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【高考二轮复习】2023年高考化学精讲+精练+小测（全国通用）——专题06 金属及其化合物（测）（原卷版+解析版）
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1．(2023·江苏省南通市如东县高三期中学情检测)下列生活应用或生产活动中物质的性质与用途具有对应关系的是( )
A．CaO易与水反应，可用作食品干燥剂
B．CuSO4能使蛋白质变性，可用于制作颜料
C．Na有导电性，可用作快中子反应堆的热交换剂
D．SO2具有氧化性，可用于漂白纸张
【答案】A
【解析】A项，氧化钙可以做食品干燥剂，是利用CaO能与水反应的性质，A正确；B项，CuSO4能使蛋白质变性与制作颜料，前后无对应关系，B错误；C项，钠导热性好，则可用于快中子反应堆作热交换剂，C错误；D项，SO2具有漂白性，可用于漂白纸张，D错误；故选A。
2．(2023·黑龙江省哈师大附中高三模拟)下列关于物质用途的说法中不正确的是( )
A．铁粉与氧化铝发生的铝热反应可用于焊接铁轨
B．氧化铝熔点高，常用于制造耐高温材料
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．高压钠灯发出的黄光透雾能力强、射程远，可用于道路照明
【答案】A
【解析】A项，铁粉与氧化铝不能发生铝热反应，铝粉与氧化铁发生铝热反应可用于焊接铁轨，A不正确；B项，氧化铝熔点高，抗腐蚀能力强，且成本较低，常用于制造耐高温材料，B正确；C项，熟石膏与水混合成糊状后，能快速凝固，从而转化为生石膏，利用熟石膏可制作模型和医疗石膏绷带，C正确；D项，高压钠灯常用于道路照明，因为它发出的黄光能穿透云雾，且射程远，D正确；故选A。
3．(2022·浙江省温州十校联合体高一期中)下列各组中的物质，不能发生化合反应的是( )
A．Na与Cl2B．Na2O与H2OC．Al2O3与HClD．FeO与O2
【答案】C
【解析】A项，Na与Cl2反应2Na+Cl22NaCl，是化合反应，故A不符合题意；B项，Na2O与H2O反应Na2O+H2O=2NaOH，是化合反应，故B不符合题意；C项，Al2O3与HCl反应Al2O3+3HCl=2AlCl3+3H2O，是复分解反应，故C符合题意；D项，FeO与O2反应3FeO+2O2Fe3O4，是化合反应，故D不符合题意；故C符合题意。
4．(2022·广东佛山市佛山一中)铁和铁合金是生活中常见的材料，下列说法正确的是( )
A．铁与盐酸反应，铁合金不与盐酸反应 B．一定条件下，铁粉可与水蒸气反应
C．不锈钢是铁合金，只含金属元素 D．纯铁的硬度和强度均高于铁合金
【答案】B
【解析】A项，铁与盐酸反应，铁合金和盐酸也可以反应，选项A错误；B项，铁粉和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，选项B正确；C项，不锈钢是铁的合金，含有非金属碳、硅等非金属，镍等金属，选项C错误；D项，合金的强度和硬度一般比组成它们的纯金属更高，抗腐蚀性能等也更好，选项D错误。故选B。
5．(2022·浙江省绿谷高中联盟高一期中联考)下列关于Na2O和Na2O2的说法中，不正确的是( )
A．Na2O与Na2O2中的阴阳离子比均为1：2
B．Na2O2可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源
C．钠放置在空气中，会迅速被氧化而生成白色的氧化钠
D．Na2O2与Na2O都能与水反应生成碱，都属于碱性氧化物
【答案】D
【解析】A项，氧化钠中钠离子和氧离子的个数比为1：2，过氧化钠中钠离子和过氧根离子的个数比也为1：2，故A正确；B项，过氧化钠能与二氧化碳和水蒸气反应生成氧气，常用做呼吸面具或潜水艇中的供氧剂，故B正确；C项，钠的还原性强，在空气中放置时，银白色的金属钠会被空气中的氧气迅速氧化生成白色的氧化钠而变暗，故C正确；D项，碱性氧化物与酸反应只生成盐和水，过氧化钠与盐酸反应生成氯化钠、水和氧气，不是碱性氧化物，属于过氧化物，故D错误；故选D。
6．(2022·江苏省海门市高三模拟预测)关于铁及其化合物的性质与用途具有对应关系的是( )
A．Fe具有还原性，可用作抗氧化剂B．Fe3O4具有磁性，可用于炼铁
C．Fe(OH)3胶体呈红褐色，可用于净水D．FeCl3溶液呈酸性，可用于刻蚀铜板
【答案】A
【解析】A项，Fe是比较活泼的金属元素，其单质具有还原性，可与氧气反应产生Fe2O3，因此可用作抗氧化剂，A符合题意；B项，Fe3O4是氧化物，该物质具有磁性，由于其是Fe元素的氧化物，可以得到电子变为Fe单质，因此可用于炼铁，这与其是否具有磁性无关，B不符合题意；C项，Fe(OH)3胶体呈红褐色，该胶体表面积大，吸附力强，可吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀而析出，因此可用于净水，这与其颜色是否为红褐色无关，C不符合题意；D项，FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+水解使溶液呈酸性。FeCl3溶液可用于刻蚀铜板是由于FeCl3具有强氧化性，能够与Cu单质发生氧化还原反应产生FeCl2、CuCl2，与其水溶液是否显酸性无关，D不符合题意；故选A。
7．(2023·江苏省苏锡常镇四市高三教学情况调研)在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】Na在点燃或加热的条件下与氧气反应生成Na2O2，2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，能够一步实现，A正确；4FeS2＋11O2=2Fe2O3＋8SO2，不能够一步实现，B错误；氯气与铁反应，无论铁过量还是不足，生成的都是FeCl3，不能实现一步反应，C错误；SiO2不溶于水，不能与水反应生成H2SiO3，不能实现一步完成，D错误。
8．(2023·浙江省普通高校招生高三选考模拟)下列“类比”结果正确的是( )
A．植物油不溶于水，则甘油也不溶于水
B．甲酸能与银氨溶液发生银镜反应，则乙酸也可与银氨溶液发生银镜反应
C．S和Fe加热条件下生成FeS，则S和Cu加热条件下生成Cu2S
D．向含Ag+的溶液中滴加过量氨水不会产生沉淀，则向含Al3+的溶液滴加过量的氨水也不会产生沉淀
【答案】C
【解析】A项，甘油为丙三醇，能与水混溶，A错误； B项，甲酸中有醛基，故能发生银镜反应，乙酸中无醛基，不能发生银镜反应，B错误；C项，硫的氧化性较弱，与变价金属反应只能生成低价态化合物，故与铁反应生成硫化亚铁，与铜反应生成硫化亚铜，C正确；D项，向银离子的溶液中加入过量的氨水生成银氨溶液，不会产生沉淀，但向含有铝离子的溶液中加入过量的氨水只能生成氢氧化铝沉淀，D错误；故选C。
9．(2022·浙江省杭州地区及周边重点中学高一期中联考)下列“类比”、“推理”合理的是( )
A．Fe与Cl2反应生成FeCl3，则Fe与I2反应生成FeI3
B．CaO与CO2反应生成CaCO3，CuO与CO2反应生成CuCO3
C．在Na2O2与水反应后的溶液中加入MnO2粉末，会产生大量气体，该气体能使带火星的木条复燃，则可推测Na2O2与水反应有中间产物H2O2生成
D．Na与水反应生成NaOH和H2，则Fe与水蒸气反应生成Fe(OH)3和H2
【答案】C
【解析】A项，碘的氧化性弱于铁离子，Fe与I2反应只能生成FeI2，故A错误；B项，CaO能够与水反应生成碱，而氧化铜不能与水反应生成碱，因此CaO与CO2反应生成CaCO3，CuO不能与CO2反应生成CuCO3，故B错误；C项，在Na2O2与水反应后的溶液中加入MnO2粉末，会产生大量气体，该气体能使带火星的木条复燃，说明Na2O2与水反应有中间产物H2O2生成，故C正确；D项，钠活泼性强于铁，常温下，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，高温下，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故D错误；故选C。
10．(2022·河北正定中学月考)如图所示是工业制纯碱的部分物质转化示意图，下列推测错误的是( )
A．①~③涉及的操作方法中，包含过滤的是①③B．溶液B不可循环使用
C．副产物NH4Cl可用作肥料D．生产中应先通NH3，再通CO2
【答案】B
【解析】A项，分离固体和溶液的操作是过滤，分别得到碳酸氢钠和氯化铵固体，A正确；B项，碳酸氢钠分解生成的二氧化碳、得到氯化铵为氮肥、滤液B中含氯化钠和氯化铵等，可循环使用，B错误；C项，副产物NH4Cl是氮肥，可用作植物生长所需的肥料，C正确；D项，向饱和食盐水依次通入氨气、二氧化碳气体发生反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，D正确；故选B。
11．(2022·重庆一中高三期中)钠在二氧化碳中燃烧的化学方程式为4Na+3CO22Na2CO3+C。下列关于该反应的说法正确的是( )
A．实验室取用少量金属Na，所需的实验用品有滤纸、玻璃片和小刀
B．反应过程中涉及非极性键的断裂和形成
C．CO2分子的电子式：
D．方程式中的两种单质均不存在同素异形体
【答案】C
【解析】A项，取用金属钠需用镊子，故实验室取用少量金属Na，所需的实验用品有滤纸、玻璃片、镊子和小刀，A错误；B项，反应物Na和CO2中并没有非极性键，故反应过程中未涉及非极性键的断裂，C单质中存在C-C非极性键，故有非极性键的形成，B错误；C项，根据电子式书写的原子可知，CO2分子的电子式：，C正确；D项，方程式中的两种单质即Na和C，Na不存在同素异形体，但C有金刚石、石墨、C60、C70等同素异形体，D错误；故选C。
12．(2022·河北高三模拟预测)三星堆考古新发现了大型青铜立人神兽，青铜是金属冶铸史上最早被使用的合金，是在纯铜(紫铜)中加入锡或铅制成的。下列关于青铜的叙述不正确的是
A．可通过热还原法利用铜矿石冶炼铜片
B．把铜和锡按一定的比例冶炼成铜锡合金，所得的合金熔点比纯铜低
C．青铜具有硬度大、可塑性强、耐磨等特点，可用于铸造多种器具
D．随着时间推移，青铜器逐渐被铁制品取代是由于铁制品的耐腐蚀性能更好
【答案】D
【解析】A项，冶炼金属主要有热分解、热还原及电解三种方法，不可用热分解法冶炼铜，热还原法及电解法冶炼均可得到铜，故A正确；B项，一般合金熔点低于其成分金属的熔点，故B正确；C项，合金的硬度、可塑性、耐磨性等性能一般大于或强于其成分金属，故C正确；D项，铁比铜活泼，更易受到腐蚀，以铁制品代替青铜是由于铁较铜和锡储量丰富，更易获得，故D错误；故选D。
13．(2022·安徽省定远县育才学校高三月考)下列关于Fe、Cu、Mg、Al四种金属元素的说法中不正确的是( )
A．四种元素的单质只有三种能和盐酸反应，生成相应的盐和氢气
B．制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法
C．将Mg棒和Al棒作为原电池的两个电极插入NaOH溶液中，Mg棒上发生氧化反应
D．铁锈的主要成分是氧化铁，铜锈的主要成分是碱式碳酸铜
【答案】C
【解析】A项，Cu单质不与盐酸反应，只有Fe、Mg、Al能和盐酸反应，生成相应的盐和氢气，A正确；B项，AlCl3、FeCl3、CuCl2加热时水解程度增大，且生成的氯化氢容易挥发，加热蒸干得到对应的氢氧化物，因此不能采用将溶液直接蒸干的方法制备AlCl3、FeCl3、CuCl2，B正确；C项，电解质溶液为NaOH溶液时，Mg不与NaOH溶液反应，而Al与NaOH溶液反应，所以Al棒作负极，发生氧化反应，C错误；D项，铁单质发生电化学腐蚀或化学腐蚀最终生成铁锈，主要成分为氧化铁；铜与空气中的水、氧气、二氧化碳共同作用得到铜锈，主要成分为碱式碳酸铜，D正确；故选C。
14．(2022·陕西省安康市高三期中)实验室常用KSCN溶液检验Fe3+，可用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+，现象为产生深蓝色沉淀。下列说法正确的是( )
A．KSCN与K3[Fe(CN)6]中C的化合价均为+4
B．上述元素中，金属性最强和非金属性最强的分别是K、N
C．若溶液中含有Fe3+，滴加KSCN溶液后会产生血红色沉淀
D．H2S的相对分子质量大于H2O的，因此熔沸点：H2S>H2O
【答案】B
【解析】A项，KSCN中C的化合价是+4，K3[Fe(CN)6]中，CN-中C的化合价为+2，A错误；B项，金属性钾比铁强、非金属性氮比碳强，金属性最强和非金属性最强的分别是K、N，B正确；C项，SCN-与Fe3+结合生成血红色物质、溶液呈血红色，不是沉淀，C错误；D项，H2O分子间能形成氢键，因此H2O熔沸点比H2S高，D错误；故选B。
15．(2022·河南省重点中学高三模拟调研)将23g钠、9g铝粉、28g铁粉分别投入盛有质量相等且过量的CuSO4溶液的X、Y、Z三个烧杯中并使它们充分反应，下列说法中正确的是( )
A．都会析出红色固体B．Y中不可能有气体放出
C．反应后氧化剂得到的电子数目相等D．X、Y中溶液可能变成无色
【答案】C
【解析】A项，钠不能从溶液中置换出金属，A项错误；B项，Cu2+水解使溶液显酸性，故Al可与H+发生置换反应生成H2，B项错误；C项，三种物质均消耗完，故均会失去1ml电子，氧化剂均得到1ml电子，C项正确；D项，由于CuSO4是过量的，故溶液不可能变成无色，D项错误。故选C。
16．(2022·山东省平邑市高一期中)元素的价类二维图指的是以元素的化合价为纵坐标，以物质的类别为横坐标所绘制的二维平面图像。下图为钠元素的价类二维图，其中的箭头表示部分物质间的转化关系，下列说法不正确的是( )
A．氢氧化钠溶液可以与过量二氧化碳反应实现转化关系①
B．Na2O2发生④⑤的转化均有O2产生
C．碳酸钠溶液中不断滴加盐酸依次发生反应③和⑧生成氯化钠
D．反应②只能通过加热才能实现物质转化
【答案】D
【解析】A项，氢氧化钠溶液与过量二氧化碳反应的方程式为CO2 (过量)+ NaOH =NaHCO3，可以实现转化关系①，故A正确；B项，Na2O2与水和二氧化碳的反应方程式分别为2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2 ↑、2Na2O2 +2CO2 = 2Na2CO3 + O2，因此④⑤的转化均有O2 产生，故B正确；C项，碳酸钠溶液中不断滴加盐酸依次发生反应③Na2CO3 + HCl(少量)= NaCl + NaHCO3，和反应⑧Na2CO3 + 2HCl(过量)= 2NaCl + H2O + CO2↑，都生成氯化钠，故C正确；D项，反应②通过加热能实现物质转化，2 NaHCO3Na2CO3+H2O +CO2，也可加入氢氧化钠溶液实现物质转化，NaHCO3 + NaOH=Na2CO3+H2O，故D错误；故选D。
17．(2023·浙江省部分校高三开学摸底考试)高铜酸钠(NaCuO2)是黑色难溶于水的固体，具有强氧化性。关于该物质的推测，下列有关说法不正确的是( )
A．强碱性条件下，通过次氯酸钠氧化氢氧化铜可制得
B．NaCuO2与SO2可生成硫酸盐
C．NaCuO2与氢气反应可能有紫红色固体生成
D．NaCuO2与稀硫酸反应的离子方程式为：4CuO2-+12H+=4Cu2++O2↑+6H2O
【答案】D
【解析】A项，次氯酸钠具有强氧化性，在强碱性条件下可以将氢氧化铜氧化产生NaCuO2，A正确；B项，根据化合价预测，高铜酸钠(NaCuO2)中铜元素的化合价为+3价，具有氧化性，二氧化硫具有还原性，所以二者反应可生成硫酸盐，B正确；C项，H2具有强的还原性，NaCuO2具有强氧化性，二者在一定条件下会发生氧化还原反应，H2将NaCuO2还原产生单质Cu，因此会看到可能有紫红色固体生成，C正确；D项，NaCuO2中铜的化合价为+3价，与稀硫酸反应Cu不变价，离子方程式为：CuO2-+4H+=Cu3+ +2H2O，D错误；故选D。
18．(2023·浙江省Z20名校新高考研究联盟高三第一次联考)关于化合物(NH4)2Cr2O7的性质，下列推测合理的是( )
A．(NH4)2Cr2O7固体受热分解产物可能为CrO3、NH3、N2和H2O
B．在(NH4)2Cr2O7溶液中滴加足量浓KOH溶液时只发生离子反应：NH4++OH-=NH3↑+H2O
C．若一定条件下(NH4)2Cr2O7溶液与H2O2反应生成CrO5(Cr为+6价)，推测CrO5可能具有分子稳定性差，易分解的性质
D．用浓盐酸酸化(NH4)2Cr2O7溶液，会使平衡Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+逆向移动，溶液由黄色(或橙黄色)变为橙色
【答案】C
【解析】A项，-3价的氮元素具有还原性，+6价的铬元素具有氧化性，(NH4)2Cr2O7固体受热分解，铬元素化合价会降低，氮元素化合价会升高，A错误；B项，在(NH4)2Cr2O7溶液中滴加足量浓KOH溶液时，除了发生反应NH4++OH-=NH3↑+H2O，还发生反应Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+正向移动，B错误；C项，若一定条件下(NH4)2Cr2O7溶液与H2O2反应生成CrO5，Cr为+6价，O为-价，则CrO5可能具有分子稳定性差，易分解的性质，C正确；D项，(NH4)2Cr2O7溶液中的Cr2O72-具有强氧化性，能与浓盐酸发生氧化还原反应，D错误；故选C。
19．(2022·湖南常德市一中期中)用废铁屑制备磁性氧化铁(Fe3O4)，制取过程如图：
下列说法不正确的是( )
A．浸泡过程中适当加热并搅拌效果更好
B．取少量溶液A于试管中，滴加新制氯水后再滴加KSCN溶液，溶液变红色，说明A中有Fe3+
C．制备Fe3O4的反应Fe2++2Fe3++8OH-Fe3O4+4H2O为非氧化还原反应
D．磁性氧化铁是一种黑色的难溶物
【答案】B
【解析】废铁屑加入碳酸钠溶液浸泡，除去表面的油污，加入稀硫酸溶液溶解废铁屑，得到硫酸亚铁溶液，调节pH值1~2，加入适量的过氧化氢，将部分亚铁离子氧化成铁离子，加入氢氧化钠溶液，通入氮气并加热得到磁性氧化铁。A项，浸泡过程中适当加热并搅拌，可增大接触面积，加快反应速率，效果更好，故A不选；B项，铁离子可与 KSCN溶液反应，溶液变红色，如果滴加氯水，会把亚铁离子氧化成铁离子，滴加KSCN溶液，溶液变红色，不能说明A中有Fe3+，故B选；C项，制备Fe3O4的反应Fe2++2Fe3++8OH-Fe3O4+4H2O的反应元素的化合价没有发生变化，为非氧化还原反应，故C不选；D项，磁性氧化铁(Fe3O4) 是一种黑色的难溶物 ，故D不选；故选B。
20．(2022·江苏苏州市月考)高铁酸钾(K2FeO4)是一种暗紫色固体，低温碱性条件下比较稳定。高铁酸钾能溶于水，微溶于浓KOH溶液，且能与水反应放出氧气，并生成Fe(OH)3胶体，常用作水处理剂。高铁酸钾有强氧化性，酸性条件下，其氧化性强于Cl2、KMnO4等。工业上湿法制备K2FeO4的流程如下：
下列关于K2FeO4的工业湿法制备工艺，说法正确的是( )
A．“反应”时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：3
B．“过滤I”所得滤液中大量存在的离子有：Na+、Fe3+、Cl-、NO3-、FeO42-
C．“转化”时，反应能进行的原因是该条件下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小
D．“过滤II”所得滤液在酒精灯外焰上灼烧，观察到火焰呈黄色，说明滤液为NaOH溶液
【答案】C
【解析】向碱性的KClO浓溶液中加入90%的Fe(NO3)3溶液，发生反应2Fe(NO3)3+3NaClO+10NaOH=2Na2FeO4+6NaNO3+3NaCl+5H2O，过量的饱和的KOH将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4。A项，“反应”时发生反应2Fe(NO3)3+3NaClO+10NaOH=2Na2FeO4+6NaNO3+3NaCl+5H2O，Cl元素化合价降低，氧化剂是NaClO，Fe元素的化合价升高，还原剂是Fe(NO3)3，质的量之比为3：2，A错误；B项，过量NaOH，“过滤I” 所得滤液一定不存在Fe3+，B错误；C项，“转化”时，Na2FeO4转化为K2FeO4，反应能进行的原因是该条件下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小，C正确；D项，没透过蓝色钴玻璃，K+的火焰颜色也是黄色，滤液可能为KOH溶液，D错误；故选C。
21．(2022·江苏省高二学业考试)对印刷电路板制作过程中(2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2)产生废液X进行回收处理，流程如图所示。下列说法不正确的是
A．1mlFeCl3与Cu完全反应，转移电子数约为6.02×1023
B．若废液X中滴加KSCN溶液变红，则X中=
C．若向溶液A中、溶液B中分别加入少量铁粉，铁粉均有减少
D．实验室中进行操作①②时，需用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒
【答案】B
【解析】A项，FeCl3与Cu完全反应，Fe元素由+3个降为+2价，得到1个电子，所以1mlFeCl3与Cu完全反应，转移电子数约为6.02×1023；B项，根据反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+可知废液X中n(Cu2+)：n(Fe2+)=1：2，滴加KSCN溶液变红，说明还有一部分Fe3+，所以n(Cu2+)：[n(Fe2+)+n(Fe3+)]<1：2；C项，向溶液A中加入少量铁粉，铁粉因与Fe3+反应而减少，溶液B中加入少量铁粉，铁粉因与过量的稀盐酸反应而减少；D项，操作①②都是过滤，需用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒；故选B。
22．(2023·安徽省卓越县中联盟高三第一次联考)向由AlCl3和MgSO4组成的混合溶液中逐滴滴加0.1ml·L-1 Ba(OH)2溶液，产生沉淀的物质的量随加入Ba(OH)2溶液体积的变化曲线如图所示：
下列说法中错误的是( )
A．M到N过程发生反应：A l (OH)3+OH-=AlO2-+2H2O
B．原混合溶液中浓度为
C．原混合溶液中AlCl3和MgSO4的物质的量浓度之比是
D．最终得到沉淀的总物质的量为0.04ml
【答案】C
【解析】AlCl3和MgSO4组成的混合溶液中逐滴滴加0.1ml·L-1 Ba(OH)2，先发生反应生成Al(OH)3、Mg(OH)2、BaSO4沉淀，随着Ba(OH)2的增多，Al(OH)3继续与Ba(OH)2发生反应而溶解，则M到N过程发生的反应是A l (OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故，，，A、B项正确；沉淀消耗，即150mLBa(OH)2溶液，则MgSO4消耗200mLBa(OH)2溶液，即0.02mlBa(OH)2，加入400mLBa(OH)2溶液时沉淀为0.02ml的Mg(OH )2和0.02ml的BaSO4，，C项错误，D项正确；故选C。
23．(2023·山东省日照市高三期中联考)依据动力学原理，CaMg(CO3)2分解过程中Mg2+会比Ca2+优先向外扩散，CO32-随后扩散到表面分解产生CO2和O2-，而Ca2+与CO32-的结合能力较强，不易扩散。如图为在一定条件下的热重分析图。
下列说法错误的是( )
A．第一阶段反应的化学方程式为：CaMg(CO3)2CaCO3+MgO+CO2↑
B．图中B点时，碳酸钙的分解率为60%
C．图中C点以后剩余固体的成分是CaO、MgO
D．第二阶段图像斜率明显加大可能是因为温度较高使反应速率加快
【答案】B
【解析】A项，由题意可知Mg2+和CO32-优先于Ca2+向外扩散，因此第一阶段可视为碳酸镁分解阶段，生成氧化镁和二氧化碳，而碳酸钙不反应，化学方程式为：CaMg(CO3)2CaCO3+MgO+CO2↑，故A正确；B项，第二阶段为碳酸钙分解，若其完全分解时质量分数变化为(76-52)%=24%，B点时，因碳酸钙分解损失的质量分数为：(76-64)%=12%，可知此时碳酸钙分解率为50%，故B错误；C项，C点为完全分解产物，固体成分为氧化镁和氧化钙，故C正确；D项，第二阶段反应温度高于低于第一阶段，温度越高反应速率越快，固体损失相同质量的时间段，曲线斜率较大，故D正确；故选B。
24．(2023·山东省济宁邹城市高三期中)固体化合物X由3种元素组成。某学习小组进行了如下实验。下列推断正确的是( )
A．由现象1得出化合物X含有氢元素
B．固体混合物Y的成分是Cu和KOH
C．的化学式K2CuO2
D．若X与浓盐酸反应产生黄绿色气体，则反应中X作还原剂
【答案】B
【解析】由现象1可知混合气体含水蒸气，根据元素守恒可知X中含有O元素；固体混合物Y溶于水，生成紫红色固体单质，则固体单质为Cu，并得到碱性溶液，焰色反应呈紫色，说明含有K元素，与盐酸发生中和反应，应为KOH，则X含有K、Cu、O等元素，2.70g X中含Cu原子的物质的量为，根据KOH+HCl=KCl+H2O可知X中所含K原子的物质的量为0.02ml，根据质量守恒可知X中O元素的质量为2.7g-1.28g-0.02ml×39g/ml=0.64g，O原子的物质的量为，X中K、Cu、O原子物质的量之比为0.02ml：0.02ml：0.04ml=1：1：2，因此X的化学式为KCuO2。A项，X与过量H2反应生成的混合气体含水蒸气，则现象1说明X中含O元素，故A项错误；B项，固体混合物Y的成分是Cu和KOH，故B项正确；C项，X的化学式为KCuO2，故C项错误；D项，若KCuO2与浓盐酸反应产生黄绿色气体(Cl2)，则在反应过程中Cl元素被氧化，HCl作还原剂，根据化合价升降守恒可知反应过程中KCuO2内部分元素化合价降低被还原，KCuO2作氧化剂，故D错误；故选B。
25．(2023·河北省石家庄一中高三月考)在探究FeSO4和Cu(NO3)2的混合物中各组分含量的过程中，进行了如下实验，下列说法错误的是( )
A．反应②中铁粉过量，V=2240
B．固体中有铁粉和铜粉，m=0.68
C．原混合物中FeSO4和Cu(NO3)2的物质的量之比为5：1
D．①发生的反应为Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，n=0.02
【答案】C
【解析】从溶液a能消耗Cl2看，加入硫酸时，Fe2+没有完全被HNO3氧化，则NO3-全部参加反应，反应的离子方程式为3Fe2+ + 4H+ +NO3-=3Fe3++ NO↑+ 2H2O，n(NO)=0.02ml，则n(NO3-)=0.02ml、n(Fe2+)=0.06ml、n(H+)=0.08ml，从而得出n[Cu(NO3)2]=0.01ml、n(FeSO4)==0.1ml；通入Cl2后发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，此时剩余Fe2+的物质的量为0.1ml-0.06ml=0.04ml，n(Cl2)=0.02ml；加入9g铁粉，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2H+=Fe2++H2↑，Fe3+共0.1ml，需要消耗Fe0.05ml，Cu2+为0.01ml，需消耗Fe0.01ml，剩余H+的物质的量为1.4ml/L×0.1L×2-0.08ml=0.2ml，需消耗Fe0.1ml，则共需消耗Fe的物质的量为0.05ml+0.01ml+0.1ml=0.16ml，剩余铁粉的质量的9g-0.16ml×56g/ml=0.04g，生成Cu的质量为0.01ml×64g/ml=0.64g。A项，因为最终有铁粉剩余，所以反应②中铁粉过量，n(H+)余=0.2ml，生成H20.1ml，体积为2240mL，所以V=2240，A正确；B项，固体中有铁粉0.04g，铜粉0.64g，则m=0.68，B正确；C项，原混合物中FeSO4和Cu(NO3)2的物质的量分别为0.1ml、0.01ml，物质的量之比为0.1：0.01=10：1，C错误；D项，①发生的反应为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，n(Cl2)=0.02ml，则n=0.02，D正确；故选C。
二、非选择题(本题包括5小题，共50分)
26．(5分)(2022·浙江省温州十校联合体高一期中)已知A、B、C、D代表的四种物质均为中学化学中的常见物质，它们之间存在如图所示的转化关系(反应条件及部分反应产物已略去)。请回答下列问题：
(1)若A、B、C在焰色试验中火焰均呈黄色，D为一种常用于饮料生产的气体。
①写出B的俗称：___________。
②写出反应②的化学方程式：___________。
(2)若A、B均为浅黄色溶液，D为金属单质。
①写出B的一种工业用途：___________。
②写出反应②的离子方程式：___________。
(3)已知符合题设转化关系的一组物质如下，写出反应②的化学方程式：___________。
(4)参照以上实例，设计另一组符合上述转化关系的物质组合，写出其化学式：
A___________、B___________、C___________、D___________。
【答案】(1)纯碱(1分) CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3(1分)
(2)制作印刷电路板或生产净水剂等(1分) Fe+2Fe3+=3Fe2+(1分)
(3)Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O或Al(OH)3+NaOH=Na[Al(OH)4] (1分)
【解析】(1)若A、B、C在焰色试验中火焰均呈黄色，A、B、C中都含有Na元素；D为一种常用于饮料生产的气体，D为CO2；结合转化关系分析，A为NaOH，B为Na2CO3，C为NaHCO3；①B为Na2CO3，其俗称为纯碱；②反应②为CO2与Na2CO3、H2O反应生成NaHCO3，反应的化学方程式为CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3；(2)若A、B均为浅黄色溶液，D为金属单质，由转化关系知，该金属元素具有可变化合价，则A为氯水，D为Fe，B为FeCl3，C为FeCl2；①B为FeCl3，FeCl3的工业用途为：制作印刷电路板或生产净水剂等；②反应②为Fe与FeCl3反应生成FeCl2，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+；(3)反应②为Al(OH)3与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2O，反应的化学方程式为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O。
27．(11分)(2022·上海市吴淞中学高三期中)有一种天然黄铜矿主要成分为CuFeS2 (含SiO2)，为了测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了如下实验：
Ⅰ．称取研细的黄铁矿样品0.230g煅烧，生成Cu、Fe2O3、FeO和SO2气体，实验后取d中溶液的置于锥形瓶中，用标准碘溶液进行滴定，初读数为0.10mL，末读数如图所示。完成下列填空：
(1)装置c的作用是___________，上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是___________。
(2)滴定时，标准碘溶液所耗体积为___________。用化学方程式表示滴定的原理___________。
(3)计算该黄铜矿的纯度___________。
Ⅱ．工业上利用黄铜矿冶炼铜产生的炉渣(Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3)可制备绿矾FeSO4·7H2O晶体。
(4)选用提供的试剂，设计实验验证炉渣中含有FeO。提供的试剂：稀盐酸稀硫酸KSCN溶液KMnO4溶液和NaOH溶液。所选试剂为___________。证明炉渣中含有FeO的实验现象为___________。
(5)将炉渣溶解在足量NaOH溶液中，过滤，取滤渣加入足量稀硫酸和铁屑，过滤后，将滤液___________、___________、过滤、低温烘干得到绿矾(填写实验操作名称)。
【答案】(1)除去混合气体中未反应的氧气，防止干扰二氧化硫的检验(1分) 将系统装置中SO2，全部排入d中充分吸收(1分)
(2)20.00 mL(1分) I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI(1分)
(3)80%(2分)
(4)稀硫酸、KMnO4溶液(1分) 取样于试管中，用稀硫酸浸取炉渣，取上层清液滴加少量KMnO4溶液，若褪色，则含有FeO(2分)
(5)蒸发浓缩(1分) 冷却结晶(1分)
【解析】测定该黄铜矿的纯度，由实验装置可知，a中浓硫酸干燥空气，b中铜矿样品煅烧生成Cu、Fe2O3、FeO和SO2气体，c中Cu可除去过量的氧气，d中吸收二氧化硫，用0.01ml/L标准碘溶液进行滴定d中溶液时发生I2+ SO2+2H2O=H2SO4+2HI，由S元素守恒可计算纯度，以此来解答。(1)装置c的作用是除去混合气体中未反应的氧气，防止干扰二氧化硫的检验；上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是将系统装置中SO2，全部排入d中充分吸收；(2)初读数为0.10mL，最终读数为20.10mL，滴定时标准碘溶液所耗体积为20.00 mL；用化学方程式表示滴定的原理为I2+ SO2+2H2O=H2SO4+2HI；(3)根据公式计算出n(I2)=0.01×20.00×10-3ml，由I2+ SO2+2H2O=H2SO4+2HI可知，n(I2)= n(SO2)=0.01×20.00×10-3ml，则总的n(SO2)=0.01×20.00×10-3×10ml，由CuFeS2～2 SO2可知，n(CuFeS2)=0.01×20.00×10-3×10×0.5ml，则该黄铜矿的纯度为；(4))亚铁离子具有还原性，可被高锰酸钾氧化，且盐酸可被高锰酸钾氧化，则溶解FeO选稀硫酸，则设计实验验证炉渣中含有FeO，所选试剂为稀硫酸、KMnO4溶液，证明炉渣中含有FeO的实验方案为：取样于试管中，用稀硫酸浸取炉渣，取上层清液滴加少量KMnO4溶液，若褪色，则含有FeO；(5)将炉渣溶解在足量NaOH溶液中，过滤，取滤渣加入足量稀硫酸和铁屑，过滤后，得到硫酸亚铁溶液，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、低温烘干得到绿矾。
28．(14分)三草酸合铁酸钾晶体(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)能溶于水，难溶于乙醇，该物质对光敏感，光照下即发生分解，产物之一是黄色的草酸亚铁。实验室可用如图流程来制备三草酸合铁酸钾晶体。根据题意完成下列各题：
(1)若用废铁屑和稀硫酸制备绿矾，需先将废铁屑碱煮水洗，其目的是___________；然后与硫酸反应时___________(填物质名称)往往要过量。
(2)要从溶液中得到绿矾晶体，必须进行的实验操作是___________(按前后顺序填代号)。
a．过滤洗涤 b．蒸发浓缩 c．冷却结晶 d．灼烧 e．干燥
(3)称取制得的绿矾晶体7.00 g，加稀硫酸溶解。加入一定量的草酸后，加热煮沸，形成黄色沉淀，过滤，洗涤。如何确定沉淀已经洗涤干净：___________。
(4)氧化过程中除不断搅拌外，还需维持温度在40 ℃左右，原因是___________；写出氧化生成三草酸合铁酸钾的离子方程式___________。
(5)经过一系列操作后得到的最终产物晶体先用少量冰水洗涤，再用无水乙醇洗涤，低温干燥后称量，得到9.82 g翠绿色晶体，用无水乙醇洗涤晶体的目的是___________。
(6)列式计算本实验中三草酸合铁酸钾晶体的产率___________(保留一位小数)。
(7)某同学制得的三草酸合铁酸钾晶体表面发黄，推测可能有部分晶体见光分解。为了验证此推测是否正确，可用的试剂及现象是________________________。
【答案】除去铁屑表面的油污(1分) 铁屑(1分) (2)bcae(2分)
(3)取最后一次的洗涤液，向其中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则说明洗涤干净(2分)
(4)温度太低反应速率慢，温度高H2O2会分解(1分)
2FeC2O4·2H2O+H2O2+H2 C2O4+3C2O42-= 2[Fe(C2O4)3] 3-+6H2O (2分)
(5)除去晶体表面的杂质，减少晶体损失，利于干燥(1分) (6)79.4%(2分)
(7)检验亚铁离子用酸化的铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀说明三草酸合铁酸钾发生分解(2分)
【解析】向绿矾中加入稀硫酸，可抑制亚铁离子的水解，硫酸亚铁与草酸反应生成黄色沉淀FeC2O4·2H2O，加入草酸钾、用过氧化氢将FeC2O4·2H2O氧化为K3[Fe(C2O4)3]， 加入草酸煮沸后一定条件下结晶得到K3[Fe(C2O4)3]·3H2O。(1)将废铁屑碱煮水洗，其目的是为了除去铁屑中不溶于酸的杂质，铁屑与硫酸反应时，由于Fe2+容易被空气中的氧气氧化，所以铁屑往往要过量；(2)要从溶液中得到绿矾晶体，应先将溶液加热浓缩、然后冷却结晶，析出固体后过滤、洗涤、最后干燥即得绿矾，故答案为bcae。(3)检验沉淀是否洗涤干净，可取最后一次的洗涤液，向其中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀硫酸钡，则说明洗涤干净。(4)氧化过程中除不断搅拌外，还需维持温度在40 ℃左右原因是，温度太低反应速率慢，温度高H2O2会分解；氧化生成三草酸合铁酸钾的离子方程式为2FeC2O4·2H2O+H2O2+H2 C2O4+3C2O42-= 2[Fe(C2O4)3] 3-+6H2O。(5)根据题给信息可知三草酸合铁酸钾晶体难溶于乙醇，乙醇具有挥发性，用乙醇洗涤，不但可以除去晶体表面的杂质，减少晶体损失，而且利于晶体快速干燥。(6)7.00 g FeSO4·7H2O理论上生成(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)的质量为，则产率为。(7)三草酸合铁酸钾见光分解，产物之一是黄色的草酸亚铁，检验亚铁离子用酸化的铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀说明三草酸合铁酸钾发生分解。
29．(8分)(2022·黑龙江省牡丹江一中高三期中)铜质电路板可采用酸性蚀刻与碱性蚀刻两种方法。将二者的废液混合可实现回收再利用。其主要流程如图：
已知：①水合肼N2H4·H2O具有强还原性，易被氧化为N2
②Cu2++4NH3Cu(NH3)42+
(1)蚀刻
①酸性蚀刻铜的离子方程式：___________
②关于蚀刻的下列说法正确的是___________。
A．碱性蚀刻和酸性蚀刻分别利用了O2、H2O2的氧化性
B．酸性蚀刻时盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
C．用H2O2、H2SO4、NaCl也可以使Cu溶解
(2)滤液1的pH约为5，其中除少量Cu2+外，还大量存在的离子是___________。
(3)除铜
①利用水合肼N2H4·H2O还原Cu2+的离子方程式是___________。
②已知该反应瞬间完成。滤渣成分只有Cu。测得铜去除率、水合肼还原能力随溶液pH的变化情况如图所示。由图可知。随溶液pH增大，铜去除率先增加后减小，结合图给值息和己知信息分析其原因：___________。
【答案】(1)Cu2++H2O2+4Cl—+2H+=CuCl↓+2H2O(1分) AC(2分)
(2)NH4+、Cl—(1分)
(3)N2H4·H2O+2Cu2++4OH—=2Cu↓+N2↑+5 H2O(2分) pH＜6.3时，随溶液pH增大，N2H4·H2O的还原性增强，铜的去除率增加；pH＞6.3时，随溶液pH增大，OH—与NH4+反应生成的NH3与Cu2+反应生成Cu(NH3)42+，铜的去除率减小(2分)
【解析】由题给流程可知，铜质电路板与过氧化氢和过量的盐酸发生酸性蚀刻生成四氯合铜离子，与氧气、氯化铵和过量的氨水发生碱性蚀刻生成四氨合铜离子，含有四氯合铜离子的酸性溶液与含有四氨合铜离子的碱性溶液混合反应生成碱式氯化铜沉淀、氯化铜、氯化铵，过滤得到碱式氯化铜沉淀和含有氯化铜、氯化铵的滤液1；碱式氯化铜沉淀经多步转化制得五水硫酸铜晶体；向滤液1中加入水合肼和氢氧化钠的混合溶液，溶液中铜离子在碱性条件下反应与水合肼生成铜、氮气和水，过滤得到含有氯化钠、氯化铵的滤液2和铜，滤液2可以加入到碱性蚀刻溶液中循环使用。(1)①由分析可知，酸性蚀刻铜发生的反应为铜与过氧化氢和过量的盐酸反应生成H2CuCl4和水，反应的离子方程式为Cu2++H2O2+4Cl—+2H+=CuCl↓+2H2O；②A项，碱性蚀刻时，利用了氧气的氧化性将铜氧化为四氨合铜离子，酸性蚀刻时，利用率过氧化氢的氧化性将铜氧化为四氯合铜离子，故B正确；B项，酸性蚀刻铜的原理是酸性条件下铜与过氧化氢和氯离子形成四氯合铜离子，，酸性蚀刻时，盐酸的主要作用是提供氯离子形成四氯合铜离子，故错误；C项，酸性蚀刻铜的原理是酸性条件下铜与过氧化氢和氯离子形成四氯合铜离子，则用过氧化氢、硫酸、氯化钠也可以使铜溶解，故正确；故选AC；(2)由分析可知，滤液1为氯化铜、氯化铵的混合溶液，则溶液中存在铜离子、铵根离子和氯离子；(3)①由分析可知，水合肼还原铜离子的反应为溶液中铜离子在碱性条件下反应与水合肼生成铜、氮气和水，反应的离子方程式为N2H4·H2O+2Cu2++4OH—=2Cu↓+N2↑+5 H2O；②由图可知，pH为6.3时铜去除率最大，当溶液pH＜6.3时，随溶液pH增大，水合肼的还原性增强，消耗铜的物质的量增大，导致铜的去除率增加；当溶液＞6.3时，随溶液pH增大，溶液中的氢氧根离子与铵根离子反应生成氨，铵与铜离子生成四氯合铜离子，导致导致铜的去除率降低。
30．(12分)黄铜矿(CuFeS2)是一种铜铁硫化物矿物，常含微量的金、银等。黄铜矿是冶炼铜及制备铁氧化物的重要矿藏。以黄铜矿为主要原料生产铜、铁红(氧化铁)的工艺流程如下所示：
已知：CuFeS2中Cu为＋2价。
请回答下列问题：
(1)CuFeS2中Fe的化合价为____________；写出反应Ⅰ的离子方程式：_______________________________，该反应的氧化剂是________。
(2)CuCl难溶于水，但可与过量的Cl－反应生成可溶于水的[CuCl2]－。该反应的离子方程式为______________。
(3)反应Ⅰ～Ⅳ 4个反应中属于非氧化还原反应的是反应________(选填“Ⅰ～Ⅳ”)。
(4)过滤后得到的FeCO3固体应进行洗涤，检验沉淀洗涤干净的方法是___________。
(5)反应Ⅲ在高温下进行，该反应的化学方程式为___________。
(6)反应Ⅴ中Na[CuCl2]既是氧化剂，又是还原剂，由此可推知“溶液A”中的溶质为________(写出化学式)。
(7)硫酸铁可用于电化浸出黄铜矿精矿工艺。精矿在阳极浸出的主要反应为：CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S。则下列说法正确的是___________(填序号)。
a．从物质分类的角度看，黄铜矿属于合金
b．当转移1ml电子时，有46 g CuFeS2参加反应
c．反应中，CuFeS2既作氧化剂又作还原剂
【答案】(1)＋2(1分)
CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－==4Fe2＋+CuCl＋2S(2分) CuFeS2、FeCl3(1分)
(2)Cl－＋CuCl===[CuCl2]－(1分) (3)Ⅱ、Ⅳ(1分)
(4)取最后一次的洗涤液少量于，滴入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则证明沉淀已经洗净，若有白色沉淀生成，则证明沉淀还未洗净(2分)
(5)4FeCO3+O2 2Fe2O3+4CO2(1分)
(6)CuCl2、NaCl(1分) (7)b(2分)
【解题分析】(1)CuFeS2中，S为－2价，Cu为＋2价，Fe为＋2价；由框图信息可知，反应Ⅰ的反应物为CuFeS2、FeCl3，部分生成物为CuCl和S，由反应Ⅱ的产物FeCO3可推知FeCl2也是反应Ⅰ的产物，故反应Ⅰ的离子方程式为CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S；该反应中化合价降低的元素是FeCl3中的Fe和CuFeS2中的Cu，故氧化剂是CuFeS2和FeCl3。(2)结合信息提示可写出该反应的离子方程式：Cl－＋CuCl===[CuCl2]－。(3)反应Ⅱ是FeCl2和Na2CO3生成FeCO3和NaCl的反应，属于复分解反应，即非氧化还原反应；由(2)中书写的离子方程式可知反应Ⅳ为非氧化还原反应；(4)生成FeCO3沉淀时溶液中含有钠离子、氯离子，则要检验FeCO3沉淀是否洗涤干净，只要检验洗涤液中是否含有氯离子即可，方法是：取最后一次的洗涤液少量于，滴入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则证明沉淀已经洗净，若有白色沉淀生成，则证明沉淀还未洗净。(5)反应Ⅲ中，Fe元素的化合价由+2升高为+3价，则FeCO3为还原剂、氧气为氧化剂，O元素的化合价由0价降低为-2价，按得失电子数守恒、元素质量守恒，得该反应的化学方程式为4FeCO3+O2 2Fe2O3+4CO2；(6)由信息“Na[CuCl2]既是氧化剂，又是还原剂”及生成物中有单质Cu可知，Na[eq \(Cu,\s\up6(＋1))Cl2]中Cu化合价既有降低，又有升高，故生成物中有CuCl2，另外一种生成物为NaCl。(7)a项，合金是由两种或两种以上的金属或金属与非金属熔合而成具有金属特性的物质，因此黄铜矿不属于合金，故a错误；b项，根据方程式分析，有1ml CuFeS2即184g反应，转移了4ml电子，因此当转移1ml电子时，有46gCuFeS2参加反应，故b正确；c项，反应中，CuFeS2中只有S化合价升高，因此只作还原剂，故c错误；故选b。
1．(2023·江苏省南通市如东县高三期中学情检测)下列生活应用或生产活动中物质的性质与用途具有对应关系的是( )
A．CaO易与水反应，可用作食品干燥剂
B．CuSO4能使蛋白质变性，可用于制作颜料
C．Na有导电性，可用作快中子反应堆的热交换剂
D．SO2具有氧化性，可用于漂白纸张
【答案】A
【解析】A项，氧化钙可以做食品干燥剂，是利用CaO能与水反应的性质，A正确；B项，CuSO4能使蛋白质变性与制作颜料，前后无对应关系，B错误；C项，钠导热性好，则可用于快中子反应堆作热交换剂，C错误；D项，SO2具有漂白性，可用于漂白纸张，D错误；故选A。
2．(2023·黑龙江省哈师大附中高三模拟)下列关于物质用途的说法中不正确的是( )
A．铁粉与氧化铝发生的铝热反应可用于焊接铁轨
B．氧化铝熔点高，常用于制造耐高温材料
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．高压钠灯发出的黄光透雾能力强、射程远，可用于道路照明
【答案】A
【解析】A项，铁粉与氧化铝不能发生铝热反应，铝粉与氧化铁发生铝热反应可用于焊接铁轨，A不正确；B项，氧化铝熔点高，抗腐蚀能力强，且成本较低，常用于制造耐高温材料，B正确；C项，熟石膏与水混合成糊状后，能快速凝固，从而转化为生石膏，利用熟石膏可制作模型和医疗石膏绷带，C正确；D项，高压钠灯常用于道路照明，因为它发出的黄光能穿透云雾，且射程远，D正确；故选A。
3．(2022·浙江省温州十校联合体高一期中)下列各组中的物质，不能发生化合反应的是( )
A．Na与Cl2B．Na2O与H2OC．Al2O3与HClD．FeO与O2
【答案】C
【解析】A项，Na与Cl2反应2Na+Cl22NaCl，是化合反应，故A不符合题意；B项，Na2O与H2O反应Na2O+H2O=2NaOH，是化合反应，故B不符合题意；C项，Al2O3与HCl反应Al2O3+3HCl=2AlCl3+3H2O，是复分解反应，故C符合题意；D项，FeO与O2反应3FeO+2O2Fe3O4，是化合反应，故D不符合题意；故C符合题意。
4．(2022·广东佛山市佛山一中)铁和铁合金是生活中常见的材料，下列说法正确的是( )
A．铁与盐酸反应，铁合金不与盐酸反应 B．一定条件下，铁粉可与水蒸气反应
C．不锈钢是铁合金，只含金属元素 D．纯铁的硬度和强度均高于铁合金
【答案】B
【解析】A项，铁与盐酸反应，铁合金和盐酸也可以反应，选项A错误；B项，铁粉和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，选项B正确；C项，不锈钢是铁的合金，含有非金属碳、硅等非金属，镍等金属，选项C错误；D项，合金的强度和硬度一般比组成它们的纯金属更高，抗腐蚀性能等也更好，选项D错误。故选B。
5．(2022·浙江省绿谷高中联盟高一期中联考)下列关于Na2O和Na2O2的说法中，不正确的是( )
A．Na2O与Na2O2中的阴阳离子比均为1：2
B．Na2O2可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源
C．钠放置在空气中，会迅速被氧化而生成白色的氧化钠
D．Na2O2与Na2O都能与水反应生成碱，都属于碱性氧化物
【答案】D
【解析】A项，氧化钠中钠离子和氧离子的个数比为1：2，过氧化钠中钠离子和过氧根离子的个数比也为1：2，故A正确；B项，过氧化钠能与二氧化碳和水蒸气反应生成氧气，常用做呼吸面具或潜水艇中的供氧剂，故B正确；C项，钠的还原性强，在空气中放置时，银白色的金属钠会被空气中的氧气迅速氧化生成白色的氧化钠而变暗，故C正确；D项，碱性氧化物与酸反应只生成盐和水，过氧化钠与盐酸反应生成氯化钠、水和氧气，不是碱性氧化物，属于过氧化物，故D错误；故选D。
6．(2022·江苏省海门市高三模拟预测)关于铁及其化合物的性质与用途具有对应关系的是( )
A．Fe具有还原性，可用作抗氧化剂B．Fe3O4具有磁性，可用于炼铁
C．Fe(OH)3胶体呈红褐色，可用于净水D．FeCl3溶液呈酸性，可用于刻蚀铜板
【答案】A
【解析】A项，Fe是比较活泼的金属元素，其单质具有还原性，可与氧气反应产生Fe2O3，因此可用作抗氧化剂，A符合题意；B项，Fe3O4是氧化物，该物质具有磁性，由于其是Fe元素的氧化物，可以得到电子变为Fe单质，因此可用于炼铁，这与其是否具有磁性无关，B不符合题意；C项，Fe(OH)3胶体呈红褐色，该胶体表面积大，吸附力强，可吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀而析出，因此可用于净水，这与其颜色是否为红褐色无关，C不符合题意；D项，FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+水解使溶液呈酸性。FeCl3溶液可用于刻蚀铜板是由于FeCl3具有强氧化性，能够与Cu单质发生氧化还原反应产生FeCl2、CuCl2，与其水溶液是否显酸性无关，D不符合题意；故选A。
7．(2023·江苏省苏锡常镇四市高三教学情况调研)在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】Na在点燃或加热的条件下与氧气反应生成Na2O2，2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，能够一步实现，A正确；4FeS2＋11O2=2Fe2O3＋8SO2，不能够一步实现，B错误；氯气与铁反应，无论铁过量还是不足，生成的都是FeCl3，不能实现一步反应，C错误；SiO2不溶于水，不能与水反应生成H2SiO3，不能实现一步完成，D错误。
8．(2023·浙江省普通高校招生高三选考模拟)下列“类比”结果正确的是( )
A．植物油不溶于水，则甘油也不溶于水
B．甲酸能与银氨溶液发生银镜反应，则乙酸也可与银氨溶液发生银镜反应
C．S和Fe加热条件下生成FeS，则S和Cu加热条件下生成Cu2S
D．向含Ag+的溶液中滴加过量氨水不会产生沉淀，则向含Al3+的溶液滴加过量的氨水也不会产生沉淀
【答案】C
【解析】A项，甘油为丙三醇，能与水混溶，A错误； B项，甲酸中有醛基，故能发生银镜反应，乙酸中无醛基，不能发生银镜反应，B错误；C项，硫的氧化性较弱，与变价金属反应只能生成低价态化合物，故与铁反应生成硫化亚铁，与铜反应生成硫化亚铜，C正确；D项，向银离子的溶液中加入过量的氨水生成银氨溶液，不会产生沉淀，但向含有铝离子的溶液中加入过量的氨水只能生成氢氧化铝沉淀，D错误；故选C。
9．(2022·浙江省杭州地区及周边重点中学高一期中联考)下列“类比”、“推理”合理的是( )
A．Fe与Cl2反应生成FeCl3，则Fe与I2反应生成FeI3
B．CaO与CO2反应生成CaCO3，CuO与CO2反应生成CuCO3
C．在Na2O2与水反应后的溶液中加入MnO2粉末，会产生大量气体，该气体能使带火星的木条复燃，则可推测Na2O2与水反应有中间产物H2O2生成
D．Na与水反应生成NaOH和H2，则Fe与水蒸气反应生成Fe(OH)3和H2
【答案】C
【解析】A项，碘的氧化性弱于铁离子，Fe与I2反应只能生成FeI2，故A错误；B项，CaO能够与水反应生成碱，而氧化铜不能与水反应生成碱，因此CaO与CO2反应生成CaCO3，CuO不能与CO2反应生成CuCO3，故B错误；C项，在Na2O2与水反应后的溶液中加入MnO2粉末，会产生大量气体，该气体能使带火星的木条复燃，说明Na2O2与水反应有中间产物H2O2生成，故C正确；D项，钠活泼性强于铁，常温下，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，高温下，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故D错误；故选C。
10．(2022·河北正定中学月考)如图所示是工业制纯碱的部分物质转化示意图，下列推测错误的是( )
A．①~③涉及的操作方法中，包含过滤的是①③B．溶液B不可循环使用
C．副产物NH4Cl可用作肥料D．生产中应先通NH3，再通CO2
【答案】B
【解析】A项，分离固体和溶液的操作是过滤，分别得到碳酸氢钠和氯化铵固体，A正确；B项，碳酸氢钠分解生成的二氧化碳、得到氯化铵为氮肥、滤液B中含氯化钠和氯化铵等，可循环使用，B错误；C项，副产物NH4Cl是氮肥，可用作植物生长所需的肥料，C正确；D项，向饱和食盐水依次通入氨气、二氧化碳气体发生反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，D正确；故选B。
11．(2022·重庆一中高三期中)钠在二氧化碳中燃烧的化学方程式为4Na+3CO22Na2CO3+C。下列关于该反应的说法正确的是( )
A．实验室取用少量金属Na，所需的实验用品有滤纸、玻璃片和小刀
B．反应过程中涉及非极性键的断裂和形成
C．CO2分子的电子式：
D．方程式中的两种单质均不存在同素异形体
【答案】C
【解析】A项，取用金属钠需用镊子，故实验室取用少量金属Na，所需的实验用品有滤纸、玻璃片、镊子和小刀，A错误；B项，反应物Na和CO2中并没有非极性键，故反应过程中未涉及非极性键的断裂，C单质中存在C-C非极性键，故有非极性键的形成，B错误；C项，根据电子式书写的原子可知，CO2分子的电子式：，C正确；D项，方程式中的两种单质即Na和C，Na不存在同素异形体，但C有金刚石、石墨、C60、C70等同素异形体，D错误；故选C。
12．(2022·河北高三模拟预测)三星堆考古新发现了大型青铜立人神兽，青铜是金属冶铸史上最早被使用的合金，是在纯铜(紫铜)中加入锡或铅制成的。下列关于青铜的叙述不正确的是
A．可通过热还原法利用铜矿石冶炼铜片
B．把铜和锡按一定的比例冶炼成铜锡合金，所得的合金熔点比纯铜低
C．青铜具有硬度大、可塑性强、耐磨等特点，可用于铸造多种器具
D．随着时间推移，青铜器逐渐被铁制品取代是由于铁制品的耐腐蚀性能更好
【答案】D
【解析】A项，冶炼金属主要有热分解、热还原及电解三种方法，不可用热分解法冶炼铜，热还原法及电解法冶炼均可得到铜，故A正确；B项，一般合金熔点低于其成分金属的熔点，故B正确；C项，合金的硬度、可塑性、耐磨性等性能一般大于或强于其成分金属，故C正确；D项，铁比铜活泼，更易受到腐蚀，以铁制品代替青铜是由于铁较铜和锡储量丰富，更易获得，故D错误；故选D。
13．(2022·安徽省定远县育才学校高三月考)下列关于Fe、Cu、Mg、Al四种金属元素的说法中不正确的是( )
A．四种元素的单质只有三种能和盐酸反应，生成相应的盐和氢气
B．制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法
C．将Mg棒和Al棒作为原电池的两个电极插入NaOH溶液中，Mg棒上发生氧化反应
D．铁锈的主要成分是氧化铁，铜锈的主要成分是碱式碳酸铜
【答案】C
【解析】A项，Cu单质不与盐酸反应，只有Fe、Mg、Al能和盐酸反应，生成相应的盐和氢气，A正确；B项，AlCl3、FeCl3、CuCl2加热时水解程度增大，且生成的氯化氢容易挥发，加热蒸干得到对应的氢氧化物，因此不能采用将溶液直接蒸干的方法制备AlCl3、FeCl3、CuCl2，B正确；C项，电解质溶液为NaOH溶液时，Mg不与NaOH溶液反应，而Al与NaOH溶液反应，所以Al棒作负极，发生氧化反应，C错误；D项，铁单质发生电化学腐蚀或化学腐蚀最终生成铁锈，主要成分为氧化铁；铜与空气中的水、氧气、二氧化碳共同作用得到铜锈，主要成分为碱式碳酸铜，D正确；故选C。
14．(2022·陕西省安康市高三期中)实验室常用KSCN溶液检验Fe3+，可用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+，现象为产生深蓝色沉淀。下列说法正确的是( )
A．KSCN与K3[Fe(CN)6]中C的化合价均为+4
B．上述元素中，金属性最强和非金属性最强的分别是K、N
C．若溶液中含有Fe3+，滴加KSCN溶液后会产生血红色沉淀
D．H2S的相对分子质量大于H2O的，因此熔沸点：H2S>H2O
【答案】B
【解析】A项，KSCN中C的化合价是+4，K3[Fe(CN)6]中，CN-中C的化合价为+2，A错误；B项，金属性钾比铁强、非金属性氮比碳强，金属性最强和非金属性最强的分别是K、N，B正确；C项，SCN-与Fe3+结合生成血红色物质、溶液呈血红色，不是沉淀，C错误；D项，H2O分子间能形成氢键，因此H2O熔沸点比H2S高，D错误；故选B。
15．(2022·河南省重点中学高三模拟调研)将23g钠、9g铝粉、28g铁粉分别投入盛有质量相等且过量的CuSO4溶液的X、Y、Z三个烧杯中并使它们充分反应，下列说法中正确的是( )
A．都会析出红色固体B．Y中不可能有气体放出
C．反应后氧化剂得到的电子数目相等D．X、Y中溶液可能变成无色
【答案】C
【解析】A项，钠不能从溶液中置换出金属，A项错误；B项，Cu2+水解使溶液显酸性，故Al可与H+发生置换反应生成H2，B项错误；C项，三种物质均消耗完，故均会失去1ml电子，氧化剂均得到1ml电子，C项正确；D项，由于CuSO4是过量的，故溶液不可能变成无色，D项错误。故选C。
16．(2022·山东省平邑市高一期中)元素的价类二维图指的是以元素的化合价为纵坐标，以物质的类别为横坐标所绘制的二维平面图像。下图为钠元素的价类二维图，其中的箭头表示部分物质间的转化关系，下列说法不正确的是( )
A．氢氧化钠溶液可以与过量二氧化碳反应实现转化关系①
B．Na2O2发生④⑤的转化均有O2产生
C．碳酸钠溶液中不断滴加盐酸依次发生反应③和⑧生成氯化钠
D．反应②只能通过加热才能实现物质转化
【答案】D
【解析】A项，氢氧化钠溶液与过量二氧化碳反应的方程式为CO2 (过量)+ NaOH =NaHCO3，可以实现转化关系①，故A正确；B项，Na2O2与水和二氧化碳的反应方程式分别为2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2 ↑、2Na2O2 +2CO2 = 2Na2CO3 + O2，因此④⑤的转化均有O2 产生，故B正确；C项，碳酸钠溶液中不断滴加盐酸依次发生反应③Na2CO3 + HCl(少量)= NaCl + NaHCO3，和反应⑧Na2CO3 + 2HCl(过量)= 2NaCl + H2O + CO2↑，都生成氯化钠，故C正确；D项，反应②通过加热能实现物质转化，2 NaHCO3Na2CO3+H2O +CO2，也可加入氢氧化钠溶液实现物质转化，NaHCO3 + NaOH=Na2CO3+H2O，故D错误；故选D。
17．(2023·浙江省部分校高三开学摸底考试)高铜酸钠(NaCuO2)是黑色难溶于水的固体，具有强氧化性。关于该物质的推测，下列有关说法不正确的是( )
A．强碱性条件下，通过次氯酸钠氧化氢氧化铜可制得
B．NaCuO2与SO2可生成硫酸盐
C．NaCuO2与氢气反应可能有紫红色固体生成
D．NaCuO2与稀硫酸反应的离子方程式为：4CuO2-+12H+=4Cu2++O2↑+6H2O
【答案】D
【解析】A项，次氯酸钠具有强氧化性，在强碱性条件下可以将氢氧化铜氧化产生NaCuO2，A正确；B项，根据化合价预测，高铜酸钠(NaCuO2)中铜元素的化合价为+3价，具有氧化性，二氧化硫具有还原性，所以二者反应可生成硫酸盐，B正确；C项，H2具有强的还原性，NaCuO2具有强氧化性，二者在一定条件下会发生氧化还原反应，H2将NaCuO2还原产生单质Cu，因此会看到可能有紫红色固体生成，C正确；D项，NaCuO2中铜的化合价为+3价，与稀硫酸反应Cu不变价，离子方程式为：CuO2-+4H+=Cu3+ +2H2O，D错误；故选D。
18．(2023·浙江省Z20名校新高考研究联盟高三第一次联考)关于化合物(NH4)2Cr2O7的性质，下列推测合理的是( )
A．(NH4)2Cr2O7固体受热分解产物可能为CrO3、NH3、N2和H2O
B．在(NH4)2Cr2O7溶液中滴加足量浓KOH溶液时只发生离子反应：NH4++OH-=NH3↑+H2O
C．若一定条件下(NH4)2Cr2O7溶液与H2O2反应生成CrO5(Cr为+6价)，推测CrO5可能具有分子稳定性差，易分解的性质
D．用浓盐酸酸化(NH4)2Cr2O7溶液，会使平衡Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+逆向移动，溶液由黄色(或橙黄色)变为橙色
【答案】C
【解析】A项，-3价的氮元素具有还原性，+6价的铬元素具有氧化性，(NH4)2Cr2O7固体受热分解，铬元素化合价会降低，氮元素化合价会升高，A错误；B项，在(NH4)2Cr2O7溶液中滴加足量浓KOH溶液时，除了发生反应NH4++OH-=NH3↑+H2O，还发生反应Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+正向移动，B错误；C项，若一定条件下(NH4)2Cr2O7溶液与H2O2反应生成CrO5，Cr为+6价，O为-价，则CrO5可能具有分子稳定性差，易分解的性质，C正确；D项，(NH4)2Cr2O7溶液中的Cr2O72-具有强氧化性，能与浓盐酸发生氧化还原反应，D错误；故选C。
19．(2022·湖南常德市一中期中)用废铁屑制备磁性氧化铁(Fe3O4)，制取过程如图：
下列说法不正确的是( )
A．浸泡过程中适当加热并搅拌效果更好
B．取少量溶液A于试管中，滴加新制氯水后再滴加KSCN溶液，溶液变红色，说明A中有Fe3+
C．制备Fe3O4的反应Fe2++2Fe3++8OH-Fe3O4+4H2O为非氧化还原反应
D．磁性氧化铁是一种黑色的难溶物
【答案】B
【解析】废铁屑加入碳酸钠溶液浸泡，除去表面的油污，加入稀硫酸溶液溶解废铁屑，得到硫酸亚铁溶液，调节pH值1~2，加入适量的过氧化氢，将部分亚铁离子氧化成铁离子，加入氢氧化钠溶液，通入氮气并加热得到磁性氧化铁。A项，浸泡过程中适当加热并搅拌，可增大接触面积，加快反应速率，效果更好，故A不选；B项，铁离子可与 KSCN溶液反应，溶液变红色，如果滴加氯水，会把亚铁离子氧化成铁离子，滴加KSCN溶液，溶液变红色，不能说明A中有Fe3+，故B选；C项，制备Fe3O4的反应Fe2++2Fe3++8OH-Fe3O4+4H2O的反应元素的化合价没有发生变化，为非氧化还原反应，故C不选；D项，磁性氧化铁(Fe3O4) 是一种黑色的难溶物 ，故D不选；故选B。
20．(2022·江苏苏州市月考)高铁酸钾(K2FeO4)是一种暗紫色固体，低温碱性条件下比较稳定。高铁酸钾能溶于水，微溶于浓KOH溶液，且能与水反应放出氧气，并生成Fe(OH)3胶体，常用作水处理剂。高铁酸钾有强氧化性，酸性条件下，其氧化性强于Cl2、KMnO4等。工业上湿法制备K2FeO4的流程如下：
下列关于K2FeO4的工业湿法制备工艺，说法正确的是( )
A．“反应”时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：3
B．“过滤I”所得滤液中大量存在的离子有：Na+、Fe3+、Cl-、NO3-、FeO42-
C．“转化”时，反应能进行的原因是该条件下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小
D．“过滤II”所得滤液在酒精灯外焰上灼烧，观察到火焰呈黄色，说明滤液为NaOH溶液
【答案】C
【解析】向碱性的KClO浓溶液中加入90%的Fe(NO3)3溶液，发生反应2Fe(NO3)3+3NaClO+10NaOH=2Na2FeO4+6NaNO3+3NaCl+5H2O，过量的饱和的KOH将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4。A项，“反应”时发生反应2Fe(NO3)3+3NaClO+10NaOH=2Na2FeO4+6NaNO3+3NaCl+5H2O，Cl元素化合价降低，氧化剂是NaClO，Fe元素的化合价升高，还原剂是Fe(NO3)3，质的量之比为3：2，A错误；B项，过量NaOH，“过滤I” 所得滤液一定不存在Fe3+，B错误；C项，“转化”时，Na2FeO4转化为K2FeO4，反应能进行的原因是该条件下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小，C正确；D项，没透过蓝色钴玻璃，K+的火焰颜色也是黄色，滤液可能为KOH溶液，D错误；故选C。
21．(2022·江苏省高二学业考试)对印刷电路板制作过程中(2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2)产生废液X进行回收处理，流程如图所示。下列说法不正确的是
A．1mlFeCl3与Cu完全反应，转移电子数约为6.02×1023
B．若废液X中滴加KSCN溶液变红，则X中=
C．若向溶液A中、溶液B中分别加入少量铁粉，铁粉均有减少
D．实验室中进行操作①②时，需用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒
【答案】B
【解析】A项，FeCl3与Cu完全反应，Fe元素由+3个降为+2价，得到1个电子，所以1mlFeCl3与Cu完全反应，转移电子数约为6.02×1023；B项，根据反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+可知废液X中n(Cu2+)：n(Fe2+)=1：2，滴加KSCN溶液变红，说明还有一部分Fe3+，所以n(Cu2+)：[n(Fe2+)+n(Fe3+)]<1：2；C项，向溶液A中加入少量铁粉，铁粉因与Fe3+反应而减少，溶液B中加入少量铁粉，铁粉因与过量的稀盐酸反应而减少；D项，操作①②都是过滤，需用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒；故选B。
22．(2023·安徽省卓越县中联盟高三第一次联考)向由AlCl3和MgSO4组成的混合溶液中逐滴滴加0.1ml·L-1 Ba(OH)2溶液，产生沉淀的物质的量随加入Ba(OH)2溶液体积的变化曲线如图所示：
下列说法中错误的是( )
A．M到N过程发生反应：A l (OH)3+OH-=AlO2-+2H2O
B．原混合溶液中浓度为
C．原混合溶液中AlCl3和MgSO4的物质的量浓度之比是
D．最终得到沉淀的总物质的量为0.04ml
【答案】C
【解析】AlCl3和MgSO4组成的混合溶液中逐滴滴加0.1ml·L-1 Ba(OH)2，先发生反应生成Al(OH)3、Mg(OH)2、BaSO4沉淀，随着Ba(OH)2的增多，Al(OH)3继续与Ba(OH)2发生反应而溶解，则M到N过程发生的反应是A l (OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故，，，A、B项正确；沉淀消耗，即150mLBa(OH)2溶液，则MgSO4消耗200mLBa(OH)2溶液，即0.02mlBa(OH)2，加入400mLBa(OH)2溶液时沉淀为0.02ml的Mg(OH )2和0.02ml的BaSO4，，C项错误，D项正确；故选C。
23．(2023·山东省日照市高三期中联考)依据动力学原理，CaMg(CO3)2分解过程中Mg2+会比Ca2+优先向外扩散，CO32-随后扩散到表面分解产生CO2和O2-，而Ca2+与CO32-的结合能力较强，不易扩散。如图为在一定条件下的热重分析图。
下列说法错误的是( )
A．第一阶段反应的化学方程式为：CaMg(CO3)2CaCO3+MgO+CO2↑
B．图中B点时，碳酸钙的分解率为60%
C．图中C点以后剩余固体的成分是CaO、MgO
D．第二阶段图像斜率明显加大可能是因为温度较高使反应速率加快
【答案】B
【解析】A项，由题意可知Mg2+和CO32-优先于Ca2+向外扩散，因此第一阶段可视为碳酸镁分解阶段，生成氧化镁和二氧化碳，而碳酸钙不反应，化学方程式为：CaMg(CO3)2CaCO3+MgO+CO2↑，故A正确；B项，第二阶段为碳酸钙分解，若其完全分解时质量分数变化为(76-52)%=24%，B点时，因碳酸钙分解损失的质量分数为：(76-64)%=12%，可知此时碳酸钙分解率为50%，故B错误；C项，C点为完全分解产物，固体成分为氧化镁和氧化钙，故C正确；D项，第二阶段反应温度高于低于第一阶段，温度越高反应速率越快，固体损失相同质量的时间段，曲线斜率较大，故D正确；故选B。
24．(2023·山东省济宁邹城市高三期中)固体化合物X由3种元素组成。某学习小组进行了如下实验。下列推断正确的是( )
A．由现象1得出化合物X含有氢元素
B．固体混合物Y的成分是Cu和KOH
C．的化学式K2CuO2
D．若X与浓盐酸反应产生黄绿色气体，则反应中X作还原剂
【答案】B
【解析】由现象1可知混合气体含水蒸气，根据元素守恒可知X中含有O元素；固体混合物Y溶于水，生成紫红色固体单质，则固体单质为Cu，并得到碱性溶液，焰色反应呈紫色，说明含有K元素，与盐酸发生中和反应，应为KOH，则X含有K、Cu、O等元素，2.70g X中含Cu原子的物质的量为，根据KOH+HCl=KCl+H2O可知X中所含K原子的物质的量为0.02ml，根据质量守恒可知X中O元素的质量为2.7g-1.28g-0.02ml×39g/ml=0.64g，O原子的物质的量为，X中K、Cu、O原子物质的量之比为0.02ml：0.02ml：0.04ml=1：1：2，因此X的化学式为KCuO2。A项，X与过量H2反应生成的混合气体含水蒸气，则现象1说明X中含O元素，故A项错误；B项，固体混合物Y的成分是Cu和KOH，故B项正确；C项，X的化学式为KCuO2，故C项错误；D项，若KCuO2与浓盐酸反应产生黄绿色气体(Cl2)，则在反应过程中Cl元素被氧化，HCl作还原剂，根据化合价升降守恒可知反应过程中KCuO2内部分元素化合价降低被还原，KCuO2作氧化剂，故D错误；故选B。
25．(2023·河北省石家庄一中高三月考)在探究FeSO4和Cu(NO3)2的混合物中各组分含量的过程中，进行了如下实验，下列说法错误的是( )
A．反应②中铁粉过量，V=2240
B．固体中有铁粉和铜粉，m=0.68
C．原混合物中FeSO4和Cu(NO3)2的物质的量之比为5：1
D．①发生的反应为Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，n=0.02
【答案】C
【解析】从溶液a能消耗Cl2看，加入硫酸时，Fe2+没有完全被HNO3氧化，则NO3-全部参加反应，反应的离子方程式为3Fe2+ + 4H+ +NO3-=3Fe3++ NO↑+ 2H2O，n(NO)=0.02ml，则n(NO3-)=0.02ml、n(Fe2+)=0.06ml、n(H+)=0.08ml，从而得出n[Cu(NO3)2]=0.01ml、n(FeSO4)==0.1ml；通入Cl2后发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，此时剩余Fe2+的物质的量为0.1ml-0.06ml=0.04ml，n(Cl2)=0.02ml；加入9g铁粉，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2H+=Fe2++H2↑，Fe3+共0.1ml，需要消耗Fe0.05ml，Cu2+为0.01ml，需消耗Fe0.01ml，剩余H+的物质的量为1.4ml/L×0.1L×2-0.08ml=0.2ml，需消耗Fe0.1ml，则共需消耗Fe的物质的量为0.05ml+0.01ml+0.1ml=0.16ml，剩余铁粉的质量的9g-0.16ml×56g/ml=0.04g，生成Cu的质量为0.01ml×64g/ml=0.64g。A项，因为最终有铁粉剩余，所以反应②中铁粉过量，n(H+)余=0.2ml，生成H20.1ml，体积为2240mL，所以V=2240，A正确；B项，固体中有铁粉0.04g，铜粉0.64g，则m=0.68，B正确；C项，原混合物中FeSO4和Cu(NO3)2的物质的量分别为0.1ml、0.01ml，物质的量之比为0.1：0.01=10：1，C错误；D项，①发生的反应为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，n(Cl2)=0.02ml，则n=0.02，D正确；故选C。
二、非选择题(本题包括5小题，共50分)
26．(5分)(2022·浙江省温州十校联合体高一期中)已知A、B、C、D代表的四种物质均为中学化学中的常见物质，它们之间存在如图所示的转化关系(反应条件及部分反应产物已略去)。请回答下列问题：
(1)若A、B、C在焰色试验中火焰均呈黄色，D为一种常用于饮料生产的气体。
①写出B的俗称：___________。
②写出反应②的化学方程式：___________。
(2)若A、B均为浅黄色溶液，D为金属单质。
①写出B的一种工业用途：___________。
②写出反应②的离子方程式：___________。
(3)已知符合题设转化关系的一组物质如下，写出反应②的化学方程式：___________。
(4)参照以上实例，设计另一组符合上述转化关系的物质组合，写出其化学式：
A___________、B___________、C___________、D___________。
【答案】(1)纯碱(1分) CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3(1分)
(2)制作印刷电路板或生产净水剂等(1分) Fe+2Fe3+=3Fe2+(1分)
(3)Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O或Al(OH)3+NaOH=Na[Al(OH)4] (1分)
【解析】(1)若A、B、C在焰色试验中火焰均呈黄色，A、B、C中都含有Na元素；D为一种常用于饮料生产的气体，D为CO2；结合转化关系分析，A为NaOH，B为Na2CO3，C为NaHCO3；①B为Na2CO3，其俗称为纯碱；②反应②为CO2与Na2CO3、H2O反应生成NaHCO3，反应的化学方程式为CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3；(2)若A、B均为浅黄色溶液，D为金属单质，由转化关系知，该金属元素具有可变化合价，则A为氯水，D为Fe，B为FeCl3，C为FeCl2；①B为FeCl3，FeCl3的工业用途为：制作印刷电路板或生产净水剂等；②反应②为Fe与FeCl3反应生成FeCl2，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+；(3)反应②为Al(OH)3与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2O，反应的化学方程式为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O。
27．(11分)(2022·上海市吴淞中学高三期中)有一种天然黄铜矿主要成分为CuFeS2 (含SiO2)，为了测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了如下实验：
Ⅰ．称取研细的黄铁矿样品0.230g煅烧，生成Cu、Fe2O3、FeO和SO2气体，实验后取d中溶液的置于锥形瓶中，用标准碘溶液进行滴定，初读数为0.10mL，末读数如图所示。完成下列填空：
(1)装置c的作用是___________，上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是___________。
(2)滴定时，标准碘溶液所耗体积为___________。用化学方程式表示滴定的原理___________。
(3)计算该黄铜矿的纯度___________。
Ⅱ．工业上利用黄铜矿冶炼铜产生的炉渣(Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3)可制备绿矾FeSO4·7H2O晶体。
(4)选用提供的试剂，设计实验验证炉渣中含有FeO。提供的试剂：稀盐酸稀硫酸KSCN溶液KMnO4溶液和NaOH溶液。所选试剂为___________。证明炉渣中含有FeO的实验现象为___________。
(5)将炉渣溶解在足量NaOH溶液中，过滤，取滤渣加入足量稀硫酸和铁屑，过滤后，将滤液___________、___________、过滤、低温烘干得到绿矾(填写实验操作名称)。
【答案】(1)除去混合气体中未反应的氧气，防止干扰二氧化硫的检验(1分) 将系统装置中SO2，全部排入d中充分吸收(1分)
(2)20.00 mL(1分) I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI(1分)
(3)80%(2分)
(4)稀硫酸、KMnO4溶液(1分) 取样于试管中，用稀硫酸浸取炉渣，取上层清液滴加少量KMnO4溶液，若褪色，则含有FeO(2分)
(5)蒸发浓缩(1分) 冷却结晶(1分)
【解析】测定该黄铜矿的纯度，由实验装置可知，a中浓硫酸干燥空气，b中铜矿样品煅烧生成Cu、Fe2O3、FeO和SO2气体，c中Cu可除去过量的氧气，d中吸收二氧化硫，用0.01ml/L标准碘溶液进行滴定d中溶液时发生I2+ SO2+2H2O=H2SO4+2HI，由S元素守恒可计算纯度，以此来解答。(1)装置c的作用是除去混合气体中未反应的氧气，防止干扰二氧化硫的检验；上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是将系统装置中SO2，全部排入d中充分吸收；(2)初读数为0.10mL，最终读数为20.10mL，滴定时标准碘溶液所耗体积为20.00 mL；用化学方程式表示滴定的原理为I2+ SO2+2H2O=H2SO4+2HI；(3)根据公式计算出n(I2)=0.01×20.00×10-3ml，由I2+ SO2+2H2O=H2SO4+2HI可知，n(I2)= n(SO2)=0.01×20.00×10-3ml，则总的n(SO2)=0.01×20.00×10-3×10ml，由CuFeS2～2 SO2可知，n(CuFeS2)=0.01×20.00×10-3×10×0.5ml，则该黄铜矿的纯度为；(4))亚铁离子具有还原性，可被高锰酸钾氧化，且盐酸可被高锰酸钾氧化，则溶解FeO选稀硫酸，则设计实验验证炉渣中含有FeO，所选试剂为稀硫酸、KMnO4溶液，证明炉渣中含有FeO的实验方案为：取样于试管中，用稀硫酸浸取炉渣，取上层清液滴加少量KMnO4溶液，若褪色，则含有FeO；(5)将炉渣溶解在足量NaOH溶液中，过滤，取滤渣加入足量稀硫酸和铁屑，过滤后，得到硫酸亚铁溶液，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、低温烘干得到绿矾。
28．(14分)三草酸合铁酸钾晶体(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)能溶于水，难溶于乙醇，该物质对光敏感，光照下即发生分解，产物之一是黄色的草酸亚铁。实验室可用如图流程来制备三草酸合铁酸钾晶体。根据题意完成下列各题：
(1)若用废铁屑和稀硫酸制备绿矾，需先将废铁屑碱煮水洗，其目的是___________；然后与硫酸反应时___________(填物质名称)往往要过量。
(2)要从溶液中得到绿矾晶体，必须进行的实验操作是___________(按前后顺序填代号)。
a．过滤洗涤 b．蒸发浓缩 c．冷却结晶 d．灼烧 e．干燥
(3)称取制得的绿矾晶体7.00 g，加稀硫酸溶解。加入一定量的草酸后，加热煮沸，形成黄色沉淀，过滤，洗涤。如何确定沉淀已经洗涤干净：___________。
(4)氧化过程中除不断搅拌外，还需维持温度在40 ℃左右，原因是___________；写出氧化生成三草酸合铁酸钾的离子方程式___________。
(5)经过一系列操作后得到的最终产物晶体先用少量冰水洗涤，再用无水乙醇洗涤，低温干燥后称量，得到9.82 g翠绿色晶体，用无水乙醇洗涤晶体的目的是___________。
(6)列式计算本实验中三草酸合铁酸钾晶体的产率___________(保留一位小数)。
(7)某同学制得的三草酸合铁酸钾晶体表面发黄，推测可能有部分晶体见光分解。为了验证此推测是否正确，可用的试剂及现象是________________________。
【答案】除去铁屑表面的油污(1分) 铁屑(1分) (2)bcae(2分)
(3)取最后一次的洗涤液，向其中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则说明洗涤干净(2分)
(4)温度太低反应速率慢，温度高H2O2会分解(1分)
2FeC2O4·2H2O+H2O2+H2 C2O4+3C2O42-= 2[Fe(C2O4)3] 3-+6H2O (2分)
(5)除去晶体表面的杂质，减少晶体损失，利于干燥(1分) (6)79.4%(2分)
(7)检验亚铁离子用酸化的铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀说明三草酸合铁酸钾发生分解(2分)
【解析】向绿矾中加入稀硫酸，可抑制亚铁离子的水解，硫酸亚铁与草酸反应生成黄色沉淀FeC2O4·2H2O，加入草酸钾、用过氧化氢将FeC2O4·2H2O氧化为K3[Fe(C2O4)3]， 加入草酸煮沸后一定条件下结晶得到K3[Fe(C2O4)3]·3H2O。(1)将废铁屑碱煮水洗，其目的是为了除去铁屑中不溶于酸的杂质，铁屑与硫酸反应时，由于Fe2+容易被空气中的氧气氧化，所以铁屑往往要过量；(2)要从溶液中得到绿矾晶体，应先将溶液加热浓缩、然后冷却结晶，析出固体后过滤、洗涤、最后干燥即得绿矾，故答案为bcae。(3)检验沉淀是否洗涤干净，可取最后一次的洗涤液，向其中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀硫酸钡，则说明洗涤干净。(4)氧化过程中除不断搅拌外，还需维持温度在40 ℃左右原因是，温度太低反应速率慢，温度高H2O2会分解；氧化生成三草酸合铁酸钾的离子方程式为2FeC2O4·2H2O+H2O2+H2 C2O4+3C2O42-= 2[Fe(C2O4)3] 3-+6H2O。(5)根据题给信息可知三草酸合铁酸钾晶体难溶于乙醇，乙醇具有挥发性，用乙醇洗涤，不但可以除去晶体表面的杂质，减少晶体损失，而且利于晶体快速干燥。(6)7.00 g FeSO4·7H2O理论上生成(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)的质量为，则产率为。(7)三草酸合铁酸钾见光分解，产物之一是黄色的草酸亚铁，检验亚铁离子用酸化的铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀说明三草酸合铁酸钾发生分解。
29．(8分)(2022·黑龙江省牡丹江一中高三期中)铜质电路板可采用酸性蚀刻与碱性蚀刻两种方法。将二者的废液混合可实现回收再利用。其主要流程如图：
已知：①水合肼N2H4·H2O具有强还原性，易被氧化为N2
②Cu2++4NH3Cu(NH3)42+
(1)蚀刻
①酸性蚀刻铜的离子方程式：___________
②关于蚀刻的下列说法正确的是___________。
A．碱性蚀刻和酸性蚀刻分别利用了O2、H2O2的氧化性
B．酸性蚀刻时盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
C．用H2O2、H2SO4、NaCl也可以使Cu溶解
(2)滤液1的pH约为5，其中除少量Cu2+外，还大量存在的离子是___________。
(3)除铜
①利用水合肼N2H4·H2O还原Cu2+的离子方程式是___________。
②已知该反应瞬间完成。滤渣成分只有Cu。测得铜去除率、水合肼还原能力随溶液pH的变化情况如图所示。由图可知。随溶液pH增大，铜去除率先增加后减小，结合图给值息和己知信息分析其原因：___________。
【答案】(1)Cu2++H2O2+4Cl—+2H+=CuCl↓+2H2O(1分) AC(2分)
(2)NH4+、Cl—(1分)
(3)N2H4·H2O+2Cu2++4OH—=2Cu↓+N2↑+5 H2O(2分) pH＜6.3时，随溶液pH增大，N2H4·H2O的还原性增强，铜的去除率增加；pH＞6.3时，随溶液pH增大，OH—与NH4+反应生成的NH3与Cu2+反应生成Cu(NH3)42+，铜的去除率减小(2分)
【解析】由题给流程可知，铜质电路板与过氧化氢和过量的盐酸发生酸性蚀刻生成四氯合铜离子，与氧气、氯化铵和过量的氨水发生碱性蚀刻生成四氨合铜离子，含有四氯合铜离子的酸性溶液与含有四氨合铜离子的碱性溶液混合反应生成碱式氯化铜沉淀、氯化铜、氯化铵，过滤得到碱式氯化铜沉淀和含有氯化铜、氯化铵的滤液1；碱式氯化铜沉淀经多步转化制得五水硫酸铜晶体；向滤液1中加入水合肼和氢氧化钠的混合溶液，溶液中铜离子在碱性条件下反应与水合肼生成铜、氮气和水，过滤得到含有氯化钠、氯化铵的滤液2和铜，滤液2可以加入到碱性蚀刻溶液中循环使用。(1)①由分析可知，酸性蚀刻铜发生的反应为铜与过氧化氢和过量的盐酸反应生成H2CuCl4和水，反应的离子方程式为Cu2++H2O2+4Cl—+2H+=CuCl↓+2H2O；②A项，碱性蚀刻时，利用了氧气的氧化性将铜氧化为四氨合铜离子，酸性蚀刻时，利用率过氧化氢的氧化性将铜氧化为四氯合铜离子，故B正确；B项，酸性蚀刻铜的原理是酸性条件下铜与过氧化氢和氯离子形成四氯合铜离子，，酸性蚀刻时，盐酸的主要作用是提供氯离子形成四氯合铜离子，故错误；C项，酸性蚀刻铜的原理是酸性条件下铜与过氧化氢和氯离子形成四氯合铜离子，则用过氧化氢、硫酸、氯化钠也可以使铜溶解，故正确；故选AC；(2)由分析可知，滤液1为氯化铜、氯化铵的混合溶液，则溶液中存在铜离子、铵根离子和氯离子；(3)①由分析可知，水合肼还原铜离子的反应为溶液中铜离子在碱性条件下反应与水合肼生成铜、氮气和水，反应的离子方程式为N2H4·H2O+2Cu2++4OH—=2Cu↓+N2↑+5 H2O；②由图可知，pH为6.3时铜去除率最大，当溶液pH＜6.3时，随溶液pH增大，水合肼的还原性增强，消耗铜的物质的量增大，导致铜的去除率增加；当溶液＞6.3时，随溶液pH增大，溶液中的氢氧根离子与铵根离子反应生成氨，铵与铜离子生成四氯合铜离子，导致导致铜的去除率降低。
30．(12分)黄铜矿(CuFeS2)是一种铜铁硫化物矿物，常含微量的金、银等。黄铜矿是冶炼铜及制备铁氧化物的重要矿藏。以黄铜矿为主要原料生产铜、铁红(氧化铁)的工艺流程如下所示：
已知：CuFeS2中Cu为＋2价。
请回答下列问题：
(1)CuFeS2中Fe的化合价为____________；写出反应Ⅰ的离子方程式：_______________________________，该反应的氧化剂是________。
(2)CuCl难溶于水，但可与过量的Cl－反应生成可溶于水的[CuCl2]－。该反应的离子方程式为______________。
(3)反应Ⅰ～Ⅳ 4个反应中属于非氧化还原反应的是反应________(选填“Ⅰ～Ⅳ”)。
(4)过滤后得到的FeCO3固体应进行洗涤，检验沉淀洗涤干净的方法是___________。
(5)反应Ⅲ在高温下进行，该反应的化学方程式为___________。
(6)反应Ⅴ中Na[CuCl2]既是氧化剂，又是还原剂，由此可推知“溶液A”中的溶质为________(写出化学式)。
(7)硫酸铁可用于电化浸出黄铜矿精矿工艺。精矿在阳极浸出的主要反应为：CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S。则下列说法正确的是___________(填序号)。
a．从物质分类的角度看，黄铜矿属于合金
b．当转移1ml电子时，有46 g CuFeS2参加反应
c．反应中，CuFeS2既作氧化剂又作还原剂
【答案】(1)＋2(1分)
CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－==4Fe2＋+CuCl＋2S(2分) CuFeS2、FeCl3(1分)
(2)Cl－＋CuCl===[CuCl2]－(1分) (3)Ⅱ、Ⅳ(1分)
(4)取最后一次的洗涤液少量于，滴入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则证明沉淀已经洗净，若有白色沉淀生成，则证明沉淀还未洗净(2分)
(5)4FeCO3+O2 2Fe2O3+4CO2(1分)
(6)CuCl2、NaCl(1分) (7)b(2分)
【解题分析】(1)CuFeS2中，S为－2价，Cu为＋2价，Fe为＋2价；由框图信息可知，反应Ⅰ的反应物为CuFeS2、FeCl3，部分生成物为CuCl和S，由反应Ⅱ的产物FeCO3可推知FeCl2也是反应Ⅰ的产物，故反应Ⅰ的离子方程式为CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S；该反应中化合价降低的元素是FeCl3中的Fe和CuFeS2中的Cu，故氧化剂是CuFeS2和FeCl3。(2)结合信息提示可写出该反应的离子方程式：Cl－＋CuCl===[CuCl2]－。(3)反应Ⅱ是FeCl2和Na2CO3生成FeCO3和NaCl的反应，属于复分解反应，即非氧化还原反应；由(2)中书写的离子方程式可知反应Ⅳ为非氧化还原反应；(4)生成FeCO3沉淀时溶液中含有钠离子、氯离子，则要检验FeCO3沉淀是否洗涤干净，只要检验洗涤液中是否含有氯离子即可，方法是：取最后一次的洗涤液少量于，滴入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则证明沉淀已经洗净，若有白色沉淀生成，则证明沉淀还未洗净。(5)反应Ⅲ中，Fe元素的化合价由+2升高为+3价，则FeCO3为还原剂、氧气为氧化剂，O元素的化合价由0价降低为-2价，按得失电子数守恒、元素质量守恒，得该反应的化学方程式为4FeCO3+O2 2Fe2O3+4CO2；(6)由信息“Na[CuCl2]既是氧化剂，又是还原剂”及生成物中有单质Cu可知，Na[eq \(Cu,\s\up6(＋1))Cl2]中Cu化合价既有降低，又有升高，故生成物中有CuCl2，另外一种生成物为NaCl。(7)a项，合金是由两种或两种以上的金属或金属与非金属熔合而成具有金属特性的物质，因此黄铜矿不属于合金，故a错误；b项，根据方程式分析，有1ml CuFeS2即184g反应，转移了4ml电子，因此当转移1ml电子时，有46gCuFeS2参加反应，故b正确；c项，反应中，CuFeS2中只有S化合价升高，因此只作还原剂，故c错误；故选b。
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