高三化学一轮复习夯实练-常见无机物及其应用

高三化学一轮复习夯实练——常见无机物及其应用一、单选题1．科技发展改变生活，下列说法不正确的是（）A．“天问一号”中Ti-Ni形状记忆合金的两种金属都属于过渡金属元素B．T-碳(T-Carbon)是中科院预言的一种三维碳结构晶体，其与C60互为同位素C．“祝融号”火星探测器上使用的钛合金具有密度小、强度高、耐高温的特性D．清华大学打造的世界首款异构融合类脑芯片-----天机芯的主要材料与光导纤维不同2．化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（）A．编织渔网所用的尼龙线的主要成分是纤维素B．高硬度的氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料C．聚乙烯(PE)和聚氯乙烯(PVC)都是食品级塑料制品的主要成分D．我国成功实施煤改气工程后，可有效降低空气中的PM10含量3．下列属于新能源的是A．煤 B．石油 C．太阳能 D．天然气4．化学与生活、生产密切相关，下列说法错误的是（）A．蛋白质在人体内只有水解为氨基酸和甘油等小分子物质后才能被吸收B．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C．市面上的防晒衣通常采用聚酯纤维材料制作，不能长期用肥皂或碱性较强的液体洗涤D．我国极力落实双碳目标：海洋生物如珊瑚的大量消亡主要因素在于CO2的浓度增大，而非温度5．化学与生活密切相关，下列说法正确的是（）A．月饼因为富含油脂而易发生氧化，保存时常放入装有硅胶的透气袋B．《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应C．酸雨样品露天放置一段时间，酸性减弱，为防治酸雨，应对化石燃料进行脱硫处理D．“笔、墨、纸、砚”在中国传统文化中被称为“文房四宝”，用石材制作砚台的过程是化学变化6．常温下，将足量CO2通入下列饱和溶液中，①Na2CO3溶液②CaCl2溶液③Ba(OH)2溶液④NaAlO2溶液⑤NaCl和NH3的混合溶液，最终溶液变浑浊的有（）A．①②③ B．②③④ C．①④⑤ D．①②③④⑤.7．下列有关说法正确的是（）A．在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解B．Fe(OH)3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象C．H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥D．SiO2既能和氢氧化钠溶液反应也能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物8．二氧化氯()是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂，对酸性污水中的有明显的去除效果，其反应原理为：(部分反应物和产物省略、未配平)，工业上可用制取，化学方程式如下：。下列实验装置或操作能达到相应实验目的的是（）A．验证的漂白性B．除去乙烯中的C．收集D．吸收尾气中的9．氨气溶于水得到氨水，氯气溶于水得到氯水，下列关于新制的氨水、氯水(简称“两水”)的描述正确的是（）A．“两水”都是混合物，溶液中含有的粒子数目相同B．“两水”都有刺激性气味，都能漂白有机色素C．“两水”中都存在可逆反应的化学平衡和弱电解质的电离平衡D．“两水”放置时间较久后都会因为相同的原理而变质10．用下列仪器或装置(部分夹持装置略去)进行实验，能达到实验目的的是（）A．实验室制取氨气B．分离乙酸乙酯和乙醇C．制备无水氯化镁D．实验室制备SO211．将13.6gCu和Cu2O组成的混合物加入250mL一定浓度的稀硝酸中，固体完全溶解生成Cu(NO3)2和NO。向所得溶液中加入1.0L0.5mol•L-1的NaOH溶液，生成沉淀的质量为19.6g，此时溶液呈中性，且金属离子沉淀完全。下列说法正确的是（）A．原固体混合物中，Cu和Cu2O的物质的量之比为1∶1B．原稀硝酸的浓度为1.3mol·L-1C．产生的NO在标准状况下的体积为2.24LD．反应后剩余硝酸的物质的量为0.01mol12．利用所给试剂与图示装置，能达到相应实验目的的是（）ABCD比较碳酸与苯酚酸性强弱检验乙醇和浓硫酸加热反应生成的乙烯制备收集乙酸乙酯制备氨气A．A B．B C．C D．D13．下列关于Cl2的实验操作能达到实验目的的是（）A．用装置甲制取少量Cl2B．用装置乙除去Cl2中的HClC．用装置丙收集Cl2D．用装置丁吸收尾气14．室温下，某兴趣小组用下图装置在通风橱中进行如下实验：下列说法正确的是（）A．试管I中浅红棕色气体为NO2，由硝酸还原生成B．等质量的Cu完全溶解时，I中消耗的HNO3更多C．换成Fe之后重复实验，依然是试管II中反应更剧烈D．试管II中反应后溶液颜色与试管I中的不同，是由于溶有NO215．某杂志曾报道过某课题组利用磁性纳米Fe3O4颗粒除去水体中草甘膦污染物的方法，其原理如图所示(Fe3O4颗粒在水中表面会带-OH)。下列说法错误的是（）A．草甘膦能与氢氧化钠溶液反应B．Fe3O4纳米颗粒除去草甘膦的过程有化学键的形成和断裂C．溶液中c(H+)越大，Fe3O4纳米颗粒除污效果越好D．处理完成后，Fe3O4纳米颗粒可用磁铁回收，经加热活化重复使用16．有一种军用烟幕弹中装有ZnO、Al粉和C2Cl6，其发烟过程中的化学反应如下：①3ZnO+2Al→Al2O3+3Zn；②3Zn+C2Cl6→3ZnCl2+2C下列有关叙述错误的是（）A．反应①是铝热反应 B．反应②是置换反应C．C2Cl6属于卤代烃 D．氧化性：Al<Zn<C17．根据实验操作及现象推出的结论一定正确的是（）选项操作现象解释或结论A向某无色溶液中通入过量的CO2气体有白色沉淀产生该溶液中一定含SiOB向淀粉溶液中加入适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加入NaOH溶液至碱性，加入少量碘水溶液未变蓝淀粉已完全水解C将带火星的木条和加热至液态的钠分别伸入盛有NO2的集气瓶中木条不复燃，钠燃烧NO2的助燃性具有选择性D向某溶液里滴加NaOH溶液并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸颜色无明显变化原溶液中无NHA．A B．B C．C D．D18．下列说法正确的是A．因为二氧化硫具有漂白性，所以二氧化硫能够杀菌消毒B．由于四水合铜离子为蓝色，则铜盐溶液均为蓝色C．可向食盐溶液中滴加淀粉溶液，观察是否变蓝，判断食盐中是否加碘D．植物油中含有碳碳双键，具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色19．氮氧化物会对生态系统和人体健康造成危害。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图所示。下列叙述不正确的是（）

A．反应⑤变化过程可表示为：B．图中总过程中每吸收需要标准状况下的氧气为C．反应③未涉及元素化合价的变化D．反应④涉及非极性共价键的断裂与生成20．中科院研制出一种多功能催化剂，首次实现将CO2转化为汽油(主要成分是C5～C11的烃类混合物)，过程示意图如下。下列说法错误的是（）A．该技术能助力“碳中和”(二氧化碳“零排放”)的战略愿景B．该多功能催化剂能降低反应的活化能C．a和b的一氯代物均有4种D．反应①的产物中含有水，反应②只有碳氢键的形成二、综合题21．工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2，还有少量Fe2O3，Al2O3等杂质)制备PbSO4和MnCO3的工艺流程如图：已知：①PbCl2难溶于冷水，易溶于热水。②PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl(aq)ΔH>0③Ksp(PbSO4)=1.08×10-8，Ksp(PbCl2)=1.6×10-5，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-32，Ksp[Mn(OH)2]=1.6×10-13（1）“浸取”时，工业上选择的温度为80℃，选择此温度的目的有。(只答一条)（2）“浸取”充分反应后，写出盐酸、NaCl与、PbS发生反应生成、和S的离子方程式.（3）若上述酸浸液中Mn2+的浓度为0.16mol·L-1，加物质A调节pH，使酸浸液中Fe3+、Al3+完全沉淀(离子浓度小于10-5mol·L-1)与Mn2+分离，则调节pH的物质A可以是，调节溶液pH范围为(不考虑体积的变化)。（4）“趁热过滤”的目的是，“加入冰水冷却过滤”的目的是。（5）经“沉淀转化”后得到PbSO4，若转化后溶液中时，。（6）制取MnCO3时往滤液2中加NH4HCO3溶液而不是Na2CO3溶液的原因是22．化合物X由四种元素组成，某实验小组按如图流程进行相关实验：已知：无色气体B标况下密度为1.25g/L，气体体积均在标准状况下测定。（1）组成X的四种元素为；X的化学式为。（2）混合气体A组成为。（3）①写出X受热分解的化学方程式：。②X在水中溶解度很小，但可溶于氨水中，写出该反应的离子方程式：。（4）设计实验，检验无色溶液F中的金属阳离子：。23．磁性纳米四氧化三铁在催化剂、DNA检测、疾病的诊断和治疗等领域应用广泛，其制备方法有多种，“共沉淀法”制备纳米Fe3O4的流程如下：（1）Ⅱ中的反应温度需控制在50℃~60℃之间，实验室控制该温度的最佳方法是。（2）Ⅱ中生成Fe3O4的离子方程式是。（3）操作Ⅲ包含的方法有。（4）检验Fe3O4中含有+2价铁元素的方法是。（5）某同学依据上述“共沉淀法”的思路在实验室模拟制备纳米Fe3O4，当混合溶液中n(Fe3+)∶n(Fe2+)＝1∶1时，容易得到理想的纳米Fe3O4。①实际制备时选择n(Fe3+)∶n(Fe2+)小于2∶1，原因是。②该实验室无FeCl2溶液，现用5mLFeCl3溶液制备Fe3O4，配制n(Fe3+)∶n(Fe2+)＝1∶1混合溶液的方法是（其它试剂自选）。24．从化合价的角度分析氯及其化合物的性质，并按要求回答下列问题。（1）氯化亚铜(CuCl)是重要的化工原料，工业上常通过下列反应制备CuCl：2CuSO4+Na2SO3+2NaCl+Na2CO3=2CuCl↓+3Na2SO4+CO2↑查阅资料可得，CuCl可以溶解在FeCl3溶液中，请写出该反应的离子方程式。（2）已知：Cu2O在酸性溶液中发生歧化反应：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O。现将一定量混合物(Fe2O3、Cu2O、CuCl、Fe)溶解于过量稀盐酸中，反应完全后，得到W(包括溶液和少量剩余固体)。①继续往W中通入足量的氯气，不断搅拌，充分反应，溶液中哪些离子的物质的量一定有明显变化？(用离子符号表示)。②不通入气体，改往W中加入过量铁粉，过滤，调pH约为7，加入淀粉-KI溶液和H2O2溶液，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成。当消耗2molI-时，共转移3mol电子，该反应的离子方程式是（3）某工厂废水中含KCN，其浓度为650mg·L-1，现用氯氧化法处理，发生如下反应(化合物中N化合价均为-3)：KCN+2KOH+Cl2=KOCN+2KCl+H2O。①通入过量氯气，可将氰酸盐进一步氧化为氮气，请配平下列化学方程式：_KOCN+_KOH+_Cl2=_CO2+_N2+_KCl+_H2O。②若将5m3含KCN的浓度为650mg·L-1的废水中KCN氧化成N2除去，需要标准状况下的氯气的体积为L。（4）二氧化氯是国际公认的高效安全杀菌消毒剂，工业制备ClO2的反应原理：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl。①该反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为，依据氧化还原反应规律判断，氧化性强弱为NaClO3(填“＞"＜"或“＝")Cl2.。②ClO2在杀菌消毒过程中会产生副产物亚氯酸盐(ClO)，需将其转化为Cl-除去，下列试剂中，可将ClO转化为Cl-的是(填字母)。A．FeSO4B．O3C．KMnO4D．SO2（5）亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。Mathieson方法制备亚氯酸钠的流程如下：请将流程中反应②的离子方程式补充完整：_ClO2+_H2O2+_=_ClO+O2+_。25．工业上以锌白矿(主要成分为ZnO，还含有PbO、FeO、Fe2O3、CuO、SiO2等杂质)为主要原料制备硫酸锌的工艺流程如图。回答下列问题：已知：①某温度下，部分金属阳离子开始沉淀和完全沉淀时的pH值如图：②硫酸锌晶体的溶解度随温度的变化如图：（1）“酸浸”时，需不断通入高温水蒸气，其目的是，用到的4.5mol·L-1的硫酸溶液需用18mol·L-1的浓硫酸配制。下列操作使所配溶液浓度偏大的是(填字母)。（2）滤渣1的主要成分是，调节pH时可使用物质B是(填化学式)。（3）从滤液2经一系列操作可得产品级ZnSO4·7H2O，具体操作如图：滤液2调节pH值沉锌的范围是9.4～，简述从滤液3得到产品级ZnSO4·7H2O的操作：，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。将硫酸锌与硫化钡混合可以得到很好的白色颜料——锌钡白(俗称：立德粉ZnS·ZnSO4)。由于锌钡白便宜可部分替代TiO2使用，稳定性：TiO2锌钡白(填“大于”或“小于”)。（4）该工艺废水中含有Zn2+，排放前需处理。向废水中加入CH3COOH和CH3COONa组成的缓冲溶液调节pH，通入H2S发生反应：Zn2++H2SZnS(s)+2H+。处理后的废水中部分微粒浓度为：微粒H2SCH3COOHCH3COO-浓度/mol·L-10.200.100.20则处理后的废水中c(Zn2+)=。(已知：Ksp(ZnS)=1.0×10-23，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-14，Ka(CH3COOH)=2.0×10-5)

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．Ti位于IVB族，Ni位于VIIIB族，两者都是过渡金属元素，A不符合题意；B．由同种元素组成的不同的单质互为同素异形体，因此T-碳(T-Carbon)与C60互为同素异形体，B符合题意；C．合金比纯金属性能优良，钛合金具有密度小、强度高、耐高温的特性，C不符合题意；D．芯片材料为单晶硅，光导纤维为二氧化硅，两者材料不同，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.过渡金属元素包括d区（第ⅢB~ⅦB，Ⅷ族）元素和ds区（第ⅠB~ⅡB族）元素，不包括镧系和锕系元素。

B.同位素是指质子数相同，中子数不同的的原子。题干所指的是两种单质。

C.合金比纯金属性能优良。

D.芯片材料为Si，光导纤维的材料是SiO2。2．【答案】D【解析】【解答】A.尼龙的主要成分是合成纤维，不是纤维素，选项A不符合题意。B.高硬度的氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，选项B不符合题意。C.聚氯乙烯(PVC)不能用于包装食品，选项C不符合题意。D.减少燃煤可以有效的降低空气中颗粒物的含量，所以选项D符合题意。故答案为：D【分析】A.尼龙是合成高分子化合物；

B.注意区分新型无机非金属材料和传统非金属材料；

C.聚氯乙烯有毒；

D.燃煤燃烧会产生颗粒物。3．【答案】C【解析】【解答】煤、石油、天然气都是传统能源，太阳能属于新能源。C选项符合题意。故答案为：C。

【分析】新能源又称非常规能源。是指传统能源之外的各种能源形式。指刚开始开发利用或正在积极研究、有待推广的能源，如太阳能、地热能、风能、海洋能、生物质能和核聚变能等。4．【答案】A【解析】【解答】A.蛋白质在人体内只有水解为氨基酸后才能被吸收，蛋白质水解不出甘油等小分子物质，故A符合题意；B.铝密度小，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，故B不符合题意；C.酯在碱性条件下易发生水解，市面上的防晒衣通常采用聚酯纤维材料制作，不能长期用肥皂或碱性较强的液体洗涤，会影响其使用时间，故C不符合题意；D.我国极力落实双碳目标：海洋生物如珊瑚的大量消亡主要因素在于CO2的浓度增大，CO2浓度增大，引起海水酸度增大，珊瑚的分解速度增大，温度的影响在其次，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.蛋白质水解产物为氨基酸；B.铝合金质量轻，机械性能好；C.酯在碱性条件下易发生水解；D.碳酸盐会转化为碳酸氢盐。5．【答案】B【解析】【解答】A．硅胶具有吸水性，不具有还原性，不能防止食品氧化变质，故A不符合题意；B.鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)，由信息可知，Na、K的焰色反应不同，则：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应，故B符合题意；C.二氧化硫导致酸雨，酸雨样品露天放置一段时间pH减小，生成的亚硫酸被氧化生成硫酸，酸性增强，故C不符合题意；D.存在新物质的变化是化学变化，用石材制作砚台的过程没有新物质生成，属于物理变化，故D不符合题意。故答案为：B。【分析】A.油脂易氧化，需要防止被氧化；

B.根据焰色反应进行判断；

C.酸雨在空气中放置后酸性增强；

D.制作砚台是形状的改变，没有新物质生成。6．【答案】C【解析】【解答】①碳酸钠能和水、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以该溶液中会有碳酸氢钠析出，最终溶液变浑浊，故①符合题意；②盐酸是强酸，碳酸是弱酸，所以碳酸不能制取盐酸，即二氧化碳和氯化钙不反应，最终没有沉淀析出，故②不符合题意；③足量二氧化碳与Ba(OH)2溶液反应生成碳酸钡沉淀，然后沉淀又溶解，最终溶液中没有沉淀生成，故③不符合题意；④足量二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，最终溶液变浑浊，故④符合题意；⑤将足量CO2通入饱和NaCl和NH3的混合溶液会生成碳酸氢钠析出，最终溶液变浑浊，故⑤符合题意；最终溶液变浑浊的有①④⑤，故答案为：C。【分析】本题的易错点为③，要注意过量的二氧化碳能够与碳酸钡反应生成易溶于水的碳酸氢钡溶液。7．【答案】C【解析】【解答】A、Na2CO3固体受热不易分解，A不符合题意；B、Fe(OH)3胶体是红褐色，B不符合题意；C、以上三种气体都不与浓硫酸反应，能用浓硫酸干燥，C符合题意D、SiO2和氢氟酸反应，没有生成盐和水，不是两性氧化物，D不符合题意；故答案为：C【分析】A.Na2CO3稳定受热不分解；

B.Fe(OH)3胶体为红褐色；

C.H2、SO2、CO2与浓硫酸不反应；

D.SiO2不是两性氧化物；8．【答案】D【解析】【解答】A．漂白指使有机色质褪色、二氧化硫能和铁离子发生氧化还原反应而发生褪色现象，不属于漂白，A错误；B．乙烯和二氧化硫均能与酸性高锰酸钾溶液反应，而均可以被吸收，B错误；C．二氧化硫易溶于水、密度比空气大，应用向上排空气法收集、应该长管进气，短管出气，C错误；D．二氧化硫能被氢氧化钠溶液吸收，生成可溶性钠盐、球形干燥管还可以防倒吸，D正确；答案选D。

【分析】A.二氧化硫与铁离子能发生氧化还原反应；

B.乙烯和二氧化硫均能与酸性高锰酸钾溶液反应；

C.二氧化硫易溶于水、密度比空气大。9．【答案】C【解析】【解答】A．“两水”均为混合物，新制氯水中共有7种粒子（三分四离），新制氨水中共有6种粒子（三分三离），二者粒子数目不同，A不符合题意；B．氨水不具有漂白性，B不符合题意；C．新制氯水中存在Cl2+H2OHCl+HClO的化学平衡和HClOH++ClO-的弱电解质的电离平衡，新制氨水中存在NH3+H2ONH3·H2O的化学平衡和NH3·H2ONH4++OH-的弱电解质的电离平衡，C符合题意；D．新制氯水变质是因为HClO见光分解生成HCl，从而溢出水中，而新制氨水变质是因为氨直接从水中溢出，二者变质原理不同，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.均是混合物，氯水中有HClO，Cl2，H+，ClO-，OH-，H2O，Cl-.氨水中有NH3，NH4+，OH-，H2O，NH3.H2O，OH-

B.氯水中含有次氯酸可以漂白色素

C.氨水和次氯酸均可逆

D.氨水易挥发，次氯酸易分解10．【答案】C【解析】【解答】A．氯化铵受热分解产生氨气，但是其两种气体产物在受冷时又重新化合成氯化铵，无法达到实验目的，故A不符合题意；B．乙醇是一种有机溶剂，跟乙酸乙酯互溶，无法用分液操作分离，故B不符合题意；C．制备无水氯化镁时，易水解，为了防止水解需要在氯化氢的气流中进行加热，最后用无水氯化钙来干燥，故C符合题意；D．铜与浓硫酸反应制备SO2需要加热，无法达到实验目的，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．制备氨气用碱石灰和氯化铵共热；

B．乙酸乙酯和乙醇互溶；

C．在HCl的气流中蒸发可得到无水MgCl2；

D．铜与浓硫酸反应制备SO2需要加热；11．【答案】C【解析】【解答】A.根据以上分析可知原固体混合物中，Cu和Cu2O的物质的量之比为0.1：0.05=2：1，故不符合题意；B.所得溶液中加入1.0L0.5mol•L-1的NaOH溶液，生成沉淀的质量为19.6g，此时溶液呈中性，且金属离子沉淀完全，说明溶液为硝酸钠，即硝酸根离子物质的量等于钠离子物质的量，则溶液中硝酸根离子物质的量为0.5mol，原硝酸的物质的量=硝酸根离子物质的量+一氧化氮物质的量，根据电子守恒分析，铜元素失去电子数=0.1×2+0.05×2×1=0.3mol则一氧化氮的物质的量为0.1mol，则原稀硝酸的浓度为（0.5+0.1）/0.25=2.4mol·L-1，故不符合题意；C.由B中计算一氧化氮物质的量为0.1mol，则标准状况下的体积为2.24L，故符合题意；D.硝酸的物质的量为0.6mol，反应后生成的硝酸铜的物质的量为0.2mol则硝酸根离子物质的量为0.4mol，一氧化氮的物质的量为0.1mol，则说明反应后剩余硝酸的物质的量为0.6-0.4-0.1=0.1mol，故不符合题意。故答案为：C。【分析】铜和氧化亚铜和硝酸反应生成硝酸铜，和一氧化氮，溶液中加入氢氧化钠，反应生成氢氧化铜沉淀19.6g，即19.6/98=0.2mol，说明铜离子物质的量为0.2mol，则原混合物中氧元素的质量为13.6-64×0.2=0.8g，物质的量为0.8/16=0.05mol，则氧化亚铜的物质的量为0.05mol，铜的物质的量为0.1mol。12．【答案】B【解析】【解答】A．盐酸有挥发性，生成的CO2气体中混有HCl，苯酚钠溶液中通HCl也变浑浊，则无法确定碳酸比苯酚酸性强，故A不符合题意；B．挥发的乙醇及可能混有的SO2气体溶于NaOH，剩余气体使溴的CCl4溶液褪色，说明有乙烯气体生成，故B符合题意；C．乙醇和乙酸在加热条件下发生酯化反应时，需要添加浓硫酸作催化剂和吸水剂，故C不符合题意；D．制备氨气应选择氯化铵和氢氧化钙混合加热，单纯氯化铵加热分解生成的HCl和NH3，会重新化合生成氯化铵，故D不符合题意；故答案为B。

【分析】A.苯酚钠溶液中通HCl和CO2都变浑浊；

B.乙烯和溴的CCl4溶液发生加成反应；

C.依据酯化反应的相关知识分析解答；

D.依据实验室制取氨气的知识分析解答。13．【答案】A【解析】【解答】A．选项中的浓盐酸可以和氯酸钾发生反应生成氯气，化学方程式为KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O，A符合题意；

B．除去Cl2中的HCl需要用到饱和的NaCl溶液，但在洗气装置中需要长导管进短导管出，若短导管进为集气装置，B不符合题意；

C．Cl2的密度比空气大，应用向上排空气法，在集气装置中应长导管进，C不符合题意；

D．Cl2易溶于NaOH溶液，用此装置吸收尾气容易导致Cl2没有完全被NaOH吸收，污染空气，D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A．该装置可以在常温制取氯气；

B．二者均与碳酸氢钠溶液反应；

C．密度比空气大的气体可以采用向上排空气法收集；

D．氯气与NaOH反应。14．【答案】D【解析】【解答】A.试管I中浅红棕色气体为NO和NO2的混合物，Cu与稀硝酸反应，硝酸被还原为NO，部分NO遇到空气中的氧气被氧化为红棕色的NO2，A不符合题意；B.等质量的Cu完全溶解时，因稀硝酸被还原为NO，N的化合价由+5降到+2，而浓硝酸被还原为NO2，N的化合价由+5降低到+4，故I中消耗的HNO3较少，B不符合题意；C.换成Fe之后重复实验，Fe遇浓硝酸发生钝化，试管II中无明显变化，C不符合题意；D.试管II中持续通入氮气后，可以把溶液中溶解的NO2带走，溶液由绿色变为蓝色，说明试管II中反应后溶液颜色与其溶解的NO2有关，D符合题意。故答案为：D【分析】A.NO2是由NO氧化生成的；

B.根据转移电子数计算；

C.常温下，浓硝酸能使铁钝化；

D.根据通入N2前后溶液颜色的变化分析；15．【答案】C【解析】【解答】A．草甘膦中的-COOH能与NaOH溶液反应，故A不符合题意；B．由Fe3O4纳米颗粒除去草甘膦的过程中图可知，基团中断开O-H键与Fe3O4表面的-OH反应生成水，然后与Fe3O4形成新的化学键，故B不符合题意；C．已知Fe3O4颗粒在水中表面会带-OH，Fe3O4纳米颗粒粒径越小，表面积越大，除污效果越好，溶液中c(H+)越大，颗粒越大，除污效果越差，故C符合题意；D．由图可知，处理完成后，在450℃下持续加热30分钟，纳米颗粒与草甘膦完全分离，然后再用磁铁回收Fe3O4。纳米颗粒，经加热活化后，重复使用，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A、草甘膦中含有-COOH，能与NaOH溶液反应；

B、根据图示反应过程中化学键的变化分析；

C、结合c(H＋)对Fe3O4颗粒大小的影响分析；

D、Fe3O4具有磁性，能与磁铁吸引；16．【答案】D【解析】【解答】A．铝热反应是指铝在高温下与少数金属氧化物反应生成氧化铝和金属，反应①中利用Al的还原性将Zn2+还原生成Zn，为铝热反应冶炼Zn，故A不符合题意；B．反应②中反应物为单质和化合物，生成物为另一种单质和另一种化合物，所以属于置换反应，故B不符合题意；C．C2Cl6为乙烷的六氯代物，则属于卤代烃，故C不符合题意；D．由①②可知还原性为Al＞Zn＞C，但Al、Zn均为金属，不具有氧化性，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．反应①利用Al的还原性及反应放热；

B．反应②为单质与化合物反应生成新单质、化合物的反应；

C．C2Cl6为乙烷的卤代物；

D．由①②可知还原性为Al>Zn>C。17．【答案】C【解析】【解答】A．无色溶液中通入过量的CO2气体，可以产生氢氧化铝白色沉淀，溶液中也可能含有AlO等，A不符合题意；B．用银氨溶液或新制氢氧化铜检验葡萄糖时必须加入氢氧化钠中和硫酸，用碘水检验淀粉时不能加入氢氧化钠溶液至碱性，因为碘水可与NaOH反应，无法检验淀粉是否剩余，B不符合题意；C．通过两种实验对比，将带火星的木条和加热至液态的钠分别伸入盛有NO2的集气瓶中，木条不复燃，钠燃烧，可知NO2的助燃性具有选择性，C符合题意；D．当向溶液中滴加的NaOH比较少时，反应生成一水合氨不生成氨气，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.通入二氧化碳产生产生沉淀不一定是硅酸根离子

B.混淆检验淀粉和检验葡萄糖的方法导致不符合题意

C.通过实验对比得出结论

D.一般检验铵根离子需要进行加热18．【答案】D【解析】【解答】A．二氧化硫能够杀菌消毒是利用其氧化性，不是漂白性，选项A不符合题意；B．氯化铜溶液中含有，是黄色的，溶液由于同时含有和以及和的混合配离子，通常为黄绿色或绿色，选项B不符合题意；C．食盐中含有碘酸钾，不能使淀粉变蓝，选项C不符合题意；D．植物油中含有碳碳双键，具有还原性，能发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.二氧化硫杀菌消毒是因为二氧化硫有毒；

B.为黄色；

C.食盐中的碘以碘酸钾形式存在，不是碘单质，不能使淀粉变蓝；

D.碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化。19．【答案】D【解析】【解答】A、由图可知，反应⑤为和NO反应生成、、，反应的方程式为，故A正确；

B、由图可知，总反应的方程式为4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O，每吸收4molNO，消耗1molO2，标况下的体积为22.4L，故B正确；

C、反应③只涉及O-O的断裂，元素的化合价没有发生变化，故C正确；

D、由图可知，反应④不存在非极性键的断裂，故D错误；

故答案为：D。

【分析】A、反应⑤中，和NO反应生成、、；

B、总反应的方程式为4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O；

C、反应③中没有元素的化合价发生变化；

D、过程④中不存在非极性键的断裂。20．【答案】D【解析】【解答】A．由示意图可知，在多功能催化剂的作用下，二氧化碳与氢气反应生成汽油和水，反应能消耗二氧化碳，减少二氧化碳的排放，从而达到“碳中和”的战略愿景，故A不符合题意；B．多功能催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，故B不符合题意；C．由示意图可知，a为2-甲基丁烷、b为庚烷，两者的一氯代物都有4种，故C不符合题意；D．由质量守恒定律可知，反应①的产物中为一氧化碳水，反应②有碳氢键和氢氧键形成，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.根据此反应流程将二氧化碳充分利用变为烃可以实现二氧化碳的零排放

B.催化剂可降低活化能，增大活化分子数

C.根据a和b的结构简式找出氢原子的种类

D.根据反应流程的键的断裂和形成即可判断键的形成和物质的形成21．【答案】（1）PbCl2的溶解度大；铅的浸出率高（2）MnO2+PbS+4Cl-+4H+=PbCl+Mn2++S↓+2H2O（3）MnCO3、MnO、Mn(OH)2；5pH<8（4）避免铅的化合物析出；用冰水浴使PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl∆H>0逆向移动，使PbCl转化为PbCl2析出（5）1.08×10-4（6）Na2CO3溶液碱性较强，会有部分Mn(OH)2沉淀生成，所得MnCO3不纯，Mn的利用率降低【解析】【解答】方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)，软锰矿(主要成分为MnO2，还有少量Fe2O3，Al2O3等杂质)，两者粉碎后，加入盐酸和饱和氯化钠溶液浸取，盐酸、氯化钠、二氧化锰、硫化铅反应生成Na2PbCl4、MnCl2和S，过滤除去S沉淀，得到酸浸液，含有Na2PbCl4、MnCl2、FeCl3、AlCl3等，加入MnCO3或MnO、Mn(OH)2调节pH，使酸浸液中铁离子、铝离子完全沉淀与锰离子分离，趁热过滤，向滤液中加入冰水，冷却过滤，得到PbCl2沉淀和MnCl2滤液，向PbCl2沉淀中加入硫酸钠进行沉淀的转化，得到硫酸铅沉淀，向MnCl2滤液中加入碳酸氢铵溶液，得到碳酸锰沉淀。(1)PbCl2难溶于冷水，易溶于热水，“浸取”时选择的温度为80℃，选择此温度的目的有：PbCl2的溶解度大，铅的浸出率高。(2)“浸取”过程中，盐酸、NaCl与MnO2、PbS发生氧化还原反应生成Na2PbCl4、MnCl2和S，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：MnO2+PbS+4Cl-+4H+=PbCl+Mn2++S↓+2H2O。(3)酸浸液中Mn2+的浓度为0.16mol·L-1，为了不引入新的杂质，可以加入MnCO3或MnO、Mn(OH)2调节pH，使酸浸液中铁离子、铝离子完全沉淀与锰离子分离，使铁离子完全沉淀时，c(OH-)==mol/L=1.010-11mol/L，c(H+)=1.010-3mol/L，pH=3，同理，使铝离子完全沉淀时，c(OH-)==mol/L=1.010-9mol/L，c(H+)=1.010-5mol/L，pH=5，为了防止锰离子沉淀，c(OH-)==mol/L=1.010-6mol/L，c(H+)=1.010-8mol/L，pH=8，因此调节溶液pH范围为：5pH<8。(4)PbCl2难溶于冷水，易溶于热水，“趁热过滤”的目的是：避免铅的化合物析出；溶液中存在PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl(aq)ΔH>0，加入冰水冷却，可使反应逆向移动，使PbCl转化为PbCl2析出。(5)依据题意有：PbCl2+SO=PbSO4+2Cl-，则K====，将c(Cl-)=0.4mol⋅L−1代入，计算得c(SO)=1.08×10-4mol/L。(6)碳酸钠溶液碱性较强，若加入碳酸钠溶液，会有部分氢氧化锰沉淀生成，所得碳酸锰不纯，锰的利用率降低，因此制取MnCO3时往滤液2中加NH4HCO3溶液而不是Na2CO3溶液。

【分析】(1)利用已知信息①分析。(2)依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写；(3利用溶度积常数计算。(4)利用已知信息①，结合平衡移动原理分析。(5)利用溶度积常数计算。(6)碱性强会生成其它产物。22．【答案】（1）K、Cu、C、O；K2[Cu(C2O4)2]（2）0.3molCO2和0.3molCO（3）2K2[Cu(C2O4)2]3CO2+3CO+Cu2O+2K2CO3；K2[Cu(C2O4)2]+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2K++2C2O42—+4H2O（4）用洁净铂丝蘸取少许溶液F于酒精灯上灼烧，若火焰呈黄色，则含有Na+；若透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色，则含有K+【解析】【解答】（1）由分析可知X中含有的元素是K、Cu、C、O，且这四种元素原子个数比为2：1：4：8，结合化合物的构造可推出其化学式为K2[Cu(C2O4)2]。

（2）由分析可知，混合物A是由0.3molCO2和0.3molCO组成的。

（3）由分析可知，固体混合物C是Cu2O和2K2CO3，所以K2[Cu(C2O4)2]受热分解得到CO2、CO、Cu2O和K2CO3，根据原子个数守恒配平。

（4）由分析可知，无色溶液F中含有的金属阳离子是Na+和K+。用洁净铂丝蘸取少许溶液F于酒精灯上灼烧，若火焰呈黄色，则含有Na+；若透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色，则含有K+。【分析】根据M=22.4ρ可知，无色气体B的相对分子质量为22.4×1.25=28，则B为CO。混合气体A能使澄清石灰水变浑浊，可推出A中含有CO2和CO，根据CO2~CaCO3可推出A中n(CO2)=0.03mol，n(CO)==0.03mol。根据流程图中可知，蓝色沉淀为Cu(OH)2，则混合溶液E中含有Cu2+，且其物质的量为0.8/80mol=0.01mol，紫红色固体为Cu，且其物质的量为=0.01mol，则固体混合物C中含有Cu2O，且n(Cu2O)=0.01mol，所以化学物X含有铜元素、氧元素、碳元素，且铜元素的总物质的量为0.02mol。固体混合物C与足量稀硫酸反应生成的无色气体能使澄清石灰水变浑浊，可推出D是CO2，则固体混合物C中含有CO32-，根据CO32-~CO2~CaCO3可推出n(CO32-)=0.02mol。根据前面分析，进一步可推出X中氧元素的总物质的量为n(Cu2O)+3n(CO32-)+2n(CO2)+n(CO)=0.16mol，铜元素的总物质的量为0.02mol，碳元素的总物质的量为n(CO2)+n(CO)+n(CO32-)=0.08mol，则X中剩余元素的质量为1.56g，结合m=nM及计算整数化可推出剩余元素是K，其物质的量为0.04mol。23．【答案】（1）水浴加热（2）Fe2++2Fe3++8OH－Fe3O4+4H2O（3）过滤、洗涤（4）取少量样品于烧杯中，加入稀盐酸，加热溶解，过滤，取少量滤液于试管中，滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液，若有蓝色沉淀生成，则说明样品中含+2铁。（5）制备过程中少量Fe2+被氧化，最终n(Fe3+)∶n(Fe2+)接近理论值2：1；取2mLFeCl3溶液于试管中，加入足量铁粉，振荡使其充分反应，过滤，在滤液中加入剩余的3mLFeCl3溶液，即为n(Fe3+)∶n(Fe2+)=1：1混合溶液【解析】【解答】（1）Ⅱ中的反应温度需控制在50℃~60℃之间，水的沸点是100℃，实验室控制该温度的最佳方法是水浴加热；（2）Ⅱ中氯化铁和氯化亚铁与氢氧化钠反应生成Fe3O4沉淀，反应的离子方程式为：Fe2++2Fe3++8OH－Fe3O4+4H2O；（3）操作Ⅲ是将沉淀进行过滤和洗涤；（4）检验Fe3O4中含有+2价铁元素的方法是取少量样品于烧杯中，加入稀盐酸，加热溶解，过滤，取少量滤液于试管中，滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液，若有蓝色沉淀生成，则说明样品中含+2铁；（5）①实际制备时选择n(Fe3+)∶n(Fe2+)小于2∶1，原因是制备过程中少量Fe2+被氧化，最终n(Fe3+)∶n(Fe2+)接近理论值2：1；②该实验室无FeCl2溶液，现用5mLFeCl3溶液制备Fe3O4，配制n(Fe3+)∶n(Fe2+)＝1∶1混合溶液的方法是取2mLFeCl3溶液于试管中，加入足量铁粉，振荡使其充分反应，过滤，在滤液中加入剩余的3mLFeCl3溶液，即为n(Fe3+)∶n(Fe2+)=1：1混合溶液。【分析】（1）控制温度在100度以内最好的方法是水浴加热；

（2）根据题目中给的条件，找出反应物再写方程式即可；

（3）固液分离采用过滤，过滤后再进行洗涤；

（4）检验二价铁用铁氰化钾产生蓝色沉淀；

（5）①二价铁容易被氧化；②实验室没有氯化亚铁，可以使用氯化铁与铁粉反应生成氯化亚铁，注意反应物的量就行。24．【答案】（1）CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-（2）Cu2+、Fe3+、Fe2+、Cl-；2Fe2++3H2O2+4I-=2Fe(OH)3+2I2（3）2KOCN+4KOH+3Cl2=2CO2+N2+6KCl+2H2O；2800（4）1∶1；＞；AD（5）2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO+O2+2H2O【解析】【解答】（1）CuCl可以溶解在FeCl3溶液中，发生氧化还原反应生成Cu2+和Fe2+，根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒，可得该反应的离子方程式为：CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-。（2）①Fe2O3、Cu2O、CuCl、Fe溶解于过量稀盐酸中，发生的反应有：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-、Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+、2Fe3++Fe=3Fe2+等。如有固体剩余，只能是还原性最弱的Cu，反应后溶液中存在H+、Fe2+等离子。向其中通入氯气，Fe2+被氧化，发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，溶液中Cu2+、Fe3+、Fe2+、Cl-物质的量发生变化。②若不通入气体，改往W中加入过量铁粉，过滤，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成。当消耗2molI-时，共转移3mol电子，碘离子失去的电子为2mol，亚铁离子被氧化，则Fe2+失去的电子为1mol，则参与反应的Fe2+物质的量为1mol，即Fe2+与I-物质的量之比为1：2，该反应的离子方程式是2Fe2++3