题型04 无机物的性质与转化-高考化学二轮热点题型归纳与变式演练（新高考通用）

这是一份题型04 无机物的性质与转化-高考化学二轮热点题型归纳与变式演练（新高考通用），文件包含题型04无机物的性质与转化-高考化学二轮热点题型归纳与变式演练新高考通用原卷版docx、题型04无机物的性质与转化-高考化学二轮热点题型归纳与变式演练新高考通用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共62页， 欢迎下载使用。
目 录
题型综述
解题攻略
题组01 金属及其化合物的性质与用途的正误判断
题组02 非金属及其化合物的性质与用途的正误判断
题组03 金属及其化合物的性质与转化的正误判断
题组04 非金属及其化合物的性质与转化的正误判断
题组05 化学工艺流程的“微设计”及分析的正误判断
高考练场
无机物的性质与转化在高中化学学习中占有相当大的比重，随着高考自主命题省份的增多，以及选择题题数的增多，单独考查无机物的性质与转化的题数也随之增多，主要考查考生对无机物的性质、相互转化关系以及应用的掌握情况。根据试题的外观特征以及情境的不同，可将本专题分为五个题组：一是金属及其化合物的性质与用途的正误判断；二是非金属及其化合物的性质与用途的正误判断；三是金属及其化合物的性质与转化的正误判断；四是非金属及其化合物的性质与转化的正误判断；五是化学工艺流程的“微设计”及分析的正误判断。解答此类问愿，首先要掌握常见物质的主要成分，性质、制备和用途，特别是C1、S、N、Si、Fe、Na、Al、Mg、Cu等单质及其化合物的性质和转化关系及其用途，然后经过再仔细推敲、分析，作出正确解答。
题组01 金属及其化合物的性质与用途的正误判断
【例1-1】（2024·浙江卷）下列说法不正确的是
A．呈两性，不能用于治疗胃酸过多
B．能与反应产生，可作供氧剂
C．有还原性，能被氧化成
D．见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中
【答案】A
【解析】A．呈两性，不溶于水，但可以与胃酸反应生成无毒物质，因此其能用于治疗胃酸过多，A不正确；B．能与反应产生，该反应能安全发生且不生成有毒气体，故可作供氧剂，B正确；C．有还原性，其中Fe元素的化合价为+2，用适当的氧化剂可以将其氧化成更高价态的，C正确；D．见光易分解的物质应保存在棕色试剂瓶中；见光易分解，故其应保存在棕色试剂瓶中，D正确；综上所述，本题选A。
【例1-2】（2024·山东卷）物质性质决定用途，下列两者对应关系错误的是
A．石灰乳除去废气中二氧化硫，体现了的碱性
B．氯化铁溶液腐蚀铜电路板，体现了的氧化性
C．制作豆腐时添加石膏，体现了的难溶性
D．用氨水配制银氨溶液，体现了的配位性
【答案】C
【解析】A．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，A正确；B．氯化铁溶液腐蚀铜电路板，发生的反应为，体现了Fe3+的氧化性，B正确；C．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，C错误；D．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，D正确；故选C。
【提分秘籍】
1.常见金属及其化合物的重要性质和应用
2.扫除易忘知识盲点
（1）钠及其重要化合物：
①钠和盐溶液反应,不能置换出盐中的金属,与熔融的盐反应才可能置换出盐中的金属。
②Na与足量O2反应无论生成Na2O还是Na2O2,只要参与反应的Na的质量相等,则转移电子的物质的量一定相等,但得到Na2O2的质量大于Na2O。
③Na分别与H2O和乙醇发生反应均能生成H2,但反应的剧烈程度不同,前者反应剧烈,后者反应缓慢。
④1 ml Na2O2参与反应转移电子的物质的量不一定为1 ml,如1 ml Na2O2与足量SO2的反应转移电子应为2 ml。
⑤不能用Ca(OH)2溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液,应选用CaCl2或BaCl2溶液。
⑥除去CO2中的HCl气体，应选用饱和的NaHCO3溶液。
⑦向饱和的Na2CO3溶液中通入过量CO2，有NaHCO3 白色晶体析出。
⑧焰色反应是元素的性质，无论游离态还是化合态，均具有相同的焰色反应，它不是化学变化，在观察钾元素的焰色反应时，应通过蓝色的钴玻璃片。
⑨Na－K合金常温下呈液态，是原子反应堆的导热剂。
⑩碱金属的密度呈现增大的趋势，但K反常。
⑪Li和O2反应只生成Li2O；NaH是离子化合物，是一种强还原剂。Na2O、Na2O2阴阳离子个数比均为1∶2。
⑫Na2O2投入品红溶液中,因溶液中有强氧化性物质,因而可使品红溶液褪色。Na2O2投入无色酚酞溶液中,酚酞溶液先变红后褪色。
（2）镁、铝及其重要化合物：
①铝是活泼金属，但铝抗腐蚀性相当强，因为铝表面生成一层致密的氧化物薄膜。由于Al2O3的熔点高于Al的熔点，故在酒精灯上加热铝箔直至熔化，发现熔化的铝并不滴落。
②铝热反应不仅仅是单质铝与Fe2O3反应，还包含制取其他难熔金属的反应，由于铝热剂是混合物，故铝热反应不能用于工业上冶炼铁。注意铝热反应是中学化学中唯一一类金属单质与金属氧化物在高温条件下的置换反应。
③引发铝热反应的操作是高考实验考查的热点，具体操作是先铺一层KClO3，然后插上镁条，最后点燃镁条。
④并不是Al与所有金属氧化物均能组成铝热剂，该金属氧化物对应的金属活泼性应比铝弱。
⑤Al2O3、Al(OH)3与NaOH溶液的反应常用于物质的分离提纯。Al(OH)3不溶于氨水，所以实验室常用铝盐和氨水来制备Al(OH)3。
⑥利用偏铝酸盐制备Al(OH)3，一般不用强酸，因为强酸的量控制不当会使制得的Al(OH)3溶解。若向偏铝酸盐溶液中通入CO2，生成的Al(OH)3不溶于碳酸，CO2过量时生成HCOeq \\al(－,3)，不过量时生成COeq \\al(2－,3)，书写离子反应方程式时要特别注意。
⑦Al(OH)3可用作抗酸药；明矾常用于净水。
⑧泡沫灭火器所用试剂为Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液。
⑨镁在空气中燃烧主要发生反应：2Mg＋O22MgO，此外还发生反应：3Mg＋N2Mg3N2、2Mg＋CO22MgO＋C。
⑩Mg3N2与水反应：Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2＋2NH3↑。加热Mg(HCO3)2溶液生成的是Mg(OH)2沉淀，而不是MgCO3沉淀，因为Mg(OH)2比MgCO3更难溶于水。反应方程式为Mg(HCO3)2Mg(OH)2↓＋2CO2↑。
（3）铁、铜及其化合物
①Fe与O2、H2O(g)反应的产物都是Fe3O4而不是Fe2O3。Fe与Cl2反应时生成FeCl3，与S反应时生成FeS，说明Cl2的氧化性大于S的。常温下，Fe、Al在冷的浓硫酸和浓硝酸中发生钝化，但加热后继续反应。Fe在Cl2中燃烧，无论Cl2过量还是不足均生成FeCl3。
②向含Fe2＋的溶液中加入硝酸、KMnO4溶液、氯水等具有氧化性的物质时，溶液会出现浅绿色→棕黄色的颜色变化，该现象可用于Fe2＋的检验。
③Fe3＋的检验方法较多，如观察溶液颜色法(棕黄色)、NaOH溶液法(生成红褐色沉淀)、KSCN溶液法(生成红色溶液)，前面两种方法需溶液中Fe3＋浓度较大时才适用，最好也最灵敏的方法是KSCN溶液法。Fe2＋的检验可采用先加入KSCN溶液后再加入氧化剂的方法；也可用铁氰化钾检验Fe2＋，现象是生成蓝色沉淀(Fe3[Fe(CN)6]2)。
④生成FeCl2除了用Fe和HCl的置换反应外，还可用化合反应：2FeCl3＋Fe===3FeCl2；生成Fe(OH)3除了用Fe3＋与碱的复分解反应外，还可用化合反应：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3。
⑤配制FeCl2溶液既要防氧化(加入Fe粉)，又要防水解(加入盐酸)；配制FeCl3溶液要加入浓盐酸防止水解。
⑥Fe3＋必须在酸性条件下才能大量存在，当pH＝7时，Fe3＋几乎完全水解生成Fe(OH)3沉淀。
⑦除去酸性溶液ZnCl2中的FeCl2，应先通入Cl2或加入H2O2，再加入ZnO，使Fe3＋水解生成沉淀过滤除去。
⑧制备Fe(OH)2的方法很多，原则有两点：一是溶液中的溶解氧必须提前除去；二是反应过程中必须与O2隔绝。同时要牢记Fe(OH)2转化为Fe(OH)3时溶液的颜色变化(白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色)。
⑨Fe(OH)3胶体的制备方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中，加热至呈红褐色后立即停止加热。胶体不带电，带电的是胶粒。
⑩自然界中有少量游离态的铁(陨石中)，纯净的铁块是银白色的，而铁粉是黑色的。
⑪)铜在潮湿的空气中最终不是生成CuO，而是铜绿[Cu2(OH)2CO3]。
⑫常用灼热的铜粉除去N2中的O2，灼热的CuO除去CO2中的CO。
⑬新制Cu(OH)2悬浊液常用来检验醛基。
⑭Cu和一定量的浓HNO3反应，产生的是NO2和NO的混合气体，当Cu有剩余，再加入稀H2SO4，Cu继续溶解。
⑮Cu：紫红色；CuO：黑色；Cu2S：黑色；CuS：黑色；Cu2O：砖红色。
⑯铜的焰色反应为绿色。
⑰冶炼铜的方法有①热还原法；②湿法炼铜；③电解精炼铜。
⑱铜合金有：①青铜(Sn、Pb等)；②黄铜(Zn、Sn、Pb、Al等)；③白铜(Ni、Zn、Mn等)。
【变式演练】
【变式1-1】（2024·浙江杭州·一模）下列关于物质的性质和用途说法不正确的是
A．有还原性，食品中添加适量二氧化硫能起到抗氧化作用
B．硬度大，可作砂纸磨料
C．难溶于酸且不易被X射线透过，可做“钡餐”
D．纯铝的硬度和强度大，适合制造飞机零件
【答案】D
【解析】A．有还原性，可以被氧化，食品中添加适量二氧化硫能起到抗氧化作用，A正确；B．为共价晶体，硬度大，可作砂纸磨料，B正确；C．难溶于酸且不易被X射线透过，可做“钡餐”，用于肠胃检测，C正确；D．纯铝的硬度和强度均较小，铝合金的硬度和强度大，适合制造飞机零件，D错误；故选D。
【变式1-2】（2024·四川广元·模拟预测）化学物质在生产、生活中应用广泛，下列说法错误的是
A．将生铁进一步炼制减少含碳量，能得到耐腐蚀的钢
B．高铁酸钾具有强氧化性，可以用于水的消毒、杀菌等
C．合金硬度比纯金属大，是因合金内原子层之间的相对滑动更加困难
D．漂粉精能用于游泳池消毒，漂粉精的主要成分为NaClO
【答案】D
【解析】A．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，这样的钢材更耐腐蚀，选项A正确；B．高铁酸钾中铁元素化合价为+6价，具有强氧化性，可以用于水的消毒、杀菌等，选项B正确；C．合金的硬度大于纯金属，合金中不同元素的原子的半径大小不同，因此通过增加合金内原子层之间的相对滑动难度，使合金的硬度大于纯金属，选项C正确；D．漂粉精的有效成分为次氯酸钙，选项D错误；故答案选D。
题组02 非金属及其化合物的性质与用途的正误判断
【例2-1】（2024·甘肃卷）化学与生活息息相关，下列对应关系错误的是
【答案】D
【解析】A．次氯酸钠有强氧化性，从而可以做漂白剂，用于衣物漂白，A正确；B．氢气是可燃气体，具有可燃性，能被氧气氧化，可以制作燃料电池，B正确；C．聚乳酸具有生物可降解性，无毒，是高分子化合物，可以制作一次性餐具，C正确；D．活性炭有吸附性，能够有效吸附空气中的有害气体、去除异味，但无法分解甲醛，D错误；故本题选D。
【例2-2】（2024·浙江卷）物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途的是
【答案】B
【解析】A． 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合，该作用力较小，层与层容易滑动，石墨可用作润滑剂，A正确；B． 具有漂白性，可用作漂白剂，B错误；C． 聚丙烯酸钠()中含有亲水基团-COO-，聚丙烯酸钠可用于制备高吸水性树脂，C正确；D． 冠醚18-冠-6空腔直径()与直径()接近，可识别，使K+存在于其空腔中，进而能增大在有机溶剂中的溶解度，D正确；故选B。
【提分秘籍】
1.常见非金属及其化合物的性质与用途的对应关系
2.扫除易忘知识盲点
1)碳、硅及其化合物
（1）自然界中无游离态的硅，通常原子晶体不导电，但硅是很好的半导体材料，是制作光电池的材料。SiO2不导电，是制作光导纤维的材料。
（2）工业上制备粗硅，是用过量的C和SiO2在高温下反应，由于C过量，生成的是CO而不是CO2，该反应必须在隔绝空气的条件下进行。
（3）氢氟酸不能用玻璃容器盛放；NaOH溶液能用玻璃试剂瓶，但不能用玻璃塞。
（4）酸性氧化物一般能与水反应生成酸，但SiO2不溶于水；酸性氧化物一般不与酸作用，但SiO2能与HF反应。
（5）硅酸盐大多难溶于水，常见可溶性硅酸盐是硅酸钠，其水溶液称为泡花碱或水玻璃，但却是盐溶液。硅胶(mSiO2·nH2O)是一种很好的无毒干燥剂。
（6）H2CO3的酸性大于H2SiO3的，所以有Na2SiO3＋CO2(少量)＋H2O===H2SiO3↓＋Na2CO3，但高温下Na2CO3＋SiO2eq \(=====,\s\up14(高温))Na2SiO3＋CO2↑也能发生，原因可从两方面解释：①硅酸盐比碳酸盐稳定；②从化学平衡角度，由高沸点难挥发固体SiO2制得低沸点易挥发的CO2气体。
（7）水泥、玻璃与陶瓷是三大传统无机非金属材料；碳化硅、氮化硅等是新型无机非金属材料。
2)氯及其化合物
（1）液氯密封在钢瓶中，而氯水、次氯酸应保存在棕色试剂瓶中。Cl2在点燃条件下与Fe反应，一定将铁氧化为FeCl3，而不是FeCl2，因为Cl2具有强氧化性。
（2）1 ml Cl2参加反应，转移电子数可能为2NA、NA或小于NA(Cl2和H2O的反应为可逆反应)。氯水中有起漂白作用的HClO，不能用pH试纸测定氯水的pH；氯水与还原剂发生反应并要求书写方程式时一般可只考虑Cl2。
（3）实验室制Cl2，除了用MnO2和浓盐酸反应外，还可以用KMnO4、KClO3、NaClO与浓盐酸反应且都不需要加热，如ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O。
（4）酸化KMnO4溶液，用的是H2SO4酸化而不是盐酸。
（5）ClO－不论在酸性环境中还是在碱性环境中均能体现强氧化性，如ClO－与SOeq \\al(2－,3)、I－、Fe2＋均不能大量共存；ClO－体现水解性，因HClO酸性很弱，ClO－水解显碱性，如Fe3＋＋3ClO－＋3H2O===Fe(OH)3↓＋3HClO，所以ClO－与Fe3＋、Al3＋均不能大量共存。
（6）向Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体生成CaSO4而不是CaSO3，其离子方程式为Ca2＋＋3ClO－＋SO2＋H2O===CaSO4↓＋Cl－＋2HClO(少量SO2)，Ca2＋＋2ClO－＋2SO2＋2H2O===CaSO4↓＋2Cl－＋SOeq \\al(2－,4)＋4H＋(过量SO2)。
（7）当Fe和Cl2在点燃条件下反应时，不论Fe过量或不足，由于Cl2的强氧化性，产物一定是FeCl3。
（8）“84”消毒液的主要成分为NaClO，漂粉精的有效成分为Ca(ClO)2。“84”消毒液和洁厕灵不能混合使用，其原因是ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O。
(9)由于电离常数Ka1(H2CO3)>Ka(HClO)>Ka2(H2CO3)，所以向NaClO溶液通入CO2，不论CO2过量还是少量，均发生CO2＋H2O＋ClO－===HClO＋HCOeq \\al(－,3)，但CO2(少)＋Ca(ClO)2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO。
(10)液溴需要用水封，溴蒸气呈红棕色，液溴呈深红棕色，溴水呈橙色，溴的CCl4溶液呈橙红色。
3)氮及其化合物
（1）NO只能用排水法或气囊法收集，NO2不能用排水法，可用排苯法收集。
（2）在NO2或NO与O2通入水的计算中常用到4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3、4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3两个方程式。NO2能被NaOH溶液吸收，NO单独不能被强碱溶液吸收，NO与NO2混合能被NaOH溶液吸收。
（3）浓HNO3显黄色是因为溶有NO2，而工业上制备的盐酸显黄色，是因为溶有Fe3＋。
（4）硝酸、浓H2SO4、次氯酸具有强氧化性，属于氧化性酸，其中HNO3、HClO见光或受热易分解。
（5）强氧化性酸(如HNO3、浓H2SO4)与金属反应不生成H2；金属和浓HNO3反应一般生成NO2，而金属和稀HNO3反应一般生成NO。
（6）实验室制备NH3，除了用Ca(OH)2和NH4Cl反应外，还可用浓氨水的分解(加NaOH固体或CaO)制取，而检验NHeq \\al(＋,4)需用浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，以确定NHeq \\al(＋,4)的存在。
（7）收集NH3时，把一团干燥的棉花放在试管口，以防止与空气对流；收集完毕，尾气处理时，应在试管口放一团用稀硫酸浸湿的棉花，以吸收NH3。
（8）铜与浓HNO3反应在试管内就能看到红棕色的NO2，而与稀HNO3反应时需在试管口才能看到红棕色气体。
(9)浓盐酸和浓氨水反应有白烟生成，常用于HCl和NH3的相互检验。
(10)NH3、HCl、SO2、NO2可用水进行喷泉实验，水溶性小的气体可用其他溶剂(如CO2和NaOH溶液)进行喷泉实验。
4)硫及其化合物
（1）除去附着在试管内壁上的硫，除了可以用热的NaOH溶液，还可以用CS2，但不能用酒精。
（2）SO2使含有酚酞的NaOH溶液褪色，表现SO2酸性氧化物的性质；使品红溶液褪色，表现SO2的漂白性；能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，表现SO2的还原性；SO2与H2S反应，表现SO2的氧化性；SO2和Cl2等体积混合通入溶液中，漂白性不但不增强，反而消失。
（3）把SO2气体通入BaCl2溶液中，没有沉淀生成，但若通入NH3或加入NaOH溶液，或把BaCl2改成Ba(NO3)2均有白色沉淀生成，前两者生成BaSO3沉淀，后者生成BaSO4沉淀。
（4）浓硫酸能氧化(必要时加热)除Au、Pt以外的所有金属，其还原产物是SO2而不是H2。
（5）常温下，浓硫酸与Fe、Al并不是不反应，而是发生了钝化，钝化是浓硫酸将Fe、Al氧化而在其表面形成一层致密的氧化物薄膜，防止了浓硫酸与Fe、Al的继续反应，体现了浓硫酸的强氧化性。
（6）浓硫酸使蓝矾(CuSO4·5H2O)变成白色粉末，体现了浓硫酸的吸水性。
（7）浓硫酸与金属反应时体现了浓硫酸的氧化性和酸性，而与碳等非金属反应时只体现了浓硫酸的氧化性。
（8）浓HNO3和Cu(足量)、浓H2SO4和Cu(足量)、浓盐酸和MnO2(足量)在反应时，随反应进行，产物会发生变化或反应停止。注意区分Zn和浓H2SO4的反应。
(9)C与浓硫酸反应时，反应产物的确定应按以下流程进行：无水CuSO4确定水→品红溶液确定SO2→酸性KMnO4溶液除去SO2→品红溶液检验SO2是否除净→澄清石灰水检验CO2。
(10)SOeq \\al(2－,4)的检验方法：先加入足量稀盐酸酸化，若无现象，再滴加BaCl2溶液，观察有无白色沉淀，来判断有无SOeq \\al(2－,4)。不可只加可溶性钡盐，不酸化；或先滴加BaCl2溶液，再加稀盐酸或滴加稀盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液。
【变式演练】
【变式2-1】（2024·山东威海·一模）物质的性质决定用途，下列说法错误的是
A．Si具有半导体性能，可用作芯片
B．Fe粉具有还原性，可用作食品脱氧剂
C．浓HNO3有强酸性，常温不能用铁罐储运
D．液氨汽化时吸收大量的热，液氨可用作制冷剂
【答案】C
【解析】A．Si是半导体材料，可制作芯片，故A正确；B．铁是活泼金属，Fe粉具有还原性，可用作食品脱氧剂，故B正确；C．浓HNO3有强氧化性，常温下能用铁铝钝化，常温能用铁罐储运，故C错误；D．氨气易液化，液氨汽化时吸收大量的热，液氨可用作制冷剂，故D正确；选C。
【变式2-2】（2024·陕西·一模）物质的结构决定性质，下列关于物质的结构和性质的说法正确的是
A．是极性分子，故易溶于水
B．AgCl溶于氨水，是由于AgCl与反应生成了可溶性配合物
C．的酸性比的酸性弱
D．晶体硅用碳原子取代部分硅原子，会导致该晶体导电性增强
【答案】B
【解析】A．分子的中心原子硫原子的价层电子对数为，无孤电子对，是平面三角形结构，结构对称，分子中正负电荷中心重合，为非极性分子，A错误；B．AgCl与可以形成可溶性配合物，所以AgCl溶于氨水，B正确；C．F的电负性比H大，吸电子效应比H强，的羧基中的羟基极性更大，更易电离出氢离子，因此的酸性比的酸性强，C错误；D．晶体硅用碳原子取代部分硅原子，形成的晶体不导电，而硅为半导体材料，即该晶体导电性下降，D错误；故选B。
题组03 金属及其化合物的性质与转化的正误判断
【例3-1】（2024·广东卷）部分含或或物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是
A．若a在沸水中可生成e，则a→f的反应一定是化合反应
B．在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化
C．加热c的饱和溶液，一定会形成能产生丁达尔效应的红棕色分散系
D．若b和d均能与同一物质反应生成c，则组成a的元素一定位于周期表p区
【答案】B
【解析】A．若a在沸水中可生成e，此时a为Mg，e为Mg（OH）2，即f为镁盐，a→f的反应有多种，可能为，该反应属于置换反应，可能为，该反应属于化合反应，综上a→f的反应不一定是化合反应，故A错误；B．e能转化为d，此时e为白色沉淀，d为红褐色沉淀，说明在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化，故B正确；C．由题意得，此时能产生丁达尔效应的红棕色分散系为胶体，c应为铁盐，加热铁盐的饱和溶液，也有可能直接得到沉淀，故C错误；D．假设b为Al2O3，即d为，c为铝盐，Al2O3、与稀盐酸反应均生成铝盐，此时组成a的元素为Al，位于周期表p区；假设b为Fe2O3，即d为，c为铁盐，Fe2O3、与稀盐酸反应均生成铁盐，此时组成a的元素为Fe，位于周期表d区，故D错误；故选B。
【例3-2】（2023·广东卷）部分含或含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．可存在c→d→e的转化B．能与反应生成c的物质只有b
C．新制的d可用于检验葡萄糖中的醛基D．若b能与反应生成，则b中含共价键
【答案】B
【分析】由图可知a、b、c对应物质分别为：钠、氧化钠（过氧化钠）、氢氧化钠或a、b、e 、d对应物质分别为：铜、氧化亚铜、氧化铜、氢氧化铜。
【解析】A．由分析可知氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜所以存在c→d→e的转化，A合理；B．钠和氧化钠（过氧化钠）都能与反应都能生成氢氧化钠，B不合理；C．新制氢氧化铜可用于检验葡萄糖中的醛基，C合理；D．若b能与反应生成，则b为过氧化钠，结构中含共价键和离子键，D合理；故选B。
【提分秘籍】
1.金属及其重要化合物之间的相互转化
1）理清金属及其重要化合物之间知识主线
（1）钠及其重要化合物：Na→Na2O→Na2O2→NaOH→Na2CO3→NaHCO3
（2）镁、铝及其重要化合物：Al→Al2O3→Al(OH)3→eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(NaAlO2,AlCl3,Al2(SO4)3,KAl(SO4)2·12H2O))Mg→MgO→Mg(OH)2→eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(MgCl2,MgSO4))
（3）铁、铜及其化合物：Fe→eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(FeO,Fe2O3,Fe3O4))→eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Fe(OH)2,Fe(OH)3))→eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Fe2+,Fe3+)) Cu→eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Cu2O,CuO))→Cu(OH)2→eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Cu2+,CuX))
2）构建金属及其重要化合物之间知识网络
（1）钠及其重要化合物：Na→Na2O→Na2O2→NaOH→Na2CO3→NaHCO3
（2）镁、铝及其重要化合物：
（3）铁、铜及其化合物

2.重要金属及其化合物的价类二维图
（1）钠及其化合物
（2）镁、铝及其化合物
（3）铁、铜及其化合物
3.熟记常见转化
（1）铝土矿提铝。
方式一:Al2O3AlCl3Al(OH)3Al2O3
方式二:Al2O3NaAlO2Al(OH)3Al2O3
（2）工业提镁。
方式一:MgCl2Mg(OH)2MgCl2MgCl2·6H2O
方式二:MgCO3MgCl2MgCl2·6H2O
（3）侯氏制碱。
NaClNaHCO3Na2CO3
【变式演练】
【变式3-1】（24-25高三上·江西·开学考试）和的热化学循环可以利用太阳能，其转化关系如图所示。
已知：反应可用来检验。下列叙述错误的是
A．分析过程I和Ⅱ，是该循环过程中的催化剂
B．过程Ⅱ的化学方程式为
C．用盐酸、溶液检验和混合物中的
D．该循环过程利用了太阳能，而且降低了环境中的含量
【答案】C
【分析】上述循环中，促进分解的关键物质是活性，它也是中间产物，在太阳能作用下分解产生，总反应分两步，先发生反应I，后发生反应Ⅱ，在反应I中参与反应，在反应Ⅱ中生成，故作总反应的催化剂。
【解析】A．由分析知，Fe3O4是该循环过程中的催化剂，A项正确；B．根据图示和分析，由元素守恒可知方程式正确，B项正确；C．和溶于盐酸，发生的反应有、， 中也含价铁，无法检验混合物中的FeO，C项错误；D．上述循环的总反应为，从绿色化学角度分析，该循环过程利用了太阳能，实现了的减排，并生成高附加值的活性炭，D项正确；故本题选C。
【变式3-2】（2024·湖北·一模）部分含Mg或Al或Fe元素的物质类别与相应化合价关系如图。下列推断错误的是
A．若b和d均能与同一物质反应生成c，则组成a的元素一定位于周期表p区或d区
B．加热c的饱和溶液，一定会形成能产生丁达尔效应的红褐色分散系
C．若a在沸水中可生成e，则工业上一般不采用电解g的方式制备a
D．在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化
【答案】B
【解析】A．假设b为Al2O3，即d为Al(OH)3，c为铝盐，Al2O3、Al(OH)3与稀盐酸反应均生成铝盐，此时组成a的元素为Al，位于周期表p区，假设b为Fe2O3，即d为Fe(OH)3，c为铁盐，Fe2O3、Fe(OH)3与稀盐酸反应均生成铁盐，此时组成a的元素为Fe，位于周期表d区，故A正确；B．由题意得，此时能产生丁达尔效应的红棕色分散系为Fe(OH)3胶体，c应为铁盐，加热铁盐的饱和溶液，也有可能直接得到沉淀，故B错误；C．若a在沸水中可生成e，此时a为Mg，e为Mg(OH)2，即g为MgO，工业上采用电解熔融氯化镁的方法获得Mg，故C正确；D．e能转化为d，此时e为Fe(OH)2白色沉淀，d为Fe(OH)3红褐色沉淀，说明在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化，故D正确；故答案选B。
题组04 非金属及其化合物的性质与转化的正误判断
【例4-1】（2024·北京卷）硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。
下列说法不正确的是
A．I的化学方程式：
B．Ⅱ中的反应条件都是为了提高平衡转化率
C．将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生
D．生产过程中产生的尾气可用碱液吸收
【答案】B
【分析】黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，SO2和空气中的O2在400~500℃、常压、催化剂的作用下发生反应得到SO3，用98.3%的浓硫酸吸收SO3，得到H2SO4。
【解析】A．反应I是黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，化学方程式：，故A正确；B．反应Ⅱ条件要兼顾平衡转化率和反应速率，还要考虑生产成本，如Ⅱ中“常压、催化剂”不是为了提高平衡转化率，故B错误；C．将黄铁矿换成硫黄，则不再产生，即可以减少废渣产生，故C正确；D．硫酸工业产生的尾气为、，可以用碱液吸收，故D正确；故选B。
【例4-2】（2023·江苏卷）氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是
A．实验室探究稀硝酸与铜反应的气态产物：
B．工业制硝酸过程中的物质转化：
C．汽车尾气催化转化器中发生的主要反应：
D．实验室制备少量的原理：
【答案】B
【解析】A．Cu与稀硝酸的反应产物之一为NO，NO与氧气发生反应生成NO2，A正确；B．氮气与氧气在高温条件下生成NO，但NO无法与水发生化学反应，B错误；C．汽车尾气催化转化器主要将污染气体NO、CO转化为无污染的气体，故该反应方程式为，C正确；D．实验室利用熟石灰和氯化铵制备少量，化学方程式为，D正确。
故选B。
【提分秘籍】
1.非金属及其重要化合物之间的相互转化
1）理清非金属及其重要化合物之间知识主线
（1）碳、硅及其化合物
eq \(C,\s\up6(－4))H4―→eq \(C,\s\up6(0)) ―→eq \(C,\s\up6(＋2))O―→eq \(C,\s\up6(＋4))O2
eq \(Si,\s\up6(－4))H4―→eq \(Si,\s\up6(0)) ―→eq \(Si,\s\up6(＋4))O2(H2eq \(Si,\s\up6(＋4))O3)
（2）氯及其化合物
Heq \(Cl,\s\up6(－1)) ―→eq \(Cl,\s\up6(0))2―→Heq \(Cl,\s\up6(＋1))O―→Heq \(Cl,\s\up6(＋3))O2―→Heq \(Cl,\s\up6(＋5))O3―→Heq \(Cl,\s\up6(＋7))O4
（3）氮及其化合物
铵盐、eq \(N,\s\up6(－3))H3―→Neq \(2,\s\up6(0)) ―→eq \(N,\s\up6(＋1))2O―→eq \(N,\s\up6(＋2))O―→eq \(N,\s\up6(＋4))O2―→Heq \(N,\s\up6(＋5))O3―→硝酸盐
（4）硫及其化合物
硫化物、H2eq \(S,\s\up6(－2)) ―→eq \(S,\s\up6(0)) ―→eq \(S,\s\up6(＋4))O2―→eq \(S,\s\up6(＋6))O3(H2eq \(S,\s\up6(＋6))O4) ―→硫酸盐
2）构建非金属及其重要化合物之间知识网络
（1）碳、硅及其化合物
（2）氯及其化合物
（3）氮及其化合物
（4）硫及其化合物
2.重要非金属及其化合物的价类二维图
（1）碳及其化合物的类价二维图
（2）硅及其化合物的类价二维图
（3）氯及其化合物的“价——类二维图”
（4）硫及其化合物的“价——类二维图”
（5）氮气及其化合物的价类二维图
3.熟记常见转化
（1）C→ CO→ CO2 → CO → CO2 → CaCO3 → Ca(HCO3)2 → CO2 → Al(OH)3
（2）Si → SiO2 → Na2SiO3 → H2SiO3 → SiO2 → Si(粗硅) → SiCl4 → Si ( 纯硅)→ SiO2 → SiF4
（3）NH3 → N2 → NO→ NO2 → HNO3 → NO2 → N2O4
（4） NH3 → NH4Cl → NH3 → NH3·H2O → (NH4)2SO4 → NH3 → NO → HNO3 → Cu(NO3)2 → NO2 → HNO3
（5）H2S → S → SO2 → SO3 → H2SO4 → SO2 → H2SO4 → BaSO4
（6）Cl2 → HCl → Cl2 → NaClO → Cl2 → Ca(ClO)2 → HClO → O2
【变式演练】
【变式4-1】（2024·贵州·一模）部分含硫物质的“价-类”二维图如下图所示。下列叙述正确的是
A．a和c反应能生成b
B．实验室常用d的浓溶液与铁反应制氢气
C．久置空气中，e溶液的碱性增强
D．向紫色石蕊溶液中通入过量c，溶液最终变为无色
【答案】A
【分析】由图像可知，a为，b为S，c为，d为，e为；【解析】A．与反应可以生成S，2+=3S↓+2H2O，A正确；B．铁遇浓硫酸发生钝化，B错误；C．溶液久置空气中发生反应，溶液为中性，C错误；D．二氧化硫的漂白性具有选择性，只能漂白某些有机有色物质，向紫色石蕊溶液中通入过量，溶液只变为红色，不褪色，D错误；答案选A。
【变式4-2】（2024·广东·一模）碘酸钾()是重要的食品添加剂。已知：与均为白色固体，能溶于水，难溶于部分有机溶剂，且在碱性条件下易被氧化为。某化学兴趣小组设计如下路线制备碘酸钾。下列有关说法正确的是
A．与浓盐酸反应的离子方程式为
B．加入能够提高反应速率
C．加入前，煮沸原溶液主要为提高反应速率
D．“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
【答案】B
【分析】将浓盐酸和KClO3混合制得的Cl2通入I2的CCl4和水的液态混合物中，Cl2氧化I2得到HIO3，经分液后向含HIO3的水溶液中加入KOH，经中和生成KIO3，向溶液中加入乙醇溶液、搅拌、静置、过滤、洗涤、干燥最终得到KIO3固体。
【解析】A．与浓盐酸反应的离子方程式为，故A错误；B．卤素单质易溶于有机溶剂，加入目的是增加反应物接触面积，提高反应速率，故B正确；C．根据题目信息，在碱性条件下易被氧化为，而过量在碱中形成，应加热煮沸除去，故C错误；D．根据题目信息能溶于水，难溶于部分有机溶剂，所以系列操作包括：加入乙醇溶液、搅拌静置、过滤、洗涤干燥，故D错误；故答案选B。
题组05 化学工艺流程的“微设计”及分析的正误判断
【例5-1】（2024·福建卷）从废线路板(主要成分为铜，含少量铅锡合金、铝、锌和铁)中提取铜的流程如下：
已知“滤液2”主要含和。下列说法正确的是
A．“机械粉碎”将铅锡合金转变为铅和锡单质
B．“酸溶”时产生和离子
C．“碱溶”时存在反应：
D．“电解精炼”时，粗铜在阴极发生还原反应
【答案】C
【分析】废线路板先机械粉碎，可以增加其反应的接触面积，加入稀盐酸后铝、锌、铁溶解，进入滤液，通入氧气和加氢氧化钠，可以溶解锡和铅，最后电解精炼得到铜。
【解析】A．机械粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，A错误；B．酸溶的过程中Al、Zn、Fe转化为对应的和离子，B错误；C．“碱溶”时根据产物中，存在反应：，故C正确；D．电解精炼时粗铜在阳极发生氧化反应，逐步溶解，故D错误；故选C。
【例5-2】（2024·贵州卷）贵州重晶石矿(主要成分)储量占全国13以上。某研究小组对重晶石矿进行“富矿精开”研究，开发了制备高纯纳米钛酸钡工艺。部分流程如下：
下列说法正确的是
A．“气体”主要成分是，“溶液1”的主要溶质是
B．“系列操作”可为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
C．“合成反应”中生成的反应是氧化还原反应
D．“洗涤”时可用稀去除残留的碱，以提高纯度
【答案】B
【分析】重晶石矿（主要成分为）通过一系列反应，转化为溶液；加盐酸酸化，生成和气体；在溶液中加入过量的NaOH，通过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到；过滤得到的溶液1的溶质主要含NaCl及过量的NaOH；加水溶解后，加入，进行合成反应，得到粗品，最后洗涤得到最终产品。
【解析】A．由分析可知，“气体”主要成分为气体，“溶液1”的溶质主要含NaCl及过量的NaOH，A项错误；B．由分析可知，“系列操作”得到的是晶体，故“系列操作”可以是蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，B项正确；C．“合成反应”是和反应生成，该反应中元素化合价未发生变化，不是氧化还原反应，C项错误；D．“洗涤”时，若使用稀，会部分转化为难溶的，故不能使用稀，D项错误；故选B。
【提分秘籍】
一、工业流程试题的基本特点
1、试题的切入点（或试题素材）较多的采用了与生产生活密切联系的化学新技术、新成果。故题干内容来源都是真实的工业生产过程，内容丰富，提问灵活。
2、无机化工流程题的结构：分题头、题干和题尾三部分。
（1）题头一般是介绍该工艺生产的原材料和工艺生产的目的（包括获得副产品）；
（2）题干部分主要用框图形式将原料到产品的主要生产工艺流程表示出来；
（3）题尾主要是根据生产过程中涉及的化学知识设置系列问题。
3、呈现形式：流程图、数据表格、图像、实验装置。
4、设问方式：措施、成分、物质、原因。
5、能力考查：获取、整合、处理、应用信息的能力、分解问题的能力、表达能力。
6、知识落点：基本理论、元素化合物、实验。
二、工艺流程题的解题策略
1.粗读题干，挖掘图示
图示中一般会呈现超出教材范围的知识，但题目中往往会有提示或者问题中不涉及，所以一定要关注题目的每一个关键字，尽量弄懂流程图，但不必将每一种物质都推出，只需问什么推什么。如制备类无机化工题，可粗读试题，知道题目制取什么、大致流程和有什么提示等。
2.携带问题，精读信息
这里信息包括三个方面：一是主干，二是流程图示，三是设置问题。读主干抓住关键字、词；读流程图，重点抓住物质流向(“进入”与“流出”)、实验操作方法等。
3.跳跃思维，规范答题
答题时应注意前后问题往往没有“相关性”，即前一问未答出，不会影响后面答题。要求用理论回答的试题，应采用“四段论法”：改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论→有什么变化→得出什么结论。
4.积累常考的答题模板
（1）除杂：除去……中的……
（2）干燥：除去……气体中的水蒸气，防止……
（3）增大原料浸出率(离子在溶液中的含量多少)的措施：搅拌、升高温度、延长浸出时间、增大气体的流速(浓度、压强)，增大气液或固液接触面积。
（4）加热的目的：加快反应速率或促进平衡向某个方向(一般是有利于生成物生成的方向)移动。
（5）温度不高于××℃的原因：适当加快反应速率，但温度过高会造成挥发(如浓硝酸)、分解(如H2O2、NH4HCO3)、氧化(如Na2SO3)或促进水解(如AlCl3)等，影响产品的生成。
（6）从滤液中提取一般晶体(溶解度随温度升高而增大)的方法：蒸发浓缩(至少有晶膜出现)、冷却结晶、过滤、洗涤(冰水洗、热水洗、乙醇洗等)、干燥。
（7）从滤液中提取溶解度受温度影响较小或随温度升高而减小的晶体的方法：蒸发浓缩、趁热过滤(如果温度下降，杂质也会以晶体的形式析出来)、洗涤、干燥。
（8）控制某反应的pH使某些金属离子以氢氧化物的形式沉淀，调节pH所用试剂为主要元素对应的氧化物、碳酸盐、碱等，以避免引入新的杂质；沉淀时pH范围的确定：范围过小导致某离子沉淀不完全，范围过大导致主要离子开始沉淀。
(9)减压蒸馏(减压蒸发)的原因：减小压强，使液体沸点降低，防止(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)受热分解、挥发。
(10)检验溶液中离子是否沉淀完全的方法：将溶液静置一段时间后，向上层清液中滴入沉淀剂，若无沉淀生成，则离子沉淀完全。
(11)洗涤沉淀：沿玻璃棒往漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次。
(12)检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入某试剂，若未出现特征反应现象，则沉淀洗涤干净。
(13)洗涤沉淀的目的：除掉附着在沉淀表面的可溶性杂质。
(14)冰水洗涤的目的：洗去晶体表面的杂质离子并降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗。
(15)乙醇洗涤的目的：降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗，得到较干燥的产物。
(16)蒸发、反应时的气体氛围：抑制某离子的水解，如加热蒸发AlCl3溶液时为获得AlCl3需在HCl气流中进行。
(17)事先煮沸溶液的原因：除去溶解在溶液中的氧化性气体(如氧气)，防止某物质被氧化。
【变式演练】
【变式5-1】（2024·河北·模拟预测）高锰酸钾生产过程中产生的废锰渣(主要成分为、、和)可用于制备晶体，工艺流程如图所示。
该工艺条件下金属离子开始沉淀和沉淀完全的PH如下表所示。
下列说法错误的是
A．“反应I”中的各反应均为非氧化还原反应
B．滤渣Y和滤渣Z的主要成分不同
C．“反应III”加入，的目的是将溶液中的氧化为
D．“调pH”时，应控制溶液的pH为8.95～9.27
【答案】D
【分析】在废锰渣中加入硫酸，其中MnO2不反应，过滤后滤渣X 的主要成分为MnO2，反应Ⅱ为 MnO2与硫铁矿在酸性条件下发生氧化还原反应，将硫铁矿中的硫氧化，过滤得滤渣Y为S，滤液为含硫酸铁、硫酸锰等的溶液；反应Ⅲ中加 MnO2是为了将溶液中的彻底氧化为，加 CaCO3使得水解平衡正向移动，而除去，滤渣Z主要是氢氧化铁沉淀，最后溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即可得到硫酸锰产品。
【解析】A．反应Ⅰ中硫酸与金属氧化物的反应以及酸碱中和反应均不是氧化还原反应；故A正确；B．由分析可知滤渣Y和滤渣Z主要成分不同。故B正确；C．由分析可知反应Ⅲ加 MnO2是为了将溶液中的氧化为，故C正确；D．由表中数据可知，完全沉淀的pH为3.20，Mn2+开始沉淀的pH为9.27，要使完全被除去而不影响Mn2+ ，pH 应不低于3.20，但不高于9.27，故D错误；故选D。
【变式5-2】（2024·湖南衡阳·模拟预测）回收利用废旧镍-镉电池(电池中含有镍、镉、铁及少量钴和有机质等)的一种工艺流程如图所示：
已知：的溶度积。下列说法错误的是
A．“氧化”工序发生主要反应的离子方程式为
B．“调pH”时溶液中，则应控制pH小于5
C．滤液1经处理之后可循环至沉镍工序中使用
D．“调pH”可选择氨水或NiO
【答案】B
【分析】废旧镍-镉电池中含有镍、镉、铁及少量钴的低价氧化物和有机质等粉碎后，灼烧除去有机质，用硫酸酸浸后生成硫酸亚铁、硫酸镉、硫酸镍和硫酸钴，二氧化锰氧化亚铁离子生成铁离子，用氨水或氧化镍调节溶液的pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，硫酸铵沉镍生成晶体，碳酸氢铵沉镉生成碳酸镉；
【解析】A．“氧化”工序中，在酸性条件下将氧化为，反应的离子方程式为，A正确；B．为避免生成沉淀，需控制溶液中的，利用的溶度积计算，，可得，则，因此应控制pH小于7.5，B错误；C．“沉镉”时发生的反应为，因此滤液1的主要成分为，经处理之后可循环至沉镍工序中使用，C正确；D．“调pH”的目的是使转化成沉淀，为避免引入对后续工序产生影响的杂质，试剂X可选择氨水或NiO，D正确；答案选B。
1．（2024·江西卷）景德镇青花瓷素有“国瓷”的美誉。是以黏土为原料，用含钴、铁的颜料着色，上釉后一次性高温烧制而成的青蓝色彩瓷。下列关于青花瓷说法正确的是
A．青蓝色是由于生成了单质钴B．表面的釉属于有机高分子膜
C．主要成分为铝硅酸盐D．铁元素的存在形式只有Fe2O3
【答案】C
【解析】A．青花瓷上的蓝色花纹是由于使用了含有氧化钴的“青料”绘制而成，与单质钴无直接关系，A错误；B．釉是一种覆盖在陶瓷表面的物质，通常由无机物质组成，如硅酸盐、氧化物等，B错误；C．青花瓷是一种釉面瓷，其材质属于无机非金属材料，主要成分为铝硅酸盐，C正确；D．青花瓷呈现青蓝色，不能确定铁元素的具体存在形式，Fe2O3呈红色，D错误；故选C。
2．（2024·河南·模拟预测）氯及其化合物在生产生活中应用广泛，下列为氯元素的“价一类”二维图。
下列叙述错误的是
A．为强酸、Z为弱酸
B．与X的浓溶液混合可制备Y
C．Z在一定条件下可转化为X
D．Y与反应生成和时转移电子
【答案】D
【解析】A．HClO4为强酸、HClO为弱酸，A 正确；B．NaClO与HCl的浓溶液混合可制备Cl2，反应的方程式为NaClO+HCl(浓)=NaCl+Cl2↑+H2O，B正确；C．HClO 在光照条件下可转化为HCl，方程式为2HClO2HCl+O2↑，C正确；D．Cl2+2KClO2=2KCl+ 2ClO2，Cl2被还原生成KCl，化合价由0价降低到-1价，1mlCl2参加反应化合价降低2ml，电子转移2ml，KClO2被氧化生成ClO2，化合价由+3价升高到+4价，2ml KClO2参与反应生成2mlClO2转移2ml电子，生成1 ml ClO2时转移1 ml电子， D错误；故选D。
3．（2024·陕西·模拟预测）元素的“价类二维图”体现了化学变化之美。部分含硫、氮物质的类别与硫元素和氮元素化合价的对应关系如图所示。下列有关图中所示物质的叙述错误的是
A．只有c、d属于酸性氧化物
B．只有k、e、f属于电解质
C．g、a、d均不能用浓硫酸干燥
D．雷雨天可实现h→i→j→k转化
【答案】B
【分析】结合N、S的价态及物质类型可知，a为H2S、b为S、c为SO2、d为SO3、e为H2SO4、f为硫酸盐或硫酸氢盐、g为NH3、h为N2、i为NO、j为NO2或N2O4、k为HNO3，f为铵盐，故f为硫酸铵或硫酸氢铵，据此解答；
【解析】A．酸性氧化物是能和碱反应只生成盐和水，只有 SO2、SO3属于酸性氧化物，故A正确；B．HNO3、硫酸氢铵、H2SO4、H2S均属于电解质，故B错误；C．g为NH3、a为H2S、d为SO3，三者中NH3具碱性与还原性，H2S具有还原性，不能用浓硫酸干燥，SO3会被浓硫酸吸收，因此g、a、d均不能用浓硫酸干燥，故C正确；D．雷雨天气可实现的转化，故D正确；故选B。
4．（2024·广东清远·一模）实验室用废弃铁泥(主要成分是，含少量)制备的流程如图所示。下列有关说法不正确的是
A．“还原”的目的主要是将还原为
B．将在空气中煅烧后可制得
C．“除杂”这一步的操作为过滤
D．滤渣的主要成分是
【答案】B
【分析】铁泥(主要成分是，含少量) “酸浸”得到的溶液中含有Fe3+、Ca2+，加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+，向“还原”后的滤液中加入NH4F使Ca2+转化为CaF2沉淀而除去；然后进行“沉铁”生成FeCO3，以此解答该题。
【解析】A．“还原”过程主要是将还原为，A正确；B．中二价铁有还原性，在空气中煅烧后可获得，无法获得，B错误；C．“除杂”这一步得到滤渣和滤液，操作为过滤，C正确；D．主要用来除去，因此滤渣为，D正确；故选B。
5．（2024·重庆卷）单质M的相关转化如下所示。下列说法错误的是
A．a可使灼热的铜变黑B．b可与红热的铁产生气体
C．c可使燃烧的镁条熄灭D．d可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
【答案】C
【分析】碱溶液与单质d反应生成漂白液，故单质d为Cl2，碱溶液是NaOH；碱溶液NaOH与氧化物c（适量）反应得纯碱溶液，故氧化物c为CO2；单质Ｍ与氧化物b反应得碱溶液，故单质M为Na，氧化物b为H2O；Na与单质a反应得氧化物，因此单质a为O2，据此回答。
【解析】A．a为O2，O2可与灼热的铜反应生成黑色的氧化铜，A正确；B．b为H2O，水蒸气可与红热的铁在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，B正确；C．c为CO2，镁条在CO2中燃烧生成氧化镁和碳，燃烧的镁条不熄灭，C错误；D．d为Cl2，Cl2可与碘化钾反应生成碘单质，碘单质能使湿润的淀粉试纸变蓝，D正确；答案选C。
6．（2024·安徽·模拟预测）自然界中普遍存在着元素的转化。下列选项中的各步转化无法通过一步反应实现的是
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】A．氧化铁不溶于水，不能与水反应生成氢氧化铁，则物质间的各步转化无法通过一步反应实现，故A符合题意；B．钠在氯气中燃烧生成氯化钠、氯化钠溶液与氨气、二氧化碳反应能生成碳酸氢钠、碳酸氢钠溶液与盐酸反应能生成氯化钠、氯化钠熔融电解能生成钠，则物质间的各步转化通过一步反应实现，故B不符合题意；C．二氧化硅高温条件下与碳反应能生成硅、硅与氯化氢在高温下反应能生成三氯硅烷、三氯硅烷与氢气在高温下反应能生成硅、硅与氧气高温下反应能生成二氧化硅，则物质间的各步转化通过一步反应实现，故C不符合题意；D．一氧化氮与氧气反应能生成二氧化氮、二氧化氮与水反应能生成硝酸、浓硝酸与铜反应能生成二氧化氮、二氧化氮与水反应能生成一氧化氮，则物质间的各步转化通过一步反应实现，故D不符合题意；故选A。
7．（2024·江苏卷）在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是
A．HCl制备：溶液和
B．金属Mg制备：溶液
C．纯碱工业：溶液
D．硫酸工业：
【答案】A
【解析】A．电解氯化钠溶液可以得到H2和Cl2，H2和Cl2点燃反应生成HCl，故A的转化可以实现；B．氢氧化镁和盐酸反应可以得到氯化镁溶液，但是电解氯化镁溶液不能得到Mg，电解熔融MgCl2才能得到金属镁单质，故B的转化不能实现；C．纯碱工业是在饱和食盐水中通入NH3和CO2先得到NaHCO3，然后NaHCO3受热分解为Na2CO3，故C的转化不能实现；D．工业制备硫酸，首先黄铁矿和氧气反应生成SO2，但是SO2和水反应生成H2SO3，不能得到H2SO4，故D的转化不能实现；故选A。
8．（2024·安徽卷）下列选项中的物质能按图示路径在自然界中转化，且甲和水可以直接生成乙的是
【答案】D
【解析】A．Cl2与水反应生成HClO和HCl，无法直接生成NaClO，A错误；B．SO2与水反应生成亚硫酸而不是硫酸，B错误；C．氧化铁与水不反应，不能生成氢氧化铁沉淀，C错误；D．CO2与水反应生成碳酸，碳酸与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙受热分解生成二氧化碳气体，D正确；故答案选D。
9．（2023·湖北卷）工业制备高纯硅的主要过程如下：
石英砂粗硅高纯硅
下列说法错误的是
A．制备粗硅的反应方程式为
B．1mlSi含Si-Si键的数目约为
C．原料气HCl和应充分去除水和氧气
D．生成的反应为熵减过程
【答案】B
【解析】A. 和在高温下发生反应生成和，因此，制备粗硅的反应方程式为，A说法正确；B. 在晶体硅中，每个Si与其周围的4个Si形成共价键并形成立体空间网状结构，因此，平均每个Si形成2个共价键， 1ml Si含Si-Si键的数目约为，B说法错误；C. HCl易与水形成盐酸，在一定的条件下氧气可以将HCl氧化；在高温下遇到氧气能发生反应生成水，且其易燃易爆，其与在高温下反应生成硅和HCl，因此，原料气HCl和应充分去除水和氧气 ，C说法正确；D. ，该反应是气体分子数减少的反应，因此，生成的反应为熵减过程，D说法正确；综上所述，本题选B。
10．（2024·吉林·一模）高铁酸钾()具有杀菌消毒及净水作用，某实验小组在碱性条件下制备流程如图所示：
下列说法正确的是
A．消毒能力相当于3ml HClO
B．“氧化”步骤发生反应的化学方程式为：
C．同温度时高铁酸钠溶解度小于高铁酸钾
D．提纯时应用到的玻璃仪器有蒸发皿、玻璃棒、烧杯、酒精灯
【答案】B
【分析】氯气通入氢氧化钠溶液中制取NaClO，次氯酸钠溶液中加硝酸铁反应生成高铁酸钠，过滤除去NaCl(s)，将高铁酸钠与饱和KOH混合反应生成高铁酸钾，再经分离、提纯得到精高铁酸钾固体，据此分析解答。
【解析】A．消毒时Fe元素化合价由+6降低为+3，转移3ml电子，1mlHClO(转化为Cl-)转移2ml电子，消毒能力相当于1.5ml HClO，故A错误；B．在“氧化”步骤，硝酸铁被次氯酸钠氧化为Na2FeO4，发生反应的化学方程式为：，故B正确；C．流程图中高铁酸钠加入饱和氢氧化钾溶液生成高铁酸钾，利用的是同温度时高铁酸钠溶解度大于高铁酸钾，故C错误；D．提纯时用过滤方法，应用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故D错误；答案选B。
11．（2024·湖南邵阳·三模）下列有关物质结构和性质的说法错误的是
A．臭氧为极性分子，它在四氯化碳中的溶解度高于水中溶解度
B．常温下使用铁质容器盛装浓硫酸
C．饱和溶液中滴加稀NaOH溶液制备氢氧化铁胶体
D．DNA分子中两条链上的碱基通过氢键相连
【答案】C
【解析】A．臭氧分子有极性但很微弱，所以在四氯化碳中的溶解度高于水中溶解度，A正确；B．常温下浓硫酸可以使铁钝化，所以常温下可以使用铁质容器盛装浓硫酸，B正确；C．制备氢氧化铁胶体采用往沸水中滴加饱和FeCl3溶液，C错误；D．DNA分子中两条链上的碱基遵循互补配对原则，通过氢键相连，D正确；故选C。
12．（2024·广东卷）按下图装置进行实验。搅拌一段时间后，滴加浓盐酸。不同反应阶段的预期现象及其相应推理均合理的是
A．烧瓶壁会变冷，说明存在的反应
B．试纸会变蓝，说明有生成，产氨过程熵增
C．滴加浓盐酸后，有白烟产生，说明有升华
D．实验过程中，气球会一直变大，说明体系压强增大
【答案】B
【解析】A．烧瓶壁变冷说明八水氢氧化钡与氯化铵的反应是焓变大于0的吸热反应，故A错误；B．试纸会变蓝，说明八水氢氧化钡与氯化铵反应时有氨气生成，该反应是熵增的反应，故B正确；C．滴加浓盐酸后，有白烟产生是因为浓盐酸挥发出的氯化氢气体与反应生成的氨气生成了氯化铵，与氯化铵的升华无关，故C错误；D．八水氢氧化钡与氯化铵生成氯化钡和一水合氨的反应是焓变大于0的吸热反应，烧瓶中温度降低、气体压强会减小会导致气球变小，后因为一水合氨分解生成氨气导致气体压强增大，气球会变大，滴入盐酸后，浓盐酸挥发出的氯化氢气体与反应生成的氨气生成了氯化铵，导致气体压强变小，则实验过程中，气球先变小、后增大，加入盐酸后又变小，故D错误；故选B。
13．（2024·湖南邵阳·三模）含氮元素的物质的循环转化关系如图。下列说法错误的是
A．b、c、d三个过程的转化可能是被同一物质氧化
B．反应h中氧化剂与还原剂的物质的量之比可能为1：2
C．反应j可能为汽车尾气的处理过程反应
D．有两个反应b、j涉及“氮的固定”
【答案】D
【解析】A．b、c、d 三个过程的转化都可以是O2作氧化剂实现，A 正确；B．NO2溶于水反应为 3NO2+2H2O=2HNO3+NO，在该过程 NO2 中N 元素化合价既升高也降低，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，B 正确；C．汽车尾气中含有 NO，在尾气排放时，在尾气排放管中发生反应：，实现了由 NO向 N2的转化，故过程 j 可能为汽车尾气的处理过程，C 正确；D.氮的固定是指将氮气转化为氮的化合物的过程，反应 b、j这两步转化都属于化合物转变为单质，不属于氮的固定， D错误；答案选D。
14．（2024·江苏·模拟预测）钠及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是
A．钠暴露在空气中的物质转化：NaNa2O2NaOHNa2CO3
B．侯氏制碱法生产过程中的物质转化：NaClNaHCO3Na2CO3
C．Na2O2与CO2反应为潜水艇供氧的原理：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2
D．NaHCO3与Al2(SO4)3反应用于灭火的原理：Al3++3HCO＝Al(OH)3↓+3CO2↑
【答案】A
【解析】A．钠暴露在空气中不能转化为Na2O2，生成氧化钠，A项错误；B．侯氏制碱是将氨气先通入饱和食盐水，再通入CO2生成NaHCO3，NaCl (饱和)+NH3+CO2+H2O＝NH4Cl+NaHCO3↓，加热NaHCO3生成Na2CO3，B项正确；C．Na2O2与CO2为潜水艇供氧的原理为2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，C项正确；D．泡沫灭火器的反应原理为Al3++＝Al(OH)3↓+3CO2↑，D项正确；故答案为：A。
15．（2024·山东卷）化学品在食品工业中也有重要应用，下列说法错误的是
A．活性炭可用作食品脱色剂B．铁粉可用作食品脱氧剂
C．谷氨酸钠可用作食品增味剂D．五氧化二磷可用作食品干燥剂
【答案】D
【解析】A．活性炭结构疏松多孔，具有吸附性，能够吸附一些食品中的色素，故A正确；B．铁粉具有还原性，能与O2反应，可延长食品的保质期，作食品脱氧剂，故B正确；C．谷氨酸钠是味精的主要成分，能增加食物的鲜味，是一种常用的食品增味剂，故C正确；D．P2O5吸水后的产物有毒，不能用作食品干燥剂，故D错误；故选D。
16．（2024·贵州遵义·一模）下列选项所示的物质间转化均能直接实现的是
A．制小苏打：
B．制硫酸：
C．制漂白粉：漂白粉(s)
D．制高纯硅：
【答案】A
【解析】A．氮气与氢气在高温高压催化下反应合成氨气，二氧化碳通入饱和氯化钠氨溶液中反应生成碳酸氢钠和氯化铵，物质间转化均能实现，A正确；B．高温煅烧生成，B错误；C．通入NaOH溶液生成的是漂白液，C错误；D．与HCl不反应，D错误；
故选A。
17．（2024·湖北·一模）NH3是重要的化工原料，可发生如下转化。下列说法正确的是
A．反应I和反应Ⅲ的转化都属于氮的固定
B．过量NH3参与反应Ⅱ的方程式为
C．过程Ⅲ得到的液态是良好的溶剂，推测易溶于其中
D．反应Ⅳ生成每，转移电子数为
【答案】D
【分析】氨气在一定条件下变为NH2OH，过量NH3与COCl2反应生成尿素和氯化铵，尿素和次氯酸钠反应生成N2H4、氯化钠和水，和亚硝酸反应生成水和叠氮酸。
【解析】A．氮的固定指N2转化为氮的化合物，反应I和反应Ⅲ的转化都为氮的化合物之间的转化，不属于氮的固定，A错误；B．过量NH3与COCl2反应生成尿素和氯化铵，化学反应方程式为4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl，B错误；C．液态N2H4是良好的溶剂，N2H4是极性分子，甲烷是非极性分子，根据“相似相溶”原理，则CH4不易溶于其中，故C错误；D．反应Ⅳ的化学方程式为：N2H4+HNO2= HN3+2H2O，由方程式可知HNO2中的N从+3价降为-价，故生成1ml HN3转移电子3电子，故每生成3mlHN3，转移电子数为10NA，D正确；故答案选D。
18．（2024·湖北卷）结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是
【答案】B
【解析】A．甘油分子中有3个羟基，分子间可以形成更多的氢键，且O元素的电负性较大，故其分子间形成的氢键较强，因此甘油是黏稠液体，A正确；B．王水溶解铂，是因为浓盐酸提供的能与被硝酸氧化产生的高价态的铂离子形成稳定的配合物从而促进铂的溶解，在这个过程中浓盐酸没有增强浓硝酸的氧化性，而是通过形成配合物增强了铂的还原性，B不正确；C．冰晶体中水分子间形成较多的氢键，由于氢键具有方向性，因此，水分子间形成氢键后空隙变大，冰晶体中水分子的空间利用率相对较低，冰的密度小于干冰，C正确；D．石墨属于混合型晶体，在石墨的二维结构平面内，第个碳原子以C—C键与相邻的3个碳原子结合，形成六元环层。碳原子有4个价电子，而每个碳原子仅用3个价电子通过sp2杂化轨道与相邻的碳原子形成共价键，还有1个电子处于碳原子的未杂化的2p轨道上，层内碳原子的这些p轨道相互平行，相邻碳原子p轨道相互重叠形成大π键，这些p轨道的电子可以在整个层内运动，因此石墨能导电，D正确；综上所述，本题选B。
19．（2024·安徽·模拟预测）一种碘单质的制备方法如图所示，下列有关该制备流程的说法不正确的是
A．用可见光照射“悬浊液”可观察到光亮通路，说明其中含有AgI胶体
B．“转化”发生的离子反应为2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-
C．“沉淀”经纯化后与硝酸处理所得产物可在制备流程中循环使用
D．“氧化”中增大Cl2的量有利于提高I2的产率
【答案】D
【分析】由题给流程可知，向净化除氯的含碘离子废水加入硝酸银溶液，将溶液中的碘离子转化为碘化银悬浊液，向悬浊液中加入铁粉，铁与悬浊液中碘化银反应生成亚铁离子、银和碘离子，向反应后的溶液中通入氯气，溶液中碘离子被氯气氧化为单质碘。
【解析】A．用可见光照射“悬浊液”可观察到光亮通路，说明悬浊液中含有碘化银胶体，能产生丁达尔效应，故A正确；B．由分析可知，“转化”发生的反应为铁与悬浊液中碘化银反应生成亚铁离子、银和碘离子，反应的离子反应为2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-，故B正确；C．由分析可知，沉淀为银，银与稀硝酸反应可以生成硝酸银，硝酸银溶液可在制备流程中循环使用，故C正确；D．“氧化”过程中若氯气过量，单质碘会被氯气进一步氧化，导致单质碘的产率降低，故D错误；故选D。
20．（2024·广西卷）实验小组用如下流程探究含氮化合物的转化。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．“反应1”中，每消耗，在下得到
B．“反应2”中，每生成0.1mlNO，转移电子数为
C．在密闭容器中进行“反应3”，充分反应后体系中有个
D．“反应4”中，为使完全转化成，至少需要个
【答案】B
【分析】反应1为实验室制备氨气的反应，方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，反应2是氨气的催化氧化，方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，反应3为一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，方程式为：2NO+O₂=2NO₂ ，反应4为二氧化氮，氧气和水反应生成硝酸，4NO2+2H2O+O2=4HNO3‌，以此解题。
【解析】A．根据分析可知，每消耗，生成0.1ml氨气，但是由于不是标准状况，则气体不是2.24L，A错误；B．根据分析可知，反应2方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，该反应转移20e-，则每生成0.1mlNO，转移电子数为，B正确；C．根据反应3，充分反应后生成个，但是体系中存在2NO2⇌N2O4，则最终二氧化氮数目小于，C错误；D．根据反应4可知，为使完全转化成，至少需要个O2，D错误；故选B。
21．（2024·安徽·一模）下列各组物质中，满足图示关系但在一定条件下不能一步转化的组合有
【答案】B
【解析】A．氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁、氯化亚铁溶液与碱溶液反应生成氢氧化亚铁沉淀、氢氧化亚铁与溶液中的氧气和水反应生成氢氧化铁、氢氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，则题给物质满足图示关系，且在一定条件下能一步转化，故A不符合题意；B．二氧化硅不溶于水，不能与水反应生成硅酸，则题给物质不满足图示关系，且在一定条件下不能一步转化，故B符合题意；C．钠与水反应生成氢氧化钠、氢氧化钠溶液与少量二氧化碳反应生成碳酸钠、碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、电解熔融氯化钠生成钠，则题给物质满足图示关系，且在一定条件下能一步转化，故C不符合题意；D．氯气与氢氧化钙溶液反应生成次氯酸钙、次氯酸钙溶液与盐酸和二氧化碳反应生成次氯酸、次氯酸光照分解生成盐酸、盐酸与二氧化锰共热反应生成氯气，则题给物质满足图示关系，且在一定条件下能一步转化，故D不符合题意；故选B。
22．（2024·湖北·一模）下图是联合法生产纯碱的工艺流程，原料气CO2和NH3来自合成氨厂，“碳酸化”发生的反应为，“降温结晶”时可用液氨作制冷剂。下列说法错误的是
A．“煅烧”产生的气体可以循环使用B．母液I通NH3的主要目的是增大
C．液氨制冷与液氨分子间氢键有关D．母液II用于吸氨可以提高NaCl的利用率
【答案】B
【分析】饱和氨盐水中通入二氧化碳，发生反应：，真空过滤后得到碳酸氢钠，煅烧后得到纯碱，母液Ⅰ中含有氯化铵，通入氨气，增大了铵根离子浓度，再加入食盐粉，促使氯化铵析出得到副产品氯化铵，母液Ⅱ中含有氯化钠和氯化铵，再吸收氨气后得到的氨盐水可以循环使用。
【解析】A．“碳酸化”发生的反应为，碳酸氢钠煅烧分解为碳酸钠、水和二氧化碳，二氧化碳可以循环使用，故A正确；B．母液I中有浓度较大的NH4Cl，通入氨气，增大了铵根离子浓度，从而NH4Cl在降温时结晶析出，故B错误；C．氨分子间有氢键，导致氨的沸点高，容易液化，液氨在气化时吸收大量的热，液氨能做制冷剂，所以液氨制冷与液氨分子间氢键有关，故C正确；D．母液II吸氨后得到的氨盐水可以继续进行碳酸化反应，提高了NaCl的利用率，故D正确；故选B。
重要性质
应用
锂密度小、比能量大
可用作电池负极材料
钠具有较强的还原性
可用于冶炼钛、锆、铌等金属
Na2O2与H2O、CO2反应均生成O2
作供氧剂
Na2CO3水解使溶液显碱性
用热的纯碱溶液洗去油污
NaHCO3受热分解生成CO2
用作焙制糕点的膨松剂
NaHCO3具有弱碱性，能与酸反应
可用于制胃酸中和剂
NaCl使细菌细胞脱水死亡
可以杀菌，可作为防腐剂
钠钾合金呈液态，导热
作原子反应堆的导热剂
小苏打溶液和硫酸铝溶液反应生成CO2
作泡沫灭火器
Al具有良好的延展性和抗腐蚀性
常用铝箔包装物品
常温下，铝、铁遇浓硫酸、浓硝酸钝化
盛装、运输浓硫酸、浓硝酸
铝有还原性，能发生铝热反应
可用于焊接铁轨、冶炼难熔金属
镁铝合金密度小、强度大
可用作高铁车厢材料
MgO、Al2O3熔点高
做耐高温材料
Al3＋水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性
明矾作净水剂(混凝剂)
明矾溶液显酸性
利用明矾溶液清除铜镜表面的铜锈
Al(OH)3有弱碱性
中和胃酸，用作抗酸药
Fe具有还原性
防止食品氧化变质
Fe2O3是红棕色粉末
作红色颜料
Fe3＋水解生成的氢氧化铁胶体具有吸附性
铁盐作净水剂(混凝剂)
K2FeO4是强氧化剂，还原产物Fe3＋水解生成氢氧化铁胶体
作新型消毒剂、净水剂
Cu＋2FeCl3===2FeCl2＋CuCl2
FeCl3溶液腐蚀Cu刻制印刷电路板
CuSO4使蛋白质变性
配制成波尔多液用于树木杀虫，误服CuSO4溶液，喝牛奶、蛋清或豆浆解毒
BaSO4难溶于水，不与胃酸反应
在医疗上用作“钡餐”透视
生石灰、无水氯化钙能与水反应
作(食品)干燥剂
KMnO4有强氧化性
能杀菌消毒浸泡
KMnO4有强氧化性，能和乙烯反应
常用KMnO4的硅藻土来保鲜水果
AgBr、AgI
感光材料
AgI分解吸热
人工降雨
物质
性质
用途
A
次氯酸钠
氧化性
衣物漂白
B
氢气
可燃性
制作燃料电池
C
聚乳酸
生物可降解性
制作一次性餐具
D
活性炭
吸附性
分解室内甲醛
选项
结构或性质
用途
A
石墨呈层状结构，层间以范德华力结合
石墨可用作润滑剂
B
具有氧化性
可用作漂白剂
C
聚丙烯酸钠()中含有亲水基团
聚丙烯酸钠可用于制备高吸水性树脂
D
冠醚18-冠-6空腔直径()与直径()接近
冠醚18-冠-6可识别，能增大在有机溶剂中的溶解度
序号
重要性质
主要用途
（1）
硅是常用半导体材料
用于制造芯片、硅太阳能电池
（2）
SiO2导光性能强、抗干扰性能好
用于生产光导纤维
（3）
二氧化硫与O2反应
用作葡萄酒中的杀菌剂和抗氧化剂
（4）
二氧化硫具有漂白性
常用于漂白纸浆、毛、丝等
（5）
浓硫酸具有吸水性
常用作干燥剂(干燥中性、酸性气体)
（6）
液氨、固态CO2(干冰)汽化时吸收大量的热
常用作制冷剂
（7）
次氯酸盐(如NaClO等)具有强氧化性
用于漂白棉、麻、纸张等,或用作杀菌消毒剂
（8）
氢氟酸能与玻璃中的SiO2反应
用氢氟酸刻蚀玻璃
金属离子
开始沉淀pH
2.10
7.45
9.27
9.60
完全沉淀pH
3.20
8.95
10.87
11.13
选项
甲
乙
丙
A
B
C
D
事实
解释
A
甘油是黏稠液体
甘油分子间的氢键较强
B
王水溶解铂
浓盐酸增强了浓硝酸的氧化性
C
冰的密度小于干冰
冰晶体中水分子的空间利用率相对较低
D
石墨能导电
未杂化的p轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动
选项
X
Y
Z
W
A
B
Si
C
Na
NaOH
NaCl
D
HClO
HCl