元素及其化合物（选择题15道）+化工流程综合题（非选择题3道）-【5天刷完高考真题】2023年高考化学考前真题限时训练打卡（解析版）.pdf

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1、1元素及其化合物(选择题1515道)+)+化工流程综合题(非选择题3 3道)(限时限时6060分钟分钟)1一、单选题(本题共1515小题，每小题4 4分，共6060分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1(2020浙江统考高考真题)100%硫酸吸收SO3可生成焦硫酸(分子式为H2S2O7或H2SO4SO3)，下列说法不正确的是A.Na2S2O7水溶液呈中性B.焦硫酸具有强氧化性C.Na2S2O7可与碱性氧化物反应生成新盐D.100%硫酸吸收SO3生成焦硫酸的变化是化学变化2(2021辽宁统考高考真题)下列说法正确的是A.22.4LCl2(标准状况)与水充分反应转移1mol电子B.

2、H2SO4和CuCl2均可通过化合反应得到C.将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生D.SO2与KClO溶液反应：SO2+2ClO-+H2O=2HClO+SO2-33(2021江苏高考真题)N2是合成氨工业的重要原料，NH3不仅可制造化肥，还能通过催化氧化生产HNO3；HNO3能溶解Cu、Ag等金属，也能与许多有机化合物发生反应；在高温或放电条件下，N2与O2反应生成NO，NO进一步氧化生成NO2。2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)H=-116.4kJmol-1。大气中过量的NOx和水体中过量的NH+4、NO-3均是污染物。通过催化还原的方法，可将烟气和机动车尾气中的NO转化为

3、N2，也可将水体中的NO-3转化为N2。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是A.NO(g)H2O HNO3(aq)B.稀HNO3(aq)Cu NO2(g)C.NO(g)CO高温，催化剂N2(g)D.NO-3(aq)O3 N2(g)4(2022浙江统考高考真题)下列推测不合理的是A.相同条件下，Br2与PBr3反应比Cl2与PCl3反应难B.OPBrCl2与足量H2O作用生成2种酸C.相同条件下，与水反应由快到慢的顺序：OPBr3、OPCl3、OPF3D.PBr3与足量C2H5OH作用可得到P(OC2H5)35(2022浙江统考高考真题)关于化合物FeO OCH3的性质，下列推测不合

4、理的是A.与稀盐酸反应生成FeCl3、CH3OH、H2OB.隔绝空气加热分解生成FeO、CO2、H2OC.溶于氢碘酸(HI)，再加CCl4萃取，有机层呈紫红色D.在空气中，与SiO2高温反应能生成Fe2SiO336(2022浙江统考高考真题)下列说法正确的是A.工业上通过电解六水合氯化镁制取金属镁B.接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿以得到三氧化硫C.浓硝酸与铁在常温下不能反应，所以可用铁质容器贮运浓硝酸2D.“洁厕灵”(主要成分为盐酸)和“84消毒液”(主要成分为次氯酸钠)不能混用7(2022河北高考真题)下列说法错误的是A.CaF2与浓H2SO4糊状混合物可用于刻蚀玻璃B.NaOH是强碱，因此钠盐

5、的水溶液不会呈酸性C.溶洞的形成主要源于溶解CO2的水对岩石的溶蚀作用D.KMnO4与H2C2O4的反应中，Mn2+既是还原产物又是催化剂8(2023浙江高考真题)下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是A.Na和乙醇反应可生成H2B.工业上煅烧黄铁矿 FeS2生产SO2C.工业上用氨的催化氧化制备NOD.常温下铁与浓硝酸反应可制备NO29(2020浙江高考真题)下列说法正确的是A.Na2O在空气中加热可得固体Na2O2B.Mg加入到过量FeCl3溶液中可得FeC.FeS2在沸腾炉中与O2反应主要生成SO3D.H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2和O210(2020浙江高考真题)下列说

6、法不正确的是A.Cl-会破坏铝表面的氧化膜B.NaHCO3的热稳定性比Na2CO3强C.KMnO4具有氧化性，其稀溶液可用于消毒D.钢铁在潮湿空气中生锈主要是发生了电化学腐蚀11(2021浙江统考高考真题)下列“类比”合理的是A.Na与H2O反应生成NaOH和H2，则Fe与H2O反应生成Fe(OH)3和H2B.NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，则NaClO溶液与SO2反应生成NaHSO3和HClOC.Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，则Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4ClD.NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NaNO3，则氨水与少量AgN

7、O3溶液反应生成Ag2O和NH4NO312(2021湖南统考高考真题)KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为6I2+11KCIO3+3H2O6KH IO32+5KCl+3Cl2。下列说法错误的是A.产生22.4L(标准状况)Cl2时，反应中转移10mole-B.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6C.可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉D.可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO-3的存在13(2021河北统考高考真题)硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注，下列说法正确的是A.NO2和SO

8、2均为红棕色且有刺激性气味的气体，是酸雨的主要成因B.汽车尾气中的主要大气污染物为NO、SO2和PM2.5C.植物直接吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料，实现氮的固定D.工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除14(2021河北统考高考真题)关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是A.浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化3B.NaClO、KClO3等氯的含氧酸盐的氧化性会随溶液的pH减小而增强C.加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，说明H3PO4比HI酸性强D.浓HNO3和稀HNO3与Cu反应的还原产物分别为NO2和NO，故稀HNO3氧化性更强15(2022

9、重庆统考高考真题)下列叙述正确的是A.Cl2和Br2分别与Fe2+反应得到Cl-和Br-B.Na和Li分别在O2中燃烧得到Na2O和Li2OC.1molSO3与1molNO2分别通入1L水中可产生相同浓度的H2SO4和HNO3D.0.1molL-1醋酸和0.1molL-1硼酸分别加入适量Na2CO3中均可得到CO2和H2O2二、主观必做题(本题共3 3小题，共4040分)16(2022河北高考真题)(14分)以焙烧黄铁矿FeS2(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝Fe NH4Fe(CN)6颜料。工艺流程如下：回答下列问题：(1)红渣的主要成分为(填化学式)，滤渣的主要成分为(填化学式)。

10、(2)黄铁矿研细的目的是。(3)还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为。(4)工序的名称为，所得母液循环使用。(5)沉铁工序产生的白色沉淀Fe NH42Fe(CN)6中Fe的化合价为，氧化工序发生反应的离子方程式为。(6)若用还原工序得到的滤液制备Fe2O3xH2O和 NH42SO4，所加试剂为和(填化学式，不引入杂质)。17(2020海南高考真题)(12分)以黄铁矿(主要成分FeS2)为原料生产硫酸，应将产出的炉渣和尾气进行资源化综合利用，减轻对环境的污染。其中一种流程如下图所示。回答下列问题：(1)黄铁矿中硫元素的化合价为。(2)由炉渣制备还原铁粉的化学方程式为。(3)欲得到更纯的N

11、aHSO3，反应应通入(填“过量”或“不足量”)的SO2气体。(4)因为Na2S2O5具有性，导致商品Na2S2O5中不可避免地存在Na2SO4。4检验其中含有SO2-4的方法是。(5)一般用 K2Cr2O7滴定分析法测定还原铁粉纯度。实验步骤：称取一定量样品，用过量稀硫酸溶解，用标准K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2+。反应式：Cr2O2-7+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O某次实验称取0.2800 g样品，滴定时消耗浓度为0.03000 molL-1的K2Cr2O7溶液25.10mL，则样品中铁含量为%。18(2021重庆统考高考真题)(14分)电镀在工业生产中具有重要作用

12、，某电镀厂生产的废水经预处理后含有Cr2O2-7和少量的Cu2+、Ni2+，能够采用如图流程进行逐一分离，实现资源再利用。已知：Ksp(CuS)=6.3 10-36和Ksp(NiS)=3.010-19回答下列问题：(1)Cr2O2-7中Cr元素的化合价为。(2)还原池中有Cr3+生成，反应的离子方程式为。(3)沉淀1为Cr(OH)3，其性质与Al(OH)3相似，则Cr(OH)3与NaOH溶液反应的化学方程式。(4)Na2S溶液呈碱性的原因是(用离子方程式表示)，沉淀2为。(5)若废水中还含有Cd2+，pH=4时Cd2+的浓度为molL-1，用该结果说明Cd2+影响上述流程进行分离的原因是(设H

13、2S平衡浓度为1.0 10-6molL-1。已知：H2S的K1=1.010-7，K2=7.010-15，Ksp(CdS)=7.010-27)1元素及其化合物(选择题1515道)+)+化工流程综合题(非选择题3 3道)(限时限时6060分钟分钟)1一、单选题(本题共1515小题，每小题4 4分，共6060分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1(2020浙江统考高考真题)100%硫酸吸收SO3可生成焦硫酸(分子式为H2S2O7或H2SO4SO3)，下列说法不正确的是A.Na2S2O7水溶液呈中性B.焦硫酸具有强氧化性C.Na2S2O7可与碱性氧化物反应生成新盐D.100%硫酸吸收S

14、O3生成焦硫酸的变化是化学变化【答案】A【解析】A分子式为H2S2O7可以写成H2SO4SO3，则H2S2O7同时具有H2SO4和SO3的性质，所以Na2S2O7可写成Na2SO4SO3，则其水溶液呈酸性，故A错误；B焦硫酸是由100%硫酸吸收SO3生成，浓硫酸具有强氧化性，所以焦硫酸也具有强氧化性，故B正确；C根据A项分析知，SO3为酸性氧化物，酸性氧化物可以和碱性氧化物反应生成新盐，故C正确；D100%硫酸吸收SO3可生成焦硫酸，H2S2O7为新物质，所以是化学变化，故D正确；故选A。2(2021辽宁统考高考真题)下列说法正确的是A.22.4LCl2(标准状况)与水充分反应转移1mol电子

15、B.H2SO4和CuCl2均可通过化合反应得到C.将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生D.SO2与KClO溶液反应：SO2+2ClO-+H2O=2HClO+SO2-3【答案】B【解析】A由于溶于水中的Cl2只有部分与H2O反应，故22.4LCl2(标准状况)与水充分反应转移电子数目小于1mol，A错误；B根据反应：SO3+H2O=H2SO4，Cu+Cl2点燃 CuCl2，故H2SO4和CuCl2均可通过化合反应得到，B正确；C将蘸有浓氨水和浓盐酸或浓硝酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生，由于浓硫酸难挥发，故不能形成白烟，C错误；D由于ClO-具有强氧化性，SO2具有强还原性，故SO2与

16、KClO溶液反应：SO2+ClO-+H2O=2H+Cl-+SO2-4，D错误；故答案为：B。3(2021江苏高考真题)N2是合成氨工业的重要原料，NH3不仅可制造化肥，还能通过催化氧化生产HNO3；HNO3能溶解Cu、Ag等金属，也能与许多有机化合物发生反应；在高温或放电条件下，N2与O2反应生成NO，NO进一步氧化生成NO2。2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)H=-116.4kJmol-1。大气中过量的NOx和水体中过量的NH+4、NO-3均是污染物。通过催化还原的方法，可将烟气和机动车尾气中的NO转化为N2，也可将水体中的NO-3转化为N2。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实

17、现的是A.NO(g)H2O HNO3(aq)B.稀HNO3(aq)Cu NO2(g)C.NO(g)CO高温，催化剂N2(g)D.NO-3(aq)O3 N2(g)【答案】C【解析】ANO不溶于水也不与水反应，A错误；B稀HNO3与Cu反应得到硝酸铜、水和NO，得不2到NO2，B错误；CNO有氧化性，CO有还原性，在高温、催化剂条件下二者可发生氧化还原反应转化为无毒的N2和CO2，C正确；DO3有强氧化性，不能作还原剂将硝酸根离子还原，D错误；答案选C。4(2022浙江统考高考真题)下列推测不合理的是A.相同条件下，Br2与PBr3反应比Cl2与PCl3反应难B.OPBrCl2与足量H2O作用生成

18、2种酸C.相同条件下，与水反应由快到慢的顺序：OPBr3、OPCl3、OPF3D.PBr3与足量C2H5OH作用可得到P(OC2H5)3【答案】B【解析】A氯原子半径较小，氯气更容易靠近三氯化磷中的磷原子发生反应生成五氯化磷，A正确；BOPBrCl2与H2O反应的方程式为：OPBrCl2+3H2O=H3PO4+2HCl+HBr，一共生成3种酸，B错误；C从P-Br键到P-F键，键的稳定性逐渐增强，在和水反应时越难断裂，反应速率越慢，C正确；DPBr3与C2H5OH反应的时候，Br乙醇羟基上的氢原子结合，乙醇的其余部分和磷结合生成P(OC2H5)3，D正确；故选B。5(2022浙江统考高考真题)

19、关于化合物FeO OCH3的性质，下列推测不合理的是A.与稀盐酸反应生成FeCl3、CH3OH、H2OB.隔绝空气加热分解生成FeO、CO2、H2OC.溶于氢碘酸(HI)，再加CCl4萃取，有机层呈紫红色D.在空气中，与SiO2高温反应能生成Fe2SiO33【答案】B【分析】已知化合物FeO OCH3中Fe的化合价为+3价，CH3O-带一个单位负电荷，据此分析解题。【解析】A由分析可知，化合物FeO OCH3中Fe的化合价为+3价，故其与稀盐酸反应生成FeCl3、CH3OH、H2O，反应原理为：FeO(OCH3)+3HCl=FeCl3+H2O+CH3OH，A不合题意；B由分析可知，化合物FeO

20、 OCH3中Fe的化合价为+3价，C为-2，若隔绝空气加热分解生成FeO、CO2、H2O则得失电子总数不相等，不符合氧化还原反应规律，即不可能生成FeO、CO2、H2O，B符合题意；C由分析可知，化合物FeO OCH3中Fe的化合价为+3价，故其溶于氢碘酸(HI)生成的Fe3+能将I-氧化为I2，反应原理为：2FeO(OCH3)+6HI=2FeI2+I2+2H2O+2CH3OH，再加CCl4萃取，有机层呈紫红色，C不合题意；D化合物FeO OCH3在空气中高温将生成Fe2O3、CO2和H2O，然后Fe2O3为碱性氧化物，SiO2为酸性氧化物，故化合物FeO OCH3与SiO2高温反应能生成Fe

21、2SiO33，D不合题意；故答案为：B。6(2022浙江统考高考真题)下列说法正确的是A.工业上通过电解六水合氯化镁制取金属镁B.接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿以得到三氧化硫C.浓硝酸与铁在常温下不能反应，所以可用铁质容器贮运浓硝酸D.“洁厕灵”(主要成分为盐酸)和“84消毒液”(主要成分为次氯酸钠)不能混用【答案】D【解析】A六水合氯化镁没有自由移动的离子，不能导电，工业上通过电解熔融的无水氯化镁制取金属镁，A不正确；B接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿只能得到二氧化硫，二氧化硫在接触室经催化氧化3才能转化为三氧化硫，B不正确；C在常温下铁与浓硝酸发生钝化反应，在铁表面生成一层致密的氧化物薄膜并阻止反应

22、继续发生，所以可用铁质容器贮运浓硝酸，C不正确；D“洁厕灵”(主要成分为盐酸)和“84消毒液”(主要成分为次氯酸钠)不能混用，若两者混用会发生归中反应生成氯气，不仅达不到各自预期的作用效果，还会污染环境，D正确；综上所述，本题选D。7(2022河北高考真题)下列说法错误的是A.CaF2与浓H2SO4糊状混合物可用于刻蚀玻璃B.NaOH是强碱，因此钠盐的水溶液不会呈酸性C.溶洞的形成主要源于溶解CO2的水对岩石的溶蚀作用D.KMnO4与H2C2O4的反应中，Mn2+既是还原产物又是催化剂【答案】B【解析】A氢氟酸能与二氧化硅反应生成氟化硅和水，氟化钙与浓硫酸反应生成硫酸钙和氟化氢，则糊状混合物中

23、的氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应，可用于刻蚀玻璃，故A正确；B硫酸氢钠是强酸的钠盐，在溶液中能电离出氢离子使溶液呈酸性，故B错误；C溶洞的形成主要源于溶解于水的二氧化碳与岩石中的碳酸钙反应生成可溶于水的碳酸氢钙，故C正确；D酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应中锰元素的化合价降低被还原，硫酸锰是反应的催化剂，反应生成的硫酸锰能做反应的催化剂加快反应速率，则锰离子既是反应的还原产物又是反应的催化剂，故D正确；故选B。8(2023浙江高考真题)下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是A.Na和乙醇反应可生成H2B.工业上煅烧黄铁矿 FeS2生产SO2C.工业上用氨

24、的催化氧化制备NOD.常温下铁与浓硝酸反应可制备NO2【答案】D【解析】A乙醇分子中含有羟基，可以和钠反应生成氢气，A正确；B黄铁矿(FeS2)在空气中煅烧生成二氧化硫和氧化铁，B正确；C工业上利用氨与氧气催化氧化生成一氧化氮和副产物水，C正确；D常温下铁与浓硝酸会发生钝化，不能制备二氧化氮，D错误；故选D。9(2020浙江高考真题)下列说法正确的是A.Na2O在空气中加热可得固体Na2O2B.Mg加入到过量FeCl3溶液中可得FeC.FeS2在沸腾炉中与O2反应主要生成SO3D.H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2和O2【答案】A【解析】A无水状态下Na2O2比Na2O更稳定，Na2O

25、在空气中加热可以生成更稳定的Na2O2，A正确；BMg加入到FeCl3溶液中，Mg具有较强的还原性，先与Fe3+反应，生成Mg2+和Fe2+，若Mg过量，Mg与Fe2+继续反应生成Mg2+和Fe，但由于反应中FeCl3过量，Mg已消耗完，所以无Mg和Fe2+反应，所以不会生成Fe，B错误；CFeS2在沸腾炉中与O2发生的反应为：4 FeS2+11O2高温 2Fe2O3+8SO2，产物主要是SO2而不是SO3，C错误；DH2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2O和O2，化学方程式为：2H2O2MnO2 2H2O+O2，D错误。答案选A。10(2020浙江高考真题)下列说法不正确的是A.Cl-会

26、破坏铝表面的氧化膜B.NaHCO3的热稳定性比Na2CO3强4C.KMnO4具有氧化性，其稀溶液可用于消毒D.钢铁在潮湿空气中生锈主要是发生了电化学腐蚀【答案】B【解析】ACl-很容易被吸附在铝表面的氧化膜上，将氧化膜中的氧离子取代出来，从而破坏氧化膜，A选项正确；B碳酸氢钠受热分解可产生碳酸钠、水和二氧化碳，则稳定性：NaHCO3Na2CO3，B选项错误；CKMnO4具有强氧化性，可使病毒表面的蛋白质外壳变形，其稀溶液可用于消毒，C选项正确；D钢铁在潮湿的空气中，铁和碳、水膜形成原电池，发生电化学腐蚀，腐蚀速率更快，D选项正确；答案选B。11(2021浙江统考高考真题)下列“类比”合理的是A

27、.Na与H2O反应生成NaOH和H2，则Fe与H2O反应生成Fe(OH)3和H2B.NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，则NaClO溶液与SO2反应生成NaHSO3和HClOC.Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，则Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4ClD.NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NaNO3，则氨水与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NH4NO3【答案】C【解析】ANa与水反应生成NaOH和H2，Fe与冷水、热水都不反应，Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，A不合理；BNaClO具有强氧化性，SO2具有较强的还原性，NaClO溶液

28、与SO2发生氧化还原反应时SO2被氧化成SO2-4，ClO-被还原成Cl-，B不合理；CNa3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl：Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl，Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl：Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl，C合理；D氨水与少量AgNO3反应生成Ag(NH3)2+：Ag+2NH3H2O=Ag(NH3)2+2H2O，D不合理；答案选C。12(2021湖南统考高考真题)KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为6I2+11KCIO3+3H2O6KH IO32+5KCl+3Cl2。下列说法错误的是A.

29、产生22.4L(标准状况)Cl2时，反应中转移10mole-B.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6C.可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉D.可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO-3的存在【答案】A【解析】A该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中+5价，每个碘原子升高5价，即6I260e-，又因方程式中6I23Cl2，故3Cl260e-，即Cl220e-，所以产生22.4L(标准状况)Cl2即1mol Cl2时，反应中应转移20mol e-，A错误；B该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2中碘元素价态升高，I2作还原剂，由该方程式的计量

30、系数可知，11KClO36I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:6，B正确；C漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C正确；D食盐中IO-3可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反应IO-3+5I-+6H+=3I2+3H2O生成I2，I2再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO-3的存在，D正确。故选A。13(2021河北统考高考真题)硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注，下列说法正确的是A.NO2和SO2均为红棕色且有刺激性气味的气体，是酸雨的主要成因5B.

31、汽车尾气中的主要大气污染物为NO、SO2和PM2.5C.植物直接吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料，实现氮的固定D.工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除【答案】D【解析】ANO2是红棕色且有刺激性气味的气体，而SO2是无色有刺激性气味的气体，A错误；B汽车尾气的主要大气污染物为C与N的氧化物，如NOx和CO等，B错误；C氮的固定是指将游离态的氮元素转化为化合态，且植物可吸收土壤中的铵根离子或硝酸根离子作为肥料，不能直接吸收空气中的氮氧化物，C错误；D工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除，如加入石灰石或石灰乳均可进行脱硫处理，D正确；故选D。14(2021河北统考高考真题)关于非金属含氧酸

32、及其盐的性质，下列说法正确的是A.浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化B.NaClO、KClO3等氯的含氧酸盐的氧化性会随溶液的pH减小而增强C.加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，说明H3PO4比HI酸性强D.浓HNO3和稀HNO3与Cu反应的还原产物分别为NO2和NO，故稀HNO3氧化性更强【答案】B【解析】A浓硫酸能使蔗糖炭化，体现的是其脱水性，而不是吸水性，A错误；BNaClO在水溶液中会发生水解，离子方程式为：ClO-+H2OHClO+OH-，pH减小，则酸性增强，会促使平衡向正反应方向移动，生成氧化性更强的HClO，ClO-3在酸性条件下可生成具有强氧

33、化性的氯气、二氧化氯等气体，增强氧化能力，B正确；CHI的沸点低，易挥发加热NaI与浓H3PO4混合物发生反应生成HI利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，C错误；D相同条件下根据铜与浓硝酸、稀硝酸反应的剧烈程度可知，浓硝酸的氧化性大于稀硝酸的氧化性，D错误；故选B。15(2022重庆统考高考真题)下列叙述正确的是A.Cl2和Br2分别与Fe2+反应得到Cl-和Br-B.Na和Li分别在O2中燃烧得到Na2O和Li2OC.1molSO3与1molNO2分别通入1L水中可产生相同浓度的H2SO4和HNO3D.0.1molL-1醋酸和0.1molL-1硼酸分别加入适量Na2CO3中均可得到CO2和H

34、2O【答案】A【解析】A氯气和溴的氧化性都强于铁离子，都能与亚铁离子反应生成氯离子和溴离子，故A正确；B钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，故B错误；C无法确定1molSO3与1molNO2分别通入1L水中所得溶液的体积，无法计算和比较所得H2SO4和HNO3的浓度大小，故C错误；D硼酸的酸性弱于碳酸，不能与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体，故D错误；故选A。2二、主观必做题(本题共3 3小题，共4040分)16(2022河北高考真题)(14分)以焙烧黄铁矿FeS2(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝Fe NH4Fe(CN)6颜料。工艺流程如下：6回答下列问题：(1)红渣的主要成分为(填化学式)，

35、滤渣的主要成分为(填化学式)。(2)黄铁矿研细的目的是。(3)还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为。(4)工序的名称为，所得母液循环使用。(5)沉铁工序产生的白色沉淀Fe NH42Fe(CN)6中Fe的化合价为，氧化工序发生反应的离子方程式为。(6)若用还原工序得到的滤液制备Fe2O3xH2O和 NH42SO4，所加试剂为和(填化学式，不引入杂质)。【答案】(1)Fe2O3(1分)SiO2(1分)(2)增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率(2分)(3)7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4(2分)(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤(2分)(

36、5)+2(2分)；6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO-3+6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6NH+4(2分)(6)H2O2(1分)NH3H2O(1分)【分析】已知黄铁矿高温煅烧生成Fe2O3，反应原理为：4FeS2+11O2煅烧 2Fe2O3+8SO2，故产生的红渣主要成分为Fe2O3和SiO2，将红渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加热充酸浸，反应原理为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，过滤出滤渣，主要成分为SiO2，向滤液中加入黄铁矿进行还原，将Fe3+还原为Fe2+，由(3)小问可知不生成S沉淀，则硫元素被氧化为SO2-4，反

37、应原理为：14Fe3+FeS2+8H2O=15Fe2+2SO2-4+16H+，然后进行工序为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO4晶体和母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶体，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K4Fe(CN)6并用H2SO4调节溶液的pH为3，进行沉铁过程，反应原理为：Fe2+2NH+4+Fe(CN)63-=Fe(NH4)2Fe(CN)6，然后过滤出沉淀，洗涤后加入H2SO4和NaClO3进行氧化步骤，反应原理为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO-3+6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6NH+4，过滤、洗涤干燥即制得Fe(

38、NH4)Fe(CN)6。【解析】(1)由分析可知，红渣的主要成分为：Fe2O3，滤渣的主要成分为：SiO2，故答案为：Fe2O3；SiO2；(2)黄铁矿研细的主要目的是增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率，故答案为：增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率；(3)由分析可知，还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为SO2-4，反应原理为：14Fe3+FeS2+8H2O=15Fe2+2SO2-4+16H+，故化学方程式为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，故答案为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2

39、SO4；7(4)由分析可知，工序的名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，所得母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4可以循环利用，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；(5)沉铁工序中产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为+2价和Fe(CN)64-中的+3价，由分析可知，氧化工序所发生的离子方程式为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO-3+6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6NH+4，故答案为：+2；6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO-3+6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6NH+4；(6)由分析可知，还原工序所得

40、的滤液中主要含有FeSO4溶液和H2SO4，向滤液中先加入一定量的H2O2溶液将Fe2+完全氧化为Fe3+，在向氧化后的溶液中加入氨水至不再产生沉淀为止，过滤洗涤，对沉淀进行灼烧，即可制得Fe2O3x H2O和(NH4)2SO4，故所需要加入的试剂为H2O2和NH3H2O，故答案为：H2O2；NH3H2O。17(2020海南高考真题)(12分)以黄铁矿(主要成分FeS2)为原料生产硫酸，应将产出的炉渣和尾气进行资源化综合利用，减轻对环境的污染。其中一种流程如下图所示。回答下列问题：(1)黄铁矿中硫元素的化合价为。(2)由炉渣制备还原铁粉的化学方程式为。(3)欲得到更纯的NaHSO3，反应应通入

41、(填“过量”或“不足量”)的SO2气体。(4)因为Na2S2O5具有性，导致商品Na2S2O5中不可避免地存在Na2SO4。检验其中含有SO2-4的方法是。(5)一般用 K2Cr2O7滴定分析法测定还原铁粉纯度。实验步骤：称取一定量样品，用过量稀硫酸溶解，用标准K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2+。反应式：Cr2O2-7+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O某次实验称取0.2800 g样品，滴定时消耗浓度为0.03000 molL-1的K2Cr2O7溶液25.10mL，则样品中铁含量为%。【答案】(1)-1(2分)(2)Fe2O3+3CO2Fe+3CO2(2分)(3)过量(2分)(

42、4)还原(2分)先加入盐酸，再加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，说明含有SO2-4(2分)(5)90.36%(2分)【分析】黄铁矿(主要成分FeS2)煅烧生成氧化铁和二氧化硫，氧化铁用CO还原得到还原铁粉，用 K2Cr2O7滴定分析法测定还原铁粉纯度；二氧化硫经过一系列步骤生成硫酸，尾气中含有二氧化硫，用氢氧化钠溶液吸收生成NaHSO3，加热后生成Na2S2O5。【解析】(1)黄铁矿的主要成分是二硫化亚铁(FeS2)，其中铁元素的化合价是+2价，因此硫元素的化合价为-1价，故答案为：-1；(2)炉渣的主要成分为Fe2O3，由炉渣制备还原铁粉的化学方程式为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，故答案为

43、：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；8(3)Na2SO3溶液能够与SO2反应生成NaHSO3，欲得到更纯的NaHSO3，反应应通入过量的SO2气体，故答案为：过量；(4)Na2S2O5转化为Na2SO4过程中S元素的化合价升高，被氧化，体现了Na2S2O5的还原性；检验其中含有SO2-4的方法是首先用盐酸酸化，除去S2O2-5，再加入氯化钡溶液，看有无白色沉淀生成，若生成白色沉淀，证明含有SO2-4，否则没有SO2-4，故答案为：还原；先加入盐酸，再加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，说明含有SO2-4；(5)称取一定量样品，用过量稀硫酸溶解，用标准K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2+，存在关系式

44、：6Fe6Fe2+Cr2O2-7，滴定过程中消耗的K2Cr2O7物质的量为0.03000 molL-10.02510 L=0.000753mol，则样品中含有的铁的物质的量为0.000753mol6=0.004518mol，样品中铁含量为0.004518mol56g/mol0.2800g100%=90.36%，故答案为：90.36%。18(2021重庆统考高考真题)(14分)电镀在工业生产中具有重要作用，某电镀厂生产的废水经预处理后含有Cr2O2-7和少量的Cu2+、Ni2+，能够采用如图流程进行逐一分离，实现资源再利用。已知：Ksp(CuS)=6.3 10-36和Ksp(NiS)=3.010

45、-19回答下列问题：(1)Cr2O2-7中Cr元素的化合价为。(2)还原池中有Cr3+生成，反应的离子方程式为。(3)沉淀1为Cr(OH)3，其性质与Al(OH)3相似，则Cr(OH)3与NaOH溶液反应的化学方程式。(4)Na2S溶液呈碱性的原因是(用离子方程式表示)，沉淀2为。(5)若废水中还含有Cd2+，pH=4时Cd2+的浓度为molL-1，用该结果说明Cd2+影响上述流程进行分离的原因是(设H2S平衡浓度为1.0 10-6molL-1。已知：H2S的K1=1.010-7，K2=7.010-15，Ksp(CdS)=7.010-27)【答案】(1)+6(2分)(2)Cr2O2-7+3H2

46、C2O4+8H+=2Cr3+6CO2+7H2O(2分)(3)Cr(OH)3+NaOH=NaCrO2+2H2O(2分)(4)S2-+H2OHS-+OH-(2分)CuS(2分)(5)1.010-7mol/L(2分)在沉淀池2中进行的沉淀Cu2+反应需要调节溶液体系pH=4，经过计算可以发现此时c(Cd2+)1.010-5mol/L，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，即沉淀2是CuS和CdS的混合物而无法准确分离开(2分)【分析】废水经预处理后含有Cr2O2-7和少量的Cu2+、Ni2+，题目要对其中所含离子进行逐一分离，实现资源再利用。这是解题的关键，根据要求“逐一分离”这一点，结合流程及

47、题目给出的信息Ksp(CuS)=6.310-36Ksp(NiS)=3.010-19，可以推断沉淀1、沉淀2、沉淀3分别为Cr(OH)3、CuS、NiS。【解析】(1)利用化合物中元素化合价代数和为0来解答，不过这里的是离子，所以各元素化合价代数和等于该离子所带的电荷数(要带上正负)，即：若假设Crx2O2-7，则2x+7(-2)=-2，可得x=+6，故9答案为：+6；(2)从流程可知，还原池中加入了含有Cr2O2-7和少量的Cu2+、Ni2+废水，H2C2O4和用于调节溶液酸碱性的H2SO4，且还原池中有Cr3+生成，即Cr+62O2-7转变成了Cr3+，依据氧化还原反应的规律可推断H2C+3

48、2O4转变为C+4O2，按照电子守恒和质量守恒即可写出正确的离子反应方程式：Cr2O2-7+3H2C2O4+8H+=2Cr3+6CO2+7H2O，故答案为：Cr2O2-7+3H2C2O4+8H+=2Cr3+6CO2+7H2O；(3)Cr(OH)3的性质与Al(OH)3相似，依据反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，可以写出Cr(OH)3与NaOH溶液反应的化学方程式Cr(OH)3+NaOH=NaCrO2+2H2O，故答案为：Cr(OH)3+NaOH=NaCrO2+2H2O；(4)Na2S溶液呈碱性是由于盐类水解，Na2S是多元弱酸的正盐，水解反应分两步进行：第一步S2-+H2O

49、HS-+OH-，第二步HS-+H2OH2S+OH-；沉淀池2和沉淀池3都是利用Na2S溶液进行分离，结合Ksp(CuS)=6.310-36Ksp(NiS)=3.010-19可知，CuS更容易沉淀，故沉淀2为CuS；故答案为：S2-+H2OHS-+OH-；CuS；(5)H2S的K1=C(H+)C(HS-)C(H2S)=1.010-7、K2=C(H+)C(S2-)C(HS-)=7.010-15，pH=4时，C(S2-)=K1K2C(H2S)C2(H+)=1.010-77.010-151.010-6(1.010-4)2=7.010-20mol/L，则C(Cd2+)=Ksp(CdS)C(S2-)=7.010-277.010-20=1.010-7mol/L，而沉淀池2中进行的沉淀Cu2+反应需要调节溶液体系pH=4，此时C(Cd2+)=1.010-7mol/L1.010-5mol/L，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，即沉淀2是CuS和CdS的混合物而无法准确分离开；故答案为：1.010-7；在沉淀池2中进行的沉淀Cu2+反应需要调节溶液体系pH=4，经过计算可以发现此时c(Cd2+)1.010-5mol/L，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，即沉淀2是CuS和CdS的混合物而无法准确分离开。