资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
2025高考二轮复习
常见无机化合物及其应用 同步练习一
一、单选题
1．中国古代书籍文字中，诸多记载都能感受到化学学科的久远与魅力。下列有关说法正确的是
A．硝石“强烧之，紫青烟起”，说明可分解
B．“丹砂烧之成水银”，发生了置换反应
C．“慈石，色轻紫，可吸连针铁”，慈石的主要成分为
D．“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上”，“法”是指蒸馏
2．某同学在学习了与的反应后，欲类比探究与的反应产物，设计了如下实验装置检验产物并观察到了以下现象：
操作Ⅰ：用带火星的细木条靠近干燥管口a，未观察到细木条着火燃烧；
操作Ⅱ：将装置C中反应后的固体物质溶于适量水配成溶液，在配成的溶液中先加入盐酸酸化，再加入硝酸钡溶液，有沉淀生成。
下列说法错误的是
A．制取使用固体和70%的溶液为宜
B．若没有装置B，水蒸气会进入装置C中反应产生干扰实验
C．操作Ⅰ细木条未着火燃烧可能是由于a口处气体中存在较多的未反应完全的
D．操作Ⅱ产生沉淀无法确定C中固体产物中存在
3．物质性质决定用途，下列两者对应关系错误的是
A．明矾溶液显酸性，中国古代利用明矾溶液清除铜镜表面的铜锈
B．溶液显碱性，常做烘焙糕点的膨松剂
C．维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂
D．二氧化硅中存在光的全反射，并且有硬度和柔韧度，可作光导纤维
4．一种以低品位锰矿(含、及少量、、)为原料生产的工艺流程如下。
已知：在该流程条件下，、完全沉淀的pH分别为3.7和5.0，、开始沉淀的pH分别为7.2和8.8.下列说法错误的是
A．“溶浸”过程中只体现了氧化性(不考虑的自身分解反应)
B．“调pH”中物质A可以是MnO
C．“沉锰”所得滤液中溶质的主要成分为
D．在空气中加热氧化过程的化学方程式为
5．按如图装置进行实验，闭合开关一段时间后，下列说法正确的是
A．滴加铁氰化钾溶液，产生大量蓝色沉淀
B．U形管两侧均有气泡冒出，分别是Cl2和O2
C．a处红布条褪色，说明Cl2具有漂白性
D．b处出现蓝色，说明还原性：I﹣>Cl﹣
6．部分含Na或Al或Fe物质的分类与相应化合价关系如图所示。
下列推断不合理的是
A．若a和b含同种金属元素，则a能与H2O反应生成c
B．若b能与H2O反应生成O2则b中含共价键和离子键
C．若f能溶于NaOH溶液，则f中的金属元素位于周期表d区
D．在含同种金属元素的d→g→f转化过程中，一定存在物质颜色的变化
7．利用脱除汽车尾气中和的反应过程如下图所示。下列说法错误的是
已知：①中部分转化成。
A．该反应的催化剂为
B．大力推广该技术可减少酸雨的发生
C．当时，中
D．过程②中，每脱除转移电子
8．下列说法错误的是
A．浓硝酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中
B．SO2是抗氧化剂，能防止葡萄酒中一些成分被氧化
C．在钢铁设备上安装镁合金或锌块，避免设备遭受腐蚀
D．含有Hg2+、Pb2+等离子的废液，应加水稀释后排放
9．如下图所示，利用培养皿探究氨气的性质。实验时向固体上滴几滴浓氨水，立即用另一表面皿扣在上面。下表中对实验现象所做的解释正确的是
选项 实验现象 解释
A 浓盐酸附近产生白烟 与浓盐酸反应产生了固体
B 浓硫酸附近无明显现象 与浓硫酸不发生反应
C 氯化物溶液变浑浊 该溶液一定是溶液
D 干燥红色石蕊试纸不变色， 湿润红色石蕊试纸变蓝 是一种可溶性碱
A．A B．B C．C D．D
10．工业上利用废镍催化剂(含65%NiO、15%、10%CaO、6%SiO2及4%MgO)制备电池级(要求杂质离子浓度)的流程如下。下列说法错误的是
已知：①常温下，，，，；
②滤液1中；
③滤液2中；
④滤液3中，反应分两个步骤：(快反应)，(慢反应)。
A．酸浸时可以与硫酸反应形成胶体，加速固液分离
B．滤液1中需调节至，才能确保沉淀完全且不沉淀
C．滤液2中添加，当恰好沉淀完全时，未沉淀完全
D．慢反应步骤决定沉淀速率，适当增加浓度可提高产率
11．下列说法正确的是
A．离子液体常温下呈液态的主要原因是其阴阳离子所带电荷一般较少
B．接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量测定值比按化学式计算出来的相对分子质量小一些
C．实验室I制备氨气可以加热氯化铵使其分解
D．是细小的白色晶体，向其中加入少量水，碳酸氢钠能溶解，并伴随吸热现象
12．关于实验操作与处理方法，下列说法正确的是
A．检验某固体中是否存在硫酸根离子，可以先加入足量稀盐酸，无明显现象后，再加入氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀出现
B．将与混合并加热，可得到无水
C．向烧杯中加入钠块并加热，制备
D．润洗滴定管时，需从滴定管上口加入所盛试剂，倾斜着转动滴定管，使液体润湿全部滴定管内壁后，再将液体从滴定管上口放入预置的烧杯中
13．下列制备实验中，实验装置及操作均正确的是
选项 实验目的 实验装置 实验操作
A 明矾大晶体的制备 把晶核悬挂在玻璃杯中央，使溶液快速冷却
B 氢氧化铁胶体的制备 向沸水中逐滴加入5~6滴饱和溶液
C 乙酸乙酯的制备 将产生的蒸气通入饱和溶液中，经分液得到乙酸乙酯
D 氢氧化亚铁的制备 待具支试管出口处气体纯净时，关闭止水夹
A．A B．B C．C D．D
14．下列实验中，不能达到实验目的的是
A．验证氨气极易溶于水 B．用四氯化碳萃取碘水中的碘
C．验证氯气与水反应后的产物具有漂白性 D．在铁片上获得理想的铜镀层
A．A B．B C．C D．D
15．物质性质决定用途，下列两者对应关系错误的是
A．用氨水配制银氨溶液，体现了的配位性
B．制作豆腐时添加石膏，体现了的难溶性
C．氯化铁溶液腐蚀铜电路板，体现了的氧化性
D．石灰乳除去废气中二氧化硫，体现了的碱性
二、解答题
16．以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2)为原料制备纳米Fe3O4的流程如下：
已知几种金属离子沉淀的pH如下表所示：
金属氢氧化物
开始沉淀的pH 2.0 7.5 4.0
完全沉淀的pH 3.7 9.7 5.2
(1)气体X为 (填化学式)。
(2)“还原”过程发生反应的离子方程式是 ；先“还原”再“调pH”的原因为 。
(3)“调pH”的范围为 ；滤渣2的成分是 (填化学式)。
(4)工业上也可用电解法制备Fe3O4，工作原理如图。
已知：低共熔溶剂由有机物氯化胆碱()与乙二醇混合形成。
①a为直流电源的 (填“正”或“负”)极；甲电极的电极反应式为 。
②电解过程中乙电极生成Cl2，若甲电极转化240gFe2O3，则理论上生成Cl2的体积是 (标准状况下)。
17．某小组同学制备NO2，并探究不同条件下NO2与H2O的反应。实验装置如图(夹持装置略)。
(1)装置A中反应的化学方程式为 。
(2)将收集装置B补充完整 。
(3)用以上方法收集两试管NO2气体(均为12 mL)，分别倒置在盛有热水(80℃)和冰水(0℃)的两只水槽中，观察实验现象，10分钟后记录如下(忽略温度对溶液pH及气体体积的影响)：
实验编号 实验1-1(热水) 实验2-1(冰水)
剩余气体 无色，3 mL 几乎无气体
溶液状态 无色，pH=0.7 无色，pH=1.1
①检验实验1-1中剩余气体的方法：向试管中充入少量空气，气体由无色变为红棕色。用化学方程式表示检验的反应原理 。
②甲认为实验2-1中NO2几乎全部溶于水，过程中未发生化学反应。证明甲同学猜想不成立的实验证据是 。
(4)将上述实验静置一天后观察：
实验1-2(热水)：剩余气体4mL，溶液无色，pH=0.6，无气泡生成。
实验2-2(冰水)：剩余气体1mL，溶液无色，pH=0.9，有无色细小气泡生成。
查阅资料：2NO2+H2O=HNO3+HNO2 ，HNO2易分解。
①用方程式解释实验2-2有无色细小气泡生成的原因 。
②设计实验，证实NO2与H2O反应过程中产生了HNO2： (补充实验操作及现象)。
(5)从反应速率的角度，分析不同温度下NO2与水反应现象差异的原因 。并对装置C中吸收NO2尾气所用试剂及条件提出建议 。
18．电解精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离回收金和银的流程，如下图所示。
回答下列问题：
(1)基态Cu原子价电子排布式为 。
(2)“浸取1”步骤中，将阳极泥中的铜浸出，并处理“浸出液1”回收CuSO4·5H2O。
①“浸取1”步骤中若单纯加入硫酸和O2，铜的浸出速率低，加入少量Fe2(SO4)3溶液，可提高铜的浸出速率，用离子方程式解释： 。
②“浸出液1”提纯、分离过程中，需加氧化剂，调pH约为3。若氧化剂选用H2O2，则其利用率明显比选用O2的利用率低，原因是 。
(3)“浸取2”步骤中，单质金转化为进入“浸出液2”中，单质银转化为AgCl进入浸渣2中。
①如果将盐酸换成硫酸，金的浸取率大大降低，原因是： 。
②写出“还原”步骤中的离子反应方程式： 。
(4)“浸取3”步骤中，AgCl转化为，“电沉积”步骤中生成Ag的电极为 (填“阴极”或“阳极”)；该极区溶液中可循环利用的物质为 (填化学式)。
(5)Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6，从物质结构与性质关系的角度分析，的结构为 (填“a”或“b”)。
19．从含银废液中回收银是保护金属资源的有效途径。
(1)实验室用70%H2SO4和Na2SO3制取干燥SO2选择净化与收集SO2所需装置，接口连接顺序为 。
(2)兴趣小组探究从AgNO3溶液中回收银，将SO2通入一定体积0.1mol L﹣1的AgNO3溶液中(如图所示)。
已知：a．25℃时，Ksp(Ag2SO3)=1.5×10﹣14，Ksp(Ag2SO4)=1.4×10﹣5。
b．Ag2SO3、Ag2SO4均能溶于浓氨水，生成[Ag(NH3)2]+。
ⅰ．实验现象瓶内产生大量白色沉淀，瓶底沉淀略显灰色。
ⅱ．沉淀成分的分析
将瓶内混合物分离得到溶液和固体X。
①取固体X加入过量浓氨水中，固体大部分溶解，过滤，得到无色溶液和少量灰黑色固体：将灰黑色固体加入浓硝酸中，固体溶解， (填实验现象)，说明沉淀中含有Ag。SO2与AgNO3溶液反应生成银单质的离子方程式是 。
②另取固体X加入过量盐酸中，充分反应后静置，取上层清液于试管中， (填实验操作和现象)，说明沉淀中含有Ag2SO3，SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3的化学方程式是 。
③进一步实验证明，沉淀中不含Ag2SO4原因是c2(Ag+) c() 1.4×10﹣5(填“>”“<”或“=”)。
ⅲ．实验结论SO2通入AgNO3溶液中同时发生复分解反应和氧化还原反应，Ag的回收率低。
④另取m1g固体X进行定量分析，测得其中Ag的质量为m2g，该条件下SO2与AgNO3溶液发生复分解反应和氧化还原反应的平均反应速率之比为 。
(3)基于上述探究，兴趣小组重新设计了用SO2从AgNO3溶液中回收Ag的优化方案，避免了复分解反应的发生。该方案为 。
20．从低品位铜镍矿(含有Fe2O3、FeO、MgO、CuO等杂质)资源中提取镍和铜的一种工艺流程如下：
资料：一些物质的Ksp(25 ℃)如下。
物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mg(OH)2 Ni(OH)2
Ksp 4.9×10 17 2.8×10 39 5.6×10 12 2.1×10 15
(1)上述流程中，加快反应速率的措施是 。
(2)用离子方程式表示浸出过程中通入O2的目的 。
(3)萃取时发生反应：Cu2+ + 2HRCuR2 + 2H+(HR、CuR2在有机层，Cu2+、H+在水层)。
①某种HR的结构简式为，该分子中可能与Cu2+形成配位键的原子有 。
②解释反萃取时H2SO4的作用： 。
(4)生成黄钠铁矾[NaFe3(OH)6(SO4)2]的离子方程式是 。
(5)第二次使用MgO调节pH使Ni2+沉淀完全(剩余离子浓度小于1.0×10-5mol L- 1)，宜将pH调节至 (填序号)。
a．6~7 b．9~10 c．11~12
(6)该流程中可循环利用的物质有 。
《2025高考常见无机化合物及其应用同步训练一》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D C B A D C C D A A
题号 11 12 13 14 15
答案 D B C D B
1．D
【详解】A．硝石（）灼烧时产生的“紫青烟”是钾元素的焰色反应，属于物理现象，并非分解导致，A错误；
B．丹砂（HgS）受热分解生成水银（Hg）和硫（S），反应类型为分解反应，而非置换反应，B错误；
C．具有磁性，慈石（磁石）的主要成分是，而不是，无磁性，C错误；
D．用浓酒和糟入甑，蒸令气上描述的是通过加热使酒精汽化再冷凝收集的蒸馏法，符合蒸馏原理，则“法”是指蒸馏，D正确；
故选D。
2．C
【分析】Na2SO3与硫酸溶液反应得到SO2气体，再通过浓硫酸干燥进入盛Na2O2的玻璃管反应，碱石灰的作用是吸收多余的SO2防止污染空气，同时还防止空气中的水和二氧化碳进入干扰实验。
【详解】A．硫酸浓度过高，H+浓度较少，不利于离子反应的发生，硫酸浓度过低，SO2易溶于水，不利于SO2气体的放出，制取使用固体和70%的溶液为宜，A正确；
B．B装置中是浓硫酸，目的是干燥SO2气体，防止水蒸气进入C装置与Na2O2反应生成氧气，干扰实验，B正确；
C．操作Ⅰ细木条未着火燃烧，可能是由于发生Na2O2+SO2=Na2SO4，没有O2放出，C错误；
D．检验硫酸根离子，先加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若加入硝酸钡溶液，硝酸会将亚硫酸氧化为硫酸，无法确定C中固体产物中存在，D正确；
答案选C。
3．B
【详解】A．明矾溶液电离出的Al3+水解显酸性，可以清除铜镜表面的铜锈Cu2(OH)2CO3，A正确；
B．常做烘焙糕点的膨松剂是利用了NaHCO3遇酸或受热分解生成CO2气体，B错误；
C．维生素C具有还原性，可以与氧化剂反应，用作食品抗氧化剂，C正确；
D．二氧化硅作光导纤维利用了其存在光的全反射，并且有硬度和柔韧度，D正确；
答案选B。
4．A
【分析】锰矿粉(含、及少量、、)用双氧水、硫酸溶液溶浸，SiO2不和硫酸溶液反应存在于滤渣1中，、转化为Mn2+，、转化为Fe3+、Al3+，加入适量A调节溶液pH值，主要将铁离子、铝离子生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除去，向滤液中加入氨水沉锰，母液主要是硫酸铵，根据信息可以循环利用，过滤得到的固体物质加水、在70°C、空气中加热反应生成Mn3O4。
【详解】A．溶浸过程中H+与MnCO3、Fe3O4、Al2O3反应生成Mn2+、Fe3+、Al3+等，根据流程图，Mn2O3在酸性条件下将H2O2氧化成O2，本身被还原成Mn2+，作还原剂，A错误；
B．加入适量A调节溶液pH值，将铁离子、铝离子生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，同时不能引入新的杂质，物质A可以是MnO，B正确；
C．由分析可知，“沉锰”过程中MnSO4和氨水反应生成Mn(OH)2和，所得滤液中溶质的主要成分为，C正确；
D．Mn(OH)2在空气中加热和O2反应生成Mn3O4，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，D正确；
故选A。
5．D
【分析】Fe电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，石墨电极为阳极，电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，氯气没有漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，据此分析。
【详解】A．Fe电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，无Fe2+生成，滴加铁氰化钾溶液，不能产生蓝色沉淀，A错误；
B．由分析知，U形管两侧均有气泡冒出，分别是Cl2和H2，B错误；
C．a处红布条褪色，说明氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，氯气没有漂白性，C错误；
D．b处出现蓝色，则发生反应：Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣，还原剂的还原性大于还原产物，则还原性：I﹣>Cl﹣，D正确；
故选D。
6．C
【分析】多种元素价类二维图，现根据价态排除不满足的元素，再根据物质类别进行具体判断。
【详解】A．若a和b含同种金属元素，a为单质，b为+1价氧化物，如Na和Na2O，则a能与H2O反应生成c，故A正确；
B．若b能与H2O反应生成O2，则b为过氧化物，如Na2O2，则b中含共价键和离子键，故B正确；
C．若f能溶于NaOH溶液，则f为Al，位于周期表p区，故C错误；
D．在含同种金属元素的d→g→f转化过程中，化合价升高，一定存在物质颜色的变化，如氢氧化亚铁→氢氧化铁→氧化铁，故D正确；
答案选C。
7．C
【详解】A．从反应过程来看，先消耗，后生成，在整个反应中起到了催化作用，它通过自身的氧化还原循环来促进CO和NO的反应，因此是该反应的催化剂。A正确；
B．由于该技术能够有效脱除汽车尾气中的CO和NO，而这些气体是形成酸雨的主要物质，因此推广该技术确实可以减少酸雨的发生，B正确；
C．CeO1.8中设Ce3+为x个，Ce4+为y个，则x+y=1，根据电荷守恒3x+4y=3.6，则x=0.4，y=0.6，即，C错误；
D．在过程②中，NO被还原为N2，每个NO 分子需要获得2个电子才能被还原为氮气。因此，每脱除 1molNO，确实需要转移 2mol 电子。D正确；
故选C。
8．D
【详解】A．浓硝酸的稳定性差，见光或受热易分解生成二氧化氮、氧气等，需避光保存，所以应保存在棕色试剂瓶中，A正确；
B．葡萄酒中的某些果香和色素等易被氧气氧化，加入SO2后，SO2可作抗氧化剂，能够优先与O2发生反应，从而防止葡萄酒中一些成分被氧化，B正确；
C．在钢铁设备上安装镁合金或锌块，可阻止铁失电子，从而保护钢铁，避免设备遭受腐蚀，C正确；
D．Hg2+、Pb2+属于重金属离子，会造成土壤、水源等污染，对于含有Hg2+、Pb2+等离子的废液，应加入化学试剂进行处理，加水稀释只能降低其浓度，不能消除其危害，D错误；
故选D。
9．A
【详解】A．浓盐酸易挥发，挥发出的HCl气体遇NH3会反应生成白烟，烟是NH4Cl固体，A正确；
B．浓硫酸与NH3发生反应：，硫酸难挥发，无明显现象，B错误；
C．氯化物溶液变浑浊，说明产生了沉淀，该溶液可能为MgCl2溶液、AlCl3溶液、FeCl3溶液等，C错误；
D．干燥的红色石蕊试纸不变色，湿润的红色石蕊试纸变蓝，是因为NH3与H2O反应生成的NH3·H2O是一种弱碱，能电离出OH-，使溶液显碱性，NH3本身没有碱性，D错误；
故选A。
10．A
【分析】利用废镍催化剂(含65%NiO、15%、10%CaO、6%SiO2及4%MgO)制备电池级，废镍催化剂先加稀硫酸酸浸，得到硫酸铁、硫酸镍、硫酸亚铁、硫酸钙、硫酸镁的溶液，SiO2不溶，硫酸钙微溶，则滤渣1为SiO2以及硫酸钙，滤液加入H2O2氧化亚铁离子为铁离子，再加入NaOH调节pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得滤渣2为氢氧化铁，滤液加入NaF沉淀钙离子、镁离子，过滤得到滤渣3为CaF2、MgF2，滤液加入碳酸氢铵和氨水调节pH=8得到碳酸镍，过滤后经洗涤、干燥得到产品，据此解答。
【详解】A．与硫酸不反应，进入滤渣1除去，A错误；
B．开始沉淀c（OH-）=，结合lg3=0.48，此时pH=6.48，溶液中铁离子完全沉淀时c（OH-）=，此时pH=3.16，滤液1中需调节至，才能确保沉淀完全且不沉淀，B正确；
C．滤液2中添加，当恰好沉淀完全时c2（F-）=，此时c（）=，未沉淀完全，C正确；
D．慢反应步骤决定沉淀速率，根据步骤：(快反应)，(慢反应)，适当增加浓度，有利于慢反应正向移动，可提高产率，D正确；
故选A。
11．D
【详解】A．离子液体常温下呈液态的主要原因是体积大、不对称的离子结构，故A错误；
B．由于水分子之间存在氢键，水分子通常以几个分子聚合的形式存在，所以接近沸点的水蒸气的相对分子质量测定值比用化学式（H2O）计算出来的相对分子质量大，故B错误；
C．制备氨气不可以加热氯化铵使其分解，因为产物很快又生成氯化铵，故C错误；
D．是细小的白色晶体，向其中加入少量水，碳酸氢钠能溶解，温度计读数下降，说明溶解过程吸热，故D正确；
答案选D。
12．B
【详解】A．检验某固体中是否存在硫酸根离子，可以先加入足量稀盐酸，无明显现象后，可以排除和的干扰，但无法排除固体样品中同时存在和在酸性中能反应生成的影响，所以此时再加入氯化钡溶液，虽然可以观察到有白色沉淀出现，但无法证明原固体中存在硫酸根离子，A错误；
B．将与混合并加热，能与分解产生的结晶水发生水解反应：，同时生成的对的水解又起到抑制作用，使水解平衡向左移动，所以最终可以得到无水，B正确；
C．实验室要得到通常是将金属钠放入坩埚在空气中加热燃烧制得，C错误；
D．润洗滴定管时，需从滴定管上口加入所盛试剂，倾斜着转动滴定管，使液体润湿全部滴定管内壁后，再将液体从滴定管下口放入预置的烧杯中，冲洗尖嘴部分，D错误；
故答案为：B。
13．C
【详解】A．要得到较大颗粒的明矾晶体，需要缓慢降温以利于晶体的生长，而不是快速降温，A错误；
B．制取红褐色胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至混合物变红褐色，由于硫酸铁水解生成的硫酸为难挥发性酸，不利于氢氧化铁胶体的制取，B错误；
C．产生的蒸气通入饱和溶液中，挥发的乙醇、乙酸被饱和碳酸钠溶液吸收，且饱和碳酸钠溶液利于乙酸乙酯的分层，经分液得到有机层乙酸乙酯，C正确；
D．应该左侧试管为铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，氢气排净装置中空气，一段时间后，关闭止水夹，使得左侧试管中压强增大，生成硫酸亚铁被压入右侧试管中和氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁沉淀，图示装置中生成氢气从右侧支管口逸出，不能使得生成硫酸亚铁和氢氧化钠溶液混合反应，D错误；
故选C。
14．D
【详解】A．装置中打开止水夹后，将胶头滴管中的水挤入圆底烧瓶中，烧瓶内压强下降，形成喷泉，可以说明氨气极易溶于水， A不符合题意；
B．四氯化碳作萃取剂，可用来萃取碘水中的碘，萃取出的碘的四氯化碳溶液位于分液漏斗的下层，B不符合题意；
C．干燥的氯气不能使干燥的红布条褪色，但能使湿润的红布条褪色，说明氯气与水反应后的产物具有漂白性，C不符合题意；
D．在铁片上获得理想的铜镀层，应以铁为阴极，铜为阳极，硫酸铜为电解质，图中装置不能达到目的，D符合题意；
故选D。
15．B
【详解】A．银氨溶液的配制是在硝酸银中逐滴加入氨水，先生成白色沉淀AgOH，最后生成易溶于水的Ag(NH3)2OH，Ag(NH3)2OH中Ag+和NH3之间以配位键结合，体现了NH3的配位性，A正确；
B．制作豆腐时添加石膏，利用的是在胶体中加入电解质发生聚沉这一性质，与CaSO4难溶性无关，B错误；
C．氯化铁溶液腐蚀铜电路板，发生的反应为，Fe3+做氧化剂，体现了氧化性，C正确；
D．SO2是酸性氧化物，石灰乳为Ca(OH)2，呈碱性，吸收SO2体现了Ca(OH)2的碱性，D正确；
故选B。
16．(1)SO2
(2) FeS+2Fe3+=3Fe2++S 避免在除去Al3+时Fe3+一并沉淀
(3) 5.2≤pH<7.5 S、Al(OH)3
(4) 负 3Fe2O3+2e-=2Fe3O4+O2- 11.2L
【分析】硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2)中通入空气进行煅烧，此时FeS2转化为Fe2O3和SO2，则气体X为SO2；往煅烧后的固体中加入稀硫酸进行酸浸，SiO2不溶而成为滤渣，Fe2O3、Al2O3溶解并转化为Fe3+、Al3+；加入FeS还原，将Fe3+还原为Fe2+，同时生成S；加入试剂Y调节溶液的pH，使Al3+全部转化为Al(OH)3沉淀，过滤后成为滤渣2，滤液中加入NaOH溶液，将Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀，并被空气中O2氧化为Fe(OH)3；过滤后，将滤渣加热分解，生成Fe2O3；通H2、H2O进行部分还原，得到纳米Fe3O4。
【详解】（1）硫铁矿煅烧时，S元素被氧化为SO2，故气体X为。
（2）“还原”的目的是使Fe3+变为Fe2+，发生的反应是FeS+2Fe3+=3Fe2++S；先“还原”，可使Fe3+变为Fe2+，“调pH”除去Al3+时铁元素不会造成损失，原因为：避免在除去Al3+时Fe3+一并沉淀。
（3）根据表中数据知，使Al3+沉淀完全且Fe2+不能生成沉淀的pH范围为5.2≤pH<7.5；因“还原”时生成S单质，“调pH”时生成Al(OH)3沉淀，故滤渣2的成分为S、Al(OH)3。
（4）电池工作时，甲电极中Fe2O3在阴极被还原为Fe3O4，则甲电极为阴极，a为电源负极，b电极为正极，乙电极为阳极。
①由分析可知，a为电源负极，甲电极为阴极，Fe2O3被还原为Fe3O4，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出发生的电极反应为3Fe2O3+2e-=2Fe3O4+O2-，生成的O2-进入电解质。
②氯化胆碱（）中的Cl-在阳极放电生成Cl2，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，240gFe2O3的物质的量为=1.5mol，转移电子的物质的量为=1mol，生成0.5molCl2，标准状况下的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L。
【点睛】电池工作时，原电池的负极接电解池的阴极，原电池的正极接电解池的阳极。
17．(1)
(2)
(3) 2NO+O2=2NO2 溶液无色、pH=1.1
(4) 取两支试管，向第1支试管中加入2mL实验2-1(或实验2-2)中的溶液，向第2支试管中加入2mL实验1-2中的溶液。分别向两支试管中滴加酸性高锰酸钾溶液，第1支试管中高锰酸钾溶液褪色，第2支试管中高锰酸钾溶液未褪色。则说明反应过程中产生了HNO2
(5) 二氧化氮与水反应分两步进行，第一步生成硝酸和亚硝酸反应速率快，第二步亚硝酸分解反应速率慢。升高温度，亚硝酸分解速率加快 冷的浓氢氧化钠溶液
【分析】铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，根据二氧化氮密度比空气大可知收集时长导管通入，根据实验探究可知多余的二氧化氮气体需用冷的氢氧化钠溶液吸收，效果更好。
【详解】（1）铜与浓硝酸反应，生成硝酸铜，二氧化氮和水：；
（2）
根据二氧化氮密度比空气大可知收集时长导管通入，补全装置图；
（3）①检验实验1-1中剩余气体的方法：向试管中充入少量空气，气体由无色变为红棕色，说明剩余气体为一氧化氮，与氧气反应生成二氧化氮：2NO+O2=2NO2；
②实验2-1中溶液为无色，且溶液的pH=1.1，说明生成的酸，即证明二氧化氮与水发生反应；
（4）①根据题干信息，HNO2易分解，且生成的气体为无色，说明是一氧化氮：；
②证实NO2与H2O反应过程中产生了HNO2，补充实验如下：取两支试管，向第1支试管中加入2mL实验2-1(或实验2-2)中的溶液，向第2支试管中加入2mL实验1-2中的溶液。分别向两支试管中滴加酸性高锰酸钾溶液，第1支试管中高锰酸钾溶液褪色，第2支试管中高锰酸钾溶液未褪色。则说明反应过程中产生了HNO2；
（5）二氧化氮与水反应分两步进行，第一步生成硝酸和亚硝酸反应速率快，第二步亚硝酸分解反应速率慢。升高温度，亚硝酸分解速率加快；根据实验探究可知，吸收NO2尾气，用冷的浓氢氧化钠溶液效果更佳。
18．(1)
(2) 或 H2O2不稳定，Fe3+、Cu2+催化H2O2分解
(3) Cl-较更易与Au3+形成配离子，增强了金的还原性
(4) 阴极 Na2S2O3
(5)a
【分析】铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素，加入硫酸和氧气浸取，铜溶解，生成硫酸铜，过滤得到的滤液中含有硫酸铜和硫酸，滤渣含Ag、Au等，再向滤渣中加入盐酸和双氧水，发生反应：2Au+8HCl+3H2O2=2HAuCl4+6H2O，2Ag+2HCl+H2O2=2AgCl↓+2H2O，过滤，向得到的滤渣中加入Na2S2O3，AgCl溶于Na2S2O3，生成[Ag(S2O3)2]3-，再进行电解，[Ag(S2O3)2]3-在阴极得到电子，被还原为Ag，电解反应为：[Ag(S2O3)2]3-+e-=Ag+2阴极区的溶液中含有Na2S2O3，可以循环使用，向浸出液2中加入N2H4，可以还原HAuCl4，生成Au和氮气，该反应N元素升高2价，Au元素降低3价，据此分析作答。
【详解】（1）已知Cu的原子序数为29，基态Cu原子价电子排布式为：3d104s1；
（2）①Fe3+迅速将铜氧化为Cu2+，自身被还原为Fe2+：离子方程式为：；在酸性环境中，Fe2+被氧气重新氧化为Fe3+，完成催化循环，离子方程式为：，故答案为：，或；
②过氧化氢不稳定，三价铁和铜离子可以催化其分解，故答案为：H2O2不稳定，Fe3+、Cu2+催化H2O2分解；
（3）①Cl 作为配体形成稳定的，促进金的溶解，而硫酸根无法形成类似的稳定配合物，同时更容易被氧化，故答案为：Cl-较更易与Au3+形成配离子，增强了金的还原性；
②结合分析可知，“还原”步骤中N2H4可以还原HAuCl4生成金和氮气，离子方程式为：；
（4）结合分析可知，“电沉积”步骤中生成Ag的电极为阴极；同样由分析可知，阴极区的溶液中含有Na2S2O3，可以循环使用，故答案为：阴极；Na2S2O3；
（5）Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6，从物质结构的角度分析的结构为(a)而不是(b)的原因是：(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且a中含有过硫键，b中含有过氧键，两者均有氧化性，但过氧键的氧化性强于I2，则b不能被I2氧化，由此可知该离子的结构应该是a。
19．(1)bae
(2) 产生红棕色气体 SO2+2Ag++2H2O=2Ag↓+4H+ 滴加品红溶液，溶液褪色 SO2+2AgNO3+H2O=Ag2SO3↓+2HNO3 <
(3)将原溶液于试管中加入适量硫酸酸化，再向试管中通入SO2，过滤得到无色溶液和白色固体，将白色固体加入浓氨水，过滤得到的固体为Ag单质
【分析】实验室用70%H2SO4和Na2SO3制取干燥SO2，将SO2通入一定体积0.1mol L﹣1的AgNO3溶液中，产生大量白色沉淀，瓶底沉淀略显灰色，进行沉淀成分的分析；并且通过探究实验设计SO2从AgNO3溶液中回收Ag的优化方案。
【详解】（1）70%的浓硫酸和Na2SO3发生复分解反应生成Na2SO4、SO2、H2O，浓硫酸具有吸水性，且和SO2不反应，所以用浓硫酸干燥SO2；SO2的密度大于空气且能和碱石灰反应，所以用向上排空气法收集SO2，为防止污染空气，用碱石灰处理尾气，接口连接顺序为bae，故答案为：bae；
（2）①Ag和浓硝酸反应生成AgNO3、NO2和H2O，NO2为红棕色气体，所以看到的现象是：产生红棕色气体；SO2与AgNO3溶液反应生成银单质，Ag+被还原为Ag，则SO2被氧化为，即SO2和AgNO3溶液反应生成Ag和H2SO4，离子方程式为SO2+2Ag++2H2O=2Ag↓+4H+，故答案为：产生红棕色气体；SO2+2Ag++2H2O=2Ag↓+4H+；
②Ag2SO3和稀盐酸反应生成AgCl、SO2和H2O，SO2能使品红溶液褪色，则另取固体X加入过量盐酸中，充分反应后静置，取上层清液于试管中，滴加品红溶液，溶液褪色，说明沉淀中含有Ag2SO3；SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3和HNO3，反应的化学方程式为SO2+2AgNO3+H2O=Ag2SO3↓+2HNO3，故答案为：滴加品红溶液，溶液褪色；SO2+2AgNO3+H2O=Ag2SO3↓+2HNO3；
③如果溶液中c2(Ag+) c()④另取m1g固体X进行定量分析，测得其中Ag的质量为m2g，该条件下SO2与AgNO3溶液发生复分解反应生成Ag2SO3的质量为(m1﹣m2)g，相同时间内其物质的量之比等于其反应速率之比，该条件下SO2与AgNO3溶液发生复分解反应(1mol SO2生成1mol Ag2SO3)和氧化还原反应(1mol SO2生成2mol Ag)的平均反应速率之比为mol：()mol，故答案为：；
（3）加入适量硫酸可以提供酸性环境，防止SO2与硝酸银发生复分解反应，所以避免复分解反应发生的方案为：将原溶液于试管中加入适量硫酸酸化，再向试管中通入SO2，过滤得到无色溶液和白色固体，将白色固体加入浓氨水，过滤得到的固体为Ag单质，故答案为：将原溶液于试管中加入适量硫酸酸化，再向试管中通入SO2，过滤得到无色溶液和白色固体，将白色固体加入浓氨水，过滤得到的固体为Ag单质。
20．(1)研磨
(2)4Fe2++O2+4H+= 4Fe3+ +2H2O；4FeO+O2+12H+=4Fe3++6H2O
(3) O、N 加入H2SO4，使Cu2+ + 2HRCuR2 + 2H+逆向进行，Cu2+进入水层
(4)Na+ + 3Fe3+ + 2+3MgO + 3H2O = NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 3Mg2+或Na+ + 3Fe3+ + 2 + 6H2O = NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 6H+
(5)b
(6)H2SO4、萃取剂(HR)、O2
【分析】铜镍矿研磨后，加入和浸出，将铜镍矿中的金属氧化物转化为、、、；加入萃取剂后，转化为进入有机层，再经过反萃取形成含水溶液后，再转化为金属铜；水层中含有、、、等阳离子，加入硫酸钠和MgO后，转化为黄钠铁矾固体从水层中分离，滤液中含有、、等阳离子，再加入MgO后，转化为再转化为金属镍。
【详解】（1）将铜镍矿研磨，可以将固体颗粒减小，增大固体与溶液接触面积，从而加快浸出阶段反应速率，故加快反应速率的措施是研磨；
（2）具有氧化性，可将溶解后的转化为，便于转化为沉淀除去，用离子方程式可以表示为：4Fe2++O2+4H+= 4Fe3+ +2H2O；4FeO+O2+12H+=4Fe3++6H2O；
（3）
① 分子中，若要与形成配位键，则分子需提供孤电子对，分子中存在孤电子对的原子为N原子和O原子；
②反萃取时，加入稀硫酸，增大水层中浓度，使平衡逆向移动，使水层中浓度增大，即铜离子进入水层；故答案为：O、N；加入H2SO4，使Cu2+ + 2HRCuR2 + 2H+逆向进行，Cu2+进入水层；
（4）根据题目信息，水层中含有、、、等阳离子，加入硫酸钠和MgO后，转化为黄钠铁矾固体，对应的离子方程式为：Na+ + 3Fe3+ + 2+3MgO + 3H2O = NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 3Mg2+或Na+ + 3Fe3+ + 2 + 6H2O = NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 6H+；
（5）第二次使用MgO调节pH使沉淀完全，即溶液中≤，根据的=，恰好完全沉淀时，=≈，=≈7.14，pH=-lg=-lg(7.14)，故10＞pH＞9，故选择b；
（6）反应过程中使用到了硫酸，萃取剂，氧气，反萃取时再产生萃取剂，电解含铜离子的水溶液，即电解硫酸铜时产生硫酸和氧气，，则该流程中可循环利用的物质有：H2SO4、萃取剂(HR)、O2。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑