福建省2023年高考化学模拟题汇编-04常见无机物及其应用

这是一份福建省2023年高考化学模拟题汇编-04常见无机物及其应用，共28页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

福建省2023年高考化学模拟题汇编-04常见无机物及其应用

一、单选题
1．（2023·福建福州·统考模拟预测）法生产多晶硅的流程如下。下列说法错误的是

A．合成1反应中作氧化剂
B．合成2的反应为：
C．上述流程说明可溶于
D．净化、热解中生成的多晶硅为还原产物
2．（2023·福建福州·统考模拟预测）为探究物质的氧化性，某实验小组设计如图实验。下列说法错误的是

A．烧瓶中的反应为：
B．浸有溶液的棉花起吸收尾气的作用
C．可用淀粉溶液替换
D．试管下层出现紫红色，可证明氧化性：
3．（2023·福建福州·统考模拟预测）利用过量溶液处理含、矿物，然后过滤。向所得滤液中逐滴加入溶液，测得溶液和生成与所加入变化的曲线如图。下列说法错误的是

A．a点溶质为和，存在
B．溶液中：
C．沉淀时的离子方程式：
D．d点溶液：
4．（2023·福建福州·统考模拟预测）相比索尔维制碱法，下列不属于侯氏制碱法的优点的是
A．食盐的利用率高 B．氨气可循环使用、生产过程简单
C．不生成难以处理的CaCl2 D．副产物可做氮肥
5．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）NA为阿伏加德罗常数的值，将标况下1.12LCl2通入足量H218O中，下列说法正确的是
A．该反应中转移电子数为0.1NA B．0.2gH218O中含中子数为0.1NA
C．所得溶液中Cl-和Cl18O-总数为0.1NA D．5.45gHCl18O中含H－Cl键数为0.1NA
6．（2023·福建厦门·统考二模）从废铅膏(主要成分为、、和，含少量、等元素)中获取高纯的工艺流程如图。下列说法不正确的是

A．“煅烧”过程利用沸点低进行分离提纯
B．“溶浸”过程主要用于氧化
C．“溶铅”过程的离子方程式为
D．“沉铅”过程的化学方程式为
7．（2023·福建福州·统考二模）工业上采用NaClO氧化法生产高铁酸钾，其主要的生产流程如下：

已知：在碱性环境中稳定，在中性和酸性条件下不稳定，难溶于醇等有机溶剂。
下列说法错误的是
A．反应②为
B．由反应③可知，此温度下
C．“提纯”步骤的洗涤剂可以选用溶液、异丙醇
D．可用于水的消毒
8．（2023·福建福州·统考二模）X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为9，部分元素形成的一种常用还原剂结构如图所示。下列说法正确的是

A．原子的半径：
B．W最高价氧化物对应的水化物一定能与R单质反应
C．Z与氮原子可形成共价晶体
D．Z的氟化物中，原子均为8电子稳定结构
9．（2023·福建·统考模拟预测）化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是
A．在室外大雪的时候可以用作融雪剂，原因是因为其溶解的时候可以放热
B．铬是硬度最高的金属，常在不锈钢中添加
C．为半导体，可做新型太阳能电池主要材料
D．氧化镁在工业生产中常用作耐火材料
10．（2023·福建·统考模拟预测）下列离子方程式书写正确的是
A．向溶液中加入过量的氨水：
B．向饱和食盐水中先通入足量的，再通入足量的：
C．向溶液中通过量制次氯酸：
D．将少量新制的氯水加入到饱和溶液中：
11．（2023·福建漳州·统考模拟预测）化学是以实验为基础的自然科学，下列实验装置能达到实验目的的是




A．检验的漂白性
B．灼烧海带
C．分离溴苯和苯的混合物
D．验证受热易分解

A．A B．B C．C D．D
12．（2023·福建·统考模拟预测）化学作为一门以实验为基础的学科，严谨的实验操作和推理分析都是必不可少的，下列说法正确的是

A．小茅作为吴冬玲老师前任课代表，想要在实验室制取乙炔，用图1装置，通过询问吴老师得知电石中含有硫和磷等杂质元素，因而制取的乙炔常常会有臭鸡蛋味，小茅就此知道了自己装置无法通过观察溴水的褪色检验乙炔的生成
B．小茅此时想要能够更好的控制乙炔的生成和停止，于是找了一个启普发生器重新进行了一次制取
C．缪老师正在另一旁用图2的装置蒸干硫酸铜溶液制取，结果却出现了灰白色的固体，缪某猜测是由于的生成
D．坤神想要利用图3装置溶解废铜屑，得到蓝色溶液，由此得出结论：铜的活动性强于氢
13．（2023·福建福州·统考二模）下列实验中，不能达到实验目的的是
制取氨气
提纯(含少量HCl、)
制备
验证溴乙烷发生消去反应后产物的性质




A
B
C
D

A．A B．B C．C D．D
14．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）衣食住行与化学密切相关。下列说法或做法错误的是
A．棉衬衫和丝质衣服的主要原料均为高分子化合物
B．碳酸氢钠可作为面制食品的膨松剂
C．84消毒液与洁厕灵混合后用于消毒卫生间
D．汽车轮毂用密度小强度大的镁合金制造
15．（2023·福建漳州·统考模拟预测）四水合磷酸锌[，难溶于水]是一种性能优良的绿色环保防锈颜料。实验室以锌灰(含、、、、、、等)为原料制备的流程如下：

下列说法错误的是
A．滤渣Ⅰ的主要成分是、
B．“除铁”中，用试剂x调节溶液的pH约5.1后加的目的是将氧化为
C．若试剂y选择ZnS将溶液中转化为CuS除去，说明
D．沉锌后的母液可回收利用的物质有、
16．（2023·福建·校联考一模）检验的反应有如下两种途径。下列说法正确的是

A．反应①中被还原
B．乙醚与中的铬元素形成共价键，有利于蓝色现象的观察
C．反应②为：
D．反应③中溶液的越小，反应速率越慢
17．（2023·福建·校联考一模）高效净水剂高铁酸钾的制备流程如图所示，下列离子方程式正确的是

A．工业制备氯气：
B．反应Ⅱ：
C．反应Ⅲ：
D．净水原理：(胶体)
18．（2023·福建·校联考一模）某实验小组设计如下实验探究的制备，下列有关分析不合理的是
实验
操作
现象
Ⅰ
将一块晶体浸入蒸馏水中
一分钟后，晶块表面仍为浅绿色，溶液呈更浅的绿色。
Ⅱ
将另一块晶体浸入溶液中
一分钟后，晶块表面变白；捞出晶块露置空气中，表面逐渐变为红褐色。
Ⅲ
将溶液与溶液混合
立即出现大量灰绿色浑浊，一分钟后，液面附近出现红褐色浑浊。

A．实验Ⅰ起对照作用，排除晶体自身在水中的颜色变化
B．实验Ⅱ晶块表面长时间保持白色，与难溶、未分散于水有关
C．捞出晶块后发生了反应：
D．实验Ⅲ溶液中氧气含量明显多于实验Ⅱ中
19．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）生活中处处有化学，下列叙述正确的是
A．考试所用的2B铅笔芯的成分主要为铅
B．棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物
C．黏土(Al2O3·2SiO2·2H2O)是由氧化物构成的混合物
D．陶制器皿属于传统硅酸盐材料，耐高温、耐腐蚀
20．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）如图：某同学用高锰酸钾和浓盐酸制备氯气，验证氯气性质实验装置。相关说法错误的是

A．脱脂棉中的无水氯化钙可以用碱石灰代替
B．该实验装置可证明干燥的氯气没有漂白作用
C．湿润石蕊试纸先变红，但也不能说明生成了酸性物质
D．淀粉碘化钾试纸先变蓝后褪色，说明氯气将I2氧化

二、实验题
21．（2023·福建漳州·统考三模）FeCl3是中学常见的试剂，某实验小组用以下装置制备FeCl3固体，并探究FeCl3溶液与Cu的反应。
已知：FeCl3晶体易升华，FeCl3溶液易水解。  
Ⅰ．FeCl3的制备

(1)装置C中碱石灰的作用是___________。
(2)F的名称为___________，从D、E、F中选择合适的装置制备纯净的，正确的接口顺序为a-___________(可选试剂：饱和食盐水、NaOH溶液、浓硫酸、碱石灰，仪器可重复使用)。
(3)写出装置D中制备的离子方程式___________。
Ⅱ．探究FeCl3溶液与Cu的反应
向4mL0.1mol/LFeCl3溶液中滴加几滴0.2mol/LKSCN溶液，溶液变红；再加入过量Cu粉，溶液红色褪去，不久有白色沉淀产生。
查阅资料可知：和均为难溶于水的白色固体。针对白色沉淀同学们有以下猜想：
猜想1：与过量的Cu粉反应生成，再结合生成白色沉淀。
猜想2：与发生氧化还原反应生成，再结合生成白色沉淀。
针对上述猜想，实验小组同学设计了以下实验：
实验编号
操作
现象
实验1

加入铜粉后无现象
实验2

溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀；2h后溶液为绿色，未观察到白色沉淀；24h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀

(4)实验结果说明猜想___________(填“1”或“2”)不合理。
(5)根据实验2中的现象进一步查阅资料发现：
i．与可发生如下两种反应：
反应A：(淡黄色)；
反应B：(黄色)。
ii．与共存时溶液显绿色。
①由实验2中的现象推测，反应速率：A___________(填“>”或“<”)B，说明反应B___________(填“是”或“不是”)产生的主要原因。
②进一步查阅资料可知，当反应体系中同时存在、、时，氧化性增强，可将氧化为。据此将实验2改进，向溶液中同时加入、，立即生成白色沉淀，写出该反应离子方程式___________。
(6)若向溶液中滴加足量的和的混合溶液，经过一系列操作得到白色沉淀的质量，则的产率为___________(写出表达式即可)。
22．（2023·福建·校联考一模）实验小组探究和溶液的反应原理。
(1)配制溶液
用标准试剂配制溶液，下列仪器中无需使用的有_______(填名称)。

(2)溶液成分探究
甲同学认为溶质离子主要成分为和，乙同学认为还有，于是用_______(填仪器名称)测得溶液为1.10。
(3)提出假设
假设ⅰ：_______，发生：
假设ⅱ：将氧化，发生：
(4)实验探究
实验Ⅰ：向溶液中加入过量铜粉并充分振荡，溶液变成深棕色，无气泡产生。实验小组通过实验证明了反应中有生成，实验方案为_______。
实验Ⅱ：向的_______溶液中加入过量铜粉并充分振荡，无明显现象。综合“实验Ⅰ”和“实验Ⅱ”可知，假设_______成立。
(5)查阅资料知，铜粉与溶液可能涉及的反应有：
反应①：；；速率很慢。
反应②：；；速率较快。
反应③：(深棕色)；；速率很快。
反应④：(深棕色)
(ⅰ)对反应①来说，起到的作用为_______；为验证这一作用，设计实验方案为_______。
(ⅱ)“实验Ⅰ”反应中无论过量多少，始终都能检测到的存在，原因是_______。
23．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）某实验小组以溶液为原料制备，并用重量法测定产品中的含量。设计了如下实验方案：
可选用试剂：晶体、溶液、浓、稀、溶液、蒸馏水
步骤1.的制备
按如图所示装置进行实验，得到溶液，经一系列步骤获得产品。

步骤2，产品中的含量测定
①称取产品，用水溶解，酸化，加热至近沸；
②在不断搅拌下，向①所得溶液逐滴加入热的溶液，
③沉淀完全后，水浴40分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，质量为。
回答下列问题：
(1)Ⅰ是制取_______气体的装置，在试剂a过量并微热时，发生主要反应的化学方程式为_______；
(2)Ⅰ中b仪器的作用是_______；Ⅲ中的试剂应选用_______；
(3)在沉淀过程中，某同学在加入一定量热的溶液后，认为沉淀已经完全，判断沉淀已完全的方法是_______；
(4)沉淀过程中需加入过量的溶液，原因是_______；
(5)在过滤操作中，下列仪器不需要用到的是_______(填名称)；

(6)产品中的质量分数为_______(保留三位有效数字)。

三、工业流程题
24．（2023·福建·校联考一模）某工厂利用如下流程处理废旧电池正极材料(主要成分为、、)，制备三元锂电池正极材料。

回答下列问题：
(1)“酸浸”中发生反应的离子方程式为_______；也与部分发生了反应，“酸浸”中的作用是_______。
(2)“酸浸”中双氧水消耗量较大程度地超过理论用量，其可能原因是_______。
(3)“含铁沉淀”的主要成分为_______(填化学式)；部分离子浓度及对应氢氧化物的如下表，则“调”过程不应超过_______。
离子
浓度(mol/L)
氢氧化物

1.00


1.00


1.40


(4)若“调”过程中，、、浓度不变，则“调浓度”过程需要向溶液中添加的物质x为_______(填标号)。A． B． C． D．
(5)产品的粒径和结晶度直接关系着三元电极的性能。为防止反应中产生的和影响晶体生长，需在“焙烧”前进行_______(填“预烧”“酸洗”或“搅拌”)。
(6)与焙烧生成的总反应方程式为_______。
25．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）铂钌催化剂是甲醇燃料电池的阳极催化剂。一种以钌矿石[主要含Ru(CO3)2，还含少量的FeO、MgO、RuO4、CaO、SiO2]为原料制备钌(Ru)的流程如图。回答下列问题：

(1)Na2Fe4(SO4)6(OH)2中Fe的化合价为____。
(2)“酸浸”时，Na2SO3的作用____。“滤渣”的主要成分有SiO2和____(填化学式)。“酸浸”中钌的浸出率与浸出温度、pH的关系如图所示，“酸浸”的最佳条件是____。

(3)“除铁”的离子方程式为____。(提示：1molNaClO3参与反应，转移6mol电子)
(4)从“滤液2”中可提取一种化肥，其电子式为____。
(5)“灼烧”时Ar的作用是____。
(6)某工厂用10t钌矿石[含8.84tRu(CO3)2、165kgRuO4]，最终制得3636kgRu，则Ru的产率为____。(保留三位有效数字)

参考答案：
1．C
【分析】合成1中发生Na+Al+2H2=NaAlH4，合成2中发生NaAlH4+SiF4=SiH4+NaAlF4，合成3制备四氟化硅，净化、热解SiH4步骤中四氢化硅分解为晶体硅和氢气，据此分析；
【详解】A．合成1中发生Na+Al+2H2=NaAlH4，H由0价转化成-1价，化合价降低，氢气作氧化剂，故A说法正确；
B．根据上述分析，合成2中发生NaAlH4+SiF4=SiH4+NaAlF4，故B说法正确；
C．合成3中NaAlF4与硫酸反应生成HF，HF与二氧化硅反应生成SiF4，因此题中不能说明二氧化硅溶于硫酸，故C说法错误；
D．四氢化硅分解为晶体硅和氢气，根据电负性分析，氢的电负性强于硅，硅元素显+4价，化合价降低，因此晶体硅为还原产物，故D说法正确；
答案为C。
2．D
【详解】A．漂白粉为Ca(ClO)2，和浓盐酸反应生成氯气，反应方程式为，故A正确；
B．浸有溶液的棉花可吸收多余氯气，起吸收尾气的作用，故B正确；
C．当下层四氯化碳中有碘单质显紫色，用淀粉溶液替换后，也可以检测碘单质，故C正确；
D．试管下层出现紫红色，只能说明有碘单质生成，无法确定是什么物质氧化KI，因为氯气溶于水生成次氯酸也有氧化性，故D错误；
故答案选D。
3．B
【分析】某矿物含Al2O3、MgO，工业上先用过量烧碱溶液处理该矿物，Al2O3和NaOH反应生成NaAlO2，所以过滤后的滤液中含有过量的NaOH和NaAlO2，逐滴加入NaHCO3溶液，先和NaOH反应，再和NaAlO2反应。
【详解】A．a点为和混合溶液，根据电荷守恒可以写出：c(Na+)+c(H+)=c(AlO)+c(OH-)，故A正确；
B．加入40mLNaHCO3溶液时沉淀最多，沉淀为0.032mol，前8mLNaHCO3溶液和氢氧化钠反应(OH-+ HCO= CO+H2O)不生成沉淀，后32mLNaHCO3溶液与偏铝酸钠反应(HCO+AlO+H2O =Al(OH)3↓+CO)生成沉淀，则原NaHCO3溶液物质的量浓度c(NaHCO3)=mol/L=1.0mol/L，原NaHCO3溶液中的物料守恒为c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)=1.0mol/L，故B错误；
C．碳酸氢根的酸性强于偏铝酸，所以生成沉淀是因为HCO和AlO反应生成偏铝酸，即氢氧化铝沉淀，离子方程式为HCO+AlO+H2O =Al(OH)3↓+CO，故C正确；
D．d点对应加入40mLNaHCO3溶液，沉淀为0.032mol，前8mLNaHCO3溶液和氢氧化钠反应OH-+ HCO= CO+H2O，后32mLNaHCO3溶液与偏铝酸钠反应HCO+AlO+H2O =Al(OH)3↓+CO，溶质为Na2CO3，则溶液中离子浓度大小为：，故D正确；
故选：B。
4．B
【详解】索尔维制碱法对滤液的处理是加熟石灰使氨气循环，产生的CaCl2，含Cl几乎没什么用，索氏氨碱法缺点：大量CaCl2用途不大，NaCl利用率只有70%，约有30%的NaCl留在母液中；侯氏制碱法的优点：把合成氨和纯碱两种产品联合生产，提高了食盐利用率，缩短了生产流程，减少了对环境的污染，降低了纯碱的成本；保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高到96%；NH4Cl可做氮肥；可与合成氨厂联合，使合成氨的原料气CO转化成CO2，减少无用的氯化钙生成；所以B说法符合题意；
故答案选B。
5．B
【详解】A．氯气与水反应Cl2+H218OHCl+HCl18O，该反应中氯气既是氧化剂又是还原剂，假设氯气全部参与反应，1mol氯气转移电子物质的量为1mol，因此标况下1.12L氯气参与反应，转移电子物质的量为=0.05mol，故A错误；
B．1mol H218O中含有中子数为10NA，H218O的摩尔质量为20g/mol，则2g H218O中含中子数为=0.1NA，故B正确；
C．氯气与水反应Cl2+H218OHCl+HCl18O，体系中含氯微粒有Cl2、Cl-、HCl18O、Cl18O-，则所得溶液中Cl-和Cl18O-总数小于0.1NA，故C错误；
D．次氯酸的结构式为H-O-Cl，次氯酸中不含H-Cl，故D错误；
答案为B。
6．B
【分析】废铅膏(主要成分为、、和，含少量、等元素)煅烧时，以气体形式分离出体系，再加入过氧化氢和稀硫酸后，发生氧化还原反应，铅元素和钡元素均转化为难溶于水和酸的硫酸盐，铁元素经过酸浸过滤后以滤液的形式分离出去，后续加入醋酸铵“溶铅”，铅元素转化为醋酸铅，从而分离除去硫酸钡，经过滤得到的醋酸铅滤液再次与二氧化碳发生反应得到PbCO3，再经煅烧过程PbCO3分解得到PbO，据此分析解答。
【详解】A．“煅烧”过程以气体形式分离出体系，主要利用的是沸点低进行分离提纯，A正确；
B．“溶浸”过程可氧化，也可还原，使其也转化为，B错误；
C．根据上述分析可知，“溶铅”为了除去硫酸钡，该过程的离子方程式为，C正确；
D．“沉铅”过程加入的是二氧化碳，生成的是PbCO3，则其化学方程式为，D正确；
故选B。
7．B
【分析】氯气通入氢氧化钠溶液中制取NaClO，次氯酸钠溶液中加硝酸铁反应生成高铁酸钠，过滤，将高铁酸钠与饱和KOH混合反应生成高铁酸钾，再经分离、提纯得到纯净的高铁酸钾固体，据此分析解答。
【详解】A．反应②中次氯酸钠氧化硝酸铁，1mol次氯酸钠得2mol电子，1mol硝酸铁生成高铁酸钠失去3mol电子，根据得失电子守恒可得反应：，故A正确；
B．由反应③可知高铁酸钠与KON溶液混合生成高铁酸钾，该反应为复分解反应，反应发生的条件为高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠，故B错误；
C．因高铁酸钾在碱性条件下稳定，且在醇中的溶解度小，因此可用溶液、异丙醇作洗涤剂，故C正确；
D．具有强氧化性，可起到杀菌消毒作用，故D正确；
故选：B。
8．C
【分析】X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，所给物质中有W+，则W为Na，X形成一条共价键，X为H，Z最外层电子数=8-4-1=3，Z为B，5种元素的最外层电子数之和为9，则Y和R的最外层电子数之后为9-1-3-1=4，结合X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素可知Y为Li(或Be)，R为Al(若Y为Be，则R为Mg)。
【详解】A．X为H，Y为Li(或Be)，Y原子半径比H大，A错误；
B．W为Na，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，R为Al，则二者可反应，R为Mg，则二者不反应，B错误；
C．Z(B)与氮原子可形成共价晶体BN，C正确；
D．Z的氟化物(BF3)中，F满足8电子稳定结构，B原子最外层只有3+3=6个电子，不满足8电子稳定结构，D错误；
答案选C。
9．A
【详解】A．氯化镁可以用作融雪剂，原因是雪-氯化镁混合物的熔点低于雪的熔点，使雪能够在比正常情况更低的温度下就能融化，故A错误；
B．铬是硬度最高的金属，常在不锈钢中添加，增强不锈钢的耐腐蚀性，故B正确；
C．为半导体，作为光电极很稳定，制作简单，可做新型太阳能电池主要材料，故C正确；
D．氧化镁的熔点高，常在工业生产中常用作耐火材料，故D正确；
综上所述，答案为A。
10．B
【详解】A．向溶液中加入过量的氨水生成氢氧化铝沉淀：，故A错误；
B．向饱和食盐水中先通入足量的，再通入足量的，生成碳酸氢钠晶体和氯化铵：，故B正确；
C．向溶液中通过量生成次氯酸和碳酸氢钙：，故C错误；
D．将少量新制的氯水加到饱和溶液，氯水与亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，氢离子与过量的亚硫酸根离子生成亚硫酸根离子，离子方程式为：，故D错误。
综上所述，答案为B。
11．C
【详解】A．图中酸性高锰酸钾可以和发生氧化还原反应，体现的还原性，故A错误；
B．图中为蒸发皿，灼烧海带应在坩埚中进行，故B错误；
C．该装置用于分离常温下互溶且沸点差别较大的液体，故C正确；
D．该装置加热碳酸氢钠分解会有水生成，试管口应略向下倾斜，故D错误。
故答案选C。
12．A
【详解】A．硫化氢、乙炔都与溴水反应而使溴水褪色，因此该装置无法通过观察溴水的褪色检验乙炔的生成，故A正确；
B．用CaC2和饱和食盐水反应制取乙炔，反应剧烈且放出大量热，不能用启普发生器，故B错误；
C．硫酸铜溶液制取是将硫酸铜溶液蒸发浓缩冷却结晶过滤，用图2的装置蒸干硫酸铜溶液制取得到硫酸铜固体，故C错误；
D．利用图3装置溶解废铜屑，得到蓝色溶液，是由于双氧水强氧化性即H2O2+Cu+H2SO4CuSO4+2H2O，故D错误。
综上所述，答案为A。
13．A
【详解】A．氯化铵溶液与澄清石灰水不加热反应主要生成一水合氨，不易产生氨气，不能实现氨气制备，A符合题意；
B．Cl2+H2OH++Cl-+HClO，HCl极易溶于水，可用稀硫酸中的水吸收，同时稀硫酸中氢离子使平衡逆向移动，减少氯气的损失，之后通过浓硫酸干燥，能达到目的，B不符题意；
C．打开k2，之后打开k1使稀硫酸流下与铁反应产生氢气，关闭k1，利用产生的氢气排除装置内的空气，然后关闭k2，利用氢气产生的压强将生成的硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶中与NaOH溶液反应制备氢氧化亚铁，能达到目的，C不符题意；
D．溴乙烷在强碱的醇溶液中加热发生消去反应生成乙烯，乙烯中混有乙醇，乙醇与水任意比例混溶，用水吸收乙醇，酸性高锰酸钾溶液褪色证明乙烯具有还原性，能达到目的，D不符题意；
答案选A。
14．C
【详解】A．棉衬衫主要原料是纤维素，丝质衣服主要原料为蛋白质，纤维素、蛋白质均为高分子化合物，故A说法正确；
B．碳酸氢钠不稳定受热易分解生成二氧化碳，且也能与酸反应生成二氧化碳，所以碳酸氢钠可作为制作糕点的膨松剂，故B说法正确；
C．84消毒液有效成分是NaClO，洁厕灵的主要成分是盐酸，两者混合可以生成有毒的氯气，因此两溶液不能混合使用，故C说法错误；
D．镁合金具有密度小，强度高、散热好、消震性好等特点，可以制作汽车轮毂，故D说法正确；
答案为C。
15．C
【详解】A．含Zn、ZnO、PbO、CuO、FeO、、等物质的锌灰经稀硫酸充分浸取后，Zn、ZnO、CuO、FeO、溶解，浸出液中含有、、、及过量、，PbO与稀硫酸反应生成难溶物和不溶于稀硫酸的一并滤出，故滤渣Ⅰ主要是、，A正确；
B．除铁工序中，用试剂x(可以选择ZnO、等)调整溶液pH约5.1后，加，可将氧化为，发生反应的离子方程式为，B正确；
C．物质结构相似时，溶液中沉淀转化由大的向小的方向转化(转化为更难溶的物质)，故，C错误；
D．根据锌灰的组成元素、每一步所加试剂及流程中反应后各元素的走向，可知沉锌工序后母液中含有、、，故母液中可回收利用的物质有、，D正确。
故选C。
16．B
【详解】A．反应①、CrO5中Cr元素化合价均为+6，此反应不是氧化还原反应，A错误；
B．由题中信息乙醚与中的铬元素形成共价键，蓝色可稳定几分钟，有利于蓝色现象的观察，B正确；
C．由信息反应②为：，C错误；
D．反应③+8H++3H2O2=3O2↑+2Cr3++7H2O，中溶液的越小，H+浓度越大，反应速率越快，D错误；
故答案选B。
17．D
【分析】由题给流程可知，铁屑与氯气共热发生反应Ⅰ制备氯化铁，氯化铁溶液与次氯酸钠、氢氧化钠混合溶液发生反应Ⅱ制得高铁酸钠溶液，向高铁酸钠溶液中加入饱和氢氧化钾溶液发生反应Ⅲ制得粗高铁酸钾。
【详解】A．工业制备氯气的反应为电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为2Cl—+2H2O2OH—+H2↑+Cl2↑，故A错误；
B．由分析可知，反应Ⅱ为氯化铁溶液与次氯酸钠、氢氧化钠混合溶液反应生成氯化钠、高铁酸钠和水，反应的离子方程式为，故B错误；
C．由分析可知，反应Ⅲ为高铁酸钠溶液与饱和氢氧化钾溶液反应生成高铁酸钾沉淀和氢氧化钠，反应的离子方程式为，故C错误；
D．高铁酸钾净水原理为溶液中的高铁酸根离子与水反应生成氢氧化铁胶体、氧气和氢氧根离子，氢氧化铁胶体吸附水中悬浮杂质达到净水的作用，生成氢氧化铁胶体的离子方程式为(胶体)，故D正确；
故选D。
18．D
【详解】A．实验Ⅰ中，晶块表面为浅绿色，起对照作用，目的是排除实验Ⅱ中晶块表面变白，不是因为晶体自身在水中的颜色变化引起的，A符合题意；
B．具有较强的还原性，易被溶液中溶解的氧气氧化，因此实验Ⅱ晶块表面之所以能长时间保持白色，与难溶、未分散于水有关，B符合题意；
C．具有较强的还原性，易被氧气氧化，捞出晶块后发生的反应为，C符合题意；
D．根据控制单一变量的原则，实验Ⅱ和Ⅲ反应条件不一样（实验Ⅱ为晶体，而实验Ⅲ为溶液），单从实验结果，无法得出实验Ⅲ溶液中氧气含量明显多于实验Ⅱ的结论，D不符合题意；
故选D。
19．D
【详解】A．铅笔芯的主要成分为石墨，不含铅，故A错误；
B．棉花、麻来源于植物，主要成分均是纤维素，为碳水化合物，但蚕丝来源于动物，主要成分是蛋白质，蛋白质不是碳水化合物，故B错误；
C．黏土主要是由硅酸盐构成的混合物，故C错误；
D．陶制器皿属于传统硅酸盐材料，耐高温、耐腐蚀，故D正确；
故答案选D。
20．A
【详解】A．无水氯化钙主要是干燥氯气，碱石灰会与氯气反应，因此脱脂棉中的无水氯化钙不能用碱石灰代替，故A错误；
B．从左边出来的干燥氯气，先与干燥品红接触，品红不褪色，说明干燥的氯气没有漂白作用，故B正确；
C．由于HCl易挥发，因此挥发的HC l使湿润石蕊试纸先变红，因此不能说明生成了酸性物质，故C正确；
D．淀粉碘化钾试纸先变蓝后褪色，先变蓝，是碘离子被氯气氧化为单质碘，单质碘遇淀粉变蓝，后褪色，说明氯气将I2氧化，故D正确。
综上所述，答案为A。
21．(1)吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质
(2)     U形干燥管     b→c→d→e
(3)MnO2+4H++2Cl- Mn2+++Cl2↑+2H2O
(4)1
(5)     ＞     不是     Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+
(6)

【分析】Ⅰ．由题干实验装置图可知，装置D为实验制备Cl2的发生装置，原理为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，装置E为盛有饱和食盐水的洗气瓶，用于除去Cl2中的HCl，装置F为盛有无水氯化钙或无水硫酸铜的U形干燥管，用于干燥Cl2，然后将干燥的Cl2通入装置A中，装置A为制备FeCl3，装置B中的收集器用于收集FeCl3，装置C中的碱石灰用于吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质，据此分析解题。
【详解】（1）由分析可知，装置C中碱石灰的作用是用于吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质，故答案为：吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质；
（2）由题干实验装置图可知，F的名称为U形干燥管，从D、E、F中选择合适的装置制备纯净的Cl2，正确的接口顺序为a→b→c→d→e，故答案为：U形干燥管；b→c→d→e；
（3）由分析可知，装置D为实验制备Cl2的发生装置，原理为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，该反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O；
（4）由题干对比实验1、2操作和现象可知，实验1的反应物质含有Cl-，而实验2中的反应物中不含Cl-，结果实验1无白色沉淀生成，而实验2生成白色沉淀，说明产生的白色沉淀为CuSCN，故实验结果说明猜想1不合理，故答案为：1；
（5）①由实验2中的现象即溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀；2h后溶液为绿色，未观察到白色沉淀；24h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀可推测，反应速率：A>B，反应B太慢，因此说明反应B不是产生的主要原因，故答案为：＞；不是；
②进一步查阅资料可知，当反应体系中同时存在、、时，氧化性增强，可将氧化为。据此将实验2改进，向溶液中同时加入、，立即生成白色沉淀，即Cu2+先将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cu+，然后Cu+与SCN-结合为CuSCN白色沉淀，该反应的离子方程式为：Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+，故答案为：Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+；
（6）若向溶液中滴加足量的和的混合溶液，根据铜原子守恒可知，理论上应该生成CuSCN的物质的量为0.1amol，经过一系列操作得到白色沉淀的质量，则的产率为：=，故答案为：。
22．(1)分液漏斗、冷凝管
(2)计(或酸度计)
(3)氧化了
(4)     向上层清液中滴加溶液，出现蓝色沉淀          ⅰ
(5)     催化     向“实验Ⅱ”体系中加入适量固体，振荡，溶液出现蓝色     反应③速率大于反应①

【分析】本题为实验原理的探究，探究和溶液的反应原理，根据探究流程进行研究，首先研究溶液成分，提出假设，可能氧化了或将氧化，，设计实验方案，实施实验，根据实验现象得出结论。
【详解】（1）题中用固体配置100ml溶液用到的仪器有托盘天平、钥匙、量筒、烧杯、玻璃棒、100ml容量瓶、胶头滴管，所以用不到的仪器是分液漏斗、冷凝管，答案：分液漏斗、冷凝管；
（2）使用pH计测量测溶液为1.10， 答案：计；
（3）Fe3+、酸性条件下的NO均有强氧化性，所以对和反应原理提出假设，可能氧化了或将氧化，答案：氧化了；
（4）检验反应中产生Fe2+，向上层清液中滴加溶液，出现蓝色沉淀，则证明含Fe2+，实验Ⅰ探究Fe3+能否氧化Cu，实验Ⅱ探究酸性条件下能否氧化Cu，根据实验现象可知氧化了，没有氧化，所以假设Ⅰ成立，答案：向上层清液中滴加溶液，出现蓝色沉淀；；Ⅰ；
（5）由反应历程可知，Fe2+先参与反应，然后又反应生成，Fe2+起催化作用，能加快反应速率，向实验Ⅱ中溶液中加入Fe2+，振荡，溶液出现蓝色，可以证明Fe2+的催化作用。结合题目信息可知“实验Ⅰ”向中加铜，无论过量多少，始终都能检测到是因为反应③速率大于反应①，答案：催化；向“实验Ⅱ”体系中加入适量固体，振荡，溶液出现蓝色；反应③速率大于反应①。
23．(1)     HCl     H2SO4(浓)+NaClNaHSO4+HCl↑
(2)     防止倒吸     CuSO4溶液
(3)静置，取上层清液于一洁净试管中，继续滴加硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全
(4)使钡离子沉淀完全
(5)锥形瓶
(6)97.6%

【分析】装置I中浓硫酸和氯化钠共热制备HCl，装置II中氯化氢与BaS溶液反应制备BaCl2·2H2O，装置III中硫酸铜溶液用于吸收生成的H2S，防止污染空气。
【详解】（1）由分析可知，装置I为浓硫酸和氯化钠共热制取HCl气体的装置，在浓硫酸过量并微热时，浓硫酸与氯化钠反应生成硫酸氢钠和氯化氢，发生主要反应的化学方程式为：H2SO4(浓)+NaClNaHSO4+HCl↑。
（2）氯化氢极易溶于水，装置II中b仪器的作用是：防止倒吸；装置II中氯化氢与BaS溶液反应生成H2S，H2S有毒，对环境有污染，装置III中盛放CuSO4溶液，用于吸收H2S。
（3）硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，因此判断沉淀已完全的方法是静置，取上层清液于一洁净试管中，继续滴加硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全。
（4）为了使钡离子沉淀完全，沉淀过程中需加入过量的硫酸溶液。
（5）过滤用到的仪器有：铁架台、烧杯、漏斗、玻璃棒，用不到锥形瓶。
（6）由题意可知，硫酸钡的物质的量为：=0.002mol，依据钡原子守恒，产品中BaCl2·2H2O的物质的量为0.002mol，质量为0.002mol244g/mol=0.488g，质量分数为：100%=97.6%。

24．(1)          还原剂和氧化剂
(2)在的催化作用下，发生分解
(3)          6.4
(4)AC
(5)预烧
(6)

【分析】正极材料在稀硫酸和双氧水作用下发生氧化还原反应，溶液中生成、、、，又含有部分Fe3+，所以加入氢氧化钠生成氢氧化铁沉淀，结合问题分析知物质X需要保持镍离子和钴离子浓度保持不变，后加入氢氧化钠共沉淀，后又加入碳酸钠使锂离子生成碳酸锂沉淀，然后共同生成三元锂电池正极材料，据此回答。
【详解】（1）中钴元素为正三价，作氧化剂，和双氧水（作还原剂）发生氧化还原反应，即；又双氧水与部分反应，把二价亚铁氧化为三价铁离子，所以双氧水作用是氧化剂和还原剂；
（2）由于双氧水易分解，所以在的催化作用下，发生分解；
（3）由分析和已知得，含铁沉淀主要成分为氢氧化铁；由信息知镍离子、钴离子和锰离子等浓度时，镍离子生成氢氧化物所需氢氧根浓度最小，即，所以c(H+)=10-6.4mol/L，即pH=6.4，所以不应超过6.4；
（4）由分析和题意知需要保持钴离子和镍离子浓度不变，所以选AC；
（5）二氧化碳和水受热都易挥发，所以需在焙烧前预烧；
（6）结合流程图可知反应为。
25．(1)+3价
(2)     溶解RuO4     CaSO4     温度为65℃、pH为1.0
(3)6Na++12Fe2++2ClO+18SO+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-
(4)
(5)作保护气，防止钌与空气中的氧气反应
(6)87.8%

【分析】由题给流程可知，钌矿石中加稀硫酸和亚硫酸钠酸浸时，钌元素转化为硫酸钌，氧化亚铁、氧化镁转化为硫酸亚铁、硫酸镁，氧化钙与稀硫酸反应生成硫酸钙，二氧化硅与硫酸不反，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣和含有硫酸钌的滤液；向滤液中先后加入氯酸钠溶液、碳酸钠溶液将铁元素转化为生成Na2Fe4(SO4)4(OH)2沉淀，过滤得到Na2Fe4(SO4)4(OH)2和滤液；向滤液中加入加氟化钠溶液将镁元素转化为氟化镁沉淀，过滤得到氟化镁和滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液将钌元素转化为碳酸钌沉淀，过滤得到滤液1和碳酸钌；碳酸钌溶于盐酸得到氯化钌，向氯化钌溶液中加入草酸铵溶液将氯化钌转化为草酸钌沉淀，过滤得到含有氯化铵的滤液2和草酸钌；在氩气氛围中灼烧草酸钌制得钌。
【详解】（1）由化合价代数和等于0可知，Na2Fe4(SO4)6(OH)2中铁元素的化合价为+3价，故答案为：+3价；
（2）由分析可知，酸浸时加入亚硫酸钠溶液的目的是溶解四氧化钌，将四氧化钌转化为可溶的硫酸钌；滤渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；由图可知，温度为65℃、pH为1.0时，钌的浸出率最大，则酸浸”最佳条件是温度为65℃、pH为1.0，故答案为：溶解RuO4；CaSO4；温度为65℃、pH为1.0；
（3）由分析可知，加入氯酸钠溶液、碳酸钠溶液的目的是将铁元素转化为生成Na2Fe4(SO4)6(OH)2沉淀，反应的离子方程式为6Na++12Fe2++2ClO+18SO+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-，故答案为：6Na++12Fe2++2ClO+18SO+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-；
（4）由分析可知，滤液2的主要成分为离子化合物的氯化铵，电子式为，故答案为：；
（5）灼烧时氩气的作用是做保护气，否则反应得到的钌被空气中的氧气氧化，故答案为：作保护气，防止钌与空气中的氧气反应；
（6）若10t钌矿石最终制得3636kg钌，由钌原子个数守恒可知，钌的产率为×100%=87.8%，故答案为：87.8%。