2023屆高考化學專項小練元素及其化合物1

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D．KI＋Cl22KCl＋I2【答案】D【解析】置換反應是指一個單質和一個化合物反應生成另一個單質和化合物，屬于氧化還原反應，前者在后者的概念范圍內；A．該反應屬于氧化還原反應，但不是置換反應，A不合題意；B．該反應是化合反應，B不合題意；C．該反應屬于氧化還原反應，但不是置換反應，C不合題意；D．該反應符合置換反應定義，屬于非金屬單質之間的置換反應，活潑性強的非金屬單質置換出活潑性較弱的非金屬單質，D符合題意。故選D。3.下列說法不正確的是()A．液氯可以儲存在鋼瓶中B．天然氣的主要成分是甲烷的水合物C．天然石英和水晶的主要成分都是二氧化硅D．硫元素在自然界的存在形式有硫單質、硫化物和硫酸鹽等【答案】B【解析】A．液氯就是液態(tài)的氯氣，與鋼瓶不反應，可以儲存在鋼瓶中，A項正確；B．天然氣的主要成分是甲烷，可燃冰的主要成分是甲烷的水合物，B項錯誤；C．石英、水晶、硅石、沙子的主要成分均為二氧化硅，C項正確；D．硫在地殼中主要以硫化物、硫酸鹽等形式存在，火山口處有硫單質，D項正確。故選B。4.在溫熱氣候條件下，淺海地區(qū)有厚層的石灰石沉積，而深海地區(qū)卻很少。下列解析不正確的是()A．與深海地區(qū)相比，淺海地區(qū)水溫較高，有利于游離的CO2增多、石灰石沉積B．與淺海地區(qū)相比，深海地區(qū)壓強大，石灰石巖層易被CO2溶解，沉積少C．深海地區(qū)石灰石巖層的溶解反應為：CaCO3(s)＋H2O(l)＋CO2(aq)Ca(HCO3)2(aq)D．海水呈弱酸性，大氣中CO2濃度增加，會導致海水中CO濃度增大【答案】D【解析】石灰?guī)r的形成是CaCO3的沉積結果，海水中溶解一定量的CO2，因此CaCO3與CO2，H2O之間存在著下列平衡：CaCO3(s)+CO2(g)+H2O(l)?Ca(HCO3)2(aq)。A．海水中CO2的溶解度隨溫度的升高而減小，隨壓力的增大而增大，在淺海地區(qū)，海水層壓力較小，同時水溫比較高，因而CO2的濃度較小，即游離的CO2增多，根據(jù)平衡移動原理，上述平衡向生成CaCO3方向移動，產生石灰石沉積，A項正確；B．與A恰恰相反，石灰石巖層易被CO2溶解，沉積少，B項正確；C．在深海地區(qū)中，上述平衡向右移動，且傾向很大，故溶解反應為CaCO3(s)＋H2O(l)＋CO2(aq)=Ca(HCO3)2(aq)，C項正確；D．海水溫度一定時，大氣中CO2濃度增加，海水中溶解的CO2隨之增大，導致CO32-轉化為HCO3-，CO32-濃度降低，D項錯誤。故選D。5.聚合硫酸鐵[Fe(OH)SO4]n能用作凈水劑(絮凝劑)，可由綠礬(FeSO4·7H2O)和KClO3在水溶液中反應得到。下列說法不正確的是()A．KClO3作氧化劑，每生成1mol[Fe(OH)SO4]n消耗6/nmolKClO3B．生成聚合硫酸鐵后，水溶液的pH增大C．聚合硫酸鐵可在水中形成氫氧化鐵膠體而凈水D．在相同條件下，F(xiàn)e3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更強【答案】A【解析】A．根據(jù)題干中信息，可利用氧化還原配平法寫出化學方程式：6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，可知KClO3做氧化劑，同時根據(jù)計量數(shù)關系亦知每生成1mol[Fe(OH)SO4]n消耗n/6molKClO3，A項錯誤；B．綠礬溶于水后，亞鐵離子水解使溶液呈酸性，當其轉系為聚合硫酸鐵后，亞鐵離子的濃度減小，因而水溶液的pH增大，B項錯誤；C．聚合硫酸鐵可在水中形成氫氧化鐵膠體，膠體粒子吸附雜質微粒引起聚沉，因而凈水，C項正確；D．多元弱堿的陽離子的水解是分步進行的。[Fe(OH)]2+的水解相當于Fe3+的二級水解，由于其所帶的正電荷比Fe3+少，因而在相同條件下，其結合水電離產生的OH-的能力較弱，故其水解能力不如Fe3+，即在相同條件下，一級水解的程度大于二級水解，D項正確。故選A。6.白色固體混合物A，含有KCl、CaCO3、Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4中的幾種，常溫常壓下進行如下實驗。下列推斷不正確的是()A．無色溶液B的pH≥7B．白色固體F的主要成分是H2SiO3C．混合物A中有Na2SiO3、CuSO4和CaCO3D．在無色溶液B中加HNO3酸化，無沉淀；再滴加AgNO3，若有白色沉淀生成，說明混合物A中有KCl【答案】C【解析】白色固體混合物A加水得無色溶液B和固體C，B中肯定不含Cu2+，但結合固體C加過量硝酸，產生藍色溶液，說明A到B的過程中Cu2+轉化為沉淀，A中必含有CuSO4，又結合固體C中加過量硝酸后得到白色固體F，說明A中必含有Na2SiO3，而且固體C與硝酸反應可得無色氣體，該氣體只能是CO2，可能是CaCO3和硝酸反應，也可能是Cu2+和CO32-雙水解得到的堿式碳酸銅與硝酸反應生成的，因此，不能確定碳酸鈣和碳酸鈉是否一定存在，但兩者至少存在一種。A．無色溶液B成分復雜，若B中只含有KCl，則pH=7；若含有Na2CO3或硅酸鈉或兩者均有，則CO32-和硅酸根離子水解使溶液顯堿性，pH>7，故無色溶液pH≥7，A項正確；B．白色固體F難溶于硝酸，說明F為H2SiO3，B項正確；C．固體C加入硝酸得無色氣體，該氣體只能是CO2，可能是CaCO3生成的，也可能是Na2CO3與硫酸銅反應生成的堿式碳酸銅再與硝酸反應生成的CO2，因此，固體C中不一定含有CaCO3，C項錯誤；D．檢驗Cl-可用硝酸酸化的AgNO3溶液，所以證明A含有KCl，證明Cl-即可，D項正確。故選C。7.磷酸亞鐵鋰(LiFePO4)電池是新能源汽車的動力電池之一。采用濕法冶金工藝回收廢舊硫酸亞鐵鋰電池正極片中的金屬，其流程如下：下列敘述錯誤的是()A．合理處理廢舊電池有利于保護環(huán)境和資源再利用B．從“正極片”中可回收的金屬元素有Al、Fe、LiC．“沉淀”反應的金屬離子為Fe3+D．上述流程中可用硫酸鈉代替碳酸鈉【答案】D【解析】A項，廢舊電池中含有重金屬，隨意排放容易污染環(huán)境，因此合理處理廢舊電池有利于保護環(huán)境和資源再利用，A正確；B項，根據(jù)流程的轉化可知從正極片中可回收的金屬元素有Al、Fe、Li，B正確；C項，得到含Li、P、Fe的濾液，加入堿液生成氫氧化鐵沉淀，因此“沉淀”反應的金屬離子是Fe3＋，C正確；D項，硫酸鋰能溶于水，因此上述流程中不能用硫酸鈉代替碳酸鈉，D錯誤。8.研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時與大氣中的氨有關(如下圖所示)。下列敘述錯誤的是()A．霧和霾的分散劑相同B．霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨C．NH3是形成無機顆粒物的催化劑D．霧霾的形成與過度施用氮肥有關【答案】C【解析】A項，霧的分散劑是空氣，分散質是水。霾的分散劑是空氣，分散質固體顆粒。因此霧和霾的分散劑相同，A正確；B項，由于氮氧化物和二氧化硫轉化為銨鹽形成無機顆粒物，因此霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨，B正確；C項，NH3作為反應物參加反應轉化為銨鹽，因此氨氣不是形成無機顆粒物的催化劑，C錯誤；D項，氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時與大氣中的氨有關，由于氮肥會釋放出氨氣，因此霧霾的形成與過度施用氮肥有關，D正確。9.下列有關物質性質與用途具有對應關系的是()A．NaHCO3受熱易分解，可用于制胃酸中和劑B．SiO2熔點高硬度大，可用于制光導纖維C．Al2O3是兩性氧化物，可用作耐高溫材料D．CaO能與水反應，可用作食品干燥劑【答案】D【解析】A項，冐酸的主要成分是鹽酸，NaHCO3能與HCl反應，故NaHCO3可用于制胃酸中和劑，NaHCO3用于制胃酸中和劑與NaHCO3受熱易分解沒有對應關系；B項，SiO2傳導光的能力非常強，用于制光導纖維，SiO2用于制光導纖維與SiO2熔點高硬度大沒有對應關系；C項，Al2O3的熔點很高，用作耐高溫材料，Al2O3用作耐高溫材料與Al2O3是兩性氧化物沒有對應關系；D項，CaO能與水反應，用于食品干燥劑，CaO用于食品干燥劑與CaO與水反應有對應關系；故選D。10.下列有關物質性質的敘述一定不正確的是()A．向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液顯紅色B．KAl(SO4)2·12H2O溶于水可形成Al(OH)3膠體C．NH4Cl與Ca(OH)2混合加熱可生成NH3D．Cu與FeCl3溶液反應可生成CuCl2【答案】A【解析】A項，F(xiàn)eCl2溶液中含F(xiàn)e2+，NH4SCN用于檢驗Fe3+，向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不會顯紅色，A項錯誤；B項，KAl(SO4)2·12H2O溶于水電離出的Al3+水解形成Al(OH)3膠體，離子方程式為Al3++3H2OAl(OH)3(膠體)+3H+，B項正確；C項，實驗室可用NH4Cl和Ca(OH)2混合共熱制NH3，反應的化學方程式為2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，C項正確；D項，Cu與FeCl3溶液反應生成CuCl2和FeCl2，反應的化學方程式為Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，D項正確。11.在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現(xiàn)的是()A．B．C．D．【答案】A【解析】A項，NaHCO3受熱分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3與飽和石灰水反應生成CaCO3和NaOH，兩步反應均能實現(xiàn)；B項，Al與NaOH溶液反應生成NaAlO2和H2，NaAlO2與過量鹽酸反應生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反應不能實現(xiàn)；C項，AgNO3中加入氨水可獲得銀氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能發(fā)生銀鏡反應，第二步反應不能實現(xiàn)；D項，Al與Fe2O3高溫發(fā)生鋁熱反應生成Al2O3和Fe，F(xiàn)e與HCl反應生成FeCl2和H2，第二步反應不能實現(xiàn)；物質間轉化均能實現(xiàn)的是A項，故選A。12.根據(jù)SO2通入不同溶液中實驗現(xiàn)象，所得結論不正確的是()溶液現(xiàn)象結論A含HCl、BaCl2的FeCl3溶液產生白色沉淀SO2有還原性BH2S溶液產生黃色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2有漂白性DNa2SiO3溶液產生膠狀沉淀酸性：H2SO3>H2SiO3【答案】C【解析】A項，混合溶液中SO2被FeCl3氧化生成SO42?，再與BaCl2反應產生白色沉淀，體現(xiàn)了SO2的還原性，A正確；B項，SO2與H2S在溶液發(fā)生反應SO2+2H2S=3S↓+2H2O，體現(xiàn)了SO2的氧化性，B正確；C項，SO2使酸性KMnO4溶液褪色，這是SO2在酸性溶液中還原KMnO4生成Mn2+，體現(xiàn)了SO2的還原性，C錯誤；D項，SO2與Na2SiO3溶液產生膠狀沉淀，根據(jù)較強酸制較弱酸，可得結論酸性：H2SO3>H2SiO3，D正確。故選C。13.下列有關物質性質與用途具有對應關系的是()A．Na2O2吸收CO2產生O2，可用作呼吸面具供氧劑B．ClO2具有還原性，可用于自來水的殺菌消毒C．SiO2硬度大，可用于制造光導纖維D．NH3易溶于水，可用作制冷劑【答案】A【解析】A．過氧化鈉可以和二氧化碳反應生成氧氣，A正確；B．因二氧化氯具有氧化性才用于自來水的殺菌消毒，B錯誤；C．二氧化硅透光性好，用于制造光導纖維，C錯誤；D．液氨氣化時吸收大量熱，所以氨可用作制冷劑，D錯誤。故選A。14.在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現(xiàn)的是()A．FeFeCl2Fe(OH)2B．SSO3H2SO4C．CaCO3CaOCaSiO3D．NH3NOHNO3【答案】C【解析】A．鐵與氯氣反應只能生成氯化鐵，A錯誤；B．硫在空氣或氧氣中燃燒只能生成二氧化硫，B錯誤；C．兩步均能實現(xiàn)，C正確；D．NO不與H2O反應，D錯誤。15.某白色粉末由兩種物質組成，為鑒別其成分進行如下實驗：①取少量樣品加入足量水仍有部分固體未溶解；再加入足量稀鹽酸，有氣泡產生，固體全部溶解；②取少量樣品加入足量稀硫酸有氣泡產生，振蕩后仍有固體存在。該白色粉末可能為()A．NaHCO3、Al(OH)3B．AgCl、NaHCO3C．Na2SO3、BaCO3D．Na2CO3、CuSO4【答案】C【解析】A．NaHCO3、Al(OH)3中加入足量稀硫酸有氣泡產生，生成硫酸鈉、硫酸鋁、二氧化碳和水，最終無固體存在，A項錯誤；B．AgCl不溶于酸，固體不能全部溶解，B項錯誤；C．亞硫酸鈉和碳酸鋇加入足量水時，碳酸鋇不溶于水使部分固體不溶解，加入稀鹽酸，碳酸鋇與鹽酸反應生成氯化鋇、二氧化碳和水，固體全部溶解，再將樣品加入足量稀硫酸，稀硫酸和碳酸鋇反應生成硫酸鋇沉淀和二氧化碳和水，符合題意，C項正確；D．Na2CO3、CuSO4中加入足量稀硫酸，振蕩后無固體存在，D項錯誤；故選C。16.為落實“五水共治”，某工廠擬綜合處理含NH4+廢水和工業(yè)廢氣(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考慮其他成分)，設計了如下流程：下列說法不正確的是()A．固體1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3B．X可以是空氣，且需過量C．捕獲劑所捕獲的氣體主要是COD．處理含NH4+廢水時，發(fā)生反應的離子方程式為：NH4++NO2?==N2↑+2H2O【答案】B【解析】工業(yè)廢氣中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固體1為CaCO3、CaSO3，氣體1是不能被過量石灰水吸收的N2、NO、CO，氣體1通入氣體X，用氫氧化鈉溶液處理后到的NaNO2，X可為空氣，但不能過量，否則得到硝酸鈉，NaNO2與含有NH4+的溶液反應生成無污染氣體，應生成氮氣，則氣體2含有CO、N2，捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO。A．工業(yè)廢氣中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氫氧化鈣過量，則固體1為主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A正確；B．由分析可知，氣體1是不能被過量石灰水吸收的N2、NO、CO，氣體1通入氣體X，用氫氧化鈉溶液處理后到的NaNO2，X可為空氣，但不能過量，否則得到硝酸鈉，故B錯誤；C．氣體2含有CO、N2，經捕獲劑得到氮氣和CO，所捕獲的氣體主要是CO，防止污染空氣，故C正確；D．NaNO2與含有NH4+的溶液反應生成無污染氣體，應生成氮氣，發(fā)生氧化還原反應，離子方程式為NH4++NO2-=N2↑+2H2O，故D正確；故選B。17.下列敘述錯誤的是 ()A．氦氣可用于填充飛艇B．氯化鐵可用于硬水的軟化C．石英砂可用于生產單晶硅D．聚四乙烯可用于廚具表面涂層【答案】B【詳解】A．氦氣性質穩(wěn)定，故可用于填充飛艇，A正確；B．硬水的軟化指的是除去水中的Ca2+、Mg2+，加入氯化鐵只能水解產生氫氧化鐵膠體吸附懸浮物，用于水的凈化，B錯誤；C．石英砂為SiO2，可用碳還原得到粗硅，經提純得單晶硅，C正確；D．聚四乙烯具有抗酸抗堿、抗各種有機溶劑的特點，幾乎不溶于所有的溶劑，故一般用于不粘鍋的涂層，D正確。故選B。18.下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是()A．SO2具有氧化性，可用于漂白紙漿B．NH4HCO3受熱易分解，可用作氮肥C．Fe2(SO4)3易溶于水，可用作凈水劑D．Al2O3熔點高，可用作耐高溫材料【答案】D【解析】A項，SO2用于漂白紙漿是利用其與某些有色物質作用，生成不穩(wěn)定的無色物質，不是氧化性，二氧化硫與硫化氫反應生成S單質和水，表現(xiàn)氧化性，A錯誤；B項，NH4HCO3用作氮肥是因為其中含有氮元素，易被農作物吸收，與熱穩(wěn)定性無關，B錯誤；C項，F(xiàn)e2(SO4)3用作凈水劑是因為鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體，膠體具有吸附性，能吸附水中懸浮的雜質而凈水，C錯誤；D項，Al2O3熔點高，可用作耐高溫材料，D正確。故選D。19.在給定的條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現(xiàn)的是()A．SiO2SiCl4SiB．FeS2SO2H2SO4C．N2NH3NH4Cl(aq)D．MgCO3MgCl2(aq)Mg【答案】C【解析】A項，四氯化硅被氫氣還原可以制備單質硅，但SiO2與鹽酸不反應，A錯誤；B項，煅燒FeS2可以得到氧化鐵和二氧化硫，但SO2和H2O反應生成H2SO3，B錯誤；C項，N2+3H22NH3、NH3+HCl===NH4Cl，C正確；D項，鎂是活潑的金屬，金屬鎂的冶煉方法是電解熔融的氯化鎂，電解氯化鎂溶液生成氯氣、氫氣和氫氧化鎂，D錯誤。故選C。20.向新制氯水中加入少量下列物質，能增強溶液漂白能力的是()A．碳酸鈣粉末B．稀硫酸C．氯化鈣溶液D．二氧化硫水溶液【答案】A【解析】在氯水中存在反應：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，若反應使溶液中c(HClO)增大，則溶液的漂白性會增強。A．由于酸性HCl＞H2CO3＞HClO，所以向溶液中加入碳酸鈣粉末，會發(fā)生反應：2HCl+CaCO3=CaCl2+H2O+CO2↑，使化學平衡正向移動，導致c(HClO)增大，則溶液的漂白性會增強，正確；B．若加入稀硫酸，使溶液中c(H+)增大，平衡逆向移動，溶液的漂白性減弱，錯誤；C．加入氯化鈣溶液，不能發(fā)生反應，溶液的水對氯水起稀釋作用，使溶液的漂白性減弱，錯誤；D．加入二氧化硫的水溶液，電離產生氫離子，使化學平衡逆向移動，溶液的漂白性減弱，錯誤。21.一定條件下，一種反應物過量，另一種反應物仍不能完全反應的是()A．過量的氫氣與氮氣B．過量的濃鹽酸與二氧化錳C．過量的銅與濃硫酸D．過量的鋅與18mol/L硫酸【答案】AC【解析】A．H2和N2制備NH3是可逆反應，反應物始終不能消耗完；B．可以加入過量的濃鹽酸，使二氧化錳徹底反應完全；C．濃硫酸隨著反應變稀，稀硫酸不再與銅反應；D．18mol/L的濃硫酸與鋅開始反應產生SO2，隨著反應進行，濃硫酸變稀，再與鋅反應產生H2。故選AC。22.類比推理是化學中常用的思維方法。下列推理正確的是()A．CO2是直線型分子，推測CS2也是直線型分子B．SiH4的沸點高于CH4，推測H2Se的沸點高于H2SC．Fe與Cl2反應生成FeCl3，推測Fe與I2反應生成FeI3D．NaCl與濃H2SO4加熱可制HCl，推測NaBr與濃H2SO4加熱可制HBr【答案】AB【解析】A．O和S是同族元素，故形成的CO2和CS2都是直線形分子，正確；B．C和Si，Se和S都分別為同族元素，所形成的氫化物都為分子晶體，沸點取決于分子間作用力的大小，分子間作用力大小可以用相對分子質量來比較，正確；C．因I2的氧化性較弱，故與鐵反應生成為FeI2，錯誤；D．濃硫酸氧化性很強，會將HBr氧化為Br2，錯誤。故選AB。23．【2020?浙江1月選考】下列說法不正確的是()A．二氧化硅導電能力強，可用于制造光導纖維B．石灰石在高溫下可用于消除燃煤煙氣中的SO2C．鈉著火不能用泡沫滅火器滅火D．利用催化劑可減少汽車尾氣中有害氣體的排放【答案】A【解析】A項，二氧化硅為共價化合物不導電，故A錯誤；B項，向燃煤中加入適量石灰石，高溫時將SO2轉化為CaSO4，同時生成二氧化碳，故B正確；C項，鈉與氧氣反應生成過氧化鈉，因過氧化鈉與二氧化碳反應生成氧氣，不能夠用泡沫滅火器滅火，可以用沙土滅火，故C正確；D項，在排氣管中安裝高效催化劑，將NO轉化為N2，減少了空氣污染，故D正確；故選A。24．【2020?浙江1月選考】下列說法不正確的是()A．[Cu(NH3)4]SO4可通過CuSO4溶液與過量氨水作用得到B．鐵銹的主要成分可表示為Fe2O3·nH2OC．鈣單質可以從TiCl4中置換出TiD．可用H2還原MgO制備單質Mg【答案】D【解析】A項，CuSO4溶液與少量氨水反應生成氫氧化銅沉淀，與過量氨水反應生成絡合物[Cu(NH3)4]SO4，故A正確；B項，鐵在潮濕空氣中發(fā)生吸氧腐蝕生成紅棕色的鐵銹，鐵銹的主要成分可表示為Fe2O3·nH2O，故B正確；C項，鈣的化學性質活潑，在稀有氣體的保護下，與熔融的四氯化鈦反應可置換出Ti，故C正確；D項，制備單質Mg應該用電解熔融MgCl2的方法，故D錯誤；故選D。25．【2020?浙江1月選考】下列關于鋁及其化合物說法，不正確的是()A．明礬可用作凈水劑和消毒劑 B．利用鋁熱反應可冶煉高熔點金屬C．鋁可用作包裝材料和建筑材料 D．氫氧化鋁可用作治療胃酸過多的藥物【答案】A【解析】A項，明礬溶于水可生成具有吸附性的氫氧化鋁膠體，可以凈水但不能消毒，故A錯誤；B項，鋁熱反應是金屬鋁和沸點較高的金屬氧化物之間反應冶煉高熔點金屬的過程，故B正確；C項，鋁具有良好的延展性，鋁箔可以做包裝材料，鋁合金硬度大密度小常用做建筑材料，故C正確；D項，胃酸主要成分為HCl，氫氧化鋁具有弱堿性可中和過多胃酸，故D正確；故選A。26．【2020?浙江1月選考】100%硫酸吸收SO3可生成焦硫酸(分子式為H2S2O7或H2SO4·SO3)。下列說法不正確的是()A．焦硫酸具有強氧化性B．Na2S2O7水溶液呈中性C．Na2S2O7可與堿性氧化物反應生成新鹽D．100%硫酸吸收SO3生成焦硫酸的變化是化學變化【答案】B【解析】A項，從組成上看，焦硫酸是由等物質的量的三氧化硫與純硫酸化合而成的，則焦硫酸具有比濃硫酸更強的氧化性、吸水性和腐蝕性，故A正確；B項，從組成上看，Na2S2O7可以形成Na2SO4·SO3，Na2SO4·SO3溶于水時，三氧化硫與水反應生成硫酸，水溶液顯酸性，故B錯誤；C項，從組成上看，Na2S2O7可以形成Na2SO4·SO3，三氧化硫可與堿性氧化物反應生成硫酸鈉，故C正確；D項，100%硫酸吸收SO3生成焦硫酸有新物質生成，屬于化學變化，故D正確；故選B。27．【2020?浙江1月選考】Ⅰ．由三種元素組成的化合物A，按如下流程進行實驗。氣體B為純凈物，溶液C焰色反應為磚紅色，氣體E能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍。請回答：(1)組成A的三種元素是________，A的化學式是________。(2)固體A與足量稀鹽酸反應的化學方程式是________。(3)氣體E與甲醛在一定條件下可生成烏洛托品(學名：亞甲基四胺)，該反應的化學方程式是________(烏洛托品可以用分子式表示)?！敬鸢浮竣瘢瓹a、H和NCa2HN(2)Ca2HN＋5HCl=2CaCl2＋H2↑＋NH4Cl(3)4NH3＋6HCHO→(或C6H12N4)＋6H2O【解析】Ⅰ．(1)由分析可知，組成A的三種元素是Ca、N和H，由鈣原子個數(shù)守恒可知，固體A中鈣的物質的量為=0.04mol，質量為0.04mol×40g/mol=1.6g，固體A與足量鹽酸反應時，固體A中氫元素化合價升高被氧化，HCl中氫元素化合價降低被還原，由得失電子數(shù)目守恒和原子個數(shù)守恒可知，固體A中氫的物質的量為×2×=0.02mol，質量為0.02mol×1g/mol=0.02g，則固體A中氮的物質的量為=0.02mol，A中Ca、N和H的物質的量比為0.04mol:0.02mol:0.02mol=2:1:1，化學式為Ca2HN；(2)Ca2HN與足量鹽酸反應時，Ca2HN中氫元素化合價升高被氧化，HCl中氫元素化合價降低被還原，反應生成氯化鈣、氯化銨和氫氣，反應的化學方程式為Ca2HN＋5HCl=2CaCl2＋H2↑＋NH4Cl；(3)氨氣與甲醛反應生成和水，反應的化學方程式為4NH3＋6HCHO→(或C6H12N4)＋6H2O。28．【2020?浙江7月選考】下列說法不正確的是()A．Cl-會破壞鋁表面的氧化膜B．NaHCO3的熱穩(wěn)定性比Na2CO3強C．KMnO4具有氧化性，其稀溶液可用于消毒D．鋼鐵在潮濕空氣中生銹主要是發(fā)生了電化學腐蝕【答案】B【解析】A項，Cl-很容易被吸附在鋁表面的氧化膜上，將氧化膜中的氧離子取代出來，從而破壞氧化膜，A正確；B項，碳酸氫鈉受熱分解可產生碳酸鈉、水和二氧化碳，則穩(wěn)定性：NaHCO3＜Na2CO3，B錯誤；C項，KMnO4具有強氧化性，可使病毒表面的蛋白質外殼變形，其稀溶液可用于消毒，C正確；D項，鋼鐵在潮濕的空氣中，鐵和碳、水膜形成原電池，發(fā)生電化學腐蝕，腐蝕速率更快，D正確；故選B。29．【2020?浙江7月選考】下列說法不正確的是()A．高壓鈉燈可用于道路照明B．SO2可用來制造光導纖維C．工業(yè)上可采用高溫冶煉黃銅礦的方法獲得粗銅D．BaCO3不溶于水，可用作醫(yī)療上檢查腸胃的鋇餐【答案】D【解析】A項，高壓鈉燈發(fā)出的黃光射程遠、透霧能力強，所以高壓鈉燈用于道路照明，故A正確；B項，二氧化硅傳導光的能力非常強，用來制造光導纖維，故B正確；C項，黃銅礦高溫煅燒生成粗銅、氧化亞鐵和二氧化硫，故C正確；D項，碳酸鋇不溶于水，但溶于酸，碳酸鋇在胃酸中溶解生成的鋇離子為重金屬離子，有毒，不能用于鋇餐，鋇餐用硫酸鋇，故D錯誤；故選D。30．【2020?浙江7月選考】下列說法正確的是()A．Na2O在空氣中加熱可得固體Na2O2B．Mg加入到過量FeCl3溶液中可得FeC．FeS2在沸騰爐中與O2反應主要生成SO3D．H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2和O2【答案】A【解析】A項，無水狀態(tài)下Na2O2比Na2O更穩(wěn)定，Na2O在空氣中加熱可以生成更穩(wěn)定的Na2O2，A正確；B項，Mg加入到FeCl3溶液中，Mg具有較強的還原性，先與Fe3+反應，生成Mg2+和Fe2+，若Mg過量，Mg與Fe2+繼續(xù)反應生成Mg2+和Fe，但由于反應中FeCl3過量，Mg已消耗完，所以無Mg和Fe2+反應，所以不會生成Fe，B錯誤；C項，F(xiàn)eS2在沸騰爐中與O2發(fā)生的反應為：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，產物主要是SO2而不是SO3，C錯誤；D項，H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2O和O2，化學方程式為：2H2O22H2O+O2↑，D錯誤。故選A。31．【2020?浙江7月選考】Ca3SiO5是硅酸鹽水泥的重要成分之一，其相關性質的說法不正確的是()A．可發(fā)生反應：Ca3SiO5＋4NH4ClCaSiO3＋2CaCl2＋4NH3↑＋2H2OB．具有吸水性，需要密封保存C．能與SO2反應生成新鹽D．與足量鹽酸作用，所得固體產物主要為SiO2【答案】D【解析】將Ca3SiO5改寫為氧化物形式后的化學式為：3CaO·SiO2，性質也可與Na2SiO3相比較。A項，Ca3SiO5與NH4Cl反應的方程式為：Ca3SiO5+4NH4ClCaSiO3+2CaCl2+4NH3↑+2H2O，A正確；B項，CaO能與水反應，所以需要密封保存，B正確；C項，亞硫酸的酸性比硅酸強，當二氧化硫通入到Ca3SiO5溶液時，發(fā)生反應：3SO2+H2O+Ca3SiO5=3CaSO3+H2SiO3，C正確；D項，鹽酸的酸性比硅酸強，當鹽酸與Ca3SiO5反應時，發(fā)生反應：6HCl+Ca3SiO5=3CaCl2+H2SiO3+2H2O，D不正確；故選D。32．【2020?浙江7月選考】Ⅰ．化合物X由四種短周期元素組成，加熱X，可產生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體Y，Y為純凈物；取3.01gX，用含HCl0.0600mol的鹽酸完全溶解得溶液A，將溶液A分成A1和A2兩等份，完成如下實驗(白色沉淀C可溶于NaOH溶液)：請回答：(1)組成X的四種元素是N、H和________(填元素符號)，X的化學式是________。(2)溶液B通入過量CO2得到白色沉淀C的離子方程式是________。(3)寫出一個化合反應(用化學方程式或離子方程式表示)________。要求同時滿足：①其中一種反應物的組成元素必須是X中除N、H外的兩種元素；②反應原理與“HCl＋NH3eq\o(=)NH4Cl”相同?！敬鸢浮竣瘢?1)Al、ClAlCl3NH3(2)AlOeq\o\al(?,2)＋CO2＋2H2Oeq\o(=)Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(?,3)(3)AlCl3＋Cl?eq\o(=)AlCleq\o\al(?,4)或AlCl3＋NH3eq\o(=)AlCl3NH3【解析】根據(jù)題干可知，加熱X可產生能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的純凈物氣體Y，故Y為NH3，由實驗流程圖中分析可知，結合B中通入過量的CO2產生能溶于NaOH溶液的白色沉淀C，故C為Al(OH)3，則D為Al2O3，E是AgCl，利用原子守恒可知：A1溶液中含有N原子的物質的量為：(N)=(NH3)=，Al原子的物質的量為：(Al)=(Al2O3)=，A2溶液中含有的Cl-的物質的量為：(Cl)=(ACl)-；故一半溶液中含有的H原子的物質的量為：，故X中含有四種元素即N、H、Al、Cl，其個數(shù)比為：(N)：(H)：(Al)：(Cl)=0.01mol：0.03mol：0.01mol：0.03mol=1：3：1：3，故X的化學式為：AlCl3NH3；(2)根據(jù)分析(1)可知，溶液B中通入過量的CO2所發(fā)生的離子方程式為：AlOeq\o\al(?,2)＋CO2＋2H2Oeq\o(=)Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(?,3)；(3)結合題給的兩個條件，再分析化合物X(AlCl3NH3)是NH3和AlCl3通過配位鍵結合成的化合物，不難想到類似于NH3和H2O反應，故可以很快得出該反應的離子方程式為AlCl3＋Cl?eq\o(=)AlCleq\o\al(?,4)或AlCl3＋NH3eq\o(=)AlCl3NH3。33．【2020?江蘇卷】下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是()A．鋁的金屬活潑性強，可用于制作鋁金屬制品B．氧化鋁熔點高，可用作電解冶煉鋁的原料C．氫氧化鋁受熱分解，可用于中和過多的胃酸D．明礬溶于水并水解形成膠體，可用于凈水【答案】D【解析】A項，鋁在空氣中可以與氧氣反應生成致密氧化鋁，致密氧化鋁包覆在鋁表面阻止鋁進一步反應，鋁具有延展性，故鋁可用于制作鋁金屬制品，A錯誤；B項，氧化鋁為離子化合物，可用作電解冶煉鋁的原料，B錯誤；C項，氫氧化鋁為兩性氫氧化物，可以用于中和過多的胃酸，C錯誤；D項，明礬溶于水后電離出的鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體能吸附水中的懸浮物，用于凈水，D正確；故選D。34．【2020?江蘇卷】下列有關化學反應的敘述正確的是()A．室溫下，Na在空氣中反應生成Na2O2B．室溫下，Al與4.0mol﹒L-1NaOH溶液反應生成NaAlO2C．室溫下，Cu與濃HNO3反應放出NO氣體D．室溫下，F(xiàn)e與濃H2SO4反應生成FeSO4【答案】B【解析】A項，室溫下，鈉與空氣中氧氣反應生成氧化鈉，故A錯誤；B項，室溫下，鋁與NaOH溶液反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，故B正確；C項，室溫下，銅與濃硝酸反應生成二氧化氮氣體，故C錯誤；D項，室溫下，鐵在濃硫酸中發(fā)生鈍化，故D錯誤。故選B。35.下列選項所示的物質間轉化均能實現(xiàn)的是()A．(aq)(g)漂白粉(s)B．(aq)(s)(s)C．(aq)(aq)(aq)D．(s)(aq)(s)【答案】C【解析】A項，石灰水中Ca(OH)2濃度太小，一般用氯氣和石灰乳反應制取漂白粉，故A錯誤；B項，碳酸的酸性弱于鹽酸，所以二氧化碳與氯化鈉溶液不反應