必练11 元素及其化合物性质、二维价态图-2024年高考化学总复习高频考点必刷1000题（广东专用）

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【尖子生创造营】2024年高考化学总复习高频考点必刷1000题（广东专用）
必练11 元素及其化合物性质、二维价态图
1．(2023·广东高考真题)按图3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H+ 的氧化性 B．Ⅱ中品红溶液褪色，体现SO2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
【详解】A．I中试管内的反应，是硫代硫酸根的岐化反应，H+ 不体现氧化性，A错误；B．Ⅱ中品红溶液褪色，体现SO2的漂白性，而不是还原性，B错误；C．在I的试管中，生成了S单质，出现浑浊，在Ⅲ的试管中，SO2与Na2S在酸性条件下反应2S2-+SO32−+6H+=3S↓+3H2O也生成了S单质，都出现了浑浊现象，C正确；D．撤掉水浴，重做实验，I中试管内的反应速率减慢，IV中红色褪去更慢，D错误。
故选C。
2．(2023·广东高考真题)部分含Na或含Cu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H2O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H2O反应生成O2，则b中含共价键
【答案】B
【详解】A．c为NaOH，d为Cu(OH)2，e为CuO，铜盐与NaOH反应可得Cu(OH)2，Cu(OH)2受热分解可生成CuO，即存在c→d→e的转化，A正确；B．能与H2O反应生成c（NaOH）的物质除了b(Na2O)，a(Na)也可以，B错误；C．新制的d[ Cu(OH)2]可用于检验葡萄糖中的醛基，C正确；D．若b（Na2O2）能与H2O反应生成O2，则b中含共价键，D正确。
3．(2022·广东高考真题)陈述Ⅰ和Ⅱ均正确但不具有因果关系的是
【答案】A
【解析】
A．焦炭具有还原性，工业上常利用焦炭与石英砂（SiO2）在高温条件下制备粗硅，这与SiO2是否做光导纤维无因果关系，故A符合题意；
B．海水中存在溴离子，可向其中通入氯气等氧化剂将其氧化为溴单质，再经过萃取蒸馏物理操作分离提纯溴单质，另外，通过富集海水中的镁离子，经过沉淀、溶解等操作得到无水氯化镁，随后电解熔融氯化镁可制备得到镁单质，陈述I和陈述II均正确，且具有因果关系，B不符合题意；
C．石油在催化剂加热条件下进行裂解可得到乙烯等不饱和烃，从而使溴的CCl4溶液褪色，陈述I和陈述II均正确，且具有因果关系，C不符合题意；
D．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；
综上所述，答案为A。
4. (2021·广东高考真题) 部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
A. 可与反应生成
B. 既可被氧化，也可被还原
C. 可将加入浓碱液中制得的胶体
D. 可存在的循环转化关系
【答案】C
【解析】图中所示铁元素不同化合价的物质：a为Fe，b为FeCl2、FeSO4、Fe(NO3)2等Fe(II)的盐类物质，c为Fe(OH)2，e为FeCl3、Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3等Fe(III)的盐类物质，d为Fe(OH)3。
【详解】A．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+2FeCl3=3FeCl2，故A不选；
B．Fe(II)为铁元素的中间价态，既有还原性也有氧化性，因此既可被氧化，也可被还原，故B不选；
C．Fe(III)的盐类物质与浓碱液反应生成Fe(OH)3沉淀，制备Fe(OH)3胶体操作为：向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故C选；
D．转化如，故D不选；
综上所述，答案为C。
5．(2023·深圳二模)NaCl是实验室中的一种常用试剂。下列与NaCl有关的实验，描述正确的是
A．将铁钉浸没在NaCl溶液中可验证铁的析氢腐蚀
B．模拟“侯氏制碱”时，应向饱和NaCl溶液中先通入CO2再通入NH3
C．进行粗盐提纯时，可向上层清液中继续滴加2~3滴BaCl2溶液以检验SO42−是否除尽
D．配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时，若加水超过刻度线，应将多余液吸出
【答案】C
【详解】A．NaCl溶液呈中性，故将铁钉浸没在NaCl溶液中可验证铁的吸氧腐蚀而不能验证析氢腐蚀，A错误；
B．由于CO2难溶于水，而易溶于NH3碱化后溶液中，且NH3极易溶于水，故模拟“侯氏制碱”时，应向饱和NaCl溶液中先通入NH3再通入CO2，B错误；
C．进行粗盐提纯时，可向上层清液中继续滴加2~3滴BaCl2溶液以检验SO42−是否除尽，若无明显现象则有除尽，C正确；
D．配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时，若加水超过刻度线，不能将多余液吸出，应该重新配制，D错误；
故答案为：C。
6．(2023·韶关一模)下列物质转化能通过一步反应实现的是
A．S→SO3B．Al2O3→AlOH3
C．Fe→Fe3O4D．NaCl→Na2CO3
【答案】C
【详解】A．S与氧气反应得到SO2，SO2再与氧气在高温高压、催化剂的条件下反应得到SO3，，所以S不能一步转化为SO3，A项不符合题意；
B．Al2O3难溶于水，不能直接与水反应得到Al(OH)3，B项不符合题意；
C．铁在纯氧气中燃烧生成四氧化三铁，一步可完成，C项符合题意；
D．NaCl直接转化为Na2CO3不符合复分解反应条件，D项不符合题意；
故答案选C。
7．(2023·韶关二模)物质类别和元素价态，是学习元素及其化合物性质的重要认识视角。结合硫元素的“价—类”二维图分析，下列有关说法正确的是
A．在酸性条件下，将e和f的钠盐溶液混合，会有d生成
B．若上图中盐为钠的正盐，则图中既有氧化性又有还原性的物质有3种
C．将b的稀溶液滴加到品红溶液中，品红溶液褪色，体现了b的强氧化性
D．将c的浓溶液滴加在胆矾晶体上，晶体由蓝色变成白色，体现了c的脱水性
【答案】A
【详解】A．e和f的钠盐分别是Na2S、Na2SO3，在酸性条件下，将Na2S、Na2SO3溶液混合发生归中反应2S2-+SO32−+6H+=3S↓+3H2O，故A正确；
B．上图中盐为钠的正盐，则图中既有氧化性又有还原性的物质有S、Na2SO3、H2SO3中的S元素化合价既有升高的趋势又有降低的趋势，S、Na2SO3、H2SO3既有氧化性又有还原性； H2S中+1价的H具有弱氧化性、-2价的S具有还原性，H2S既有氧化性又有还原性，故B错误；
C．b是H2SO3，将H2SO3的稀溶液滴加到品红溶液中，品红溶液褪色，体现了H2SO3的漂白性，故C错误；
D．c是硫酸，将浓硫酸滴加在胆矾晶体上，晶体由蓝色变成白色，体现了浓硫酸的吸水性，故D错误；
选A。
8．(2023·汕尾模拟)将 SO2从 X 通入装有稀 BaCl2溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法正确的是
A．洗气瓶中产生BaSO3白色沉淀
B．若同时在Y导管口处通入NH3，则生成白色沉淀主要是BaSO4
C．若同时在Y导管口处通入NO2，则生成白色沉淀主要是BaSO4
D．若把BaCl2溶液换成溴水，溶液颜色变浅，说明SO2有漂白性
【答案】C
【详解】A．二氧化硫不溶于四氯化碳，且与BaCl2溶液不反应，没有BaSO3生成，A错误；
B．二氧化硫、氨气均不溶于四氯化碳，若同时在Y导管口处通入NH3，SO2与氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成的是亚硫酸钡沉淀，B错误；
C． NO2不溶于四氯化碳，溶于水会生成硝酸，硝酸氧化二氧化硫为三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸，硫酸与氯化钡溶液反应生成的白色沉淀硫酸钡，C正确；
D．说明二氧化硫与单质溴的反应是氧化还原反应，液颜色变浅，SO2把溴单质还原成了溴离子，说明SO2有还原性，D错误；
故本题选C。
9．(2023·汕头一模)化学品在生活、生产中应用广泛。下列有关物质的应用与氧化还原反应无关的是
A．工业上用硫铁矿(FeS2)为原料生产发烟硫酸
B．用Na2O2作潜水器的供氧剂
C．用食醋可除去暖水瓶中的水垢
D．用优质糯米为原料酿制白酒
【答案】C
【详解】A．FeS2高温煅烧生成氧化铁和二氧化硫发生氧化还原反应，故A不符合题意；
B．Na2O2与二氧化碳或水反应生成氧气，做供氧剂，发生氧化还原反应，故B不符合题意；
C．食醋与水垢中碳酸钙发生复分解反应生成可溶性醋酸钙，不涉及氧化还原反应，故C符合题意；
D．糯米酿酒过程中淀粉发生水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下生成酒精，发生氧化还原反应，故D不符合题意；
故选：C。
10．(2023·汕头一模)类推的思维方式在化学研究中发挥着重要作用。下列有关类推的结论正确的是
A．Al能与NaOH溶液反应，则Mg也可以
B．工业上用电解熔融MgCl2的方法冶炼Mg，故也可用电解熔融CaCl2的方法冶炼Ca
C．S与Fe反应生成FeS，故S与Cu反应也生成CuS
D．CO2和SiO2化学式相似，故CO2与SiO2的物理性质也相似
【答案】B
【详解】A．Mg不能与NaOH发生反应，故A错误；
B．Mg、Ca均为活泼金属，均采用电解熔融氯化物的方法冶炼，故B正确；
C．S与Cu反应生成Cu2S，故C错误；
D．SiO2为共价晶体、CO2为分子晶体，两者物理性质差异较大，故D错误；
故选：B。
11. (2023·湛江一模)物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度，下图为氮、硫及其部分化合物的价类二维图，下列说法不正确的是
A．坐标轴左侧区域代表的是氮及其化合物
B．a→b→c→d→e的转化均能一步实现
C．c、d和i、j均属于酸性氧化物
D．f与l可以是同一种物质
【答案】C
【分析】由图中氢化物的化合价可知，左侧为氮及其部分化合物的价类二维图，右侧为硫及其部分化合物的价类二维图，则a为硫化氢、b为硫、c为二氧化硫、d为三氧化硫、e为硫酸、f为硫酸盐、g为氨气、h为氮气、i为一氧化氮、j为二氧化氮或四氧化二氮、k为硝酸、l为铵盐。
【详解】A．由分析可知，左侧为氮及其部分化合物的价类二维图，故A正确；
B．由分析可知，右侧为硫及其部分化合物的价类二维图，a→b→c→d→e的转化过程为H2S→S→SO2→SO3→H2SO4，由硫及其化合物的性质可知，转化过程均能一步实现，故B正确；
C．一氧化氮、二氧化氮或四氧化二氮均不属于酸性氧化物，故C错误；
D．由分析可知，f为硫酸盐、l为铵盐，可能都是硫酸铵，故D正确；
故选C。
12．(2023·湛江一模)化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。亚氯酸钠(NaClO2)具有强氧化性，受热易分解，可作漂白剂、食品消毒剂等，以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下图所示。
下列说法不正确的是
A．“母液”中主要成分是Na2SO4
B．“反应2”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1
C．“减压蒸发”可以降低蒸发时的温度，提高产品产率
D．以生成Cl−时转移电子数目来衡量，相同质量ClO2的消毒能力是Cl2的2.5倍
【答案】D
【分析】由题给流程可知，反应1为二氧化硫与稀硫酸、氯酸钠反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，反应2为二氧化氯与过氧化氢、氢氧化钠混合溶液反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应得到的亚氯酸钠在55℃条件下减压蒸发、冷却结晶、过滤得到亚氯酸钠粗产品。
【详解】A．由分析可知，反应1为二氧化硫与稀硫酸、氯酸钠反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，则母液的主要成分为硫酸钠，故A正确；
B．由分析可知，反应2为二氧化氯与过氧化氢、氢氧化钠混合溶液反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应的化学方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故B正确；
C．由题给信息可知，温度过高，亚氯酸钠受热易分解，则采用减压蒸发可以降低蒸发时的温度，防止亚氯酸钠分解，提高产品产率，故C正确；
D．由得失电子数目守恒可知，相同质量二氧化氯与氯气的消毒能力的比值为1g67.5g/ml×51g71g/ml×2≈2.63，则相同质量二氧化氯的消毒能力是氯气的2.63倍，故D错误；
故选D。
13．(2023·梅州二模)氮元素所形成物质的价类二维图如图所示，下列说法正确的是
A．可用湿润的蓝色石蕊试纸检验aB．通过雷电作用将b转化为c，可实现氮的固定
C．d转化为e必须加入氧化剂D．g中的氮原子均采用sp3杂化
【答案】B
【分析】氮元素所形成物质的价类二维图如图，则a-g分别为氨气、氮气、一氧化氮、二氧化氮或四氧化二氮、硝酸、一水合氨、硝酸铵；
【详解】A．氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，应该用湿润的红色石蕊试纸，故A错误；
B．通过雷电作用将氮气和空气中氧气反应生成一氧化氮，可实现氮的固定，故B正确 ；
C．二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，不需要加入氧化剂，故C错误；
D．硝酸铵中硝酸根离子中氮形成3个共价键且无孤电子对，为sp2杂化，故D错误；
故选B。
14．(2023·茂名一模)植物对氮元素的吸收过程如下，下列说法正确的是
N2→①根瘤菌NH3/NH4+→②O2NO2−→③NO3−→④植物吸收
A．高温有利于加快过程①B．浇水和松土有利于过程②
C．过程③中NO2−被还原D．过程④叫做氮的固定
【答案】B
【详解】A．过程①有根瘤菌参与催化，不能高温下进行，A错误；
B．过程②是NH3NH4+和O2反应生成NO2-，浇水和松土有利于过程②的反应，B正确；
C．过程③中NO2−转化为NO3−，N的化合价由+3价升高到+5价，NO2-作还原剂被氧化，C错误；
D．氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，过程④是氮的化合物中氮的转变，D错误；
故答案为：B。
15．(2023·茂名二模)浩瀚的海洋中蕴藏着丰富的资源，其中海水提溴工艺如图所示，下列说法中不正确的是
A．吹出塔中采用热空气有利于溴的吹出
B．吸收塔中SO2被氧化
C．吸收时可用Fe2(SO4)3溶液代替SO2和水
D．蒸馏塔中发生置换反应
【答案】C
【分析】利用氯气的氧化性强于溴单质，向海水中通入氯气和酸，发生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，液溴易挥发的液体，通入热空气，吹出溴单质，溴的氧化性强于SO2，吸收塔中发生Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，将HBr蒸出，蒸馏塔中发生Cl2+2HBr=2HCl+Br2，蒸出溴蒸气，然后冷凝，得到液溴，据此分析；
【详解】A．海水中通入氯气和酸，发生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，因为液溴易挥发，采用热空气吹出溴单质，故A说法正确；
B．吸收塔中发生Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，硫元素化合价升高，SO2被氧化，故B说法正确；
C．根据B选项分析，SO2被氧化，二氧化硫作还原剂，Fe2(SO4)3中Fe3+具有强氧化性，不与溴单质反应，因此Fe2(SO4)3不能代替SO2，故C说法错误；
D．蒸馏塔中发生Cl2+2HBr=2HCl+Br2，该反应为置换反应，故D说法正确；
答案为C。
16．(2023·茂名二模)研究氮及其化合物的性质，与人类生存环境息息相关，结合下图氮及其化合物的价类二维图，下列说法不正确的是
A．实验室可通过加热i的溶液制取cB．在水溶液中，c能被氧化成f
C．自然固氮可实现b→c的转化D．利用a和f反应可生产氮肥
【答案】A
【详解】A．由物质价态及物质类别可知，i为铵盐，c为一氧化氮，无法通过加热铵盐溶液制备一氧化氮，A错误；
B．c为一氧化氮，f为硝酸，由元素价态可知一氧化氮在溶液中可被氧化为硝酸，B正确；
C．b为氮气，c为一氧化氮，氮的固定是指游离态的氮转化为化合态的氮，自然界中的氮气可在闪电作用下转化为一氧化氮，实现氮的固定，C正确；
D．a为氨气，f为硝酸，二者反应生成硝酸铵，可作氮肥，D正确；
故选A。
17．(2023·揭阳上学期期末)某实验小组利用以下装置制备少量的氯气，并检验氯气的性质。实验过程中，下列说法正确的是
A．参与反应的HCl全部被氧化为Cl2
B．发生的所有反应均是氧化还原反应
C．观察到淀粉-KI试纸变蓝，说明Cl2具有氧化性
D．湿润的pH试纸变红，干燥的pH试纸不变色
【答案】C
【详解】A．高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、水和氯气，参与反应的HCl一部分做还原剂被氧化为Cl2，另一部分体现了酸性，A错误；
B．酸使pH试纸变色发生的不是氧化还原反应，B错误；
C．观察到淀粉-KI试纸变蓝，说明Cl2具有氧化性，发生2I-+Cl2=I2+2Cl-，C正确；
D．氯气与水生成的盐酸是强酸、次氯酸具有漂白性，故湿润的pH试纸变红后发生褪色，D错误；
答案选C。
18．(2023·揭阳上学期期末)从海水中提取金属镁，主要步骤如图所示：
下列说法正确的是
A．试剂A和试剂B的物质类别都属于碱
B．在溶液C中加入AgNO3可以检验氯离子
C．操作Ⅱ需要在干燥的HCl气流中进行
D．操作Ⅲ过程中需要加入还原剂
【答案】C
【分析】海水加入氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀，加入盐酸转化为氯化镁，电解无水氯化镁得到镁；
【详解】A．由分析可知，B属于酸，A错误；
B．氯离子和银离子生成不溶于酸的氯化银沉淀，故在溶液C中加入过量稀硝酸酸化后，再加入AgNO3可以检验氯离子，B错误；
C．镁离子水解生成氢氧化镁，故操作Ⅱ需要在干燥的HCl气流中进行，C正确；
D．操作Ⅲ过程中电解熔融氯化镁生成镁单质，故不需要加入还原剂，D错误；
故选C。
19．(2023·江门一模)在价类二维图中融入“杠杆模型”，可直观辨析部分物质转化及其定量关系。下图中的字母分别代表硫及其常见化合物，相关推断不合理的是
A．a溶液与b溶液反应过程中有淡黄色沉淀生成
B．硫酸型酸雨的形成过程涉及b到c的转化
C．g阴离子的中心原子的杂化轨道类型为sp3
D．d在加热下与强碱溶液反应生成e和f，且n(e):n(f)=1：2
【答案】D
【详解】A．a是H2S，b是H2SO3，两者溶液反应后生成单质S沉淀，A正确；
B．b到c的转化即是亚硫酸转化为硫酸形成硫酸型酸雨，B正确；
C．g是硫酸根离子，中心硫原子采取sp3杂化，C正确；
D． d是S单质，在加热的条件下生成硫化钠和硫酸钠，两者的物质的量比2:1，D错误；
故选D。
20．(2023·江门上学期联考)碳元素的化合价与其形成物质类别的关系如图所示。下列说法错误的是
A．a的硬度可能很大，也可能较小
B．除去c中混有的b，可将混合气体通入NaOH溶液中
C．1mld完全燃烧时，理论上消耗2ml氧气
D．相同条件下，形成的酸式盐的溶解度一定比其形成的正盐大
【答案】D
【分析】a为C，b为CO，c为CO2，d为CH4，e为H2CO3，f为碳酸盐。
【详解】A．a为C，若a为石墨，硬度很小，若a为金刚石，硬度很大，A正确；
B．除去CO中混有的CO2，CO2能与NaOH反应，可将混合气体通入NaOH溶液中，B正确；
C．甲烷完全燃烧的化学方程式为：CH4+2O2点燃CO2+2H2O，1mlCH4完全燃烧时，理论上消耗2mlO2，C正确；
D．相同条件下，NaHCO3的溶解度比Na2CO3的溶解度小，D错误；
故选D。
21．(2023·惠州市下学期一模)物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度。如图为硫及其部分化合物的价态-类别图。下列说法不正确的是
A．a和c可以反应生成b B．附着有b的试管，可以用CS2清洗
C．c具有氧化性，可漂白纸浆 D．f的浓溶液和Cu在加热条件下反应时体现了其氧化性和酸性
【答案】C
【分析】由图可知，a为硫化氢、b为硫、c为二氧化硫、d为三氧化硫、e为亚硫酸、f为硫酸、g为亚硫酸盐、h为硫酸盐。
【详解】A．硫化氢气体能与二氧化硫气体反应生成硫和水，故A正确；
B．硫不溶于水，易溶于二硫化碳，则附着有硫的试管，可用二硫化碳清洗除去硫，故B正确；
C．二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆，故C错误；
D．铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应中浓硫酸表现强氧化性和酸性，故D正确；
故选C。
22．(2023·惠州市下学期一模)氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。如图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。下列说法不正确的是
A．合成塔内发生的反应中有非极性键的断裂和极性键的生成
B．氧化炉内发生的反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶4
C．使用NaOH溶液吸收尾气中的氮氧化物，NO和NO2是酸性氧化物
D．向吸收塔中通入O2的作用是氧化NO
【答案】C
【详解】氮气和氢气和成氨气，氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮。据此解答。
A．合成塔内为氮气和氢气反应生成氨气，有氮气和氢气中的非极性键的断裂，和氨气中的极性键的形成，A正确；
B．氧化炉内的反应为4NH3+5O2催化剂Δ4NO+6H2O，氨气为还原剂，氧气为氧化剂，则氧化剂和还原剂的物质的量比为5:4，B正确；
C．一氧化氮和二氧化氮都不是酸性氧化物，C错误；
D．吸收塔中通入氧气是为了使一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，促进氮的吸收为硝酸，D正确；
故选C。
23．(2023·惠州第三次调研)部分含氯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．常温下，a、d水溶液的pH：aB．b既具有氧化性，又具有还原性
C．c可用于自来水消毒
D．e或f分别与a的浓溶液反应均可制得b
【答案】A
【分析】由元素的化合价及物质类别可知，a为HCl，b为Cl2，c为ClO2，d为HClO，e为次氯酸盐，f为氯酸盐；
【详解】A．未说明溶液浓度，无法比较，A错误；
B．氯气化合价为0价，处于中间价态，既具有氧化性，又具有还原性，B正确；
C．ClO2具有强氧化性，可用于自来水消毒，C正确；
D．ClO3−、ClO−分别与浓盐酸混合发生归中反应，均可制备氯气，D正确；
故选A。
24．(2023·佛山一模)碳酸盐约占海水盐分的0.34%，一种海水脱硫的新工艺如图所示。下列说法错误的是
A．SO2排入大气易引起酸雨B．海水吸收二氧化硫时可能有CO2逸出
C．处理后的海水pH增大D．海水脱硫工艺简单，投资及运行费用低
【答案】C
【详解】A．SO2排入大气易引起硫酸型酸雨，原理为：SO2+H2O⇌H2SO3、2H2SO3+O2尘埃2H2SO4，A正确；
B．由于SO2溶于水后形成的H2SO3的酸性强于H2CO3，海水中含有碳酸盐，故海水中吸收二氧化硫时可能有CO2逸出，B正确；
C．天然海水中由于含有碳酸盐而呈碱性，处理后的海水中碳酸盐的量减少变成了硫酸盐，硫酸盐呈中性，故处理后海水的pH减小，C错误；
D．海水脱硫是利用天然海水的碱度中和烟气中的酸性气体SO2，将大气中的SO2转化为硫酸盐直接送入大海，该工艺简单，投资及运行费用低，D正确；
故答案为：C。
25．(2023·东莞市上学期期末教学质量检查)中性环境微生物介导的铁循环过程，是纷繁复杂的土壤物质循环过程的重要部分(见图)。下列说法正确的是
A．此环境下主要发生析氢腐蚀
B．硝酸根依赖的Fe(Ⅱ)氧化过程，每生成1ml氮气转移电子1ml
C．1ml FeCO3分解产生22.4L CO2
D．羟基氧化铁FeOOH有氧化性
【答案】D
【分析】由图可知，铁在中性环境下发生吸氧腐蚀，负极发生Fe−2e−=Fe2+，正极发生O2+4e−+2H2O=4OH−，以此分析；
【详解】A．根据分析，中性环境下发生吸氧腐蚀，A错误；
B．根据关系式，2NO3−~10e−~N2，每生成 1ml 氮气转移电子 10ml，B错误；
C．没有给出气体的温度和压强，故无法计算准确的气体体积，C错误；
D．根据分析，负极生成的Fe2+与正极生成的OH-结合，Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓最后生成的Fe(OH)2在空气中与氧气和水反应生成Fe(OH)3，化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，(Fe2O3·xH2O)，羟基氧化铁 FeOOH 可以写为FeO(OH)，故FeOOH具有氧化性，D正确；
故答案为：D。
26．(2023·大湾区二模)部分含铜物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断错误的是
A．f可被还原生成b
B．可存在a→e→f→c→a的转化关系
C．a可与非金属单质发生化合反应生成d
D．往4 mL 0.1 ml⋅L−1 e溶液加入几滴1 ml⋅L−1氨水，得到深蓝色溶液
【答案】D
【分析】由图可知a为铜、b氧化亚铜、c为氧化铜、d为亚铜盐、e为铜盐、f为氢氧化铜。
【详解】A．含有醛基的有机物能与新制的氢氧化铜共热反应生成氧化亚铜，故A正确；
B．铜与氧化性酸反应能生成铜盐，铜盐与碱溶液反应能生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜受热分解为氧化铜，氧化铜和氢气发生置换反应生成铜，则铜元素及其化合物间存在a→e→f→c→a的转化关系，故B正确；
C．铜能与硫共热反应生成硫化亚铜，故C正确；
D．可溶性铜盐溶液与少量氨水反应只能生成氢氧化铜蓝色沉淀，不能生成深蓝色的铜氨络离子，故D错误；
故选D。
27．(2023·潮州二模)“空气吹出法”海水提溴的工艺流程如图，下列说法错误的是
A．进入吹出塔前，Br−被氧化为Br2B．吸收塔中SO2做还原剂
C．经过吸收塔后，溴元素得到富集D．两次通入水蒸气的作用都是参加反应
【答案】D
【分析】由题给流程可知，向浓缩、酸化后的海水中通入氯气，海水中的溴离子与氯气反应生成溴单质，利用水蒸气和热空气吹出溴，吹出的溴在吸收塔中与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和氢溴酸，氢溴酸溶液在蒸馏塔中与氯气反应生成溴单质，在水蒸气作用下反应得到的溴蒸气经冷凝、精馏得到溴。
【详解】A．由分析可知，在进入吹出塔前，Br-与氯气发生氧化还原反应，Br-被氧化成Br2，故A正确；
B．由分析可知，吸收塔中发生的反应为吹出的溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和氢溴酸，反应中硫元素的化合价升高被氧化，二氧化硫是反应的还原剂，故B正确；
C．由分析可知，经过吸收塔后溶液中的溴离子浓度增大，是溴元素得到富集的过程，故C正确；
D．由分析可知，两次通入水蒸气都未参加反应，故D错误；
故选D。
28．(2023·潮州二模)硫及其化合物的“价-类”二维图体现了化学变化之美。NA为阿伏伽德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A．1L1ml/LH2S水溶液中粒子关系存在：NHS−+NS2−=NA
B．标准状况下，22.4LY的分子数目为NA
C．工业上用NaClO3和X制备1mlClO2时，消耗X分子数为0.5NA
D．“价-类”三维图中盐N可由其相应单质直接化合生成
【答案】C
【分析】由图可知，X为二氧化硫、Y为三氧化硫、Z为硫酸、M为硫酸铜、N为硫化铜。
【详解】A．1L1ml/L氢硫酸溶液中存在如下物料守恒关系：N(H2S)+N(HS—)+N(S2−)=1ml/L×1L×NAml—1=NA，故A错误；
B．标准状况下，三氧化硫为固态，无法计算22.4L三氧化硫的物质的量和含有的分子数目，故B错误；
C．由得失电子数目守恒可知，氯酸钠溶液与二氧化硫反应制备1ml二氧化氯时，反应消耗二氧化硫的分子数为1ml×12×NAml—1=0.5NA，故C正确；
D．铜与硫共热反应生成硫化亚铜，不能生成硫化铜，则硫化铜不能由相应单质直接化合生成，故D错误；
故选C。
29．(2023·深圳二模)化学工业在国民经济发展中占据重要地位。下列陈述Ⅰ和Ⅱ均正确但不具有因果关系的是
【答案】D
【详解】A．电解海水无法得到金属钠，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，A错误；
B．增大压强时，单位体积内活化分子百分数增大，但是活化分子总数不变，活化分子的百分数不变，B错误；
C．煤的干馏是化学变化不是物理变化，C错误；
D．赤铁矿可被还原剂还原生成铁单质，氧化铁是碱性氧化物，陈述Ⅰ、Ⅱ正确但是两者没有因果关系，D正确；
故答案选D。
30．(2023·汕尾模拟)陈述I和II均正确，但不具有因果关系的是
【答案】A
【详解】A．金刚砂(SiC)可用作切割钢板的砂轮是利用其硬度大，耐磨性好，与熔沸点高无关，选项A错误；
B．碘和四氯化碳都属于非极性分子，根据相似相溶原理，所以碘易溶于四氯化碳，选项B正确；
C．盐卤中氯化镁、硫酸钾属于电解质，可以中和胶体微粒表面吸附的离子的电荷，使蛋白质分子凝聚起来得到豆腐豆腐，选项C正确；
D．活性炭具有吸附性，可用作制糖业脱色剂，选项D正确；
答案选A。
31．(2023·梅州二模)下列事实与解释不相符的是
【答案】B
【详解】A．甲苯能与酸性高锰酸钾溶液反应从而使其褪色，烷烃不与酸性高锰酸钾反应，原因是苯环活化了甲基，A正确；
B．H2O比H2S稳定的原因在于O的非金属性强于S，而不是因为水分子间存在氢键，B错误；
C．I2和CCl4都是非极性分子，H2O为极性分子，根据相似相溶原理，I2易溶于CCl4而微溶于H2O，C正确；
D．甲基为推电子基，因为甲基的存在乙酸羧基中羟基的极性变小，导致乙酸电离程度比甲酸弱，故乙酸酸性弱于甲酸，D正确；
故答案选B。
32．(2023·大湾区二模)陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确且具有因果关系的是
【答案】B
【详解】A．氯化铵溶液可用于除锈是因为氯化铵在溶液中水解生成的氢离子与铁锈中的氧化铁反应，故A错误；
B．往苯酚悬浊液中滴加碳酸钠溶液，溶液变澄清说明苯酚能与碳酸钠溶液反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，证明苯酚的酸性强于碳酸氢根离子，故B正确；
C．过氧化氢常用于杀菌消毒是因为过氧化氢溶液具有强氧化性，故C错误；
D．乙醇与浓硫酸共热产生的气体能使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为浓硫酸作用下乙醇共热发生消去反应生成了乙烯和水，故D错误；
故选B。
33．(2023·佛山二模)工业上利用含铅废渣(主要成分为PbSO4)制备碱式硫酸铅(3PbO⋅PbSO4⋅H2O)的简易流程如图所示。下列说法错误的是
A．“转化”过程生成的气体为CO2
B．由流程可推测，KspPbSO4>KspPbCO3
C．该工艺中滤液2可循环利用
D．该流程发生了氧化还原反应
【答案】D
【分析】含铅废渣中加过量碳酸氢钠转化后，得到碳酸铅、二氧化碳和硫酸钠，发生了沉淀的转化，碳酸铅经过硝酸酸溶后得到硝酸铅、二氧化碳和水，加硫酸沉铅后得到硫酸铅和硫酸钠，滤液2中含硫酸钠、过量的硫酸、硝酸，硫酸铅与氢氧化钠溶液合成碱式碳酸铅。
【详解】A．根据分析，“转化”过程生成的气体为CO2，A正确；
B．根据分析，“转化”过程发生了沉淀的转化，加入过量的碳酸氢钠溶液后硫酸铅转化为碳酸铅，故可推测KspPbSO4>KspPbCO3，B正确；
C．滤液2中含硫酸钠、过量的硫酸、硝酸，硝酸可在酸溶工序中循环利用，C正确；
D．整个流程汇各元素化合价未变，没有发生氧化还原反应，D错误；
故选D。
34．(2023·广州二模)陈述Ⅰ和Ⅱ均正确并具有因果关系的是
【答案】A
【详解】A．明矾中的Al3+水解生成AlOH3胶体，AlOH3胶体具有吸附性，能用于净水，A符合题意；
B．Na着火不能用水扑灭，但Na与水反应产生的是H2，B不符合题意；
C．二氧化硅可用于制备光导纤维，但二氧化硅不是良好的半导体材料，C不符合题意；
D．用84消毒液进行消毒，是因为NaClO溶液具有强氧化性，D不符合题意；
故选A。
35．(2023·广州一模)将铜丝插入浓硝酸中进行如图所示的实验，下列说法正确的是
A．装置a中出现红棕色气体，只体现HNO3的酸性
B．一段时间后抽出铜丝，向装置b注入水，b中气体红棕色变浅
C．注入水后装置b中铜片表面产生气泡，说明Cu与硝酸生成H2
D．装置c用NaOH吸收尾气，说明NO和NO2均是酸性氧化物
【答案】B
【详解】A．铜与浓硝酸反应生成红棕色二氧化氮气体和硝酸铜，体现了硝酸的强氧化性和酸性，A错误；
B．一段时间后抽出铜丝，向装置b注入水，b中气体红棕色变浅，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，B正确；
C．注入水后装置b中铜片表面产生气泡，Cu与稀硝酸反应生成NO气体，C错误；
D．酸性氧化物是指和水反应只能生成对应价态的酸、或和碱反应只能生成盐和水的氧化物，NO和NO2均不是酸性氧化物，D错误；
故选B。
36．(2023·惠州市下学期第一次调研)孔雀石古称石绿，是铜的表生矿物[化学式Cu(OH)2⋅CuCO3，“水色”从植物中提取，如花青(分子式C15H11O6)。下列说法错误的是
A．“石绿”耐酸、耐碱B．Cu(OH)2⋅CuCO3属于纯净物
C．保存不善的国画，“水色”容易变色D．从蓝草中提取花青，可用有机溶剂萃取
【答案】A
【详解】A．石绿为碱式碳酸铜，能和酸反应，故不耐酸，A错误；
B．Cu(OH)2⋅CuCO3只含有一种物质，属于化合物，属于纯净物，B正确；
C．花青为有机物，根据分子式分析，含有不饱和键，容易被氧化，所以容易变色，C正确；
D．花青为有机物，能溶于有机溶剂，从蓝草中提取花青，可用有机溶剂萃取，D正确；
故选A。
37．(2023·惠州市下学期一模)下列叙述I和II均正确并且有因果关系的是
【答案】D
【详解】A．MnO2可作H2O2分解的催化剂与MnO2的氧化性无关，故不选A；
B．NH3可用作制冷剂，与氨气易液化、液氨汽化吸热有关，故不选B；
C．NaHCO3可用作食品膨松剂，是因为NaHCO3受热放出二氧化碳气体，故不选C；
D．硅具有半导体性能，是半导体材料，所以可以用高纯硅制作计算机芯片，故选D；
选D。
38．(2023·江门上学期联考)从粗铜精炼后的阳极泥(主要成分为Cu、Ag、C、Au等)中回收贵金属Au与Ag的工艺流程如图所示。已知络合反应：Ag++2S2O32−⇌Ag(S2O3)23−。下列说法错误的是
A．“滤渣Ⅰ”通过灼烧可获得较纯净的Au
B．“酸浸氧化”时通入O2可提高HNO3的利用率并可减少污染
C．“溶浸”时，该体系酸性越强，越利于反应进行
D．“还原”时氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:4
【答案】C
【分析】阳极泥中加硝酸酸浸氧化，Cu和Ag反应生成硝酸铜和硝酸银，C和Au不反应，过滤后滤渣I为C和Au，滤液I中主要成分为硝酸银和硝酸铜，加入氯化钠溶液得到氯化银沉淀，过滤后滤液II为主要为氯化铜，滤渣II为氯化银，用硫代硫酸钠溶浸后再加N2H4还原得到Ag和N2。
【详解】A．根据分析，滤渣I为C和Au，经过灼烧后C与O2生成CO2，只剩Au，A正确；
B．酸浸氧化通入氧气扩大与氧气接触的面积，使能与酸反应的物质充分反应，提高硝酸的利用率，同时氧气在酸性环境下也能与铜反应生成铜离子，减少了污染性气体的排放，B正确；
C．溶液的酸性越强，溶液中H+浓度就越大，H+会与S2O32−发生反应，不利于反应进行，C错误；
D．还原时Ag元素由+1价变为0价，降低1价，络合离子为氧化剂，Ag为氧化产物；N2H4中N元素由-2价变为0价，升高4价，N2H4为还原剂，N2为氧化产物，根据得失电子守恒，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:4，D正确；
故选C。
39．(2023·江门一模)下列陈述I、II正确并且有因果关系的是
【答案】C
【详解】A．氯气能使品红褪色是其与水反应生成的次氯酸具有漂白性，A项错误；
B．氢氧化铝是两性氢氧化物，溶液强酸和强碱，不溶于氨水，B项错误；
C．镁有较强的还原性，能与氮气反应，C项正确；
D．盐酸是混合物，电解质是针对纯净物进行分类的，D项错误；
答案选C。
40．(2023·茂名二模)陈述Ⅰ和Ⅱ均正确且具有因果关系的是
【答案】D
【详解】A．FeCl3溶液刻蚀铜电路板，发生反应：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，氧化性：Fe3+>Cu2+，不能判断Fe、Cu的金属性的强弱，A错误；
B．用Al和Fe2O3反应，放出大量的热，得到熔融的铁，可用于焊接铁轨，B错误；
C．煤干馏的原理是在隔绝空气的条件下加强热，使煤炭发生复杂的物理变化和化学变化，可得到焦炉气、煤焦油等产品，C错误；
D．甲酸中羟基的极性强于乙酸，所以甲酸的酸性比乙酸的强，D正确；
故选D。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
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
电解海水制取氯气和金属钠
Cl−可被氧化，Na+可被还原
B
高温，高压下，H2和N2在催化剂作用下合成氨
升高温度、增大压强均可使反应物分子中活化分子的百分数增加
C
从煤的干馏产物中获得苯、甲苯等化工原料
煤的干馏是物理变化
D
以赤铁矿(主要成分Fe2O3)为原料生产铁
Fe2O3属于碱性氧化物
选项
陈述 I
陈述 II
A
金刚砂的熔沸点高
金刚砂(SiC)可用作切割钢板的砂轮
B
碘单质和 CCl4 都是非极性分子
碘单质易溶于 CCl4
C
盐卤中氯化镁、硫酸钾属于电解质
盐卤可使豆浆中的蛋白质聚沉
D
活性炭具有吸附性
活性炭可用作制糖业的脱色剂
选项
事实
解释
A
甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而烷烃不能
苯环活化了甲基
B
H2O比H2S稳定
水分子间可以形成氢键
C
I2易溶于CCl4而微溶于H2O
I2和CCl4为非极性分子，而H2O为极性分子
D
CH3COOH酸性弱于HCOOH
甲基为推电子基，使乙酸羧基中的羟基的极性变小，电离程度比甲酸弱
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
NH4Cl溶液可用于除锈
NH4Cl易溶于水
B
往苯酚悬浊液中滴加Na2CO3溶液，溶液变澄清
酸性：苯酚>HCO3−
C
H2O2常用于杀菌消毒
H2O2受热易分解
D
乙醇与浓硫酸共热产生的气体能使酸性KMnO4溶液褪色
乙醇可发生取代反应
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
用明矾净水
AlOH3胶体具有吸附性
B
Na着火不能用水扑灭
Na可与水反应产生O2
C
二氧化硅可用于制备光导纤维
二氧化硅是良好的半导体材料
D
用84消毒液进行消毒
NaClO溶液呈碱性
选项
陈述I
陈述II
A
MnO2有较强的氧化性
MnO2可作H2O2分解的催化剂
B
NH3极易溶于水
NH3可用作制冷剂
C
NaHCO3能与碱反应
NaHCO3可用作食品膨松剂
D
硅具有半导体性能
高纯硅广泛应用于计算机芯片
选项
陈述I
陈述II
A
SO2和氯气都能使品红褪色
两者都有漂白性
B
Al(OH)3是两性氢氧化物
盐酸和氨水能溶解Al(OH)3
C
镁能与氮气发生反应
镁是活泼金属，有较强的还原性
D
氯化氢气体不导电，盐酸导电
两者都属于电解质
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
FeCl3溶液刻蚀铜电路板
金属性强弱：Fe>Cu
B
用Fe和Al2O3焊接铁轨
反应放出大量热量
C
煤干馏可得到焦炉气、煤焦油等产品
煤干馏的原理是利用焦炉气、煤焦油的沸点不同
D
酸性：HCOOH>CH3COOH
羟基的极性：HCOOH>CH3COOH