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专题五 常见无机物的性质、用途与转化 -【真题汇编】2021-2023年高考化学真题分享汇编（全国通用）
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这是一份专题五 常见无机物的性质、用途与转化 -【真题汇编】2021-2023年高考化学真题分享汇编（全国通用），文件包含专题五常见无机物的性质用途与转化原卷版docx、专题五常见无机物的性质用途与转化解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共44页， 欢迎下载使用。
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2、提高高考考生的复习效率。使考生能够更好地梳理复习的重点，提高复习效率。
3、加深考生对知识点的理解和掌握。
二、高考真题汇编的内容
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三、高考真题汇编的重要性
高考真题汇编不仅可以提高考生的复习动力和信心，增强考生的复习效率，而且还可以加深考生对知识点的理解和掌握，使考生更好地把握考试方向，为高考复习提供了有力的支持。本文介绍了高考真题汇编的意义、内容和重要性，分析了它对高考考生的重要作用，强调了它在高考复习中的重要性。
专题五 常见无机物的性质、用途与转化
考点1 常见无机物的性质与用途
1．（2023·山东卷，2）实验室中使用盐酸、硫酸和硝酸时，对应关系错误的是
A．稀盐酸：配制溶液
B．稀硫酸：蔗糖和淀粉的水解
C．稀硝酸：清洗附有银镜的试管
D．浓硫酸和浓硝酸的混合溶液：苯的磺化
【答案】D
【解析】实验室配制AlCl3溶液时向其中加入少量的稀盐酸以抑制Al3+水解，A不合题意；蔗糖和淀粉的水解时常采用稀硫酸作催化剂，B不合题意；清洗附有银镜的试管用稀硝酸，反应原理为：3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，C不合题意；苯的磺化是苯和浓硫酸共热，反应生成苯磺酸的反应，故不需要用到浓硫酸和浓硝酸的混合溶液，D符合题意。
2．（2023·广东卷，3）建设美丽乡村，守护中华家园，衣食住行皆化学。下列说法正确的是
A．千家万户通光纤，光纤的主要材质为B．乡村公路铺沥青，沥青属于天然无机材料
C．美容扮靓迎佳节，化妆品中的甘油难溶于水D．均衡膳食助健康，主食中的淀粉可水解为葡萄糖
【答案】D
【解析】光纤的主要材质为二氧化硅，A错误；沥青属于有机材料，B错误；甘油溶于水，C错误；淀粉水解的最终产物为葡萄糖，D正确。
3．（2023·广东卷，7）劳动有利于“知行合一”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
【答案】C
【解析】鸡蛋主要成分是蛋白质，帮食堂师傅煎鸡蛋准备午餐，加热使蛋白质变性，有关联，A不符合题意；聚乳酸在自然界可生物降解，为了减小污染，宣传使用聚乳酸制造的包装材料，两者有关联，B不符合题意；擦干已洗净的铁锅，以防生锈，防止生成氧化铁，铁丝在中燃烧生成，两者没有关联，C符合题意；利用秸秆、厨余垃圾等生产沼气，沼气主要成分是甲烷，甲烷用作燃料，两者有关系，D不符合题意。
4．（2023·广东卷，12）下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
【答案】A
【解析】蔗糖在浓硫酸作用下形成多孔炭主要是蔗糖在浓硫酸作用下脱水，得到碳和浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，体现浓硫酸具有氧化性和脱水性，A符合题意；装有的密闭烧瓶冷却后颜色变浅，降低温度，平衡向生成方向移动，则转化为的反应为放热，B不符合题意；久置空气中的漂白粉遇盐酸产生是由于次氯酸钙变质，次氯酸钙和空气中二氧化碳、水反应生成碳酸钙，碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，C不符合题意；溶液导电性比同浓度醋酸强，氯化钠是强电解质，醋酸是弱电解质，导电性强弱与溶液的比醋酸的高无关系，D不符合题意。
5．（2023·浙江6月选考，4）物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A．铝有强还原性，可用于制作门窗框架
B．氧化钙易吸水，可用作干燥剂
C．维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂
D．过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，可作潜水艇中的供氧剂
【答案】A
【解析】铝用于制作门窗框架，利用了铝的硬度大、密度小、抗腐蚀等性质，而不是利用它的还原性，A不正确；氧化钙易吸水，并与水反应生成氢氧化钙，可吸收气体中或密闭环境中的水分，所以可用作干燥剂，B正确；食品中含有的Fe2+等易被空气中的氧气氧化，维生素C具有还原性，且对人体无害，可用作食品抗氧化剂，C正确；过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，同时可吸收人体呼出的二氧化碳和水蒸气，可作潜水艇中的供氧剂，D正确。
6．（2023·浙江1月选考，4）物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A．能使某些色素褪色，可用作漂白剂B．金属钠导热性好，可用作传热介质
C．溶液呈碱性，可用作消毒剂D．呈红色，可用作颜料
【答案】C
【解析】SO2具有漂白性，能使某些色素褪色，A正确；钠导热性好，液态钠可用作核反应堆的传热介质，B正确；NaClO溶液可用于杀菌消毒，并不是由于其具有碱性，而是因为其具有强氧化性，C不正确；Fe2O3的颜色是红色,可用作红色颜料，D正确。
7．（2023·北京卷，7）蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。
下列关于该过程的分析不正确的是
A．过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性
B．过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关
C．过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性
D．过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂
【答案】C
【解析】浓硫酸具有脱水性，能将有机物中的H原子和O原子按2∶1的比例脱除，蔗糖中加入浓硫酸，白色固体变黑，体现浓硫酸的脱水性，A项正确；浓硫酸脱水过程中释放大量热，此时发生反应，产生大量气体，使固体体积膨胀，B项正确；结合选项B可知，浓硫酸脱水过程中生成的能使品红溶液褪色，体现浓硫酸的强氧化性，C项错误；该过程中，蔗糖发生化学反应，发生了化学键的断裂，D项正确。
8．（2022·浙江6月选考，8）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.用石灰石-石膏法对燃煤烟气进行脱硫,同时可得到石膏
【答案】A
【解析】晶体硅是良好的半导体材料,可用于制造晶体管、集成电路等,而SiO2常用于制造光导纤维,A错误;钠的焰色试验为黄色,可用作透雾能力强的高压钠灯,B正确;耐高温材料应具有高熔点的性质,Al2O3熔点高,C正确;石灰石的主要成分为CaCO3,石灰石-石膏法脱硫过程中发生反应:CaCO3CaO+CO2↑,SO2+CaCO3CaSO3+CO2,2CaSO3+O22CaSO4,得到石膏,D正确。
9．（2022·浙江1月选考，8）下列说法不正确的是
A.镁合金密度较小、强度较大,可用于制造飞机部件
B.还原铁粉可用作食品干燥剂
C.氯气、臭氧、二氧化氯都可用于饮用水的消毒
D.油脂是热值最高的营养物质
【答案】B
【解析】还原铁粉具有强的还原性,用作食品的抗氧化剂,B项错误。
10．（2022·江苏卷，7）我国古代就掌握了青铜(铜-锡合金)的冶炼、加工技术，制造出许多精美的青铜器；Pb、是铅蓄电池的电极材料，不同铅化合物一般具有不同颜色，历史上曾广泛用作颜料，下列物质性质与用途具有对应关系的是
A．石墨能导电，可用作润滑剂
B．单晶硅熔点高，可用作半导体材料
C．青铜比纯铜熔点低、硬度大，古代用青铜铸剑
D．含铅化合物颜色丰富，可用作电极材料
【答案】C
【解析】石墨是过渡型晶体，质软，可用作润滑剂，A错误；单晶硅可用作半导体材料与空穴可传递电子有关，与熔点高无关，B错误；青铜是铜合金，比纯铜熔点低、硬度大，易于锻造，古代用青铜铸剑，C正确；含铅化合物可在正极得到电子发生还原反应，所以可用作电极材料，与含铅化合物颜色丰富无关，D错误。
11．（2022·河北卷，7）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】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，则糊状混合物中的氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应，可用于刻蚀玻璃，A正确；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，B错误；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，C正确；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，D正确。
12．（2022·广东卷，6） 劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
【答案】A
【解析】小苏打是碳酸氢钠,不是碳酸钠,碳酸氢钠受热分解放出CO2,可使面团膨松,可以用来作发泡剂烘焙面包,故A符合题意;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;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;在钢板上镀铝保护钢板,金属铝表面形成致密氧化膜而保护内部金属不被继续腐蚀,故D不符合题意。
13．（2022·广东卷，12）陈述Ⅰ和Ⅱ均正确但不具有因果关系的是
【答案】A
【解析】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是否可制作光导纤维无因果关系,故A符合题意;海水中存在溴离子,可向其中通入氯气等氧化剂将其氧化为溴单质,再经过萃取、蒸馏等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、结晶等操作得到无水氯化镁,随后电解熔融氯化镁可制备镁单质,陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确,且具有因果关系,B不符合题意;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,从而可使溴的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; FeCl3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,从而可用作净水剂,陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确,且具有因果关系,D不符合题意。
14．（2021·江苏卷，4）下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是
A．铁粉能与O2反应，可用作食品保存的吸氧剂
B．纳米Fe3O4能与酸反应，可用作铁磁性材料
C．FeCl3具有氧化性，可用于腐蚀印刷电路板上的Cu
D．聚合硫酸铁能水解并形成胶体，可用于净水
【答案】B
【解析】因为铁粉能与O2反应，所以可用作食品保存的吸氧剂，A正确；纳米Fe3O4具有磁性，可用作铁磁性材料，B错误；FeCl3与Cu反应生成FeCl2和CuCl2，主要利用其氧化性，C正确；聚合硫酸铁能水解并形成胶体，具有吸附性，可用于净水，D正确。
15．（2021·北京卷，6）室温下，1体积的水能溶解约40体积的SO2。用试管收集SO2后进行如下实验。对实验现象的分析正确的是
A．试管内液面上升，证明SO2与水发生了反应
B．试管中剩余少量气体，是因为SO2的溶解已达饱和
C．取出试管中的溶液，立即滴入紫色石蕊试液，溶液显红色，原因是：SO2+H2O⇌H2SO3、H2SO3⇌H++、⇌H++
D．取出试管中溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于SO2挥发
【答案】C
【解析】由信息可知，SO2易溶于水，也能使液面上升，A错误；二氧化硫与水的反应为可逆反应，当反应达到限度后，二氧化硫的量不再减少，液面高度也无明显变化，B错误；滴入石蕊试液，溶液变为红色，说明溶液显酸性，SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，分步电离出氢离子，C正确；亚硫酸具有较强的还原性，易被氧化为硫酸，弱酸变强酸，也能使pH下降，D错误。
16．（2021·河北卷，4）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
B.汽车尾气中的主要大气污染物为NO、SO2和PM2.5
C.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】NO2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;汽车尾气的主要大气污染物为C与N的氧化物,如NO和CO等,还有碳氢化合物、固体颗粒物等,B错误;氮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;工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除,如将废气通入石灰乳中可进行脱硫处理,D正确。
17．（2021·河北卷，10）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
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】浓硫酸能使蔗糖炭化,体现的是浓硫酸的脱水性,而不是吸水性,A错误;NaClO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,ClO3-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;HI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;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。
18．（2021·浙江6月选考，9）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】Na2SiO3易溶于水,A项错误。
19.（2021·浙江6月选考，10） 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】铵态氮肥中的NH4+水解使溶液显酸性,草木灰中的CO32−水解使溶液显碱性,两者能够发生反应生成NH3,从而降低肥效,所以不能混用,A项正确;用阴离子交换树脂交换,原理为R—Cl+I3-R—I3+Cl-,B项正确;电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2,C项错误;钢中的含碳量远远低于生铁中的含碳量,D项正确。
20．（2021·辽宁卷，1）下列说法错误的是
A.纯铁比生铁易生锈
B.臭氧可用于自来水消毒
C.酚醛树脂可用作绝缘、隔热材料
D.高纯硅可用于制芯片
【答案】A
【解析】由于生铁易发生电化学腐蚀,而纯铁只能发生化学腐蚀,故生铁比纯铁易生锈,A项错误;臭氧具有强氧化性,能使蛋白质发生变性,可用于自来水消毒,B项正确;酚醛树脂具有空间立体网状结构,具有热固性,绝缘性,故可用作绝缘、隔热材料,C项正确;高纯硅是良好的半导体材料,可用于芯片制作,D项正确。
21．（2021·浙江1月选考，8）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项,铝热反应为铝粉与氧化铁的反应,错误;B项,镁燃烧会发出耀眼的白光,故可以用于制造信号弹和焰火,正确;C项,石膏可以用于定型,故可用于制作模型和医疗石膏绷带,正确;D项,氨水可以吸收SO2,正确。
考点2 常见无机物的转化
一、选择题
1．（2023·辽宁卷，3）下列有关物质的工业制备反应错误的是
A．合成氨：N2+3H22NH3B．制HCl：H2+Cl22HCl
C．制粗硅：SiO2+2CSi+2COD．冶炼镁：2MgO(熔融)2Mg+O2↑
【答案】D
【解析】工业合成氨是利用氮气和氢气在催化剂的条件下反应生成的，反应方程式为N2+3H22NH3，A正确；工业制氯化氢是利用氢气和氯气反应生成的，反应方程式为H2+Cl22HCl，B正确；工业制粗硅是将SiO2与C在高温下反应生成粗硅，反应方程式为SiO2+2CSi+2CO，C正确；冶炼金属镁是电解熔融氯化镁，反应方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑，D错误。
2．（2023·辽宁卷，10）某工厂采用如下工艺制备，已知焙烧后元素以价形式存在，下列说法错误的是
A．“焙烧”中产生B．滤渣的主要成分为
C．滤液①中元素的主要存在形式为D．淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用
【答案】B
【解析】焙烧过程中铁、铬元素均被氧化，同时转化为对应钠盐，水浸时铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀，滤液中存在铬酸钠，与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原得到氢氧化铬沉淀。铁、铬氧化物与碳酸钠和氧气反应时生成对应的钠盐和二氧化碳，A正确；焙烧过程铁元素被氧化，滤渣的主要成分为氧化铁，B错误；滤液①中元素的化合价是+6价，铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀溶液显碱性，所以Cr 元素主要存在形式为，C正确；由分析知淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，D正确。
3．（2023·广东卷，10）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
【解析】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。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；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；新制氢氧化铜可用于检验葡萄糖中的醛基，C合理；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。
4．（2023·浙江1月选考，5）下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是
A．和乙醇反应可生成B．工业上煅烧黄铁矿生产
C．工业上用氨的催化氧化制备D．常温下铁与浓硝酸反应可制备
【答案】D
【解析】乙醇分子中含有羟基，可以和钠反应生成氢气，A正确；黄铁矿(FeS2)在空气中煅烧生成二氧化硫和氧化铁，B正确；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；常温下铁与浓硝酸会发生钝化，不能制备二氧化氮，D错误。
5．（2023·湖南卷，7）取一定体积的两种试剂进行反应，改变两种试剂的滴加顺序(试剂浓度均为)，反应现象没有明显差别的是
【答案】D
【解析】向氨水中滴加溶液并振荡，由于开始时氨水过量，振荡后没有沉淀产生，发生的反应为；向溶液中滴加氨水并振荡，开始时生成白色沉淀且沉淀逐渐增多,发生的反应为；当氨水过量后，继续滴加氨水沉淀逐渐减少直至沉淀完全溶解，发生的反应为，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象有明显差别，A不符合题意；向中滴加溶液并振荡，由于开始时过量，振荡后没有沉淀产生，发生的反应为；向溶液中滴加并振荡，开始时生成白色沉淀且沉淀逐渐增多,发生的反应为；当过量后，继续滴加沉淀逐渐减少直至沉淀完全溶解，发生的反应为，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象有明显差别，B不符合题意；向溶液中滴加酸性溶液并振荡，由于开始时是过量的，可以被完全还原，可以看到紫红色的溶液褪为无色，发生的反应为;向溶液中滴加酸性溶液并振荡，由于开始时是过量的，逐渐被还原，可以看到紫红色的溶液逐渐变浅，最后变为无色，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象有明显差别，C不符合题意；向溶液中滴加溶液，溶液立即变为血红色；向溶液中滴加溶液，溶液同样立即变为血红色，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象没有明显差别，D符合题意。
6．（2023·湖北卷，3）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】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正确；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错误；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正确；，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正确。
7．（2023·北京卷，13）一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中代表或中的一种。下列说法正确的是
A．a、c分别是
B．既可以是，也可以是
C．已知为副产物，则通入水蒸气可减少的产生
D．等压条件下，反应①、②的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热
【答案】C
【解析】分解的产物是和，分解得到的与反应生成，又可以分解得到和，则a为，b为，c为，d为。由分析可知，a为，c为，A项错误；d为，B错误；可以水解生成，通入水蒸气可以减少的生成，C正确；反应①和反应②相加即为氯化铵直接分解的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、反应②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D错误。
8．（2022·浙江6月选考，9）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】工业上通过电解熔融的无水MgCl2制取金属镁,A错误;接触法制硫酸时,煅烧黄铁矿只能得到SO2,SO2在接触室经催化氧化才能转化为SO3,B错误;在常温下铁遇浓硝酸发生钝化,被浓硝酸氧化生成一层致密的氧化物薄膜,进而阻止内层金属的进一步反应,可用铁质容器贮运浓硝酸,C错误;盐酸和NaClO混用会发生归中反应生成Cl2,不仅达不到各自预期的作用效果,还会污染环境,可能引起中毒事故,D正确。
9．（2022·浙江6月选考，22） 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、H2O
B.隔绝空气加热分解生成FeO、CO2、H2O
C.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Fe2(SiO3)3
【答案】B
【解析】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)+3HClFeCl3+H2O+CH3OH,A正确;Fe的化合价为+3价,C为-2价,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错误;Fe3+能将氢碘酸中的I-氧化为I2,反应原理为2FeO(OCH3)+6HI2FeI2+I2+2H2O+2CH3OH,再加CCl4萃取,有机层呈紫红色,C正确;化合物FeO(OCH3)在空气中高温分解将生成Fe2O3、CO2和H2O,Fe2O3为碱性氧化物,SiO2为酸性氧化物,故能生成Fe2(SiO3)3,D正确。
10．（2022·浙江1月选考，9）下列说法正确的是
A.铁与碘反应易生成碘化铁
B.电解ZnSO4溶液可以得到Zn
C.用石灰沉淀富镁海水中的Mg2+,生成碳酸镁
D.SO2通入BaCl2溶液中生成BaSO3沉淀
【答案】B
【解析】I2的氧化性弱,与变价金属元素Fe反应,只能使铁元素呈低价态,生成FeI2,A项错误;电解ZnSO4溶液可以“镀锌”,在阴极析出锌,B项正确;石灰沉淀海水中的Mg2+生成难溶的Mg(OH)2,C项错误;H2SO3的酸性比盐酸弱,且BaSO3不溶于水,易溶于盐酸,D项错误。
11．（2022·浙江1月选考，22）下列推测不合理的是
A.相同条件下,Br2与PBr3反应比Cl2与PBr3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、OPF3
D.PBr3与足量C2H5OH作用可得到P(OC2H5)3
【答案】B
【解析】Br2的氧化性比Cl2弱,Br2与PBr3反应比Cl2与PBr3难,A项正确;OPBrCl2中P的化合价是+5价,Br、Cl的化合价是-1价,OPBrCl2与足量的水反应生成HCl、HBr、H3PO4三种酸,B项错误;P—Br、P—Cl、P—F的键长逐渐减小,键能逐渐增大,反应能力逐渐减弱,C项正确; PBr3与足量C2H5OH发生取代反应可得到P(OC2H5)3,D项正确。
12．（2022·重庆卷，3）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Li2O
C．1mlSO3与1mlNO2分别通入1L水中可产生相同浓度的H2SO4和HNO3
D．0.1ml•L-1醋酸和0.1ml•L-1硼酸分别加入适量Na2CO3中均可得到CO2和H2O
【答案】A
【解析】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，A正确；钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，B错误；无法确定1mlSO3与1mlNO2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，C错误；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，D错误。
13．（2022·山东卷，12）高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。
下列说法错误的是
A．固体X主要成分是和S；金属M为Zn
B．浸取时，增大压强可促进金属离子浸出
C．中和调pH的范围为3.2~4.2
D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成
【答案】D
【解析】CuS精矿(含有杂质Zn、Fe元素)在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产生为CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH)3；滤液中含有Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入高压H2，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。经过上述分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH)3，金属M为Zn，A正确；CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，增大O2的浓度，可以反应消耗S2-，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B正确；根据流程图可知：用NH3调节溶液pH时，要使Fe3+转化为沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2～4.2，C正确；在用H2还原Cu2+变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H+，与溶液中OH-结合形成H2O，若还原时增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H2失去电子还原Cu单质，因此不利于Cu的生成，D错误。
14．（2022·天津卷，5）燃油汽车行驶中会产生CO、NO等多种污染物。下图为汽车发动机及催化转化器中发生的部分化学反应。以下判断错误的是
A．甲是空气中体积分数最大的成分B．乙是引起温室效应的气体之一
C．反应(Ⅰ)在常温下容易发生D．反应(Ⅱ)中NO是氧化剂
【答案】C
【解析】甲和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和一氧化碳反应生成甲和二氧化碳，再根据元素守恒，则甲为氮气。甲是氮气，氮气空气中体积分数最大的成分，A正确；乙是二氧化碳，则乙是引起温室效应的气体之一，B正确；由于氮气含有氮氮三键，因此反应(Ⅰ)在常温下不容易发生，在高温或放电条件下发生，C错误；一氧化碳和一氧化氮反应生成氮气和二氧化碳，一氧化氮中氮化合价降低，因此反应(Ⅱ)中NO是氧化剂，D正确。
15．（2022·辽宁卷，11）、均可自耦电离：、。下列反应与CH3CH2OH+HBr原理不同的是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】根据题目信息可知，和互相交换成分生成和。由可得，与互相交换成分生成和，与题述反应原理相同，A正确；由于可自电离，可写为，与交换成分生成和与题述反应原理相同，B正确；与反应生成了单质，反应物没有互相交换成分，与题述反应原理不同，C错误；和互相交换成分生成了和，与题述反应原理相同，D正确。
16．（2022·江苏卷，8）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．自然固氮、人工固氮都是将转化为
B．侯氏制碱法以、、、为原料制备和
C．工业上通过催化氧化等反应过程生产
D．多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环”
【答案】A
【解析】自然固氮是将N2转化为含氮化合物，不一定是转化为NH3，比如大气固氮是将N2会转化为NO，A错误；侯氏制碱法以H2O、NH3、CO2、NaCl为原料制备NaHCO3和NH4Cl，反应的化学方程式为H2O+NH3+CO2+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，B正确；工业上通过NH3催化氧化等反应过程生产HNO3，相关的化学反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO、4NO2+O2+2H2O=4HNO3，C正确；氮元素在自然界中既有游离态又有化合态，多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环”，D正确。
17．（2022·湖北卷，3）武当山金殿是铜铸鎏金大殿。传统鎏金工艺是将金溶于汞中制成“金汞漆”，涂在器物表面，然后加火除汞，使金附着在器物表面。下列说法错误的是
A．鎏金工艺利用了汞的挥发性B．鎏金工艺中金发生了化学反应
C．鎏金工艺的原理可用于金的富集D．用电化学方法也可实现铜上覆金
【答案】B
【解析】加热除汞，说明汞易挥发，A正确；将金溶于汞中制成“金汞漆”，然后加热汞挥发后留下金，整个过程中没有新物质生成，属于物理变化，B错误；金溶于汞中，然后再加热除去汞，使得金的纯度增大，所以可以用于金的富集，C正确；用电解的方法，铜做阴极，电解液中含有可溶性的含金离子，则可实现铜上镀金，D正确。
18．（2022·湖北卷，8）硫代碳酸钠能用于处理废水中的重金属离子，可通过如下反应制备：，下列说法正确的是
A．不能被氧化B．溶液显碱性
C．该制备反应是熵减过程D．的热稳定性比的高
【答案】B
【解析】中硫元素为-2价，还原性比较强，能被氧化，A错误；类比溶液，O与S同主族，可知溶液显碱性，B正确；由反应方程式可知，固体与液体反应制备了硫化氢气体，故该制备反应是熵增过程，C错误；S的原子半径比O大，故C=S键长比C=O键长长，键能小，故的热稳定性比的低，D错误。
19．（2022·福建卷，6）用铬铁合金(含少量单质)生产硫酸铬的工艺流程如下：
下列说法错误的是
A．“浸出”产生的气体含有B．“除杂”的目的是除去元素
C．流程中未产生六价铬化合物D．“滤渣2”的主要成分是
【答案】D
【解析】由流程可知，加入稀硫酸溶解，生成气体为氢气，溶液中含加入Na2S分离出滤渣1含CS和NiS，不会沉淀，再加入草酸除铁生成FeC2O4，过滤分离出硫酸铬。四种金属均与稀硫酸反应生成H2，A正确；共有四种金属，由流程可知，沉铁后分离出硫酸铬，则“除杂"的目的是除去Ni、C元素，B正确；由上述分析可知，流程中未产生六价铬化合物，C正确； “滤渣2”的主要成分是FeC2O4，D错误。
20．（2022·湖南卷，7）铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下:
下列说法错误的是
A.不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料
B.采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率
C.合成槽中产物主要有Na3AlF6和CO2
D.滤液可回收进入吸收塔循环利用
【答案】C
【解析】烟气(含HF)通入吸收塔中,加入过量的碳酸钠,发生反应Na2CO3+HFNaF+NaHCO3,向合成槽中加入NaAlO2,发生反应6NaF+NaAlO2+4NaHCO3Na3AlF6↓+4Na2CO3+2H2O,过滤得到Na3AlF6和含有Na2CO3的滤液。陶瓷的成分中含有SiO2,烟气中含有的HF溶于水为氢氟酸,会与陶瓷中的SiO2反应:4HF+SiO2SiF4↑+2H2O,因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料,A正确;采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积,提高吸收塔内烟气吸收效率,B正确;由上述分析可知,合成槽内发生反应6NaF+NaAlO2+4NaHCO3Na3AlF6+4Na2CO3↓+2H2O,产物是Na3AlF6和Na2CO3,C错误;由上述分析可知,滤液的主要成分为Na2CO3,可进入吸收塔循环利用,D正确。
21．（2021·重庆卷，6）下列叙述错误的是
A．Mg在空气中燃烧可生成MgO
B．Fe2O3与Al发生铝热反应可生成Fe
C．BaCl2 溶液与CO2反应可生成BaCO3
D．Ca(OH)2 溶液与Cl2反应可生成Ca(ClO)2
【答案】C
【解析】Mg在空气中点燃能与氧气发生反应生成氧化镁，A正确；Fe2O3与Al在高温条件下发生铝热反应生成氧化铝和Fe，B正确；二氧化碳通入氯化钡中不反应，C错误；Ca(OH)2 溶液与Cl2反应生成氯化钙和次氯酸钙，D正确。
22．（2021·江苏卷，7）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) ΔH=-116.4kJ·ml-1。大气中过量的NOx和水体中过量的NH、NO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)HNO3(aq)
B．稀HNO3(aq)NO2(g)
C．NO(g)N2(g)
D．NO(aq)N2(g)
【答案】C
【解析】NO不溶于水也不与水反应，A错误；稀HNO3与Cu反应得到硝酸铜、水和NO，得不到NO2，B错误；NO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；O3有强氧化性，不能作还原剂将硝酸根离子还原，D错误。
23．（2021·福建卷，4）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】据图可知FeSO4分解时生成SO2和SO3，部分S元素被还原，则Fe元素应被氧化，X为Fe2O3，A错误；H2SO4与KNO3在蒸馏条件下生成HNO3和K2SO4，为复分解反应，B正确；H2SO4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；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。
24．（2021·北京卷，13）有科学研究提出:锂电池负极材料(Li)由于生成LiH而不利于电池容量的保持。一定温度下，利用足量重水(D2O）与含LiH的Li负极材料反应，通过测定n(D2)/n(HD)可以获知 n(Li)/n(LiH)。
已知：①LiH+H2O=LiOH+H2↑
②2Li(s)+H2⇌2LiH △H＜0
下列说法不正确的是
A．可用质谱区分D2和HD
B．Li与D2O的反应：2Li+2D2O=2LiOD+D2↑
C．若n(Li)/n(LiH)越大，则n(D2)/n(HD)越小
D．80℃反应所得n(D2)/n(HD)比25℃反应所得n(D2)/n(HD)大
【答案】C
【解析】D2和HD的相对分子质量不同，可以用质谱区分，A正确；类似于钠和水的反应， Li与D2O反应生成LiOD与D2，化学方程式是2Li+2D2O=2LiOD+D2↑，B正确；D2由Li与D2O反应生成，HD 通过反应LiH+D2O=LiOD+HD， n(D2)/n(HD)越大，n(Li)/n(LiH)越大，C不正确；升温，2LiH⇌2Li+H2 △H>0平衡右移，Li增多LiH 减少，则结合选项C可知：80℃下的n(D2)/n(HD)大于25℃下的n(D2)/n(HD) ，D正确。
25．（2021·湖南卷，6）一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下:
图1
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MgCl2制备金属镁
C.“氯化”过程中发生的反应为MgO+C+Cl2MgCl2+CO
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MgCl2
【答案】D
【解析】流程梳理:
物质X常选用生石灰,“沉镁”发生反应:CaO+H2OCa(OH)2,MgCl2+Ca(OH)2Mg(OH)2↓+CaCl2,使Mg2+转化成Mg(OH)2,A正确;工业上常用电解熔融MgCl2制备金属镁,B正确;“氯化”过程中发生的反应为MgO+C+Cl2MgCl2+CO,C正确;“煅烧”后的产物中加稀盐酸转化成MgCl2,不能通过加热蒸发MgCl2溶液得到无水MgCl2,需在氯化氢气流中加热得到无水氯化镁,D错误。
26．（2021·河北卷，6）BiOCl是一种具有珍珠光泽的材料,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BiONO3
C.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】酸浸工序中分次加入稀HNO3相当于减小了酸的浓度,也就减小了金属与酸的反应速率,即降低反应剧烈程度,A项正确;转化工序中,Bi(NO3)3+H2OBiONO3+2HNO3,加入稀HCl能够抑制该水解平衡正向移动,也就抑制生成BiONO3,B项正确;水解工序中,BiCl3+H2OBiOCl+2HCl,加入的少量CH3COONa(s)与HCl反应,有利于水解平衡正向移动,提高了Bi3+水解程度,C项正确;NH4NO3水解显酸性,BiCl3+H2OBiOCl+2HCl,不利于水解平衡正向移动,不利于BiOCl的生成,D项错误。
27．（2021·山东卷，8） 工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图所示,下列说法错误的是
A.吸收过程中有气体生成
B.结晶后母液中含有NaHCO3
C.气流干燥湿料时温度不宜过高
D.中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3
【答案】B
【解析】根据工艺流程逆向分析可知,以二氧化硫和纯碱为原料,得到的结晶成分为NaHSO3,则母液为饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸,溶液呈酸性,所以加入纯碱进行中和,涉及的反应为H2SO3+2Na2CO3Na2SO3+2NaHCO3,NaHSO3+Na2CO3Na2SO3+NaHCO3,所以调节pH为8进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3,通入二氧化硫气体进行混合吸收,此时吸收过程中发生的反应为Na2SO3+SO2+H2O2NaHSO3↓,SO2+NaHCO3CO2+NaHSO3↓,此时会析出大量NaHSO3晶体,经过滤分离,将得到的湿料再进行气流干燥,最终得到NaHSO3产品。根据上述分析可知,吸收过程中有二氧化碳生成,A正确;结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸,没有NaHCO3,假设产物中存在NaHCO3,则其会与生成的亚硫酸发生反应,且NaHCO3溶解度较低,若其残留于母液中,会使晶体不纯,假设不成立,B错误; NaHSO3高温时易分解变质,所以气流干燥过程中温度不宜过高,C正确;结合上述分析可知,中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3,D正确。
28．（2021·辽宁卷，8）含S元素的某钠盐a能发生如图转化。下列说法错误的是
盐a溶液—
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②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与足量的稀盐酸反应产生刺激性气味气体d,d能使KMnO4溶液褪色,故d为SO2,则盐a可能为Na2SO3、NaHSO3或Na2S2O3等,盐a与足量Cl2反应后生成SO42−,SO42−与BaCl2溶液反应得到沉淀c,故c为BaSO4。由分析可知,盐a可能为Na2SO3或NaHSO3,故a可能为正盐,也可能为酸式盐,A项正确;由分析可知,c为BaSO4,故c为不溶于盐酸的白色沉淀,B项正确;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项错误;由分析可知,盐a可能是Na2S2O3,此时反应②为Na2S2O3+2HCl2NaCl+S↓+SO2↑+H2O,即反应②中可能生成淡黄色沉淀,D项正确。
29．（2021·湖北卷，2）“乌铜走银”是我国非物质文化遗产之一。该工艺将部分氧化的银丝镶嵌于铜器表面,艺人用手边捂边揉搓铜器,铜表面逐渐变黑,银丝变得银光闪闪。下列叙述错误的是
A.铜的金属活动性大于银
B.通过揉搓可提供电解质溶液
C.银丝可长时间保持光亮
D.用铝丝代替银丝铜也会变黑
【答案】D
【解析】根据金属活动性顺序,铜的金属活动性大于银,A项正确;通过揉搓,手上的汗水可提供电解质溶液,B项正确;氧化银转化为单质银,银的金属活动性较弱,银丝可长时间保持光亮,C项正确;铜的金属活动性比铝弱,氧化铝不能被铜还原为单质铝,因此铜不会变黑,D项错误。
30．（2021·浙江1月选考，12）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H2
B.NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO,则NaClO溶液与SO2反应生成NaHSO3和HClO
C.Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl,则Mg2N3与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl
D.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】A项,Fe与H2O(g)在高温下反应生成Fe3O4和H2,错误;B项,HClO具有强氧化性,会氧化SO2生成SO42−,错误;C项,Na3N和Mg3N2遇水均会生成NH3,NH3与HCl反应会生成NH4Cl,正确;D项,NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应,会生成AgOH沉淀,AgOH分解生成Ag2O,氨水与少量AgNO3溶液反应生成银氨溶液Ag(NH3)2OH,错误。
31．（2021·广东卷，10）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.a可与e反应生成b
B.b既可被氧化,也可被还原
C.可将e加入浓碱液中制得d的胶体
D.可存在b→c→d→e→b的循环转化关系
【答案】C
【解析】Fe与Fe(Ⅲ)的盐类物质可发生反应生成Fe(Ⅱ)的盐类物质,如Fe+2FeCl33FeCl2,A项正确。Fe(Ⅱ)化合价既可升高,也可降低,因此既可被氧化,也可被还原,B项正确。e加入浓碱液中只能得到d的沉淀,C项错误。b→c→d→e→b的转化如FeCl2Fe(OH)2Fe(OH)3FeCl3FeCl2,D项正确。
二、非选择题
32．（2023·浙江6月选考，18）工业上煅烧含硫矿物产生的可以按如下流程脱除或利用。
已知：
请回答：
(1)富氧煅烧燃煤产生的低浓度的可以在炉内添加通过途径Ⅰ脱除，写出反应方程式___________。
(2)煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的，通过途径Ⅱ最终转化为化合物A。
①下列说法正确的是___________。
A．燃煤中的有机硫主要呈正价 B．化合物A具有酸性
C．化合物A是一种无机酸酯 D．工业上途径Ⅱ产生的也可用浓吸收
②一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是___________。
(3)设计实验验证化合物A中含有S元素_____；写出实验过程中涉及的反应方程式____。
【答案】(1)
(2) ①BCD ②硫酸分子能形成更多的分子间氢键
(3)取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A中含有S元素 +2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl
【解析】含硫矿物燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和氧气、碳酸钙生成硫酸钙和二氧化碳，二氧化硫被氧气氧化为三氧化硫，三氧化硫和等物质量的甲醇发生已知反应生成A： 。（1）氧气具有氧化性，能被四价硫氧化为六价硫，二氧化硫、空气中氧气、碳酸钙高温生成硫酸钙和二氧化碳，反应为。（2）①硫的电负性大于碳、氢等，故燃煤中的有机硫主要呈负价，A错误； 根据分析可知，化合物A分子中与硫直接相连的基团中有-OH，故能电离出氢离子，具有酸性，B正确；化合物A含有 基团，类似酯基-COO-结构，为硫酸和醇生成的酯，是一种无机酸酯，C正确；工业上途径Ⅱ产生的也可用浓吸收用于生产发烟硫酸，D正确。②一定压强下，化合物A分子只有1个-OH能形成氢键，而硫酸分子中有2个-OH形成氢键，故导致A的沸点低于硫酸。（3）由分析可知，A为 ，A碱性水解可以生成硫酸钠、甲醇，硫酸根离子能和氯化钡生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，故实验设计为：取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A中含有S元素；涉及反应为： +2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl。
33．（2022·浙江6月选考，28）化合物X由三种元素组成,某实验小组按如下流程进行相关实验:
化合物X在空气中加热到800 ℃,不发生反应。
请回答:
(1)组成X的三种元素为 ;X的化学式为 。
(2)溶液C的溶质组成为 (用化学式表示)。
(3)①写出由X到A的化学方程式: 。
②X难溶于水,但可溶于氨水中,写出该反应的离子方程式: 。
(4)设计实验,检验尾气中相对活泼的2种气体: 。
【答案】(1)Ba、Cu、O BaCu3O4
(2)HCl、H2SO4
(3)①2NH3+BaCu3O4Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O
②BaCu3O4+12NH3+4H2O
3Cu(NH3)42++Ba2++8OH-
(4)将湿润的红色石蕊试纸置于尾气出口,若变蓝,说明尾气中有NH3。将尾气通入冷的集气瓶中,若有液珠,说明有H2O
【解析】化合物X由三种元素组成,在加热条件下和足量氨气反应生成固体混合物A,A和盐酸反应生成的0.960 g紫红色固体应该是Cu,无色溶液B中加入含0.015 ml H2SO4的稀硫酸生成白色沉淀1.165 g,应该是BaSO4,无色溶液C中加入足量BaCl2溶液生成的白色沉淀2.330 g是BaSO4。(1)根据以上分析可知Cu的物质的量是0.960 g÷64 g·ml-1=0.015 ml,第一次生成BaSO4的物质的量是1.165 g÷233 g·ml-1=0.005 ml,第二次生成BaSO4的物质的量是2.33 g÷233 g·ml-1=0.01 ml,n(SO42−)=0.005 ml+0.01 ml=0.015 ml,恰好与加入稀硫酸中n(SO42−)相等,因此1.965 g X中一定含有0.96 g Cu元素,Ba元素的质量是0.005 ml×137 g·ml-1=0.685 g,1.965 g-0.96 g-0.685 g=0.32 g,根据原子守恒可知应该还有氧元素,物质的量是0.32 g÷16 g·ml-1=0.02 ml,则Ba、Cu、O三种原子的个数之比是1∶3∶4,所以组成X的三种元素为Ba、Cu、O,X的化学式为BaCu3O4。(2)根据氯原子守恒以及溶液C仍然能与氯化钡溶液反应生成BaSO4沉淀可知溶液C的溶质组成为HCl、H2SO4。(3)①反应中Cu元素化合价降低,得到电子,则氨气中氮元素化合价升高,被氧化生成氮气,根据得失电子守恒、原子守恒可知由X到A的化学方程式为2NH3+BaCu3O4Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O。②X难溶于水,但可溶于氨水中,说明有Cu(NH3)42+生成,所以该反应的离子方程式为BaCu3O4+12NH3+4H2O3Cu(NH3)42++Ba2++8OH-。(4)反应中氨气可能过量,高温下水是气态,氮气性质稳定,所以需要检验的是氨气和水蒸气。
34．（2022·浙江1月选考，28）化合物X由4种元素组成。某兴趣小组按如下流程进行实验:
实验Ⅰ
图7
实验Ⅱ
请回答:
(1)组成X的元素有 ;X的化学式为 。
(2)溶液C中溶质的成分是 (用化学式表示);根据C→D→E的现象,给出相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序: 。
(3)X与足量Na反应生成固体F的化学方程式是 。
(4)设计实验确定溶液G中的阴离子: 。
【答案】(1)Fe、S、O、H FeH(SO4)2
(2)FeCl3、HCl、BaCl2 Cl- H2O SCN- OH-
(3)2FeH(SO4)2+40Na2Fe+H2↑+4Na2S+16Na2O
(4)用玻璃棒蘸取溶液G,点在红色石蕊试纸上,若变蓝,说明存在OH-;取少量溶液G,加入足量H2O2,用盐酸酸化,再加入BaCl2溶液,有白色沉淀,说明有S2-
【解析】实验Ⅰ产生的4.66 g沉淀B不溶于盐酸,说明X中含SO42−,其物质的量为0.02 ml,其质量为1.92 g;C、D、E现象说明含Fe3+。实验Ⅱ生成固体纯净物H为0.56 g铁,其物质的量为0.01 ml。SO42−和Fe3+物质的量之比为2∶1,第四种元素的质量为0.01 g,化合价为+1价,则为氢元素,氢原子的物质的量为0.01 ml。(1)Fe3+、H+、SO42−的物质的量之比为1∶1∶2,故X的化学式为FeH(SO4)2。(2)X溶于水,溶液中存在Fe3+、H+、SO42−,加入过量BaCl2产生BaSO4沉淀,则溶液中的离子为Fe3+、H+、Ba2+、Cl-。Fe3+在溶液中以水合络离子形式存在,加入SCN-生成Fe(SCN)3,再加入NaOH溶液,产生Fe(OH)3沉淀,故与Fe3+结合能力由弱到强的顺序为Cl-、H2O、SCN-、OH-。(3)Na具有强的还原性,G溶液中加入BaCl2溶液后不产生沉淀,说明SO42−被还原。反应的方程式为2FeH(SO4)2+40Na2Fe+H2↑+4Na2S+16Na2O。(4)Na2O与水反应生成NaOH,则G溶液中含有的阴离子为OH-、S2-。检验OH-可以用酸碱指示剂;向G溶液中加入H2O2溶液氧化S2-为SO42−,然后用盐酸酸化的BaCl2溶液检验SO42−的存在。
35．（2021·浙江6月选考，28） 固体化合物X由3种元素组成,某学习小组开展如下探究实验。
其中,白色沉淀B能溶于NaOH溶液。
请回答:
(1)白色固体C的化学式是 ,蓝色溶液D中含有的溶质是 (用化学式表示)。
(2)化合物X的化学式是 ;化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构,写出该阴离子的电子式: 。
(3)蓝色溶液A与N2H5+作用,生成一种气体,溶液蓝色褪去,同时生成易溶于硝酸的白色沉淀。
①写出该反应的离子方程式: 。
②设计实验验证该白色沉淀的组成元素: 。
【答案】(1)Al2O3 Cu(NO3)2、NH4NO3、AgNO3、HNO3
(2)CuAl2Cl8 ∶Cl····∶Al∶Cl····∶∶Cl····∶∶Cl····∶-
(3)①4Cu2++N2H5++4Cl-4CuCl↓+N2↑+5H+
②将白色沉淀溶于硝酸,得到蓝色溶液,说明有Cu元素;再向溶液中加入AgNO3溶液,有白色沉淀,说明有Cl元素
【解析】A为蓝色溶液,则A中存在Cu2+,A与氨水反应生成B和深蓝色溶液,B能够溶于NaOH溶液,则B为Al(OH)3,C为Al2O3,所以A中存在Al3+,深蓝色溶液含有[Cu(NH3)4]2+,其与AgNO3溶液反应生成白色沉淀,则该沉淀为AgCl,可知深蓝色溶液中存在Cl-,确定A中存在Cu2+、Al3+和Cl-,则化合物X中含有Cu、Al、Cl三种元素。(1)根据分析可知C为Al2O3;深蓝色溶液中含有[Cu(NH3)4]2+和Cl-,硝酸酸化后,加入足量的AgNO3溶液,[Cu(NH3)4]2+与HNO3反应生成Cu(NO3)2、NH4NO3,Cl-与AgNO3反应生成AgCl沉淀。(2)由m(Al2O3)=1.020 g,得n(Al)=0.02 ml,由m(AgCl)=11.480 g,得n(Cl)=0.08 ml,再根据m(X)=4.020 g,得m(Cu)=(4.020-0.02×27-0.08×35.5) g=0.64 g,即n(Cu)=0.01 ml,则X的化学式为CuAl2Cl8。由于铜元素为+2价,则-1价阴离子为AlCl4-,为正四面体形,Al在正四面体的中心,Al、Cl都形成8电子稳定结构。(3)①蓝色消失,说明Cu2+与N2H5+发生氧化还原反应,A溶液中有Cu2+和Cl-,则白色沉淀为CuCl,Cu2+被还原为CuCl沉淀,N2H5+中氮元素被氧化为N2;②根据信息,CuCl能够溶于硝酸,CuCl与硝酸发生氧化还原反应生成Cu2+,溶液变蓝色,证明Cu元素存在;Cl-可以用AgNO3溶液检验。
36．（2021·浙江1月选考，28）某兴趣小组对化合物X开展探究实验。
其中:X是易溶于水的强酸盐,由3种元素组成;A和B均为纯净物;B可使品红水溶液褪色。
请回答:
(1)组成X的3种元素是 (填元素符号),X的化学式是 。
(2)将固体X加入温热的稀H2SO4中,产生气体B,该反应的离子方程式是 。
(3)步骤Ⅰ,发生反应的化学方程式是 。
(4)步骤Ⅱ,某同学未加H2O2溶液,发现也会缓慢出现白色浑浊,原因是 。
(5)关于气体B使品红水溶液褪色的原因,一般认为:B不能使品红褪色,而是B与水反应的生成物使品红褪色。请设计实验证明: 。
【答案】(1)Cu、S、O CuS2O6
(2)S2O62−SO42−+SO2↑
(3)+Cu(OH)2+2H2O
(4)SO2与水反应生成H2SO3;H2SO3能被氧气氧化为H2SO4,与BaCl2反应生成BaSO4
(5)配制品红无水乙醇溶液(其他非水溶剂亦可),通入SO2,不褪色;品红水溶液中加入亚硫酸钠(亚硫酸氢钠)固体,褪色更快
【解析】(1)B可使品红水溶液褪色,且B与H2O2溶液和BaCl2溶液反应可生成沉淀,则B为SO2,该沉淀C为BaSO4。X由3种元素组成,且隔绝空气加热,生成固体A和气体B,则X中含有S和O,A2与NaOH溶液反应生成蓝色悬浊液,则A2中含有Cu2+,说明X中含有S、O和Cu三种元素。A1与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀,说明A1中含有SO42−,n(S)=n(SO42−)=n(BaSO4)=1.165 g233 g·ml-1=0.005 ml,A中SO42−为0.005 ml×2=0.01 ml,A中n(CuSO4)=0.01 ml,m(CuSO4)=0.01 ml×160 g·ml-1=1.6 g,固体X的质量减去固体A的质量,得气体B的质量为2.240 g-1.6 g=0.64 g,n(SO2)=0.64 g64 g·ml-1=0.01 ml,0.01 ml SO2与H2O2溶液和BaCl2溶液反应生成0.01 ml BaSO4,质量为2.33 g,与题干相符,X中n(Cu)∶n(S)∶n(O)=0.01 ml∶(0.01+0.01) ml∶(0.04+0.01×2) ml=1∶2∶6,则X的化学式是CuS2O6。(2)CuS2O6中S的化合价为+5价,在酸性条条件下会发生歧化反应,生成SO2(S为+4价),则另一种产物推知应为SO42−(S为+6价)。(3)甘油与Cu(OH)2反应生成绛蓝色的。(4)SO2与H2O反应生成H2SO3,H2SO3可以被空气中的O2氧化生成H2SO4,而H2SO4与BaCl2反应生成BaSO4沉淀。(5)要证明SO2不能使品红褪色,可以配制无水品红(用品红的无水乙醇溶液代替),向其中通入SO2,发现品红没有褪色,即可证明SO2不能使品红褪色。SO2溶于水有H2SO3、SO32−、HSO3-等,所以向品红水溶液中加入Na2SO3或NaHSO3固体时,发现品红褪色更快,说明是SO2溶于水生成的产物使品红褪色。
选项
劳动项目
化学知识
A
帮厨活动：帮食堂师傅煎鸡蛋准备午餐
加热使蛋白质变性
B
环保行动：宣传使用聚乳酸制造的包装材料
聚乳酸在自然界可生物降解
C
家务劳动：擦干已洗净的铁锅，以防生锈
铁丝在中燃烧生成
D
学农活动：利用秸秆、厨余垃圾等生产沼气
沼气中含有的可作燃料
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
将浓硫酸加入蔗糖中形成多孔炭
浓硫酸具有氧化性和脱水性
B
装有的密闭烧瓶冷却后颜色变浅
转化为的反应吸热
C
久置空气中的漂白粉遇盐酸产生
漂白粉的有效成分是
D
溶液导电性比同浓度醋酸强
溶液的比醋酸的高
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
Na2CO3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H2O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
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
用焦炭和石英砂制取粗硅
SiO2可制作光导纤维
B
利用海水制取溴和镁单质
Br-可被氧化,Mg2+可被还原
C
石油裂解气能使溴的CCl4溶液褪色
石油裂解可得到乙烯等不饱和烃
D
FeCl3水解可生成Fe(OH)3胶体
FeCl3可用作净水剂
选项
试剂①
试剂②
A
氨水
溶液
B
溶液
溶液
C
溶液
酸性溶液
D
溶液
溶液
开始沉淀pH
1.9
4.2
6.2
沉淀完全pH
3.2
6.7
8.2
一、高考真题汇编的意义
1、增强高考考生的复习动力和信心。
2、提高高考考生的复习效率。使考生能够更好地梳理复习的重点，提高复习效率。
3、加深考生对知识点的理解和掌握。
二、高考真题汇编的内容
1、高考试题收录。高考真题汇编收录高考真题，涵盖了高考考试的各个学科。
2、答案解析。高考真题汇编提供了详细的答案解析，加深考生对知识点的理解和掌握。
3、复习指导。高考真题汇编还提供了一些复习指导，提高复习效率。
三、高考真题汇编的重要性
高考真题汇编不仅可以提高考生的复习动力和信心，增强考生的复习效率，而且还可以加深考生对知识点的理解和掌握，使考生更好地把握考试方向，为高考复习提供了有力的支持。本文介绍了高考真题汇编的意义、内容和重要性，分析了它对高考考生的重要作用，强调了它在高考复习中的重要性。
专题五 常见无机物的性质、用途与转化
考点1 常见无机物的性质与用途
1．（2023·山东卷，2）实验室中使用盐酸、硫酸和硝酸时，对应关系错误的是
A．稀盐酸：配制溶液
B．稀硫酸：蔗糖和淀粉的水解
C．稀硝酸：清洗附有银镜的试管
D．浓硫酸和浓硝酸的混合溶液：苯的磺化
【答案】D
【解析】实验室配制AlCl3溶液时向其中加入少量的稀盐酸以抑制Al3+水解，A不合题意；蔗糖和淀粉的水解时常采用稀硫酸作催化剂，B不合题意；清洗附有银镜的试管用稀硝酸，反应原理为：3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，C不合题意；苯的磺化是苯和浓硫酸共热，反应生成苯磺酸的反应，故不需要用到浓硫酸和浓硝酸的混合溶液，D符合题意。
2．（2023·广东卷，3）建设美丽乡村，守护中华家园，衣食住行皆化学。下列说法正确的是
A．千家万户通光纤，光纤的主要材质为B．乡村公路铺沥青，沥青属于天然无机材料
C．美容扮靓迎佳节，化妆品中的甘油难溶于水D．均衡膳食助健康，主食中的淀粉可水解为葡萄糖
【答案】D
【解析】光纤的主要材质为二氧化硅，A错误；沥青属于有机材料，B错误；甘油溶于水，C错误；淀粉水解的最终产物为葡萄糖，D正确。
3．（2023·广东卷，7）劳动有利于“知行合一”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
【答案】C
【解析】鸡蛋主要成分是蛋白质，帮食堂师傅煎鸡蛋准备午餐，加热使蛋白质变性，有关联，A不符合题意；聚乳酸在自然界可生物降解，为了减小污染，宣传使用聚乳酸制造的包装材料，两者有关联，B不符合题意；擦干已洗净的铁锅，以防生锈，防止生成氧化铁，铁丝在中燃烧生成，两者没有关联，C符合题意；利用秸秆、厨余垃圾等生产沼气，沼气主要成分是甲烷，甲烷用作燃料，两者有关系，D不符合题意。
4．（2023·广东卷，12）下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
【答案】A
【解析】蔗糖在浓硫酸作用下形成多孔炭主要是蔗糖在浓硫酸作用下脱水，得到碳和浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，体现浓硫酸具有氧化性和脱水性，A符合题意；装有的密闭烧瓶冷却后颜色变浅，降低温度，平衡向生成方向移动，则转化为的反应为放热，B不符合题意；久置空气中的漂白粉遇盐酸产生是由于次氯酸钙变质，次氯酸钙和空气中二氧化碳、水反应生成碳酸钙，碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，C不符合题意；溶液导电性比同浓度醋酸强，氯化钠是强电解质，醋酸是弱电解质，导电性强弱与溶液的比醋酸的高无关系，D不符合题意。
5．（2023·浙江6月选考，4）物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A．铝有强还原性，可用于制作门窗框架
B．氧化钙易吸水，可用作干燥剂
C．维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂
D．过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，可作潜水艇中的供氧剂
【答案】A
【解析】铝用于制作门窗框架，利用了铝的硬度大、密度小、抗腐蚀等性质，而不是利用它的还原性，A不正确；氧化钙易吸水，并与水反应生成氢氧化钙，可吸收气体中或密闭环境中的水分，所以可用作干燥剂，B正确；食品中含有的Fe2+等易被空气中的氧气氧化，维生素C具有还原性，且对人体无害，可用作食品抗氧化剂，C正确；过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，同时可吸收人体呼出的二氧化碳和水蒸气，可作潜水艇中的供氧剂，D正确。
6．（2023·浙江1月选考，4）物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A．能使某些色素褪色，可用作漂白剂B．金属钠导热性好，可用作传热介质
C．溶液呈碱性，可用作消毒剂D．呈红色，可用作颜料
【答案】C
【解析】SO2具有漂白性，能使某些色素褪色，A正确；钠导热性好，液态钠可用作核反应堆的传热介质，B正确；NaClO溶液可用于杀菌消毒，并不是由于其具有碱性，而是因为其具有强氧化性，C不正确；Fe2O3的颜色是红色,可用作红色颜料，D正确。
7．（2023·北京卷，7）蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。
下列关于该过程的分析不正确的是
A．过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性
B．过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关
C．过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性
D．过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂
【答案】C
【解析】浓硫酸具有脱水性，能将有机物中的H原子和O原子按2∶1的比例脱除，蔗糖中加入浓硫酸，白色固体变黑，体现浓硫酸的脱水性，A项正确；浓硫酸脱水过程中释放大量热，此时发生反应，产生大量气体，使固体体积膨胀，B项正确；结合选项B可知，浓硫酸脱水过程中生成的能使品红溶液褪色，体现浓硫酸的强氧化性，C项错误；该过程中，蔗糖发生化学反应，发生了化学键的断裂，D项正确。
8．（2022·浙江6月选考，8）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.用石灰石-石膏法对燃煤烟气进行脱硫,同时可得到石膏
【答案】A
【解析】晶体硅是良好的半导体材料,可用于制造晶体管、集成电路等,而SiO2常用于制造光导纤维,A错误;钠的焰色试验为黄色,可用作透雾能力强的高压钠灯,B正确;耐高温材料应具有高熔点的性质,Al2O3熔点高,C正确;石灰石的主要成分为CaCO3,石灰石-石膏法脱硫过程中发生反应:CaCO3CaO+CO2↑,SO2+CaCO3CaSO3+CO2,2CaSO3+O22CaSO4,得到石膏,D正确。
9．（2022·浙江1月选考，8）下列说法不正确的是
A.镁合金密度较小、强度较大,可用于制造飞机部件
B.还原铁粉可用作食品干燥剂
C.氯气、臭氧、二氧化氯都可用于饮用水的消毒
D.油脂是热值最高的营养物质
【答案】B
【解析】还原铁粉具有强的还原性,用作食品的抗氧化剂,B项错误。
10．（2022·江苏卷，7）我国古代就掌握了青铜(铜-锡合金)的冶炼、加工技术，制造出许多精美的青铜器；Pb、是铅蓄电池的电极材料，不同铅化合物一般具有不同颜色，历史上曾广泛用作颜料，下列物质性质与用途具有对应关系的是
A．石墨能导电，可用作润滑剂
B．单晶硅熔点高，可用作半导体材料
C．青铜比纯铜熔点低、硬度大，古代用青铜铸剑
D．含铅化合物颜色丰富，可用作电极材料
【答案】C
【解析】石墨是过渡型晶体，质软，可用作润滑剂，A错误；单晶硅可用作半导体材料与空穴可传递电子有关，与熔点高无关，B错误；青铜是铜合金，比纯铜熔点低、硬度大，易于锻造，古代用青铜铸剑，C正确；含铅化合物可在正极得到电子发生还原反应，所以可用作电极材料，与含铅化合物颜色丰富无关，D错误。
11．（2022·河北卷，7）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】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，则糊状混合物中的氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应，可用于刻蚀玻璃，A正确；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，B错误；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，C正确；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，D正确。
12．（2022·广东卷，6） 劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
【答案】A
【解析】小苏打是碳酸氢钠,不是碳酸钠,碳酸氢钠受热分解放出CO2,可使面团膨松,可以用来作发泡剂烘焙面包,故A符合题意;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;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;在钢板上镀铝保护钢板,金属铝表面形成致密氧化膜而保护内部金属不被继续腐蚀,故D不符合题意。
13．（2022·广东卷，12）陈述Ⅰ和Ⅱ均正确但不具有因果关系的是
【答案】A
【解析】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是否可制作光导纤维无因果关系,故A符合题意;海水中存在溴离子,可向其中通入氯气等氧化剂将其氧化为溴单质,再经过萃取、蒸馏等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、结晶等操作得到无水氯化镁,随后电解熔融氯化镁可制备镁单质,陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确,且具有因果关系,B不符合题意;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,从而可使溴的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; FeCl3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,从而可用作净水剂,陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确,且具有因果关系,D不符合题意。
14．（2021·江苏卷，4）下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是
A．铁粉能与O2反应，可用作食品保存的吸氧剂
B．纳米Fe3O4能与酸反应，可用作铁磁性材料
C．FeCl3具有氧化性，可用于腐蚀印刷电路板上的Cu
D．聚合硫酸铁能水解并形成胶体，可用于净水
【答案】B
【解析】因为铁粉能与O2反应，所以可用作食品保存的吸氧剂，A正确；纳米Fe3O4具有磁性，可用作铁磁性材料，B错误；FeCl3与Cu反应生成FeCl2和CuCl2，主要利用其氧化性，C正确；聚合硫酸铁能水解并形成胶体，具有吸附性，可用于净水，D正确。
15．（2021·北京卷，6）室温下，1体积的水能溶解约40体积的SO2。用试管收集SO2后进行如下实验。对实验现象的分析正确的是
A．试管内液面上升，证明SO2与水发生了反应
B．试管中剩余少量气体，是因为SO2的溶解已达饱和
C．取出试管中的溶液，立即滴入紫色石蕊试液，溶液显红色，原因是：SO2+H2O⇌H2SO3、H2SO3⇌H++、⇌H++
D．取出试管中溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于SO2挥发
【答案】C
【解析】由信息可知，SO2易溶于水，也能使液面上升，A错误；二氧化硫与水的反应为可逆反应，当反应达到限度后，二氧化硫的量不再减少，液面高度也无明显变化，B错误；滴入石蕊试液，溶液变为红色，说明溶液显酸性，SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，分步电离出氢离子，C正确；亚硫酸具有较强的还原性，易被氧化为硫酸，弱酸变强酸，也能使pH下降，D错误。
16．（2021·河北卷，4）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
B.汽车尾气中的主要大气污染物为NO、SO2和PM2.5
C.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】NO2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;汽车尾气的主要大气污染物为C与N的氧化物,如NO和CO等,还有碳氢化合物、固体颗粒物等,B错误;氮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;工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除,如将废气通入石灰乳中可进行脱硫处理,D正确。
17．（2021·河北卷，10）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
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】浓硫酸能使蔗糖炭化,体现的是浓硫酸的脱水性,而不是吸水性,A错误;NaClO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,ClO3-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;HI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;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。
18．（2021·浙江6月选考，9）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】Na2SiO3易溶于水,A项错误。
19.（2021·浙江6月选考，10） 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】铵态氮肥中的NH4+水解使溶液显酸性,草木灰中的CO32−水解使溶液显碱性,两者能够发生反应生成NH3,从而降低肥效,所以不能混用,A项正确;用阴离子交换树脂交换,原理为R—Cl+I3-R—I3+Cl-,B项正确;电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2,C项错误;钢中的含碳量远远低于生铁中的含碳量,D项正确。
20．（2021·辽宁卷，1）下列说法错误的是
A.纯铁比生铁易生锈
B.臭氧可用于自来水消毒
C.酚醛树脂可用作绝缘、隔热材料
D.高纯硅可用于制芯片
【答案】A
【解析】由于生铁易发生电化学腐蚀,而纯铁只能发生化学腐蚀,故生铁比纯铁易生锈,A项错误;臭氧具有强氧化性,能使蛋白质发生变性,可用于自来水消毒,B项正确;酚醛树脂具有空间立体网状结构,具有热固性,绝缘性,故可用作绝缘、隔热材料,C项正确;高纯硅是良好的半导体材料,可用于芯片制作,D项正确。
21．（2021·浙江1月选考，8）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项,铝热反应为铝粉与氧化铁的反应,错误;B项,镁燃烧会发出耀眼的白光,故可以用于制造信号弹和焰火,正确;C项,石膏可以用于定型,故可用于制作模型和医疗石膏绷带,正确;D项,氨水可以吸收SO2,正确。
考点2 常见无机物的转化
一、选择题
1．（2023·辽宁卷，3）下列有关物质的工业制备反应错误的是
A．合成氨：N2+3H22NH3B．制HCl：H2+Cl22HCl
C．制粗硅：SiO2+2CSi+2COD．冶炼镁：2MgO(熔融)2Mg+O2↑
【答案】D
【解析】工业合成氨是利用氮气和氢气在催化剂的条件下反应生成的，反应方程式为N2+3H22NH3，A正确；工业制氯化氢是利用氢气和氯气反应生成的，反应方程式为H2+Cl22HCl，B正确；工业制粗硅是将SiO2与C在高温下反应生成粗硅，反应方程式为SiO2+2CSi+2CO，C正确；冶炼金属镁是电解熔融氯化镁，反应方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑，D错误。
2．（2023·辽宁卷，10）某工厂采用如下工艺制备，已知焙烧后元素以价形式存在，下列说法错误的是
A．“焙烧”中产生B．滤渣的主要成分为
C．滤液①中元素的主要存在形式为D．淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用
【答案】B
【解析】焙烧过程中铁、铬元素均被氧化，同时转化为对应钠盐，水浸时铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀，滤液中存在铬酸钠，与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原得到氢氧化铬沉淀。铁、铬氧化物与碳酸钠和氧气反应时生成对应的钠盐和二氧化碳，A正确；焙烧过程铁元素被氧化，滤渣的主要成分为氧化铁，B错误；滤液①中元素的化合价是+6价，铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀溶液显碱性，所以Cr 元素主要存在形式为，C正确；由分析知淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，D正确。
3．（2023·广东卷，10）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
【解析】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。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；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；新制氢氧化铜可用于检验葡萄糖中的醛基，C合理；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。
4．（2023·浙江1月选考，5）下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是
A．和乙醇反应可生成B．工业上煅烧黄铁矿生产
C．工业上用氨的催化氧化制备D．常温下铁与浓硝酸反应可制备
【答案】D
【解析】乙醇分子中含有羟基，可以和钠反应生成氢气，A正确；黄铁矿(FeS2)在空气中煅烧生成二氧化硫和氧化铁，B正确；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；常温下铁与浓硝酸会发生钝化，不能制备二氧化氮，D错误。
5．（2023·湖南卷，7）取一定体积的两种试剂进行反应，改变两种试剂的滴加顺序(试剂浓度均为)，反应现象没有明显差别的是
【答案】D
【解析】向氨水中滴加溶液并振荡，由于开始时氨水过量，振荡后没有沉淀产生，发生的反应为；向溶液中滴加氨水并振荡，开始时生成白色沉淀且沉淀逐渐增多,发生的反应为；当氨水过量后，继续滴加氨水沉淀逐渐减少直至沉淀完全溶解，发生的反应为，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象有明显差别，A不符合题意；向中滴加溶液并振荡，由于开始时过量，振荡后没有沉淀产生，发生的反应为；向溶液中滴加并振荡，开始时生成白色沉淀且沉淀逐渐增多,发生的反应为；当过量后，继续滴加沉淀逐渐减少直至沉淀完全溶解，发生的反应为，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象有明显差别，B不符合题意；向溶液中滴加酸性溶液并振荡，由于开始时是过量的，可以被完全还原，可以看到紫红色的溶液褪为无色，发生的反应为;向溶液中滴加酸性溶液并振荡，由于开始时是过量的，逐渐被还原，可以看到紫红色的溶液逐渐变浅，最后变为无色，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象有明显差别，C不符合题意；向溶液中滴加溶液，溶液立即变为血红色；向溶液中滴加溶液，溶液同样立即变为血红色，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象没有明显差别，D符合题意。
6．（2023·湖北卷，3）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】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正确；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错误；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正确；，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正确。
7．（2023·北京卷，13）一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中代表或中的一种。下列说法正确的是
A．a、c分别是
B．既可以是，也可以是
C．已知为副产物，则通入水蒸气可减少的产生
D．等压条件下，反应①、②的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热
【答案】C
【解析】分解的产物是和，分解得到的与反应生成，又可以分解得到和，则a为，b为，c为，d为。由分析可知，a为，c为，A项错误；d为，B错误；可以水解生成，通入水蒸气可以减少的生成，C正确；反应①和反应②相加即为氯化铵直接分解的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、反应②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D错误。
8．（2022·浙江6月选考，9）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】工业上通过电解熔融的无水MgCl2制取金属镁,A错误;接触法制硫酸时,煅烧黄铁矿只能得到SO2,SO2在接触室经催化氧化才能转化为SO3,B错误;在常温下铁遇浓硝酸发生钝化,被浓硝酸氧化生成一层致密的氧化物薄膜,进而阻止内层金属的进一步反应,可用铁质容器贮运浓硝酸,C错误;盐酸和NaClO混用会发生归中反应生成Cl2,不仅达不到各自预期的作用效果,还会污染环境,可能引起中毒事故,D正确。
9．（2022·浙江6月选考，22） 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、H2O
B.隔绝空气加热分解生成FeO、CO2、H2O
C.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Fe2(SiO3)3
【答案】B
【解析】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)+3HClFeCl3+H2O+CH3OH,A正确;Fe的化合价为+3价,C为-2价,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错误;Fe3+能将氢碘酸中的I-氧化为I2,反应原理为2FeO(OCH3)+6HI2FeI2+I2+2H2O+2CH3OH,再加CCl4萃取,有机层呈紫红色,C正确;化合物FeO(OCH3)在空气中高温分解将生成Fe2O3、CO2和H2O,Fe2O3为碱性氧化物,SiO2为酸性氧化物,故能生成Fe2(SiO3)3,D正确。
10．（2022·浙江1月选考，9）下列说法正确的是
A.铁与碘反应易生成碘化铁
B.电解ZnSO4溶液可以得到Zn
C.用石灰沉淀富镁海水中的Mg2+,生成碳酸镁
D.SO2通入BaCl2溶液中生成BaSO3沉淀
【答案】B
【解析】I2的氧化性弱,与变价金属元素Fe反应,只能使铁元素呈低价态,生成FeI2,A项错误;电解ZnSO4溶液可以“镀锌”,在阴极析出锌,B项正确;石灰沉淀海水中的Mg2+生成难溶的Mg(OH)2,C项错误;H2SO3的酸性比盐酸弱,且BaSO3不溶于水,易溶于盐酸,D项错误。
11．（2022·浙江1月选考，22）下列推测不合理的是
A.相同条件下,Br2与PBr3反应比Cl2与PBr3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、OPF3
D.PBr3与足量C2H5OH作用可得到P(OC2H5)3
【答案】B
【解析】Br2的氧化性比Cl2弱,Br2与PBr3反应比Cl2与PBr3难,A项正确;OPBrCl2中P的化合价是+5价,Br、Cl的化合价是-1价,OPBrCl2与足量的水反应生成HCl、HBr、H3PO4三种酸,B项错误;P—Br、P—Cl、P—F的键长逐渐减小,键能逐渐增大,反应能力逐渐减弱,C项正确; PBr3与足量C2H5OH发生取代反应可得到P(OC2H5)3,D项正确。
12．（2022·重庆卷，3）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Li2O
C．1mlSO3与1mlNO2分别通入1L水中可产生相同浓度的H2SO4和HNO3
D．0.1ml•L-1醋酸和0.1ml•L-1硼酸分别加入适量Na2CO3中均可得到CO2和H2O
【答案】A
【解析】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，A正确；钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，B错误；无法确定1mlSO3与1mlNO2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，C错误；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，D错误。
13．（2022·山东卷，12）高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。
下列说法错误的是
A．固体X主要成分是和S；金属M为Zn
B．浸取时，增大压强可促进金属离子浸出
C．中和调pH的范围为3.2~4.2
D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成
【答案】D
【解析】CuS精矿(含有杂质Zn、Fe元素)在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产生为CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH)3；滤液中含有Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入高压H2，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。经过上述分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH)3，金属M为Zn，A正确；CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，增大O2的浓度，可以反应消耗S2-，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B正确；根据流程图可知：用NH3调节溶液pH时，要使Fe3+转化为沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2～4.2，C正确；在用H2还原Cu2+变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H+，与溶液中OH-结合形成H2O，若还原时增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H2失去电子还原Cu单质，因此不利于Cu的生成，D错误。
14．（2022·天津卷，5）燃油汽车行驶中会产生CO、NO等多种污染物。下图为汽车发动机及催化转化器中发生的部分化学反应。以下判断错误的是
A．甲是空气中体积分数最大的成分B．乙是引起温室效应的气体之一
C．反应(Ⅰ)在常温下容易发生D．反应(Ⅱ)中NO是氧化剂
【答案】C
【解析】甲和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和一氧化碳反应生成甲和二氧化碳，再根据元素守恒，则甲为氮气。甲是氮气，氮气空气中体积分数最大的成分，A正确；乙是二氧化碳，则乙是引起温室效应的气体之一，B正确；由于氮气含有氮氮三键，因此反应(Ⅰ)在常温下不容易发生，在高温或放电条件下发生，C错误；一氧化碳和一氧化氮反应生成氮气和二氧化碳，一氧化氮中氮化合价降低，因此反应(Ⅱ)中NO是氧化剂，D正确。
15．（2022·辽宁卷，11）、均可自耦电离：、。下列反应与CH3CH2OH+HBr原理不同的是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】根据题目信息可知，和互相交换成分生成和。由可得，与互相交换成分生成和，与题述反应原理相同，A正确；由于可自电离，可写为，与交换成分生成和与题述反应原理相同，B正确；与反应生成了单质，反应物没有互相交换成分，与题述反应原理不同，C错误；和互相交换成分生成了和，与题述反应原理相同，D正确。
16．（2022·江苏卷，8）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．自然固氮、人工固氮都是将转化为
B．侯氏制碱法以、、、为原料制备和
C．工业上通过催化氧化等反应过程生产
D．多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环”
【答案】A
【解析】自然固氮是将N2转化为含氮化合物，不一定是转化为NH3，比如大气固氮是将N2会转化为NO，A错误；侯氏制碱法以H2O、NH3、CO2、NaCl为原料制备NaHCO3和NH4Cl，反应的化学方程式为H2O+NH3+CO2+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，B正确；工业上通过NH3催化氧化等反应过程生产HNO3，相关的化学反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO、4NO2+O2+2H2O=4HNO3，C正确；氮元素在自然界中既有游离态又有化合态，多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环”，D正确。
17．（2022·湖北卷，3）武当山金殿是铜铸鎏金大殿。传统鎏金工艺是将金溶于汞中制成“金汞漆”，涂在器物表面，然后加火除汞，使金附着在器物表面。下列说法错误的是
A．鎏金工艺利用了汞的挥发性B．鎏金工艺中金发生了化学反应
C．鎏金工艺的原理可用于金的富集D．用电化学方法也可实现铜上覆金
【答案】B
【解析】加热除汞，说明汞易挥发，A正确；将金溶于汞中制成“金汞漆”，然后加热汞挥发后留下金，整个过程中没有新物质生成，属于物理变化，B错误；金溶于汞中，然后再加热除去汞，使得金的纯度增大，所以可以用于金的富集，C正确；用电解的方法，铜做阴极，电解液中含有可溶性的含金离子，则可实现铜上镀金，D正确。
18．（2022·湖北卷，8）硫代碳酸钠能用于处理废水中的重金属离子，可通过如下反应制备：，下列说法正确的是
A．不能被氧化B．溶液显碱性
C．该制备反应是熵减过程D．的热稳定性比的高
【答案】B
【解析】中硫元素为-2价，还原性比较强，能被氧化，A错误；类比溶液，O与S同主族，可知溶液显碱性，B正确；由反应方程式可知，固体与液体反应制备了硫化氢气体，故该制备反应是熵增过程，C错误；S的原子半径比O大，故C=S键长比C=O键长长，键能小，故的热稳定性比的低，D错误。
19．（2022·福建卷，6）用铬铁合金(含少量单质)生产硫酸铬的工艺流程如下：
下列说法错误的是
A．“浸出”产生的气体含有B．“除杂”的目的是除去元素
C．流程中未产生六价铬化合物D．“滤渣2”的主要成分是
【答案】D
【解析】由流程可知，加入稀硫酸溶解，生成气体为氢气，溶液中含加入Na2S分离出滤渣1含CS和NiS，不会沉淀，再加入草酸除铁生成FeC2O4，过滤分离出硫酸铬。四种金属均与稀硫酸反应生成H2，A正确；共有四种金属，由流程可知，沉铁后分离出硫酸铬，则“除杂"的目的是除去Ni、C元素，B正确；由上述分析可知，流程中未产生六价铬化合物，C正确； “滤渣2”的主要成分是FeC2O4，D错误。
20．（2022·湖南卷，7）铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下:
下列说法错误的是
A.不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料
B.采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率
C.合成槽中产物主要有Na3AlF6和CO2
D.滤液可回收进入吸收塔循环利用
【答案】C
【解析】烟气(含HF)通入吸收塔中,加入过量的碳酸钠,发生反应Na2CO3+HFNaF+NaHCO3,向合成槽中加入NaAlO2,发生反应6NaF+NaAlO2+4NaHCO3Na3AlF6↓+4Na2CO3+2H2O,过滤得到Na3AlF6和含有Na2CO3的滤液。陶瓷的成分中含有SiO2,烟气中含有的HF溶于水为氢氟酸,会与陶瓷中的SiO2反应:4HF+SiO2SiF4↑+2H2O,因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料,A正确;采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积,提高吸收塔内烟气吸收效率,B正确;由上述分析可知,合成槽内发生反应6NaF+NaAlO2+4NaHCO3Na3AlF6+4Na2CO3↓+2H2O,产物是Na3AlF6和Na2CO3,C错误;由上述分析可知,滤液的主要成分为Na2CO3,可进入吸收塔循环利用,D正确。
21．（2021·重庆卷，6）下列叙述错误的是
A．Mg在空气中燃烧可生成MgO
B．Fe2O3与Al发生铝热反应可生成Fe
C．BaCl2 溶液与CO2反应可生成BaCO3
D．Ca(OH)2 溶液与Cl2反应可生成Ca(ClO)2
【答案】C
【解析】Mg在空气中点燃能与氧气发生反应生成氧化镁，A正确；Fe2O3与Al在高温条件下发生铝热反应生成氧化铝和Fe，B正确；二氧化碳通入氯化钡中不反应，C错误；Ca(OH)2 溶液与Cl2反应生成氯化钙和次氯酸钙，D正确。
22．（2021·江苏卷，7）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) ΔH=-116.4kJ·ml-1。大气中过量的NOx和水体中过量的NH、NO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)HNO3(aq)
B．稀HNO3(aq)NO2(g)
C．NO(g)N2(g)
D．NO(aq)N2(g)
【答案】C
【解析】NO不溶于水也不与水反应，A错误；稀HNO3与Cu反应得到硝酸铜、水和NO，得不到NO2，B错误；NO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；O3有强氧化性，不能作还原剂将硝酸根离子还原，D错误。
23．（2021·福建卷，4）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】据图可知FeSO4分解时生成SO2和SO3，部分S元素被还原，则Fe元素应被氧化，X为Fe2O3，A错误；H2SO4与KNO3在蒸馏条件下生成HNO3和K2SO4，为复分解反应，B正确；H2SO4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；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。
24．（2021·北京卷，13）有科学研究提出:锂电池负极材料(Li)由于生成LiH而不利于电池容量的保持。一定温度下，利用足量重水(D2O）与含LiH的Li负极材料反应，通过测定n(D2)/n(HD)可以获知 n(Li)/n(LiH)。
已知：①LiH+H2O=LiOH+H2↑
②2Li(s)+H2⇌2LiH △H＜0
下列说法不正确的是
A．可用质谱区分D2和HD
B．Li与D2O的反应：2Li+2D2O=2LiOD+D2↑
C．若n(Li)/n(LiH)越大，则n(D2)/n(HD)越小
D．80℃反应所得n(D2)/n(HD)比25℃反应所得n(D2)/n(HD)大
【答案】C
【解析】D2和HD的相对分子质量不同，可以用质谱区分，A正确；类似于钠和水的反应， Li与D2O反应生成LiOD与D2，化学方程式是2Li+2D2O=2LiOD+D2↑，B正确；D2由Li与D2O反应生成，HD 通过反应LiH+D2O=LiOD+HD， n(D2)/n(HD)越大，n(Li)/n(LiH)越大，C不正确；升温，2LiH⇌2Li+H2 △H>0平衡右移，Li增多LiH 减少，则结合选项C可知：80℃下的n(D2)/n(HD)大于25℃下的n(D2)/n(HD) ，D正确。
25．（2021·湖南卷，6）一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下:
图1
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MgCl2制备金属镁
C.“氯化”过程中发生的反应为MgO+C+Cl2MgCl2+CO
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MgCl2
【答案】D
【解析】流程梳理:
物质X常选用生石灰,“沉镁”发生反应:CaO+H2OCa(OH)2,MgCl2+Ca(OH)2Mg(OH)2↓+CaCl2,使Mg2+转化成Mg(OH)2,A正确;工业上常用电解熔融MgCl2制备金属镁,B正确;“氯化”过程中发生的反应为MgO+C+Cl2MgCl2+CO,C正确;“煅烧”后的产物中加稀盐酸转化成MgCl2,不能通过加热蒸发MgCl2溶液得到无水MgCl2,需在氯化氢气流中加热得到无水氯化镁,D错误。
26．（2021·河北卷，6）BiOCl是一种具有珍珠光泽的材料,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BiONO3
C.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】酸浸工序中分次加入稀HNO3相当于减小了酸的浓度,也就减小了金属与酸的反应速率,即降低反应剧烈程度,A项正确;转化工序中,Bi(NO3)3+H2OBiONO3+2HNO3,加入稀HCl能够抑制该水解平衡正向移动,也就抑制生成BiONO3,B项正确;水解工序中,BiCl3+H2OBiOCl+2HCl,加入的少量CH3COONa(s)与HCl反应,有利于水解平衡正向移动,提高了Bi3+水解程度,C项正确;NH4NO3水解显酸性,BiCl3+H2OBiOCl+2HCl,不利于水解平衡正向移动,不利于BiOCl的生成,D项错误。
27．（2021·山东卷，8） 工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图所示,下列说法错误的是
A.吸收过程中有气体生成
B.结晶后母液中含有NaHCO3
C.气流干燥湿料时温度不宜过高
D.中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3
【答案】B
【解析】根据工艺流程逆向分析可知,以二氧化硫和纯碱为原料,得到的结晶成分为NaHSO3,则母液为饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸,溶液呈酸性,所以加入纯碱进行中和,涉及的反应为H2SO3+2Na2CO3Na2SO3+2NaHCO3,NaHSO3+Na2CO3Na2SO3+NaHCO3,所以调节pH为8进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3,通入二氧化硫气体进行混合吸收,此时吸收过程中发生的反应为Na2SO3+SO2+H2O2NaHSO3↓,SO2+NaHCO3CO2+NaHSO3↓,此时会析出大量NaHSO3晶体,经过滤分离,将得到的湿料再进行气流干燥,最终得到NaHSO3产品。根据上述分析可知,吸收过程中有二氧化碳生成,A正确;结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸,没有NaHCO3,假设产物中存在NaHCO3,则其会与生成的亚硫酸发生反应,且NaHCO3溶解度较低,若其残留于母液中,会使晶体不纯,假设不成立,B错误; NaHSO3高温时易分解变质,所以气流干燥过程中温度不宜过高,C正确;结合上述分析可知,中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3,D正确。
28．（2021·辽宁卷，8）含S元素的某钠盐a能发生如图转化。下列说法错误的是
盐a溶液—
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②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与足量的稀盐酸反应产生刺激性气味气体d,d能使KMnO4溶液褪色,故d为SO2,则盐a可能为Na2SO3、NaHSO3或Na2S2O3等,盐a与足量Cl2反应后生成SO42−,SO42−与BaCl2溶液反应得到沉淀c,故c为BaSO4。由分析可知,盐a可能为Na2SO3或NaHSO3,故a可能为正盐,也可能为酸式盐,A项正确;由分析可知,c为BaSO4,故c为不溶于盐酸的白色沉淀,B项正确;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项错误;由分析可知,盐a可能是Na2S2O3,此时反应②为Na2S2O3+2HCl2NaCl+S↓+SO2↑+H2O,即反应②中可能生成淡黄色沉淀,D项正确。
29．（2021·湖北卷，2）“乌铜走银”是我国非物质文化遗产之一。该工艺将部分氧化的银丝镶嵌于铜器表面,艺人用手边捂边揉搓铜器,铜表面逐渐变黑,银丝变得银光闪闪。下列叙述错误的是
A.铜的金属活动性大于银
B.通过揉搓可提供电解质溶液
C.银丝可长时间保持光亮
D.用铝丝代替银丝铜也会变黑
【答案】D
【解析】根据金属活动性顺序,铜的金属活动性大于银,A项正确;通过揉搓,手上的汗水可提供电解质溶液,B项正确;氧化银转化为单质银,银的金属活动性较弱,银丝可长时间保持光亮,C项正确;铜的金属活动性比铝弱,氧化铝不能被铜还原为单质铝,因此铜不会变黑,D项错误。
30．（2021·浙江1月选考，12）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H2
B.NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO,则NaClO溶液与SO2反应生成NaHSO3和HClO
C.Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl,则Mg2N3与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl
D.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】A项,Fe与H2O(g)在高温下反应生成Fe3O4和H2,错误;B项,HClO具有强氧化性,会氧化SO2生成SO42−,错误;C项,Na3N和Mg3N2遇水均会生成NH3,NH3与HCl反应会生成NH4Cl,正确;D项,NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应,会生成AgOH沉淀,AgOH分解生成Ag2O,氨水与少量AgNO3溶液反应生成银氨溶液Ag(NH3)2OH,错误。
31．（2021·广东卷，10）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.a可与e反应生成b
B.b既可被氧化,也可被还原
C.可将e加入浓碱液中制得d的胶体
D.可存在b→c→d→e→b的循环转化关系
【答案】C
【解析】Fe与Fe(Ⅲ)的盐类物质可发生反应生成Fe(Ⅱ)的盐类物质,如Fe+2FeCl33FeCl2,A项正确。Fe(Ⅱ)化合价既可升高,也可降低,因此既可被氧化,也可被还原,B项正确。e加入浓碱液中只能得到d的沉淀,C项错误。b→c→d→e→b的转化如FeCl2Fe(OH)2Fe(OH)3FeCl3FeCl2,D项正确。
二、非选择题
32．（2023·浙江6月选考，18）工业上煅烧含硫矿物产生的可以按如下流程脱除或利用。
已知：
请回答：
(1)富氧煅烧燃煤产生的低浓度的可以在炉内添加通过途径Ⅰ脱除，写出反应方程式___________。
(2)煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的，通过途径Ⅱ最终转化为化合物A。
①下列说法正确的是___________。
A．燃煤中的有机硫主要呈正价 B．化合物A具有酸性
C．化合物A是一种无机酸酯 D．工业上途径Ⅱ产生的也可用浓吸收
②一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是___________。
(3)设计实验验证化合物A中含有S元素_____；写出实验过程中涉及的反应方程式____。
【答案】(1)
(2) ①BCD ②硫酸分子能形成更多的分子间氢键
(3)取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A中含有S元素 +2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl
【解析】含硫矿物燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和氧气、碳酸钙生成硫酸钙和二氧化碳，二氧化硫被氧气氧化为三氧化硫，三氧化硫和等物质量的甲醇发生已知反应生成A： 。（1）氧气具有氧化性，能被四价硫氧化为六价硫，二氧化硫、空气中氧气、碳酸钙高温生成硫酸钙和二氧化碳，反应为。（2）①硫的电负性大于碳、氢等，故燃煤中的有机硫主要呈负价，A错误； 根据分析可知，化合物A分子中与硫直接相连的基团中有-OH，故能电离出氢离子，具有酸性，B正确；化合物A含有 基团，类似酯基-COO-结构，为硫酸和醇生成的酯，是一种无机酸酯，C正确；工业上途径Ⅱ产生的也可用浓吸收用于生产发烟硫酸，D正确。②一定压强下，化合物A分子只有1个-OH能形成氢键，而硫酸分子中有2个-OH形成氢键，故导致A的沸点低于硫酸。（3）由分析可知，A为 ，A碱性水解可以生成硫酸钠、甲醇，硫酸根离子能和氯化钡生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，故实验设计为：取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A中含有S元素；涉及反应为： +2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl。
33．（2022·浙江6月选考，28）化合物X由三种元素组成,某实验小组按如下流程进行相关实验:
化合物X在空气中加热到800 ℃,不发生反应。
请回答:
(1)组成X的三种元素为 ;X的化学式为 。
(2)溶液C的溶质组成为 (用化学式表示)。
(3)①写出由X到A的化学方程式: 。
②X难溶于水,但可溶于氨水中,写出该反应的离子方程式: 。
(4)设计实验,检验尾气中相对活泼的2种气体: 。
【答案】(1)Ba、Cu、O BaCu3O4
(2)HCl、H2SO4
(3)①2NH3+BaCu3O4Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O
②BaCu3O4+12NH3+4H2O
3Cu(NH3)42++Ba2++8OH-
(4)将湿润的红色石蕊试纸置于尾气出口,若变蓝,说明尾气中有NH3。将尾气通入冷的集气瓶中,若有液珠,说明有H2O
【解析】化合物X由三种元素组成,在加热条件下和足量氨气反应生成固体混合物A,A和盐酸反应生成的0.960 g紫红色固体应该是Cu,无色溶液B中加入含0.015 ml H2SO4的稀硫酸生成白色沉淀1.165 g,应该是BaSO4,无色溶液C中加入足量BaCl2溶液生成的白色沉淀2.330 g是BaSO4。(1)根据以上分析可知Cu的物质的量是0.960 g÷64 g·ml-1=0.015 ml,第一次生成BaSO4的物质的量是1.165 g÷233 g·ml-1=0.005 ml,第二次生成BaSO4的物质的量是2.33 g÷233 g·ml-1=0.01 ml,n(SO42−)=0.005 ml+0.01 ml=0.015 ml,恰好与加入稀硫酸中n(SO42−)相等,因此1.965 g X中一定含有0.96 g Cu元素,Ba元素的质量是0.005 ml×137 g·ml-1=0.685 g,1.965 g-0.96 g-0.685 g=0.32 g,根据原子守恒可知应该还有氧元素,物质的量是0.32 g÷16 g·ml-1=0.02 ml,则Ba、Cu、O三种原子的个数之比是1∶3∶4,所以组成X的三种元素为Ba、Cu、O,X的化学式为BaCu3O4。(2)根据氯原子守恒以及溶液C仍然能与氯化钡溶液反应生成BaSO4沉淀可知溶液C的溶质组成为HCl、H2SO4。(3)①反应中Cu元素化合价降低,得到电子,则氨气中氮元素化合价升高,被氧化生成氮气,根据得失电子守恒、原子守恒可知由X到A的化学方程式为2NH3+BaCu3O4Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O。②X难溶于水,但可溶于氨水中,说明有Cu(NH3)42+生成,所以该反应的离子方程式为BaCu3O4+12NH3+4H2O3Cu(NH3)42++Ba2++8OH-。(4)反应中氨气可能过量,高温下水是气态,氮气性质稳定,所以需要检验的是氨气和水蒸气。
34．（2022·浙江1月选考，28）化合物X由4种元素组成。某兴趣小组按如下流程进行实验:
实验Ⅰ
图7
实验Ⅱ
请回答:
(1)组成X的元素有 ;X的化学式为 。
(2)溶液C中溶质的成分是 (用化学式表示);根据C→D→E的现象,给出相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序: 。
(3)X与足量Na反应生成固体F的化学方程式是 。
(4)设计实验确定溶液G中的阴离子: 。
【答案】(1)Fe、S、O、H FeH(SO4)2
(2)FeCl3、HCl、BaCl2 Cl- H2O SCN- OH-
(3)2FeH(SO4)2+40Na2Fe+H2↑+4Na2S+16Na2O
(4)用玻璃棒蘸取溶液G,点在红色石蕊试纸上,若变蓝,说明存在OH-;取少量溶液G,加入足量H2O2,用盐酸酸化,再加入BaCl2溶液,有白色沉淀,说明有S2-
【解析】实验Ⅰ产生的4.66 g沉淀B不溶于盐酸,说明X中含SO42−,其物质的量为0.02 ml,其质量为1.92 g;C、D、E现象说明含Fe3+。实验Ⅱ生成固体纯净物H为0.56 g铁,其物质的量为0.01 ml。SO42−和Fe3+物质的量之比为2∶1,第四种元素的质量为0.01 g,化合价为+1价,则为氢元素,氢原子的物质的量为0.01 ml。(1)Fe3+、H+、SO42−的物质的量之比为1∶1∶2,故X的化学式为FeH(SO4)2。(2)X溶于水,溶液中存在Fe3+、H+、SO42−,加入过量BaCl2产生BaSO4沉淀,则溶液中的离子为Fe3+、H+、Ba2+、Cl-。Fe3+在溶液中以水合络离子形式存在,加入SCN-生成Fe(SCN)3,再加入NaOH溶液,产生Fe(OH)3沉淀,故与Fe3+结合能力由弱到强的顺序为Cl-、H2O、SCN-、OH-。(3)Na具有强的还原性,G溶液中加入BaCl2溶液后不产生沉淀,说明SO42−被还原。反应的方程式为2FeH(SO4)2+40Na2Fe+H2↑+4Na2S+16Na2O。(4)Na2O与水反应生成NaOH,则G溶液中含有的阴离子为OH-、S2-。检验OH-可以用酸碱指示剂;向G溶液中加入H2O2溶液氧化S2-为SO42−,然后用盐酸酸化的BaCl2溶液检验SO42−的存在。
35．（2021·浙江6月选考，28） 固体化合物X由3种元素组成,某学习小组开展如下探究实验。
其中,白色沉淀B能溶于NaOH溶液。
请回答:
(1)白色固体C的化学式是 ,蓝色溶液D中含有的溶质是 (用化学式表示)。
(2)化合物X的化学式是 ;化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构,写出该阴离子的电子式: 。
(3)蓝色溶液A与N2H5+作用,生成一种气体,溶液蓝色褪去,同时生成易溶于硝酸的白色沉淀。
①写出该反应的离子方程式: 。
②设计实验验证该白色沉淀的组成元素: 。
【答案】(1)Al2O3 Cu(NO3)2、NH4NO3、AgNO3、HNO3
(2)CuAl2Cl8 ∶Cl····∶Al∶Cl····∶∶Cl····∶∶Cl····∶-
(3)①4Cu2++N2H5++4Cl-4CuCl↓+N2↑+5H+
②将白色沉淀溶于硝酸,得到蓝色溶液,说明有Cu元素;再向溶液中加入AgNO3溶液,有白色沉淀,说明有Cl元素
【解析】A为蓝色溶液,则A中存在Cu2+,A与氨水反应生成B和深蓝色溶液,B能够溶于NaOH溶液,则B为Al(OH)3,C为Al2O3,所以A中存在Al3+,深蓝色溶液含有[Cu(NH3)4]2+,其与AgNO3溶液反应生成白色沉淀,则该沉淀为AgCl,可知深蓝色溶液中存在Cl-,确定A中存在Cu2+、Al3+和Cl-,则化合物X中含有Cu、Al、Cl三种元素。(1)根据分析可知C为Al2O3;深蓝色溶液中含有[Cu(NH3)4]2+和Cl-,硝酸酸化后,加入足量的AgNO3溶液,[Cu(NH3)4]2+与HNO3反应生成Cu(NO3)2、NH4NO3,Cl-与AgNO3反应生成AgCl沉淀。(2)由m(Al2O3)=1.020 g,得n(Al)=0.02 ml,由m(AgCl)=11.480 g,得n(Cl)=0.08 ml,再根据m(X)=4.020 g,得m(Cu)=(4.020-0.02×27-0.08×35.5) g=0.64 g,即n(Cu)=0.01 ml,则X的化学式为CuAl2Cl8。由于铜元素为+2价,则-1价阴离子为AlCl4-,为正四面体形,Al在正四面体的中心,Al、Cl都形成8电子稳定结构。(3)①蓝色消失,说明Cu2+与N2H5+发生氧化还原反应,A溶液中有Cu2+和Cl-,则白色沉淀为CuCl,Cu2+被还原为CuCl沉淀,N2H5+中氮元素被氧化为N2;②根据信息,CuCl能够溶于硝酸,CuCl与硝酸发生氧化还原反应生成Cu2+,溶液变蓝色,证明Cu元素存在;Cl-可以用AgNO3溶液检验。
36．（2021·浙江1月选考，28）某兴趣小组对化合物X开展探究实验。
其中:X是易溶于水的强酸盐,由3种元素组成;A和B均为纯净物;B可使品红水溶液褪色。
请回答:
(1)组成X的3种元素是 (填元素符号),X的化学式是 。
(2)将固体X加入温热的稀H2SO4中,产生气体B,该反应的离子方程式是 。
(3)步骤Ⅰ,发生反应的化学方程式是 。
(4)步骤Ⅱ,某同学未加H2O2溶液,发现也会缓慢出现白色浑浊,原因是 。
(5)关于气体B使品红水溶液褪色的原因,一般认为:B不能使品红褪色,而是B与水反应的生成物使品红褪色。请设计实验证明: 。
【答案】(1)Cu、S、O CuS2O6
(2)S2O62−SO42−+SO2↑
(3)+Cu(OH)2+2H2O
(4)SO2与水反应生成H2SO3;H2SO3能被氧气氧化为H2SO4,与BaCl2反应生成BaSO4
(5)配制品红无水乙醇溶液(其他非水溶剂亦可),通入SO2,不褪色;品红水溶液中加入亚硫酸钠(亚硫酸氢钠)固体,褪色更快
【解析】(1)B可使品红水溶液褪色,且B与H2O2溶液和BaCl2溶液反应可生成沉淀,则B为SO2,该沉淀C为BaSO4。X由3种元素组成,且隔绝空气加热,生成固体A和气体B,则X中含有S和O,A2与NaOH溶液反应生成蓝色悬浊液,则A2中含有Cu2+,说明X中含有S、O和Cu三种元素。A1与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀,说明A1中含有SO42−,n(S)=n(SO42−)=n(BaSO4)=1.165 g233 g·ml-1=0.005 ml,A中SO42−为0.005 ml×2=0.01 ml,A中n(CuSO4)=0.01 ml,m(CuSO4)=0.01 ml×160 g·ml-1=1.6 g,固体X的质量减去固体A的质量,得气体B的质量为2.240 g-1.6 g=0.64 g,n(SO2)=0.64 g64 g·ml-1=0.01 ml,0.01 ml SO2与H2O2溶液和BaCl2溶液反应生成0.01 ml BaSO4,质量为2.33 g,与题干相符,X中n(Cu)∶n(S)∶n(O)=0.01 ml∶(0.01+0.01) ml∶(0.04+0.01×2) ml=1∶2∶6,则X的化学式是CuS2O6。(2)CuS2O6中S的化合价为+5价,在酸性条条件下会发生歧化反应,生成SO2(S为+4价),则另一种产物推知应为SO42−(S为+6价)。(3)甘油与Cu(OH)2反应生成绛蓝色的。(4)SO2与H2O反应生成H2SO3,H2SO3可以被空气中的O2氧化生成H2SO4,而H2SO4与BaCl2反应生成BaSO4沉淀。(5)要证明SO2不能使品红褪色,可以配制无水品红(用品红的无水乙醇溶液代替),向其中通入SO2,发现品红没有褪色,即可证明SO2不能使品红褪色。SO2溶于水有H2SO3、SO32−、HSO3-等,所以向品红水溶液中加入Na2SO3或NaHSO3固体时,发现品红褪色更快,说明是SO2溶于水生成的产物使品红褪色。
选项
劳动项目
化学知识
A
帮厨活动：帮食堂师傅煎鸡蛋准备午餐
加热使蛋白质变性
B
环保行动：宣传使用聚乳酸制造的包装材料
聚乳酸在自然界可生物降解
C
家务劳动：擦干已洗净的铁锅，以防生锈
铁丝在中燃烧生成
D
学农活动：利用秸秆、厨余垃圾等生产沼气
沼气中含有的可作燃料
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
将浓硫酸加入蔗糖中形成多孔炭
浓硫酸具有氧化性和脱水性
B
装有的密闭烧瓶冷却后颜色变浅
转化为的反应吸热
C
久置空气中的漂白粉遇盐酸产生
漂白粉的有效成分是
D
溶液导电性比同浓度醋酸强
溶液的比醋酸的高
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
Na2CO3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H2O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
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
用焦炭和石英砂制取粗硅
SiO2可制作光导纤维
B
利用海水制取溴和镁单质
Br-可被氧化,Mg2+可被还原
C
石油裂解气能使溴的CCl4溶液褪色
石油裂解可得到乙烯等不饱和烃
D
FeCl3水解可生成Fe(OH)3胶体
FeCl3可用作净水剂
选项
试剂①
试剂②
A
氨水
溶液
B
溶液
溶液
C
溶液
酸性溶液
D
溶液
溶液
开始沉淀pH
1.9
4.2
6.2
沉淀完全pH
3.2
6.7
8.2
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