专题7 元素及其化合物的综合应用-【精讲精练】2017-2021五年高考化学真题分类区块练

专题7　元素及其化合物的综合应用 题组一 1.解析　硝酸为强氧化剂，可与金属铋反应，酸浸工序中分次加入稀HNO3，反应物硝酸的用量减少，可降低反应剧烈程度，A正确；金属铋与硝酸反应生成的硝酸铋会发生水解反应生成BiONO3，水解的离子方程式为Bi3＋＋NO＋H2OBiONO3＋2H＋，转化工序中加入稀HCl，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BiONO3，B正确；氯化铋水解生成BiOCl的离子方程式为Bi3＋＋Cl－＋H2OBiOCl＋2H＋，水解工序中加入少量CH3COONa(s)，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Bi3＋水解，C正确；氯化铋水解生成BiOCl的离子方程式为Bi3＋＋Cl－＋H2OBiOCl＋2H＋，水解工序中加入少量NH4NO3(s)，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BiOCl，且部分铋离子与硝酸根、水也会发生反应Bi3＋＋NO＋H2OBiONO3＋2H＋，也不利于生成BiOCl，综上所述，D错误。 答案　D 2.解析　由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，HCOO－与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合氢离子转化为氢气，所以化学方程式为HCOOHCO2↑＋H2↑，故A正确；若氢离子浓度过低，则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制甲酸的电离，使甲酸根浓度降低，反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，故B正确；由反应机理可知，Fe在反应过程中，化学键数目发生变化，则化合价也发生变化，故C正确；由反应进程可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，故D错误。 答案　D 3.解析　通过分析可知，CH3COI属于甲醇羰基化反应的反应中间体；其可与水作用，生成最终产物乙酸的同时，也可以生成使甲醇转化为CH3I的HI，A正确；通过分析可知，甲醇羰基化反应，反应物为甲醇以及CO，产物为乙酸，方程式可写成：CH3OH＋COCH3COOH，B正确；通过分析可知，铑配合物在整个反应历程中，成键数目，配体种类等均发生了变化，C不正确；通过分析可知，反应中间体CH3COI与水作用生成的HI可以使甲醇转化为CH3I，方程式可写成：CH3OH＋HI―→CH3I＋H2O，D正确。 答案　C 4.解析　结合反应机理图示可知OH－参与了该催化循环反应，A正确；从图示可看出有H2生成，且没有再参与反应，即该反应可产生清洁燃料H2，B正确；根据图示可看出CO参与了反应，并最终转化为CO2放出，即该反应能消耗CO，生成CO2，C错误；该循环过程中Fe的成键数目可能是4、5或6，即该催化循环过程中Fe的成键数目发生变化，D正确。 答案　C 5.解析　Fe在浓硝酸中发生钝化，A错误；MnO2和浓盐酸反应制取Cl2，B错误；SO2与过量的氨水反应生成(NH4)2SO3，反应的化学方程式为2NH3·H2O＋SO2===(NH4)2SO3＋H2O，C正确；室温下Na与空气中的O2反应生成Na2O，D错误。 答案　C 6.解析　泡沫灭火器喷出的液体能导电，不适用于电器起火，A错误；疫苗是生物制品，温度过高，会导致蛋白质变性，使疫苗效果降低或失去作用，B正确；水性漆与传统的油性漆相比，水性漆具有低甲醛和低芳香类化合物等优点，属于环保产品，C正确；装有镁棒的电热水器，是一个以镁棒为负极(阳极)、内胆为正极(阴极)的原电池，D正确。 答案　A 7.解析　谷物酿酒，淀粉先水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下发酵产生乙醇，A错误；后(司)母戊鼎属于青铜器，是铜合金制品，B正确；工业上用黏土为原料烧制瓷器，C正确；利用乙醚作溶剂提取青蒿素的过程包括萃取分液等操作，D正确。 答案　A 8.解析　(1) ①由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgI＋Fe===2Ag＋ Fe2＋＋2I－，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中；②通入Cl2的过程中，因I－还原性强于Fe2＋，Cl2先氧化还原性强的I－，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2＋Cl2=== I2＋FeCl2，若反应物用量比n(Cl2)/n(FeI2)＝1.5时，即Cl2过量，先氧化完全部I－再氧化Fe2＋，恰好将全部I－和Fe2＋氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当n(Cl2)/n(FeI2)>1.5即Cl2过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低；(2)先向NaIO3溶