2020-2021年高考化学一轮易错点强化训练：元素化合物

1、2020-2021年高考化学一轮易错点强化训练：元素化合物1（2020北京高三学业考试）用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是（夹持仪器略）ABCDX中试剂浓硝酸浓硫酸双氧水浓氨水Y中试剂CuC2H5OHMnO2NaOH气体NO2C2H4O2NH3AABBCCDD【答案】C【解析】A.二氧化氮和水反应，收集二氧化氮不能用排水法，A错误；B.乙醇消去制乙烯需要加热，B错误；C.双氧水分解制氧气制取装置用固液不加热制气体，收集氧气用排水法，C正确；D.氨气极易溶于水，不能用排水法收集，D错误；答案选C。2（2020北京朝阳高三三模）某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通

2、入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为（ ）A0.80B0.85C0.90D0.93【答案】A【解析】FexO中Fe的平均化合价为+，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等标准状况下112mL Cl2转移电子数为2=0.01mol则有：(3-)x=0.01mol，解得x=0.8，故选A。3（2020北京西城高三二模）下列物质转化关系，在给定条件下都能实现的是 ABCD【答案】A【解析】根据N2 的性质，氮气和氧气在放电条件下生成NO，NO和氧气和水反应生成硝酸，故能实现；钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，故能实现

3、；铜属于不活泼金属，与浓盐酸不反应，故中铜氯化铜不能实现；铁和氯气生成氯化铁，氯化铁能和氨水反应生成氢氧化铁，故能实现；故答案：A。4（2020北京东城高三一模）如图所示，利用培养皿探究NH3的性质。实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，立即用另一表面皿扣在上面。下表中对实验现象所做的解释正确的是()选项实验现象解释A浓盐酸附近产生白烟NH3与浓盐酸反应产生了NH4Cl固体B浓硫酸附近无明显现象NH3与浓硫酸不发生反应C氯化物溶液变浑浊该溶液一定是AlCl3溶液D干燥红石蕊试纸不变色，湿润红石蕊试纸变蓝NH3是一种可溶性碱AABBCCDD【答案】A【解析】A.NaOH固体溶于水放热，氨水易挥发，

4、实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，会产生氨气，与浓盐酸挥发出的HCl反应生成氯化铵固体，反应现象是产生白烟，A正确；B.氨气为碱性气体，与浓硫酸发生中和反应生成硫酸铵，B错误；C.氨气与氯化物在溶液中发生复分解反应生成氢氧化物，如使氯化物溶液变浑浊，可能生成难溶性氢氧化物，但不一定为Al(OH)3，也可能为Mg(OH)2等沉淀，C错误；D.氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因是与水反应生成NH3H2O，NH3H2O电离生成OH-离子使溶液呈碱性，但OH-不是NH3电离产生，因此氨气为非电解质，不属于碱，D错误；故合理选项是A。5（2020北京海淀高三二模）金属铬常用于提升特种合金的性能。工业上

5、以铬铁矿(主要成份为FeOCr2O3，含有少量Al2O3)为原料制备金属铬的流程如下图。下列说法不正确的是( )A中需持续吹入空气作氧化剂B中需加入过量稀硫酸C中发生了置换反应D溶液A为橙色【答案】B【解析】A. 在铬铁矿中Cr元素化合价为+3价，反应后变为Na2CrO4中的+6价，化合价升高，被氧化，因此中需持续吹入空气作氧化剂，A正确；B. Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与硫酸发生反应产生可溶性Al2(SO4)3，因此中加入的稀硫酸不能过量，B错误；C. Cr2O3与Al在高温下反应产生Cr和Al2O3，反应物是单质和化合物，生成物也是单质与化合物，因此中反应类型为置换反应，C正确；D

6、. Na2CrO4在酸性溶液中发生反应： 2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，反应产生Cr2O72-使溶液显橙色，D正确；故合理选项是B。6（2020湖南长沙雅礼中学高三月考）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）ANa2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂BClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒CSiO2硬度大，可用于制造光导纤维DNH3易溶于水，可用作制冷剂【答案】A【解析】ANa2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3，Na2O2用作呼吸面具中的供氧剂，故A正确；BClO2具有强氧化性而使蛋白质变性而不是还原性，故B错误；C光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维

7、是利用光的全反射原理，与二氧化硅的硬度大小无关，故C错误；D氨气易液化而吸收热量导致周围环境温度降低，所以氨气常常作制冷剂，与氨气易溶于水无关，故D错误；故选B。7（2020北京房山）四水合磷酸锌Zn3(PO4)24H2O，摩尔质量为457gmol-1，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ZnO、CuO、FeO、Fe2O3、SiO2等)为原料制备Zn3(PO4)24H2O的流程如图，回答下列问题：已知：6NH4HCO3+3ZnSO4 ZnCO32Zn(OH)2H2O+3(NH4)2SO4+5CO2(1)实验前需要将锌灰研磨成粉末状，原因是_。(2)步骤I中需将溶液pH调至

8、5.1，应选择的最佳试剂是_。(填字母)aNaOH bZnO cBa(OH)2 (3)步骤I滴加KMnO4溶液的目的是_。(4)步骤中加入的a是_。(5)步骤的化学方程式是_。(6)步骤反应结束后得到Zn3(PO4)24H2O的操作包括_和干燥。(7)称取45.7mgZn3(PO4)24H2O进行热重分析，化合物质量随温度的变化关系如图所示，为获得Zn3(PO4)22H2O和Zn3(PO4)2H2O的混合产品，烘干时的温度范围为_。【答案】(1)增大接触面积、加快反应速率 (2) b (3)使Fe2+转化为Fe3+从而一并除去 Zn(或锌) (5)ZnCO32Zn(OH)2H2O+2H3PO4

9、 Zn3(PO4)24H2O+2H2O+CO2 (6) 过滤、洗涤 (7) 145195 【解析】根据以锌灰(含ZnO、CuO、FeO、Fe2O3、SiO2等)为原料制备Zn3(PO4)24H2O的流程可知，在锌灰中加入稀硫酸，将锌灰中的ZnO、CuO、FeO、Fe2O3溶解，SiO2不溶，形成滤渣I；在滤得的溶液中加入高锰酸钾溶液，将亚铁离子氧化生成铁离子，并调节pH至5.1 除去铁离子，因此滤渣为氢氧化铁沉淀，然后再加入锌置换出溶液中的铜离子，过滤得滤渣，滤渣为铜；在滤液中加入碳酸氢铵，发生6NH4HCO3+3ZnSO4 ZnCO32Zn(OH)2H2O+3(NH4)2SO4+5CO2，得

10、到的沉淀中再加入磷酸，将ZnCO32Zn(OH)2H2O转化为四水合磷酸锌Zn3(PO4)24H2O。(1)实验前将锌灰研磨成粉末状，再用稀硫酸浸取，可以增大接触面积、加快反应速率，提高浸取效率，故答案为：增大接触面积、加快反应速率；(2)为了不引入新杂质，步骤I中将溶液pH调至5.1，最好选择ZnO，故答案为：b；(3)根据上述分析，步骤I滴加KMnO4溶液的目的是将Fe2+转化为Fe3+，便于调节pH为5.1时一并除去，故答案为：使Fe2+转化为Fe3+从而一并除去；(4)根据流程图和实验目的，步骤II中加入的a是锌，目的是除去溶液中的铜离子，故答案为：Zn(或锌)；(5)步骤中加入磷酸是

11、将ZnCO32Zn(OH)2H2O转化为四水合磷酸锌Zn3(PO4)24H2O，反应的化学方程式为ZnCO32Zn(OH)2H2O+2H3PO4 Zn3(PO4)24H2O+2H2O+CO2，故答案为：ZnCO32Zn(OH)2H2O+2H3PO4 Zn3(PO4)24H2O+2H2O+CO2；(6)步骤反应结束后，从混合体系中得到Zn3(PO4)24H2O沉淀的操作为过滤、洗涤、干燥，故答案为：过滤、洗涤；(7)根据图象，加热到90时，四水合磷酸锌Zn3(PO4)24H2O开始逐渐分解，当生成Zn3(PO4)22H2O，所得Zn3(PO4)22H2O的质量为45.7mg=42.1mg，此时温

12、度为145，当生成Zn3(PO4)2H2O，所得Zn3(PO4)2H2O的质量为45.7mg=40.3mg，此时温度为195，因此当获得Zn3(PO4)22H2O和Zn3(PO4)2H2O的混合产品时，烘干时的温度范围为145195，故答案为：145195。8（2020北京海淀清华附中高三三模）在大试管内将足量NaHCO3加热到 200，将产生的混合气体通入到盛有1.87 g Na2O和Na2O2的密闭容器中，待Na2O和Na2O2全部反应后，得到标准状况下224 mL O2；再将反应后密闭容器内的固体全部溶于水配成 100 mL 溶液。下列说法正确的是ANa2O和Na2O2 均为碱性氧化物B

13、参加反应的NaHCO3物质的量为 0.04 molC反应过程中总共转移 0.04 mol 电子D配成的 100 mL 溶液中 c(Na+) = 0.5 mol/L【答案】D【解析】根据题干信息，在大试管内将足量NaHCO3加热到200，发生反应2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，产生的CO2优先与Na2O和Na2O2反应，发生的反应为：Na2O+CO2=Na2CO3，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。A碱性氧化物与水反应只生成碱，而Na2O2与水反应还生成O2，所以Na2O2不是碱性氧化物，A选项错误；B标准状况下224mLO2物质的量为，根据得失电子守恒可知，2Na2O2

14、O2，则n(Na2O2)=0.02mol，m(Na2O2)=0.02mol78g/mol=1.56g，因此m(Na2O)=1.87g-1.56g=0.31g，n(Na2O)=，根据上述分析中的反应方程式可得n(CO2)=0.005mol+0.02mol=0.025mol，则n(NaHCO3)=0.05mol，B选项错误；C反应过程中，Na2O2的一个O由-1价升高至0价，另一个O由-1价降低至-2价，因此反应过程中共转移0.02mol电子，C选项错误；D根据B选项可知，n(Na2O2)=0.02mol，n(Na2O)=0.005mol，根据Na元素守恒可知，反应后密闭容器内的固体中n(Na+)

15、=(0.02mol+0.005mol)2=0.05mol，将固体全部溶于水配成100 mL溶液，溶液中c(Na+)=，D选项正确；答案选D。9（2020北京高三零模）硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见下图）。下列说法正确的是ACO、SO2、SO3均是酸性氧化物B工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉C除去与水反应，图示转化反应均为氧化还原反应D用CO合成CH3OH进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%【答案】C【解析】ASO2、SO3均是酸性氧化物，CO是不成盐氧化物， A错误；B工业上利用Cl2和石灰乳反应来制取漂白粉，B错误；C除去与水

16、反应，图示转化反应中均有元素化合价的升降，故反应均为氧化还原反应，C正确；D用CO与氢气反应合成CH3OH，反应物完全转化为生成物，原子利用率为100%，甲醇与氧气在催化剂存在时发生反应HCHO和水，所以该步反应中原子利用率不为100%，D错误；故答案选C。10（2020北京延庆高三一模）下表中各组物质之间不能通过一步反应实现如图转化的是甲乙丙ACH2=CH2CH3CH2ClCH3CH2OHBNH3NOHNO3CAlCl3Al(OH)3Al2O3DCl2HClCuCl2AABBCCDD【答案】B【解析】A. 乙烯与HCl加成得到一氯乙烷，一氯乙烷消去得到乙烯与HCl，一氯乙烷与水发生取代得到乙

17、醇，乙醇消去得到乙烯与水，符合转化，A项正确；B. HNO3显酸性，NH3显碱性，由硝酸不能直接转化为氨气，不能实现转化，B项错误；C. AlCl3与氨水反应得到Al(OH)3，Al(OH)3与盐酸反应得到AlCl3与水，Al(OH)3加热分解得到Al2O3，Al2O3与盐酸反应得到AlCl3与水，符合转化，C项正确；D. 氯气与氢气反应得到HCl，浓HCl与高锰酸钾反应得到氯气，HCl与CuO反应得到CuCl2和水，CuCl2电解得到Cu与氯气，符合转化，D项正确；答案选B。11（2020北京高三一模）下列用品的主要成分及其用途对应不正确的是 ABCD用品主要成分(NH4)2SO4NaHCO

18、3SiFe2O3用途化肥造纸光电池颜料AABBCCDD【答案】B【解析】A硫酸铵为铵盐含有氮元素，属于氨态氮肥，是常用的一种化肥，故A正确；B碳酸氢钠碱性较弱，不能用于造纸，一般用于发酵剂，故B错误；C硅是良好的半导体材料，是用来制作太阳能电池的原料，故C正确；D三氧化二铁为红棕色粉末，常用三氧化二铁生产红色颜料或涂料，故D正确；故选：B。12（2020北京昌平一中高三三模）某消毒液的主要成分为 NaClO，还含有一定量的 NaOH。下列说法不合理的是A该消毒液可用 NaOH 溶液吸收 Cl2制备B用 pH 试纸测得该消毒液 pH 约为 12C该消毒液与洁厕灵（主要成分为 HCl）混用，产生有

19、毒气体D该消毒液加白醋生成 HClO，可增强漂白作用【答案】B【解析】A该消毒液主要成分是NaClO、还含有一定量的NaOH，故可用NaOH溶液吸收Cl2制备，反应为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，A正确；B由于NaClO具有强氧化性，故用 pH 试纸测量时，pH试纸最终变为白色，故不能用pH试纸测得该消毒液 pH 约为 12，B错误；C该消毒液主要成分为NaClO与洁厕灵（主要成分为 HCl）混用，将发生反应：NaClO+2HCl=NaCl+Cl2+H2O，产生有毒气体Cl2，C正确；D该消毒液主要成分为NaClO，加白醋发生反应：CH3COOH+NaClO=CH3COO

20、Na+HClO，生成 HClO，可增强漂白作用，D正确；故答案为：B。13（2020海淀北京市育英学校高三三模）X、Y、Z是中学化学中常见的物质，下表各组物质之间通过一步反应不能实现如图转化关系的是（ ）XYZ箭头上所标数字的反应条件转化关系ANONO2HNO3常温遇氧气BNa2O2NaOHNaCl加入H2O2CCl2NaClOHClO通入CO2DAl2O3NaAlO2Al(OH)3加NaOH溶液AABBCCDD【答案】B【解析】A 一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸分解生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，各物质之间通过一步反应可以实现，故A正确；B氯化钠不能够通过

21、一步反应得到过氧化钠，故B错误；C氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠与二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸与盐酸反应生成氯气，各物质之间通过一步反应可以实现，故C正确；D氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝分解生成氧化铝，个物质之间通过一步反应可以实现，故D正确；答案选B。14（2020北京海淀清华附中高三三模）下列有关物质应用的说法错误的是ASO2可用作食品添加剂BCCl4 可用于鉴别溴水和碘水C浓氨水可用来清洗试管壁的银镜DNa2S 可除去污水中的 Cu2+【答案】C【解析】A少

22、量SO2可用作食品添加剂，如红酒中往往添加少量的SO2抗氧化，A正确；BCCl4可从溴水中提取Br2，Br2的CCl4溶液为橙红色，CCl4可从碘水中提取I2，I2的CCl4溶液为紫红色，故可用CCl4 可用于鉴别溴水和碘水，B正确；C浓氨水不能溶解Ag，也不能和Ag反应，不能用浓氨水清洗试管壁的银镜，C错误；DS2-和Cu2+反应生成CuS沉淀，故Na2S可除去污水中的 Cu2+，D正确。答案选C。15（2020北京海淀高三二模）下列依据实验方案和现象对浓硫酸性质做出的判断合理的是实验方案实验I：实验II：实验现象试纸中心区域变黑，边缘变红黑色固体溶解，溶液接近无色(溶液中锰元素仅以存在)，

23、产生能使带火星的木条复燃的无色气体A由I可知，浓硫酸具有脱水性B由I可知，浓硫酸具有弱酸性C由II可知，浓硫酸具有强氧化性D由II可知，浓硫酸具有吸水性【答案】A【解析】A试纸中心区域变黑，说明试纸中的H元素和O元素被脱去，只剩下C，证明浓硫酸具有脱水性，A正确；B蓝色石蕊试纸边缘变红，证明浓硫酸具有酸性，不能证明浓硫酸有弱酸性，B错误；C浓硫酸与MnO2反应后，Mn元素仅以存在，说明Mn元素化合价降低，表现氧化性，产生能使带火星的木条复燃的无色气体，说明生成O2。但由于Mn元素也表现氧化性，且实验中没有说明有硫酸的还原产物生成，故不能体现浓硫酸的强氧化性，C错误；D浓硫酸与MnO2反应没有体

24、现出浓硫酸的吸水性，D错误；故选A。16（2020北京东城高三二模）下列自然现象发生或形成的过程中，指定元素既没有被氧化又没有被还原的是A溶洞钙B闪电氮C火山喷发硫D光合作用碳AABBCCDD【答案】A【解析】A溶洞中的石灰岩主要成分是碳酸钙，当遇到溶有二氧化碳的水时，会反应生成溶解性较大的碳酸氢钙：CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，溶有碳酸氢钙的水遇热或当压强突然变小时，溶解在水里的碳酸氢钙就会分解，重新生成碳酸钙沉积下来，同时放出二氧化碳：Ca(HCO3)2=CaCO3+CO2+H2O，整个过程钙元素的化合价没有变化，既没有被氧化又没有被还原，故A符合题意；B空气中的O2和N

25、2在闪电时化合成NO，即N2+O2 2NO，氮元素的化合价由0价升高到+2价，氮元素被氧化了，故B不符合题意；C火山喷发时，在高温条件下可发生S+O2=SO2，硫元素的化合价由0价升高到+4价，硫元素被氧化了，故C不符合题意；D光合作用会发生6CO2+6H2O C6H12O6+6O2，可知氧元素失电子，碳元素得电子，化合价降低，被还原了，故D不符合题意；答案为A。17（2020北京海淀高三二模）下列物质混合后，能产生蓝色沉淀的是（ ）A溶液与溶液B溶液与溶液C溶液与氨水D鸡蛋清与浓硝酸【答案】B【解析】A. 溶液与溶液反应生成氯化钠和氢氧化铁的红褐色沉淀，不能产生蓝色沉淀，A不符合题意；B.

26、FeSO4溶液与K3Fe(CN)6溶液立即产生铁氰化亚铁的蓝色沉淀，即为滕氏蓝，2K3Fe(CN)6+3FeSO4=3K2SO4+Fe3Fe(CN)62，B符合题意；C. 刚滴入氨水，硝酸银过量，发生反应为：Ag+NH3H2O=NH4+AgOH（白），2AgOH=H2O+Ag2O (灰黑）；过量的氨水，沉淀溶解得到无色溶液，发生反应为：Ag2O+4NH3H2O=2Ag(NH3)2OH+3H2O，不能产生蓝色沉淀，C不符合题意；D. 将浓硝酸滴入鸡蛋清中，开始时会看见白色沉淀产生，是因为浓硝酸会使蛋白质变性，如果再微热一会的话，蛋白质就会变黄，形成“黄蛋白”，不能产生蓝色沉淀，D不符合题意；答案

27、为：B。18（2020北京高三一模）给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是( )A粗硅SiCl4SiBMg(OH)2MgCl2(aq)MgCFe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3DAgNO3(aq)Ag(NH3)2OH(aq)Ag【答案】A【解析】ASi可与氯气在高温下反应生成SiCl4，SiCl4可与氢气高温条件下发生反应生成Si和HCl，故A符合题意；B氢氧化镁与盐酸反应得到氯化镁溶液，电解氯化镁溶液生成氢氧化镁沉淀、氢气和氯气，得不到镁单质，故B不符合题意；C氧化铁与盐酸反应得到FeCl3溶液，氯化铁易水解，加热氯化铁溶液，由于HCl的挥发，水解平衡正向移动，最终生成

28、氢氧化铁，不能获得无水氯化铁，故C不符合题意；D蔗糖不含醛基，不能发生银镜反应，故D不符合题意；故答案为A。19（2020北京大兴高三一模）下列物质的用途不正确的是A二氧化硅可用作半导体材料B氯化铁可作净化水的混凝剂C亚硝酸钠可用作食品防腐剂D碳酸氢钠可用作食品膨松剂【答案】A【解析】A. 二氧化硅可用作光导纤维的主要材料，晶体硅可作半导体材料，A错误；B. 氯化铁在溶液中水解产生的氢氧化铁胶体能够吸附水中悬浮的固体，因此可作净化水的混凝剂，B正确；C. 亚硝酸钠具有强的氧化性，因此可用作食品防腐剂，C正确；D. 碳酸氢钠不稳定，受热分解产生CO2气体从食品中逸出，因此可用作食品膨松剂，D正确

29、；故合理选项是A。20（2020北京东城高三一模）中华文明源远流长，史书记载中蕴含着丰富的化学知识。下列说法不正确的是A本草纲目记载“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”，其中“碱”指的是K2CO3B易经记载“泽中有火上火下泽”，其描述的是CO在湖泊池沼水面上起火的现象C本草经集注记载“强烧之，紫青烟起，云是真硝石也”，此法是利用焰色反应鉴别“硝石”D抱朴子记载“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，该过程为氧化还原反应【答案】B【解析】A草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，“取碱浣衣”其中的碱是K2CO3，故A正确；B湖泊池沼中腐烂的植物能产生甲烷，则“泽中

30、有火上火下泽”，其描述的是甲烷在湖泊池沼水面上起火的现象，故B错误；C钾元素的焰色反应为紫色，硝石是硝酸钾，灼烧会产生紫色火焰，故C正确；D丹砂(HgS)烧之成水银，Hg的化合价从+2价降低到0价，Hg的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D正确；答案选B。21（2020北京高考真题）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C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.二氧化硅为共价化合物不导电，故A错误；B. 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

31、B正确；C. 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. 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；故答案为A。22（2020北京高考真题）下列说法不正确的是（ ）A可通过溶液与过量氨水作用得到B铁锈的主要成分可表示为C钙单质可以从中置换出D可用还原制备单质【答案】D【解析】A.硫酸铜溶液与氨水反应，当氨水过量时发生反应生成，故A正确；B. 铁锈的主要成分可表示为，故B正确；C. 钙还原性较强，钙单质可以从中置换出，故C正确；D. 氢气的还原性弱与镁单质，故不能从氧化镁中置换出镁单质，故D错误；

32、故答案为D。23（2020北京高考真题）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.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.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.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.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；故答案为A。24（2020北京海淀中关村中学高三三模）某学习小组探

33、究 Mg 与 NaHCO3 溶液反应的机理，做了如下探究。实验一：实验 A实验 B操作在注射器中加入过量镁片（擦去表面氧化膜），吸入 15mL 饱和 NaHCO3 溶液。在注射器中加入过量镁片（擦去表面氧化膜），吸入 15mL 蒸馏水。现象有气体产生，20min 后注射器内壁和底部产生大量白色沉淀缓慢产生气体（1）写出 B 中生成气体的化学方程式_。实验二：（2）实验 A 产生的气体有_。实验三：分别取少量实验 A 和 B 的上层清液于两支试管中，各加入 2 滴 BaCl2 溶液，A 中立即产生白色沉淀，B 中无明显现象。（3）实验三说明 Mg 与 NaHCO3 溶液反应产生了_（填离子符号）。对 A 中白色固体的成分提出假设：I白色固体是 Mg(OH)2；II白色固体是 MgCO3；III白色固体是碱式碳酸镁。实验四：将 A 中白色沉淀过滤、洗涤后，