化工英语,中翻英,将吡咯烷酮酸与无水乙胺在抗氧化剂存在下,用气化的无水乙胺尽可能的将反应釜内的空气排尽后,加温加压进行胺

活泼金属采用电解其熔融盐或氧化物的方法冶炼，如Na、Mg用电解其熔融盐的方法冶炼，铝采用电解氧化铝的方法冶炼，不活泼金属可以采用热分解方法冶炼．
A．钠是活泼金属，工业上采用电解法冶炼，2NaCl（熔融）

电解
.
2Na+Cl₂↑，故A正确；
B．将钠加入到氯化镁溶液中，钠先和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再和氯化镁发生复分解所以生成氢氧化镁、氯化钠，所以得不到镁，钠、镁都是活泼金属，工业上采用电解其熔融盐的方法冶炼，故B错误；
C．电解氯化铝溶液，2AlCl₃+6H₂O

电解
.
2Al（OH）₃↓+3Cl₂↑+3H₂↑，无法制取金属铝，铝是活泼金属，通常采用电解氧化铝的方法冶炼铝，故C错误；
D．工业炼铁在高炉中进行，主要原料有：铁矿石、焦炭和石灰石，焦炭在过量空气中C+O₂

点燃
.
CO₂生成二氧化碳，同时放出大量热，二氧化碳又在焦炭的作用下生成一氧化碳C+CO₂

高温
.
2CO该反应吸热，一氧化碳把铁从铁矿石中还原出来3CO+Fe₂O₃

高温
.
2Fe+3CO₂，该反应为放热，从而制得铁，故D错误；
故选A．

点评：
本题考点： 金属冶炼的一般原理．

考点点评： 本题考查了金属的冶炼方法，根据金属的活泼性来选取相应的冶炼方法，注意：氯化铝是分子晶体，所以不能用电解氯化铝的方法冶炼铝，电解氯化铝溶液，无法制取金属铝，为易错点，题目难度不大．

A、正负离子向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则，正离子向后表面偏，负离子向前表面偏．所以前表面比后表面电势低．与正负离子的多少无关．故A错误，B正确；
C、最终正负离子会受到电场力、洛伦兹力处于平衡，有qE=qvB，即[U/b＝vB．
而污水流量：Q＝vbc＝
U
bB•bc＝
U
B•c，可知Q与U成正比，与a、b无关．故C正确．
D、由C的分析得：Q＝
U
B•c，则U＝
QB
c]，电压表的示数与磁感应强度、流量Q以及流量计的高有关，与离子浓度无关．故D错误．
故选：BC

点评：
本题考点： 霍尔效应及其应用．

考点点评： 解决本题的关键掌握左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道在电磁流量计中，正负离子受电场力和洛伦兹力平衡．

（1）高锰酸钾与浓盐酸反应的离子方程式为：2MnO₄^-+16H⁺+10Cl^-═2Mn²⁺+5Cl₂↑+8H₂O，故答案为：2MnO₄^-+16H⁺+10Cl^-═2Mn²⁺+5Cl₂↑+8H₂O；
（2）装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl₂中的HCl；装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大，锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升；
故答案为：除杂和安全瓶；锥形瓶中的液面下降，长颈漏斗中的液面上升；
（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，选项中ab的Ⅱ中都是干燥剂，再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性，所以C中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，
故选c；
（4）打开活塞，将装置D中含溴单质的少量溶液加入焓碘化钾和苯的装置E中，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶于苯呈紫红色，振荡；观察到的现象是：E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色；氯气具有强氧化性，过量的氯气能够将碘离子氧化成碘单质，所以该现象不能说明溴的非金属性强于碘；
故答案为：E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色；不能．

点评：
本题考点： 性质实验方案的设计；制备实验方案的设计．

考点点评： 本题以氯气的制备为载体考查了氯气的性质，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，题目难度中等，解题时注意把握氯气的性质、制法、装置的作用及氧化还原反应原理为解答的关键．

（1）过滤操作中玻璃棒的作用是引流．故填：引流；
（2）硝酸和氧化钙反应生成硝酸钙和水，化学方程式为2HNO₃+Ca0=Ca（NO₃）₂+H₂O；故填：2HNO₃+Ca0=Ca（NO₃）₂+H₂O；
（3）二氧化碳溶于水生成碳酸，溶液呈酸性，有利于氨气的吸收，所以所加气体的顺序是先通入二氧化碳再通入氨气；故填：A；
（4）反应物是碳酸钙，生成物是氧化钙和二氧化碳，反应条件是高温，二氧化碳后面标上上升符号，所以方程式是：CaCO₃

高温
.
CaO+CO₂↑；因为碳酸钙受热分解能生成二氧化碳，二氧化碳在前边的反应中是反应物，所以该工艺流程中可循环使用的物质是二氧化碳；故填：CaCO₃

高温
.
CaO+CO₂↑；二氧化碳；
（5）冷却需在密闭和干燥的环境中进行，否则制得的高纯氧化钙能和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙和水；故填：氢氧化钙；碳酸钙；
（6）硝酸铵中含有氮元素，属于铵态氮肥，遇到碱会放出氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，硝酸铵与熟石灰反应生成硝酸钙、水和氨气，反应的方程式2NH₄NO₃+Ca（OH）₂═Ca（NO₃）₂+2NH₃↑+2H₂O；所以硝酸铵在使用过程中不能与碱性物质混用，否则会降低肥效．
故填：铵态氮；碱；2NH₄NO₃+Ca（OH）₂═Ca（NO₃）₂+2NH₃↑+2H₂O；红色石蕊．

点评：
本题考点： 物质的相互转化和制备；过滤的原理、方法及其应用；生石灰的性质与用途；常见化肥的种类和作用；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 本题主要考查物质之间的转化，比较简单，只要熟记教材内容即可顺利解答，知道玻璃棒在操作中的作用，熟悉方程式的书写方法，循环利用的物质在前面是反应物，在后面是生成物．

A．太阳能、风能是清洁能源，开发新能源太阳能、风能，能减少二氧化碳的排放，符合大力开发低碳技术，推广高效节能技术，故A正确；
B．既要发展，又要保护环境，限制化工发展，关停化工企业，不是解决环境污染的科学方法，故B错误；
C．高容量的储氢材料研究是推广应用氢氧燃料电池的关键问题之一，故C正确；
D．推广煤的气化、液化技术、提供清洁燃料和化工原料，可减少CO₂的排放，符合主题，故D正确．
故选B．

点评：
本题考点： 清洁能源；常见化学电源的种类及其工作原理；常见的生活环境的污染及治理；煤的干馏和综合利用．

考点点评： 本题考查低碳经济，题目难度不大，注意环境保护与经济发展不矛盾，既要发展又要环保．

A、设FeTiO₃中P的化合价是x．FeTiO₃中Fe的化合价是+2价，O的化合价是-2价，利用化合物中各元素的化合价的代数和为零的原则得到方程（+2）+x+（-2）×3=0
解得，x=+4 所以钛酸亚铁（FeTiO₃）中钛元素的化合价是+4价，故A错误；
B、根据质量守恒定律，在反应前后各元素原子的个数不变．从2FeTiO₃+6C+7Cl₂=2X+2TiCl₄+6CO看钛原子、氧原子、碳原子反应前后除物质x外个数已经相等，故x中无钛原子、氧原子、碳原子．铁反应前共有2个，反应后只有x有，所以2x中有2个，从而x中有1个；氯原子反应前有14个，反应后x除外有8个，所以2x中有6个，因此x中有3个，因此x的化学式是FeCl₃，故B正确；
C、TiCl₄与Mg反应的反应物是TiCl₄与Mg，生成物是Ti和MgCl₂；说明镁比钛活泼，氩气化学性质稳定可做保护气，C错误；
D、根据从化学方程式2H₂+CO═CH₃OH
4 28
由此可知一氧化碳和氢气的质量比是：28：4=7：1，故D正确；
故选：BD．

点评：
本题考点： 物质的相互转化和制备；有关元素化合价的计算；质量守恒定律及其应用．

考点点评： 本题主要考查了化合价的计算、化学方程式的书写以及质量守恒定律的应用，同时考查了学生从题目中获取信息并运用的能力．计算元素的化合价时一定要注意，一定不要忘记填上正号．

石油化工是20世纪兴起的一种综合利用石油产品的工业．化学科技工作者把燃料油中较大的分子裂解成含二个、三个、四个碳原子等的小分子，然后把它们加工制成各种产品，如塑料、合成纤维、合成橡胶、药物、农药、炸药、化肥等等，其中塑料、合成纤维、合成橡胶为三大合成材料，
故答案为：塑料、合成纤维、合成橡胶．

点评：
本题考点： 常用合成高分子材料的化学成分及其性能．

考点点评： 本题考查了石油的用途，注意乙烯与石油产品、塑料、合成纤维、有机溶剂的关系是解答本题的关键，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握．

A、得到的产物为无污染的反应，并不是绿色物质，故A错误；
B、大分子物质分解为小分子物质，没有说明是否有污染情况，不属于最理想的化工生产方式；故B错误；
C、参与化学反应的原子全部转化为期望的最终产物，既没有副产品也不存在污染现象，是最理想的化工生产方式，故C正确；
D、已经形成的污染要及时发现并治理，应该从源头上禁止污染，而不是污染后再进行处理，不属于最理想化工生产方式，故D错误．
故选C．

点评：
本题考点： 绿色化学．

考点点评： 通过回答本题知道了“绿色化学”的原则，知道在日常生活中要尽量向绿色化学方面去做，不随意污染环境．

（56+42）÷
2
7
=98×[7/2]，
=343（人）；
答：全厂共有343人．

点评：
本题考点： 分数除法应用题．

考点点评： 已知一个数的几分之几是多少，求这个数，用除法．

A、设FeTiO₃中P的化合价是x．FeTiO₃中Fe的化合价是+2价，O的化合价是-2价，利用化合物中各元素的化合价的代数和为零的原则得到方程（+2）+x+（-2）×3=0
解得，x=+4 所以钛酸亚铁（FeTiO₃）中钛元素的化合价是+4价，故A错误；
B、根据质量守恒定律，在反应前后各元素原子的个数不变．从2FeTiO₃+6C+7Cl₂=2X+2TiCl₄+6CO看钛原子、氧原子、碳原子反应前后除物质x外个数已经相等，故x中无钛原子、氧原子、碳原子．铁反应前共有2个，反应后只有x有，所以2x中有2个，从而x中有1个；氯原子反应前有14个，反应后x除外有8个，所以2x中有6个，因此x中有3个，因此x的化学式是FeCl₃，故B正确；
C、根据从化学方程式2H₂+CO═CH₃OH
4 28
由此可知一氧化碳和氢气的质量比是：28：4=7：1，故C错误；
D、TiCl₄与Mg反应的反应物是TiCl₄与Mg，生成物是Ti和MgCl₂，因此该反应的化学方程式是TiCl₄+2Mg

℃800
.
ArTi+2MgCl₂；该反应是单质和化合物反应生成另外的单质和化合物，属于置换反应，故D错误．
故选：B．

点评：
本题考点： 物质的相互转化和制备；有关元素化合价的计算；反应类型的判定；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 本题主要考查了化合价的计算、化学方程式的书写以及质量守恒定律的应用，同时考查了学生从题目中获取信息并运用的能力．计算元素的化合价时一定要注意，一定不要忘记填上正号．

（1）从图示可知氯化时的反应物为FeTiO₃、C、Cl₂，生成物为FeCl₃、TiCl₄、CO，再根据得失电子和原子守恒即可得出该反应的方程式为2FeTiO₃+6C+7Cl₂=2FeCl₃+2TiCl₄+6CO，故答案为：2FeTiO₃+6C+7Cl₂═2FeCl₃+2TiCl₄+6CO；
（2）反应的化学方程式：TiCl₄+3H₂O═H₂TiO₃+4HCl，故答案为：TiCl₄+3H₂O═H₂TiO₃+4HCl；
（3）反应2Mg（s）+TiCl₄（l）═2MgCl₂（s）+Ti（s）可看做反应①×2-②得到，根据盖斯定律得△H-641kJ/mol×2-（-770 kJ/mol）=-512kJ•mol^-1，反应2Mg（s）+TiCl₄（l）═2MgCl₂（s）+Ti（s）在Ar气氛中进行的理由是Mg和Ti都有较强还原性，在高温下都易被空气中的O₂氧化，故答案为：2Mg（s）+TiCl₄（l）═2MgCl₂（s）+Ti（s）△H=-512 kJ•mol^-1；Mg和Ti都有强还原性，在Ar气氛中可以防止被氧化；
（4）由方程式CO（g）+2H₂（g）⇌CH₃OH（g）、2FeTiO₃+6C+7Cl₂=2FeCl₃+2TiCl₄+6CO、2NaCl+2H₂O=2NaOH+H₂↑+Cl₂↑得如下关系式：6CH₃OH→6CO→7Cl₂→7H₂，而6CH₃OH→12H₂，故每生产6molCH₃OH（192g）需额外补充5molH₂（10g），则生产96t甲醇，至少需额外补充5t氢气，故答案为：5．

点评：
本题考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；用盖斯定律进行有关反应热的计算．

考点点评： 本题考查化学方程式的书写及计算、盖斯定律等，题目难度较大，注意根据盖斯定律解题．