专题05 元素及其化合物-2022年高考真题和模拟题化学分项汇编（解析版）.doc

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1、专题05 元素及其化合物1（2021·全国高考甲卷真题）实验室制备下列气体的方法可行的是气体方法A氨气加热氯化铵固体B二氧化氮将铝片加到冷浓硝酸中C硫化氢向硫化钠固体滴加浓硫酸D氧气加热氯酸钾和二氧化锰的混合物【答案】D【解析】A氯化铵不稳定，加热易分解生成氨气和氯化氢，但两者遇冷又会化合生成氯化铵固体，所以不能用于制备氨气，A不可行；B将铝片加到冷浓硝酸中会发生钝化现象，不能用于制备二氧化氮，B不可行；C硫化氢为还原性气体，浓硫酸具有强氧化性，不能用浓硫酸与硫化钠固体反应制备该硫化氢气体，因为该气体会与浓硫酸发生氧化还原反应，C不可行；D实验室加热氯酸钾和二氧化锰的混合物，生成氯化

2、钾和氧气，二氧化锰作催化剂，可用此方法制备氧气，D可行；故选D。2（2021·广东高考真题）化学创造美好生活。下列生产活动中，没有运用相应化学原理的是选项生产活动化学原理A用聚乙烯塑料制作食品保鲜膜聚乙烯燃烧生成和B利用海水制取溴和镁单质可被氧化、可被还原C利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品氢氟酸可与反应D公园的钢铁护栏涂刷多彩防锈漆钢铁与潮湿空气隔绝可防止腐蚀【答案】A【解析】A聚乙烯是一种无毒的塑料，是最常见的食品包装袋材料之一，则用聚乙烯塑料制作食品包装袋与燃烧生成二氧化碳和水无关，故A符合题意；B溴离子具有还原性，能与氯气反应生成溴单质，镁离子具有弱氧化性，能用电解熔融氯化镁的方法

3、制得镁，则海水制取溴和镁与单质，与溴离子可被氧化、镁离子可被还原有关，故B不符合题意；C氢氟酸能与二氧化硅反应，常用来刻蚀石英制作艺术品，则用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，与氢氟酸能与二氧化硅反应有关，故C不符合题意；D钢铁在潮湿的空气中易发生吸氧腐蚀，在护栏上涂油漆可以隔绝钢铁与潮湿空气接触，防止钢铁腐蚀，则公园的钢铁护栏涂刷多彩油漆防锈，与隔绝钢铁与潮湿的空气防止腐蚀有关，故D不符合题意；故选A。3（2021·广东高考真题）劳动成就梦想。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A社区服务：用84消毒液对图书馆桌椅消毒含氯消毒剂具有氧化性B学农活动：用厨余垃圾制肥料

4、厨余垃圾含、等元素C家务劳动：用白醋清洗水壶中的水垢乙酸可由乙醇氧化制备D自主探究：以油脂为原料制肥皂油脂可发生皂化反应【答案】C【解析】A84消毒液中含有具有强氧化性的次氯酸钠，能起到杀菌消毒的作用，则用84消毒液对图书馆桌椅消毒与含氯消毒剂具有氧化性有关，故A不符合题意；B含有氮、磷、钾的物质常用做化肥，则厨余垃圾制肥料与厨余垃圾含有氮、磷、钾等元素有关，故B不符合题意；C用白醋清洗水壶中的水垢与乙酸的酸性有关，与乙酸可由乙醇氧化制备无关，故C符合题意；D油脂在碱性条件下可发生水解反应生成甘油和可制作肥皂的高级脂肪酸盐，则以油脂为原料制备肥皂与油脂可发生皂化反应有关，故D不符合题意；故选C

5、。4（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】AFe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；BFe(II)为铁元素的中间价态，既

6、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；CFe(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。5（2021·河北高考真题）关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是A浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化BNaClO、KClO3等氯的含氧酸盐的氧化性会随溶液的pH减小而增强C加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，说明H3PO4比HI酸性强D浓HNO3和稀HNO3与Cu反应的还原产物分别为

7、NO2和NO，故稀HNO3氧化性更强【答案】B【解析】A浓硫酸能使蔗糖炭化，体现的是其脱水性，而不是吸水性，A错误；BNaClO在水溶液中会发生水解，离子方程式为：，pH减小，则酸性增强，会促使平衡向正反应方向移动，生成氧化性更强的HClO，在酸性条件下可生成具有强氧化性的氯气、二氧化氯等气体，增强氧化能力，B正确；CHI的沸点低，易挥发加热与浓混合物发生反应生成利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，C错误；D相同条件下根据铜与浓硝酸、稀硝酸反应的剧烈程度可知，浓硝酸的氧化性大于稀硝酸的氧化性，D错误；故选B。6（2021·河北高考真题）BiOCl是一种具有珠光泽的材料，利用金属Bi制

8、备BiOCl的工艺流程如图：下列说法错误的是A酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反应剧烈程度B转化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3C水解工序中加入少量CH3COONa(s)可提高Bi3+水解程度D水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生成【答案】D【解析】A硝酸为强氧化剂，可与金属铋反应，酸浸工序中分次加入稀，反应物硝酸的用量减少，可降低反应剧烈程度，A正确；B金属铋与硝酸反应生成的硝酸铋会发生水解反应生成，水解的离子方程式为，转化工序中加入稀，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，硝酸铋水解平衡左移，可抑制生成，B正确；C氯化铋水解生成的离子方程式为，水解工序中加入

9、少量，醋酸根会结合氢离子生成弱电解质醋酸，使氢离子浓度减小，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡右移，促进水解，C正确；D氯化铋水解生成的离子方程式为，水解工序中加入少量，铵根离子水解生成氢离子，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡左移，不利于生成，且部分铋离子与硝酸根、水也会发生反应，也不利于生成，综上所述，D错误；故选D。7（2021·湖南高考真题）一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下：下列说法错误的是A物质X常选用生石灰B工业上常用电解熔融制备金属镁C“氯化”过程中发生的反应为D“煅烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水【答案】D【分析】海水经

10、一系列处理得到苦卤水，苦卤水中含Mg2+，苦卤水中加物质X使Mg2+转化为Mg(OH)2，过滤除去滤液，煅烧Mg(OH)2得MgO，MgO和C、Cl2经“氯化”得无水MgCl2。【解析】A物质X的作用是使Mg2+转化为Mg(OH)2，工业上常采用CaO，发生CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+，A正确；BMg是较活泼金属，工业上常用电解熔融制备金属镁，B正确；C由图可知“氯化”过程反应物为MgO、氯气、C，生成物之一为MgCl2，C在高温下能将二氧化碳还原为CO，则“气体”为CO，反应方程式为，C正确；D“煅烧”后得到MgO，MgO和盐酸反应得到M

11、gCl2溶液，由于MgCl2在溶液中水解为氢氧化镁和HCl，将所得溶液加热蒸发HCl会逸出，MgCl2水解平衡正向移动，得到氢氧化镁，得不到无水MgCl2，D错误；选D。8（2021·浙江高考真题）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

12、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。9（2021·浙江高考真题）下列说法不正确的是A应避免铵态氮肥与草木灰混合施用B工业上可用离子交换法提高海带中碘的提取率C电解饱和食盐水可以得到金属钠和氯气D将生铁进一步炼制减少含碳量，能得到耐腐蚀的钢【答案】C【解析】A铵态氮肥的主要成分为铵根离子，草木灰的主要成分含有氢氧根，二者混合使用可以发生反应生成氨气，降低肥效，不能混合使用，A正确；B离子交换法可以很大程度的提取海水中的I-，还可以起到富集低浓度I-的作用，可以提高海水中I的提取率，B正确；C电解饱和食盐水可以得到NaOH、H2、Cl2，不能得到Na单质，C错误；

13、D将生铁进一步炼制可以减少碳含量，在使用这种钢材时可以减少电化学腐蚀过程，这样的钢材更耐腐蚀，D正确；故答案选C。10（2021·浙江高考真题）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

14、，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。11（2021·浙江高考真题）关于化合物的性质，下列推测不合理的是A具有强氧化性B与溶液反应可生成两种钠盐C与盐酸作用能产生氯气D水解生成盐酸和硝酸【答案】D【解析】A里面含有正一价的氯元素和正五价的氮元素，具有强氧化性，A正确；B与溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐，B正确；C与盐酸发生归中反应生成氯气，C正确；D发生水解反应生成次氯酸和硝酸，D错误；答案为：D。12（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

15、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

16、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。1（2021·上海高三二模）在铁粉与水蒸气反应后的残留固体X中，加入足量的稀硫酸，充分反应后得到溶液Y。下列说法正确的是A若X中含有铁，则反应时一定有气泡B若向Y中滴入KSCN溶液显红色，则X中无铁CY一定能使高锰酸钾溶液褪色DY中滴入NaOH溶液，一定有沉淀产生【答案】C【分析】铁和水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，残留固体为Fe3O4或Fe3O4和Fe的混合物。加入足量的稀硫酸，Fe3O4和硫酸反应：Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O，若有铁剩余，由于氧化性：Fe3+H

17、+，所以还会依次发生反应：Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，Fe+H2SO4=FeSO4+H2。【解析】A若X中含有铁，但铁全部和Fe2(SO4)3反应，则没有气泡，故A错误；B若向Y中滴入KSCN溶液显红色，说明Y中含Fe3+，可能X中无铁，也可能X中铁不足以将Fe2(SO4)3全部转化为FeSO4，故B错误；C不论X是Fe3O4，还是Fe3O4和Fe的混合物，和硫酸反应后都有Fe2+，所以一定能使高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D若硫酸过量，则向Y中滴入NaOH溶液，硫酸消耗了NaOH，则没有沉淀产生，故D错误；故选C。2（2021·江苏高三模拟）烟气脱硫能有效减少SO2的排放

18、。实验室用粉煤灰(主要含Al2O3、SiO2等)制备碱式硫酸铝(1-x)Al2(SO4)3·xAl2O3溶液，并用于烟气脱硫。下列说法正确的是A“酸浸”后，所得滤渣的主要成分为H2SiO3BpH约为3.6时，溶液中存在大量的H+、Al3+、COC调pH时，若pH偏高，则所得溶液中c(Al3)将增大D碱式硫酸铝溶液经多次循环使用后，所得溶液中c(SO)将增大【答案】D【分析】由流程可知，粉煤灰和稀硫酸混合，氧化铝溶解，SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣为SiO2，滤液中含有Al2（SO4）3，加入CaCO3粉末调节pH=3.6除去过量的氢离子，CaSO4为微溶物，所以滤渣的成分主要

19、为CaSO4，过滤得滤液，用滤液吸收二氧化硫，生成的SO易被氧化生成SO，加热分解后的溶液中硫酸根离子浓度增大，促进生成(1-x)Al2(SO4)3·xAl2O3，以此来解答。【解析】ASiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣为SiO2，A错误；B氢离子和碳酸根不能大量共存，加入CaCO3粉末的目的就是除去过量氢离子，B错误；C若pH偏高，会生成氢氧化铝沉淀，所得溶液中c(Al3)减小，C错误；D二氧化硫与水反应生成的SO易被氧化生成SO，所以碱式硫酸铝溶液经多次循环使用后，所得溶液中c(SO)将增大，D正确；综上所述答案为D。3（2021·山东高三三模）利用钛铁矿(主要成分

20、为FeTiO3，含有少量MgO、SiO2等杂质)制备LiFePO4的工艺流程如图所示：已知：钛铁矿经盐酸浸取后钛主要以形式存在， 、。下列说法错误的是A钛铁矿经盐酸浸取后过滤，滤渣的主要成分为SiO2B“过滤”之前设此时，使Fe3+恰好沉淀完全即，此时不会有沉淀生成C“高温煅烧”的主要反应为DLiFePO4缺失部分Li+则形成，若，则中【答案】C【分析】向钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含有少量MgO、SiO2等杂质)中加入盐酸，SiO2与盐酸不反应，FeTiO3、MgO分别转化为、Fe2+、Mg2+，过滤后将滤液控制pH使水解生成TiO2·xH2O，将其过滤后向滤液中加入双氧水将F

21、e2+氧化生成Fe3+，加入H3PO4将Fe3+沉淀生成FePO4，FePO4与Li2CO3、草酸在高温条件下煅烧得到LiFePO4。【解析】A钛铁矿经盐酸酸浸后只有SiO2不溶于酸，则滤渣的主要成分为SiO2，故A正确；B根据沉淀溶解平衡计算出磷酸根离子浓度：c()=mol/L=1.0×10-17mol/L，此时Mg3(PO4)2的浓度积QCMg3(PO4)2=c3(Mg2+)×c2()=0.013×(1.0×10-17)2=1.0×10-40，因此此时不会有Mg3(PO4)2沉淀生成，故B正确；C中氧原子不守恒，“高温煅烧”过程中Fe元素化

22、合价由+3降低至+2被还原，因此草酸被氧化生成CO2，C元素化合价由+3升高至+4，根据氧化还原反应化合价升降守恒以及原子守恒可知反应方程式为，故C错误；DLiFePO4缺失部分Li+则形成，若，化合物中各元素化合价之和等于0，若n(Fe2+)=a，n(Fe2+)=b，则有，解得a=0.8，b=0.2，则LiFePO4中，故D正确；综上所述，说法错误的是C项，故答案为C。4（2021·重庆高三三模）硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁

23、的工艺流程如图：已知：H3BO3的解离反应：H3BO3+H2OH+B(OH)4-，Ka=5.81×10-10。下列说法不正确的是A在95“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体为NH3B可选用KCSN溶液检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3+离子C在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，主要目的是除去Fe3+和Al3+DH3BO3与足量NaOH溶液反应的化学方程式：NaOH+H3BO3=NaB(OH)4【答案】C【分析】硼镁矿(含Mg2B2O5H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)加入硫酸铵溶液，得到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体应为NH3，用NH4HCO3吸收NH3得到

24、(NH4)2CO3；过滤得到的滤渣I应为难溶与硫酸铵溶液的SiO2、Fe2O3、Al2O3；调节滤液pH=3.5再过滤得到H3BO3，此时滤液中主要含有MgSO4，向滤液中加入碳酸铵进行沉镁，得到Mg(OH)2MgCO3，加热分解可以得到轻质MgO；母液中含有(NH4)2SO4，以此解答该题。【解析】A溶浸时，主要是硼镁矿和硫酸铵反应，根据流程可知该过程有氨气产生，结合元素守恒可得该过程的化学方程式为Mg2B2O5H2O+2(NH4)2SO4=4NH3+2MgSO4+2H3BO3，产生的气体为NH3，A正确B Fe3+和KSCN溶液混合得到血红色液体，所以可以用KSCN溶液检验铁离子，B正确；

25、C在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是有利于析出H3BO3，C错误；DH3BO3存在解离反应：H3BO3+H2OH+B(OH)4-，加入NaOH消耗氢离子，促进平衡正向移动，Na+结合B(OH)4-生成NaB(OH)4，反应的化学方程式：NaOH+H3BO3=NaB(OH)4，D正确；故选：C。5（2021·辽宁高三模拟）以黄铁矿(主要成分)为原料生产硫酸，应将产出的炉渣和尾气进行资源化综合利用，减轻对环境的污染，其中一种流程如图所示。下列说法错误的是 A黄铁矿中的在煅烧过程中作还原剂B欲得到更纯的，反应应通入过量的气体C还原铁粉用盐酸溶解后，可用溶液滴定法来测定其纯度D加

26、热制备的化学方程式为【答案】C【解析】A黄铁矿中的在煅烧过程中Fe元素的化合价由+2价升至+3价，S元素的化合价由-1价升至+4价，失电子，作还原剂，选项A正确；B通入过量二氧化硫保证碱反应完全，得到纯净的，选项B正确；C盐酸也能与高锰酸钾溶液反应，不能用溶液滴定法来测定还原铁粉的纯度，选项C错误；D加热制备的化学方程式为，选项D正确；答案选C。6（2021·山东潍坊市·高三模拟）铬渣(主要成分为，同时含有少量、等杂质)是铬电镀过程中产生的含铬污泥，实现其综合利用，可减少铬产生的环境污染.铬渣综合利用工艺流程如图：已知：焙烧产生一种无污染气体；难溶于水，易溶于无机强酸或强碱

27、溶液.下列判断正确的是A焙烧过程中发生的反应方程式为B为防止引入新杂质，可加入调节溶液C流程中可回收利用的物质有、D为防止洗涤时生成过多副产物，洗涤液中应加入少量【答案】A【分析】将铬渣干燥粉碎后高温焙烧，和NaOH、NaNO3反应，转化为，Cr元素化合价升高，并且产生一种无污染气体，由此推断该气体为N2，故化学方程式为：，SiO2转化为Na2SiO3，Al2O3转化为NaAlO2，溶液浸出过滤后得到含有NaOH、NaNO3、NaSiO3、NaAlO2、的溶液，向溶液中加入酸，可以将NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀，Na2SiO3转化为H2SiO3，从而除去Al、Si，为不引入新杂质，加入

28、的酸应为下硝酸，过滤后加入硝酸铅，得到沉淀，过滤、洗涤、干燥后得到。【解析】A焙烧过程中发生的反应方程式为，A项正确；B调节溶液，是为除去Al、Si，应加入硝酸，B项错误；C、均溶于水中不易回收，C项错误；D易溶于无机强碱溶液，故洗涤液时不能加入，D项错误；答案选A。7（2021·山东德州市·高三二模）工业上可用软锰矿(含少量铜化合物的MnO2)和黄铁矿(主要成分是FeS2、SiO2等)为主要原料制备高性能磁性材料碳酸锰(MnCO3)。其工艺流程如图：下列说法不正确的是A研磨矿石、适当升高温度均可提高溶浸工序中原料的浸出率B溶浸工序产生的废渣成分为S；净化工序产生的废渣成分

29、为CaF2C除铁工序中，试剂的加入顺序是先加软锰矿，再加石灰调节溶液pHD从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥【答案】B【分析】由流程可知(含少量铜化合物的MnO2)和黄铁矿(主要成分是FeS2、SiO2等)中加入稀硫酸酸浸，过滤得到的滤渣主要是SiO2和被MnO2氧化生成的S，向滤液中加入软锰矿发生反应：MnO2+2Fe2+4H+=2Fe3+ Mn2+2H2O，过滤，滤液中主要含有Cu2+和Ca2+，加入硫化铵和氟化铵，除去Cu2+和Ca2+，在滤液加入氨水、碳酸氢铵溶液沉锰，生成碳酸锰沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体。【解析】

30、A提高浸取率的措施可以是搅拌、研磨矿石、适当升高温度、适当增大酸的浓度等，故A正确；B由分析可知，溶浸工序中产生的废渣主要是不与稀硫酸反应的SiO2和生成的S，净化工序后产生的废渣成分为CuS和CaF2，故B错误；C除铁工序中，先加软锰矿使溶液中的Fe2+在酸性环境中被氧化成Fe3+，然后加入石灰调节溶液pH使Fe3+生成Fe(OH)3沉淀，故C正确；DMnCO3不溶于水，故MnCO3从溶液中分离出来的操作法是过滤、洗涤、干燥，故D正确；本题答案B。8（2021·辽宁高三二模）某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4。某实验小组以废催化剂为原料，进行回收利用。设计实验流

31、程如图：已知：CuS既不溶于稀硫酸，也不与稀硫酸反应。下列说法正确的是A步骤操作中，生成的气体可用碱液吸收B滤液1中是否含有Fe2+，可以选用KSCN和新制的氯水检验C滤渣1成分是SiO2和CuS，滤渣2成分一定是SiO2D步骤要滴加稀硫酸防止CuSO4水解【答案】A【分析】由题给流程可知，向废催化剂中加入稀硫酸，硫化锌和四氧化三铁与稀硫酸反应得到硫酸锌、硫酸铁和硫酸亚铁的混合溶液，二氧化硅和硫化铜不与稀硫酸反应，过滤得到含有硫酸锌、硫酸铁和硫酸亚铁的滤液1和含有二氧化硅和硫化铜的滤渣1；滤液1经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到含有杂质的粗皓矾；向滤渣中加入稀硫酸和过氧化氢的混合溶液，酸性条件下，

32、硫化铜与过氧化氢反应生成硫酸铜、硫沉淀和水，过滤得到含有硫酸铜的滤液2和含有硫和二氧化硅的滤渣2；滤液2经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗胆矾。【解析】A步骤操作中，硫化锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和硫化氢气体，硫化氢气体能与碱反应，可用碱液吸收，故A正确；B由分析可知，滤液1中含有铁离子，若选用硫氰化钾溶液和新制的氯水检验亚铁离子，铁离子会干扰亚铁离子检验，故B错误；C由分析可知，滤渣1含有与稀硫酸不反应的二氧化硅和硫化铜，滤渣2为硫和二氧化硅，故C错误；D硫酸是高沸点酸，则滤液2经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗胆矾时，不需要要滴加稀硫酸防止硫酸铜水解，故D错误；故选A。9（2021·河

33、北张家口市·高三三模）是一种高效的漂白剂，实验室中一种制备的过程如图所示，下列说法错误的是A的漂白原理与不同B每生成1 mol 有0.5 mol 被氧化C反应2过程中，作氧化剂D粗产品经重结晶可得到纯度更高的【答案】C【分析】反应中NaClO3在硫酸作用下与草酸发生氧化还原反应生成ClO2，吹出的ClO2在溶液中与加入氢氧化钡溶液、H2O2反应，除去气体中的二氧化碳，ClO2被转化为NaClO2，过滤除去碳酸钡沉淀，在滤液中加入硫酸钠除去过量的氢氧化钡得到NaClO2溶液，再蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到粗产品NaClO2，据此分析解答。【解析】A的漂白原理是依靠其氧化性，

34、的漂白原理是与有色物质反应生成无色的物质，的漂白原理与不同，故A正确；B反应1中生成过程Cl元素由+5价变为+4价，反应生成过程C元素由+3价变为+4价，每生成1 mol 有0.5mol 被氧化，故B正确；C反应2 的反应之一为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O，反应过程中Cl元素由+4价变为+3价，作氧化剂，作还原剂，故C错误；D粗产品经重结晶可得到纯度更高的，故D正确； 故选C。10（2021·河北唐山市·高三三模）工业上利用对烟道气进行脱硝(除氮氧化物)的技术具有效率高、性能可靠的优势。技术的原理为和在催化剂()表面转化为和，反应进程中的

35、相对能量变化如图所示。下列说法正确的是A总反应方程式为B是脱硝反应的催化剂C升高温度，脱硝反应的正反应速率的增大程度大于其逆反应速率的增大程度D决定反应速率的步骤是“的转化”【答案】A【解析】A由已知SCR技术的原理为NH3和NO在催化剂(MnO2)表面转化为N2和H2O，可知总反应的方程式为6NO+4NH35N2+6H2O，A正确； B观察相对能量-反应进程曲线知，NH3吸附在催化剂表面后，经过一定的反应形成了NH2NO，NH2NO又经过反应得到N2和H2O，所以NH2NO是脱硝反应的活性中间体，B错误；C起始相对能量高于终态，说明这是一个放热反应，升高温度平衡会逆向移动，所以升高温度后，脱

36、硝反应的正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，C错误；D相对能量-反应进程曲线表明，全过程只有H的移除过程势能升高，这是一个需要吸收能量越过能垒的反应，其速率是全过程几个反应中最慢的，决定了反应的速率，是总反应的速控步骤，D错误；故答案为：D。11（2021·北京高三一模）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”中，为加快溶解速率，可将铜帽粉碎B“滤液”中，溶质的主要成分为ZnSO4C“溶解”过程中，有大量的气体产生D“操作”是将溶液直接加热蒸干得到CuSO4·5H2O晶体【

37、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；BCu不溶于H2SO4，Zn溶于H2SO4生成可溶于水的ZnSO4，“滤液”中，溶质的主要成分为ZnSO4，B正确；C“溶解”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”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。12（2021·江苏高三一模）氧化物在生产、生活中有广泛应用。下列氧化物的性质与用途具有对应关系的是AAl2O3有两性，可用于

38、制造耐高温陶瓷BClO2有氧化性，可用于自来水消毒CSiO2硬度大，可用于制备光导纤维DSO2有还原性，可用于漂白有色织物【答案】B【解析】AAl2O3熔点高，可用于制造耐高温陶瓷，A错误；BClO2有氧化性，能杀菌消毒，可用于自来水消毒，B正确；CSiO2能传导光信号，可用于制备光导纤维，C错误；DSO2具有漂白性，可用于漂白有色织物，且该漂白性与氧化还原反应无关，D错误；答案选B。13（2021·北京顺义区·高三二模）用废铁屑制备磁性氧化铁(Fe3O4)，制取过程如图：下列说法不正确的是A浸泡过程中适当加热并搅拌效果更好B检验A中的Fe3+可以用KSCN溶液C加H2O2

39、时发生反应的离子方程式为：H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+ +2H2OD制备Fe3O4的反应Fe2+2Fe3+8OH-Fe3O4+4H2O是氧化还原反应【答案】D【解析】A浸泡过程中适当加热并搅拌可以提高反应速率和充分接触，效果更好，A正确；B检验铁离子可以用硫氰化钾，溶液显红色，B正确；C过氧化氢能氧化亚铁离子，离子方程式为H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+ +2H2O，C正确；D制备Fe3O4的反应Fe2+2Fe3+8OH-Fe3O4+4H2O中没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，D错误；故选D。14（2021·江苏盐城市·高三三模）氮是生命的基础，氮及其化

40、合物在生产生活中具有广泛应用。工业上用氨的催化氧化生产硝酸，其热化学方程式为4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)H=-904kJ·mol-1。生产硝酸的尾气中主要含有NO、NO2等大气污染物，可用石灰浆等碱性溶液吸收处理，并得到Ca(NO3)2、Ca(NO2)2等化工产品。下列氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是AN2不溶于水，可用作保护气BNH3具有还原性，可用作制冷剂CKNO3具有氧化性，可用于制黑火药DNH4Cl受热易分解，可用于制造化肥【答案】C【解析】AN2化学性质比较稳定，可用作保护气，选项中性质与用途不具有对应关系，A不符题意；BNH3易液化，

41、液氨挥发吸收大量的热，可作制冷剂，选项中性质与用途不具有对应关系，B不符题意；C黑火药发生爆炸发生的反应为S+2KNO3+3C=K2S+N2+3CO2，N元素化合价降低，被还原，KNO3作氧化剂，即KNO3具有氧化性，可用于制黑火药，选项中性质与用途具有对应关系，C符题意；D氮元素是农作物生长必须元素，铵根离子容易被植物吸收，因此NH4Cl可用于制造化肥，选项中性质与用途不具有对应关系，D不符题意；答案选C。15（2021·山东泰安市·高三模拟）以冰晶石型氟化物熔体作溶剂能够溶解氧化铝，冰晶石具有稳定性好，导电性好等特点。氟硅酸法制取冰晶石（微溶于水）的一种实验流程如图，下

42、列说法不正确的是已知：H2SiF6+6NH4HCO36NH4F+SiO2+6CO2+4H2OA步骤应将NH4HCO3溶液滴入H2SiF6溶液中B“滤渣1”的成分是SiO2C由步骤到产品的过程中包含的操作有过滤、水洗及干燥D“母液2”溶质的主要成分为(NH4)2SO4【答案】A【解析】A根据题给信息，步骤时控制pH7。若将NH4HCO3溶液滴入H2SiF6溶液（强酸）中，刚开始H2SiF6溶液过量，使得pH7，不符合题目要求，A项错误；B由题中已知可知，NH4HCO3溶液和H2SiF6溶液的反应产物中只有SiO2不溶于水，以滤渣形式除去，B项正确；C根据题中流程图可知，步骤时先通过过滤将冰晶石和

43、母液2分离，再将冰晶石进行水洗，以除去冰晶石表面附着的杂质，然后干燥得到最终产品，C项正确；DNH4F和Al2(SO4)3、Na2SO4反应，得到冰晶石(Na3AlF6)和母液2，通过分析可知，母液2的主要成分为(NH4)2SO4，D项正确；答案选A。16（2021·福建南平市·高三二模）燃煤烟气中含有和等物质，用如图装置测定含量。已知异丙醇溶液可选择性吸收并转化为，也可溶解少量，实验中应尽快除去。下列说法错误的是A用空气吹出异丙醇溶液中溶解的B通过测定的质量检测含量C该过程中涉及到反应：D冰浴可减少异丙醇的挥发【答案】A【分析】0的冰浴可减少异丙醇的挥发，烟气通过80%异

44、丙醇后SO3被吸收，烟气再通过二氧化硫后SO2被吸收。【解析】A空气中的氧气能将溶解的氧化为，不能用空气吹出异丙醇溶液中溶解的，A错误；B根据S原子守恒可通过测定的质量计算SO3的质量，从而检测含量，B正确；C未被异丙醇溶液吸收的SO2和过氧化氢发生氧化还原反应，反应的化学方程式为，因此过程中涉及到，C正确；D异丙醇易挥发，冰浴温度较低，可减少异丙醇的挥发，D正确；答案选A。17（2021·江西鹰潭市·高三二模）某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4.某实验小组以该废催化剂为原料，回收锌和铜，设计实验流程如图：下列说法不正确的是A步骤操作中，生成的气体可用C

45、uSO4溶液吸收B检验滤液1中是否含有Fe2+，可以选用KSCN和新制的氯水C步骤操作中，应先加1.0mol·L-1H2SO4，然后不断搅拌下缓慢加入6%H2O2D滤渣1中含有SiO2，滤渣2中含有S和SiO2【答案】B【分析】废催化剂加入稀硫酸，第一次浸出主要发生反应ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S、Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O，过滤后滤液中ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，浓缩结晶得到粗ZnSO47H2O，滤渣1含有SiO2、CuS，向盛有滤渣1的反应器中加H2SO4和H2O2溶液，发生氧化还原反应，生成硫酸铜、硫，滤渣2含有

46、硫和二氧化硅，滤液含有硫酸铜，经浓缩结晶可得到粗硫酸铜晶体，以此解答该题。【解析】A步骤操作中生成的气体为硫化氢，可与硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀，则可用CuSO4溶液吸收，故A正确；B滤液1中除含有Fe2+，还含有Fe3+，加入用KSCN和新制的氯水不能检验，故B错误；C如先加入过氧化氢，在加热条件下易发生分解，应先加入1.0molL-1H2SO4，故C正确；D二氧化硅与硫酸不反应，滤渣1含有SiO2，H2O2和CuS发生氧化还原反应，生成硫酸铜、硫，滤渣2含有硫和二氧化硅，故D正确；故选：B。18（2021·天津高三二模）“吹出法”是工业上常用的一种海水提溴技术，该技术主要流程如下：下列有关说法不正确的是A氧化1所用的氯气可通过电解饱和溶液制得B吹出后剩余溶液中可能大量存在的离子有、C吸收过程发生反应的离子方程式为D氧化2所得溶液可通过萃取分离出溴【答案】B【分析】由题给流程可知，足量氯气与海水中的溴离子发生置换反应生成溴，用热空气将生成的溴吹出，用二氧化硫的水溶液吸收吹出的溴，溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和氢溴酸，向硫酸和氢溴酸中通入氯气，氯气与溶液中氢溴酸发生置换反应生成溴，用合适的有机溶剂萃取溴水中的溴，分液得到溴的有机溶液，蒸馏有机溶液得到液溴。【解析】A电解饱和氯化钠溶液可以生成氢氧化钠