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专题05 元素及其化合物的性质与应用(练习)-2024年高考化学二轮复习讲练测（新教材新高考）
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这是一份专题05 元素及其化合物的性质与应用(练习)-2024年高考化学二轮复习讲练测（新教材新高考），共17页。
TOC \ "1-1" \p " " \h \z \u \l "_Tc148019150" 01 金属单质的性质
\l "_Tc148019151" 02 常见金属的化合物
\l "_Tc148019152" 03 非金属及其化合物的性质应用
\l "_Tc148019153" 04 常见非金属单质及其化合物的制备
\l "_Tc148019153" 05 非金属及其化合物的性质转化
01 金属单质的性质
1．(2024·浙江省名校协作体高三适应性考试)镁、锂的性质相似，下列有关锂的说法不正确的是( )
A．Li2SO4易溶于水B．LiOH是受热不易分解的强碱
C．Li遇浓硫酸不产生“钝化”现象D．Li2CO3受热分解，生成Li2O和CO2
【答案】B
【解析】A项，Li2SO4与硫酸镁性质类似易溶于水，故A正确；B项，LiOH和Mg(OH)2性质类似，Mg(OH)2是难溶于水的弱碱，受热易分解，因此LiOH也是难溶于水的弱碱，加热易分解，故B错误；C项，Mg与浓硫酸不产生钝化，Li遇浓硫酸也不会产生钝化现象，故C正确；D项，MgCO3受热易分解生成MgO和CO2，Li2CO3受热也分解，生成Li2O和CO2，故D正确；故选B。
2．(2023·北京市昌平区统考二模)近年来，我国的航天技术发展迅速，天宫、天和、天问、神舟等体现了中国的强大科技力量，下列成果所涉及的材料为金属材料的是( )
【答案】A
【解析】A项，钛合金是合金材料，属于金属材料，A符合题意；B项，砷化镓是一种半导体材料，不是金属材料，B不符合题意；C项，纳米气凝胶是胶体，不是金属材料，C不符合题意；D项，酚醛树脂基低密度材料属于有机高分子材料，不是金属材料，D不符合题意；故选A。
3．为了比较铁和铜金属活动性强弱，某研究小组的同学设计了如下一些方案，并将实验结果记录如下：
能根据以上各种现象或产物证明铁的金属活动性比铜强的方案一共有( )
A．2种 B．3种 C．4种 D．5种
【答案】B
【解析】①铁能置换出铜，证明铁比铜活泼；②不能证明；③不能证明；④铁能置换出稀硫酸中的氢，铜不能，证明铁比铜活泼；⑤铁与铜形成原电池，铁作负极，铜作正极，证明铁比铜活泼，共有3种方案，选项B正确。
4．类推是化学学习和研究常用的重要思维方法，但所得结论要经过实践的检验才能确定其正确与否。根据你所掌握的知识，判断下列类推结论中正确的是( )
A．Mg燃烧不能用CO2灭火，故燃烧也不能用CO2灭火
B．Al在O2中燃烧生成Al2O3，故Fe在O2中燃烧生成Fe2O3
C．CO2与Na2O2反应生成Na2CO3和O2，故SO2与Na2O2反应生成Na2SO3和O2
D．与溶液反应生成H2，故与溶液反应也生成H2
【答案】A
【解析】A项，由于钠比镁活泼，镁能与CO2反应，则钠也能与CO2反应，故Mg燃烧不能用CO2灭火，故Na燃烧也不能用CO2灭火，A项正确；B项，Fe在O2中燃烧生成Fe3O4，B项错误；C项，SO2与Na2O2反应生成Na2SO4，C项错误；D项，Al具有两性，能和NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，而Mg不具有两性，不能和NaOH溶液反应，D项错误；故选A。
5．(2024·浙江省绍兴市高三选考科目诊断性考试)以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：
注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。下列说法不正确的是( )
A．过滤Ⅰ所得滤渣进行洗涤的目的是提高产率
B．加入NaHCO3溶液发生的反应是：HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-
C．电解Ⅰ是电解熔融Al2O3，电解过程中作阴极的石墨易消耗
D．实验室常规灼烧操作所需的硅酸盐质仪器包括：坩埚、泥三角、玻璃棒、酒精灯
【答案】C
【解析】铝土矿与NaOH溶液反应，会将Al2O3、SiO2溶解，经过过滤I除去Fe2O3；滤液中再加入NaHCO3溶液，会与AlO2-反应生成Al(OH)3沉淀和Na2CO3溶液，Na2CO3溶液通过电解，得到NaOH溶液和NaHCO3溶液循环使用；Al(OH)3沉淀灼烧得到Al2O3，Al2O3在电解的作用下得到Al和O2。A项，过滤Ⅰ所得滤渣进行洗涤是为了将滤渣表面残留的Al2O3尽可能溶解到滤液中，可提高最终得到的Al的量，以提高产率，故A正确；B项，NaHCO3会与AlO2-反应生成Al(OH)3沉淀和Na2CO3，所以反应方程式为：HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-，故B正确；C项，电解Ⅰ是电解熔融Al2O3，电解过程中阴极物质得电子，元素化合价降低，应是Al3++3e-=Al，石墨不会被消耗，故C错误；D项，灼烧操作温度相对较高，所需的硅酸盐质仪器包括：坩埚、泥三角、玻璃棒、酒精灯，故D正确；故选C。
6．向只含有Fe3＋、Cu2＋、H＋各0．1 ml及a ml SO42 －的某溶液中(只来源于水电离的离子不考虑)加入足量锌粉，搅拌使其充分反应，下列说法中正确的是( )
A．当消耗0．1 ml Zn时， 得到的还原产物为0．1 ml
B．当溶液中不再产生气泡时，溶液中大量存在的阳离子只有Zn2＋
C．当有第三种单质生成时，消耗的锌粉质量至少大于13 g
D．反应结束时，可得到0．25 ml ZnSO4
【答案】C
【解析】0.1 ml Zn首先与0．1 ml的Fe3＋反应生成0．1 ml的Fe2＋，再与0．05 ml的Cu2＋反应生成0．05 ml的Cu，故A错误；当溶液中不再产生气泡时，溶液中大量存在的阳离子有Zn2＋和Fe2＋，B错误；溶液中的Fe3＋、Cu2＋、H＋完全反应需消耗0．2 ml的锌，即13 g，故当溶液中有Fe生成时，消耗的锌粉的质量至少大于13 g，C正确；根据电荷守恒可知SO42 －的物质的量是0．3 ml，反应结束时，可得到0．3 ml ZnSO4，D错误。
02 常见金属的化合物
1．(2023·重庆市高三三模)向下列物质中加入NaOH溶液并加热，其成分不发生改变的是( )
【答案】A
【解析】A项，聚四氟乙烯不和氢氧化钠溶液反应，故A符合题意；B项，光导纤维的主要成分是二氧化硅，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，离子方程式为SiO2+2OH- =SiO32-+H2O，故B不符合题意；C项，小苏打的主要成分是碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，离子方程式为：HCO3-+OH-=CO32-+H2O，故C不符合题意；D项，“地沟油”的成分是油脂，与碱溶液反应生成高级脂肪酸盐和甘油，故D不符合题意；故选A。
2．(2024·浙江省嘉兴市高三基础测试)下列关于铝及其化合物说法不正确的是( )
A．铝元素位于周期表的p区
B．明矾溶液呈酸性
C．常温下，可用铝制容器盛装浓硝酸
D．工业上常用电解熔融AlCl3制备金属铝
【答案】D
【解析】A项，铝元素的原子序数为13，价电子排布式为3s23p1，位于元素周期表p区，故A正确；B项，明矾在溶液中能完全电离出钾离子、铝离子和硫酸根离子，铝离子发生水解使溶液呈酸性，故B正确；C项，常温下，铝遇到浓硝酸发生钝化反应，从而可用铝制容器盛装浓硝酸，故C正确；D项，工业上常用电解熔融氧化铝制备金属铝，故D错误；故选D。
3．(2023·浙江省义乌市高三高考适应性考试)在岩层深处和海底中存在黄铁矿(FeS2)，下列说法不正确的是( )
A．Fe元素位于周期表d区
B．Fe和S在加热条件下可制备FeS2
C．FeS2受氧气和水的长期作用，可转化为硫酸盐
D．工业上可用黄铁矿为原料来制备硫酸
【答案】B
【解析】A项，已知Fe是26号元素，位于元素周期表第4周期Ⅷ族，故Fe元素位于周期表d区，A正确；B项，Fe和S在加热条件下生成FeS，而不是FeS2，B错误；C项，FeS2受氧气和水的长期作用，可被氧气氧化，转化为硫酸盐，C正确；D项，由反应方程式可知，4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，2SO2+O22SO3，SO3+H2O=H2SO4，故工业上可用黄铁矿为原料来制备硫酸，D正确；故选B。
4．草酸亚铁晶体是生产感光材料的原料[Ksp(FeC2O4·2H2O)= 3.0×10－7]，制备流程如下：
(NH4)2Fe(SO4)2FeC2O4·2H2O
下列说法错误的是( )
A．可用溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2是否变质
B．步骤①酸化的目的是抑制Fe2+的水解
C．步骤②反应为Fe2++H2 C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+
D．步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
【答案】D
【解析】A项，(NH4)2Fe(SO4)2中的Fe元素存在形式为Fe2+，Fe2+易被氧化成Fe3+，若(NH4)2Fe(SO4)2变质会生成 Fe3+，Fe3+遇KSCN溶液变红色，因此可用KSCN溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2是否变质，故A正确；B项，Fe2+易水解生成Fe(OH)2和氢离子，使溶液显酸性，进行酸化，增大氢离子的浓度可抑制Fe2+的水解，故B正确；C项，步骤②生成FeC2O4·2H2O沉淀，发生反应的离子方程式为Fe2++H2 C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+，故C正确；D项，根据Fe2++H2 C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+可知，步骤②中加入草酸后直接生成FeC2O4·2H2O沉淀，只需要将FeC2O4·2H2O沉淀过滤、洗涤、干燥后即可得到FeC2O4·2H2O晶体，故D错误；故选D。
5．下列实验操作和现象、结论或目的均正确的是( )
【答案】A
【解析】CO还原Fe2O3得到单质Fe，即使有Fe3O4，其溶于盐酸后产生的Fe3＋与Fe发生反应：Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，加入KSCN溶液也不显红色，B项错误；NOeq \\al(－,3)＋H＋具有强氧化性，而Fe2＋具有还原性，两者发生氧化还原反应，有Fe3＋生成，遇KSCN溶液呈红色，不能证明样品是否变质，C项错误；若原溶液中不存在Fe2＋，存在Fe3＋，也有此现象，D项错误。
6．K2FeO4是一种高效多功能的饮用水处理剂。已知：①一种干法制备K2FeO4的反应为2FeSO4+6K2O2=2 K2FeO4+K2O+2K2SO4+O2↑，②K2FeO4处理水时发生反应FeO4+10H2O4Fe(OH)3+8OH-+3O2。下列说法错误的是( )
A．干法制备K2FeO4的反应中，还原剂与氧化剂的物质的量之比为
B．干法制备K2FeO4的反应中，每生成1ml K2FeO4，有5ml e-转移
C．K2FeO4在强碱性溶液中能稳定存在
D．K2FeO4处理水时，既能杀菌消毒，又能起絮凝作用除去水中悬浮杂质
【答案】A
【解析】A项，干法制备K2FeO4的反应中，FeSO4中Fe元素化合价升高，FeSO4作还原剂，K2O2中O元素化合价既升又降，每6 ml K2O2参加反应，由原子守恒知，有1 ml K2O2作还原剂，有5 ml K2O2作氧化剂，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为(2+1) ml：5 ml =3：5，A错误；B项，每5 ml K2O2作氧化剂，转移10 ml e-，生成2ml K2FeO4，所以每生成1ml K2FeO4，有5ml e-转移，B正确；C项，由K2FeO4处理水时发生可逆反应，结合平衡移动原理知K2FeO4在强碱性溶液中能稳定存在，C正确；D项，K2FeO4具有强氧化性，能使细菌、病毒蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，K2FeO4与水反应可产生Fe(OH)3胶体，能起絮凝作用除去水中悬浮杂质，D正确；故选A。
7．将铁、氧化铁、氧化铜组成的混合物粉末mg放入盛盐酸的烧杯中，充分反应后产生2.24L H2(标准状况)，残留固体2.56g。过滤，滤液中无Cu2+。将滤液加水稀释到500mL，测得其中c(H+)为。下列说法正确的是( )
A．m=15.36
B．烧杯中转移电子的物质的量共为0.28ml
C．若将反应后的溶液倒入蒸发皿中直接蒸干可得到0.2ml FeCl2
D．过滤时需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗、锥形瓶
【答案】A
【解析】既然还有较多H+离子剩余，且滤液中没有Cu2+可知残留物没有Fe，只有Cu，则反应后溶质为HCl和FeCl2，根据Cl元素守恒可知：n(HCl)=2n(FeCl2)+n剩余(H+)，即5.00ml/L×0.1L=2n(FeCl2)+0.200ml/L×0.5L解得：n(FeCl2)=0.2ml；2.56g Cu的物质的量为0.04ml，则与Cu2+参加反应的Fe的物质的量为0.04ml；标况下2.24L H2的物质的量为0.1ml，则H+参加反应的Fe的物质的量为0.1ml；根据Fe2+守恒，可有与Fe3+反应的Fe的物质的量为0.2-0.1-0.04=0.06ml；因此原混合物中n(Fe)=0.04+0.02+0.1=0.16ml，n(Fe2O3)=0.02ml，n(CuO)=0.04ml。A项，混合物的质量为：0.16ml×56g/ml+0.02ml×160g/ml+0.04ml×80g/ml=15.36g，A正确；B项，根据原混合物组成的各组分的物质的量可知，烧杯中转移电子的物质的量共为(0.1ml+0.04ml+0.02ml)×2=0.32ml，B错误；C项，由于氯化亚铁易水解易氧化，将反应后的溶液蒸干后得到氢氧化铁，C错误；D项，过滤时需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，不需要锥形瓶，D错误；故选A。
03 非金属及其化合物的性质应用
1．党的二十大报告提出，坚决打赢关键核心技术攻坚战。制造5G芯片的氮化铝属于( )
A．传统无机非金属材料 B．金属材料 C．新型塑料D．新型无机非金属材料
【答案】D
【解析】A项，氮化铝是一种新型陶瓷材料，不属于传统无机非金属材料，故A不选；B项，金属单质和合金属于金属材料，氮化铝是化合物，不属于金属材料，故B不选；C项，氮化铝不含碳元素不属于有机物，塑料是有机物，故C不选；D项，氮化铝是一种新型陶瓷材料，属于新型无机非金属材料，故D选；故选D。
2．(2024·浙江省Z20名校联盟)SO2是一种常见氧化物，下列说法不正确的是( )
A．SO2属于弱电解质B．SO2可用作食品添加剂
C．SO2既有氧化性又有还原性D．SO2具有漂白性
【答案】A
【解析】A项，二氧化硫属于非电解质，故A错误；B项，食品中适量添加二氧化硫可起到漂白、防腐和抗氧化作用，故B正确；C项，SO2中硫元素为+4价，既能升高也能降低，所以既有氧化性又有还原性，故C正确；D项，SO2具有漂白性，能与有色物质结合为无水物质，故D正确；故选A。
3．(2024·浙江强基联盟高三联考)BaSO4是重晶石的主要成分，下列说法不正确的是( )
A．硫酸钡属于强电解质B．钡元素位于周期表的区
C．硫酸钡可以制备白色颜料D．钡离子无毒，BaSO4可用作“钡餐”
【答案】D
【解析】A项，熔融态硫酸钡完全电离，所以硫酸钡是强电解质，故A正确；B项，钡元素位于周期表的第IIA族，属于s区元素，故B正确；C项，硫酸钡是白色难溶于水的固体可做白色颜料，故C正确；D项，钡离子有毒，BaSO4可用作“钡餐”的原因是BaSO4不溶于水和酸，故D错误；故选D。
4．中国在探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5G技术联通世界等方面取得了举世瞩目的成就，它们与化学有着密切联系，下列说法正确的是( )
A．中国天眼的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于新型无机非金属材料
B．为打造生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于一次能源
C．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是二氧化硅
D．“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐
【答案】C
【解析】A项，中国天眼的“眼眶”，索网结构是FAST主动反射面的主要支撑结构，不是新型无机非金属材料，故A错误； B项，电能不是一次能源，属于二次能源，故B错；C项，二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光缆的主要原料，故C正确；D项，高温结构陶瓷包括氮化硅陶瓷，氮化硼陶瓷，碳化硼陶瓷，故D 错误； 故选C
5．(2023·浙江省强基联盟高三上学期10月统测)硫的四种含氧酸根离子的结构如图所示，下列有关说法正确的是( )
A．①②③④中都含有极性键和非极性键
B．①④中硫原子的化合价不同
C．能在酸性溶液中将Mn2+转化为MnO4-的只有④
D．只考虑硫元素的价态，②只有氧化性
【答案】C
【解析】A项，①②中不含有非极性键，A错误；B项，①④中硫原子形成化学键相同，化合价相同，B错误；C项，只有④中的硫化合价为+7价，具有强氧化性，能将锰离子氧化为高锰酸根离子，C正确；D项，只考虑硫元素的价态，②中硫的化合价为+5价，有氧化性和还原性，D错误；故选C。
6．(2023·福建省龙岩市高中毕业班教学质量检测)硫代硫酸钠(Na2S2O3)可用于脱除废水中游离氯。其工业制备方法为：将一定比例的Na2CO3与Na2S配成混合溶液，再通入SO2，先有黄色沉淀生成，当黄色沉淀消失时，即生成了Na2S2O3，同时释放CO2。下列说法错误的是( )
A．制备反应中Na2S2O3既是氧化产物又是还原产物
B．制备总反应的离子方程式为CO32-+4SO2+2S2- =3S2O32-+CO2
C．产生黄色沉淀的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶1
D．将Na2S2O3脱除游离氯反应设计成原电池时，S2O32-为负极反应物
【答案】C
【解析】A项，制备Na2S2O3的反应为Na2CO3+4SO2+2Na2S =3 Na2S2O3+CO2，在该反应中+4价硫和-2价硫最终生成+2价硫，则Na2S2O3既是氧化产物又是还原产物，A正确；B项，制备Na2S2O3的总反应为Na2CO3+4SO2+2Na2S =3 Na2S2O3+CO2，离子方程式为CO32-+4SO2+2S2- =3S2O32-+CO2，B正确；C．产生黄色沉淀时，SO2为氧化剂被还原成S，S元素的化合价由+4价降至0价，S2-为还原剂被氧化成S，S元素的化合价由-2价升至0价，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂物质的量之比为：1∶2，C错误；D项，Na2S2O3脱除游离氯反应为S2O32-+4Cl2 +5H2O=8 Cl-+ 2SO42-+10H+，设计成原电池，S2O32-失电子，为负极反应物，D正确；故选C。
7．部分含碳物质的分类与相应碳元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是( )
A．固态p可做制冷剂用于人工降雨
B．p转化为r可通过化合反应来实现
C．m转化为n或的反应均释放能量
D．n的一种同素异形体中既存在共价键也存在范德华力
【答案】C
【解析】依据价类二维图可知：m为甲烷、n为碳单质、为CO、p为CO2、r为碳酸盐。A项，p为二氧化碳，可做制冷剂用于人工降雨，A项正确；B项，二氧化碳与氧化钙反应生成盐碳酸钙，是化合反应实现，B项正确；C项，甲烷转化为二氧化碳是放热反应，C项错误；D项，碳有多种同素异形体，如金刚石、石墨等，石墨既存在共价键也存在范德华力，D项正确；故选C。
8．(2023·江苏省扬州市高三联考)NH3是重要的化工原料，可用于某些配合物的制备，如NiSO4溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4。液氨可以微弱的电离产生NH2-和NH4+，NH3中的一个H原子若被-NH2取代可形成N2H4(联氨)，若被-OH取代可形成NH2OH (羟胺)。NH3经过转化可形成N2、NO、NO2、N2O4(无色)HNO3等。N2H4与NO2反应有气体生成，同时放出大量热。下列化学反应的表示不正确的是( )
A．向硫酸镍中通入过量氨气：Ni2++6 NH3·H2O =Ni(NH3)6]2++6H2O
B．氨气的燃烧热：4NH3 (g)+ 3O2(g)=2N2 (g)+6H2O(g)ΔH＝－1526 kJ·ml－1
C．向稀硝酸中加入过量铁粉：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O
D．硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应： 2NH4+SO42-+ Ba2++2OH-=BaSO4↓+2 NH3·H2O
【答案】B
【解析】A项，根据信息NiSO4溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4，则向硫酸镍中通入过量氨气对应的方程式为：Ni2++6 NH3·H2O =Ni(NH3)6]2++6H2O，A正确；B项，燃烧热是指1ml纯净物完全燃烧生成稳定氧化物对应的反应热，B错误；C项，稀硝酸和过量的铁粉反应生成硝酸亚铁和一氧化氮，对应的方程式为：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，C正确；D项，硫酸铵和氢氧化钡反应生成硫酸钡和水，两者反应的离子方程式为：2NH4+SO42-+ Ba2++2OH-=BaSO4↓+2 NH3·H2O，D正确；故选B。
04 常见非金属单质及其化合物的制备
1．实验室既可用浓盐酸与MnO2在加热时反应制备Cl2，也可用KMnO4与浓盐酸在常温下反应制备Cl2，下列有关说法不正确的是( )
A．KMnO4的氧化性比MnO2的强
B．制备Cl2的整个实验过程中，只需要使用氧化剂与还原剂
C．用排气法收集Cl2时，不需要利用其他试剂就能确定集气瓶中已收集满
D．用足量MnO2与含有4 ml HCl的浓盐酸在加热条件下反应，得到Cl2的物质的量小于1 ml
【答案】B
【解析】比较反应的条件即可证明KMnO4的氧化性强于MnO2，A项正确；Cl2有毒，需要用碱溶液吸收尾气，B项错误；当整个集气瓶充满黄绿色气体时表明已收集满，C项正确；浓盐酸变稀后不再与MnO2反应，生成Cl2的物质的量小于1 ml，D项正确。
2．(2024·浙江省嘉兴市高三基础测试)海带中含有丰富的碘。从海带中提取碘的实验过程如下图所示：
下列说法正确的是( )
A．步骤③用到的主要仪器是分液漏斗
B．步骤④中的双氧水可用过量氯水代替
C．步骤⑤萃取后的现象是液体分层且下层为紫红色
D．步骤⑥可采用减压蒸馏
【答案】D
【解析】由流程可知，①中海带灼烧成灰，②中浸泡溶解得到海带灰悬浊液，③为过滤，除去不溶的残渣，滤液为含碘离子的溶液④，中加入氧化剂，将碘离子氧化成碘单质，⑤中用四氯化碳萃取出碘单质，⑥为蒸馏分离出碘单质。A项，步骤③是过滤操作，用到的主要仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒，A错误；B项，氯水能氧化碘离子，但过量的氯水会氧化碘单质，B错误；C项，步骤⑤是萃取操作，苯的密度比水小，所以下层为溶有碘单质的水溶液，上层为溶有碘单质的苯溶液，呈紫红色，C错误；D项，碘单质易升华，所以步骤⑥可采用减压蒸馏，D正确；故选D。
3． NaClO是家用消毒液的有效成分，可通过Cl2与NaOH反应制得。NaClO能与CO2反应生成HClO。常温下ClO2为黄绿色有毒气体，易溶于水。ClO2体积分数大于10%或其水溶液在温度过高时可能发生爆炸，与碱反应生成ClO3-和ClO2-等。实验室制备ClO2的反应原理为2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+2CO2↑+K2SO4+2H2O。实验室用如图所示方法制备ClO2水溶液，下列说法不正确的是( )
A．KClO3发生氧化反应B．反应过程中需持续通入N2
C．乙装置应置于冰水浴中D．丙装置用于吸收ClO2尾气
【答案】A
【解析】甲装置用来制备ClO2，反应原理为题中所给化学方程式，其中KClO3作为氧化剂，草酸作为还原剂。产生的ClO2进入乙装置中用水吸收得到其水溶液，丙装置的作用是吸收ClO2，防止污染空气。A项，KClO3作为氧化剂，发生还原反应，A错误；B项，ClO2体积分数大于10%时可能发生爆炸，所以需要持续通入氮气稀释ClO2，B正确；C项，ClO2水溶液在温度过高时可能发生爆炸，乙装置应在冰水浴中，C正确；D项，丙装置用于吸收ClO2尾气，D正确；故选A。
4．纯二氧化硅可用下列流程制得．下列说法不正确的是( )
A．X可用作木材防火剂
B．步骤Ⅱ的反应是Na2SiO3+H2SO4═H2SiO3(胶体)+ Na2SO4
C．步骤Ⅱ中的稀硫酸可用CO2来代替
D．SiO2既能与盐酸反应，又能与氢氟酸反应，所以SiO2是两性氧化物
【答案】D
【解析】A项，硅酸钠水溶液具有阻燃性，可用作木材防火剂，A正确；B项，硅酸钠与稀硫酸反应生成硅酸，所以步骤II的反应是Na2SiO3+H2SO4═H2SiO3(胶体)+Na2SO4，B正确；C项，碳酸、硫酸的酸性都强于硅酸，能够与硅酸钠溶液反应生成硅酸，C正确；D项，SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，但与氢氟酸反应的生成物不是盐，所以二氧化硅不是两性氧化物，而是酸性氧化物，D不正确；故选D。
5．氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨催化制硝酸的流程示意图。下列说法不正确的是 ( )
A．可以利用NH3易液化的性质分离出NH3
B．合成氨以及氨催化制硝酸的流程中氮元素均被氧化
C．可以用NH3进行氨氧化物的尾气处理
D．吸收塔中通入A是为了提高原料的利用率
【答案】B
【解析】A项，利用NH3易液化的性质分离出NH3，促进平衡正向移动，A项正确；B项，合成氨中氮气中氮元素化合价降低做氧化剂，被还原发生还原反应，氨催化制硝酸的流程中氮元素化合价由-3价升高到+2价，被氧化，B项错误；C项，氨气具有还原性，氮氧化物具有氧化性，二者反应生成无毒气体氮气，可以用NH3进行氮氧化物的尾气处理，C项正确；D项，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮、氧气和水反应生成硝酸， A 为O2，吸收塔中通入A是为了提高原料的利用率，D项正确；故选B。
05 非金属及其化合物的性质转化
1．在指定条件下，下列选项所示的物质间的转化能实现的是( )
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】A项，由反应Cu2S+O22Cu+SO2，可知物质之间的转化能实现，A符合题意；B项，由反应Cu+Fe2(SO4)3=CuSO4+2FeSO4，可知物质之间的转化不能实现，B不符合题意；C项，由反应2Cu+SCu2S，可知物质之间的转化不能实现，C不符合题意；D项，常温下，Cu和浓硫酸不反应，可知物质之间的转化不能实现，D不符合题意； 故选A。
2．氨催化氧化是工业制硝酸的重要反应：4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g) ΔH<0。在T℃时，向1L密闭容器中投入4mlNH3、5mlO2，平衡时测得NH3的转化率为60%。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是( )
A．NH3·H2O(aq)NH4HSO4B．HNO3(浓)NO2
C．NH4ClNH3D．NON2
【答案】A
【解析】A项，一水合氨与SO2反应生成NH4HSO3或(NH4)2SO3，A符合题意；B项，浓硝酸不稳定，光照条件下分解生成NO2、H2O和O2，B不符合题意；C项，氯化铵不稳定，受热分解生成NH3和HCl，C不符合题意；D项，NO与CO在催化剂作用下可发生氧化还原反应生成N2和CO2，D不符合题意；故选A。
3．铁元素是重要的金属元素，含有铁元素的物质，在人类的生产生活中有着重要的应用。Fe2O3(s)＋3CO(g)2Fe(s)＋3CO2(g) ΔH＜0是炼铁工业中的主反应。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．(胶体)
C． D．
【答案】A
【解析】A项，KClO具有强氧化性，能将氢氧化铁氧化为高铁酸根，A正确；B项，饱和氯化铁溶液滴入沸水中制备氢氧化铁胶体，B错误；C项，铜的还原性比铁弱，不能将亚铁离子还原为铁单质，C错误；D项，氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁，铁的化合价为+3价，D错误；故选A。
4．空气中的氮气可通过人工固氮获得氨气，氨气是重要的化工原料，通过氨氧化法去可制得硝酸，反应过程如图：
N2NH3NONO2HNO3
硝酸是一种强氧化性酸，制硝酸工业产生的尾气中含有氮氧化物，应处理后才能排放。下列说法不正确的是( )
A．常温下，浓硝酸可盛放在铝制或铁制容器中
B．BaSO3固体能溶于稀硝酸，生成Ba(NO3)2，放出SO2气体
C．工业上，当转化①的反应达到平衡时，需不断地从混合气体中分离出NH3，将未反应的原料气送回合成塔以提高原料的利用率
D．转化④中，当V(NO2)：V(O2)=4：1时，理论上NO2全部转化为HNO3
【答案】B
【解析】A项，常温下铝或铁遇浓硝酸钝化，浓硝酸可盛放在铝制或铁制容器中，A正确；B项，硝酸是氧化性酸，BaSO3固体能溶于稀硝酸，被氧化生成硫酸钡，硝酸被还原生成NO，B错误；C项，工业上，当转化①的反应达到平衡时，需不断地从混合气体中分离出NH3，降低生成物浓度，同时将未反应的原料气送回合成塔，增大反应物浓度，因此可以提高原料的利用率，C正确；D项，转化④中，当V(NO2)：V(O2)=4：1时发生反应4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，理论上NO2全部转化为HNO3，D正确；故选B。
5．(2024·浙江省温州市普通高中高三一模)(NH4)2SO4是一种重要的氮肥，有关叙述不正确的是( )
A．组成元素均位于p区B．水溶液呈酸性
C．与NaOH固体共热产生NH3D．饱和溶液会降低蛋白质在水中的溶解度
【答案】A
【解析】A项，氢元素位于S区，其它元素位于p区，A错误；B项，NH4+发生水解反应，使水溶液呈酸性，B正确；C项，与NaOH固体共热发生反应产生NH3，C正确；D项，饱和(NH4)2SO4溶液会降低蛋白质在水中的溶解度，发生盐析，D正确；故选A。
6．(2024·江西赣州高三联考)H3PO3易溶于水，它的结构式可表示为：，在盛有H3PO3溶液的试管中加入AgNO3溶液，则析出黑色金属银沉淀，并在试管口有红棕色气体生成。下列说法错误的是( )
A．H3PO3是具有还原性的二元强酸
B．它与NaOH反应只生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐
C．用化学方程式表示H3PO3和AgNO3溶液的反应：2H3PO3+AgNO3=Ag↓+NO↑+2H3PO4
D．表示 Na2HPO3水溶液呈碱性的离子方程式：HPO32-+H2OH2PO3 - +OH-
【答案】A
【解析】A项，由H3PO3的结构式可以看出，其分子中含有2个-OH，且中心原子达到8电子稳定结构，则其为二元酸，磷对应的含氧酸都为弱酸，能将AgNO3还原，则其具有还原性，所以H3PO3是具有还原性的二元弱酸，A错误；B项，H3PO3分子中含有2个-OH，为二元弱酸，则它与NaOH反应只生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，B正确；C项，H3PO3和AgNO3溶液反应，生成黑色金属银沉淀，在试管口有红棕色气体(NO2)生成，则瓶内生成NO，H3PO3表现出还原性，被氧化为H3PO4，化学方程式为：2H3PO3+AgNO3=Ag↓+NO↑+2H3PO4，C正确；D项，Na2HPO3为强碱弱酸盐，在水溶液中发生水解使溶液呈碱性，离子方程式：HPO32-+H2OH2PO3 - +OH-，D正确；故选A。
7．(2023·重庆市万州第二高级中学高三检测)排放到空气中会引起酸雨等环境问题，严重危害人类健康。SO2的水溶液中存在下列平衡：
已知：K1、K2、K3为各步反应的平衡常数，且[表示SO2的平衡压强]。下列说法正确的是( )
A．由图平衡可知Na2SO3溶液和NaHSO3溶液都可以水解，溶液一定呈碱性
B．氨水也可吸收SO2，防止大气污染，同时通入O2能进一步提高SO2去除率
C．当的平衡压强为p时，测得c(SO32-) =a ml/L，则溶液
D．用的溶液吸收0.2ml的SO2，则溶液中存在关系式： c(Na+) =3c(H+) + 3c((HSO3-) + 6c(SO2·xH2O) -3c(OH-)
【答案】D
【解析】A项，由如图平衡可知，亚硫酸电离是可逆的，Na2SO3、NaHSO3均为强碱弱酸盐，Na2SO3溶液和NaHSO3溶液中均存在水解平衡，但亚硫酸氢根离子的水解弱于电离，NaHSO3溶液显酸性，A错误；B项，氨水也可吸收SO2，生成亚硫酸氢铵或亚硫酸铵或二者混合物，防止大气污染，同时通入O2能将生成的亚硫酸氢铵或亚硫酸铵氧化为硫酸氢铵或硫酸铵，但等量的氨能吸收的二氧化硫的量在通入O2前后相同，不能提高SO2去除率，B错误；C项，当SO2的平衡压强为p时，测得c(SO32-) =a ml/L，K1=，K2=，K3=，则K1K2K3===，则溶液c(H+) =ml/L，C错误；D项，n(NaOH) =0.3 ml，n(SO2) =0.2 ml，两者反应恰好形成等物质的量浓度的Na2SO3和NaHSO3混合溶液，根据电荷守恒：①c(Na+) +c(H+) =c(OH-) +2c(SO32-) +c(HSO3-)，物料守恒：②2c(Na+) =3c(SO2·xH2O) + 3c((HSO3-) +3c(SO32-)，②×2-①×3(即消去SO3-)得溶液中存在关系式：c(Na+) =3c(H+) + 3c((HSO3-) + 6c(SO2·xH2O) -3c(OH-)，D正确；故选D。
8．下列各组物质，不能按 (“→”表示反应一步完成)关系转化的是( )
【答案】C
【解析】，Al2O3与过量NaOH反应生成NaAlO2，NaAlO2与AlCl3反应生成Al(OH)3，Al(OH)3受热分解得Al2O3，A符合；，AlCl3与少量NaOH反应生成Al(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应生成NaAlO2，NaAlO2和过量盐酸反应生成AlCl3，B符合；Al不能一步生成Al(OH)3，C不符合；，MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2，Mg(OH)2受热分解得MgO，MgO和盐酸反应生成MgCl2，D符合。
9．化合物M(NH4CuSO3)为难溶于水的白色固体，取少量M进行如下实验，下列推断正确的是( )
A．化合物M中Cu的化合价为+2价B．红色固体(A)为氧化铜
C．G为含极性共价键的极性分子D．加热H无明显现象
【答案】C
【解析】M与稀硫酸发生反应：2NH4CuSO3+4H+=2NH4++2SO2↑+Cu↓+Cu2++2H2O，可知，A为铜单质，C为二氧化硫，E为硝酸铜溶液，F为氢氧化铜，G为氨气。A项，化合物M中Cu的化合价为+1价，A项错误；B项，红色固体(A)为铜单质，B项错误；C项，氨气为含有N-H极性键的极性分子，C项正确；D项，SO2漂白品红溶液是可逆的。加热H，溶液由无色变为红色。D项错误；故选C。
10．(2023·江苏省南通市第四次模拟)一种利用废铜渣(主要成分CuO，及少量Fe2O3、SiO2等杂质)制备超细铜粉的流程如下：
下列说法正确的是( )
A．“酸浸”所得滤渣的主要成分为H2SiO3
B．若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为Cu(OH)2
C．“沉铜”发生的反应为复分解反应
D．“转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：NH4+、H+、Cu2+
【答案】D
【解析】废铜渣(主要成分CuO，及少量Fe2O3、SiO2等杂质) “酸浸”时CuO、少量Fe2O3与H2SO4反应生成硫酸铜、硫酸铁，SiO2不溶于H2SO4，所以滤渣的成分是SiO2，滤液中加过量氨水沉铁除去Fe3+，铜离子转化为Cu(NH3)42+，所得滤液通二氧化硫沉铜，过滤出产生的CuNH4SO3沉淀，加稀硫酸转化，+1价铜发生歧化反应，得到铜离子、和Cu。A项， “酸浸”所得滤渣的主要成分为SiO2，A错误；B项，若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为Cu(NH3)4SO4，B错误；C项， “沉铜”时含有Cu(NH3)42+和过量氨水的混合溶液中通入二氧化硫生成CuNH4SO3沉淀，铜元素化合价降低，则发生氧化还原反应，不为复分解反应，C错误；D项，转化时，CuNH4SO3在稀硫酸中发生歧化反应，得到铜离子、和Cu，结合元素守恒可知， “转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：NH4+、H+、Cu2+，D正确；故选D。
11．CuCl为白色固体，难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，常用作媒染剂。以印刷线路板碱性蚀刻废液(主要成分为[Cu(NH3)4] Cl2为原料制备CuCl的工艺流程如下。下列说法正确的是( )
A．“沉铜”发生反应的离子方程式：[Cu(NH3)4]2++4OH-CuO↓+4NH3↑+2H2O
B．“还原”步骤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
C．“还原”后所得溶液中大量存在的离子有、、、SO42-
D．“洗涤”时可使用水作洗涤剂，因为CuCl难溶于水
【答案】B
【解析】A项，选项中的离子方程式没有配平，正确的离子方程式为：[Cu(NH3)4]2++2OH-CuO↓+4NH3↑+H2O，故A错误；B项，“还原”步骤中Cu2+做氧化剂，和还原剂Na2SO3反应，铜的化合价从+2价降低到+1价，S的化合价从+4价升高到+6价，发生反应的离子方程式为：2Cu2++ SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，故B正确；C项，根据B选项中的离子方程式可知，反应后的溶液中存在大量的H+和SO42-，但不能存在大量的Cu+和Cl-，故C错误；D项，CuCl虽然难溶于水，但潮湿时易被氧化，所以不能用水做洗涤剂，应该用乙醇洗涤，故D错误；故选B。
12．(2023·北京市东城区二模)明矾[KAl(SO4)2·12H2O]可用作净水剂。某同学设计利用废铝箔(主要成分为，含少量等)制备明矾的流程如下图所示。
下列说法不正确的是( )
A．①中反应的离子方程式是2Al+2OH--+2H2O=2AlO2-+3H2↑
B．③中反应的离子方程式是Al(OH)3 +3H+=Al3++3H2O
C．操作a是蒸发结晶，用到的仪器有蒸发皿、酒精灯、玻璃棒等
D．明矾净水的原理：Al3+水解生成的Al(OH)3胶体能吸附水中的悬浮颗粒物
【答案】C
【解析】铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，过滤后滤渣为氢氧化铝，氢氧化铝和硫酸反应生成硫酸铝，加入硫酸钾饱和溶液，蒸发浓缩，冷却结晶得到明矾。A项，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH--+2H2O=2AlO2-+3H2↑，A正确；B项，③为氢氧化铝和硫酸反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式是Al(OH)3 +3H+=Al3++3H2O，B正确；C项，混合溶液蒸发结晶不能得到带结晶水的物质，该操作为蒸发浓缩，冷却结晶得到明矾，C错误；D项，明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体有较大的表面积，能吸附水中的悬浮颗粒物，从而达到净水目的，D正确；故选C。
A．“天宫二号”航天器使用的材料——钛合金
B．“天和号”使用的柔性太阳电池阵的材料——砷化镓
C．“天问一号”火星车使用的热控材料——纳米气凝胶
D．“神州十三号”飞船返回舱使用的耐高温材料——酚醛树脂基低密度材料
方案
现象或产物
①将铁片置于CuSO4溶液中
铁片上有亮红色物质析出
②将铁丝和铜丝分别在氯气中燃烧
产物分别为FeCl3和CuCl2
③将铁片和铜片分别放入热浓硫酸中
产物分别为Fe2(SO4)3和CuSO4
④将铁片和铜片分别置于稀硫酸溶液中
铁片上有气泡，铜片上不产生气泡
⑤将铁片和铜片同时插入盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接
铁片溶解，铜片上有气泡产生
A．用聚四氟乙烯制成的实验仪器
B．用于通信的光导纤维
C．用于焙制糕点的小苏打
D．从餐厨废弃物中提取的地沟油
选项
操作和现象
结论或目的
A
向红砖粉末中加入盐酸，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液2～3滴，溶液呈红色
红砖中含有氧化铁
B
CO还原Fe2O3得到的黑色固体加入盐酸溶解后再加入KSCN溶液，溶液不显红色
黑色固体中没有Fe3O4
C
取少量Fe(NO3)2试样加水溶解，加稀H2SO4酸化，滴加KSCN溶液，溶液变为红色
该Fe(NO3)2试样已经变质
D
向某溶液中通入Cl2，然后再加入KSCN溶液变红色
原溶液中含有Fe2＋
选项
a
b
c
A
Al2O3
NaAlO2
Al(OH)3
B
AlCl3
Al(OH)3
NaAlO2
C
Al
Al(OH)3
Al2O3
D
MgCl2
Mg(OH)2
MgO
TOC \ "1-1" \p " " \h \z \u \l "_Tc148019150" 01 金属单质的性质
\l "_Tc148019151" 02 常见金属的化合物
\l "_Tc148019152" 03 非金属及其化合物的性质应用
\l "_Tc148019153" 04 常见非金属单质及其化合物的制备
\l "_Tc148019153" 05 非金属及其化合物的性质转化
01 金属单质的性质
1．(2024·浙江省名校协作体高三适应性考试)镁、锂的性质相似，下列有关锂的说法不正确的是( )
A．Li2SO4易溶于水B．LiOH是受热不易分解的强碱
C．Li遇浓硫酸不产生“钝化”现象D．Li2CO3受热分解，生成Li2O和CO2
【答案】B
【解析】A项，Li2SO4与硫酸镁性质类似易溶于水，故A正确；B项，LiOH和Mg(OH)2性质类似，Mg(OH)2是难溶于水的弱碱，受热易分解，因此LiOH也是难溶于水的弱碱，加热易分解，故B错误；C项，Mg与浓硫酸不产生钝化，Li遇浓硫酸也不会产生钝化现象，故C正确；D项，MgCO3受热易分解生成MgO和CO2，Li2CO3受热也分解，生成Li2O和CO2，故D正确；故选B。
2．(2023·北京市昌平区统考二模)近年来，我国的航天技术发展迅速，天宫、天和、天问、神舟等体现了中国的强大科技力量，下列成果所涉及的材料为金属材料的是( )
【答案】A
【解析】A项，钛合金是合金材料，属于金属材料，A符合题意；B项，砷化镓是一种半导体材料，不是金属材料，B不符合题意；C项，纳米气凝胶是胶体，不是金属材料，C不符合题意；D项，酚醛树脂基低密度材料属于有机高分子材料，不是金属材料，D不符合题意；故选A。
3．为了比较铁和铜金属活动性强弱，某研究小组的同学设计了如下一些方案，并将实验结果记录如下：
能根据以上各种现象或产物证明铁的金属活动性比铜强的方案一共有( )
A．2种 B．3种 C．4种 D．5种
【答案】B
【解析】①铁能置换出铜，证明铁比铜活泼；②不能证明；③不能证明；④铁能置换出稀硫酸中的氢，铜不能，证明铁比铜活泼；⑤铁与铜形成原电池，铁作负极，铜作正极，证明铁比铜活泼，共有3种方案，选项B正确。
4．类推是化学学习和研究常用的重要思维方法，但所得结论要经过实践的检验才能确定其正确与否。根据你所掌握的知识，判断下列类推结论中正确的是( )
A．Mg燃烧不能用CO2灭火，故燃烧也不能用CO2灭火
B．Al在O2中燃烧生成Al2O3，故Fe在O2中燃烧生成Fe2O3
C．CO2与Na2O2反应生成Na2CO3和O2，故SO2与Na2O2反应生成Na2SO3和O2
D．与溶液反应生成H2，故与溶液反应也生成H2
【答案】A
【解析】A项，由于钠比镁活泼，镁能与CO2反应，则钠也能与CO2反应，故Mg燃烧不能用CO2灭火，故Na燃烧也不能用CO2灭火，A项正确；B项，Fe在O2中燃烧生成Fe3O4，B项错误；C项，SO2与Na2O2反应生成Na2SO4，C项错误；D项，Al具有两性，能和NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，而Mg不具有两性，不能和NaOH溶液反应，D项错误；故选A。
5．(2024·浙江省绍兴市高三选考科目诊断性考试)以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：
注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。下列说法不正确的是( )
A．过滤Ⅰ所得滤渣进行洗涤的目的是提高产率
B．加入NaHCO3溶液发生的反应是：HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-
C．电解Ⅰ是电解熔融Al2O3，电解过程中作阴极的石墨易消耗
D．实验室常规灼烧操作所需的硅酸盐质仪器包括：坩埚、泥三角、玻璃棒、酒精灯
【答案】C
【解析】铝土矿与NaOH溶液反应，会将Al2O3、SiO2溶解，经过过滤I除去Fe2O3；滤液中再加入NaHCO3溶液，会与AlO2-反应生成Al(OH)3沉淀和Na2CO3溶液，Na2CO3溶液通过电解，得到NaOH溶液和NaHCO3溶液循环使用；Al(OH)3沉淀灼烧得到Al2O3，Al2O3在电解的作用下得到Al和O2。A项，过滤Ⅰ所得滤渣进行洗涤是为了将滤渣表面残留的Al2O3尽可能溶解到滤液中，可提高最终得到的Al的量，以提高产率，故A正确；B项，NaHCO3会与AlO2-反应生成Al(OH)3沉淀和Na2CO3，所以反应方程式为：HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-，故B正确；C项，电解Ⅰ是电解熔融Al2O3，电解过程中阴极物质得电子，元素化合价降低，应是Al3++3e-=Al，石墨不会被消耗，故C错误；D项，灼烧操作温度相对较高，所需的硅酸盐质仪器包括：坩埚、泥三角、玻璃棒、酒精灯，故D正确；故选C。
6．向只含有Fe3＋、Cu2＋、H＋各0．1 ml及a ml SO42 －的某溶液中(只来源于水电离的离子不考虑)加入足量锌粉，搅拌使其充分反应，下列说法中正确的是( )
A．当消耗0．1 ml Zn时， 得到的还原产物为0．1 ml
B．当溶液中不再产生气泡时，溶液中大量存在的阳离子只有Zn2＋
C．当有第三种单质生成时，消耗的锌粉质量至少大于13 g
D．反应结束时，可得到0．25 ml ZnSO4
【答案】C
【解析】0.1 ml Zn首先与0．1 ml的Fe3＋反应生成0．1 ml的Fe2＋，再与0．05 ml的Cu2＋反应生成0．05 ml的Cu，故A错误；当溶液中不再产生气泡时，溶液中大量存在的阳离子有Zn2＋和Fe2＋，B错误；溶液中的Fe3＋、Cu2＋、H＋完全反应需消耗0．2 ml的锌，即13 g，故当溶液中有Fe生成时，消耗的锌粉的质量至少大于13 g，C正确；根据电荷守恒可知SO42 －的物质的量是0．3 ml，反应结束时，可得到0．3 ml ZnSO4，D错误。
02 常见金属的化合物
1．(2023·重庆市高三三模)向下列物质中加入NaOH溶液并加热，其成分不发生改变的是( )
【答案】A
【解析】A项，聚四氟乙烯不和氢氧化钠溶液反应，故A符合题意；B项，光导纤维的主要成分是二氧化硅，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，离子方程式为SiO2+2OH- =SiO32-+H2O，故B不符合题意；C项，小苏打的主要成分是碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，离子方程式为：HCO3-+OH-=CO32-+H2O，故C不符合题意；D项，“地沟油”的成分是油脂，与碱溶液反应生成高级脂肪酸盐和甘油，故D不符合题意；故选A。
2．(2024·浙江省嘉兴市高三基础测试)下列关于铝及其化合物说法不正确的是( )
A．铝元素位于周期表的p区
B．明矾溶液呈酸性
C．常温下，可用铝制容器盛装浓硝酸
D．工业上常用电解熔融AlCl3制备金属铝
【答案】D
【解析】A项，铝元素的原子序数为13，价电子排布式为3s23p1，位于元素周期表p区，故A正确；B项，明矾在溶液中能完全电离出钾离子、铝离子和硫酸根离子，铝离子发生水解使溶液呈酸性，故B正确；C项，常温下，铝遇到浓硝酸发生钝化反应，从而可用铝制容器盛装浓硝酸，故C正确；D项，工业上常用电解熔融氧化铝制备金属铝，故D错误；故选D。
3．(2023·浙江省义乌市高三高考适应性考试)在岩层深处和海底中存在黄铁矿(FeS2)，下列说法不正确的是( )
A．Fe元素位于周期表d区
B．Fe和S在加热条件下可制备FeS2
C．FeS2受氧气和水的长期作用，可转化为硫酸盐
D．工业上可用黄铁矿为原料来制备硫酸
【答案】B
【解析】A项，已知Fe是26号元素，位于元素周期表第4周期Ⅷ族，故Fe元素位于周期表d区，A正确；B项，Fe和S在加热条件下生成FeS，而不是FeS2，B错误；C项，FeS2受氧气和水的长期作用，可被氧气氧化，转化为硫酸盐，C正确；D项，由反应方程式可知，4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，2SO2+O22SO3，SO3+H2O=H2SO4，故工业上可用黄铁矿为原料来制备硫酸，D正确；故选B。
4．草酸亚铁晶体是生产感光材料的原料[Ksp(FeC2O4·2H2O)= 3.0×10－7]，制备流程如下：
(NH4)2Fe(SO4)2FeC2O4·2H2O
下列说法错误的是( )
A．可用溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2是否变质
B．步骤①酸化的目的是抑制Fe2+的水解
C．步骤②反应为Fe2++H2 C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+
D．步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
【答案】D
【解析】A项，(NH4)2Fe(SO4)2中的Fe元素存在形式为Fe2+，Fe2+易被氧化成Fe3+，若(NH4)2Fe(SO4)2变质会生成 Fe3+，Fe3+遇KSCN溶液变红色，因此可用KSCN溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2是否变质，故A正确；B项，Fe2+易水解生成Fe(OH)2和氢离子，使溶液显酸性，进行酸化，增大氢离子的浓度可抑制Fe2+的水解，故B正确；C项，步骤②生成FeC2O4·2H2O沉淀，发生反应的离子方程式为Fe2++H2 C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+，故C正确；D项，根据Fe2++H2 C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+可知，步骤②中加入草酸后直接生成FeC2O4·2H2O沉淀，只需要将FeC2O4·2H2O沉淀过滤、洗涤、干燥后即可得到FeC2O4·2H2O晶体，故D错误；故选D。
5．下列实验操作和现象、结论或目的均正确的是( )
【答案】A
【解析】CO还原Fe2O3得到单质Fe，即使有Fe3O4，其溶于盐酸后产生的Fe3＋与Fe发生反应：Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，加入KSCN溶液也不显红色，B项错误；NOeq \\al(－,3)＋H＋具有强氧化性，而Fe2＋具有还原性，两者发生氧化还原反应，有Fe3＋生成，遇KSCN溶液呈红色，不能证明样品是否变质，C项错误；若原溶液中不存在Fe2＋，存在Fe3＋，也有此现象，D项错误。
6．K2FeO4是一种高效多功能的饮用水处理剂。已知：①一种干法制备K2FeO4的反应为2FeSO4+6K2O2=2 K2FeO4+K2O+2K2SO4+O2↑，②K2FeO4处理水时发生反应FeO4+10H2O4Fe(OH)3+8OH-+3O2。下列说法错误的是( )
A．干法制备K2FeO4的反应中，还原剂与氧化剂的物质的量之比为
B．干法制备K2FeO4的反应中，每生成1ml K2FeO4，有5ml e-转移
C．K2FeO4在强碱性溶液中能稳定存在
D．K2FeO4处理水时，既能杀菌消毒，又能起絮凝作用除去水中悬浮杂质
【答案】A
【解析】A项，干法制备K2FeO4的反应中，FeSO4中Fe元素化合价升高，FeSO4作还原剂，K2O2中O元素化合价既升又降，每6 ml K2O2参加反应，由原子守恒知，有1 ml K2O2作还原剂，有5 ml K2O2作氧化剂，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为(2+1) ml：5 ml =3：5，A错误；B项，每5 ml K2O2作氧化剂，转移10 ml e-，生成2ml K2FeO4，所以每生成1ml K2FeO4，有5ml e-转移，B正确；C项，由K2FeO4处理水时发生可逆反应，结合平衡移动原理知K2FeO4在强碱性溶液中能稳定存在，C正确；D项，K2FeO4具有强氧化性，能使细菌、病毒蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，K2FeO4与水反应可产生Fe(OH)3胶体，能起絮凝作用除去水中悬浮杂质，D正确；故选A。
7．将铁、氧化铁、氧化铜组成的混合物粉末mg放入盛盐酸的烧杯中，充分反应后产生2.24L H2(标准状况)，残留固体2.56g。过滤，滤液中无Cu2+。将滤液加水稀释到500mL，测得其中c(H+)为。下列说法正确的是( )
A．m=15.36
B．烧杯中转移电子的物质的量共为0.28ml
C．若将反应后的溶液倒入蒸发皿中直接蒸干可得到0.2ml FeCl2
D．过滤时需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗、锥形瓶
【答案】A
【解析】既然还有较多H+离子剩余，且滤液中没有Cu2+可知残留物没有Fe，只有Cu，则反应后溶质为HCl和FeCl2，根据Cl元素守恒可知：n(HCl)=2n(FeCl2)+n剩余(H+)，即5.00ml/L×0.1L=2n(FeCl2)+0.200ml/L×0.5L解得：n(FeCl2)=0.2ml；2.56g Cu的物质的量为0.04ml，则与Cu2+参加反应的Fe的物质的量为0.04ml；标况下2.24L H2的物质的量为0.1ml，则H+参加反应的Fe的物质的量为0.1ml；根据Fe2+守恒，可有与Fe3+反应的Fe的物质的量为0.2-0.1-0.04=0.06ml；因此原混合物中n(Fe)=0.04+0.02+0.1=0.16ml，n(Fe2O3)=0.02ml，n(CuO)=0.04ml。A项，混合物的质量为：0.16ml×56g/ml+0.02ml×160g/ml+0.04ml×80g/ml=15.36g，A正确；B项，根据原混合物组成的各组分的物质的量可知，烧杯中转移电子的物质的量共为(0.1ml+0.04ml+0.02ml)×2=0.32ml，B错误；C项，由于氯化亚铁易水解易氧化，将反应后的溶液蒸干后得到氢氧化铁，C错误；D项，过滤时需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，不需要锥形瓶，D错误；故选A。
03 非金属及其化合物的性质应用
1．党的二十大报告提出，坚决打赢关键核心技术攻坚战。制造5G芯片的氮化铝属于( )
A．传统无机非金属材料 B．金属材料 C．新型塑料D．新型无机非金属材料
【答案】D
【解析】A项，氮化铝是一种新型陶瓷材料，不属于传统无机非金属材料，故A不选；B项，金属单质和合金属于金属材料，氮化铝是化合物，不属于金属材料，故B不选；C项，氮化铝不含碳元素不属于有机物，塑料是有机物，故C不选；D项，氮化铝是一种新型陶瓷材料，属于新型无机非金属材料，故D选；故选D。
2．(2024·浙江省Z20名校联盟)SO2是一种常见氧化物，下列说法不正确的是( )
A．SO2属于弱电解质B．SO2可用作食品添加剂
C．SO2既有氧化性又有还原性D．SO2具有漂白性
【答案】A
【解析】A项，二氧化硫属于非电解质，故A错误；B项，食品中适量添加二氧化硫可起到漂白、防腐和抗氧化作用，故B正确；C项，SO2中硫元素为+4价，既能升高也能降低，所以既有氧化性又有还原性，故C正确；D项，SO2具有漂白性，能与有色物质结合为无水物质，故D正确；故选A。
3．(2024·浙江强基联盟高三联考)BaSO4是重晶石的主要成分，下列说法不正确的是( )
A．硫酸钡属于强电解质B．钡元素位于周期表的区
C．硫酸钡可以制备白色颜料D．钡离子无毒，BaSO4可用作“钡餐”
【答案】D
【解析】A项，熔融态硫酸钡完全电离，所以硫酸钡是强电解质，故A正确；B项，钡元素位于周期表的第IIA族，属于s区元素，故B正确；C项，硫酸钡是白色难溶于水的固体可做白色颜料，故C正确；D项，钡离子有毒，BaSO4可用作“钡餐”的原因是BaSO4不溶于水和酸，故D错误；故选D。
4．中国在探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5G技术联通世界等方面取得了举世瞩目的成就，它们与化学有着密切联系，下列说法正确的是( )
A．中国天眼的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于新型无机非金属材料
B．为打造生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于一次能源
C．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是二氧化硅
D．“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐
【答案】C
【解析】A项，中国天眼的“眼眶”，索网结构是FAST主动反射面的主要支撑结构，不是新型无机非金属材料，故A错误； B项，电能不是一次能源，属于二次能源，故B错；C项，二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光缆的主要原料，故C正确；D项，高温结构陶瓷包括氮化硅陶瓷，氮化硼陶瓷，碳化硼陶瓷，故D 错误； 故选C
5．(2023·浙江省强基联盟高三上学期10月统测)硫的四种含氧酸根离子的结构如图所示，下列有关说法正确的是( )
A．①②③④中都含有极性键和非极性键
B．①④中硫原子的化合价不同
C．能在酸性溶液中将Mn2+转化为MnO4-的只有④
D．只考虑硫元素的价态，②只有氧化性
【答案】C
【解析】A项，①②中不含有非极性键，A错误；B项，①④中硫原子形成化学键相同，化合价相同，B错误；C项，只有④中的硫化合价为+7价，具有强氧化性，能将锰离子氧化为高锰酸根离子，C正确；D项，只考虑硫元素的价态，②中硫的化合价为+5价，有氧化性和还原性，D错误；故选C。
6．(2023·福建省龙岩市高中毕业班教学质量检测)硫代硫酸钠(Na2S2O3)可用于脱除废水中游离氯。其工业制备方法为：将一定比例的Na2CO3与Na2S配成混合溶液，再通入SO2，先有黄色沉淀生成，当黄色沉淀消失时，即生成了Na2S2O3，同时释放CO2。下列说法错误的是( )
A．制备反应中Na2S2O3既是氧化产物又是还原产物
B．制备总反应的离子方程式为CO32-+4SO2+2S2- =3S2O32-+CO2
C．产生黄色沉淀的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶1
D．将Na2S2O3脱除游离氯反应设计成原电池时，S2O32-为负极反应物
【答案】C
【解析】A项，制备Na2S2O3的反应为Na2CO3+4SO2+2Na2S =3 Na2S2O3+CO2，在该反应中+4价硫和-2价硫最终生成+2价硫，则Na2S2O3既是氧化产物又是还原产物，A正确；B项，制备Na2S2O3的总反应为Na2CO3+4SO2+2Na2S =3 Na2S2O3+CO2，离子方程式为CO32-+4SO2+2S2- =3S2O32-+CO2，B正确；C．产生黄色沉淀时，SO2为氧化剂被还原成S，S元素的化合价由+4价降至0价，S2-为还原剂被氧化成S，S元素的化合价由-2价升至0价，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂物质的量之比为：1∶2，C错误；D项，Na2S2O3脱除游离氯反应为S2O32-+4Cl2 +5H2O=8 Cl-+ 2SO42-+10H+，设计成原电池，S2O32-失电子，为负极反应物，D正确；故选C。
7．部分含碳物质的分类与相应碳元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是( )
A．固态p可做制冷剂用于人工降雨
B．p转化为r可通过化合反应来实现
C．m转化为n或的反应均释放能量
D．n的一种同素异形体中既存在共价键也存在范德华力
【答案】C
【解析】依据价类二维图可知：m为甲烷、n为碳单质、为CO、p为CO2、r为碳酸盐。A项，p为二氧化碳，可做制冷剂用于人工降雨，A项正确；B项，二氧化碳与氧化钙反应生成盐碳酸钙，是化合反应实现，B项正确；C项，甲烷转化为二氧化碳是放热反应，C项错误；D项，碳有多种同素异形体，如金刚石、石墨等，石墨既存在共价键也存在范德华力，D项正确；故选C。
8．(2023·江苏省扬州市高三联考)NH3是重要的化工原料，可用于某些配合物的制备，如NiSO4溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4。液氨可以微弱的电离产生NH2-和NH4+，NH3中的一个H原子若被-NH2取代可形成N2H4(联氨)，若被-OH取代可形成NH2OH (羟胺)。NH3经过转化可形成N2、NO、NO2、N2O4(无色)HNO3等。N2H4与NO2反应有气体生成，同时放出大量热。下列化学反应的表示不正确的是( )
A．向硫酸镍中通入过量氨气：Ni2++6 NH3·H2O =Ni(NH3)6]2++6H2O
B．氨气的燃烧热：4NH3 (g)+ 3O2(g)=2N2 (g)+6H2O(g)ΔH＝－1526 kJ·ml－1
C．向稀硝酸中加入过量铁粉：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O
D．硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应： 2NH4+SO42-+ Ba2++2OH-=BaSO4↓+2 NH3·H2O
【答案】B
【解析】A项，根据信息NiSO4溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4，则向硫酸镍中通入过量氨气对应的方程式为：Ni2++6 NH3·H2O =Ni(NH3)6]2++6H2O，A正确；B项，燃烧热是指1ml纯净物完全燃烧生成稳定氧化物对应的反应热，B错误；C项，稀硝酸和过量的铁粉反应生成硝酸亚铁和一氧化氮，对应的方程式为：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，C正确；D项，硫酸铵和氢氧化钡反应生成硫酸钡和水，两者反应的离子方程式为：2NH4+SO42-+ Ba2++2OH-=BaSO4↓+2 NH3·H2O，D正确；故选B。
04 常见非金属单质及其化合物的制备
1．实验室既可用浓盐酸与MnO2在加热时反应制备Cl2，也可用KMnO4与浓盐酸在常温下反应制备Cl2，下列有关说法不正确的是( )
A．KMnO4的氧化性比MnO2的强
B．制备Cl2的整个实验过程中，只需要使用氧化剂与还原剂
C．用排气法收集Cl2时，不需要利用其他试剂就能确定集气瓶中已收集满
D．用足量MnO2与含有4 ml HCl的浓盐酸在加热条件下反应，得到Cl2的物质的量小于1 ml
【答案】B
【解析】比较反应的条件即可证明KMnO4的氧化性强于MnO2，A项正确；Cl2有毒，需要用碱溶液吸收尾气，B项错误；当整个集气瓶充满黄绿色气体时表明已收集满，C项正确；浓盐酸变稀后不再与MnO2反应，生成Cl2的物质的量小于1 ml，D项正确。
2．(2024·浙江省嘉兴市高三基础测试)海带中含有丰富的碘。从海带中提取碘的实验过程如下图所示：
下列说法正确的是( )
A．步骤③用到的主要仪器是分液漏斗
B．步骤④中的双氧水可用过量氯水代替
C．步骤⑤萃取后的现象是液体分层且下层为紫红色
D．步骤⑥可采用减压蒸馏
【答案】D
【解析】由流程可知，①中海带灼烧成灰，②中浸泡溶解得到海带灰悬浊液，③为过滤，除去不溶的残渣，滤液为含碘离子的溶液④，中加入氧化剂，将碘离子氧化成碘单质，⑤中用四氯化碳萃取出碘单质，⑥为蒸馏分离出碘单质。A项，步骤③是过滤操作，用到的主要仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒，A错误；B项，氯水能氧化碘离子，但过量的氯水会氧化碘单质，B错误；C项，步骤⑤是萃取操作，苯的密度比水小，所以下层为溶有碘单质的水溶液，上层为溶有碘单质的苯溶液，呈紫红色，C错误；D项，碘单质易升华，所以步骤⑥可采用减压蒸馏，D正确；故选D。
3． NaClO是家用消毒液的有效成分，可通过Cl2与NaOH反应制得。NaClO能与CO2反应生成HClO。常温下ClO2为黄绿色有毒气体，易溶于水。ClO2体积分数大于10%或其水溶液在温度过高时可能发生爆炸，与碱反应生成ClO3-和ClO2-等。实验室制备ClO2的反应原理为2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+2CO2↑+K2SO4+2H2O。实验室用如图所示方法制备ClO2水溶液，下列说法不正确的是( )
A．KClO3发生氧化反应B．反应过程中需持续通入N2
C．乙装置应置于冰水浴中D．丙装置用于吸收ClO2尾气
【答案】A
【解析】甲装置用来制备ClO2，反应原理为题中所给化学方程式，其中KClO3作为氧化剂，草酸作为还原剂。产生的ClO2进入乙装置中用水吸收得到其水溶液，丙装置的作用是吸收ClO2，防止污染空气。A项，KClO3作为氧化剂，发生还原反应，A错误；B项，ClO2体积分数大于10%时可能发生爆炸，所以需要持续通入氮气稀释ClO2，B正确；C项，ClO2水溶液在温度过高时可能发生爆炸，乙装置应在冰水浴中，C正确；D项，丙装置用于吸收ClO2尾气，D正确；故选A。
4．纯二氧化硅可用下列流程制得．下列说法不正确的是( )
A．X可用作木材防火剂
B．步骤Ⅱ的反应是Na2SiO3+H2SO4═H2SiO3(胶体)+ Na2SO4
C．步骤Ⅱ中的稀硫酸可用CO2来代替
D．SiO2既能与盐酸反应，又能与氢氟酸反应，所以SiO2是两性氧化物
【答案】D
【解析】A项，硅酸钠水溶液具有阻燃性，可用作木材防火剂，A正确；B项，硅酸钠与稀硫酸反应生成硅酸，所以步骤II的反应是Na2SiO3+H2SO4═H2SiO3(胶体)+Na2SO4，B正确；C项，碳酸、硫酸的酸性都强于硅酸，能够与硅酸钠溶液反应生成硅酸，C正确；D项，SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，但与氢氟酸反应的生成物不是盐，所以二氧化硅不是两性氧化物，而是酸性氧化物，D不正确；故选D。
5．氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨催化制硝酸的流程示意图。下列说法不正确的是 ( )
A．可以利用NH3易液化的性质分离出NH3
B．合成氨以及氨催化制硝酸的流程中氮元素均被氧化
C．可以用NH3进行氨氧化物的尾气处理
D．吸收塔中通入A是为了提高原料的利用率
【答案】B
【解析】A项，利用NH3易液化的性质分离出NH3，促进平衡正向移动，A项正确；B项，合成氨中氮气中氮元素化合价降低做氧化剂，被还原发生还原反应，氨催化制硝酸的流程中氮元素化合价由-3价升高到+2价，被氧化，B项错误；C项，氨气具有还原性，氮氧化物具有氧化性，二者反应生成无毒气体氮气，可以用NH3进行氮氧化物的尾气处理，C项正确；D项，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮、氧气和水反应生成硝酸， A 为O2，吸收塔中通入A是为了提高原料的利用率，D项正确；故选B。
05 非金属及其化合物的性质转化
1．在指定条件下，下列选项所示的物质间的转化能实现的是( )
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】A项，由反应Cu2S+O22Cu+SO2，可知物质之间的转化能实现，A符合题意；B项，由反应Cu+Fe2(SO4)3=CuSO4+2FeSO4，可知物质之间的转化不能实现，B不符合题意；C项，由反应2Cu+SCu2S，可知物质之间的转化不能实现，C不符合题意；D项，常温下，Cu和浓硫酸不反应，可知物质之间的转化不能实现，D不符合题意； 故选A。
2．氨催化氧化是工业制硝酸的重要反应：4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g) ΔH<0。在T℃时，向1L密闭容器中投入4mlNH3、5mlO2，平衡时测得NH3的转化率为60%。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是( )
A．NH3·H2O(aq)NH4HSO4B．HNO3(浓)NO2
C．NH4ClNH3D．NON2
【答案】A
【解析】A项，一水合氨与SO2反应生成NH4HSO3或(NH4)2SO3，A符合题意；B项，浓硝酸不稳定，光照条件下分解生成NO2、H2O和O2，B不符合题意；C项，氯化铵不稳定，受热分解生成NH3和HCl，C不符合题意；D项，NO与CO在催化剂作用下可发生氧化还原反应生成N2和CO2，D不符合题意；故选A。
3．铁元素是重要的金属元素，含有铁元素的物质，在人类的生产生活中有着重要的应用。Fe2O3(s)＋3CO(g)2Fe(s)＋3CO2(g) ΔH＜0是炼铁工业中的主反应。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．(胶体)
C． D．
【答案】A
【解析】A项，KClO具有强氧化性，能将氢氧化铁氧化为高铁酸根，A正确；B项，饱和氯化铁溶液滴入沸水中制备氢氧化铁胶体，B错误；C项，铜的还原性比铁弱，不能将亚铁离子还原为铁单质，C错误；D项，氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁，铁的化合价为+3价，D错误；故选A。
4．空气中的氮气可通过人工固氮获得氨气，氨气是重要的化工原料，通过氨氧化法去可制得硝酸，反应过程如图：
N2NH3NONO2HNO3
硝酸是一种强氧化性酸，制硝酸工业产生的尾气中含有氮氧化物，应处理后才能排放。下列说法不正确的是( )
A．常温下，浓硝酸可盛放在铝制或铁制容器中
B．BaSO3固体能溶于稀硝酸，生成Ba(NO3)2，放出SO2气体
C．工业上，当转化①的反应达到平衡时，需不断地从混合气体中分离出NH3，将未反应的原料气送回合成塔以提高原料的利用率
D．转化④中，当V(NO2)：V(O2)=4：1时，理论上NO2全部转化为HNO3
【答案】B
【解析】A项，常温下铝或铁遇浓硝酸钝化，浓硝酸可盛放在铝制或铁制容器中，A正确；B项，硝酸是氧化性酸，BaSO3固体能溶于稀硝酸，被氧化生成硫酸钡，硝酸被还原生成NO，B错误；C项，工业上，当转化①的反应达到平衡时，需不断地从混合气体中分离出NH3，降低生成物浓度，同时将未反应的原料气送回合成塔，增大反应物浓度，因此可以提高原料的利用率，C正确；D项，转化④中，当V(NO2)：V(O2)=4：1时发生反应4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，理论上NO2全部转化为HNO3，D正确；故选B。
5．(2024·浙江省温州市普通高中高三一模)(NH4)2SO4是一种重要的氮肥，有关叙述不正确的是( )
A．组成元素均位于p区B．水溶液呈酸性
C．与NaOH固体共热产生NH3D．饱和溶液会降低蛋白质在水中的溶解度
【答案】A
【解析】A项，氢元素位于S区，其它元素位于p区，A错误；B项，NH4+发生水解反应，使水溶液呈酸性，B正确；C项，与NaOH固体共热发生反应产生NH3，C正确；D项，饱和(NH4)2SO4溶液会降低蛋白质在水中的溶解度，发生盐析，D正确；故选A。
6．(2024·江西赣州高三联考)H3PO3易溶于水，它的结构式可表示为：，在盛有H3PO3溶液的试管中加入AgNO3溶液，则析出黑色金属银沉淀，并在试管口有红棕色气体生成。下列说法错误的是( )
A．H3PO3是具有还原性的二元强酸
B．它与NaOH反应只生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐
C．用化学方程式表示H3PO3和AgNO3溶液的反应：2H3PO3+AgNO3=Ag↓+NO↑+2H3PO4
D．表示 Na2HPO3水溶液呈碱性的离子方程式：HPO32-+H2OH2PO3 - +OH-
【答案】A
【解析】A项，由H3PO3的结构式可以看出，其分子中含有2个-OH，且中心原子达到8电子稳定结构，则其为二元酸，磷对应的含氧酸都为弱酸，能将AgNO3还原，则其具有还原性，所以H3PO3是具有还原性的二元弱酸，A错误；B项，H3PO3分子中含有2个-OH，为二元弱酸，则它与NaOH反应只生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，B正确；C项，H3PO3和AgNO3溶液反应，生成黑色金属银沉淀，在试管口有红棕色气体(NO2)生成，则瓶内生成NO，H3PO3表现出还原性，被氧化为H3PO4，化学方程式为：2H3PO3+AgNO3=Ag↓+NO↑+2H3PO4，C正确；D项，Na2HPO3为强碱弱酸盐，在水溶液中发生水解使溶液呈碱性，离子方程式：HPO32-+H2OH2PO3 - +OH-，D正确；故选A。
7．(2023·重庆市万州第二高级中学高三检测)排放到空气中会引起酸雨等环境问题，严重危害人类健康。SO2的水溶液中存在下列平衡：
已知：K1、K2、K3为各步反应的平衡常数，且[表示SO2的平衡压强]。下列说法正确的是( )
A．由图平衡可知Na2SO3溶液和NaHSO3溶液都可以水解，溶液一定呈碱性
B．氨水也可吸收SO2，防止大气污染，同时通入O2能进一步提高SO2去除率
C．当的平衡压强为p时，测得c(SO32-) =a ml/L，则溶液
D．用的溶液吸收0.2ml的SO2，则溶液中存在关系式： c(Na+) =3c(H+) + 3c((HSO3-) + 6c(SO2·xH2O) -3c(OH-)
【答案】D
【解析】A项，由如图平衡可知，亚硫酸电离是可逆的，Na2SO3、NaHSO3均为强碱弱酸盐，Na2SO3溶液和NaHSO3溶液中均存在水解平衡，但亚硫酸氢根离子的水解弱于电离，NaHSO3溶液显酸性，A错误；B项，氨水也可吸收SO2，生成亚硫酸氢铵或亚硫酸铵或二者混合物，防止大气污染，同时通入O2能将生成的亚硫酸氢铵或亚硫酸铵氧化为硫酸氢铵或硫酸铵，但等量的氨能吸收的二氧化硫的量在通入O2前后相同，不能提高SO2去除率，B错误；C项，当SO2的平衡压强为p时，测得c(SO32-) =a ml/L，K1=，K2=，K3=，则K1K2K3===，则溶液c(H+) =ml/L，C错误；D项，n(NaOH) =0.3 ml，n(SO2) =0.2 ml，两者反应恰好形成等物质的量浓度的Na2SO3和NaHSO3混合溶液，根据电荷守恒：①c(Na+) +c(H+) =c(OH-) +2c(SO32-) +c(HSO3-)，物料守恒：②2c(Na+) =3c(SO2·xH2O) + 3c((HSO3-) +3c(SO32-)，②×2-①×3(即消去SO3-)得溶液中存在关系式：c(Na+) =3c(H+) + 3c((HSO3-) + 6c(SO2·xH2O) -3c(OH-)，D正确；故选D。
8．下列各组物质，不能按 (“→”表示反应一步完成)关系转化的是( )
【答案】C
【解析】，Al2O3与过量NaOH反应生成NaAlO2，NaAlO2与AlCl3反应生成Al(OH)3，Al(OH)3受热分解得Al2O3，A符合；，AlCl3与少量NaOH反应生成Al(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应生成NaAlO2，NaAlO2和过量盐酸反应生成AlCl3，B符合；Al不能一步生成Al(OH)3，C不符合；，MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2，Mg(OH)2受热分解得MgO，MgO和盐酸反应生成MgCl2，D符合。
9．化合物M(NH4CuSO3)为难溶于水的白色固体，取少量M进行如下实验，下列推断正确的是( )
A．化合物M中Cu的化合价为+2价B．红色固体(A)为氧化铜
C．G为含极性共价键的极性分子D．加热H无明显现象
【答案】C
【解析】M与稀硫酸发生反应：2NH4CuSO3+4H+=2NH4++2SO2↑+Cu↓+Cu2++2H2O，可知，A为铜单质，C为二氧化硫，E为硝酸铜溶液，F为氢氧化铜，G为氨气。A项，化合物M中Cu的化合价为+1价，A项错误；B项，红色固体(A)为铜单质，B项错误；C项，氨气为含有N-H极性键的极性分子，C项正确；D项，SO2漂白品红溶液是可逆的。加热H，溶液由无色变为红色。D项错误；故选C。
10．(2023·江苏省南通市第四次模拟)一种利用废铜渣(主要成分CuO，及少量Fe2O3、SiO2等杂质)制备超细铜粉的流程如下：
下列说法正确的是( )
A．“酸浸”所得滤渣的主要成分为H2SiO3
B．若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为Cu(OH)2
C．“沉铜”发生的反应为复分解反应
D．“转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：NH4+、H+、Cu2+
【答案】D
【解析】废铜渣(主要成分CuO，及少量Fe2O3、SiO2等杂质) “酸浸”时CuO、少量Fe2O3与H2SO4反应生成硫酸铜、硫酸铁，SiO2不溶于H2SO4，所以滤渣的成分是SiO2，滤液中加过量氨水沉铁除去Fe3+，铜离子转化为Cu(NH3)42+，所得滤液通二氧化硫沉铜，过滤出产生的CuNH4SO3沉淀，加稀硫酸转化，+1价铜发生歧化反应，得到铜离子、和Cu。A项， “酸浸”所得滤渣的主要成分为SiO2，A错误；B项，若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为Cu(NH3)4SO4，B错误；C项， “沉铜”时含有Cu(NH3)42+和过量氨水的混合溶液中通入二氧化硫生成CuNH4SO3沉淀，铜元素化合价降低，则发生氧化还原反应，不为复分解反应，C错误；D项，转化时，CuNH4SO3在稀硫酸中发生歧化反应，得到铜离子、和Cu，结合元素守恒可知， “转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：NH4+、H+、Cu2+，D正确；故选D。
11．CuCl为白色固体，难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，常用作媒染剂。以印刷线路板碱性蚀刻废液(主要成分为[Cu(NH3)4] Cl2为原料制备CuCl的工艺流程如下。下列说法正确的是( )
A．“沉铜”发生反应的离子方程式：[Cu(NH3)4]2++4OH-CuO↓+4NH3↑+2H2O
B．“还原”步骤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
C．“还原”后所得溶液中大量存在的离子有、、、SO42-
D．“洗涤”时可使用水作洗涤剂，因为CuCl难溶于水
【答案】B
【解析】A项，选项中的离子方程式没有配平，正确的离子方程式为：[Cu(NH3)4]2++2OH-CuO↓+4NH3↑+H2O，故A错误；B项，“还原”步骤中Cu2+做氧化剂，和还原剂Na2SO3反应，铜的化合价从+2价降低到+1价，S的化合价从+4价升高到+6价，发生反应的离子方程式为：2Cu2++ SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，故B正确；C项，根据B选项中的离子方程式可知，反应后的溶液中存在大量的H+和SO42-，但不能存在大量的Cu+和Cl-，故C错误；D项，CuCl虽然难溶于水，但潮湿时易被氧化，所以不能用水做洗涤剂，应该用乙醇洗涤，故D错误；故选B。
12．(2023·北京市东城区二模)明矾[KAl(SO4)2·12H2O]可用作净水剂。某同学设计利用废铝箔(主要成分为，含少量等)制备明矾的流程如下图所示。
下列说法不正确的是( )
A．①中反应的离子方程式是2Al+2OH--+2H2O=2AlO2-+3H2↑
B．③中反应的离子方程式是Al(OH)3 +3H+=Al3++3H2O
C．操作a是蒸发结晶，用到的仪器有蒸发皿、酒精灯、玻璃棒等
D．明矾净水的原理：Al3+水解生成的Al(OH)3胶体能吸附水中的悬浮颗粒物
【答案】C
【解析】铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，过滤后滤渣为氢氧化铝，氢氧化铝和硫酸反应生成硫酸铝，加入硫酸钾饱和溶液，蒸发浓缩，冷却结晶得到明矾。A项，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH--+2H2O=2AlO2-+3H2↑，A正确；B项，③为氢氧化铝和硫酸反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式是Al(OH)3 +3H+=Al3++3H2O，B正确；C项，混合溶液蒸发结晶不能得到带结晶水的物质，该操作为蒸发浓缩，冷却结晶得到明矾，C错误；D项，明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体有较大的表面积，能吸附水中的悬浮颗粒物，从而达到净水目的，D正确；故选C。
A．“天宫二号”航天器使用的材料——钛合金
B．“天和号”使用的柔性太阳电池阵的材料——砷化镓
C．“天问一号”火星车使用的热控材料——纳米气凝胶
D．“神州十三号”飞船返回舱使用的耐高温材料——酚醛树脂基低密度材料
方案
现象或产物
①将铁片置于CuSO4溶液中
铁片上有亮红色物质析出
②将铁丝和铜丝分别在氯气中燃烧
产物分别为FeCl3和CuCl2
③将铁片和铜片分别放入热浓硫酸中
产物分别为Fe2(SO4)3和CuSO4
④将铁片和铜片分别置于稀硫酸溶液中
铁片上有气泡，铜片上不产生气泡
⑤将铁片和铜片同时插入盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接
铁片溶解，铜片上有气泡产生
A．用聚四氟乙烯制成的实验仪器
B．用于通信的光导纤维
C．用于焙制糕点的小苏打
D．从餐厨废弃物中提取的地沟油
选项
操作和现象
结论或目的
A
向红砖粉末中加入盐酸，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液2～3滴，溶液呈红色
红砖中含有氧化铁
B
CO还原Fe2O3得到的黑色固体加入盐酸溶解后再加入KSCN溶液，溶液不显红色
黑色固体中没有Fe3O4
C
取少量Fe(NO3)2试样加水溶解，加稀H2SO4酸化，滴加KSCN溶液，溶液变为红色
该Fe(NO3)2试样已经变质
D
向某溶液中通入Cl2，然后再加入KSCN溶液变红色
原溶液中含有Fe2＋
选项
a
b
c
A
Al2O3
NaAlO2
Al(OH)3
B
AlCl3
Al(OH)3
NaAlO2
C
Al
Al(OH)3
Al2O3
D
MgCl2
Mg(OH)2
MgO
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