2023屆高考化學(xué)專項(xiàng)小練元素及其化合物1

歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對(duì)您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對(duì)您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對(duì)您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對(duì)您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對(duì)您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對(duì)您有所幫助！元素及其化合物1.在pH為1的100mL0.1mol/L的AlCl3中，加入300mL0.1mol/L的氫氧化鈉溶液后鋁素的存在形式是()A．AlO2- B．Al3+ C．Al(OH)3 D．Al3+、Al(OH)3【答案】D【解析】pH為1的100mL0.1mol/L的AlCl3中，(H+)=0.1mol/L×0.1L=0.01mol.n(Al3+)=0.1mol/L×0.1L=0.01mol.300mL0.1mol/L的氫氧化鈉溶液中n(OH-)=0.1mol/L×0.3L=0.03mol。其中0.01mol的OH-和0.01mol的H+發(fā)生中和反應(yīng)，剩下的0.02mol的OH-和0.01mol的Al3+反應(yīng)，氫氧根不足，所以生成Al(OH)3并有Al3+剩余。故選D.2.下列屬于置換反應(yīng)的是()A．4NH3＋5O24NO＋6H2O B．2Na2SO3＋O22Na2SO4C．2Na2O2＋2CO22Na2CO3＋O2 D．KI＋Cl22KCl＋I(xiàn)2【答案】D【解析】置換反應(yīng)是指一個(gè)單質(zhì)和一個(gè)化合物反應(yīng)生成另一個(gè)單質(zhì)和化合物，屬于氧化還原反應(yīng)，前者在后者的概念范圍內(nèi)；A．該反應(yīng)屬于氧化還原反應(yīng)，但不是置換反應(yīng)，A不合題意；B．該反應(yīng)是化合反應(yīng)，B不合題意；C．該反應(yīng)屬于氧化還原反應(yīng)，但不是置換反應(yīng)，C不合題意；D．該反應(yīng)符合置換反應(yīng)定義，屬于非金屬單質(zhì)之間的置換反應(yīng)，活潑性強(qiáng)的非金屬單質(zhì)置換出活潑性較弱的非金屬單質(zhì)，D符合題意。故選D。3.下列說(shuō)法不正確的是()A．液氯可以儲(chǔ)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(zhì)、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(yīng)，可以儲(chǔ)存在鋼瓶中，A項(xiàng)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(xiàng)錯(cuò)誤；C．石英、水晶、硅石、沙子的主要成分均為二氧化硅，C項(xiàng)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(zhì)，D項(xiàng)正確。故選B。4.在溫?zé)釟夂驐l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(qiáng)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(yīng)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(huì)導(dǎo)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(jié)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(shí)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(dòng)原理，上述平衡向生成CaCO3方向移動(dòng)，產(chǎn)生石灰石沉積，A項(xiàng)正確；B．與A恰恰相反，石灰石巖層易被CO2溶解，沉積少，B項(xiàng)正確；C．在深海地區(qū)中，上述平衡向右移動(dòng)，且傾向很大，故溶解反應(yīng)為CaCO3(s)＋H2O(l)＋CO2(aq)=Ca(HCO3)2(aq)，C項(xiàng)正確；D．海水溫度一定時(shí)，大氣中CO2濃度增加，海水中溶解的CO2隨之增大，導(dǎo)致CO32-轉(zhuǎn)化為HCO3-，CO32-濃度降低，D項(xiàng)錯(cuò)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(yīng)得到。下列說(shuō)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(qiáng)【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(xué)方程式：6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，可知KClO3做氧化劑，同時(shí)根據(jù)計(jì)量數(shù)關(guān)系亦知每生成1mol[Fe(OH)SO4]n消耗n/6molKClO3，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．綠礬溶于水后，亞鐵離子水解使溶液呈酸性，當(dāng)其轉(zhuǎn)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(xiàng)錯(cuò)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(zhì)微粒引起聚沉，因而凈水，C項(xiàng)正確；D．多元弱堿的陽(yáng)離子的水解是分步進(jìn)行的。[Fe(OH)]2+的水解相當(dāng)于Fe3+的二級(jí)水解，由于其所帶的正電荷比Fe3+少，因而在相同條件下，其結(jié)合水電離產(chǎn)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(jí)水解的程度大于二級(jí)水解，D項(xiàng)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(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)。下列推斷不正確的是()A．無(wú)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(wú)色溶液B中加HNO3酸化，無(wú)沉淀；再滴加AgNO3，若有白色沉淀生成，說(shuō)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(wú)色溶液B和固體C，B中肯定不含Cu2+，但結(jié)合固體C加過(guò)量硝酸，產(chǎn)生藍(lán)色溶液，說(shuō)明A到B的過(guò)程中Cu2+轉(zhuǎn)化為沉淀，A中必含有CuSO4，又結(jié)合固體C中加過(guò)量硝酸后得到白色固體F，說(shuō)明A中必含有Na2SiO3，而且固體C與硝酸反應(yīng)可得無(wú)色氣體，該氣體只能是CO2，可能是CaCO3和硝酸反應(yīng)，也可能是Cu2+和CO32-雙水解得到的堿式碳酸銅與硝酸反應(yīng)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(wú)色溶液B成分復(fù)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(wú)色溶液pH≥7，A項(xiàng)正確；B．白色固體F難溶于硝酸，說(shuō)明F為H2SiO3，B項(xiàng)正確；C．固體C加入硝酸得無(wú)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(yīng)生成的堿式碳酸銅再與硝酸反應(yīng)生成的CO2，因此，固體C中不一定含有CaCO3，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．檢驗(yàn)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(xiàng)正確。故選C。7.磷酸亞鐵鋰(LiFePO4)電池是新能源汽車的動(dòng)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(cuò)誤的是()A．合理處理廢舊電池有利于保護(hù)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(yīng)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(xiàng)，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(hù)環(huán)境和資源再利用，A正確；B項(xiàng)，根據(jù)流程的轉(zhuǎn)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(xiàng)，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(yīng)的金屬離子是Fe3＋，C正確；D項(xiàng)，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(cuò)誤。8.研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時(shí)與大氣中的氨有關(guān)(如下圖所示)。下列敘述錯(cuò)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(wú)機(jī)顆粒物的催化劑D．霧霾的形成與過(guò)度施用氮肥有關(guān)【答案】C【解析】A項(xiàng)，霧的分散劑是空氣，分散質(zhì)是水。霾的分散劑是空氣，分散質(zhì)固體顆粒。因此霧和霾的分散劑相同，A正確；B項(xiàng)，由于氮氧化物和二氧化硫轉(zhuǎn)化為銨鹽形成無(wú)機(jī)顆粒物，因此霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨，B正確；C項(xiàng)，NH3作為反應(yīng)物參加反應(yīng)轉(zhuǎn)化為銨鹽，因此氨氣不是形成無(wú)機(jī)顆粒物的催化劑，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時(shí)與大氣中的氨有關(guān)，由于氮肥會(huì)釋放出氨氣，因此霧霾的形成與過(guò)度施用氮肥有關(guān)，D正確。9.下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是()A．NaHCO3受熱易分解，可用于制胃酸中和劑B．SiO2熔點(diǎn)高硬度大，可用于制光導(dǎo)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(yīng)，可用作食品干燥劑【答案】D【解析】A項(xiàng)，冐酸的主要成分是鹽酸，NaHCO3能與HCl反應(yīng)，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(méi)有對(duì)應(yīng)關(guān)系；B項(xiàng)，SiO2傳導(dǎo)光的能力非常強(qiáng)，用于制光導(dǎo)纖維，SiO2用于制光導(dǎo)纖維與SiO2熔點(diǎn)高硬度大沒(méi)有對(duì)應(yīng)關(guān)系；C項(xiàng)，Al2O3的熔點(diǎn)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(méi)有對(duì)應(yīng)關(guān)系；D項(xiàng)，CaO能與水反應(yīng)，用于食品干燥劑，CaO用于食品干燥劑與CaO與水反應(yīng)有對(duì)應(yīng)關(guān)系；故選D。10.下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)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(yīng)可生成CuCl2【答案】A【解析】A項(xiàng)，F(xiàn)eCl2溶液中含F(xiàn)e2+，NH4SCN用于檢驗(yàn)Fe3+，向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不會(huì)顯紅色，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，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(xiàng)正確；C項(xiàng)，實(shí)驗(yàn)室可用NH4Cl和Ca(OH)2混合共熱制NH3，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，Cu與FeCl3溶液反應(yīng)生成CuCl2和FeCl2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，D項(xiàng)正確。11.在給定條件下，下列選項(xiàng)所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實(shí)現(xiàn)的是()A．B．C．D．【答案】A【解析】A項(xiàng)，NaHCO3受熱分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3與飽和石灰水反應(yīng)生成CaCO3和NaOH，兩步反應(yīng)均能實(shí)現(xiàn)；B項(xiàng)，Al與NaOH溶液反應(yīng)生成NaAlO2和H2，NaAlO2與過(guò)量鹽酸反應(yīng)生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反應(yīng)不能實(shí)現(xiàn)；C項(xiàng)，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(yīng)，第二步反應(yīng)不能實(shí)現(xiàn)；D項(xiàng)，Al與Fe2O3高溫發(fā)生鋁熱反應(yīng)生成Al2O3和Fe，F(xiàn)e與HCl反應(yīng)生成FeCl2和H2，第二步反應(yīng)不能實(shí)現(xiàn)；物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實(shí)現(xiàn)的是A項(xiàng)，故選A。12.根據(jù)SO2通入不同溶液中實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，所得結(jié)論不正確的是()溶液現(xiàn)象結(jié)論A含HCl、BaCl2的FeCl3溶液產(chǎn)生白色沉淀SO2有還原性BH2S溶液產(chǎn)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(chǎn)生膠狀沉淀酸性：H2SO3>H2SiO3【答案】C【解析】A項(xiàng)，混合溶液中SO2被FeCl3氧化生成SO42?，再與BaCl2反應(yīng)產(chǎn)生白色沉淀，體現(xiàn)了SO2的還原性，A正確；B項(xiàng)，SO2與H2S在溶液發(fā)生反應(yīng)SO2+2H2S=3S↓+2H2O，體現(xiàn)了SO2的氧化性，B正確；C項(xiàng)，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(cuò)誤；D項(xiàng)，SO2與Na2SiO3溶液產(chǎn)生膠狀沉淀，根據(jù)較強(qiáng)酸制較弱酸，可得結(jié)論酸性：H2SO3>H2SiO3，D正確。故選C。13.下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是()A．Na2O2吸收CO2產(chǎn)生O2，可用作呼吸面具供氧劑B．ClO2具有還原性，可用于自來(lái)水的殺菌消毒C．SiO2硬度大，可用于制造光導(dǎo)纖維D．NH3易溶于水，可用作制冷劑【答案】A【解析】A．過(guò)氧化鈉可以和二氧化碳反應(yīng)生成氧氣，A正確；B．因二氧化氯具有氧化性才用于自來(lái)水的殺菌消毒，B錯(cuò)誤；C．二氧化硅透光性好，用于制造光導(dǎo)纖維，C錯(cuò)誤；D．液氨氣化時(shí)吸收大量熱，所以氨可用作制冷劑，D錯(cuò)誤。故選A。14.在給定條件下，下列選項(xiàng)所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實(shí)現(xiàn)的是()A．FeFeCl2Fe(OH)2B．SSO3H2SO4C．CaCO3CaOCaSiO3D．NH3NOHNO3【答案】C【解析】A．鐵與氯氣反應(yīng)只能生成氯化鐵，A錯(cuò)誤；B．硫在空氣或氧氣中燃燒只能生成二氧化硫，B錯(cuò)誤；C．兩步均能實(shí)現(xiàn)，C正確；D．NO不與H2O反應(yīng)，D錯(cuò)誤。15.某白色粉末由兩種物質(zhì)組成，為鑒別其成分進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：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(chǎn)生，固體全部溶解；②取少量樣品加入足量稀硫酸有氣泡產(chǎn)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(chǎn)生，生成硫酸鈉、硫酸鋁、二氧化碳和水，最終無(wú)固體存在，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．AgCl不溶于酸，固體不能全部溶解，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．亞硫酸鈉和碳酸鋇加入足量水時(shí)，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(yīng)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(yīng)生成硫酸鋇沉淀和二氧化碳和水，符合題意，C項(xiàng)正確；D．Na2CO3、CuSO4中加入足量稀硫酸，振蕩后無(wú)固體存在，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選C。16.為落實(shí)“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(shè)計(jì)了如下流程：下列說(shuō)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(guò)量C．捕獲劑所捕獲的氣體主要是COD．處理含NH4+廢水時(shí)，發(fā)生反應(yīng)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(guò)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(guò)量，否則得到硝酸鈉，NaNO2與含有NH4+的溶液反應(yīng)生成無(wú)污染氣體，應(yīng)生成氮?dú)猓瑒t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(guò)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(guò)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(guò)量，否則得到硝酸鈉，故B錯(cuò)誤；C．氣體2含有CO、N2，經(jīng)捕獲劑得到氮?dú)夂虲O，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(yīng)生成無(wú)污染氣體，應(yīng)生成氮?dú)?，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，離子方程式為NH4++NO2-=N2↑+2H2O，故D正確；故選B。17.下列敘述錯(cuò)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(chǎn)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(zhì)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(chǎn)生氫氧化鐵膠體吸附懸浮物，用于水的凈化，B錯(cuò)誤；C．石英砂為SiO2，可用碳還原得到粗硅，經(jīng)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(jī)溶劑的特點(diǎn)，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(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)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(diǎn)高，可用作耐高溫材料【答案】D【解析】A項(xiàng)，SO2用于漂白紙漿是利用其與某些有色物質(zhì)作用，生成不穩(wěn)定的無(wú)色物質(zhì)，不是氧化性，二氧化硫與硫化氫反應(yīng)生成S單質(zhì)和水，表現(xiàn)氧化性，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，NH4HCO3用作氮肥是因?yàn)槠渲泻械兀妆晦r(nóng)作物吸收，與熱穩(wěn)定性無(wú)關(guān)，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，F(xiàn)e2(SO4)3用作凈水劑是因?yàn)殍F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(zhì)而凈水，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，Al2O3熔點(diǎn)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(xiàng)所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實(shí)現(xiàn)的是()A．SiO2SiCl4SiB．FeS2SO2H2SO4C．N2NH3NH4Cl(aq)D．MgCO3MgCl2(aq)Mg【答案】C【解析】A項(xiàng)，四氯化硅被氫氣還原可以制備單質(zhì)硅，但SiO2與鹽酸不反應(yīng)，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，煅燒FeS2可以得到氧化鐵和二氧化硫，但SO2和H2O反應(yīng)生成H2SO3，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，N2+3H22NH3、NH3+HCl===NH4Cl，C正確；D項(xiàng)，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(cuò)誤。故選C。20.向新制氯水中加入少量下列物質(zhì)，能增強(qiáng)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(yīng)：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，若反應(yīng)使溶液中c(HClO)增大，則溶液的漂白性會(huì)增強(qiáng)。A．由于酸性HCl＞H2CO3＞HClO，所以向溶液中加入碳酸鈣粉末，會(huì)發(fā)生反應(yīng)：2HCl+CaCO3=CaCl2+H2O+CO2↑，使化學(xué)平衡正向移動(dòng)，導(dǎo)致c(HClO)增大，則溶液的漂白性會(huì)增強(qiáng)，正確；B．若加入稀硫酸，使溶液中c(H+)增大，平衡逆向移動(dòng)，溶液的漂白性減弱，錯(cuò)誤；C．加入氯化鈣溶液，不能發(fā)生反應(yīng)，溶液的水對(duì)氯水起稀釋作用，使溶液的漂白性減弱，錯(cuò)誤；D．加入二氧化硫的水溶液，電離產(chǎn)生氫離子，使化學(xué)平衡逆向移動(dòng)，溶液的漂白性減弱，錯(cuò)誤。21.一定條件下，一種反應(yīng)物過(guò)量，另一種反應(yīng)物仍不能完全反應(yīng)的是()A．過(guò)量的氫氣與氮?dú)釨．過(guò)量的濃鹽酸與二氧化錳C．過(guò)量的銅與濃硫酸D．過(guò)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(yīng)，反應(yīng)物始終不能消耗完；B．可以加入過(guò)量的濃鹽酸，使二氧化錳徹底反應(yīng)完全；C．濃硫酸隨著反應(yīng)變稀，稀硫酸不再與銅反應(yīng)；D．18mol/L的濃硫酸與鋅開始反應(yīng)產(chǎn)生SO2，隨著反應(yīng)進(jìn)行，濃硫酸變稀，再與鋅反應(yīng)產(chǎn)生H2。故選AC。22.類比推理是化學(xué)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(cè)CS2也是直線型分子B．SiH4的沸點(diǎn)高于CH4，推測(cè)H2Se的沸點(diǎn)高于H2SC．Fe與Cl2反應(yīng)生成FeCl3，推測(cè)Fe與I2反應(yīng)生成FeI3D．NaCl與濃H2SO4加熱可制HCl，推測(cè)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(diǎn)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(duì)分子質(zhì)量來(lái)比較，正確；C．因I2的氧化性較弱，故與鐵反應(yīng)生成為FeI2，錯(cuò)誤；D．濃硫酸氧化性很強(qiáng)，會(huì)將HBr氧化為Br2，錯(cuò)誤。故選AB。23．【2020?浙江1月選考】下列說(shuō)法不正確的是()A．二氧化硅導(dǎo)電能力強(qiáng)，可用于制造光導(dǎo)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(xiàng)，二氧化硅為共價(jià)化合物不導(dǎo)電，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，向燃煤中加入適量石灰石，高溫時(shí)將SO2轉(zhuǎn)化為CaSO4，同時(shí)生成二氧化碳，故B正確；C項(xiàng)，鈉與氧氣反應(yīng)生成過(guò)氧化鈉，因過(guò)氧化鈉與二氧化碳反應(yīng)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(xiàng)，在排氣管中安裝高效催化劑，將NO轉(zhuǎn)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(shuō)法不正確的是()A．[Cu(NH3)4]SO4可通過(guò)CuSO4溶液與過(guò)量氨水作用得到B．鐵銹的主要成分可表示為Fe2O3·nH2OC．鈣單質(zhì)可以從TiCl4中置換出TiD．可用H2還原MgO制備單質(zhì)Mg【答案】D【解析】A項(xiàng)，CuSO4溶液與少量氨水反應(yīng)生成氫氧化銅沉淀，與過(guò)量氨水反應(yīng)生成絡(luò)合物[Cu(NH3)4]SO4，故A正確；B項(xiàng)，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(xiàng)，鈣的化學(xué)性質(zhì)活潑，在稀有氣體的保護(hù)下，與熔融的四氯化鈦反應(yīng)可置換出Ti，故C正確；D項(xiàng)，制備單質(zhì)Mg應(yīng)該用電解熔融MgCl2的方法，故D錯(cuò)誤；故選D。25．【2020?浙江1月選考】下列關(guān)于鋁及其化合物說(shuō)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(yīng)可冶煉高熔點(diǎn)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(guò)多的藥物【答案】A【解析】A項(xiàng)，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(cuò)誤；B項(xiàng)，鋁熱反應(yīng)是金屬鋁和沸點(diǎn)較高的金屬氧化物之間反應(yīng)冶煉高熔點(diǎn)金屬的過(guò)程，故B正確；C項(xiàng)，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(xiàng)，胃酸主要成分為HCl，氫氧化鋁具有弱堿性可中和過(guò)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(shuō)法不正確的是()A．焦硫酸具有強(qiáng)氧化性B．Na2S2O7水溶液呈中性C．Na2S2O7可與堿性氧化物反應(yīng)生成新鹽D．100%硫酸吸收SO3生成焦硫酸的變化是化學(xué)變化【答案】B【解析】A項(xiàng)，從組成上看，焦硫酸是由等物質(zhì)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(qiáng)的氧化性、吸水性和腐蝕性，故A正確；B項(xiàng)，從組成上看，Na2S2O7可以形成Na2SO4·SO3，Na2SO4·SO3溶于水時(shí)，三氧化硫與水反應(yīng)生成硫酸，水溶液顯酸性，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，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(yīng)生成硫酸鈉，故C正確；D項(xiàng)，100%硫酸吸收SO3生成焦硫酸有新物質(zhì)生成，屬于化學(xué)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(jìn)行實(shí)驗(yàn)。氣體B為純凈物，溶液C焰色反應(yīng)為磚紅色，氣體E能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)。請(qǐng)回答：(1)組成A的三種元素是________，A的化學(xué)式是________。(2)固體A與足量稀鹽酸反應(yīng)的化學(xué)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(xué)名：亞甲基四胺)，該反應(yīng)的化學(xué)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(gè)數(shù)守恒可知，固體A中鈣的物質(zhì)的量為=0.04mol，質(zhì)量為0.04mol×40g/mol=1.6g，固體A與足量鹽酸反應(yīng)時(shí)，固體A中氫元素化合價(jià)升高被氧化，HCl中氫元素化合價(jià)降低被還原，由得失電子數(shù)目守恒和原子個(gè)數(shù)守恒可知，固體A中氫的物質(zhì)的量為×2×=0.02mol，質(zhì)量為0.02mol×1g/mol=0.02g，則固體A中氮的物質(zhì)的量為=0.02mol，A中Ca、N和H的物質(zhì)的量比為0.04mol:0.02mol:0.02mol=2:1:1，化學(xué)式為Ca2HN；(2)Ca2HN與足量鹽酸反應(yīng)時(shí)，Ca2HN中氫元素化合價(jià)升高被氧化，HCl中氫元素化合價(jià)降低被還原，反應(yīng)生成氯化鈣、氯化銨和氫氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Ca2HN＋5HCl=2CaCl2＋H2↑＋NH4Cl；(3)氨氣與甲醛反應(yīng)生成和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為4NH3＋6HCHO→(或C6H12N4)＋6H2O。28．【2020?浙江7月選考】下列說(shuō)法不正確的是()A．Cl-會(huì)破壞鋁表面的氧化膜B．NaHCO3的熱穩(wěn)定性比Na2CO3強(qiáng)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(xué)腐蝕【答案】B【解析】A項(xiàng)，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(lái)，從而破壞氧化膜，A正確；B項(xiàng)，碳酸氫鈉受熱分解可產(chǎn)生碳酸鈉、水和二氧化碳，則穩(wěn)定性：NaHCO3＜Na2CO3，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，KMnO4具有強(qiáng)氧化性，可使病毒表面的蛋白質(zhì)外殼變形，其稀溶液可用于消毒，C正確；D項(xiàng)，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(xué)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(shuō)法不正確的是()A．高壓鈉燈可用于道路照明B．SO2可用來(lái)制造光導(dǎo)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(xiàng)，高壓鈉燈發(fā)出的黃光射程遠(yuǎn)、透霧能力強(qiáng)，所以高壓鈉燈用于道路照明，故A正確；B項(xiàng)，二氧化硅傳導(dǎo)光的能力非常強(qiáng)，用來(lái)制造光導(dǎo)纖維，故B正確；C項(xiàng)，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(xiàng)，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(cuò)誤；故選D。30．【2020?浙江7月選考】下列說(shuō)法正確的是()A．Na2O在空氣中加熱可得固體Na2O2B．Mg加入到過(guò)量FeCl3溶液中可得FeC．FeS2在沸騰爐中與O2反應(yīng)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(xiàng)，無(wú)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(xiàng)，Mg加入到FeCl3溶液中，Mg具有較強(qiáng)的還原性，先與Fe3+反應(yīng)，生成Mg2+和Fe2+，若Mg過(guò)量，Mg與Fe2+繼續(xù)反應(yīng)生成Mg2+和Fe，但由于反應(yīng)中FeCl3過(guò)量，Mg已消耗完，所以無(wú)Mg和Fe2+反應(yīng)，所以不會(huì)生成Fe，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，F(xiàn)eS2在沸騰爐中與O2發(fā)生的反應(yīng)為：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，產(chǎn)物主要是SO2而不是SO3，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2O和O2，化學(xué)方程式為：2H2O22H2O+O2↑，D錯(cuò)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(guān)性質(zhì)的說(shuō)法不正確的是()A．可發(fā)生反應(yīng)：Ca3SiO5＋4NH4ClCaSiO3＋2CaCl2＋4NH3↑＋2H2OB．具有吸水性，需要密封保存C．能與SO2反應(yīng)生成新鹽D．與足量鹽酸作用，所得固體產(chǎn)物主要為SiO2【答案】D【解析】將Ca3SiO5改寫為氧化物形式后的化學(xué)式為：3CaO·SiO2，性質(zhì)也可與Na2SiO3相比較。A項(xiàng)，Ca3SiO5與NH4Cl反應(yīng)的方程式為：Ca3SiO5+4NH4ClCaSiO3+2CaCl2+4NH3↑+2H2O，A正確；B項(xiàng)，CaO能與水反應(yīng)，所以需要密封保存，B正確；C項(xiàng)，亞硫酸的酸性比硅酸強(qiáng)，當(dāng)二氧化硫通入到Ca3SiO5溶液時(shí)，發(fā)生反應(yīng)：3SO2+H2O+Ca3SiO5=3CaSO3+H2SiO3，C正確；D項(xiàng)，鹽酸的酸性比硅酸強(qiáng)，當(dāng)鹽酸與Ca3SiO5反應(yīng)時(shí)，發(fā)生反應(yīng)：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(chǎn)生使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)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(shí)驗(yàn)(白色沉淀C可溶于NaOH溶液)：請(qǐng)回答：(1)組成X的四種元素是N、H和________(填元素符號(hào))，X的化學(xué)式是________。(2)溶液B通入過(guò)量CO2得到白色沉淀C的離子方程式是________。(3)寫出一個(gè)化合反應(yīng)(用化學(xué)方程式或離子方程式表示)________。要求同時(shí)滿足：①其中一種反應(yīng)物的組成元素必須是X中除N、H外的兩種元素；②反應(yīng)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(chǎn)生能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)的純凈物氣體Y，故Y為NH3，由實(shí)驗(yàn)流程圖中分析可知，結(jié)合B中通入過(guò)量的CO2產(chǎn)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(zhì)的量為：(N)=(NH3)=，Al原子的物質(zhì)的量為：(Al)=(Al2O3)=，A2溶液中含有的Cl-的物質(zhì)的量為：(Cl)=(ACl)-；故一半溶液中含有的H原子的物質(zhì)的量為：，故X中含有四種元素即N、H、Al、Cl，其個(gè)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(xué)式為：AlCl3NH3；(2)根據(jù)分析(1)可知，溶液B中通入過(guò)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(jié)合題給的兩個(gè)條件，再分析化合物X(AlCl3NH3)是NH3和AlCl3通過(guò)配位鍵結(jié)合成的化合物，不難想到類似于NH3和H2O反應(yīng)，故可以很快得出該反應(yīng)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(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是()A．鋁的金屬活潑性強(qiáng)，可用于制作鋁金屬制品B．氧化鋁熔點(diǎn)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(guò)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(xiàng)，鋁在空氣中可以與氧氣反應(yīng)生成致密氧化鋁，致密氧化鋁包覆在鋁表面阻止鋁進(jìn)一步反應(yīng)，鋁具有延展性，故鋁可用于制作鋁金屬制品，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，氧化鋁為離子化合物，可用作電解冶煉鋁的原料，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，氫氧化鋁為兩性氫氧化物，可以用于中和過(guò)多的胃酸，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，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(guān)化學(xué)反應(yīng)的敘述正確的是()A．室溫下，Na在空氣中反應(yīng)生成Na2O2B．室溫下，Al與4.0mol﹒L-1NaOH溶液反應(yīng)生成NaAlO2C．室溫下，Cu與濃HNO3反應(yīng)放出NO氣體D．室溫下，F(xiàn)e與濃H2SO4反應(yīng)生成FeSO4【答案】B【解析】A項(xiàng)，室溫下，鈉與空氣中氧氣反應(yīng)生成氧化鈉，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，室溫下，鋁與NaOH溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，故B正確；C項(xiàng)，室溫下，銅與濃硝酸反應(yīng)生成二氧化氮?dú)怏w，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，室溫下，鐵在濃硫酸中發(fā)生鈍化，故D錯(cuò)誤。故選B。35.下列選項(xiàng)所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實(shí)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(xiàng)，石灰水中Ca(OH)2濃度太小，一般用氯氣和石灰乳反應(yīng)制取漂白粉，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，碳酸的酸性弱于鹽酸，所以二氧化碳與氯化鈉溶液不反應(yīng)