第四章-非金属及其化合物-章末综合检测卷(解析版)

备战2023年高考化学【一轮·夯实基础】复习精讲精练第四章非金属及其化合物章末综合检测卷第I卷（选择题）一、选择题（每小题3分，共48分）1．（2022·全国·高三专题练习）氯胺是一种长效缓释有机氯消毒剂，有强氧化性，其杀菌能力是一般含氯消毒剂的4～5倍，下列有关氯胺(NH2Cl)的说法一定不正确的是（）A．氯胺的水解产物为NH2OH(羟氨)和HCl B．氯胺的电子式为C．氯胺中氯的化合价为＋1 D．氯胺的消毒原理与漂白粉相似【答案】A【详解】A．氯胺是一种长效缓释有机氯消毒剂，有强氧化性，则NH2Cl＋H2ONH3＋HClO，反应生成的HClO能杀菌消毒。氯胺的水解产物为NH3和HClO，A错误；B．氯胺中氮氯均达到8电子稳定结构，氢达到2电子稳定结构，电子式为，B正确；C．氯胺可看做氨气分子中一个氢被氯取代得到，氯的化合价为＋1，C正确；D．氯胺水解得到次氯酸、漂白粉和空气中二氧化碳也会转化为次氯酸，D正确；故选A。2．（2022·安徽蚌埠·高三期末）下列操作能达到相应实验目的的是（）ABCD制备乙酸乙酯制备NH3制备Cl2制备氢氧化铁胶体A．A B．B C．C D．D【答案】B【详解】A．乙酸乙酯与NaOH溶液发生水解反应，则在试管中不能得到乙酸乙酯，试管中应为饱和碳酸钠，且发生装置还缺少碎瓷片防暴沸，故A错误；B．铵盐与氢氧化钙加热生成氨气，氨气的密度比空气密度小，则图中制备、收集方法均合理，故B正确；C．实验室利用二氧化锰在加热的条件下氧化浓盐酸制备氯气，不能用稀盐酸，故C错误；D．氯化铁与NaOH溶液反应生成沉淀，不能制备胶体，应将氯化铁溶液滴到沸水中制备，故D错误；故选B。3．（2022·江苏·南京市第十三中学模拟预测）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）A．具有氧化性，可用于纸浆漂白 B．难溶于水，可用作耐高温材料C．溶液呈酸性，可用于去除铁锈 D．氢氟酸具有弱酸性，可用作玻璃蚀刻剂【答案】C【详解】A．二氧化硫具有漂白性，常用于纸浆漂白，故A错误；B．氧化铝的熔点高，常用作耐高温耐火材料，故B错误；C．氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，可用于去除铁锈，故C正确；D．氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应生成四氟化硅和水，常用作玻璃蚀刻剂，故D错误；故选C。4．（2022·青海·海东市第一中学一模）1971年，John.J.Bishop等通过3Mg2++4ClO-+2Cl-+2H2O=Mg(ClO)2·2Mg(OH)2+2Cl2↑反应制得Mg(ClO)2·2Mg(OH)2(BMHs，微溶于水)，而1921年，Georg.Kereszty等将Cl2通入Mg(OH)2悬浊液进行制备BMHs却宣告失败。用下列装置制取BMHs，相关叙述错误的是（）A．向装置a烧瓶中滴入浓盐酸之前，应打开KB．装置b的广口瓶盛放的是饱和食盐水C．开始时，不断搅拌下先向三口烧瓶中加入MgCl2溶液，然后通入Cl2D．从反应完成后的三口烧瓶中分离得到BMHs，需经过过滤、洗涤及干燥等操作【答案】C【详解】A．打开K可使浓盐酸顺利滴入烧瓶并使气体进入后续装置，A正确；B．浓盐酸具有挥发性，得到氯气中含有氯化氢杂质，用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，B正确；C．先加入会生成悬浊液，由题给信息，难以与反应，几乎得不到，C错误；D．由于微溶于水，先过滤，再经洗涤和干燥得到产品，D正确；故选C。5．（2022·江苏·南京市第十三中学模拟预测）用高分子吸附树脂提取卤水中的确(主要以形式存在)的工艺流程如下下列说法不正确的是（）A．流程中①和④所得溶液中，后者c()大B．流程中②中不宜过量，防止进一步氧化C．制备，理论上需的质量约为408gD．流程中④的作用是将吸附的碘氧化而脱离高分子树脂【答案】D【分析】由题给流程可知，向卤水中加入稀硫酸酸化后，通入氯气将溶液中的碘离子氧化为单质碘，用高分子吸附树脂吸附溶液中的碘，向树脂中加入亚硫酸钠溶液，将碘还原为碘化钠而脱离高分子树脂，向所得的溶液中加入氯酸钾溶液，将碘化钠氧化为单质碘，单质碘经分离提纯得到碘产品。【详解】A．由分析可知，流程中①和④为碘元素的富集过程，则流程中①和④所得溶液中碘离子的物质的量相同，但④所得溶液碘离子浓度大于①，故A正确；B．由分析可知，流程②为通入氯气将溶液中的碘离子氧化为单质碘，为防止过量的氯气将碘氧化，通入的氯气不宜过量，故B正确；C．由分析可知，加入氯酸钾溶液的目的是将碘化钠氧化为单质碘，由得失电子数目守恒可知，制备10mol碘，理论上需要氯酸钾的质量为10mol××122.5g/mol=408g，故C正确；D．由分析可知，流程中④为向树脂中加入亚硫酸钠溶液，将碘还原为碘化钠而脱离高分子树脂，故D错误；故选D。6．（2022·江西·模拟预测）下列实验能达到预期目的是（）选项实验内容实验目的A用pH试纸测试NaClO溶液pH证明HClO为弱酸B将SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色证明SO2具有漂白性C向1mL0.01mol/LKCl溶液中滴入2滴0.01mol/LAgNO3溶液，产生白色沉淀，再滴入2滴0.01mol/LKI溶液，又产生黄色沉淀证明在相同温度下，Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)D某溶液中加入Ba(NO3)2，产生白色沉淀，再加入稀HCl，沉淀不溶解证明原溶液中含SO42-A．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．NaClO具有漂白性，漂白pH试纸无法测定其溶液pH，A项错误；B．SO2具有还原性，酸性KMnO4溶液具有强氧化性，因此它们之间能发生氧化还原反应，B项错误；C．由于AgNO3溶液少量，产生白色AgCl沉淀，加KI产生黄色沉淀，说明是AgCl转化为更难溶的AgI，则Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，C项正确；D．若产生白色沉淀为BaSO3，加入稀HCl后，溶液中含有HNO3，会使BaSO3氧化为BaSO4，沉淀仍不溶解，因此不能证明原溶液中含有，D项错误；故答案选C。7．（2022·浙江省普陀中学高三开学考试）汽车尾气中的氮氧化合物与大气中的发生如下作用，形成一种雾霾。有关该雾霾的叙述错误的是（）A．该雾霾中含硝酸铵固体 B．反应②是非氧化还原反应C．反应①是固氮反应 D．可能来自过度施用氮肥【答案】C【分析】NOx发生反应①生成N2O5，N2O5是硝酸的酸酐与水反应生成硝酸，硝酸与氨气反应生成硝酸铵。【详解】A．硝酸和氨气反应生成硝酸铵，故雾霾中含有硝酸铵固体，A正确；B．N2O5中氮元素为+5价，O为-2价，H2O中H为+1价，O为-2价，HNO3中H为+1价，N为+5价，O为-2价，各元素化合价未发生变化，是非氧化还原反应，B正确；C．固氮反应是将游离态的氮转化为化合态的氮，NOx中N已经是化合态，故反应①不是固氮反应，C错误；D．过度使用氮肥，其中铵态氮肥可分解生成氨气，D正确；故答案选C。8．（2022·江西·模拟预测）我国有着五千年文明历史，下列有关说法正确的是（）A．《本草图经》有“白矾多入药用”，其白矾是[KAl(SO4)2·12H2O]，具有杀菌、消毒之功效B．诗句“月落乌啼霜满天，江枫渔火对愁眠”。其中不包含有化学变化过程C．“凡石灰，经火焚炼为用……火力用后，烧酥石性，置于风中，久自吹成粉”中的“粉”为CaOD．古代烧制的“明如镜，声如磬”的瓷器，其主要成分为硅酸盐【答案】D【详解】A．明矾只能作净水剂，不具有杀菌、消毒的作用，A项错误；B．火是物质燃烧时所表现出来的发热、发光的现象，是包含了化学变化过程，B项错误；C．CaCO3煅烧后生成CaO，经久置于空气中最终变为CaCO3，C项错误；D．陶瓷为传统的硅酸盐材料，D项正确；故答案选D。9．（2022·广东·高三开学考试）下列性质与用途均正确且具有对应关系的是（）选项物质性质物质用途A氮气有还原性可用作食品包装袋中的保护气B受热易分解可用作氨肥C液氨分解吸热可用作制冷剂D硝酸铵溶于水吸热可用于制作医用速冷冰袋A．A B．B C．C D．D【答案】D【详解】A．氮气用作保护气是因为氮气性质稳定，不易发生化学反应，A不符合题意；B．用作氮肥是因为其含有N元素，与其受热易分解没有直接关系，B不符合题意；C．液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂，C不符合题意；D．溶于水吸热，可以使环境温度降低，用于制作医用速冷冰袋，D符合题意；故选D。10．（2022·全国·高三专题练习）某氮肥样品可能含有NH4HCO3、NH4Cl、NH4NO3中的一种或几种。为探究其成分，称取该样品0.5000g，溶解配成100mL溶液，加过量浓NaOH溶液，加热，将产生的氨气通入60.00mL0.1000mol·L-1的H2SO4溶液中(设产生的NH3全部逸出)，剩余的H2SO4溶液能消耗20.00mL0.2250mol·L-1的NaOH溶液。下列说法正确的是（）A．吸收NH3消耗的H2SO4为6.000×10-3molB．上述过程共产生NH3268.8mL(标准状况下)C．该样品中NH的质量分数为43.2%D．该氮肥样品必含NH4Cl【答案】D【详解】A．H2SO4的物质的量为0.06L×0.1000mol·L-1=0.006mol，H2SO4除了吸收NH3还中和NaOH，n(NaOH)=0.02L×0.2250mol·L-1=0.0045mol，根据n(NH3)＋n(NaOH)=2n(H2SO4)可得，n(NH3)+0.0045mol=0.012mol，n(NH3)=0.0075mol，故吸收NH3消耗的H2SO4为0.00375mol，A错误；B．根据A选项的分析，n(NH3)=0.0075mol，标准状况下V(NH3)=0.0075mol×22.4L/mol=168mL，B错误；C．n()=n(NH3)=0.0075mol，w()=×100%=27%，C错误；D．NH4HCO3、NH4Cl、NH4NO3中含量分别为(约22.8%)、(约33.6%)、(约22.5%)，只有NH4Cl中含量大于27%，由于混合物中w()=27%，因此该氮肥样品中一定有NH4Cl，D正确；故选D。11．（2022·广东·高三开学考试）实验室进行二氧化硫气体制取和性质实验装置如图所示。下列说法正确的是（）A．如果铜丝过量，浓硫酸可以全部消耗B．把品红溶液换成高锰酸钾溶液，可以验证的相同性质C．石蕊试液变红但不褪色，说明水溶液有酸性，但没有漂白性D．把铜丝换成亚硫酸钠，不加热，也可完成同样的实验【答案】D【详解】A．如果铜丝过量，浓硫酸也不可能全部消耗，因为随着反应的进行，浓硫酸逐渐变稀，而稀硫酸与铜不反应，A错误；B．品红溶液褪色，证明二氧化硫具有漂白性，换成高锰酸钾溶液，由高锰酸钾溶液紫色褪去，可以验证的还原性，不能验证二氧化硫的相同性质，B错误；C．石蕊试液变红但不褪色，说明水溶液有酸性，并且二氧化硫不能漂白紫色石蕊试液，不能证明二氧化硫没有漂白性，C错误；D．把铜丝换成亚硫酸钠，不加热，反应的化学方程式是，也可以制备二氧化硫气体，完成同样的实验，D正确；故选D。12．（2022·四川·模拟预测）下列实验不能达到目的的是（）选项目的实验A检验海带中是否含有碘元素向海带灰浸取液中滴加淀粉溶液B除去溴苯中混有的Br2加入稀NaOH溶液洗涤、分液C证明SO2具有还原性将SO2通入酸性KMnO4溶液中D证明醋酸是弱酸测定0.1mol/L醋酸溶液的pHA．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A．海带中的碘元素以碘离子形式存在，加入淀粉无明显现象，A错误；B．溴单质与稀氢氧化钠反应，而溴苯不反应且溴苯不溶于水，采用分液的方法将溴苯与杂质分开，B正确；C．SO2通入酸性KMnO4溶液中，高锰酸钾溶液褪色，发生氧化还原反应，体现了SO2的还原性，C正确；D．测定0.1mol/L醋酸溶液的pH大于1，证明醋酸不完全电离，属于弱酸，D正确；故答案选A。13．（2022·全国·高三专题练习）在探究SO2的性质实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（）A．向SO2水溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，产生的白色沉淀是BaSO3B．向溴水中通入SO2，溶液褪色，说明+4价硫具有还原性C．将过量的SO2通入石蕊溶液中，溶液由紫色变为红色，说明SO2的水溶液显酸性D．向SO2水溶液中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明H2SO3酸性强于H2CO3【答案】A【详解】A．向SO2水溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，酸性条件下，SO2被NO氧化为SO，产生的白色沉淀是BaSO4，A错误；B．向溴水中通入SO2，溶液褪色，发生的反应为SO2＋Br2＋2H2O=2Br-＋4H＋＋SO，SO2作还原剂，说明＋4价硫具有还原性，B正确；C．将过量的SO2通入石蕊溶液中，溶液由紫色变为红色，说明SO2的水溶液显酸性，C正确；D．向SO2水溶液中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明H2SO3酸性强于H2CO3，D正确；故选A。14．（2022·全国·高三专题练习）二氧化硅(SiO2)又称硅石，是制备硅及其化合物的重要原料。下列说法正确的是A．SiO2既能与HF反应，又能与NaOH反应，属于两性氧化物B．SiO2和Si都是光导纤维材料C．利用SiO2与NaOH溶液反应可制取“水玻璃”D．图中所示转化反应都是非氧化还原反应【答案】C【详解】A．SiO2是酸性氧化物，A错误；B．SiO2是光导纤维材料，Si为半导体材料，B错误；C．“水玻璃”是NaSiO3的水溶液，C正确；D．制取Si的过程中涉及了氧化还原反应，如二氧化硅与碳反应，硅与氯气反应等，D错误；故选C。15．（2022·全国·高三专题练习）含氮化合物及其单质的“类别-价态”二维图如图，下列相关分析或预测错误的是（）A．NaOH、NaNO2、NH4Cl均属于强电解质B．N2→NO2→HNO3的转化均能一步实现C．反应NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O属于氧化还原反应D．NO2溶于水的离子方程式为3NO2+H2O=2H++2+NO【答案】B【分析】氮气与氧气在雷电条件下或者高温高电压条件下发生氧化还原反应生成一氧化氮，氮气无法通过一步反应直接生成二氧化氮；二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应式为。一氧化氮、二氧化氮与氢氧化钠反应生成亚硝酸钠与硝酸钠，反应式为。【详解】A．强酸强碱和盐均为强电解质，能完全电离，NaOH为强碱，NaNO2、NH4Cl为盐，均属于强电解质，A正确；B．氮气与氧气在放电的条件下反应生成一氧化氮，一氧化氮可与氧气反应生成二氧化氮，N2→NO2的转化不能一步实现，B错误；C．NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O中NO2中N的化合价降低，NO中N的化合价升高，属于氧化还原反应，C正确；D．NO2溶于水生成硝酸和一氧化氮，故离子方程式为3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO，D正确；故选B。16．（2022·全国·高三专题练习）化学是一门以实验为基础的学科，某同学为探究FeCl3溶液的性质进行如下实验，操作如图所示，根据实验现象下列分析不正确的是A．①～④的变化中，仅有1处涉及氧化还原反应B．③中反应的离子方程式：2Fe3++3C+3H2O=2Fe(OH)3(胶体)+3CO2↑C．若将FeCl3溶液滴加到Na2S溶液中，产生的现象与图中①、②现象相同D．若用Na2SO3代替Na2S进行实验溶液也能变成淡绿色【答案】C【分析】①中发生反应：2Fe3++S2-=2Fe2++S↓，②中发生反应Fe2++S2-=FeS↓，③中发生反应为2Fe3++3C+3H2O=2Fe(OH)3(胶体)+3CO2↑，④中继续发生反应2Fe3++3C+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑。【详解】A．①～④的变化中，只有反应①为氧化还原反应，所以有1处涉及氧化还原反应，A正确；B．③中由于加入的Na2CO3不足量，只生成Fe(OH)3胶体，反应的离子方程式：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3(胶体)+3CO2↑，B正确；C．若将FeCl3溶液滴加到Na2S溶液中，则直接发生反应2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓，产生的现象与图中①、②现象不同，C不正确；D．若用Na2SO3代替Na2S进行实验，则发生反应2Fe3++S+H2O=2Fe2++S+2H+，所以溶液也能变成淡绿色，D正确；答案选C。第II卷（非选择题）二、非选择题（共52分）17．（2022·上海·华师大二附中高三阶段练习）第五代隐身战机运用了先进的吸波材料。钡铁氧体是一种应用最广的吸波材料之一。回答下列问题：(1)铝与钡处于相邻主族，铝的原子核外有_______种能量不同的电子。氢氧化铝可以溶于氢氧化钡得到无色溶液，写出离子方程式_________________________。(2)钡的金属性_______(大于或小于)铝，下列能比较铝与钡的金属性强弱的是_______。a.高温下铝冶炼钡4BaO+2Al→BaO·Al2O3+3Ba↑b.铝与水反应需加热，钡与水剧烈反应c.氧化铝熔点高于氧化钡(3)某钡铁氧体化学式为BaFe18O27，将其写为氧化物的形式_____________。将0.030mol该铁氧体溶于2.0mol/L的稀硝酸，恰好溶解时需要硝酸_______mL。(4)碳酸钡可用于制钡铁氧体，一种制纳米碳酸钡的原料为BaCl2、NH4HCO3和氨水，从电离平衡的角度分析氨水的作用_____________。(5)实验室中，氧化钡是一种高效干燥剂，可以除去乙醚等有机试剂中的少量水，但不能用于除乙酸乙酯中的少量水，原因是___________________。【答案】(1)5

(2)大于

b(3)BaFe18O27

850(4)HCO+H2OH2CO3+OH-、HCOCO+H+，氨水溶液显碱性，可以抑制碳酸氢根离子的水解而利于其电离，利于碳酸钡的生成(5)氧化钡和水分解生成氢氧化钡，氢氧化钡具有碱性，导致乙酸乙酯在碱性溶液中发生水解【解析】(1)铝为13号元素，基态Al原子核外电子排布为1s22s22p63s23p1，原子核外有5种能量不同的电子。氢氧化铝可以和强碱反应生成偏铝酸根离子，溶于氢氧化钡的离子方程式；(2)同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；钡的金属性大于铝；a．高温下铝冶炼钡4BaO+2Al→BaO·Al2O3+3Ba↑，是因为反应生成钡蒸气逸出导致平衡正向进行，不能说明金属性铝大于钡，a不符合题意；b．金属性越强越容易置换出水的氢，铝与水反应需加热，钡与水剧烈反应，说明金属性钡大于铝，b符合题意；c．熔点不能体现物质的金属性，c不符合题意；故选b；(3)某钡铁氧体化学式为BaFe18O27，将其写为氧化物的形式为BaO·2FeO·8Fe2O3；氧化亚铁和硝酸反应：3FeO+10HNO3=3Fe(NO3)3+5H2O+NO↑，氧化铁和硝酸反应：Fe2O3+6HNO3=2Fe(NO3)3+3H2O；0.030mol该铁氧体中BaO、FeO、Fe2O3的物质的量分别为0.030mol、0.060mol、0.240mol，三者和稀硝酸恰好反应，消耗HNO3的物质的量分别为0.06mol、0.20mol、1.44mol，该铁氧体溶于2.0mol/L的稀硝酸，恰好溶解时需要硝酸(0.06mol+0.20mol+1.44mol)÷2.0mol/L=0.85L=850mL。(4)HCO+H2OH2CO3+OH-、HCOCO+H+，氨水溶液显碱性，可以抑制碳酸氢根离子的水解而利于其电离，利于碳酸钡的生成；(5)氧化钡和水分解生成氢氧化钡，氢氧化钡具有碱性，导致乙酸乙酯在碱性溶液中发生水解。18．（2022·吉林·高三期末）某同学为了验证硫铁矿(主要成分为FeS2。含有少量的碳)焙烧产物(产生的气体是SO2，CO2)，设计如下装置进行实验：回答下列问题：(1)装置A、B中的试剂分别是_______、_______。(2)装置D的作用是_____________。(3)验证焙烧后气体产物的实验现象分别为_____________、_____________；若F中颜色发生改变，写出产生颜色变化反应的离子方程式：___________________。取F中反应后的溶液于洁净的试管中。滴加少量KSCN溶液，溶液不变红，说明溶液中_______(填“含有”或“不含有”)Fe3+；再继续滴加少量氯水，溶液也不变红。产生这种现象的原因可能是___________________。(4)G中盛放足量酸性KMnO4溶液的目的是___________________(用离子方程式表示)。(5)反应完成后经检验，C中剩余固体物质只有Fe2O3，写出FeS2焙烧反应的化学方程式：_______________________________。【答案】(1)NaOH溶液(或其他合理答案)

浓硫酸(2)防止倒吸(或安全瓶也可)(3)E中品红溶液褪色

G中溶液不褪色，H中有白色沉淀生成

SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+

不含有

少量Cl2与溶液中过量的SO2或(H2SO3、)反应，Cl2量不足，不能把Fe2+氧化为Fe3+，溶液不变红(或其他合理描述)(4)5SO2+2+2H2O=2Mn2++4H++5(5)4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2【分析】空气中有二氧化碳需要先除去，故装置A的作用为除去二氧化碳，其中可为NaOH溶液，气体通过NaOH溶液后需要干燥，则B装置作用为干燥气体，B中为浓硫酸，C装置为硫铁矿与空气反应的装置，生成SO2和CO2，装置D为安全瓶作用为防止倒吸，焙烧产物中有SO2，故E中品红褪色，F中氯化铁可与SO2反应，生成亚铁离子从而使溶液变色，G中足量的高锰酸钾的作用为除去SO2，防止其与澄清石灰水反应，H中澄清石灰水变浑浊，说明焙烧产物有CO2。（1）根据分析可知，A装置的作用为除去空气中的CO2，A中试剂为NaOH溶液，B为干燥装置，B中试剂为浓硫酸。（2）装置D为安全瓶，防止倒吸。（3）焙烧气体中有SO2和CO2，SO2具有漂白性可使品红褪色，因此E中品红褪色即可说明焙烧产物中有SO2，G中高锰酸钾作用为除去SO2，当G中溶液不褪色说明SO2已被除净，此时如H中有白色沉淀生成则说明有CO2。FeCl3可与SO2发生氧化还原反应，离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+。取F中反应后的溶液，加入少量KSCN溶液后不变红，说明溶液中不存在Fe3+，再滴加氯水溶液也不变红，可能是因为溶液中二氧化硫过量，少量氯水与SO2反应，导致氯水不足，无法氧化亚铁离子。（4）G中盛放足量酸性高锰酸钾的目的是除去SO2，离子方程式为5SO2++2H2O=2Mn2++4H++5。（5）FeS2焙烧后固体产物只有Fe2O3，且生成了SO2，化学方程式为。19．（2022·河南·高三阶段练习）氢氧化铍可用作核技术和制备含铍材料的中间体等。以硅铍石(主要成分Be2SiO4含少量Al2O3)和方解石(主要成分CaCO3，含少量FeCO3、SiO2)为原料，制备Be(OH)2的工艺流程如图所示：已知：I.硅铍石不易被硫酸直接分解；铍的性质与铝相似；粗Be(OH)2含有少量Al(OH)3；II.生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示：物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Be(OH)2开始沉淀的pH7.72.53.54.6沉淀完全的pH(溶液中金属离子浓度等于10-5mol·L-1)8.73.24.75.9回答下列问题：(1)“熔炼”时加入方解石粉的作用为_____________；生成气体的电子式为_______。(2)浸渣中除含有CaSiO3、H2SiO3外，还含有_______(填化学式)。(3)滤渣1中含有NH4Al(SO4)2·12H2O、(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O。NH4Al(SO4)2·12H2O能用作净水剂，原因为___________________(用离子方程式表示)；(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O可用于测定KMnO4的含量，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____________。(4)根据已知II信息可知，“深度除铁”的适宜方案为___________________。(5)“调pH”所得母液中的主要溶质可返回到_____________工序循环利用。(6)“洗涤”的目的是除去粗Be(OH)2中所含的Al(OH)3，若用足量NaOH浓溶液代替NaOH稀溶液，会导致的后果为___________________(用离子方程式表示)。【答案】(1)将硅铍石转化为能与硫酸反应的物质

(2)CaSO4(3)Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+

1：5(4)先向滤液1中加入足量双氧水，再将溶液的pH调至3.2~4.6之间(5)转化(6)Be(OH)2+2OH-=+2H2O【分析】硅铍石(主要成分Be2SiO4含少量Al2O3)和方解石(主要成分CaCO3，含少量FeCO3、SiO2)熔炼，将硅铍石转化为能与硫酸反应的物质，熔炼渣加入硫酸溶解，浸出液中含有铁、铍、铝元素，加入硫酸铵转化后得到滤渣1含有NH4Al(SO4)2·12H2O、(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，滤液1深度除铁得到滤渣2含有氢氧化铁沉淀，滤液2加入氨水调节pH，得到粗Be(OH)2沉淀，使用稀氢氧化钠溶液洗涤后得到Be(OH)2；（1）已知：I.硅铍石不易被硫酸直接分解；“熔炼”时加入方解石粉的作用为将硅铍石转化为能与硫酸反应的物质，便于铍元素的转化与提取；碳酸钙高温分解生成二氧化碳气体，故生成气体的电子式为；（2）熔炼渣加入硫酸溶解，钙离子与硫酸根离子生成难溶于水的硫酸钙，故浸渣中除含有CaSiO3、H2SiO3外，还含有CaSO4；（3）滤渣1中含有NH4Al(SO4)2·12H2O、(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O。NH4Al(SO4)2·12H2O能用作净水剂，原因为铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可以吸附水中悬浮颗粒物：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+；(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O可用于测定KMnO4的含量，该反应中锰元素化合价降低（+7变为+2）发生还原反应为氧化剂、铁元素化合价升高（+2变为+3）发生氧化反应为还原剂，根据电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5；（4）根据已知II信息可知，“深度除铁”应该除去铁元素且铍元素不沉淀，由表格可知，三价铁沉淀所需的pH更小，故适宜方案为先向滤液1中加入足量双氧水将二价铁转化为三价铁，再将溶液的pH调至3.2~4.6之间；（5）“调pH”所得母液中的主要溶质为加入氨水生成的硫酸铵，由流程可知，可返回到转化工序循环利用。（6）粗Be(OH)2含有少量Al(OH)3，铍的性质与铝相似，则Be(OH)2也会和氢氧化钠反应；故“洗涤”若用足量NaOH浓溶液代替NaOH稀溶液，会导致的后果为Be(OH)2+2OH-=+2H2O。20．（2022·江苏苏州·模拟预测）氯化镍(NiCl2·6H2O)常用于电镀、陶瓷等工业，某实验室以单质Ni为原料制取氯化镍的实验步骤如下：已知：①Fe(OH)3完全沉淀pH为3.2；Ni(OH)2开始沉淀pH为7.2，完全沉淀pH为9.2。②NiCl2易水解，从溶液中获取NiCl2·6H2O须控制pH＜2。(1)在三颈烧瓶中(装置见如图)加入一定量Ni粉和水，通入空气，滴入稀硝酸和稀硫酸的混酸，至反应结束，过滤，制得NiSO4溶液。①向A装置中通入空气的作用除搅拌外还有_________________。②若镍粉过量，判断反应完成的现象是_________________。(2)将所得NiSO4溶液与NaHCO3溶液混合反应得到NiCO3·Ni(OH)2沉淀，过滤，洗涤。①沉淀反应的离子方程式为_____________________________。②检验NiCO3·Ni(OH)2沉淀已经洗涤完全的方法是_________________。(3)所得NiCO3·Ni(OH)2固体中混有少量Fe(OH)3。请补充完整由NiCO3·Ni(OH)2固体制备NiCl2·6H2O的实验方案：向NiCO3·Ni(OH)2固体中加入盐酸，搅拌，___________。[NiCl2溶解度曲线如图所示。实验中须选用的仪器和试剂：pH计、盐酸、NiCO3]【答案】(1)将生成的NO氧化为硝酸，使产生的NO部分转化为NO2，便于NOx被NaOH溶液完全吸收

三颈烧瓶内无红棕色气体出现(2)2Ni2+＋4HCO=NiCO3·Ni(OH)2↓＋3CO2↑＋H2O

取最后一次洗涤所得滤液，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液(硝酸钡也得分)，若无明显现象则已洗涤干净(3)至固体全部溶解，向所得溶液中加入NiCO3至反应液3.2＜pH＜7.2，静置，过滤，向滤液中加入适量盐酸，用pH计控制溶液pH小于2，蒸发浓缩，冷却至0℃左右结晶，过滤，用冰水洗涤，干燥【分析】以单质Ni为原料制取氯化镍：在A装置三颈烧瓶中加入一定量Ni粉和水，通入空气，滴入稀硝酸和稀硫酸的混酸，发生反应：3Ni+8H++2=3Ni2++2NO↑+4H2O，至反应结束，过滤，制得NiSO4溶液，通入空气搅拌，并使生成的NO氧化为硝酸，或使产生的NO部分转化为NO2，便于NOx被B装置中NaOH溶液完全吸收，将所得NiSO4溶液与NaHCO3溶液混合发生反应：2Ni2++4=NiCO3·Ni(OH)2↓+3CO2↑+H2O，得到NiCO3·Ni(OH)2沉淀，向NiCO3·Ni(OH)2固体中加入盐酸，边加边搅拌，用pH计测定反应液3.2＜pH＜7.2，停止加入盐酸，静置，过滤，向滤液中加入适量盐酸，控制溶液pH小于2，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤，干燥，得到氯化镍(NiCl2·6H2O)，据此分析。（1）①由分析可知，三颈烧瓶中有NO生成，向A装置中通入空气的作用是搅拌，还可以将生成的NO氧化为硝酸(或使产生的NO部分转化为NO2，便于NOx被NaOH溶液完全吸收)；②若镍粉过量，则过量的镍粉与空气反应，NO不能被氧化，三颈烧瓶内无红棕色气体出现；（2）①NiSO4溶液与NaHCO3溶液混合反应得到NiCO3·Ni(OH)2沉淀，沉淀反应的离子方程式为2Ni2++4=NiCO3·Ni(OH)2↓+3CO2↑+H2O。②NiCO3·Ni(OH)2沉淀未洗净的话，洗涤液中含有硫酸根离子，故检验NiCO3·Ni(OH)2沉淀是否洗涤完全的方法是：取最后一次洗涤液，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无明显现象，则已洗净；（3）已知：Fe(OH)3完全沉淀pH为3.2；Ni(OH)2开始沉淀pH为7.2，完全沉淀pH为9.2，NiCO3·Ni(OH)2固体中混有少量Fe(OH)3，应先将其转化为离子，再调节pH沉淀铁离子，pH的调节不能沉淀镍离子，pH范围3.2＜pH＜7.2，过滤后从滤液获得NiCl2·6H2O，由NiCO3·Ni(OH)2固体制备NiCl2·6H2O的实验方案：向NiCO3·Ni(OH)2固体中加入盐酸，边加边搅拌，用pH计测定反应液3.2＜pH＜7.2，停止加入盐酸，静置，过滤，向滤液中加入适量盐酸，控制溶液pH小于2，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤，干燥。21．（2021·贵州遵义·高三阶段练习）锡箔纸常用于食品包装和食品加工。制作锡箔纸的主要金属元素锡(Sn)位于周期表的第ⅣA族，它的常见价态有+2、+4价，其单质沸点为2260℃，四氯化锡(SnCl4)是无色液体，熔点-33℃，沸点114℃，极易水解，在潮湿的空气中发烟。实验室中可用氯气与过量金属锡通过下图装置制备SnCl4(夹持装置已略去)。(1)装置乙的作用是_____________，装置丙中的试剂是_____________。实验过程中应先点燃_______处酒精灯(填“甲”或“丁”)。(2)装置甲中生成标况下44.8LCl2时，被氧化的HCl数目为_____________。(3)氯气与锡的反应类似与铁的反应，但该实验中对装置丁要持续加热，其原因是_______。(4)你认为该实验装置最大的缺点是：_____________。(5)用滴定法测定所用金属锡样品的纯度(杂质不参加反应)。①将一定量锡粉完全溶于过量稀盐酸中，并用所得溶液去还原过量的FeCl3稀溶液。写出第二步反应的离子方程式：_______________________________。②取①所得溶液用K2Cr2O7溶液滴定，发生如下反应：6FeCl2+K2Cr2O7+14HC1=6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O。K2Cr2O7溶液应注入到_______式填“酸”或“碱”)式滴定管中。滴定完后发现滴定尖嘴处有气泡，则滴定结果_______。(填“偏高”、“偏低”或者“不变”)【答案】(1)除去氯化氢气体

浓硫酸

甲(2)2NA(3)该反应为一个吸热反应(4)缺少吸收尾气的装置(5)Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+

酸

偏低【分析】甲中浓盐酸和二氧化锰加热生成氯气；装置乙中盛有饱和氯化钠溶液，作用是除去氯化氢气体；装置丙中的试剂是浓硫酸，作用是干燥氯气；干燥纯净的铝进入丁装置反应生成四氯化锡，四氯化锡冷凝后在锥形瓶中收集；（1）盐酸具有挥发性，装置乙中盛有饱和氯化钠溶液，作用是除去氯化氢气体；四氯化锡(SnCl4)极易水解，装置丙中的试剂是浓硫酸，作用是干燥氯气。实验过程中应先点燃甲出酒精灯生成氯气，排净装置中的空气；（2）标况下44.8LCl2的物质的量为2mol，根据质量守恒可知，被氧化的HCl数目为2NA；（3）该实验中对装置丁要持续加热，说明反应需要持续的高温，故其原因是该反应为一个吸热反应；（4）实验中氯气有毒，故该实验装置最大的缺点是：缺少吸收尾气的装置；（5）①将一定量锡粉完全溶于过量稀盐酸中得到SnCl2，并用所得溶液去还原过量的FeCl3稀溶液，则第二步反应反应生成亚铁离子和Sn4+，离子方程式：Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+。②K2Cr2O7具有强氧化性，溶液