高三化学二轮复习专项训练：氧族与碳族及其应用

这是一份高三化学二轮复习专项训练：氧族与碳族及其应用，共22页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．党的二十大报告指出我国已进入创新型国家行列。下列说法正确的是
A．“华龙一号”核电机组使用的氦气不存在分子
B．“奋斗者号”潜水器含钛合金，其强度、韧性高于纯钛金属
C．“祖冲之二号”中的半导体存储器主要成分为
D．“嫦娥五号”带回的月壤中含有磁铁矿，其主要成分为
2．谋划能源长远发展，维护国家能源安全。下列有关说法正确的是（ ）
A．核电站铀核燃料中的235U和238U互为同位素
B．汽油催化裂化的产物之一乙烯的结构简式为CH2CH2
C．可燃冰是可再生能源
D．燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
3．物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是（ ）
A．Al(OH)3有弱碱性，可用于治疗胃酸过多
B．生铁硬度大、抗压性强，可用于铸造机器底座
C．稀硝酸有强氧化性，可清洗附着在试管内壁的银镜
D．单晶硅是良好的半导体材料，常用于制备光导纤维
4．中国文物具有鲜明的时代特征。下列文物的主要成分不属于硅酸盐的是
A．AB．BC．CD．D
5．下列说法不正确的是（ ）
A．CH3OCHO与HCOOCH3互为同分异构体
B．乙酸和硬脂酸互为同系物
C．经催化加氢后能生成2-甲基戊烷
D．白磷与红磷互为同素异形体
6．下列有关说法正确的是（ ）
A．某试样焰色反应为黄色，则一定含Na元素，一定不含K元素
B．配制溶液的过程中，如不慎加水超过了容量瓶的刻度线，可用胶头滴管吸出
C．可用Ba(OH)2溶液来鉴别以下三种溶液：NH4Cl、(NH4)2SO4、K2SO4
D．为测定某溶液中是否含有 向其中加入盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液
7．下列实验方案设计、现象与结论都正确的是（ ）
A．A B．B C．C D．D
8．下列说法不正确的是（ ）
A．氯气与溴化亚铁反应可生成溴化铁
B．铁与稀硝酸反应可生成硝酸亚铁
C．硫在纯氧中燃烧可生成三氧化硫
D．铝与二氧化锰反应可制取金属锰
9．下列实验设计、现象和结论都正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
10．下列说法错误的是（ ）
A．纳米铁粉可去除水体中的Pb2+、Cu2+等重金属离子
B．SO2与过量氨水反应生成
C．天然气不完全燃烧会产生有毒气体
D．H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2和O2
11．下列说法错误的是（ ）
A．纯铁比生铁易生锈
B．臭氧可用于自来水消毒
C．酚醛树脂可用作绝缘、隔热材料
D．高纯硅可用于制芯片
12．某同学通过如下流程制备氧化亚铜：
已知：CuCl难溶于水和稀硫酸；Cu2O＋2H+=Cu2+＋Cu＋H2O
下列说法不正确的是（ ）
A．步骤②中的SO2可用Na2SO3替换
B．步骤③中为防止CuCl被氧化，可用SO2水溶液洗涤
C．步骤④发生反应的离子方程式为2CuCl＋2OHˉ Cu2O＋2Clˉ＋H2O
D．如果Cu2O试样中混有CuCl和CuO杂质，用足量稀硫酸与Cu2O试样充分反应，根据反应前、后固体质量可计算试样纯度
13．化学知识无处不在，从古至今，人们都在不断探索化学世界的奥妙，用化学知识解释、认知和指导我们的生产生活。下面有关说法正确的是（ ）
A．诗文“凿开混沌得乌金，藏蓄阳和意最深；爝火燃回春浩浩，洪炉照破夜沉沉。”中的“乌金”是指石油
B．“有麝自来香，不用大风扬”，说明分子是可以运动和扩散的
C．2018年春节联欢晚会上，港珠澳大桥出现了百部无人驾驶汽车。大力推广无人驾驶汽车有助于缓解能源危机和节约资源
D．2018平昌冬奥会，陶氏化学公司将DOWTHERMTMSR-1抑制性乙二醇冷却液用于溜冰场，具有快速结冻和良好的防腐蚀性。乙二醇熔沸点比乙醇低，更有利于结冻
14．下列说法正确的是（ ）
A．侯氏制碱法的原理是将CO2通入氨的NaCl饱和溶液中，使 NaHCO3析出， NaHCO3受热分解生成Na2CO3， NaHCO3和Na2CO3在食品工业上都有着广泛的应用
B．石灰乳与海水混合，过滤得Mg(OH)2，将其溶于盐酸，再蒸发结晶得到MgCl2，电解熔融MgCl2可得到金属镁
C．利用2Al+4BaO 3Ba+Ba(AlO2)2可制取Ba，是因为铝的还原性强于钡
D．陶瓷、砖瓦、玻璃、水泥都是重要的硅酸盐产品，其制备过程中都需要石灰石做原料
15．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
B．Si的熔点高，可用作半导体材料
C．FeCl3溶液显酸性，可用于蚀刻铜制的电路板
D．漂白液中含有强氧化性物质，可作漂白剂和消毒剂
16．化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列有关说法正确的是（ ）
A．“辽宁舰”上用于舰载机降落拦阻索的是一种特种钢缆，属于新型无机非金属材料
B．石油裂化和裂解制取乙烯、丙烯等化工原料不涉及化学变化
C．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶没有丁达尔效应
D．电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
17．碳元素的相关研究获诺贝尔奖最多。其中焦炭主要含石墨微晶，煤干馏技术提升能改变焦炭的孔隙大小，满足下游产品丰富的应用要求。下列相关说法正确的是（ ）
A．焦炭与金刚石一样是碳的同素异形体，化学性质相同
B．煤干馏的温度不同得到的产物及应用不同
C．空隙多的焦炭具有更好的消毒杀菌性能
D．炼铁时焦炭作还原剂高炉尾气中只含CO2
18．下列说法不正确的是（ ）
A．“光化学烟雾”“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关
B．根据分散质微粒直径大小可以将分散系分为溶液、胶体和浊液
C．SiO2可用于制造光导纤维，其性质稳定，不溶于强酸、强碱
D．焰火的五彩缤纷是某些金属元素的性质的展现
19．已知SiHCl3常温下为无色液体，沸点31.85℃，遇水剧烈反应。实验室用H2还原SiHCl3制备纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置略去)，下列说法错误的是（ ）
A．装置II、Ⅲ中依次盛装的是浓硫酸、热水
B．实验时，应先加热管式炉，再打开盛装稀硫酸的分液漏斗
C．可以用盐酸、双氧水和硫氰化钾溶液来检验制得的硅中是否含铁单质
D．装置I也可用于氢氧化钠固体与浓氨水反应制备氨气
20．下列涉及的化学相关知识说法错误的是（ ）
A．医用镍钛形状记忆合金属于新型金属材料
B．新能源可燃冰大量进入大气会引起温室效应
C．补铁剂与维生素同时服用有助于增加药物的吸收和利用
D．新型氮化镓可替代传统半导体材料二氧化硅制造芯片
二、综合题
21．（14分）水泥是重要的建筑材料．水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物．实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：
回答下列问题：
（1）在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸．加入硝酸的目的是 ，还可使用 代替硝酸．
（2）沉淀A的主要成分是 ，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为 ．
（3）加氨水过程中加热的目的是 ．沉淀B的主要成分为 、 （填化学式）．
（4）草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：MnO4﹣+H++H2C2O4→Mn2++CO2+H2O．实验中称取0.400g水泥样品，滴定时消耗了0.0500ml•L﹣1的KMnO4溶液36.00mL，则该水泥样品中钙的质量分数为 ．
22．捕集CO2的技术对解决全球温室效应意义重大。回答下列问题。
（1）I.国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)
碳原子核外有 种能量不同的电子。H2O分子空间构型为 。已知上述反应中，反应物能量总和大于生成物能量总和，则该反应为 反应。(填“放热”或“吸热”)
（2）II.将CO2富集、活化、转化为具有高附加值的化学品对实现碳中和有重要意义。回答下列问题。
一种富集烟气中CO2的方法示意图如图：
写出“解吸”过程产生CO2的化学方程式： 。
（3）CO2性质稳定，使其活化是实现转化的重要前提。
①使用过渡金属作催化剂，提供空轨道接受 (填“C”或“O”)原子的孤电子对，破坏CO2的结构使其活化。
②采用电化学、光化学等手段，使CO2 (填“提供”或“接受”)电子转化为CH3OH。
（4）III.小组同学对比K2CO3和KHCO3的性质，进行了如下实验。回答下列问题。
向相同体积、相同浓度的K2CO3和KHCO3溶液中分别滴加0.1ml·L-1的盐酸，溶液pH变化如图。
图 (填“甲”或“乙”)是K2CO3的滴定曲线。A'~B'发生反应的离子方程式为 。
（5）下列说法正确的是 (填序号)。
a.K2CO3和KHCO3溶液中所含微粒种类相同
b.A、B、C均满足：c(K+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)
c.水的电离程度：Ad.通过焰色试验能区别K2CO3和KHCO3溶液
23．硅是无机非金属材料的主角，硅的氧化物和硅酸盐约占地壳质量的90%以上．
（1）下列物质不属于硅酸盐的是
A．陶瓷B．玻璃C．水泥D．生石灰
（2）SiO2是玻璃的成分之一，SiO2与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为 ，工艺师常用 （填物质名称）来雕刻玻璃．
（3）用Na2SiO3溶液浸泡过的棉花不易燃烧，说明Na2SiO3可用作 ，Na2SiO3可通过SiO2与纯碱混合高温熔融反应制得，高温熔融纯碱时下列坩埚可选用的是 ．
A．普通玻璃坩埚 B．石英玻璃坩埚 C．氯化铝坩埚 D．铁坩埚
（4）工业上常用2C+SiO2 Si+2CO↑制备硅单质，该反应中有元素化合价升高的物质是 （填化学式，下同），氧化剂是 ．
24．绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：
（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。由此可知： 、 。
（2）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，记为m1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为 m2 g。按下图连接好装置进行实验。
①仪器B的名称是 。
②将下列实验操作步骤正确排序 （填标号）；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3 g。
a．点燃酒精灯，加热 b．熄灭酒精灯 c．关闭K1和K2
d．打开K1和K2，缓缓通入N2 e．称量A f．冷却到室温
③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x= （列式表示）。若实验时按a、d次序操作，则使x （填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已恒重的装置A接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。
①C、D中的溶液依次为 （填标号）。C、D中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为 。
a．品红 b．NaOH c．BaCl2 d．Ba(NO3)2 e．浓H2SO4
②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式 。
25．以黄铁矿(主要成分为FeS2)为原料生产硫酸，应资源化综合利用产出的炉渣(主要含Fe2O3)和尾气，减轻对环境的污染。
（1）锻烧黄铁矿的化学方程式为 。
（2）将尾气净化所得SO2，边搅拌边通入NaOH溶液中制备NaHSO3溶液。溶液中H2SO3、HSO、SO随pH的分布如图所示，要得到较为纯净的 NaHSO3溶液，应采取的实验操作为 。
（3）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)与强酸反应放出SO2，加热NaHSO3溶液可制备焦亚硫酸钠，所得产品中可能含有Na2SO4.检验产品中是否含有SO的操作为 。
（4）炉渣中的Fe2O3可制备还原铁粉。还原铁粉纯度可通过下列方法测定：称取0.280 0 g 样品，溶于过量稀硫酸，平行三次用标准K2Cr2O7溶液滴定所得溶液中的Fe2＋，平均 消耗0.030 00 ml·L-1的K2Cr2O7溶液25.10 mL (测定过程中杂质不参与反应)。
① 写出滴定反应的离子方程式 。
② 计算还原铁粉的纯度(写出计算过程) 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A.氦气是氮原子分子，故A错误；
B.钛合金为合金材料，硬度大，其强度、韧性高于纯钛金属，故B正确；
C.“祖冲之二号”中的半导体存储器主要成分为Si，故C错误；
D.磁铁矿主要成分为四氧化三铁，故D错误
故答案为：B。
【分析】B.合金特性：相对于纯金属而言，熔沸点降低，硬度增大。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．235U和238U是U元素的两种不同核素，两者质子数相等中子数不同，互为同位素，A符合题意；
B．乙烯的结构简式为CH2=CH2，官能团不能省略，B不符合题意；
C．可燃冰的主要成分是CH4，是不可再生能源，C不符合题意；
D．燃煤中加入CaO能减少二氧化硫的排放，但煤中的碳元素没有减少，则不可以减少温室气体CO2的排放，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.质子数相同而中子数不同的元素互为同位素
B.结构简式在书写时，碳碳双键和碳碳三键不能省
C. 可再生能源有太阳能、水能、风能、生物能、海洋能、地热能等等
D. CaO 吸收CO2变为CaCO3，燃烧过程中又会分解，无法减少温室气体的排放，而二氧化硫最终转化为硫酸钙而被除去
3．【答案】D
【解析】【解答】A、氢氧化铝具有弱碱性，能与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多，故A不符合题意；
B、生铁硬度大、抗压性强，可用于铸造机器底座，故B不符合题意；
C、稀硝酸具有强氧化性，能与银反应，因此可用稀硝酸清洗附着在试管内壁的银镜，故C不符合题意；
D、单晶硅是良好的半导体材料，常用于制备芯片，光导纤维的主要成分为二氧化硅，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、氢氧化铝具有弱碱性；
B、生铁硬度大、抗压性强；
C、稀硝酸具有强氧化性；
D、单质硅用于制备芯片。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．红陶即陶瓷，属于传统硅酸盐材料，A不合题意；
B．玻璃柱主要成分是玻璃，属于传统硅酸盐材料，B不合题意；
C．象牙有机成分中的各种蛋白质为高分子化合物，是自然界中存在的，所以为天然高分子化合物，C符合题意；
D．五彩花卉瓷盖碗是陶瓷，属于传统硅酸盐材料，D不合题意；
故答案为：C。
【分析】硅酸盐指的是硅、氧与其它化学元素结合而成的化合物的总称；蛋白质为高分子化合物。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．CH3OCHO与HCOOCH3是同种物质，都表示甲酸甲酯，故A符合题意；
B．乙酸结构简式为CH3COOH，硬脂酸的结构简式为CH3(CH2)16COOH，结构相似，分子组成相差16个CH2，互为同系物，故B不符合题意；
C．经催化加氢后能生成，系统命名为2-甲基戊烷，故C不符合题意；
D．白磷与红磷是P元素组成的不同单质，互为同素异形体，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】依据“五同”的定义进行分析。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．某试样焰色反应为黄色，则一定含Na元素，由于Na元素的黄色会将K元素的紫色给掩蔽，故可能含有K元素，A不符合题意；
B．配制溶液的过程中，如不慎加水超过了容量瓶的刻度线，若用胶头滴管吸出，会导致溶质的物质的量减小，溶液浓度偏低，B不符合题意；
C．Ba(OH)2溶液与NH4Cl反应有刺激性气味的气体放出，与(NH4)2SO4反应既有刺激性气味的气体放出，又生成白色沉淀，与K2SO4反应生成白色沉淀，故可用Ba(OH)2溶液来鉴别三种溶液，C符合题意；
D． 在酸性条件下具有强氧化性，可将 也氧化为 从而产生白色沉淀，故不能用Ba(NO3)2，应向其中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则含有 ，反之则不含有，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.钾元素的检验需要透过蓝色钴玻璃
B.容量瓶配制溶液时，得到的是较准确数值，滴多了需要重新配制
C.根据现象 不同即可鉴别
D.应该加入氯化钡溶液
7．【答案】C
【解析】【解答】A．应该采用控制变量法研究。a、b两只试管中不仅金属阳离子不同，而且阴离子也不同，因此不能证明是Fe3+的催化效果强于Cu2+，A不符合题意；
B．若Fe没有完全与水蒸气发生反应，过量的Fe与硫酸反应产生Fe2+，具有还原性，也能够使酸性KMnO4溶液褪色，因此不能证明Fe与水蒸气反应后的固体产物中铁元素有+2、+3两种价态，B不符合题意；
C．若向反应后的溶液中加入新制氢氧化铜出现绛蓝色，说明反应产生了含有多羟基的物质甘油，从而可证明油脂已发生水解，C符合题意；
D．铜粉加入稀硫酸中，加热，无明显现象，然后再加入少量KNO3固体，产生大量气泡，是由于在酸性条件下， 具有强氧化性，H+、 起HNO3的作用，将Cu氧化为Cu2+， 被还原为NO气体，而不能说明KNO3起催化作用，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.应该保持阴离子相同
B.无法保证铁单质是否完全反应完全
C.多羟基的醇可与新制氢氧化铜作用出现绛蓝色
D.铜与溪流三不反应，加入硝酸钾时引入硝酸根离子在氢离子作用下具有氧化性
8．【答案】C
【解析】【解答】A．氯气与溴化亚铁反应，氯气少量时可生成溴化铁，A不符合题意；
B．铁与稀硝酸反应，铁过量则可生成硝酸亚铁，B不符合题意；
C．硫在纯氧中燃烧只生成二氧化硫，C符合题意；
D．铝活动性较强，可与二氧化锰反应可制取金属锰，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氧化性：Cl2>Br2>Fe3+，Cl2少量时，得到溴化铁；
B.铁过量时，铁与稀硝酸反应的到硝酸亚铁；
C.硫与氧气反应只可能得到SO2；
D.铝与二氧化锰发生铝热反应得到锰。
9．【答案】C
【解析】【解答】A.盐酸中电离出的H+与NO3-组成具有强氧化性的稀硝酸，稀硝酸会将HSO3-氧化为SO42-，会产生白色沉淀BaSO4沉淀，不能证明原样品已变质，A选项是错误的；
B.SO2气体不能漂白酸碱指示剂，因此B选项是错误的；
C.若X气体是氨气，也会出现白色沉淀，因此不一定是氧化性气体，C选项是错误的；
D.加入NaOH溶液后为加热，所以即使原溶液中有NH4+也不会逸出氨气，D选项是错误的。
故答案为：C。
【分析】A.稀硝酸具有强氧化性，会将具有还原性的离子氧化；
B.向某溶液中加入浓盐酸，将产生的气体通入石蕊试液中，溶液先变化后褪色，该气体应是溶于水显酸性并且具有漂白性了，如Cl2；
C.X气体若是氧化性气体，如Cl2，可以将SO32-氧化为SO42-,但是也可以是氨气，与水反应产生NH3·H2O，NH3·H2O与SO2产生SO32-，从而生成BaSO3沉淀；
D.检验NH4+时需要加入NaOH溶液后加热，然后再用湿润的红色石蕊试纸来检验产生的NH3。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．纳米铁粉表面积大，由于金属活动性：Fe>Pb>Cu，所以纳米铁粉可以与水中Pb2+、Cu2+等重金属离子发生置换反应，产生Pb、Cu，将其过滤除去，从而降低水中重金属阳离子的浓度，A不符合题意；
B．SO2溶于水反应产生二元酸H2SO3，当氨水过量时，反应产生正盐，所以SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3，B不符合题意；
C．天然气不完全燃烧会产生CO气体，CO是有毒气体，C不符合题意；
D．H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2O和O2，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Fe可以与水中Pb2+、Cu2+等重金属离子发生置换反应；
B.SO2溶于水反应产生二元酸H2SO3，当氨水过量时，生成(NH4)2SO3；
C.天然气不完全燃烧会产生CO气体；
D.实验室制氧气。
11．【答案】A
【解析】【解答】A．由于生铁发生电化学腐蚀，而纯铁只能发生化学腐蚀，故生铁比纯铁易生锈，A符合题意；
B．臭氧具有强氧化性，能使蛋白质发生变性，可用于自来水消毒，B不符合题意；
C．酚醛树脂具有空间立体网状结构，具有热固体，绝缘性，故可用作绝缘、隔热材料，C不符合题意；
D．高纯硅是良好的半导体材料，可用于制芯片，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】
A.生铁杂质较多，会发生电化学腐蚀，加快腐蚀；
B.臭氧有强氧化性，可以用于消毒；
C.酚醛树脂的结构具有热固性；可作隔热、绝缘材料；
D.高纯硅是芯片的主要材料。
12．【答案】D
【解析】【解答】A.步骤②中的SO2的作用是还原氯化铜中的铜离子，可用Na2SO3替换，不符合题意；
B.二氧化硫的水溶液具有还原性，能防止步骤③中CuCl被氧化，不符合题意；
C.步骤④发生反应生成更难溶液的氧化亚铜，离子方程式为2CuCl＋2OHˉ Cu2O＋2Clˉ＋H2O，不符合题意；
D.CuCl难溶于稀硫酸，二氧化亚铜和氧化铜都与稀硫酸反应，则不能测定样品的纯度，符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据制备氧化亚铜的流程中物质的变化，结合题目信息进行分析即可。
13．【答案】B
【解析】【解答】A、“凿开混沌得乌金，藏蓄阳和意最深”指的是煤的开采，爝火燃回春浩浩，洪炉照破夜沉沉．”指的是煤炭燃烧发出红色的火焰，所以乌金指的是煤，选项A不符合题意；
B、“有麝自来香，不用大风扬”，是因为麝香中含有的粒子是在不断运动的，向四周扩散，选项B符合题意；
C、大力推广无人驾驶汽车有助于缓解能源危机，但不能节约资源，选项C不符合题意；
D、乙二醇所含羟基数多，熔沸点比乙醇高，为较好的防冻剂，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】能源的开采与利用应该符合绿色化学和可持续发展的理念。
14．【答案】A
【解析】【解答】A.由于NaHCO3的溶解度小，因此将CO2通入饱和氨盐水中，可反应生成NaHCO3，NaHCO3不稳定，受热易分解产生Na2CO3，NaHCO3和Na2CO3在食品工业上都具有广泛应用，A符合题意；
B.制备金属镁，应用电解熔融MgO的方法制备，B不符合题意；
C.铝的金属性（即还原性）比钡弱，该反应能发生，是因为金属钡的沸点比铝低，C不符合题意；
D.生产玻璃的原材料中不需要用到石灰石，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.结合Na2CO3和NaHCO3的性质分析；
B.根据金属镁的制备分析；
C.根据金属活动性分析；
D.根据玻璃的生产原料分析；
15．【答案】D
【解析】【解答】A.用于漂白纸浆，利用的是SO2的漂白性，A不符合题意；
B. Si能导电，可用作半导体材料，B不符合题意；
C. FeCl3溶液具有较强的氧化性，可用于蚀刻铜制的电路板，C不符合题意；
D. 漂白液中含有强氧化性物质，可作漂白剂和消毒剂，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、区分物质的氧化性、还原性和漂白性；
B、半导体材料需要满足的条件为：导电；
C、三价铁离子具有氧化性，而铜单质具有还原性，二者发生氧化还原反应；
D、强氧化性的物质可杀死病毒的蛋白质。
16．【答案】D
【解析】【解答】A、特种钢缆，是铁的合金，属于金属材料，故A项不符合题意；
B、 石油裂化和裂解都属于化学变化，在反应过程中生成了新物质，故B项不符合题意；
C、雾霾所形成的气溶胶属于胶体， 胶体具有丁达尔效应，气溶胶也属于胶体的一种，故C项不符合题意；
D、金属内胆一般来说是不锈钢材质的，镁棒的金属活动性强于金属内胆的，所以镁棒相当于原电池的负极，从而保护了金属内胆不被腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法，故D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、特种钢缆属于铁合金，不是经过化学合成的新材料；
B、石油的裂解、裂化属于化学变化，用来制备小分子有机产品；
C、雾霾形成的气溶胶属于胶体，胶体具有丁达尔效应的特征；
D、镁棒属于活泼金属，做原电池的负极，金属内胆做正极，属于牺牲阳极的阴极保护法；
17．【答案】B
【解析】【解答】A．焦炭与金刚石都是碳元素的单质，互为同素异形体，是不同的单质，因此化学性质不同，故A不符合题意；
B．煤干馏按加热终温的不同，可分为三种：900～1100℃为高温干馏，即焦化；700～900℃为中温干馏；500～600℃为低温干馏，在不同温度下得到的产物不同，故B符合题意；
C．焦炭具有良好的物理吸附性，但并不具有消毒杀菌的性能，故C不符合题意；
D．炼铁时焦炭作还原剂，炼铁过程中C与CO2反应生成CO，CO与铁的氧化物发生氧化还原反应生成铁单质，高炉尾气中主要气体为CO2、CO等，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.焦炭主要含有石墨晶体，但是不是单质
B.煤干馏的温度不同产物不同
C.空隙较多可以做吸附剂不能杀毒
D.根据炼铁时的还原剂时一氧化碳，因此在高炉尾气还有多余的一氧化碳
18．【答案】C
【解析】【解答】A．以一氧化氮和二氧化氮为主的氮氧化物是形成“光化学烟雾”“硝酸型酸雨”的形成的一个重要原因，故A正确；
B．分散质微粒直径大小可以将分散系分为溶液、胶体和浊液，故B正确；
C．SiO2可用于制造光导纤维，其性质稳定，能和强碱反应生成盐和水，故C错误；
D．焰火的五彩缤纷是某些金属元素的焰色反应，故D正确；
故选C．
【分析】A．以一氧化氮和二氧化氮为主的氮氧化物是形成光化学烟雾和硝酸型酸雨的一个重要原因；
B．根据分散质微粒直径大小可以将分散系分为溶液、胶体和浊液；
C．二氧化硅是酸性氧化物，能和强碱反应生成盐和水，
D．根据金属元素焰色反应．
19．【答案】B
【解析】【解答】A．由分析知，装置Ⅱ为干燥装置，内盛浓硫酸，装置Ⅲ需使SiHCl3气化，故应将烧瓶置于热水浴中，A不符合题意；
B．实验时，应先打开盛装稀硫酸的分液漏斗，利用产生的H2将装置中的空气赶出，防止H2不纯发生爆炸，B符合题意；
C．用盐酸溶解样品，Fe溶于盐酸生成FeCl2，而硅不溶，过滤后向滤液中加入双氧水，FeCl2被氧化为FeCl3，再加入几滴KSCN，若溶液变红，说明原样品中混有铁单质，C不符合题意；
D．NaOH固体溶于水电离出OH-，使平衡 逆向移动，促进氨气的逸出，同时NaOH固体溶于水放出大量热，降低氨气的溶解度，从而达到制取氨气的目的，D不符合题意
故答案选B。
【分析】装置Ⅰ中Zn与稀硫酸反应产生H2，由于SiHCl3遇水剧烈反应，故需要对H2进行干燥，即装置Ⅱ为干燥装置，内盛浓硫酸，装置Ⅲ需要通过热水浴加热，获得SiHCl3气体，并与H2一起进入装置Ⅳ中发生反应。
20．【答案】D
【解析】【解答】A．镍钛形状记忆合金属于新型金属材料，A项不符合题意；
B．可燃冰主要成分为甲烷，甲烷是温室气体，所以其大量进入大气会引起温室效应，B项不符合题意；
C．+2价铁易吸收，维生素C可以防止+2价铁氧化为+3价，补铁剂与维生素C共同服用可提高补铁效果，C项不符合题意；
D．制造芯片用传统半导体材料硅，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】制造芯片的材料是硅单质，而二氧化硅是制备光导纤维的材料，因此可以用氮化镓代替硅单质，其他选项均正确
21．【答案】（1）将样品中的Fe2+氧化为Fe3+；H2O2
（2）SiO2；SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O
（3）防止胶体生成，易生成沉淀；Al（OH）3；Fe（OH）3
（4）45.0%
【解析】【解答】解：（1）铁离子在pH较小时易生成沉淀，加入硝酸可氧化亚铁离子生成铁离子，比避免引入新杂质，还可用过氧化氢代替硝酸，
故答案为：将样品中的Fe2+氧化为Fe3+；H2O2；（2）由以上分析可知沉淀A为SiO2，不溶于强酸但可与一种弱酸反应，应为与HF的反应，方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，
故答案为：SiO2；SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；（3）滴加氨水，溶液呈碱性，此时不用考虑盐类水解的问题，加热的目的是防止生成胶体而难以分离，生成的沉淀主要是Al（OH）3、Fe（OH）3，
故答案为：防止胶体生成，易生成沉淀；Al（OH）3、Fe（OH）3；（4）反应的关系式为5Ca2+～5H2C2O4～2KMnO4，
n（KMnO4）=0.0500ml/L×36.00mL=1.80mml，
n（Ca2+）=4.50mml，
水泥中钙的质量分数为 ×100%=45.0%，
故答案为：45.0%．
【分析】水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物，加入氯化铵、盐酸和硝酸，由于二氧化硅与酸不反应，则得到的沉淀A为SiO2，滤液中含有Fe3+、Al3+、Mg2+等离子，加入氨水调节pH4﹣5，可生成Al（OH）3、Fe（OH）3沉淀，加热的目的是防止生成胶体而难以分离，滤液主要含有Ca2+，加入草酸铵可生成草酸钙沉淀，加入硫酸用高锰酸钾测定，发生5Ca2+～5H2C2O4～2KMnO4，根据高锰酸钾的量可计算含量，以此解答该题．
22．【答案】（1）3；V形；放热
（2）
（3）O；接受
（4）乙； +H+=
（5）a
【解析】【解答】（1）碳的电子排布式为1s22s22p2，所以有3种能量不同的电子；H2O分子O原子最外层含有2对孤电子对，空间构型为V形；反应物能量总和大于生成物能量总和，则该反应为放热反应；
（2）由图可知，“解吸”过程中KHCO3分解生成K2CO3和CO2，反应的化学方程式为；
（3）①CO2的电子式为，O原子有孤电子对，过渡金属的原子一般具有空轨道，根据配位键形成规则可知，过渡金属接受CO2分子中O原子的孤电子对，故答案为：O；
②CO2→CH3OH的过程中C原子发生得电子的还原反应，即CO2接受电子转化为CH3OH，故答案为：接受；
（4）①相同体积、相同浓度的K2CO3和KHCO3溶液，K2CO3的水解程度更大，故pH更大，图甲为碳酸氢钾，图乙为碳酸钾，故答案为：乙；
②图乙为碳酸钾溶液的滴定曲线，A'~B'段，为碳酸钾和少量盐酸的反应，离子方程式为： +H+=，故答案为： +H+=；
（5）③a．K2CO3和KHCO3溶液中存在电离和水解，所含微粒种类相同，故a正确；
b．A点满足电荷守恒：c(K+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，而B、C点由于已经加入盐酸，故溶液中还含有Cl-，故B、C点满足电荷守恒：c(K+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)+c(Cl-)，故b不正确；
c．A点溶质为碳酸氢钾，碳酸氢钾水解大于电离，溶液显碱性，促进水的电离，B点溶质为氯化钾和H2CO3，溶液pH约为4，抑制水的电离，C点溶质为氯化钾和HCl，溶液pH约为2，抑制水的电离，但是由于C点酸性更强，对水的电离抑制程度更大，水的电离程度：A>B>C，故c不正确；
d．K2CO3和KHCO3溶液的金属阳离子相同，焰色试验的颜色相同，则不能鉴别，故d不正确；
故答案为：a。
【分析】（1）电子所处轨道不同，能量不同；依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量；
（2）依据示意图分析；
（3）根据配位键形成规则分析；
（4）①第一步水解远大于第二步；
②依据滴定曲线分析；
（5）③a．依据电离和水解规则分析；
b．依据电荷守恒分析；
c．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；
d．金属阳离子相同，焰色试验的颜色相同。
23．【答案】（1）D
（2）SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O；氢氟酸
（3）阻燃剂；D
（4）C；SiO2
【解析】【解答】解：（1.）有陶瓷、水玻璃、普通玻璃都是硅酸盐，生石灰是氧化钙，不属于硅酸盐，故选：D；
（2.）二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，化学方程式：SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O；氢氟酸能够与二氧化硅反应生成四氟化硅和水，能够腐蚀玻璃，可用来雕刻玻璃；故答案为：SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O；氢氟酸；
（3.）水玻璃是矿物胶，不燃烧，可以做阻燃剂；
普通玻璃坩埚、石英玻璃坩埚都含有二氧化硅，能够与碱反应，氯化铝与碱能够发生反应，所以Na2SiO3可通过SiO2与纯碱混合高温熔融反应制得，高温熔融纯碱时下列坩埚可选用的是铁坩埚；故答案为：阻燃剂；D；
（4.）2C+SiO2 Si+2CO↑，反应中碳元素化合价升高，二氧化硅中硅元素化合价降低，作氧化剂，故答案为：C；SiO2．
【分析】（1）硅酸盐指由硅和氧组成的化合物，有时亦包括一或多种金属和或氢，它亦用以表示由二氧化硅或硅酸产生的盐，根据常见的硅酸盐材料有陶瓷、水玻璃、普通玻璃等；（2）二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水；氢氟酸能够与二氧化硅反应生成四氟化硅和水；（3）水玻璃是矿物胶，不燃烧；二氧化硅能够与碱反应，氯化铝能够与碱发生反应；（4）依据方程式判断元素化合价变化，化合价降低的反应物为氧化剂．
24．【答案】（1）样品中没有Fe3+；Fe2+易被氧气氧化为Fe3+
（2）干燥管；dabfce；；偏小
（3）c、a；生成白色沉淀、褪色；2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑
【解析】【解答】（1）加入KSCN溶液后，溶液颜色无明显变化，说明溶液中不含有Fe3+；再向试管中通入空气后，发现溶液逐渐变红，说明通入空气后，溶液中产生Fe3+，Fe3+的产生是由于溶液中的Fe2+被开空气中的O2氧化形成；
（2）①图示仪器B为干燥管；
②实验开始前，应先排除装置内的空气（即操作d），再点燃酒精灯（即操作a）；反应一段时间后停止加热（即操作b），待装置冷却至室温（即操作f）后，关闭K1和K2（即操作c），再称量A的质量（即操作e）；因此其实验操作步骤为：dabfce；
③绿矾晶体完全分解后生成FeSO4的质量为(m3-m1)g，反应生成H2O的质量为(m2-m3)g；加热过程发生反应的化学方程式为：FeSO4·xH2OFeSO4＋xH2O，故可得等式，解得 ；若ad顺序颠倒，则生成的FeSO4易被空气中的O2氧化成Fe2(SO4)3，使得(m3-m1)偏大，则x偏小；
（3）①由分析可知，该反应过程中的气体产物为SO2和SO3，因此C中试剂应为BaCl2溶液，实验现象为产生白色沉淀；D中试剂为品红溶液，实验现象为溶液褪色；
②由分析可知，该反应的化学方程式为：2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑；
【分析】（1）根据Fe3+的检验和Fe2+的性质进行分析；
（2）①根据图示仪器确定其名称；
②根据实验过程确定实验步骤；
③根据发生反应的化学方程式进行计算；
（3）实验后反应管中残留固体为红色粉末，为Fe2O3，铁元素被氧化，因此硫元素被还原，反应生成SO2，结合得失电子守恒，可得FeSO4的系数为2，Fe2O3的系数为1，SO2的系数为1；根据原子守恒可知，生成物中含有SO3；据此分析作答。
25．【答案】（1）4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2
（2）测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2
（3）取少量溶液(样品)，加入足量稀盐酸酸化后，再滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，说明含有SO，反之则不含有
（4）Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；90.36%
【解析】【解答】（1）FeS2煅烧生成Fe2O3和SO2，反应的方程式为4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2；
（2）SO2通入NaOH中，先发生反应SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，由图像可知，随着pH的减小，溶液的主要成分由Na2SO3变为NaHSO3再变为H2SO3，pH约为4时，生成的NaHSO3最大，因此要得到较为纯净的NaHSO3溶液，应采取的实验操作为测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2；
（3）检验SO可使用BaCl2，检验方法为取少量溶液，加入足量稀盐酸酸化后，再滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，说明含有SO，反之则不含有；
（4）①Cr2O与Fe2＋反应生成Cr3＋和Fe3＋，离子方程式为Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；
②②n(Cr2O)=0.030 00 ml·L-1×25.10 mL×10-3 L·mL-1=7.530×10-4 ml，n(Fe2＋)=6n(Cr2O)=4.518×10-3 ml，还原铁粉的纯度= ×100%=90.36%=90.36%。
【分析】（1）锻烧黄铁矿生成Fe2O3和SO2；
（2）随着pH的减小，溶液的主要成分由Na2SO3变为NaHSO3再变为H2SO3，pH约为4时，生成的NaHSO3最大；
（3）检验SO的操作为：为取少量溶液，加入足量稀盐酸酸化后，再滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，说明含有SO；
（4）滴定过程中发生反应Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；根据反应的离子方程式计算还原铁粉的纯度。A．新石器时代·红陶兽形器
B．北燕·鸭形玻璃柱
C．明·象牙雕佛坐像
D．清·五彩花卉瓷盖碗

实验目的
方案设计
现象和结论
A
探究Fe2+、Cu2+对H2O2溶液分解的催化效果强弱
在两支试管a、b中各加2 mL5%H2O2溶液，分别滴入0.1 ml•L-1FeCl3溶液和0.1 ml•L-1CuSO4溶液各0.5 mL
若a中产生气泡快于b中，则说明Fe3+的催化效果强于Cu2+
B
探究Fe与水蒸气高温反应后固体产物中铁元素的化合价
取少量固体产物于试管中，加足量的稀硫酸溶解，分成两份：一份滴加几滴KSCN溶液，另一份少量滴加KMnO4溶液
若前者溶液变血红色，后者溶液紫色褪去，则固体产物中铁元素有+2、+3两种价态
C
探究油脂在碱性条件下的水解
在小烧杯中加入约5 g动物脂肪、6 mL95%的乙醇，再加入6 mL 40%的氢氧化钠溶液，微热一段时间后取少量清液，加入新制氢氧化铜
若出现绛蓝色，则油脂已发生水解
D
探究Cu与硫酸的
反应
铜粉加入稀硫酸中，加热，再加入少量KNO3固体
未加KNO3固体前，无明显现象；加入KNO3固体后，产生大量气泡，则说明KNO3起催化作用
选项
实验操作及现象
实验结论
A
取少量样品溶于水，加入溶液，再加入足量盐酸，产生白色沉淀
原样品已变质
B
向某溶液中滴加浓盐酸，将产生气体通入石蕊试液，溶液先变红后褪色
溶液中含有或
C
向溶有的溶液中通入气体X，出现白色沉淀
气体X不一定是氧化性气体
D
在某固体试样加水后的溶液中，滴加NaOH溶液，没有产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体
该固体试样中不可能存在