预测13 常见金属与非金属性质及应用专题-【临门一脚】 高考化学三轮冲刺过关

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预测13 常见金属与非金属性质及应用专题概率预测☆☆☆☆☆题型预测选择题☆☆☆☆☆简答题☆☆☆考向预测①元素及其化合物的性质②元素化合物之间的转化③离子方程式正误的判断、离子共存④物质的推断和实验基本操作⑤物质俗名、物质主要用途⑥工业生产和环境问题①直接考查元素及其化合物的性质，通常以物质的判断(化学式的书写)、化学方程式的书写、微粒的检验和鉴别等②与基本概念和基本理论结合，如与氧化还原反应、电化学、物质在水溶液中的行为、实验、计算等知识点结合考查纵观近几年全国各地高考化学试题，除在选择题中直接考查元素化合物的性质、制法及相互转变关系外，更重要的是以元素化合物知识为载体，综合氧化还原、强弱电解质、平衡移动原理、物质结构等理论知识，对考生的思维能力进行综合考查。该部分高考题的特点是新颖、知识覆盖面广、思维跨度大，不但考查一个知识点，而且将多个知识点串联起来，考查学生综合运用知识的能力，增大了试题的难度。试题大致分为三种类型：一是化学实验对元素化合物知识的探究和验证；二是元素化合物知识在实际生产中的应用；三是化学反应原理对化合物知识的概括和演绎。虽然年年题不同，但是万变不离其宗，都是考查基础知识的运用，不要因试题的“穿新衣，戴新帽”而惊慌失措。“易点得全分，难点能得分，规范得高分”。1．重要元素及其化合物的知识网络(1)钠及其化合物间的转化关系(2)铝及其化合物间的转化关系(3)铁及其化合物间的转化关系(4)铜及其化合物间的转化关系(5)氯气及其化合物间的转化关系(6)碳、硅及其化合物间的转化关系 (7)硫及其化合物间的转化关系(8)氮及其化合物间的转化关系2．牢记单质或化合物具有“特性”的元素元素性质特征H单质密度最小的元素Li①单质密度最小的金属元素；②元素的单质在常温下能与水反应放出气体的短周期元素C①形成化合物种类最多的元素；②对应的某种单质是自然界中硬度最大的物质的元素；③某种氧化物可产生“温室效应”的元素N①空气中含量最多的元素；②气态氢化物的水溶液呈碱性的元素；③元素的气态氢化物和它的最高价氧化物对应的水化物能发生化合反应的元素；④常见氢化物可作制冷剂；⑤某一氢化物可作气态燃料O①地壳中含量最多的元素；②简单氢化物在通常情况下呈液态的元素；③某一单质可杀菌、消毒、漂白F①最活泼的非金属元素；②无正化合价的元素；③无含氧酸的非金属元素；④无氧酸可腐蚀玻璃的元素；⑤气态氢化物最稳定的元素；⑥阴离子的还原性最弱的元素；⑦元素的单质在常温下能与水反应放出气体的短周期元素Na①焰色反应呈黄色的元素；②短周期中金属性最强的元素；③元素的单质在常温下能与水反应放出气体的短周期金属元素；④两种常见氧化物的水化物均呈碱性的短周期元素；⑤短周期中原子半径最大的元素Al①地壳中含量最多的金属元素；②最高价氧化物及其水化物既能与强酸反应，又能与强碱反应的元素；③氧化物可作耐火材料；④氧化物是刚玉、宝石主要成分的元素Si①单质为常见的半导体材料；②最高价非金属氧化物对应的水化物难溶于水P①组成骨骼和牙齿的必要元素；②某一单质和其氢化物都能自燃S①元素的气态氢化物和它的最高价氧化物对应的水化物能发生氧化还原反应的元素；②元素的气态氢化物能和它的氧化物在常温下反应生成该元素的单质的元素K焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃观察)的元素Ge单质为常见的半导体材料Br常温下单质呈液态的非金属元素Hg常温下单质呈液态的金属元素Cs①最活泼的金属元素；②最高价氧化物对应水化物的碱性最强的元素；③阳离子的氧化性最弱的元素3．扫除易混易错知识盲点(1)钠及其化合物知识盲点①钠和盐溶液反应，不能置换出盐中的金属，与熔融的盐反应才能置换出盐中的金属。②无论Na与O2反应生成Na2O还是Na2O2，只要参与反应的Na的质量相等，则转移电子的物质的量一定相等，但得到Na2O2的质量大于Na2O。③Na分别与H2O和乙醇发生的反应均属于置换反应，二者现象明显不同，前者剧烈，后者缓慢。④1 mol Na2O2参与反应转移电子的物质的量不一定为1 mol，如1 mol Na2O2与SO2的反应转移电子应为2 mol。⑤不能用Ca(OH)2鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液，应选用CaCl2或BaCl2溶液。⑥除去CO2中的HCl气体，应选用饱和的NaHCO3溶液。⑦向饱和的Na2CO3溶液中通入过量CO2，有NaHCO3晶体析出。⑧焰色反应是元素的性质，无论游离态还是化合态，均具有相同的焰色反应，它不是化学变化，在观察钾元素的焰色反应时，应透过蓝色的钴玻璃片。⑨Na­K合金常温下呈液态，是原子反应堆的导热剂。⑩周期表中从上到下碱金属的密度呈现增大的趋势，但K反常。⑪Li和O2反应只生成Li2O；NaH是离子化合物，是一种强还原剂；Na2O、Na2O2中阴、阳离子个数比均为1∶2。(2)铝及其化合物知识盲点①铝是活泼金属，但铝抗腐蚀性相当强，因为铝表面生成一层致密的氧化物薄膜。由于Al2O3的熔点高于Al的熔点，故在酒精灯上加热铝箔直至熔化，发现熔化的铝并不滴落。②铝热反应不仅仅是单质铝与Fe2O3反应，还包括制取其他难熔金属的反应，由于铝热剂是混合物，故铝热反应不能用于工业上冶炼铁。注意铝热反应是中学化学中唯一一类金属单质与金属氧化物在高温条件下的置换反应。③引发铝热反应的操作是高考实验考查的热点，具体操作是先铺一层KClO3，然后插上镁条，最后点燃镁条。④并不是Al与所有金属氧化物均能组成铝热剂，该金属氧化物对应的金属活泼性应比铝弱。⑤Al2O3、Al(OH)3与NaOH溶液的反应常用于物质的分离提纯。Al(OH)3不溶于氨水，所以实验室常用铝盐和氨水来制备Al(OH)3。⑥利用偏铝酸盐制备Al(OH)3，一般不用强酸，因为强酸的量控制不当会使制得的Al(OH)3溶解。若向偏铝酸盐溶液中通入CO2，生成的Al(OH)3不溶于碳酸，CO2过量时生成HCO，不过量时生成CO，书写离子反应方程式时要特别注意。⑦Al(OH)3可用作抗酸药；明矾常用于净水。⑧泡沫灭火器所用试剂为Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液。(3)铁及其化合物知识盲点①Fe与O2(点燃)、H2O(g)(高温)反应的产物都是Fe3O4而不是Fe2O3。Fe与Cl2反应时生成FeCl3，与S反应时生成FeS，说明Cl2的氧化性大于S。常温下，Fe、Al在冷的浓硫酸和浓硝酸中发生钝化，但加热后继续反应。Fe在Cl2中燃烧，无论Cl2过量还是不足均生成FeCl3。②向含Fe2＋的溶液中加入硝酸、KMnO4溶液、氯水等具有氧化性的物质时，溶液会出现浅绿色―→棕黄色的颜色变化，该现象可用于Fe2＋的检验。③Fe3＋的检验方法较多，如观察溶液颜色法(棕黄色)、NaOH溶液法(生成红褐色沉淀)、KSCN溶液法(生成红色溶液)，前面两种方法需溶液中Fe3＋浓度较大时才适用，最灵敏的方法是KSCN溶液法。Fe2＋的检验可采用先加入KSCN溶液后再加入氧化剂的方法；也可用铁氰化钾检验Fe2＋，现象是生成蓝色沉淀。④生成FeCl2除了用Fe和HCl的置换反应外，还可用化合反应：2FeCl3＋Fe===3FeCl2；生成Fe(OH)3除了用Fe3＋与碱的复分解反应外，还可用化合反应：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3。⑤配制FeCl2溶液既要防氧化(加入Fe粉)，又要防水解(加入盐酸)；配制FeCl3溶液要加入浓盐酸防止水解。⑥Fe3＋必须在酸性条件下才能大量存在，当pH＝7时，Fe3＋几乎完全水解生成Fe(OH)3沉淀。⑦除去酸性溶液ZnCl2中的FeCl2，应先通入Cl2或加入H2O2，再加入ZnO，使Fe3＋水解生成沉淀过滤除去。⑧制备Fe(OH)2的方法很多，原则有两点：一是溶液中的溶解氧必须提前除去；二是反应过程中必须与O2隔绝。同时要牢记Fe(OH)2转化为Fe(OH)3时沉淀颜色的变化(白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色)。⑨Fe(OH)3胶体的制备方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中，加热至呈红褐色后立即停止加热。胶体不带电，带电的是胶粒。⑩自然界中有少量游离态的铁(陨石中)，纯净的铁块是银白色的，而铁粉是黑色的。(4)铜及其化合物知识盲点①铜在潮湿的空气中最终不是生成CuO，而是生成铜绿[Cu2(OH)2CO3]。②常用灼热的铜粉除去N2中的O2，灼热的CuO除去CO2中的CO。③新制Cu(OH)2悬浊液常用来检验醛基。④Cu和一定量的浓HNO3反应，产生的是NO2和NO的混合气体，当Cu有剩余，再加入稀H2SO4，Cu继续溶解。⑤Cu：紫红色；CuO：黑色；Cu2S：黑色；CuS：黑色；Cu2O：砖红色。⑥铜的焰色反应为绿色。⑦冶炼铜的方法有①热还原法；②湿法炼铜；③电解精炼铜。⑧铜合金有①青铜(含Sn、Pb等)；②黄铜(含Zn、Sn、Pb、Al等)；③白铜(含Ni、Zn、Mn)。(5)氯及其化合物知识盲点①液氯密封在钢瓶中，而氯水、次氯酸应保存在棕色试剂瓶中。②1 mol Cl2参加反应，转移电子数可能为2NA、NA或小于NA(Cl2和H2O的反应为可逆反应)。③实验室制Cl2，除了用MnO2和浓盐酸反应外，还可以用KMnO4、KClO3、NaClO与浓盐酸反应且都不需要加热，如ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O。④酸性KMnO4溶液，用的是H2SO4酸化而不是盐酸。⑤ClO－不论在酸性环境中还是在碱性环境中均能体现强氧化性，如ClO－与SO、I－、Fe2＋均不能大量共存；ClO－能水解，因HClO酸性很弱，ClO－水解显碱性，如Fe3＋＋3ClO－＋3H2O===Fe(OH)3↓＋3HClO，所以ClO－与Fe3＋、Al3＋均不能大量共存。⑥向Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体生成CaSO4而不是CaSO3，其离子方程式为Ca2＋＋3ClO－＋SO2＋H2O===CaSO4↓＋Cl－＋2HClO(少量SO2)，Ca2＋＋2ClO－＋2SO2＋2H2O===CaSO4↓＋2Cl－＋SO＋4H＋(过量SO2)。⑦当Fe和Cl2在点燃条件下反应时，不论Fe过量或不足，由于Cl2的强氧化性，产物一定是FeCl3。⑧“84”消毒液的有效成分为NaClO，漂粉精的有效成分为Ca(ClO)2。“84”消毒液和洁厕灵不能混合使用，其原因是ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O。⑨由于电离常数Ka1(H2CO3)>Ka(HClO)>Ka2(H2CO3)，所以向NaClO溶液通入CO2，不论CO2过量还是少量，均发生CO2＋H2O＋ClO－===HClO＋HCO，但是与Ca(ClO)2反应时应为CO2(少)＋Ca(ClO)2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO。⑩液溴需要用水封，溴蒸气呈红棕色，液溴呈深红棕色，溴水呈橙色，溴的CCl4溶液呈橙红色。(6)硅及其化合物知识盲点①自然界中无游离态的硅，通常原子晶体不导电，但硅是很好的半导体材料，是制作光电池的材料。SiO2不导电，是制作光导纤维的材料。②工业上制备粗硅，是用过量的C和SiO2在高温下反应，由于C过量，生成的是CO而不是CO2，该反应必须在隔绝空气的条件下进行。③氢氟酸不能用玻璃容器盛放；NaOH溶液能用玻璃试剂瓶盛放，但不能用玻璃塞。④酸性氧化物一般能与水反应生成酸，但SiO2不溶于水；酸性氧化物一般不与酸作用，但SiO2能与HF反应。⑤硅酸盐大多难溶于水，常见可溶性硅酸盐是硅酸钠，其水溶液称为泡花碱或水玻璃，但却是盐溶液。硅胶(mSiO2·nH2O)是一种很好的无毒干燥剂。⑥H2CO3的酸性大于H2SiO3的，所以有Na2SiO3＋CO2(少量)＋H2O===H2SiO3↓＋Na2CO3，但高温下Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑也能发生，原因可从两方面解释：①硅酸盐比碳酸盐稳定；②从化学平衡角度，由高沸点难挥发固体SiO2制得低沸点易挥发气体CO2。⑦水泥、玻璃与陶瓷是三大传统无机非金属材料；碳化硅、氮化硅等是新型无机非金属材料。(7)硫及其化合物知识盲点①除去附着在试管内壁上的硫，除了用热的NaOH溶液，还可以用CS2，但不能用酒精。②SO2使含有酚酞的NaOH溶液褪色，表现SO2酸性氧化物的性质；使品红溶液褪色，表现SO2的漂白性；使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，表现SO2的还原性；SO2与H2S反应，表现SO2的氧化性；SO2和Cl2等体积混合通入溶液中，漂白性不但不增强，反而消失。③把SO2气体通入BaCl2溶液中，没有沉淀生成，但若通入NH3或加入NaOH溶液，或把BaCl2改成Ba(NO3)2均有白色沉淀生成，前两者生成BaSO3沉淀，后者生成BaSO4沉淀。④浓HNO3和Cu(足量)、浓H2SO4和Cu(足量)、浓盐酸和MnO2(足量)在反应时，随反应进行，产物会发生变化或反应停止。注意区分Zn和浓H2SO4的反应。⑤C与浓硫酸反应时，反应产物的确定应按以下流程进行：无水CuSO4确定水→品红溶液确定SO2→酸性KMnO4溶液除去SO2→品红溶液检验SO2是否除净→澄清石灰水确定CO2。(8)氮及其化合物知识盲点①NO只能用排水法或气囊法收集。②在NO2或NO与O2通入水的计算中常用到4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3、4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3两个方程式。③浓HNO3显黄色是因为溶有NO2，而工业上制备的盐酸显黄色，是因为溶有Fe3＋。④硝酸、浓H2SO4、次氯酸具有强氧化性，属于氧化性酸，其中HNO3、HClO见光或受热易分解。⑤强氧化性酸(如HNO3、浓H2SO4)与金属反应不生成H2；金属和浓HNO3反应一般生成NO2，而金属和稀HNO3反应一般生成NO。⑥实验室制备NH3，除了用Ca(OH)2和NH4Cl反应外，还可用浓氨水的分解(加NaOH固体或CaO)制取，而检验NH需用NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，以确定NH的存在。⑦收集NH3时，把一团干燥的棉花放在试管口，以防止与空气对流；收集完毕，尾气处理时，应在试管口放一团用稀硫酸浸湿的棉花，以吸收NH3。⑧铜与浓HNO3反应在试管内就能看到红棕色的NO2，而与稀HNO3反应时需在试管口才能看到红棕色气体。⑨浓盐酸和浓氨水反应有白烟生成，常用于HCl和NH3的相互检验。⑩NH3、HCl、SO2、NO2可用水进行喷泉实验，水中溶解度小的气体可用其他溶剂(如CO2和NaOH溶液)进行喷泉实验。1．(2020•江苏卷)下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是(   )A．铝的金属活泼性强，可用于制作铝金属制品B．氧化铝熔点高，可用作电解冶炼铝的原料C．氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃酸D．明矾溶于水并水解形成胶体，可用于净水【答案】D【解析】A项，铝在空气中可以与氧气反应生成致密氧化铝，致密氧化铝包覆在铝表面阻止铝进一步反应，铝具有延展性，故铝可用于制作铝金属制品，A错误；B项，氧化铝为离子化合物，可用作电解冶炼铝的原料，B错误；C项，氢氧化铝为两性氢氧化物，可以用于中和过多的胃酸，C错误；D项，明矾溶于水后电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮物，用于净水，D正确；故选D。2．(2020•江苏卷)下列有关化学反应的叙述正确的是(   )A．室温下，Na在空气中反应生成Na2O2B．室温下，Al与4.0 mol﹒L-1NaOH溶液反应生成NaAlO2C．室温下，Cu与浓HNO3反应放出NO气体D．室温下，Fe与浓H2SO4反应生成FeSO4【答案】B【解析】A项，室温下，钠与空气中氧气反应生成氧化钠，故A错误；B项，室温下，铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故B正确；C项，室温下，铜与浓硝酸反应生成二氧化氮气体，故C错误；D项，室温下，铁在浓硫酸中发生钝化，故D错误。故选B。3．(2020•江苏卷)下列选项所示的物质间转化均能实现的是(   )A．(aq)(g)漂白粉(s)B．(aq)(s)(s)C．(aq)(aq)(aq)D．(s)(aq)(s)【答案】C【解析】A项，石灰水中Ca(OH)2浓度太小，一般用氯气和石灰乳反应制取漂白粉，故A错误；B项，碳酸的酸性弱于盐酸，所以二氧化碳与氯化钠溶液不反应，故B错误；C项，氧化性Cl2＞Br2＞I2，所以氯气可以氧化NaBr得到溴单质，溴单质可以氧化碘化钠得到碘单质，故C正确；D项，电解氯化镁溶液无法得到镁单质，阳极氯离子放电生成氯气，阴极水电离出的氢离子放电产生氢气，同时产生大量氢氧根，与镁离子产生沉淀，故D错误。故选C。4．(2020•浙江1月选考)下列说法不正确的是(    )A．二氧化硅导电能力强，可用于制造光导纤维B．石灰石在高温下可用于消除燃煤烟气中的SO2C．钠着火不能用泡沫灭火器灭火D．利用催化剂可减少汽车尾气中有害气体的排放【答案】A【解析】A项，二氧化硅为共价化合物不导电，故A错误；B项，向燃煤中加入适量石灰石，高温时将SO2转化为CaSO4，同时生成二氧化碳，故B正确；C项，钠与氧气反应生成过氧化钠，因过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，不能够用泡沫灭火器灭火，可以用沙土灭火，故C正确；D项，在排气管中安装高效催化剂，将NO转化为N2，减少了空气污染，故D正确；故选A。5．(2020•浙江1月选考)下列说法不正确的是(    )A．[Cu(NH3)4]SO4可通过CuSO4溶液与过量氨水作用得到B．铁锈的主要成分可表示为Fe2O3·nH2OC．钙单质可以从TiCl4中置换出TiD．可用H2还原MgO制备单质Mg【答案】D【解析】A项，CuSO4溶液与少量氨水反应生成氢氧化铜沉淀，与过量氨水反应生成络合物[Cu(NH3)4]SO4，故A正确；B项，铁在潮湿空气中发生吸氧腐蚀生成红棕色的铁锈，铁锈的主要成分可表示为Fe2O3·nH2O，故B正确；C项，钙的化学性质活泼，在稀有气体的保护下，与熔融的四氯化钛反应可置换出Ti，故C正确；D项，制备单质Mg应该用电解熔融MgCl2的方法，故D错误；故选D。6．(2020•浙江1月选考)下列关于铝及其化合物说法，不正确的是(    )A．明矾可用作净水剂和消毒剂 B．利用铝热反应可冶炼高熔点金属C．铝可用作包装材料和建筑材料 D．氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物【答案】A【解析】A项，明矾溶于水可生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可以净水但不能消毒，故A错误；B项，铝热反应是金属铝和沸点较高的金属氧化物之间反应冶炼高熔点金属的过程，故B正确；C项，铝具有良好的延展性，铝箔可以做包装材料，铝合金硬度大密度小常用做建筑材料，故C正确；D项，胃酸主要成分为HCl，氢氧化铝具有弱碱性可中和过多胃酸，故D正确；故选A。7．(2020•浙江1月选考)100%硫酸吸收SO3可生成焦硫酸(分子式为H2S2O7或H2SO4·SO3)。下列说法不正确的是(    )A．焦硫酸具有强氧化性B．Na2S2O7水溶液呈中性C．Na2S2O7可与碱性氧化物反应生成新盐D．100%硫酸吸收SO3生成焦硫酸的变化是化学变化【答案】B【解析】A项，从组成上看，焦硫酸是由等物质的量的三氧化硫与纯硫酸化合而成的，则焦硫酸具有比浓硫酸更强的氧化性、吸水性和腐蚀性，故A正确；B项，从组成上看，Na2S2O7可以形成Na2SO4·SO3，Na2SO4·SO3溶于水时，三氧化硫与水反应生成硫酸，水溶液显酸性，故B错误；C项，从组成上看，Na2S2O7可以形成Na2SO4·SO3，三氧化硫可与碱性氧化物反应生成硫酸钠，故C正确；D项，100%硫酸吸收SO3生成焦硫酸有新物质生成，属于化学变化，故D正确；故选B。8．(2020•浙江7月选考)下列说法不正确的是(    )A．Cl-会破坏铝表面的氧化膜B．NaHCO3的热稳定性比Na2CO3强C．KMnO4具有氧化性，其稀溶液可用于消毒D．钢铁在潮湿空气中生锈主要是发生了电化学腐蚀【答案】B【解析】A项，Cl-很容易被吸附在铝表面的氧化膜上，将氧化膜中的氧离子取代出来，从而破坏氧化膜，A正确；B项，碳酸氢钠受热分解可产生碳酸钠、水和二氧化碳，则稳定性：NaHCO3＜Na2CO3，B错误；C项，KMnO4具有强氧化性，可使病毒表面的蛋白质外壳变形，其稀溶液可用于消毒，C正确；D项，钢铁在潮湿的空气中，铁和碳、水膜形成原电池，发生电化学腐蚀，腐蚀速率更快，D正确；故选B。9．(2020•浙江7月选考)下列说法不正确的是(    )A．高压钠灯可用于道路照明B．SiO2可用来制造光导纤维C．工业上可采用高温冶炼黄铜矿的方法获得粗铜D．BaCO3不溶于水，可用作医疗上检查肠胃的钡餐【答案】D【解析】A项，高压钠灯发出的黄光射程远、透雾能力强，所以高压钠灯用于道路照明，故A正确；B项，二氧化硅传导光的能力非常强，用来制造光导纤维，故B正确；C项，黄铜矿高温煅烧生成粗铜、氧化亚铁和二氧化硫，故C正确；D项，碳酸钡不溶于水，但溶于酸，碳酸钡在胃酸中溶解生成的钡离子为重金属离子，有毒，不能用于钡餐，钡餐用硫酸钡，故D错误；故选D。10．(2020•浙江7月选考)下列说法正确的是(    )A．Na2O在空气中加热可得固体Na2O2B．Mg加入到过量FeCl3溶液中可得FeC．FeS2在沸腾炉中与O2反应主要生成SO3D．H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2和O2【答案】A【解析】A项，无水状态下Na2O2比Na2O更稳定，Na2O在空气中加热可以生成更稳定的Na2O2，A正确；B项，Mg加入到FeCl3溶液中，Mg具有较强的还原性，先与Fe3+反应，生成Mg2+和Fe2+，若Mg过量，Mg与Fe2+继续反应生成Mg2+和Fe，但由于反应中FeCl3过量，Mg已消耗完，所以无Mg和Fe2+反应，所以不会生成Fe，B错误；C项，FeS2在沸腾炉中与O2发生的反应为：4 FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，产物主要是SO2而不是SO3，C错误；D项，H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2O和O2，化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑，D错误。故选A。11．(2020•浙江7月选考)Ca3SiO5是硅酸盐水泥的重要成分之一，其相关性质的说法不正确的是(    )A．可发生反应：Ca3SiO5＋4NH4ClCaSiO3＋2CaCl2＋4NH3↑＋2H2OB．具有吸水性，需要密封保存C．能与SO2反应生成新盐D．与足量盐酸作用，所得固体产物主要为SiO2【答案】D【解析】将Ca3SiO5改写为氧化物形式后的化学式为：3CaO·SiO2，性质也可与Na2SiO3相比较。A项，Ca3SiO5与NH4Cl反应的方程式为：Ca3SiO5+4NH4Cl CaSiO3+2CaCl2+4NH3↑+2H2O，A正确；B项，CaO能与水反应，所以需要密封保存，B正确；C项，亚硫酸的酸性比硅酸强，当二氧化硫通入到Ca3SiO5溶液时，发生反应：3SO2+H2O+ Ca3SiO5=3 CaSO3+H2SiO3，C正确；D项，盐酸的酸性比硅酸强，当盐酸与Ca3SiO5反应时，发生反应：6HCl+ Ca3SiO5=3CaCl2+H2SiO3+2H2O，D不正确；故选D。12．(2021•浙江1月选考)下列说法不正确的是(   )A．铁粉与氧化铝发生的铝热反应可用于焊接铁轨B．镁燃烧会发出耀眼的白光，可用于制造信号弹和焰火C．熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固，常用于制作模型和医疗石膏绷带D．工业上可用氨水消除燃煤烟气中的二氧化硫【答案】A【解析】A项，铝粉与氧化铁发生铝热反应时放出大量的热，因此，生成的铁是液态的，其可以将两段铁轨焊接在一起，故其可用于焊接铁轨，但是，铁粉与氧化铝不能发生铝热反应，A说法不正确；B项，镁燃烧会发出耀眼的白光，可以照亮黑暗的夜空和地面，因此，其可用于制造信号弹和焰火，B说法正确；C项，粉末状的熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固转化为坚固的块状生石膏，因此，其常用于制作模型和医疗石膏绷带，C说法正确；D项，二氧化硫属于酸性氧化物，其可以与碱反应生成盐和水，而氨水属于碱性的溶液，因此，工业上可用氨水吸收燃煤烟气中的二氧化硫从而削除污染，D说法正确。故选A。13．(2021•浙江1月选考)下列说法不正确的是(   )A．某些胶态金属氧化物分散于玻璃中可制造有色玻璃B．通常以海水提取粗食盐后的母液为原料制取溴C．生物炼铜中通常利用某些细菌把不溶性的硫化铜转化为可溶性铜盐D．工业制备硝酸的主要设备为沸腾炉、接触室和吸收塔【答案】D【解析】A项，某些胶态金属氧化物分散于玻璃中可制造有色玻璃，如氧化亚铜分散在玻璃中可以得到红色的玻璃，三氧化二钴分散在玻璃中可以得到蓝色的玻璃，A说法正确；B项，溴虽然被称为“海洋元素”，但是其在海水中的浓度太小，直接以海水为原料提取溴的成本太高，而海水提取粗食盐后的母液属于浓缩的海水，其中溴化物的浓度较高，因此，通常以海水提取粗食盐后的母液为原料制取溴，B说法正确；C项，某种能耐受铜盐毒性的细菌能利用空气中的氧气氧化硫化铜矿石，从而把不溶性的硫化铜转化为可溶性的铜盐，因此，其可用于生物炼铜，C说法正确；D项，工业制备硝酸的主要设备为氧化炉(转化器)、热交换器和吸收塔，工业制备硫酸的主要设备为沸腾炉、接触室和吸收塔，D说法不正确。故选D。14．(2021•浙江1月选考)下列“类比”合理的是(   )A．Na与H2O反应生成NaOH和H2，则Fe与H2O反应生成Fe(OH)3和H2B．NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，则NaClO溶液与SO2反应生成NaHSO3和HClOC．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，则Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4ClD．NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NaNO3，则氨水与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NH4NO3【答案】C【解析】A项，Na与水反应生成NaOH和H2，Fe与冷水、热水都不反应，Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，A不合理；B项，NaClO具有强氧化性，SO2具有较强的还原性，NaClO溶液与SO2发生氧化还原反应时SO2被氧化成SO42-，ClO-被还原成Cl-，B不合理；C项，Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl：Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl，Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl：Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl，C合理；D项，氨水与少量AgNO3反应生成[Ag(NH3)2]+：Ag++2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，D不合理；故选C。15．(2021•浙江1月选考)铝硅酸盐型分子筛中有许多笼状空穴和通道(如图)，其骨架的基本结构单元是硅氧四面体和铝氧四面体，化学组成可表示为Ma[(AlO2)x·(SiO2)y]·zH2O(M代表金属离子)。下列推测不正确的是(   )A．常采用水玻璃、偏铝酸钠在强酸溶液中反应后结晶制得分子筛B．若a=x/2，则M为二价阳离子C．调节y/x(硅铝比)的值，可以改变分子筛骨架的热稳定性D．分子筛中的笼状空穴和通道，可用于筛分分子【答案】A【解析】A项，偏铝酸钠在强酸性溶液中不能稳定存在容易形成Al3+，不可以利用偏铝酸钠在强酸性溶液中制备分子筛，A错误；B项，设M的化合价为m，则根据正负化合价代数和为0计算，m×+x×(-1)=0，解得m=+2，B正确；C项，调节硅铝比可以改变分子筛的空间结构，从而改变分子筛的稳定性，C正确；D项，调节硅铝比可以调节分子筛的孔径，根据分子筛孔径的大小可以筛分不同大小的分子，D正确；故选A。16．(2020•浙江1月选考)Ⅰ．由三种元素组成的化合物A，按如下流程进行实验。气体B为纯净物，溶液C焰色反应为砖红色，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。请回答：(1)组成A的三种元素是________，A的化学式是________。(2)固体A与足量稀盐酸反应的化学方程式是________。(3)气体E与甲醛在一定条件下可生成乌洛托品(学名：亚甲基四胺)，该反应的化学方程式是________(乌洛托品可以用分子式表示)。【答案】Ⅰ．Ca、H和N    Ca2HN    (2)Ca2HN＋5HCl=2CaCl2＋H2↑＋NH4Cl    (3)4NH3＋6HCHO→(或C6H12N4)＋6H2O    【解析】Ⅰ．(1)由分析可知，组成A的三种元素是Ca、N和H，由钙原子个数守恒可知，固体A中钙的物质的量为=0.04mol，质量为0.04mol×40g/mol=1.6g，固体A与足量盐酸反应时，固体A中氢元素化合价升高被氧化，HCl中氢元素化合价降低被还原，由得失电子数目守恒和原子个数守恒可知，固体A中氢的物质的量为×2×=0.02mol，质量为0.02mol×1g/mol=0.02g，则固体A中氮的物质的量为=0.02mol，A中Ca、N和H的物质的量比为0.04mol: 0.02mol: 0.02mol=2:1:1，化学式为Ca2HN；(2)Ca2HN与足量盐酸反应时，Ca2HN中氢元素化合价升高被氧化，HCl中氢元素化合价降低被还原，反应生成氯化钙、氯化铵和氢气，反应的化学方程式为Ca2HN＋5HCl=2CaCl2＋H2↑＋NH4Cl；(3)氨气与甲醛反应生成和水，反应的化学方程式为4NH3＋6HCHO→(或C6H12N4)＋6H2O。17．(2020•浙江7月选考)Ⅰ．化合物X由四种短周期元素组成，加热X，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体Y，Y为纯净物；取3.01 g X，用含HCl 0.0600 mol的盐酸完全溶解得溶液A，将溶液A分成A1和A2两等份，完成如下实验(白色沉淀C可溶于NaOH溶液)：请回答：(1)组成X的四种元素是N、H和________(填元素符号)，X的化学式是________。(2)溶液B通入过量CO2得到白色沉淀C的离子方程式是________。(3)写出一个化合反应(用化学方程式或离子方程式表示)________。要求同时满足：①其中一种反应物的组成元素必须是X中除N、H外的两种元素；②反应原理与“HCl＋NH3NH4Cl”相同。【答案】Ⅰ．(1) Al、Cl　　AlCl3NH3(2) AlO＋CO2＋2H2OAl(OH)3↓＋HCO(3) AlCl3＋Cl−AlCl或AlCl3＋NH3AlCl3NH3【解析】根据题干可知，加热X可产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的纯净物气体Y，故Y为NH3，由实验流程图中分析可知，结合B中通入过量的CO2产生能溶于NaOH溶液的白色沉淀C，故C为Al(OH)3，则D为Al2O3，E是AgCl，利用原子守恒可知：A1溶液中含有N原子的物质的量为：n (N)= n (NH3)=，Al原子的物质的量为：n (Al)= 2n (Al 2O3)=，A2溶液中含有的Cl-的物质的量为：n (Cl)= n (AgCl)-；故一半溶液中含有的H原子的物质的量为：，故X中含有四种元素即N、H、Al、Cl，其个数比为：n (N)：n (H)：n (Al)：n (Cl)= 0.01 mol：0.03 mol：0.01 mol：0.03 mol=1：3：1：3，故X的化学式为：AlCl3NH3；(2)根据分析(1)可知，溶液B中通入过量的CO2所发生的离子方程式为：AlO＋CO2＋2H2OAl(OH)3↓＋HCO；(3)结合题给的两个条件，再分析化合物X(AlCl3NH3)是NH3和AlCl3通过配位键结合成的化合物，不难想到类似于NH3和H2O反应，故可以很快得出该反应的离子方程式为AlCl3＋Cl−AlCl或AlCl3＋NH3AlCl3NH3。18．(2021•浙江1月选考)某兴趣小组对化合物X开展探究实验。其中：X是易溶于水的强酸盐，由3种元素组成；A和B均为纯净物；B可使品红水溶液褪色。请回答：(1)组成X的3种元素是______(填元素符号)，X的化学式是______。(2)将固体X加入温热的稀H2SO4中，产生气体B，该反应的离子方程式是______。(3)步骤I，发生反应的化学方程式是______。(4)步骤II，某同学未加H2O2溶液，发现也会缓慢出现白色浑浊，原因是______。(5)关于气体B使品红水溶液褪色的原因，一般认为：B不能使品红褪色，而是B与水反应的生成物使品红褪色。请设计实验证明______。【答案】(1)Cu、S、O    CuS2O6    (2)S2OSO+ SO2↑   (3) + Cu(OH)2 →+ 2H2O    (4)SO2与水反应生成H2SO3； H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4    (5)配制品红无水乙醇溶液(其他非水溶剂亦可)，通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠(亚硫酸氢钠)固体，褪色更快    【解析】将固体隔绝空气加热，能生成一种固体和一种气体，其中将固体溶于水分成两等分，一份加入盐酸酸化的氯化钡溶液，能生成白色沉淀，说明固体中有硫酸根的存在，另一份溶液加入适量的NaOH溶液，出现蓝色悬浊液，加入甘油后能形成绛蓝色溶液，说明固体中存在Cu，则固体A为CuSO4；将气体B通入足量的BaCl2溶液和H2O2溶液中，出现白色沉淀，说明该气体可以被H2O2氧化，则该气体为SO2，再根据产生沉淀C和固体X的质量计算固体X的化学式。(1)根据分析，固体X中含有的元素是C、S、O；加入盐酸酸化的氯化钡溶液，生成1.165g硫酸钡沉淀，则该份硫酸铜的质量为0.005mol，则固体CuSO4的物质的量为0.010mol，质量为1.6g，根据质量守恒的气体SO2的质量为0.640g，该物质中三种元素的质量比m(Cu):m(S):m(O)=0.640g:0.640g:0.960g，则这三种原子的物质的量的比 n(Cu):n(S):n(O)=1:2:6，故固体X的化学式为CuS2O6；(2)根据题目，固体X与温热的稀硫酸反应可以生成SO2气体，根据原子守恒和电荷守恒配平，则该过程的离子方程式为S2OSO42-+ SO2↑；(3)步骤Ⅰ为甘油和氢氧化铜发生反应，反应的化学方程式为+Cu(OH)2→+2H2O；(4)步骤Ⅱ中未加入过氧化氢，也可以出现白色沉淀，说明SO2溶于水后可以被空气中的氧气氧化；(5)SO2可以使品红溶液褪色，SO2溶液中存在SO2分子和H2SO3，欲知道是哪一种物质能够使品红溶液褪色，可以利用如下实验验证：配制品红无水乙醇溶液(其他非水溶剂亦可)，通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠(亚硫酸氢钠)固体，褪色更快。1．(2021·广东省高三质量调研)如图是某元素的价类二维图。其中 A 为酸式盐，E 的相对分子质量比 D 大 16.下列说法正确的是(   )A．E 与水反应一定能生成一种强酸B．若 X 为强酸，则物质 D 可使石蕊溶液先变红后褪色C．若 X 为强酸，则 D→E 的反应可用于检验 DD．若 X 为强碱，则物质 A ~ E 中均含有硫元素【答案】A【解析】D和E均为氧化物，E的价态比D高，E 的相对分子质量比 D 大 16，可以推测出E分子中比D分子中多一个O，则y为氧气，B到E为连续氧化过程，则B可以为NH3，C为N2，D为NO，E为NO2，此时A为某种酸式铵盐，X为强碱；B还可以是H2S，C为S，D为SO2，E为SO3，此时A为某种硫氢化物，X为非氧化性强酸。A项，E为NO2或SO3，NO2与水反应可以生成HNO3，SO3与水反应生成H2SO4，硝酸和硫酸均为强酸，A正确；B项，根据分析可知若X为强酸，则A为硫氢化物，D为SO2，SO2并不能漂白石蕊溶液，所以只会变红，不会褪色，B错误；C项，根据分析可知若X为强酸，则D为SO2，E为SO3，SO2与氧气在高温、高压、催化剂的条件下生成SO3，该反应并不能用来检验SO2，C错误；D项，根据分析可知若X为强碱，物质A~E中均含有N元素，D错误；故选A。2．(2021·浙江省高三选考模拟)下列"类比“不合理的是(   )A．H2O2热分解生成H2O和氧气，则FeS2热分解生成FeS和硫单质B．Ca(ClO)2溶液与CO2反应生成CaCO3和HClO，则NaClO溶液与CO2反应生成Na2CO3和HClOC．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，则Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4ClD．AgOH溶于氨水反应生成Ag(NH3)2OH，则Cu(OH)2溶于氨水生成Cu(NH3)4(OH)2【答案】B【解析】A项，H2O2受热分解，生成H2O和氧气，FeS2受热也能发生分解反应，生成FeS和硫单质，A合理；B项，因为H2CO3的酸性比HClO强，所以Ca(ClO)2溶液与CO2反应生成CaCO3和HClO，但往NaClO溶液中通入CO2气体，只能生成NaHCO3和HClO，不能生成Na2CO3，因为Na2CO3的碱性比NaClO强，B不合理；C项，Mg3N2与盐酸先发生复分解反应，生成MgCl2和NH3，NH3再与HCl反应生成NH4Cl，C合理；D项，Cu(OH)2电离出的Cu2+，能与氨水反应生成难电离的[Cu(NH3)4]2+，从而生成Cu(NH3)4(OH)2，D合理；故选B。3．(2021·浙江省高三选考模拟)下列说法不正确的是(   )A．胶态Co(AlO2)2均匀分布在玻璃中制造蓝色钴玻璃B．工业上以海水提取粗食盐后的母液为原料制取溴C．生物炼铜中通常利用某些细菌把不溶性的硫化铜转化为游离态的铜D．工业制备硝酸的主要设备为热交换器、转化器和吸收塔【答案】C【解析】A项，胶态Co(AlO2)2均匀分布在玻璃中制造蓝色钴玻璃，A正确；B项，工业上以海水提取粗食盐后的母液中含有浓度较大的溴离子，故可以为制取溴的原料，B正确；C项，微生物法是采用某些细菌能用空气中的氧气氧化硫化铜，把不溶性的硫化铜氧化，硫从负二价被氧化成正六价，故最后转化成可溶的硫酸铜，C错误；D项，工业制备硝酸的主要设备为转化器、热交换器和吸收塔，分别发生的反应为：4NH3+5O24NO+6H2O， 2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，D正确；故选C。4．(2021·浙江省高三选考模拟)下列说法不正确的是(   )A．通过Fe与水蒸气高温反应在铁器表面形成致密Fe3O4氧化膜B．高温下Na与Fe2O3反应生成铁单质和Na2O2C．加热MgCl2·6H2O反应可能生成MgCl2、Mg(OH)Cl、Mg(OH)2、MgO等D．利用NaClO和Fe(OH)3在一定条件下反应制备Na2FeO4【答案】B【解析】A项，Fe与水蒸气高温反应生成Fe3O4氧化膜，致密的Fe3O4氧化膜可保护内部金属，A正确； B项，钠为活泼金属，具有强还原性，易被氧气氧化，则不能用Na与Fe2O3高温反应制备Na2O2，B错误；C项，加热促进镁离子水解，则通过加热MgCl2·6H2O反应根据水解程度的不同，可能生成MgCl2、Mg(OH)Cl、Mg(OH)2、MgO等，C正确；D项，次氯酸钠与氢氧化铁发生氧化还原反应离子方程式：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH¯=2FeO42- +3Cl-+5H2O，故利用NaClO和Fe(OH)3在一定条件下反应制备Na2FeO4，D正确；故选B。5．(2021·江苏连云港市高三二模) SO2和H2SO4在生产、生活和科学研究中有着广泛的应用。葡萄酒中添加适量的二氧化硫可以起到抗氧化等作用。工业上常用接触法制备硫酸，过程如下：将硫黄或其他含硫矿物在沸腾炉中与氧气反应生成SO2；SO2在V2O5催化作用下与空气中的O2在接触室中发生可逆反应，反应的热化学方程式表示为：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)  △H= -196.6kJ·mol-1；生成的SO3在吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收得到发烟硫酸(H2SO4·SO3)。下列关于SO2的说法不正确的是(   )A．工业制备硫酸后含SO2的尾气大量排放至空气中会形成酸雨B．葡萄酒中使用SO2作抗氧化剂是利用了SO2的还原性C．SO2与H2S气体混合，产生淡黄色固体，体现了SO2的氧化性D．SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，红色褪去，向褪色后的溶液中滴加NaOH溶液，红色复现，体现了SO2的漂白性【答案】D【解析】A项，二氧化硫是形成酸雨的原因之一，A项正确；B项，二氧化硫具有还原性，具有抗氧化作用，B项正确；C项，二氧化硫与硫化氢气体生成硫单质，二氧化硫中的硫元素从+4价降为0价，体现了二氧化硫的氧化性，C项正确；D项，二氧化硫是酸性氧化物，与氢氧化钠反应生成盐和水，溶液红色褪去，加入过量的氢氧化钠溶液呈碱性，使酚酞变红，与二氧化硫的漂白性无关，D项错误；故选D。6．(2021·江苏省苏州市八校联盟高三第次适应性检测)下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是(   )A．Al(OH)3具有两性，可用作塑料制品的阻燃剂B．石英坩埚耐高温，可用来加热熔化烧碱、纯碱等固体C．(NH4)2SO4能使蛋白质盐析，可用于蛋白质的分离提纯D．铜的金属活动性比铁弱，可在海外轮外壳上装若干铜块以减缓其腐蚀【答案】C【解析】A项，Al(OH)3分解吸热使可燃物的温度降低，并且生成的高熔点的Al2O3能覆盖在可燃物上隔绝空气，从而作阻燃剂，与Al(OH)3具有两性无关，A错误；B项，石英的主要成分为SiO2，SiO2会和烧碱、纯碱等反应，不能用石英坩埚熔化烧碱、纯碱等固体，B错误；C项，(NH4)2SO4为非重金属盐，会降低蛋白质的溶解度，发生盐析，可用于蛋白质的分离提纯，C正确；D项，铜的金属活动性比铁弱，形成原电池时Cu为正极，Fe为负极，会加速海外轮外壳的腐蚀，D错误；故选C。7．(2021·江苏省苏州市八校联盟高三第次适应性检测)《厉害了，我的国》展示了中国五年来探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5G技术联通世界等取得的举世瞩目的成就。它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是(   )A．“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷主要成分是硅酸盐B．我国发射的“嫦娥三号”卫星中使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料C．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超三千万公里，出是晶体硅D．为打造生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于一次能源【答案】B【解析】A项，高温结构陶瓷为新型无机非金属材料，硅酸盐材料为传统无机非金属材料，A错误；B项，碳纤维属于无机物，且不是硅酸盐，是一种新型无机非金属材料，B正确；C项，光缆的主要成分是二氧化硅，C错误；D项，能源可划分为一次能源和二次能源，自然界中以现成形式提供的能源称为一次能源，需要依靠其它能源的能量间接制取的能源称为二次能源，电能属于二次能源，不是一次能源，D错误；故选B。8．(2021·河南省六市高三第一次联考)生物质废物产量大，污染重。一种“生物质废物热解耦合化学链制氢”技术，为生物质废物资源化和氢能开发开辟了新道路，其工艺流程示意图如下：下列说法不正确的是(   )A．蒸汽反应器中主要发生的反应为3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2B．从蒸汽反应器所得H2和H2O的混合物中液化分离H2O，可获得高纯H2C．燃料反应器中Fe2O3固体颗粒大小影响其与CO、H2反应的速率D．空气反应器中发生反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2【答案】D【解析】A项，由图可知，蒸汽反应器中主要发生的反应为铁与水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，故A正确；B项，由图可知，从蒸汽反应器中出来的混合气体为水蒸气和氢气，水的沸点比氢气高，冷却混合气体可以将水液化，得到高纯氢气，故B正确；C项，燃料反应器中氧化铁固体颗粒越小，与氢气和一氧化碳的接触面积越大，反应速率越快，故C正确；D项，空气反应器中发生的反应为四氧化三铁在高温下与氧气反应生成氧化铁，反应的化学方程式为4Fe3O4+O26 Fe2O3，由方程式可知，反应中氧化剂氧气与还原剂四氧化三铁的物质的量之比为1:4，故D错误；故选D。9．(2021·河南许昌市高三一模)中国青铜器在世界上享有极高声誉。所谓青铜是铜与锡或铅等元素按一定比例熔铸而成的，颜色呈青，故名青铜。青铜器在外界环境影响下所形成的腐蚀产物，由内向外为CuCl、Cu2O，再向外是CuCO3·3Cu(OH)2或CuCl2·3Cu(OH)2，或两者都有的层叠状结构。下列说法中错误的是(    )A．青铜属于铜的一种合金，具有较高硬度 B．加入锡或铅可以降低“熔铸”时所需温度C．青铜的主要成分为铜，铜通常呈现青色 D．青铜器外层的腐蚀物与空气中的氧气有关【答案】C【解析】A项，青铜是铜与锡或铅等元素按一定比例熔铸而成的，因此青铜属于铜的一种合金，具有较高硬度，A正确；B项，合金的熔点一般低于各成分金属的熔点，因此加入锡或铅可以降低“熔铸”时所需温度，B正确；C项，青铜的主要成分为铜，铜通常呈现红色，C错误；D项，在潮湿的空气中铜易被氧气氧化，因此青铜器外层的腐蚀物与空气中的氧气有关，D正确；故选C。10．(2021·广西桂林、崇左市高三第二次联合调研考试)A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，分布在三个不同周期。X、Y、Z、W为这些元素形成的化合物，X为二元化合物且为强电解质，W的水溶液呈碱性，物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是(   )A．离子半径：C ＞D＞BB．化合物Y中既有离子键又有共价键C．电解熔融状态下的化合物Z，可制备D的单质D．往X溶液中逐滴滴入W溶液，现象是：先产生沉淀，后沉淀溶解【答案】B【解析】由转化关系可知两性化合物应为Al(OH)3，则D为Al，Al与X、Y的溶液均能反应生成气体单质，且X为二元化合物且为强电解质，应为HCl，Z为AlCl3，W的水溶液呈碱性，应为NaAlO2，Y为NaOH，气体单质为氢气，A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，分布在三个不同周期，X、Y、Z、W为这些元素形成的化合物，则A为H元素，B为O元素，C为Na元素，D为Al元素，E为Cl元素。A项，O2-、Na+、Al3+的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：O2- ＞Na+＞Al3+，A错误；B项， Y为NaOH，NaOH中既有离子键又有共价键，B正确；C项， AlCl3为共价化合物，熔融状态下没有自由移动的离子，则不能用电解熔融状态下的AlCl3制备Al单质，可以用电解熔融状态下的Al2O3制备Al单质，C错误；D项，往HCl溶液中逐滴滴入NaAlO2溶液，相当于盐酸过量，先发生反应AlO2-+4H+=Al3++2H2O，后发生反应3AlO2-+Al3++6H2O=4 Al(OH)3↓，则现象是：先没有沉淀生成，后产生沉淀，D错误；故选B。11．(2021·广西名校联盟高三理综合模拟)用黄色的FeCl3溶液分别进行下列实验，其中解释或结论不正确的是(   )   选项实验现象解释或结论A加入FeCl3固体溶液变成红褐色FeCl3的水解程度变大B加入等体积的水溶液颜色变浅c(Fe3+)变小C加入足量的Fe粉溶液颜色变成浅绿色2Fe3+Fe=3Fe2+D将FeCl3溶液微热溶液变成红褐色水解反应ΔH>0【答案】A【解析】A项，加入氯化铁固体，溶液变为红褐色，溶液中水解生成的氢氧化铁浓度变大，但溶液浓度越大水解程度越小，A项错误；B项，溶液颜色变浅，可以说明铁离子浓度变小，B项正确；C项，铁离子具有强氧化性，可与铁发生氧化还原反应，发生2Fe3++Fe=3Fe2+，溶液颜色变成浅绿色，C项正确；D项，将氯化铁溶液微热，溶液变成红褐色，说明升高温度平衡正向移动，D项正确；故选A。12．(2021·广东省高三综合能力测试)某含锆矿石的主要成份为ZrO2，还含有Al 、Cu的氧化物杂质，工业上制取二氧化锆的工艺流程如下图。已知Cu(OH)2能溶于过量的浓NaOH溶液，“氯化”过程中，金属元素均转化为高价氯化物。下列说法错误的是(    )A．“氯化”过程中，ZrO2发生反应的化学方程式：ZrO2+2C+2 Cl2ZrCl4+2COB．溶液Ⅱ中含有的溶质主要为：NaCl、NaOH和NaAlO2C．加入酯类的作用是促进NaAlO2水解生成Al(OH)3沉淀D．“焙烧”时需要蒸发皿【答案】D【解析】含锆矿石加入过量炭黑、通入氯气，高温氯化，得到ZrCl4、CuCl2、AlCl3，加入过量稀NaOH，AlCl3转化为偏铝酸钠，所以溶液Ⅱ主要含有NaCl、NaAlO2以及过量的NaOH，固体Ⅱ主要为ZrCl4、CuCl2，加入浓NaOH溶液溶解CuCl2，过滤得到的固体Ⅲ为ZrCl4，高温焙烧得到ZrO2。A项，根据题意“金属元素均转化为高价氯化物”可知Zr元素转化为ZrCl4，Zr没有被氧化，但Cl元素被还原，说明加入的炭黑为还原剂，该反应的化学方程式为ZrO2+2C+2 Cl2ZrCl4+2CO，A正确；B项，根据分析可知溶液Ⅱ主要含有NaCl、NaAlO2以及过量的NaOH，B正确；C项，NaAlO2水解使溶液显碱性，加入酯类消耗氢氧根可以促进NaAlO2水解生成Al(OH)3沉淀，C正确；D项，焙烧时要用坩埚，D错误；故选D。13．(2021·山东省高三质量调研)制取Na2CO3和高纯Si的工艺流程如图所示，下列说法错误的是(    )A．反应①属于固氮反应B．步骤②为先向饱和食盐水中通入CO2至饱和后，再通入NH3C．反应⑤、⑥均为氧化还原反应D．高纯硅可以制作太阳能电池【答案】B【解析】A项，N2与H2在一定条件下合成NH3，是氮元素的单质变为化合物的过程，因此属于氮的固定，A项正确；B项，室温下CO2在饱和食盐水中溶解度不大，而NH3易溶于水，先通入NH3使溶液呈碱性，有利于CO2的吸收，因此要先向饱和食盐水中通人足量NH3 ，再通人CO2气体，B项错误；C项，反应⑤、⑥中均有元素化合价发生变化，因此这两个反应均为氧化还原反应，C项正确；D项，高纯硅是制作太阳能电池的材料，D项正确；故选B。14．(2021·山东省高三质量调研)已知Na2S2O4(连二亚硫酸钠)是一种重要的化学用品，不溶于乙醇，溶于氢氧化钠溶液，遇少量水发生强烈反应，甚至会引发燃烧，其相关性质说法不正确的是(   )A．Na2S2O4具有还原性，可用做抗氧化剂B．Na2S2O4应干燥密封保存在低温处C．能在空气中反应生成两种新盐：Na2S2O4+O2+H2O = NaHSO3+NaHSO4，生成1mol NaHSO4转移电子2molD．锌粉法是制备Na2S2O4的常用方法，原料为锌粉悬浊液、二氧化硫和氢氧化钠溶液，反应中二氧化硫被还原【答案】C【解析】A项，Na2S2O4中S元素的化合价为+3价，具有还原性，可用做抗氧化剂，故A正确；B项，因为Na2S2O4遇少量水发生强烈反应，甚至会引发燃烧，所以应干燥密封保存在低温处，故B正确；C项，因为NaHSO3不稳定，能被氧化成NaHSO4，所以在空气中反应生成NaHSO4，故C错误；D项，二氧化硫中硫元素的化合价为+4价，而制备Na2S2O4中的硫元素化合价为+3价，所以反应中二氧化硫被还原，故D正确；故选C。15．(2021·辽宁沈阳市高三一模)某硫酸厂产生的烧渣(主要含Fe2O3、FeO，还含有一定量的SiO2)可用于制备FeCO3，其流程如下：已知：“还原”时包括反应Ⅰ、反应Ⅱ，FeS2与H2SO4不反应，Fe3+通过反应Ⅰ、Ⅱ被FeS2还原，其中反应Ⅰ的原理为FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+。下列说法不正确的是(    )A．“还原”后可以用KSCN溶液检验Fe3+是否反应完全B．“还原”时反应Ⅱ的离子方程式为FeS2+2Fe3+=2S+3Fe2+C．“沉淀”时，可以先将溶液调节成强碱性，再加入(NH4)2CO3D．所得FeCO3需充分洗涤，可以用稀盐酸和BaCl2溶液检验FeCO3是否已洗涤干净【答案】C【解析】烧渣中有Fe2O3、FeO、SiO2，加硫酸酸溶后，Fe2O3转化为Fe3+，FeO转化为Fe2+，SiO2不反应，过滤的滤渣是SiO2，加入的FeS2中S是-1价，升高到0价，作还原剂，将Fe3+还原为Fe2+。A项，Fe3+可与KSCN溶液反应生成血红色溶液，所以“还原”后可以用KSCN溶液检验Fe3+是否反应完全，A项不符合题意；B项，由题中信息可知，Fe3+通过反应Ⅰ、Ⅱ被还原，其中反应Ⅰ为FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+，还原后过滤所得的滤渣中含有S，所以“还原”时反应Ⅱ的离子方程式为FeS2+2Fe3+=2S+3Fe2+，B项不符合题意；C项，“沉淀”时，若先将溶液调节成强碱性，则Fe2+转化为氢氧化亚铁，再加入(NH4)2CO3，得不到碳酸亚铁，C项符合题意；D项，所得FeCO3需充分洗涤，取最后一次洗涤液，用稀盐酸和BaCl2溶液检验洗涤液中是否含有SO42-，以确定FeCO3是否已洗涤干净，D项不符合题意；故选C。16．(2021·山东省高三质量调研)某课题组制备出了具有很好的NH3-SCR催化效果的硫酸改性Fe2O3催化剂，其反应机理如下图所示。下列说法错误的是(    )A．反应过程存在N—H键的断裂和形成B．反应过程中，铁元素的化合价没有变化C．总反应为：4NO+4NH3+O2 4N2+6H2O D．改性后的Fe2O3催化活性得到了提升【答案】B【解析】根据图示，硫酸改性的Fe2O3是催化剂，反应物是NO、NH3、O2，生成物是N2和水，反应的总方程式为4NO+4NH3+O2 4N2+6H2O。A项，根据图示，反应过程中，NH3首先转化为NH4+，然后转化为N2，过程中存在N—H键的断裂和形成，故A正确；B项，根据图示，反应过程中，铁元素的化合价在+2价和+3价之间转化，故B错误；C项，根据图示，硫酸改性的Fe2O3是催化剂，反应的总反应为4NO+4NH3+O2 4N2+6H2O，故C正确；D项，根据题意，改性后的Fe2O3催化活性得到了提升，故D正确；故选B。17．(2021·广东省高三综合能力测试)下列实验操作、现象、结论均正确的是(    )选项实验操作现象结论A将铜粉加入Fe2(SO4)3溶液中溶液变蓝，有黑色固体出现Cu置换出了FeB向盛有FeSO4溶液的试管中滴入双氧水，然后滴入KSCN溶液滴入KSCN后溶液变为红色原FeSO4溶液含有Fe3+C向AlCl3溶液中滴加NaOH直至过量先有沉淀生成，后沉淀溶解Al(OH)3具有酸性D向紫色石蕊试液中加入过量的Na2O2固体溶液变成蓝色Na2O2呈碱性【答案】C【解析】A项，铜粉加入硫酸铁溶液中只发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，Cu的活泼性不如铁，所以不能置换出铁单质，A错误；B项，即便原溶液中不含Fe3+，加入双氧水后，Fe2+也会被氧化为Fe3+，滴入KSCN后溶液变为红色，B错误；C项，向AlCl3溶液中滴加NaOH直至过量，先生成Al(OH)3沉淀，之后Al(OH)3又和NaOH反应生成盐和水，说明Al(OH)3具有酸性，C正确；D项，过氧化钠与水反应可以生成碱性物质NaOH，不能说过氧化钠呈碱性，且过氧化钠具有强氧化性，能够漂白指示剂，溶液最终会呈无色，D错误；故选C。18．(2021·广东深圳市高三一模)习近平主席提出“保护文物功在当代，利在千秋”，下列有关文物保护的说法错误的是(    )A．对所处环境干燥除氧，有利于保护“越王勾践剑”B．纸质文物表面滋生的霉菌可用甲醛熏蒸处理C．用稀硝酸溶液长时间浸泡，以除尽古银器表面少量的灰褐色物质D．可用酸化的AgNO3溶液检验海底打捞的铁制文物是否脱氯完全【答案】C【解析】A项，金属在潮湿的空气中易生锈，则干燥除氧的环境利于保护“越王勾践剑”，故A正确；B项，霉菌是蛋白质，而甲醛能使蛋白质变性，则纸质文物表面滋生的霉菌可用甲醛熏蒸处理，故B正确；C项，Ag能溶于稀硝酸，则银器不能长期浸泡在稀硝酸中，故C错误；D项，检验海底打捞的铁制文物是否脱氯完全，即需要检验浸泡液中是否存在Cl-，则可用酸化的AgNO3溶液来检验，故D正确；故选C。19．(2021·广东湛江市高三一模)在一定条件下用普通铁粉和水蒸气反应可以得到铁的氧化物。用如图装置制取铁的氧化物(夹持及加热装置均已略去)。下列说法正确的是(    )A．烧瓶②用于提供反应物，烧瓶③用作安全瓶B．实验时，必须对①②③进行加热C．①②③中依次盛装铁粉、浓H2SO4、水D．④处的气体收集方法也可用于收集氨气和甲烷【答案】A【解析】烧瓶②中盛水，加热烧瓶②提供水蒸气，水蒸气和铁粉在①中反应生成四氧化三铁和氢气，烧瓶③用作安全瓶，④处收集氢气。A项，试管①是铁粉和水蒸气反应装置，烧瓶②用于提供反应物水蒸气，烧瓶③用作安全瓶，防倒吸，故A正确；B项，反应需要高温，需要水蒸气，故需要对①②进行加热，故B错误；C项，①②中依次盛装铁粉、水，③中不需要加试剂，故C错误；D项，④处收集的是氢气，用排水法，因为甲烷不易溶于水，可用此法收集，而氨气极易溶于水，不能用排水法，故D错误；故选A。20．(2021·山东德州市高三一模)某实验小组以粗镍(含少量Fe和Cr杂质)为原料制备N i (NH3)6 Cl2，并测定相关组分的含量。制备流程示意图如图：已知：Ni(OH)2为绿色难溶物。N i (NH3)6(NO3)2、N i (NH3)6 Cl2均为可溶于水的蓝紫色晶体，碱性条件下稳定存在。下列说法正确的是(    )A．试剂X的作用是调节pH除去Fe和Cr杂质，则试剂X可为NaOHB．系列操作中包括洗涤，洗涤沉淀的仪器为分液漏斗、烧杯C．实验需要配制3.0mol·L-1稀硝酸 250mL需要的玻璃仪器只有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管D．步骤c、d中为防止氨水分解及降低固体溶解度需0～10℃冷水浴控温，则温度计应插入反应液中【答案】A【解析】由实验流程及物质的性质可知，浓硝酸加热后离子主要有Ni2+、Cr3+、Fe3+，再加入试剂X调节溶液的pH使Cr3+、Fe3+完全沉淀，而Ni2+未开始沉淀，过滤后再加入X调节pH以得到绿色沉淀即Ni(OH)2，Ni(OH)2中加入稀硝酸、氨水，过滤得到N i (NH3)6(NO3)2的蓝紫色晶体1，再加入盐酸、氨水和氯化铵的混合溶液，再结晶，过滤得到N i (NH3)6 Cl2的蓝紫色晶体2，最终得到产品。A项，根据以上分析可知试剂X的作用是调节pH除去Fe和Cr杂质，则试剂X可为NaOH，A正确；B项，系列操作中包括洗涤，洗涤沉淀的仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，B错误；C项，实验需要配制3.0mol•L-1稀硝酸250mL，需要的玻璃仪器除了有烧杯、量筒、玻璃棒，胶头滴管，还有250mL容量瓶，C错误；D项，步骤c、d中为防止氨水分解及降低固体溶解度需0～10℃冷水浴控温，温度计应插入冷水浴中，不能插入反应液中，D错误；故选A。21．(2021·山东德州市高三一模)2021年1月10 日，栖霞笏山金矿爆炸事故引起人们对安全问题的关注，下列关于工业生产和化学实验中的操作、事故处理正确的是(    )A．实验室采用NH4NO3 晶体和 Ca(OH)2固体加强热制氨气B．氯碱工业采用阳离子交换膜防止两极产生的气体混合而发生爆炸C．用泡沫灭火器对制备金属镁的电解装置灭火D．“银镜反应”中制备银氨溶液时加入过量的氨水，以保证溶液呈碱性【答案】B【解析】A项，硝酸铵受热时有爆炸的危险，因此不宜用硝酸铵与熟石灰混合共热制取氨气，A项错误；B项，氯碱工业电解饱和食盐水时，使用阳离子交换膜将电解槽分为阳极室和阴极室，可以防止阴极产生的氢气与阳极产生的氯气混合而发生爆炸，B项正确；C项，镁是活泼金属，在加热条件下能与水反应生成氢气，因此不能用泡沫灭火器对制备金属镁的电解装置灭火，应该使用干沙盖灭，C项错误；D项，制备银氨溶液的方法是：向硝酸银溶液中逐滴加入氨水，至开始生成的沉淀恰好完全溶解，若氨水过量会产生容易发生爆炸的叠氮化银，D项错误；故选B。22．(2021·辽宁省百师联盟高三联考)现将KI、FeSO4、CuCl2、Fe2(SO4)3、漂白粉中的几种或全部固体混合物加入到足量的水中，一段时间后生成深棕色固体混合物和pH>7的无色溶液。下列推断不合理的是(   )A．固体混合物中一定含有KI和漂白粉B．固体混合物中一定含CuCl2，可能含有FeSO4和Fe2(SO4)3中的一种或两种C．深棕色固体混合物的成分是Fe(OH)3和Cu(OH)2D．得到的pH>7的无色溶液具有强氧化性，能够漂白棉、麻丝织品【答案】A【解析】固体溶于水后，要使溶液为pH>7的无色溶液，则一定含有漂白粉，且漂白粉过量，得到深棕色固体混合物，则固体是Fe(OH)3和Cu(OH)2的混合物，原固体中一定含有CuCl2，FeSO4和Fe2(SO4)3中含有其中一种或两种都含。A项，若原固体混合物中含有KI和漂白粉的话，则KI会与漂白粉反应生成I2，溶液不可能为无色，因此一定不含KI，A错误；B项，由分析可知，固体混合物中一定含CuCl2，可能含有FeSO4和Fe2(SO4)3中的一种或两种，B正确；C项，由分析可知，深棕色固体混合物，则固体是Fe(OH)3和Cu(OH)2的混合物，C正确；D项，由分析可知，得到的pH>7的无色溶液为含有过量的漂白粉，故具有强氧化性，能够漂白棉、麻丝织品，D正确；故选A。23．(2021·湖北省八市高三联考)以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料，获取净水剂黄钠铁矾［NaFe3SO4)2(OH)6]和纳米镍粉的部分工艺流程如图：已知：Fe3+在pH约为3.7时可完全转化为Fe(OH)3，Fe2+在pH约为9时可完全转化为Fe(OH)2下列说法错误的是(    )A．“滤渣”的主要成分是SiO2B．为提高镍、铁元素的利用率，可将“过滤I”的滤液和滤渣洗涤液合并C．“氧化”过程发生的离子方程式为2H++2Fe2++ClO-=2Fe3++Cl-+H2OD．“沉铁”过程中加入碳酸钠的作用是调节溶液的酸碱度，应将pH控制在3.7~9【答案】D【解析】红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)中加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Fe2+、Fe3+等，二氧化硅不溶，形成滤渣，滤液中加入NaClO氧化亚铁离子为铁离子，再加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀，过滤后得到沉淀黄钠铁矾，滤液经处理可得到Ni。A项，根据上述分析，二氧化硅不溶于硫酸，形成滤渣，故A正确；B项，滤渣表面吸附有滤液中的镍、铁元素，为提高镍、铁元素的利用率，可将“过滤I”的滤液和滤渣洗涤液合并，故B正确；C项，“氧化”过程中NaClO氧化Fe2+生成Fe3+，反应的离子方程式为2H++2Fe2++ClO-=2Fe3++Cl-+H2O，故C正确；D项，Fe3+在pH约为3.7时可完全转化为Fe(OH)3，Fe2+在pH约为9时可完全转化为Fe(OH)2，“沉铁”过程中加入碳酸钠的作用是调节溶液的酸碱度形成黄钠铁矾［NaFe3SO4)2(OH)6]，应将pH控制在pH＜3.7，故D错误；故选D。24．(2021·浙江省“宁波十校”高三联考)下列说法不正确的是(    )A．聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n是新型絮凝剂，可用来杀灭水中病菌B．强化木地板表面的氧化铝具有耐磨与阻燃的作用C．港珠澳大桥路面使用了沥青和混凝土，沥青可以通过石油分馏得到D．用于新版人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质【答案】A【解析】A项， 聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n是新型絮凝剂，可用来净水，不可用来杀灭水中病菌，故A错误；B项，氧化铝熔沸点高，硬度大，强化木地板表面的氧化铝具有耐磨与阻燃的作用，故B正确；C项，港珠澳大桥路面使用了沥青和混凝土，沥青分子中含碳原子数多，熔点高，沥青可以通过石油分馏得到，故C正确；D项，Fe3O4具有磁性，用于新版人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质，故D正确；故选A。25．(2021·河北省保定市高三调研)硫酰氯(SO2Cl2)可用作杀虫剂，通常条件下为无色液体，熔点为-54.1℃，沸点为60.1℃。在潮湿空气中“发烟”；100℃以上开始分解，生成二氧化硫和氯气，长期放置也可分解，制备时以活性炭为催化剂，反应的热化学方程式为SO2(g)+Cl2(g)=SO2Cl2(l)  △H=-97.3kJ•mol-1，所用装置如图所示。下列叙述错误的是(    )A．球形冷凝管B应从a口进水b口出水B．可通过观察D和E中气泡产生速率控制通入A中的SO2和Cl2的体积比C．仪器C、D中盛放的试剂依次为无水氯化钙、浓硫酸D．长期放置的硫酰氯液体会发黄的原因是溶解了氯气【答案】C【解析】A项，球形冷凝管B从a口进水b口出水，冷凝回流效果好，故A正确；B项，通过观察D和E中气泡产生速率控制通入A中的SO2和Cl2的体积比，使SO2、Cl2尽可能恰好反应，故B正确；C项，仪器C的作用为尾气处理和防止外界水蒸气进入反应体系，无水氯化钙不能吸收该反应的尾气，C可用碱石灰，故C错误；D项，硫酰氯长期放置会分解生成SO2和Cl2，因分解产生的氯气溶解在其中而发黄，故D正确；故选C。26．(2021·山西吕梁市高三一模)硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：下列说法正确的是(   )A．为了加快反应速率，步骤②所需要的温度越高越好B．工业上经常使用碳酸氢钠溶液来清除废铁屑表面的油污C．铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，所以应将尾气直接通入到盛有足量水的烧杯中吸收D．步骤⑤中的具体实验操作有加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品【答案】D【解析】废铁屑中含有油污，油污在碱性条件下水解，且碱和Fe不反应，所以可以用碱性溶液除去废铁屑中的油污，将干净铁屑进入稀硫酸中并加热，稀硫酸和Fe发生置换反应生成硫酸亚铁和氢气，过滤除去废渣得到滤液，滤液中含有未反应的稀硫酸和生成的硫酸亚铁，然后向滤液中加入H2O2，Fe2+被氧化生成Fe3+而得到硫酸铁溶液，然后向硫酸铁溶液中加入硫酸铵固体，然后通过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铁铵固体。A项，升高温度可以加快反应速率，但温度太高一是浪费能源，二是促进Fe2+水解成碱式硫酸亚铁沉淀，造成原料的浪费，故步骤②所需要的温度不是越高越好，而是控制在80~95℃，A错误；B项，工业上经常使用碳酸钠溶液而不是碳酸氢钠溶液来清除废铁屑表面的油污，B错误；C项，铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，由于生成H2S极易溶于水，所以需用防倒吸装置，即将尾气通过倒扣的漏斗通入到盛有足量水的烧杯中吸收，C错误；D项，步骤⑤中的具体实验操作有加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品，D正确；故选D。27．(2021·衡水中学高三质检)绿水青山是习近平总书记构建美丽中国的伟大构想，某工厂拟综合处理含废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如下流程：下列说法正确的是(　　)A．固体1中主要含有CaCO3、CaSO3B．X可以是空气，且需过量C．捕获剂所捕获的气体主要是COD．处理含NH4+废水时，发生的反应为：NH4+＋5NO2-＋4H＋=6NO↑＋4H2O【答案】C【解析】A项，固体1还包括过量的Ca(OH)2，A项错误；B项，通入空气不能过量，不然会生成NO3-，B项错误；C项，通过分析，气体2为CO和N2的混合气体，N2无污染，所以捕获气体为CO，C项正确；D项，NH4+和NO2-离子发生氧化还原反应生成无污染的气体N2，方程式为NH4+＋NO2-=N2↑＋2H2O，D项错误；故选C。28．(2021·浙江省高三选考模拟)二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，易溶于水，熔点为﹣59.5℃，沸点为11.0℃，浓度过高时易发生分解引起爆炸，制备二氧化氯溶液的装置如图。下列说法正确的是(    )A．装置A发生的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2B．实验中氮气的作用就是将装置内的空气排出C．装置B可以起到防止倒吸的作用D．当看到装置C中导管液面上升时应减慢氮气的通入速率【答案】C【解析】氯酸钠和过氧化氢、硫酸在A装置反应制备二氧化氯，通入氮气防止二氧化氯浓度过高引起爆炸，B作安全瓶，防倒吸，C用来收集二氧化氯，D用来吸收尾气。A项，装置A是生成ClO2的装置，Cl元素由NaClO3中的+5价降低到ClO2中的+4价，得到1个电子，NaClO3是氧化剂，氧元素由H2O2中-1价升高到O2中的0价，失去2个电子，H2O2是还原剂，根据得失电子守恒知，NaClO3与H2O2的物质的量之比为2:1，A项不符合题意；B项，由题意知，二氧化氯浓度过高易发生分解引起爆炸，通入氮气主要是为了降低二氧化氯的浓度，B项不符合题意；C项，C收集二氧化氯，二氧化氯易溶于水，容易发生倒吸，因此B装置可以起到防倒吸的作用，C项符合题意；D项，装置C中导管液面上升，说明内部压强偏小，易引起倒吸，此时应加快氮气的通入速率，弥补压强的不足，D项不符合题意；故选C。29．(2021·浙江省高三选考模拟)下列有关金属及其化合物的不合理的是(    )A．将废铁屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2B．铝中添加适量钾，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业C．盐碱地(含较多Na2CO3等)不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良D．无水CoCl2呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水【答案】C【解析】A项，氯气能将铁和亚铁氧化，从而除去工业废气中的氯气，故A不选；B项，根据铝合金的性质，具有密度低、强度高，应用于航空航天等工业，故B不选；C项，Na2CO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2NaOH，产物仍然呈碱性，不能改变土壤的碱性，反而使土壤更板结，故C选；D项，利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同，判断硅胶中是否含水，故D不选；故选C。31．(2021·山东菏泽市高三一模)下列关于物质性质说法合理的是(   )A．FeCl2、Na2O2、Mg3N2均可以由相应单质直接化合生成B．浓盐酸、浓硝酸、浓硫酸均可用铝罐车运输C．等质量的铜分别与足量的浓硝酸和稀硝酸充分反应，转移的电子数相等D．将氯气通入紫色石蕊溶液中，溶液先变红后褪色，说明氯气具有漂白性和酸性【答案】C【解析】A项，铁和氯气在点燃时反应生成氯化铁，A项错误；B项，浓硝酸、浓硫酸与铝发生钝化反应，所以可用铝罐车运输，但是浓盐酸与Al会反应，不可用其运输，B项错误；C项，等质量的铜分别与足量的浓硝酸和稀硝酸充分反应，都会生成铜离子，即转移的电子数相等，C项正确；D项，氯气没有酸性、漂白性，紫色石蕊溶液先变红后褪色，体现盐酸的酸性、次氯酸的漂白性，D项错误；故选C。32．(2021·广东韶关市高三综合测试)建筑工程需要大量使用水泥。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示。下列叙述正确的是(   )A．沉淀A主要成分为SiO2，沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3B．草酸钙易溶于水C．为了加快溶解速率，使用盐酸代替硫酸处理草酸钙D．水泥、玻璃、陶瓷为传统的硅酸盐材料，三者的原料都主要为SiO2【答案】A【解析】根据流程：水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物，加入氯化铵、盐酸、硝酸溶解，SiO2不溶，沉淀A的主要成分为SiO2，滤液含有Ca2+、Fe3+、Al3+、Mg2+，加入氨水调节pH，沉淀Fe3+、Al3+，沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液主要含有Ca2+、Mg2+，加入草酸铵溶液，得到草酸钙沉淀，将草酸钙用硫酸溶解后，用酸性高锰酸钾滴定可得水泥样品中钙含量。A项，根据以上分析可知沉淀A主要成分为SiO2，沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3，故A正确；B项，草酸钙难溶于水，故B错误；C项，若用盐酸代替硫酸处理草酸钙，滴定时氯离子被酸性高锰酸钾氧化，消耗标准液，滴定结果不准确，故C错误；D项，玻璃的主要原料是纯碱、石灰石和石英砂，普通硅酸盐水泥的主要原料是黏土和石灰石以及石膏，陶瓷的主要原料为黏土，故D错误；故选A。33．(2021·广东韶关市高三模拟)2020年伊始，新冠肺炎肆虐神州，一场疫情阻击战打响，疫情防控要注重杀菌消毒。下列关于杀菌消毒试剂的说法正确的是(   )A．CH3CH2OH作为杀菌消毒洗手液的有效成分，浓度越高消杀效果越好B．环境、餐具、水果等的杀菌消毒常使用“84”消毒液，其有效成分为Ca(ClO)2C．“84”消毒液、酒精消毒液、H2O2、过氧乙酸(CH3COOOH)的消毒原理相同D．Cl2、NaClO、Ca(ClO)2、ClO2均可用于自来水的杀菌消毒【答案】D【解析】A项，CH3CH2OH作为杀菌消毒洗手液的有效成分，并不是浓度越高消杀效果越好，而是浓度在75% 左右消杀效果最好，故A错误；B项，环境、餐具、水果等的杀菌消毒常使用“84”消毒液，其有效成分为NaClO，Ca(ClO)2为漂白粉的主要有效成分，故B错误；C项，“84”消毒液、H2O2、过氧乙酸(CH3COOOH)的消毒原理相同均为利用其强氧化性，酒精消毒液原理为使蛋白质变性，故C错误；D项，Cl2、NaClO、Ca(ClO)2、ClO2均有强氧化性，所以均可用于自来水的杀菌消毒，故D正确。故选D。34．(2021·辽宁沈阳市高三教学质量监测)某些氧化物在一定条件下能与Na2O2反应，且反应极有规律，如Na2O2+SO2=Na2SO4、2Na2O2+2SO3(g)= 2Na2SO4+O2，。据此判断下列反应方程式错误的是(    )A．2Na2O2+2N2O3=4NaNO2+O2 B．Na2O2+2NO2=2NaNO3C．2Na2O2+2N2O5═4NaNO3+O2 D．2Na2O2+2Mn2O7=4NaMnO4+O2【答案】A【解析】根据题给信息可知：Na2O2可与某些元素的最高价氧化物反应，生成对应的盐(或碱)和O2，Na2O2具有强氧化性，与所含元素不是最高价态的氧化物反应时，生成其最高价的盐，而不生成O2。A项，N2O3中的氮也不是最高价，所以不产生氧气，不符合上述规律，故A错误；B项，NO2中N元素的化合价为+4价，不是最高价态，与Na2O2反应时不生成O2，反应的化学方程式为Na2O2+2NO2=2NaNO3，故B正确；C项，N2O5中N元素的化合价为+5价，是最高价态，与Na2O2反应时生成O2，反应的化学方程式为2Na2O2+2N2O5═4NaNO3+O2，故C正确；D项，Mn2O7中Mn元素的化合价为+7价，处于最高价态，与Na2O2反应时生成O2，反应的化学方程式为2Na2O2+2Mn2O7=4NaMnO4+O2，故D正确；故选A。35．(2021·北京昌平区高三调研)研究小组为证明NO2和O2均具有助燃性，用不同可燃物分别在NO2、O2中进行实验，获得如下实验现象。可燃物NO2O2带火星的木条5s左右木条熄灭，瓶内石灰水依然澄清5s后木条继续燃烧且有火焰，瓶内石灰水变浑浊带火焰的木条木条持续燃烧，火焰变亮，气体红棕色变浅，瓶内石灰水变浑浊木条持续燃烧且更剧烈，火焰变大变亮，瓶内石灰水变浑浊H2点燃后发出苍白色火焰，瓶口有白雾，迅速将湿润的蓝色石蕊试纸伸向白雾，试纸先变红后褪色，一段时间后内壁有液珠点燃后发出淡蓝色火焰，一段时间后内壁有液珠下列说法不正确的是(    )A．NO2与C之间、NO2与H2之间均能发生氧化还原反应B．NO2与C反应比O2与C反应需要更高的温度C．NO2与H2反应时，蓝色石蕊试纸颜色变化证明二者反应生成了HNO3D．气体表现助燃性的本质是作为氧化剂参与反应【答案】C【解析】A项，NO2与C会发生反应2C+2NO22CO2+N2，是氧化还原反应；NO2与H2会发生反应7H2+2NO22NH3+4H2O，是氧化还原反应，故A正确；B项，由表中带火星的木条一栏可知，NO2与C反应比O2与C反应需要更高的温度，故B正确；C项，蓝色石蕊试纸的变化只能证明有HNO3，而不能证明NO2与H2反应生成了HNO3，可能是H2与空气中的氧气反应生成了H2O，NO2溶于水生成了HNO3，故C错误；D项，气体表现助燃性的本质是作为氧化剂参与反应，故D正确；故选C。36．(2021·石家庄市高三诊断大联考)随着各类气体传感器的开发，废气监测越来越精细。废气I中含有碳氧化物、NO及少量SO2，不能达到排放标准，拟采用如图工艺进行回收处理，流程中两种废气吸收剂依次为Ca(OH)2和NaOH与水的混合物。下列说法不正确的是(    )A．废渣中所含盐为C和S的最高价含氧酸对应的钙盐B．向废气Ⅱ中通入空气的目的是将NO全部氧化为NO2C．NH4Cl溶液与NaNO2溶液混合生成N2时，氧化剂和还原剂物质的量相等D．废气Ⅲ中所含气体X经回收可用作冶炼金属的还原剂【答案】A【解析】废气Ⅰ中含有碳氧化物、NO、少量的SO2，废气吸收剂Ⅰ为Ca(OH)2，能够吸收酸性气体CO2、SO2等气体，废渣为CaCO3、CaCO3，废气Ⅱ中通入空气，使NO转变成NO2，废气吸收剂Ⅱ为NaOH，发生2NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2O，加入NH4Cl和NaNO2发生氧化还原反应，生成NaCl和N2，废气Ⅲ为CO。A项，废渣为CaCO3和CaSO3，CaCO3为C的最高价含氧酸对应的该盐，CaSO3中S的化合价为＋4价，不是最高价，故A错误；B项，根据上述分析，NO不能与NaOH反应，因此通入空气的目的是将NO全部氧化为NO2，便于用NaOH吸收NO2，故B正确；C项，NH4Cl中N由－3价→0价，化合价升高3价，NaNO2中N由＋3价→0价，化合价降低3价，根据得失电子数目守恒，因此氧化剂NaNO2与NH4Cl还原剂的物质的量相等，故C正确；D项，根据上述分析，气体X为CO，CO可用作冶炼金属中的还原剂，故D说法正确；故选A。37．(2021·山西吕梁市高三一模)甲、乙、丙三种不同的物质中均含有同一种元素，它们之间的转化关系如图示(部分反应物及生成物已略去)。(1)若甲为气态氢化物，乙为黄色固体，写出此时反应①的化学方程式___________。(2)若甲为两性氧化物，乙的水溶液呈酸性，请用离子方程式写出乙的水溶液呈酸性的原因_______________________，写出此时反应④的离子方程式_______________________。(3)若甲为金属单质，反应④为置换反应，则往乙溶液中滴加KSCN，溶液变为_________________。(4)若甲为气体单质，乙为含有极性共价键的非极性分子，请写出乙的电子式___________。【答案】(1)2H2S + O2 2S + 2H2O   (2)Al3+ + 3H2OAl(OH)3 + 3H+    Al2O3 + 2OH- =2 AlO2-+ H2O   (3)血红色    (4)    【解析】(1)若甲为气态氢化物，乙为黄色固体，根据甲、乙、丙三种不同的物质中均含有同一种元素和它们之间的转化关系图可知：甲为H2S，乙为S，丙为SO2，故此时反应①的化学方程式2H2S + O2 2S + 2H2O；(2)若甲为两性氧化物，乙的水溶液呈酸性，根据甲、乙、丙三种不同的物质中均含有同一种元素和它们之间的转化关系图可知：甲为Al2O3，乙为Al2(SO4)3或者AlCl3，丙为AlO2-，故乙的水溶液呈酸性的原因为Al3+ + 3H2OAl(OH)3 + 3H+，此时反应④的离子方程式为Al2O3 + 2OH- =2 AlO2-+ H2O；(3)若甲为金属单质，反应④为置换反应，根据甲、乙、丙三种不同的物质中均含有同一种元素和它们之间的转化关系图可知：甲为Fe，乙为Fe3+，丙为Fe2+，故往乙溶液中滴加KSCN，溶液变为血红色，；(4)若甲为气体单质，乙为含有极性共价键的非极性分子，根据甲、乙、丙三种不同的物质中均含有同一种元素和它们之间的转化关系图可知：甲为CH4，乙为CO2，丙为CO，故乙的电子式为：。38．(2021·北京昌平区高三调研)铜质电路板可采用酸性蚀刻与碱性蚀刻两种方法，将二者的废液混合可实现回收再利用，其主要流程如图：已知：①水合肼N2H4·H2O具有强还原性，易被氧化为N2。②Cu2++4NH3⇌Cu(NH3)42+(1)蚀刻①将酸性蚀刻铜的离子方程式补充完整：Cu+H2O2+_______+_______=CuCl42-+__________________②关于蚀刻的下列说法正确的是_______。A.碱性蚀刻和酸性蚀刻分别利用了O2、H2O2的氧化性B.酸性蚀刻时盐酸的主要作用是增强溶液的酸性C.用H2O2、H2SO4、NaCl也可以使Cu溶解(2)滤液1的pH约为5，其中除少量Cu2+外，还大量存在的离子是___________________。(3)除铜①利用水合肼N2H4·H2O还原Cu2+的离子方程式是__________________。②已知该反应瞬间完成，滤渣成分只有Cu。测得铜去除率、水合肼还原能力随溶液pH的变化情况如图所示。由图可知，随溶液pH增大，铜去除率先增加后减小，结合图给信息和已知信息分析其原因：_______________________________。【答案】(1)Cu+H2O2+4Cl-+2H+=CuCl42-+2H2O    AC    (2)NH4+，Cl-    (3)N2H4·H2O+2Cu2++4OH-=2Cu↓+N2↑+5H2O，pH＜6.3时，pH增大，N2H4·H2O还原性增强，铜的去除率升高；pH＞6.3时，pH增大，NH4+与OH-结合生成NH3，发生副反应Cu2++4NH3⇌Cu(NH3) 42-，铜去除率降低    【解析】(1)①反应中铜失去2个电子，双氧水得到2个电子，溶液显酸性，因此反应的离子方程式为Cu+H2O2+4Cl-+2H+=CuCl42-+2H2O；②A.反应中铜均失去电子，因此碱性蚀刻和酸性蚀刻分别利用了O2、H2O2的氧化性，A正确；B.酸性蚀刻时盐酸的主要作用除了增强溶液的酸性外，氯离子还结合铜离子生成CuCl42-，B错误；C.用H2O2、H2SO4、NaCl也可以提供酸性环境和氯离子，因此也能使Cu溶解，C正确；故选AC；(2)滤液1的pH约为5，显酸性，因此其中除少量Cu2+外，还大量存在的离子是NH4+，Cl-。(3)由于N2H4·H2O+2Cu2++4OH-=2Cu↓+N2↑+5H2O，pH＜6.3时，pH增大，N2H4·H2O还原性增强，铜的去除率升高；pH＞6.3时，pH增大，NH4+与OH-结合生成NH3，发生副反应Cu2++4NH3⇌Cu(NH3) 42+，因此铜去除率降低。39．(2021·浙江省“宁波十校”高三联考)为探究由三种短周期元素构成的化合物X(其中一种为金属元素)的组成和性质，某研究小组设计并完成了如下实验(步骤中所加试剂均过量)。请回答下列问题：(1)组成X的三种元素是___________，X的化学式是___________。(2)X与足量NaOH溶液反应的化学方程式是_______________________。(3)将溶液B加入到溶液A中会出现白色沉淀，该反应离子反应方程式为___________。(4)常温下，将金属单质C投入到H2O2溶液中并加入少量稀H2SO4，观察到溶液变蓝色且一段时间后产生大量气泡，原因是_____________________________。(5)已知气体B中会混有另一物质C．请设计实验证明C的存在___________。【答案】(1)Al、C、H    Al5C3H3 (或Al4C·AlH3)    (2)Al5C3H3 +5NaOH+5H2O= 5NaAlO2+3H2+3CH4↑    (3)HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-    (4)铜在酸性条件下被H2O2氧化为Cu2+，Cu2+催化H2O2的分解   (5) 将气体通入无水CuSO4，若出现蓝色，证明有H2O蒸气的存在    【解析】混合气体A与CuO加热反应可以得到金属单质C，则该单质为Cu，说明气体A中有还原性气体，气体B与澄清石灰水反应可以生成沉淀，则气体B最可能为CO2，生成的沉淀为碳酸钙，物质的量为=0.03mol，则化合物X中含有0.03molC；碱性溶液A可以与CO2反应生成沉淀，二氧化碳过量，溶液B应为NaHCO3溶液，也能与溶液A反应生成白色沉淀，可推测出溶液A中含有NaAlO2，可以和CO2反应生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3灼烧可以得到固体Al2O3，NaAlO2溶液可以和NaHCO3溶液生成Al(OH)3沉淀，符合题意，则化合物X中含有n(Al)=×2=0.05mol；化合物X能与NaOH溶液反应生成气体，该气体为非酸性气体，且具有还原性，可先考虑该气体中含有NH3，但若生成NH3，则X中的含有N、H、C、Al，不符合题意；此外短周期元素中还有氢气具有还原性，可考虑化合物X中有-1价的氢，在和水溶液反应时发生归中反应生成氢气，若为H则n(H)==0.03mol，可以得到一种化合物X为Al5C3H3 (或Al4C·AlH3)，符合题意。(1)根据分析可知组成X的三种元素为Al、C、H，X的化学式为Al5C3H3 (或Al4C·AlH3)；(2)根据分析可知Al5C3H3再与NaOH溶液反应时生成NaAlO2、H2，该物质中Al为+3价，C为-4价，H为-1价，H与水中的H发生归中反应生成氢气，则C元素的化合价应该不变，产物为CH4，所以化学方程式为Al5C3H3 +5NaOH+5H2O= 5NaAlO2+3H2+3CH4↑；(3) NaHCO3溶液和NaAlO2混合后，AlO2-可以结合碳酸氢根电离出的氢离子生成氢氧化铝沉淀，同时促进碳酸氢根的电离生成碳酸根，离子方程式为HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-；(4)铜在酸性条件下被H2O2氧化为Cu2+，Cu2+催化H2O2的分解，所以溶液变蓝色且一段时间后产生大量气泡；(5)气体A为H2和CH4，与CuO加热反应时生成CO2和H2O，即物质C为H2O，可以将气体通入无水CuSO4，若出现蓝色，证明有H2O蒸气的存在。40．(2021·浙江省高三联考)已知化合物X、A均为红色固体，X中含有四种元素，气体单质H对氢气的相对密度为14(标准状况下)，流程中每一步反应试剂均过量且完全反应：试根据以上内容回答下列问题：(1)X含有的非金属元素为_____________________。(2)混合气体C通入含过氧化氢的氯化钡溶液中立即生成沉淀F，请写出反应的离子方程式：______________________________________。(3)检验溶液B中金属阳离子的实验方案：_________________________________。【答案】(1)S、C、N    (2)Ba2++SO2+H2O2=BaSO4↓+2H+    (3)向溶液中加入适量KSCN溶液，若出现红色，则其中阳离子为Fe3+    【解析】(1)气体单质H对氢气的相对密度为14(标准状况下)，则单质H的相对分子质量为28，温合气体E通过灼热的铜网得到气体H，故H为氮气，E为氮气和氧气；气体D通入澄清石灰水，得沉淀G为碳酸钙，故气体D中还有CSO2，且，则；气体C通入氯化钡溶液生成硫酸钡沉淀，，则；根据化合物A为红色固体，加稀盐酸能溶解，可知A为氧化铁，，则；化合物X的质量为23.0 g，故；故X含有的非金属元素为S、C、N、X的化学式为Fe(SCN)3。(2)混合气体C中含有SO2，能与H2O2反应生成H2SO4，与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为Ba2++SO2+H2O2=BaSO4↓+2H+。(3)向溶液中加入适量KSCN溶液，若出现红色，则其中阳离子为Fe3+。41．(2021·广西南宁市高三一模)黄金(Au)的一种化学精炼过程如下图所示，其中王水为浓盐酸和浓HNO3的混合物。回答下列问题：(1)步骤①中部分Cu与稀H2SO4、O2反应，该反应的离子方程为______________________。(2)步骤②的反应中作氧化剂的物质是_________________________________。(3)滤液A含有的金属离子主要有Zn2、Cu2+、_________。(4)步骤④中王水与Au反应生成了HAuCl4、NO和H2O，该反应的化学方程式为___。该步骤产生的尾气中有NO，可向尾气中通入适量的空气后，再通入___溶液(填一种试剂)中的方法将其除去。(5)步骤⑤中工业上若加入甲醛脱硝，反应生成CO2、NO和H2O，若加入尿素脱硝则生成N2、CO2和H2O。工业上应选择__________脱硝，原因是_____________________。(6)若步骤⑥制纯金时反应amolH2C2O4，产生bL滤液C。取25.00ml滤液C，加入NaOH溶液中和，再加入足量的CaCl2饱和溶液，得到沉淀，过滤，将沉淀晾干得到CaC2O4，固体0.128g。步骤⑥加入的草酸晶体(H2C2O4∙2H2O)的质量至少为__________g(写出计算式)。【答案】(1)2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O    (2)Fe2(SO4)3(或硫酸铁)    (3)Fe2+、Ag+    (4)4HCl+HNO3+Au=HAuCl4+NO↑+2H2O    NaOH    (5)尿素    尿素无毒，生成的产物无毒，甲醛有毒，生成的NO为有毒气体    (6)126(a+0.04b)    【解析】经过第①步，部分Cu与O2、稀硫酸反应生成CuSO4，经过第②步，Zn、Cu、Ag被Fe2(SO4)3氧化生成ZnSO4、CuSO4、Ag2SO4，Fe2(SO4)3自身被还原为FeSO4，Au不溶解，故滤液A中主要含ZnSO4、CuSO4、Ag2SO4、FeSO4，滤渣中的粗金经王水溶解后生成HAuCl4(滤液B)，滤液B经过脱销操作除去硝酸根，再经过草酸还原获得纯金。(1)Cu与稀硫酸、O2反应生成CuSO4和水，结合得失电子守恒和元素守恒配平得方程式为：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O，对应离子方程式为：2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O；(2)由分析知，步骤②中Fe2(SO4)3对应还原产物FeSO4，故该步氧化剂为Fe2(SO4)3；(3)由分析知，滤液A中主要含ZnSO4、CuSO4、Ag2SO4、FeSO4，故此处填Ag+、Fe2+；(4)初步确定方程式为：Au+HCl+HNO3→HAuCl4+NO↑+H2O，根据得失电子守恒结合元素守恒配平得完整方程式为：Au+4HCl+HNO3=HAuCl4+NO↑+2H2O；尾气中NO与空气中O2反应生成NO2，NO2与NaOH溶液反应生成NaNO2和NaNO3，可用NaOH溶液吸收生成的NO2，故此处填NaOH；(5)由于尿素无毒且产物也无毒，而甲醛有毒且产物中NO为有毒气体，故工业上应选择尿素脱硝，故依次填：尿素；尿素无毒且产物也无毒，而甲醛有毒且产物中NO为有毒气体；(6)滤液C中含剩余的H2C2O4，与NaOH反应转化为Na2C2O4，再与CaCl2反应生成CaC2O4沉淀，故剩余的草酸n1(H2C2O4)=n(CaC2O4)=，故整个过程消耗草酸n(H2C2O4)=a mol+ n1(H2C2O4)=(a+0.04) mol，对应加入H2C2O4·2H2O的质量=126 g/mol×(a+0.04) mol=126×(a+0.04) g。42．(2021·浙江省高三选考模拟)某化学课外研究小组拟对一种焰火原料(由两种短周期中的常见金属元素的单质组成的合金粉末)进行探究，请完成下列探究报告。[探究目的]　探究该焰火原料的成分[资料检索]　(1)Mg2＋检验方法：取2滴待测液，加入2滴2 mol·L－1 NaOH溶液，再加入2滴镁试剂(Ⅰ)染料(对硝基苯偶氮苯二酚)。若出现沉淀并吸附镁试剂(Ⅰ)染料呈天蓝色，表示待测液中含有Mg2＋。(注：Ag＋、Cu2＋、Fe3＋、NH4+会妨碍Mg2＋的检测)(2)Mg(OH)2可溶于浓的氯化铵溶液，其他的常见不溶性碱难溶于氯化铵溶液。[实验探究](1)甲同学进行了初步实验，实验步骤和实验现象如下，请填写下表：实验序号实验步骤实验现象结论①取少量该焰火原料，加入冷水无明显现象________②取少量该焰火原料，加入足量稀盐酸完全溶解，有大量气体产生、溶液呈无色________(2)乙同学取甲同学第②组实验所得的溶液，加入2滴NaOH溶液及镁试剂(Ⅰ)染料，未见天蓝色物质。他得出合金中不含镁的结论，乙同学的结论________(填“正确”或“错误”)，你的理由是_______________________________________________________。(3)丙同学设计实验方案，确定焰火原料中的金属种类，实验记录如下：由丙同学的实验记录可知该焰火原料是由________和________两种金属组成的合金；实验中滤液加入足量氢氧化钠溶液后需煮沸的理由是_______________________________。【答案】(1)合金中不含Li、Na等活泼金属    含有能与盐酸反应的较活泼的金属    (2)错误    若稀盐酸过量，则不产生沉淀，就不能吸附镁试剂(Ⅰ)染料，检验不出Mg2＋   (3)Mg    Al    将NH4+转化为NH3，煮沸促进氨气逸出，防止NH4+干扰Mg2＋的检验(或排除溶液中NH的干扰)    【解析】(1)焰火原料加入冷水，没现象，说明不含活泼金属，不含锂、钠、钾、钙等金属；加入足量稀盐酸，完全溶解，有大量气体产生、溶液呈无色，说明含有较活泼金属镁和铝；(2)含有镁离子的溶液中，加入2滴NaOH溶液及镁试剂(Ⅰ)染料，未见天蓝色物质，说明盐酸过量，碱被中和；(3)合金加入盐酸得到溶液，加入过量的氨水，有白色沉淀，加入足量饱和氯化铵溶液，得到沉淀和溶液，该沉淀既能与酸，又能与碱反应，说明该沉淀具有两性；根据题给信息分析可知，溶于氯化铵溶液的沉淀为氢氧化镁，不溶于氯化铵溶液的沉淀为氢氧化铝；含有镁离子的溶液中加入镁试剂(Ⅰ)染料及足量的氢氧化钠溶液，出现天蓝色物质，从而确定合金的成分。(1)该样品不能与冷水反应，即不含有活泼金属Li和Na等活泼金属；②原料与盐酸反应产生气体，表明含有能与盐酸反应的较活泼金属如镁、铝等；(2)第②组实验所得的溶液含有过量的盐酸，加入2滴氢氧化钠溶液，没有沉淀产生，从而不能吸附镁试剂(Ⅰ)染料，检验不出Mg2＋；不能得出合金中不含镁的结论；(3)分析丙同学的实验记录，合金与盐酸反应后，所得的溶液中加入过量氨水产生沉淀，其中能溶于饱和氯化铵的为Mg(OH)2，证明含有Mg元素；沉淀既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，即为Al(OH)3，证明含有铝元素；实验中加入足量NaOH溶液煮沸的目的是将NH4+转化为NH3，煮沸促进氨气逸出，防止NH干扰Mg2＋的检验(或排除溶液中NH的干扰)。43．(2021·石首市第一中学高三质检)以硫铁矿(主要成分为FeS2，还有少量CuS、SiO2等杂质)为原料制备绿矾晶体(FeSO4·7H2O)的工艺流程如下：
(1)烟气中的SO2会污染环境，可用足量氨水吸收，写出该反应的离子方程式_______。(2)滤液中金属阳离子的检验方法_______________________________。(3)FeSO4溶液制备绿矾晶体过程中要保持H2SO4过量，理由___________________。(结合化学用语说明原因)(4)燃料细菌脱硫法是用氧化亚铁硫杆菌(T∙f)对硫铁矿进行催化脱硫，同时得到FeSO4溶液。其过程如图所示：已知总反应为：FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42-+15Fe2++16H＋①将过程I离子方程式补充完整：FeS2+Fe3++      =7Fe2++S2O32-+      ，__________。②过程II反应的离子方程式_______。③研究发现，用氧化亚铁硫杆菌(T∙f)脱硫，温度过高脱硫效率降低(如图)，可能的原因是_____________________________________。(5)绿矾晶体在空气中易被氧化。取Xg样品，加水完全溶解，用酸化的amol·L-1K2Cr2O7溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液bmL。反应原理：6Fe2++ Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。则绿矾晶体纯度的计算式为___________________。(FeSO4·7H2O摩尔质量为278g/mol)【答案】(1)SO2+2NH3·H2O=2NH4++SO32-+H2O    (2)取滤液少许于试管中，滴加K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液，有蓝色沉淀产生，证明滤液中含有Fe2+    (3)Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，H+过量抑制Fe2+的水解    (4)①FeS2+6Fe3++3H2O=7Fe2++ S2O32-+6H+    ②8Fe3++ S2O32-+5H2O=2SO42-+8Fe2++10H+    ③升高温度，蛋白质变性，细菌失去催化能力   (5)     【解析】(1)足量氨水与SO2反应得到(NH4)2SO3和水，离子方程式为SO2+2NH3·H2O=2NH4++SO32-+H2O；(2)滤液中的金属阳离子为Fe2+，可用铁氰化钾检验，其操作为取少量滤液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6] (铁氰化钾)溶液，有蓝色沉淀产生，证明滤液中含有Fe2+，故填取少量滤液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6] (铁氰化钾)溶液，有蓝色沉淀产生，证明滤液中含有Fe2+；(3) FeSO4溶液中Fe2+易水解Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，加入H2SO4可以抑制Fe2+水解；(4)①根据氧化还原反应的规律配平方程式为FeS2+6Fe3++3H2O=7Fe2++ S2O32-+6H+；②从图中可以看出，过程Ⅱ为Fe2+3+与S2O32-反应生成Fe2+、H+、SO42-的反应，其反应方程式为8Fe3++ S2O32-+5H2O=2SO42-+8Fe2++10H+；③温度过高蛋白质变性，细菌失去活性，催化能力降低；(3)根据反应6Fe2++ Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，可知样品中Fe2+的物质的量为，即绿矾晶体的物质的量为，质量为m=nM=g，则绿矾晶体的纯度的计算式为。