1、专题06 元素化合物性质及其应用1（2021河北承德一中高三模拟）化学与社会、科学、技术、环境密切相关。下列说法正确的是A水泥、玻璃、青花瓷、水晶、玛瑙、分子筛都属于硅酸盐工业产品B通入过量的空气，可以使燃料充分燃烧，同时提高热量的利用率C将金属钛、铝混合后在空气中熔化可制得强度较大的钛合金材料D透明氧化铝陶瓷具有良好的光学性能且耐高温耐腐蚀，可用于制造高压钠灯发光管【答案】D【解析】A水晶、玛瑙的主要成分为SiO2，不是硅酸盐，A错误；B过量的空气会带走大量的热能，造成热量的损失，降低热量的利用率，B错误；C在空气中加热金属单质被氧化为相应的氧化物，无法形成合金，C错误；D氧化铝的硬度大、熔
2、点高、耐腐蚀，透明氧化铝陶瓷具有良好的光学性能，可用于制造高压钠灯发光管，D正确；综上所述答案为D。2（2021江苏省如皋中学高三三模）酸在生产、生活中有广泛应用。下列酸的性质与用途具有对应关系的是A醋酸具有酸性，可用于洗去水垢B盐酸具有挥发性，可用于制备Cl2C硝酸见光易分解，可用于溶解银D浓硫酸具有脱水性，可用作干燥剂【答案】A【解析】A醋酸具有酸性，且酸性大于碳酸，可用于洗去水垢（主要成分碳酸钙），性质与用途相符，A正确；B浓盐酸具有还原性，可用于与二氧化锰反应制备Cl2，性质与用途不相符，B错误；C硝酸有强氧化性，能发生3Ag + 4HNO3 = 3AgNO3 + NO+ 2H2O，性
3、质与用途不相符，C错误；D浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂，题干中性质与用途不相符，D错误；答案选A。3（2021山东师范大学附中高三模拟）下列表述不正确的是A超导材料K3C60在熔融状态下能导电，说明K3C60是电解质B2020年7月31日我国北斗三号全球卫星导航系统正式开通，北斗卫星运载火箭采用的推进剂有N2O4和偏二甲肼(CH3)2NNH2、液氢、液氧分子中均含有共价键CClO2泡腾片和酒精均可杀灭新型冠状病毒，但是二者消毒原理并不相同D为测定熔融氢氧化钠的导电性，常将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化【答案】D【解析】A超导材料K3C60在熔融状态下能导电，该物质是化合物，因此可以说K3
4、C60是电解质，故A正确；B运载火箭采用的推进剂N2O4是含有氮氢、氮氮键的共价化合物，偏二甲肼(CH3)2NNH2含有碳氢、碳氮、碳碳键的共价化合物，液氢、液氧都是双原子分子，因此这些物质中均含有共价键，故B正确；CClO2泡腾片和酒精均可杀灭新型冠状病毒，前者是强氧化性消毒，后者是使蛋白质变性，因此二者消毒原理并不相同，故C正确；D氢氧化钠与石英坩埚中的主要成份SiO2反应，因此不能在石英坩埚中加热熔化氢氧化钠固体，故D错误。综上所述，答案为D。4（2021山东济南第一中学高三二模）现在有很多电视节目聚焦中国传统文化艺术精品，用现代化的传播方式及国际化的视角来系统地诠释中国古代艺术品的精湛
5、与美艳。下列说法中不正确的是A北宋的天青无纹椭圆水仙盆是“瓷器第一宝”，其主要成分是二氧化硅B西周时期的伯矩鬲是罕见的青铜器，鬲身的铜绿的主要成分是碱式碳酸铜C王羲之的书法作品快雪时晴帖堪称“书法第一宝”，纸张的主要成分是高分子化合物D西汉素纱禅衣是世界上现存年代最早、保存最完整、制作工艺最精湛的一件衣服，它由精缫的蚕丝织造，蚕丝和毛笔中的狼毫成分相同【答案】A【解析】A瓷器的主要成分是硅酸盐，故A错误；B铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，故B正确；C纸张的主要成分是纤维素，纤维素属于高分子化合物，故C正确；D蚕丝和毛笔中的狼毫的主要成分都是蛋白质，成分相同，故D正确；故选A。5（2021江苏南京师
6、大附中高三模拟）下列铁及其化合物性质与用途具有对应关系的是AFe粉具有还原性，可用作抗氧化剂BFe2O3粉末呈红棕色，可用于制取铁盐CFe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂DFeCl3溶液呈酸性，用于蚀刻铜电路板【答案】A【解析】AFe粉具有还原性，可用作抗氧化剂，A正确；BFe2O3粉末呈红棕色，可用于染料，B错误；CFe3+水解，生成氢氧化铁胶体，可用作净水剂，C错误；DFeCl3溶液具有氧化性，用于蚀刻铜电路板，D错误；故选A。6（2021四川成都七中高三模拟）化学科学在“国之重器”的打造中发挥着重要作用。下列有关叙述正确的是A“墨子号”卫星成功发射实现了光纤量子通信，生产光纤的原料为
7、晶体硅B嫦娥5号携带的月壤中，富含的3He与地球上的4He互为同素异形体C长征五号火箭的箭体蒙皮材料2219-铝合金，可一定程度上减轻火箭的质量D“奋斗者”号载人潜水器成功坐底，深度10909m，所用的合金潜孔钻头硬度与熔沸点均比其单一组分高【答案】C【解析】A硅是半导体材料，生产光纤的原料为二氧化硅，A错误；B3He与地球上的4He具有相同的质子数和不同的中子数，互为同位素，B错误；C铝合金具有质量轻的优点，因此可一定程度上减轻火箭的质量，C正确；D合金的熔沸点比其单一组分低，D错误；答案选C。7（2021广东广州市高三三模）物质性质决定其用途，物质用途反映其性质。下列物质用途与性质对应关系
8、不正确的是选项用途性质ASiO2用作光导纤维SiO2能把光的强弱转变为电流的强弱B工业上用纯碱去油污Na2CO3溶液水解呈碱性，油脂碱性条件下水解程度大C明矾用作净水剂明矾溶于水形成Al(OH)3胶体，吸附水中悬浮杂质形成沉淀D三元催化器处理汽车尾气尾气中CO有还原性，NOx有氧化性。在催化剂作用下转化为CO2和N2【答案】A【解析】ASiO2并不能把光的强弱转变为电流的强弱，SiO2用作光导纤维是因为其对光有很好的反射性，A错误；BNa2CO3溶液中存在碳酸根的水解而显碱性，油脂在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸盐，甘油和高级脂肪酸盐无法重新生成油脂，所以油脂碱性条件下水解程度大，B正确；C
9、明矾溶液水可以电离出Al3+，Al3+水解生成成Al(OH)3胶体，吸附水中悬浮杂质形成沉淀，达到净水的目的，C正确；D汽车尾气中含有CO、NOx等有毒气体，CO有还原性，NOx有氧化性，二者发生氧化还原反应转化为无污染的为CO2和N2，D正确；综上所述答案为A。8（2021江苏南通市高三模拟）硝酸是无色、易挥发、有刺激性气味的液体，具有强氧化性，浓硝酸见光易分解。下列有关硝酸的说法正确的是ANO的空间构型为三角锥形B浓硝酸保存在棕色带橡胶塞的试剂瓶中C用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近浓硝酸有白烟产生D常温下用铁制容器运输浓硝酸是因为铁与浓硝酸不反应【答案】C【解析】A硝酸根离子中氮原子的价层电子对数
10、为3，孤对电子对数为0，则硝酸根离子的空间构型为平面三角形，故A错误；B浓硝酸具有强氧化性，能腐蚀橡胶塞，则浓硝酸应保存在棕色带玻璃塞的试剂瓶中，故B错误；C浓氨水和浓硝酸都具有挥发性，用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近浓硝酸时，挥发出的氨气与硝酸蒸汽反应生成硝酸铵，会有白烟产生，故C正确；D常温下用铁制容器运输浓硝酸是因为铁在浓硝酸中发生钝化，阻碍反应的进行，并非是铁与浓硝酸不反应，故D错误；故选C。9（2021广东珠海市高三二模）下列实验操作、现象及结论都正确的是选项实验操作现象结论A将红热的碳放入浓硫酸中，产生的气体通入澄清的石灰水中石灰水变浑浊碳被浓硫酸氧化成 CO2B向NaAlO2溶液中滴入N
11、aHCO3溶液有白色沉淀生成AlO2-结合H+的能力比强C将常温下用冷的浓硝酸处理过的铝片插入硫酸铜溶液中铝片表面无明显现象用硝酸处理后，铝的金属性减弱D向Na2CO3溶液中加入浓盐酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液中产生白色浑浊酸性：盐酸碳酸硅酸【答案】B【解析】A将红热的碳放入浓硫酸中，产生的气体中有SO2，SO2也能使澄清的石灰水变浑浊，所以不能得到碳被浓硫酸氧化成 CO2的结论，故A错误；B向NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液，生成氢氧化铝、碳酸钠，则AlO结合H+的能力比CO强，故B正确；C将常温下用冷的浓硝酸处理过的铝片Al表面会生成一层致密的氧化膜而钝化，所以插入硫酸铜溶液中，铝
12、片表面无明显现象，不是因为用硝酸处理后，铝的金属性减弱，故C错误；D浓盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应生成硅酸，则不能比较碳酸、硅酸的酸性，故D错误；故选B。10（2021广东高三模拟）在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是ABCD【答案】D【解析】ASiO2与盐酸不反应，A项错误；BN2和O2在放电条件下生成NO，B项错误；CAl3+与过量氨水反应只能生成，C项错误D二氧化硫氧化生成三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸，D项正确；答案选D。11（2021广东高三模拟）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A浓硫酸具有脱水性，可干燥氧气B浓硝酸具有酸性，可用于钝化金属铝C二氧化氯具有还
13、原性，可用于自来水杀菌消毒D液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂【答案】D【解析】A干燥氧气利用浓硫酸的吸水性，A错误；B常温下铝遇浓硝酸饨化，是因为硝酸有强氧化性，B错误；C二氧化氯具有氧化性，可对自来水杀菌消毒，C错误；D液氨汽化时需要吸收大量的热，使周围温度快速降低，可用作制冷剂，D正确；故选D。12（2021济南市山东师范大学附中高三模拟）下列实验设计及操作能达到相应实验目的的是选项实验目的实验设计及操作A验证溴与苯发生取代反应向苯与浓溴水的混合液中加入铁粉，将产生的气体先通入足量四氯化碳洗气，再通入AgNO3溶液中。B测定样品FeC2O4(含少量FeSO4杂质)含量取质量为mg的样
14、品配制溶液后，用已知浓度高锰酸钾滴定，记录用量V1；适量还原剂还原Fe3+后，过滤并酸化滤液，高锰酸钾二次滴定用量V2计算可得含量。C重结晶法提纯苯甲酸将苯甲酸在较高温度下配成饱和溶液后，再加少量蒸馏水，趁热过滤，静置，冰水中冷却结晶，滤出晶体。D验证SO2的漂白性向蓝色石蕊溶液中通入足量二氧化硫气体，可以观察到溶液先变红后褪色。【答案】B【解析】A苯与溴（铁作催化剂）发生取代反应，溴为液溴不能使浓溴水，溴水与苯不反应，本实验设计不能完成实验目的，故A错误；B(V1V2)mL是将草酸根离子氧化时消耗高锰酸钾溶液的体积，根据高锰酸钾与草酸根离子反应的方程式，从而计算出草酸根离子的物质的量，进一步
15、求的草酸亚铁的物质的量，即可得到草酸亚铁的含量，故B正确；C静置后，使滤液缓慢冷却结晶，不能放在冰水中冷却，故C错误；D向蓝色石蕊溶液中通入足量二氧化硫气体，可以观察到溶液只变红，故D错误；故答案为B。13（2021浙江高三模拟）下列“类比”合理的是AC在足量O2中燃烧生成CO2，则S在足量O2中燃烧生成SO3B铜丝在氯气中燃烧生成CuCl2，则铁丝在氯气中燃烧生成FeCl2CMg在CO2中燃烧生成MgO和C，则Na在CO2中燃烧可能生成Na2CO3和CD往AlCl3溶液中加入过量氨水生成Al(OH)3沉淀，则往CuCl2溶液中加入过量氨水生成Cu(OH)2沉淀【答案】C【解析】AS在足量O2
16、中燃烧只能生成SO2，不能生成SO3，故A错误；B铁丝在氯气中燃烧只能生成FeCl3，不能生成FeCl2，故B错误；C钠的金属性比镁强，则钠也能在二氧化碳中燃烧生成氧化钠和碳，氧化钠与过量的二氧化碳反应生成碳酸钠，则钠在二氧化碳中燃烧可能生成碳酸钠和碳，故C正确；D氢氧化铜能与氨水反应生成四氨合铜离子，则氯化铜溶液中加入过量氨水生成生成四氨合铜离子，不能生成氢氧化铜沉淀，故D错误；故选C。14（2021云南昆明市昆明一中高三模拟）下列反应中，反应物用量或浓度变化时，不会引起产物改变的是AZn与硫酸溶液反应BCu与硝酸溶液反应CAl与氢氧化钠溶液反应DCl2与FeBr2溶液反应【答案】C【解析】
17、AZn与硫酸溶液反应，浓硫酸被还原产物为SO2等，稀硫酸被还原为H2，A不符合；BCu与硝酸溶液反应，浓硝酸还原产物为NO2，稀硝酸被还原为NO，B不符合；CAl与氢氧化钠溶液反应，产物为NaAlO2和H2，与反应物用量和浓度无关，C符合；DCl2与FeBr2溶液反应，氯气先后氧化亚铁离子、溴离子，产物与反应物用量有关，D不符合；答案选C。15（2021江苏南京市南京师大附中高三模拟）在各种防疫防控措施中，化学知识起了重要作用。下列说法正确的是A过氧化氢、乙醇、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒目的B“84”消毒液是以NaClO为有效成分的消毒液，与盐酸混合可以提升消毒效果C用药皂洗手
18、能有效防止病毒传染，药皂中的苯酚能杀菌消毒D医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于烯烃【答案】C【解析】A过氧化氢、过氧乙酸等消毒液可以将病毒氧化而达到消毒目的，乙醇能让蛋白质变性而消毒，故A错误；B“84”消毒液是以NaClO为有效成分的消毒液，NaClO与盐酸混合生成氯气，故B错误；C药皂中的苯酚能杀菌消毒，所以用药皂洗手能有效防止病毒传染，故C正确；D只含C、H两种元素的有机物是烃，四氟乙烯含有F元素，不属于烃，故D错误；选C。16（2021辽宁铁岭市高三二模）在日常生活中，下列解决问题的方法不可行的是A为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸B为杀灭新型冠状病
19、毒，可用75%的酒精进行环境消毒C为使水果保鲜，可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土D为保持葡萄酒的天然果香味，使用大量的二氧化硫作为抗氧化剂【答案】D【解析】A次氯酸的酸性弱于醋酸，漂白精使用时滴加几滴醋酸，醋酸与次氯酸钠溶液反应生成次氯酸，次氯酸浓度增大，从而提高漂白速率，故A正确；B浓度为75%酒精的消毒效果最好，为杀灭新型冠状病毒，可用75%的酒精进行环境消毒，故B正确；C水果成熟时释放出的乙烯可以做催熟剂，则可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土吸收水果释放的乙烯气体，使水果保鲜，故C正确；D二氧化硫有毒，为保持葡萄酒的天然果香味，应使用适量的二氧化硫作为抗氧化剂，故D错误
20、；故选D。17（2021北京人大附中高三三模）下列各组物质之间不可能实现如图所示转化的是选项XYZMACCOCO2O2BFeFeCl2FeCl3Cl2CAlCl3Al(OH)3NaAlO2NaOHDNH3NONO2O2【答案】B【解析】AC和氧气反应生成一氧化碳，再反应生成二氧化碳，能实现图中转化，故A正确； B铁和氯气只能生产氯化铁不能产生氯化亚铁，不能实现图中转化，故B错误；C氯化铝和氢氧化钠反应先生成沉淀氢氧化铝，沉淀再溶解生成偏铝酸钠，能实现图中转化，故C正确；D氨气与氧气催化氧化反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，能实现图中转化，故D正确；故答案为B。18（2021山东泰安市高
21、三模拟）下列关于物质的用途的说法错误的是AK2FeO4可用于自来水杀菌消毒及净水B氮化镓属于优良的半导体材料，可用作光导纤维CNaCl、C2H5OH、CH3COOH都可用作食品调味剂D超级钢耐腐蚀、强度大，可实现轻薄化，用于航空航天【答案】B【解析】AK2FeO4 有强氧化性，可以杀菌消毒，还原产物Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体可以吸附水中悬浮的固体杂质，使之形成沉淀而达到净化水的目的，因此可用于净化自来水并杀菌消毒，选项A正确；B氮化镓属于优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料，而光导纤维的主要成分是二氧化硅，选项B错误；C家庭生活中常用的调味品有食盐、食醋、酒精、淀粉
22、等，它们的主要成分是NaCl、CH3COOH、C2H5OH，选项C正确；D超级钢耐腐蚀、其强度很大,在应用时能够实现钢板的轻薄化，可用于航空航天，选项D正确；答案选B。19（2021河北保定市高三二模）化学在达成我国2035年生态建设的远景目标中发挥着重要作用。下列有关说法正确的是A用浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放出的乙烯与氧化还原反应无关B是一种新型自来水处理剂，既表现强氧化性又能软化硬水C护肤品中加入甘油是利用甘油独特的气味增香提神D电影银幕用硅酸钠溶液浸泡的主要目的是为了防火【答案】D【解析】A高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化乙烯，乙醇用浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果
23、释放出的乙烯与氧化还原反应有关，A错误；B是一种新型自来水处理剂，表现强氧化性，可用于杀菌消毒，但不能软化硬水，B错误；C甘油具有吸湿性，护肤品中加入甘油是利用甘油独特的吸湿性，而不是为气味增香提神，C错误；D硅酸钠不燃烧，也不支持燃烧，常用作防火材料，电影银幕用硅酸钠溶液浸泡的主要目的是为了防火，D正确；答案选D。20（2021浙江高三三模）下列“类比合理的是A在足量中燃烧生成，则在足量中燃烧生成B铜丝在氯气中燃烧生成CuCl2，则铁丝在氯气中燃烧生成C与反应生成和，则与反应可能生成和D往溶液中加入过量氨水生成沉淀，则往溶液中加入过量氨水生成沉淀【答案】C【解析】A在足量中燃烧生成，而在足量
24、中燃烧生成SO2，故A错误；B氯气具有强氧化性，能够把变价金属氧化为最高价，因此铜丝在氯气中燃烧生成CuCl2，铁丝在氯气中燃烧生成，故B错误；C由于二氧化碳过量，钠的氧化物能够与二氧化碳反应，所以与反应可能生成和，故C正确；D氢氧化铝不溶于过量的氨水，而氢氧化铜能够与过量的氨水反应生成Cu(NH3)4(OH)2溶液，沉淀溶解，故D错误；故选C。21（2021辽宁高三模拟）以黄铁矿(主要成分)为原料生产硫酸，应将产出的炉渣和尾气进行资源化综合利用，减轻对环境的污染，其中一种流程如图所示。下列说法错误的是 A黄铁矿中的在煅烧过程中作还原剂B欲得到更纯的，反应应通入过量的气体C还原铁粉用盐酸溶解后
25、，可用溶液滴定法来测定其纯度D加热制备的化学方程式为【答案】C【解析】A黄铁矿中的在煅烧过程中Fe元素的化合价由+2价升至+3价，S元素的化合价由-1价升至+4价，失电子，作还原剂，选项A正确；B通入过量二氧化硫保证碱反应完全，得到纯净的，选项B正确；C盐酸也能与高锰酸钾溶液反应，不能用溶液滴定法来测定还原铁粉的纯度，选项C错误；D加热制备的化学方程式为，选项D正确；答案选C。22（2021辽宁葫芦岛市高三二模）某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4。某实验小组以废催化剂为原料，进行回收利用。设计实验流程如图：已知：CuS既不溶于稀硫酸，也不与稀硫酸反应。下列说法正确的是A步骤
26、操作中，生成的气体可用碱液吸收B滤液1中是否含有Fe2+，可以选用KSCN和新制的氯水检验C滤渣1成分是SiO2和CuS，滤渣2成分一定是SiO2D步骤要滴加稀硫酸防止CuSO4水解【答案】A【分析】由题给流程可知，向废催化剂中加入稀硫酸，硫化锌和四氧化三铁与稀硫酸反应得到硫酸锌、硫酸铁和硫酸亚铁的混合溶液，二氧化硅和硫化铜不与稀硫酸反应，过滤得到含有硫酸锌、硫酸铁和硫酸亚铁的滤液1和含有二氧化硅和硫化铜的滤渣1；滤液1经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到含有杂质的粗皓矾；向滤渣中加入稀硫酸和过氧化氢的混合溶液，酸性条件下，硫化铜与过氧化氢反应生成硫酸铜、硫沉淀和水，过滤得到含有硫酸铜的滤液2和含有
27、硫和二氧化硅的滤渣2；滤液2经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗胆矾。【解析】A步骤操作中，硫化锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和硫化氢气体，硫化氢气体能与碱反应，可用碱液吸收，故A正确；B由分析可知，滤液1中含有铁离子，若选用硫氰化钾溶液和新制的氯水检验亚铁离子，铁离子会干扰亚铁离子检验，故B错误；C由分析可知，滤渣1含有与稀硫酸不反应的二氧化硅和硫化铜，滤渣2为硫和二氧化硅，故C错误；D硫酸是高沸点酸，则滤液2经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗胆矾时，不需要要滴加稀硫酸防止硫酸铜水解，故D错误；故选A。23（2021海南海口市高三三模）硫元素的几种化合物存在下列转化关系：浓H2SO4 SO2 Na2SO
28、3溶液 Na2S2O3 S下列判断不正确的是A反应中浓硫酸作氧化剂B反应表明SO2有酸性氧化物的性质C反应的原子利用率是100%D反应稀H2SO4作还原剂【答案】D【分析】Cu与浓硫酸反应：Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O，SO2与NaOH反应，SO2为酸性氧化物，发生SO22NaOH=Na2SO3H2O，Na2S2O3中S显2价，发生Na2SO3S=Na2S2O3，Na2S2O3与稀硫酸反应：Na2S2O3H2SO4=Na2SO4SSO2H2O，据此分析；【解析】A.与浓硫酸反应时，浓硫酸将氧化为硫酸铜，表现出氧化性，浓硫酸是氧化剂，选项A正确；B二氧化硫与NaOH反应生成盐和
29、水，表明二氧化硫为酸性氧化物，选项B正确；C反应为Na2SO3+S=Na2S2O3，生成物只有一种，原子利用率是100%，选项C正确；D反应的化学方程式：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S+SO2+H2O，稀硫酸既不是氧化剂也不是还原剂，选项D不正确；答案选D。24（2021浙江高三模拟）下列“类比”合理的是AC和浓硝酸加热反应生成CO2和NO2，则S和浓硝酸加热反应生成SO2和NO2BAlF3能与NaF形成配合物Na3AlF6，则BeF2与NaF形成配合物Na2BeF4C工业上电解熔融Al2O3制Al，则工业上电解熔融MgO制MgDFe和浓硫酸在常温下钝化，则锌和浓硫酸在常温下钝化
30、【答案】B【解析】A浓硝酸具有强氧化性，浓硝酸和C加热反应生成CO2和NO2，SO2具有还原性，会进一步被硝酸氧化，所以S和浓硝酸加热反应生成H2SO4和NO2，A错误；BAlF3能与NaF形成配合物Na3AlF6，Al、Be处于对角线位置，性质相似，所以BeF2与NaF形成配合物Na2BeF4，B正确；C由于AlCl3是共价化合物，在熔融状态不能导电，因此工业上电解熔融Al2O3制Al，而MgCl2、MgO都是离子化合物，由于MgCl2的熔点比MgO低，因此在工业上一般电解熔融MgCl2制Mg，C错误；D浓硫酸具有强氧化性，在室温下遇Fe、Al会被氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进
31、一步氧化，即在常温下钝化；但Zn比Fe活泼，会被浓硫酸氧化为ZnSO4，不能产生致密的氧化物保护膜，因此不会发生钝化现象，D错误；故合理选项是B。25（2021山东青岛市高三二模）硫元素的价类二维图如图所示。下列说法错误的是Aa与c、d、e都有可能反应生成bBd溶液久置于空气中会生成e，溶液的减小C盐g与盐f之间也可能发生反应D铜与e的浓溶液共热产生的气体通入溶液中，无明显现象【答案】C【分析】根据化合价以及物质的类别可知a为H2S、b为S、c为SO2、d为H2SO3、e为H2SO4、f含有或、g含有或。【解析】Aa为H2S，可以和SO2、H2SO3、H2SO4发生归中反应生成硫单质，A正确；
32、BH2SO3具有较强的还原性，在空气久置会被氧气氧化成硫酸，硫酸酸性更强，pH更小，B正确；Cg为硫酸盐，f为亚硫酸盐，硫元素化合价相邻不反应，C错误；D铜与浓硫酸共热产生的气体SO2，SO2通入溶液中，不能发生弱酸制强酸的反应，所以无明显现象，D正确；答案选C。26（2021四川遂宁市高三模拟）下列有关生活中常见物质的说法正确的是A涤纶衬衣、PC 塑料、牛皮鞋均是由有机高分子化合物构成的B用大豆酿制酱油时，蛋白质水解生成了氨基酸C2020年3月9日，发射了北斗系统第五十四颗导航卫星，其计算机的芯片材料是一种有机高分子材料D垃圾分类中，易拉罐、厕纸属于可回收垃圾，剩饭剩菜、果皮等属于厨余垃圾；
33、荧光灯管、过期药品属于有害垃圾【答案】AB【解析】A 涤纶衬衣、PC 塑料，是由有机高分子构成的，牛皮鞋的构成材料是蛋白质，均属于有机高分子化合物，故A正确；B酿制酱油主要利用微生物产生的蛋白酶，将原料(大豆等)中蛋白质水解成多肽、氨基酸等营养成分，故B正确；C芯片材料的主要成分是硅单质，不是有机高分子材料，故C错误；D厕纸不属于可回收垃圾，故D错误；故选A。27（2021浙江杭州市高三三模）某兴趣小组对于固体A开展探究实验，已知A由4种元素组成，摩尔质量M小于160g/mol，溶液E中只有一种溶质。(1)A的化学式_，气体B的空间构型_。(2)溶液C制备沉淀D的离子方程式_。(3)已知2mo
34、lNa在一定条件下可以和液态B反应产生一种1可燃性气体和化合物F，化合物F极易和水反应，写出和水反应的方程式_；(4)该研究小组认为检验溶液E和NaHCO3溶液可以采用CaCl2溶液，结果发现两种溶液中加入CaCl2都会形成白色沉淀，请解释原因：_(用方程式表示即可)；更换检验试剂，加入某短周期元素X的氯化物之后可以检验，其中一种产生沉淀，另一种无沉淀，则X元素为_。【答案】NaAlN2H2 三角锥形 AlO+HCO+H2O=Al(OH)3+CO NaNH2+2H2O=NaOH+NH3H2O或NaNH2+H2O=NaOH+NH3 2HCO+Ca2+=CaCO3+H2CO3或2HCOCO+H2C
35、O3、Ca2+CO=CaCO3或HCOCO+H+、Ca2+CO=CaCO3 镁(或Mg) 【分析】已知A由4种元素组成的化合物，且A能与NaOH反应生成气体B和溶液C，则其中气体B应为氨气，所以A中含有N、H两种元素；溶液C与NaHCO3溶液反应生成1.56gD沉淀以及只含一种溶质的溶液，则C溶液为含钠的盐溶液，所以C中的溶质应为偏铝酸钠。所以A中含有的元素为N、Al、Na、H。结合元素守恒以及A的摩尔质量小于160g/mol分析即可。【解析】(1)由分析可知，0.896L的B()气体，则；1.56g 沉淀D，则，所以化合物A中，则设A的化学式为，又由于A的摩尔质量小于160g/mol，则x+
36、3-6+y=0、23x+27+214+y=1.60.02，解得，所以A的化学式为，由于B为，则其空间构型为三角锥形，故答案为：，三角锥形；(2)由分析可得C为偏铝酸钠，D为，所以用制取的离子方程式为AlO+HCO+H2O=Al(OH)3+CO，故答案为：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3+CO；(3)B为，2molNa在一定条件下可以和液态B()反应产生一种1可燃性气体和化合物F，则可燃性气体为氢气、F应为NaNH2，则NaNH2与水反应的方程式为：NaNH2+2H2O=NaOH+NH3H2O或NaNH2+H2O=NaOH+NH3，故答案为：NaNH2+2H2O=NaOH+NH3H2O或N
37、aNH2+H2O=NaOH+NH3；(4)由(2)分析可知，C(偏铝酸钠)与碳酸氢钠反应生成D(氢氧化铝)白色沉淀和溶液E，即AlO+HCO+H2O=Al(OH)3+CO，溶液E为碳酸钠溶液，所以碳酸钠与氯化钙反应生成白色的碳酸钙沉淀；由于碳酸氢钠溶液中存在碳酸氢根离子的电离平衡，电离产生的碳酸根会与钙离子结合反应生成碳酸钙，而氢离子与碳酸氢根反应生成碳酸，从而促进平衡正向移动，即2HCOCO+H2CO3、Ca2+CO=CaCO3；在短周期元素中镁离子能与Na2CO3反应生成碳酸镁白色沉淀，与NaHCO3不会形成沉淀，所以X元素为Mg(镁)元素，故答案为：2HCO+Ca2+=CaCO3+H2C
38、O3或2HCOCO+H2CO3、Ca2+CO=CaCO3或HCOCO+H+、Ca2+CO=CaCO3；Mg(镁)。28（2021浙江高三一模）化合物X仅含三种元素，通过如下实验推断其组成：已知：X、A、B、C、D均为单一物质。请回答：(1)组成X的元素是_(填元素符号)，X的化学式是_。(2)步骤，发生的化学方程式是_。(3)灼热黑色固体D投入乙醇中，固体变红，写出相应的化学方程式_。(4)步骤，与A反应时理论消耗的物质的量之比是12，但实际消耗量却明显偏大，其原因是_。请设计实验证明_。【答案】Na、Cu、I 或： 在(或)的催化下发生分解 取两份同温同浓度的溶液，一份加固体(或NaI固体)
39、，一份加固体，如果第一份产生气泡速率明显加快，第二份产生气泡速率无明显变化，则可以证明 【分析】蓝色溶液说明含有铜离子，遇到淀粉溶液县蓝色，说明溶液中含有碘元素， 从流程分析，加入氢氧化钠，流程最后得到无水晶体，说明原化合物中含有钠元素，据此解答。【解析】(1)据分析，组成X的元素是钠、铜和碘。化合物中加入氢氧化钠生成固体B，加入过量的稀硫酸生成红色固体和蓝色溶液，说明固体B为+1价铜，与硫酸发生歧化反应，生成铜和硫酸铜，蓝色溶液加入氢氧化钠后过滤洗涤烘干得到的黑色固体为氧化铜，质量为0.8克，则铜的物质的量为0.01mol，说明原化合物中含有铜为0.02mol，无水晶体C为硫酸钠，质量为1.
40、42克，物质的量为0.01mol，含有0.02mol钠离子，则无色溶液中含有钠离子物质的量为0.04mol，加入氢氧化钠的物质的量为10.02=0.02mol，说明原化合物X中含有钠离子物质的量为0.04-0.02=0.02mol，根据化合物X为6.82克分析，碘元素的质量为6.82-0.0264-230.02=5.08克，则碘离子的物质的量为0.04mol，X的化学式是。(2)步骤，发生的化学方程式是或：,(3) 黑色固体D为氧化铜，灼热氧化铜投入乙醇中，固体变红生成铜，乙醇被氧化生成乙醛，相应的化学方程式。(4) 与A反应时理论消耗的物质的量之比是12，但实际消耗量却明显偏大，其原因是在(
41、或)的催化下发生分解。取两份同温同浓度的溶液，一份加固体(或NaI固体)，一份加固体，如果第一份产生气泡速率明显加快，第二份产生气泡速率无明显变化。29（2021浙江高三二模）某兴趣小组对化合物A开展探究实验。其中：A由三种元素组成；气体B(纯净物)是黄绿色气体；溶液C和F均为中性溶液且均只含一种溶质，焰色反应为黄色。请回答：(1)组成A的3种元素是_(填元素符号)，A的化学式是_。(2)固体A与盐酸反应的化学方程式是_。(3)过量的气体B与氨气反应可得一种黄色液体X()，X与中相同元素的化合价也相同，该液体遇水会强烈水解，写出水解的化学方程式_。(4)将气体B与同时通入足量水中发生氧化还原反
42、应，离子方程式为_。设计实验证明该反应为不可逆反应_。【答案】Na、O、Cl 向氯水中通入过量，充分反应后再加入淀粉碘化钾溶液，不变蓝色，说明该反应为不可逆反应 【分析】固体A和盐酸反应生成溶液C，溶液C为中性溶液且只含一种溶质，焰色反应为黄色，则含有Na元素，则C中溶质为NaCl，A中含有Na元素；气体B(纯净物)是黄绿色气体，气体B为Cl2，电解NaCl溶液生成NaOH、Cl2、H2，生成的溶液D和硫酸反应生成F溶液，溶液F为中性溶液且只含一种溶质，则溶液F为Na2SO4溶液，溶液D为NaOH溶液，硫酸中含有溶质0.015mol，则NaOH的物质的量为0.03mol，则A中Na元素的物质的
43、量为0.03mol，根据Na元素守恒，则溶液C中NaCl的物质的量为0.03mol，盐酸中溶质的物质的量为0.14mol，根据Cl元素守恒，则A中Cl元素的物质的量为，A由三种元素组成，其中两种元素为Na元素、Cl元素，则另一种元素为O元素，A中含有Na、Cl的总质量为，则A中含有O元素的物质的量为，则A的化学式为。【解析】(1)由分析可知，组成A的3种元素是Na、O、Cl，A的化学式为；(2)2.875g固体A和0.14mol HCl反应生成0.07molCl2、0.03molNaCl和H2O，由此得出化学方程式为；(3)过量的Cl2和氨气反应可得一种黄色液体X()，X与中相同元素的化合价也
44、相同，由此推测X为NCl3，NCl3水解生成和HClO，水解方程式为：；(4)Cl2与同时通入足量水中反应生成HCl和H2SO4，离子方程式为：；若该反应为可逆反应，反应中会有Cl2的存在，因此只需检验是否含有Cl2，即可证明该反应是否为可逆反应，检验方法为：向氯水中通入过量，充分反应后再加入淀粉碘化钾溶液，不变蓝色，说明该反应为不可逆反应。30（2021浙江绍兴市高三模拟）I.物质X是由4种短周期元素组成的化合物，某兴趣小组对其开展探究实验。已知：气体F在燃烧时产生淡蓝色火焰；滤液1与滤液2成分相同，且只含单一溶质。请回答：(1)组成X的非金属元素是_(填元素符号)，X的化学式是_。(2)步
45、骤I，发生的化学方程式是_。(3)写出白色粉末B与NaOH溶液发生的离子方程式是_。II.某同学用NaOH溶液同时吸收Cl2和SO2。经分析吸收液(强碱性)中存在Cl-和SO。该同学认为溶液中还可能存在SO、ClO-，请设计实验方案证明该同学的猜想：_。【答案】Si、H、Cl 3MgH2SiCl4 3MgH2SiCl4+6H2O=Mg(OH)2+2MgCl2+6H2+H4SiO4(或3MgH2SiCl4+5H2O=Mg(OH)2+2MgCl2+6H2+H2SiO3) SiO2+2OH-=SiO+H2O 取一定量吸收液，加入足量氯化钡溶液，过滤；往滤渣中加入稀盐酸，若沉淀的量减少且产生刺激性气味
46、的气体，则说明含有SO，反之则无；往滤液中加入足量的稀盐酸呈酸性，再加入紫色石蕊试液，先变红后褪色，则说明有ClO-，反之则无 【分析】根据题给信息可知：气体F在燃烧时产生淡蓝色火焰，F为氢气；物质的量为=0.6mol；固体混合物中加入1mol/L盐酸200mL恰好反应，过滤得到白色胶状沉淀A，A为硅酸沉淀，灼烧后得到二氧化硅粉末，物质的量的为=0.1mol；滤液2中(只含单一溶质)加入足量的硝酸银和稀硝酸产生氯化银白色沉淀，物质的量为=0.2mol；短周期元素形成的离子中，不溶于强碱的白色沉淀为氢氧化镁，滤液1(只含单一溶质)，加入足量的氢氧化钠溶液，产生白色沉淀，所以白色沉淀D为氢氧化镁，
47、灼烧后得到氧化镁E，物质的量为=0.2mol；根据滤液1与滤液2成分相同，且只含单一溶质，所以滤液1与滤液2的溶质为MgCl2，滤液2为氢氧化镁与盐酸反应所得，说明固体混合物中含有氢氧化镁和硅酸两种物质，且硅酸的量为0.1mol，根据盐酸与氢氧化镁的反应关系可知，氢氧化镁的量为0.1mol；根据镁原子守恒及氯化镁的组成可知，滤液1中氯化镁的量为0.2mol，氯离子的量为0.4mol；结合以上分析可知，物质X中含有元素镁的物质的量为：0.2mol+0.1mol=0.3mol；含有硅元素的物质的量为0.1mol；氯元素的量为0.4mol；根据质量守恒可知，含有氢元素的质量为24.8-0.324-0
48、.128-0.435.5=0.6g，则含有氢元素的物质的量0.6mol；所以四种元素的量之比：n(Mg)：n(Si)：n(H)：n(Cl)=0.3mol:0.1mol:0.6mol:0.4mol=3:1:6:4，所以X的化学式为：3MgH2SiCl4；据以上分析解答。【解析】(1)结合以上分析可知，组成X的非金属元素是Si、H、Cl；X的化学式是3MgH2SiCl4；(2)结合以上分析可知，步骤I中，X与水发生反应，生成氢氧化镁、氢气、硅酸、氯化镁四种物质，反应的化学方程式为：3MgH2SiCl4+6H2O=Mg(OH)2+2MgCl2+6H2+H4SiO4(或3MgH2SiCl4+5H2O=
49、Mg(OH)2+2MgCl2+6H2+H2SiO3)；(3)白色粉末B为二氧化硅，与NaOH溶液反应生成硅酸钠与水，离子方程式是：SiO2+2OH-=SiO+H2O；II亚硫酸钡与硫酸钡均为白色沉淀，但是亚硫酸钡能够溶于稀盐酸，产生刺激性气味的二氧化硫气体；次氯酸具有强氧化性，能够漂白酸碱指示剂，而盐酸没有漂白性；如果吸收液(强碱性)中除了存在Cl-和SO外，还可能存在SO、ClO-，为证明猜想，设计实验方案如下：取一定量吸收液，加入足量氯化钡溶液，过滤；往滤渣中加入稀盐酸，若沉淀的量减少且产生刺激性气味的气体，则说明含有SO，反之则无；往滤液中加入足量的稀盐酸呈酸性，再加入紫色石蕊试液，先变红后褪色，则说明有ClO-，反之则无。
