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2022届高三化学高考备考一轮复习化学无机综合推断（2）专项训练
展开这是一份2022届高三化学高考备考一轮复习化学无机综合推断（2）专项训练，共22页。试卷主要包含了单选题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（15题）
1．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性，0.01ml·L-1r溶液的pH为2，s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径的大小W
C．Y的氢化物常温常压下为液态D．X的最高价氧化物的水化物为强酸
2．某化学实验小组在实验室中以含有Zn2+、Al3+、Fe3+、Cu2+、Cl-的废水为原料提取ZnCl2溶液，实验流程如图所示。已知：滤液Ⅰ中存在[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，滤渣Ⅱ的主要成分为CuS。下列说法错误的是
A．过滤时使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
B．滤渣Ⅰ的主要成分为氢氧化铁和氢氧化铝
C．滤液Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均含有氯化铵
D．若直接加热蒸干滤液Ⅱ，可获得纯净的氯化锌
3．固体X可能含有Cu、Fe2O3、Na2SO3、(NH4)2SO4、KNO3中的几种。进行如下实验：
下列说法正确的是
A．X中含有Fe2O3、(NH4)2SO4，可能含有Cu、KNO3、Na2SO3
B．白色沉淀一定含有BaSO4，可能含有BaSO3
C．若乙是有色气体，则X中含有KNO3
D．取少许溶液丙，加入KSCN，如果出现血红色，则X中不含Cu
4．短周期元素A、B、C的原子序数依次增大，D为过渡元素；甲、乙、丙、丁、戊、己为这些元素组成的单质或化合物，转化关系如图所示(反应条件和部分产物已略去)，其中乙、丁为单质，甲为含碳量最低的烃，X为混合物。下列说法不正确的是
A．纯净的乙可用于漂白有色纸张
B．X中各物质均只含有极性共价键
C．简单氢化物的稳定性：C＞B
D．通常状况下，氧化性：乙＞戊＞已
5．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体。下列说法正确的是
A．W的原子序数是Z的两倍，金属性强于Z
B．W元素在周期表中的位置是第四周期VIII族
C．丙属于两性氧化物
D．等物质的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量一定相等
6．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。X分别与Y、Z、W结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子。丁为无色气体，遇空气变红棕色；丙的水溶液可刻蚀玻璃。上述物质有如图转化关系：
下列说法错误的是
A．四种元素形成的单质中W的氧化性最强
B．甲、乙、丙中沸点最高的是丙
C．甲常用作致冷剂
D．甲、乙分子均只含极性共价键
7．已知X、Y、Z、E四种常见物质含有同一种元素，其中E是一种强酸，在一定条件下，它们有如图所示转化关系，下列推断不合理的是（ ）
A．X可能是一种氢化物
B．Y不可能转化为X
C．Y可能直接转化为E
D．若X是单质，则X转化为Y的反应可能是化合反应
8．“三效催化转化器”可将汽车尾气中的有毒气体转化为无污染的气体，下图为该反应的微观示意图(末配平)，其中不同符号的球代表不同种原子。下列说法不正确的是
A．该反应属于氧化还原反应
B．配平后甲、乙、丙的化学计量数均为2
C．甲和丙中同种元素化合价不可能相同
D．丁物质一定是非金属单质
9．短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大。X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为淡黄色固体，W为常见液体；甲为单质，乙为红棕色气体；上述物质之间的转化关系如图所示(部分生成物已省略)。则下列说法中正确的是
A．沸点：W＞X
B．原子半径：D＞C＞B＞A
C．C、D两种元素组成的化合物只含有离子键
D．A、B、C三种元素组成的化合物均为共价化合物
10．由短周期元素组成的中学常见无机物A、B、C、D、E、X，存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略去），下列推断不正确的是
A．若X是Na2CO3，C为含极性键的非极性分子，则A一定是氯气，且D和E不反应
B．若A是单质，B和D的反应是OH－＋HCO3－=H2O＋CO32－，则E一定能还原
C．若D为CO，C能和E反应，则A一定为，其电子式
D．若D为白色沉淀，与A摩尔质量相等，则X一定是铝盐
11．已知A、B、C、D为短周期内原子序数依次增大的元素，X、Y、M、N分别由这四种元素中的两种组成的常见化合物，甲、乙为其中两种元素对应的单质．若X与Y、甲与乙摩尔质量相同，Y与乙均为淡黄色固体，上述物质之间的转化关系如下图所示（部分反应物或生成物省略），则下列说法中不正确的是
A．沸点N＞M
B．A、C、D的常见氧化物相互之间一定能反应
C．简单离子半径：D2-＞B2-＞C+＞A+
D．C与其他元素均能形成离子化合物
12．以硫铁矿（主要成分为）为原料制备氯化铁晶体（）的工艺流程如下所示：
下列说法不正确的是
A．“酸溶”过程中使用的酸也可以是硝酸
B．为防止污染，“焙烧”过程中产生的应回收利用
C．通入氯气的目的是氧化
D．用制取无水时，需要在氯化氢气流中加热
13．A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，辛是由C元素形成的单质，常温常压下乙为液态。常温下，0.1ml·L－1丁溶液的pH为13。上述各物质间的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．常温条件下元素A、B所形成化合物的状态一定是气态
B．1.0 L 0.1ml·L－1戊溶液中阴离子的总物质的量小于0.1ml
C．1ml甲与足量的乙完全反应共转移了约6.02×1023个电子
D．元素B、C、D的原子半径由大到小的顺序为r(D)＞r(C)＞r(B)
14．现有W、X、Y、Z四种短周期元素，W 分别与X、Y、Z结合生成甲、乙、丙三种化合物，且甲、乙、丙均为10电子的分子，Y、Z结合生成化合物丁。有关物质的转化关系如下图所示，下列说法错误的是
A．原子序数由小到大的顺序是：W
C．Z 的最高价氧化物对应的水化物一定为强酸
D．Y 与W、Z都能形成两种或两种以上的化合物
15．x、y、z、w是原子序数依次增大的短周期元素，由这四种元素组成的一种化合物a在加热时完全分解为三种产物，其中一种产物b是能使品红溶液褪色的气体，另一种产物c是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径： x
C．a、b、c中均含有极性共价健： a属于电解质，b和c都属于 非电解质
D．x、y、z 三种元素形成的化合物一定会抑制水的电离
二、工业流程题（4大题）
16．已知在元素周期表中，A、B均为前四周期主族元素，且A位于B的下一周期。某含氧酸盐X的化学式为ABO3。请回答：
（1）若常温下B的单质为黄绿色气体。
①A在元素周期表中的位置是_______________________。
②下列说法正确的是_________（填代号）。
a.A单质的熔点比B单质的熔点低
b.A的简单离子半径比B 的简单离子半径大
c.A、B元素的最高价氧化物对应的水化物都是强电解质
d.化合物X中既含有离子键又含有共价键
③400℃时，X能发生分解反应生成两种盐，其物质的量之比为1∶3，其中一种是无氧酸盐。该反应的化学方程式为_____________________________________________。
（2）若X能与稀硫酸反应，生成无色、无味的气体。
①该气体分子的电子式为______________________。
②X在水中持续加热，发生水解反应，生成一种更难溶的物质并逸出气体，反应的化学方程式为__________________________________________。
③X可用作防火涂层，其原因是：a.高温下X发生分解反应时，吸收大量的热；
b. __________________________________________（任写一种）。
（3）若X难溶于水，在空气中易氧化变质，B元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。X能快速消除自来水中的ClO-，该反应的离子方程式为______________________________________。
（4）用一个化学方程式证明上述（1）、（3）两种情况下化合物X中B元素非金属性强弱________________________________________。
17．ZnSO4∙7H2O可用于测定钢铁及炉渣的含硫量。某工厂下脚料中含锌、镉(Cd)、铜、铁等金属，以该下脚料为原料制备ZnSO4∙7H2O并回收Cu、Cd的工艺流程如图所示：
已知部分氢氧化物开始及完全沉淀的pH如表所示(起始时金属离子浓度按0.1ml∙L-1计算)：
请回答下列问题：
(1)滤渣1中含有_______(填化学式)。
(2)试剂X是双氧水时，写出氧化过程中发生反应的离子方程式_______。
(3)pH的调控范围是_______，试剂Y可选用_______(填字母)
A．NaOH B．ZnO C．ZnCO3
(4)电解时以汞(Hg)作电极可以将镉与锌完全分离，镉单质在_______(填“阴”或“阳”)极析出，阳极的电极反应式为_______。
(5)操作I包括的操作是_______及过滤等，过滤后得到的滤液可以加入_______(填“酸浸”或“氧化”)步骤循环利用。
18．（14分）氟化钙为无色结晶体或白色粉末，难溶于水，主要用于冶金、化工、建材三大行业，目前我国利用氟硅酸（H2SiF6）生产氟化钙有多种方案，氨法碳酸钙法是制备氟化钙的常见方案，其工艺流程如图所示。请回答下列问题：
（1）萤石含有较多的氟化钙，在炼钢过程中，要加入少量的萤石，推测萤石的主要作用是________（填字母）。
A．还原剂 B．助熔剂 C．升温剂 D．增碳剂
（2）请写出氨化釜中反应的化学方程式：_______________________________。
（3）反应釜中产生两种气体，溶于水后一种显酸性，一种显碱性，请写出反应釜中反应的离子方程式：__________________________________。
（4）从经济效益和环境效益上分析，本工艺为了节约资源，经过必要的处理可循环利用的物质是________。
（5）本工艺用CaCO3作原料的优点为___________________________________（任写两条）；查文献可知3Ca(OH)2+H2SiF63CaF2+SiO2+4H2O，请叙述此方法制备CaF2的最大难点是______________。
（6）以1 t 18%氟硅酸为原料，利用上述氨法碳酸钙法制备CaF2，最后洗涤、干燥、称量得到0.25 t 纯净的CaF2，请计算CaF2的产率为__________%（保留整数）。
19．氯及其化合物在生产、生活中有广泛的应用。请按照要求回答下列问题。
I.化合物A在一定条件下通过电解所得产品及其之间的反应如下图所示
(1)写出反应①离子方程式___________________。
(2)溶液G中还应有的溶质化学式为___________________。
II. 以氯酸钠(NaClO3)为原料制备亚氯酸钠(NaClO2)粗品的工艺流程如下图所示：
已知：i.纯ClO2易分解爆炸，空气中ClO2的体积分数在10%以下比较安全；
ii.NaClO2在碱性溶液中稳定存在，在酸性溶液中迅速分解；
iii.NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2∙3H2O，等于或高于38℃时析出NaC1O2晶体，高 于60℃时分解成NaClO3和NaCl。
(1)试剂A应选择_______。（填字母）
a.浓硝酸 b. Na2SO3溶液 c. KMnO4溶液
(2)反应②的离子方程式为_______。
(3)已知压强越大，物质的沸点越高。反应②结束后采用“减压蒸发”操作的原因是_____。
(4)反应①进行过程中应持续鼓入空气，其目的是_______。
(5)系列操作依次是_______(写明条件和名称)、过滤、洗涤，最后在________条件下进行干燥，得到粗产品NaClO2。
氢氧化物
Fe(OH)3
Cd(OH)2
Zn(OH)2
开始沉淀的pH
1.9
7.4
6.2
完全沉淀的pH
3.2
9.5
8.2
参考答案
1．C
【分析】
由n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，可知Z元素为Cl，n为Cl2，再根据q的水溶液具有漂白性，可知q为HClO，由0.01 ml·L－1 r溶液的pH为2，可判断r为一元强酸，则r为HCl，然后根据n和p的反应条件，以及s通常是难溶于水的混合物，可知p为烷烃，s为烷烃的氯代物；根据题意，W、X、Y、Z是短周期原子序数依次增加的四种元素，可进一步推知W、X、Y、Z分别为H、C、O、Cl。
【详解】
A、根据原子半径的变化规律，可知原子半径：H
C、氧的氢化物可能为H2O或H2O2，常温常压下二者均为液态，选项C正确；
D、碳的最高价氧化物的水化物H2CO3为弱酸，选项D错误。
答案选C。
2．D
【分析】
含有Zn2+、Al3+、Fe3+、Cu2+、Cl-的废水加入过量的氨水可以使Al3+、Fe3+变为沉淀除去，再向滤液中加入盐酸和氢硫酸将[Cu(NH3)4]2+变为硫化铜沉淀除去，继续向滤液中加入硫化铵，将锌元素变为沉淀，向其中加入盐酸，最终得到氯化锌溶液，以此分析选择。
【详解】
A．过滤操作可以使难溶物和液体分离，过滤时使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，A正确；
B．含有Zn2+、Al3+、Fe3+、Cu2+、Cl-的废水中加入过量氨水后，Al3+、Fe3+和氨水反应生成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，所以滤渣Ⅰ的主要成分为氢氧化铁和氢氧化铝，B正确；
C．废水中含有氯离子，第一步加入过量氨水，过程中铵根离子并没有除去，所以滤液Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均含有氯化铵，C正确；
D．氯化锌为强酸弱碱盐，会水解生成氢氧化锌和氯化氢，若直接加热蒸干会得到氢氧化锌固体，不会得到氯化锌，D错误；
答案为：D。
3．C
【分析】
因为固体甲与足量盐酸反应全部溶解，所以固体甲为Fe2O3，因为Cu可以与Fe3+反应，故有无Cu无法判断，加入足量氨水后生成固体丁为Fe(OH)3以及溶液丁的成分为NH4Cl，溶液甲加入足量盐酸后有气体乙，气体乙可能是SO2，也可能是氮氧化物，固体X中一定含有Na2SO3，是否含有KNO3无法确定。因为溶液乙加入BaCl2溶液生成白色沉淀，故固体X中含有(NH4)2SO4，
【详解】
A．由分析可知，X中一定含有Fe2O3、(NH4)2SO4、Na2SO3，可能含有Cu、KNO3，故A项错误；
B．由分析可知，在溶液甲生成气体乙时，Na2SO3就反应完全了，故白色沉淀不可能含有BaSO3，故B项错误；
C．若乙是有色气体，就应该是NO2，故X中含有KNO3，故C项正确；
D．取少许溶液丙，加入KSCN，如果出现血红色，则说明溶液丙中含有Fe3+，因为Cu可与Fe3+反应，故X中有无Cu无法判断，故D项错误。
故答案为C。
【点睛】
本题中气体乙和溶液丙的分析十分关键，需要注意KNO3和Cu的干扰问题。
4．A
【详解】
由题干及图示可知，甲为含碳量最低的烃，所以甲为CH4，因为乙为单质且与甲反应生成丙和X，X为混合物，所以判断乙为氯气，X为一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷的混合物，丙为HCl，因为D为过渡元素，且丁、戊、己中可能含有该过度元素，且戊、己还可通过单质丁和氯气进行相互转化，所以判断D为变价金属元素Fe，所以丁为Fe，戊为FeCl3，己为FeCl2。因为短周期元素A、B、C的原子序数依次增大，且甲、乙、丙、丁、戊、己为这些元素组成的单质或化合物，故A元素为H元素，B元素为C元素，C元素为Cl元素。
A．因为Cl2与水反应产生的HClO具有漂白性，纯净的氯气中没有水，没有产生HClO，所以不可用于漂白有色纸张，故A项错误；
B．X为一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷的混合物，这四种物质均只含有极性共价键，故B项正确；
C．因为C的简单氢化物为HCl，B的简单氢化物为CH4，因为Cl的非金属性强于C的非金属性，所以简单氢化物的稳定性为C＞B，故C项正确；
D．乙为Cl2、戊为FeCl3、己为FeCl2，故通常状况下，氧化性由强到弱的顺序为乙＞戊＞已，故C项正确；
故答案选A。
5．B
【分析】
X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，则X是H元素，Z是Al元素；由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体，则丙是Fe3O4，结合元素及化合物的性质逆推可知甲为Fe，乙为H2O，丁是H2，戊为金属单质，可以与Fe3O4反应产生Fe单质，因此戊是Al单质，己为Al2O3，结合原子序数的关系可知Y是O元素，W是Fe元素，据此分析解答。
【详解】
综上所述可知X是H元素，Y是O元素，Z是Al元素，W是Fe元素。甲是Fe单质，乙是H2O，丙是Fe3O4，丁是H2，戊是Al单质，己是Al2O3。
A.Fe原子序数是26，Al原子序数是13，26为13的2倍，金属性Al>Fe，A错误；
B.Fe是26号元素，在元素周期表中位于第四周期VIII族，B正确；
C.丙是Fe3O4，只能与酸反应产生盐和水，不能与碱发生反应，因此不是两性氧化物，C错误；
D.Fe是变价金属，与硝酸反应时，二者的相对物质的量的多少不同，反应失去电子数目不同，可能产生Fe2+，也可能产生Fe3+，而Al是+3价的金属，因此等物质的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量不一定相等，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】
本题考查了元素及化合物的推断及其性质的知识，涉及Fe、Al的单质及化合物的性质，突破口是丙是氧化物，是具有磁性的黑色晶体，结合Fe与水蒸气的反应及铝热反应，就可顺利解答。
6．B
【分析】
丁为无色气体，遇空气变红棕色，则丁为NO，单质Z与化合物甲反应生成NO，则单质Z为O2，化合物甲为NH3，乙为H2O，能与H2O反应生成氧气的单质为F2，丙为HF，故元素X、Y、Z、W分别为H、N、O、F。据此解答。
【详解】
A. 根据以上分析，H、N、O、F四种元素形成的单质中F2的氧化性最强，故A正确；
B. 常温下NH3和HF为气态，H2O在常温下为液态，所以沸点最高的是H2O，故B错误；
C. 化合物甲为NH3，氨气易液化，液氨气化时吸收大量的热，故常用作致冷剂，故C正确；
D. 化合物甲为NH3，乙为H2O，NH3和H2O分子均只含极性共价键，故D正确。
故选B。
【点睛】
本题考查了结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意丁为无色气体，遇空气变红棕色是解题的突破口，熟记常见的10电子微粒。
7．B
【分析】
（1）X如果是单质，则其可能是N2或S，Y是NO或SO2，Z是NO2或SO3，E是HNO3或H2SO4；
（2）X如果是氢化物，则其可能是NH3或H2S， Y是NO或SO2，Z是NO2或SO3，E是HNO3或H2SO4。
【详解】
A. X可能是NH3或H2S，选项A正确；
B.6NO+4NH3=5N2+6H2O、SO2+2H2S=3S+2H2O，选项B错误；
C. 4NO+2H2O+3O2=4HNO3，SO2+H2O2=H2SO4，所以Y可能直接转化为E，选项C正确；
D. 若X是单质：N2或S，N2和O2在放电条件下生成NO，S和O2在点燃条件下生成SO2，都是化合反应，选项D正确；
答案选B。
8．C
【分析】
根据变化的微观示意图，可知该反应为：2NO+2CO=N2+2CO2，然后根据选项解答。
【详解】
A.该反应中氮元素的化合价由+2价降低到0价，碳元素化合价由+2价升高到+4价，元素化合价发生了变化，所以反应为氧化还原反应，A正确；
B.配平后反应为2NO+2CO=N2+2CO2，NO、CO、CO2的化学计量数均为2，B正确；
C.一氧化氮和一氧化碳中氧元素的化合价都为-2价，C错误；
D.丁物质为氮气，由于只含有N元素一种元素，所以属于非金属单质，D正确；
故合理选项是C。
【点睛】
本题主要考查了元素种类、元素的化合价、物质的分类方法等方面的内容，根据图示，结合CO2分子是直线型分子及原子半径大小关系，写出方程式即可解答，本题难度不大。
9．A
【分析】
乙为红棕色气体，乙是NO2；Y为淡黄色固体，Y是Na2O2；Y与W生成甲，所以甲是O2，W是H2O，甲与Z生成NO2，所以Z是NO；X与O2生成NO，所以X是NH3，因为A、B、C、D的原子序数依次增加，所以分别是H、N、O、Na。
综上所述，A、B、C、D分别是H、N、O、Na；X是NH3，Y是Na2O2，Z是NO，W是H2O，甲是O2，乙是NO2。
【详解】
根据以上分析，A、B、C、D分别是H、N、O、Na；X是NH3，Y是Na2O2，Z是NO，W是H2O，甲是O2，乙是NO2。
A项，相对分子质量H2O> NH3，H2O分子和NH3分子都可以形成氢键，所以沸点H2O> NH3，故A项正确；
B项，同周期原子半径从左到右逐渐减小，同主族原子半径从上到下逐渐增大，所以原子半径D＞B＞C＞A，故B项错误；
C项，C、D两种元素组成的化合物为Na2O和Na2O2，Na2O2含有离子键和共价键，故C项错误；
D项，A、B、C三种元素组成的化合物有共价化合物(如HNO3)，也有离子化合物（如NH4NO3），故D项错误。
综上所述，本题正确答案为A。
10．A
【详解】
A．X是Na2CO3，C为CO2，当A为NO2，B为HNO3，D为NaHCO3，E为NO，也符合转化关系。A物质不一定是氯气，A项错误，符合题意；
B．根据B、D反应的离子方程式OH―+ HCO3―＝H2O + CO32―，A为活泼金属Na，B为NaOH、E为H2，X为CO2，C为Na2CO3，D为NaHCO3，H2在加热时能还原Fe2O3。B项正确，不符合题意；
C．A为Na2O2，B为O2，E为NaOH，X为C，C为CO2，D为CO，符合转化关系，且Na2O2的电子式为；C项正确，不符合题意；
D．D为摩尔质量为78g/ml的Al(OH)3，A为摩尔质量为78g/ml 的Na2O2，X为铝盐，C为偏铝酸盐，铝盐和偏铝酸盐在溶液中发生双水解反应生成Al(OH)3，符合转化关系，D项正确，不符合题意；
本题答案选A。
11．B
【分析】
甲、乙为其中两种元素对应的单质，Y与乙均为淡黄色固体，则乙为S，Y为Na2O2；X与Y、甲与乙摩尔质量相同，则甲为O2，X为Na2S；由转化关系图可知，M为H2S，N为H2O。
综上所述，A为H，B为O，C为Na，D为S，X为Na2S，Y为Na2O2，M为H2S，N为H2O。
【详解】
A. N为H2O ,分子中存在着氢键，M为H2S所以沸点H2O ＞H2S，故A正确；B. A为H，C为Na，D为S，其常见氧化物A、C、D分别为H2O、H2O2、Na2O 、Na2O2、SO2、SO3，的相互之间H2O2和Na2O2不能反应，故B错误；C. 具有相同电子层结构的离子，核电荷数越小，半径越大，所以离子半径O2->Na+，又因为电子层数多，半径越大，所以S2->O2->Na+>H+，故C项正确；D. C为Na 为活泼金属溶易失电子，所以能与其他元素均能形成离子化合物，故D正确。答案：B。
【点睛】
微粒半径大小的比较方法是：具有相同电子层结构的离子，核电荷数越小，半径越大，又因为电子层数多，半径越大。
12．A
【分析】
由流程图可知，硫铁矿通入空气煅烧生成的铁的氧化物，铁的氧化物加入盐酸溶解，过滤得到滤液为氯化铁和氯化亚铁混合液，通入氯气氧化亚铁离子，通过蒸发浓缩冷却结晶过滤洗涤得到FeCl3·6H2O晶体。
【详解】
“酸溶”过程中使用的酸如果是硝酸，回引入硝酸根离子，导致产品不纯，A错误；二氧化硫有毒，会污染环境，为防止污染，“焙烧”过程中产生的SO2可以用于制硫酸，B正确；通入氯气的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，C正确；FeCl3·6H2O制取无水FeCl3时，应在氯化氢气流中加热，防止水解FeCl3，D正确。
故选A。
【点睛】
本题考查了化学工艺流程，涉及了氧化还原反应、废气处理、盐类水解等知识，正确分析流程，依据物质性质分析问题是解题关键。
13．C
【解析】
【详解】
0.1 ml/L 丁溶液的pH为13（25℃），丁是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则丁应为NaOH，发生反应：甲+乙=丁+辛，根据元素守恒可知，甲、乙两种物质至少共含有H、O、Na元素，辛是由C组成的单质，由发生反应可知，辛不能是Na，结合原子数可知，A为H、C为O、D为Na元素，故辛为氧气，可知甲是Na2O2、乙是水，再根据反应：甲+丙=戊+辛，可知丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，则B为碳元素，A．A为H、B为碳元素，碳氢形成的化合物烃中有气态、液态、固态，选项A错误；B．戊是碳酸钠，在碳酸钠溶液中，CO32-离子水解生成HCO3-离子和OH-离子，溶液中阴离子总的物质的量大于0.1ml，选项B错误；C．甲与足量的乙完全反应的方程式为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，1mlNa2O2反应转移的电子为1ml，约6.02×1023个电子，选项C正确；D．同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径大小顺序为：Na＞C＞O，即：D＞B＞C，选项D错误；答案选C。
14．C
【详解】
由以上分析可以知道W为H元素,X为F元素,Y为O元素,Z为C或N元素,X单质为F2,Y单质为O2,甲为HF,乙为 H2O,丙是NH3或CH4；结合以上分析可知，W为H，X为F，Y为O，Z为C或N，所以原子序数由小到大的顺序是W
点睛：写10电子微粒时可以以元素周期表为依据进行书写，遵循原子→分子→离子，所以常见的10电子微粒中，分子有：Ne、CH4 、NH3 、H2O、HF；阳离子有：Na + 、Mg2+ 、Al 3+ 、NH4+ 、H3O+ ；阴离子有 ： F - 、O2- 、N3- 、OH - 、NH2-。
15．C
【分析】
x、y、z、w是原子序数依次增大的短周期元素，由这四种元素组成的一种化合物a在加热时完全分解为三种产物，其中一种产物b是能使品红溶液褪色的二氧化硫气体，另一种产物c是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体氨气，另一种为水，故a为亚硫酸氢铵或亚硫酸铵，x、y、z、w分别为H、N、O、S。
【详解】
A. 具有相同电子式结构的离子核电荷数越大，半径越小，故简单离子半径： x< z < y
C. a、b、c中均含有极性共价健： a为亚硫酸氢铵或亚硫酸铵属于电解质，b为二氧化硫和c为氨气都属于 非电解质，选项C正确；
D. x、y、z 三种元素形成的化合物若为硝酸铵则水解促进水的电离，选项D错误。
答案选C。
16．第4周期IA族 cd 4KClO3KCl+3KClO4 MgCO3+H2OMg(OH)2+CO2↑ 生成的CO2阻隔空气或生成高熔点的MgO 覆盖在可燃物表面 ClO-+CaSO3=Cl-+CaSO4 Cl2+H2S=2HCl + S
【详解】
某含氧酸盐X的化学式为ABO3。已知在元素周期表中，A、B均为前四周期主族元素，且A位于B的下一周期。
(1)若常温下B的单质为黄绿色气体，为氯气，则A为K，B为Cl。
①K的原子结构含4个电子层、最外层电子数为4，则A在元素周期表中的位置是第4周期IA族，故答案为第4周期IA族；
②a.A单质常温下为固体，B单质常温下为气体，A单质的熔点比B单质的熔点高，故错误；b．具有相同离子结构的离子中，原子序数大的离子半径小，则A的简单离子半径比B的简单离子半径小，故错误；c．A、B元素的最高价氧化物对应的水化物分别为KOH、HClO4，分别为强碱、强酸，均为强电解质，故正确；d.KClO3属于离子化合物，含有离子键，氯酸根离子中含有共价键，故正确；故答案为cd；
③400℃时，X能发生分解反应生成两种盐，其物质的量之比为1：3，其中一种是无氧酸盐为KCl，可知Cl元素的化合价降低，结合氧化还原反应可知还生成KClO4，由电子守恒、原子守恒可知反应为4KClO33KClO4+KCl，故答案为4KClO33KClO4+KCl；
(2)若X能与稀硫酸反应，生成无色、无味的气体，气体为二氧化碳，则X为MgCO3，A为Mg，B为C。
①二氧化碳为共价化合物，其电子式为，故答案为；
②X在水中持续加热，发生水解反应，生成一种更难溶的物质并逸出气体，生成氢氧化镁和二氧化碳，该反应为MgCO3+H2OMg(OH)2↓+CO2↑，故答案为MgCO3+H2OMg(OH)2↓+CO2↑；
③X可用作防火涂层，其原因是：a．高温下X发生分解反应时，吸收大量的热；b．生成的二氧化碳可隔绝空气或生成的高熔点MgO覆盖在可燃物表面，故答案为生成的二氧化碳可隔绝空气或生成的高熔点MgO覆盖在可燃物表面；
(3)若X难溶于水，在空气中易氧化变质；B元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，X为CaSO3，B为S，A为Ca。X能快速消除自来水中的ClO-，发生氧化还原反应生成氯离子、硫酸钙，离子反应为ClO-+CaSO3=CaSO4+Cl-，故答案为ClO-+CaSO3=CaSO4+Cl-；
(4)要证明氯元素的非金属性比硫强，可以通过氯气的氧化性比硫强证明，如Cl2+H2S=2HCl + S，故答案为Cl2+H2S=2HCl + S。
点睛：本题考查无机物的推断及原子结构与元素周期律，把握原子结构、元素化合物知识来推断物质为解答的关键。本题的易错点为(3)，要知道亚硫酸盐具有较强的还原性。
17．Cu 2Fe2++2H++H2O2= 2Fe3++2H2O 3.2 ≤pH＜6.2 BC 阴 2H2O -4e-=4H++O2↑ 蒸发浓缩、冷却结晶 酸浸
【分析】
原料的成分为锌，镉，铜和铁，最终要获取ZnSO4·7H2O同时回收Cu和Cd，因此Fe就是杂质元素，在流程中要考虑除去。铜，铁和锌的性质都有了解，镉比较陌生。第一步酸浸时，锌和铁必然会溶解在溶液中变成Fe2+和Zn2+，Cu不会溶于稀硫酸，纵观整个流程，可以明确，镉在第一步酸浸时也溶解在溶液中了，所以滤渣I的成分即为铜。纵观整个流程唯一可能除去杂质铁元素的步骤就是调节pH值沉淀这一步，再结合表格中给出的沉淀相关的信息，可知若要使Fe尽可能的除净，应当先将Fe2+氧化成Fe3+；所以加试剂X的目的即氧化Fe2+。在分离回收Cd后，溶液中的溶质就只剩硫酸锌和电解过程中产生的硫酸了，所以再通过结晶操作即可得到产品ZnSO4·7H2O。
【详解】
(1)稀硫酸酸浸时，锌铁以及镉会溶解，铜不与稀硫酸反应，所以滤渣1的主要成分即Cu；
(2)氧化这一步是为了将Fe2+氧化成Fe3+，便于下一步调节pH除去铁元素，所以反应的离子方程式即为：；
(3)调节pH目的是除去杂质铁元素，当然也要避免Zn和Cd元素的损耗，所以结合表格信息，pH的调节范围即：3.2≤pH＜6.2；除杂时应当避免引入新杂质，所以调节pH的最佳试剂选择ZnO或ZnCO3，即BC；
(4)溶液中Cd以阳离子形式存在，电解后变成单质，所以需要发生还原反应，所以镉单质在阴极析出；电解时采用单质汞做电极，所以阳极主要是溶液中的OH-放电，所以阳极电极反应式写成：；
(5)通过操作Ⅰ要实现从溶液中获取产品ZnSO4·7H2O，即结晶操作；在经过电解分离镉单质后，溶液中的溶质除硫酸锌外，还有硫酸，所以结晶操作后，溶液还可循环利用充当酸浸的试剂。
【点睛】
工艺流程题核心的问题就是如何使原料经过预处理，反应转化，分离提纯后获取最终产品的问题。因此，要先明确原料的组成，厘清哪些是杂质要除去，哪些会成为产品要保留，这对于理解整个工艺流程有很大的指导意义。此外，对于能循环使用的物质，除流程图中明显的循环线外，一般还具有如下特点：前面的流程中作为反应物，后面的流程中又再次生成。
18．B（1分） 6NH3+H2SiF6+2H2O6NH4F+SiO2↓（3分） CaCO3+2+2F−CaF2+CO2↑+2NH3↑+H2O（3分） 氨气（或氨水、液氨等，合理即可）（1分） 资源丰富；价格便宜等（2分） CaF2与SiO2的分离（1分） 85（3分）
【详解】
（1）在炼钢过程中，要加入少量的萤石，可以联想铝热反应实验中加入少量冰晶石的作用，应该是起到助熔的作用，故选B。
（2）根据流程图可知进入氨化釜的是氟硅酸和液氨以及循环的浓氨，反应后从氨化釜出来的是二氧化硅和氟化铵溶液，可写出方程式为6NH3+H2SiF6+2H2O6NH4F+SiO2↓。
（3）反应釜中产生两种气体，溶于水后一种显酸性，一种显碱性，根据反应物为碳酸钙和氟化铵溶液，生成物含氟化钙和氨水，可判断气体为CO2和NH3，离子方程式为CaCO3+2+2F−CaF2+CO2↑+2NH3↑+H2O。
（4）根据流程图可知能循环利用的物质是氨气（氨水或液氨）。
（5）碳酸钙具有资源丰富，价格便宜，容易得到等优点；因为CaF2与SiO2都是固体，且均不溶于水，因此它们的分离是最大的难点。
（6）设 CaF2的理论产量为x t
H2SiF6 ~ 3CaF2
1 3
x=0.2925，产率=×100%≈85%。
19．2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH- NaCl b 2OH-+ClO2+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O 减压可以使物质沸点降低，实验较低温度下进行蒸发，可避免NaClO2 因温度高而发生分解 稀释ClO2 以防止爆炸 冷却结晶 低于60℃下
【详解】
试题分析：I.B单质焰色呈黄色，B是Na；C是黄绿色气体，C是氯气；所以A是NaCl；电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气、氯气，所以D是NaOH、E是H2；根据氧化还原反应升降规律，氯气和氢氧化钠溶液反应生成NaClO3的同时还生成NaCl；II. (1) NaClO3发生还原反应生成ClO2；(2) 反应②是 ClO2、H2O2、NaOH反应生成ClO2-、O2 ；(3) 高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，需要在较低温度下进行蒸发，减压可以使物质沸点降低；(4) 纯ClO2易分解爆炸，空气中ClO2的体积分数在10%以下比较安全；(5)NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2∙3H2O，等于或高于38℃时析出NaC1O2晶体，高于60℃时分解成NaClO3和NaCl。
解析：I. (1)根据以上分析，反应①是电解氯化钠溶液，离子方程式是2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-
；(2) 根据氧化还原反应升降规律，氯气和氢氧化钠溶液反应生成NaClO3的同时还生成NaCl，所以溶液G中还应有的溶质为NaCl；II. (1) NaClO3发生还原反应生成ClO2，浓硝酸、KMnO4具有氧化性，Na2SO3具有还原性，所以试剂A是Na2SO3，故选b；(2) 反应②是 ClO2、H2O2、NaOH反应生成ClO2-、O2，反应离子方程式是2OH-+ClO2+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O；(3) 高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，减压可以使物质沸点降低，实验较低温度下进行蒸发，可避免NaClO2 因温度高而发生分解；(4) 纯ClO2易分解爆炸，空气中ClO2的体积分数在10%以下比较安全，持续鼓入空气的目的是稀释ClO2 以防止爆炸；(5)NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2∙3H2O，等于或高于38℃时析出NaC1O2晶体，高于60℃时分解成NaClO3和NaCl，所以系列操作依次是冷却结晶、过滤、洗涤，最后在低于60℃下条件下进行干燥，得到粗产品NaClO2。
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