2021年高考真题和模拟题分类汇编化学专题07金属及其化合物

2021高考真题和模拟题分类汇编化学专题07金属及其化合物2021年化学高考题1．（2021·浙江）下列说法不正确的是A．硅酸钠是一种难溶于水的硅酸盐 B．镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁C．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气 D．常温下，铝遇浓硝酸或浓硫酸时会发生钝化【答案】A【解析】A．硅酸钠是溶于水的硅酸盐，故A错误；B．镁在空气中燃烧时，与氧气和二氧化碳反应生成氧化镁，与氮气反应生成氮化镁，故B正确；C．钠具有强还原性，能与冷水反应生成氢氧化钠和氢气，故C正确；D．浓硫酸和浓硝酸具有强氧化性，铝在浓硫酸和浓硫酸中会发生钝化，阻碍反应的继续进行，故D正确；故选A。2．（2021·浙江高考真题）下列物质与俗名对应的是A．纯碱：NaHCO3 B．硫铵：NH4HSO4C．TNT： D．氯仿：CCl4【答案】C【解析】A．纯碱为碳酸钠，化学式为Na2CO3，A错误；B．硫铵一般指硫酸铵，化学式为(NH4)2SO4，B错误；C．TNT为2,4,6三硝基甲苯，结构式为，C正确；D．氯仿为三氯甲烷，化学式为CHCl3，D错误；故答案选C。3．（2021·浙江高考真题）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．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．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．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．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。综上所述，本题选A。4．（2021·浙江高考真题）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．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．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．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．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；故答案选A。5．（2021·山东高考真题）下列由实验现象所得结论错误的是A．向NaHSO3溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀，证明HSO具有氧化性B．向酸性KMnO4溶液中加入Fe3O4粉末，紫色褪去，证明Fe3O4中含Fe(Ⅱ)C．向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，证明炭可与浓HNO3反应生成NO2D．向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解反应【答案】C【解析】A．淡黄色沉淀是S，在反应过程中硫元素由NaHSO3中的+4价降低到0价，发生还原反应，体现氧化性，A项不符合题意；B．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，与还原性物质反应紫色才会褪去，所以可以证明Fe3O4中有还原性物质，即Fe(Ⅱ)，B项不符合题意；C．在该反应中浓硝酸体现氧化性，N元素化合价降低，生成的产物可能是NO或者NO2，NO暴露于空气中也会迅速产生红棕色气体，无法证明反应产物，C项符合题意；D．先变红说明溶液显碱性，证明NaClO在溶液中发生了水解，，后来褪色，是因为水解产生了漂白性物质HClO，D项不符合题意；故选C。6．（2021·浙江）下列说法正确的是A．减压过滤适用于过滤胶状氢氧化物类沉淀B．实验室电器设备着火，可用二氧化碳灭火器灭火C．制备硫酸亚铁铵晶体时，须将含和的溶液浓缩至干D．将热的饱和溶液置于冰水中快速冷却即可制得颗粒较大的晶体【答案】B【解析】A．因为胶状沉淀可能会透过滤纸或造成滤纸堵塞，则减压过滤不宜用于过滤胶状沉淀或颗粒太小的沉淀，故A错误；B．实验室中仪器设备着火可以使用二氧化碳灭火，故B正确；C．制备硫酸亚铁铵晶体时，将硫酸铵和硫酸亚铁溶液浓缩至干会使晶体失去结晶水，故C错误；D．冷却结晶时，自然冷却才能得到大颗粒晶体，快速冷却得到的是细小晶体，故D错误；故选B。7．（2021·广东高考真题）部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是A．可与反应生成B．既可被氧化，也可被还原C．可将加入浓碱液中制得的胶体D．可存在的循环转化关系【答案】C【分析】图中所示铁元素不同化合价的物质：a为Fe，b为FeCl2、FeSO4、Fe(NO3)2等Fe(II)的盐类物质，c为Fe(OH)2，e为FeCl3、Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3等Fe(III)的盐类物质，d为Fe(OH)3。【解析】A．Fe与Fe(III)的盐类物质可发生反应生成Fe(II)的盐类物质，如Fe+2FeCl3=3FeCl2，故A不选；B．Fe(II)为铁元素的中间价态，既有还原性也有氧化性，因此既可被氧化，也可被还原，故B不选；C．Fe(III)的盐类物质与浓碱液反应生成Fe(OH)3沉淀，制备Fe(OH)3胶体操作为：向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故C选；D．转化如，故D不选；综上所述，答案为C。8．（2021·河北高考真题）“灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献，陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生鍒作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量约0.1%)混合加热，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢。下列说法错误的是A．钢是以铁为主的含碳合金B．钢的含碳量越高，硬度和脆性越大C．生铁由于含碳量高，熔点比熟铁高D．冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O3【答案】C【解析】A．钢是含碳量低的铁合金，故A正确；B．钢的硬度和脆性与含碳量有关，随着含碳量的增大而增大，故正确；C．由题意可知，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢，说明生铁的熔点低于熟铁，故C错误；D．赤铁矿的主要成分是Fe2O3，可用于冶炼铁，故D正确；故选C。9．（2021·湖南高考真题）下列实验设计不能达到实验目的的是实验目的实验设计A检验溶液中是否被氧化取少量待测液，滴加溶液，观察溶液颜色变化B净化实验室制备的气体依次通过盛有饱和溶液、浓的洗气瓶C测定溶液的pH将待测液滴在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对照D工业酒精制备无水乙醇工业酒精中加生石灰，蒸馏A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】A.若Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+能与SCN生成Fe(SCN)3，溶液变成血红色，能达到实验目的，故A不符合题意；B．实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制氯气，先用饱和食盐水除去混有的氯化氢，再通过浓硫酸的洗气瓶干燥，能达到实验目的，故B不符合题意；C．用pH试纸测定NaOH溶液的pH不能润湿pH试纸，否则会因浓度减小，而影响测定结果，不能达到实验目的，故C符合题意；D．制取无水酒精时，通常把工业酒精跟新制的生石灰混合，加热蒸馏，能达到实验目的，故D不符合题意。答案选C。10．（2021·湖南高考真题）下列说法正确的是A．糖类、蛋白质均属于天然有机高分子化合物B．粉末在空气中受热，迅速被氧化成C．可漂白纸浆，不可用于杀菌、消毒D．镀锌铁皮的镀层破损后，铁皮会加速腐蚀【答案】B【解析】A．糖类分为单糖、二糖和多糖，其中属于多糖的淀粉、纤维素的相对分子质量上万，属于天然高分子化合物，蛋白质也属于天然有机高分子化合物，而单糖和二糖相对分子质量较小，不属于天然高分子化合物，A错误；B．氧化亚铁具有较强的还原性，在空气中受热容易被氧气氧化为稳定的四氧化三铁，B正确；C．二氧化硫除了具有漂白作用，可漂白纸浆、毛和丝等，还可用于杀菌消毒，例如，在葡萄酒酿制过程中可适当添加二氧化硫，起到杀菌、抗氧化作用，C错误；D．镀锌的铁皮镀层破损后构成原电池，锌作负极，铁作正极被保护，铁皮不易被腐蚀，D错误；故选B。11．（2021·浙江高考真题）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．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．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，ClO被还原成Cl，B不合理；C．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．氨水与少量AgNO3反应生成[Ag(NH3)2]+：Ag++2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，D不合理；答案选C。二、元素或物质推断题12．（2021·浙江）固体化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下探究实验。其中，白色沉淀B能溶于NaOH溶液。请回答：(1)白色固体C的化学式是_______，蓝色溶液D中含有的溶质是_______(用化学式表示)。(2)化合物X的化学式是_______；化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，写出该阴离子的电子式_______。(3)蓝色溶液A与作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀。①写出该反应的离子方程式_______。②设计实验验证该白色沉淀的组成元素_______。【答案】CuAl2Cl8将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有元素；再向溶液中加入溶液，有白色沉淀，说明有元素【分析】含有Cu2+的溶液显蓝色，含有[Cu(NH3)4]2+的溶液显深蓝色，化合物X溶解后得到的溶液A呈现蓝色，且加入足量氨水后得到深蓝色溶液，即可推得化合物X中含有Cu2+；向含有Al3+的溶液中加入氨水可用于制备Al(OH)3，且Al(OH)3为可溶于NaOH溶液的白色沉淀，即可推断白色沉淀B为Al(OH)3沉淀；深蓝色溶液在加入硝酸酸化的AgNO3溶液后有白色沉淀析出，可推得化合物X中含有Cl，综上，化合物X中含有Al3+、Cu2+和Cl。【解析】(1)由上述分析可得，白色沉淀D为Al(OH)3，灼烧Al(OH)3得到Al2O3，故白色固体为Al2O3；溶液D中含有的阳离子有Cu2+、、Ag+、H+，阴离子有，故溶液中含有：，故答案为：；。(2)由图示数据并根据原子守恒可知，4.020gX中含有铝离子物质的量为：=0.02mol，含有氯离子物质的量为：=0.08mol，由化合物应显电中性可得三种离子物质的量比值为n(Cu2+)：n(Al3+)：n(Cl)=1：2：8，则可得X的化学式为CuAl2Cl8；阴离子中Al原子的杂化方式为sp3，空间结构为正四面体，与CH4相同，其电子式为，故答案为：CuAl2Cl8；。(3)①由上述分析可知，蓝色溶液A中含有Al3+、Cu2+和Cl，与反应时溶液蓝色褪去，即反应后溶液中不存在Cu2+，可推测铜元素以沉淀形式析出，反应得到的沉淀为白色且可溶于硝酸，可推测铜元素在其中不是蓝色且稳定的+2价，而是+1价，即反应过程中Cu元素化合价降低，中氮元素显2价，具有还原性，反应过程中N元素化合价升高生成N2，符合反应中有气体产生，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒和溶液呈酸性可知反应离子方程式为。②Cu2+在溶液中显蓝色，CuCl中Cu元素为+1价，能被硝酸氧化为+2价，CuCl与硝酸反应过程中Cl元素以Cl形式存在于溶液中，Cl与AgNO3溶液反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，故答案为：将白色沉淀于硝酸，得到蓝色溶液，说明有元素；再向溶液中加入溶液，有白色沉淀，说明有元素。三、工业流程题13．（2021·广东高考真题）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝()、钼()、镍()等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：已知：25℃时，的，；；；该工艺中，时，溶液中元素以的形态存在。(1)“焙烧”中，有生成，其中元素的化合价为_______。(2)“沉铝”中，生成的沉淀为_______。(3)“沉钼”中，为7.0。①生成的离子方程式为_______。②若条件控制不当，也会沉淀。为避免中混入沉淀，溶液中_______(列出算式)时，应停止加入溶液。(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，为_______。②往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量_______(填化学式)气体，再通入足量，可析出。(5)高纯(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止刻蚀液与下层(砷化镓)反应。①该氧化物为_______。②已知：和同族，和同族。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。【答案】+6+=↓【分析】由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。【解析】（1）“焙烧”中，有生成，其中Na和O的化合价为+1和2，根据化合价的代数和为0可知，元素的化合价为+6。（2）“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀为。（3）①滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成沉淀，该反应的离子方程式为+=↓。②若开始生成沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：，该反应的化学平衡常数为。为避免中混入沉淀，必须满足，由于“沉钼”中为7.0，，所以溶液中时，开始生成沉淀，因此，时，应停止加入溶液。（4）①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，故为。②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量，再通入足量，可析出。（5）①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由与反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为。②由和同族、和同族可知，中显+3价（其最高价）、显3价。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，元素被氧化，则该反应的氧化剂为，还原剂为。中的O元素为1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到2价，每个参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为。四、实验题14．（2021·全国高考真题）胆矾()易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的(杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：(1)制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有_______(填标号)。A．烧杯B．容量瓶C．蒸发皿D．移液管(2)将加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为_______，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是_______。(3)待完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量，冷却后用调为3.5～4，再煮沸，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、_______、乙醇洗涤、_______，得到胆矾。其中，控制溶液为3.5～4的目的是_______，煮沸的作用是_______。(4)结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为，加入胆矾后总质量为，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为_______(写表达式)。(5)下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是_______(填标号)。①胆矾未充分干燥②坩埚未置于干燥器中冷却③加热时有少胆矾迸溅出来【答案】A、CCuO+H2SO4CuSO4+H2O不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）过滤干燥除尽铁，抑制硫酸铜水解破坏氢氧化铁胶体，易于过滤①③【解析】(1)制备胆矾时，根据题干信息可知，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿，A、C符合题意，故答案为：A、C；(2)将加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为CuO+H2SO4CuSO4+H2O；直接用废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜与二氧化硫和水，与这种方法相比，将加入到适量的稀硫酸中，加热制备胆矾的实验方案具有的优点是：不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）；(3)硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；中含氧化铁杂质，溶于硫酸后会形成铁离子，为使铁元素以氢氧化铁形成沉淀完全，需控制溶液为3.5～4，酸性环境同时还可抑制铜离子发生水解；操作过程中可能会生成氢氧化铁胶体，所以煮沸，目的是破坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过滤，故答案为：过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤；(4)称量干燥坩埚的质量为，加入胆矾后总质量为，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为。则水的质量是(－)g，所以胆矾（CuSO4•nH2O）中n值的表达式为=n:1，解得n＝；(5)①胆矾未充分干燥，导致所测m2偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；②坩埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所测m3偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏低，不符合题意；③加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m3数值偏小，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；综上所述，①③符合题意，故答案为：①③。2021年化学高考模拟题1．（2021·北京通州区·高三一模）实验室利用废旧电池的铜帽(主要成分为Cu、Zn)制备CuSO4·5H2O的部分实验步骤如图：下列说法不正确的是A．“溶解Ⅰ”中，为加快溶解速率，可将铜帽粉碎B．“滤液Ⅰ”中，溶质的主要成分为ZnSO4C．“溶解Ⅱ”过程中，有大量的气体产生D．“操作Ⅰ”是将溶液直接加热蒸干得到CuSO4·5H2O晶体【答案】D【解析】A．将铜帽粉碎，增大接触面积，加快反应速率，A正确；B．Cu不溶于H2SO4，Zn溶于H2SO4生成可溶于水的ZnSO4，“滤液Ⅰ”中，溶质的主要成分为ZnSO4，B正确；C．“溶解Ⅱ”过程中有铜离子生成，且反应放热，促进双氧水分解产生大量氧气，C正确；D．“操作Ⅰ”是从硫酸铜、稀硫酸的混合溶液中获取硫酸铜晶体，直接加热蒸干会使硫酸铜晶体失去结晶水，且有杂质，应经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到CuSO4·5H2O晶体，D错误；综上所述答案为D。2．（2021·上海徐汇区·高三一模）用浸有硝酸汞溶液的脱脂棉擦拭已打磨过的铝片，其中一片置于空气中，铝片表面生出“白毛”，另一片投入蒸馏水中，持续产生气泡，下列说法正确的是A．白毛是被铝置换出来的汞B．气泡是汞与水反应生成的氢气C．汞能抑制铝表面形成致密的膜D．硝酸汞作催化剂，加快了铝与氧气、水的化学反应速率【答案】C【解析】A．由于Al的活动性比Hg强，Al与硝酸汞溶液发生置换反应：2Al+3Hg(NO3)2=2Al(NO3)3+3Hg。由于Al比较活泼而Hg不活泼，所以裸露出来的Al会再与空气中的氧气发生反应：4Al+3O2=2Al2O3，Al2O3是白色固体，则反应产生的白毛是Al2O3，A错误；B．硝酸汞是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，Al与酸性溶液反应产生H2。由于在金属活动性顺序表中Hg活动性在H的后边，不能与水发生置换反应产生H2，因此气泡不是Hg与水反应产生的，B错误；C．若Hg覆盖在Al表面，就会阻碍Al与空气接触，因此就会抑制铝表面形成致密的膜，C正确；D．根据选项A分析可知：Al与硝酸汞发生置换反应产生了Hg单质，反应产生的Hg并未再反应变为硝酸汞，因此硝酸汞在反应中不是作催化剂，D错误；故合理选项是C。3．（2021·南京市大厂高级中学高二月考）在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）A．N2(g)NO(g)HNO3(aq)B．Al2O3(s)Al(s)NaAlO2(aq)C．BaCl2(aq)BaCO3(s)BaSO4(s)D．MgCl2·6H2O(s)MgCl2(s)Mg(s)【答案】D【解析】A．N2与O2反应生成物为NO，一氧化氮难溶于水，不能直接生成HNO3，还应该通入氧气，才能生成硝酸，A错误；B．铁的金属活动性比铝的金属活动性弱，不能从三氧化铝中置换出金属铝，此方法得不到Al，B错误；C．BaCl2和CO2不反应，一般情况下弱酸不能生成强酸，因此不能生成BaCO3，C错误；D．MgCl2·6H2O在HCl气体中加热分解生成MgCl2，电解熔融的MgCl2可得金属镁，物质间转化均能实现，D正确；答案选D。4．（2021·九龙坡区·重庆市育才中学高三三模）下列物质在生活中的应用与氧化还原反应无关的是A．用多孔薄膜包裹的CaO用作衣物防潮剂B．ClO2常用于自来水的杀菌消毒C．用KMnO4溶液浸润的硅藻土吸收水果散发出的乙烯D．呼吸面具中常用Na2O2作供氧剂【答案】A【解析】A．用多孔薄膜包裹的CaO用作衣物防潮剂，主要是氧化钙和水反应，是非氧化还原反应，故A符合题意；B．ClO2常用于自来水的杀菌消毒，利用强氧化性，与氧化还原反应有关，故B不符合题意；C．用KMnO4溶液浸润的硅藻土吸收水果散发出的乙烯，高锰酸钾氧化乙烯，与氧化还原反应有关，故C不符合题意；D．呼吸面具中常用Na2O2作供氧剂，过氧化钠和二氧化碳反应生成氧气和碳酸钠，与氧化还原反应有关，故D不符合题意。综上所述，答案为A。5．（2021·安徽高三一模）科学实验中，要尽可能避免干扰因素对实验的影响。下列分析错误的A．用甲操作检验K+，应透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，来排除Na+干扰B．用乙装置制备氢氧化亚铁，胶头滴管插到覆盖一层苯的液面以下，以防止空气干扰C．用丙装置制备并检验乙烯，氢氧化钠溶液用来排除CO2对乙烯检验的干扰D．丁装置中，读出H2的体积时，待装置冷却至室温，将漏斗缓缓下移至两端的液面处于相平，是为了防止温度和压强对气体体积的影响【答案】C【解析】A．用焰色试验检验钾离子时，观测钾元素的焰色时要透过蓝色钴玻璃片，滤去钠元素的黄光的干扰，来排除钠离子的干扰，故A正确；B．氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化，制备氢氧化亚铁时，长胶头滴管插到覆盖一层苯的液面以下，以防止空气干扰，故B正确；C．用乙醇与浓硫酸共热制备乙烯时，乙醇具有挥发性，浓硫酸具有脱水性和强氧化性，会发生副反应，使得乙烯气体中混有乙醇、二氧化硫、二氧化碳等杂质，其中乙烯和乙醇、二氧化硫都能与酸性高锰酸钾溶液反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，则检验乙烯时，应将混合气体通过盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶吸收乙醇、二氧化硫、二氧化碳等，用来排除乙醇、二氧化硫对乙烯检验的干扰，故C错误；D．测定气体体积时必须测定实验时的室温和压强，则读出氢气的体积时，应待装置冷却至室温，将漏斗缓缓下移至两端的液面处于相平测定氢气体积，防止温度和压强对氢气体积的影响，故D正确；故选C。6．（2021·浙江高三其他模拟）下列说法正确的是A．纯碱因碱性过强，不可用于食品工业B．分子筛只能用于气体混合物的分离、提纯C．新制氯水呈酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色D．合金的性能可以通过所添加合金元素的种类、含量和生成合金的条件等加以调节【答案】D【解析】A．纯碱的主要成分为碳酸钠，容易水解，溶液显弱碱性，常用于食品工业、造纸工业等，故A错误；B．某些铝硅酸盐形成的分子筛中有许多笼状空穴和通道，常用于分离、提纯气体或液体物质，还可作干燥剂及催化剂载体，故B错误；C．新制氯水中存在反应Cl2+H2O=HCl+HClO，新制氯水中含有H+，显酸性，还含有HClO，具有漂白性，滴加紫色石蕊试液先变红色，然后褪为无色，故C错误；D．合金与各组成金属相比，合金的熔点比它的各成分金属的熔点低，硬度比它的各成分金属的大，机械性能好，有些金属具有较强的抗腐蚀性，所以可以通过所添加合金元素的种类、含量和生成合金的条件等来调节合金的性能，故D正确；故选D。7．（2021·天津南开区·南开中学高三三模）下列实验操作能达到预期实验目的的是选项目的操作A比较S与Cl元素非金属性强弱测定等浓度Na2S、NaCl溶液的pHB制取硅酸胶体向饱和硅酸钠溶液中加入过量浓盐酸C检验某溶液中是否含有Fe2+取少量溶液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液D除去Na2CO3溶液中的NaHCO3向溶液中通入足量CO2A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】A．测定等浓度Na2S、NaCl溶液的pH，可比较氢化物的酸性，但不能比较元素非金属性强弱，应该通过比较元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱判断，A错误；B．饱和硅酸钠溶液中加入过量浓盐酸，会生成硅酸沉淀，但不能制备胶体，B错误；C．Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成蓝沉淀，因此该操作可检验溶液中是否含有Fe2+，C正确；D．碳酸钠与二氧化碳反应产生碳酸氢钠，不能除杂，应加适量NaOH溶液，D错误；故选C。8．（2021·重庆市长寿中学校高三其他模拟）用下列实验装置进行相应实验，装置正确且能达到相应实验目的的是A．用图1所示装置测定Fe2＋的浓度B．用图2所示装置制取少量CO2气体C．用图3所示装置用所示装置分离I2和NH4Cl固体D．用图4用于验证牺牲阳极的阴极保护法【答案】D【解析】A．图1所示装置盛装酸性高锰酸钾应用酸式滴定管，A不符合题意；B．纯碱是粉末状，故不能控制制取少量CO2，B不符合题意；C．NH4Cl固体受热易分解为NH3和HCl，遇冷又反应生成NH4Cl，I2受热易升华，遇冷凝华，无法达到分离目的，C不符合题意；D．Fe2+与铁氰化钾产生蓝色沉淀，若加入铁氰化钾不产生蓝色沉淀，说明Fe被保护，即验证了牺牲阳极的阴极保护法，D符合题意；故答案选D。9．（2021·广东汕头市·金山中学高三三模）2021年4月29日，“天和”核心舱成功发射，标志着中国空间站在轨组装建造全面展开。针对以下配置说法不正确的是A．柔性三结砷化镓太阳能电池阵：砷化镓属于半导体，相对于硅电池，光电转化率更高B．核心舱变轨动力依靠电推发动机：相对于化学燃料更加经济与环保C．生活舱内配备环境控制与生命保障系统：航天员主要通过Na2O获取呼吸用氧D．可再生水循环系统：从尿液分离出纯净水，可以采用多次蒸馏的方法【答案】C【解析】A．砷化镓是IIIV族半导体材料的典型代表，三结型砷化镓太阳能电池光电转换效率可以达到50%以上，远远高于Si太阳能电池，故A正确；B．电能相对于化学燃料更加经济与环保，故B正确；C．航天员主要通过Na2O2获取呼吸用氧，故C错误；D．用蒸馏法获得的水为蒸馏水，只有一种物质，是纯净物，故D正确；选C。10．（2021·浙江高三其他模拟）下列“类比”合理的是A．C在足量O2中燃烧生成CO2，则S在足量O2中燃烧生成SO3B．铜丝在氯气中燃烧生成CuCl2，则铁丝在氯气中燃烧生成FeCl2C．Mg在CO2中燃烧生成MgO和C，则Na在CO2中燃烧可能生成Na2CO3和CD．往AlCl3溶液中加入过量氨水生成Al(OH)3沉淀，则往CuCl2溶液中加入过量氨水生成Cu(OH)2沉淀【答案】C【解析】A．S在足量O2中燃烧只能生成SO2，不能生成SO3，故A错误；B．铁丝在氯气中燃烧只能生成FeCl3，不能生成FeCl2，故B错误；C．钠的金属性比镁强，则钠也能在二氧化碳中燃烧生成氧化钠和碳，氧化钠与过量的二氧化碳反应生成碳酸钠，则钠在二氧化碳中燃烧可能生成碳酸钠和碳，故C正确；D．氢氧化铜能与氨水反应生成四氨合铜离子，则氯化铜溶液中加入过量氨水生成生成四氨合铜离子，不能生成氢氧化铜沉淀，故D错误；故选C。11．（2021·山西太原五中高三二模）不仅是生活中，在化学实验中，我们也常常使用到棉花。下列实验中，关于棉花团的用途叙述不正确的是A．图一加热高锰酸钾固体制备氧气时，是为了防止高锰酸钾固体堵塞导气管B．图二制取氨气时，干棉花是为了防止氨气逸出污染环境C．图三Fe与水蒸气反应时，是为了受热时提供高温水蒸气与铁粉反应D．图四向包有Na2O2的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉燃烧，说明Na2O2与水的反应是放热反应【答案】B【解析】A．高锰酸钾粉末易被氧气吹入导气管中，则棉花团防止高锰酸钾固体堵塞导气管，故A正确；

B．氨气易与空气对流，则干棉花是为了防止氨气与空气对流，用硫酸湿润可防止氨气逸出污染环境，故B错误；

C．高温下与水蒸气发生反应，则湿棉花受热时提供高温水蒸气与铁粉反应，故C正确；

D．脱脂棉燃烧，可知发生的反应放热，则Na2O2与水的反应是放热反应，故D正确；

故选：B。12．（2021·北京人大附中）下列关于铷(Rb)的叙述正确的是A．它位于周期表的第四周期、第IA族B．在钠、钾、铷3种单质中，铷的熔点最高C．氢氧化铷是弱碱D．硝酸铷含共价键，属于离子化合物【答案】D【解析】A．铷的原子序数为37，位于周期表第五周期第IA族，第四周期的为K元素，故A错误；B．碱金属元素从上到下，金属单质的熔点逐渐降低，在钠、钾、铷3种单质中，钠的熔点最高，故B错误；C．同主族元素从上到下，元素的金属性逐渐增强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，NaOH为强碱，则氢氧化铷也强碱，且碱性更强，故C错误；D．硝酸铷电离产生金属阳离子和酸根离子，属于离子化合物，硝酸根中N、O之间存在共价键，故D正确；故选D。13．（2021·延寿县第二中学高二月考）下列物质的用途与其化学性质对应关系正确的是选项化学性质实际应用A具有还原性漂白纸浆B能与和水反应作供氧剂C的水溶液具有碱性作矿物胶DAl是活泼金属铝质容器贮运浓硝酸A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】A．漂白纸浆利用的是的漂白性而不是还原性，选项A错误；B．能与和水反应产生氧气，故可作供氧剂，选项B正确；C．作矿物胶是利用水玻璃的黏性，选项C错误；D．铝质容器贮运浓硝酸是利用铝在常温下遇浓硝酸钝化，选项D错误。答案选B。14．（2021·石家庄市第二十四中学高二期中）下列实验操作正确的是实验操作A观察钠与水反应的现象用镊子从煤油中取出钠，切下豆绿大小的钠，放入装满水的烧杯中B检验NaHCO3与Na2CO3溶液用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水C证明Na2O2与CO2反应是放热反应棉花包裹的Na2O2放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧说明是放热反应D检验Na2CO3与K2CO3溶液用铂丝分别蘸取溶液，在酒精灯外焰上灼烧，直接观察火焰的颜色A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】A．应将钠表面的煤油用滤纸吸干且烧杯中不能装满水，操作不规范，A项错误；B．分别向NaHCO3与Na2CO3溶液中滴加澄清石灰水，都有白色沉淀产生，无法鉴别，可滴加氯化钡溶液加以鉴别，B项错误；C．Na2O2与CO2反应生成氧气，棉花燃烧说明温度达到了其着火点，能证明Na2O2与CO2的反应是放热反应，C项正确；D．观察钾的焰色反应要透过蓝色钴玻璃，D项错误；答案选C。15．（2021·广东高三其他模拟）下列实验过程可以达到实验目的的是选项实验目的实验过程A制备胶体在加热时，向的溶液中滴加NaOH溶液B验证沉淀可以转化为沉淀向NaOH溶液中加入几滴的溶液，生成白色沉淀，再加入几滴的溶液C除去溶液中向溶液中加入适量的稀盐酸D鉴别NaCl和KI溶液用两支试管分别取两种溶液少量，向其中滴加少量新制氯水，再加入1～2mLCCl溶液，振荡、静置A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】A．将NaOH溶液加入溶液只能得到沉淀，得不到胶体，应该是把氯化铁饱和溶液滴入沸腾的蒸馏水中继续煮沸至溶液呈红褐色为止，A项错误；B．反应中NaOH溶液过量无法验证沉淀的转化，B项错误；C．适量的稀盐酸与反应生成和NaCl，混入新的杂质，应该是通入足量二氧化碳气体，C项错误；D．新制氯水把氧化为，再加入溶液，振荡、静置，分层，下层呈紫色的是KI，D项正确；答案选D。16．（2021·天津河西区·高三三模）能实现下列物质间直接转化的元素是单质氧化物酸或碱盐A．Fe B．Si C．Na D．Cu【答案】C【解析】A．Fe与氧气点燃会生成四氧化三铁，四氧化三铁不溶于水，也不与水发生反应，不能实现直接转化，A不符合题意；B．Si与氧气加热条件下可生成二氧化硅，但二氧化硅不溶于水，也不与水发生反应，不能实现直接转化，B不符合题意；C．Na与氧气常温下可生成氧化钠，氧化钠与水反应可生成氢氧化钠(碱)，氢氧化钠再与HCl发生中和反应生成氯化钠(盐)和水，均可实现物质间直接转化，C符合题意；D．Cu与氧气加热条件下可生成氧化铜，但氧化铜不溶于水，也不与水发生反应，不能实现直接转化，D不符合题意；故选C。17．（2021·浙江高三三模）下列“类比合理的是A．在足量中燃烧生成，则在足量中燃烧生成B．铜丝在氯气中燃烧生成CuCl2，则铁丝在氯气中燃烧生成C．与反应生成和，则与反应可能生成和D．往溶液中加入过量氨水生成沉淀，则往溶液中加入过量氨水生成沉淀【答案】C【解析】A．在足量中燃烧生成，而在足量中燃烧生成SO2，故A错误；B．氯气具有强氧化性，能够把变价金属氧化为最高价，因此铜丝在氯气中燃烧生成CuCl2，铁丝在氯气中燃烧生成，故B错误；C．由于二氧化碳过量，钠的氧化物能够与二氧化碳反应，所以与反应可能生成和，故C正确；D．氢氧化铝不溶于过量的氨水，而氢氧化铜能够与过量的氨水反应生成Cu(NH3)4(OH)2溶液，沉淀溶解，故D错误；故选C。18．（2021·山东日照市·高三三模）以197g六氨合氯化镁为原料，经酸化、碳化、热解、过滤、干燥制得932g碱式碳酸镁产品，同时获取副产物CO226.88L(标准状况)。原理如下(假定每步反应都没有损耗；x、y、z的最简整数比为x：y：z)。酸化反应：MgCl2·6NH3+6HC1=MgC12+6NH4C1；碳化反应：MgCl2+2NH4HCO3=Mg(HCO3)2+2NH4Cl；热解反应：Mg(HCO3)2→xMgCO3·yMg(OH)2·zH2O↓+CO2↑(未配平)。下列说法正确的是A．xMgCO3·yMg(OH)2·zH2O属于混合物B．x=z=2C．y=1D．副产物NH4C1可用作化肥，也可用热分解法制备氨气【答案】C【分析】根据题意，产生的二氧化碳在标况下的体积为26.88L，其物质的量为=，因为没有损耗，所以由197g六氨和氯化镁，即1mol制得的碳酸氢镁为1mol；根据H原子守恒，可得中，碳酸氢镁的系数为，二氧化碳的系数为，由此可得、，解得、，即，即、。【解析】A．碱式碳酸镁属于化合物，故A错误；B．，故B错误；C．，故C正确；D．氯化铵属于含氮元素的盐，可用作化肥，因其分解产生氨气和氯化氢，冷却时又反应生成氯化铵，不能热分解制备氨气，故D错误；故选C。19．（2021·浙江绍兴市·高三其他模拟）下列说法正确的是A．含铁元素的硫酸铁是一些补血药剂的主要成分B．镁合金密度小，硬度和强度大，常用作制造火箭、飞机的部件C．碳酸钠溶液呈碱性，故可以用作胃药起到中和胃酸的作用D．氯气有毒，故不可用作药物的合成【答案】B【解析】A．含铁元素的硫酸亚铁是一些补血药剂的主要成分，故A错误；B．镁合金密度小，硬度和强度大，耐腐蚀等方面的优点，常用作制造火箭、飞机的部件，故B正确；C．碳酸钠碱性太强，不能用作胃药，故C错误；D．氯气是有毒气体，但能用于药物的合成，故D错误；故选B。20．（2021·浙江）下列说法不正确的是A．火山附近的温泉因常常含有游离态硫而具有杀菌作用B．氧化镁、氧化铝熔点高，都可用作耐火材料C．某些硅酸盐具有多孔结构，可用于分离、提纯气体或液体混合物，还可作干燥剂、催化剂D．溴化银是一种重要的感光材料，常用于人工降雨【答案】D【解析】A．游离态的硫磺能破坏细菌表面的保护膜，具有杀菌作用，即火山附近的温泉因常常含有游离态硫而具有杀菌作用，故A正确；B．氧化镁、氧化铝均是离子化合物，离子键强，导致熔点高，可作为耐高温耐火材料，故B正确；C．某些硅酸盐具有多孔结构，吸附性强，可用于分离、提纯气体或液体混合物，还可作干燥剂、催化剂等，故C正确；D．溴化银是一种重要的感光材料，可用于照相底片感光，碘化银常用于人工降雨，故D错误；故选D。21．（2021·广东广州市·高三二模）以混有的为原料制备氧化镁的实验流程如图：下列说法错误的是A．酸浸的离子方程式为B．浸出渣的成分是C．母液的主要溶质是D．固体X是【答案】A【分析】盐酸酸浸，可溶，不溶，滤渣为，浸出液中主要成分是，加入氨水沉镁，，母液主要溶质是，固体X为，以此解答。【解析】A．盐酸酸浸，是微溶物，不可拆成离子，故A错误；B．盐酸酸浸，可溶，不溶，滤渣为，故B正确；C．加入氨水沉镁，，母液主要溶质是，故C正确；D．沉镁过程中，加入氨水沉镁，，母液主要溶质是，固体X为，故D正确；故选A。22．（2021·河南郑州市）利用化学反应可以制取人们需要的物质。下列物质间的转化均能实现的是A．B．C．D．【答案】C【解析】A．电解熔融的氯化钠制得氯气，氯气与石灰乳反应制得漂白粉而不是与石灰水反应，选项A不符合；B．一氧化碳还原四氧化三铁得到铁单质，铁与盐酸反应生成氯化亚铁而不是得到氯化铁，选项B不符合；C．氯气与溴化钠发生置换反应制得溴单质，溴与二氧化硫在水中发生反应生成氢溴酸和硫酸，物质间的转化均能实现，选项C符合；D．氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁溶液，电解氯化镁溶液得到氢氧化镁、氢气和氯气，应该是电解熔融的氯化镁才能得到镁单质，选项D不符合；答案选C。23．（2021·北京高三其他模拟）下列生活中的做法可以用氧化还原反应规律解释的是ABCD用铁粉作脱氧保鲜剂用白醋去除水垢用纯碱溶液清洗油污用明矾净水A．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】A．用铁粉作脱氧保鲜剂，生成氧化铁，氧气被铁单质还原，故选A；B．用白醋去除水垢，醋酸和碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳、水，没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故不选B；C．用纯碱溶液清洗油污，油脂在碱性溶液中发生水解反应生成高级脂肪酸钠和甘油，没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故不选C；D．用明矾净水，铝离子水解为氢氧化铝胶体，吸附水中的悬浮杂质，没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故不选D；选A。24．（2021·广东广州市·华南师大附中高三三模）化学科学在“国之重器”的打造中发挥着重要作用。下列有关叙述正确的是A．“墨子号”卫星成功发射实现了光纤量子通信，生产光纤的原料为晶体硅B．实现海上首飞的“鲲龙”水陆两栖飞机的燃料—航空煤油是一种烃的纯净物C．长征五号火箭的箭体蒙皮材料2219—铝合金，可一定程度上减轻火箭的质量D．“奋斗者”号载人潜水器成功坐底，深度10909m，所用的硬质合金潜孔钻头属于复合材料【答案】C【解析】A．光纤的成分为二氧化硅，A错误；B．煤油来源于石油的分馏，是碳原子数11~16烃的混合物，B错误；C．铝合金密度小、质量轻，可一定程度上减轻火箭的质量，C正确；D．金属单质或合金均属于金属材料，故硬质合金属于金属材料，D错误；故答案选C。25．（2021·重庆市第十一中学校高三二模）故宫是中国最大的古代文化艺术博物馆，珍藏了大量文物。下列说法错误的是A．氧化铁可作故宫红色外墙的涂料B．莲鹤方壶是春秋中期的青铜器，其材质属于合金C．孩儿枕是北宋的定窑白瓷，其主要成分是硅酸盐D．《清明上河图》是在生丝织成的绢上作画，绢的主要成分是纤维素【答案】D【解析】A．氧化铁呈红色，可作为墙壁的红色涂料，A正确；B．青铜器含多种金属元素，属于合金，B正确；C．白瓷是陶瓷，成分是硅酸盐，C正确；D．绢的主要成分是蛋白质，D错误；故选：D。26．（2021·青海西宁市·高三二模）利用下列装置进行实验(夹持仪器已省略)，能达到实验目的的是A．图甲制取并收集干燥纯净的NH3B．图乙用于配制100mL一定浓度H2SO4溶液C．用图丙装置实现Cu+H2SO4=CuSO4+H2↑D．用图丁装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察到白色【答案】A【解析】A．CaO+H2O=Ca(OH)2,NH3∙H2O=NH3↑+H2O，氨气用碱石灰干燥，图甲制取并收集干燥纯净的NH3，故A正确；B．浓H2SO4不能在容量瓶中稀释，故B错误；C．该装置内没自发的氧化还原反应、不能构成原电池，无法实现Cu+H2SO4=CuSO4+H2↑，要实现该反应，可以通过电解，且铜作阳极，故C错误；D．酒精与水互溶，起不到隔绝空气的作用，要用图丁装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察到白色，需将酒精换成苯等密度小于水的不溶试剂，故D错误；故选A。27．（2021·安徽高三一模）碱式盐是能电离出氢氧根或氧离子的盐。下列说法错误的是A．Sn(OH)Cl和FeOOH都属于碱式盐B．铜绿[主要成分为Cu2(OH)2CO3]产生的原因是2Cu+H2O+O2+CO2=Cu2(OH)2CO3C．聚合硫酸铁{[Fe2(OH)n(SO4)3]m}是一种无机高分子絮凝剂，可用于污水处理D．Mg2(OH)3ClO•H2O在酸性溶液中具有杀菌、漂白作用【答案】A【解析】A．FeOOH不能电离出酸根阴离子，不属于盐，A错误；B．铜在空气中与氧气、二氧化碳和水反应生成铜锈，化学方程为2Cu+H2O+O2+CO2=Cu2(OH)2CO3，B正确；C．聚合硫酸铁中Fe为+3价，溶于水产生Fe3+，Fe3+能水解生成具有吸附作用的Fe(OH)3胶体，可以净水，C正确；D．Mg2(OH)3ClO•H2O在酸性溶液中生成次氯酸，次氯酸可以杀菌、漂白，D正确；综上所述答案为A。28．（2021·北京高三其他模拟）研究甲醛与新制Cu(OH)2反应的固体产物(固体A)，实验如图。已知：Cu2O、CuO均能溶于浓氨水，分别产生Cu(NH3)(无色)、Cu(NH3)(蓝色)。下列说法不正确的是A．甲醛与新制Cu(OH)2反应时，Cu(OH)2被还原B．②→④无色溶液变蓝，说明固体A中存在Cu2OC．③→⑤出现蓝色溶液的原因是2Cu+O2+8NH3•H2O=2Cu(NH3)+4OH+6H2OD．将试管①替换为，放置一段时间后发现溶液变蓝，也能确认固体A的成分【答案】D【解析】A．甲醛与新制Cu(OH)2反应时，反应生成Cu2O，铜元素化合价降低，则Cu(OH)2被还原，故A正确；B．由已知Cu(NH3)(无色)，Cu(NH3)(蓝色)，且Cu2O均能溶于浓氨水，则②→④无色溶液变蓝，说明固体A中存在Cu2O，故B正确；C．已知：Cu2O、CuO均能溶于浓氨水，固体A经浓氨水浸泡后得到红色固体应为Cu，则③→⑤出现蓝色溶液的原因是2Cu+O2+8NH3•H2O=2Cu(NH3)+4OH+6H2O，故C正确；D．将试管①替换为，没有密封，空气中的氧气可能参与反应，则放置一段时间后发现溶液变蓝，不能确认固体A的成分，故D错误。故选D。29．（2021·甘肃省民乐县第一中学高三二模）现在有很多电视节目聚焦中国传统文化艺术精品，用现代化的传播方式及国际化的视角来系统地诠释中国古代艺术品的精湛与美艳。下列说法中不正确的是A．北宋的天青无纹椭圆水仙盆是“瓷器第一宝”，其主要成分是二氧化硅B．西周时期的伯矩鬲是罕见的青铜器，鬲身的铜绿的主要成分是碱式碳酸铜C．王羲之的书法作品《快雪时晴帖》堪称“书法第一宝”，纸张的主要成分是高分子化合物D．西汉素纱禅衣是世界上现存年代最早、保存最完整、制作工艺最精湛的一件衣服，它由精缫的蚕丝织造，蚕丝和毛笔中的狼毫成分相同【答案】A【解析】A．瓷器的主要成分是硅酸盐，故A错误；B．铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，故B正确；C．纸张的主要成分是纤维素，纤维素属于高分子化合物，故C正确；D．蚕丝和毛笔中的狼毫的主要成分都是蛋白质，成分相同，故D正确；故选A。30．（2021·广东茂名市·高三二模）后母戊鼎是迄今世界上出土最大、最重的青铜礼器，形制巨大，雄伟庄严，工艺精巧，足以代表高度发达的商代青铜文化。下列有关说法错误的是A．青铜的熔点低于纯铜B．古代湿法炼铜的原理是置换反应C．现代电解精炼铜时，粗铜作阳极D．青铜器表面的铜绿是铜的一种氧化物【答案】D【解析】A．青铜是合金，形成合金后熔点降低，则青铜的熔点低于纯铜，故A不选；B．古代湿法炼铜的原理是铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，是置换反应，故B不选；C．现代电解精炼铜时，粗铜作阳极失去电子被氧化，故C不选；D．青铜器表面的铜绿是碱式碳酸铜，是铜的一种碱式盐，故D选；故选：D。31．（2021·山东）碲被誉为现代工业的维生素，主要用于石油裂化的催化剂，还可添加到钢材中增加其延展性等。某工艺从精炼铜的阳极泥(含有Cu2Te、Au、Ag等)中回收碲和贵重金属的流程如下所示：已知：①TeO2是两性氧化物，微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱分别生成Te4+和TeO。②在1000℃时，Ag才能O2发生明显的反应，常温下在空气中几乎不反应。下列说法错误的是A．“焙烧”时，主要反应的方程式为Cu2Te+2O22CuO+TeO2B．“滤液①”中分批加入双氧水，提高H2O2利用率C．“酸浸①”用稀硫酸浸取，“酸浸②”用稀硝酸浸取D．“热还原”时，先加H2C2O4，再加足量硫酸，提高反应速率【答案】D【分析】阳极泥中含有Cu2Te、Au、Ag；根据题中信息可知，在“焙烧”过程中，主要是Cu2Te被氧化，且生成CuO、TeO2；经过“碱浸”，TeO2变为而留在“滤液①”，而“滤渣①”主要含有CuO、Ag、Au；“滤渣①”经过两次酸浸，逐步将Cu、Ag两种元素从“滤渣①”分离出，得到Au的同时，也将Cu、Ag分开，以更好地回收贵重金属，则“酸浸①”可以使用H2SO4，“酸浸②”可以使用HNO3；向“滤液①”中加入双氧水，将氧化为，再经过“加热浓缩”得到Na2TeO4浓溶液，再经过“热还原”得到碲粉。【解析】A．根据题中信息可知，阳极泥在“焙烧”过程中，主要是Cu2Te被氧化，且生成CuO、TeO2，反应的化学方程式为：，A正确；B．H2O2易分解，向“滤液①”中分批加入双氧水，可以降低H2O2分解率，提高H2O2的利用率，B正确；C．“滤渣①”主要含有CuO、Ag、Au；“酸浸①”使用H2SO4可以分离出Cu元素，“酸浸②”使用HNO3可以分离出Ag元素，从而将三种金属元素分离，以更好地回收金属，C正确；D．“热还原”时，发生的化学反应为Na2TeO4+H2SO4+3H2C2O4=Na2SO4+6CO2↑+Te↓+4H2O，由此可知该反应需要强酸性环境，若先加入H2C2O4，再加足量H2SO4，不能提高反应速率，应该先加入足量H2SO4，再加入H2C2O4，D错误；故选D。32．（2021·湖南衡阳市·）如图是以一种以绿柱石(主要含有BeO、、、和FeO等)为原料制取单质铍的工艺流程。已知常温下，在pH＞10时会溶解。下列相关说法错误的是A．“除铁”过程应先加适量，再加适量氨水调节pHB．“沉铍”过程中，氨水也可改用过量的NaOH溶液C．其中“分解”过程中发生的反应之一可表示为D．用镁热还原法制取铍时Ar气可以改为【答案】BD【分析】用稀硫酸溶解含铍矿绿柱石，其中BeO、Al2O3、Fe2O3和FeO均能溶于酸，而SiO2不溶于酸且不溶于水，经过滤除去，则滤渣I为SiO2，而滤液中主要含有Be2+、Al3+、Fe3+、Fe2+及过量的酸，向滤液中加入(NH4)2SO4，有铝铵钒[(NH4)Al(SO4)2・12H2O]析出，经过过滤除去，达到除铝的目的，继续向所得滤液中加入加入适量H2O2氧化Fe2+，再加适量氨水调整的pH，使溶液中Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，再过滤除去，达到除铁的目的。再向滤液中加入氨水、HF，得到(NH4)2BeF4，高温分解得到BeF2，加入镁在高温下反应生成Be，以此解答该题。【解析】A．用稀硫酸溶解含铍矿绿柱石，FeO反应变为Fe2+，Fe2O3反应变为Fe3+，先加适量H2O2，可以将Fe2+氧化为Fe3+，再加适量氨水调整的pH，使溶液中Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去，达到除铁的目的，A项正确；B．由于Be(OH)2显两性，能够与NaOH反应，在“沉铍”过程中，若将氨水改用过量的NaOH溶液，则反应产生的Be(OH)2溶于过量NaOH转化为可溶性Na2BeO2，不能形成沉淀，因此不能使用NaOH溶液，B项错误；C．在“分解”过程中(NH4)2BeF4发生分解反应，产生、、BeF2，故反应的化学反应为，C项正确；D．Mg能和反应反应生成，因此不能将Ar气改为，D项错误；答案选BD。33．（2021·山东泰安市·泰安一中高三其他模拟）碱式次氯酸镁[MgmClO(OH)n·H2O]微溶于水，不潮解，相对稳定，是一种有开发价值的无机抗菌剂，以菱镁矿(MgCO3，含少量FeCO3)为主要原料，制备碱式次氯酸镁的工艺流程如图，下列说法正确的是A．流程中酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+B．调pH时所选试剂只能是MgCO3C．过滤1所得的滤渣含有Fe(OH)3D．“混合”时反应的离子方程式只有：Mg2++ClO+OH+H2O=MgClO(OH)·H2O↓【答案】AC【分析】菱镁矿含少量FeCO3，用盐酸溶解，MgCO3、FeCO3都和盐酸反应分别生成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+使转化为Fe(OH)3沉淀过滤除去，滤液为MgCl2溶液，向MgCl2溶液中加入NaClO溶液、NaOH溶液得到[MgmClO(OH)n•H2O]。【解析】A．由以上分析可知，流程中酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+，A正确；B．由以上分析可知，调pH时所选试剂不只是MgCO3，MgO、或Mg(OH)2均可，B错误；C．由以上分析可知，过滤1所得的滤渣含有Fe(OH)3，C正确；D．据该工艺流程所制备的物质为碱式次氯酸镁[MgmClO(OH)n·H2O]，混合时发生反应的产物不仅是MgClO(OH)·H2O，还有如Mg2ClO(OH)3•H2O等多种物质，D错误；故选AC。34．（2021·新蔡县第一高级中学高一月考）硼氢化钠(NaBH4)广泛用于化工生产，常温下能与水反应，易溶于异丙胺(沸点为33℃)。工业上可用硼镁矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O，含少量杂质Fe3O4)制取NaBH4，其工艺流程如下：回答下列问题：(1)NaBH4的电子式为___________。(2)碱溶时Mg2B2O5发生反应的化学方程式是___________。(3)滤渣的成分是___________。(4)高温合成中，加料之前需将反应器加热至100℃以上并通入氩气，该操作的目的是___________，实验室取用少量金属钠用到的实验用品有___________、滤纸、玻璃片和小刀。(5)操作2的名称为___________。流程中可循环利用的物质是___________。(6)NaBH4常用作还原剂，H2也是常见的还原剂。与相同氧化剂反应时，1gNaBH4的还原能力相当于___________gH2的还原能力(B元素化合价不变，氧化产物中氢元素化合价相同，结果保留两位小数)。【答案】Mg2B2O5＋2NaOH＋H2O=2NaBO2＋2Mg(OH)2Fe3O4和Mg(OH)2除去反应器中的水蒸气和空气镊子蒸馏异丙胺0.21【分析】硼镁矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O，含少量杂质Fe3O4)中的Fe3O4不溶于NaOH溶液，过滤后形成滤渣，得到的NaBO2经过结晶得到Na2B4O7⋅10H2O，脱水后生成Na2B4O7，Na2B4O7在钠和氧气条件下与二氧化硅反应生成NaBH4和硅酸钠，用异丙胺溶解生成的NaBH4，除去硅酸钠，通过蒸馏分离得到NaBH4，以此解答。【解析】(1)NaBH4的是离子化合物，阳离子为Na+，阴离子为，电子式为；(2)由流程图可知，碱溶时Mg2B2O5与NaOH反应转化为NaBO2，发生反应的化学方程式为Mg2B2O5＋2NaOH＋H2O=2NaBO2＋2Mg(OH)2；(3)硼镁矿中Fe3O4不溶于浓NaOH溶液，以滤渣的形式析出，另外，碱溶时生成的Mg(OH)2也以滤渣的形式析出，所以滤渣的成分为Mg(OH)2和Fe3O4；(4)Na的性质活泼，能与水和空气中的氧气反应，结合题干中硼氢化钠在常温下能与水反应，所以加料前须先排除水蒸气和空气的干扰；原料金属钠通常保存在煤油中，实验室取用少量金属钠用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀；(5)NaBH4易溶于异丙胺且异丙胺的沸点低，结合流程图可知，操作2是蒸馏NaBH4的异丙胺溶液，回收异丙胺，异丙胺可循环利用；(6)NaBH4和H2作还原剂时氧化产物中氢元素都为+1价，NaBH4作还原剂氢元素由1价→+1价，H2作还原剂氢元素由0价→+1价，1gNaBH4作还原剂转移的电子的物质的量为=0.21mol，转移电子的物质的量为0.21mol时消耗H2的质量为=0.21g，则1gNaBH4的还原能力相当于0.21gH2的还原能力，故答案为：0.21。35．（2021·青海西宁市·高三二模）钴是元素周期表第四周期第VIII族元素，其化合物用途广泛。如：LiCoO2作锂电池的正极材料。已知利用原钴矿Co2O3(含Cr2O3、NiS等杂质)制备LiCoO2的工艺流程如下：资料：①在含一定量Cl的溶液中：Co2++4ClCoCl。②CoCl溶于有机胺试剂，有机胺不溶于水。③盐酸溶液中，有机胺试剂对金属离子的溶解率随盐酸浓度变化如图所示：(1)步骤i的目的是_______。(2)步骤ii中出现了淡黄色沉淀，写出发生该反应的离子方程式：_______。(3)从平衡移动角度解释步骤iii中加入NaCl固体的目的是_______。(4)步骤vi用(NH4)2CO3作沉钴剂，在一定条件下得到碱式碳酸钴[Co2(OH)2CO3]。实验测得在一段时间内加入等量(NH4)2CO3所得沉淀质量随反应温度的变化如图所示，分析曲线下降的原因_______。(5)步骤vi沉钴中(常温下进行)，若滤液中Co2+含量为5.9×102g·L1，此时溶液的pH为_______。{Ksp[Co(OH)2]=1.0×1015}(6)步骤viii中Co3O4和Li2CO3混合后，鼓入空气，经高温烧结得到LiCoO2.该反应的化学方程式是_______。【答案】增大接触面积，加快浸取速率Co2O3+NiS+6H+=2Co2++S+Ni2++3H2O加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，Co2++4ClCoCl平衡右移，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度温度过高，碳酸铵分解(或铵根离子和碳酸根离子水解程度增大)，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少8.04Co3O4+6Li2CO3+O212LiCoO2+6CO2【分析】由流程可知，原钴矿球磨后加入盐酸浸取，由题给信息可知，为分离Co2+与Cr2+、Ni2+，加入盐酸浓度在10mol/L以上，浸出液加入氯化钠固体，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度，加入有机胺试剂萃取、洗脱，可得到CoCl2溶液，加入碳酸铵生成碱式碳酸钴，煅烧生成Co3O4，加入碳酸锂，可生成LiCoO2。【解析】(1)步骤i为球磨，将原钴矿磨碎，目的是增大接触面积，加快浸取速率。故答案为：增大接触面积，加快浸取速率；(2)步骤ii中出现了淡黄色沉淀，是NiS在酸性环境下将Co2O3还原为Co2+，NiS中的2价的S被氧化为淡黄色的S单质，发生该反应的离子方程式：Co2O3+NiS+6H+=2Co2++S+Ni2++3H2O。故答案为：Co2O3+NiS+6H+=2Co2++S+Ni2++3H2O；(3)从平衡移动角度解释步骤iii中加入NaCl固体的目的是加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，Co2++4ClCoCl平衡右移，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度。故答案为：加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，Co2++4ClCoCl平衡右移，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度；(4)由图象可知，温度升高，沉淀曲线下降，曲线下降的原因温度过高，碳酸铵分解(或铵根离子和碳酸根离子水解程度增大)，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少。故答案为：温度过高，碳酸铵分解(或铵根离子和碳酸根离子水解程度增大)，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少；(5)步骤vi沉钴中(常温下进行)，若滤液中Co2+含量为5.9×102g·L1，则c(Co2+)==103mol/L，根据Ksp[Co(OH)2]=1.0×1015可知：c(Co2+)•c2(OH)=1.0×1015，解得c(OH)=1.0×106mol/L，则c(H+)=1.0×108mol/L，此时溶液的pH为8.0。故答案为：8.0；(6)步骤viii中Co3O4和Li2CO3混合后，鼓入空气，经高温烧结得到LiCoO2.该反应的化学方程式是4Co3O4+6Li2CO3+O212LiCoO2+6CO2。故答案为：4Co3O4+6Li2CO3+O212LiCoO2+6CO2。36．（2021·全国高三零模）磷酸铁锂是一种锂离子电池材料，该电池正极片主要含有石墨、、等物质，还有少量不溶性杂质。采用下列工艺流程回收制备有关物质。已知：不同温度下，碳酸锂在水中的溶解度如下表所示：0102030506080100溶解度/1.641.531.481.171.051.010.850.72请回答下列问题：(1)为提高电极片的碱浸率，可以采用的方法有______(任写一条即可，题干中的除外)。(2)得到滤渣2的化学方程式是______，滤渣3的主要成分为______。(3)“沉淀”中溶液的作用是______，的作用是______(用离子方程式表示)。(4)写出“滤渣”中加入溶液时发生反应的离子方程式______。(5)20℃时，“沉锂”后的溶液中，的浓度为______(结果保留1位有效数字，假设溶液的密度为)。(6)“沉锂”后所得固体需要进行洗涤，洗涤时最好选用______(填“冷水”或“热水”)。【答案】提高溶液的浓度或碱浸温度或↓石墨中和溶液中的，得到沉淀(或中和溶液中的，使完全沉淀)0.2热水【分析】电池正极片主要含有石墨、、等物质，还有少量不溶性杂质。废旧电池正极片粉碎后用氢氧化钠溶液碱浸，滤液1中含有偏铝酸钠(NaAlO2)，滤渣1中含有C和，以及少量不溶性杂质；NaAlO2溶液中通入过量的二氧化碳调节pH，得到的滤渣2为氢氧化铝；滤渣1中加入盐酸溶解后得到的滤渣3含有石墨以及少量不溶性杂质，滤液3中含有Fe2+、Li+等，滤液3中加入过氧化氢将Fe2+氧化生成Fe3+，再加入碳酸钠沉淀Fe3+得到，滤液中含有Li+等，滤液中加入碳酸钠沉淀Li+得到；中加入氢氧化钠发生沉淀的转化生成氢氧化铁沉淀和磷酸钠，据此分析解答。【解析】(1)为提高电极片的碱浸率，可以提高溶液的浓度或碱浸温度，故答案为：提高溶液的浓度或碱浸温度；(2)得到的滤渣2为氢氧化铝，反应的化学方程式为；根据上述分析，滤渣3的主要成分为石墨，故答案为：；石墨；(3)根据流程图，“沉淀”中溶液是中和溶液中的，得到沉淀，是将Fe2+氧化生成Fe3+，反应的离子方程式为，故答案为：中和溶液中的，得到沉淀；；(4)“滤渣”中含有，加入溶液发生沉淀的转化，反应的离子方程式为，故答案为：；(5)20℃时，的溶解度为1.48g，表示100g中溶解1.48g，溶液的体积为=100mL=0.1L，“沉锂”后的溶液中，的浓度==0.2，故答案为：0.2；(6)根据不同温度下，碳酸锂在水中的溶解度的数据，碳酸锂的溶解度随着温度的升高，逐渐减小，因此“沉锂”后所得固体需要进行洗涤，洗涤时最好选用热水，故答案为：热水。37．（2021·四川成都市·成都七中高二零模）某同学在实验室利用FeMg合金废料制备金属镁，其工艺流程如图。回答下列问题：(1)工业上常将FeMg合金废料粉碎后再“酸溶”，其目的是_______。(2)“酸溶”时，Fe发生反应的离子方程式为_______；写出“氧化”时反应的离子方程式_______。(3)制备无水MgCl2过程中，需要将SOCl2与MgCl2·6H2O混合并加热，试解释原因_______。(4)“沉铁”时，应用X调节溶液的pH，X是_______(任填一种合适试剂的化学式)，当溶液的pH调节为4时，此时溶液中的c(Fe3+)=_______，列式计算并判断此时是否有Mg(OH)2沉淀生成_______{已知氧化后的溶液中c(Mg2+)=0.02mol·L1，Ksp[Fe(OH)3]=2.7×1039、Ksp[Mg(OH)2]=5.6×1012}。【答案】增大接触面积、提高反应速率和浸取率Fe+2H+=Fe2++H2↑2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2OSOCl2与H2O反应同时产生SO2和HCl酸性气体，抑制MgCl2的水解MgO、Mg(OH)2等2.7×109mol/L(1×1010)2=2×1022<Ksp[Mg(OH)2]=5.6×1012，无Mg(OH)2沉淀生成【分析】FeMg合金废料加盐酸酸溶，溶液中有氯化镁、氯化亚铁，加双氧水将亚铁氧化成氯化铁，加MgO或Mg(OH)2等当溶液的pH调节为4时，形成氢氧化铁沉淀，过滤，滤液在氯化氢气流中蒸发，将SOCl2与MgCl2·6H2O混合并加热，得无水氯化镁，电解得Mg。【解析】(1)工业上常将FeMg合金废料粉碎后再“酸溶”，其目的是增大接触面积、提高反应速率和浸取率。故答案为：增大接触面积、提高反应速率和浸取率；(2)“酸溶”时，Fe发生反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；加双氧水将亚铁氧化成氯化铁，“氧化”时反应的离子方程式2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。故答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；(3)制备无水MgCl2过程中，需要将SOCl2与MgCl2·6H2O混合并加热，原因SOCl2与H2O反应同时产生SO2和HCl酸性气体，抑制MgCl2的水解。故答案为：SOCl2与H2O反应同时产生SO2和HCl酸性气体，抑制MgCl2的水解；(4)“沉铁”时，应用X调节溶液的pH，要促进铁离子水解，又不引入其它杂质离子，X是MgO、Mg(OH)2等(任填一种合适试剂的化学式)，当溶液的pH调节为4时，此时溶液中的c(Fe3+)==2.7×109mol/L，(1×1010)2=2×1022<Ksp[Mg(OH)2]=5.6×1012，无Mg(OH)2沉淀生成。故答案为：MgO、Mg(OH)2等；2.7×109mol/L；(1×1010)2=2×1022