2024届高三化学二轮复习基础练——常见无机物及其应用
一、单选题
1．下列有关材料的说法正确的是（ ）
A．铝、镁、钛等合金广泛应用于飞船建造，这些合金只存在吸氧腐蚀，不存在析氢腐蚀
B．冬奥会礼仪服装用到的石墨烯材料、制作“飞扬”火炬的碳纤维复合材料、速滑竞赛服采用的聚氨酯材料都属于有机高分子材料
C．清华大学打造的世界首款异构融合类脑芯片一天机芯的主要材料与光导纤维的相同
D．神舟飞船使用的热控材料是新型保温材料-纳米气凝胶，纳米气凝胶具有丁达尔效应
2．下列说法错误的是（ ）
A．液氨汽化时要吸收大量的热，常用作制冷剂
B．新能源汽车的推广与使用有助于减少光化学烟雾的产生
C．手机外壳上贴的碳纤维外膜是一种新型的无机非金属材料
D．海水淡化能解决淡水供应危机，向海水中加净水剂明矾可以使海水淡化
3．1827年，英国科学家法拉第进行了NH3喷泉实验。在此启发下，兴趣小组利用以下装置，进行如下实验。其中，难以达到预期目的的是（ ）
A．A B．B C．C D．D
4．化学研究和应用在自然资源的合理开发和综合利用中发挥着重要的作用。下列说法错误的是（ ）
A．海底多金属结核矿含有铁、锰、钴等多种金属元素
B．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法
C．以石油为原料通过减压蒸馏获得石蜡、植物油、润滑油等产品
D．绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染
5．化学与生活、生产密切相关。下列叙述错误的是（ ）
A．高纯硅可用于制作光导纤维
B．碳酸钠热溶液呈碱性，可用于除去餐具上的油污
C．利用太阳能蒸发海水的过程属于物理变化
D．淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖
6．某兴趣小组探究使品红溶液褪色的原因，实验结论错误的是（ ）
试管中的液体 现象
a.0.1 mol/L 溶液() 溶液逐渐变浅，约90s后完全褪色
b.0.1 mol/L 溶液() 溶液立即变浅，约15s后完全褪色
c.0.1 mol/L 溶液() 溶液立即褪色
d. NaOH溶液 红色溶液不变色
e. 溶液 红色溶液不变色
A．在探究实验中控制变量思想可以把复杂问题简化为单一问题
B．b中亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度使溶液显酸性
C．实验abc说明使品红溶液褪色时起主要作用的微粒是
D．实验cd证明氢氧根离子对品红溶液褪色不产生干扰
7．中华传统文化与化学紧密相关，下列有关说法正确的是（ ）
A．“自古书契多编以竹简，其用缣帛(丝织品)者谓之为纸”，纸的主要成分为蛋白质
B．李白有诗云“日照香炉生紫烟”，这是描写碘的升华
C．“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南”中的“杓”含磁性物质Fe2O3
D．柴窑烧制出的“明如镜，薄如纸，声如馨”的瓷器，其主要原料为二氧化硅
8．下列说法不正确的是（ ）
A．工业上制备达98%的粗硅可直接用来生产卫星芯片
B．工业制备硫酸的主要设备为沸腾炉、接触室和吸收塔
C．硬度大的新型陶瓷材料碳化硅可用作砂纸的耐磨材料
D．某些胶态金属氧化物分散于玻璃中可制造有色玻璃
9．实验室可用SiC与Cl2反应(SiC+2Cl2 SiCl4+C)制取少量SiCl4(沸点57.6℃，易水解)。下列实验原理和装置不能达到实验目的的是（ ）
A． 制取氯气
B． 净化氯气，气体从接口①进入
C． 制取四氯化硅
D． 收集四氯化硅粗产品
10．为探究Na2SO3溶液的性质，在白色点滴板的a、b、d、d四个凹槽中滴入Na2SO3溶液，再分别滴加下图所示的试剂。
下列关于实验现象的解释或结论正确的是（ ）
选项 实验现象 解释或结论
A a中无明显现象 Na2SO3和H2O2一定不发生反应
B b中加稀H2SO4后才产生淡黄色沉淀 SO32 和S2 两种离子一定不能大量共存
C c中加BaCl2溶液后产生白色沉淀且红色褪去 Ba2++ SO32 == BaSO3↓，使SO32 水解平衡逆向移动，红色褪去
D d中产生白色沉淀 原Na2SO3溶液中含有SO42
A．A B．B C．C D．D
11．下列实验设计能够达到目的的是（ ）
编号 实验目的 实验设计
A 除去CO2中少量的SO2 将混合气体通过饱和Na2CO3溶液
B 除去Cu粉中混有的CuO 向混合物中滴加适量稀硝酸
C 证明钠的金属活动性比铝强 向AlCl3溶液中投入钠粒
D 证明H2CO3酸性比H2SiO3强 将CO2通入Na2SiO3溶液中
A．A B．B C．C D．D
12．下列说法中正确的是（ ）
A．第ⅦA族单质从上往下熔沸点逐渐升高，第ⅠA族单质从上往下熔沸点逐渐降低
B．Na2SiO3溶液可用作矿物胶、木材防火剂，还可用作制备硅胶的原料
C．品红溶液和滴有酚酞的NaOH溶液均能与SO2气体作用而褪色，且其实质相同
D．镁和铝性质稳定且都有很强的抗腐蚀能力，所以镁铝合金可用于飞机、轮船制造
13．下列实验目的对应的实验操作和实验原理均正确的是（ ）
实验目的 实验操作 实验原理
A 提纯混有少量硝酸钾的氯化钠 在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥 氯化钠溶解度随温度升高变化不大，而硝酸钾溶解度随温度升高显著增大
B 比较 、 的 相对大小 向 的 溶液中加入 溶液，再滴加5～6滴 溶液，观察沉淀的生成及其颜色的变化
C 探究化学反应的限度 取 的 溶液，滴加 溶液5～6滴，充分反应，观察 根据溶液中既含 又含 的实验事实判断该反应是可逆反应
D 检验溶液中是否含有 取少量试液于试管中，加入 溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体 溶于水后溶质的主要存在形式是 、
A．A B．B C．C D．D
14．化学知识无处不在，下列家务劳动不能用对应的化学知识解释的是（ ）
选项 家务劳动 化学知识
A 用温热的纯碱溶液清洗油污 油脂在热的纯碱溶液中更易发生水解
B 白醋除去水垢中的CaCO3 醋酸酸性强于碳酸
C “84消毒液”稀释后拖地 利用NaClO的还原性消毒杀菌
D 餐后将洗净的铁锅擦干 减缓铁的锈蚀
A．A B．B C．C D．D
15．下列物质转化路线符合工业生产实际的是（ ）
A．
B．淀粉
C．
D．饱和NaCl溶液 NaHCO3晶体
16．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．HCl(aq) Cl2(g) FeCl2(s)
B．Cu(OH)2(s) CuO(s) CuSO4(aq)
C．N2(g) NH3(g) NH4NO3(s)
D．Al2O3(s) AlCl3(aq) AlCl3(s)
17．下列说法中错误的是（ ）
A．K2FeO4可代替Cl2处理饮用水，有杀菌消毒作用
B．CaO2属于碱性氧化物，也属于离子化合物，其阴阳离子个数比为1:2
C．《本草纲目》中“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石”利用焰色反应区分硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)
D．高温下可用金属钠还原四氯化钛来制取金属钛
18．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（ ）
选项 实验 现象 结论
A 蔗糖中滴加浓硫酸并不断搅拌 产生黑色蓬松多孔固体 浓硫酸具有吸水性
B 加热盛有NH4Cl固体的试管 试管底部固体消失，试管口有晶体凝结 NH4Cl固体可以升华
C 炭粉中加入浓硝酸并加热，导出的气体通入少量澄清石灰水中 有水红棕色气体产生，石灰不变浑浊 有NO2和CO2产生
D 向含I-的无色溶液中滴加少量新加制氯水，再滴加淀粉溶液 加入淀粉后溶液变成蓝色 还原性：Cl->I-
A．A B．B C．C D．D
19．下列氯及其化合物的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．具有氧化性，可用于水体消毒
B．具有酸性，可用于蚀刻线路板上的铜
C．具有还原性，可用于除去铁锈
D．受热易分解，可用作氮肥
20．一种以沸石笼为载体对NO进行催化还原的原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．在催化还原过程中，起催化作用
B．在③的转化过程中，氧元素的化合价未发生变化
C．④涉及极性共价键的断裂与生成
D．图中总过程中每吸收需要消耗(标准状况)
二、综合题
21．三氧化钼(MoO3)和五氧化二钒(V2O5)是石油炼制中的重要催化剂，可利用炼油废催化剂(主要成分为V2O5、V2O4、 MoO3，还有少量的Al2O3、Fe2O3、有机物等)来制备。工艺流程图如图：
已知：①[Al(OH)4]-+H+Al(OH)3+H2O，K=1013.38
②NH4VO3的溶解度( g/100g水)： 0.48(20℃)、 1.32(40℃)、 2.42(60℃)
回答下列问题：
（1）“焙烧”的目的是 。
（2）滤渣的主要成分是_ (填化学式)。
（3）向滤液①中加H2O2的作用是 (用离子方程式表示)。
（4）当滤液①的pH调控为 时，铝元素恰好沉淀完全(通常认为溶液中离子浓度不大于10-5mol·L-1为沉淀完全)。
（5）NH4VO3的沉淀过程中，沉钒率受温度影响，关系如图得所示。温度高于80℃沉钒率降低的主要原因可能是 (答出一点即可)。NH4VO3 沉淀分解生成V2O5的化学方程式是 。
（6）催化剂V2O5溶于NaOH溶液中，可得到钒酸钠或偏钒酸钠，偏钒酸钠的阴离子呈如图所示的无限链状结构，写出偏钒酸钠的化学式 。
（7）仪器分析检测[Al(OH)4]-在水中带有结晶水，[Al(OH)4]-·xH2O中存在的作用力类型有____(填字母)。
A．离子键 B．配位键 C．金属键 D．共价键
22．
（1）I．治疗胃酸过多的药物达喜（其式量不超过 700)由五种短周期元素组成，按如下流程进行实验以确定其组成。
请回答：
达喜的化学式是 。
（2）达喜与胃酸（含稀盐酸）反应的化学方程式是 。
（3）气体 B 与环氧丙烷( )可制得一种可降解高聚物，该反应的化学方程式是 （有机物用结构简式表示）。
（4）II．将 NaClO3 溶液逐滴加入到碘单质和过量盐酸的混合液中可制备液态 ICl，实验装置如下图：
请回答：
圆底烧瓶中发生的化学反应是 ( 用化学方程式表示）。
（5）若加入的 NaClO3 溶液已足量，请设计实验方案证明该反应已完全： 。
23．可被用于治疗消化道疾病。某学习探究小组在实验室进行了制备以及含量测定的实验。已知：常温下不溶于水，较稳定，与酸反应生成；加热时会分解生成和。
请回答下列问题：
（1）灼烧。灼烧制时，可使用的实验装置有 （填字母）。
（2）转化。向中先加入稳定剂和溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥，可得粗品。
①写出制备时发生反应的化学方程式： ．
②“转化”阶段有大量热量放出，为了提高的产率，添加溶液时，比较理想的操作方法为 ．
（3）测定。某研究小组拟用下图装置测定样品（含杂质）中的含量。
①实验时在稀盐酸中加入溶液的作用是 （用化学方程式表示）。
②为了减小实验误差，在每次读数前需要进行的操作是 、 ．
③该小组记录的实验数据如下：样品的质量为；反应开始前量气管的读数为；反应结束冷却到室温后量气管的读数为，已知：室温条件下气体摩尔体积为，则样品中过氧化镁的质量分数为9*/*（用含的代数式表示）；若反应结束后读取量气管中气体的体积时，液面左低右高，则测得的质量分数 （填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
24．过氧化钙 在水中能缓慢放出氧气，是一种用途广泛的供氧剂，可用于鱼塘养殖。
（1） 中所含化学键的类型是 、 。
（2） 与水反应的化学方程式是 。
（3）由电石渣(主要成分为氢氧化钙)制备过氧化钙可实现工业废渣的资源化，其制备流程如下：
①滤液Y可循环使用，其主要溶质的质量与反应前的加入量几乎没有变化，该溶质是 。解释其质量不变的原因： (用化学方程式表示)。
②Ⅰ和Ⅱ的反应装置均需置于冰水浴中，解释Ⅱ中冰水浴的作用： (答出一点即可)。
（4） 样品纯度测定
ⅰ.按上图连接装置(夹持和加热装置均略去)，从水准管口加入适量水，并检查气密性；
ⅱ.准确称量 样品加入试管，并使其在试管底部均匀铺成薄层；
ⅲ.上下移动水准管，使水准管中液面与量气管中液面平齐；读取量气管中液面对应的刻度，记为 ；
ⅳ.加热发生反应： ，充分反应至不再有气体产生，停止加热， ；再次读取量气管中液面对应的刻度，记为 ；
Ⅴ.计算样品中 的纯度。
①补全ⅳ中操作： 。
②该实验条件下，气体摩尔体积为 ，样品中 的纯度为 (用质量分数表示)。
25．用辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)制备难溶于水的碱式碳酸铜的流程如图所示：
（1）为了加快浸取速率，可采取的措施是 (答一条即可)。
（2）滤渣I中的主要成分是MnO2、S、SiO2，请写出“浸取”反应中生成S的离子方程式： 。
（3）研究发现，若先除铁再浸取，则浸取速率明显变慢，可能的原因是 。
（4）“除铁”的方法是通过调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3，则加入的试剂A可以是 (填化学式)；“赶氨”时，最适宜的操作方法是 。
（5）“沉锰”(除Mn2+)过程中有关反应的离子方程式为 。
（6）滤液II经蒸发结晶得到的盐主要是 (填化学式)。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．铝、镁、钛等合金在强酸性环境中可发生析氢腐蚀，A不符合题意；
B．聚氨酯是由有机小分子经聚合反应生成的高分子化合物，属于有机高分子材料，而碳纤维复合材料属于无机材料，B不符合题意；
C．芯片的主要材料是硅单质，C不符合题意；
D．纳米气凝胶属于胶体，胶体具有丁达尔效应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．酸性环境发生析氢腐蚀；
B．碳纤维复合材料属于无机材料；
C．芯片的主要材料是晶体硅；
D．纳米气凝胶属于胶体。
2．【答案】D
【解析】【解答】A.利用液态氨汽化时吸收大量的热，使周围的温度急剧下降，所以液氨常用作制冷剂，A不符合题意；
B.新能源汽车使用的是电能等洁净能源，不产生形成光化学烟雾的氮氧化物，B不符合题意；
C.碳纤维是一种新型的无机非金属材料，C不符合题意；
D.明矾能净水，但不能消除水中的无机盐，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.液氨可用作制冷剂；
B.新能源汽车使用过程中可减少污染性气体的产生；
C.碳纤维属于无机非金属材料；
D.明矾净水不能使海水淡化；
3．【答案】B
【解析】【解答】A、氨气极易溶于水，挤压胶头滴管，氨气溶于水使烧瓶内的压强减小，进而引发喷泉实验，故A不符合题意 ；
B、氨气为碱性气体，会与五氧化二磷反应，不能用五氧化二磷干燥氨气，故B符合题意；
C、氨气的密度小于空气，从向下排空气法收集，故C不符合题意；
D、氧化钙溶于水放热，使浓氨水分解生成氨气，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、氨气极易溶于水；
B、氨气为碱性气体；
C、氨气的密度小于空气；
D、浓氨水分解生成氨气。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．海底多金属结核矿为沉积矿物集合体，含有铁、锰、钴等多种金属元素，A不符合题意；
B．海水淡化即海水脱盐生产淡水，方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法，B不符合题意；
C．以石油为原料通过减压蒸馏获得石蜡、润滑油等产品，植物油为油脂，不是烃，C符合题意；
D．绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.海底的资源非常丰富，不仅含有常规的化石燃料煤、石油、天然气，还含有新发现的新型矿产资源，海底多数金属结合矿含有铁、锰、钴等多种金属元素；
B.海水淡化可分离盐类物质与水，主要有蒸馏法、电渗析法和离子交换法等；
D.绿色化学应符合“原料中的原子全部转变成所需要的产物，不产生副产物，无污染，实现零排放”，绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．高纯硅用于制太阳能电池或芯片等，而光导纤维的材料是二氧化硅，故A符合题意；
B．利用碳酸钠热溶液水解呈碱性，可除餐具上的油污，故B不符合题意；
C．海水蒸发是物理变化，故C不符合题意；
D．淀粉和纤维素均为多糖，一定条件下，淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖，故D不符合题意；
故答案为A。
【分析】光导纤维的主要成分为二氧化硅，而不是高纯度硅，据此分析即可得出答案。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．在探究实验中控制变量思想可以通过对某一变量的研究，把复杂问题简化为单一问题，A不符合题意；
B．b中亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，使溶液显酸性，B不符合题意；
C．实验abc碱性增强，溶液中亚硫酸根离子浓度变大，说明使品红溶液褪色时起主要作用的微粒是，C符合题意；
D．实验cd中氢氧根离子浓度相等，现象证明氢氧根离子对品红溶液褪色不产生干扰，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.利用控制变量法，通过对某一变量的研究，把复杂问题简化为单一问题；
B.亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，导致溶液中c(H+)>c(OH-)，溶液呈酸性；
D.实验cd中氢氧根离子浓度相等。
7．【答案】A
【解析】【解答】A.纸主要是用的是丝织品，主要成分是蛋白质，故A符合题意
B.日照香炉生紫烟指的是在日光照耀下，呈现紫色的烟霞，是一种物理现象，没有碘的升华，故B不符合题意
C.四氧化三铁具有磁性，可以用作司南或者指南针，故C不符合题意
D.瓷器的主要原料为黏土，主要成分是硅酸盐，属于硅酸盐材料，故D不符合题意
【分析】A.根据题意即可判断丝织品主要成分是蛋白质
B.主要是物理现象并不是碘的升华
C.氧化铁一般做颜料
D.二氧化硅一般是做光导纤维，而瓷器是硅酸盐材料
8．【答案】A
【解析】【解答】A、生产卫星芯片要用高纯硅，故A符合题意；
B、工业上制硫酸的设备分为三大部分，一是沸腾炉，二是接触室，三是吸收塔，在沸腾炉内煅烧黄铁矿生成二氧化硫，在接触室内有催化剂存在下二氧化硫进一步与氧气结合，生成三氧化硫，三氧化硫流经吸收塔时，采用98.3%的浓硫酸吸收，使三氧化硫最终与水化合形成硫酸，故B不符合题意；
C、碳化硅硬度大，可用作砂纸、砂轮的磨料，故C不符合题意；
D、某些胶态金属氧化物分散于玻璃中可制造有色玻璃，如氧化亚铜分散于玻璃中可得到红色的玻璃，三氧化二钴分散于玻璃中可得到蓝色玻璃，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、芯片的原料为高纯硅；
B、沸腾炉、接触室和吸收塔是工业制备硫酸的主要设备；
C、碳化硅硬度大；
D、有些金属氧化物具有特殊颜色。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．实验室利用MnO2和浓盐酸加热制备Cl2，可以达到实验目的，A不选；
B．利用浓盐酸制备Cl2，含有H2O、HCl等杂质，利用饱和食盐水除去HCl，利用浓硫酸除去水，除杂时，应该先除去HCl，再除去水；除杂时，应该长导管进，选项中的装置不能达到实验目的，B选；
C．SiC和Cl2加热制备CCl4，可以达到实验目的，C不选；
D．SiCl4的沸点57.6℃，沸点较低，可以通过冷凝收集到SiCl4，由于SiCl4易水解，而且需要吸收过量的Cl2，因此需要接一个装有碱石灰的干燥管，可以防止空气中的水蒸气进入，也可以吸收多余的Cl2，可以达到实验目的，D不选。
故答案为：B。
【分析】B、除水导管口要长进短出
10．【答案】C
【解析】【解答】A.a滴加双氧水后无明显现象，不能说明Na2SO3和H2O2一定不发生反应，很多反应都无明显变化，A不符合题意；
B.b中是先滴入硫化钠溶液、后滴入稀硫酸，加稀H2SO4后才产生淡黄色沉淀，“才”是重点，说明不加酸之前，SO32 和S2 两种离子能大量共存，B不符合题意；
C.c中滴入酚酞后溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去，在Na2SO3溶液中，SO32﹣水解显碱性，所以滴入酚酞后溶液变红；在该溶液中加入BaCl2后，Ba2++SO32﹣═BaSO3↓（白色），水解平衡SO32﹣+H2O HSO3﹣+OH﹣向左移动，氢氧根离子浓度减小，红色褪去，C符合题意；
D.d中无论亚硫酸钠溶液中是否含有SO42 ，都会产生白色沉淀，因为在酸性条件下，SO32 可以被硝酸根氧化为SO42 ，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.H2O2具有氧化性，能将SO32-氧化成SO42-，反应无明显现象；
B.非酸性条件下，S2-和SO32-可共存；
C.结合浓度对平衡移动的影响分析；
D.NO3-酸性条件具有氧化性，能将SO32-氧化成SO42-；
11．【答案】D
【解析】【解答】A.饱和Na2CO3溶液可以吸收CO2，A不符合题意；
B.Cu和CuO都与硝酸反应，应用盐酸或稀硫酸除杂，B不符合题意；
C.钠性质很活泼，投入盐溶液中，先和水反应生成NaOH，所以钠不能置换出氯化铝溶液中的Al，C不符合题意；
D.将CO2通入Na2SiO3溶液中，如生成沉淀，说明证明H2CO3酸性比H2SiO3强，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.CO2和SO2都能与Na2CO3反应；
B.Cu和CuO都能与硝酸反应；
C.Na加入盐溶液中，直接与H2O反应，不与盐发生置换反应；
D.根据强酸制取弱酸的原理分析；
12．【答案】B
【解析】【解答】A. 第ⅦA族单质从上往下：氟气、氯气、液溴、固体碘、固体砹，物质由气态变为液态，所以熔沸点逐渐升高，第一主族的金属元素，从上到下，原子半径逐渐增大，形成的金属键逐渐减弱，熔沸点逐渐降低，但该族元素还含有H元素，H2常温下为气体，熔点低于同族元素的单质，故A不符合题意；
B.硅酸钠的水溶液是矿物胶，和酸反应可以制备硅胶，具有防腐阻燃的作用，做木材防火剂的原料,故B符合题意；
C.品红遇二氧化硫褪色体现二氧化硫的漂白作用，而且加热红色能复原；二氧化硫能跟滴有酚酞的氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，溶液碱性减弱，红色褪去，各元素没有价态变化，是复分解反应，二者褪色原理不一样，故C不符合题意；
D.镁铝合金密度小，硬度大，可用于制造飞机、汽车等部件，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.注意第ⅠA除碱金属元素外，还有Ｈ元素，H2常温下是气体；
B.根据硅酸钠的性质和用途进行判断；
C.品红褪色体现的是二氧化硫的漂白性，使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色是二氧化硫酸性气体的性质；
D.镁铝合金的密度小时制造飞机、轮船的原因。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．少量硝酸钾，NaCl量多，应选蒸发结晶法分离，故A不符合题意；
B．由操作可知，发生沉淀的转化，则可比较 、 的 相对大小，故B符合题意；
C．氯化铁不足，反应后溶液含碘单质、KI，不能证明反应的可逆性，应保证KI不足时证明，故C不符合题意；
D．一水合氨是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以氨气溶于水后在水溶液中主要以一水合氨存在，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.利用氯化钠的溶解度随着温度的变化不是很大，采用的是蒸发结晶的方式
B.氢氧化铜是蓝色沉淀，而氢氧化镁是白色沉淀，故可以实现转化比较ksp的大小
C.验证反应的限度，应该保证碘离子的量少量加入足量的氯化铁即可证明
D.氨气与水形成的是氨水，是弱电解质，主要存在的是一水合氨
14．【答案】C
【解析】【解答】A．温度高会促进纯碱的水解，纯碱水解显碱性，油脂在碱性条件下可以发生水解，所以用温热的纯碱溶液清洗油污，故A不符合题意；
B．白醋中含有醋酸，醋酸酸性强于碳酸，醋酸能与碳酸钠反应生成易溶于水的醋酸钙，所以可以用白醋除去水垢中的CaCO3，故B不符合题意；
C．NaClO具有强氧化性，能使蛋白质发生变性，用于消毒杀菌，故C符合题意；
D．铁在潮湿的环境中易发生电化学腐蚀，形成铁锈，所以餐后将洗净的铁锅擦干可以减缓铁的锈蚀，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.油脂在碱性条件下可以发生水解；
B.醋酸酸性强于碳酸；
C.NaClO具有强氧化性，能使蛋白质发生变性；
D.铁在潮湿的环境中易发生电化学腐蚀。
15．【答案】D
【解析】【解答】A．S和O2点燃生成SO2，不能生成SO3，A不符合题意；
B．工业上用石油的裂化和裂解产生乙烯，不用乙醇生产乙烯，B不符合题意；
C．工业上用氮气和氢气合成氨，氨发生催化氧化产生NO，NO和氧气反应生成NO2，NO2与水反应生产硝酸，C不符合题意；
D．纯碱制备工业中先往饱和NaCl溶液中通入氨气制造碱性环境，再通入过量二氧化碳析出碳酸氢钠固体，再加热碳酸氢钠固体得到纯碱，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.制取硫酸的步骤是，硫与氧气反应产生二氧化硫，二氧化硫再氧气的作用下继续氧化变为三氧化硫，与水作用产生硫酸
B. 乙烯产量作为衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志之一，因此工业上的乙烯来自于石油
C.工业上制取硝酸利用的是氨气的催化氧化，变为一氧化氮，继续被氧气氧化变为二氧化氮，用水吸收，产生的一氧化氮继续被氧化依次循环制取硝酸
D.工业是制取纯碱是利用饱和的食盐水通入氨气形成碱性的环境继续通入二氧化碳，利用溶解度的不同得到碳酸氢钠晶体，对晶体进行加热得到纯碱
16．【答案】B
【解析】【解答】A．铁粉在氯气中燃烧只能生成氯化铁，而不是氯化亚铁，A不符合题意；
B．氢氧化铜受热分解成氧化铜，氧化铜可以和稀硫酸反应生成硫酸铜溶液，B符合题意；
C．氨气和硝酸溶液反应生成硝酸铵溶液，得不到硝酸铵固体，故C不符合题意；
D．由于铝离子水解，HCl易挥发，所以加热蒸发氯化铝溶液得到的是氢氧化铝，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.2Fe+3Cl22FeCl3；
B.该转化均可实现；
C.氨气溶于水可以和硝酸溶液生成硝酸铵溶液；
D.氯化铝为强酸弱碱盐，加热促进水解。
17．【答案】B
【解析】【解答】A.K2FeO4中铁元素为+6，具有强氧化性，K2FeO4可代替Cl2处理饮用水，有杀菌消毒作用，故A说法不符合题意；
B.CaO2 属于过氧化物，阴离子是 ，阴阳离子个数比为1:1，故B说法符合题意；
C.鉴别KNO3和Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应隔着钴玻璃为紫色，故C说法不符合题意；
D.钠是活泼金属，在700℃ ～800℃时与四氯化钛（TiCl4）反应生成金属钛，故D说法不符合题意，
故答案为：B。
【分析】A.K2FeO4中Fe的化合价为+6价，具有强氧化性，发生还原反应后生成的铁离子水解会产生氢氧化铁胶体；
B.过氧化钙属于过氧化物；
C.钾元素的焰色反应为紫色；
D.金属钠的还原性大于钛，能用金属钠置换出金属钛。
18．【答案】C
【解析】【解答】A．蔗糖碳化蓬松，主要体现浓硫酸的脱水性和强氧化性，A不符合题意；
B． 先受热分解成氨气和HCl气体，两种气体遇冷又化合成 ，不是升华，B不符合题意；
C．炭粉中加入浓硝酸并加热发生反应： ，产生的 进入澄清石灰水遇到水反应生成硝酸： ，因“少量澄清石灰水”，所以不变浑浊，C符合题意；
D．氯水将Ｉ-氧化为I2，还原性： ，D不符合题意；
答案为C。
【分析】
A.浓硫酸的脱水性和强氧化性；
B.受热分解后又生成氯化铵，不是升华；
C.少量澄清石灰水遇二氧化碳现象无法观察，红棕色气体是二氧化氮，此根据元素守恒和现象同时进行推断；
D.氯水将碘离子反应生成碘单质和氯离子，根据还原剂大于还原产物，碘离子还原性较大。
19．【答案】A
【解析】【解答】A．用于水体消毒，是因为其具有氧化性，可使蛋白质变性，故A符合题意；
B．用于蚀刻线路板上的铜，是因为铁离子具有氧化性，能够与铜反应，和其具有酸性无关，故B不符合题意；
C．用于除去铁锈，是和其酸性有关，与其还原性无关，故C不符合题意；
D．可用作氮肥，是因为其组成含有氮元素，与其受热易分解无关，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.具有强氧化性，能使蛋白质变性；
B.具有氧化性，能与铜反应；
C.盐酸除铁锈利用的是盐酸的酸性；
D.含有氮元素，可用作氮肥。
20．【答案】D
【解析】【解答】A．根据图示，反应前后没有改变，可知在催化还原过程中，起催化作用，故A不符合题意；
B．在 转化为过程中，离子所带电荷不变，氧元素的化合价未发生变化，故B不符合题意；
C．步骤④有氮氧键、氮氢键的断裂，有氧氢键的生成，所以涉及极性共价键的断裂与生成，故C不符合题意；
D．根据图示，总反应为，总过程中每吸收需要消耗0.25mol，标准状况下消耗氧气的体积是5.6L，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、催化剂指的是第一个反应的反应物，在后续反应中作为生成物重新出现；
B、氧元素在反应前后都是-2价；
C、极性键为不同非金属原子的结合；
D、结合可以知道NO和O2的化学计量数之比为4：1。
21．【答案】（1）除去有机物或把废催化剂中主要成分转化成易溶于水的物质(答出一点即可)
（2）Fe2O3
（3）H2O2+2+6H+=2+4H2O
（4）8.38
（5）氯化铵水解程度增大或氯化铵分解或NH4VO3溶解度增大(答出一点即可)；2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑
（6）NaVO3
（7）B；D
【解析】【解答】（1）“焙烧”的目的是除去有机物或把废催化剂中主要成分转化成易溶于水的物质；
（2）据分析可知，滤渣的主要成分是Fe2O3；
（3）据分析可知，加H2O2的作用是将氧化为，根据得失电子守恒和元素守恒配平得到其离子方程式为H2O2+2+6H+=2+4H2O；
（4）K==1013.38，通常认为溶液中离子浓度不大于10-5mol·L-1为沉淀完全，说明，则，故当滤液①的pH调控为8.38时，铝元素恰好沉淀完全；
（5）温度高于80℃沉钒率降低的主要原因可能是氯化铵水解程度增大或氯化铵分解或NH4VO3溶解度增大；NH4VO3沉淀分解生成V2O5的化学方程式是2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑；
（6）由图可知，偏钒酸钠的化学式NaVO3；
（7）[Al(OH)4]-中Al元素提供空轨道，O元素提供孤电子对，形成配位键，O元素与H元素之间存在极性共价键，[Al(OH)4]-与水分子之间存在分子间作用力，故答案为：BD。
【分析】（1）依据反应物的性质分析；
（2）依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；
（3）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；
（4）依据K=分析；
（5）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒分析；
（6）依据均摊法判断化学式；
（7）依据配合物的结构分析。
22．【答案】（1）Al2O3 6MgO CO2 12H2O或 2Al(OH)3 5Mg(OH)2 MgCO3 4H2O或Al2Mg6(OH)16(CO3) 4H2O
（2）Al2Mg6(OH)16(CO3) 4H2O+18HCl=2AlCl3+ 6MgCl2+CO2↑+21H2O
（3）nCO2+n
（4）3I2 +NaClO3+ 6HCl=6ICl + NaCl + 3H2O
（5）取烧瓶内溶液，加淀粉溶液，如果不变蓝，说明反应已完全
【解析】【解答】I．(1) 达喜中含有的五种短周期元素为H、C、O、Mg、Al，若以氧化物的形式表示，可以表示为：aMgO bAl2O3 cCO2 dH2O。Al2O3为0.01mol，若b=1，则达喜的相对分子质量为6.02g÷0.01mol=602＜700，所以可以确定达喜的相对分子质量为602。MgO为0.06mol，所以a=6。根据达喜的化学式和相对分子质量，有44c+18d=602-6×40-102=260，假设c=1，则d=12；假设c=2，d=9.6；假设c=3，d=7.1；假设c=4，d=4.7；假设c=5，d=2.2；d不是整数的都不正确，所以达喜的化学式为6MgO Al2O3 CO2 12H2O，或表示为Al2O3 6MgO CO2 12H2O或2Al(OH)3 5Mg(OH)2 MgCO3 4H2O或Al2Mg6(OH)16(CO3) 4H2O。(2)达喜与胃酸（含稀盐酸）反应，可以看做是碱或碱性氧化物和酸的反应，化学方程式是Al2Mg6(OH)16(CO3) 4H2O+18HCl=2AlCl3+ 6MgCl2+CO2↑+21H2O。(3)利用CO2中的一个碳氧双键与环氧丙烷( )发生加聚反应，得到聚酯类高聚物，酯在自然界中可以降解，该反应的化学方程式是nCO2+n 。II．(4) 将NaClO3溶液逐滴加入到碘单质和过量盐酸的混合液中，生成ICl，氯的化合价从+5价降低到-1价，碘的化合价从0价升高到+1价，根据电子守恒和质量守恒配平得到化学方程式为：3I2 +NaClO3+ 6HCl=6ICl + NaCl + 3H2O。(5)若加入的NaClO3 溶液已足量，则溶液中的碘全部被消耗，加入淀粉溶液时不变蓝。所以可以取烧瓶内溶液，加淀粉溶液，如果不变蓝，说明反应已完全。
【分析】I．达喜隔绝空气加强热分解生成的气体冷却至室温，无色液体A是水，说明达喜中含有H和O。无色无味气体B通入足量石灰水产生白色沉淀，气体B是二氧化碳，说明达喜中含有C。达喜加热分解产生的固体中加入0.02molNaOH，不溶于NaOH溶液的2.40g白色固体D能溶于盐酸中，所以固体D是MgO，2.40gMgO为0.06mol。溶于NaOH溶液中的是Al2O3，其质量为3.42g-2.40g=1.02g，为0.01mol。所以达喜中含有的五种短周期元素为H、C、O、Mg、Al。
23．【答案】（1）c
（2）；分多次加入溶液（或逐滴滴加溶液），边加边搅拌
（3）；冷却至室温；上下移动右侧量气管，使左右两侧的液面相平；偏小
【解析】【解答】（1）灼烧固体应该在坩埚中，装置图C正确；
（2）①MgO与H2O2反应生成MgO2和H2O，方程式为：MgO+H2O2=MgO2+H2O；
②“转化”阶段有大量热量放出，会使温度升高，H2O2不稳定，受热易分解， 为了提高MgO2的产率，需要 分多次加入H2O2溶液（或逐滴滴加H2O2溶液），边加边搅拌；
（3）①FeCl3可以催化H2O2分解，方程式是： ；
② 气体体积受温度、压强影响较大，反应放热温度升高，气体受热膨胀，为防止产生误差，所以读数应该使气体温度在常温下且两侧液面相平较大 为了减小实验误差，在每次读数前需要进行的操作是 冷却至室温 、 上下移动右侧量气管，使左右两侧的液面相平 ；
③原理为：MgO2+2HCl=MgCl2+H2O2， 2H2O2=FeCl32H2O+O2
，
得出关系式为：2MgO2～2H2O2～O2
n（MgO2）=n（O2）==，
样品MgO2的质量为：=，
样品MgO2的质量分数为：
=；
若反应结束后读取量气管中气体的体积时，液面左低右高 ，使得读出的气体体积偏小， 测得的质量分数偏小；
【分析】（1）灼烧固体应该在坩埚中；
（2）MgO与H2O2反应生成MgO2和H2O，方程式为：MgO+H2O2=MgO2+H2O；H2O2不稳定，受热易分解；
（3）反应结束后读取量气管中气体的体积时 ，量气管和水准管 面相平是因为相平说明两边液面上的压强是一样的，这样测出来的气体体积才是当时大气压下的体积.如果量气管的液面高，则P内+P=P0，即P内< P0，测出的V偏大，反之则偏小。
24．【答案】（1）离子键；(非极性)共价键
（2）
（3）；；
（4）减少 和 分解损失，利于 析出；待整个装置恢复至室温，上下移动水准管使其中液面与量气管中液面平齐； 或
【解析】【解答】(1) 中含有离子键和共价键；
(2) 与水反应的化学方程式是 ；
(3)①Ⅰ中发生反应为Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3·H2O，Ⅱ中发生反应为CaCl2+2NH3·H2O+H2O2+6H2O=CaO2·8H2O +2NH4Cl，则循环利用的溶质为NH4Cl；
②冰水浴的作用为减少 和 分解损失，利于 析出；
(4)①由于气体热胀冷缩，故需待整个装置恢复至室温，上下移动水准管使其中液面与量气管中液面平齐；
② ， ， ， ，纯度为 。
【分析】在电石渣中加入氯化铵溶液，发生反应为Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3·H2O，过滤后在溶液中加入双氧水，发生反应为CaCl2+2NH3·H2O+H2O2+6H2O=CaO2·8H2O +2NH4Cl，过滤，滤液Y为氯化铵；
25．【答案】（1）将辉铜矿粉碎或充分搅拌或适当增加硫酸浓度
（2）2MnO2+Cu2S+8H+=S↓+2Cu2++2Mn2++4H2O
（3）Fe3+可催化Cu2S被MnO2氧化的反应
（4）CuO或Cu(OH)2；加热
（5）Mn2++HCO+NH3=MnCO3↓+NH
（6）(NH4)2SO4
【解析】【解答】（1）酸浸时，通过充分搅拌，将辉铜矿粉碎，加热等都可以提高浸取率；
（2）“浸取”时：在硫酸酸性条件下MnO2氧化Cu2S得到硫沉淀、CuSO4和MnSO4，其反应的化学方程式为：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O；
（3）浸取速率明显变慢说明三价铁有催化的功能，故浸取速率明显变慢的原因还可能是：Fe3+可催化Cu2S被MnO2氧化；
（4）由于除杂时不能再引入新的杂质，所以加入的试剂A可以是CuO或Cu(OH)2；
氨气易挥发，则“赶氨”时，最适宜的操作方法是将溶液加热；
（5）根据原子守恒可知“沉锰”（除Mn2+）过程中除了生成碳酸锰外还有铵盐生成，则有关反应的离子方程式为：Mn2+++NH3=MnCO3↓+；
（6）滤液Ⅱ中含有硫酸铵，因此经蒸发结晶得到的盐主要是(NH4)2SO4。
【分析】（1）依据影响反应速率的因素分析；
（2）利用反应物和产物的组成书写；
（3）依据影响反应速率的因素分析；
（4）除杂时不能再引入新的杂质；依据物质的性质进行操作；
（5）根据反应物和产物的化学式，利用电荷守恒、原子守恒书写。
（6）依据流程图，利用反应物和产物的性质判断。
