2020-2024年五年高考1年模拟化学真题分类汇编（山东专用）-专题04 元素及其化合物（解析版）

2020-2024年五年高考真题分类汇编PAGEPAGE1专题04元素及其化合物考点五年考情（2020-2024）命题趋势考点1常见物质的反应与转化关系（5年2考）2022山东卷第11题2021山东卷第5题山东卷中关于元素化合物知识的考查比较分散，在选择题中突出考查元素化合物知识的命题方向有两种：一种是与实验相结合，一种是与微型工艺流程相结合，预计下一年的命题方向会依然保持不变。考点2微型工艺流程（5年4考）2023山东卷第13题2022山东卷第12题2021山东卷第8题2020山东卷第9题考点1常见物质的反应与转化关系1．（2022·山东卷）某同学按图示装置进行实验，欲使瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液。下列物质组合不符合要求的是气体液体固体粉末A饱和溶液B溶液C溶液D【答案】A【解析】A．通入CO2气体依次发生反应CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3、CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，由于在相同温度下NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，最终瓶中仍有白色晶体析出，不会得到澄清溶液，A项选；B．通入Cl2，发生反应Cl2+2FeCl2=2FeCl3、2FeCl3+Fe=3FeCl2，最终Fe消失得到澄清溶液，B项不选；C．通入HCl，在酸性条件下会表现强氧化性，发生离子反应：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，最终Cu消失得到澄清溶液，C项不选；D．AgCl在水中存在溶解平衡AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，通入NH3后，Ag+与NH3结合成[Ag(NH3)2]+，使溶解平衡正向移动，最终AgCl消失得到澄清溶液，D项不选；答案选A。2．（2021·山东卷）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。考点2微型工艺流程3．（2023·山东卷）一种制备的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液在3~4之间，反应Ⅲ需及时补加以保持反应在条件下进行。常温下，的电离平衡常数。下列说法正确的是A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应B．低温真空蒸发主要目的是防止被氧化C．溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体ⅠD．若产量不变，参与反应Ⅲ的与物质的量之比增大时，需补加的量减少【答案】CD〖祥解〗铜和浓硫酸反应(反应Ⅰ)生成二氧化硫气体(气体Ⅰ)和硫酸铜，生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应(反应Ⅱ)，所得溶液在3~4之间，溶液显酸性，根据的电离平衡常数，可知溶液显酸性(电离大于水解)，则反应Ⅱ所得溶液成分是，调节溶液pH值至11，使转化为Na2SO3，低温真空蒸发(防止Na2SO3被氧化)，故固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液，Na2SO3和CuSO4反应的离子方程式是+2Cu2＋+2H2O=+Cu2O+4H+,反应过程中酸性越来越强，使Na2SO3转化成SO2气体，总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，需及时补加以保持反应在条件下进行，据此分析解答。【解析】A．反应Ⅰ是铜和浓硫酸反应，生成二氧化硫，是氧化还原反应，反应Ⅱ是SO2和碳酸钠溶液反应，生成、水和二氧化碳，是非氧化还原反应，反应Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O，是氧化还原反应，故A错误；B．低温真空蒸发主要目的是防止被氧化，而不是，故B错误；C．经分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液，可循环用于反应Ⅱ的操作单元吸收SO2气体(气体Ⅰ)，故C正确；D．制取总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，化合物X是指Na2SO3，若产量不变，增大比，多的Na2SO3会消耗氢离子，用于控制pH值，可减少的量，故D正确；答案CD。4．（2022·山东卷）高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。开始沉淀pH1.94.26.2沉淀完全pH3.26.78.2下列说法错误的是A．固体X主要成分是和S；金属M为ZnB．浸取时，增大压强可促进金属离子浸出C．中和调pH的范围为3.2~4.2D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成【答案】D【解析】CuS精矿(含有杂质Zn、Fe元素)在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产生为CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH)3；滤液中含有Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入高压H2，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。A．经过上述分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH)3，金属M为Zn，A正确；B．CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，增大O2的浓度，可以反应消耗S2-，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B正确；C．根据流程图可知：用NH3调节溶液pH时，要使Fe3+转化为沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2～4.2，C正确；D．在用H2还原Cu2+变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H+，与溶液中OH-结合形成H2O，若还原时增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H2失去电子还原Cu单质，因此不利于Cu的生成，D错误；故合理选项是D。5．（2021·山东卷）工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图，下列说法错误的是A．吸收过程中有气体生成 B．结晶后母液中含有NaHCO3C．气流干燥湿料时温度不宜过高 D．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3【答案】B〖祥解〗根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为NaHSO3，则母液为饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为：H2SO3+2Na2CO3=Na2SO3+2NaHCO3，NaHSO3+Na2CO3=Na2SO3+NaHCO3，所以调节pH为8进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3↓，SO2+NaHCO3=CO2+NaHSO3↓，此时会析出大量NaHSO3晶体，经过离心分离，将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到NaHSO3产品，据此分析解答。【解析】A．根据上述分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确；B．结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO3，假设产物中存在NaHCO3，则其会与生成的NaHSO3发生反应，且NaHCO3溶解度较低，若其残留于母液中，会使晶体不纯，假设不成立，B错误；C．NaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C正确；D．结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正确；故选B。6．（2020·山东卷）以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2，Fe2O3和A12O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下：已知浸出时产生的废渣中有SiO2，Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是A．浸出镁的反应为B．浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行C．流程中可循环使用的物质有NH3、NH4ClD．分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同【答案】B〖祥解〗菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，MgCO3转化为MgO，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣有SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，同时产生氨气，则此时浸出液中主要含有Mg2+，加入氨水得到Mg(OH)2沉淀，煅烧得到高纯镁砂。【解析】A．高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根水解产生的氢离子反应，促进铵根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式为MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O，故A正确；B．一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，故B错误；C．浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可以利用到浸出过程中，故C正确；D．Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp远小于Mg(OH)2的Ksp，所以当pH达到一定值时Fe3+、Al3+产生沉淀，而Mg2+不沉淀，从而将其分离，故D正确；故答案为B。1．（2024·山东济南一模）关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是A．Cu与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快，所以实验室通常用浓硝酸洗涤附着在试管内壁上的银镜B．加热浓硫酸与NaCl固体的混合物可制备HCl，说明浓硫酸酸性强于HClC．将CO2通入Ba(NO3)：溶液无明显现象，则将SO2通入Ba(NO3)2溶液也无明显现象D．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】D【解析】A．实验室通常用稀硝酸清洗银镜，稀硝酸成本更低，故A错误；B．加热浓硫酸与NaCl固体反应方程式为：，反应能发生，是由于HCl为挥发性酸，不断离开反应体系，使得平衡正向移动，反应得以进行，与浓硫酸和HCl的酸性大小无关，故B错误；C．SO2通入Ba(NO3)2溶液中，SO2被氧化为硫酸根，会生成BaSO4白色沉淀，故C错误；D．向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，是由于次氯酸根水解：，使溶液呈碱性，由于生成的次氯酸具有漂白性，使得溶液变红后褪色，故D正确；故选D。2．（2024·山东淄博一模）实验室中使用钠盐或溶液时，对应关系错误的是A．饱和溶液：除去中的 B．饱和溶液：除去中C．水溶液：油脂的皂化反应 D．醇溶液：的消去反应【答案】B【解析】A．Cl2能溶于水，在饱和NaCl溶液中溶解度会变小，A正确；B．Na2CO3溶液既能与HCl反应，也能与CO2反应，应该用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的HCl气体，B错误。C．油脂在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸钠的反应称为皂化反应，C正确；D．CH3CH2Br在NaOH醇溶液中反生消去反应生成乙烯，D正确；故选B。3．（2024·山东泰安一模）取一定体积的下列两种试剂(浓度均为)进行反应，改变两种试剂的滴加顺序，反应产生的现象相同的是A．溶液、稀盐酸 B．溶液、氨水C．溶液、溴水 D．溶液、酸性溶液【答案】B【解析】A．向溶液中滴加稀盐酸，刚开始没有气泡，然后才产生气泡，向稀盐酸中滴加溶液直接产生气泡，故A不符合题意；B．溶液和氨水无论滴加顺序怎样，都会生成氢氧化铝沉淀，故B符合题意；C．向溶液中滴加溴水，溴水中的HCl和反应生成二氧化碳气体，溴水过量时溶液变为橙黄色，向溴水中滴加溶液，溴水中的HCl和反应生成二氧化碳气体，溶液由橙黄色变为无色，故C不符合题意；D．向溶液中滴加酸性溶液，溶液由无色变为红色，向酸性溶液中滴加溶液，溶液由红色变为无色，故D不符合题意；故选B。4．（2024·山东菏泽二模）类比是学习化学的重要方法，下列“类比”说法中正确的是A．电解熔融冶炼镁，则电解熔融能冶炼铝B．AgOH溶于氨水生成，则溶于氨水生成C．Fe可以和反应生成，则Fe也可以和S反应生成D．溶液中通入生成沉淀，则溶液中通入生成沉淀【答案】B【解析】A．氯化铝为共价化合物，一般电解熔融氧化铝生成铝，A错误；B．Cu、Ag属于同一副族元素，二者结构相似，性质也相似。AgOH难溶于水，但能够溶于氨水生成可溶性络合物Ag(NH3)2OH；Cu(OH)2难溶于水，但能够溶于氨水生成可溶性的络合物Cu(NH3)4(OH)2，B正确；C．硫氧化性较弱，和铁生成硫化亚铁，C错误；D．通常认为二氧化碳可以和氯化钙溶液不反应，即使反应，生成物是碳酸钙和盐酸。碳酸钙又可以溶于盐酸，因此反应无法发生，D错误；故选B。5．（2024·山东泰安二模）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，丙为四羟基合铝酸钠，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，乙则为碳酸钠，丙为碳酸氢钠，整个转化即可实现，故C正确；D．若甲为二氧化硅，丁为碳，乙则为一氧化碳，一氧化碳无法和碳继续反应，转化无法实现，故D错误；故选D。6．（2024·山东滨州二模）图1为某常见金属单质及其部分化合物的“价—类”二维图。下列推断不合理的是A．，的每步转化均可一步实现B．b、c均可与氢碘酸反应，但反应原理不同C．h可同时实现饮用水的消毒与净化D．向图2中a极附近滴入铁氰化钾溶液，会产生蓝色沉淀【答案】A〖祥解〗根据某常见金属单质及其部分化合物的“价—类”二维图知，a为Fe、b为FeO、c为Fe2O3、d为Fe(OH)3、e为Fe(OH)2、f为亚铁盐（如FeCl2等）、g为铁盐（如FeCl3等）、h为高铁酸盐（如K2FeO4等）。【解析】A．Fe与HCl反应生成FeCl2，FeCl2与Cl2反应生成FeCl3，FeCl3与NaOH反应生成Fe(OH)3，Fe2O3不能通过一步反应转化为Fe(OH)3，A项不合理；B．b与HI的反应为FeO+2HI=FeI2+H2O，c与HI的反应为Fe2O3+6HI=2FeI2+I2+3H2O，前者为复分解反应、非氧化还原反应，后者为氧化还原反应，B项合理；C．具有强氧化性，用于饮用水的消毒，其还原产物Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体用于净水，C项合理；D．构成原电池，Fe为负极，Fe（a）极电极反应为Fe-2e-=Fe2+，向a极附近滴入铁氰化钾溶液会产生蓝色KFe[Fe(CN)6]沉淀，D项合理；答案选A。7．（2024·山东日照校际联考一模）将X滴入圆底烧瓶中与Y发生反应，产生足量气体通入Z中，Z中实验现象错误的是XYZZ中实验现象A浓硫酸蔗糖品红溶液褪色B饱和食盐水电石溴的溶液褪色C饱和溶液溶液溶液变浑浊D浓氨水生石灰溶液有蓝色絮状沉淀【答案】D【解析】A．浓硫酸与蔗糖反应生成二氧化硫气体，能使品红溶液褪色，A正确；B．饱和食盐水与电石反应生成乙炔气体，能使溴的溶液褪色，B正确；C．与在水溶液中反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，足量硫化氢通入溶液生成硫单质，产生淡黄色浑浊，C正确；D．浓氨水与生石灰反应生成氨气，足量氨气通入溶液，先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解得到深蓝色溶液，D错误；故选D。8．（2024·山东济宁一模）根据下列实验叙述，得出结论正确的是A．向FeCl2溶液中加入足量Na2O2粉末，出现红褐色沉淀和无色气体，则原FeCl2溶液部分变质B．向KBrO3溶液中通入少量氯气，然后再加入少量苯，有机层呈橙红色，则Cl2氧化性大于Br2C．向CuSO4溶液中加入适量的氨水，再加入乙醇，析出深蓝色固体，则该固体难溶于水D．向含有等物质的量H2SO4和HNO3的混酸稀溶液加入过量铜粉，充分反应，则溶液中的溶质有CuSO4和Cu(NO3)2【答案】D【解析】A．过氧化钠具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子和氢氧根离子生成氢氧化铁红褐色沉淀，出现红褐色沉淀和无色气体，不能说明原FeCl2溶液部分变质，A错误；B．有机相呈橙红色，说明反应中有Br2生成，KBrO3中溴元素由＋5价被还原至0价，发生还原反应，说明Cl2是还原剂，表现出还原性，故根据该实验无法比较Cl2、Br2的氧化性强弱，B错误；

C．向CuSO4溶液中加入适量的氨水，再加入乙醇，析出深蓝色固体为，固体易溶于水，C错误；D．硝酸根离子具有强氧化性，在酸性条件下发生反应，等物质的量H2SO4和HNO3的混酸中氢离子、硝酸根离子比为3:1，则氢离子不足、硝酸根离子过量，溶液中的溶质有CuSO4和Cu(NO3)2，D正确；故选D。9．（2024·山东青岛一模）利用如下实验装置和试剂能实现元素不同价态间转化的是选项试剂价态转化实验装置abcA浓盐酸二氧化锰亚硫酸钠溶液B水过氧化钠硫化钠溶液C浓硝酸铜片氢氧化钠溶液D70%硫酸亚硫酸钠氯化铁溶液【答案】B【解析】A．二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热，该实验装置不能满足条件，故A错误；B．过氧化钠和水在常温下反应生成氧气，氧气中氧元素被硫离子还原为-2价，该装置和对应的试剂可以完成的价态变化，故B正确；C．铜片和浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮和氢氧化钠溶液反应发生歧化反应但生成物中含有氮元素的产物为硝酸钠和亚硝酸钠不满足的价态变化，故C错误；D．浓硫酸和亚硫酸钠反应为复分解反应，未发生价态变化，故D错误；故选B。10．（2024·山东日照校际联考一模）氯化亚铜(CuCl)是石油工业常用的脱硫剂和脱色剂，以低品位铜矿(主要成分为和铁的氧化物)为原料制备CuCl流程如图。已知：CuCl难溶于醇和水，热水中能被氧化，CuCl易溶于浓度较大的体系中()。下列说法错误的是A．“浸取”过程中可用浓硫酸代替稀硫酸B．“除锰”过程中发生离子反应为C．“还原”后所得产物主要为D．产品CuCl可用冷的乙醇洗涤【答案】AB〖祥解〗低品位铜矿加入稀硫酸、二氧化锰浸取，将S元素氧化形成硫单质除去，所得滤液加入氨水除铁，得到的滤渣1主要为氢氧化铁，再加氨水、碳酸氢铵除锰得到碳酸锰，滤液再加热，过滤、洗涤得到高活性氧化铜，加入铜、盐酸，加入氯化钠还原，再加水稀释后过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜；【解析】A．浓硫酸具有强氧化性，反应过程中能生成有害气体二氧化硫，不能用浓硫酸代替稀硫酸，A错误；B．向滤液中加入加入氨水、碳酸氢铵得到碳酸锰，离子反应方程式：，B错误；C．根据分析可知高活性氧化铜，加入铜、盐酸和NaCl还原，生成CuCl，已知CuCl易溶于浓度较大的体系中，存在，所以“还原”后所得产物主要为，C正确；D．乙醇能降低CuCl的溶解减少损失，乙醇易挥发便于干燥、防止CuCl被氧化，所以产品CuCl可用冷的乙醇洗涤，D正确；答案选AB。11．（2024·山东临沂一模）工业上煅烧含硫矿物产生的SO2可以按如图流程脱除或利用。已知：途径I、II、III中均有空气参与；硫酸的结构简式为。下列说法错误的是A．含硫矿物粉碎有利于提高“煅烧”效率B．途径II发生的反应为2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2C．途径III产生的SO3也可以用浓硫酸吸收D．1molX最多可以与1molNaOH反应【答案】D〖祥解〗含硫矿物煅烧产生二氧化硫，二氧化硫与氧气、碳酸钙发生反应：2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2，二氧化硫经催化氧化产生三氧化硫，三氧化硫与甲醇反应得到X。【解析】A．含硫矿物粉碎有利于提高“煅烧”效率，A正确；B．途径II发生的反应为2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2，B正确；C．途径III产生的SO3也可以用浓硫酸吸收得到焦硫酸，再稀释转化为浓硫酸可以避免三氧化硫与水反应形成大量酸雾，C正确；D．X经水解可到硫酸和甲醇，故1molX最多可以与2molNaOH反应得到1mol硫酸钠和1mol甲醇，D错误。故选D。12．（2024·山东德州一中、二中联考一模）某含钒矿石（主要成分为等）制取的流程如下：已知：①②强酸性溶液中钒以形式存在③易溶于水、难溶于水下列说法错误的是A．破碎粉磨含钒矿石的目的是加快酸浸速率和溶出率B．浸出渣的主要成分为C．转化富集的目的是除去含钒溶液中的D．沉钒过程中发生反应的离子方程式为【答案】BC〖祥解〗含钒矿石主要成分为等，矿石磨粉，加硫酸“酸浸”，难溶于硫酸，，浸出渣的主要成分为、S，生成的气体为H2S，得到含钒溶液中含有、Fe2+、Al3+，加氢氧化钠、氧气，转化为，加氨水生成沉淀。【解析】A.破碎粉磨含钒矿石，增大与硫酸的接触面积，可以加快酸浸速率和溶出率，故A正确；B.难溶于硫酸，，浸出渣的主要成分为、S，故B错误；C.强酸性溶液中钒以形式存在，转化富集的目的是使转化为，故C错误；D.沉钒过程中和氨水反应生成沉淀，发生反应的离子方程式为，故D正确；选BC。13．（2024·山东淄博一模）从废弃的声光器件（，含、、杂质）中提取粗磅的工艺流程如图，已知性质与相似，氧化沉碲得，下列说法错误的是A．滤渣的主要成分为B．滤液1和滤液2混合可能产生白色沉淀C．“氧化沉碲”中离子方程式为D．“溶解还原”中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：3【答案】C〖祥解〗声光器件粉末用NaOH溶液充分碱浸，得到主要含有Na2TeO3、NaAlO2、Na2SiO3的滤液，Cu不参与反应，则滤渣的主要成分为Cu，“氧化沉碲”时，Na2TeO3被NaClO氧化生成Na2TeO4沉淀，则滤液1主要含有NaAlO2、Na2SiO3和NaCl，最后Na2TeO4溶于H2SO4后被SO2还原生成Te，滤液2主要含H2SO4、Na2SO4，据此解答。【解析】A．由分析可知，滤渣的主要成分为Cu，A正确；B．滤液1主要含有NaAlO2、Na2SiO3和NaCl，滤液2主要含H2SO4、Na2SO4，则滤液1和滤液2混合时因、H+和H2O反应可能产生白色的Al(OH)3沉淀，B正确；C．“氧化沉碲”时，Na2TeO3被氧化生成Na2TeO4沉淀，NaClO被还原生成NaCl，反应的离子方程式为：，C错误；D．“溶解还原”时，Na2TeO4被还原生成Te，SO2被氧化为，根据得失电子守恒可得关系式：，Na2TeO4作氧化剂，SO2作还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3，D正确；故选C。14．（2024·山东聊城一模）马日夫盐［］常用于机械设备的磷化处理，可起到防锈效果。以水锰矿［主要成分为MnO(OH)，还含有少量的、、及微量的CaO］为原料制备马日夫盐的一种工艺流程如图所示。已知：，当溶液中剩余的某金属离子浓度时，通常认为该金属离子已沉淀完全。下列说法错误的是A．步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均涉及氧化还原反应B．滤渣2的主要成分为、C．低温条件下沉锰是为了防止分解D．“除钙”步骤中控制可使完全沉淀【答案】A〖祥解〗向水锰矿矿浆中加入H2SO4和SO2，SiO2与H2SO4不反应，Fe2O3溶解产生的Fe3+被还原为Fe2+，得到含有Mn2+、、Fe2+、Ca2+、Al3+的混合溶液和含有SiO2、CaSO4（微溶）的滤渣1；加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，加入NaF溶液将Ca2+转化为CaF2沉淀除去，滤液主要成分为MnSO4，加入NaHCO3溶液，得到MnCO3沉淀，加入适量磷酸溶液得到溶液，一系列操作后得到；【解析】A．根据分析，步骤Ⅲ为加入氨水调节pH将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，只涉及复分解反应，不涉及氧化还原反应，A错误；B．根据分析，滤渣2的主要成分为、，B正确；C．为铵态氮盐，高温易分解，低温条件下沉锰是为了防止分解，C正确；D．根据，若要使完全沉淀，则，D正确；答案选A。15．（2024·山东菏泽二模）是生产多晶硅的副产物，易水解产生大量烟雾。利用对废弃的锂电池正极材料进行处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如下。已知：①已知烧渣是LiCl、和的混合物；②常温下，。下列有关说法错误的是A．水浸之前需要除去剩余的B．850℃煅烧时发生反应：C．沉钴过滤时，若控制pH为10，则溶液中D．洗涤滤饼3的操作是向漏斗内加水至浸没滤饼．用玻璃棒搅拌使水快速流下【答案】BD【解析】A．SiCl4易水解，水浸之前需要除去剩余的SiCl4，A正确；B．煅烧时发生反应产物应为，B错误；C．沉钴过滤时，若控制pH为10，，则溶液中，C正确；D．在漏斗上洗涤滤饼时不能用玻璃棒搅动滤饼，否则滤饼松散后，过滤效果变差，D错误；故选BD。16．（2024·山东济宁二模）二氧化氯的制备及由二氧化氯制备一种重要的含氯消毒剂—亚氯酸钠(NaClO2)的工艺流程如图，下列说法正确的是A．“滤渣”的成分为MgCO3、CaCO3 B．两处HCl的作用相同C．H2O2可以用KMnO4代替 D．理论上，产生气体A、B的物质的量之比为1∶1【答案】D〖祥解〗粗食盐水中加入碳酸钠除氯化钙生成碳酸钙沉淀，加入氢氧化钠除氯化镁成氢氧化镁沉淀，过滤出碳酸钙、氢氧化镁，滤液中加盐酸除碳酸钠、氢氧化钠，得到氯化钠溶液，电解氯化钠溶液得到氯酸钠和氢气，氯酸钠和盐酸反应生成二氧化氯、氯气，用氢氧化钠、双氧水吸收二氧化氯，减压蒸发、冷却结晶得亚氯酸钠晶体。【解析】A．根据以上分析，“滤渣”的成分为Mg(OH)2、CaCO3，故A错误；B．第一次用盐酸是除氢氧化钠、碳酸钠，第二次用盐酸是还原氯酸钠生成二氧化氯气体，两处HCl的作用不相同，故B错误；C．H2O2的作用是还原二氧化氯生成亚氯酸钠，不能用KMnO4代替，故C错误；

D．还原1mol氯酸钠生成1mol二氧化氯转移1mol电子，同时生成0.5mol氯气，把1mol二氧化氯还原为亚氯酸钠转移1mol电子，同时生成0.25mol氧气，理论上，产生气体氯气、氧气的物质的量之比为2∶1，故D错误；选D。17．（2024·山东滨州二模）为吸收工业尾气中的和，同时获得连二亚硫酸钠()和，设计流程如下。下列说法正确的是A．装置Ⅰ的作用是吸收NO和B．键角大小：C．从装置Ⅲ的阴极口流出到装置Ⅱ循环使用D．装置Ⅳ中氧化，至少需要标准状况下【答案】B〖祥解〗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Ce3+-e-=Ce4+，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．由分析可知，NO不和NaOH反应，装置Ⅰ中加入NaOH溶液吸收SO2，不能吸收NO，A错误；B．中心原子价层电子对数未2+=3，中心原子价层电子对数未3+=3，和中心原子都是sp2杂化，中没有孤电子对，含有1个孤电子对，孤电子对越多，键角越小，则键角大小：，B正确；C．装置Ⅲ(电解槽)中阳极发生反应Ce3+-e-=Ce4+，从阳极口流出回到装置Ⅱ循环使用，C错误；D．未说明溶液的体积，无法计算需要氧气的物质的量，D错误；故选C。18．（2024·山东聊城二模）某废旧三元锂离子电池正极材料的主要成分是和，下图是处理电池正极材料回收锂、钴、镍、锰、铝的一种流程。已知：常温下，碳酸锂微溶于水，碳酸氢锂易溶于水。焙烧时元素转化为下列说法正确的是A．中个数比为，则的化合价为B．该流程中除“焙烧”外均不涉及氧化还原反应C．冶炼金属锂和金属铝均可用电解其熔融氯化物的方法D．“水浸”步骤反应温度不宜过高【答案】AD〖祥解〗锂离子电池正极材料（主要成分：和），加入NaOH溶液，将Al转化为，过滤后得到含的滤液，经一系列操作后得到Al，滤渣加入适量碳粉，在氮气气流中焙烧，Li元素转化为，同时有CO2、Co、Ni、MnO生成，加水进行水浸，且通入CO2，微溶的Li2CO3转化为易溶的LiHCO3，得到LiHCO3溶液，热解后得到Li2CO3。【解析】A．中个数比为，设Mn的化合价为x，根据化合价代数和为0，可得：，解得x=4，则的化合价为+4，故A正确；B．“碱浸”时Al转化为，属于氧化还原反应，故B错误；C．AlCl3是共价化合物，熔融状态下不导电，冶炼金属Al通常是电解熔融氧化铝，，故C错误；D．“水浸”步骤反应温度不宜过高，避免LiHCO3分解，故D正确；故选AD。19．（2024·山东德州二模）以含镓废料［主要成分为］制备半导体材料GaN的工艺流程如下。已知：Ga和Al的性质相似。下列说法错误的是A．“操作X”需使用蒸发皿、玻璃棒、酒精灯B．可用溶液检验气体a中的C．“加热脱水”可用HCl气体代替D．“合成”产生的气体b可循环利用【答案】B〖祥解〗镓废料加盐酸酸溶后，生成GaCl3，蒸发浓缩、冷却结晶得GaCl3﹒nH2O，含结晶水，在SOCl2的存在下进行加热脱水得无水GaCl3，无水GaCl3与氨气反应得GaN，据此回答。【解析】A．“操作X”为蒸发浓缩、冷却结晶，需使用蒸发皿、玻璃棒、酒精灯，A正确；B．由于气体不能与反应生成白色沉淀，故不可用溶液检验气体a中的，B错误；C．“加热脱水”时的作用是与水反应，生成二氧化硫和氯化氢，从而抑制的水解，故可用HCl气体代替，C正确；D．“合成”产生的气体b为HCl，溶于水后得到盐酸，可在酸溶处循环利用，D正确；故选B。20．（2024·山东名校考试联盟二模）以电厂废料(Al2O3的质量分数为50%，其余为SiO2和CaO)为原料提取Al的工艺流程如下：下列说法错误的是A．“滤液Ⅱ”可以循环利用B．“煅烧”中产生的两种气体为SO2和O2C．“滤渣Ⅰ”的成分为SiO2和少量残余的Al2O3D．10.0g废料得到5.0g干燥的“滤渣I”(Al2O3质量分数为5%)，Al2O3的浸取率为95%【答案】C〖祥解〗废料加入硫酸，二氧化硅不反应，氧化钙和硫酸生成不溶的硫酸钙，故浸渣为二氧化硅、硫酸钙，浸出液加入硫酸钾，产生复盐明矾沉铝，干燥脱水，焙烧产生氧化铝、硫酸钾和2种气体，水浸除去硫酸钾，得到氧化铝，电解得到铝。【解析】A．“水浸”后得到的“滤液Ⅱ”成分为K2SO4，可在沉铝工序循环使用A正确；B．“煅烧”中产生二氧化硫，硫元素化合价降低，则根据电子守恒可知，氧元素化合价升高得到氧气，那么两种气体为SO2和O2，B正确；C．由分析可知，“浸渣Ⅰ”的主要成分除残余Al2O3外，还有二氧化硅、硫酸钙，C错误；D．10.0g废料得到5.0g干燥的“滤渣I”(Al2O3质量分数为5%)，Al2O3的浸取率为95%，D正确；故选C。21．（2024·山东潍坊二模）锡碲渣废料(主要成分为SnO、TeO，还含有少量铁、砷、铅等元素的氧化物)为原料，制备锡酸钠晶体和碲的工艺流程如下。已知水碎液中溶质主要成分为、、、；碱性条件下，锡酸钠在水中的溶解度随温度的升高而减小。下列说法正确的是A．SnO、TeO是酸性氧化物B．“除铅”时，主要反应的化学方程式为C．制备锡酸钠的过程中，铁元素是在溶析结晶过程中除去的D．经“溶析结晶”获得产品的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥【答案】B〖祥解〗锡碲渣废料(主要成分为SnO、TeO，还含有少量铁、砷、铅等元素的氧化物)在通入空气的情况下用氢氧化钠碱浸，生成的溶质的主要成分为Na2SnO3、Na3AsO4、Na2PbO2、Na2TeO3的水碎液，只有铁的氧化物未溶解，所以铁的氧化物就成为水碎渣；往水碎液中加入氢氧化钡将As元素转化为Ba3(ASO4)2过滤除去,滤液中加硫化钠将Pb转化为PbS沉淀；过滤后所得滤液中加入过氧化氢，将Na2TeO3氧化为Na2TeO4；过滤后向所得滤液中加入氢氧化钠，再经过溶析结晶得到Na2SnO3晶体；Na2TeO4沉淀加浓盐酸溶解后，再通入二氧化硫还原得Te单质。【解析】A．SnO、TeO都能和碱反应，同时两者作为金属氧化物也能和酸反应，所以SnO、TeO是两性氧化物，故A错误；B．“除铅”时，Na2PbO2与硫化钠反应生成硫化铅沉淀，主要反应的化学方程式为，故B正确；C．制备锡酸钠的过程中，锡碲渣废料用氢氧化钠碱浸时，只有铁的氧化物未溶解，所以铁的氧化物就成为水碎渣，即铁元素不是在溶析结晶过程中除去的，故C错误；D．由题意可知在碱性条件下，锡酸钠在水中的溶解度随温度的升高而降低，则“溶析结晶”获得产品的操作为浓缩、结晶、过滤、洗涤和干燥，不能进行降温结晶，故D错误；故答案为：B。专题04元素及其化合物考点五年考情（2020-2024）命题趋势考点1常见物质的反应与转化关系（5年2考）2022山东卷第11题2021山东卷第5题山东卷中关于元素化合物知识的考查比较分散，在选择题中突出考查元素化合物知识的命题方向有两种：一种是与实验相结合，一种是与微型工艺流程相结合，预计下一年的命题方向会依然保持不变。考点2微型工艺流程（5年4考）2023山东卷第13题2022山东卷第12题2021山东卷第8题2020山东卷第9题考点1常见物质的反应与转化关系1．（2022·山东卷）某同学按图示装置进行实验，欲使瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液。下列物质组合不符合要求的是气体液体固体粉末A饱和溶液B溶液C溶液D【答案】A【解析】A．通入CO2气体依次发生反应CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3、CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，由于在相同温度下NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，最终瓶中仍有白色晶体析出，不会得到澄清溶液，A项选；B．通入Cl2，发生反应Cl2+2FeCl2=2FeCl3、2FeCl3+Fe=3FeCl2，最终Fe消失得到澄清溶液，B项不选；C．通入HCl，在酸性条件下会表现强氧化性，发生离子反应：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，最终Cu消失得到澄清溶液，C项不选；D．AgCl在水中存在溶解平衡AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，通入NH3后，Ag+与NH3结合成[Ag(NH3)2]+，使溶解平衡正向移动，最终AgCl消失得到澄清溶液，D项不选；答案选A。2．（2021·山东卷）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。考点2微型工艺流程3．（2023·山东卷）一种制备的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液在3~4之间，反应Ⅲ需及时补加以保持反应在条件下进行。常温下，的电离平衡常数。下列说法正确的是A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应B．低温真空蒸发主要目的是防止被氧化C．溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体ⅠD．若产量不变，参与反应Ⅲ的与物质的量之比增大时，需补加的量减少【答案】CD〖祥解〗铜和浓硫酸反应(反应Ⅰ)生成二氧化硫气体(气体Ⅰ)和硫酸铜，生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应(反应Ⅱ)，所得溶液在3~4之间，溶液显酸性，根据的电离平衡常数，可知溶液显酸性(电离大于水解)，则反应Ⅱ所得溶液成分是，调节溶液pH值至11，使转化为Na2SO3，低温真空蒸发(防止Na2SO3被氧化)，故固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液，Na2SO3和CuSO4反应的离子方程式是+2Cu2＋+2H2O=+Cu2O+4H+,反应过程中酸性越来越强，使Na2SO3转化成SO2气体，总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，需及时补加以保持反应在条件下进行，据此分析解答。【解析】A．反应Ⅰ是铜和浓硫酸反应，生成二氧化硫，是氧化还原反应，反应Ⅱ是SO2和碳酸钠溶液反应，生成、水和二氧化碳，是非氧化还原反应，反应Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O，是氧化还原反应，故A错误；B．低温真空蒸发主要目的是防止被氧化，而不是，故B错误；C．经分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液，可循环用于反应Ⅱ的操作单元吸收SO2气体(气体Ⅰ)，故C正确；D．制取总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，化合物X是指Na2SO3，若产量不变，增大比，多的Na2SO3会消耗氢离子，用于控制pH值，可减少的量，故D正确；答案CD。4．（2022·山东卷）高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。开始沉淀pH1.94.26.2沉淀完全pH3.26.78.2下列说法错误的是A．固体X主要成分是和S；金属M为ZnB．浸取时，增大压强可促进金属离子浸出C．中和调pH的范围为3.2~4.2D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成【答案】D【解析】CuS精矿(含有杂质Zn、Fe元素)在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产生为CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH)3；滤液中含有Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入高压H2，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。A．经过上述分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH)3，金属M为Zn，A正确；B．CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，增大O2的浓度，可以反应消耗S2-，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B正确；C．根据流程图可知：用NH3调节溶液pH时，要使Fe3+转化为沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2～4.2，C正确；D．在用H2还原Cu2+变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H+，与溶液中OH-结合形成H2O，若还原时增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H2失去电子还原Cu单质，因此不利于Cu的生成，D错误；故合理选项是D。5．（2021·山东卷）工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图，下列说法错误的是A．吸收过程中有气体生成 B．结晶后母液中含有NaHCO3C．气流干燥湿料时温度不宜过高 D．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3【答案】B〖祥解〗根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为NaHSO3，则母液为饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为：H2SO3+2Na2CO3=Na2SO3+2NaHCO3，NaHSO3+Na2CO3=Na2SO3+NaHCO3，所以调节pH为8进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3↓，SO2+NaHCO3=CO2+NaHSO3↓，此时会析出大量NaHSO3晶体，经过离心分离，将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到NaHSO3产品，据此分析解答。【解析】A．根据上述分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确；B．结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO3，假设产物中存在NaHCO3，则其会与生成的NaHSO3发生反应，且NaHCO3溶解度较低，若其残留于母液中，会使晶体不纯，假设不成立，B错误；C．NaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C正确；D．结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正确；故选B。6．（2020·山东卷）以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2，Fe2O3和A12O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下：已知浸出时产生的废渣中有SiO2，Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是A．浸出镁的反应为B．浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行C．流程中可循环使用的物质有NH3、NH4ClD．分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同【答案】B〖祥解〗菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，MgCO3转化为MgO，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣有SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，同时产生氨气，则此时浸出液中主要含有Mg2+，加入氨水得到Mg(OH)2沉淀，煅烧得到高纯镁砂。【解析】A．高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根水解产生的氢离子反应，促进铵根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式为MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O，故A正确；B．一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，故B错误；C．浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可以利用到浸出过程中，故C正确；D．Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp远小于Mg(OH)2的Ksp，所以当pH达到一定值时Fe3+、Al3+产生沉淀，而Mg2+不沉淀，从而将其分离，故D正确；故答案为B。1．（2024·山东济南一模）关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是A．Cu与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快，所以实验室通常用浓硝酸洗涤附着在试管内壁上的银镜B．加热浓硫酸与NaCl固体的混合物可制备HCl，说明浓硫酸酸性强于HClC．将CO2通入Ba(NO3)：溶液无明显现象，则将SO2通入Ba(NO3)2溶液也无明显现象D．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】D【解析】A．实验室通常用稀硝酸清洗银镜，稀硝酸成本更低，故A错误；B．加热浓硫酸与NaCl固体反应方程式为：，反应能发生，是由于HCl为挥发性酸，不断离开反应体系，使得平衡正向移动，反应得以进行，与浓硫酸和HCl的酸性大小无关，故B错误；C．SO2通入Ba(NO3)2溶液中，SO2被氧化为硫酸根，会生成BaSO4白色沉淀，故C错误；D．向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，是由于次氯酸根水解：，使溶液呈碱性，由于生成的次氯酸具有漂白性，使得溶液变红后褪色，故D正确；故选D。2．（2024·山东淄博一模）实验室中使用钠盐或溶液时，对应关系错误的是A．饱和溶液：除去中的 B．饱和溶液：除去中C．水溶液：油脂的皂化反应 D．醇溶液：的消去反应【答案】B【解析】A．Cl2能溶于水，在饱和NaCl溶液中溶解度会变小，A正确；B．Na2CO3溶液既能与HCl反应，也能与CO2反应，应该用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的HCl气体，B错误。C．油脂在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸钠的反应称为皂化反应，C正确；D．CH3CH2Br在NaOH醇溶液中反生消去反应生成乙烯，D正确；故选B。3．（2024·山东泰安一模）取一定体积的下列两种试剂(浓度均为)进行反应，改变两种试剂的滴加顺序，反应产生的现象相同的是A．溶液、稀盐酸 B．溶液、氨水C．溶液、溴水 D．溶液、酸性溶液【答案】B【解析】A．向溶液中滴加稀盐酸，刚开始没有气泡，然后才产生气泡，向稀盐酸中滴加溶液直接产生气泡，故A不符合题意；B．溶液和氨水无论滴加顺序怎样，都会生成氢氧化铝沉淀，故B符合题意；C．向溶液中滴加溴水，溴水中的HCl和反应生成二氧化碳气体，溴水过量时溶液变为橙黄色，向溴水中滴加溶液，溴水中的HCl和反应生成二氧化碳气体，溶液由橙黄色变为无色，故C不符合题意；D．向溶液中滴加酸性溶液，溶液由无色变为红色，向酸性溶液中滴加溶液，溶液由红色变为无色，故D不符合题意；故选B。4．（2024·山东菏泽二模）类比是学习化学的重要方法，下列“类比”说法中正确的是A．电解熔融冶炼镁，则电解熔融能冶炼铝B．AgOH溶于氨水生成，则溶于氨水生成C．Fe可以和反应生成，则Fe也可以和S反应生成D．溶液中通入生成沉淀，则溶液中通入生成沉淀【答案】B【解析】A．氯化铝为共价化合物，一般电解熔融氧化铝生成铝，A错误；B．Cu、Ag属于同一副族元素，二者结构相似，性质也相似。AgOH难溶于水，但能够溶于氨水生成可溶性络合物Ag(NH3)2OH；Cu(OH)2难溶于水，但能够溶于氨水生成可溶性的络合物Cu(NH3)4(OH)2，B正确；C．硫氧化性较弱，和铁生成硫化亚铁，C错误；D．通常认为二氧化碳可以和氯化钙溶液不反应，即使反应，生成物是碳酸钙和盐酸。碳酸钙又可以溶于盐酸，因此反应无法发生，D错误；故选B。5．（2024·山东泰安二模）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，丙为四羟基合铝酸钠，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，乙则为碳酸钠，丙为碳酸氢钠，整个转化即可实现，故C正确；D．若甲为二氧化硅，丁为碳，乙则为一氧化碳，一氧化碳无法和碳继续反应，转化无法实现，故D错误；故选D。6．（2024·山东滨州二模）图1为某常见金属单质及其部分化合物的“价—类”二维图。下列推断不合理的是A．，的每步转化均可一步实现B．b、c均可与氢碘酸反应，但反应原理不同C．h可同时实现饮用水的消毒与净化D．向图2中a极附近滴入铁氰化钾溶液，会产生蓝色沉淀【答案】A〖祥解〗根据某常见金属单质及其部分化合物的“价—类”二维图知，a为Fe、b为FeO、c为Fe2O3、d为Fe(OH)3、e为Fe(OH)2、f为亚铁盐（如FeCl2等）、g为铁盐（如FeCl3等）、h为高铁酸盐（如K2FeO4等）。【解析】A．Fe与HCl反应生成FeCl2，FeCl2与Cl2反应生成FeCl3，FeCl3与NaOH反应生成Fe(OH)3，Fe2O3不能通过一步反应转化为Fe(OH)3，A项不合理；B．b与HI的反应为FeO+2HI=FeI2+H2O，c与HI的反应为Fe2O3+6HI=2FeI2+I2+3H2O，前者为复分解反应、非氧化还原反应，后者为氧化还原反应，B项合理；C．具有强氧化性，用于饮用水的消毒，其还原产物Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体用于净水，C项合理；D．构成原电池，Fe为负极，Fe（a）极电极反应为Fe-2e-=Fe2+，向a极附近滴入铁氰化钾溶液会产生蓝色KFe[Fe(CN)6]沉淀，D项合理；答案选A。7．（2024·山东日照校际联考一模）将X滴入圆底烧瓶中与Y发生反应，产生足量气体通入Z中，Z中实验现象错误的是XYZZ中实验现象A浓硫酸蔗糖品红溶液褪色B饱和食盐水电石溴的溶液褪色C饱和溶液溶液溶液变浑浊D浓氨水生石灰溶液有蓝色絮状沉淀【答案】D【解析】A．浓硫酸与蔗糖反应生成二氧化硫气体，能使品红溶液褪色，A正确；B．饱和食盐水与电石反应生成乙炔气体，能使溴的溶液褪色，B正确；C．与在水溶液中反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，足量硫化氢通入溶液生成硫单质，产生淡黄色浑浊，C正确；D．浓氨水与生石灰反应生成氨气，足量氨气通入溶液，先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解得到深蓝色溶液，D错误；故选D。8．（2024·山东济宁一模）根据下列实验叙述，得出结论正确的是A．向FeCl2溶液中加入足量Na2O2粉末，出现红褐色沉淀和无色气体，则原FeCl2溶液部分变质B．向KBrO3溶液中通入少量氯气，然后再加入少量苯，有机层呈橙红色，则Cl2氧化性大于Br2C．向CuSO4溶液中加入适量的氨水，再加入乙醇，析出深蓝色固体，则该固体难溶于水D．向含有等物质的量H2SO4和HNO3的混酸稀溶液加入过量铜粉，充分反应，则溶液中的溶质有CuSO4和Cu(NO3)2【答案】D【解析】A．过氧化钠具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子和氢氧根离子生成氢氧化铁红褐色沉淀，出现红褐色沉淀和无色气体，不能说明原FeCl2溶液部分变质，A错误；B．有机相呈橙红色，说明反应中有Br2生成，KBrO3中溴元素由＋5价被还原至0价，发生还原反应，说明Cl2是还原剂，表现出还原性，故根据该实验无法比较Cl2、Br2的氧化性强弱，B错误；

C．向CuSO4溶液中加入适量的氨水，再加入乙醇，析出深蓝色固体为，固体易溶于水，C错误；D．硝酸根离子具有强氧化性，在酸性条件下发生反应，等物质的量H2SO4和HNO3的混酸中氢离子、硝酸根离子比为3:1，则氢离子不足、硝酸根离子过量，溶液中的溶质有CuSO4和Cu(NO3)2，D正确；故选D。9．（2024·山东青岛一模）利用如下实验装置和试剂能实现元素不同价态间转化的是选项试剂价态转化实验装置abcA浓盐酸二氧化锰亚硫酸钠溶液B水过氧化钠硫化钠溶液C浓硝酸铜片氢氧化钠溶液D70%硫酸亚硫酸钠氯化铁溶液【答案】B【解析】A．二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热，该实验装置不能满足条件，故A错误；B．过氧化钠和水在常温下反应生成氧气，氧气中氧元素被硫离子还原为-2价，该装置和对应的试剂可以完成的价态变化，故B正确；C．铜片和浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮和氢氧化钠溶液反应发生歧化反应但生成物中含有氮元素的产物为硝酸钠和亚硝酸钠不满足的价态变化，故C错误；D．浓硫酸和亚硫酸钠反应为复分解反应，未发生价态变化，故D错误；故选B。10．（2024·山东日照校际联考一模）氯化亚铜(CuCl)是石油工业常用的脱硫剂和脱色剂，以低品位铜矿(主要成分为和铁的氧化物)为原料制备CuCl流程如图。已知：CuCl难溶于醇和水，热水中能被氧化，CuCl易溶于浓度较大的体系中()。下列说法错误的是A．“浸取”过程中可用浓硫酸代替稀硫酸B．“除锰”过程中发生离子反应为C．“还原”后所得产物主要为D．产品CuCl可用冷的乙醇洗涤【答案】AB〖祥解〗低品位铜矿加入稀硫酸、二氧化锰浸取，将S元素氧化形成硫单质除去，所得滤液加入氨水除铁，得到的滤渣1主要为氢氧化铁，再加氨水、碳酸氢铵除锰得到碳酸锰，滤液再加热，过滤、洗涤得到高活性氧化铜，加入铜、盐酸，加入氯化钠还原，再加水稀释后过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜；【解析】A．浓硫酸具有强氧化性，反应过程中能生成有害气体二氧化硫，不能用浓硫酸代替稀硫酸，A错误；B．向滤液中加入加入氨水、碳酸氢铵得到碳酸锰，离子反应方程式：，B错误；C．根据分析可知高活性氧化铜，加入铜、盐酸和NaCl还原，生成CuCl，已知CuCl易溶于浓度较大的体系中，存在，所以“还原”后所得产物主要为，C正确；D．乙醇能降低CuCl的溶解减少损失，乙醇易挥发便于干燥、防止CuCl被氧化，所以产品CuCl可用冷的乙醇洗涤，D正确；答案选AB。11．（2024·山东临沂一模）工业上煅烧含硫矿物产生的SO2可以按如图流程脱除或利用。已知：途径I、II、III中均有空气参与；硫酸的结构简式为。下列说法错误的是A．含硫矿物粉碎有利于提高“煅烧”效率B．途径II发生的反应为2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2C．途径III产生的SO3也可以用浓硫酸吸收D．1molX最多可以与1molNaOH反应【答案】D〖祥解〗含硫矿物煅烧产生二氧化硫，二氧化硫与氧气、碳酸钙发生反应：2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2，二氧化硫经催化氧化产生三氧化硫，三氧化硫与甲醇反应得到X。【解析】A．含硫矿物粉碎有利于提高“煅烧”效率，A正确；B．途径II发生的反应为2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2，B正确；C．途径III产生的SO3也可以用浓硫酸吸收得到焦硫酸，再稀释转化为浓硫酸可以避免三氧化硫与水反应形成大量酸雾，C正确；D．X经水解可到硫酸和甲醇，故1molX最多可以与2molNaOH反应得到1mol硫酸钠和1mol甲醇，D错误。故选D。12．（2024·山东德州一中、二中联考一模）某含钒矿石（主要成分为等）制取的流程如下：已知：①②强酸性溶液中钒以形式存在③易溶于水、难溶于水下列说法错误的是A．破碎粉磨含钒矿石的目的是加快酸浸速率和溶出率B．浸出渣的主要成分为C．转化富集的目的是除去含钒溶液中的D．沉钒过程中发生反应的离子方程式为【答案】BC〖祥解〗含钒矿石主要成分为等，矿石磨粉，加硫酸“酸浸”，难溶于硫酸，，浸出渣的主要成分为、S，生成的气体为H2S，得到含钒溶液中含有、Fe2+、Al3+，加氢氧化钠、氧气，转化为，加氨水生成沉淀。【解析】A.破碎粉磨含钒矿石，增大与硫酸的接触面积，可以加快酸浸速率和溶出率，故A正确；B.难溶于硫酸，，浸出渣的主要成分为、S，故B错误；C.强酸性溶液中钒以形式存在，转化富集的目的是使转化为，故C错误；D.沉钒过程中和氨水反应生成沉淀，发生反应的离子方程式为，故D正确；选BC。13．（2024·山东淄博一模）从废弃的声光器件（，含、、杂质）中提取粗磅的工艺流程如图，已知性质与相似，氧化沉碲得，下列说法错误的是A．滤渣的主要成分为B．滤液1和滤液2混合可能产生白色沉淀C．“氧化沉碲”中离子方程式为D．“溶解还原”中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：3【答案】C〖祥解〗声光器件粉末用NaOH溶液充分碱浸，得到主要含有Na2TeO3、NaAlO2、Na2SiO3的滤液，Cu不参与反应，则滤渣的主要成分为Cu，“氧化沉碲”时，Na2TeO3被NaClO氧化生成Na2TeO4沉淀，则滤液1主要含有NaAlO2、Na2SiO3和NaCl，最后Na2TeO4溶于H2SO4后被SO2还原生成Te，滤液2主要含H2SO4、Na2SO4，据此解答。【解析】A．由分析可知，滤渣的主要成分为Cu，A正确；B．滤液1主要含有NaAlO2、Na2SiO3和NaCl，滤液2主要含H2SO4、Na2SO4，则滤液1和滤液2混合时因、H+和H2O反应可能产生白色的Al(OH)3沉淀，B正确；C．“氧化沉碲”时，Na2TeO3被氧化生成Na2TeO4沉淀，NaClO被还原生成NaCl，反应的离子方程式为：，C错误；D．“溶解还原”时，Na2TeO4被还原生成Te，SO2被氧化为，根据得失电子守恒可得关系式：，Na2TeO4作氧化剂，SO2作还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3，D正确；故选C。14．（2024·山东聊城一模）马日夫盐［］常用于机械设备的磷化处理，可起到防锈效果。以水锰矿［主要成分为MnO(OH)，还含有少量的、、及微量的CaO］为原料制备马日夫盐的一种工艺流程如图所示。已知：，当溶液中剩余的某金属离子浓度时，通常认为该金属离子已沉淀完全。下列说法错误的是A．步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均涉及氧化还原反应B．滤渣2的主要成分为、C．低温条件下沉锰是为了防止分解D．“除钙”步骤中控制可使完全沉淀【答案】A〖祥解〗向水锰矿矿浆中加入H2SO4和SO2，SiO2与H2SO4不反应，Fe2O3溶解产生的Fe3+被还原为Fe2+，得到含有Mn2+、、Fe2+、Ca2+、Al3+的混合溶液和含有SiO2、CaSO4（微溶）的滤渣1；加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，加入NaF溶液将Ca2+转化为CaF2沉淀除去，滤液主要成分为MnSO4，加入NaHCO3溶液，得到MnCO3沉淀，加入适量磷酸溶液得到溶液，一系列操作后得到；【解析】A．根据分析，步骤Ⅲ为加入氨水调节pH将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，只涉及复分解反应，不涉及氧化还原反应，A错误；B．根据分析，滤渣2的主要成分为、，B正确；C．为铵态氮盐，高温易分解，低温条件下沉锰是为了防止分解，C正确；D．根据，若要使完全沉淀，则，D正确；答案选A。15．（2024·山东菏泽二模）是生产多晶硅的副产物，易水解产生大量烟雾。利用对废弃的锂电池正极材料进行处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如下。已知：①已知烧渣是LiCl、和的混合物；②常温下，。下列有关说法错误的是A．水浸之前需要除去剩余的B．850℃煅烧时发生反应：C．沉钴过滤时，若控制pH为10，则溶液中D．洗涤滤饼3的操作是向漏斗内加水至浸没滤饼．用玻璃棒搅拌使水快速流下【答案】BD【解析】A．SiCl4易水解，水浸之前需要除去剩余的SiCl4，A正确；B．煅烧时发生反应产物应为，B错误；C．沉钴过滤时，若控制pH为10，，则溶液中，C正确；D．在漏斗上洗涤滤饼时不能用玻璃棒搅动滤饼，否则滤饼松散后，过滤效果变差，D错误；故选BD。16．（2024·山东济宁二模）二氧化氯的制备及由二氧化氯制备一种重要的含氯消毒剂—亚氯酸钠(NaClO2)的工艺流程如图，下列说法正确的是A．“滤渣”的成分为MgCO3、CaCO3 B．两处HCl的作用相同C．H2O2可以用KMnO4代替 D．理论上，产生气体A、B的物质的量之比为1∶1【答案】D〖祥解〗粗食盐水中加入碳酸钠除氯化钙生成碳酸钙沉淀，加入氢氧化钠除氯化镁成氢氧化镁沉淀，过滤出碳酸钙、氢氧化镁，滤液中加盐酸除碳酸钠、氢氧化钠，得到氯化钠溶液，电解氯化钠溶液得到氯酸钠和氢气，氯酸钠和盐酸反应生成二氧化氯、氯气，用氢氧化钠、双氧水吸收二氧化氯，减压蒸发、冷却结晶得亚氯酸钠晶体。【解析】A．根据以上分析，“滤渣”的成分为Mg(OH)2、CaCO3，故A错误；B．第一次用盐酸是除氢氧化钠、碳酸钠，第二次用盐酸是还原氯酸钠生成二氧化氯气体，两处HCl的作用不相同，故B错误；C．H2O2的作用是还原二氧化氯生成亚氯酸钠，不能用KMnO4代替，故C错误；

D．还原1mol氯酸钠生成1mol二氧化氯转移1mol电子，同时生成0.5mol氯气，把1mol二氧化氯还原为亚氯酸钠转移