2023年高考化学真题和模拟题分类汇编专题07金属及其化合物含解析

高考真题和模拟题分类汇编高考真题和模拟题分类汇编--专题07金属及其化合物20211（2021·浙江）下列说法的是硅酸钠是一种难溶于水的硅酸盐C．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气〖答案〗A〖解析〗A．硅酸钠是溶于水的硅酸盐，故A错误；

镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁D．常温下，铝遇浓硝酸或浓硫酸时会发生钝化镁在空气中燃烧时，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；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故选A。2（2021·浙江高考真题）A．纯碱：NaHCO B．硫铵：NHHSOC．TNT：D．氯仿：CClC．TNT：D．氯仿：CCl4〖答案〗C〖解析〗纯碱为碳酸钠，化学式为NaCOA2 3硫铵一般指硫酸铵，化学式为(NHSOBC．TNT2,4,6-三硝基甲苯，结构式为，CC．TNT2,4,6-三硝基甲苯，结构式为，CD．氯仿为三氯甲烷，化学式为CHClD3故答案选C。3（2021·浙江高考真题）下列说法铁粉与氧化铝发生的铝热反应可用于焊接铁轨镁燃烧会发出耀眼的白光，可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AB．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综上所述，本题选A。4（2021·浙江高考真题）()本结构单元是硅氧四面体和铝氧四面体，化学组成可表示为M(AlO·(SiO·zHO(M代表金属离子)。下列推测的是

a 2x

2y 2A．常采用水玻璃、偏铝酸钠在强酸溶液中反应后结晶制得分子筛Ba=x/2MC．调节y/x(硅铝比)的值，可以改变分子筛骨架的热稳定性D．分子筛中的笼状空穴和通道，可用于筛分分子〖答案〗A〖解析〗A．偏铝酸钠在强酸性溶液中不能稳定存在容易形成Al3+，不可以利用偏铝酸钠在强酸性溶液中制备分子筛，AxB．设M的化合价为m，则根据正负化合价代数和为0，m×2+x×(-1)=0，解得m=+2，B正确；C．调节硅铝比可以改变分子筛的空间结构，从而改变分子筛的稳定性，C正确；D．调节硅铝比可以调节分子筛的孔径，根据分子筛孔径的大小可以筛分不同大小的分子，D正确；故答案选A。5（2021·山东高考真题）NaHSO3

溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀，证明HSO具有氧化性3KMnO

溶液中加入FeO粉末，紫色褪去，证明FeO

Fe(Ⅱ)4 34 34HNO3

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NO2NaClONaClO〖答案〗C〖解析〗淡黄色沉淀是SNaHSO3

+40HSO-3体现氧化性，A项不符合题意；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FeO34中有还原性物质，即Fe(Ⅱ)，B项不符合题意；在该反应中浓硝酸体现氧化性，NNONO，NO2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NaClONaClO+HO2

NaOH+HClO，后来褪色，是因为水解产生了漂白性物质HClO，D合题意；C。6（2021·浙江）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实验室电器设备着火，可用二氧化碳灭火器灭火制备硫酸亚铁铵晶体时，须将含FeSO

和NHSO4 42

的溶液浓缩至干将热的KNO3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AB．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，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。7（2021·广东高考真题）理的是a可与ebb既可被氧化，也可被还原可将e加入浓碱液中制得d的胶体可存在bcdeb的循环转化关系〖答案〗C〖祥解〗图中所示铁元素不同化合价的物质：a为Fe，b为FeClFeSOFe(NOFe(II)的盐类物2 4 32质，cFe(OH)，eFeClFe(SOFe(NOFe(III)的盐类物质，dFe(OH)2 3 2 43 33 3〖解析〗FeFe(III)的盐类物质可发生反应生成Fe(II)的盐类物质，如Fe+2FeCl=3FeCl，故A3 2不选；Fe(II)为铁元素的中间价态，既有还原性也有氧化性，因此既可被氧化，也可被还原，故BFe(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；bcdeb转化如FelaOFe(OH)HFe(O)HFeClFeCl

D2 22 2 3 3 2综上所述，答案为C。8（2021·河北高考真题）“弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生鍒作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量约0.1%)混合加热，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢。下列说法错误的是A．钢是以铁为主的含碳合金B．钢的含碳量越高，硬度和脆性越大C．生铁由于含碳量高，熔点比熟铁高D．冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为FeO23〖答案〗C〖解析〗A．钢是含碳量低的铁合金，故AB．钢的硬度和脆性与含碳量有关，随着含碳量的增大而增大，故正确；C．由题意可知，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢，说明生铁的熔点低于熟铁，故C错误；D．赤铁矿的主要成分是FeOD23C。实验目的实验设计A检验溶液中实验目的实验设计A检验溶液中FeSO4是否被氧化取少量待测液，滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化B净化实验室制备的Cl2NaClHSO的洗气瓶2 4CNaOHpHpHD工业酒精制备无水乙醇工业酒精中加生石灰，蒸馏A．A〖答案〗C〖解析〗

C．C D．DA.Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+SCN-Fe(SCN)A3不符合题意；B．实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制氯气，先用饱和食盐水除去混有的氯化氢，再通过浓硫酸的洗气瓶干燥，能达到实验目的，故BC．用pH试纸测定NaOH溶液的pH不能润湿pH不能达到实验目的，故C符合题意；D．制取无水酒精时，通常把工业酒精跟新制的生石灰混合，加热蒸馏，能达到实验目的，故D答案选C。10（2021·湖南高考真题）糖类、蛋白质均属于天然有机高分子化合物FeO粉末在空气中受热，迅速被氧化成FeO3 4CSO2可漂白纸浆，不可用于杀菌、消毒D．镀锌铁皮的镀层破损后，铁皮会加速腐蚀〖答案〗B〖解析〗A．糖类分为单糖、二糖和多糖，其中属于多糖的淀粉、纤维素的相对分子质量上万，属于天然高分子化合物，蛋白质也属于天然有机高分子化合物，而单糖和二糖相对分子质量较小，不属于天然高分子化合物，A错误；B．氧BC．二氧化硫除了具有漂白作用，可漂白纸浆、毛和丝等，还可用于杀菌消毒，例如，在葡萄酒酿制过程中可适当添加二氧化硫，起到杀菌、抗氧化作用，C错误；D．镀锌的铁皮镀层破损后构成原电池，锌作负极，铁作正极被保护，铁皮不易被腐蚀，D错误；B。11（2021·浙江高考真题）下列“类比”合理的是NaHONaOHHFeHOFe(OH)H2 2 2 3 2NaClOCO2

反应生成NaHCO3

HClONaClOSO2

反应生成NaHSO3

HClONaNNaClNHClMgN与盐酸反应生成MgClNHCl3 4 32 2 4NaOHAgNOAgONaNOAgNO溶液反应生成AgO3 2 3 3 2NHNO4 3〖答案〗C〖解析〗NaNaOHHFeFeFeOH2 34 2ANaClOSO2

具有较强的还原性，NaClO溶液与SO2

发生氧化还原反应时SO被2氧化成SO2-，ClO-被还原成Cl-，B4NaN与盐酸反应生成NaCl和NHCl：NaN+4HCl=3NaCl+NHCl，MgN与盐酸反应生成MgCl3 4 3 4 32 2NHCl：MgN+8HCl=3MgCl+2NHCl，C4 32 2 4氨水与少量AgNO反应生成〖Ag(NH+：Ag++2NH·HO=〖Ag(NH++2HO，D3答案选C。

32 3

32 2二、元素或物质推断题12（2021·浙江）固体化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下探究实验。B能溶于NaOH白色固体C的化学式是 ，蓝色溶液D中含有的溶质是 (用化学式表示)。化合物X的化学式是 化合物X的一价阴离子与CH4

阴离子的电子式 。AN

H+作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉2 5淀。①写出该反应的离子方程式 。〖答案〗AlO〖答案〗AlO2 3CuNO、NHNO、AgNO、HNO324333CuAlCl2 84Cu2NH4Cl4CuClN 5H将白色沉淀溶2 5 2于硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu元素；再向溶液中加入AgNO溶液，有白色沉淀，说明3有Cl元素〖祥解〗Cu2+Cu(NH2+的溶液显深蓝色，化合物X溶解后得到的溶液A34现蓝色，且加入足量氨水后得到深蓝色溶液，即可推得化合物X中含有Cu2+；向含有Al3+的溶液中加入氨水可用于制备Al(OH)，且Al(OH)为可溶于NaOH3 3BAl(OH)3

沉淀；深蓝色溶液在加入硝酸酸化的AgNO3

溶液后有白色沉淀析出，可推得化合物X中含有Cl-，综上，化合物X中含有Al3+、Cu2+Cl-。〖解析〗由上述分析可得，白色沉淀DAl(OH)，灼烧Al(OH)得到AlO，故白色固体为AlO3 3 23 23D中含有的阳离子有Cu2+NH+、Ag+、H+，阴离子有NO-，故溶液中含有：CuNO

4NO、AgNO、HNO

3AlO；32 4 3 3 3 2 3CuNO、NHNO、AgNO、HNO。32 4 3 3 3由图示数据并根据原子守恒可知，4.020gX1.020g

2=0.02mol，含有氯离子物质的量为：

11.480g

=0.08mol，由化合物应显电中102g/mol 143g/mol性可得三种离子物质的量比值为(C2+(A3性可得三种离子物质的量比值为(C2+(A3(C-)=X的化学式为CuAlCl；2 8阴离子AlClAl原子的杂化方式为sp3，空间结构为正四面体，与CH相同，其电子式为44，故答案为：CuAlCl2 8。

H反应时溶液蓝色褪去，2 5即反应后溶液中不存在Cu2+硝酸，可推测铜元素在其中不是蓝色且稳定的+2+1价，即反应过程中CuNH中氮元素显-2N元素化合价升高生成N2 5 2反应中有气体产生，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒和溶液呈酸性可知反应离子方程式为4Cu2

NH2 5

4Cl4CuClN2

5H。②Cu2+在溶液中显蓝色，CuClCu+1+2CuCl程中Cl元素以Cl-C与AgNO3

案为：将白色沉淀于硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu元素；再向溶液中加入AgNO 溶液，3有白色沉淀，说明有Cl元素。三、工业流程题13（2021·广东高考真题）AlMoNi)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下： 8已知：25HCO2 3

的K =4.510a1

7，Ka2

=4.71011；Ksp

BaMoO4

=3.510 ；K BaCO=2.619；该工艺中，pH6.0时，溶液中Mo元素以MoO2的形态存在。sp 3 4Na2

MoO4

生成，其中Mo元素的化合价为 。“沉铝”中，生成的沉淀X为 。(3)“沉钼”中，pH为7.0。①生成BaMoO4

的离子方程式为 。BaCO也会沉淀。为避免BaMoO中混入BaCO沉淀，溶液中3 4 3 cHCO3

4

= (列出算式)时，应停止加入BaCl2

溶液。①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为 。②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量 (填化学式)气体，再通入足量CO，2可析出Y。高纯AlAs(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止HO刻蚀液与下层GaAs(砷化镓)反应。2 2①该氧化物为 。②已知：Ga和AlAsN同族。在HO与上层GaAsAs元素的化合价2 2变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为 。〖答案〗+6

AlOH3

MoO2+Ba2=4

BaMoO↓4

1107mol/L2.61094.710113.5108NaHCO NH3 3

AlO2 3

4:1〖祥解〗由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。〖解析〗“焙烧”中，有Na2

MoO4

生成，其中NaO+12，根据化合价的代数0Mo元素的化合价为+6。“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀X为AlOH。3①滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成BaMoO4

沉淀，该反应的离子方程式为MoO2Ba2BaMoO↓。4 4②若开始生成BaCO沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：3HCO+BaMoO3

2BaCO4 BaCO4

H，该反应的化学平衡常数为c(H)c(MoO2)

c(H+)c(CO2-)c(MoO2-)c(Ba2+)

K K (BaMoO)K 4

3 4

a2 sp

4 。为避免c(HCO) c(HCO-)c(CO2-)c(Ba2+) K (BaCO)3 3 3c(H)c(MoO2)

sp 3K K (BaMoO)BaMoO

中混入BaCO沉淀，必须满足

4 a2 sp

4 ，由于“沉4 3 c(HCO) K3 sp

(BaCO)3钼”中pH7.0c(H)1107mol/L，所以溶液中c(MoO2)4

K Ka2 sp

(BaMoO)4

时，开始生成BaCO沉淀，因此，c(HCO) 1107mol/LK3 sp

(BaCO) 33

2-

1107mol/LK (BaCO)sp 3

1107mol/L2.6109

时，应停3止加入BaCl2

4溶液。

K K (BaMoO)a2 sp 4

4.710113.5108①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液IIII此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3

，故Y为NaHCO。3②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量NH3

，再通入足量CO2

，可析出NaHCO。3。①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由HO与AlAs反应生成的，联2 2想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为AlO。2 3②由Ga和Al同族、AsN同族可知，GaAs中显+3（其最高价、As显-3HO2 2与上层GaAsAs元素的化合价变为+58As元素被氧化，则该反应的氧化剂为HO，还原剂为GaAs。HOO-12 2 2 2O-2HO2，根据氧化还原反应中元素化2 2合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为8:24:1。四、实验题14（2021·全国高考真题）(CuSO4

5H2

O)易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的CuO(杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有 (填标号)。A．烧杯 B．容量瓶 C．蒸发皿 D．移液管将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为 ，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是 。待CuO完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量HO2 2

NH3

HO调pH为23.5～4，再煮沸10min，冷却后过滤滤液经如下实验操作加热蒸发冷却结晶、乙醇洗涤得到胆矾其中控制溶液pH为3.5～4的目的是 煮沸10min的作用是 。结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为 (写表达式)。下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是 (填标号)。①胆矾未充分干燥 ②坩埚未置于干燥器中冷却 ③加热时有少胆矾迸溅出来Δ〖答案AC CuO+HSO CuSO+HO 不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸（硫2 4 4 2酸利用率高） 过滤 干燥 除尽铁，抑制硫酸铜水解 破坏氢氧化铁胶体，易于2 80(mm2 过滤 9(mm) ①③3 1〖解析〗制备胆矾时，根据题干信息可知，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿，A、CA、C；Δ将CuO加入到适量的稀硫酸中加热，其主要反应的化学方程式为CuO+HSO CuSO+HO；2 4 4 2直接用废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜与二氧化硫和水，与这种方法相比，将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热制备胆矾的实验方案具有的优点是：不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高；CuO中含氧化铁杂质，溶于硫酸后会形成铁离子，为使铁元素以氢氧化铁形成沉淀完全，需控制溶液pH为3.5～4，酸性环境同时还可抑制铜离子发生水解；操作过程中可能会生成氢氧化铁胶体，所以煮沸10min ，目的是破坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过滤，故答案为：过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤；称量干燥坩埚的质量为m1

，加入胆矾后总质量为m2

，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3

m－22m)g，所以胆矾（CuSO•nHO）n值的表达式为(m2

m) (m3 :

1

=n:1，解得n＝32 80(2

4 2m)

18 1609(mm)；3 1280(m2

m)①胆矾未充分干燥，导致所测m2

偏大，根据n=

可知，最终会导致结晶水数33 13目定值偏高，符合题意；②坩埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所80(m测m偏大，根据n= 2

3

可知，最终会导致结晶水数目定值偏低，不符合题意；3 9(m3

m)1③加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m

80(m数值偏小，根据n= 2

3

可知，最终3 9(m3

m)1会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；综上所述，①③符合题意，故答案为：①③。20211（2021·北京通州区·高三一模）(主要成分为Cu、Zn)CuSO·5HO4 2下列说法的是“溶解Ⅰ”中，为加快溶解速率，可将铜帽粉碎“滤液Ⅰ”中，溶质的主要成分为ZnSO4“溶解Ⅱ”过程中，有大量的气体产生“操作Ⅰ”是将溶液直接加热蒸干得到CuSO·5HO4 2〖答案〗D〖解析〗将铜帽粉碎，增大接触面积，加快反应速率，A正确；Cu不溶于HSOZn溶于HSO生成可溶于水的ZnSO2 4 2 4 4ZnSO，B4“溶解Ⅱ”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“操作Ⅰ”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CuSO·5HO4 2D综上所述答案为D。2（2021·上海徐汇区·高三一模）用浸有硝酸汞溶液的脱脂棉擦拭已打磨过的铝片，其中一片置于空气中，铝片表面生出“白毛”，另一片投入蒸馏水中，持续产生气泡，下列说法正确的是A．白毛是被铝置换出来的汞B．气泡是汞与水反应生成的氢气C．汞能抑制铝表面形成致密的膜D．硝酸汞作催化剂，加快了铝与氧气、水的化学反应速率〖答案〗C〖解析〗由于Al的活动性比HgAl2Al+3Hg(NO=2Al(NO+3Hg。32 33Al比较活泼而Hg不活泼，所以裸露出来的Al4Al+3O=2AlOAlO是白色固体，则反应产生的白毛是AlO，A2 23 23 23硝酸汞是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，Al与酸性溶液反应产生H。由于在金属活动性2顺序表中Hg活动性在HH，因此气泡不是Hg2产生的，B若Hg覆盖在AlAlC确；根据选项AAlHgHg应变为硝酸汞，因此硝酸汞在反应中不是作催化剂，D故合理选项是C。3（2021·南京市大厂高级中学高二月考）能实现的是（ ）AN(g)NO(g)HHNO(aq)2 高温 2 3AlO(s)FeAl(s)aNaAlO(aq)23 高温 2(aq)2

OBaCO(s)NaO(aq)BaSO(s)2 2 MgCl·6HO(s)ClMgCl(s)2 2 2

Mg(s)〖答案〗D〖解析〗A．NO2 2

反应生成物为NO，一氧化氮难溶于水，不能直接生成HNO，还应该通入氧气，才能3生成硝酸，AAl，BBaCl2

CO2

不反应，一般情况下弱酸不能生成强酸，因此不能生成BaCO，C错误；3MgCl·6HOHClMgClMgCl2 2 2 2均能实现，D答案选D。4（2021·九龙坡区·重庆市育才中学高三三模）无关的是CaOClO2

常用于自来水的杀菌消毒KMnO4

溶液浸润的硅藻土吸收水果散发出的乙烯NaO22

作供氧剂〖答案〗A〖解析〗用多孔薄膜包裹的CaO用作衣物防潮剂，主要是氧化钙和水反应，是非氧化还原反应，故AClO2

常用于自来水的杀菌消毒，利用强氧化性，与氧化还原反应有关，故B不符合题意；用KMnO4

溶液浸润的硅藻土吸收水果散发出的乙烯，高锰酸钾氧化乙烯，与氧化还原反应有关，故CNaO22

反应有关，故D综上所述，答案为A。5（2021·安徽高三一模）误的A．用甲操作检验K+，应透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，来排除Na+干扰B．用乙装置制备氢氧化亚铁，胶头滴管插到覆盖一层苯的液面以下，以防止空气干扰C．用丙装置制备并检验乙烯，氢氧化钠溶液用来排除CO2

对乙烯检验的干扰2

是为了防止温度和压强对气体体积的影响〖答案〗C〖解析〗A．用焰色试验检验钾离子时，观测钾元素的焰色时要透过蓝色钴玻璃片，滤去钠元素的黄光的干扰，来排除钠离子的干扰，故A正确；B．氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化，制备氢氧化亚铁时，长胶头滴管插到覆盖一层苯的液面以下，以防止空气干扰，故B正确；C．用乙醇与浓硫酸共热制备乙烯时，乙醇具有挥发性，浓硫酸具有脱水性和强氧化性，会发生副反应，使得乙烯气体中混有乙醇、二氧化硫、二氧化碳等杂质，其中乙烯和乙醇、二氧化硫都能与酸性高锰酸钾溶液反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，则检验乙烯时，应将混合气体通过盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶吸收乙醇、二氧化硫、二氧化碳等，用来排除乙醇、二氧化硫对乙烯检验的干扰，故C错误；D．测定气体体积时必须测定实验时的室温和压强，则读出氢气的体积时，应待装置冷却至室温，将漏斗缓缓下移至两端的液面处于相平测定氢气体积，防止温度和压强对氢气体积的影响，故D确；故选C。6（2021·浙江高三其他模拟）A．纯碱因碱性过强，不可用于食品工业B．分子筛只能用于气体混合物的分离、提纯C．新制氯水呈酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色D．合金的性能可以通过所添加合金元素的种类、含量和生成合金的条件等加以调节〖答案〗D〖解析〗A．纯碱的主要成分为碳酸钠，容易水解，溶液显弱碱性，常用于食品工业、造纸工业等，故A误；B还可作干燥剂及催化剂载体，故BC．新制氯水中存在反应Cl+HO=HCl+HClO，新制氯水中含有H+，显酸性，还含有HClO，具有2 2漂白性，滴加紫色石蕊试液先变红色，然后褪为无色，故C错误；D．合金与各组成金属相比，合金的熔点比它的各成分金属的熔点低，硬度比它的各成分金属的大，机械性能好，有些金属具有较强的抗腐蚀性，所以可以通过所添加合金元素的种类、含量和生成合金的条件等来调节合金的性能，故D选项目的操作AS选项目的操作ASClNaS、NaClpH2B制取硅酸胶体向饱和硅酸钠溶液中加入过量浓盐酸C检验某溶液中是否含有Fe2+取少量溶液于试管中，滴加KFe(CN)3 6DNaCONaHCO2 3 3CO2A．A〖答案〗C〖解析〗

C．C D．DA．测定等浓度NaS、NaCl溶液的pH，可比较氢化物的酸性，但不能比较元素非金属性强弱，2应该通过比较元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱判断，A错误；B．饱和硅酸钠溶液中加入过量浓盐酸，会生成硅酸沉淀，但不能制备胶体，B错误；C．Fe2+K〖Fe(CN)Fe2+，C3 6D．碳酸钠与二氧化碳反应产生碳酸氢钠，不能除杂，应加适量NaOHD故选C。8（2021·重庆市长寿中学校高三其他模拟）达到相应实验目的的是1Fe2＋的浓度2所示装置制取少量CO气体23I2

NHCl44〖答案〗D〖解析〗A．1AB．纯碱是粉末状，故不能控制制取少量COB2C．NHCl固体受热易分解为NH和HCl，遇冷又反应生成NHCl，I

受热易升华，遇冷凝华，无4 3 4 2法达到分离目的，C不符合题意；D．Fe2+与铁氰化钾产生蓝色沉淀，若加入铁氰化钾不产生蓝色沉淀，说明Fe被保护，即验证了牺牲阳极的阴极保护法，D故答案选D。9（2021·广东汕头市·金山中学高三三模2021年4月29标志着中国空间站在轨组装建造全面展开。针对以下配置说法不正确的是A．柔性三结砷化镓太阳能电池阵：砷化镓属于半导体，相对于硅电池，光电转化率更高B．核心舱变轨动力依靠电推发动机：相对于化学燃料更加经济与环保C．生活舱内配备环境控制与生命保障系统：航天员主要通过NaO2D．可再生水循环系统：从尿液分离出纯净水，可以采用多次蒸馏的方法〖答案〗C〖解析〗AIII-V族半导体材料的典型代表，三结型砷化镓太阳能电池光电转换效率可以达到50%以上，远远高于Si太阳能电池，故A正确；B．电能相对于化学燃料更加经济与环保，故BC．航天员主要通过NaO22

获取呼吸用氧，故CD．用蒸馏法获得的水为蒸馏水，只有一种物质，是纯净物，故D正确；C。10（2021·浙江高三其他模拟）下列“类比”合理的是A．CO

中燃烧生成COSO中燃烧生成SO2 2 2 3铜丝在氯气中燃烧生成CuCl，则铁丝在氯气中燃烧生成FeCl2 2MgCO2

MgOCNaCO2

中燃烧可能生成NaCOC2 3往AlCl3

溶液中加入过量氨水生成Al(OH)3

CuCl2

溶液中加入过量氨水生成Cu(OH)2沉淀〖答案〗C〖解析〗A．S在足量O中燃烧只能生成SO，不能生成SO，故A2 2 3B．铁丝在氯气中燃烧只能生成FeCl，不能生成FeCl，故B3 2C．钠的金属性比镁强，则钠也能在二氧化碳中燃烧生成氧化钠和碳，氧化钠与过量的二氧化碳反应生成碳酸钠，则钠在二氧化碳中燃烧可能生成碳酸钠和碳，故C正确；D．氢氧化铜能与氨水反应生成四氨合铜离子，则氯化铜溶液中加入过量氨水生成生成四氨合铜离子，不能生成氢氧化铜沉淀，故DC。11（2021·山西太原五中高三二模下列实验中，关于棉花团的用途叙述不正确的是图一加热高锰酸钾固体制备氧气时，是为了防止高锰酸钾固体堵塞导气管图二制取氨气时，干棉花是为了防止氨气逸出污染环境图三Fe与水蒸气反应时，是为了受热时提供高温水蒸气与铁粉反应NaO的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉燃烧，说明NaO

与水的反应是放热反应22 22〖答案〗B〖解析〗AA正确；B．氨气易与空气对流，则干棉花是为了防止氨气与空气对流，用硫酸湿润可防止氨气逸出污染环境，故B错误；C．高温下与水蒸气发生反应，则湿棉花受热时提供高温水蒸气与铁粉反应，故CD．脱脂棉燃烧，可知发生的反应放热，则NaO22

与水的反应是放热反应，故D正确；故选：B。12（2021·北京人大附中）(Rb)A．它位于周期表的第四周期、第IAB3C．氢氧化铷是弱碱D．硝酸铷含共价键，属于离子化合物〖答案〗D〖解析〗A．37，位于周期表第五周期第IA族，第四周期的为K元素，故AB．碱金属元素从上到下，金属单质的熔点逐渐降低，在钠、钾、铷3种单质中，钠的熔点最高，故B错误；C．同主族元素从上到下，元素的金属性逐渐增强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，NaOH为强碱，则氢氧化铷也强碱，且碱性更强，故C错误；D．硝酸铷电离产生金属阳离子和酸根离子，属于离子化合物，硝酸根中N、O之间存在共价键，故D选项化学性质实际应用故选D。13选项化学性质实际应用AASO具有还原性2漂白纸浆BNaO能与CO和水反应2 22作供氧剂CNaSiO的水溶液具有碱性23作矿物胶D铝质容器贮运浓硝酸A．A B．B C．C D．D〖答案〗B〖解析〗漂白纸浆利用的是SO2

的漂白性而不是还原性，选项A错误；NaO能与CO和水反应产生氧气，故NaO可作供氧剂，选项B2 2 2 2 2实验操作用镊子从煤油中取出钠，切下豆绿大小的钠，放入装满水的A观察钠与水反应的现象烧杯中BNaHCONaCO实验操作用镊子从煤油中取出钠，切下豆绿大小的钠，放入装满水的A观察钠与水反应的现象烧杯中BNaHCONaCO用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水3 2 3NaO放入充满COCNaOCO222222放热反应用铂丝分别蘸取溶液，在酒精灯外焰上灼烧，直接观察火焰DNaCOKCO2 3 2 3的颜色A．A〖答案〗C

B．B C．C D．D〖解析〗A．应将钠表面的煤油用滤纸吸干且烧杯中不能装满水，操作不规范，A项错误；B．分别向NaHCO3

NaCO2

溶液中滴加澄清石灰水，都有白色沉淀产生，无法鉴别，可滴加氯化钡溶液加以鉴别，B项错误；C．NaOCO反应生成氧气，棉花燃烧说明温度达到了其着火点，能证明NaOCO

的反应22 2 22 2是放热反应，C项正确；D．观察钾的焰色反应要透过蓝色钴玻璃，D项错误；答案选C。选项实验目的实验过程A选项实验目的实验过程AFe(OH)胶体3在加热时，向0.1molL1的FeCl溶液中滴加NaOH3溶液向2mL1molL1NaOH1molL1的验证Mg(OH)沉淀可以2BMgCl1molL1的2Fe(OH)沉淀3FeCl溶液3NaHCO溶液中3C向溶液中加入适量的稀盐酸NaCO2 3DNaClKI1～2mLCClA．A〖答案〗D〖解析〗

C．C D．DA．将NaOHFeCl3

溶液只能得到Fe(OH)3

沉淀，得不到胶体，应该是把氯化铁饱和溶液滴入沸腾的蒸馏水中继续煮沸至溶液呈红褐色为止，A项错误；B．反应中NaOHBC．适量的稀盐酸与NaCO2 3

反应生成NaHCO3

和NaCl，混入新的杂质，应该是通入足量二氧化碳气体，CD．新制氯水把I氧化为I2

，再加入CCl4

溶液，振荡、静置，分层，下层呈紫色的是KI，D项正确；答案选D。16（2021·天津河西区·高三三模）能实现下列物质间直接转化的元素是单质O氧化物+HO酸或碱NaH或HCl盐2 2A．Fe〖答案〗C〖解析〗

B．Si C．Na D．CuA．Fe与氧气点燃会生成四氧化三铁，四氧化三铁不溶于水，也不与水发生反应，不能实现直接转化，AB．Si与氧气加热条件下可生成二氧化硅，但二氧化硅不溶于水，也不与水发生反应，不能实现直接转化，BC．Na与氧气常温下可生成氧化钠，氧化钠与水反应可生成氢氧化钠(碱)，氢氧化钠再与HCl发生中和反应生成氯化钠(盐)和水，均可实现物质间直接转化，CD．Cu与氧气加热条件下可生成氧化铜，但氧化铜不溶于水，也不与水发生反应，不能实现直接转化，D故选C。17（2021·浙江高三三模）C在足量O2

中燃烧生成CO2

，则S在足量O2

中燃烧生成SO3铜丝在氯气中燃烧生成CuCl，则铁丝在氯气中燃烧生成FeCl2 2Mg与CO反应生成MgO和CNaCONaCOC2 2 2 3往AlCl3

溶液中加入过量氨水生成Al(OH)3

沉淀，则往CuCl2

溶液中加入过量氨水生成Cu(OH)沉淀2〖答案〗C〖解析〗C在足量O2

中燃烧生成CO2

，而S在足量O2

中燃烧生成SO，故A2氯气具有强氧化性，能够把变价金属氧化为最高价，因此铜丝在氯气中燃烧生成CuCl，2铁丝在氯气中燃烧生成FeCl3

B由于二氧化碳过量，钠的氧化物能够与二氧化碳反应，所以Na与CO 反应可能生成2NaCO和C，故C2 3氢氧化铝不溶于过量的氨水，而氢氧化铜能够与过量的氨水反应生成Cu(NH(OH)溶液，34 2沉淀溶解，故DC。18（2021·山东日照市·高三三模）以197g六氨合氯化镁为原料，经酸化、碳化、热解、过滤、干燥制得932g碱式碳酸镁产品，同时获取副产物CO2

26.88L(标准状况)。原理如下(假定每步反应都没有损耗；x、y、zx：y：z)。酸化反应：MgCl·6NH+6HC1=MgC1+6NHC1；2 3 2 4碳化反应：MgCl+2NHHCO=Mg(HCO+2NHCl；2 4 3 32 4热解反应：Mg(HCOxMgCO·yMg(OH)·zHO↓+CO32 3 2 2 2下列说法正确的是xMgCO·yMg(OH)·zHO3 2 2x=z=2C．y=1DNHC14〖答案〗C〖祥解〗根据题意，产生的二氧化碳在标况下的体积为26.88L，其物质的量为n=VVm

26.88=1.2mol197g1mol22.41mol；根据HMgHCO32

xMgCO3

yMgOH2

O+CO2

中，碳酸氢镁的系数为zy)，二氧化碳的系数为z2y，由此可得y+z=2yz、zyyx，解得zx、1 1.2z4y，即x:yz4:1:4，即xz4y1。〖解析〗A．碱式碳酸镁属于化合物，故AB．xz4BC．y1，故C正确；D．氯化铵属于含氮元素的盐，可用作化肥，因其分解产生氨气和氯化氢，冷却时又反应生成氯化铵，不能热分解制备氨气，故D故选C。19（2021·浙江绍兴市·高三其他模拟）下列说法正确的是A．含铁元素的硫酸铁是一-些补血药剂的主要成分B．镁合金密度小，硬度和强度大，常用作制造火箭、飞机的部件C．碳酸钠溶液呈碱性，故可以用作胃药起到中和胃酸的作用D．氯气有毒，故不可用作药物的合成〖答案〗B〖解析〗A．含铁元素的硫酸亚铁是一些补血药剂的主要成分，故A错误；B．镁合金密度小，硬度和强度大，耐腐蚀等方面的优点，常用作制造火箭、飞机的部件，故BC．碳酸钠碱性太强，不能用作胃药，故C错误；D．氯气是有毒气体，但能用于药物的合成，故D错误；B。20（2021·浙江）下列说法的是A．火山附近的温泉因常常含有游离态硫而具有杀菌作用B．氧化镁、氧化铝熔点高，都可用作耐火材料C．某些硅酸盐具有多孔结构，可用于分离、提纯气体或液体混合物，还可作干燥剂、催化剂D．溴化银是一种重要的感光材料，常用于人工降雨〖答案〗D〖解析〗A．游离态的硫磺能破坏细菌表面的保护膜，具有杀菌作用，即火山附近的温泉因常常含有游离态硫而具有杀菌作用，故A正确；B．氧化镁、氧化铝均是离子化合物，离子键强，导致熔点高，可作为耐高温耐火材料，故B正确；C．某些硅酸盐具有多孔结构，吸附性强，可用于分离、提纯气体或液体混合物，还可作干燥剂、催化剂等，故CDD错误；D。21（2021·广东广州市·高三二模以混有SiO的MgCO 为原料制备氧化镁的实验流程如2 3图：下列说法错误的是A．酸浸的离子方程式为CO浸出渣的成分是SiO2

22H=CO3

HO2NHCl4XMgOH2〖答案〗A〖祥解〗MgCO3

可溶，SiO2

不溶，滤渣为SiO2

，浸出液中主要成分是MgCl2

，加入氨MgCl2

2NH3

HOMg(OH)2

Cl，母液主要溶质是NH4

Cl，固体X为Mg(OH)，以此解答。2〖解析〗MgCO3

是微溶物，不可拆成离子，故A错误；盐酸酸浸，MgCO 可溶，SiO不溶，滤渣为SiO，故B正确；3 2 2加入氨水沉镁，MgCl2

2NH3

HOMg(OH)2

ClNH4

Cl，C沉镁过程中，加入氨水沉镁，MgCl2

2NH3

HOMg(OH)2

2NH

Cl，母液主要4溶质是NH

Cl，固体X为Mg(OH)

D4 2故选A。22（2021·河南郑州市）现的是NaCl(aqCl(g)(s)2HCl(aq)FeO3 4

OFe

FeCl3Cl

O/HOHBr2 22 2Mg(OH)(sCl(q)MgCl(aq)解Mg(s)2 2〖答案〗C〖解析〗A．电解熔融的氯化钠制得氯气，氯气与石灰乳反应制得漂白粉而不是与石灰水反应，选项A不符合；B．一B符合；C物质间的转化均能实现，选项C符合；D．氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁溶液，电解氯化镁溶液得到氢氧化镁、氢气和氯气，应该是电解熔融的氯化镁才能得到镁单质，选项DABCD答案选C。23ABCD用铁粉作脱氧保鲜剂 用白醋去除水垢

用纯碱溶液清洗油污

用明矾净水A．A〖答案〗A〖解析〗

C．C D．D用铁粉作脱氧保鲜剂，生成氧化铁，氧气被铁单质还原，故选A；B．用白醋去除水垢，醋酸和碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳、水，没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故不选B；C．用纯碱溶液清洗油污，油脂在碱性溶液中发生水解反应生成高级脂肪酸钠和甘油，没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故不选C；D．用明矾净水，铝离子水解为氢氧化铝胶体，吸附水中的悬浮杂质，没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故不选D；选A。24（2021·广东广州市·华南师大附中高三三模）重要作用。下列有关叙述正确的是A．“墨子号”卫星成功发射实现了光纤量子通信，生产光纤的原料为晶体硅B．实现海上首飞的“鲲龙”水陆两栖飞机的燃料—航空煤油是一种烃的纯净物C．长征五号火箭的箭体蒙皮材料2219—铝合金，可一定程度上减轻火箭的质量D．“10909m，所用的硬质合金潜孔钻头属于复合材料〖答案〗C〖解析〗A．光纤的成分为二氧化硅，A煤油来源于石油的分馏，是碳原子数11~16烃的混合物，B错误；C．铝合金密度小、质量轻，可一定程度上减轻火箭的质量，C正确；D．金属单质或合金均属于金属材料，故硬质合金属于金属材料，D错误；故答案选C。25（2021·重庆市第十一中学校高三二模）大量文物。下列说法错误的是A．氧化铁可作故宫红色外墙的涂料B．莲鹤方壶是春秋中期的青铜器，其材质属于合金C．孩儿枕是北宋的定窑白瓷，其主要成分是硅酸盐D〖答案〗D〖解析〗A．氧化铁呈红色，可作为墙壁的红色涂料，AB．青铜器含多种金属元素，属于合金，B正确；C．白瓷是陶瓷，成分是硅酸盐，C正确；D．绢的主要成分是蛋白质，D故选：D。26（2021·青海西宁市·高三二模）利用下列装置进行实)目的的是图甲制取并收集干燥纯净的NH3100mL一定浓度HSO2 4Cu+HSO=CuSO+H2 4 4 2Fe(OH)2

并能较长时间观察到白色〖答案〗A〖解析〗CaO+HO=Ca(OH),NHHO=NH↑+HO，氨气用碱石灰干燥，图甲制取并收集干燥纯净的NH2ASO

2 3 2 3 2 3不能在容量瓶中稀释，故B错误；2 4该装置内没自发的氧化还原反应、不能构成原电池，无法实现Cu+HSO=CuSO+H现该反应，可以通过电解，且铜作阳极，故C错误；

2 4 4 2酒精与水互溶，起不到隔绝空气的作用，要用图丁装置制备Fe(OH)2

并能较长时间观察到白色，需将酒精换成苯等密度小于水的不溶试剂，故D错误；A。27（2021·安徽高三一模）A．Sn(OH)ClFeOOHCu(OH)CO2Cu+HO+O+CO=Cu(OH)CO2 2 3 2 2 2 2 2 3聚合硫酸铁{〖Fe(OH)(SO)n2 n 43-2 mMg(OH)ClO•HO2 3 2〖答案〗A〖解析〗FeOOHA2Cu+HO+O+CO=Cu(OH)COB

2 2 2 2 2 3聚合硫酸铁中Fe+3价，溶于水产生Fe3+，Fe3+Fe(OH)3

胶体，可以净水，CMg(OH)ClO•HOD2 3 2综上所述答案为A。28（2021·北京高三其他模拟）研究甲醛与新制Cu(OH)2图。

反应的固体产物(固体A)，实验如已知：CuO、CuOCu(NH(无色)、Cu(NH2(蓝色)。2下列说法的是

3 2 3 4Cu(OH)2

反应时，Cu(OH)2

被还原②→④无色溶液变蓝，说明固体ACuO22Cu+O+8NH•HO=2Cu(NH2+4OH-+6HOD．将试管①替换为，放置一段时间后发现溶液变蓝，也能确认固体A的成D．将试管①替换为，放置一段时间后发现溶液变蓝，也能确认固体A的成分〖答案〗D〖解析〗甲醛与新制Cu(OH)反应时，反应生成CuO，铜元素化合价降低，则Cu(OH)

被还原，故A2 2 2正确；由已知Cu(NH(无色)，Cu(NH2(蓝色)，且CuO3 2 3 4 2变蓝，说明固体A中存在CuO，故B2已知：CuO、CuOACu，则③→⑤22Cu+O+8NH•HO=2Cu(NH2+4OH-+6HO，故CD．将试管①替换为，没有密封，空气中的氧气可能参与反应，则放置一段时间后发现溶液变蓝，不能确认固体AD．将试管①替换为，没有密封，空气中的氧气可能参与反应，则放置一段时间后发现溶液变蓝，不能确认固体A的成分，故D错误。故选D。29（2021·甘肃省民乐县第一中学高三二模）现在有很多电视节目聚焦中国传统文化艺术精品，用现代化的传播方式及国际化的视角来系统地诠释中国古代艺术品的精湛与美艳。下列说法中不正确的是A．北宋的天青无纹椭圆水仙盆是“瓷器第一宝”，其主要成分是二氧化硅B．西周时期的伯矩鬲是罕见的青铜器，鬲身的铜绿的主要成分是碱式碳酸铜C．王羲之的书法作品《快雪时晴帖》堪称“书法第一宝”，纸张的主要成分是高分子化合物D．西汉素纱禅衣是世界上现存年代最早、保存最完整、制作工艺最精湛的一件衣服，它由精缫的蚕丝织造，蚕丝和毛笔中的狼毫成分相同〖答案〗A〖解析〗A．瓷器的主要成分是硅酸盐，故A错误；B．铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，故BC．纸张的主要成分是纤维素，纤维素属于高分子化合物，故CD．蚕丝和毛笔中的狼毫的主要成分都是蛋白质，成分相同，故D正确；A。30（2021·广东茂名市·高三二模）制巨大，雄伟庄严，工艺精巧，足以代表高度发达的商代青铜文化。下列有关说法错误的是青铜的熔点低于纯铜B．古代湿法炼铜的原理是置换反应C．现代电解精炼铜时，粗铜作阳极D．青铜器表面的铜绿是铜的一种氧化物〖答案〗D〖解析〗A．青铜是合金，形成合金后熔点降低，则青铜的熔点低于纯铜，故A不选；古代湿法炼铜的原理是铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，是置换反应，故B不选；C．现代电解精炼铜时，粗铜作阳极失去电子被氧化，故C不选；D．青铜器表面的铜绿是碱式碳酸铜，是铜的一种碱式盐，故D故选：D。31（2021·山东）CuTe、Au、Ag2的流程如下所示：已知：①TeO2

是两性氧化物，微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱分别生成Te4+和TeO2-。31000℃时，AgO2

发生明显的反应，常温下在空气中几乎不反应。下列说法错误的是加热“焙烧”时，主要反应的方程式为CuTe+2O 2CuO+TeO2 2 2“滤液①”中分批加入双氧水，提高HO22

利用率“酸浸①”用稀硫酸浸取，“酸浸②”用稀硝酸浸取HCO224〖答案〗D〖祥解〗阳极泥中含有CuTe、Au、Ag；根据题中信息可知，在“焙烧”过程中，主要是CuTe2 2且生成CuO、TeOTeO变为TeO2-而留在“滤液①”，而“滤渣①”主要含2 2 3有CuO、Ag、Au；“滤渣①”经过两次酸浸，逐步将Cu、Ag两种元素从“滤渣①”分离出，Au的同时，也将Cu、AgHSO2 4“酸浸②”可以使用HNOTeO2-氧化为TeO2-，再经过“加3 3 4热浓缩”得到NaTeO浓溶液，再经过“热还原”得到碲粉。2 4〖解析〗A．根据题中信息可知，阳极泥在“焙烧”过程中，主要是CuTe被氧化，且生成CuO、TeO反应的化学方程式为：

CuTe+2O2

Δ2CuO+TeO2

2 2，AB．HO易分解，向“滤液①”中分批加入双氧水，可以降低HO分解率，提高HO

的利用率，22 22 22BCCuO、Ag、AuHSO可以分离出Cu2 4HNO3

可以分离出Ag元素，从而将三种金属元素分离，以更好地回收金属，C正确；D．“热还原”时，发生的化学反应为NaTeO+HSO+3HCO=NaSO+6CO+Te↓+4HO，由此2 4 2 4 224 2 4 2 2可知该反应需要强酸性环境，若先加入HCO，再加足量HSO224 2 4入足量HSO，再加入HCO，D2 4 224D。32（2021·湖南衡阳市·主要含有BeO、Al

、FeO和2 3 2 23FeOBe(OH)2

pH＞10关说法错误的是“除铁”过程应先加适量HO，再加适量氨水调节pH2 2“沉铍”过程中，氨水也可改用过量的NaOH其中“分解”过程中发生的反应之一可表示为NH42用镁热还原法制取铍时ArN2〖答案〗BD〖祥解〗

BeF4

+2HF+BeF2NH2NH用稀硫酸溶解含铍矿绿柱石，其中BeO、AlOFeOFeO均能溶于酸，而SiO

不溶于酸且23 23 2不溶于水，经过滤除去，则滤渣I为SiO，而滤液中主要含有Be2+、Al3+、Fe3+、Fe2+及过量的2酸，向滤液中加入(NH)SO，有铝铵钒〖(NH)Al(SO) 12HO〗析出，经过过滤除去，达到42 4 4 42 2HO22

Fe2+pH，使溶液Fe3+完全转化为Fe(OH)3

沉淀，再过滤除去，达到除铁的目的。再向滤液中加入氨水、HF，得到(NHBeF，高温分解得到BeFBe，以此解答该题。42 4 2〖解析〗用稀硫酸溶解含铍矿绿柱石，FeO反应变为Fe2+，FeO反应变为Fe3+，先加适量HO23 22将Fe2+氧化为Fe3+，再加适量氨水调整的pH，使溶液中Fe3+完全转化为Fe(OH)3

沉淀，过滤除去，达到除铁的目的，A项正确；由于Be(OH)2

显两性，能够与NaOH反应，在“沉铍”过程中，若将氨水改用过量的NaOH溶液，则反应产生的Be(OH)溶于过量NaOH转化为可溶性NaBeO2 2 2NaOHB在“分解”过程中(NHBeF发生分解反应，产生NH、HF、BeF42 4 3 2NH42

BeF4

+2HF+BeF2NH2NH

，CMgN2

反应生成MgN3 2

，因此不能将Ar气改为N2

，D答案选BD。33（2021·山东泰安市·泰安一中高三其他模拟MgClO(OH)·HOm n 2水，不潮解，相对稳定，是一种有开发价值的无机抗菌剂，以菱镁矿(MgCOFeCO3 3为主要原料，制备碱式次氯酸镁的工艺流程如图，下列说法正确的是流程中酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+pHMgCO31所得的滤渣含有Fe(OH)3“混合”时反应的离子方程式只有：Mg2++ClO-+OH-+HO=MgClO(OH)·HO↓2 2〖答案〗AC〖祥解〗菱镁矿含少量FeCOMgCOFeCO都和盐酸反应分别生成MgClFeCl3 3 3 2 2过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+，加入MgO、MgCO3

Mg(OH)2

调节溶液pH，Fe3+使转化为Fe(OH)3沉淀过滤除去，滤液为MgCl2

溶液，向MgCl2

溶液中加入NaClONaOH〖MgClO(OH)•HOm n 2〖解析〗由以上分析可知，流程中酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+，A正确；由以上分析可知，调pH时所选试剂不只是MgCO，MgO、或Mg(OH)均可，B3 21所得的滤渣含有Fe(OH)，C3据该工艺流程所制备的物质为碱式次氯酸镁〖MgClO(OH)·HOm n 2不仅是MgClO(OH)·HO，还有如MgClO(OH)•HOD2 2 3 2AC。34（2021·新蔡县第一高级中学高一月考(NaBH)433℃)MgBO·HO，含少量FeONaBH

225 234 4回答下列问题：(1)NaBH4

的电子式为 。MgBO

发生反应的化学方程式是 。225滤渣的成分是 。高温合成中，加料之前需将反应器加热至100℃以上并通入氩气，该操作的目的是 ，实验室取用少量金属钠用到的实验用品有 、滤纸、玻璃片和小刀。(5)操作2的名称为 。流程中可循环利用的物质是 。(6)NaBH4

常用作还原剂，H2

也是常见的还原剂。与相同氧化剂反应时，1gNaBH4

的还原能力相当于 gH2〖答案〗Mg〖答案〗MgBO＋2NaOH＋HO=2NaBO＋2Mg(OH)FeOMg(OH)225 2 2 2 34 2除去反应器中的水蒸气和空气镊子蒸馏异丙胺0.21

的还原能力(B元素化合价不变，氧化产物中氢元素化合价相同，结果保〖祥解〗硼镁矿(主要成分为MgBO·HO，含少量杂质FeOFeO不溶于NaOH225 2 34 34滤渣，得到的NaBO经过结晶得到NaBO 10HO，脱水后生成NaBO，NaBO

在钠和氧气条2 247

247

247件下与二氧化硅反应生成NaBH4

和硅酸钠，用异丙胺溶解生成的NaBH，除去硅酸钠，通过蒸4馏分离得到NaBH，以此解答。4(1)NaBH的是离子化合物，阳离子为(1)NaBH的是离子化合物，阳离子为Na+，阴离子为BH，电子式为；4 4由流程图可知，碱溶时MgBO与NaOH反应转化为NaBOMgBO225 2 225＋2NaOH＋HO=2NaBO＋2Mg(OH)；2 2 2硼镁矿中FeO不溶于浓NaOHMg(OH)也34 2以滤渣的形式析出，所以滤渣的成分为Mg(OH)FeO2 34Na的性质活泼，能与水和空气中的氧气反应，结合题干中硼氢化钠在常温下能与水反应，所以加料前须先排除水蒸气和空气的干扰；原料金属钠通常保存在煤油中，实验室取用少量金属钠用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀；(5)NaBH4

易溶于异丙胺且异丙胺的沸点低，结合流程图可知，操作2是蒸馏NaBH4

的异丙胺溶液，回收异丙胺，异丙胺可循环利用；(6)NaBHH4 2

作还原剂时氧化产物中氢元素都为+1NaBH4

作还原剂氢元素由-1→+1H0→+1，1gNaBH2

作还原剂转移的电子的物质的量为1g 42=0.21mol0.21mol时消耗H

的质量为38g/mol0.21mol2g/mol2

=0.21g1gNaBH4

0.21gH2

2的还原能力，故答案为：0.21。35（2021·青海西宁市·高三二模）钴是元素周期表第四周期第VIII族元素，其化合物用途广泛。如：LiCoO作锂电池的正极材料。已知利用原钴矿CoOCrONiSLiCoO2

2的工艺流程如下：

23 23资料：①在含一定量Cl-的溶液中：Co2++4Cl-②CoCl2-溶于有机胺试剂，有机胺不溶于水。4

CoCl2-。4③盐酸溶液中，有机胺试剂对金属离子的溶解率随盐酸浓度变化如图所示：步骤i的目的是 。步骤ii中出现了淡黄色沉淀，写出发生该反应的离子方程式： 。(3)从平衡移动角度解释步骤iii中加入NaCl固体的目的是 。vi(NHCO作沉钴剂，在一定条件下得到碱式碳酸钴〖Co(OH)CO42 3 2 2 3一段时间内加入等量(NHCO所得沉淀质量随反应温度的变化如图所示，分析曲线下降的原因

42 3viCo2+5.9×10-2g·L-1，此时溶液的pH 。{K〖Co(OH)=1.0×10-15}sp 2viiiCoOLiCOLiCoO该反应的化学方程34 2 3 2.式是 。〖答案〗增大接触面积，加快浸取速率 CoO+NiS+6H+=2Co2++S+Ni2++3HO 加入NaCl固23 2体，溶液中氯离子浓度增大，Co2++4Cl- CoCl2-平衡右移，CoCl2-浓度增大，提高其在有机4 4胺试剂中的浓度 温度过高，碳酸铵分解(或铵根离子和碳酸根离子水解程度增大)，碳酸高温铵浓度降低，沉淀质量减少 8.0 4CoO+6LiCO+O 12LiCoO+6CO34 2 3 2 2 2〖祥解〗由流程可知，原钴矿球磨后加入盐酸浸取，由题给信息可知，为分离Co2+与Cr2+、Ni2+，加入10mol/LCoCl2-4的浓度，加入有机胺试剂萃取、洗脱，可得到CoCl2

溶液，加入碳酸铵生成碱式碳酸钴，煅烧CoOLiCoO34 2〖解析〗步骤i为球磨，将原钴矿磨碎，目的是增大接触面积，加快浸取速率。故答案为：增大接触面积，加快浸取速率；步骤iiNiS在酸性环境下将CoO还原为Co2NiS-2价的S23被氧化为淡黄色的SCoO+NiS+6H+=2Co2++S+Ni2++3HO。故答23 2案为：CoO+NiS+6H+=2Co2++S+Ni2++3HO；23 2从平衡移动角度解释步骤iii中加入NaCl固体的目的是加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，Co2++4Cl- CoCl2-平衡右移，CoCl2-浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度。故4 4答案为：加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，Co2++4Cl- CoCl2-平衡右移，CoCl2-浓4 4度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度；离子和碳酸根离子水解程度增大)，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少。故答案为：温度过高，碳酸铵分解(或铵根离子和碳酸根离子水解程度增大)，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少；(5)步骤viCo2+5.9×10-2g·L-1，则5.9102gL1c(Co2+)=

59g/mol

=10-3mol/L，根据K〖Co(OH)=1.0×10-15可知：sp 2c(Co2+)•c2(OH-)=1.0×10-15c(OH-)=1.0×10-6mol/Lc(H+)=1.0×10-8mol/L，此时溶液pH8.08.0；(6)步骤viiiCoOLiCOLiCoO该反应的化学方程34 2 3 2.高温 高温式是4CoO+6LiCO+O 12LiCoO+6CO。故答案为：4CoO+6LiCO+O34 2 3 2 2 2 34 2 3 212LiCoO+6CO2 236（2021·全国高三零模）磷酸铁锂是一种锂离子电池材料，该电池正极片主要含有石墨、Al、LiFePO 4等物质，还有少量不溶性杂质。采用下列工艺流程回收制备有关物质。已知：不同温度下，碳酸锂在水中的溶解度如下表所示：