题型14：陌生物质性质分析与化工流程-2021届浙江省选考化学培优“题对题”提分狂练

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2021届浙江省选考化学培优“题对题”提分狂练

题型14：陌生物质性质分析与化工流程

(一)陌生物质性质分析
1．光卤石的主要成分为KMgCl3∙6H2O，下列有关说法不正确的是( )
A．KMgCl3∙6H2O是一种复盐，且为纯净物
B．KMgCl3∙6H2O易溶于水，其水溶液呈酸性
C．KMgCl3∙6H2O减压蒸发脱水，可快速得到KMgCl3
D．用惰性电极电解KMgCl3∙6H2O的水溶液，得到两种气体和一种沉淀
【答案】C
【解析】A项，复盐是由两种金属离子(或铵根离子)和一种酸根离子构成的盐，KMgCl3∙6H2O是一种复盐，有化学式，为纯净物，故A正确；B项，光卤石是含镁、钾盐湖中蒸发作用最后产物，故KMgCl3∙6H2O易溶于水，属于强酸弱碱形成的复盐，其水溶液呈酸性，故B正确；C项，KMgCl3∙6H2O减压蒸发脱水，会加快镁离子的水解，得到的是氢氧化镁和KCl，不能得到KMgCl3，故C错误；D项，用惰性电极电解KMgCl3∙6H2O的水溶液，离子方程式为：2Cl-+Mg2++2H2OMg(OH)↓+H2↑+ Cl2↑，得到两种气体和一种沉淀，故D正确；故选C。
2．白色固体Na2S2O4常用于织物的漂白，也能将污水中的某些重金属离子还原为单质除去。下列关于Na2S2O4说法不正确的是( )
A．可以使品红溶液褪色
B．其溶液可用作分析化学中的吸氧剂
C．其溶液可以和Cl2反应，但不能和AgNO3溶液反应
D．已知隔绝空气加热Na2S2O4分解可生成SO2，则其残余固体产物中可能有Na2S2O3
【答案】C
【解析】A项， Na2S2O4溶于水，会与溶解在水中的氧气反应产生SO2，SO2能使品红溶液褪色，所以Na2S2O4的水溶液具有漂白性，A正确；B项，Na2S2O4溶液与少量氧气反应产生亚硫酸氢钠和硫酸氢钠两种盐，反应方程式为：Na2S2O4+O2+H2O=NaHSO3+NaHSO4，所以Na2S2O4溶液可用作分析化学中的吸氧剂，B正确；C项，Na2S2O4中S元素平均化合价为+3价，具有还原性，Cl2具有氧化性，AgNO3具有酸性和氧化性，所以Na2S2O4与Cl2和AgNO3溶液都可以发生反应，C错误；D项，隔绝空气加热Na2S2O4分解可生成SO2和两种盐Na2S2O3、Na2SO3，D正确；故选C。
3．过碳酸钠2Na2CO3·3H2O2，外观为白色结晶，主要用作漂白剂和氧化剂，以及作去污剂、清洗剂、杀菌剂。生产过程的主反应方程式：2Na2CO3+3H2O2=2Na2CO3·3H2O2，下列说法不正确的是( )
A．过碳酸钠具有强氧化性
B．生产过程中采用较低温度，目的是防止产品及反应物的分解
C．在生产过程中酸、铁盐、铜盐等都可能导致产率下降
D．将过碳酸钠溶液和亚硫酸氢钠溶液混合，发生的反应为2Na2CO3·3H2O2 + 3NaHSO3=2Na2CO3 + 3NaHSO4 +3H2O
【答案】D
【解析】A项，过碳酸钠相当于带结晶双氧水的碳酸钠，具有碳酸钠和双氧水的性质，故过碳酸钠具有强氧化性，故A正确；B项，温度过高会导致过碳酸钠、过氧化强的分解，因此生产过程中采用较低温度，目的是防止产品及反应物的分解，故B正确；C项，碳酸钠能与酸反应，铁盐、铜盐能作为双氧水分解的催化剂，故在生产过程中酸、铁盐、铜盐等都可能导致产率下降，故C正确；D项，产物中Na2CO3 的CO32-离子与NaHSO4 中的H+离子不共存，可以发生反应生成水和二氧化碳，故该方程式不正确，故D错误；故选D。
4．CaCl2固体遇 NH3会形成 CaCl2• 8 NH3(可溶于水)。下列说法不正确的是( )
A．CaCl2 作干燥剂时，不能干燥 NH3
B．CaCl2• 8 NH3溶于水，溶液呈中性
C．CaCl2• 8 NH3溶于水，通少量CO2 会产生白色沉淀
D．CaCl2 与 NH3形成CaCl2• 8 NH3的过程属于化学变化
【答案】B
【解析】A项，CaCl2 固体遇 NH3会形成 CaCl2• 8 NH3，所以CaCl2不能干燥 NH3，A正确；B项，CaCl2• 8 NH3溶于水，NH3会和水反应生成NH3∙H2O，NH3∙H2O能发生电离：NH3∙H2ONH4++OH-，溶液呈碱性，B错误；C项，CaCl2• 8 NH3溶于水，溶液呈碱性，溶液中的OH-和通入的CO2反应生成CO32-，CO32-和Ca2+反应产生CaCO3白色沉淀，C正确；D项，CaCl2 与 NH3形成CaCl2• 8 NH3的过程生成了新物质，属于化学变化，D正确；故选B。
5．与H2O2在酸性条件下反应可生成过氧化铬(CrO5)，过氧化铬的结构式为。下列有关说法不正确的是( )
A．CrO5中铬元素的化合价为+6 B．可发生反应：4CrO5+12H+=4Cr3++7O2↑+6H2O
C．CrO5中含有共价键和离子键 D．过氧化铬可使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】C
【解析】A项，CrO5中存在2个过氧键、1个Cr=O键，所以4个O原子显-1价、1个O原子显-2价，所以Cr元素显+6价，故A不选；B项，过氧化铬中氧元素的化合价有-1价，化合价可以升高到0价，生成氧气，可以发生4CrO5+12H+=4Cr3++7O2↑+6H2O反应，故B不选；C项，从结构式可以看出有共价键，没有离子键，故C选；D项，过氧化铬中氧元素的化合价有-1价和-2价，-1价的氧有还原性，可使酸性KMnO4溶液褪色，故D不选；故选C。
6．酸性溶液中过氧化氢能使转化成蓝色的过氧化铬(CrO5分子结构如图所示)，该反应可用来检验的存在，其反应的离子方程式为：4H2O2++2H+=2CrO5+5H2O。下列说法不正确的是( )

A．CrO5溶于水可能放出氧气 B．上述反应中H2O2表现出还原性
C．CrO5具有强氧化性，受热易分解 D．CrO5中Cr元素化合价为+6
【答案】B
【解析】由CrO5的结构式可知存在过氧键、Cr-O键、Cr=O，在4个Cr-O键中O为-1价，在Cr=O键注重O为-2价，Cr元素化合价为+6价，反应前后元素化合价没有发生变化。A项，CrO5中有-1价的氧元素，溶于水可能发生氧化还原反应放出氧气，故A正确，但不符合题意；B项，该反应中过氧化氢中的氧为−1价，在每个过氧化铬中有4个氧为−1价，所以没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故B错误，符合题意；C项，CrO5中有-1价的氧元素，化合价可以降低，具有强氧化性，受热易分解，故C正确，但不符合题意；D项，过氧化铬中铬的化合价为+6价，故D正确，但不符合题意；故选B。
7．过氧化铬的化学式为 CrO5，从其结构发现含有 2 个过氧键，结构如图， 下列说法不正确的是( )

A．CrO5可能具有强氧化性 B．CrO5 溶于水可能放出氧气
C．CrO5 稳定性较低，易分解 D．CrO5 中 Cr 的化合价为+10
【答案】D
【解析】A项，CrO5中存在2个过氧键，过氧键中O显-1价，反应中容易变成-2价，具有强氧化性，故A正确；B项，CrO5中存在2个过氧键，部分O显-1价，因此CrO5溶于水能够反应放出氧气，故B正确；C项，CrO5中存在2个过氧键，CrO5稳定性比较低，易分解，放出氧气，故C正确；D项，CrO5中存在2个过氧键、1个Cr=O键，所以4个O原子显-1价、1个O原子显-2价，所以Cr元素显+6价，故D错误；故选D。
8．在碱性介质中，用Cl2氧化KIO3可制得正高碘酸钾(K2H3IO6)，下列说法不正确的是( )
A．正高碘酸钾可能具有强氧化性
B．正高碘酸化学式为H5IO6或(HO)5IO
C．正高碘酸钾可由正高碘酸和KOH反应得到
D．正高碘酸受热得到偏高碘酸(HOIO3)的反应是氧化还原反应
【答案】D
【解析】A项，正高碘酸钾K2H3IO6中I元素的化合价为+7价，达到了最高价，能得电子，所以可能具有强氧化性，A正确；B项，正高碘酸钾的化学式为K2H3IO6，利用等电荷代换，正高碘酸化学式为H5IO6或(HO)5IO，B正确；C项，正高碘酸和KOH可发生中和反应，生成正高碘酸钾和水，C正确；D项，正高碘酸受热分解，得到偏高碘酸(HOIO3)和水，没有发生元素价态的改变，所以反应是非氧化还原反应，D不正确；故选D。
9．常温下CaCl2固体遇NH3会形成CaCl2·8NH3(可溶于水)，下列说法不正确的是( )
A．CaCl2作干燥剂时，不能干燥NH3
B．实验室可采用Ca(OH)2固体与NH4Cl固体混合加热的方法制备少量NH3
C．CaCl2·8NH3溶于水，通入少量CO2不产生白色沉淀
D．CaCl2与NH3形成CaCl2·8NH3的过程属于化学变化
【答案】C
【解析】A项，CaCl2固体遇NH3会形成CaCl2•8NH3，故CaCl2作干燥剂时，不能干燥NH3，故A正确；B项，实验室可采用Ca(OH)2固体与NH4Cl固体混合加热的方法制备少量NH3，故B正确；C项，少量CO2会与氨水反应生成碳酸铵，碳酸根与钙离子生成碳酸钙白色沉淀，故C错误；D项， CaCl2与NH3形成CaCl2•8NH3的过程有新物质生成，是化学变化，故D正确。故选C。
10．已知 NaAlH4是一种重要的储氢材料、化工还原剂，其相关性质的说法不正确的是( )
A．一定条件下NaH与AlCl3反应制备NaAlH4：4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl，生成1mol NaAlH4转移3mole-
B．NaAlH4具有吸水性，需要密封保存
C．1mol NaAlH4中含有2mol离子
D．NaAlH4作为储氢材料，溶于水或酸会释放出大量H2：NaAlH4+4HCl=NaCl+AlCl3+4H2↑
【答案】A
【解析】A项，一定条件下NaH与AlCl3反应制备NaAlH4：4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl，该反应过程所有元素的化合价均为发生改变，不是氧化还原反应，故不存在电子的转移，A错误； B项，NaAlH4具有吸水性且能与水发生反应NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑，故需要密封保存，B正确；C项，NaAlH4是离子化合物由Na+和AlH4-构成，故1mol NaAlH4中含有2mol离子，C正确；D项，NaAlH4作为储氢材料，NaAlH4中的H为-1价具有较强的还原性，能还原水中+1价的H，从而释放出H2，故NaAlH4溶于水或酸会释放出大量H2：NaAlH4+4HCl=NaCl+AlCl3+4H2↑，D正确；故选A。
11．一定条件下，Fe吸收CO生成配合物Fe(CO)5。常温下，Fe(CO)5是一种黄色液体，易溶于汽油、苯等多数有机溶剂。下列说法一定错误的是( )
A．Fe(CO)5为分子晶体 B．Fe(CO)5难溶于水
C．Fe(CO)5属于含氧盐 D．Fe吸收CO生成Fe(CO)5的变化是化学变化
【答案】C
【解析】A项，根据相似相容原理，Fe(CO)5易溶于汽油、苯等分子，故可以推测Fe(CO)5也为分子晶体，A正确；B项，根据相似相容原理，Fe(CO)5易溶于汽油、苯等分子，苯为非极性分子，故可以推测Fe(CO)5也为非极性分子，故Fe(CO)5难溶于水等极性溶剂，B正确；C项，金属离子或铵根离子与酸根离子形成的化合为盐，根据盐的定义Fe(CO)5中不含有金属阳离子和酸根离子，故不属于盐，C错误；D项，Fe吸收CO的过程中生成了新的物质，故属于化学变化，D正确；故选C。
12．次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，有强还原性。已知：①2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑；②H3PO2+NaOH(足量)=NaH2PO2+H2O。下列推断不正确的是( )
A．H3PO2的结构式为
B．H3PO2具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸
C．NaH2PO2是正盐
D．每消耗1molP4，反应中转移6mol电子
【答案】D
【解析】A项，根据H3PO2+NaOH(足量)=NaH2PO2+H2O 可知H3PO2是一元酸，分子中含有一个-OH，则H3PO2的结构式为，故A正确；B项，H3PO2中P元素的化合价为+1价，具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸，故B正确；C项，H3PO2是一元酸，NaH2PO2是正盐，不是酸式盐，故C正确；D项，2P4+3Ba(OH)2+6H2O═3Ba(H2PO2)2+2PH3↑反应中2个P的化合价由0降低到-3价，6个P的化合价由0升高到+1价，转移电子数为6，则每消耗1 mol P4，转移3 mol 电子，故D错误；故选D。
13．已知硫酸亚铁溶液吸收NO可生成硫酸亚硝酰合铁(分子式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4)，下列说法不正确的是( )
A．硫酸亚硝酰合铁具有还原性
B．硫酸亚硝酰合铁水溶液呈中性
C．硫酸亚硝酰合铁属于盐
D．硫酸亚铁溶液吸收NO生成硫酸亚硝酰合铁的变化是化学变化
【答案】B
【解析】A项，[Fe(NO)(H2O)5]SO4中铁为+2价，可以被氧化为+3价，因此具有还原性，A正确；B项，硫酸亚硝酰合铁中存在平衡[Fe(NO)(H2O)5]2+Fe2++NO+5H2O，Fe2+可发生水解Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，故溶液为酸性，B错误；C项，硫酸亚硝酰合铁是由[Fe(NO)(H2O)5]2+和SO42-组成的盐，C正确；D项，硫酸亚铁与NO反应生成了的配合物硫酸亚硝酰合铁是新物质，属于化学变化，D正确；故选B。
14．过二硫酸(H2S2O8)是一种强氧化剂，过二硫酸及其盐都是不稳定的，加热时分解，电解硫酸氢钾溶液可得过二硫酸钾。下列说法不正确的是( )
A．H2S2O8中硫的化合价为
B．K2S2O8分解的化学方程式可能为：K2S2O82K2SO4+2SO3↑+2O2↑
C．电解KHSO4溶液的化学方程式为：2 KHSO4K2S2O8+H2↑
D．H2S2O8溶液与Cu反应的化学方程式为：H2S2O8+Cu=H2SO4+CuSO4
【答案】A
【解析】A项，S的最高化合价为+6价，故选A；B项，K2S2O8受热分解生成硫酸钾，三氧化硫以及氧气，则方程式为：K2S2O82K2SO4+2SO3↑+2O2↑，故B不选；C项，电解KHSO4溶液时生成过二硫酸钾和氢气，则方程式为：2 KHSO4K2S2O8+H2↑，故C不选；D项，H2S2O8溶液与Cu发生氧化还原反应，生成过二硫酸和硫酸铜，则方程式为：H2S2O8+Cu=H2SO4+CuSO4，故D不选。
15．已知BeCl2+Na2BeO2+2H2O=2NaCl+2Be(OH)2↓，下列说法正确的是( )
A．BeCl2溶液的pH<7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物是BeCl2
B．Be(OH)2既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液
C．BeCl2水溶液的导电性强，故BeCl2是离子化合物
D．工业上可以用电解熔融BeCl2的方法冶炼金属Be
【答案】B
【解析】A项，AlCl3在水溶液中，Al3＋水解使得溶液呈酸性，将其蒸干并灼烧得到Al2O3；则BeCl2溶液的pH<7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物为BeO，A错误；B项，类似于Al(OH)3，可溶于盐酸，也可以溶于NaOH；则Be(OH)2既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液，B正确；C项，AlCl3是共价化合物，则BeCl2是共价化合物，C错误；D项，由于BeCl2是共价化合物，不能通过电解熔融BeCl2来制备Be，D错误；故选B。
16． KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，由于空气中氧气的作用，容易引起碘的损失。I2溶于KI溶液能发生KI+I2KI3的反应，在低温条件下，可制得KI3·H2O。下列说法不正确的是( )
A．其他条件相同的情况下，I2在KI溶液中的溶解度大于在水中的溶解度
B．向KI3溶液中加入淀粉溶液，溶液变蓝色
C．KI3·H2O代替KI作为加碘剂，可以减少碘的损失
D．由于还原性S2O32-＞I-，加入Na2S2O3可以提高加碘盐(添加)的稳定性
【答案】C
【解析】A项，I2溶于KI溶液能发生KI+I2KI3的反应，故I2在KI溶液中的溶解度大于在水中的溶解度，A正确；B项，反应KI+I2KI3为可逆反应，KI3溶液中存在I2，加淀粉溶液变蓝，B正确；C项，KI3·H2O溶于水产生I2，I2有毒，不能代替KI作加碘剂，C错误；D项，还原性S2O32-＞I-，氧气先氧化S2O32-，KI被保护，即加入Na2S2O3可以提高加碘盐(添加KI)的稳定性，D正确。故选C。
17．实验室中的碘水一般是将碘单质溶于KI溶液配制而成，发生反应：I－+I2⇌I3－(主要溶质为KI3或KI·I2)。下列说法不正确的是( )
A．该溶液遇淀粉显蓝色
B．该溶液见光易变质，应用棕色试剂瓶密封保存
C．采用此法配制碘水的目的是为了提高碘水的浓度
D．该溶液中通入SO2后，溶液由中性变为强酸性
【答案】D
【解析】A项，碘水中有碘单质，遇淀粉显蓝色，A正确；B项，碘水不稳定，见光易变质，应用棕色试剂瓶密封保存，B正确；C项，采用此法配制碘水，可以提高碘水的浓度，C正确；D项，单质碘与水反应生成碘化氢、次碘酸，显酸性，通入二氧化硫后与单质碘反应生成碘化氢和硫酸，溶液酸性增强，D错误；故选D。
18．羟氨(NH2OH)可看作氨分子内的一个氢原子被羟基取代的衍生物。下列说法不正确的是( )
A．羟氨的水溶液显碱性，可与盐酸发生反应
B．羟氨既有氧化性又有还原性，受热可生成氨气
C．羟氨分子中N原子、O原子与羟基H原子共直线
D．羟氨易溶于水是由于其与水分子形成分子间氢键
【答案】C
【解析】A项，羟氨分子中与NH3分子均有孤对电子，均能结合水电离的H+，水溶液显碱性，可与盐酸发生反应，故A正确；B项，羟氨中N元素为-1价，化合价既能升高也能降低，既有还原性又有氧化性，受热化合价降低可生成氨气，故B正确；C项，羟氨分子中的N—O—H类似于水分子的H—O—H结构，3个原子形成“V”， 故C错误；D项，羟氨易溶于水是由于其与水分子形成分子间氢键，故D正确；故选C。
19．已知：BF3和水反应生成氟硼酸(HBF4)和硼酸(H3BO3)，一定条件下BF3与一定量水可形成晶体Q()。下列有关说法，正确的是( )
A．BF3和水反应生成氟硼酸和硼酸是氧化还原反应
B．BF3分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
C．晶体Q中存在离子键、共价键、范德华力和氢键
D．H3BO3在水中只发生反应：H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+，可知硼酸是一元酸
【答案】D
【解析】A项，BF3和水反应生成氟硼酸(HBF4)和硼酸(H3BO3)没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，A错误；B项，BF3分子中，B原子最外层只有6个电子，B错误；C项，由Q的结构可知：晶体Q分子内：不存在离子键，存在B-F、B-O、O-H共价键，O…H之间存在氢键，分子之间存在范德华力，C错误； D项，由H3BO3在水中只发生反应H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+可知：H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+为硼酸的电离方程式，故硼酸为一元弱酸，D正确。故选D。
20．过硝酸钠(NaNO4)能与水发生反应∶NaNO4+H2O= NaNO3+H2O2，下列说法不正确的是(　　)
A．过硝酸钠可用于杀菌消毒
B．过硝酸钠中含有-O-O-结构
C．过硝酸钠具有强氧化性，没有还原性
D．将过硝酸钠加入酸性FeSO4溶液中发生的离子方程式∶NO4-+2Fe2++2H+=2Fe3+ NO3-+H2O
【答案】C
【解析】A项，根据题干信息知，过硝酸钠与水反应生成双氧水，双氧水具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故A正确；B项，过硝酸可由N2O5与H2O2反应生成，化学式为HNO3·H2O2，根据双氧水的结构分析，过硝酸钠中含有-O-O-结构，故B正确；C项，过硝酸钠中所有元素并非都是其最高价，故可以有还原性，如在与水的反应中，氧元素化合价升高，体现还原性，故C错误；D项，过氧根在酸性条件下具有强氧化性，将亚铁离子氧化为铁离子，本身被还原为硝酸根，根据电子转移守恒及电荷守恒配平得：NO4-+2Fe2++2H+=2Fe3+ NO3-+H2O，故D正确；故选C。
21．工业上电解NaHSO4溶液制备Na2S2O8(过二硫酸钠)。电解时，阴极材料为Pb；阳极(铂电极)电极反应式为2 HSO4--2e-= S2O82-+2H+。下列说法正确的是( )
A．Na2S2O8水溶液呈弱碱性
B．Na2S2O8可水解生成H2O2，同时生成NaHSO4可循环利用
C．H2S2O8可完全电离，故稳定性与硫酸相当
D．Na2S2O8具有强氧化性，故不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】B
【解析】A项，Na2S2O8发生水解反应为Na2S2O8+2H2O2NaHSO4+H2O2，NaHSO4溶液呈酸性，H2O2溶液呈弱酸性，故其水溶液呈酸性，A错误；B项，Na2S2O8中存在过氧键，可水解生成H2O2，同时生成NaHSO4，反应为Na2S2O8+2H2O2NaHSO4+H2O2，NaHSO4可循环利用，B正确；C项，H2S2O8可完全电离，H2S2O8中存在过氧键，故稳定性不及硫酸，C错误；D项，Na2S2O8的结构简式为，过氧键中O为-1价，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误；故选B。
22．H2O、H2O2、HO2(超氧化氢)等都属氢氧化合物，其中HO2又叫超氧酸，与H2O2化学性质相似，又与HX(X=Cl、Br、I等)某些性质相似。下列说法不正确的是( )
A．向HO2溶液中滴入品红溶液，溶液褪色，加热后红色不恢复
B．HO2在碱中能稳定存在
C．HO2不稳定，分解会生成氧气
D．HO2可与AgNO3反应：HO2+AgNO3=AgO2↓+HNO3
【答案】B
【解析】A项，HO2与H2O2化学性质相似，因此具有漂白性，向HO2溶液中滴入品红溶液，溶液褪色，加热后红色不恢复，A正确；B项，HO2与HX(X=Cl、Br、I等)某些性质相似 ，故有酸性，HO2在碱中不能稳定存在，B错误；C项，HO2与H2O2化学性质相似，HO2不稳定，分解会生成氧气，C正确；D项，HO2与HX(X=Cl、Br、I等)某些性质相似 ，故HO2可与AgNO3反应：HO2+AgNO3=AgO2↓+HNO3，D正确；故选C。
23．亚磷酸(H3PO3)是中强酸，它与足量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3，下列说法不正确的是( )
A．Na2HPO3中P元素的化合价为+3 B．Na2HPO3是酸式盐
C．Na2HPO3溶液的pH>7 D．亚磷酸可由三氯化磷(PCl3)水解得到
【答案】C
【解析】A项，根据H的化合价为+1、O的为-2、Na为+1及化合物中正负化合价的代数和为零知P的化合价是+3，A正确；B项，根据亚磷酸与足量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3，表明Na2HPO3是正盐，B错误；C项，强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，pH>7，C正确；D项，三氯化磷(PCl3)水解：PCI3+ 3H2O → H3PO3+ 3HCl，D正确。
24．下列说法不正确的是( )
A．过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)具有强氧化性，不能使酸性KMnO4 溶液褪色
B．青石棉[Na2Fe5Si8O22(OH)2]可表示为 Na2O•3FeO•Fe2O3•8SiO2•H2O
C．由反应 2KCuO2+8HCl=2KCl+2CuCl2+Cl2↑+4H2O 可知 KCuO2 中铜元素可能为+3 价
D．白磷与足量NaOH溶液反应生成NaH2PO2和PH3，可知NaH2PO2 为正盐
【答案】A
【解析】A项，过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)具有强氧化性，过碳酸钠中含有H2O2，其中O元素为-1价，具有还原性，H2O2与高锰酸钾在酸性介质中反应：5H2O2+2 Mn O4-+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，则能使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；B项，将硅酸盐写为氧化物的顺序为：较活泼金属氧化物、不活泼金属氧化物、二氧化硅、水，则青石棉[Na2Fe5Si8O22(OH)2]可表示为 Na2O•3FeO•Fe2O3•8SiO2•H2O，故B正确；C项，由反应 2KCuO2+8HCl=2KCl+2CuCl2+Cl2↑+4H2O 可知Cl元素化合价升高，由-1价变为0价，8molHCl参与反应共转移2mol电子，根据电子得失守恒，Cu元素化合价应降低，CuCl2中Cu元素的化合价为+2价，设 KCuO2中铜元素的化合价为x，则(x-2)ｘ2=2，解得x=3，则KCuO2中铜元素的化合价为+3 价，故C正确；D项，白磷与足量NaOH溶液反应生成NaH2PO2和PH3，根据氧化还原反应中得失电子数相等、原子守恒配平得到化学方程式为：P4+3NaOH+3H2O═PH3↑+3NaH2PO2，NaOH溶液足量，若NaH2PO2为酸式盐，则可以与NaOH溶液继续反应，但二者反应生成产物之一是NaH2PO2，可见NaH2PO2与氢氧化钠溶液不反应，说明次磷酸是一元酸，即NaH2PO2为正盐，故D正确；故选A。
25．将氯化钙溶于水中，在搅拌下加入双氧水，再加入氨水进行反应，冷却，离心分离，可得CaO2·8H2O，于150～200℃脱水干燥，即得CaO2。下列说法不正确的是
A．上述制备过程的化学反应方程式为CaCl2＋H2O2＋2NH3·H2O＋6H2O＝CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl
B．所得产品中CaO2的含量可以在酸性条件下，用KMnO4标准溶液滴定、计算
C．常温下，CaO2溶于水所得溶液的pH可能达到14
D．CaO2溶于水中能放出O2，增加水体溶氧量，同时还能吸收CO2，可用于鱼苗、活鲜鱼运输
【答案】C
【解析】A项，由信息结合质量守恒定律知，上述制备过程的化学反应方程式为CaCl2＋H2O2＋2NH3·H2O＋6H2O＝CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl，A正确；B项，CaO2在酸性条件下可转变为双氧水，双氧水能用KMnO4标准溶液滴定而测得其含量，故所得产品中CaO2的含量可以在酸性条件下，用KMnO4标准溶液滴定、计算，B正确；C项，由题意知，常温下，CaO2溶于水所得溶液为澄清石灰水，微溶物的溶解度为0.01~1 g，其密度约为1g/cm3，最大浓度：，氢氧根离子浓度最大为0.27mol/L，pH不可能达到14，C错误；D项，由题意知，过氧化钙晶体在水中溶解度不大，故 CaO2溶于水中能平缓反应缓慢放出O2，增加水体溶氧量，同时还能吸收CO2，可用于鱼苗、活鲜鱼运输，D正确；故选C。

(一)化工流程
1．实验室模拟用工业废弃固体(含有Cu2S、Al2O3、Fe2O3、SiO2 等)制取粗铜、绿矾的操作流程如下：

下列说法正确的是( )
A．气体 X 能使酸性 KMnO4溶液褪色，表现出漂白性
B．试剂 a 是过量 Fe，为了提高反应速率可用浓硫酸代替稀硫酸②
C．溶液B 可经过一系列反应和操作得到明矾
D．溶液C 获得绿矾的实验操作是蒸发结晶
【答案】C
【解析】废弃固体灼烧，Cu2S和O2反应生成CuO和SO2，气体X为SO2，固体A为Al2O3、Fe2O3、SiO2、CuO的混合物；固体A加KOH溶液，Al2O3、SiO2分别和KOH反应生成NaAlO2和水、Na2SiO3和水，溶液B为NaAlO2、Na2SiO3、KOH混合溶液，固体B为Fe2O3、CuO混合物；固体B和稀硫酸反应生成Fe2(SO4)3、CuSO4和水，试剂a为过量的Fe，Fe2(SO4)3、CuSO4和Fe反应生成FeSO4和Cu，固体C为Cu和Fe的混合物，溶液C、D为FeSO4溶液。A项，气体X为SO2，SO2有还原性，能和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，而不是漂白性，A错误；B项，浓硫酸有强氧化性，剩余的浓硫酸可能使Fe钝化，反应速率减慢甚至停止；因为反应放热，还可能将铜溶解得不到FeSO4单一溶液，B错误；C项，溶液B为NaAlO2、Na2SiO3、KOH混合溶液，可以加入一定量的硫酸、过滤、将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等一系列操作得明矾，C正确；D项，溶液C获得绿矾的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等一系列操作，D错误。故选C。
2．某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2(反应条件已省略)。下列说法不正确的是( )

A．上述流程中多次涉及到过滤操作，实验室进行过滤操作时需用到的硅酸盐材质仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗
B．用MnCO3能除去溶液中的Al3+和Fe3+，其原因是MnCO3消耗了溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀
C．实验室用一定量的NaOH溶液和酚酞试液就可以准确测定燃煤尾气中的SO2含量
D．MnSO4溶液→MnO2过程中，应控制溶液pH不能太小
【答案】C
【解析】A项，上述流程中多次涉及到过滤操作，使用的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗，这些都属于硅酸盐材质，A正确；B项， MnCO3在溶液中存在沉淀溶解平衡，电离产生的CO32-能消耗溶液中的H+，使Al3+和 Fe3+的水解平衡正向移动，促进 Al3+和 Fe3+水解生成氢氧化物沉淀，B正确；C项，用一定量的NaOH溶液和酚酞试液吸收二氧化硫，反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠溶液呈碱性，溶液颜色变化不明显，不能准确测定燃煤尾气中的SO2含量，C错误；D项，由于MnO2具有氧化性，当溶液酸性较强时，MnO2的氧化性会增强，所以MnSO4溶液→MnO2过程中，应控制溶液pH不能太小，D正确；故选C。
3．某同学采用废铁屑(主要成分为Fe2O3、Fe，少量碳) 制取碳酸亚铁(FeCO3) ，设计了如下流程：

根据以上流程图，下列说法不正确的是( )
A．工业废铁屑往往附着有油脂，可通过热饱和碳酸钠溶液洗涤除去
B．反应2的离子方程式：Fe2++HCO3- = FeCO3↓+H+
C．操作I为过滤，洗涤操作，一系列操作II为过滤，洗涤，干燥
D．为避免硫酸溶解时Fe2+被空气氧化，废铁屑应适当过量
【答案】B
【解析】“溶解”阶段，Fe2O3和硫酸反应生成Fe2(SO4)3和水，Fe和Fe2(SO4)3反应FeSO4，Fe和H2SO4反应生成FeSO4和氢气，Fe元素以Fe2+存在于溶液中。操作Ⅰ为过滤，除去未反应的C，滤液1中加NaHCO3，HCO3-和Fe2+反应产生FeCO3沉淀，通过过滤、洗涤、干燥等一系列操作得到FeCO3。A项，碳酸钠水解呈碱性，油脂在碱性环境下水解，温度升高，水解程度增大，故工业废铁屑往往附着有油脂，可通过热饱和碳酸钠溶液洗涤除去，A正确；B项，结合电荷守恒可得反应2的离子方程式为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑，B错误；C项，操作I为过滤除去C，为减少Fe2+的损失，进行洗涤操作，为得到纯净的FeCO3，一系列操作II为过滤、洗涤、干燥，C正确；D项，Fe2+易被空气中的氧气氧化，故为避免硫酸溶解时Fe2+被空气氧化，废铁屑应适当过量，D正确。故选B。
4．以经预处理的废旧磷酸亚铁锂电极(主要成分为LiFePO4、 Al、C)为原料，生产Li2CO3 的部分工艺流程如下：

已知：LiFePO4难溶于水和碱性溶液，可溶于酸性溶液。Li2CO3溶于稀酸，微溶于水。下列说法不正确的是( )
A．滤渣2的主要成分为C
B．溶解时发生反应的离子反应方程式：2LiFePO4+2H++H2O2=2Li++2Fe3++ 2+ 2H2O
C．向过滤3的滤液中加入饱和Na2CO3溶液即可生成Li2CO3沉淀
D．已知将Li2CO3、FePO4•x H2O、H2C2O4 混合反应可重新获得LiFePO4，理论上完全反应消耗的n(Li2CO3):n(FePO4•x H2O):n(H2C2O4)=1:2:1
【答案】B
【解析】根据流程：废旧磷酸亚铁锂电极(主要成分为 LiFePO4、Al、C)用NaOH溶液碱浸：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑，过滤，滤渣为LiFePO4、C，加入稀硫酸、过氧化氢溶 2LiFePO4+4H2SO4+H2O2═Li2SO4+Fe2(SO4)3+2H3PO4+2H2O，C不溶，过滤除去，滤渣2为C；向滤液中加入氨水将Fe3+沉淀为Fe(OH)3，过滤，滤渣3为Fe(OH)3，向过滤 3 的滤液中加入饱和 Na2CO3 溶液可生成 Li2CO3 沉淀。A项，根据上述分析，滤渣2的主要成分为C，故A正确；B项，溶解时的反应为LiFePO4与稀硫酸、过氧化氢反应，化学方程式为：2LiFePO4+4H2SO4+H2O2═Li2SO4+Fe2(SO4)3+2H3PO4+2H2O，离子反应为：2LiFePO4+8H++H2O2=2Li++2Fe3++2H3PO4+ 2H2O，故B错误；C项，根据分析，向过滤3的滤液中加入饱和Na2CO3溶液即可生成Li2CO3沉淀，故C正确；D项，已知将Li2CO3、FePO4•x H2O、H2C2O4 混合反应可重新获得LiFePO4，反应为：Li2CO3+2FePO4⋅xH2O+H2C2O4=2LiFePO4+3CO2↑+(2x+1)H2O，理论上完全反应消耗的n(Li2CO3):n(FePO4•x H2O):n(H2C2O4)=1:2:1，故D正确；故选B。
5．碲(Te)广泛用于彩色玻璃和陶瓷。工业上用精炼铜的阳极泥(含有质量分数为8%的TeO2、少量Ag、Au)为原料制备单质碲的一种工艺流程如下，(已知TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱)，下列有关说法不正确的是( )

A．将阳极泥研磨、反应适当加热都有利于提高“碱浸”的速率和效率
B．“碱浸”时发生主要反应的离子方程式为TeO2+2OH－＝TeO32－+H2O
C．“沉碲”时为使碲元素沉淀充分，应加入过量的硫酸
D．若提取过程碲元素的回收率为90%，则处理1kg这种阳极泥最少需通入标准状况下SO2 20.16L
【答案】C
【解析】A项，研磨增大接触面积，加热均能提高“碱浸”的速率和效率，故A正确；B项，由已知信息可知，TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱，是两性氧化物，与氢氧化钠发生类似氧化铝与氢氧化钠的反应，生成TeO32－，离子方程式为TeO2+2OH－＝TeO32－+H2O，故B正确；C项，由已知信息可知，TeO2易溶于强酸和强碱，在沉降的过程中，硫酸若过量，可能导致TeO2的溶解，造成产品的损失，故C错误；D项，1kg阳极泥中含TeO2的质量为1000g×8%=80g，碲元素的回收率为90%，则有80g×90%=72g的TeO2被还原。每摩尔TeO2得4mol电子，每摩尔SO2失去2mol电子，则有关系式：1TeO2～2SO2，V(SO2)=×2×22.4L/mol=20.16L，故D正确。故选C。
6．氯酸镁[Mg(ClO3)2]常做催熟剂、除草剂等，实验室利用卤块制备少量Mg(ClO3)2·6H2O，已知：卤块的主要成分为MgCl2·6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质。工艺流程如下：

下列说法不正确的是( )
A．可以用酸性H2O2溶液代替KMnO4溶液
B．滤渣的主要成分是BaSO4和Fe(OH)2
C．加入NaClO3饱和溶液发生了复分解反应
D．调节溶液pH=4，还可以防止Mg(ClO3)2·6H2O，结晶时Mg2+的水解
【答案】B
【解析】卤块的成分有MgCl2·6H2O、MgSO4、FeCl2，加入高锰酸钾之后，亚铁离子可以被氧化为三价铁离子，再向混合物中加入氯化钡溶液，可以将硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀；加入氧化镁，调节pH=4，可以促进铁离子的水解，将铁离子转化为氢氧化铁而除去，过滤，得到的滤液是氯化镁溶液，向滤液中加入饱和氯酸钠溶液析出Mg(ClO3)2，说明相同温度下Mg(ClO3)2溶解度较小。A项，酸性H2O2溶液也能将Fe2+氧化为Fe3+，故可以用酸性H2O2溶液代替KMnO4溶液，故A正确，不符合题意；B项，滴加酸性KMnO4溶液是为了将Fe2+氧化为Fe3+，后续步骤中所得滤渣主要成分为Fe(OH)3，故B错误，符合题意；C项，加入NaClO3饱和溶液和溶液中的MgCl2反应生成Mg(ClO3)2和NaCl，此反应是复分解反应，故C正确，不符合题意；D项，溶液中的Mg2+能水解，则调节溶液pH=4可抑制其水解生成Mg(OH)2沉淀，故D正确，不符合题意；故选B。
7．明矾KAl(SO4)2．12H2O]在造纸等方面应用广泛。实验室中采用废易拉罐(含有Al和少量Fe、Mg杂质)制备明矾的流程如图所示：

下列叙述错误的是( )
A．回收处理废易拉罐有利于保护环境和资源再利用
B．“沉淀”为Al2(CO3)3
C．“操作a”中包含蒸发浓缩、冷却结晶
D．上述流程中可用过量CO2代替NH4HCO3
【答案】B
【解析】A项，可回收物是指各种废弃金属、金属制品、塑料等可回收的垃圾，废易拉罐属于可回收垃圾，回收处理废易拉罐有利于保护环境和资源再利用，A正确；B项，偏铝酸钠与碳酸氢铵发生反应生成碳酸钠、碳酸铵和氢氧化铝，故“沉淀”为Al (OH)3，B错误；C项，沉淀溶解于稀硫酸，再加入硫酸钾，“操作a”中包含蒸发浓缩、冷却结晶，最后得到明矾，C正确；D项，上述流程中可用过量CO2代替NH4HCO3，过量二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应得到氢氧化铝沉淀，D正确。故选B。
8．钼酸钠(Na2MoO4)是一种新型阻燃剂和水处理剂。从一种含钼的废弃催化剂(主要成分为MoO3、Al2O3、Fe2O3等)中可回收Na2MoO4，其工艺流程如下：

已知：MoO3，Al2O3与SiO2相似，均能在高温下与Na2CO3发生类似反应。
下列有关叙述错误的是( )
A．焙烧时发生反应之一：Al2O3+Na2CO3=2NaAlO2+CO2↑
B．用硫酸浸取②操作后所得滤渣并加入KSCN，溶液变为血红色
C．步骤③中可以用CO2代替硫酸
D．步骤④中可知Na2MoO4溶解度随温度变化较小
【答案】C
【解析】A项，既然Al2O3与SiO2的性质类似，那么焙烧时就能发生如下反应：Al2O3+Na2CO3=2NaAlO2+CO2↑，A正确；B项，用硫酸浸取②操作后所得滤渣(含有Fe2O3)，生成硫酸铁，加入KSCN，溶液变为血红色，B正确；C项，从去除NaAlO2考虑，可以用CO2代替H2SO4，但从分离碳酸钠与Na2MoO4考虑，二者难以分离，所以步骤③中不能用CO2代替硫酸，C错误；D项，步骤④中，降低温度Na2MoO4没有结晶析出，说明Na2MoO4溶解度随温度变化较小，D正确。故选C。
9．空气吹出法工艺是目前“海水提溴”的最主要方法之一。其工艺流程如图所示，其中不正确的是( )

A．步骤④⑤是为了富集溴
B．步骤③说明溴具有挥发性
C．步骤④的离子方程式为Br2+SO2+H2O=2H++2Br-+SO32-
D．步骤⑧中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物可用分液漏斗分离
【答案】C
【解析】A项，步骤③已将溴吹出来了，但步骤④又重新用SO2吸收溴，步骤⑤又用氯气将HBr氧化为Br2，步骤④⑤的目的是为了提高溴的含量，即富集溴，故A正确；B项，空气可用吹出溴，则步骤③说明溴具有挥发性，故B正确；C项，步骤④发生SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，离子反应为Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+SO42-，C错误；D项，实现大量液溴和少量溴水分离的方法是分液法，采用的仪器为分液漏斗，操作时下层液体必须从下口流出，上层液体从上口倒出，D正确；故选C。
10．从有机含碘(含I2、ICl等)废水中回收碘并制备KI溶液的一种工艺流程如下：

下列说法错误的是( )
A．“沉碘”时，Na2SO3作还原剂
B．“氧化”时，尾气可用NaOH溶液吸收处理
C．“制Fe3I8”时，每生成1 mol Fe3I8转移8mole－
D．“转化”时，K2CO3溶液可用K2SO4溶液代替
【答案】D
【解析】A项，“沉碘”时，Na2SO3将I2、ICl还原为I-，作还原剂；I-再与Cu2+作用，生成I2和CuI，A正确；B项，“氧化”时，尾气为氮的氧化物，可用NaOH溶液吸收处理，B正确；C项，“制Fe3I8”时，I由-1价升高到0价，每生成1 mol Fe3I8转移8mole－，C正确；D项，“转化”时，K2CO3溶液提供碱性环境，将Fe3+、Fe2+都转化为沉淀，这是K2SO4溶液所不能替代的，D错误。故选D。
11．硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料。工业上采用以硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸和轻质氧化镁，其工艺流程如下：

下列叙述错误的是( )
A．“溶浸”中产生的气体是氨气
B．“滤渣1”是SiO2
C．“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是转化为硼酸沉淀
D．“沉镁”中得到的母液经加热后可返回“溶浸”工序循环使用
【答案】B
【解析】A项，“溶浸”是利用铵根离子水解显酸性进行的，由于该操作中需要消耗氢离子，促进铵根离子的水解，导致产生氨气，A正确；B项，根据流程图，流程的后续产物为硼酸和Mg(OH)2·MgCO3，根据过滤2及沉镁成分可知，过滤得到的滤渣1的成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3，B错误；C项， “过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是转化为硼酸沉淀便于其析出，C正确；D项，“沉镁”中得到的母液经加热后的主要成分为硫酸铵，可以返回“溶浸”工序循环使用，D正确；故选B。
12．某化工厂制备净水剂硫酸铁铵晶体[NH4Fe(SO4)2·6H2O]的一种方案如下：

下列说法不正确的是( )
A．滤渣A的主要成分是CaSO4
B．“合成”反应要控制温，温度过高，产率会降低
C．“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等
D．相同条件下，NH4Fe(SO4)2·6H2O净水能力比FeCl3强
【答案】D
【解析】A项，硫酸钙微溶于水，滤渣A的主要成分是CaSO4，故A正确；B项，“合成”反应要控制温，温度过高，会促进Fe3＋的水解，生成硫酸铁铵的产率会降低，故B正确；C项，硫酸铁铵的溶解度随温度降低而减小，宜采用结晶法提纯，所以“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，故C正确；D项，NH4＋水解生成H＋，抑制Fe3＋的水解生成氢氧化铁胶体，所以氯化铁净水能力比硫酸铁铵强，相同条件下，NH4Fe(SO4)2·6H2O净水能力比FeCl3弱，故D错误；故选D。
13．工业用强氧化剂PbO2来制备KClO4的工业流程如下：

根据流程推测，下列判断不正确的是( )
A．“酸化”的试剂是稀硝酸或浓盐酸
B．“滤渣”主要成分是PbO2粉末，可循环使用
C．NaClO3与PbO2反应的离子方程式为PbO2+ClO3-+2H+=Pb2++ClO4-+H2O
D．在KNO3、KClO4、NaClO4、NaNO3中，常温下溶解度小的是KClO4
【答案】A
【解析】A项，浓盐酸具有还原性会与NaClO3发生归中反应，同时也会消耗PbO2，故A错误；B项， “滤渣”主要成分是PbO2粉末，可循环使用，B正确；C项，根据产物可知NaClO3被PbO2氧化，根据电子守恒和元素守恒可知离子方程式为：PbO2+ClO3-+2H+=Pb2++ClO4-+H2O，故C正确；D项，根据溶液中溶解度小的物质先析出，结合复分解反应的条件可判断溶解度较小的物质为KClO4，故D正确；故选A。
14．实验室以磷石膏(主要含CaSO4，还含少量SiO2、Fe2O3)为原料制取轻质 CaCO3，其实验流程如下：

下列说法不正确的是( )
A．固体Ⅰ、固体Ⅱ中含有 SiO2，固体Ⅲ中含有 Fe(OH)3
B．由固体Ⅰ为原料制备 CaCl2 溶液使用的盐酸和石灰水均要过量
C．加入(NH4)2CO3 溶液的离子方程式为：CaSO4+CO32ˉ=CaCO3+SO42ˉ
D．检验固体Ⅰ洗涤是否完全，可取最后一次洗涤液往其中滴加盐酸酸化的 BaCl2 溶液，看有无沉淀生成
【答案】B
【解析】实验室以磷石膏(主要含CaSO4，还含少量SiO2、Fe2O3)为原料制取轻质 CaCO3，加入碳酸铵溶液浸取，可将CaSO4转化为CaCO3，CaSO4+ CO32－=CaCO3+ SO42ˉ，滤液I中主要含有硫酸铵，可制备(NH4)2SO4晶体，滤渣固体1含有CaCO3、SiO2、Fe2O3，加入盐酸，CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑，Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；二氧化硅与盐酸不反应，固体Ⅱ为二氧化硅，溶液Ⅱ中含有钙离子、铁离子，加入石灰水，得到固体Ⅲ为氢氧化铁沉淀，溶液中为氯化钙溶液，可用于制取轻质CaCO3。A项，由上述分析可知，固体Ⅱ为二氧化硅，固体Ⅲ为氢氧化铁沉淀，故A不符合题意；B项，滤渣固体1含有CaCO3、SiO2、Fe2O3，由固体Ⅰ为原料制备 CaCl2 溶液，加入盐酸过量，不影响后续反应，但溶液Ⅱ中含有钙离子、铁离子，加入过量石灰水，得到固体Ⅲ为氢氧化铁沉淀，溶液中为氯化钙溶液、氢氧化钙，影响制取轻质CaCO3纯度，故B符合题意；C项，加入(NH4)2CO3 溶液，微溶的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，反应为：CaSO4+ CO32－=CaCO3+ SO42ˉ，故C不符合题意；D项，滤渣固体1含有CaCO3、SiO2、Fe2O3，检验固体Ⅰ洗涤是否完全，根据硫酸根离子的检验方法进行操作，可取最后一次洗涤液往其中滴加盐酸酸化的 BaCl2 溶液，看有无沉淀生成，故D不符合题意；故选B。
15．汞(熔点-39℃，沸点356℃)是制造电池、电极的重要原料，历史上曾用“灼烧辰砂法”制取汞。目前工业上制粗汞的一种流程图如下。

下列分析错误的是( )
A．洗涤粗汞可用5%的盐酸代替5%的硝酸
B．辰砂与氧化钙加热反应时，CaSO4为氧化产物
C．“灼烧辰砂法”过程中电子转移的方向和数目可表示为：
D．减压蒸馏的目的是降低汞的沸点，提高分离效率
【答案】A
【解析】A项，粗汞中含有的金属铜可以和硝酸之间反应，但是和盐酸之间不反应，所以洗涤粗汞不可用5%的盐酸代替5%的硝酸，A错误；B项，辰砂与氧化钙加热反应时，化合价升高的元素S所在的产物CaSO4为氧化产物，B正确；C项，根据题给反应分析，“灼烧辰砂法”过程硫元素的化合价由-2价升高到+4价，汞元素的化合价由+2价降为0价，氧元素的化合价由0价降为-2价，电子转移的数目为6，C正确；D项，减压蒸馏的目的是降低汞的沸点，提高分离效率，D正确；故选A。
16．多晶硅是单质硅的一种形态，是制造硅抛光片、太阳能电池及高纯硅制晶的主要原料。已知多晶硅第三代工业制取流程如图所示：

下列说法错误的是( )
A．Y、Z分别为H2、Cl2
B．制取粗硅的过程中焦炭与石英会发生副反应生成碳化硅，在该副反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1
C．SiHCl3极易水解，其完全水解的产物为H2SiO3、H2、HCl，据此推测SiHCl3中硅元素的化合价为+2价
D．Y与SiHCl3制备多晶硅的反应属于置换反应
【答案】B
【解析】A项，电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，Y和Z点燃化合，其中Y还能与将硅从其化合物中还原出来，这说明Y、Z分别为H2、Cl2，A正确；B. 项，制取粗硅的过程中焦炭与石英会发生副反应生成碳化硅：3C+SiO2SiC+2CO↑，在该副反应中碳既是氧化剂，也是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，B错误；C项，SiHCl3中H是＋1价，Cl是－1价，则硅元素的化合价为+2价，C正确；D项，氢气与SiHCl3制备多晶硅的反应：SiHCl3+H2＝Si+3HCl，属于置换反应，D正确；故选B。
17．工业上以粗铜为原料采取如图所示流程制备硝酸铜晶体。

下列说法错误的是( )
A．步骤a中还需要加入适量的氧气和水
B．保温去铁后过滤，铁元素主要以+2价的沉淀形式被过滤出去
C．蒸发浓缩的过程中加入适当的硝酸，目的是抑制硝酸铜的水解
D．硝酸铜溶液中离子浓度大小：NO3-＞Cu2+＞H+＞OH-
【答案】B
【解析】A项，氮氧化物与水和氧气发生氧化还原反应最终生成硝酸，所以步骤a中还需要加入适量的氧气和水，故A正确；B项，铁在硝酸中被氧化为+3价，保温去铁后过滤，铁元素主要以Fe(OH)3形式被过滤出去，故B错误；C项，硝酸铜易水解，蒸发浓缩的过程中加入适当的硝酸，目的是抑制硝酸铜的水解，故C正确；D项，硝酸铜易水解，溶液呈酸性，所以硝酸铜溶液中离子浓度大小：NO3-＞Cu2+＞H+＞OH-，故D正确。故选B。
18．钒是一种熔点高、硬度大、无磁性的金属，广泛应用于钢铁、航空航天、能源等领域。工业上利用冶炼铝生成的固体废料——赤泥(主要成分为Fe2O3、Al2O3、V2O5及少量稀土金属氧化物)提取金属钒，其工艺流程图如下：

已知：钒有多种价态，其中＋5价最稳定。钒在溶液中主要以VO2＋和VO3－的形式存在，且存在平衡VO2＋＋H2OVO3－＋2H＋。下列说法正确的是( )
A．工业生产中，碱浸步骤可选用较为廉价的氨水
B．可以推测VO2Cl溶解度大于NH4VO3
C．焙烧非磁性产品所得的固体产物加酸溶解时，应加入过量盐酸使其溶解完全
D．将磁性产品加入稀硝酸溶解，取上层清液再加入KSCN溶液后未见红色，则磁性产品中一定不含铁元素
【答案】B
【解析】赤泥进行碱浸，氧化铝溶解形成偏铝酸盐，再通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀；滤渣1经系列操作得到V2O5，可知滤渣1中含有Fe2O3、V2O5及少量稀土金属氧化物，进行还原、磁选，磁性产品中含有Fe等，非磁性产品含有V元素，在空气中焙烧后用盐酸溶解，钒在溶液中主要以VO2＋和VO3－的形式存在，再加入氯化铵转化为NH4VO3，焙烧得到V2O5。A项，氨水不能溶解氧化铝，故A错误；B项，用盐酸溶解后的溶液中含有VO2＋、VO3－、Cl－，加入硝酸铵会生成NH4VO3沉淀，反应向生成更难溶的物质进行，可以推测VO2Cl溶解度大于NH4VO3，故B正确；C项，溶液中存在平衡VO2＋＋H2OVO3－＋2H＋，盐酸过量平衡逆向移动，会抑制NH4VO3的生成，不能加入过量的盐酸，故C错误；D项，加入的硝酸不足，Fe元素被硝酸氧化可能生成亚铁离子，亚铁离子遇KSCN溶液无明显现象，故D错误；故选B。
19．冰晶石(Na3AlF6)微溶于水，工业上用萤石(CaF2含量为96%)、二氧化硅为原料，采用氟硅酸钠法制备冰晶石，其工艺流程如下：

据此分析，下列观点不正确的是( )
A．滤渣A的主要成分是CaSO4
B．上述流程中，所涉反应没有复分解反应
C．“操作i”不可用硅酸盐质设备进行分离
D．流程中可循环使用的物质除H2SO4、SiO2外，滤液B经浓缩后也能循环使用
【答案】B
【解析】A项，根据图示，反应①的反应物是CaF2、SiO2、H2SO4，，生成物为H2SiF6和滤渣A，，故滤渣A的主要成分是硫酸钙，故A正确；B项，H2SiF6与Na2SO4的反应属于复分解反应，故B错误；C项，操作i所得滤液中F-水解生成的HF 腐蚀硅酸盐质设备，所以“操作i"不能用硅酸盐质设备进行分离，故C正确；D项，根据题意，反应③的离子方程式为3Na++4NH+ +6F- + AlO2-+2H2O= Na3AlF6↓+4NH3H2O，滤液B的上要成分是氨水，经浓缩后可以循环使用；故D正确；故选B。
20．铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是分析化学常用基准试剂，其制备过程如下。下列分析不正确的是( )

A．过程Ⅰ反应：2NH4HCO3＋Na2SO4=2NaHCO3↓＋(NH4)2SO4
B．检验溶液B中阴离子的试剂仅需BaCl2溶液
C．若省略过程Ⅱ，则铵明矾产率明显减小
D．向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液并加热，先后观察到：刺激性气体逸出→白色沉淀生成→白色沉淀消失
【答案】D
【解析】A项，过程Ⅰ利用NaHCO3的溶解度比较小，NH4HCO3和Na2SO4发生反应：2NH4HCO3＋Na2SO4=2NaHCO3↓＋(NH4)2SO4，故A正确；B项，溶液B已经呈酸性，检验SO42－只需加入BaCl2溶液即可，故B正确；C项，若省略过程Ⅱ，溶液中还有一定量的HCO3－，加入Al2(SO4)3，Al2(SO4)3会与HCO3－发生双水解反应，铵明矾产率会明显减小，故C正确；D项，向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液，先有氢氧化铝沉淀产生，后产生氨气，再后来氢氧化钠与氢氧化铝反应，沉淀消失，所以观察到：白色沉淀生成→刺激性气体逸出→白色沉淀消失，故D错误；故选D。
21．高纯氧化铁是现代电子工业的重要材料．以下是用硫酸厂产生的烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2)为原料制备高纯氧化铁(软磁Fe2O3)的生产流程示意图，下列说法不正确的是( )

A．酸浸时，常需将烧渣粉碎、并加入过量H2SO4，其目的是提铁元素的浸出率，同时抑制铁离子的水解
B．加入FeS2时，发生反应②的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+
C．加入NH4HCO3为了生成FeCO3，检验FeCO3是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液少量放入试管，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明洗涤干净
D．煅烧时空气中的氧气作氧化剂，所以用氯气代替空气也可得到高纯氧化铁
【答案】D
【解析】A项，烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2)，酸浸时与稀硫酸反应得到Fe2+、Fe 3+，酸浸时，常需将烧渣粉碎，通过增大接触面积，提高铁元素的浸出率，因亚铁离子、铁离子都易水解呈酸性，通过加入过量H2SO4，抑制铁离子的水解，故A正确；B项，滤液中加入FeS2将Fe 3+还原为Fe2+，-1价的硫被氧化成+6价的硫，FeS2~2SO42-，失去14e-，Fe 3+~Fe2+，得到e-，最小公倍数为14，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，离子反应方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+，故B正确；C项，NH4HCO3能和硫酸反应生成硫酸铵和二氧化碳，同时能调节溶液的pH，使Fe2+全部转化为FeCO3，过滤得碳酸亚铁，滤液中有硫酸铵，所以检验FeCO3是否洗净，就是检验洗涤滤液中是否有硫酸根离子，所以操作为取最后一次洗涤滤液，滴加盐酸酸化排除碳酸根离子的干扰，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明洗涤干净，故C正确；D项，煅烧时空气中的氧气作氧化剂，用氯气代替空气会生成氯化铁，不能得到高纯氧化铁，故D错误；故选D。
22．以铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2]，含有Al2O3、Fe2O3、SiO2等杂质为主要原料生产重铬酸钠晶体(Na2Cr2O7·2H2O)的主要工艺流程如下，关于该流程说法错误的是( )

A．煅烧生成Na2CrO4的化学方程式为：4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O2 2Fe2O3+8Na2CrO4 +8CO2
B．SiO2在“浸出过滤”步骤中和Fe2O3一起除去
C．Na2CrO4到Na2Cr2O7转化的原理为：2H＋+2CrO42－Cr2O72－+H2O
D．该工艺中“煅烧”产生的CO2可用于“除杂”步骤以节约生产成本，为完全除去AlO2－，发生的离子反应为：CO2+AlO2－+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3－
【答案】B
【解析】项，.根据流程可知，煅烧过程中反应物空气，纯碱(Na2CO3)和铁铬矿，产物有Fe2O3、Na2CrO4 和CO2，铬元素和铁元素被氧化，反应物中有空气，可推测氧化剂为氧气，根据电子守恒和元素守恒可知反应方程式为：4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O2 2Fe2O3+8Na2CrO4 +8CO2，故A项正确；B项，煅烧过程中加入纯碱，高温条件下SiO2会与纯碱发生反应，故B项错误；C项，2H＋+2CrO42－Cr2O72－+H2O，加入稀硫酸会使平衡右移，生成Cr2O72-，故C项正确；D.碳酸的酸性强于偏铝酸，可与AlO2-反应生成氢氧化铝沉淀，D项正确；故选B。
23．以废旧电路板为原料制备硫酸铜可以变废为宝。下图是某科研小组设计的工艺流程(流程中 RH 为萃取剂)，下列说法不正确的是( )

A．“粉碎”可以增大反应的接触面积，提高浸取速率和铜的浸取率
B．“浸取”发生的离子反应为 Cu＋H2O2＋2NH3 +2NH4+=Cu(NH3)42+＋2H2O
C．工艺流程中循环使用的物质有 NH3、NH4Cl、RH 和有机溶剂
D．从硫酸铜溶液获得纯净的硫酸铜晶体的操作是：加入适量乙醇，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、热水洗涤、干燥
【答案】D
【解析】A项， “粉碎”可以增大反应的接触面积，提高浸取速率和铜的浸取率，正确；B项， “浸取”发生的离子反应为 Cu＋H2O2＋2NH3 +2NH4+=Cu(NH3)42+＋2H2O，正确；C项，工艺流程中循环使用的物质有 NH3、NH4Cl、RH 和有机溶剂，正确；D项，热水洗涤，会让硫酸铜晶体大量溶解，损失严重，应使用冷水或酒精进行洗涤，错误。故选D。
24．以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2)为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如图，下列叙述错误的是( )

A．烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来
B．隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶5
C．向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3
D．加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4
【答案】B
【解析】A项，Fe3O4有磁性，可以用磁铁将Fe3O4从烧渣中分离出来，故A正确；B项，隔绝空气焙烧，FeS2与Fe2O3反应，生成SO2和Fe3O4，反应方程式为：FeS2+16Fe2O3 11Fe3O4+2SO2↑，由方程式可知n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶16，故B错误；C项，滤液中含有AlO2-，通入过量CO2，发生反应：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+ HCO3-，生成Al(OH)3沉淀，经过过滤、洗涤后得到Al(OH)3，再灼烧Al(OH)3，反应为：2Al(OH)3Al2O3+3H2O，即可制得Al2O3，故C正确；D项，铝土矿中含有FeS2，FeS2焙烧生成SO2，CaO与SO2、O2反应：2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，CaSO4可用于建筑材料，故D正确；故选B。
25．废旧光盘金属层中含有Ag(其他金属微量忽略不计)，从光盘中提取金属Ag的工艺流程如下。下列说法不正确的是( )

A．“氧化”阶段会产生使带火星木条复燃的气体，则发生的反应方程式为：4Ag+4NaClO+2H2O=4Ag↓+4NaOH+O2↑
B．“过滤I”得到的滤渣中含有AgCl和其他不溶性杂质
C．过滤阶段得到的滤液中Ag元素主要以Ag(NH3)2+存在
D．“还原阶段每消耗0.1molN2H4·H2O，理论上可得到Ag 21.6g
【答案】D
【解析】A项，“氧化”阶段发生4Ag+4NaClO+2H2O=4Ag↓+4NaOH+O2↑，会产生使带火星木条复燃的气体，故A正确； B项，“过滤I”得到的滤渣中含有AgCl和其他不溶性杂质，故B正确；C项，过滤阶段得到的滤液中Ag元素主要以Ag(NH3)2+存在，故C正确；D项，还原”阶段4Ag(NH3)2++N2H4•H2O═4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O，理论上消耗0.1mol的水合肼可提取到0.4molAg，质量=0.4mol×108g/mol=43.2g，故D错误。故选D。