夜雨聆风
真题回顾：
1．(2021•浙江1月选考)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项，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项，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项，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项，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说法正确。故选A。
2．(2021•浙江1月选考)下列说法不正确的是( )
A．某些胶态金属氧化物分散于玻璃中可制造有色玻璃
B．通常以海水提取粗食盐后的母液为原料制取溴
C．生物炼铜中通常利用某些细菌把不溶性的硫化铜转化为可溶性铜盐
D．工业制备硝酸的主要设备为沸腾炉、接触室和吸收塔
【答案】D
【解析】A项，某些胶态金属氧化物分散于玻璃中可制造有色玻璃，如氧化亚铜分散在玻璃中可以得到红色的玻璃，三氧化二钴分散在玻璃中可以得到蓝色的玻璃，A说法正确；B项，溴虽然被称为“海洋元素”，但是其在海水中的浓度太小，直接以海水为原料提取溴的成本太高，而海水提取粗食盐后的母液属于浓缩的海水，其中溴化物的浓度较高，因此，通常以海水提取粗食盐后的母液为原料制取溴，B说法正确；C项，某种能耐受铜盐毒性的细菌能利用空气中的氧气氧化硫化铜矿石，从而把不溶性的硫化铜转化为可溶性的铜盐，因此，其可用于生物炼铜，C说法正确；D项，工业制备硝酸的主要设备为氧化炉(转化器)、热交换器和吸收塔，工业制备硫酸的主要设备为沸腾炉、接触室和吸收塔，D说法不正确。故选D。
3．(2021•浙江1月选考)下列“类比”合理的是( )
A．Na与H2O反应生成NaOH和H2，则Fe与H2O反应生成Fe(OH)3和H2
B．NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，则NaClO溶液与SO2反应生成NaHSO3和HClO
C．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，则Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl
D．NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NaNO3，则氨水与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NH4NO3
【答案】C
【解析】A项，Na与水反应生成NaOH和H2，Fe与冷水、热水都不反应，Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，A不合理；B项，NaClO具有强氧化性，SO2具有较强的还原性，NaClO溶液与SO2发生氧化还原反应时SO2被氧化成SO42-，ClO-被还原成Cl-，B不合理；C项，Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl：Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl，Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl：Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl，C合理；D项，氨水与少量AgNO3反应生成[Ag(NH3)2]+：Ag++2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，D不合理；故选C。
4．(2021•浙江1月选考)铝硅酸盐型分子筛中有许多笼状空穴和通道(如图)，其骨架的基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Ma[(AlO2)x·(SiO2)y]·zH2O(M代表金属离子)。
下列推测不正确的是( )
A．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
B．若a=x/2，则M为二价阳离子
C．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项，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，A错误；B项，设M的化合价为m，则根据正负化合价代数和为0计算，m×
+x×(-1)=0，解得m=+2，B正确；C项，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项，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；故选A。
5．(2020•浙江1月选考)下列说法不正确的是( )
A．二氧化硅导电能力强，可用于制造光导纤维
B．石灰石在高温下可用于消除燃煤烟气中的SO2
C．钠着火不能用泡沫灭火器灭火
D．利用催化剂可减少汽车尾气中有害气体的排放
【答案】A
【解析】A项，二氧化硅为共价化合物不导电，故A错误；B项，向燃煤中加入适量石灰石，高温时将SO2转化为CaSO4，同时生成二氧化碳，故B正确；C项，钠与氧气反应生成过氧化钠，因过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，不能够用泡沫灭火器灭火，可以用沙土灭火，故C正确；D项，在排气管中安装高效催化剂，将NO转化为N2，减少了空气污染，故D正确；故选A。
6．(2020•浙江1月选考)下列说法不正确的是( )
A．[Cu(NH3)4]SO4可通过CuSO4溶液与过量氨水作用得到
B．铁锈的主要成分可表示为Fe2O3·nH2O
C．钙单质可以从TiCl4中置换出Ti
D．可用H2还原MgO制备单质Mg
【答案】D
【解析】A项，CuSO4溶液与少量氨水反应生成氢氧化铜沉淀，与过量氨水反应生成络合物[Cu(NH3)4]SO4，故A正确；B项，铁在潮湿空气中发生吸氧腐蚀生成红棕色的铁锈，铁锈的主要成分可表示为Fe2O3·nH2O，故B正确；C项，钙的化学性质活泼，在稀有气体的保护下，与熔融的四氯化钛反应可置换出Ti，故C正确；D项，制备单质Mg应该用电解熔融MgCl2的方法，故D错误；故选D。
7．(2020•浙江1月选考)下列关于铝及其化合物说法，不正确的是( )
A．明矾可用作净水剂和消毒剂 B．利用铝热反应可冶炼高熔点金属
C．铝可用作包装材料和建筑材料 D．氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物
【答案】A
【解析】A项，明矾溶于水可生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可以净水但不能消毒，故A错误；B项，铝热反应是金属铝和沸点较高的金属氧化物之间反应冶炼高熔点金属的过程，故B正确；C项，铝具有良好的延展性，铝箔可以做包装材料，铝合金硬度大密度小常用做建筑材料，故C正确；D项，胃酸主要成分为HCl，氢氧化铝具有弱碱性可中和过多胃酸，故D正确；故选A。
8．(2020•浙江1月选考)100%硫酸吸收SO3可生成焦硫酸(分子式为H2S2O7或H2SO4·SO3)。下列说法不正确的是( )
A．焦硫酸具有强氧化性
B．Na2S2O7水溶液呈中性
C．Na2S2O7可与碱性氧化物反应生成新盐
D．100%硫酸吸收SO3生成焦硫酸的变化是化学变化
【答案】B
【解析】A项，从组成上看，焦硫酸是由等物质的量的三氧化硫与纯硫酸化合而成的，则焦硫酸具有比浓硫酸更强的氧化性、吸水性和腐蚀性，故A正确；B项，从组成上看，Na2S2O7可以形成Na2SO4·SO3，Na2SO4·SO3溶于水时，三氧化硫与水反应生成硫酸，水溶液显酸性，故B错误；C项，从组成上看，Na2S2O7可以形成Na2SO4·SO3，三氧化硫可与碱性氧化物反应生成硫酸钠，故C正确；D项，100%硫酸吸收SO3生成焦硫酸有新物质生成，属于化学变化，故D正确；故选B。
9．(2020•浙江7月选考)下列说法不正确的是( )
A．Cl-会破坏铝表面的氧化膜
B．NaHCO3的热稳定性比Na2CO3强
C．KMnO4具有氧化性，其稀溶液可用于消毒
D．钢铁在潮湿空气中生锈主要是发生了电化学腐蚀
【答案】B
【解析】A项，Cl-很容易被吸附在铝表面的氧化膜上，将氧化膜中的氧离子取代出来，从而破坏氧化膜，A正确；B项，碳酸氢钠受热分解可产生碳酸钠、水和二氧化碳，则稳定性：NaHCO3＜Na2CO3，B错误；C项，KMnO4具有强氧化性，可使病毒表面的蛋白质外壳变形，其稀溶液可用于消毒，C正确；D项，钢铁在潮湿的空气中，铁和碳、水膜形成原电池，发生电化学腐蚀，腐蚀速率更快，D正确；故选B。
10．(2020•浙江7月选考)下列说法不正确的是( )
A．高压钠灯可用于道路照明
B．SiO2可用来制造光导纤维
C．工业上可采用高温冶炼黄铜矿的方法获得粗铜
D．BaCO3不溶于水，可用作医疗上检查肠胃的钡餐
【答案】D
【解析】A项，高压钠灯发出的黄光射程远、透雾能力强，所以高压钠灯用于道路照明，故A正确；B项，二氧化硅传导光的能力非常强，用来制造光导纤维，故B正确；C项，黄铜矿高温煅烧生成粗铜、氧化亚铁和二氧化硫，故C正确；D项，碳酸钡不溶于水，但溶于酸，碳酸钡在胃酸中溶解生成的钡离子为重金属离子，有毒，不能用于钡餐，钡餐用硫酸钡，故D错误；故选D。
11．(2020•浙江7月选考)下列说法正确的是( )
A．Na2O在空气中加热可得固体Na2O2
B．Mg加入到过量FeCl3溶液中可得Fe
C．FeS2在沸腾炉中与O2反应主要生成SO3
D．H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2和O2
【答案】A
【解析】A项，无水状态下Na2O2比Na2O更稳定，Na2O在空气中加热可以生成更稳定的Na2O2，A正确；B项，Mg加入到FeCl3溶液中，Mg具有较强的还原性，先与Fe3+反应，生成Mg2+和Fe2+，若Mg过量，Mg与Fe2+继续反应生成Mg2+和Fe，但由于反应中FeCl3过量，Mg已消耗完，所以无Mg和Fe2+反应，所以不会生成Fe，B错误；C项，FeS2在沸腾炉中与O2发生的反应为：4 FeS2+11O2
2Fe2O3+8SO2，产物主要是SO2而不是SO3，C错误；D项，H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2O和O2，化学方程式为：2H2O2
2H2O+O2↑，D错误。故选A。
12．(2020•浙江7月选考)Ca3SiO5是硅酸盐水泥的重要成分之一，其相关性质的说法不正确的是( )
A．可发生反应：Ca3SiO5＋4NH4Cl
CaSiO3＋2CaCl2＋4NH3↑＋2H2O
B．具有吸水性，需要密封保存
C．能与SO2反应生成新盐
D．与足量盐酸作用，所得固体产物主要为SiO2
【答案】D
【解析】将Ca3SiO5改写为氧化物形式后的化学式为：3CaO·SiO2，性质也可与Na2SiO3相比较。A项，Ca3SiO5与NH4Cl反应的方程式为：Ca3SiO5+4NH4Cl 
CaSiO3+2CaCl2+4NH3↑+2H2O，A正确；B项，CaO能与水反应，所以需要密封保存，B正确；C项，亚硫酸的酸性比硅酸强，当二氧化硫通入到Ca3SiO5溶液时，发生反应：3SO2+H2O+ Ca3SiO5=3 CaSO3+H2SiO3，C正确；D项，盐酸的酸性比硅酸强，当盐酸与Ca3SiO5反应时，发生反应：6HCl+ Ca3SiO5=3CaCl2+H2SiO3+2H2O，D不正确；故选D。
13．(2020•江苏卷)下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是( )
A．铝的金属活泼性强，可用于制作铝金属制品
B．氧化铝熔点高，可用作电解冶炼铝的原料
C．氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃酸
D．明矾溶于水并水解形成胶体，可用于净水
【答案】D
【解析】A项，铝在空气中可以与氧气反应生成致密氧化铝，致密氧化铝包覆在铝表面阻止铝进一步反应，铝具有延展性，故铝可用于制作铝金属制品，A错误；B项，氧化铝为离子化合物，可用作电解冶炼铝的原料，B错误；C项，氢氧化铝为两性氢氧化物，可以用于中和过多的胃酸，C错误；D项，明矾溶于水后电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮物，用于净水，D正确；故选D。
14．(2020•江苏卷)下列有关化学反应的叙述正确的是( )
A．室温下，Na在空气中反应生成Na2O2
B．室温下，Al与4.0 mol﹒L-1NaOH溶液反应生成NaAlO2
C．室温下，Cu与浓HNO3反应放出NO气体
D．室温下，Fe与浓H2SO4反应生成FeSO4
【答案】B
【解析】A项，室温下，钠与空气中氧气反应生成氧化钠，故A错误；B项，室温下，铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故B正确；C项，室温下，铜与浓硝酸反应生成二氧化氮气体，故C错误；D项，室温下，铁在浓硫酸中发生钝化，故D错误。故选B。
15．(2020•江苏卷)下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )
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项，石灰水中Ca(OH)2浓度太小，一般用氯气和石灰乳反应制取漂白粉，故A错误；B项，碳酸的酸性弱于盐酸，所以二氧化碳与氯化钠溶液不反应，故B错误；C项，氧化性Cl2＞Br2＞I2，所以氯气可以氧化NaBr得到溴单质，溴单质可以氧化碘化钠得到碘单质，故C正确；D项，电解氯化镁溶液无法得到镁单质，阳极氯离子放电生成氯气，阴极水电离出的氢离子放电产生氢气，同时产生大量氢氧根，与镁离子产生沉淀，故D错误。故选C。
16．(2021•浙江1月选考)某兴趣小组对化合物X开展探究实验。
其中：X是易溶于水的强酸盐，由3种元素组成；A和B均为纯净物；B可使品红水溶液褪色。请回答：
(1)组成X的3种元素是______(填元素符号)，X的化学式是______。
(2)将固体X加入温热的稀H2SO4中，产生气体B，该反应的离子方程式是______。
(3)步骤I，发生反应的化学方程式是______。
(4)步骤II，某同学未加H2O2溶液，发现也会缓慢出现白色浑浊，原因是______。
(5)关于气体B使品红水溶液褪色的原因，一般认为：B不能使品红褪色，而是B与水反应的生成物使品红褪色。请设计实验证明______。
【答案】(1)Cu、S、O CuS2O6 (2)S2O
SO
+ SO2↑
(3) 
+ Cu(OH)2 →
+ 2H2O
(4)SO2与水反应生成H2SO3； H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4
(5)配制品红无水乙醇溶液(其他非水溶剂亦可)，通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠(亚硫酸氢钠)固体，褪色更快
【解析】将固体隔绝空气加热，能生成一种固体和一种气体，其中将固体溶于水分成两等分，一份加入盐酸酸化的氯化钡溶液，能生成白色沉淀，说明固体中有硫酸根的存在，另一份溶液加入适量的NaOH溶液，出现蓝色悬浊液，加入甘油后能形成绛蓝色溶液，说明固体中存在Cu，则固体A为CuSO4；将气体B通入足量的BaCl2溶液和H2O2溶液中，出现白色沉淀，说明该气体可以被H2O2氧化，则该气体为SO2，再根据产生沉淀C和固体X的质量计算固体X的化学式。(1)根据分析，固体X中含有的元素是C、S、O；加入盐酸酸化的氯化钡溶液，生成1.165g硫酸钡沉淀，则该份硫酸铜的质量为0.005mol，则固体CuSO4的物质的量为0.010mol，质量为1.6g，根据质量守恒的气体SO2的质量为0.640g，该物质中三种元素的质量比m(Cu):m(S):m(O)=0.640g:0.640g:0.960g，则这三种原子的物质的量的比n(Cu):n(S):n(O)=1:2:6，故固体X的化学式为CuS2O6；(2)根据题目，固体X与温热的稀硫酸反应可以生成SO2气体，根据原子守恒和电荷守恒配平，则该过程的离子方程式为S2O62-
SO42-+ SO2↑；(3)步骤Ⅰ为甘油和氢氧化铜发生反应，反应的化学方程式为
+Cu(OH)2→
+2H2O；(4)步骤Ⅱ中未加入过氧化氢，也可以出现白色沉淀，说明SO2溶于水后可以被空气中的氧气氧化；(5)SO2可以使品红溶液褪色，SO2溶液中存在SO2分子和H2SO3，欲知道是哪一种物质能够使品红溶液褪色，可以利用如下实验验证：配制品红无水乙醇溶液(其他非水溶剂亦可)，通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠(亚硫酸氢钠)固体，褪色更快。
17．(2020•浙江1月选考)Ⅰ．由三种元素组成的化合物A，按如下流程进行实验。气体B为纯净物，溶液C焰色反应为砖红色，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
请回答：
(1)组成A的三种元素是________，A的化学式是________。
(2)固体A与足量稀盐酸反应的化学方程式是________。
(3)气体E与甲醛在一定条件下可生成乌洛托品(
学名：亚甲基四胺)，该反应的化学方程式是________(乌洛托品可以用分子式表示)。
【答案】Ⅰ．Ca、H和N Ca2HN (2)Ca2HN＋5HCl=2CaCl2＋H2↑＋NH4Cl
(3)4NH3＋6HCHO→
(或C6H12N4)＋6H2O
【解析】Ⅰ．(1)由分析可知，组成A的三种元素是Ca、N和H，由钙原子个数守恒可知，固体A中钙的物质的量为
=0.04mol，质量为0.04mol×40g/mol=1.6g，固体A与足量盐酸反应时，固体A中氢元素化合价升高被氧化，HCl中氢元素化合价降低被还原，由得失电子数目守恒和原子个数守恒可知，固体A中氢的物质的量为
×2×
=0.02mol，质量为0.02mol×1g/mol=0.02g，则固体A中氮的物质的量为
=0.02mol，A中Ca、N和H的物质的量比为0.04mol: 0.02mol: 0.02mol=2:1:1，化学式为Ca2HN；(2)Ca2HN与足量盐酸反应时，Ca2HN中氢元素化合价升高被氧化，HCl中氢元素化合价降低被还原，反应生成氯化钙、氯化铵和氢气，反应的化学方程式为Ca2HN＋5HCl=2CaCl2＋H2↑＋NH4Cl；(3)氨气与甲醛反应生成
和水，反应的化学方程式为4NH3＋6HCHO→
(或C6H12N4)＋6H2O。
18．(2020•浙江7月选考)Ⅰ．化合物X由四种短周期元素组成，加热X，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体Y，Y为纯净物；取3.01 g X，用含HCl 0.0600 mol的盐酸完全溶解得溶液A，将溶液A分成A1和A2两等份，完成如下实验(白色沉淀C可溶于NaOH溶液)：
请回答：
(1)组成X的四种元素是N、H和________(填元素符号)，X的化学式是________。
(2)溶液B通入过量CO2得到白色沉淀C的离子方程式是________。
(3)写出一个化合反应(用化学方程式或离子方程式表示)________。
要求同时满足：
①其中一种反应物的组成元素必须是X中除N、H外的两种元素；
②反应原理与“HCl＋NH3===NH4Cl”相同。
【答案】Ⅰ．(1) Al、ClAlCl3NH3
(2) AlO−2＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO−3
(3) AlCl3＋Cl−===AlCl−4或AlCl3＋NH3===AlCl3NH3
【解析】根据题干可知，加热X可产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的纯净物气体Y，故Y为NH3，由实验流程图中分析可知，结合B中通入过量的CO2产生能溶于NaOH溶液的白色沉淀C，故C为Al(OH)3，则D为Al2O3，E是AgCl，利用原子守恒可知：A1溶液中含有N原子的物质的量为：n (N)= n (NH3)=
，Al原子的物质的量为：n (Al)= 2n (Al 2O3)=
，A2溶液中含有的Cl-的物质的量为：n (Cl)= n (AgCl)-
；故一半溶液中含有的H原子的物质的量为：
，故X中含有四种元素即N、H、Al、Cl，其个数比为：n (N)：n (H)：n (Al)：n (Cl)= 0.01 mol：0.03 mol：0.01 mol：0.03 mol=1：3：1：3，故X的化学式为：AlCl3NH3；(2)根据分析(1)可知，溶液B中通入过量的CO2所发生的离子方程式为：AlO−2＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO−3；(3)结合题给的两个条件，再分析化合物X(AlCl3NH3)是NH3和AlCl3通过配位键结合成的化合物，不难想到类似于NH3和H2O反应，故可以很快得出该反应的离子方程式为AlCl3＋Cl−===AlCl−4或AlCl3＋NH3===AlCl3NH3。
模拟测试：
1．(2021·浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟高三联考)下列说法不正确的是
A．在有机化工中，氯气是合成塑料、橡胶、农药和人造纤维的重要原料
B．常压下，0℃时冰的密度比水的密度小，水在4℃时密度最大，这些都与分子间的氢键有关
C．为了防止月饼等富脂食品氧化变质，延长食品的保质期，常在包装袋中放入生石灰
D．燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施
【答案】C
【解析】A项，在有机化工中，氯气是合成合成塑料、橡胶、农药和人造纤维的重要原料，A正确；B项，冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，B正确；C项，生石灰常用作干燥剂，不具有防氧化的作用，一般在食品包装袋中加还原铁粉防止食品氧化，C错误；D项，采用燃料脱硫技术可以减少二氧化硫的产生，从而防止出现酸雨，NOx的催化转化生成无污染的氮气也是减少酸雨的有效措施，D正确；故选C。
2．(2021·浙江省温州市高三适应性考试)下列说法不正确的是( )
A．工业制取碘时，向干海带浸泡液中加强碱，目的是除去有机物杂质
B．氮气与氢气在高温高压下合成氨，是重要的人工固氮方式
C．炼铁高炉中得到的是含碳2%~4.5%的铁水，其中炉渣沉降在铁水的底部以除去
D．氯碱工业中的电解槽常用到阳离子交换膜，以避免副反应的发生
【答案】C
【解析】A项，大多数有机物可溶于强碱，所以可以用强碱浸泡除去有机物杂质，A正确；B项，将氮元素的单质转化为氮元素的化合物的方法叫做氮的固定，工业上通常用氢气和氮气在催化剂、高温、高压下合成氨气，从而实现人工固氮，B正确；C项，炉渣的密度比铁水小，在铁水的上部，铁水在下方排出，C错误；D项，氯碱工业中阳极产生氯气，为避免氯气与氢氧根反应，常用阳离子交换膜阻止阴极生成的氢氧根移动到阳极，同时可以使钠离子移动到阴极，D正确；故选C。
3．(2021•浙江省嘉兴市高三教学测试)下列说法不正确的是( )
A．氢氧化亚铁与空气中的氧气作用会转变为红褐色的氢氧化铁
B．工业制硝酸中，氨与氧气在转化器中反应生成一氧化氮
C．向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸，溶液变混浊
D．向HNO3酸化的AgNO3溶液中滴加少量NaNO2，有白色沉淀产生
【答案】D
【解析】A项，氢氧化亚铁与空气中的氧气、水发生反应生成氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，故A正确；B项，氨与氧气在催化剂作用下生成一氧化氮和水，发生反应为4NH3+5O2
4NO+6H2O，故B正确；C项，向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸发生氧化还原反应生成硫酸钠、二氧化硫、硫单质和水，发生反应为Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，溶液变混浊，故C正确；D项，向HNO3酸化的AgNO3溶液中滴加少量NaNO2，根据强酸制弱酸，生成硝酸钠和亚硝酸：NaNO2+HNO3=HNO2+NaNO3；亚硝酸不稳定，很快分解，放出气体：2HNO2=H2O+NO↑+ NO2↑，总反应为：2NaNO2+2HNO3=2NaNO3+H2O+NO↑+NO2↑，则没有白色沉淀，故D错误；故选D。
4．(2021•浙江省金丽衢十二校高三联考)下列有关化学反应的叙述正确的是( )
A．在一定条件下乳酸可发生加聚反应得到聚乳酸
B．过量的Fe与稀硝酸反应生成Fe(NO3)2
C．光照条件下，甲苯和Cl2反应可生成邻氯甲苯或对氯甲苯
D．加热条件下，溴乙烷与NaOH水溶液反应生成乙烯
【答案】B
【解析】A项，由于乳酸中含−OH和−COOH，故分子间能发生酯化反应形成长链，即乳酸在浓硫酸存在下能发生缩聚反应生成高分子化合物聚乳酸，故A不符合题意；B项，稀硝酸可以将Fe氧化成Fe3+，当Fe过量时，过量的Fe会与硝酸铁反应生成硝酸亚铁，故B符合题意；C项，光照条件下，氯原子取代甲苯中甲基上的氢原子，不能取代苯环上的氢原子，故C不符合题意；D项，溴乙烷与NaOH水溶液加热发生水解反应生成乙醇，故D不符合题意；故选B。
5．(2021•衢州市高三教学质量检测)碳酸锰(MnCO3)是一种浅粉色固体，微溶于水，不溶于乙醇、液氨。广泛用于脱硫剂、涂料、肥料添加剂。碳酸锰通常以MnO2、H2C2O4、H2SO4、NaHCO3或NH4HCO3制备。下列说法不正确的是( )
A．H2C2O4作为还原剂，氧化产物是CO2，H2SO4不能用盐酸替换
B．MnCO3能与酸反应生成CO2，与碱反应生成碱式盐或Mn(OH)2
C．NaHCO3沉淀Mn2+的离子方程式为：Mn2++2
= MnCO3↓+CO2↑+H2O
D．MnCO3固体通过抽滤分离出来，可用酒精冲洗去除沉淀中夹带的Na2SO4等杂质
【答案】D
【解析】A项，根据题意，碳酸锰通常以MnO2、H2C2O4、H2SO4、NaHCO3或NH4HCO3制备，说明锰的化合价从+4变成+2，需要还原剂，所以只有H2C2O4作为还原剂，发生化学反应方程式为：H2C2O4+MnO2+H2SO4= MnSO4+CO2↑+2H2O，A正确；B项，碳酸盐可以与酸反应放出二氧化碳，故MnCO3能与酸反应生成CO2，与碱反应发生复分解反应，可以生成碱式盐或Mn(OH)2，B正确；C项，加入NaHCO3沉淀Mn2+生成MnCO3可知反应方程式为：Mn2++2HCO3-= MnCO3↓+CO2↑+H2O，C正确；D项，根据题给信息，MnCO3固体微溶于水， Na2SO4是易溶于水难溶于酒精的盐，所以用水洗涤沉淀表面的Na2SO4等杂质，D错误；故选D。
6．(2021•浙江省名校新高考研究联盟高三第二次联考)白磷的性质不太稳定，与过量氢氧化钠溶液反应，会歧化生成磷化氢与次磷酸钠，P4+3NaOH+3H2O
3NaH2PO2+PH3↑。已知：PH3是一种强还原性的无色剧毒气体，结构与NH3相似，在水中溶解度却小得多，PH3在水中的碱性极弱。下列说法不正确的是( )
A．PH3还可以通过磷化钙(Ca3P2)与水反应制备
B．PH3与卤化氢反应的产物PH4X极易水解
C．NaH2PO2的水溶液呈碱性，是因为其酸根离子的水解程度大于其电离程度
D．气体中混有↑，可用重铬酸钾、漂白粉的悬浮液消除其毒性
【答案】C
【解析】A项，磷化钙(Ca3P2)与水反应可生成氢氧化钙和PH3，故A正确；B项，PH3在水中的碱性极弱，说明PH3与卤化氢反应的产物PH4X易水解，故B正确；C项，根据题给信息，碱过量，NaH2PO2是正盐，其酸根离子不会电离，故C错误；D项，重铬酸钾、漂白粉具有强氧化性，PH3具有强还原性，所以气体中混有PH3，可用重铬酸钾、漂白粉的悬浮液消除其毒性，故D正确；故选C。
7．(2021•浙江省长兴、余杭、缙云三校高三模拟考试)根据资料显示：将Cu(OH)2溶于浓的NaOH溶液可得到蓝色透明溶液，蓝色透明溶液中的铜是以四羟基合铜酸钠[Na2Cu(OH)4]存在，关于该蓝色溶液下列说法不正确的是( )
A．该溶液不稳定，久置或加热易产生黑色沉淀
B．该溶液中逐滴滴加盐酸的反应现象为先产生白色沉淀后沉淀溶解
C．该溶液可以检验还原性糖
D．该溶液中加铝粉，可以产生气体同时产生红色黑色掺杂的固体，溶液最终变为无色
【答案】B
【解析】四羟基合铜酸钠[Na2Cu(OH)4]中存在铜离子作为中心原子，羟基作为配体的四羟基合铜配离子，由此分析。A项，该溶液不稳定，久置或加热易产生黑色的氧化铜沉淀，故A不符合题意；B项，向该溶液中滴加盐酸，达一定量时可得到蓝色絮状不溶物(氢氧化铜)或者黑色不溶物(氧化铜)，继续滴加，不溶物可溶解，同时得到蓝色铜盐溶液，故B符合题意；C项，由于四羟基合铜酸钠[Na2Cu(OH)4]中存在二价铜离子，具有弱氧化性，能氧化还原性糖，直接加热或用沸水浴持续加热，其本身还原产物为砖红色的氧化亚铜，该溶液可以检验还原性糖，故C不符合题意；D项，向该溶液中加入铝粉，产生氢气，同时出现红色黑色掺杂的不溶细颗粒(主要为铜单质、氧化铜，伴随有氧化亚铜)，溶液最终变无色，铝则以[Na2Cu(OH)4]形式存在，故D不符合题意；故选B。
8．(2021·浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟高三联考)某兴趣小组对化合物X开展探究实验
其中，X由4种元素组成，遇水即分解，混合溶液呈碱性，气体C可使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。
(1)X与水反应的方程式：_____
(2)新制的A略显两性，能溶于强碱NaOH溶液中，方程式为______
(3)B可与C在一定条件下发生反应，生成两种单质，有同学认为生成的固体单质中可能混有FeO，请设计实验方案证明其结论：______
(4)下列关于对氯化铁的用途及性质说法错误的是______
A．利用Fe3+易水解的性质，实验室配制氯化铁溶液，通常将氯化铁固体先溶于较浓的盐酸中，然后再稀释至所需浓度
B．在印刷制版中用作铜版的腐蚀剂
C．在某些反应中作催化剂
D．在医药上用作伤口的止血剂，它能导致蛋白质的迅速变性，所以用来止血
E．气体C与FeCl3溶液可以制备X
F．Fe(OH)3胶体的制备：向沸水中加入FeCl3的饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热
G．除去FeCl2中少量FeCl3杂质，可向混合液中加足量铁粉过滤即可
(5)D可以溶解在C的浓溶液中，沉淀消失变为无色溶液，该反应的离子方程式为：___
【答案】(1)Fe(NH3)6Cl3+6H2O= Fe(OH)3+3 NH3·H2O+3NH4Cl
(2) Fe(OH)3+NaOH=NaFeO2+2H2O或Fe(OH)3+3NaOH=Na3Fe(OH)6
(3)取少许反应后的固体于试管中加入足量的硫酸铜溶液，过滤，固体洗涤后加稀硫酸后再过滤，向滤液中加KSCN溶液，无明显现象，加双氧水后呈血红色则含FeO，反之则没有
(4)BC (5) AgCl+2 NH3·H2O=Ag( NH3)2++2H2O+ Cl-
【解析】根据题中转化关系，沉淀A灼烧的红棕色固体B，B为氧化铁，氧化铁的质量为8.0g，物质的量为：
，根据元素守恒X中的Fe的质量为5.6g，气体C可使湿润的红色石蕊试纸变蓝色可知C为氨气，标况下体积为6.72L，物质的量为：0.3mol，依据元素守恒X中的N的质量为：4.2g，加硝酸和硝酸应产生的白色沉淀为AgCl，质量为21.525g，物质的量为：0.15mol，则X中Cl的质量为：5.325g，则剩余的元素为H，其质量为：26.45-5.6-5.325-4.2=11.325，则X中所含的Fe、N、H、Cl的物质的量之比为：1:6:18：3，X的化学式为：Fe(NH3)6Cl3。(1)X与水反应生成氢氧化铁、一水合氨和氯化铵，反应方程式为：Fe(NH3)6Cl3+6H2O= Fe(OH)3+3 NH3·H2O+3NH4Cl；(2)新制的A略显两性，结合氢氧化铝与碱的反应可得出氢氧化铁与氢氧化钠的反应为：Fe(OH)3+NaOH=NaFeO2+2H2O或Fe(OH)3+3NaOH=Na3Fe(OH)6；(3)B可与C在一定条件下发生反应，生成两种单质，发生的反应为氨气还原氧化铁得到铁单质和氮气及水，若检验FeO需除去生成物的Fe，先加硫酸铜溶液除去Fe，过滤出FeO，将FeO溶于硫酸，得到硫酸亚铁溶液，加KSCN溶液排除三价铁的干扰，再加氧化剂氧化后若出现血红色说明原固体中有FeO，故答案为：取少许反应后的固体于试管中加入足量的硫酸铜溶液，过滤，固体洗涤后加稀硫酸后再过滤，向滤液中加KSCN溶液，无明显现象，加双氧水后呈血红色则含FeO，反之则没有；(4) A项，氯化铁为强酸弱碱盐，配制氯化铁溶液过程中，若把氯化铁晶体溶于水则会水解造成溶液浑浊，故将氯化铁固体先溶于较浓的盐酸中，然后再稀释至所需浓度，故A正确；B项，2Fe3++ Cu=2Fe2++Cu2+，常利用此反应原理在印刷制版中用作铜版的腐蚀剂，故B正确；C项，为了加快过氧化氢分解速率，可以加入少量氯化铁来作催化剂，故C正确；D项，在医药上用作伤口的止血剂，利用的原理是血液本身是胶体，氯化铁是电解质，有利于胶体的凝聚，故D错误；E项，氨气与FeCl3溶液反应直接生成氢氧化铁沉淀，故E错误；F项，向沸水中加入FeCl3的饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即可得到氢氧化铁胶体，故F正确；G项，除去FeCl2中少量FeCl3杂质，可向混合液中加足量铁粉发生反应：2Fe3++ Fe=3Fe2+，可除去三价铁且不引入新杂质，故G正确；故选DE； (5)联想银氨溶液制取，氯化银可溶于氨水形成银氨溶液，反应为：AgCl+2 NH3·H2O=Ag( NH3)2++2H2O+ Cl-。
9．(2021•浙江省十校联盟高三联考)Ⅰ．绿色粉末状固体化合物X由三种元素组成，取50.4gX，用蒸馏水完全溶解得绿色溶液A，将溶液A分成A1和A2两等份，完成如下实验：
请回答
(1)X的化学式是____。
(2)沉淀C分解生成固体D的过程若温度过高可能得到砖红色固体，请写出由D固体生成砖红色固体的化学方程式：____。
(3)蓝色沉淀中加入足量浓NaOH会生成一种绛蓝色溶液，原因是生成了一种和X类似的物质，请写出该反应的离子方程式____。
Ⅱ．为检验三草酸合铁酸钾K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的热分解产物，按如图所示装置进行实验：
请回答
(1)该套实验装置的明显缺陷是____。
(2)实验过程中观察到B中白色无水硫酸铜变成蓝色，C、F中澄清石灰水变浑浊，E中____(填实验现象)，则可证明三草酸合铁酸钾热分解的气体产物是H2O、CO、CO2。
(3)样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3，检验FeO存在的方法是：____。
【答案】Ⅰ．(1)Na2CuCl4 (2)4CuO
2Cu2O+O2↑
(3)Cu(OH)2+2OH- = [Cu(OH)4]2-
Ⅱ．(1)缺少尾气处理装置 (2)E中固体由黑色变为红色
(3)取少量装置A中残留物，溶于稀硫酸，再滴加几滴酸性KMnO4溶液，若KMnO4溶液褪色，则证明FeO存在
【解析】实验I：A1溶液加入足量KOH后产生蓝色沉淀，再灼烧得到黑色固体，推测蓝色沉淀C为Cu(OH)2，黑色固体D为CuO，由此确定X中含Cu元素，另外Y溶液的焰色反应现象说明X中含Na元素，A2溶液加入AgNO3、HNO3得到白色沉淀，推测为AgCl沉淀，说明X中含有Cl元素，结合量的关系和化合价确定X的化学式。(1)根据元素守恒X中Cu元素物质的量：n(Cu)=n(CuO)=
，Cl元素物质的量：n(Cl)=n(AgCl)=
，设X化学式为NaxCuyClz，列式：①
(说明：个数比=物质的量之比)，②x+2y=z(说明：化合价关系)，解得x=2，y=1，z=4，故X化学式为：Na2CuCl4；(2)CuO分解生成的砖红色固体为Cu2O，Cu元素化合价降低，故O元素化合价应该升高，推测产物为O2，故方程式为：CuO
2Cu2O+O2↑ ；(3)X实质为配合物，配离子为[CuCl4]2-，根据题意Cu(OH)2溶于浓NaOH，生成类似X中的配离子，根据元素守恒只能为[Cu(OH)4]2-，故离子方程式为：Cu(OH)2+2OH- = [Cu(OH)4]2-。
实验II：K3[Fe(C2O4)3]·3H2O在装置A中分解，产生的气体进入后续装置验证产生的气体成分，B装置检验水蒸气，C装置可检验CO2，E装置可检验还原性气体。(1)若分解产生的气体有CO，经过E装置未完全反应，后续F、G装置又无法吸收，所以缺陷在于缺少尾气处理装置；(2)如果E中固体由黑色(CuO)变为红色(Cu)，那就说明有还原性气体产生，结合元素守恒只能是CO，所以E中固体由黑色变为红色说明有CO生成；(3)若要检验亚铁成分，则不能用强氧化性酸溶解样品，可以选用稀硫酸，检验亚铁可用酸性KMnO4溶液，现象为KMnO4溶液褪色。具体方法为：取少量装置A中残留物，溶于稀硫酸，再滴加几滴酸性KMnO4溶液，若KMnO4溶液褪色，则证明FeO存在。
10．(2021•浙江省重点中学高三选考模拟)I．由三种元素组成的化合物A，相对分子质量为62，常温下为无色晶体，易分解、易爆炸， 水溶液中相对稳定，是一种二元弱酸，一定条件下还可用作还原剂。A的制备可以由工业盐经过如下步骤实现：
已知：钠汞齐是一种强还原剂，由钠溶于汞形成；C 是氯碱工业产物之一。请回答：
(1)A的结构式：__________ (A 中所有原子都满足稀有气体的最外层电子结构)。
(2)工业盐生成 B 和C 的化学方程式：__________。
(3)请设计实验证明 A 是一种二元弱酸：__________。
II．为检验某纯碱样品中是否含有碳酸氢钠，可采用不同的方法。
实验室提供下列仪器与药品：酒精灯、铁架台及固定装置、带玻璃导管的单孔橡胶塞、试管、胶头滴管、蒸馏水、CaCl2 溶液、澄清石灰水、酚酞试液、盐酸、NaOH 溶液。
请根据所提供的仪器与药品设计两个可行的实验方案：__________。
【答案】I．(1)H-O-N=N-O-H (2)2NaNO2+2H2O+4Na=Na2N2O2+4NaOH
(3)用容量瓶配制 0.0100 mol•L-1H2N2O2溶液，用pH计测定其pH后，将溶液稀释10倍再用pH计测定pH，若两次pH的差值小于1，则证明H2N2O2是弱酸；另用移液管准确量取10.00 mL0.0100 mol•L-1H2N2O2溶液，选用酚酞作指示剂，用等浓度的NaOH标准溶液滴定，若到达滴定终点时所消耗的V(NaOH)=20.00 mL，则证明H2N2O2是二元弱酸
II．方案一、取适量纯碱样品于试管中，用酒精灯加热试管，将生成的气体通入盛有澄清石灰水的试管中，若澄清石灰水变浑浊则说明纯碱样品中含有碳酸氢钠
方案二、取适量纯碱样品于试管中，加蒸馏水使其完全溶解，然后向试管内滴加过量CaCl2溶液至沉淀完全，静置后向上层清液中滴加酚酞溶液，若溶液变成浅红色则说明纯碱样品中含有碳酸氢钠，若溶液依然无色则说明纯碱样品中不含碳酸氢钠；或取适量纯碱样品于试管中，加蒸馏水使其完全溶解，向溶液中滴加酚酞溶液显红色，然后向试管内滴加过量CaCl2溶液至沉淀完全，若上层清液红色变浅但没有褪去则说明纯碱样品中含有碳酸氢钠，若上层清液变成无色则说明纯碱样品中不含碳酸氢钠
方案三、取适量纯碱样品于试管中，加蒸馏水使其完全溶解，然后向试管内滴加过量CaCl2溶液至沉淀完全，静置后取上层清液于另一试管中，滴加NaOH溶液，若有白色沉淀生成则说明纯碱样品中含有碳酸氢钠
【解析】I．
工业盐为亚硝酸钠，由C是氯碱工业产物之一可知，亚硝酸钠与钠汞齐反应生成B和氢氧化钠，则由质量守恒定律可推知B、E、F和A中均含有氮元素，由A是三种元素组成的二元弱酸可知，A中含有2个羟基，则A分子中含有的氮原子个数为
=2，A的分子式为H2N2O2；由流程图可知，亚硝酸钠溶液与钠汞齐发生氧化还原反应生成Na2N2O2、NaOH，Na2N2O2和硝酸银溶液反应生成硝酸钠和Ag2N2O2淡黄色沉淀，Ag2N2O2淡黄色沉淀在无水乙醚做溶剂的条件下与氯化氢反应生成H2N2O2乙醚溶液和氯化银沉淀，蒸发H2N2O2乙醚溶液得到H2N2O2。I．(1)由分析可知，A的分子式为H2N2O2，H2N2O2中所有原子都满足稀有气体的最外层电子结构，则结构式为H-O-N=N-O-H；(2)工业盐生成B和C的反应为亚硝酸钠溶液与钠汞齐发生氧化还原反应生成Na2N2O2、NaOH，反应的化学方程式为2NaNO2+2H2O+4Na=Na2N2O2+4NaOH；(3)若H2N2O2为弱酸，稀释一定pH的H2N2O2的溶液，溶液pH的变化会小于稀释倍数；若H2N2O2为二元酸，用一定浓度的氢氧化钠溶液滴定H2N2O2的溶液，消耗氢氧化钠的物质的量一定是H2N2O2物质的量的2倍，则证明H2N2O2是一种二元弱酸的实验设计为用容量瓶配制 0.0100 mol•L-1H2N2O2溶液，用pH计测定其pH后，将溶液稀释10倍再用pH计测定pH，若两次pH的差值小于1，则证明H2N2O2是弱酸；另用移液管准确量取10.00 mL0.0100 mol•L-1H2N2O2溶液，选用酚酞作指示剂，用等浓度的NaOH标准溶液滴定，若到达滴定终点时所消耗的V(NaOH)=20.00 mL，则证明H2N2O2是二元弱酸，故答案为：用容量瓶配制 0.0100 mol•L-1H2N2O2溶液，用pH计测定其pH后，将溶液稀释10倍再用pH计测定pH，若两次pH的差值小于1，则证明H2N2O2是弱酸；另用移液管准确量取10.00 mL0.0100 mol•L-1H2N2O2溶液，选用酚酞作指示剂，用等浓度的NaOH标准溶液滴定，若到达滴定终点时所消耗的V(NaOH)=20.00 mL，则证明H2N2O2是二元弱酸。
II．方案一、碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，若纯碱样品中含有碳酸氢钠，加热纯碱样品会生成使澄清石灰水变混浊的二氧化碳气体，则实验设计为取适量纯碱样品于试管中，用酒精灯加热试管，将生成的气体通入盛有澄清石灰水的试管中，若澄清石灰水变浑浊则说明纯碱样品中含有碳酸氢钠；
方案二、碳酸氢钠为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，碳酸钠溶液与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，氯化钠溶液为中性溶液，若纯碱样品中含有碳酸氢钠，将纯碱样品溶于水配成溶液，向溶液中加入过量氯化钙溶液反应，向上层清液中滴加酚酞溶液，溶液会变为红色；或向溶液中滴加酚酞溶液显红色，再加入过量氯化钙溶液反应，上层清液红色会变浅但不会褪去，则实验设计为取适量纯碱样品于试管中，加蒸馏水使其完全溶解，然后向试管内滴加过量CaCl2溶液至沉淀完全，静置后向上层清液中滴加酚酞溶液，若溶液变成浅红色则说明纯碱样品中含有碳酸氢钠，若溶液依然无色则说明纯碱样品中不含碳酸氢钠；或取适量纯碱样品于试管中，加蒸馏水使其完全溶解，向溶液中滴加酚酞溶液显红色，然后向试管内滴加过量CaCl2溶液至沉淀完全，若上层清液红色变浅但没有褪去则说明纯碱样品中含有碳酸氢钠，若上层清液变成无色则说明纯碱样品中不含碳酸氢钠；
方案三、碳酸钠溶液与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，氯化钠溶液与氢氧化钠溶液不反应，若纯碱样品中含有碳酸氢钠，将纯碱样品溶于水配成溶液，向溶液中加入过量氯化钙溶液反应，向上层清液中滴加氢氧化钠溶液，碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液反应生成的碳酸钠与溶液中过量的钙离子会反应生成碳酸钙白色沉淀，则实验设计为取适量纯碱样品于试管中，加蒸馏水使其完全溶解，然后向试管内滴加过量CaCl2溶液至沉淀完全，静置后取上层清液于另一试管中，滴加NaOH溶液，若有白色沉淀生成则说明纯碱样品中含有碳酸氢钠。
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