03常见无机物及其应用--福建省2023-2024学年高三化学上学期期末专题练习（鲁科版）

这是一份03常见无机物及其应用--福建省2023-2024学年高三化学上学期期末专题练习（鲁科版），共29页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2023上·福建三明·高三统考期末）下列化学反应表示正确的是
A．在空气中加热：
B．过量通入溶液中：
C．用惰性电极电解饱和溶液：
D．稀硫酸与稀氢氧化钾溶液发生反应：
2．（2023上·福建龙岩·高三校联考期末）某实验小组制备高铁酸钾()装置如图所示(加热及夹持装置略)。下列说法错误的是

A．分液漏斗中溶液可以为浓盐酸
B．C中发生的反应：
C．净水原理：(胶体)
D．D装置起到吸收尾气并防止倒吸的作用
3．（2023上·福建龙岩·高三校联考期末）下列方程式正确的是
A．与NaOH溶液反应：
B．KSCN溶液检验：
C．在高温条件下与反应：
D．红热的铁丝伸入充满氯气的集气瓶中：
4．（2023上·福建龙岩·高三校联考期末）据资料表明，乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、氯仿等均可有效灭活新型冠状病毒。其中，利用其氧化性的是
A．乙醚B．75%乙醇C．含氯消毒剂D．氯仿
5．（2022上·福建三明·高三统考期末）下列说法正确的是
A．将足量NH3、CO2依次通入饱和食盐水中，无白色沉淀生成
B．将KSCN溶液滴入盐酸和Fe(NO3)2的混合溶液中，溶液显红色
C．将饱和FeCl3溶液滴入NaOH溶液中，可制得Fe(OH)3胶体
D．将盐酸酸化的BaCl2溶液滴入某溶液中产生白色沉淀，证明该溶液中一定含有SO
6．（2022上·福建三明·高三统考期末）室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．0.1ml·L-1的NaOH溶液中：、、、
B．的溶液中：、、、
C．含有大量Fe3+的溶液中：、、、
D．能使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：、、、
7．（2022上·福建三明·高三统考期末）下列反应的离子方程式正确的是
A．向硝酸银溶液中加入足量铜：Cu+Ag+=Ag+Cu2+
B．向硫酸铝溶液中加入过量氢氧化钠溶液：Al3++4OH-=[Al(OH)4]-
C．向NH4HCO3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：HCO+Ba2++2OH-=BaCO3↓+H2O
D．向硫酸铜溶液中加入过量氨水：Cu2++2NH3·H2O =Cu(OH)2↓+2NH
8．（2022上·福建三明·高三统考期末）设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．1ml过氧化钠晶体中含有的阴离子个数为2NA
B．0.1ml甲基(-CH3)含有的电子数为0.9NA
C．标准状况下，1ml四氯化碳中含有的C-Cl键数为4NA
D．42g丙烯和环丙烷组成的混合气体中氢原子的个数为6NA
9．（2022上·福建福州·高三统考期末）实验室采用如图装置制备气体，合理的是
A．AB．BC．CD．D
10．（2022上·福建福州·高三统考期末）常温下，下列各组离子在给定环境中能大量共存的是
A．食盐水：NH、Fe2+、NO、Br-B．白醋：Ca2+、Na+、Br-、HCO
C．84消毒液：Ba2+、K+、I-、Cl-D．明矾溶液：Na+、Mg2+、SO、HS-
11．（2021上·福建三明·高三统考期末）化学与人类生活息息相关。下列说法正确的是
A．新型冠状病毒有可能在空气中以气溶胶的形式传播，气溶胶不属于胶体
B．工业上不用电解熔融氯化铝制备单质铝，因氯化铝是共价化合物
C．溴被称为“海洋元素”，因海水中溴离子浓度大
D．高锰酸钾溶液、“84”消毒液、酒精均具有强氧化性，可用于杀菌消毒
12．（2021上·福建三明·高三统考期末）下列叙述正确的是
A．将钠投入过量的溶液中，可得铁单质
B．将2.0g硫与6.0g铜共热，可得8.0g硫化物
C．将通入溶液中，可得沉淀
D．将足量、依次通入NaCl饱和溶液中，可得晶体
二、填空题
13．（2020上·福建厦门·高三统考期末）硫及其化合物在工农业生产中有着重要作用．回答下列问题
（1）工业制硫酸，接触室中发生反应的化学方程式为 。下列可提高SO2平衡转化率的措施是 。(填标号)
A．降低温度 B．减小压强 C．延长反应时间 D．增大O2的投料
（2）工业上可用Fe2(SO4)3溶液吸收SO2，该过程的离子方程式为 。为实现吸收液的再生，可通入 。
（3）用如图装置脱除废烟气中的SO2和废水中的Cu2+，该方法总反应的化学方程式为 。含Cu2+的废水应置于 室(填“a”或“b”)。
14．（2019上·福建福州·高三校联考期末）短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大， X、Z、W 均可形成酸性氧化物。X的一种氢化物分子空间构型为三角锥型，YW是氯碱工业的主要原料，Z的最外层电子数为4，请回答以下问题：
表示氯碱工业生产原理的化学方程式为 。
X的另一种氢化物X2H4可作为火箭推进器燃料，其结构式为 。
Y的氧化物中，有一种既含离子键又含共价键，该氧化物的电子式为 。该氧化物与SO2反应的化学方程式为 。
Z的氧化物属于 晶体，工业制备Z单质的化学方程式为 。
W单质是毒性很大的窒息性气体。工业上用X气态氢化物的浓溶液检验W单质是否泄漏，写出反应的化学方程式： 。
15．（2012上·福建三明·高三统考期末）氯气是氯碱工业的主要产品之一，它是一种常用的消毒剂，其消毒原理是与水反应生成了次氯酸：
Cl2 + H2O HCl + HClO K=4.5×10-4
次氯酸的强氧化性能杀死水中的病菌（不直接用次氯酸为自来水消毒是因为次氯酸易分解，且毒性较大）。但是，由于氯气贮运不方便，且具有一定的危险性，目前正逐渐被其它性能优越的消毒产品所替代。请回答：
（1）氯碱工业生产氯气的化学方程式为 。
（2）84消毒液(主要成分为NaClO)与氯气相比具有贮运方便等优点，用氯气与烧碱溶液反应制备84消毒液的离子方程式为 。
（3）二氧化氯是一种高效、广谱、安全的杀菌、保鲜剂。我国科学家研发了用氯气氧化亚氯酸钠（NaClO2）固体制备二氧化氯的方法，其化学方程式为 。
（4）一位同学设计了一套用浓盐酸和KMnO4固体制取少量氯气并比较氯气与碘单质的氧
化性强弱的微型装置（如图）。
①下列溶液能吸收Cl2的是 （填字母序号）。
②能说明Cl2的氧化性强于I2的实验现象是 。
16．（2015上·福建泉州·高三统考期末）根据物质相似性、特殊性来学习元素性质是常见的学习方法。
(1)铍(Be)与铝元素相似，其氧化物及氢氧化物具有两性，请写出BeO与盐酸反应的离子方程式 ，Be(OH)2溶于NaOH溶液的化学方程式为：Be(OH)2+2NaOH＝Na2BeO2+2H2O，往·L-1的Be(NO3)2溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，请在以下坐标图中画出沉淀量随NaOH溶液加入量的变化图：
(2)锗与硅元素相似，锗也是良好的半导体，以下是工业冶炼锗的简单流程图：
①GeCl4的晶体类型为 。
②写出过程Ⅲ发生反应的化学方程式 。
③以下有关工业冶炼锗的说法正确的是 。
(3)某同学为了探究硫与浓硝酸的反应产物，将硫与浓硝酸混合，结果生成一种纯净无色气体A，A遇空气变红棕色，据此写出硫与浓硝酸反应的化学方程式 。
17．（2015上·福建莆田·高三校联考期末）有X、Y、Z三种元素，已知X、Y是元素周期表前20号元素，且X的原子序数比Y大4，元素Z形成的金属单质在日常生活中应用最广泛。请回答：
Ⅰ．若X是短周期最活泼的金属元素。
（1）写出Y的单质的结构式 。
（2）写出单质Z与元素Y的最高价氧化物对应的水化物（稀溶液，过量）反应的离子方程式 。
Ⅱ．若X的简单离子半径是第三周期元素简单离子半径最小的。
（3）在定向爆破中，常利用氧化铁和单质X反应放出的热量来切割钢筋。该反应的化学方程式为 。
（4）已知X的阳极氧化是一种常用的金属表面处理技术，它能使X的表面形成致密的氧化膜，该氧化膜不溶于稀硫酸。某化学研究小组在实验室中模拟该处理过程，装置如图所示，该阳极的电极反应式为 。

Ⅲ．含Z的化合物A（化学式为K2ZO4）极易溶于水，但静置一段时间后转化为红褐色沉淀，同时产生O2。
（5）化合物A溶于水后的变化 （用离子方程式表示）。查阅资料发现，加入下列物质中的 可提高A在水中的稳定性。
18．（2015上·福建宁德·高三统考期末）用如图所示装置做“铜与浓硝酸反应”的实验。
（1）从试剂瓶中取出一小块铜片放入试管中，需用的仪器是 。
（2）棉花应蘸 溶液（填化学式）。
（3）试管中除了溶液变成绿色外，还会出现的现象是 （填序号）。
A．有红棕色气体生成，上下颜色相同
B．有红棕色气体生成，上部颜色较浅
C．有红棕色气体生成，下部颜色较浅
（4）实验结束后，对试管内残留物的处理方法是 。
19．（2015上·福建龙岩·高三统考期末）A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质，它们有如图反应关系。根据要求回答问题：
（1）若A是大气中含量最多的气体，C、D是氧化物且会造成光化学污染。写出D转化成C的反应化学方程式 。
（2）若A、B、C分别为C(s)、CO(g)和CO2(g)，且通过与O2(g)反应实现图示的转化。在同温同压且消耗含碳物质均为1ml时，反应①、②、③的焓变依次为△H 1、△H 2、△H 3，则它们之间的关系为 （用含△H 1、△H 2、△H 3的代数式表示）
（3）若C为一元强碱且阴、阳离子所含的电子数相同，D为日常生活中常用的调味品，请写出工业上用D制备A的化学方程式 。
（4）若A是应用最广泛的金属。④反应用到A，②、⑤反应均用到同一种气态非金属单质。请简要说明实验室保存D溶液的方法 。
20．（2015上·福建福州·高三统考期末）84消毒液是一种以次氯酸钠为主要成分的高效消毒剂．
（1）次氯酸钠溶液呈碱性，原因可用离子方程式表示为 ；
（2）二氧化碳、氢氧化钠、氯化钠三种物质中，添加到84消毒液中可增强其消毒效果的是
（3）84消毒液可以通过电解氯化钠稀溶液制取，电解装置通常选用铁和碳棒为电极，电解时铁电极反应式为
三、解答题
21．（2023上·福建三明·高三统考期末）镓的化合物性质与铝相似。工业上常从锌矿渣(主要含Zn、Si、Pb、Fe、Ga的氧化物，其中Pb、Fe均以价形式存在，Ga以价形式存在)中回收镓。流程如下：

已知：①， ②部分物质的如表所示。
回答下列问题：
(1)已知浸出渣的主要成分是和一种盐，加入的“溶液X”是 (写化学式，下同)，生成的该盐是 。加入的目的是 。
(2)室温下，当溶液中某种离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全。若浸出液中阳离子浓度均为，则应调pH的范围为 。
(3)溶液蒸发浓缩时，停止加热的标志是 。
(4)试剂Y为 (填“溶液”或“氨水”)，加入试剂Y时发生反应的离子方程式为 。
(5)取加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示。分析数据，推断、时所得固体的化学式分别为 、 。

22．（2023上·福建龙岩·高三校联考期末）处理含锌废渣在资源利用和环境保护方面具有重要意义。某含锌废渣主要化学组成及制备活性ZnO工艺流程如下：
已知：25°C，，。回答下列问题：
(1)为了提高含锌废渣的浸出率，可采用的方法有 (任写一种)。
(2)“氧化除杂”环节，控制溶液pH为5.2.“滤渣2”中含有、、 ；加入除去体系中的反应离子方程式为 。
(3)物质X为一种金属，其化学式为 。
(4)“制碱式盐”得到碱式碳酸锌，化学式为。生成碱式碳酸锌的离子方程式为 。
(5)“煅烧”过程中固体的质量变化如图所示。300℃时，剩余固体中已不含碳元素，此时剩余固体的成分及物质的量之比是 。

(6)用如下方法测定所得氧化锌的纯度(杂质不参与反应)：取1.000 g活性氧化锌，用18.00 mL 1.000 ml⋅L硫酸溶液完全溶解，滴入2滴酚酞溶液。用浓度为0.5000ml⋅L的标准氢氧化钠溶液滴定剩余硫酸，到达终点时消耗氢氧化钠溶液24.00 mL。判断滴定终点的方法是 ；所得氧化锌的纯度为 。
23．（2023上·福建龙岩·高三校联考期末）某实验小组对Cu与的反应进行研究，实验如下。

(1)试管①中反应的化学方程式是 。
(2)已知绿色是棕色和蓝色的混合色，绿色溶液变蓝是因为与水生成了和 。
(3)对比③和⑤中现象，为探究③中立即产生气泡的原因，实验小组提出如下假设，并设计实验验证。
假设1：对该反应有催化作用。
假设2：对该反应有催化作用。
假设3：对该反应有催化作用。
(4)得出实验结论后，有同学认为还应补充对比实验：向④溶液加入几滴较浓的硝酸后加入铜片。补充该实验的目的是 。
(5)某工厂用硝酸溶解废铜屑制备，为避免的生成，实验小组提出还应加入溶液，反应的离子方程式为 ；消耗含铜元素80%的废铜屑240 kg固体时，得到653.4 kg产品，产率为 。
24．（2022上·福建三明·高三统考期末）某小组设计实验现象SO2水溶液中使品红褪色的主要微粒。
实验一：按下图装置组装好仪器，进行实验。观察到：装置III中溶液红色没有褪去，装置IV中溶液红色褪去。
(1)仪器A的名称是 。
(2)装置I中发生反应的化学方程式为 。
(3)装置II中浓硫酸的作用是 。
(4)比较装置III、IV的现象，可得出的结论是 。
实验二：甲同学用试管和滴管进行如下系列实验：
(5)NaHSO3溶液显酸性的原因是 。
(6)设计实验d、e的目的是 。
(7)根据实验一、二可推知，SO2水溶液使品红褪色时起主要作用的微粒是 (填微粒符号)。
(8)乙同学认为仅向a实验后的无色溶液中滴入Ba(OH)2溶液，若出现白色沉淀，且溶液变红，即可证明起褪色作用的主要是何种微粒，你认为该方法是否正确并说明理由 。
25．（2021上·福建三明·高三统考期末）某学习小组用下图装置探究与CuO的反应。
查阅资料：
i.溶液中存在平衡：
ⅱ.相关物质的性质
(1)实验Ⅰ：如图1，一段时间后，固体部分溶解，固体表面无颜色变化，溶液变为蓝色。固体溶解的原因是 。
(2)实验Ⅱ：如图2，将铜丝加热变黑后迅速插入疏松的氯化铵固体中，有白烟生成，2分钟后取出铜丝，黑色消失变回红色。
①已知氯化铵与氧化铜反应生成两种单质，其中一种为无色气体，写出该反应的化学方程式 。
②若将氯化铵换为硫酸铵，观察不到上述现象，原因是 。
(3)实验Ⅲ：如图3，加热试管，管内产生白烟，黑色混合物熔化、流动，持续加热15分钟，原黑色固体混合物变为暗红色。取暗红色固体进行下列实验：
根据现象推测白色沉淀可能是 (填化学式)，该物质与浓硝酸反应的离子方程式为 。
(4)实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ现象不同的可能原因是 。(写2点)
试剂X
试剂Y
试剂Z
制备气体
A
稀盐酸
大理石
饱和碳酸钠溶液
CO2
B
浓盐酸
二氧化锰
饱和食盐水
Cl2
C
浓硫酸
亚硫酸钠
浓硫酸
SO2
D
稀硝酸
铜片
水
NO
A．饱和食盐水
B．饱和Na2SO3溶液
C．饱和NaOH溶液
D．浓硫酸
A．GeO2与SiO2性质相似，均易与盐酸反应
B．过程Ⅱ的蒸馏是利用GeCl4难溶于水的性质实现的
C．过程Ⅳ发生的反应中，GeO2作氧化剂
D．上述过程涉及的基本反应类型有复分解反应、置换反应
A．Na2CO3
B．KSCN
C．NH4NO3
D．KOH
物质
元素
Zn
Pb
Fe
Al
Cu
含量/%
39.81
12.81
6.66
0.84
0.42
序号
实验操作
实验现象
结论
3
向④中溶液加入少量 (填化学式)固体后，加入铜片
溶液蓝色加深，无其他明显现象
假设1不成立
4
(填实验操作)
铜片表面立即产生气泡
假设2成立
5
向②中溶液通入少量 (填化学式)气体后，加入铜片
无明显变化
6
向④中溶液加入少量 (填化学式)溶液，再加入铜片
铜片表面立即产生气泡
假设3成立
实验编号
试管中的溶液
滴入溶液
实验现象
a
水溶液(pH=2)
各滴入1滴0.1%品红溶液
溶液变红逐渐变浅，约90%后完全褪色
b
2mL 0.1ml⋅L-1Na2SO3溶液(pH=10)
溶液变红后立即变浅，约15s后完全褪色
c
溶液(pH=10)
溶液变红后立即褪色
d
溶液(pH=10)
溶液变为红色
e
溶液(pH=2)
溶液变为红色
物质
固体颜色
水溶液颜色
棕色
蓝绿色
深蓝色
深蓝色
白色
不溶于水
序号
加入试剂
现象
i
水
产生白色沉淀，一段时间后沉淀的颜色转变为蓝色、绿色、蓝绿色等
ii
浓硝酸
激烈反应，产生大量红棕色气体，溶液变为深蓝绿色
参考答案：
1．A
【详解】A．属于强酸弱碱盐，易水解，在空气中加热会生成、和H2O，反应方程式：，故A正确；
B．具有还原性，具有氧化性，发生氧化还原反应生成硫酸钠和氯化钠，离子方程式：，故B错误；
C．用惰性电极电解饱和溶液，阳极上氯离子失去电子生成氯气，阴极上水子得电子生成氢气，产生的氢氧根离子与镁离子生成氢氧化镁沉淀，离子方程程式：，故C错误；
D．中和热是指强酸强碱的稀溶液发生中和反应，生成1ml液态水所放出的热量为，选项中反应生成2ml液态水，放热为114.6kJ，故D错误；
答案选A。
2．B
【分析】A装置中生成氯气，氯气通过B净化后进入C装置和氢氧化钾、氯化铁反应生成，尾气有毒使用碱液吸收；
【详解】A．浓盐酸和二氧化锰加热可以生成氯气，A正确；
B．C中氯气和氢氧化钾、氯化铁反应生成：，B错误；
C．具有强氧化性，能灭菌，且生成的铁离子可以生成氢氧化铁胶体能加速水中悬浮颗粒沉降，净水原理：(胶体)，C正确；
D．氯气能碱液反应，D装置起到吸收尾气且球形管有能防止倒吸的作用，D正确；
故选B。
3．A
【详解】A．为两性氧化物，与NaOH溶液反应生成盐：，A正确；
B．KSCN为强电解质，在水溶液中发生完全电离，用KSCN检验：，B不正确；
C．在高温条件下与反应，只能生成NO：，C不正确；
D．红热的铁丝伸入充满氯气的集气瓶中，发生反应生成FeCl3：，D不正确；
故选A。
4．C
【详解】乙醚、75%乙醇、氯仿消毒的原理是破坏蛋白质结构，不是利用其氧化性；含氯消毒剂具有氧化性，可以用来消毒，故选C。
5．B
【详解】A．将足量NH3、CO2依次通入饱和食盐水中，会析出NaHCO3晶体，即有白色沉淀生成，A错误；
B．酸性环境中硝酸根会将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+与SCN-会变红，B正确；
C．将饱和FeCl3溶液滴入NaOH溶液中，得到的是Fe(OH)3沉淀，不是胶体，C错误；
D．若原溶液中含有Ag+而不含SO，会得到AgCl沉淀，现象相同，D错误；
综上所述答案为B。
6．D
【详解】A．铜离子和氢氧根不能大量共存，A不符合题意；
B．的溶液中显酸性，碳酸根、硅酸根均不能大量存在，B不符合题意；
C．Fe3+和SCN-会生成络合物而不能大量共存，C不符合题意；
D．能使红色石蕊试纸变蓝的溶液显碱性，四种离子相互之间不反应，也不与氢氧根反应，可以大量共存，D符合题意；
综上所述答案为D。
7．B
【详解】A．选项所给离子方程式电荷不守恒，正确离子方程式为Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+，A错误；
B．向硫酸铝溶液中加入过量氢氧化钠溶液，生成的氢氧化铝沉淀可与NaOH反应得到四羟基和铝酸钠，离子方程式为Al3++4OH-=[Al(OH)4]-，B正确；
C．向NH4HCO3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液，铵根也可以反应，离子方程式为NH+HCO+ Ba2++2OH-=BaCO3↓+NH3·H2O+H2O，C错误；
D．向硫酸铜溶液中加入过量氨水得到铜氨络离子，离子方程式为Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，D错误；
综上所述答案为B。
8．A
【详解】A．过氧化钠由钠离子和过氧根构成，所以1ml过氧化钠晶体中含有的阴离子个数为NA，A错误；
B．甲基显电中性，一个甲基(-CH3)含9个电子，所以0.1ml甲基含有的电子数为0.9NA，B正确；
C．一个CCl4分子中含有4个C-Cl键，则1ml四氯化碳中含有的C-Cl键数为4NA，C正确；
D．丙烯和环丙烷的分子式均为C3H6，42g混合物即=1ml，含氢原子的个数为6NA，D正确；
综上所述答案为A。
9．C
【详解】A．由于CO2能与Na2CO3溶液反应，故除去CO2中的HCl，应该用饱和碳酸氢钠溶液，A不合题意；
B．用MnO2和浓盐酸需要加热，图示装置没有加热仪器，B不合题意；
C．Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+H2O+SO2↑，SO2可以用浓硫酸来干燥，可以用向上排空气法收集SO2，C符合题意；
D．NO不能用排空气法收集，D不合题意；
故答案为：C。
10．A
【详解】A． 食盐水：NH、Fe2+、NO、Br-之间不反应，故A选；
B． 白醋：HCO与醋酸反应生成水和二氧化碳，故B不选；
C． 84消毒液：I-、ClO-间发生氧化还原反应生成碘单质或更高价碘的化合物、氯离子，故C不选；
D． 明矾溶液：Al3+、HS-间发生双水解反应，故D不选；
故选A。
11．B
【详解】A．胶体按照分散剂的状态不同，分为固溶胶、液溶胶和气溶胶，气溶胶属于胶体，故A错误；
B．氯化铝属于共价化合物，熔融状态下不导电，所以不能用电解熔融的氯化铝制备单质铝，应采用电解熔融的氧化铝制备单质铝，故B正确；
C．溴被称为“海洋元素”，原因是地球上99%以上的溴元素都蕴藏在大海中，不是因为溴离子浓度大，故C错误；
D．酒精能够用于杀菌消毒，但是酒精不具有强氧化性，是因为其可以使蛋白质变性，故D错误；
故选B。
12．D
【详解】A．Na投入溶液中先与水反应，生成NaOH，再与FeCl3反应，生成红褐色Fe(OH)3沉淀，此时不会生成铁单质，A错误；
B．n(S)=，n(Cu)=，由反应，知S过量，故依据Cu计算，由铜元素守恒得n(Cu2S)=，m(Cu2S)=，即所得硫化物为7.5 g，B错误；
C．由于酸性HCl＞H2SO3，所以SO2与BaCl2溶液不反应，C错误；
D．NH3溶于水后生成NH3·H2O，与过量CO2反应生成NH4HCO3，再与NaCl反应析出溶解度较小的NaHCO3，即总反应为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NH4Cl+NaHCO3，D正确；
故答案选D。
13． AD 空气或O2 a
【详解】（1）工业制备硫酸流程中，接触室中主要是SO2与O2反应生成SO3，其反应化学方程式为：；该反应为放热反应，降低温度、增加O2的投料可使反应正向移动，提高SO2的转化率，减小压强会使反应逆向移动，SO2的转化率将降低，延长反应时间对于平衡时SO2的转化率无影响，
故答案为：；AD；
（2）Fe3+具有氧化性，SO2具有还原性，Fe3+在反应过程中转化为Fe2+，SO2转化为，根据转移电子守恒、电荷守恒、原子守恒可配平该离子方程式为：；为实现吸收液再生，需将Fe2+氧化为Fe3+，因此可通入空气或O2进行氧化，
故答案为：；空气或O2；
（3）废水中铜元素为最高价，因此需将其转化为Cu进行除去，因此SO2发生氧化反应，其电解过程总反应为：；右侧通入废烟气，故Cu2+应置于a室，故答案为：；a。
14． 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ Na2O2+SO2=Na2SO4 原子 2C+SiO22CO+Si 8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2
【分析】X、Z、W 均可形成酸性氧化物，则X、Z、W 均非金属元素；YW是氯碱工业的主要原料，则Y为Na；W为Cl；X、Y、Z、W 原子序数依次增大，Z的最外层电子数为4，可确定Z为Si；X元素的原子序数小于11，X的一种氢化物分子空间构型为三角锥型，则X为N。
【详解】氯碱工业为工业上点解氯化钠溶液，生成氯气、氢气和氢氧化钠，方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；
X的另一种氢化物N2H4，为2个氨基相连，其结构式为：；
Y的氧化物中的过氧化钠，既含离子键又含共价键，其电子式为：；
过氧化钠与二氧化硫发生氧化还原反应，生成硫酸钠，方程式：Na2O2+SO2=Na2SO4；
Z的氧化物为二氧化硅，属于原子晶体；工业上制备单质硅为碳还原二氧化硅，产物为一氧化碳和硅单质，反应式为：2C+SiO22CO+Si；
工业上常用浓氨水检验氯气是否泄漏，发生氧化还原反应，反应生成氯化铵和氮气，方程式：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2；
15． 2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑ Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O Cl2＋2NaClO2===2ClO2＋2NaCl BC 湿润的淀粉KI试纸变蓝
【详解】试题分析：（1）工业生产氯气是电解饱和食盐水，化学方程式为2NaCl＋2H2O 2NaOH＋Cl2↑＋H2↑。
（2）用氯气与氢氧化钠溶液反应制备84消毒液的离子方程式为Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O。
（3）用氯气氧化亚氯酸钠（NaClO2）固体制备二氧化氯的方法，其化学方程式为Cl2＋2NaClO2===2ClO2＋2NaCl。
（4）①
A．氯气难溶于饱和食盐水，故A错误；
B．氯气具有氧化性，能与Na2SO3发生氧化还原反应而被吸收，B正确；
C．氯气与饱和NaOH溶液反应而被吸收，C正确；
D．氯气与浓硫酸不反应，不能被吸收，D错误。
②能说明Cl2的氧化性强于I2的实验现象是湿润的淀粉KI试纸变蓝。
考点：本题考查氯气的性质及实验。
16．(1) BeO + 2H+ ＝Be2+ + H2O
(2) 分子晶体 GeCl4 + 2H2O＝GeO2 +4HCl CD
(3)S+ 2HNO3(浓)=H2SO4 + 2NO↑
【详解】（1）根据氧化铝与盐酸反应的方程式可知，BeO与盐酸反应的离子方程式为BeO + 2H+ ＝Be2++ H2O。Be(OH)2属于两性氢氧化物，能溶于强碱氢氧化钠溶液中。则往·L-1的Be(NO3)2溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液反应的化学方程式依次为Be(NO3)2＋2NaOH＝2NaNO3＋Be(OH)2↓、Be(OH)2+2NaOH＝Na2BeO2+2H2O。Be(NO3)2的物质的量是0.01ml，两个阶段消耗氢氧化钠的物质的量分别是0.02ml和0.02ml，相应氢氧化钠溶液的体积均是20mL，且起初生成Be(OH)2沉淀的物质的量为1×10-2ml，所以图象可表示为。答案为：BeO + 2H+ ＝Be2++ H2O；；
（2）①GeCl4通过蒸馏得到其液体，说明沸点低，因此其晶体类型为分子晶体。答案为：分子晶体；
②GeCl4与水反应生成GeO2，根据原子守恒可知反应中还有氯化氢生成，所以过程Ⅲ发生反应的化学方程式为GeCl4+ 2H2O＝GeO2+4HCl。答案为：GeCl4+ 2H2O＝GeO2+4HCl；
③A．SiO2与盐酸不反应，A错误；
B．过程Ⅱ的蒸馏是利用GeCl4的沸点低实现的，B错误；
C．过程Ⅳ发生的反应中，Ge元素化合价从＋4价降低到0价得到电子，因此GeO2作氧化剂，C正确；
D．上述过程涉及的基本反应类型有复分解反应、置换反应，其中I、Ⅲ是复分解反应，Ⅳ是置换反应，D正确。
答案选CD；
（3）A遇空气变红棕色，红棕色气体是NO2，所以A是NO，则硫与浓硝酸反应的化学方程式为S+ 2HNO3(浓)=H2SO4+ 2NO↑。答案为：S+ 2HNO3(浓)=H2SO4+ 2NO↑。
17． N≡N Fe + 4H+ + NO3- ＝Fe3++ NO↑+ 2H2O Fe2O3+2Al2Fe +Al2O3 2Al + 3H2O＝Al2O3＋6H＋＋6e－ 4FeO42－+ 10H2O＝4Fe(OH)3↓+ 3O2↑+ 8OH- AD
【详解】已知X、Y是元素周期表前20号元素，且X的原子序数比Y大4，元素Z形成的金属单质在日常生活中应用最广泛，则Z是铁。
Ⅰ．若X是短周期最活泼的金属元素，则X是钠，因此Y是氮元素。
（1）氮气分子中存在三键，则氮气的结构式为N≡N。
（2）元素Y的最高价氧化物对应的水化物（稀溶液，过量）是硝酸，与铁反应生成硝酸铁、NO和水，反应的离子方程式为Fe + 4H+ + NO3- ＝Fe3++ NO↑+ 2H2O。
Ⅱ．若X的简单离子半径是第三周期元素简单离子半径最小的，则X是铝，所以Y是F。
（3）氧化铁和铝发生铝热反应的化学方程式为Fe2O3+2Al2Fe +Al2O3。
（4）电解池中阳极失去电子，铝与电源的正极相连，作阳极，因此阳极电极反应式为2Al + 3H2O＝Al2O3＋6H＋＋6e－。
（5）化合物A是高铁酸钾，溶于水后后转化为红褐色沉淀，同时产生O2，红褐色沉淀是氢氧化铁，反应的离子方程式为4FeO42－+ 10H2O＝4Fe(OH)3↓+ 3O2↑+ 8OH-。根据方程式可在反应后产生氢氧根离子，因此增大氢氧根离子的浓度可以提高A在水中的稳定性。碳酸钠和氢氧化钾溶于水均显解析，KSCN能与铁离子反应，硝酸铵溶于水显酸性，所以答案选AD。
18． 镊子 NaOH（ B 将试管倒扣在装有氢氧化钠溶液的烧杯中，取出固体清洗并回收。或将试管移到通风橱中，取下棉花，往试管中加入氢氧化钠溶液，取出固体清洗并回收。
【详解】试题分析：（1）铜片为块状固体，需要镊子取出。
（2）铜与浓硝酸反应生成有毒、能污染空气的NO2气体，NO2能被NaOH溶液吸收，所以棉花蘸NaOH溶液，除去生成的NO2气体。
（3）NO2为红棕色气体，试管上部NO2浓度相对较小，所以上部颜色较浅，故B项正确。
（4）试管中含有有毒、能污染空气的NO2气体，所以实验结束后，对试管内残留物的处理方法是：将试管倒扣在装有氢氧化钠溶液的烧杯中，取出固体清洗并回收。或将试管移到通风橱中，取下棉花，往试管中加入氢氧化钠溶液，取出固体清洗并回收。
考点：本题考查实验基本仪器、基本操作、实验现象的描述。
19． 3NO2+H2O=2HNO3+2NO △H 2=△H 1+△H 3 2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑ 加入适量铁粉与适量盐酸
【详解】试题分析：A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质，（1）若A是大气中含量最多的气体，故A为N2,；C、D是氧化物且会造成光化学，故C为NO，D为NO2，D转化成C的反应化学方程式: 3NO2+H2O=2HNO3+2NO；（2）根据盖斯定律可知C(s)→ CO2(g) △H 2、C(s)→CO(g) △H 1、 CO(g)→CO2(g)，则有△H 2=△H 1+△H 3；（3）若C为一元强碱且阴、阳离子所含的电子数相同，故C为NaOH，A为Na、B为Na2O或Na2O2，D为日常生活中常用的调味品，D为NaCl，工业上用D制备A的化学方程式2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑；（4）若A是应用最广泛的金属，则A为Fe，④反应用到A，②、⑤反应均用到同一种气态非金属单质，则C为FeCl3，D为FeCl2,故实验室保存FeCl2需防止Fe2+被氧化且要抑制Fe2+水解，故应加入适量铁粉（防止被氧化）与适量盐酸（抑制水解）。
考点：无机框图推断及元素及其化合物知识。
20． ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣ 二氧化碳 2H++2e﹣=H2↑或2 H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣
【详解】试题分析：（1）次氯酸钠溶液呈碱性，由于该盐是次氯酸盐，属于强碱弱酸盐，弱酸根离子发生水解反应：ClO－+ H2O HClO+ OH－，消耗水电离产生的H+，促进了水的电离，当最终达到平衡时，c(OH－)>c(H+),所以溶液显碱性；（2）由于酸性H2CO3>HClO，所以向该盐溶液中通入二氧化碳气体，会发生复分解反应：2NaClO+H2O+CO2=Na2CO3+2HClO,产生有强氧化性HClO，使溶液的杀菌消毒作用增强，故应该选择的物质是二氧化碳；（3） 84消毒液可以通过电解氯化钠稀溶液制取，电解装置通常选用铁和碳棒为电极，由于铁的活动性较强，若Fe作阳极，会会发生反应，失去电子，溶液中的Cl-就不能失去电子变为氯气，与溶液中产生的NaOH发生反应制取次氯酸钠，所以电解时铁电极为阴极，在阴极，溶液中的H+得到电子变为氢气，该电极的反应式为2H++ 2e-＝H2↑或写为2 H2O + 2e-＝H2↑+ 2OH－。
考点：考查关于高效消毒剂次氯酸钠的制取方法、化学性质及增强其作用和性质的方法的知识。
21．(1) 将氧化成
(2)5.48~6.6(或)
(3)溶液表面出现晶膜(或有少量的晶体析出)
(4) 溶液 (或)
(5)
【分析】某锌矿渣主要含Zn、Si、Pb、Fe、Ga的氧化物，加入硫酸，经过滤，得到浸出渣为SiO2、PbSO4，浸出液含有Zn、Fe、Ga的离子，加入过氧化氢，可氧化亚铁离子生成铁离子，调节溶液pH生成Fe(OH)3、Ga(OH)3沉淀，滤液含有硫酸锌，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到硫酸锌晶体，滤渣2含有Fe(OH)3、Ga(OH)3，加入过量的氢氧化钠，可生成NaGaO2溶液，过滤得到有Fe(OH)3，电解NaGaO2溶液，可制备Ga，以此解答该题。
【详解】（1）“溶液X”是，浸出时，二氧化硅与稀硫酸不反应，Pb的氧化物与稀硫酸反应生成不溶于水的硫酸铅，因此浸出渣的主要成分是：。加入过氧化氢是为了将氧化成，离子方程式为：。
（2）根据流程图中物质转化关系可知，调pH的目的是使铁离子、三价镓离子沉淀完全而锌离子不沉淀，从而与锌离子分离，氢氧化铁和氢氧化镓属于同种类型沉淀，由其溶度积可知，当三价镓离子完全沉淀时，铁离子已经完全沉淀，三价镓离子完全沉淀时，则室温下，pH=-lg()≈5.48，锌离子开始沉淀时，，pH=-lg()≈6.6，则应调节pH的范围为5.48~6.6。
（3）溶液蒸发浓缩时，停止加热的标志是：溶液表面出现晶膜(或有少量的晶体析出)。然后冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
（4）由流程图可知，溶于X而氢氧化铁不溶，根据题目信息：镓的化合物的化学性质与铝相似，因此可与强碱氢氧化钠溶液反应，但氢氧化铁不反应，试剂X为氢氧化钠溶液，发生反应的离子方程式为：。
（5）的物质的量为0.1ml，由锌原子守恒可知，若得到，质量为17.90g；若得到ZnSO4，质量为16.10g；若得到ZnO，质量为8.10g。因此100℃、930℃时所得固体的化学式分别为：、ZnO。
22．(1)多次浸取；适当增大稀硫酸浓度；充分搅拌；适当升高温度；粉碎
(2) Al(OH)3 3Fe2++MnO+8H2O=MnO(OH)2↓+3Fe(OH)3↓+5H+
(3)Zn
(4)5Zn2++10HCO=Zn5(CO3)2(OH)6·2H2O↓+8CO2↑
(5)n[Zn(OH)2]∶n(ZnO)=1∶4
(6) 加入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液颜色由无色变为浅红色且半分钟内不变色 97.2%
【分析】含锌废渣用硫酸酸浸后，废渣中的Pb元素转化为PbSO4沉淀过滤后存在于滤渣1中，滤渣中含有Zn2+、Fe2+、Al3+、Cu2+，“氧化除杂”环节，Fe2+和反应生成沉淀除去，加入KHCO3控制溶液pH为5.2，使Al3+转化为Al(OH)3除去， “滤渣2”中含有、、Al(OH)3，再向滤液中加入金属Zn置换出Cu过滤除去，得到的滤渣中含有Zn2+，加入碳酸氢铵将Zn2+转化为，煅烧后得到ZnO。
【详解】（1）为了提高含锌废渣的浸出率，可采用的方法有：多次浸取；适当增大稀硫酸浓度；充分搅拌；适当升高温度；粉碎。
（2）“氧化除杂”环节，“滤渣2”中含有、，说明Fe2+和反应生成和，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3Fe2++MnO+8H2O=MnO(OH)2↓+3Fe(OH)3↓+5H+；加入KHCO3控制溶液pH为5.2，使Al3+转化为Al(OH)3除去，“滤渣2”中除了、还有Al(OH)3。
（3）由分析可知，金属X是Zn。
（4）“制碱式盐”得到碱式碳酸锌，化学式为，说明Zn2+和HCO反应生成，离子方程式为：5Zn2++10HCO=Zn5(CO3)2(OH)6·2H2O↓+8CO2↑。
（5）300℃时，剩余固体中已不含碳元素，则温度高于300℃时，固体失去H2O，由图中数据可知，失去n(H2O)= ，温度达到500℃时，此时固体为ZnO，物质的量n(ZnO)= ，则300℃时，混合固体中n(Zn):n(H):n(O)=5:2:6，而在温度为300℃时，固体为Zn(OH)2和ZnO的混合物，则n[Zn(OH)2]∶n(ZnO)=1∶4。
（6）依据滴定原理可知，用酚酞为指示剂，用氢氧化钠滴定，则滴定终点时溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟不变色即为滴定终点；根据H++OH-=H2O可知，硫酸反应后剩余氢离子物质的量为0.500ml/L×0.0240L=0.012ml，则与ZnO反应的氢离子物质的量为=0.0180L×1.000ml/L×2-0.012ml=0.024ml，由ZnO+2H+=Zn2++H2O可知，ZnO的质量为0.024ml××81g/ml=0.972g，则样品纯度为=97.2%。
23．(1)Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
(2)HNO3
(3) Cu(NO3)2 向④中溶液通入NO2气体后，加入铜片 N2(或稀有气体等其他不与体系发生反应的气体) HNO2
(4)排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响
(5) 2HNO3+H2O2+Cu=Cu(NO3)2+2H2O 90%
【详解】（1）试管①中反应的化学方程式是Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；故答案为：Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。
（2）已知绿色是棕色和蓝色的混合色，绿色溶液变蓝是因为与水生成了，二氧化氮化合价降低，还有化合价升高，则二氧化氮的氮也应该升高，即生成HNO3；故答案为：HNO3。
（3）假设1不成立，则应该向溶液中加入铜离子即加入Cu(NO3)2，蓝色加深，氮没有其他明显现象；为验证是对该反应有催化作用，则应该向④中溶液通入NO2气体后，加入铜片，铜片立刻产生气泡，再将②中溶液通入稀有气体等将里面的二氧化氮排出，再加铜片无明显现象，说明是对该反应有催化作用；为验证对该反应有催化作用，应将向④中溶液加入少量溶液，再加入铜片，铜片表面立即产生气泡；故答案为：Cu(NO3)2；向④中溶液通入NO2气体后，加入铜片；N2(或稀有气体等其他不与体系发生反应的气体)；HNO2。
（4）得出实验结论后，有同学认为还应补充对比实验：向④溶液加入几滴较浓的硝酸后加入铜片，由于二氧化氮溶于水生成硝酸，导致硝酸浓度变大，因此补充该实验的目的是排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响；故答案为：排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响。
（5）某工厂用硝酸溶解废铜屑制备，为避免的生成，实验小组提出还应加入溶液，则铜、硝酸、双氧水反应生成硝酸铜和水，其反应的离子方程式为2HNO3+H2O2+Cu=Cu(NO3)2+2H2O；消耗含铜元素80%的废铜屑240 kg固体时，根据Cu～，理论得到质量为，实际得到653.4 kg产品，产率为；故答案为：2HNO3+H2O2+Cu=Cu(NO3)2+2H2O；90%。
24．(1)圆底烧瓶
(2)Na2SO3+H2SO4(浓)Na2SO4+SO2↑+H2O
(3)吸收SO2中的水蒸气
(4)使品红褪色的主要微粒不是SO2分子，而是SO2与H2O反应生成的某些微粒
(5)液中存在：和的两个平衡，电离程度大于水解程度
(6)证明实验条件下H+、OH-对品红褪色不产生干扰
(7)
(8)否，溶液中H2SO3、、均可与Ba(OH)2反应，无法得知是何种微粒起主要作用
【分析】在I中70%浓硫酸与Na2SO3发生反应产生Na2SO4、SO2、H2O，在II中浓硫酸对SO2气体进入干燥，然后将气体分别通入0.1%品红乙醇溶液和水溶液中，看到0.1%品红乙醇溶液不褪色，而0.1%品红水溶液褪色，说明SO2不具有漂白性，SO2与H2O反应产生的物质微粒具有漂白性，通过对比实验探究漂白原因，最后将SO2气体通入NaOH溶液中吸收，然后排放，防止造成大气污染。
【详解】（1）根据图示仪器A结构可知该名称为圆底烧瓶；
（2）在装置I中70%浓硫酸与Na2SO3加热发生反应产生Na2SO4、SO2、H2O，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4(浓)Na2SO4+SO2↑+H2O；
（3）装置II中浓硫酸的作用是吸收SO2中的水蒸气(或干燥SO2)；
（4）将干燥的SO2气体分别通入装置III中0.1%品红乙醇溶液中，看到溶液红色没有褪去，而通入装置IV中0.1%品红水溶液中，看到溶液红色褪去，说明SO2气体不具有漂白性，而SO2与H2O反应生成的某些微粒；
（5）NaHSO3是强碱弱酸的酸式盐，在溶液中同时存在电离平衡：和水解平衡：。电离产生H+使溶液显酸性，水解产生OH-使溶液显碱性，由于其电离程度大于水解程度，溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此溶液显酸性；
（6）2 mLpH=10的NaOH溶液和2 mL pH=2的H2SO4溶液中都分别滴入1滴0.1%品红溶液，溶液都显红色，说明在该实验条件下H+、OH-对品红褪色不产生干扰；
（7）实验a中溶液红色变浅时间比较长，而实验b中溶液红色变浅比较快，SO2溶于水反应产生弱酸H2SO3，H2SO3电离程度十分微弱，溶液中c()很小，而Na2SO3电离产生，尽管会发生水解反应，但主要以存在，溶液中c()较大，因此根据溶液褪色时间长短及微粒浓度大小关系可证明使品红溶液褪色的微粒主要是；
（8）向SO2的水溶液中滴入Ba(OH)2溶液时，由于SO2与水反应产生H2SO3，H2SO3是二元弱酸，主要以酸分子存在，同时存在电离平衡，电离分步进行，溶液中存在的微粒H2SO3、、均可与Ba(OH)2反应，因此无法得知是何种微粒起主要作用，故该方案不合理。
25． 氯化铵溶液呈酸性 硫酸铵受热不易分解，没有还原性氨气产生 CuCl 反应温度不同；反应Ⅰ在水溶液中进行，反应Ⅱ、Ⅲ在无水状态下进行或其他合理答案
【分析】NH4Cl在水溶液中因发生水解而使溶液显酸性，能将CuO溶解并生成CuCl2；在固态时，NH4Cl分解生成NH3和HCl，NH3具有还原性，能将CuO还原为Cu，HCl能与CuO发生反应生成CuCl2和H2O；CuCl2与Cu或NH4Cl作用生成CuCl等。
【详解】(1)实验Ⅰ中，NH4Cl溶于水后，部分发生水解生成盐酸等，与CuO反应生成CuCl2和水，溶液变为蓝色；固体溶解的原因是氯化铵溶液呈酸性。答案为：氯化铵溶液呈酸性；
(2)实验Ⅱ中，将铜丝加热生成CuO，迅速插入疏松的氯化铵固体中，NH4Cl分解生成NH3和HCl，NH3具有还原性，能将CuO还原为Cu。
①氯化铵与氧化铜反应生成两种单质，其中一种为无色气体，则生成N2和Cu，另外还有HCl气体等物质生成，该反应的化学方程式为。
②若将氯化铵换为硫酸铵，观察不到上述现象，则表明硫酸铵没有分解生成氨气等，原因是硫酸铵受热不易分解，没有还原性氨气产生。答案为：；硫酸铵受热不易分解，没有还原性氨气产生；
(3)实验Ⅲ中，由题给信息可知，暗红色固体中应含有CuCl2，加水溶解后生成白色沉淀，则其为CuCl；CuCl与浓硝酸激烈反应，产生大量红棕色气体(NO2)，溶液变为深蓝绿色(Cu2+)，反应的离子方程式为。答案为：CuCl；；
(4)实验Ⅰ在水溶液中发生反应，实验Ⅱ、Ⅲ的加热温度不同，所以现象不同的可能原因是反应温度不同；反应Ⅰ在水溶液中进行，反应Ⅱ、Ⅲ在无水状态下进行或其他合理答案。答案为：反应温度不同；反应Ⅰ在水溶液中进行，反应Ⅱ、Ⅲ在无水状态下进行或其他合理答案。
【点睛】氯化亚铜呈白色，露置在空气中，易被氧化为绿色的碱式氯化铜。