1、专题05 元素及其化合物1（2022浙江卷）下列消毒剂的有效成分属于盐的是A高锰酸钾溶液B过氧乙酸溶液C双氧水D医用酒精【答案】A【解析】A高锰酸钾溶液的有效成分为KMnO4，其在水溶液中电离出K+和，故KMnO4属于盐，A符合题意；B过氧乙酸溶液的有效成分是CH3COOOH，在水溶液中电离出CH3COOO-和H+，即水溶液中的阳离子全部为H+，故其属于酸，不合题意；C双氧水是由H和O组成的化合物，故其属于氧化物，C不合题意；D医用酒精的有效成分为CH3CH2OH，其属于有机物，不属于盐，D不合题意；故答案为：A。2（2022浙江卷）下列说法不正确的是A晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，常用
2、于制造光导纤维B高压钠灯发出的黄光透雾能力强、射程远，可用于道路照明C氧化铝熔点高，常用于制造耐高温材料D用石灰右-石膏法对燃煤烟气进行脱硫，同时可得到石膏【答案】A【解析】A晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，可用于制造晶体管、集成电路等，而二氧化硅常用于制造光导纤维，A错误；B钠的焰色反应为黄色，可用作透雾能力强的高压钠灯，B正确；C耐高温材料应具有高熔点的性质，氧化铝熔点高，可用作耐高温材料，C正确；D石灰石的主要成分为碳酸钙，石灰石-石膏法脱硫过程中发生反应：CaCO3CaO+CO2，SO2+CaCO3=CaSO3+CO2，2CaSO3+O2=2CaSO4，得到了石
3、膏，D正确；答案选A。3（2022浙江卷）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继续发生，所以可用铁质容器贮运浓硝酸，
4、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。4（2022浙江卷）关于化合物的性质，下列推测不合理的是A与稀盐酸反应生成、B隔绝空气加热分解生成FeO、C溶于氢碘酸(HI)，再加萃取，有机层呈紫红色D在空气中，与高温反应能生成【答案】B【解析】已知化合物中Fe的化合价为+3价，CH3O-带一个单位负电荷，据此分析解题。A由分析可知，化合物中Fe的化合价为+3价，故其与稀盐酸反应生成、，反应原理为：FeO(OCH3)+3HCl=FeCl3+H2O+C
5、H3OH，A不合题意；B由分析可知，化合物中Fe的化合价为+3价，C为-1，若隔绝空气加热分解生成FeO、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、，B符合题意；C由分析可知，化合物中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，再加萃取，有机层呈紫红色，C不合题意；D化合物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，故化合物与高温反应能生成，D不合题意；故答案为：B。5（2022广东卷）劳动开创未来。下
6、列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包可与酸反应B环保工程师用熟石灰处理酸性废水熟石灰具有碱性C工人将模具干燥后再注入熔融钢水铁与高温下会反应D技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板铝能形成致密氧化膜【答案】A【解析】A小苏打是碳酸氢钠，不是碳酸钠，主要用来做膨松剂，故A符合题意；B熟石灰是氢氧化钙，具有碱性，可以用于处理酸性废水，故B不符合题意；C熔融的铁与水蒸气在高温下反应会生成四氧化三铁和氢气，因此必须将模具干燥，故C不符合题意；D钢板上镀铝，保护钢板，金属铝表面形成致密氧化膜而保护金属铝不被腐蚀，故D不符合题意。综上所述，答案为A。6（202
7、2广东卷）若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(ad均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验，下列分析正确的是A与浓硫酸反应，只体现的酸性Ba处变红，说明是酸性氧化物Cb或c处褪色，均说明具有漂白性D试管底部出现白色固体，说明反应中无生成【答案】B【解析】A铜和浓硫酸反应过程中，生成CuSO4体现出浓硫酸的酸性，生成SO2体现出浓硫酸的强氧化性，故A错误；Ba处的紫色石蕊溶液变红，其原因是SO2溶于水生成了酸，可说明SO2是酸性氧化物，故B正确；Cb处品红溶液褪色，其原因是SO2具有漂白性，而c处酸性高锰酸钾溶液褪色，其原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应，SO2体现出还原性，故C错误；D实验过程
8、中试管底部出现白色固体，根据元素守恒可知，其成分为无水CuSO4，而非蓝色的CuSO45H2O，其原因是浓硫酸体现出吸水性，将反应生成的H2O吸收，故D错误；综上所述，正确的是B项。7（2022广东卷）陈述和均正确但不具有因果关系的是选项陈述陈述A用焦炭和石英砂制取粗硅可制作光导纤维B利用海水制取溴和镁单质可被氧化，可被还原C石油裂解气能使溴的溶液褪色石油裂解可得到乙烯等不饱和烃D水解可生成胶体可用作净水剂【答案】A【解析】A焦炭具有还原性，工业上常利用焦炭与石英砂（SiO2）在高温条件下制备粗硅，这与SiO2是否做光导纤维无因果关系，故A符合题意；B海水中存在溴离子，可向其中通入氯气等氧化剂
9、将其氧化为溴单质，再经过萃取蒸馏物理操作分离提纯溴单质，另外，通过富集海水中的镁离子，经过沉淀、溶解等操作得到无水氯化镁，随后电解熔融氯化镁可制备得到镁单质，陈述I和陈述II均正确，且具有因果关系，B不符合题意；C石油在催化剂加热条件下进行裂解可得到乙烯等不饱和烃，从而使溴的CCl4溶液褪色，陈述I和陈述II均正确，且具有因果关系，C不符合题意；DFeCl3溶液中铁离子可发生水解，生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，从而可用作净水机，陈述I和陈述II均正确，且具有因果关系，D不符合题意；综上所述，答案为A。8（2021河北）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
10、吸收糖类化合物中的水分并使其炭化BNaClO、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：，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，在酸性条件下可生成具有强氧化性的氯气、二氧化氯等气体，增强氧化能力，B正确；CHI的沸点低，易挥发加热与浓混合物发生反应生成利用的是高沸
11、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。9（2021河北）BiOCl是一种具有珠光泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图：下列说法错误的是A酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反应剧烈程度B转化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3C水解工序中加入少量CH3COONa(s)可提高Bi3+水解程度D水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生成【答案】D【解析】A硝酸为强氧化剂，可与金属铋反应，酸浸工序中分次加入稀，反应物硝酸的用量减少，可降低反应剧烈程度，A正确；B金属铋与硝
12、酸反应生成的硝酸铋会发生水解反应生成，水解的离子方程式为，转化工序中加入稀，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，硝酸铋水解平衡左移，可抑制生成，B正确；C氯化铋水解生成的离子方程式为，水解工序中加入少量，醋酸根会结合氢离子生成弱电解质醋酸，使氢离子浓度减小，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡右移，促进水解，C正确；D氯化铋水解生成的离子方程式为，水解工序中加入少量，铵根离子水解生成氢离子，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡左移，不利于生成，且部分铋离子与硝酸根、水也会发生反应，也不利于生成，综上所述，D错误；故选D。10（2021广东）化学创造美好生活。下列生产活动中
13、，没有运用相应化学原理的是选项生产活动化学原理A用聚乙烯塑料制作食品保鲜膜聚乙烯燃烧生成和B利用海水制取溴和镁单质可被氧化、可被还原C利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品氢氟酸可与反应D公园的钢铁护栏涂刷多彩防锈漆钢铁与潮湿空气隔绝可防止腐蚀【答案】A【解析】A聚乙烯是一种无毒的塑料，是最常见的食品包装袋材料之一，则用聚乙烯塑料制作食品包装袋与燃烧生成二氧化碳和水无关，故A符合题意；B溴离子具有还原性，能与氯气反应生成溴单质，镁离子具有弱氧化性，能用电解熔融氯化镁的方法制得镁，则海水制取溴和镁与单质，与溴离子可被氧化、镁离子可被还原有关，故B不符合题意；C氢氟酸能与二氧化硅反应，常用来刻蚀石英制作艺术
14、品，则用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，与氢氟酸能与二氧化硅反应有关，故C不符合题意；D钢铁在潮湿的空气中易发生吸氧腐蚀，在护栏上涂油漆可以隔绝钢铁与潮湿空气接触，防止钢铁腐蚀，则公园的钢铁护栏涂刷多彩油漆防锈，与隔绝钢铁与潮湿的空气防止腐蚀有关，故D不符合题意；故选A。11（2021广东）劳动成就梦想。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A社区服务：用84消毒液对图书馆桌椅消毒含氯消毒剂具有氧化性B学农活动：用厨余垃圾制肥料厨余垃圾含、等元素C家务劳动：用白醋清洗水壶中的水垢乙酸可由乙醇氧化制备D自主探究：以油脂为原料制肥皂油脂可发生皂化反应【答案】C【解析】A84消毒液中
15、含有具有强氧化性的次氯酸钠，能起到杀菌消毒的作用，则用84消毒液对图书馆桌椅消毒与含氯消毒剂具有氧化性有关，故A不符合题意；B含有氮、磷、钾的物质常用做化肥，则厨余垃圾制肥料与厨余垃圾含有氮、磷、钾等元素有关，故B不符合题意；C用白醋清洗水壶中的水垢与乙酸的酸性有关，与乙酸可由乙醇氧化制备无关，故C符合题意；D油脂在碱性条件下可发生水解反应生成甘油和可制作肥皂的高级脂肪酸盐，则以油脂为原料制备肥皂与油脂可发生皂化反应有关，故D不符合题意；故选C。12（2021广东）部分含铁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可与反应生成B既可被氧化，也可被还原C可将加入浓碱液中制得的胶体D
16、可存在的循环转化关系【答案】C【分析】图中所示铁元素不同化合价的物质：a为Fe，b为FeCl2、FeSO4、Fe(NO3)2等Fe(II)的盐类物质，c为Fe(OH)2，e为FeCl3、Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3等Fe(III)的盐类物质，d为Fe(OH)3。【解析】AFe与Fe(III)的盐类物质可发生反应生成Fe(II)的盐类物质，如Fe+2FeCl3=3FeCl2，故A不选；BFe(II)为铁元素的中间价态，既有还原性也有氧化性，因此既可被氧化，也可被还原，故B不选；CFe(III)的盐类物质与浓碱液反应生成Fe(OH)3沉淀，制备Fe(OH)3胶体操作为：向沸水中滴加饱和Fe
17、Cl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故C选；D转化如，故D不选；综上所述，答案为C。14（2021湖南）一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下：下列说法错误的是A物质X常选用生石灰B工业上常用电解熔融制备金属镁C“氯化”过程中发生的反应为D“煅烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水【答案】D【分析】海水经一系列处理得到苦卤水，苦卤水中含Mg2+，苦卤水中加物质X使Mg2+转化为Mg(OH)2，过滤除去滤液，煅烧Mg(OH)2得MgO，MgO和C、Cl2经“氯化”得无水MgCl2。【解析】A物质X的作用是使Mg2+转化为Mg(OH)2，工业上常采用CaO，发生CaO+H2
18、O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+，A正确；BMg是较活泼金属，工业上常用电解熔融制备金属镁，B正确；C由图可知“氯化”过程反应物为MgO、氯气、C，生成物之一为MgCl2，C在高温下能将二氧化碳还原为CO，则“气体”为CO，反应方程式为，C正确；D“煅烧”后得到MgO，MgO和盐酸反应得到MgCl2溶液，由于MgCl2在溶液中水解为氢氧化镁和HCl，将所得溶液加热蒸发HCl会逸出，MgCl2水解平衡正向移动，得到氢氧化镁，得不到无水MgCl2，D错误；选D。15（2021浙江）下列说法不正确的是A硅酸钠是一种难溶于水的硅酸盐B镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮
19、化镁C钠与水反应生成氢氧化钠和氢气D常温下，铝遇浓硝酸或浓硫酸时会发生钝化【答案】A【解析】A硅酸钠是溶于水的硅酸盐，故A错误；B镁在空气中燃烧时，与氧气和二氧化碳反应生成氧化镁，与氮气反应生成氮化镁，故B正确；C钠具有强还原性，能与冷水反应生成氢氧化钠和氢气，故C正确；D浓硫酸和浓硝酸具有强氧化性，铝在浓硫酸和浓硫酸中会发生钝化，阻碍反应的继续进行，故D正确；故选A。16（2021浙江）下列说法不正确的是A应避免铵态氮肥与草木灰混合施用B工业上可用离子交换法提高海带中碘的提取率C电解饱和食盐水可以得到金属钠和氯气D将生铁进一步炼制减少含碳量，能得到耐腐蚀的钢【答案】C【解析】A铵态氮肥的主要
20、成分为铵根离子，草木灰的主要成分含有氢氧根，二者混合使用可以发生反应生成氨气，降低肥效，不能混合使用，A正确；B离子交换法可以很大程度的提取海水中的I-，还可以起到富集低浓度I-的作用，可以提高海水中I的提取率，B正确；C电解饱和食盐水可以得到NaOH、H2、Cl2，不能得到Na单质，C错误；D将生铁进一步炼制可以减少碳含量，在使用这种钢材时可以减少电化学腐蚀过程，这样的钢材更耐腐蚀，D正确；故答案选C。17（2021浙江）下列说法正确的是A减压过滤适用于过滤胶状氢氧化物类沉淀B实验室电器设备着火，可用二氧化碳灭火器灭火C制备硫酸亚铁铵晶体时，须将含和的溶液浓缩至干D将热的饱和溶液置于冰水中快
21、速冷却即可制得颗粒较大的晶体【答案】B【解析】A因为胶状沉淀可能会透过滤纸或造成滤纸堵塞，则减压过滤不宜用于过滤胶状沉淀或颗粒太小的沉淀，故A错误；B实验室中仪器设备着火可以使用二氧化碳灭火，故B正确；C制备硫酸亚铁铵晶体时，将硫酸铵和硫酸亚铁溶液浓缩至干会使晶体失去结晶水，故C错误；D冷却结晶时，自然冷却才能得到大颗粒晶体，快速冷却得到的是细小晶体，故D错误；故选B。18（2021浙江）关于化合物的性质，下列推测不合理的是A具有强氧化性B与溶液反应可生成两种钠盐C与盐酸作用能产生氯气D水解生成盐酸和硝酸【答案】D【解析】A里面含有正一价的氯元素和正五价的氮元素，具有强氧化性，A正确；B与溶液
22、反应可生成次氯酸盐和硝酸盐，B正确；C与盐酸发生归中反应生成氯气，C正确；D发生水解反应生成次氯酸和硝酸，D错误；答案为：D。19（2021浙江）下列说法不正确的是A铁粉与氧化铝发生的铝热反应可用于焊接铁轨B镁燃烧会发出耀眼的白光，可用于制造信号弹和焰火C熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固，常用于制作模型和医疗石膏绷带D工业上可用氨水消除燃煤烟气中的二氧化硫【答案】A【解析】A铝粉与氧化铁发生铝热反应时放出大量的热，因此，生成的铁是液态的，其可以将两段铁轨焊接在一起，故其可用于焊接铁轨，但是，铁粉与氧化铝不能发生铝热反应，A说法不正确；B镁燃烧会发出耀眼的白光，可以照亮黑暗的夜空和地面，因此，其
23、可用于制造信号弹和焰火，B说法正确；C粉末状的熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固转化为坚固的块状生石膏，因此，其常用于制作模型和医疗石膏绷带，C说法正确；D二氧化硫属于酸性氧化物，其可以与碱反应生成盐和水，而氨水属于碱性的溶液，因此，工业上可用氨水吸收燃煤烟气中的二氧化硫从而削除污染，D说法正确。综上所述，本题选A。20. （2021福建）明代徐光启手迹记载了制备硝酸的方法，其主要流程(部分产物已省略)如下：下列说法错误的是A. FeSO4的分解产物X为FeOB. 本流程涉及复分解反应C. HNO3的沸点比H2SO4的低D. 制备使用的铁锅易损坏【答案】A【解析】A据图可知FeSO4分解时生成S
24、O2和SO3，部分S元素被还原，则Fe元素应被氧化，X为Fe2O3，A错误；BH2SO4与KNO3在蒸馏条件下生成HNO3和K2SO4，为复分解反应，B正确；CH2SO4与KNO3混合后，蒸馏过程中生成HNO3，说明HNO3的沸点比H2SO4的低，C正确；D硫酸、硝酸均可以和铁反应，所以制备使用的铁锅易损坏，D正确；综上所述答案为A。21.（2021海南） 关于性质的解释合理的是选项性质解释A比容易液化分子间的范德华力更大B熔点高于键的键能比大C能与以配位键结合中氮原子有孤电子对D氨水中存在是离子化合物【答案】C【解析】A和都属于同一主族是氢化物，分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，但氨气中
25、含有氢键， PH3不含氢键，氢键的存在导致氨气的沸点升高，故A错误；B熔点高于，是因为氨气中含有氢键，氢键的存在导致氨气的熔点升高，不是键的键能比大，故B错误；C中氮原子有孤电子对，使和以配位键结合形成Ag(NH3)2+，故C正确；D是共价化合物，是弱碱，在水溶液中部分电离出和OH-，故D错误；答案选C。22.（2021辽宁） 含S元素的某钠盐a能发生如图转化。下列说法错误的是A. a可能为正盐，也可能为酸式盐B. c为不溶于盐酸的白色沉淀C. d为含极性键的非极性分子D. 反应中还可能生成淡黄色沉淀【答案】C【解析】由题干信息可知，盐a与足量的稀盐酸产生刺激性气味气体d，d能使KMnO4溶液
26、褪色，故d为SO2，则盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，盐a与足量Cl2反应后将生成，与BaCl2溶液反应得到沉淀c，故c为BaSO4，据此分析解题。A 由分析可知，盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，故a可能为正盐，也可能为酸式盐，A正确；B由分析可知，c为BaSO4，故c为不溶于盐酸的白色沉淀，B正确；C由分析可知，d为SO2，由SO2易溶于水并根据“相似相溶”原理可知，d是含有极性键的极性分子，C错误； D由分析可知，盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，当Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S+SO2+H2O，反
27、应中还可能生成淡黄色沉淀，D正确；故答案：C。23. （2021天津）关于反应所涉及的物质，下列说法错误的是A. H2SO4在该反应中为氧化剂B. Na2SO3容易被空气中的O2氧化变质C. Na2SO4是含有共价键的离子化合物D. SO2是导致酸雨的主要有害污染物【答案】A【解析】A中无化合价的变化，不属于氧化还原反应，所以该反应中无氧化剂，故A错误；BNa2SO3不稳定，容易被空气中的O2氧化成硫酸钠变质，故B正确；CNa2SO4含有阴阳离子，存在离子键，硫酸根中含有共价键，故C正确；DSO2在空去中会转化成硫酸，形成酸雨，所以二氧化硫是导致酸雨的主要有害污染物，故D正确；故选A。2420
28、20浙江7月选考下列说法不正确的是( )A会破坏铝表面的氧化膜B的热稳定性比强C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。252020浙江7月选考下列说法不正确的是( )A高
29、压钠灯可用于道路照明B可用来制造光导纤维C工业上可采用高温冶炼黄铜矿的方法获得粗铜D不溶于水，可用作医疗上检查肠胃的钡餐【答案】D【解析】A高压钠灯发出的黄光射程远、透雾能力强，所以高压钠灯用于道路照明，故A正确；B二氧化硅传导光的能力非常强，用来制造光导纤维，故B正确；C黄铜矿高温煅烧生成粗铜、氧化亚铁和二氧化硫，故C正确；D碳酸钡不溶于水，但溶于酸，碳酸钡在胃酸中溶解生成的钡离子为重金属离子，有毒，不能用于钡餐，钡餐用硫酸钡，故D错误；答案选D。262020浙江7月选考下列说法正确的是( )A在空气中加热可得固体B加入到过量溶液中可得C在沸腾炉中与反应主要生成D溶液中加入少量粉末生成和【答
30、案】A【解析】A无水状态下Na2O2比Na2O更稳定，Na2O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+11O22Fe2O3+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：2H2O22H2O+O2，D错误。答案选A。272020
31、浙江7月选考黄色固体X，可能含有漂白粉、之中的几种或全部。将X与足量的水作用，得到深棕色固体混合物Y和无色碱性溶液Z。下列结论合理的是( )AX中含，可能含有BX中含有漂白粉和CX中含有，Y中含有D用酸化溶液Z，若有黄绿色气体放出，说明X中含有【答案】C【解析】固体X为黄色，则含有Fe2(SO4)3，溶于水后，要使溶液Z为无色碱性，则一定含有漂白粉，且漂白粉过量，得到深棕色固体混合物Y，则固体Y是Fe(OH)3和Cu(OH)2的混合物，X中一定含有，和中含有其中一种或两种都含，据此解答。A.若X含有KI，则会与漂白粉反应生成I2，溶液不为无色，A不正确；B.由分析可知，不一定含有FeSO4，B
32、不正确；C.由分析可知， X含有CuCl2，Y含有Fe(OH)3，C正确；D.酸化后，产生黄绿色气体，为氯气，则发生的发生反应的离子反应方程式为：Cl-+ClO-+2H+=Cl2+H2O，此时的Cl-有可能来自于漂白粉氧化FeSO4产生的Cl-，也有可能是漂白粉自身含有的，不能推导出含有CuCl2，D不正确；故选C。282020山东新高考以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2，Fe2O3和A12O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下：已知浸出时产生的废渣中有SO2，Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是A浸出镁的反应为B浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行C流程中可循环使用的
33、物质有NH3、NH4ClD分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同【答案】B【解析】菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，MgCO3转化为MgO，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣有SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，同时产生氨气，则此时浸出液中主要含有Mg2+，加入氨水得到Mg(OH)2沉淀，煅烧得到高纯镁砂。A高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根水解产生的氢离子反应，促进铵根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式为MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3+H2O，故A正确；B一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨
34、气，降低利用率，故B错误；C浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可以利用到浸出过程中，故C正确；DFe(OH)3、Al(OH)3的Ksp远小于Mg(OH)2的Ksp，所以当pH达到一定值时Fe3+、Al3+产生沉淀，而Mg2+不沉淀，从而将其分离，故D正确；故答案为B。292020江苏卷下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A铝的金属活泼性强，可用于制作铝金属制品B氧化铝熔点高，可用作电解冶炼铝的原料C氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃酸D明矾溶于水并水解形成胶体，可用于净水【答案】D【解析】A铝在空气中可以与氧气反应生成致密氧化铝，致密氧化铝包覆在铝表
35、面阻止铝进一步反应，铝具有延展性，故铝可用于制作铝金属制品，A错误；B氧化铝为离子化合物，可用作电解冶炼铝的原料，B错误；C氢氧化铝为两性氢氧化物，可以用于中和过多的胃酸，C错误；D明矾溶于水后电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮物，用于净水，D正确；故选D。302020江苏卷下列有关化学反应的叙述正确的是A室温下，Na在空气中反应生成Na2O2B室温下，Al与4.0 molL-1NaOH溶液反应生成NaAlO2C室温下，Cu与浓HNO3反应放出NO气体D室温下，Fe与浓H2SO4反应生成FeSO4【答案】B【解析】A室温下，钠与空气中氧气反应生成氧化钠，故A错误；
36、B室温下，铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故B正确；C室温下，铜与浓硝酸反应生成二氧化氮气体，故C错误；D室温下，铁在浓硫酸中发生钝化，故D错误。综上所述，答案为B。312020江苏卷下列选项所示的物质间转化均能实现的是A(aq)(g)漂白粉(s)B(aq)(s)(s)C(aq)(aq)(aq)D(s)(aq)(s)【答案】C【解析】A石灰水中Ca(OH)2浓度太小，一般用氯气和石灰乳反应制取漂白粉，故A错误；B碳酸的酸性弱于盐酸，所以二氧化碳与氯化钠溶液不反应，故B错误；C氧化性Cl2Br2I2，所以氯气可以氧化NaBr得到溴单质，溴单质可以氧化碘化钠得到碘单质，故C正确；D电解氯化镁溶液无法得到镁单质，阳极氯离子放电生成氯气，阴极水电离出的氢离子放电产生氢气，同时产生大量氢氧根，与镁离子产生沉淀，故D错误。综上所述，答案为C。