通关练02 重要无机化合物的性质及应用（解析版）

通关练02重要无机化合物的性质及应用目录01挑战题型·查知识漏洞【题型一】 金属单质及其化合物的重要性质与应用【题型二】 金属单质及其化合物的分离与提纯【题型三】金属单质及其化合物的检验与推断【题型四】 Na2CO3、NaHCO3图像的分析与计算【题型五】 Al(OH)3的图像分析与计算【题型六】非金属单质及其化合物的性质与应用【题型七】非金属单质及其化合物间的转化与推断【题型八】结合实验考查非金属元素及其化合物【题型九】环境污染成因与防治【题型十】化学原理在环境保护中的应用02回顾教材·补知识漏洞03知识通关·限时演练【题型一】金属单质及其化合物的重要性质与应用1．（2024·辽宁·模拟预测）钠的化合物存在广泛，下列说法错误的是A．溶解度(室温，g/100g水)：B．热稳定性：C．水解平衡常数(同温)：＞D．化学键中的离子键百分数：【答案】C【解析】A．含有结晶水，溶于100g水达到饱和时，溶解的质量更大，A正确；B．受热易分解，热稳定性：，B正确；C．甲基是推电子基团，酸性：苯酚＞对甲基苯酚，水解平衡常数(同温)：＜，C错误；D．电负性相差越大，化学键中的离子键百分数越大，O的电负性大于S，O、Na之间电负性差值更大，D正确；故选C。2．（23-24高三上·浙江杭州）类比是学习化学的一种很重要的方法。下列类比合理的是A．NaCl固体与浓硫酸可以制备HCl，则CaF2固体与浓硫酸可以制备HFB．晶体中有阴离子，必有阳离子，则晶体中有阳离子，也必有阴离子C．Na在空气中燃烧生成Na2O2，则Li在空气中燃烧生成Li2O2D．Ca(HCO3)2溶解度大于CaCO3，则NaHCO3溶解度大于Na2CO3【答案】A【解析】A．浓硫酸难挥发，氯化氢、HF易挥发，NaCl固体与浓硫酸可以制备HCl，则CaF2固体与浓硫酸可以制备HF，故A正确；B．晶体中有阴离子，必有阳离子，但晶体中有阳离子，不一定必有阴离子，例如金属晶体中只有阳离子没有阴离子，故B错误；C．锂活泼性弱于钠，在空气中燃烧生成氧化锂，故C错误；D．一般难溶性的碳酸盐的溶解度小于相应的碳酸氢盐，如Ca(HCO3)2的溶解度大于CaCO3，而可溶性的碳酸盐的溶解度大于相应的碳酸氢盐，如Na2CO3溶解度大于NaHCO3，故D错误；故选A。3．（21-22高三上·重庆沙坪坝·期中）已知氢化钠(NaH)可由氢气和钠在高温下化合形成，NaH遇水放出，下列说法正确的是A．取钠与氢气反应后的产物，加水若产生，即可证明产物为纯净的NaHB．NaH与水反应产生的，通过盛有碱石灰的干燥管，再用向上排空气法收集C．高温下NaH将四氯化钛()还原成金属钛的原理为D．NaH在无水条件下除去钢铁表面铁锈的原理为【答案】D【解析】A．由于2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，取钠与氢气反应后的产物，加水若产生，不能证明产物为纯净的NaH，A错误；B．NaH与水反应产生的，通过盛有碱石灰的干燥管，H2的密度比空气的小，应该用向下排空气法收集，B错误；C．高温下NaH将四氯化钛()还原成金属钛的原理为，C错误；D．NaH中H-具有强还原性，故NaH在无水条件下除去钢铁表面铁锈的原理为，D正确；故答案为：D。【题型二】金属单质及其化合物的分离与提纯4．（2021·福建福州·二模）我国青藏高原的盐湖中蕴藏着丰富的锂资源，已探明的储量约三千万吨，碳酸锂制备高纯金属锂的一种工艺流程如图。下列有关说法错误的是A．金属锂可保存在煤油中B．使用复合助剂有利于碳酸钾的分解C．“粉碎”是为了增加接触面积，加快反应速率D．真空热还原发生的主要化学反应为【答案】A【分析】碳酸锂高温焙烧之后生成氧化锂、二氧化碳，粉碎，加入还原剂生成锂，化学反应为；【解析】A．Li的密度小于煤油，锂不能保存在煤油中，应该保存在液体石蜡中，A项错误；B．碳酸锂高温焙烧分解生成二氧化碳，复合助剂可以与二氧化碳发生反应，促进碳酸锂分解，故使用复合助剂有利于碳酸锂的分解，B项正确；C．“粉碎”可以使接触面积更大，从而加快反应速率，C项正确；D．铝还原性强，化学反应为，D项正确；答案选A。5．（2024·河北张家口·一模）硫酸镁是一种重要的工业盐，工业上利用矿石废料（主要成分为MgO和SiO2，还含有少量的PbO、FeO、Fe2O3、Al2O3等）制取硫酸镁的工艺流程如下：下列说法错误的是A．滤渣1的成分为SiO2B．“氧化”时发生反应的离子方程式为：C．“净化”时加入MgO是为了调节溶液的pH使杂质离子沉淀D．“操作2”可直接将MgSO4·7H2O加热失水制备MgSO4【答案】A【分析】由题干工艺流程图可知，向矿石废料（主要成分为MgO和SiO2，还含有少量的PbO、FeO、Fe2O3、Al2O3等）中加入硫酸，将MgO转化为MgSO4、PbO转化为PbSO4沉淀，FeO转化为FeSO4、Fe2O3转化为Fe2(SO4)3、Al2O3转化为Al2(SO4)3，过滤出滤渣1主要为SiO2和PbSO4，向滤液1中加入双氧水将滤液中的Fe2+氧化为Fe3+，加入MgO调节pH值，使Fe3+完全沉淀而Mg2+不沉淀，过滤出滤渣2主要为Fe(OH)3，对滤液2进行蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥得到MgSO4·7H2O，将MgSO4·7H2O进行直接灼烧即可得到无水MgSO4，据此分析解题。【解析】A．由分析可知，滤渣1的成分为SiO2和PbSO4，A错误；B．由分析可知，“氧化”时即向滤液1中加入双氧水将滤液中的Fe2+氧化为Fe3+，故发生反应的离子方程式为：，B正确；C．由分析可知，“净化”时，加入MgO调节pH值，使Fe3+完全沉淀而Mg2+不沉淀，即加入MgO是为了调节溶液的pH使杂质离子沉淀，C正确；D．由于MgSO4水解生成难挥发稳定的H2SO4和MgSO4，故“操作2”可直接将MgSO4·7H2O加热失水制备MgSO4，D正确；故答案为：A。【题型三】金属单质及其化合物的检验与推断6．（2024·河北沧州·模拟预测）钛酸钡（）具有高介电常数和低介电损耗，是电子陶瓷中使用最广泛的材料之一，被誉为“电子陶瓷工业的支柱”。一种超细微粉末的制备方法如下。下列说法错误的是A．可用硝酸酸化的溶液检验洗涤是否完全B．用溶液2提取的一种副产物可作肥料C．流程中的三步反应均为非氧化还原反应D．向中先加入后加入的目的是防止水解【答案】D【分析】由制备流程可知，然后氯化钡与四氯化钛、草酸、氨水反应生成BaTiO(C2O4)2•4H2O，滤液1为氯化铵溶液，过滤、洗涤、干燥、煅烧得到BaTiO3，据此分析。【解析】A．溶液2是氯化铵，故可用硝酸酸化的硝酸银检验氯离子，从而判断沉淀是否洗涤干净，A正确；B．溶液2是氯化铵，可作氮肥，B正确；C．三步反应中各种元素化合价反应前后化合价不变，属于非氧化还原反应，C正确；D．四氯化钛水解生成HCl，加入氨水，有利于四氯化钛的水解，D错误；故选D。7．（2024·山东青岛·一模）鉴别浓度均为0.1mol⋅L-1的NaHCO3、NH4NO3、KI溶液，仅用下列一种方法不可行的是A．滴加AlCl3溶液 B．测定溶液的pHC．滴加新制氯水 D．滴加溶液、微热【答案】A【解析】A．滴加AlCl3溶液后碳酸氢钠溶液中产生白色沉淀和无色气体，而硝酸铵和碘化钾溶液中无明显现象，不能鉴别三种溶液，故A错误；B．碳酸氢钠溶液显碱性，硝酸铵溶液显酸性，碘化钾溶液显中性，测定pH能区分三种溶液，故B正确；C．滴加新制氯水后碳酸氢钠溶液中产生无色气体，硝酸铵溶液中无明显现象，碘化钾溶液由无色变为黄色，能区分三种溶液，故C正确；D．滴加溶液、微热，碳酸氢钠溶液中产生白色沉淀，硝酸铵溶液中产生无色刺激性气味气体，碘化钾溶液中无明显现象，能区分三种溶液，故D正确；故选A。8．（23-24高三上·湖南·阶段练习）某白色固体混合物由NaI、KCl、NH4Cl、MgSO4、CaCO3中的几种组成，进行如下实验：①混合物溶于水，得到澄清透明溶液；②做焰色试验，通过蓝色钴玻璃没有观察到紫色；③向溶液中滴加几滴新制氯水和淀粉溶液，溶液呈蓝色；④向溶液中加入浓碱，有白色沉淀产生，微热，闻到刺激性气味。根据上述实验现象判断混合物的组成为A．KCl、CaCO3 B．NaI、MgSO4C．NaI、KCl、NH4Cl D．NaI、NH4Cl、MgSO4【答案】D【解析】①混合物溶于水，得到澄清透明溶液，说明混合物中不含CaCO3；②做焰色试验，通过蓝色钴玻璃没有观察到紫色，说明混合物中不含KCl；③向溶液中滴加几滴新制氯水和淀粉溶液，溶液呈蓝色，说明混合物中含有NaI；④向溶液中加入浓碱，有白色沉淀产生，微热，闻到刺激性气味，说明混合物中含有NH4Cl、MgSO4；根据上述实验现象判断混合物的组成为NaI、NH4Cl、MgSO4，故A、B、C错误，D正确；故答案为：D。【题型四】Na2CO3、NaHCO3图像的分析与计算9．（2024·广西柳州·一模）实验室模拟侯氏制碱法制备的主要过程如下，下列说法正确的是A．实验时应先向饱和食盐水中通入足量再通入B．过程①②③均涉及过滤操作C．向溶液A中加入的作用是增大浓度，促进结晶析出D．实验过程中可循环使用的物质只有【答案】C【分析】氨气极易溶于水，侯氏制碱法是先向饱和食盐水中通入足量氨气，使得溶液显碱性，可以吸收更多的二氧化碳，生成溶解度小的碳酸氢钠沉淀，氯化铵留在溶液A中，过滤后对碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，向溶液A中加入氯化钠固体，由于氯离子浓度增大会使氯化铵析出，溶液B中溶质主要为氯化钠，可以循环使用；【解析】A．实验时应先向饱和食盐水中通入足量再通入，A错误；B．过程①③涉及过滤操作，过程②是碳酸氢钠固体加热分解生成碳酸钠，B错误；C．根据分析，向溶液A中加入增大浓度，促进结晶析出，C正确；D．实验过程中可循环使用的物质有和氯化钠，D错误；故选C。10．（23-24高三上·安徽·阶段练习）某实验小组利用虚拟感应器技术测定的溶液滴定盐酸，该过程中的变化曲线如图所示(忽略滴定过程中的逸出)。已知：时，的。下列说法正确的是A．曲线I表示的变化 B．c点对应溶液的C．溶液中水的电离程度： D．图像中【答案】B【分析】向盐酸中滴加碳酸钠，先发生反应2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2CO3，再发生反应H2CO3+Na2CO3=2NaHCO3；【解析】A．向盐酸中滴加碳酸钠，先发生反应2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2CO3，再发生反应H2CO3+Na2CO3=2NaHCO3，所以H2CO3的浓度先增大后减小，曲线I表示的变化，曲线Ⅱ表示的变化，故A错误；B．c点对应溶液，，所以对应c(H+)=4×10-7，lg4=0.6，所以，故B正确；C．盐酸抑制水电离，碳酸钠促进水电离，加入碳酸钠越多，水的电离程度越大，所以溶液中水的电离程度：，故C错误；D．d点盐酸恰好与碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠，HCl、Na2CO3的物质的量比为1:1，所以图像中V2=10，故D错误；选B。【题型五】Al(OH)3的图像分析与计算11．（2023·四川南充·模拟预测）Al(OH)3.在水中存在平衡：和在25℃时，关系如图所示，表示或浓度的负对数。下列说法错误的是A．曲线甲代表与pH的关系B．曲线乙经过点C．的D．向溶液中加入NaOH至pH=6时，Al元素主要以存在【答案】D【解析】A．增大OH-的浓度，逆向移动，平衡正向移动，Al3+的浓度降低、浓度增大，所以曲线甲代表与pH的关系、曲线乙代表与pH的关系，故A正确；B．根据曲线乙，pH=10时，的浓度为，则的平衡常数为，所以pH=14时，的浓度为，故B正确；C．根据曲线甲，pH=5时，Al3+的浓度为，则平衡常数为，的平衡常数为，则的，故C正确；D．平衡常数为，pH=6时，Al3+的浓度为；的平衡常数为，pH=6时，的浓度为，所以向溶液中加入NaOH至pH=6时，Al元素主要以存在，故D错误；选D。12．（2024高三·全国·专题练习）某一固体物质可能由NaOH、、中的几种组成，取一定量该固体物质溶于水，有沉淀产生，在所得悬浊液中逐滴加入5的盐酸，如图表示沉淀的物质的量随加入盐酸的体积的变化情况，则图中a等于A．70 B．100 C．120 D．130【答案】D【分析】向所得浊液中，逐滴加入5mol/L盐酸，由加入盐酸的体积和生成沉淀的质量关系图分析：①0~10mL，随盐酸体积的增加，生成沉淀的质量不变，说明NaOH、AlCl3、MgCl2组成的混合物，溶于足量水发生反应是：MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl；AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2O，NaOH有剩余，沉淀是Mg(OH)2，n[Mg(OH)2]=0.1mol，溶液是NaCl、NaAlO2和NaOH的混合液，该阶段加入盐酸发生的反应是：NaOH+HCl=NaCl+H2O；②10mL处，加入10mL盐酸刚好中和未反应的NaOH，溶液中溶质为NaCl、NaAlO2；③10mL~30mL，随盐酸体积的增加，生成沉淀的质量增加，该阶段发生反应是：NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl；④30mL处，NaAlO2与盐酸恰好反应，需盐酸体积为：30mL-10mL=20mL，沉淀质量达到最大，溶液为NaCl溶液；溶液中Cl-来源于原混合物中的AlCl3、MgCl2和加入的30mLHCl，溶液中Na+来源于原混合物中的NaOH，根据反应NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl，n(NaAlO2)=0.02L×5mol/L=0.1mol；⑤30mL～a点，随盐酸的体积增加，沉淀的质量减少，发生反应：Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O、Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O；⑥a点，Mg(OH)2和Al(OH)3完全反应，溶液为MgCl2、AlCl3和NaCl混合液；据此回答。【解析】由Al原子守恒得原混合物中n(AlCl3)=n(NaAlO2)=0.1mol，由Mg原子守恒得原混合物中n(MgCl2)=n[Mg(OH)2]=0.1mol，所以30mL～a点消耗的氢氧化钠为氢氧化铝与氢氧化镁消耗之和，为，体积为，加上之前的30mL，一共130mL，所以a=130mL；故选D。【题型六】非金属单质及其化合物的性质与应用 13．（2024·广东梅州·一模）下图为氯及其化合物的“价-类”二维图。下列说法不正确的是A．a物质是由离子构成的B．、的物质间转化均能一步反应实现C．c可作为自来水消毒剂是因为其具有强氧化性D．d分子中形成的共价键为键和【答案】A【分析】由图可知，a为HCl，b为Cl2，c为ClO2，d为HClO，f为次氯酸盐，据此分析作答。【解析】A．根据分析可知，a为HCl，是由分子构成的，故A错误；B．根据分析可知，a→b就是HCl→Cl2、f→d就是次氯酸盐→HClO，这些转化都能一步反应实现，故B正确；C．根据分析可知，c为ClO2，具有强氧化性，可作为自来水消毒剂，故C正确；D．根据分析可知，d为HClO，结构式为H-O-Cl，形成的共价键是H-O共价键和O-Cl共价键，分别属于s-pσ键和p-pσ键，故D正确；故选：A。14．（2024·北京门头沟·一模）为吸收工业尾气中的和，设计如图流程，同时还能获得连二亚硫酸钠(，其结晶水合物又称保险粉)和产品。(为铈元素)下列说法不正确的是A．工业尾气中的和排放到大气中会形成酸雨B．装置Ⅱ的作用是吸收C．从阴极口流出回到装置Ⅱ循环使用D．装置Ⅳ中氧化，至少需要标准状况下【答案】C【分析】装置Ⅰ中加入NaOH溶液吸收SO2，装置Ⅱ中加入Ce4+，酸性条件下，NO和Ce4+发生氧化还原反应，生成、，装置Ⅲ(电解槽)中阳极发生反应，从阳极口流出回到装置Ⅱ循环使用，阴极得到，装置Ⅳ中被氧气氧化为，与氨气生成硝酸铵。【解析】A．工业尾气中的可与氧气生成NO2，NO2与水反应得硝酸，形成硝酸型酸雨，与水反应得H2SO3，H2SO3被氧气氧化为硫酸，会形成硫酸型酸雨，故A正确；B．装置Ⅱ中加入Ce4+，酸性条件下，NO和Ce4+发生氧化还原反应，生成、，故B正确；C．装置Ⅲ(电解槽)中阳极发生反应，从阳极口流出回到装置Ⅱ循环使用，故C错误；D．装置Ⅳ中被氧气氧化为的离子方程式为：，物质的量为1L×2mol/L=2mol，即消耗1molO2，标况下体积为22.4L，故D正确；故选C。15．（2023·河北邯郸·二模）工业上制备高纯硅，一般需要先制得98％左右的粗硅，再以粗硅为原料制备高纯硅，工艺流程如下；工业上还以粗硅为原料采用熔融盐电解法制取甲硅烷()，电解装置如图所示：下列有关说法正确的是A．制备粗硅的化学方程式：B．制备高纯硅的工艺中可循环使用的物质只有HClC．阴极发生的电极反应：D．、Si、都属于共价晶体【答案】C【分析】石英砂加焦炭在高温条件下反应得到粗硅，粗硅与HCl在573K以上加热生成粗SiHCl3，精馏得到纯的SiHCl3，在1357K与氢气反应生成高纯硅；【解析】A．制备粗硅的化学方程式为，A项错误；B．制备高纯硅的工艺中可循环使用的物质有和，B项错误；C．阴极氢气得电子产生H-，发生的电极反应：，C项正确；D．属于分子晶体，D项错误。答案选C。【题型七】非金属单质及其化合物间的转化与推断16．（23-24高三上·湖北·期中）下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现图示变化的是物质编号物质转化关系abcd①②NO③④SA．②④ B．①③ C．②③ D．①【答案】D【解析】①发生FeCl2

FeCl3CuCl2

FeCl2；FeFeCl2、FeFeCl3，故①可以实现转化关系；②NONO2HNO3NO；N2NO、N2不能一步转化NO2，故②不能实现转化关系；③Na2ONa2O2NaOH不能一步转化为Na2O，故③不能实现转化关系；④SO2SO3H2SO4SO2；SSO2，S不能一步转化为SO3，故④不能实现转化关系。故答案选D。17．（23-24高三上·江西上饶·阶段练习）下列物质的转化在给定条件下能实现的是①②③饱和④无水⑤A．①③⑤ B．①②③ C．②④⑤ D．①③④【答案】A【分析】①氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳可以发生反应：，生成氢氧化铝，故①正确；②硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故②错误；③在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中溶解度最小，析出，加热分解生成碳酸钠，故③正确；④氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，加热溶液，会水解：挥发，平衡向右移动，得不到无水，故④错误；⑤氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁，故⑤正确。【解析】A．由分析知①③⑤正确，A正确；B．由分析知①③⑤正确，B错误；C．由分析知①③⑤正确，C错误；D．由分析知①③⑤正确，D错误；故选A。【题型八】结合实验考查非金属元素及其化合物18．（2024·贵州黔东南·二模）硒(Se)是一种新型半导体材料。对富硒废料(主要成分为CuSe和Ag2Se)进行综合处理的一种工艺流程如图：下列有关说法错误的是A．O、S、Se属于同主族元素B．SeO2既有氧化性又有还原性，其还原性比SO2强C．“焙烧”时的主要反应为CuSe+4H2SO4(浓)CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2OD．向“滤液”中滴加过量的氨水，可得到深蓝色的透明溶液【答案】B【分析】由流程可知，富硒废料(含Ag2Se、Cu2S)加入浓硫酸可生成SeO2、SO2气体，SeO2、SO2气体与水反应生成H2SO4和Se，母液含硫酸；对应废渣为银、硫酸铜，加入硫酸溶液酸溶后过滤分离出Ag，滤液含硫酸铜，电解精炼粗银，可得到纯银，以此解答该题。【解析】A．O、S、Se的最外层电子数均为6，它们均属于同主族元素ⅥA族，A正确；B．SeO2中Se的化合价为+4价，属于中间价态，故既有氧化性又有还原性，SeO2、SO2气体与水反应生成H2SO4和Se，说明二氧化硫的还原性更强即SeO2的还原性比SO2弱，B错误；C．结合分析可知，“焙烧”时的主要反应为CuSe+4H2SO4(浓)CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2O，C正确；D．向“滤液”中滴加过量的氨水，先产生蓝色沉淀即Cu(OH)2，然后获得深蓝色透明溶液即Cu(NH3)4SO4，D正确；故答案为：B。19（2024·湖南长沙·一模）下列实验方案能达到实验目的的是A．方案甲可制取无水 B．方案乙可除去溶液中部分的C．方案丙可验证非金属性： D．方案丁可判断溶度积：【答案】B【解析】A．Mg2+易水解，方案甲得到的固体为Mg（OH）2，故A错误；B．I2在KI浓溶液中的溶解度比CCl4中更大，方案乙可除去溶液中部分的，故B正确；C．方案丙可证明酸性：HCl＞H2CO2＞H2SiO3，但HCl不是Cl最高价氧化物对应的水化物，因此不能证明非金属性Cl＞C，故C错误；D．丁中存在：，ZnS和CuS组成和结构相似，即溶度积：，故D错误；故选B。20．（2024·内蒙古赤峰·一模）海洋资源丰富，从海水中获取镁和溴的流程示意图如下：下列有关说法正确的是A．从经济效益角度考虑，工业上使用的试剂X是氢氧化钠B．可用代替吸收含溴的空气C．直接将溶液加热蒸干得无水D．虚线框内流程的主要目的是减少环境污染【答案】B【分析】苦卤中含有氯化镁，加生石灰反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁加入盐酸得到氯化镁溶液，在氯化氢氛围中蒸发结晶得到氯化镁，熔融电解得到金属镁；苦卤中含有溴离子，通入氯气生成溴单质，用热空气吹出溴然后用二氧化硫吸收，再通入氯气得到溴水混合物，经蒸馏得到液溴；据此分析解题。【解析】A．氢氧化钠价格较贵，从经济角度考虑，试剂X最适合的是生石灰或氢氧化钙，A错误；B．具有还原性，可以吸收含溴的空气，B正确；C．水解生成氯化氢易挥发，直接将溶液加热蒸干最终得到，应在氯化氢氛围中加热蒸干，C错误；D．虚线框内流程的主要目的是富集溴元素，D错误；故选B。【题型九】环境污染成因与防治21．（22-23高三上·云南保山·期中）研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如下图所示)。下列叙述错误的是A．雾和霾的分散剂相同B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，其中和的的空间结构为正四面体C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂，属于极性分子D．燃煤中加入CaO可以减少SO2气体的排放【答案】C【解析】A．雾和霾的分散剂相同，都为空气，故A正确；B．根据图中信息雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，和价层电子对数分别为、，因此和的的空间结构为正四面体，故B正确；C．根据图中信息NH3与硝酸和硫酸反应生成无机颗粒物硝酸铵、硫酸铵，氨气不是催化剂，氨气是三角锥形，属于极性分子，故C错误；D．氧化钙和二氧化硫加热反应生成亚硫酸钙，因此燃煤中加入CaO可以减少SO2气体的排放，故D正确。综上所述，答案为C。22．（23-24高三上·江苏南京·阶段练习）CO2捕集与封存是CO2减排的重要手段。下列关于CO2综合利用与处理方法不正确的是A．电化学氧化法 B．环加成制聚碳酸酯C．碱液吸收法 D．加氢制碳氢化合物【答案】A【解析】A．CO2中碳元素的化合价为+4价，为碳元素的最高价，CO2具有氧化性，CO2可通过电化学还原法处理，A错误；B．CO2的结构式为O=C=O，CO2中含有π键，CO2能通过环加成制聚碳酸酯高聚物，B正确；C．CO2属于酸性氧化物，可以用碱液吸收CO2，C正确；D．CO2与H2在一定条件下可以反应生成CH4等碳氢化合物，如，D正确；故选A。【题型十】化学原理在环境保护中的应用23．（23-24高三上·湖南长沙·阶段练习）“绿水青山，就是金山银山”。近年来我国的环境保护工作取得了长足进步，人们的生活环境得到了极大改善，下列说法错误的是A．使用聚乳酸可降解餐具可减少白色垃圾B．水泥厂和冶金厂常用高压直流电除去大量烟尘，减少对空气的污染C．乙醇汽油的广泛使用不能减少汽车尾气中的排放D．燃煤时鼓入过量的空气可以减少酸雨的产生【答案】D【解析】A．使用聚乳酸可降解餐具，绿色环保，可减少白色垃圾，A正确；B．水泥厂和冶金厂常用高压直流电除去大量烟尘，利用胶体的电泳现象，减少对空气的污染，B正确；C．汽车尾气中来自于发动机工作时高温下氮气与氧气化合产生的，乙醇汽油的广泛使用不能减少汽车尾气中的排放，C正确；D．燃煤时鼓入过量的空气不能减少二氧化硫的产生，不可以减少酸雨的产生，D错误；故选D。24．（23-24高三上·山西大同·期末）化学技术可以改善环境、造福人类。下列说法正确的是A．生活垃圾焚烧尾气经脱硫脱硝后排放，能达到零污染B．在汽车尾气排放系统中安装催化转化器可减少污染C．大量使用一次性口罩、防护服等，体现绿色环保理念D．我国科学家成功实现二氧化碳人工合成淀粉，这降低了“光化学烟雾”的形成【答案】B【解析】A．生活垃圾焚烧尾气经脱硫脱硝后排放，可以减少二氧化硫和氮氧化物的排放，能减少空气污染，但不能达到零污染，故A错误；B．在汽车尾气排放系统中安装催化转化器，可以将尾气中的氮氧化物等转化为氮气等无毒气体，减少污染，故B正确；C．大量使用一次性口罩、防护服等会形成大量需要处理的垃圾，不符合绿色环保理念，故C错误；D．二氧化碳人工合成淀粉，降低了二氧化碳的排放，从而降低“温室效应”，“光化学烟雾”的形成是氮的氧化物造成的，故D错误；选B。25．（19-20高三上·全国·期中）含氮化合物过多蓄积会导致水体富营养化，需将其从水体中除去，该过程称为脱氮。常用的脱氮方法有吹脱法和折点氯化法。吹脱法：调节水体至8左右，然后持续向水中吹入空气。折点氯化法：调节水体至6左右，向水中加入适量。下列分析不正确的是A．含氨和铵盐的水体中存在平衡：B．吹脱法的原理是通过鼓气降低浓度，从而降低水中与的含量C．折点氯化法除的原理为：D．吹脱法无法对含的水体脱氮，但折点氯化法可以对含的水体脱氮【答案】D【解析】A．含氨和铵盐的水体中存在一水合氨的电离平衡及一水合氨的分解平衡，所以含有氨和铵盐的水体中存在平衡，A正确；B．通过鼓气降低NH3溶解度从而降低其浓度，则中平衡正向移动，从而降低水中NH3•H2O与NH4+的含量，B正确；C．中N元素为-3价，所以具有还原性，NaClO具有强氧化性，则能被NaClO氧化生成氮气和HCl，离子方程式为2+3ClO-═N2↑+3Cl-+3H2O+2H+，C正确；D．吹脱法是利用物理方法脱氮，无法对含的水体脱氮，折点氯化法是利用ClO-的强氧化性将氧化成，N元素不能脱离水体，所以无法脱氮，D错误；故答案为：D。1．金属元素及其化合物的重要性质和应用物质日常应用原因分析钠核反应堆的传热介质熔点较低，导热性好过氧化钠呼吸面具或潜水艇中作为氧气来源2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O22Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑碳酸氢钠发酵粉、膨松剂2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O＋CO2↑胃酸中和剂HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=H2O＋CO2↑用于泡沫灭火器Al2(SO4)3＋6NaHCO3=2Al(OH)3↓＋6CO2↑＋3Na2SO4碳酸钠清洗油污水解，溶液显碱性制玻璃Na2CO3＋SiO2eq\o(=,\s\up7(高温))Na2SiO3＋CO2↑氧化铝耐火材料熔点高铝铝制品表面易生成致密的氧化膜铝热剂(焊接钢轨)2Al＋Fe2O3eq\o(=,\s\up7(高温))Al2O3＋2Fe(放出大量热量)氢氧化铝胃酸中和剂碱性较弱Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O明矾、铁盐净水剂在水中生成Al(OH)3[或Fe(OH)3]胶体，其可以和悬浮的泥沙形成絮状不溶物沉降下来氧化铁红色油漆和涂料氧化铁是一种红棕色粉末硫酸铜配制农药，杀菌消毒铜离子(重金属离子)能使蛋白质变性2.辨清金属及其化合物性质的4大误区(1)溶液中加入KSCN溶液，溶液变红色，只能说明溶液中含有Fe3＋，无法证明是否含有Fe2＋。(2)既能与酸反应生成气体，又能与碱反应生成气体的物质不一定是Al，还有可能是(NH4)2CO3或NH4HCO3等。(3)Fe与Cl2反应，不论Cl2是否过量，产物均为FeCl3而不是FeCl2。(4)Na在氧气中燃烧，不论氧气是否足量，产物均为Na2O2。3.常见金属阳离子的除杂或净化方法主要离子杂质离子除杂试剂和方法Fe3＋Fe2＋加入H2O2Fe2＋Fe3＋加入过量铁粉，过滤Fe2＋Cu2＋加入过量铁粉，过滤Mg2＋Fe3＋加入Mg或MgO或MgCO3或Mg(OH)2，过滤Mg2＋Fe2＋先加入H2O2，再加入Mg或MgO或MgCO3或Mg(OH)2，过滤Cu2＋Fe3＋加入CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3，过滤Cu2＋Fe2＋先加入H2O2，再加入CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3，过滤4.常见金属及其化合物的两种转化关系(1)直线型转化关系(2)三角型转化关系5．常见的不能一步转化的反应(1)S不能一步转化成SO3，只能：Seq\o(→,\s\up7(O2))SO2eq\o(→,\s\up7(O2))SO3。(2)N2不能一步转化成NO2，只能：N2eq\o(→,\s\up7(O2))NOeq\o(→,\s\up7(O2))NO2。(3)SiO2不能一步转化成H2SiO3，只能：SiO2eq\o(→,\s\up7(NaOH))Na2SiO3eq\o(→,\s\up7(HCl))H2SiO3。(4)部分金属氧化物(如CuO、Al2O3、MgO、Fe2O3等)不能一步转化成相应的碱。以CuO为例，只能：CuOeq\o(→,\s\up7(H2SO4))CuSO4eq\o(→,\s\up7(NaOH))Cu(OH)2。6.Na2CO3、NaHCO3图像的分析与计算依据图像特点判断溶液成分的方法若a＝0(即图像从原点开始)溶液中的溶质为NaHCO3ab段：HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=H2O＋CO2↑若V(Oa)＝V(ab)(即Oa段与ab段消耗盐酸的体积相同)溶液中的溶质为Na2CO3Oa段：COeq\o\al(2－,3)＋H＋=HCOeq\o\al(－,3)；ab段：HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=H2O＋CO2↑若V(Oa)>V(ab)(即Oa段消耗盐酸的体积大于ab段消耗盐酸的体积)溶液中的溶质为Na2CO3和NaOH的混合物Oa段：OH－＋H＋=H2O、COeq\o\al(2－,3)＋H＋=HCOeq\o\al(－,3)；ab段：HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=H2O＋CO2↑若V(Oa)<V(ab)(即Oa段消耗盐酸的体积小于ab段消耗盐酸的体积)溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3Oa段：COeq\o\al(2－,3)＋H＋=HCOeq\o\al(－,3)；ab段：HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=H2O＋CO2↑7.铝盐与强碱溶液反应图像题的解题流程8.常考非金属单质及其重要化合物性质与应用二氧化硅光导纤维、玛瑙饰物—石英坩埚熔点高硅胶干燥剂、催化剂载体多孔，表面积大，吸附性强硅酸钠溶液粘合剂、防火剂、防腐剂—碳化硅砂纸、砂轮磨料硬度大硅钢变压器铁芯具有很强的导磁性硅制作硅芯片、制作光电池硅是半导体氯气杀菌消毒剂、漂白剂Cl2溶于水，产生具有强氧化性的次氯酸臭氧、ClO2杀菌消毒剂具有强氧化性漂白液[NaClO溶液]杀菌消毒剂、漂白剂与空气中的CO2反应，产生具有强氧化性的次氯酸漂白粉[Ca(ClO)2、CaCl2]杀菌消毒剂、漂白剂与空气中的CO2反应，产生具有强氧化性的次氯酸漂粉精[Ca(ClO)2]杀菌消毒剂、漂白剂与空气中的CO2反应，产生具有强氧化性的次氯酸碘化银人工降雨分解吸热干冰人工降雨升华吸热二氧化硫漂白纸浆、毛、丝、草帽辫与某些有色物质生成不稳定的无色物质杀菌、消毒有毒气体氨气制冷剂液氨汽化时吸收大量的热浓硫酸干燥剂浓硫酸具有吸水性9．常见物质的连续氧化反应Aeq\o(→,\s\up7(＋O2))Beq\o(→,\s\up7(＋O2))C①Naeq\o(→,\s\up7(O2))Na2Oeq\o(→,\s\up7(O2))Na2O2；②N2或NH3eq\o(→,\s\up7(O2))NOeq\o(→,\s\up7(O2))NO2；③S或H2Seq\o(→,\s\up7(O2))SO2eq\o(→,\s\up7(O2))SO3；④Ceq\o(→,\s\up7(O2))COeq\o(→,\s\up7(O2))CO210.必记的物质推断中的9种特征(1)有颜色的气体：Cl2(黄绿色)、NO2(红棕色)等。(2)有漂白作用的气体：Cl2(有水时)、SO2等，能使品红溶液褪色，加热后恢复原色的是SO2。(3)同一元素的气态氢化物和气态氧化物反应，生成该元素的单质和水，该元素可能是硫或氮。(4)同一元素的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物发生化合反应，生成盐的元素一定是氮。(5)溶于水显碱性的气体只有NH3。(6)在空气中迅速由无色变为红棕色的气体只有NO。(7)可溶于氢氟酸的酸性氧化物只有SiO2。(8)能与NaOH溶液作用产生H2的非金属单质只有Si。(9)常温下使铁、铝发生钝化的是浓硫酸与浓硝酸。11.环境污染的成因环境污染名称成因酸雨工业上大量排放SO2、NOx光化学烟雾碳氢化合物与NOx的排放臭氧空洞大量使用氟利昂制品及NOx的排放温室效应大量CO2及CH4等的排放白色污染大量废弃的难降解的塑料类制品赤潮、水华含磷洗衣粉的大量使用，工农业及城市生活污水的任意排放12.常见有毒气体的尾气处理方法有毒气体处理试剂或方法反应原理Cl2NaOH溶液Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2OSO2NaOH溶液SO2＋2NaOH=Na2SO3＋H2ONO2NaOH溶液2NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2ONOO2(或空气)和NaOH溶液4NO＋3O2＋4NaOH=4NaNO3＋2H2OCO点燃2CO＋O2eq\o(=,\s\up7(点燃))2CO213.消除氮氧化物(NO、NO2)对环境污染的常用方法方法1——NaOH溶液吸收法反应方程式为NO＋NO2＋2NaOH=2NaNO2＋H2O,2NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2O。当尾气中n(NO2)＞n(NO)时，可用过量NaOH溶液完全吸收。当尾气中n(NO2)＜n(NO)时，通入O2(或空气)后再用NaOH溶液完全吸收。方法2——烟气脱硝法该法是在一定温度和催化剂作用下，利用氨作还原剂将NOx还原为无毒的N2和水，化学方程式为4NH3＋6NOeq\o(=,\s\up7(催化剂))5N2＋6H2O，8NH3＋6NO2eq\o(=,\s\up7(催化剂))7N2＋12H2O。方法3——催化转化法在汽车排气管上安装催化转化器，使汽车尾气中的NOx(NO或NO2)与CO反应转化成无毒的物质。反应原理为2NO＋2COeq\o(=,\s\up7(催化剂))N2＋2CO2，2NO2＋4COeq\o(=,\s\up7(催化剂))N2＋4CO2。14．消除SO2对环境污染的常用方法方法1——钙基固硫法为防治酸雨，工业上常用生石灰和含硫的煤混合后燃烧，燃烧时硫、生石灰、O2共同反应生成硫酸钙，从而使硫转移到煤渣中，反应原理为CaO＋SO2eq\o(=,\s\up7(△))CaSO3，2CaSO3＋O2=2CaSO4，总反应方程式为2CaO＋2SO2＋O2eq\o(=,\s\up7(△))2CaSO4。方法2——氨水脱硫法该脱硫法采用喷雾吸收法，雾化的氨水与烟气中的SO2直接接触吸收SO2，其反应的化学方程式为NH3＋SO2＋H2O=NH4HSO3,2NH3＋SO2＋H2O=(NH4)2SO3，2(NH4)2SO3＋O2=2(NH4)2SO4。方法3——钠、碱脱硫法钠、碱脱硫法是用NaOH/Na2CO3吸收烟气中的SO2，得到Na2SO3和NaHSO3，发生反应的化学方程式为2NaOH＋SO2=Na2SO3＋H2O，Na2CO3＋SO2=Na2SO3＋CO2，Na2SO3＋SO2＋H2O=2NaHSO3。方法4——双碱脱硫法先利用烧碱吸收SO2，再利用熟石灰浆液进行再生，再生后的NaOH碱液可循环使用，化学反应原理为①吸收反应：2NaOH＋SO2=Na2SO3＋H2O,2Na2SO3＋O2=2Na2SO4。②再生反应：Na2SO3＋Ca(OH)2=CaSO3↓＋2NaOH，Na2SO4＋Ca(OH)2=CaSO4↓＋2NaOH。1．（2024·北京丰台·一模）实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是气体试剂制备装置收集方法ANH3NH4ClaeBCl2MnO2+浓盐酸cdCSO2Cu+浓硫酸bdDNO2Cu+浓硝酸bfA．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】A．实验室采用Ca(OH)2和NH4Cl共热制备NH3，只加热NH4Cl制备不了NH3，A不合题意；B．实验室采用MnO2和浓盐酸共热的方法来制备Cl2，故可选用装置c，氯气密度比空气的大，采用向上排空气法收集，选用装置d，B符合题意；C．Cu与浓硫酸需在加热情况下才能反应制得SO2，应选用装置c，SO2密度比空气的大，采用向上排空气法收集，选用装置d，C不合题意；D．Cu和浓硝酸反应不需要加热，故可选择装置b，但NO2与水会反应，不能采用排水法收集，D不合题意；故答案为：B。2．（23-24高三下·河南郑州·阶段练习）化学与生活紧密相关，下列说法错误的是A．BaSO4可用于胃部X射线造影检查B．Na2CO3可用作食用碱，也可用于治疗胃酸过多C．氮氧化物的大量排放可引起光化学烟雾D．SO2可用作纸张、草席编织品的漂白剂【答案】B【解析】A．BaSO4是白色难溶性固体物质，既不溶于水，也不溶于酸，同时也不能被X光透过，因此可用于胃部X射线造影检查，A正确；B．Na2CO3俗称纯碱，水溶液显碱性，对人体健康无危害，因此可用作食用碱，但由于其水溶液碱性太强，因此不可用于治疗胃酸过多，B错误；C．氮氧化物的大量排放会导致形成光化学烟雾，C正确；D．SO2具有漂白性，能够与某些有色物质结合形成无水物质，因此可用作纸张、草席编织品的漂白剂，D正确；故合理选项是B。3．（2024·广西柳州·三模）关于元素及其化合物的性质，下列说法正确的是A．浓硝酸有强氧化性，常温下铁与浓硝酸反应可制备B．浓硫酸具有吸水性，所以用浓硫酸在纸上书写的字迹变黑C．氧化镁与盐酸反应得到氯化镁溶液，加热蒸干所得溶液得到无水D．久置空气中的溶液变浑浊且颜色变深，原因是被氧化为硫单质【答案】D【解析】A．浓硝酸有强氧化性，常温下铁遇浓硝酸发生钝化，故A错误；B．浓硫酸具有脱水性，所以用浓硫酸在纸上书写的字迹变黑，故B错误；C．氧化镁与盐酸反应得到氯化镁溶液，加热蒸干所得溶液得到氢氧化镁，故C错误；D．-2价的硫离子具有比较强的还原性，能被空气中的氧气氧化，所以久置于空气中的Na2S溶液变浑浊且颜色变深，原因是Na2S被氧化为硫单质，故D正确；故答案为：D。4．（23-24高三上·浙江杭州）汽车尾气通过和的相互转化实现的储存(过程Ⅱ)和还原(过程Ⅱ)。下列说法不正确的是A．吸收的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是B．若柴油中硫含量较高，在燃烧过程中，吸收氮氧化物的能力会下降C．的储存和还原过程中是催化剂D．尾气处理的总反应为：【答案】D【解析】A．根据图示，二氧化氮和氧气与氧化钡反应生成硝酸钡，其中氧气为氧化剂，二氧化氮为还原剂，反应方程式为2BaO+4NO2+O2=2Ba(NO3)2，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：4，A正确；B．柴油在燃烧过程中生成二氧化硫，二氧化硫、氧气和氧化钡反应生成硫酸钡，硫酸钡稳定不易分解，不与氮氧化物反应，使氧化钡吸收氮氧化物的能力会下降，B正确；C．根据图示可知，反应前后氧化钡不变，故氮氧化物的储存和还原过程中是氧化钡催化剂，C正确；D．尾气处理过程中不仅处理了一氧化氮，还实现其他氮氧化物的转化，D错误；答案选D。5．（23-24高三上·江苏镇江·期中）硫及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是A．硫酸型酸雨产生的途径：B．工业制备硫酸过程中的物质转化：C．钙基固硫过程中发生的总反应：D．实验室制备少量的原理：(固体)(浓)【答案】C【解析】A．硫酸型酸雨产生的途径：，A正确；B．工业制硫酸过程中的物质转化为：FeS2和O2反应生成SO2，SO2发生催化氧化反应生成SO3，SO3和H2O反应生成H2SO4，B正确；C．钙基固硫过程中发生的总反应：，C错误；D．实验室制备少量的原理：(固体)(浓)，D正确；故选C。6．（23-24高三上·安徽六安·阶段练习）氮循环是全球生物地球化学循环的重要组成部分，全球每年通过人类活动新增的“活性”氮导致全球氮循环严重失衡，并引起水体的富营养化、水体酸化、温室气体排放等一系列环境问题。海洋生物参与氮循环的过程如图所示。下列叙述不正确的是A．图中5个反应中包含4个氧化还原反应B．1与1所含电子数相等C．水华和赤潮都是水体富营养化的表现D．反应③和⑤生成等质量N2时，反应⑤转移的电子数少【答案】D【解析】A．反应①中铵根转化为氨气，氮元素化合价不变，不是氧化还原反应，NH2OH中N为-1价，N2H4中N为-2价，反应②~⑤中氮元素化合价发生变化，都属于氧化还原反应，故A正确；B．电子数为7+1×4-1=10，电子数为7+1×3=10，则1mol与1所含电子数相等均为10NA，故B正确；C．大量含有各种含氮和磷有机物的废污水排入水中，促使水域富营养化，造成水华和赤潮，故C正确；D．N2H4中N为-2价，反应③生成1mol氮气转移4mol电子，中N为+3价，反应⑤生成1mol氮气转移6mol电子，则反应⑤转移的电子数多，故D错误；故选D。7．（23-24高三下·江西赣州·阶段练习）为探究的性质，设计了如下实验。实验装置实验操作及现象①抽去毛玻璃片后，反应瓶内壁有白色固体物质生成，红棕色气体逐渐变浅，直至无色。②取白色固体物质溶于水，依次加入稀盐酸、溶液，溶液中出现白色沉淀。下列说法错误的是A．白色固体主要成分为B．物质氧化性：浓C．由实验可知，能用湿润的淀粉试纸鉴别与D．实验后的剩余气体可用酸性溶液处理，防止污染空气【答案】C【分析】玻璃片左侧反应生成NO2，右侧反应生成SO2，根据现象①可知NO2与SO2反应会生成SO3和NO，因此白色固体是SO3，取白色固体物质溶于水，依次加入稀盐酸、溶液，溶液中出现白色沉淀为硫酸钡。【解析】A．由上述分析可知，白色固体主要成分是SO3，故A正确；B．左侧浓硝酸与铜反应生成NO2，则浓硝酸氧化性强于NO2，NO2与SO2反应生成SO3，NO2的氧化性强于SO3，故氧化性强弱顺序为：浓，故B正确；C．与都能将碘离子氧化为碘单质，都能使湿润的淀粉试纸变蓝，无法鉴别，故C错误；D．酸性溶液具有强氧化性，可以吸收NO，进行尾气处理，故D正确。答案选C。8．（2024·江西九江·二模）以叶蛇纹石[主要成分是，含少量等]为原料提取高纯硅的流程如下：下列说法错误的是A．操作1为过滤B．反应2的副产物可作燃料C．反应3和反应4的副产物可循环利用D．上述流程中有两步反应发生了氧化还原【答案】D【分析】反应1是稀硫酸加入叶纹石中，Mg、Al、Fe的化合物转化为硫酸盐，溶在硫酸中，SiO2不溶解，过滤分离，该过程是非氧化还原反应；反应2是二氧化硅和碳在高温下反应生成硅和一氧化碳，反应3是硅和HCl反应生成H2和SiHCl3，反应4是H2和SiHCl3反应生成Si和HCl，反应2、反应3、反应4均是氧化还原反应，据此分析解题。【解析】A．根据分析，操作1是过滤，A正确；B．反应2的副产物是CO，可以做燃料，B正确；C．反应3的副产物是反应4的原料，反应4的副产物是反应3的原料，因此反应3和反应4的副产物可循环利用，C正确；D．上述流程中，反应2、反应3、反应4均是氧化还原反应，D错误；答案选D。9．（2024·山西·一模）三氯甲硅烷()是制取高纯硅的重要原料，常温下为无色液体，沸点为31.8℃，熔点为-126.5℃，易水解。实验室根据反应，利用下图装置制备粗品(加热及夹持装置略)。下列说法正确的是A．制备的第一步操作是通入HCl气体B．将球形冷凝管改为直形冷凝管冷凝效果更佳C．C和D之间需要加一个干燥装置D．用NaOH溶液吸收的化学方程式为【答案】C【解析】A．制备SiHCl3的第一步操作是检查装置的气密性，A错误；B．球形冷凝管冷凝回流比直形冷凝管效果好，B错误；C．SiHCl3易水解，所以要在C、D之间加一个干燥装置，防止D中的水蒸气进入蒸馏烧瓶中，使SiHCl3水解，C正确；D．用NaOH溶液吸收SiHCl3的化学方程式为，D错误；故答案选C。10．（23-24高三上·陕西西安·阶段练习）下列有关金属冶炼方法的叙述，不正确的是A．湿法炼铜的原理属于置换反应B．1000年前中国就能炼锌，现代炼锌主要利用热还原法C．铝热法应用很普遍，可冶炼Mn、Mg、W等金属D．钠、钙、铝等活泼金属的冶炼采用电解法【答案】C【解析】A．湿法炼铜的原理铁与铜盐反应生成铜与铁盐，属于置换反应，故A正确；B．1000年前中国就能炼锌，现代炼锌主要利用热还原法，用碳等将锌从化合物中还原出来，故B正确；C．铝热法应用很普遍，可冶炼Mn、W等难熔金属，镁是活泼金属，要用电解法，故C错误；D．钠、钙、铝等活泼金属的冶炼采用电解法，故D正确；故选C。11．（22-23高一上·江苏连云港·阶段练习）室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向某溶液中滴加溶液，有白色沉淀生成溶液中一定含有B用洁净铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色该溶液含，不含C将Fe片插入溶液中，Fe片表面有红色固体析出金属性：D将通入盛有湿润的有色布条的集气瓶，有色布条褪色氯气具有漂白性A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】A．向某溶液中滴加溶液，有白色沉淀生成，溶液中可能含、、等，A错误；B．焰色反应为黄色，则溶液中一定含，因为黄光会遮盖紫光，透过蓝色钴玻璃，滤去黄光，看是否能观察到紫色，才能判断是否含，C错误；C．活泼金属能置换出不活泼金属，将Fe片插入溶液中，Fe片表面有红色固体析出，金属性：，C正确；D．使湿润的有色布条褪色，因为氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸有强氧化性，具有漂白作用，D错误；故答案选C。12．（2023高三·上海）科学家将液态的金属镓(Ga)充入碳纳米管中，发明出一种世界上最小的温度计—碳纳米管温度计。该温度计通过电子显微镜进行读数，精确度较高，其测量范围在18℃~490℃。下列说法错误的是A．碳纳米管中的镓为液体B．金属镓的体积在10℃～500℃之间随温度的变化比较均匀C．碳纳米管的体积在10℃～500℃之间随温度的变化很小D．Al(OH)3、Ga(OH)3均是两性氧化物【答案】D【解析】A．由题干信息知，碳纳米管中的镓呈液态，A正确；B．该温度计测量范围在18℃~490℃，说明金属镓的体积在此温度范围附近发生均匀变化，B正确；C．该温度计测量范围在18℃~490℃，说明碳纳米管的体积在此温度范围附近随温度的变化很小，C正确；D．Al(OH)3和Ga(OH)3都不是氧化物，D错误；故选D。13．（2023高三·黑龙江双鸭山）类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中，错误的是()①钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2②铁露置在空气中一段时间后就会生锈；性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中③化合物NaCl的焰色为黄色；Na2CO3的焰色也为黄色④密度为1.1g/cm3NaCl溶液与密度为1.2g/cm3的NaCl溶液等体积混合，所得NaCl溶液的密度界于1.1g/cm3与1.2g/cm3之间；Na-K合金的熔点应界于Na和K熔点之间A．①② B．①④ C．①②③④ D．①②④【答案】D【解析】①活泼金属钠与水反应生成NaOH和H2，但是金属活动顺序表中，金属铝以后的金属均和水不反应，故①错误；②铁露置在空气中一段时间后就会生锈，是因为发生电化学腐蚀而生锈，金属铝在空气中和氧气反应而被氧化，发生化学腐蚀；金属铝在空气中氧化生成了三氧化二铝，Al2O3是致密氧化层可以阻止Al进一步被氧化，保持其稳定存在，故②错误；③含有钠元素的物质NaCl、Na2CO3焰色反应均为黄色，故③正确；④NaK合金的熔点应低于Na和K任一金属的熔点，故④错误；答案选D。14．（2024·福建莆田·二模）过碳酸钠()是一种白色固体，具有碳酸钠和过氧化氢的性质，可用于杀菌消毒等。实验室中用如下方法合成过碳酸钠晶体。下列说法错误的是A．采用冰水浴控制三颈烧瓶中反应的温度B．操作①使用的玻璃仪器是漏斗、烧杯和玻璃棒C．过碳酸钠晶体内与以氢键结合D．操作③可用加热法干燥【答案】D【分析】碳酸钠饱和溶液和过氧化氢反应生成过碳酸钠，经过滤、洗涤、干燥得到晶体；【解析】A．三颈烧瓶中反应温度低于5℃，为防止制备过程中过碳酸钠发生分解，因此实验室制备过碳酸钠时可采用冰水浴控制反应温度，故A正确；B．操作①是过滤，分离固体和液体，使用的玻璃仪器是漏斗、烧杯和玻璃棒，故B正确；C．过碳酸钠具有碳酸钠和过氧化氢的性质，晶体内与以氢键结合，故C正确；D．过碳酸钠具有过氧化氢的性质，则受热易分解，操作③用加热法干燥会造成过碳酸钠分解，应选择降温结晶法干燥，故D错误；故选D。15．（23-24高三上·安徽·阶段练习）下列反应的离子方程式书写正确的是A．等物质的量的碘化亚铁与氯气在水溶液中反应：B．向次氯酸钙溶液中通入足量二氧化硫：C．碳酸氢镁与足量的氢氧化钠溶液反应：D．明矾溶液与过量氨水混合：【答案】D【解析】A．氯气先与碘离子反应，当等物质的量的碘化亚铁与氯气在水溶液中反应时，离子方程式为，A项错误；B．向次氯酸钙溶液中通入足量二氧化硫，最终+4价硫被氧化为+6价硫，B项错误；C．碳酸氢镁与足量的氢氧化钠溶液反应，生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为，C项错误；D．氨水是弱碱溶液，因此能与明矾溶液中的结合生成沉淀，D项正确；故选：D。16．（23-24高三上·河南周口·阶段练习）下列实验装置能达到实验目的的是选项AB实验装置目的制备氢氧化铁胶体铝热反应选项CD实验装置目的分离含碘的悬浊液测定氯水的pHA．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】A．饱和氯化铁溶液滴入沸水中制备氢氧化铁胶体，故A错误；B．用镁条引燃氧化铁和铝的混合物发生铝热反应，氧化铝和铁不反应，故B错误；C．用过滤法分离含碘的悬浊液，故C正确；D．氯水具有漂白性，不能用pH试纸测氯水的pH，故D错误；选C。17．（2024·四川南充·二模）下列实验能达到实验目的的是ABCD分离和的混合物制取少量气体证明混合溶液中有少量除去气体中的少量A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】A．碘溶于四氯化碳，不能用分液的方法分离四氯化碳和碘的混合物，应用蒸馏的方法，故A错误；B．铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，常温下与浓硫酸不反应，无法制得二氧化硫气体，故B错误；C．氯化亚铁和氯化铁混合溶液中的氯离子也能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，则用酸性高锰酸钾溶液检验混合溶液中的亚铁离子，故C错误；D．亚硫酸的酸性强于碳酸，能与碳酸氢钠溶液反应生成亚硫酸氢钠、二氧化硫和水，则用饱和碳酸氢钠溶液能除去二氧化碳中混有的二氧化硫，故D正确；故选D。18．（2024·新疆乌鲁木齐·一模）中国三星堆出土了大量文物，如青铜面具、青铜大立人等。下列有关说法正确的是A．铜在空气中主要发生析氢腐蚀B．三星堆出土的青铜器上有大量铜锈，其主要成分为Cu2(OH)2CO3C．用硝酸清洗铜器可以除去铜锈，保护铜器D．青铜是铜中加入铅、锡制得的合金，其成分会加快铜的腐蚀【答案】B【解析】A．铜在空气中主要发生吸氧腐蚀，故A错误；B．铜锈的主要成分为，故B正确；C．铜可以和硝酸反应，用硝酸清洗铜器可以除去铜绿，但也会破坏铜器，故C错误；D．铅、锡比铜活泼，腐蚀反应中铜做正极，会减缓铜的腐蚀，故D错误；故答案选B。19．（23-24高三上·辽宁锦州·期末）工业上可通过“酸性歧化法”制备KMnO4：将软锰矿(主要成分为MnO2)先氧化成K2MnO4，进而在酸性条件下制备KMnO4，流程如下图所示。实验室中模拟“酸性歧化法”制备KMnO4下列说法正确的是A．“熔融”操作应在石英坩埚中进行B．“酸化”反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1C．“酸化”时可改用盐酸代替CO2D．“结晶”过程中加热蒸发至有较多晶体析出时停止加热【答案】B【分析】软锰矿中加入KOH、熔融，并通入O2，发生反应2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O；加水熔融后，过滤；往滤液中通入过量CO2，发生反应3K2MnO4+4CO2+2H2O=4KHCO3+2KMnO4+MnO2；蒸发浓缩、冷却结晶，便可获得KMnO4晶体。【解析】A．“熔融”时，KOH能溶解SiO2，从而损坏石英坩埚，所以“熔融”操作不能在石英坩埚中进行，A不正确；B．“酸化”反应为3K2MnO4+4CO2+2H2O=4KHCO3+2KMnO4+MnO2，氧化产物(KMnO4)与还原产物(MnO2)的物质的量之比为2:1，B正确；C．“酸化”时，由于KMnO4、K2MnO4都能氧化盐酸中的Cl-，所以不能改用盐酸代替CO2，C不正确；D．酸化后的溶液中，含有KMnO4、KHCO3等，所以“结晶”过程中不能加热蒸发至有较多晶体析出时停止加热，否则会析出KHCO3晶体，混在KMnO4晶体中，而应蒸发浓缩、冷却结晶，D不正确；故选B。20．（2023·浙江宁波·模拟预测）以下是工业上利用烟道气中的二氧化硫处理含铬(Ⅵ)废水的工艺流程：设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．转化过程中，溶液颜色由黄色变为橙色B．过程Ⅱ中是还原剂，为还原产物C．处理废水中的(不考虑其它氧化剂存在)，转移电子数为D．烟道气可以用或代替【答案】D【解析】A．，A正确；B．过程Ⅱ中Cr元素化合价降低，说明被还原，则是还原剂，为还原产物，B正确；C．，每个Cr原子得3个电子，即处理废水中的(不考虑其它氧化剂存在)，转移电子数为，C正确；D．中的Fe3+不具有还原性，不能代替具有还原性的二氧化硫，D错误；答案选D。21．（23-24高三上·福建泉州·期中）利用含钴废料(主要成分为，还含有少量的铝箔、等杂质)制备碳酸钴的工艺流程如图：已知：萃取的反应原理：下列说法错误的是A．“滤液Ⅰ”中溶质的主要成分是B．“反萃取”中可加入分离出C．“酸溶”反应中可以换成D．为提高产品的纯度，“沉钴”时溶液滴加速率不宜过快【答案】C【分析】根据题中信息，碱浸后生成滤液和难溶物，说明Co3O4、LiCoO2没有与NaOH溶液反应，而少量的铝箔与NaOH反应生成，过滤后，将Co3O4、LiCoO2与硫酸和双氧水反应生成Co2+，说明双氧水作还原剂，用HR萃取Co2+，再反萃取得到Co2+，再加入碳酸钠得到碳酸钴沉淀。【解析】A．由分析知，“滤液Ⅰ”主要成分是，A正确；B．根据Co2++2HR(有机磷)CoR2+2H+，将CoR2“反萃取”，可加入H2SO4分离出Co2+，B正确；C．由分析知，“酸溶”反应中H2O2作还原剂，不可以换成O2，C错误；D．“沉钴”时Na2CO3的滴速过快或浓度太大，溶液碱性增强会产生Co(OH)2杂质，将导致产品不纯，所以滴加速率不宜过快，D正确；故答案为：C。22．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：，下列有关物质的推断不正确的是A．若甲为，则丁可能是 B．若甲为，则丁可能是C．若甲为溶液，则丁可能是 D．若甲为，则丁可能是【答案】D【解析】A．若甲为氨气，丁为氧气，乙可以为氮气，丙为一氧化氮，整个转化即可实现，故A正确；B．若甲为氯化铝，丁为氢氧化钠，乙则为氢氧化铝，丙为四羟基和氯酸钠，整个转化即可实现，故B正确；C．若甲为氢氧化钠，丁为二氧化碳