河南2023年高考化学模拟题汇编-04钠、镁、铝、铁、铜及其化合物、金属资源的开发

这是一份河南2023年高考化学模拟题汇编-04钠、镁、铝、铁、铜及其化合物、金属资源的开发，共29页。试卷主要包含了单选题，多选题，元素或物质推断题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
河南2023年高考化学模拟题汇编-04钠、镁、铝、铁、铜及其化合物、金属资源的开发

一、单选题
1．（2023·河南·统考模拟预测）某无色溶液中可能含有 K+、Ag+ 、Ba2+、 Fe3+、Cl- 、OH- 、 中的几种，对其进行如下实验操作：
(1)取少量溶液，用pH计测得pH=13.3；
(2)另取少量溶液，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀；
(3)将(2)所得混合物过滤，向滤液中加人AgNO3溶液，有白色沉淀生成。
下列对该溶液的说法正确的是
A．要确定是否含有K+，需做焰色反应实验
B．一定含有K+ 、OH-、
C．含有Ag+、Ba2+、Fe3+三种离子中的一种
D．原溶液中一定含有Cl-
2．（2023·河南新乡·统考二模）某同学按图示装置进行实验，大头针固定固体，塑料瓶盛放液体试剂。实验时先打开止水夹，手指压紧小孔并挤压塑料瓶，使液体试剂沿玻璃管上升至完全充满，排尽玻璃管中空气，立即关闭止水夹，一会儿后，手指堵住小孔，打开止水夹。下列所加液体试剂、对应现象及结论均正确的是

选项
固体
液体试剂
现象
结论
A
钠块
水
钠块熔化成小球并浮在水面上；打开止水夹，点燃气体，火焰呈淡蓝色
钠块与水反应产生氢气
B
铝条
NaOH溶液
先有沉淀生成，后沉淀溶解；打开止水夹，点燃气体，火焰呈淡蓝色
铝条与氢氧化钠溶液反应产生氢气
C
铜丝
稀HNO3
产生红棕色气体，溶液呈蓝色
铜丝与稀硝酸反应产生NO2
D
铁丝
食盐水
打开止水夹，并松开小孔片刻，关闭止水夹，发现塑料瓶中液面下降
铁丝发生了吸氧腐蚀


A．A B．B C．C D．D
3．（2023·河南开封·统考二模）图示为证明过氧化钠可在呼吸面具和潜水艇中做供氧剂的实验装置图，其中a装置是实验室制备二氧化碳的装置，c中盛放的是过氧化钠。下列说法正确的是

A．a中可以用Na2CO3和稀盐酸来制备CO2
B．b装置中是饱和Na2CO3溶液，作用是除去a中产生的HCl
C．c中只发生2Na2O2 +2CO2=2Na2CO3+O2
D．f中收集的气体是纯净的O2
4．（2023·河南濮阳·统考一模）1971年Tekkosha公司利用金属钠可溶于水银形成液态的合金“钠汞齐”这一性质，通过电解饱和食盐水得到金属钠，制取钠汞齐的实验装置如图所示。下列说法错误的是

A．b电极是阴极
B．若没有玻璃套管，b电极反应式为2H2O +2e-= H2 ↑+2OH-
C．电解过程中玻璃套管下端的银白色液面上升
D．水银层的质量每增加0.23 g， 理论上c口会逸出112 mL气体
5．（2023·河南焦作·统考二模）下列指定反应的方程式书写正确的是
A．Fe(OH)3溶于氢碘酸：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
B．Ca(HCO3)2溶液中滴加少最NaOH溶液：Ca2+++OH—=CaCO3↓+H2O
C．金属Na在空气中加热生成淡黄色固体：4Na+O22Na2O
D．用氨水吸收烟气中少量的SO2：NH3·H2O+SO2=十
6．（2023·河南·校联考一模）化学与人类社会的生产、生活有着密切联系。下列叙述正确的是
A．“五花马，千金裘”中“裘”的主要成分是纤维素
B．二氧化硫不可用作食品添加剂
C．“绿宝石”“孔雀石”的主要成分均属于硅酸盐
D．“火树银花”涉及焰色反应
7．（2023·河南安阳·安阳一中校考模拟预测）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，0.1mol·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 0.1mol·L－1戊溶液中阴离子的总物质的量小于0.1mol
C．1mol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)
8．（2023·河南开封·统考二模）R、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号元素。R和Y位于同主族，R原子最外层电子数与X的原子序数之和等于Z的原子序数。向这四种元素组成的一种化合物Q的溶液中滴加Ba(OH)2溶液，产生沉淀的物质的量与加入Ba(OH)2的物质的量的关系如图所示。下列说法错误的是

A．简单离子半径：Y> Z> R> X
B．Q溶液中两种阳离子浓度相等
C．Z2R2中含有离子键和非极性共价键
D．最简单气态氢化物的热稳定性：R>Y
9．（2023·河南·统考模拟预测）W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素，只有两种金属元素，三种非金属元素的原子序数之和为15，两种金属元素的原子序数之和比三种非金属元素的原子序数之和大10。ZaMb(YW)c(XY3)d·xW2Y常用作塑料阻燃剂，为确定其组成，进行如下实验：
I．准确称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应，生成标准状况下气体0. 560 L。
II．另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率( )随温度的变化如图所示(样品在270℃时已完全失去结晶水，600℃以上残留的固体为金属氧化物的混合物)。下列说法正确的是

A．W、X、Y的单质均存在同素异形体
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：XX>Y>Z
B．Q与X的二元简单化合物比Q与R的二元简单化合物沸点高、热稳定性强
C．X与R或Z组成的二元化合物均为酸性氧化物
D．向一定体积的M溶液中滴加等浓度的Ba(OH)2溶液，生成沉淀质量的曲线如图所示
12．（2023·河南安阳·安阳一中校考模拟预测）下列各组澄清溶液中离子能大量共存，且加入或滴入试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是
A．离子组：、、；X试剂：少量；离子方程式：
B．离子组：、、；X试剂：少量；离子方程式：
C．离子组：、、；X试剂：过量KSCN；离子方程式：
D．离子组：、、；X试剂：过量NaOH；离子方程式：
13．（2023·河南焦作·统考二模）下列实验操作、现象均正确且能得出相应结论的是

实验操作
实验现象
结论
A
将Fe3O4粉末溶于盐酸，再向其中加入少量酸性KMnO4溶液
KMnO4溶液褪色
Fe3O4中含有Fe(II)
B
向淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热后，再加入少量新制氢氧化铜，加热
产生砖红色沉淀
淀粉的水解产物中有葡萄糖
C
NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合
产生白色沉淀
结合H+的能力：
Ksp(AgI)

A．A B．B C．C D．D
14．（2023·河南·校联考一模）下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
向FeBr2溶液中加入少量新制氯水，再加CCl4振荡
CCl4层无色
Fe2+的还原性强于Br-
B
取丙烯醛(CH2=CHCHO)于试管中，滴加酸性KMnO4溶液
酸性高锰酸钾溶液褪色
说明丙烯醛中含有碳碳双键
C
向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热，再加入银氨溶液
未出现银镜
蔗糖未水解
D
将乙醇和浓硫酸混合，迅速加热到170 ℃ ，将产生的气体通入溴水中
溴水褪色
说明乙醇发生消去反应且产物是乙烯

A．A B．B C．C D．D
15．（2023·河南郑州·统考一模）W、X、Y、Z四种元素组成的化合物是新能源汽车电池的正极材料，W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W和Z是两种金属元素，Z单质是用途最广泛的金属，X、Y形成的有50个电子。下列说法正确的是
A．W的简单离子半径大于的半径
B．在同周期元素的氢化物中，X的氢化物沸点最高
C．Y的最高价氧化物对应的水化物的酸性强于碳酸
D．Z元素在化合物中只有、价
16．（2023·河南·统考一模）下列反应的离子方程式正确的是
A．向FeI2溶液中通入少量Cl2：2Fe2++Cl2=Fe3++2Cl—
B．室温下，用稀硝酸溶解铜：3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O
C．向0.1mol·L-1MgCl2溶液中加入足量石灰乳：Mg2++2OH—=Mg(OH)2↓
D．同体积同浓度的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：+OH—=NH3·H2O

二、多选题
17．（2023·河南郑州·统考一模）以铁硼矿(主要成分为和，还有少量、FeO、CaO、和等)为原料制备硼酸的工艺流程如图所示：

下列说法错误的是
A．浸渣中的物质是、和
B．“净化除杂”需先加溶液再调节溶液的pH
C．操作a为蒸发浓缩、冷却结晶
D．“粗硼酸”中的主要杂质是氢氧化铝

三、元素或物质推断题
18．（2023·河南郑州·统考一模）已知A、B、C、D、E、F六种物质存在如下图所示转化关系(部分生成物和反应条件略去)

(1)若A、C均为氧化物
①D溶液中滴加KSCN溶液显红色，写出B→D的离子方程式_______。
②若F是正盐，其水溶液呈碱性，D是一种温室气体，写出E的一条用途_______。
(2)若C为人体须臾不可离开的气体，则F的化学式可能为_______(至少写两种)。
(3)若C是一种白色沉淀，E是引起酸雨的主要气体，则A与反应的化学方程式可能为_______。

四、工业流程题
19．（2023·河南新乡·统考二模）从铜阳极泥分铜渣碱浸液中回收碲的工艺流程如图所示。

已知：①碱浸液中碲以的形式存在；
②Na2SO3可将Te(IV)还原为0价Te；
③TeO2与氧化铝的性质具有一定的相似性。
(1)中Te的化合价为_______价，“还原”中发生反应的离子方程式(该工艺条件下，Pb2+不沉淀)为_______。
(2)“还原”过程中，反应温度、反应时间对碲回收率的影响如图1所示，工业上一般采取的条件为控制温度为75 °C ，反应时间为120 min，其原因是_______。

(3)“还原”过程中，Na2SO3用量对碲回收率的影响如图2，随着Na2SO3用量增加，碲回收率呈先增大后减小趋势，请分析当其用量大于理论用量的1.0倍时，曲线下降的原因：_______。

(4)加适量Na2S除铜铅，滤渣的成分为_______。
(5)加酸调pH时发生反应的化学方程式为_______，加入硫酸的量不宜过多，其原因是_______。
20．（2023·河南·统考三模）某工厂利用如下流程处理废旧电池正极材料(主要成分为LiCoO₂、LiMn₂O₄、LiNiO₂、LiFePO₄等)，制备三元锂电池正极材料LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2。

回答下列问题：
(1)为提高原料利用率，在“酸浸”步骤可采取的措施有___________(至少写两条)。
(2)“酸浸”中H₂O₂既表现还原性，又表现氧化性，则酸浸后的滤液中含有的金属阳离子有Ni²⁺、Mn²⁺、Co²⁺和___________，“酸浸”中LiCoO₂发生反应的离子方程式为___________。
(3)“酸浸”中控制溶液的温度未发生较大变化，但双氧水消耗量仍超过理论用量，其可能原因是___________。
(4)“调pH”的目的是___________，部分离子浓度及对应氢氧化物的Ksp，如下表，则“调pH”时pH不应超过___________。
离子
浓度(mol·L⁻¹)
氢氧化物Ksp
Ni²⁺
1.00
1.00×10-15.2
Co²⁺
1.00
1.00×10-14.2
Mn²⁺
1.40
1.00×10-12.7

(5)若“调pH”过程中，Ni²⁺、Mn²⁺、Co²⁺浓度不变，则“调浓度”过程需要向溶液中添加的X为___________(填标号)。
a．NiSO₄       b．CoSO₄    c．MnSO₄      d．H₂SO₄
(6)Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2与Li₂CO₃焙烧生成LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2的反应中，另一种反应物是___________。
21．（2023·河南·统考二模）二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物，可以用于光催化降解有机污染物，利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F，含Fe2O3、FeO等杂质)制CeO2的工艺流程如下：

已知：①滤渣I主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3；
②常温下，Ka1(H2CO3) =4.3×10-7，Ka2(H2CO3) =5.6×10-11， Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×1.0-28；
③Ce3 +在空气中易被氧化为Ce4+。
回答下列问题：
(1)CeCO3中Ce元素的化合价为_______。
(2)焙烧氟碳铈矿时，提高焙烧效率的措施有_______(写出两种)；实验室进行焙烧操作时一般在_______中进行。
(3)CeCO3F在焙烧时发生反应的化学方程式为_______。
(4)上述流程中所加的盐酸要适当过量，其目的是_______；操作中可用硫酸和H2O2替换盐酸，其优点是_______。
(5)写出从滤液II中沉淀铈的离子方程式_______。Ce3+恰好沉淀完全[c(Ce3+)为1.0×10-5mol/L]时溶液的pH为5，则溶液中c()=_______mol/L(保留两位有效数字)。
22．（2023·河南安阳·安阳一中校考模拟预测）铜冶炼阳极泥中含有多种稀有元素和贵重金属，对某厂阳极泥(含有CuS、、和少量金属单质Ag)进行综合处理和利用的工艺流程如下：

已知：“焙烧”所得烧渣主要成分为CuO、Ag、，气体的主要成分为和。
回答下列问题：
(1)“焙烧”前将阳极泥研磨成粉末，其目的为_______。
(2)气体在水中进行“转化”的化学方程式为_______。
(3)“沉碲”时温度不能过高或过低的原因为_______。
(4)“酸溶”的目的为_______；“沉银”反应的平衡常数为_______。[已知、]
(5)“一系列操作”中，选用乙醇代替水“洗涤”胆矾的优点为_______。
(6)实验测得25.0g 受热分解过程中的热重曲线如图所示。

①172℃时，剩余固体的化学式为_______。
②由胆矾分解制备CuO时，控制的合适温度范围为_______。
23．（2023·河南·统考一模）冶金工业的钒渣含有V2O3、Cr2O3、SiO2、Fe2O3、FeO等，一种利用钒渣提钒并进行钒、铬分离的工艺流程如图所示：

已知：Ksp(BaCO3)=5.1×10-9，Ksp(BaCrO4)=1.2×10-10，Ksp(CaCrO4)=2.3×10-2；“净化液”中溶质只含有NaVO3、Na2CrO4。
请回答下列问题：
(1)在“氧化焙烧”中被氧化的元素是_______(填元素符号)。
(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有_______(答出两条)。
(3)H2SO4“酸浸”得到的副产品①是_______，它的一种用途是_______。
(4)“调pH=2”，最适宜使用的酸是_______。
(5)“沉铬”反应的离子方程式为_______，“沉铬”反应的理论转化率为_______(保留3位有效数字)。
(6)由于母液①最终返回到_______工序循环使用，因此，即使“沉铬”转化率低于理论值也不会对铬的回收产生多大的影响。
(7)用NaHSO4“浸出”时发生反应的化学方程式为_______。
24．（2023·河南濮阳·统考一模）稀有金属元素铼(Re)和锰同族，铼和钛是航天不可缺少的材料。某烟道灰的主要成分为Re2O7、TiO2、SiO2、CuO、 Fe2O3，从中提取铼粉和钛的流程如图所示：

已知：铼的最高价氧化物为酸性氧化物，能与水反应生成对应的酸。在碱性溶液中， 被Zn还原为+4价的铼。ZnO为两性氧化物，溶于碱生成。
回答下列问题：
(1)晶体主要成分的化学式中含有7个结晶水，其化学式是___________。
(2)“碱浸”过程发生反应的离子方程式是___________。
(3)“氧化溶解”过程中Re(OH)4转化为 ，该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为___________。
(4)“酸溶”过程得到的钛在溶液中以TiO2+形式存在，其“水解”反应的离子方程式为___________。
(5)“转化”过程中加入Fe的作用是___________。
(6)“冶钛”过程中将TiO2先转化为TiCl4再用Mg进行还原，写出高温条件下用Mg还原TiCl4的化学方程式：___________。

参考答案：
1．B
【分析】某无色溶液中可能含有 K+、Ag+、Ba2+、 Fe3+、Cl-、OH-、 中的几种，无色溶液说明无 Fe3+，对其进行如下实验操作：
(1)取少量溶液，用pH计测得pH=13.3，说明溶液显强碱性，一定含有OH-，则一定没有Ag+；
(2)另取少量溶液，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，则该白色沉淀是BaCO3，溶液中一定存在，一定不存在Ba2+，根据电荷守恒，溶液中一定含有K+；
(3)将(2)所得混合物过滤，向滤液中加人AgNO3溶液，有白色沉淀生成，因上一步加入了氯化钡，不能确定原溶液中是否含有Cl-，原溶液中可能有Cl-。
【详解】A. 由于任何溶液既有阳离子，又有阴离子，则原溶液中一定含有K+，故A错误；
B. 由分析可知溶液中一定含有K+、OH-、，故B正确；
C. 不含Ag+、Ba2+、Fe3+三种离子中的任一种，故C错误；
D. 不能确定原溶液中是否含有Cl-，故D错误；
故选B。
2．A
【详解】A．若固体是钠块，液体试剂为水，钠块熔化成小球并浮在水面上，说明钠熔点低，且产生了气体，打开止水夹，点燃气体，火焰呈淡蓝色，说明产生了氢气，可以证明钠块与水反应产生氢气，选项A正确；
B．若固体是铝条，液体试剂为氢氧化钠溶液,铝单质与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，不会产生沉淀，选项B错误；
C．若固体是铜丝，液体试剂为稀硝酸，铜单质与稀硝酸反应生成一氧化氮， 选项C错误；
D．若固体是铁丝，液体试剂为食盐水，食盐水呈中性，铁丝发生了吸氧腐蚀，打开止水夹,并松开小孔片刻，关闭止水夹，发现玻璃管中液面.上升，但由于塑料瓶直径较大，较难观察其液面变化，选项D错误；
答案选A。
3．A
【分析】该实验的目的是证明过氧化钠可在呼吸面具和潜水艇中做供氧剂，a装置是实验室用盐酸和碳酸钙制备CO2的装置，由于盐酸具有挥发性，制得的二氧化碳中含有HCl，通过装置b中的溶液目的是除去HCl，通入装有过氧化钠的装置c中的二氧化碳气体未干燥，含有少量水蒸气，则装置c中发生的反应有2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，实验过程中二氧化碳不能完全反应，装置d中应盛装氢氧化钠来吸收未反应的二氧化碳，避免干扰e中收集的气体的验证试验，用带火星的木条可检验e中试管内收集的气体，若木条复燃，证明收集到的是氧气，则可以证明过氧化钠可在呼吸面具和潜水艇中做供氧剂。
【详解】A．碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳、氯化钠和水，则a装置可以用碳酸钠和稀盐酸制备CO2，选项A正确；
B．由于a中的盐酸易挥发，制得的二氧化碳中含有HCl，则b装置中应盛放饱和NaHCO3溶液，其作用是除去a中产生的HCl，不能盛放碳酸钠，因为碳酸钠也会与二氧化碳反应，选项B错误；
C．从装置b中出来的气体为干燥，二氧化碳中混有水蒸气，c中不仅仅发生反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，还有反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，选项C错误；
D．根据分析，f中用排水法收集的气体是湿润的O2，不纯，选项D错误；
答案选A。
4．D
【分析】金属钠可与水银形成钠汞齐，说明在水银处有Na生成，发生还原反应，则水银为阴极，Na++e-+nHg=Na·nHg，石墨为阳极，2Cl--2e-=Cl2↑；
【详解】A．b电极处与水银相连，为阴极，选项A正确；
B．若没有玻璃套管，b电极反应式为2H2O +2e-= H2 ↑+2OH-，选项B正确；
C．因形成钠汞齐，故电解过程中玻璃套管下端的银白色液面上升，选项C正确；
D．没有注明标准状况下，故无法计算气体体积，选项D错误；
答案选D。
5．B
【详解】A．氢氧化铁与氢碘酸反应生成碘化亚铁、碘和水，反应的离子方程式为2Fe(OH)3+2I—+6H+=2Fe2++I2+3H2O，故A错误；
B．碳酸氢钙溶液与少量氢氧化钠溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸氢钠和水，反应的离子方程式为Ca2+++OH—=CaCO3↓+H2O，故B正确；
C．金属钠在空气中加热生成淡黄色的过氧化钠固体，反应的化学方程式为2Na+O2Na2O2，故C错误；
D．氨水与少量的二氧化硫反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为2NH3·H2O+SO2=2十+H2O，故D错误；
故选B。
6．D
【详解】A．“裘”的主要成分是动物蛋白，A错误；  
B．二氧化硫具有还原性且能杀菌，在国家规定范围内可用作食品添加剂，B错误；
C．孔雀石主要成分为碱式碳酸铜，C错误；
D．焰色反应，也称作焰色测试及焰色试验，是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特殊颜色的反应；“火树银花”中烟花的颜色涉及焰色反应，D正确；
故选D。
7．C
【分析】0.1 mol/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。
【详解】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，CO离子水解生成HCO离子和OH-离子，溶液中阴离子总的物质的量大于0.1mol，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↑，1molNa2O2反应转移的电子为1mol，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。
8．B
【分析】由图可知，当Ba(OH)2滴入量大于3mol后，沉淀部分溶解，说明沉淀应该为硫酸钡和Al(OH)3，所以四种元素中一定含有Al，O和S，R和Y位于同主族，且原子序数递增，所以R为O，Y为S，X为Al，R原子最外层电子数为6,X的原子序数为13，两者之和等于19，则Z为K，综上，R为O，X为Al ，Y为S，Z为K。
【详解】A．电子层数越多，简单离子半径越大，当电子层结构相同时，质子数越大，离子半径越小，依次分析，四种简单离子的半径关系为：Y> Z> R> X，A正确；
B．Q溶液为KAl(SO4)2，铝离子水解浓度减小，所以阳离子浓度不相同，B错误；
C．K2O2电子式为，含有离子键和非极性共价键，C正确；
D．元素非金属性越强，则最简单的气态氢化物的稳定性越强，则由于R的非金属性强于Y，所以最简单气态氢化物的热稳定性：R>Y，D正确；
故答案选B。
9．C
【分析】由样品在270℃时已完全失去结晶水可知，化合物中含有H元素、O元素；三种非金属元素的原子序数之和为15，则化合物中含有C元素；两种金属元素的原子序数之和比三种非金属元素的原子序数之和大10，则化合物中含有Mg元素、Al元素，W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素，则W为H元素、X为C元素、Y为O元素、Z为Mg元素、M为Al元素；600℃以上残留的固体为金属氧化物的混合物，则残留的固体为氧化铝和氧化镁的混合物，由题意可知，3.390g样品与足量稀盐酸充分反应生成标准状况下0. 560 L二氧化碳，则化合物中碳酸根离子的物质的量为=0.025mol，样品在270℃—600℃间受热失去水的质量为3.390g×(74.35%—37.02%)—0.025mol×44g/mol≈0.135g，则化合物中氢氧根离子的物质的量为×2=0.015mol，金属元素的质量为3.390g—3.390g×(100%—74.35%)—0.015mol×17g/mol—0.025mol×44g/mol=0.735g，设镁元素的物质的量为amol、铝的物质的量为bmol，由质量可得：24a+27b=0.735g，由电荷守恒可得：2a+3b=0.015+0.025×2，解得a=0.025、b=0.005，则a：b：c：d=5：1：3：5。
【详解】A．氢元素的单质为氢气，不存在同素异形体，故A错误；
B．碳元素的最高价氧化物对应水化物碳酸为弱酸，铝元素最高价氧化物对应水化物氢氧化铝为两性氢氧化物，则碳酸的酸性强于氢氧化铝，故B错误；
C．由分析可知，a：b：c：d=5：1：3：5，故C正确；
D．由分析可知，600℃以上残留的固体为MgO和Al2O3的混合物，故D错误；
故选C。
10．D
【分析】根据图中信息得到oa是氢离子或碳酸氢根和氢氧根反应，cd段是氢氧化铝和氢氧根反应，说明没有碳酸氢根，一定含有氢离子，再根据电荷守恒，则一定含有硫酸根，bc段是铵根和氢氧根反应，ab段一定有铝离子和氢氧根反应，可能至少有镁离子或铁离子中一种离子与氢氧根反应。
【详解】A．根据前面分析溶液中硫酸和氢氧化钠反应生成硫酸根，bc段生成一水合氨，d点氢氧化铝刚好变为偏铝酸根，因此d点溶液中含有的溶质有Na2SO4、和NH3∙H2O，故A错误；
B．原溶液中无法确定是否含有的Fe3+，故B错误；
C．原溶液中无法确定是否含有的Mg2+，故C错误；
D．根据前面分析原溶液中含有的阳离子必定有H+、、Al3+，且Mg2+和Fe3+至少存在一种，故D正确。
综上所述，答案为D。
11．B
【分析】根据化学式可知，Q为H元素，X为O元素，X与R 、Z相邻，Q、R、X、Y、Z 元素分别处于三个短周期，原子序数依次增加，则R为N，Z不可能为F，则Z为S元素，根据叙述和为45，则Y为Al，故Q、R、X、Y、Z 元素分别为H、N、O、Al、S，以此分析；
【详解】A．电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则，A错误；
B．Q与X的二元简单化合物为H2O，Q与R的简单化合物NH3，则NH3的沸点低于H2O，O的非金属性强于N，则H2O的稳定性强于NH3，B正确；
C．O与N形成的化合物NO、NO2不是酸性氧化物，C错误；
D．加入等浓度Ba(OH)2，OH-先和Al3+反应，生成Al(OH)3，同时Ba2+和生成BaSO4沉淀，再生成，同时还有BaSO4生成，沉淀会继续增加，图像与此不符，D错误；
故答案为：B。
12．B
【详解】A．三种离子之间不发生反应，能共存，溶液中加入，由于Ba(OH)2是少量的，所以Ba2+和OH-按1：2的比例发生反应，正确的离子方程式为：，故A不选；
B．三种离子之间不发生反应，能共存，加入少量，、、发生氧化还原反应，离子方程式为：，故B选；
C．三种离子之间不发生反应，能共存，加入过量KSCN，与发生络合反应，生成的不是沉淀，故C不选；
D．与发生双水解反应生成水和二氧化碳，不能大量共存，故D不选；
故选B。
13．C
【详解】A．溶液中的氯离子也能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，所以溶液褪色不能说明四氧化三铁中含有Fe(II)，故A错误；
B．葡萄糖在酸性溶液中不能与新制氢氧化铜共热反应生成砖红色沉淀，故B错误；
C．碳酸氢钠溶液与偏铝酸钠溶液混合产生白色沉淀说明碳酸氢钠溶液与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，由强酸制弱酸的原理可知，偏铝酸根离子结合氢离子的能力强于碳酸根离子，故C正确；
D．向过量的硝酸银溶液中先加入少量氯化钾溶液，再加入碘化钾溶液时，溶液中只存在沉淀的生成，没发生沉淀的转化，所以无法比较氯化银和碘化银的溶度积大小，故D错误；
故选C。
14．A
【详解】A．向FeBr2溶液中加入少量新制氯水，再加CCl4振荡CCl4层无色，说明反应后溶液中无Br2，Cl2与Fe2+发生了反应：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，从而证明离子的还原性：Fe2+＞Br-，A正确；
B．醛基、碳碳双键都具有强的还原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，因此不能证明丙烯醛中含有碳碳双键，B错误；
C．向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，在硫酸催化下加热，蔗糖会发生水解反应，然后加入NaOH溶液中和催化剂硫酸，使溶液显碱性，再加入银氨溶液，水浴加热，观察是否产生银镜，来判断蔗糖溶液是否水解产生葡萄糖，由于未中和催化剂硫酸，溶液显酸性，因此不能根据未出现银镜来判断蔗糖是否发生水解反应，C错误；
D．浓硫酸具有强氧化性，会将乙醇氧化，其被还原产生SO2气体，因此导致乙烯中可能混有SO2，乙烯与SO2均与溴水反应而使溴水褪色，因此不能由该现象不能说明乙烯生成，D错误；
故合理选项是A。
15．C
【分析】Z单质是用途最广泛的金属，则Z是Fe，W、X、Y、Z四种元素组成的化合物是新能源汽车电池的正极材料，该材料应该是LiFePO4，W和Z是两种金属元素，则W为Li，X、Y形成的有50个电子，则X是O，Y是P，以此解题。
【详解】A．由分析可知，W为Li，Li+和的核外电子数相同，此时原子序数越小半径越大，则半径大，A错误；
B．由分析可知，X是O，其同周期元素有C，当分子量较大时，其沸点比水高，B错误；
C．由分析可知，Y为P，其最高价氧化物对应的水化物为磷酸，是中强酸，比碳酸酸性强，C正确；
D．由分析可知，Z为Fe，在化合物中、价，还有+6价，D错误；
故选C。
16．B
【详解】A．碘离子的还原性强于亚铁离子，则碘化亚铁溶液与少量氯气反应时，碘离子优先与氯气反应生成碘和氯离子，反应的离子方程式为2I—+Cl2=I2+2Cl—，故A错误；
B．稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，故B正确；
C．氯化镁溶液与足量石灰乳反应生成氢氧化镁和氯化钙，反应的离子方程式为Mg2++ Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca2+，故C错误；
D．体积同浓度的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液反应时，氢离子优先与氢氧根离子反应生成水，反应的离子方程式为H++OH—=H2O，故D错误；
故选B。
17．AD
【分析】以铁硼矿（主要成分为和，还有少量和等)为原料制备硼酸(H3BO3)，根据流程可知，加硫酸溶解，只有SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4，“净化除杂”需先加入氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3。
【详解】A．由分析可知，“浸渣”为，，A错误；
B．“净化除杂”先加溶液将转化为，再调节溶液的pH，生成氢氧化铝和氢氧化铁，B正确；
C．由分析可知，操作a为蒸发浓缩、冷却结晶，C正确；
D．最后浓缩结晶时硫酸镁易结合水以晶体析出，则粗硼酸中的主要杂质是七水硫酸镁，D错误；
故选AD。
18．(1)     Fe+NO+4H+=Fe3++NO↑+2H2O     用作发酵粉(治疗胃酸过多)
(2)CO2或SO2
(3)Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3


【分析】(1)根据A、B、C、D、E、F六种物质存在的转化关系图以及A、C均为氧化物，可推知，A为NO2，C为NO，B为HNO3。
(2)C为人体须臾不可离开的气体，C为氧气。
(3) 若C是一种白色沉淀，E是引起酸雨的主要气体，则A为Mg3N2，C为Mg(OH)2，B为NH3，F为O2，D为NO，E为NO2。
【详解】（1）①D溶液中滴加KSCN溶液显红色，则D溶液中含有Fe3+，则F为Fe，E为含有Fe2+的溶液，故B→D的离子方程式为Fe+NO+4H+=Fe3++NO↑+2H2O；
②若F是正盐，其水溶液呈碱性，D是一种温室气体，则F为Na2CO3，D为CO2，E为NaHCO3，NaHCO3的用途为用作发酵粉、治疗胃酸过多等；
（2）c为氧气，A为过氧化钠，B为氢氧化钠，则F为CO2或SO2，D为碳酸钠或亚硫酸钠，E为碳酸氢钠或亚硫酸氢钠；
（3）若C是一种白色沉淀，E是引起酸雨的主要气体，则A为Mg3N2，C为Mg(OH)2，B为NH3，F为O2，D为NO，E为NO2，则A与反应的化学方程式Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3。
19．(1)     +6     十=+
(2)再提高反应温度、延长反应时间对回收率影响不大，反而会增加生产成本
(3)过量的Na2SO3可将Te( IV )还原为0价Te，致使溶液中Te( IV )浓度下降
(4)PbS、CuS
(5)     Na2TeO3+ H2SO4=TeO2↓+Na2SO4+H2O     过量的硫酸会和TeO2反应，导致产品产率降低

【分析】铜阳极泥分铜渣碱浸液中加入亚硫酸钠，与反应得到和，溶液含、Cu2+、Pb2+，加适量硫化钠沉淀Cu2+、Pb2+，过滤得滤渣为PbS、CuS，滤液加适量硫酸，与H2SO4、调pH，反应生成TeO2沉淀。
【详解】（1）中Te的化合价为+6价，“还原”中与反应得到和，发生反应的离子方程式为：十=+。
（2）由图可知，“还原”过程中，采用“反应时间为120 min、75 °C” 的原因是：该条件下，回收率已经大于95%，再提高反应温度、延长反应时间对回收率影响不大，反而会增加生产成本。
（3）“还原”过程中，发生反应的离子方程式为：十=+，又知Na2SO3可将Te(IV)还原为0价Te；则Na2SO3的用量大于理论用量的1.0倍时，曲线下降的原因为：过量的Na2SO3可将Te( IV )还原为0价Te，致使溶液中Te( IV )浓度下降。
（4）加适量Na2S除铜铅，由于发生反应：Cu2++S2-=CuS，Pb2++S2-=PbS，则滤渣的成分为PbS、CuS。
（5）加适量的酸调pH时发生反应的化学方程式为Na2TeO3+ H2SO4=TeO2↓+Na2SO4+H2O，已知TeO2与氧化铝的性质具有一定的相似性，则硫酸会和TeO2反应，则加酸调pH时加入硫酸的量不宜过多，其原因是：过量的硫酸会和TeO2反应，导致产品产率降低。
20．(1)粉碎、搅拌、适当增加H2SO4的浓度、适当升高温度(注意两点即可)
(2)     Li+、Fe3+     2LiCoO2+H2O2+6H+=2Co2++2Li++O2↑+4H2O
(3)Mn2+或Fe3+催化H2O2分解
(4)     Fe3+完全沉淀，其它离子不沉底(除去溶液中的Fe3+)     6.4
(5)ab
(6)O2

【分析】用废旧电池正极材料（主要成分为LiCoO2、LiMn2O4、LiFePO4）制备三元锂电池正极材料LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2，正极材料在稀硫酸和双氧水作用下发生氧化还原反应，溶液中生成Ni2+、Mn2+、Co2+、Li+，又含有部分Fe3+，所以加入氢氧化钠生成氢氧化铁沉淀，结合问题分析知物质X需要保持镍离子和钴离子浓度保持不变，后加入氢氧化钠共沉淀，后又加入碳酸钠使锂离子生成碳酸锂沉淀，然后共同生成三元锂电池正极材料，据此分析答题。
【详解】（1）在“酸浸”步骤中采用粉碎、搅拌、适当增加H2SO4的浓度、适当升高温度等措施均可提高原料利用率，故答案为：粉碎、搅拌、适当增加H2SO4的浓度、适当升高温度(注意两点即可)；
（2）LiCoO2中钴元素为正三价，作氧化剂，和双氧水（作还原剂）发生氧化还原反应，离子方程式为2LiCoO2+H2O2+6H+=2Co2++2Li++O2↑+4H2O；又双氧水与部分LiFePO4反应，把二价亚铁氧化为三价铁离子，所以则酸浸后的滤液中含有的金属阳离子有Ni²⁺、Mn²⁺、Co²⁺和Li+、Fe3+，故答案为：Li+、Fe3+；2LiCoO2+H2O2+6H+=2Co2++2Li++O2↑+4H2O；
（3）“酸浸”中双氧水消耗量较大程度地超过理论用量，其可能原因是双氧水易分解，Mn2+或Fe3+的催化作用下，H2O2发生分解，故答案为： Mn2+或Fe3+催化H2O2分解；
（4）由分析和已知得，沉淀主要成分为Fe（OH）3，即调节溶液pH的目的为Fe3+完全沉淀，其它离子不沉底(除去溶液中的Fe3+)，镍离子、钴离子和锰离子等浓度时，镍离子生成氢氧化物所需氢氧根浓度最小，即1×c2（OH-）=1×10-15.2，则c（OH-）=10-7.6mol/L，所以c（H+）=10-6.4mol/L，即pH=6.4，所以不应超过6.4，故答案为：Fe3+完全沉淀，其它离子不沉底(除去溶液中的Fe3+)；6.4。
（5）调节pH除铁元素再加入物质X后，要使Ni2+、Mn2+、Co2+变为沉淀，即需使三种离子的浓度之比为1:1:1，而表中数据中c(Co2+)=c(Ni2+)=1.0mol/L，c(Mn2+)=1.4mol/L，故需加入Ni2+和Co2+，故答案为：ab；
（6）Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2与Li₂CO₃焙烧生成LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2的反应中，根据氧化还原反应配平可得该反应方程式为：O2+4 Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2+ 2Li₂CO₃4 LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2+2CO2↑+4H2O，故另一种反应物是O2，故答案为：O2；
21．(1)+2
(2)     矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等     坩埚
(3)4CeCO3F+O23CeO2+ CeF4+ 4CO2
(4)     避免Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀     避免产生污染性气体Cl2
(5)     2Ce3++6HCO= Ce2(CO3)3↓+3H2O+3CO2↑     0.18

【分析】氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F，含Fe2O3、FeO等杂质)经过焙烧后转化为CeO2、Fe2O3、CeF4，再加入稀盐酸和H3BO3，Fe2O3转化为FeCl3存在于滤液中，CeO2转化为CeCl3存在于滤液中，CeF4转化为沉淀Ce(BF4)3存在于滤渣中，Ce(BF4)3中加入KCl溶液，得到KBF4沉淀；调节滤液的pH使FeCl3转化为Fe(OH)3沉淀除去，滤液中的CeCl3和碳酸氢铵混合发生反应生成沉淀Ce2(CO3)3，煅烧沉淀得到CeO2，以此解答。
【详解】（1）CeCO3中Ce元素的化合价为+2价；
（2）“焙烧”过程中可以加快反应速率，提高焙烧效率的方法是：矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等；实验室进行焙烧操作时一般在坩埚中进行；
（3）CeCO3F在焙烧时和氧气反应生成CeO2、CeF4和CO2，Ce元素由+3价上升到+4价，O元素由0价下降到-2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：4CeCO3F+O23CeO2+ CeF4+ 4CO2；
（4）上述流程中所加的盐酸要适当过量，目的是避免Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；上述流程中盐酸可用硫酸和H2O2替换，避免产生污染性气体Cl2；
（5）“沉铈”过程中发生的反应是离子和碳酸氢根离子发生双水解反应生成Ce(OH)3和CO2，反应的离子方程式为：2Ce3++6HCO= Ce2(CO3)3↓+3H2O+3CO2↑；已知常温下Ka1(H2CO3) =4.3×10-7，Ka2(H2CO3) =5.6×10-11， Ksp[Ce2(CO3)3]= =1.0×1.0-28，，Ka2= ，。
22．(1)增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分
(2)
(3)温度过高盐酸挥发，降低原料的利用率或产品产率；温度过低，反应速率过慢
(4)     将CuO、Ag转化为硫酸盐     5.5×1014
(5)减少溶解损失，乙醇挥发带走水分，有利于干燥
(6)          700~810℃

【分析】阳极泥中含有CuS、、和少量金属单质Ag，首先通过焙烧将S、Se转化为SO2、SeO2气体除去，两种气体在水中发生反应生成Se；焙烧过程中Cu变为CuO，Te变为TeO2，经碱浸除去Te，剩余CuO与Ag，经硫酸与氧气酸化后变为铜离子和硫酸银，再加氯化钠利用沉淀转化分离出Ag，最后得到胆矾。据此解答该题。
【详解】（1）将阳极泥研磨成粉末可以增大接触面积，提高反应速率，使空气与其充分接触，尽可能的除尽S和Se。
（2）和气体在水中反应生成Se，做氧化剂，Se化合价降低，根据氧化还原反应规律可知做还原剂，S化合价升高，反应的化学方程式为。
（3）用盐酸“沉碲”时，温度过高盐酸挥发，降低原料的利用率或产品产率；温度过低，反应速率过慢。
（4）铜银渣中含有CuO、Ag，用溶液、进行“酸溶”时可将二者转化为硫酸盐；“沉银”反应为，反应的平衡常数。
（5）硫酸铜不溶于乙醇，用乙醇代替水洗涤可以减少溶解损失，同时乙醇挥发可以带走水分，有利于干燥。
（6）25.0g 的物质的量为，若结晶水全部失去，剩余固体为0.1molCuSO4，质量为16.0g。由图知时，剩余固体质量为17.8g＞16.0g，则该温度下剩余固体为的结晶水合物，由关系式~，列式得250×17.8g=（160+18x）×25.0g，解得，则剩余固体的化学式为；
由Cu元素守恒知，25.0g 能制得8.0gCuO，由图知控制的合适温度范围为700~810℃。
23．(1)V、Cr、Fe
(2)将焙烧产物粉碎；适当升高温度；搅拌等
(3)     CaSO4     作为建筑原料，制造水泥、石膏等
(4)H2SO4
(5)     BaCO3+=BaCrO4+或BaCO3(s)+(aq)BaCrO4(s)+(aq)     97.7%
(6)水浸
(7)2BaCrO4+2NaHSO4=Na2Cr2O7+2BaSO4+H2O

【分析】钒渣氧化焙烧时，根据流程中元素化合价，可知被氧化的元素是V、Cr、Fe；水浸后得到滤渣和“净化液”，“净化液”中溶质只含有NaVO3、Na2CrO4；加氧化钙沉钒得到Ca(VO3)2，酸浸后得到副产品①CaSO4和浸出液①，浸出液①主要成分为HVO3，调pH=2后加入硫酸铵，沉钒后煅烧得到V2O5；沉钒后的滤液中加入碳酸钡，由于Ksp(BaCO3)=5.1×10-9，Ksp(BaCrO4)=1.2×10-10，沉铬得到BaCrO4，母液①可返回到水浸工序循环使用；滤饼②加NaHSO4浸出，得到BaSO4和Na2Cr2O7。
【详解】（1）根据分析，氧化焙烧被氧化的元素是：V、Cr、Fe；
（2）为提高“水浸”效率，可采取的措施有：将焙烧产物粉碎；适当升高温度；搅拌等；
（3）H2SO4“酸浸”得到的副产品①是CaSO4，它的一种用途是作为建筑原料，制造水泥、石膏等；
（4）根据流程，阴离子为硫酸根，故“调pH=2”，最适宜使用的酸是H2SO4；
（5）“沉铬”反应沉淀的转化，离子方程式为BaCO3+=BaCrO4+或BaCO3(s)+(aq)BaCrO4(s)+(aq)；沉淀转化的，设铬酸根的起始浓度为amol/L，转化浓度为axmol/L，生成碳酸根的浓度为axmol/L，则，解得x=0.977，故沉铬的理论转化率为；
（6）根据分析，母液①最终返回到水浸工序循环使用；
（7）用NaHSO4“浸出”时发生反应的化学方程式为：2BaCrO4+2NaHSO4=Na2Cr2O7+2BaSO4+H2O。
24．(1)FeSO4 ·7H2O
(2)Re2O7+2OH-=2 +H2O 、SiO2 +2OH- = +H2O
(3)4：3
(4)TiO2+ +2H2O H2TiO3↓+2H+
(5)除去酸溶后溶液中的Cu2+ ；使Fe3+转化为Fe2+ (合理即可)
(6)TiCl4+2MgTi +2MgCl2

【分析】碱浸时，TiO2、CuO、Fe2O3不溶，酸浸时候，含有Cu2+、Fe3+以TiO2+，再加入铁粉后，会将Cu2+还原为Cu，Fe3+还原为Fe2+，从而得到，氧化溶解时，Re(OH)4被O2氧化为，以此分析；
【详解】（1）根据分析，晶体主要成分为；
故答案为：；
（2）由Re原子守恒，则系数为2，再由电荷守恒，则OH-系数为2，SiO2也可以与碱反应；
故答案为：；
（3）氧化溶解时，Re(OH)4被O2氧化为，根据得失电子守恒，则4个Re(OH)4与3个O2反应，故两者物质的量之比为4：3；
故答案为：4：3；
（4）根据题意，TiO2+ 水解得到的钛酸反应，；
故答案为：；
（5）根据分析，“转化”过程中加入Fe的作用是除去酸溶后溶液中的Cu2+ ；使Fe3+转化为Fe2+；
故答案为：除去酸溶后溶液中的Cu2+ ；使Fe3+转化为Fe2+；
（6）“冶钛”过程中将TiO2先转化为TiCl4再用Mg进行还原，则发生反应；
故答案为：。