-=6 Li+N2D脱氮时，Li+向钌复合电极迁移【答案】C【解析】【分析】【详解】A.固氮时为原电池原理，化学能转化为电能，A错误；B.固氮时，Li 电极为负极，钌复合电极为正极，电流由钌复合电极经用电器流向锂电极，B 错误；C.脱氮时为电解原理，钌复合电极为阳极，阳极上发生失电子的氧化反应，钌复合电极的电极反应为2Li3N-6e-=6 Li+N2，C正确；D.脱氮时，钌复合电极为阳极，锂电极为阴极，Li+（阳离子）向锂电极迁移，D 错误；答案选 C。12锌电池是一种极具前景的电化学储能装置。2VS/Zn扣式可充电电池组成示意图如下。2Zn可以在2VS晶体中可逆地嵌入和脱除，总反应为2x2VS+xZnZn VS垐 垎?噲 垐?放电充电。下列说法错误的是（）A放电时不锈钢箔为正极，发生还原反应B放电时负极的反应为2Zn2eZnC充电时电池正极上的反应为：-2+x22Zn VS+2xe+xZn=VS+2xZnD充电时锌片与电源的负极相连【答案】C【解析】【分析】如图：对 VS2/Zn 扣式可充电电池组成分析，放电时，不锈钢箔为正极，锌片为负极，电极反应Zn-2eZn2；充电时原电池的正极与外电源正极相连，作阳极，失电子发生氧化反应，原电池负极与电源负极相连，作阴极，得到电子发生还原反应。【详解】A放电时，不锈钢箔为正极，发生还原反应，故A 正确；B放电时，负极为锌，锌电极反应为：Zn-2eZn2，故 B 正确；C充电时，原电池的正极接电源的正极，作阳极，失去电子，发生氧化反应，故C 错误；D充电时，原电池负极锌片与电源的负极相连，作阴极，故D 正确；故选 C。13最近科学家发现都由磷原子构成的黑磷(黑磷的磷原子二维结构如图)是比石墨烯更好的新型二维半导体材料.下列说法正确的是A石墨烯属于烯烃B石墨烯中碳原子采用sp3杂化C黑磷与白磷互为同素异形体D黑磷高温下在空气中可以稳定存在【答案】C【解析】【分析】【详解】A石墨烯是碳元素的单质，不是碳氢化合物，不是烯烃，A 错误；B石墨烯中每个碳原子形成3键，杂化方式为sp2杂化，B错误；C黑磷与白磷是磷元素的不同单质，互为同素异形体，C 正确；D黑磷是磷单质，高温下能与O2反应，在空气中不能稳定存在，D 错误；答案选 C。14在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()A Ca(ClO)2(aq)HClO(aq)O2(g)BH2SO4(稀)SO2(g)BaSO3(s)CFe2O3(s)FeCl3(aq)Fe(s)D SiO2(s)H2SiO3(胶体)Na2SiO3(aq)【答案】A【解析】【详解】A.Ca(ClO)2与二氧化碳和水反应生成次氯酸，次氯酸再受热分解会产生氧气，A 项正确；B.根据金属活动性顺序已知，铜与稀硫酸不反应，B项错误；C.铜与氯化铁反应时生成氯化亚铁与氯化铜，不能得到铁单质，C项错误；D.二氧化硅不与水反应，D 项错误；答案选 A。15下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是（）A NaOH BNH4Cl CCH3COONa DHC1【答案】C【解析】ANaOH 为强碱，电离使溶液显碱性，故A 不选；BNH4Cl 为强酸弱碱盐，水解显酸性，故B不选；CCH3COONa为强碱弱酸盐，弱酸根离子水解使溶液显碱性，故C选；DHC1在水溶液中电离出H+，使溶液显酸性，故D 不选；故选C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种易分解、易水解的白色固体，难溶于CCl4。实验室可将干燥二氧化碳和干燥氨气通入CCl4中进行制备，化学方程式为：2NH3(g)+CO2(g)=NH2COONH4(s)H0。回答下列问题：（1）利用装置甲制备氨气的化学方程式为_。（2）简述检查装置乙气密性的操作_。（3）选择图中的装置制备氨基甲酸铵，仪器接口的连接顺序为：B_EF _A。（4）反应时为了增加氨基甲酸铵的产量，三颈瓶的加热方式为_（填“热水浴”或“冷水浴”）；丁中气球的作用是 _。（5）从装置丁的混合物中分离出产品的方法是_（填写操作名称）。（6）取因吸潮变质为碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品11.730g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥、称量，质量为15.000g。则样品中氨基甲酸铵的质量分数为_（已知：Mr(NH2COONH4)=78、Mr(NH4HCO3)=79、Mr(CaCO3)=100。计算结果保留3 位有效数字）。【答案】Ca(OH)2+2NH4Cl加热CaCl2+2NH3+2H2O 夹紧止水夹B，向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面，静置，若液面差保持不变，则表明气密性良好I JH G D(C)或 C(D)冷水浴平衡气压，收集多余的气体过滤79.8%【解析】【分析】(1)实验室用氯化铵和氢氧化钙晶体共热制取氨气；(2)夹紧止水夹B，向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面变化情况；(3)选择图中的装置制备氨基甲酸铵，制取的二氧化碳中含有HCl和水蒸气，制取氨气时气体中含有水蒸气，也需要除去杂质气体；(4)氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种易分解、易水解的白色固体，结合物质的性质分析；丁中气球的用来平衡内外压强；(5)利用已知信息，氨基甲酸铵(NH2COONH4)难溶于 CCl4分析；(6)取因吸潮变质为碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品11.730g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥、称量，质量为15.000g。通过碳原子守恒，计算样品中氨基甲酸铵的质量分数。【详解】(1)实验室用氯化铵和氢氧化钙晶体共热制取氨气，方程式为：Ca(OH)2+2NH4Cl加热CaCl2+2NH3+2H2O；(2)检查装置乙气密性的操作：夹紧止水夹B，向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面，静置，若液面差保持不变，则表明气密性良好；(3)选择图中的装置制备氨基甲酸铵，制取的二氧化碳中含有HCl 和水蒸气，应先通过装置已中的饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，然后通过戊中的浓硫酸除去水蒸气；制取氨气时气体中含有水蒸气，通过装置丙中的碱石灰；仪器接口的连接顺序为：BI J HG EF （或 DC）CD A。(4)氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种易分解、易水解的白色固体，生成氨基甲酸铵的反应是放热的，所以需要降低温度，用冷水浴；丁中气球的用来平衡内外压强，还能吸收多余未反应的气体；(5)氨基甲酸铵(NH2COONH4)是易水解的白色固体，难溶于CCl4，则可以使用过滤的方法分离；(6)取因吸潮变质为碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品11.730g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥、称量，质量为15.000g。碳酸钙的物质的量=10150g.000/molg=0.1500mol，根据碳原子守恒，氨基甲酸铵样品中碳的物质的量也为0.1500mol，碳酸氢铵和氨基甲酸铵的物质的量分别为x、y，则 x+y=0.15，79x+78y=11.73，解得：x=0.03mol，y=0.12mol，则样品中氨基甲酸铵的质量分数为0.12mol7811.73 100%=79.8%。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17有研究人员在体外实验中发现药物瑞德西韦对新冠病毒有明显抑制作用。E是合成瑞德西韦的中间体，其合成路线如下：回答下列问题：(1)W 的化学名称为_；反应的反应类型为_(2)A 中含氧官能团的名称为_。(3)写出反应的化学方程式_(4)满足下列条件的B 的同分异构体有_种(不包括立体异构)。苯的二取代物且苯环上含有硝基；可以发生水解反应。上述同分异构体中核磁共振氢谱为3:2:2 的结构简式为_(5)有机物中手性碳(已知与 4 个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳)有 _个。结合题给信息和已学知识，设计由苯甲醇为原料制备的合成路线 _(无机试剂任选)。【答案】氨基乙酸取代反应硝基和羟基+浓硫酸+H2O 8 2 2Cu、O、催化剂HCN催化剂+2H/H O浓硫酸，【解析】【分析】根据流程图，A()和发生取代反应生成B()，B 和磷酸在加热条件下发生取代生成 C，C在一定条件下转化为，中的一个氯原子被取代转化为D；X与 HCN发生加成反应生成Y，Y和氨气在一定条件下发生取代反应生成Z，Z在酸性条件下水解得到W，D 和 R 在一定条件下反应生成E，根据 E和 D 的结构简式，可推出R的结构简式为，由此可知W 和在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成R，据此分析解答。【详解】(1)W 的结构简式为，结构中有羧基和氨基，化学名称为氨基乙酸；根据分析，反应为A()和发生取代反应生成B()，反应类型为取代反应；(2)A 的结构简式为，含氧官能团的名称为硝基和羟基；(3)根据分析，反应为W 和在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成R，R的结构简式为，化学方程式+浓硫酸+H2O；(4)B 的结构简式为，苯的二取代物且苯环上含有硝基；可以发生水解反应，说明另一个取代基为酯基，该酯基的结构可为-OOCCH3或-COOCH3或-CH2OOCH，在苯环上与硝基分别有邻间对三种位置，分别为：、，除去自身外结构外，共有8 种；上述同分异构体中核磁共振氢谱为3:2:2，说明分子中含有三种不同环境的氢原子且个数比为3:2:2，则符合要求的结构简式为；(5)已知与 4 个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳，有机物中手性碳的位置为，有 2 个；的水解产物为，的结构中的-COOH可由-CN酸性条件下水解得到，而与 HCN发生加成反应可生成，再结合苯甲醇催化氧化可得到苯甲醛，则合成路线为：2Cu、O、催化剂HCN催化剂+2H/H O浓硫酸，。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18铝是一种应用广泛的金属，在工业上用23Al O和冰晶石36Na AlF混合熔电解制得。.铝土矿的主要成分是23Al O和2SiO等。从铝土矿中提炼23Al O的流程如下：（1）写出反应1 中涉及的任意一个化学方程式_；（2）滤液中加入的CaO生成的沉淀是_，已知气体A 在标准状况下的密度为1.96g/L，反应 2 的离子方程式为 _；.以萤石2CaF和纯碱为原料制备冰晶石的流程如下：（3）萤石2CaF的电子式 _；（4）若 E为硫酸钙，D 为最稳定的气态氢化物，则化合物 C是_，写出由 D 制备冰晶石36Na AlF的化学方程式 _；（5）工业电解制铝若以石墨为电极，阳极产生的混合气体的成分是_。【答案】2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O 或2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2OCaSiO32AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3+CO32-浓硫酸12HF+3Na2CO3+2Al(OH)3=2Na3AlF6+3CO2+9H2OO2、CO2（CO）【解析】【分析】.铝土矿的主要成分是Al2O3和 SiO2等，加入氢氧化钠溶液氧化铝溶解，过滤得到滤液偏铝酸钠溶液，二氧化硅溶解生成硅酸钠溶液，加入氧化钙生成氢氧化钙，和硅酸钠反应生成硅酸钙沉淀，过滤得到偏铝酸钠溶液，通入气体A得到氢氧化铝沉淀，煅烧氢氧化铝得到氧化铝；.根据原子守恒，氟化钙和浓硫酸加热反应生成氟化氢气体和硫酸钙，氟化氢和碳酸钠、氢氧化铝反应生成冰晶石（六氟合铝酸钠）。电解氧化铝阳极生成氧气，据此解答。【详解】I.（1）二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，反应方程式为：2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应方程式为：2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O，故答案为2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O 或 2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O；（2）滤液中含有硅酸钠、偏铝酸钠，加入CaO，生成氢氧化钙，氢氧化钙与硅酸钠反应生成硅酸钙沉淀；由工艺流程可知，B 为氢氧化铝，A与偏铝酸钠溶液反应生成Al（OH）3沉淀，气体A 在标准状况下的密度为1.96g/L，气体 A的摩尔质量为1.96g/L 22.4L/mol=44g/mol，故气体A 为二氧化碳，滤液主要是偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝与碳酸钠，反应的离子方程式为：2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3+CO32-，故答案为CaSiO3；2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3+CO32-；II.（3）CaF2为离子化合物，电子式为，故答案为；（4）由工艺流程可知，E为硫酸钙，D 为最稳定的气态氢化物，D是 HF，故 C 为浓硫酸；根据元素守恒，可知 HF 与碳酸钠、氢氧化铝反应生成冰晶石，同时生成二氧化碳、水，反应方程式为：12HF+3Na2CO3+2Al(OH)3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O，故答案为浓硫酸；12HF+3Na2CO3+2Al(OH)3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O；（5）工业电解制铝若以石墨为电极，阳极反应式为2O2-4e-=O2，高温下C 与 O2反应生成CO2或 CO，则阳极产生的混合气体的成分是O2、CO2（CO）。故答案为O2、CO2（CO）。【点睛】本题考查化学工艺流程、无机物推断、常用化学用语等，理解工艺流程是解题的关键，（4）中 HF 的制备是中学中比较陌生的知识，现在基本不涉及，是难点、易错点，学生需要扎实的基本知识与运用知识分析解决问题的能力。19纳米氧化亚铜具有特殊功能。以废铜渣(主要成分为Cu和 CuO，含少量Ni、Al2O3和 Fe3O4等)为原料制备纳米氧化亚铜的流程如下：回答下列问题：(1)“研磨 的主要目的是_；滤渣 2 的主要成分是_(填化学式)。(2)“酸溶”中通入热空气的主要目的是_(用 2 个离子方程式表示)。(3)已知：Ni(s)+4CO(g)?Ni(CO)4(g)?H0。利用平衡移动原理提纯镍粉，密封管如图所示。在密封管_(填“高温区”或“低温区”)收集纯镍粉。(4)滤液 1 的溶质有NaOH 和_(填化学式)。(5)设计实验检验滤液2 是否含 Fe3+：_(写出简要操作、现象和结论)。(6)制备 Cu2O 有多种方案(注明：肼的某些性质类似氨气)。方案 1：炭还原法,即木炭与氧化铜混合共热；方案 2：葡萄糖还原法,即葡萄糖与Cu(OH)2浊液共热；方案 3：肼还原法,即在加热条件下用N2H4还原 CuO：方案 4：电解法,以铜为阳极,石墨为阴极,电解 NaOH 溶液。从操作方便、产品纯度、节能安全和环保等角度分析，最佳方案是方案_(填数字)。【答案】增大固体接触面积，加快反应速率Fe(OH)32Cu+O2+4H+=2Cu2+2H2O、4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O 高温区NaAlO2取少量滤液2 于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则滤液2 含 Fe3+；否则，不含Fe3+2【解析】【分析】废铜渣研磨后颗粒转化为粉末，与CO充分接触，Ni 转化为 Ni(CO)4；用 NaOH 碱溶后，固体中的Al2O3转化为 NaAlO2进入滤液1，滤渣为 Cu、CuO、Fe3O4；用稀硫酸酸溶，并鼓入热空气，Cu、CuO转化为 CuSO4，Fe3O4转化为 Fe2(SO4)3；调 pH 后，Fe3+转化为 Fe(OH)3进入滤渣2，滤液 2 为 CuSO4等的混合溶液。【详解】(1)固体与气体或液体的接触面积越大，反应速率越快。由此得出“研磨 的主要目的是增大固体接触面积，加快反应速率；调节pH 时，Fe3+转化为 Fe(OH)3，由此得出滤渣2 的主要成分是Fe(OH)3。答案为：增大固体接触面积，加快反应速率；Fe(OH)3；(2)“酸溶”时通入热空气，将Cu、CuO、Fe3O4转化为 CuSO4、Fe2(SO4)3，便于提纯与转化，其主要目的是2Cu+O2+4H+=2Cu2+2H2O、4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O。答案为：2Cu+O2+4H+=2Cu2+2H2O、4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O；(3)操作的目的是先将Ni 转化为 Ni(CO)4，再将 Ni(CO)4转化为 Ni，依据平衡移动原理，应先在低温区将Ni转化为 Ni(CO)4，再在高温区将Ni(CO)4转化为 Ni。答案为：高温区；(4)加入 NaOH 溶液后，Al2O3与 NaOH 反应，转化为NaAlO2，由此得出滤液1的溶质为NaOH 和 NaAlO2。答案为：NaAlO2；(5)检验滤液2 是否含 Fe3+，应使用KSCN溶液，具体操作为：取少量滤液2 于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则滤液2 含 Fe3+；否则，不含Fe3+。答案为：取少量滤液2 于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则滤液2 含 Fe3+；否则，不含Fe3+；(6)方案 1：木炭过量时，会引入杂质，且可能会将Cu2O 进一步还原为Cu；方案 2：葡萄糖还原Cu(OH)2，此法操作方法，产品纯度高；方案 3：N2H4类似 NH3，不环保；方案 4：电解法耗能高，在铜电极表面生成Cu2O，分离困难。综合以上分析，最佳方案是方案2。答案为：2。【点睛】在进行制备Cu2O 方案评价时，感觉不知从何谈起，得出正确结论困难重重，若我们利用信息从“操作方便、产品纯度、节能安全和环保”等角度分析突破，对每一方案都从这四个方面去考察，则容易得出正确的结论。