新高考化学二轮复习高频考点追踪练习专题06 非金属及其重要化合物（分层练）（2份打包，原卷版+解析版）

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内容概览
A·常考题不丢分
【考点一 金属及其重要化合物性质、用途】
【考点二 非金属及其重要化合物与理论、实验的结合】
【微专题 热重分析中的物质成分的判断】
B·综合素养拿高分/拓展培优拿高分
C·挑战真题争满分
【考点一 金属及其重要化合物性质、用途】
1．（2023·河南郑州·统考一模）价类二维图是基于核心元素的化合价和物质类别研究物质性质的一种模型。下图是硫元素的价类二维图。下列说法正确的是
A．硫化亚铁与稀硝酸反应可用来制取a
B．从价态角度分析，a、b、c、g、都具有还原性
C．c通入溴水中，溴水褪色，证明c有漂白性
D．b在足量的纯氧中燃烧，可一步转化为d
【答案】B
【分析】根据硫元素的价类二维图可知，a为H2S, b为S, c为SO2，d为SO3， e为H2SO3，f为H2SO4，g为硫化盐或硫化氢盐，据此分析。
【解析】A。硝酸可以氧化硫化亚铁中的硫元素而生成硫或硫酸盐，不会生成硫化氢，故A错误；B．a、b、c、g中S元素都不是最高价，故可以被氧化，具有还原性，故B正确；C．SO2会被溴水氧化而褪色，不能证明二氧化硫的漂白性，故C错误；D．硫单质在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，不能一步转化为三氧化硫，故D错误；故选B。
2．下列关于常见元素及其化合物的说法正确的是( )
A．NO2与水反应生成硝酸，说明NO2是酸性氧化物
B．SO2能使KMnO4溶液、品红溶液褪色，说明SO2具有漂白性
C．向酸性KMnO4溶液中加入Fe3O4粉末，紫色褪去，说明Fe3O4中含有+2价Fe
D．硫与浓H2SO4在加热条件下生成SO2和水，说明浓H2SO4具有酸性和强氧化性
【答案】C
【解析】A项，酸性氧化物是与碱反应生成盐和水的氧化物；NO2与水反应生成硝酸，不能说明NO2是酸性氧化物，A错误；B项，SO2能使KMnO4溶液褪色，说明SO2具有还原性，SO2能使品红溶液褪色，是SO2具有漂白性的体现，B错误；C项，向酸性KMnO4溶液中加入Fe3O4粉末，紫色褪去，说明Fe3O4中含有+2价Fe，二价铁和高锰酸根离子发生氧化还原反应，紫色褪去，C正确；D项，硫与浓H2SO4在加热条件下生成SO2和水，该反应是浓硫酸和非金属单质的反应，不能说明浓H2SO4具有酸性，D错误。故选C。
3.（2023·江苏南通·统考模拟预测）在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】A．氧化铝在冰晶石作用下熔点降低，电解熔融的氧化铝生成铝单质，单质铝与氧化铁发生铝热反应生成单质铁，A正确；B．碳酸的酸性强于次氯酸，次氯酸钙溶液与二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸光照条件下分解生成氧气和HCl，无法生成氯气，B错误；C．S在氧气中燃烧无法直接生成三氧化硫，C错误；D．稀硝酸和铜反应生成一氧化氮，不是二氧化氮，D错误；故答案选A。
4．（2023·四川攀枝花·统考一模）我国科学家发现深海处在微生物作用下的含硫物质转化成HS-的变化过程如下图所示(已略去部分不含硫物质)。有关转化过程说法正确的是
A．，
B．与的反应中，只作氧化剂，只作还原剂
C．、、在转化过程中硫元素的化合价均降低
D．理论上每产生1.2ml，、共得到5.0ml
【答案】A
【解析】A．根据题干流程图可知，配平之后反应3+24e-+24H+=6HS-+9H2O，消耗24mlH+，反应3+18e-+21H+=3HS-+9H2O，消耗21mlH+，即x=21，y=24，A正确；B．与的反应即+SCN-=+CN-中，未有元素的化合价发生改变，属于非氧化还原反应，B错误；C．由题干流程图可知，中S的化合价由+6价降低到的+4价，中+2.5价的S降低到中的+2价，中升高到中的+4价，C错误；D．由A项分析可知，理论上每产生1.2ml其中0.4ml由还原得到，0.8ml由还原得到，故、共得到0.4×6+0.8×8=8.8ml，D错误；故答案为：A。
5．在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，A正确；S与O2点燃生成SO2，SO2 与BaCl2溶液不反应，与Ba(OH)2反应生成白色沉淀BaSO3，SO2+Ba(OH)2=BaSO3↓+H2O，B错误；氨气和氧气在催化剂的存在下可以生成一氧化氮气体，而不是生成二氧化氮气体，C错误；加热条件下，Mg2+水解程度增大，生成Mg(OH)2，得不到MgCl2，D错误。
【考点二 非金属及其重要化合物与理论、实验的结合】
1．（2023·山东日照·统考三模）碲被誉为“现代工业、国防与尖端技术的维生素”，某精炼铜的阳极泥经过处理后的主要成分为、、CuO等，从中回收确和胆矾的工艺如下。
已知：①高温焙烧后的产物为和；②是两性氧化物，与强酸和强碱反应分别生成和。下列说法错误的是
A．“酸化”时还需要再加入一定量的，目的是将铜元素完全转化为
B．“还原”步骤中，发生的离子方程式为
C．“电解”时，若使用阳离子交换膜会降低Te的产率
D．流程中可循环使用的物质是硫酸和氢氧化钠
【答案】C
【分析】干燥的阳极泥有、、CuO，高温灼烧后生成和Cu2O，与硫酸反应生成物有TeOSO4和硫酸铜、铜单质（氧化亚铜与硫酸反应生成硫酸铜和铜），TeOSO4与SO2反应生成Te单质和硫酸；和Cu2O与氢氧化钠反应时，氧化亚铜不反应，分离后与生成的硫酸反应生成硫酸铜，最终得到胆矾，与氢氧化钠反应生成Na2TeO3，电解Na2TeO3得到Te单质、氢氧化钠和H2。
【解析】A．酸化时要加入H2O2，把亚铜离子和铜单质在酸性条件下转化为铜离子，故A正确；B．还原步骤中，SO2把TeO2+中+4价的Te还原成单质，自身被氧化为硫酸根离子，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，该方程式，故B正确；C．电解Na2TeO3得到Te单质、氢氧化钠和H2，在阴极上得到H2和氢氧化钠，阳极上得到Te单质，应该选择阳离子交换膜，让钠离子通过交换膜向阴极移动形成氢氧化钠，防止阳极上生成的Te单质与氢氧化钠反应，用阴离子交换膜会让氢氧根移向阳极与生成的Te单质反应，造成产率降低，故C错误；D．电解生成的氢氧化钠和还原得到的硫酸可以循环利用，故D正确；答案选C。
2．（2023·江苏南京·南京师大附中校考模拟预测）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
【答案】B
【解析】A．向Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体，发生氧化还原反应生成硫酸钙，不能比较亚硫酸和次氯酸的酸性，故A错误；B．碘和四氯化碳均为非极性分子，相互溶解，向5mL碘水中加入1mLCCl4振荡，静置，上层无色，下层紫色，符合“相似相溶”规律，故B正确；C．将足量的H2O2溶液滴入少量的酸性高锰酸钾溶液，溶液的紫色褪去，双氧水被氧化，高锰酸钾被还原，H2O2具有还原性，故C错误；D．向某溶液中滴加浓NaOH溶液并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，加热，试纸颜色无明显变化，才能说明原溶液中无，故D错误；故选B。
3．（2023·北京西城·北京四中校考模拟预测）能用如图所示装置完成气体制备、尾气处理(加热和夹持等装置略去)的是

【答案】A
【解析】A．铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、NO2、水，NO2采用排空法收集后，多余的尾气可以采用NaOH溶液吸收，故A正确；B．实验室制取二氧化碳不选用大理石和硫酸，因为会生成硫酸钙覆盖在碳酸钙表面阻止反应，应该选用稀盐酸和碳酸钙反应，故B错误；C．电石与水反应生成氢氧化钙和乙炔，乙炔与水不反应，尾气乙炔应该用酸性高锰酸钾溶液吸收处理，故C错误；D．氯气与饱和NaCl溶液不反应，不能用饱和氯化钠吸收尾气，应该选用氢氧化钠溶液进行吸收，故D错误；故选：A。
4．（2023·四川雅安·统考模拟预测）对浓度均为0.1ml·L-1的①Na2CO3溶液，②NaHCO3溶液，下列分析错误的是
A．①、②中的离子种类相同
B．两种溶液中c(Na+)：①=②
C．两种溶液的c(OH-)大小：①>②
D．①、②均有
【答案】B
【解析】A．NaHCO3和Na2CO3溶液中都存在、、OH-、H+、Na＋，离子种类相同，A不符合题意；B．0.1ml·L-1的Na2CO3溶液中c(Na+)=0.2 ml·L-1，0.1ml·L-1的NaHCO3溶液中c(Na+)=0.1 ml·L-1，B符合题意；C．同浓度时，Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度，故溶液中c(OH-)前者大于后者，C不符合题意；D．根据碳原子守恒，两溶液中的碳原子总浓度均为0.1ml·L-1，故均有，D不符合题意；故选B。
5．（2023·河南·校联考一模）计算机模拟单个处理废气在催化剂表面发生反应的反应历程如下，下列说法错误的是
A．反应Ⅰ为反应决速步骤
B．反应的热化学方程式为
C．反应Ⅰ的离子方程式为
D．反应中消耗可处理含的废气
【答案】B
【解析】A．反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ的活化能，活化能越大反应速率越快，反应Ⅰ为反应决速步骤，A正确；B．题目中是1个和2个和1个H2O，参与反应的能量变化，热化学方程式反应物应该以ml为单位参与反应，该反应的热化学方程式为反应的热化学方程式为 ，B错误；C．由中信息可知反应Ⅰ是和 反应生成 ，离子方程式为，C正确；D．由化学方程式可知，反应中消耗可处理2ml的NO2，质量为，D正确；故答案选B。
【微专题 热重分析中的物质成分的判断】
1.（2023·吉林长春·东北师大附中校考一模）摩尔盐是分析化学中重要的基准物质，其化学式可表示为(NH4)2Fe(SO4)2·H2O。为测定其结晶水含量并进一步探究其在惰性气体氛围中的热分解反应过程，现取一定质量的摩尔盐晶体做热重分析，绘制出如图的热重曲线【已知：(NH4)2SO4分解有N2生成】：

已知：①
②摩尔盐在580℃下完全分解、得到红棕色固体
下列说法错误的是
A．可用K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液检验摩尔盐中的金属阳离子
B．
C．摩尔盐在580℃下完全分解后的气体产物是：N2、SO2、SO3、H2O
D．摩尔盐可作为基准物质用于标定高锰酸钾是因为其性质稳定且摩尔质量大
【答案】C
【解析】A．摩尔盐中铁元素化合价+2价，Fe2+与K3[Fe(CN)6](铁氰化钾溶液)反应生成蓝色的铁氰化亚铁沉淀，可用K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液检验摩尔盐中的金属阳离子Fe2+，A正确；B．摩尔盐在580℃下完全分解，得到的红棕色固体为Fe2O3，设( (NH4)2Fe(SO4)2•xH2O)为1ml，则根据铁元素守恒可知，摩尔盐在580℃下完全分解，得到的Fe2O3为0.5ml，质量为80g，由图可知，最终TG=100%-9.2%-9.2%-9.2%-52.0%=20.4%，则最初1ml摩尔盐的质量为≈392g，即摩尔盐的相对分子质量为392，故18×2+56+96×2+18x=392，解得x=6，B正确；C．摩尔盐在580℃下完全分解后有Fe2O3，Fe2O3中铁元素是+3价，气体中SO2中硫元素是+4价，SO3中硫元素是+4价，N2氮元素还是-0价，化合价有升高也有降低，但根据摩尔盐的化学式，化合价升高的总数不可能等于化合价降低的总数，C错误；D．摩尔盐较稳定，且摩尔质量大配制标准液时误差小，更适合作标准液，Fe2+能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，D正确，故答案为：C。
2．（2024·广西北海·统考一模）样品受热分解过程的热重曲线(固体质量随温度变化的曲线)如图所示。下列说法正确的是
A．属于混合物B．结晶水在第一个失重台阶并未全部失去
C．第二个失重台阶得到的固体为D．第三个失重台阶得到的固体为
【答案】C
【解析】A．有固定组成，属于纯净物，A错误；B．的摩尔质量为的物质的量为，其中结晶水的质量为，若失去全部结晶水，固体质量应减少到，由图可知，结晶水在第一个失重台阶已全部失去，B错误；C．第二个失重台阶得到的固体若为，则根据锰元素守恒，的物质的量的质量为，与图相符，C正确；D．第三个失重台阶得到的固体若为，则根据锰元素守恒，的物质的量的质量为，与图不符，D错误；故答案为：C。
3．（2022·全国·高三校联考阶段练习）硝酸钬可用作科研试剂等。4.41g受热分解过程的热重曲线(晶体质量随温度变化的曲线)如图所示。
已知中。下列说法错误的是
A．中n值为5
B．M点物质的化学式为
C．已知Q点物质的化学式为，则M→Q过程的其他产物为和NO
D．P点氧化物的化学式为
【答案】C
【解析】中，所以。
A．中n值为5，选项A正确；B．M点质量减少，4.41g-3.69g=0.72g，为水，物质的量为=0.04ml，4.41g的物质的量为，所以1ml失去4mlH2O，M点物质为，选项B正确；C．Q点产物，由H元素守恒n(H)=0.01ml，则为0.0025ml，质量为0.0025ml594g/ml=1.485g，另外产物质量3.24g-1.485g=1.755g，但若是H2O和NO，只涉及N的化合价降低，没有化合价升高，不可能，选项C错误；D．由H元素守恒m(H)=0.01ml165g/ml=1.65g，则m(O)=1.89g-1.65g=0.24g，n(O)==0.015ml，所以n(H):n(O)=0.01ml:0.015ml=2:3，则P点氧化物化学式为H2O3，选项D正确；答案选C。
4．（2023上·江苏南通·高一江苏省南通中学校考期中）黄铵铁矾是硫酸体系中除铁的常用试剂，化学式可表示为(其中铁为+3价)，摩尔质量为480g/ml。依据下列实验和数据可确定黄铵铁矾的化学式。
Ⅰ．称取黄铵铁矾2.400g，加入足量NaOH溶液充分反应后过滤，向滤液中加入是量盐酸酸化的BaCl2溶液，得到沉淀2.330g。
Ⅱ．对黄铵铁矾样品进行热分解实验，其结果可用下图热重曲线表示(已知：黄铵铁矾在300℃前分解释放的物质为H2O，300~575℃之间只有NH3和H2O放出，670℃以上得到的是纯净的红棕色粉末)。下列说法中不正确的是
A．根据实验可知，z=2
B．300~575℃之间完全释放出气体后，残留固体中估计存在Fe、O、S三种元素
C．2.400g样品中铁元素的质量为0.84g
D．根据计算可得，x=2，w=6
【答案】D
【分析】2.400g黄铵铁矾的物质的量为=0.005ml，BaSO4的物质的量为=0.01ml，则z=2。480g黄铵铁矾的物质的量为1ml，红棕色粉末为Fe2O3，质量为240g，物质的量为=1.5ml，则y=3。依据质量守恒可得：18x+17w=480-2×96-3×56=120，依据电荷守恒可得：x+3×3=2×2+w，解方程得：x=1、w=6，从而得出黄铵铁矾的化学式为。
【解析】A．由分析可知，z=2，A正确；B．670℃以上得到Fe2O3，575℃前只得到NH3和H2O，则575℃后残留固体中一定存在Fe、O、S三种元素，B正确；C．480g黄铵铁矾中含有3mlFe，则2.400g样品中铁元素的质量为=0.84g，C正确；D．根据计算可知，x=1，w=6，D不正确；故选D。
5．（2021上·山东德州·高三统考期末）稀土永磁材料——高性能钕铁硼合金为新能源汽车提供核心原材料。从制钕铁硼的废料中提取氧化钕()的工艺流程如图1所示，草酸钕晶体的热重曲线如图2所示。
已知：常温下，，下列说法错误的是
A．气体的主要成分是H2，滤渣是硼和其他不溶性杂质
B．往滤液1中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，且温度越高反应速率越快
C．常温下，加入氢氧化钠溶液pH=4时，Fe3+已沉淀完全
D．由图2可知，500℃时剩余固体的主要成分是Nd2O2CO3
【答案】B
【解析】A．钕铁硼废料中含有钕、铁元素，与盐酸反应生成H2，故气体的主要成分是H2，由工艺流程可知，滤渣是硼和其他不溶性杂质，A项正确；B．分析工艺流程图可知，加入H2O2并调节溶液的pH，得到Fe(OH)3沉淀，可知往滤液1中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，但温度越高，会使得H2O2分解，反应速率减慢。B项错误；C．当加入氢氧化钠溶液pH=4时，溶液中c(OH‒)=，c(Fe3+)=＜10‒5，Fe3+沉淀完全，C项正确；
D．由图2可知，500℃时剩余固体的质量为草酸钕晶体质量的51.9%，根据已知：，则此时剩余固体的摩尔质量M=，可知剩余固体的主要成分是Nd2O2CO3，D项正确；答案选B。
1．(2024·辽宁丹东·高三统考期中)下列关于氯及其化合物的说法错误的是( )
A．HCl→Cl2→NaClO均可一步实现
B．在化学反应中，HCl既能被氧化，又能被还原
C．漂白粉既可作棉、麻的漂白剂，又可作游泳池的消毒剂
D．氯气可使有色的鲜花瓣褪色，说明Cl2具有漂白性
【答案】D
【解析】A项，HCl与次氯酸钠反应生成Cl2，Cl2与氢氧化钠反应生成NaClO，均可一步实现，故A正确；B项，HCl中Cl显示-1价，只能被氧化，H显示+1价，可以被还原，故B正确；C项，漂白粉含有次氯酸根，次氯酸根与空气中二氧化碳反应生成次氯酸，具有强氧化性，既可作棉、麻的漂白剂，又可作游泳池的消毒剂，故C正确；D项，氯气可使有色的鲜花瓣褪色，是因为氯气与花瓣中的水生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，故D错误；故选D。
2．（2023·浙江·校联考一模）足量的铜溶于一定量浓硝酸，产生NO2、N2O4、NO的混合气体。这些气体若与3.36LO2(标准状况)混合后通入水中，气体恰好能被水完全吸收。若向原所得溶液中加入5 ml∙L-1H2SO4溶液250mL，则继续溶解一定量的Cu。下列说法正确的是
A．最后溶液是CuSO4、Cu(NO3)2混合液
B．最多溶解铜的质量是57.6g
C．放电或高温下N2与O2反应是现代工业制硝酸的基础
D．铜与浓硝酸的反应仅体现了硝酸的强氧化性
【答案】B
【分析】足量的铜溶于一定量浓硝酸，产生NO2、N2O4、NO的混合气体。这些气体若与3.36LO2(标准状况)混合后通入水中，气体恰好能被水完全吸收，则发生的总反应为2Cu+O2+4HNO3=2Cu(NO3)2+2H2O，n(O2)=0.15ml，则n(Cu)=0.3ml，n()=0.6ml。
【解析】A．向原所得溶液中加入5 ml∙L-1H2SO4溶液250mL，发生反应3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，n()=0.6ml，n(H+)=2.5ml，则完全反应，最后溶液是CuSO4溶液，A不正确；B．n()=0.6ml，最多溶解铜的物质的量为0.9ml，质量是0.9ml×64g/ml=57.6g，B正确；C．现代工业制硝酸的第一步反应，是氨的催化氧化反应4NH3+5O24NO+6H2O，C不正确；D．铜与浓硝酸的反应为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，硝酸体现强氧化性和酸性，D不正确；故选B。
3．（2023·江苏镇江·江苏省镇江第一中学校考一模）氯及其化合物应用广泛。氯的单质Cl2可由MnO2与浓盐酸共热得到，Cl2能氧化Br-，可从海水中提取Br2；氯的氧化物ClO2可用于自来水消毒，ClO2是一种黄绿色气体，易溶于水，与碱反应会生成ClO与ClO，在稀硫酸和NaClO3的混合溶液中通入SO2气体可制得ClO2；漂白液和漂白粉的有效成分是次氯酸盐，可作棉、麻的漂白剂。下列含氯物质的转化正确的是
A．漂白粉HClO(aq)Cl2(g)
B．MgCl2(aq)无水MgCl2Mg
C．NaCl(aq)Cl2(g) FeC13
D．NaCl(aq)NaHCO3(aq)Na2CO3(s)
【答案】C
【解析】A．H2CO3酸性强于HClO，CO2通入漂白粉中可制备HClO。但HClO见光分解为HCl和O2，A项错误；B．MgCl2加热易水解产生Mg(OH)2，获得无水MgCl2需要在HCl氛围中加热。MgCl2熔融电解得到Mg，B项错误；C．NaCl溶液电解阳极Cl-放电得到Cl2，铁在Cl2中燃烧生成FeCl3，C项正确；D．氯化钠溶液不能和二氧化碳反应，且NaHCO3固体受热分解可得到Na2CO3，而不是溶液分解，D项错误；故选C。
4．（2023·浙江宁波·统考模拟预测）物质的性质决定用途，下列两者关系对应不正确的是
A．铝合金质量轻、强度大，可用作制造飞机和宇宙飞船的材料
B．FeCl3溶液呈酸性，可腐蚀覆铜板制作印刷电路板
C．CuS、HgS极难溶，可用Na2S作沉淀剂除去废水中的Cu2+和Hg2+
D．碳化硅硬度大，可用作砂纸、砂轮的磨料
【答案】B
【解析】A．合金的密度比成分金属一般较小，硬度一般比成分金属要大，故铝合金质量轻、强度大，决定其可用作制造飞机和宇宙飞船的材料，A不合题意；B．用FeCl3溶液腐蚀覆铜板制作印刷电路板的原理为：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，反应中FeCl3作氧化剂，与其溶液呈酸性无关，B符合题意；C．由于CuS、HgS极难溶，故可用Na2S作沉淀剂除去废水中的Cu2+和Hg2+，C不合题意；D．碳化硅硬度大，可用作砂纸、砂轮的磨料，D不合题意；故答案为：B。
5．（2023·天津河西·天津市新华中学校考一模）下列实验对应的结论正确的是
【答案】A
【解析】A．由图可知，放在热水中圆底烧瓶的颜色深于放在冰水中圆底烧瓶的颜色，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，故A正确；B．二氧化硫与水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性，酸性条件下硝酸钡溶液与二氧化硫反应生成硫酸钡沉淀、一氧化氮和水，则反应生成的白色沉淀为硫酸钡，不是亚硫酸钡，故B错误；C．碳酸钠溶液中分别加入硝酸银溶液和氯化钡溶液能生成碳酸银和碳酸钡的白色沉淀，则待测液中加入硝酸银溶液和氯化钡溶液白色沉淀，不能确定溶液中是否存在氯离子和硫酸根离子，故C错误；D．若溶液中银离子与亚铁离子反应生成银和铁离子的反应是可逆反应，向反应后溶液中加入硫氰化钾溶液，也会有白色硫氰化银白色沉淀，则反应生成白色沉淀不能说明溶液中银离子与亚铁离子不反应，故D错误；故选A。
6．（2023·江苏南通·统考模拟预测）室温下，用溶液吸收SO2的过程如图所示。已知，，下列说法正确的是
A．溶液中：
B．溶液中：
C．吸收烟气后的溶液中：
D．“沉淀”得到的上层清液中：
【答案】C
【解析】A．由可知，，的电离能力大于水解能力，所以，A错误；B．溶液中：，B错误；C．吸收烟气后的溶液为和的混合溶液，则，C正确；D．有沉淀产生，因此上层清液为饱和溶液，则，D错误；故选C。
7．（2023·浙江·校联考一模）太阳能光电催化-化学耦合分解H2S的装置如图所示。下列说法不正确的是
A．若接铅蓄电池进行电解，b极接Pb电极
B．a极的电极反应为：
C．理论上每生成1ml氢气则消耗2 ml Fe2+
D．利用太阳能光进行电催化可以节约能源并产生清洁能源
【答案】B
【解析】A．从图中可以看出，b极H+得电子生成H2，则b极为阴极，若接铅蓄电池进行电解，b极接Pb电极(负极)，A正确；B．a极的电极反应为：Fe2+-e-=Fe3+，B不正确；C．理论上每生成1ml氢气，线路中转移2mle-，则消耗2 ml Fe2+，C正确；D．利用太阳能光进行电催化，将光能转化为化学能，不需消耗电能，可以节约能源，并产生清洁能源，D正确；故选B。
8.随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用，并被誉为“合金的维生素”。经过热重分析测得：NH4VO3在焙烧过程中，固体质量的减少值(纵坐标)随温度变化的曲线如图所示。则NH4VO3在分解过程中________。
A．先分解失去H2O，再分解失去NH3
B．先分解失去NH3，再分解失去H2O
C．同时分解失去H2O和NH3
D．同时分解失去H2、N2和H2O
【答案】B
【解析】[NH4VO3的摩尔质量为117 g/ml，设NH4VO3物质的物质的量为1 ml，则210℃时失重的质量为1 ml×117 g/ml×(1－85.47%)＝17 g。NH3的摩尔质量为17 g/ml，所以先分解失去NH3。根据质量守恒定律，化学方程式为NH4VO3eq \(=====,\s\up7(210℃))HVO3＋NH3↑。即可确定选B。380 ℃时失重的质量为1 ml×117 g/ml×(1－77.78%)＝26 g。在第一次失重的基础上，第二次又失去的质量为26 g－17 g＝9 g。H2O的摩尔质量为18 g/ml，所以再分解失去0.5 ml H2O。根据质量定律守恒，化学方程式为2HVO3eq \(=====,\s\up7(380 ℃))V2O5＋H2O↑。确定B选项正确。
9.PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如图所示，已知失重曲线上的a点样品失重4.0%(即eq \f(样品起始质量－a点固体质量,样品起始质量)×100%)的残留固体。若a点固体组成表示为PbOx或mPbO2·nPbO，列式计算x值和m∶n值_________。
【答案】1.4，2：3
【解析】根据PbO2PbOx＋eq \f(2－x,2)O2↑(注PbO2相对分子质量为239)，由eq \f(2－x,2)×32＝239×4.0%，得x＝2－eq \f(239×4.0%,16)≈1.4，根据mPbO2·nPbO，得eq \f(2m＋n,m＋n)＝1.4，eq \f(m,n)＝eq \f(0.4,0.6)＝eq \f(2,3)。
10.为确定NVCO{化学式可表示为(NH4)a[(VO)b(CO3)c(OH)d]·10H2O}的组成，进行如下实验：
①称取2.130 g样品与足量NaOH充分反应，生成NH3 0.224 L(已换算成标准状况下)。
②另取一定量样品在氮气氛围中加热，样品的固体残留率(eq \f(固体样品的剩余质量,固体样品的起始质量)×100%)随温度的变化如图所示(分解过程中各元素的化合价不变)。
根据以上实验数据计算确定NVCO的化学式(写出计算过程)。
【答案】(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O。
【解析】设NVCO的摩尔质量为M g·ml－1，由89 ℃时剩余固体样品的质量得eq \f(M－18×8,M)＝0.864 8，解得M≈1 065；由367 ℃时剩余固体样品的质量得eq \f(b（51＋32）,M)＝0.467 6，解得b≈6；由eq \f(2.130 g,1 065 g·ml－1)×a＝n(NH3)＝eq \f(0.224 L,22.4 L·ml－1)＝0.01 ml，解得a＝5；由最后产物为VO2可知，该化合物中V为＋4价，由各元素正负化合价代数和为0可得，2c＋d＝5×1＋2×6＝17，由该化合物的相对分子质量18a＋67b＋60c＋17d＋180＝1 065可知，60c＋17d＝393，解得c＝4，d＝9，将a＝5，b＝6，c＝4，d＝9代入化学式可得NVCO的化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O。
1．（2023·重庆·统考高考真题）溶解度随温度变化的曲线如图所示，关于各点对应的溶液，下列说法正确的是

A．点等于点
B．点大于点
C．点降温过程中有2个平衡发生移动
D．点
【答案】B
【解析】A．温度升高，水的电离程度增大，则点小于点，A错误；B．升高温度促进铵根离子的电离，且N点铵根离子浓度更大，水解生成氢离子浓度更大，N点酸性更强，故点大于点，B正确；C．点降温过程中有水的电离平衡、铵根离子的水解平衡、硫酸铵的溶解平衡3个平衡发生移动，C错误；D．点为硫酸铵的不饱和溶液，由电荷守恒可知，，D错误；故选B。
2．（2023·广东·统考高考真题）利用活性石墨电极电解饱和食盐水，进行如图所示实验。闭合，一段时间后

A．U型管两侧均有气泡冒出，分别是和B．a处布条褪色，说明具有漂白性
C．b处出现蓝色，说明还原性：D．断开，立刻闭合，电流表发生偏转
【答案】D
【分析】闭合，形成电解池，电解饱和食盐水，左侧为阳极，阳极氯离子失去电子生成氯气，电极反应为2Cl-—2e-=Cl2↑，右侧为阴极，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，总反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。
【解析】A．根据分析，U型管两侧均有气泡冒出，分别是和，A错误；B．左侧生成氯气，氯气遇到水生成HClO，具有漂白性，则a处布条褪色，说明HClO具有漂白性，B错误；C．b处出现蓝色，发生Cl2+2KI=I2+2KCl，说明还原性：，C错误；D．断开，立刻闭合，此时构成氢氯燃料电池，形成电流，电流表发生偏转，D正确；故选D。
3．（2023·广东·统考高考真题）按图装置进行实验。将稀硫酸全部加入Ⅰ中的试管，关闭活塞。下列说法正确的是

A．Ⅰ中试管内的反应，体现的氧化性B．Ⅱ中品红溶液褪色，体现的还原性
C．在Ⅰ和Ⅲ的试管中，都出现了浑浊现象D．撤掉水浴，重做实验，Ⅳ中红色更快褪去
【答案】C
【分析】Ⅰ中发生反应，二氧化硫进入Ⅱ中使品红溶液褪色，二氧化硫进入Ⅲ中与硫化钠反应生成S沉淀，二氧化硫进入Ⅳ中与氢氧化钠反应使溶液碱性减弱，酚酞褪色。
【解析】A．Ⅰ中试管内发生反应 ，氢元素化合价不变， 不体现氧化性，故A错误；B．Ⅱ中品红溶液褪色，体现的漂白性，故B错误；C．Ⅰ试管内发生反应，Ⅲ试管内发生反应，Ⅰ和Ⅲ的试管中都出现了浑浊现象，故C正确；D．撤掉水浴，重做实验，反应速率减慢，Ⅳ中红色褪去的速率减慢，故D错误；故选C。
4．(2023•山东卷)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AlCl3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】A项，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；B项，蔗糖和淀粉的水解时常采用稀硫酸作催化剂，B不合题意；C项，清洗附有银镜的试管用稀硝酸，反应原理为：Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，C不合题意；D项，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；故选D。
5．(2022•河北省选择性考试)定窑是宋代五大名窑之一，其生产的白瓷闻名于世。下列说法正确的是( )
A．传统陶瓷是典型的绝缘材料B．陶瓷主要成分为SiO2和MgO
C．陶瓷烧制的过程为物理变化D．白瓷的白色是因铁含量较高
【答案】A
【解析】A项，陶瓷是良好的绝缘体，传统陶瓷是典型的绝缘材料，常用于高压变压器的开关外包装和器件，A正确；B项，陶瓷的主要成分为硅酸盐，而不是SiO2和MgO，C错误；C项，陶瓷烧制过程发生复杂的化学反应，由新物质生成，属于化学变化，C错误；D项，由于Fe2+、Fe3+和铁的氧化物均有颜色，故陶瓷中含铁量越多，陶瓷的颜色越深，白瓷的白色是因为铁含量较低甚至几乎不含，D错误；故选A。
6．(2023•浙江省1月选考)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H2 B．工业上煅烧黄铁矿(FeS2)生产SO2
C．工业上用氨的催化氧化制备NOD．常温下铁与浓硝酸反应可制备NO2
【答案】D
【解析】A项，乙醇分子中含有羟基，可以和钠反应生成氢气，A正确；B项，黄铁矿(FeS2)在空气中煅烧生成二氧化硫和氧化铁，B正确；C项，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；D项，常温下铁与浓硝酸会发生钝化，不能制备二氧化氮，D错误；故选D。
7．(2022•广东选择性考试)实验室用MnO2和浓盐酸反应生成Cl2后，按照净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置(“→”表示气流方向)不能达到实验目的的是( )
【答案】D
【解析】A项，浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，可用饱和食盐水除去HCl，Cl2可用浓硫酸干燥，A装置能达到实验目的，故A不符合题意；B项，氯气的密度大于空气，用向上排空气法收集，B装置能收集氯气，故B不符合题意；C项，湿润的红布条褪色，干燥的红色布条不褪色，可验证干燥的氯气不具有漂白性，故C不符合题意；D项，氯气在水中的溶解度较小，应用NaOH溶液吸收尾气，D装置不能达到实验目的，故D符合题意；故选D。
8．（2023·江苏·统考高考真题）氢元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。、、是氢元素的3种核素，基态H原子的核外电子排布，使得H既可以形成又可以形成，还能形成、、、、等重要化合物；水煤气法、电解水、光催化分解水都能获得，如水煤气法制氢反应中，与足量反应生成和吸收131.3kJ的热量。在金属冶炼、新能源开发、碳中和等方面具有重要应用，如在催化剂作用下与反应可得到。我国科学家在氢气的制备和应用等方面都取得了重大成果。下列化学反应表示正确的是
A．水煤气法制氢：
B．催化加氢生成的反应：
C．电解水制氢的阳极反应：
D．与水反应：
【答案】B
【解析】A．水煤气法制氢的反应为吸热反应，其热化学方程式为 ，A错误；B．由题意可知在催化剂作用下与反应可得到，根据原子守恒可得离子方程式为，B正确；C．电解水制氢的阳极反应为，C错误；D．与水反应化学方程式为，中H原子不守恒，D错误。 故选B。
9．（2022·广东·高考真题）为检验牺牲阳极的阴极保护法对钢铁防腐的效果，将镀层有破损的镀锌铁片放入酸化的溶液中。一段时间后，取溶液分别实验，能说明铁片没有被腐蚀的是
A．加入溶液产生沉淀B．加入淀粉碘化钾溶液无蓝色出现
C．加入溶液无红色出现D．加入溶液无蓝色沉淀生成
【答案】D
【分析】镀层有破损的镀锌铁片被腐蚀，则将其放入到酸化的3%NaCl溶液中，会构成原电池，由于锌比铁活泼，作原电池的负极，而铁片作正极，溶液中破损的位置会变大，铁也会继续和酸化的氯化钠溶液反应产生氢气，溶液中会有亚铁离子生成。
【解析】A．氯化钠溶液中始终存在氯离子，所以加入硝酸银溶液后，不管铁片是否被腐蚀，均会出现白色沉淀，故A不符合题意；B．淀粉碘化钾溶液可检测氧化性物质，但不论铁片是否被腐蚀，均无氧化性物质与碘化钾发生反应，故B不符合题意；C．KSCN溶液可检测铁离子的存在，上述现象中不会出现铁离子，所以无论铁片是否被腐蚀，加入KSCN溶液后，均无红色出现，故C不符合题意；D．K3[Fe(CN)6]是用于检测Fe2+的试剂，若铁片没有被腐蚀，则溶液中不会生成亚铁离子，则加入K3[Fe(CN)6]溶液就不会出现蓝色沉淀，故D符合题意。综上所述，答案为D。
10．（2021·湖北·统考高考真题）常温下，已知H3PO3溶液中含磷物种的浓度之和为0.1ml·L-1，溶液中各含磷物种的pc—pOH关系如图所示。图中pc表示各含磷物种的浓度负对数(pc=-lgc)，pOH表示OH-的浓度负对数[pOH=-lgc(OH-)]；x、y、z三点的坐标：x(7.3，1.3)，y(10.0，3.6)，z(12.6，1.3)。下列说法正确的是
A．曲线①表示pc(H3PO3)随pOH的变化
B．H3PO3的结构简式为
C．pH=4的溶液中：c(H2PO)1.0×105
【答案】D
【解析】A．图象中含P物质只有3种，说明为二元弱酸。随着逐渐增大，减小，根据 、 ，知逐渐减小，先增大后减小，逐渐增大，，则逐渐增大，先减小后增大，逐渐减小，故曲线③表示，曲线②表示，曲线①表示；根据x点知，时，，c(OH-)=10-7.3ml/L，c(H+)=10-6.7ml/L，则的，根据z点知，，，c(OH-)=10-12.6ml/L，c(H+)=10-1.4ml/L，则的，曲线①表示随的变化，故A错误；B．为二元弱酸，其结构简式为，故B错误；C．即，由图可知，此时，，即，而，故，故C错误；D．由减去，可得，则平衡常数，故D正确；故答案：D。
选项
实验操作
现象
结论
A
向Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体
有沉淀生成
酸性：H2SO3>HClO
B
向5mL碘水中加入1mLCCl4振荡，静置
上层无色，下层紫色
符合“相似相溶”规律
C
将足量的H2O2溶液滴入少量的酸性高锰酸钾溶液
溶液的紫色褪去
H2O2具有漂白性
D
向某溶液中滴加NaOH溶液并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口
试纸颜色无明显变化
原溶液中无
气体
制备试剂
烧杯中试剂
A
NO2
铜与浓硝酸
NaOH溶液
B
CO2
大理石和硫酸
石灰水
C
C2H2
电石与水
水
D
Cl2
MnO2与浓盐酸
饱和NaCl溶液
选项
A
B
C
D
实验
有白色沉淀产生

均有白色沉淀

产生白色沉淀()
结论
正反应放热
白色沉淀一定是
待测液中含有和
与不反应