2022届高考化学二轮复习专题突破练06元素及其化合物(A)答案

1、PAGE PAGE 3专题突破练六元素及其化合物(A)1.B解析 A项,室温下,Na在空气中生成Na2O,在加热时生成Na2O2,错误;B项,Cu与FeCl3反应生成CuCl2和FeCl2,正确;C项,向足量氨水中通入少量CO2可生成(NH4)2CO3,通入足量CO2生成NH4HCO3,错误;D项,红热木炭和稀硫酸不反应,红热木炭与浓硫酸生成CO2,错误。2.A解析 该元素最高正价和最低负价之和为4,则是硫元素;由焰色试验的火焰颜色是黄色,可知含有钠元素。a、b、c、d、e、f、g、h分别为H2S、S、SO2、SO3、H2SO4、Na2SO4、H2SO3、Na2SO3。H2S和SO2能够发生归

2、中反应:2H2S+SO23S+2H2O,A项正确。SO3不能使品红溶液褪色,B项错误。浓硫酸在加热条件下能够与碳、硫等非金属单质反应,C项错误。Na2SO4溶液呈中性,D项错误。3.C解析 铁与氯气在加热时反应生成氯化铁,A项错误。常温下,浓硝酸、浓硫酸与铝发生钝化,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。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。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。4.B解析 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

3、项正确。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项错误。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项正确。题述流程中可用过量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项正确。5.AD解析 根据2CuCl2+4KSCN2CuSCN(白色)+(SCN)2+4KCl且反应很快,用KSCN溶液检验Fe3+时,Cu2+的存在会对检验产生干扰,A项正确,C项错误。红色物质是Fe(SCN)3,(SCN)2为拟卤素,化学性质和氯气相似,说明也具有氧化性,溶液中的Fe2+也可能是被(SCN

4、)2氧化成Fe3+,B项错误。Cu只要与Fe3+反应生成Cu2+和Fe2+,Cu2+就会与SCN-快速反应,降低了SCN-的浓度,使Fe3+3SCN-Fe(SCN)3平衡逆向移动,Fe(SCN)3的浓度降低,所以红色迅速褪去,D项正确。6.AC解析 菱镁矿含少量FeCO3,用盐酸溶解,MgCO3、FeCO3与盐酸反应分别生成MgCl2、FeCl2,再加入过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+,加入MgO、MgCO3或Mg(OH)2调节溶液pH,Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀通过过滤除去,滤液为MgCl2溶液,向MgCl2溶液中加入NaClO溶液、NaOH溶液得到MgmClO(OH)nH2O。流程中

5、“酸溶”后溶液中含有Mg2+、Fe2+,A项正确。调pH时可选试剂不只是MgCO3,MgO或Mg(OH)2均可,B项错误。“过滤1”所得的滤渣含有Fe(OH)3,C项正确。该工艺流程所制备的物质为碱式次氯酸镁MgmClO(OH)nH2O,“混合”时发生反应的产物不仅是MgClO(OH)H2O,D项错误。7.答案 (1)Fe-2e-Fe2+(2)6Fe(OH)2+O22Fe3O4+6H2O12Cl-61212OH-(3)作还原剂,将FeOCl还原为Fe3O4取最后一次的洗涤液加入试管中,加入HNO3酸化,再加入AgNO3溶液,无白色沉淀产生,证明FeOCl转化完全解析 (1)钢铁在潮湿的空气中发

6、生吸氧腐蚀,负极上铁失电子发生氧化反应,电极反应式为Fe-2e-Fe2+。(2)Fe(OH)2被空气氧化为Fe3O4的化学方程式是6Fe(OH)2+O22Fe3O4+6H2O。Fe3O4在含Cl-溶液中会转化为FeOCl,Fe元素化合价升高,O元素化合价降低,根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为4Fe3O4+O2+12Cl-+6H2O12FeOCl+12OH-。(3)FeOCl在NaOH的作用下转变为FeO(OH),根据沉淀转化的规律:溶解度小的转化为溶解度更小的,可知溶解度FeOClFeO(OH)。FeOCl转化为Fe3O4的过程中,Fe元素化合价降低,作氧化剂,则Na2SO3的作用是作还

7、原剂,将FeOCl还原为Fe3O4。若FeOCl转化完全,则溶液中不存在氯离子,取最后一次的洗涤液加入试管中,加入HNO3酸化,再加入AgNO3溶液,无白色沉淀产生,证明FeOCl转化完全。8.答案 (1)分液漏斗(2)abc(3)溶液由棕黄色变为浅绿色(4)SO2(5)亚硫酸的酸性弱于盐酸BaSO43SO2+Ba2+2N+2H2OBaSO4+2NO+4H+2S在水溶液中氧气氧化二氧化硫比硝酸根氧化二氧化硫活化能小,生成沉淀速率快解析 (1)仪器a是分液漏斗。(2)氯化钠与二氧化硫不反应,不能用饱和NaCl溶液来进行尾气吸收;亚硫酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠,碳酸钠溶液与二氧化硫反应生

8、成亚硫酸氢钠(或亚硫酸钠)和二氧化碳,氢氧化钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钠,以上三种物质均可进行尾气吸收,故选abc。(3)二氧化硫与氯化铁中的三价铁离子反应生成硫酸根离子和亚铁离子,含铁离子的溶液为棕黄色,含亚铁离子的溶液为浅绿色,溶液由棕黄色变为浅绿色。(4)根据“相似相溶”规律,二氧化硫溶于乙醇,在乙醇中不能电离,B中溶液红色不能褪去,可排除二氧化硫使品红溶液褪色的可能。(5)氧气可以将二氧化硫氧化,煮沸可排除氧气干扰;pH小于7说明生成了酸性物质,没有生成白色沉淀说明其酸性弱于盐酸。H中白色沉淀为硫酸钡,二氧化硫溶于水呈酸性,硝酸根在酸性条件下有强氧化性,将亚硫酸根氧化为硫酸根,进而

9、生成硫酸钡沉淀,反应的离子方程式为3SO2+Ba2+2N+2H2OBaSO4+2NO+4H+2S。没有煮沸的蒸馏水中溶有的氧气与二氧化硫的反应速率比硝酸根离子在酸性条件下与二氧化硫反应的速率快,反应速率越快的反应活化能越小,则在水溶液中氧气氧化二氧化硫比硝酸根氧化二氧化硫活化能小,生成沉淀更快。9.答案 (1)金属与酸反应会生成可燃性气体氢气,遇明火会发生爆炸(2)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥(3)5.57.5(4)Ga+2H2O+CO2Ga(OH)3+HC(5)抑制Ga水解,并防止H+在阴极放电降低电解效率(6)CD(7)2Ga+2NH32GaN+3H2解析 刚玉渣“酸浸”,Ga、F

10、e与酸反应生成Ga3+、Fe2+和H2,可与不溶于酸的Ti、Si分离,将溶液结晶得到FeSO47H2O,利用NaOH“中和沉淀”,将pH调节在5.57.5之间,过滤后,可以得到Ga(OH)3、Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀,向滤渣中加入NaOH溶液,Ga(OH)3、Al(OH)3与OH-反应生成Ga、Al,而Fe(OH)3不与碱反应,过滤后,向滤液中通入CO2,Al与CO2反应生成Al(OH)3,过滤后得到Ga溶液,电解得到Ga。(1)“酸浸”过程中金属与酸反应会生成可燃性气体氢气,遇明火会发生爆炸。(2)“结晶”过程中得到FeSO47H2O的具体操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(3)“中和沉淀”过程是为了分离出Fe2+,pH应调节的范围为5.57.5。(4)“碳酸化”过程中若通入过量CO2会生成Ga(OH)3沉淀,离子方程式为Ga+2H2O+CO2Ga(OH)3+HC。(5)“电解”过程中需要保持溶液pH=11以上是为了抑制Ga水解,并防止H+在阴极放电降低电解效率。(6)将刚玉渣研磨,使反应更充分,可提高浸出率,A项正确。FeSO47H2O是绿矾,可作净水剂,B项正确。由