2026年高考化学二轮复习05元素及其化合物的性质与应用教师版学案讲义

专题05元素及其化合物的性质与应用目录01析·考情精解 02构·知能架构 03破·题型攻坚 26902题型一常见无机物的性质与用途 真题动向元素及其化合的与日常生活密切相关，决定了它们在高考中位置。本题秉承“源自化学课本，用于生活实际”的原则，以生产生活为切入点，考查单质及化合物(如氧化物、氢氧化物、盐)的性质、制备和用途，与物质性质结合、与真实应用情境结合。必备知识知识1常见金属的性质比较知识2常见金属的化合物知识3金属元素及其化合物的重要性质和应用知识4常见非金属的性质知识5常见非金属氧化物的性质知识6常见无机物性质与用途对应关系归纳关键能力物质性质与用途解题策略命题预测考向1生产与生活中物质性质与用途考向2物质与性质关联分析题型二常见无机物的性质与转化 真题动向高考化学里，无机物转化关系就像一张大网，从命题内容上看，以工业生产或物质制备为切入点，紧紧围绕常见元素及其化合物，覆盖单质→氧化物→酸→盐的性质、转化、制备、用途，充分利用转化关系‌：直线型、交叉型、三角型转化是高频题型，有的题目可能根据已知条件逐步推导，或从中间突破反向推理加以解决。必备知识知识1重要元素及其化合物的转化关系知识2两种常见金属及其化合物的转化形式关键能力能力1课本中金属与非金属及其化合物的转化能力2关注转化中的易错点命题预测考向1流程式无机物质的转化考向2推断式无机物质的转化命题轨迹透视元素及其化合物占中学元素化合物的主体，它们是基本概念、基本理论的载体，高考主要从以下角度考查钠、镁、铝、铁、铜、氯、硫、氮、硅等及其化合物特点，高考中一般不会出现单独元素化合物知识的题目，而是分散在不同的题型和题目中，从题型来看，选择题和填空题中均会出现，在选择题中一般直接考查金属元素及其化合物的性质，常见形式为正误的判断，所涉及的都是元素化合物基本性质的识记和应用；在填空题中一般有两种考查形式，一是直接考查元素及其化合物的性质，通常以物质的判断(化学式的书写)、化学方程式的书写、微粒的检验和鉴别等形式出现。考点频次总结考点2025年2024年2023年常见无机物的性质与用途海南卷T4，2分四川卷T2，3分湖北卷T31，3分浙江1月卷T3，3分陕晋宁青卷T3，3分安徽卷T1，3分浙江1月卷T7，3分北京卷T9，3分山东卷T8，2分湖北卷T7，3分甘肃卷T7，3分河北卷T8，3分陕晋宁青卷T6，3分湖南卷T5，3分甘肃卷T8，3分广东卷T13，4分广东卷T1，2分江西卷T7，3分浙江6月卷T2，3分山东卷T2，2分山东卷T，2分浙江6月卷T5，3分湖北卷T8，3分浙江6月卷T7，3分浙江1月卷T7，3分常见无机物的性质与转化北京卷T8，3分河南卷T4，3分云南卷T12，3分云南卷T7，3分广东卷T1，2分湖北卷T，8，3分辽吉黑内卷T4，3分陕晋宁青卷T11，3分江苏卷T10，3分安徽卷T4，3分江苏卷T8，3分湖南卷T9，3分2026命题预测预计在2026年高考中，元素及化合物的性质与应用试题仍会在各省市及全国卷中出现，难度相对简单。元素及化合物知识，在考查中与基本概念、基本理论、实验等知识融入越来越深，应从原理的角度进行掌握，进行整体分析，通过联系、对比、归纳等方法进行解决。题型一常见无机物的性质与用途1．(2025·安徽卷，1，3分)下列有关物质用途的说法错误的是()A．生石灰可用作脱氧剂B．硫酸铝可用作净水剂C．碳酸氢铵可用作食品膨松剂D．苯甲酸及其钠盐可用作食品防腐剂【答案】A【解析】A项，生石灰(CaO)主要用作干燥剂，通过吸水反应生成Ca(OH)2，而非与氧气反应，因此不能作为脱氧剂，A错误；B项，硫酸铝溶于水后水解生成Al(OH)3胶体，可吸附水中悬浮杂质，起到净水作用，B正确；C项，碳酸氢铵受热分解产生CO2和NH3，使食品膨松，可用作膨松剂，C正确；D项，苯甲酸及其钠盐是常见食品防腐剂，能抑制微生物生长，D正确；故选A。命题解读新情境：主要考查物质的性质与用途，包括生石灰的脱氧作用、硫酸铝的净水作用、碳酸氢铵作为食品膨松剂以及苯甲酸及其钠盐作为食品防腐剂的相关知识。新考法：考查常见物质用途的正误判断，涉及脱氧剂、净水剂、食品膨松剂和防腐剂等基础知识点，侧重对化学基础知识的考查，引导学生夯实基础。新角度：能够准确理解常见化学物质的性质，并能正确判断其在不同场景下的用途是否合理；通过考查常见物质的用途，引导学生关注化学在生产生活中的实际应用，体现化学学科的价值。2．(2025•北京卷，9，3分)依据下列事实进行的推测正确的是()事实推测ANaCl固体与浓硫酸反应可制备HCl气体固体与浓硫酸反应可制备HI气体BBaSO4难溶于盐酸，可作“钡餐”使用BaCO3可代替BaSO4作“钡餐”C盐酸和NaHCO3溶液反应是吸热反应盐酸和NaOH溶液反应是吸热反应DH2O的沸点高于H2SHF的沸点高于备HCl【答案】D【解析】A项，浓硫酸与NaCl反应生成HCl主要是因为浓硫酸的沸点高，难挥发，但浓硫酸具有强氧化性，与NaI反应，氧化I⁻生成I2，得不到HI，A错误；B项，BaSO4不溶于盐酸，不会产生有毒的钡离子，可做钡餐使用，而BaCO3会与胃酸反应生成有毒的Ba2+，不能替代BaSO4，B错误；C项，盐酸与NaHCO3反应吸热是特例，而盐酸与NaOH的中和反应是典型的放热反应，C错误；D项，H2O因含有分子间氢键，沸点高于H2S，同理HF也含有分子间氢键，沸点高于HCl，D正确；故选D。命题解读新情境：从“单一知识点”到“跨类别性质类比”的陌生情景传统考题常围绕同一类物质的性质设题，而本题构建了“不同类别物质/反应的类比推理”新情景，将元素化合物、反应热、物质熔沸点等知识点跨界融合，且部分情景结合了工业制备、生活应用等实际背景.新考法：从“性质记忆”到“证据推理与谬误辨析”的升级传统考法多考查物质性质的直接记忆，而本题的核心考法是“基于事实的逻辑推理是否成立”，侧重判断“类比推理的合理性”与“谬误点”，属于高阶思维考查新角度：从“表面类比”到“本质属性与反应规律”的深度分析本题打破了“仅从表面现象类比”的浅层分析角度，要求学生透过现象看本质，从物质的核心性质、反应的本质规律出发进行推理.3．(2025·海南卷，4，2分)下列化合物性质描述错误的是()①CO②SO2③NO2④Na2O2A．既可作氧化剂也可作还原剂：①②③④B．与水作用后溶液呈酸性：②③C．与水反应释放O2：④D．常态下呈现颜色：①②③④【答案】D【解析】A项，CO中C为+2价，SO2中S为+4价，NO2中N为+4价，Na2O2中O为-1价，均处于中间价态，均可被氧化或还原，故①②③④均可作氧化剂或还原剂，A正确；B项，SO2与水生成H2SO3(酸性)，NO2与水生成HNO3(酸性)，溶液均呈酸性，B正确；C项，Na2O2与水反应生成O2(2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑)，C正确；D项，CO(无色)、SO2(无色)常态下无颜色，而NO2(红棕色)、Na2O2(淡黄色)有颜色，D错误；故选D。4．(2025·四川卷，2，3分)下列与物质性质相关的说法正确的是()A．油脂产生“哈喇”味，因其发生了水解反应B．淀粉难溶于水，说明其结构中不含亲水基团C．硝酸银溶液存于棕色瓶中，因其受光照易分解D．某溶液焰色试验呈黄色，说明其溶质是氯化钠【答案】C【解析】A项，油脂产生“哈喇”味是因氧化反应导致，而非水解反应，A错误；B项，淀粉虽难溶于水，但其结构中含有羟基(-OH)等亲水基团，难溶性与分子结构复杂有关，B错误；C项，硝酸银见光易分解为银、二氧化氮和氧气，需避光保存于棕色瓶中，C正确；D项，焰色试验呈黄色仅说明溶液含钠离子，溶质可能是氯化钠或其他钠盐(如硝酸钠)、还可能是NaOH等，D错误；故选C。5．(2025•湖北卷，31，3分)下列描述不能正确地反映事实的是()A．室温下SiO2与碳不发生反应，高温下可生成Si和COB．室温下苯与溴不发生反应，温度升高生成大量溴苯C．通常含硒的化合物有毒性，但微量硒元素有益健康D．某些镇痛类生物碱可用于医疗，但滥用会危害健康【答案】B【解析】A项，高温下SiO2与碳发生反应生成Si和CO，A正确；B项，苯的溴代反应需催化剂，仅升温无法生成溴苯，B错误；C项，硒化合物(如硒化氢)多数有毒，但硒是人体必需的微量元素，微量摄入有益健康，过量则有害，C正确；D项，镇痛类生物碱的双重作用描述正确，例如吗啡等生物碱可用于镇痛治疗，但滥用会导致成瘾和健康危害，D正确；故选B。6．(2025·浙江1月卷，3，3分)化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是()A．具有强氧化性，可用于杀菌消毒B．聚丙烯是高分子材料，可用作吸水剂C．Na2CO3溶液呈碱性，可用于除油污D．硬铝密度小、强度高，抗腐蚀能力强，可用作飞机材料【答案】B【解析】A项，具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，A正确；B项，聚丙烯属于有机合成高分子材料，不含有亲水基团，不能用作吸水剂，B错误；C项，油污可以在碱性环境下水解，Na2CO3溶液由于碳酸根离子的水解，使溶液呈碱性，因此可用于除油污，C正确；D项，硬铝合金具有密度小、强度高的优良特性，其表面会形成致密的氧化膜，抗腐蚀性强，因此可用作航空材料，D正确；故选B。7．(2025·陕晋宁青卷，3，3分)下列有关物质性质与用途对应关系错误的是()A．单晶硅熔点高，可用于制造芯片B．金属铝具有还原性，可用于冶炼金属C．浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂D．乙炔燃烧火焰温度高，可用于切割金属【答案】A【解析】A项，单晶硅用于制造芯片主要因其半导体性质，而非熔点高，熔点高与用途无直接关联，A错误；B项，金属铝还原性强，可通过铝热反应冶炼金属(如Fe、Mn等)，B正确；C项，浓硫酸吸水性使其可干燥中性/酸性气体(如H2、CO2)，C正确；D项，乙炔燃烧产生高温氧炔焰(约3000℃)，可熔化金属进行切割，D正确；故选A。8．(2025·浙江1月卷，7，3分)下列物质的结构或性质不能说明其用途的是()A．葡萄糖分子结构中有多个羟基，故葡萄糖可与银氨溶液反应制作银镜B．具有网状结构的交联橡胶弹性好、强度高，故可用作汽车轮胎材料C．SiC的碳、硅原子间通过共价键形成空间网状结构，硬度大，故SiC可用作砂轮磨料D．NaHCO3能中和酸并受热分解产生气体，故可用作加工馒头的膨松剂【答案】A【解析】A项，葡萄糖分子中含有醛基，具有还原性，能发生银镜反应，可与银氨溶液反应制作银镜，A符合题意；B项，橡胶的分子链可以交联，交联后的橡胶受外力作用发生变形时，具有迅速复原的能力，因此其弹性好，强度高，且具有良好的物理力学性能和化学稳定性，故可用作汽车轮胎材料，B不符合题意；C项，SiC中原子以共价键形成空间网状结构，熔点高、硬度大，可用作砂轮、砂纸的磨料，C不符合题意；D项，NaHCO3可中和酸生成二氧化碳气体，并受热分解产生大量二氧化碳气体，可用作食品膨松剂，D不符合题意；故选A。9．(2025•山东卷，8，2分)物质性质与组成元素的性质有关，下列对物质性质差异解释错误的是()性质差异主要原因A沸点：H2O＞H2S电离能：O＞SB酸性：HClO＞HBrO电负性：ClO＞BrC硬度：金刚石>晶体硅原子半径：Si＞CD熔点：MgO＞NaF离子电荷：Mg2+＞Na+，O2-＞F-【答案】A【解析】A项，H2O沸点高于H2S的主要原因是H2O分子间存在氢键、H2S分子间不存在氢键，而非O的电离能大于S，电离能与沸点无直接关联，A错误；B项，HClO酸性强于HBrO是因为Cl的电负性大于Br，导致O-H键极性更强，更易解离H+，B正确；C项，金刚石硬度大于晶体硅是因为C原子半径小于Si，C-C键键能更大，共价结构更稳定，C正确；D项，MgO和NaF均属于离子晶体，离子晶体的熔点取决于其晶格能的大小，离子半径越小、离子电荷越多的，其晶格能一般较大，其熔点更高；MgO熔点高于NaF是因为Mg2+和O2−的电荷高于Na+和F−，且其阴、阳离子的半径对应较小，故离子键强度更大，晶格能更高，D正确；故选A。10．(2025•湖北卷，7，3分)下列关于物质性质或应用解释错误的是()选项性质或应用解释A石蜡油的流动性比水的差石蜡油的分子间作用力比水的小BNH3溶于水显碱性NH3可结合水中的质子COF2可以氧化H2OOF2中O显正电性D石墨作为润滑剂石墨层间靠范德华力维系【答案】A【解析】A项，石蜡油的成分主要是高碳烷烃，相对分子质量大，分子间作用力大，导致粘度大，因此石蜡油流动性比水小的原因是分子间作用力比水分子间作用力大，A错误；B项，NH3中N有一对孤电子，能与水提供的H+结合，从而释放OH-，因此NH3溶于水显碱性，B正确；C项，F的电负性大于O，OF2中F显负电性，O显正电性，H2O中O显负电性，H2O中O容易转移电子给OF2中O，因OF2可以氧化H2O，C正确；D项，石墨是层状结构，石墨层间靠范德华力维系，范德华力较弱，导致层与层之间容易滑动，故石墨具有润滑性，D正确；故选A。11．(2025·甘肃卷，7，3分)物质的结构决定性质，下列事实与结构因素无关的是()选项事实结构因素AK与Na产生的焰色不同能量量子化BSiH4的沸点高于CH4分子间作用力C金属有良好的延展性离子键D刚玉(Al2O3)的硬度大，熔点高共价晶体【答案】C【解析】A项，焰色反应的本质是电子跃迁释放特定波长的光，不同元素的原子能级(能量量子化)导致焰色差异，结构因素正确，A不符合题意；B项，SiH4和CH4均为分子晶体，沸点差异由分子间作用力(范德华力)强弱决定，结构因素正确，B不符合题意；C项，金属延展性源于金属键的特性(自由电子使原子层滑动)，而离子键对应离子晶体(延展性差)，结构因素“离子键”错误，C符合题意；D项，四大晶体类型只是理想的模型，共价晶体与离子晶体没有明显的边界，二者间存在过渡区域，刚玉(Al2O3)的硬度大，熔点高，说明其具有共价晶体的特征，结构因素正确，D不符合题意；故选C。12．(2025·河北卷，8，3分)化学研究应当注重宏观与微观相结合。下列宏观现象与微观解释不符的是()选项宏观现象微观解释A氮气稳定存在于自然界中氮分子中存在氮氮三键，断开该共价键需要较多的能量B苯不能使溴的CCl4溶液褪色苯分子中碳原子形成了稳定的大键C天然水晶呈现多面体外形原子在三维空间里呈周期性有序排列D氯化钠晶体熔点高于氯化铝晶体离子晶体中离子所带电荷数越少，离子半径越大，离子晶体熔点越低【答案】D【解析】A项，氮气的稳定性源于氮分子中的三键，键能高难以断裂，A正确；B项，苯因大π键结构稳定，难以与溴发生加成或取代，B正确；C项，水晶的规则外形由原子三维有序排列(晶体结构)导致，C正确；D项，氯化钠熔点高于氯化铝的真实原因是氯化铝为分子晶体而非离子晶体，选项中将二者均视为离子晶体并用离子电荷和半径解释，不符合实际，D错误；故选D。13．(2025·陕晋宁青卷，6，3分)下列对物质性质的解释错误的是()选项物质性质解释A氯化钠熔点高于氯化铯氯化钠离子键强于氯化铯B碘易溶于四氯化碳碘和四氯化碳都是非极性分子C草酸氢钠溶液显酸性草酸氢根离子水解程度大于电离程度D离子液体导电性良好离子液体中有可移动的阴、阳离子【答案】C【解析】A项，氯化钠中的钠离子半径(Na+)比氯化铯中的铯离子半径(Cs+)小，离子键强度更大，因此熔点更高，解释正确，A正确；B项，碘和四氯化碳均为非极性分子，符合“相似相溶”原理，解释正确，B正确；C项，草酸氢钠溶液显酸性是因为草酸氢根(HC2O42-)的电离程度(释放H+)大于水解程度(生成OH⁻)，解释错误，C错误；D项，离子液体的导电性源于其内部可自由移动的阴、阳离子，解释正确，D正确；故选C。14．(2025·湖南卷，5，3分)下列有关物质性质的解释错误的是()性质解释A酸性：CH3COOH-CH3是推电子基团B熔点：C2H5NH3NO3NH4NO3C2H5NH3+的体积大于NH4+C熔点：FeNaFe比Na的金属性弱D沸点：H2OH2SH2O分子间存在氢键【答案】C【解析】A项，-CH3是推电子基团，使乙酸中羟基的极性减弱，酸性弱于甲酸，A解释正确；B项，C2H5NH3+的体积大于NH4+，导致其硝酸盐的晶格能较低、熔点更低，B解释正确；C项，Fe熔点高于Na是因金属键更强，而不是因为Fe的金属性比钠弱，金属性是金属失电子的能力，与金属熔点无关，C解释错误；D项，H2O分子间氢键使其沸点反常高于H2S，D解释正确；故选C。15．(2025·甘肃卷，8，3分)物质的性质决定用途，下列物质的性质与用途对应关系不成立的是()选项物质的性质用途ANaHCO3具有热分解性餐具洗涤剂B酚醛树脂具有耐高温、隔热性飞船外层烧蚀材料C离子液体具有导电性原电池电解质D水凝胶具有亲水性隐形眼镜材料【答案】A【解析】A项，NaHCO3用作餐具洗涤剂是因为水解显碱性可与油脂反应，而非热分解性，对应关系不成立，A错误；B项，酚醛树脂耐高温、隔热性符合烧蚀材料保护飞船的需求，对应正确，B正确；C项，离子液体的导电性使其适合作为原电池电解质，对应正确，C正确；D项，水凝胶的亲水性可保持隐形眼镜湿润，对应正确，D正确；故选A。16．(2025•广东卷，13，4分)由结构不能推测出对应性质的是()选项结构性质ASO3的VSEPR模型为平面三角形SO3具有氧化性B钾和钠的原子结构不同，电子跃迁时能量变化不同钾和钠的焰色不同C乙烯和乙炔分子均含有键两者均可发生加聚反应D石墨层中未参与杂化的p轨道中的电子，可在整个碳原子平面中运动石墨具有类似金属的导电性【答案】A【解析】A项，SO3的VSEPR模型为平面三角形，反映其分子几何结构，但氧化性由硫的高价态(+6)决定，与结构无直接关联，A符合题意；B项，钾和钠原子结构差异导致电子跃迁能量不同，焰色不同，结构与性质对应合理，B不符合题意；C项，乙烯和乙炔均含π键，π键断裂是加聚反应的基础，结构与性质对应合理，C不符合题意；D项，石墨层中离域p电子使其导电，结构与性质对应合理，D不符合题意；故选A。17．(2025•广东卷，1，2分)下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是()选项陈述Ⅰ陈述ⅡA浓硝酸保存在棕色试剂瓶中浓硝酸具有强氧化性B向蔗糖中加适量浓硫酸，蔗糖变黑浓硫酸具有脱水性CFe2+与K3[Fe(CN)6]可生成蓝色物质KSCN溶液可用于检验Fe3+DMnO2与浓盐酸共热，生成黄绿色气体Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl【答案】B【解析】A项，浓硝酸保存在棕色试剂瓶中是因为其见光易分解，而非因其强氧化性，陈述Ⅰ正确但因果关系错误，A不符合题意；B项，浓硫酸使蔗糖变黑体现其脱水性，陈述Ⅰ和Ⅱ均正确且存在因果关系，B符合题意；C项，Fe2+与K3[Fe(CN)6]生成蓝色沉淀用于检验Fe2+，而KSCN用于检验Fe3+，两者无直接因果关系，C不符合题意；D项，MnO2与浓盐酸生成Cl2是独立反应，与Cl2和SO2的反应无因果关系，D不符合题意；故选B。18．(2025·江西卷，7，3分)由下列实验事实得出的结论正确的是()实验事实结论ANH3和空气的混合气体通过热的Cr2O3，Cr2O3持续红热该反应ΔH<0B向NCCl溶液中滴入硝酸酸化的AgNO3溶液，生成白色沉淀NCCl是离子化合物C向Na2O与水反应后的溶液中滴入酚酞溶液，先变红后褪色Na2O有漂白性D向CaCl2溶液中通入CO2，无明显现象，再通入NH3生成白色沉淀【答案】A【解析】A项，NH3和空气的混合气体通过热的Cr2O3，Cr2O3持续红热，说明反应放热，ΔH<0，A正确；B项，向NCCl溶液中加入硝酸酸化的AgNO3生成AgCl白色沉淀，说明溶液含Cl-，但Cl-可能来自NCCl水解，而非其直接电离，无法证明NCCl是离子化合物，B错误；C项，Na2O与水反应生成NaOH，溶液呈强碱性使酚酞变红，酚酞的变色范围为8-10，褪色可能是Na2O和水反应生成的溶液碱性过大，而非Na2O本身具有漂白性，C错误；D项，向CaCl2溶液中通入CO2，无沉淀产生，再通NH3生成CaCO3沉淀，是因为通NH3后营造了碱性环境，使CaCO3能够存在，该现象不能证明，D错误；故选A。知识1常见金属的性质比较金属活动性顺序表KCaNaMgAlZnFeSnPb(H)CuHgAgPtAu性质变化规律元素的金属性逐渐减弱，单质的还原性依次减弱，离子的氧化性逐渐增强和水的反应与冷水剧烈反应与沸水缓慢反应高温与水蒸气反应—不跟水反应生成碱和氢气生成氧化物和氢气和酸的反应剧烈反应反应逐渐减缓—不能置换稀酸中的氢与非氧化性酸反应放出H2；与浓硫酸、浓硝酸及稀硝酸反应，不放出H2，一般产物为：盐＋水＋成酸元素的低价化合物与氧化性酸反应(但不放出H2)只溶于王水和盐溶液的反应金属先与水反应生成碱，碱再与盐反应排在前面的金属可将后面的金属从其盐溶液中置换出来和氧气的反应易被氧化常温生成氧化膜加热能被氧化—加热能被氧化不能被氧化金属氧化物对应的水化物及碱的热稳定性氧化物跟水剧烈反应，生成碱，碱受热不易分解氧化物不溶于水，也不跟水反应，对应碱的热稳定性逐渐减弱金属的冶炼电解法热还原法煅烧法—电解熔融盐或氧化物高温下用CO(或Al)从其氧化物中还原出来——自然界中存在的形式只以化合态(盐、氧化物)存在多以化合态存在，但有极少的游离态只以游离态存在知识2常见金属的化合物(1)常见金属氧化物化学式Na2ONa2O2MgOAl2O3FeOFe2O3Fe3O4分类碱性氧化物过氧化物碱性氧化物两性氧化物碱性氧化物碱性氧化——颜色状态白色固体淡黄色固体白色粉末白色固体黑色粉末红棕色粉末黑色晶体与水作用反应生成NaOH反应生成NaOH和O2与水缓慢反应生成Mg(OH)2不溶于水，也不与水反应与酸作用反应生成钠盐和水反应生成钠盐、水和氧气反应生成镁盐和水反应生成铝盐和水反应生成亚铁盐和水反应生成铁盐和水——氧化性除Na2O2外氧化性很弱，通常不能用还原剂还原可用C、CO、Al等还原生成单质铁其它反应与CO2反应生成Na2CO3与CO2生成Na2CO3和O2与NH4Cl溶液与强碱生成偏铝酸盐与氧化性酸生成铁盐————(2)常见金属氢氧化物化学式NaOHMg(OH)2Al(OH)3Fe(OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2颜色状态白色固体白色固体白色胶状沉淀红褐色沉淀白色沉淀蓝色沉淀稳定性稳定加热不分解较高温度分解成MgO和H2O加热分解成Al2O3和H2O加热分解成Fe2O3和H2O不稳定易被氧化成Fe(OH)3易分解成CuO和H2O与酸反应均易与酸反应生成对应的盐，若为氧化性酸则Fe(OH)2还要被氧化其它反应与盐反应，与Cl2、Al反应与NH4Cl溶液反应与强碱溶液反应——具有还原性新制Cu(OH)2被醛基还原(3)重要的盐盐Na2CO3NaHCO3FeCl2FeCl3化学性质与酸反应COeq\o\al(2－,3)＋2H＋H2O＋CO2↑HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=H2O＋CO2↑不反应不反应与碱反应不反应HCOeq\o\al(－,3)＋OH－=H2O＋COeq\o\al(2－,3)Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓氧化还原性无无2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋稳定性稳定2NaHCO3Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑稳定稳定金属离子检验焰色反应呈黄色焰色反应呈黄色遇KSCN不显血红色，加入氯水后显红色遇KSCN显血红色知识3常见非金属单质的性质非金属单质Cl2、Br2、I2、O2、O3、N2、H2、S、C、Si物理性质]颜色、状态①气态的有Cl2、O2、O3、N2、H2；固态的有S、C、Si、I2；Br2为液态。②Cl2黄绿色、Br2深红棕色、I2紫黑色、S淡黄色溶解性Cl2、Br2溶于水；S不溶于水、微溶于酒精、易溶于CS2，其他均不易溶于水毒性Cl2、Br2、I2有一定的毒性化学性质与O2①N2放电或高温时反应；②H2、S、C、Si加热或点燃时反应，其他一般不反应与H2①Cl2光照爆炸；②O2点燃爆炸；③N2在高温高压催化剂条件下反应与H2O①Cl2、Br2与水反应，既作氧化剂，又作还原剂；②C与水高温下反应与碱Br2、I2与碱反应，既作氧化剂，又作还原剂与氧化剂S、C与强氧化性酸如浓硫酸、浓硝酸反应与还原剂Cl2、Br2、O2、O3与H2SO3、Na2SO3、H2S、Na2S、Fe2＋、I－等还原剂反应特性及用途I2使淀粉变蓝、Si作半导体材料知识4常见非金属氧化物的性质非金属氧化物CO、CO2、SO2、SO3、NO、NO2、SiO2物理性质色、状、味①除SiO2外，其余均为气体；②除NO2红棕色外，其他均无色；③SO2、NO2有刺激性气味；④SO2易液化毒性除CO2、SiO2外均有毒类型CO2、SO2、SO3、SiO2是酸性氧化物；CO、NO、NO2是不成盐氧化物化学性质与H2O①SO2、SO3、CO2生成相应酸；②NO2生成酸和NO；③SiO2、NO、CO不溶于水与碱CO2、SO2、SO3、SiO2等酸性氧化物与碱溶液反应生成正盐或酸式盐氧化性①SO2能氧化H2S；②CO2、SiO2能在高温下被C还原还原性①SO2具有较强还原性，能被Cl2、Br2、I2、O3、MnOeq\o\al(－,4)、Fe3＋、HNO3等氧化剂氧化为SOeq\o\al(2－,4)；②NO遇空气被氧化为红棕色的NO2特性①SO2具有漂白性；②SiO2能与氢氟酸反应；③2NO2N2O4环保SO2、NO、NO2、CO均是大气污染物：SO2→酸雨、NO、NO2→光化学烟雾、CO→有毒气体知识5常见金属及其化合物的性质与应用对应关系归纳重要性质应用(1)钠具有较强的还原性可用于冶炼钛、锆、铌等金属(2)Na2O2与H2O、CO2反应均生成O2用作供氧剂(3)Na2CO3水解使溶液显碱性用热的纯碱溶液洗去油污(4)NaHCO3受热分解生成CO2、能与酸反应用作焙制糕点的膨松剂、胃酸中和剂(5)肥皂水显碱性肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂(6)锂密度小、比能量大可用作电池负极材料(7)Al具有良好的延展性和抗腐蚀性常用铝箔包装物品(8)常温下，铝、铁遇浓硫酸、浓硝酸钝化用铝制或铁制容器盛装、运输浓硫酸、浓硝酸(9)铝与氧化铁反应放出大量的热用于焊接铁轨(10)MgO、Al2O3熔点高用作耐高温材料(11)小苏打溶液和硫酸铝溶液反应生成CO2用于泡沫灭火器(12)明矾溶液显酸性用于清除铜器表面的铜锈(13)Al(OH)3有弱碱性用于中和胃酸(14)Fe具有还原性防止食品氧化变质(15)Fe2O3是红棕色粉末用作红色颜料(16)FeCl3溶液具有较强氧化性腐蚀Cu刻制印刷电路板(17)CuSO4能使蛋白质变性配制成波尔多液用于树木杀虫(18)BaSO4不溶于水，不与胃酸反应在医疗上进行胃部造影前，用作患者服用的“钡餐”知识6常见非金属及其化合物的性质与应用对应关系归纳重要性质应用(1)浓硫酸具有吸水性用作干燥剂(不能干燥NH3、H2S、HI)(2)生石灰、无水氯化钙能与水反应用作(食品)干燥剂(3)P2O5能与水反应用作干燥剂(不可干燥食品)(4)硅具有半导体性能制作芯片和太阳能电池(5)SiO2存在光的全反射，且有硬度和柔韧度制作光导纤维(6)2C＋SiO2eq\o(=,\s\up7(高温),\s\do6(电炉))Si＋2CO↑碳还原二氧化硅制备粗硅(7)4HF＋SiO22H2O＋SiF4↑用氢氟酸刻蚀玻璃(8)ClO2具有较强的氧化性用于自来水的杀菌消毒(9)次氯酸盐具有强氧化性用作杀菌消毒剂、漂白剂(10)碘酸钾在常温下稳定食盐中的加碘物质(11)氮气的化学性质稳定作保护气(12)氦气化学性质稳定、密度小可用于填充飞艇、气球(13)草木灰和硫酸铵反应生成氨气草木灰和硫酸铵不能混合施用(14)NH4HCO3、NH4NO3是可溶的含氮化合物用作氮肥(15)浓氨水具有挥发性和还原性检验输送Cl2的管道是否漏气(16)SO2具有漂白性用来漂白纸浆、毛、丝等(17)硅酸钠的水溶液黏结力强、不易燃烧用作黏合剂、防火剂(18)干冰升华吸收大量的热用于人工降雨(19)液氨汽化吸收大量的热用作制冷剂【易错提醒】(1)CO2通入CaCl2溶液不会产生沉淀。(2)高炉炼铁时的还原剂是CO，焦炭的作用是燃烧提供能量和产生CO。(3)NO2能与水反应生成硝酸，但不是酸性氧化物。(4)SO2和Cl2的混合气体，可能不具有漂白性。(5)SO2能使溴水或酸性KMnO4溶液褪色，不是利用SO2的漂白性。(6)SO2不能漂白石蕊溶液。(7)硅单质可用于制造半导体材料，光导纤维的主要成分是SiO2。(8)Fe、Al能用于盛放浓硝酸是因为“钝化”形成致密的氧化膜，隔离Fe、Al与硝酸的接触。能力物质性质与用途解题策略考向1生产与生活中物质性质与用途1．(2026·宁夏育才中学高三模拟)下列有关物质性质与用途对应关系正确的是()A．纯碱属于盐类，是强电解质，是泡沫灭火器的主要成分之一B．植物油加氢制硬化油与植物油中含有不饱和结构有关C．氧化铁是碱性氧化物，可用作颜料、涂料D．甘油是护肤品中常见的成分，不溶于水，可用于隔绝水分，起到保湿、保润作用【答案】B【解析】A项，纯碱(碳酸钠)属于盐类且是强电解质，但泡沫灭火器的主要成分是碳酸氢钠和硫酸铝，而非纯碱，A错误；B项，植物油含不饱和双键，加氢后双键被饱和，形成硬化油，对应关系正确，B正确；C项，氧化铁用作颜料是因为其颜色，而非其作为碱性氧化物的性质，对应关系不成立，C错误；D项，甘油(丙三醇)易溶于水且具有吸湿性，能保湿而非隔绝水分，D错误；故选B。2．(2026·河南新未来联合测评)化学与科技、生产、生活密切相关。下列说法错误的是()A．用明矾净化黄河水是由于Al3+水解产生的Al(OH)3胶体具有吸附性B．为增强“84”消毒液的消毒效果，可将“84”消毒液和洁厕灵混合使用C．“歼-20”战斗机采用大量高科技材料，其中石墨烯属于新型无机非金属材料D．清华大学在国际期刊《科学》上发表芯片领域的重要突破，其中芯片的主要成分是高纯度硅【答案】B【解析】A项，明矾溶于水电离出的Al3+水解产生的Al(OH)3胶体，具有吸附性，可以起到净化黄河水的作用，A正确；B项，“84”消毒液(含NaClO)与洁厕灵(含HCl)混合会生成有毒Cl2，降低消毒效果且危险，B错误；C项，石墨烯属于新型无机非金属材料，C正确；D项，芯片的主要成分是晶体硅，D正确；故选B。3．(2026·山东日照高三期中)物质的性质决定用途，下列说法错误的是()A．氢氧化铝可用来治疗胃酸过多 B．碳酸氢铵可用作食品膨松剂C．Fe2O3可用于粉刷墙壁的红色涂料 D．84消毒液与乙醇同时使用消毒效果更佳【答案】D【解析】A项，胃酸中有盐酸，氢氧化铝能与盐酸反应且碱性不强，可用于治疗胃酸过多，A项正确；B项，碳酸氢铵受热易分解为二氧化碳、水、氨气，可用作食品膨松剂，B项正确；C项，氧化铁为红棕色固体，常用作红色涂料，C项正确；D项，84消毒液与乙醇混合会发生氧化还原反应产生氯气、同时使消毒效果变差，D项错误；故选D。4．(2026·山东日照高三期中)化学与生活密切相关，下列说法正确的是A．食品加工时不可添加任何防腐剂 B．温室气体是形成酸雨的主要物质C．棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物 D．天然气不完全燃烧会产生有毒气体【答案】D【解析】A项，只要按规定合理添加防腐剂，可以提高食物保存时间，因此食品加工可以添加防腐剂，但要注意在要求范围之内，A错误；B项，酸雨主要是二氧化硫、氮的氧化物引起，与温室气体无关，B错误；C项，棉花、麻主要成分为纤维素，属于碳水化合物；蚕丝主要成分为蛋白质，不是碳水化合物，C错误；D项，天然气不完全燃烧产生一氧化碳，一氧化碳有毒，D正确；故选D。5．(2026·山东德州高三期中)物质性质决定用途，下列对应关系正确的是()A．SiO2可用于生产光导纤维，是由于其熔点高B．Fe3O4可涂覆在胶带上制成磁带，是由于其具有磁性C．CaSO4可在制作豆腐时添加，是由于其溶解度低D．Na2S可用于去除水体中的Pb2+，是由于其具有还原性【答案】B【解析】A项，SiO2可用于生产光导纤维，是由于具有良好的导光性，A错误；B项，Fe3O4可涂覆在胶带上制成磁带，是由于其具有磁性，B正确；C项，CaSO4可在制作豆腐时添加，是由于豆浆是胶体，遇CaSO4发生聚沉形成固态的豆腐，C错误；D项，Na2S可用于去除水体中的Pb2+，发生反应Pb2++S2-=PbS↓，没有发生氧化还原反应，不能体现还原性，D错误；故选B。6．(2026·山东菏泽高三期中)物质性质决定用途。下列性质与用途不具有对应关系的是()A．五氧化二磷具有吸水性，可用于食品干燥剂B．二氧化氯具有强氧化性，可用于自来水杀菌消毒C．二氧化硫具有还原性，用作葡萄酒的抗氧化剂D．碳酸氢钠受热分解产生CO2，可用作单一膨松剂【答案】A【解析】A项，五氧化二磷虽具有吸水性，但其吸水生成的偏磷酸有毒，不可直接用于食品干燥剂，实际食品干燥剂常用生石灰或硅胶，A不符合题意；B项，二氧化氯的强氧化性使其能破坏微生物结构，用于自来水杀菌消毒，性质与用途对应正确，B符合题意；C项，二氧化硫的还原性使其能与氧气反应，防止葡萄酒氧化变质，性质与用途对应正确，C符合题意；D项，碳酸氢钠受热分解产生CO2，可使面团膨胀，即使单独使用也能作为膨松剂，性质与用途对应正确，D符合题意；故选A。7．(2026·福建泉州高三期中)化学与生活、科技密切相关，下列说法正确的是()A．从铝土矿中获得氧化铝再制得氯化铝固体，电解熔融的氯化铝得到铝B．“蛟龙”号潜水器使用的钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性C．火星全球影像彩图显示了火星表土颜色，表土中赤铁矿主要成分为FeOD．“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【答案】B【解析】A项，氯化铝为共价化合物，熔融状态不导电，所以不能用电解熔融的氯化铝得到铝，应用电解熔融氧化铝制取，A错误；B项，“蛟龙”号潜水器所使用的钛合金是合金材料，具有强度高、密度小、耐蚀性好、耐热性高等特性，B正确；C项，赤铁矿主要成分是Fe2O3，C错误；D项，钢铁是合金材料，属于金属材料，而非新型无机非金属材料，D错误；故选B。8．物质的性质决定物质的用途。下列说法不正确的是()C．二氧化硅具有导光性，可以用作生产光导纤维A．SO2作为食品添加剂时应注意使用范围和使用的最大限量D．苏打和小苏打都是钠盐，均可用作食用碱或工业用碱D．将氯气通入紫色石蕊溶液中，溶液先变红后褪色，说明氯气具有酸性和漂白性【答案】D【解析】二氧化硅具有良好的导光性，故可以用作生产光导纤维，A项正确；二氧化硫有毒，对人体有害，所以SO2作为食品添加剂时应注意使用范围和使用的最大限量，B项正确；苏打为碳酸钠，小苏打为碳酸氢钠，两者均为钠盐，水溶液均呈碱性，均可用作食用碱或工业用碱，C项正确；氯气没有酸性、漂白性，紫色石蕊溶液先变红后褪色，体现盐酸的酸性、次氯酸的漂白性，D项错误。考向2物质与性质关联分析9．(2026·重庆调研考试半期统考)下列物质的性质与其用途的对应关系错误的是()选项性质用途ANaClO具有强氧化性可用作消毒剂BSO2具有还原性能防止葡萄酒中的一些成分被氧化CNaHCO3溶于水可用来焙制糕点D氨气易液化，且汽化时吸收大量热液氨可用作制冷剂【答案】C【解析】A项，次氯酸钠(NaClO)的强氧化性使其能有效杀灭微生物从而起到消毒的作用，A正确；B项，SO2具有还原性，因此可以保护葡萄酒中的某些成分不被氧化，B正确；C项，NaHCO3在焙制糕点中的作用是受热分解产生CO2从而使糕点蓬松，与其溶于水的性质无关，C错误；D项，液氨汽化会吸收热量，导致环境温度降低，可以用于制冷剂，D正确；故选C。10．(2025·浙江金丽衢十二校一模)物质的性质决定用途，下列说法不正确的是()性质用途A碳酸钠和碳酸氢钠的水溶液均显碱性碳酸钠和碳酸氢钠均可用作食用碱B植物油的熔点高用来制造人造奶油C低级酯是具有香味的液体可作为饮料、糖果和糕点等食品中的香料D硫酸钡不溶于水和酸且不易被X射线透过在医疗上可被用作“钡餐”【答案】B【解析】A项，碳酸钠和碳酸氢钠的水溶液均显碱性(因二者均为弱酸盐，水解呈碱性)，且均可用作食用碱(如中和酸性、发酵等)，性质与用途匹配，A不符合题意；B项，植物油的熔点低(常温下为液态)，而人造奶油是通过对植物油进行氢化反应(增加饱和度)提高熔点后制得的。原描述“植物油的熔点高”错误，性质与用途不匹配，B符合题意；C项，低级酯(如乙酸乙酯)具有果香味且为液体，常用作食品香料，性质与用途匹配，C不符合题意；D项，硫酸钡难溶于水和胃酸(盐酸)，不会被人体吸收，且能阻挡X射线，因此可作为“钡餐”用于消化道X射线造影检查，性质与用途匹配，D不符合题意；故选B。11．(2026·四川成都高三期中)下列关于物质的结构或性质以及解释均正确的是()选项物质的结构与性质解释ANaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3小NaHCO3固体结构中存在氢键B用Na2S除去废水中的Cu2+Na2S具有很强的还原性C晚会舞台常用干冰制造烟雾效果CO2断裂C=O键时吸收热量D焦炭可以从石英砂中置换出硅碳的非金属性强于硅的非金属性【答案】A【解析】A项，在水溶液中，碳酸氢根离子含有一个-OH，因此碳酸氢根离子之间可以形成氢键。两个碳酸氢根离子之间可以通过氢键发生“二聚”，甚至多个碳酸氢根离子可以通过氢键缔合成更大的离子。这种离子间的氢键作用使得碳酸氢根离子更加紧密地结合在一起，不易发生“溶剂化”而溶解，从而降低了碳酸氢钠的溶解度。相比之下，碳酸根离子虽然也能与水形成氢键，增加其溶解度，但碳酸根离子之间不形成氢键，因此不会像碳酸氢根离子那样紧密地结合在一起，所以碳酸钠的溶解度相对较大，A正确；B项，用Na2S除去废水中的Cu2+，是因为Na2S电离的S2-能与Cu2+产生沉淀，其反应的离子方程式Cu2++S2-=CuS↓，B错误；C项，晚会舞台常用干冰制造烟雾效果，是常温常压下干冰会直接由固态升华为气态，这一过程需要吸收大量热量，使周围空气温度下降，其中水蒸气会因温度降低会液化成微小的水滴，是物理变化，没有断键的过程，C错误；D项，焦炭可以从石英砂中置换出硅，发生反应：，在此反应中C表现出还原性，而不是非金属性，该反应能发生是因为CO是气体，从体系中逸出，利于反应的进行，D错误；故选A。12．(2025·浙江省Flawless线上联考三模)物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途的是()选项结构或性质用途A．钠原子半径较大，金属键较弱，导致钠的熔点较低，且钠是热的良导体钠可被用作原子反应堆的循环导热剂B．立方氮化硼与金刚石的晶体结构相似立方氮化硼可用于制作切削刀具C．1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸盐是一种离子液体，具有良好的导电性1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸盐可被用作更安全的有机合成溶剂D．酚醛树脂具有网状结构，受热后不能软化或熔化酚醛树脂可用于生产烹饪器具的手柄与集成电路板的底板【答案】C【解析】A项，钠原子半径较大，金属键较弱，导致钠的熔点较低，且钠是热的良导体，所以可与钾用作原子反应堆的导热剂，故A正确；B项，立方氮化硼与金刚石的晶体结构相似，都是共价晶体，共价晶体硬度大，立方氮化硼可用作制作切削刀具，故B正确；C项，1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸盐是一种离子液体，难挥发，可用作有机合成的溶剂，与其导电性无关，故C错误；D项，酚醛树脂具有网状结构，受热后不能软化或融化，为酚醛树脂的热固性，可用于生产烹饪器具的手柄与集成电路板的底板，故D正确；故选C。13．类推的思维方法在化学学习与研究中经常使用。下列类推结论中正确的是()A．NaOH饱和溶液导电能力强，则Ca(OH)2饱和溶液的导电能力也强B．加热时Cu与O2反应生成CuO，则加热时Cu与S反应生成CuSC．BaCl2溶液中通入SO2无沉淀产生，则Ba(NO3)2溶液中通入SO2也无沉淀产生D．Al与Fe2O3能发生铝热反应，则与MnO2也能发生铝热反应【答案】D【解析】A项，NaOH是易溶于水易电离的强电解质，其饱和溶液离子浓度大，导电能力强，Ca(OH)2是微溶于水的强电解质，溶于水的能完全电离，但因微溶，其饱和溶液离子浓度小，导电能力弱。故A错误；B项，加热时Cu与O2反应生成CuO，硫的氧化性比氧气、氯气弱，只能把金属氧化到低价，Cu的低价为+1价，2Cu+SCu2S，故B错误；C项，硝酸钡在酸化后隐含硝酸的氧化性，可以氧化二氧化硫为硫酸，与BaCl2溶液反应生成硫酸钡沉淀，二氧化硫与BaCl2溶液不反应，故C错误；D项，Al与Fe2O3能发生铝热反应，则Al与MnO2也能发生铝热反应，均符合铝热反应的特点，故D正确；故选D。题型二常见无机物的性质与转化1.(2025·云南卷，7，3分)稻壳制备纳米Si的流程图如下。下列说法错误的是()A．SiO2可与NaOH溶液反应B．盐酸在该工艺中体现了还原性C．高纯Si可用于制造硅太阳能电池D．制备纳米Si：SiO2+2Mg2MgO+Si【答案】B【解析】稻壳在一定条件下制备纳米SiO2，纳米SiO2和Mg在650℃发生置换反应生成MgO和纳米Si，加盐酸将MgO转化为MgCl2，过滤、洗涤、干燥得到纳米Si。A项，SiO2是酸性氧化物，与NaOH反应生成Na2SiO3和H2O，A正确；B项，盐酸参与的反应为：MgO+2HCl=MgCl2+H2O，该反应是非氧化还原反应，盐酸体现酸性，没有体现还原性，B错误；C项，高纯硅可以将太阳能转化为电能，故可用于制硅太阳能电池，C正确；D项，SiO2和Mg在650℃条件下发生置换反应得到MgO和纳米Si，反应的化学方程式为SiO2+2Mg2MgO+Si，D正确；故选B。命题解读新情境：以“稻壳制备纳米Si的流程”为背景，构建二氧化硅与NaOH反应、盐酸还原性、硅太阳能电池应用以及Si制备反应方程式等关联情境，将基础概念与科研发现结合，体现化学知识在核科学领域的应用。新考法：能够理解纳米Si制备过程中的各个化学反应原理和物质转化关系，以及相关物质的性质和应用。培养学生从化学角度思考和解决材料科学问题的能力，激发学生对新材料研发的热情和创新精神，培养学生的跨学科思维能力和综合素养。新角度：引导学生关注新材料研发中的化学问题，培养学生运用化学知识解决新材料制备过程中的问题的能力，激发学生的创新意识和对新材料研发的兴趣。让学生认识到化学在新材料研发中的关键作用，能够理解纳米材料制备过程中的特殊化学现象和要求，如纳米尺度下的物质性质变化等，并将其应用于对制备流程的分析和优化中，对化学知识在新材料研发中的应用有较为敏锐的洞察力和创新能力。2．(2025•广东卷，1，2分)能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是()单质X氧化物1氧化物2酸(或碱)盐A．X可为铝，盐的水溶液一定显酸性B．X可为硫，氧化物1可使品红溶液褪色C．X可为钠，氧化物2可与水反应生成H2D．X可为碳，盐的热稳定性：NaHCO3Na2CO3【答案】B【解析】A项，铝单质与O2生成Al2O3后无法再被O2氧化，无法形成氧化物2，且Al2O3与水反应需强酸/碱才能溶解，A错误；B项，硫燃烧生成SO2(氧化物1，使品红褪色)，SO2氧化为SO3(氧化物2)，SO3与水生成H2SO4，再与NaOH生成盐，转化关系成立，B正确；C项，钠与氧气常温反应生成Na2O(氧化物1)，进一步氧化为Na2O2(氧化物2)；Na2O2与水反应生成NaOH和O2，不会生成H2，C错误；D项，碳与氧气反应先生成CO，最终生成CO2，与水反应生成碳酸，与碱反应可生成盐，但Na2CO3热稳定性强于NaHCO3，D结论错误，D错误；故选B。命题解读新情境：以“物质间的转化关系及其推理”为背景，考查涉及铝、硫、钠、碳等单质及其氧化物、酸碱盐的相关性质和转化规律。新考法：通过物质转化关系的考查，培养考生的逻辑推理能力和系统思维能力。与《课程标准》“能综合运用各类物质性质及其变化规律，解决综合性问题”的要求相符，引导考生构建系统的物质转化知识体系，提高分析和解决复杂化学问题的能力。新角度：能准确把握不同物质的性质和转化规律，对给定的物质转化关系进行合理推理，考查考生的逻辑推理能力和对元素化合物知识的系统掌握程度。3．(2025•辽吉黑内卷，4，3分)钠及其化合物的部分转化关系如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．反应①生成的气体，每11.2L(标准状况)含原子的数目为NAB．反应②中2.3gNa完全反应生成的产物中含非极性键的数目为0.1NAC．反应③中1molNa2O2与足量H2O反应转移电子的数目为2NAD．100L1mol·L-1NaClO溶液中，ClO⁻的数目为0.1NA【答案】A【解析】A项，反应①电解熔融NaCl生成Cl2，标准状况下11.2LCl2为0.5mol，含0.5×2=1mol原子，即NA，A正确；B项，2.3gNa(0.1mol)与氧气加热反应生成0.05molNa2O2，每个Na2O2含1个O-O非极性键，所以非极性键数目为0.05NA，B错误；C项，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，1molNa2O2与水反应转移1mol电子，数目为NA，C错误；D项，ClO⁻在水中会水解，故ClO⁻数目小于0.1NA，D错误；故选A。4．(2025·北京卷，8，3分)时，在浓NaOH溶液中通入过量Cl2，充分反应后，可通过调控温度从反应后的固液混合物中获得NaCl和NaClO固体。已知：NaOH、NaClO、NaCl溶解度(S)随温度变化关系如下图。下列说法不正确的是()A．通入Cl2后开始发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2OB．25℃时，随反应进行先析出C．将反应后的固液混合物过滤，滤液降温可析出NaClO固体D．在冷却结晶的过程中，大量NaOH会和NaClO一起析出【答案】D【解析】A项，氯气与氢氧化钠反应，生成氯化钠，次氯酸钠和水，开始发生反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，A正确；B项，25℃时，氯化钠溶解度最小，随反应进行，NaCl逐渐增多，则最先析出，B正确；C项，由于次氯酸钠的溶解度随温度的变化趋势较大，将反应后的固液混合物过滤，滤液降温可析出NaClO固体，C正确；D项，由于氢氧化钠的溶解度随温度的变化趋势较小，次氯酸钠的溶解度随温度的变化趋势较大，在冷却结晶的过程中，NaClO会大量析出，氢氧化钠则不会，D错误；故选D。5．(2025•陕晋宁青卷，11，3分)某元素的单质及其化合物的转化关系如图。常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性。阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是()A．G、K均能与溶液反应B．H、N既具有氧化性也具有还原性C．M和N溶液中的离子种类相同D．与足量的J反应，转移电子数为NA【答案】D【解析】根据转化关系：，常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性，J为SO2，K为SO3，G为H2S，H为S，M为NaHSO3，N为Na2SO3，L为Na2SO4。A项，H2S和SO3均能与NaOH溶液反应，A正确；B项，S和Na2SO3中S的化合价处于S的中间价态，既具有氧化性又有还原性，B正确；C项，M为NaHSO3，N为Na2SO3，二者的溶液中离子种类相同，C正确；D项，1molH2S和足量的SO2反应生成S单质和水，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，1molH2S参加反应，转移2mol电子，转移2NA个电子，D错误；故选D。6．(2025•河南卷，4，3分)X是自然界中一种常见矿物的主要成分，可以通过如图所示的四步反应转化为Q(略去部分参与反应的物质和反应条件)。已知X和Q的组成元素相同。下列说法错误的是()A．Y常用作油漆、涂料等的红色颜料B．溶液Z加热煮沸后颜色会发生变化C．R→Q反应需要在强酸性条件下进行D．Q可以通过单质间化合反应制备【答案】C【解析】X是自然界中一种常见矿物的主要成分，根据溶液Z、R、Q的颜色可知X中含有铁元素，根据固体颜色可知X是FeS2，Y是Fe2O3，溶液中Z含有Fe3+、溶液R中含有Fe2+，Q是FeS。【解析】A项，Fe2O3可用作油漆、涂料等的红色颜料，A正确；B项，含有Fe3+的溶液加热转化为Fe(OH)3胶体，溶液颜色发生变化，B正确；C项，FeS可溶于酸，所以R→Q反应不能在酸性溶液中进行，C错误；D项，在加热条件下Fe和S化合生成FeS，D正确；故选C。7．(2025•云南卷，12，3分)Be及其化合物的转化关系如图。下列说法错误的是()A．Be(OH)2是两性氢氧化物B．Be2C和Be的晶体类型相同C．Na2[Be(OH)4]中Be原子的杂化方式为sp3D．Be2C与H2O反应：Be2C+4H2O=2Be(OH)2+CH4↑【答案】B【解析】A项，由图中转化信息可知，Be(OH)2既能与盐酸反应生成盐和水，又能与氢氧化钠反应生成盐，因此其是两性氢氧化物，A正确；B项，由题中信息可知，Be2C的熔点远远高于Be的，因此Be2C不可能是分子晶体，而Be的熔点和沸点均较低，其为分子晶体，因此两者的晶体类型不相同，B错误；C项，Na2[Be(OH)4]中Be原子与4个羟基形成4个σ键，没有孤电子对，只有4个成键电子对，因此，其杂化方式为sp3，C正确；D项，Be2C中的Be化合价为+2，C的化合价为-4，因此其与H2O反应生成Be(OH)2和CH4，该反应的化学方程式为Be2C+4H2O=2Be(OH)2+CH4↑，D正确；故选B。8．(2025•湖北卷，8，3分)如图所示的物质转化关系中，固体A与固体B研细后混合，常温下搅拌产生气体C和固体D，温度迅速下降。气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。G是一种强酸。H是白色固体，常用作钡餐。下列叙述错误的是()A．在C的水溶液中加入少量固体A，溶液升高B．D为可溶于水的有毒物质C．F溶于雨水可形成酸雨D．常温下可用铁制容器来盛装G的浓溶液【答案】A【解析】固体A与固体B研细后混合，常温下搅拌产生气体C和固体D，温度迅速下降。气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则C为NH3，G是强酸，则E是NO，F是NO2，G是HNO3；H是白色固体，常用作钡餐，H是BaSO4，D是BaCl2，A和B反应是NH4Cl和Ba(OH)2·8H2O反应，C(NH3)和HCl可转化为NH4Cl，则A是NH4Cl，B是Ba(OH)2·8H2O。A项，在C(NH3)的水溶液(氨水)中加入少量固体A(NH4Cl)，铵根浓度增大，抑制了NH3·H2O的电离，OH-浓度减小，溶液pH减小，A错误；B项，D(BaCl2)易溶于水，溶于水电离出Ba2+，钡是重金属，有毒，B正确；C项，F(NO2)与水反应生成强酸硝酸，故NO2溶于雨水可形成硝酸型酸雨，C正确；D项，G是HNO3，常温下浓HNO3将Fe钝化，故常温下可用铁制容器来盛装浓硝酸，D正确；故选A。9．(2024·江苏卷，10，3分)在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是()A．HCl制备：NaCl溶液和B．金属Mg制备：溶液C．纯碱工业：溶液D．硫酸工业：【答案】A【解析】A项，电解氯化钠溶液可以得到H2和Cl2，H2和Cl2点燃反应生成HCl，故A的转化可以实现；B项，氢氧化镁和盐酸反应可以得到氯化镁溶液，但是电解氯化镁溶液不能得到Mg，电解熔融MgCl2才能得到金属镁单质，故B的转化不能实现；C项，纯碱工业是在饱和食盐水中通入NH3和CO2先得到NaHCO3，然后NaHCO3受热分解为Na2CO3，故C的转化不能实现；D项，工业制备硫酸，首先黄铁矿和氧气反应生成SO2，但是SO2和水反应生成H2SO3，不能得到H2SO4，故D的转化不能实现；故选A。10．(2024·安徽卷，4，3分)下列选项中的物质能按图示路径在自然界中转化。且甲和水可以直接生成乙的是()选项甲乙丙ACl2NaClONaClBSO2H2SO4CaSO4CFe(OH)3DCO2H2CO3Ca(HCO3)2【答案】D【解析】A项，Cl2与水反应生成HClO和HCl，无法直接生成NaClO，A错误；B项，SO2与水反应生成亚硫酸而不是硫酸，B错误；C项，氧化铁与水不反应，不能生成氢氧化铁沉淀，C错误；D项，CO2与水反应生成碳酸，碳酸与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙受热分解生成二氧化碳气体，D正确；故选D。知识1重要元素及其化合物的转化关系(1)氯气(2)二氧化硫(3)硫酸(4)氨气(5)硝酸(6)二氧化硅(7)碳酸钠与碳酸氢钠(8)氢氧化铝(9)铁盐与亚铁盐知识2两种常见金属及其化合物的转化形式(1)连续转化①NH3eq\o(→,\s\up14(O2))NOeq\o(→,\s\up14(O2))NO2eq\o(→,\s\up14(H2O))HNO3②H2S(S)eq\o(→,\s\up14(O2))SO2eq\o(→,\s\up14(O2))SO3eq\o(→,\s\up14(H2O))H2SO4；③Ceq\o(→,\s\up14(O2))COeq\o(→,\s\up14(O2))CO2eq\o(→,\s\up14(H2O))H2CO3；④Naeq\o(→,\s\up14(O2))Na2Oeq\o(→,\s\up14(O2))Na2O2eq\o(→,\s\up14(H2O))NaOH。(2)Aeq\o(→,\s\up14(D))Beq\o(→,\s\up14(D))C转化模式①A为N2、S、C、Na、NH3、H2S、CH4，D为O2。②A为Cl2，D为Fe，B为FeCl3，C为FeCl2。③A为Al3＋，D为OH－，B为Al(OH)3，C为AlOeq\o\al(－,2)。④A为AlOeq\o\al(－,2)，D为H＋，B为Al(OH)3，C为Al3＋。A为P，D为Cl2，B为PCl3，C为PCl5。A为O2，D为C，B为CO2，C为CO。A为COeq\o\al(2－,3)，D为H＋，B为HCOeq\o\al(－,3)，C为CO2。A为SOeq\o\al(2－,3)，D为H＋，B为HSOeq\o\al(－,3)，C为SO2。能力1课本中金属与非金属及其化合物的转化(1)金属——钠的、镁、铝、铁、铜及其化合物(2)非金属——氯、硫、氮、碳与硅及其化合物(3)化工生产——以海水为资源：候氏制碱法、氯碱工业、溴水提溴、提碘；以空气为资源：硝酸制备；以矿石为资源：硫酸制备、铝、硅制备、硅酸盐工业(玻璃生产)能力2关注以下转化中的易错点(1)反应原理——反应产物是否符合事实：如S与O2产物不是SO3，N2与O2不是NO2，I2与铁是FeI2而Cl2、Br2与Fe则是FeCl3、FeBr3；Al2O3、SiO2等与H2O不反应；SO2、CO2与BaCl2溶液不反应。(2)反应条件：如N2与O2是放电而不是加热，MnO2只与浓的盐酸反应且需加热。(3)某些易水解的挥发酸盐或结晶水合物：如FeCl3(aq)加热得不到FeCl3，MgCl2•6H2O直接加热得不到MgCl2(应HCl气流中加热)。考向1流程式无机物质的转化1．(2026·江苏连云港高三期中)在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是()A．HClO(aq)Cl2NaClO(aq)B．NH3·H2O(aq)NH4HSO3(aq)NH4HSO4(aq)C．Al2O3(s)AlCl3(aq)AlCl3(s)D．Fe2(SO4)3(aq)CuSO4(aq)[Cu(NH3)4]SO4(aq)【答案】D【解析】A项，HClO(aq)光照分解生成HCl和O2，而非Cl2，无法后续生成NaClO，A错误；B项，NH3·H2O与少量SO2反应生成(NH4)2SO3而非NH4HSO3，B错误；C项，AlCl3溶液蒸发时因水解生成Al(OH)3，无法直接得到AlCl3固体，C错误；D项，Fe3+氧化Cu生成Cu2+，Fe3+被还原成Fe2+，Cu2+与过量NH3·H2O形成[Cu(NH3)4]2+，D正确；故选D。2．(2026·四川内江高三联考)在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是()A．冶炼铝：铝土矿无水B．金属Mg制备：溶液C．用Fe制取：D．由黄铁矿制硫酸：黄铁矿【答案】D【解析】A项，电解熔融(无水)AlCl3无法得到Al，因为AlCl3是共价化合物，熔融状态下不导电；工业上冶炼铝采用电解熔融Al2O3(加冰晶石降低熔点)，A错误；B项，直接电解MgCl2溶液会生成Mg(OH)2、H2和Cl2，因为H2O中氢离子的放电优先级高于Mg2+；工业上制备Mg是电解熔融MgCl2，B错误；C项，Fe与稀HCl反应生成FeCl2；且FeCl3·6H2O直接加热会因Fe3+水解而生成Fe(OH)3，最终分解为Fe2O3，无法得到无水FeCl3，C错误；D项，黄铁矿(FeS2)煅烧生成SO2：4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2；SO2在催化剂、加热条件下被O2氧化为SO3：；SO3用98.3%浓硫酸吸收生成发烟硫酸，再稀释得到H2SO4，转化均可实现，D正确；故选D。3．(2026·辽宁营口高三期中)在给定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是()A．工业上制金属镁：B．硝酸工业：C．工业上制银镜：D．制备环氧乙烷：【答案】A【解析】A项，氢氧化镁与稀盐酸反应得到氯化镁溶液，电解氯化镁溶液不能得到金属镁，电解熔融氯化镁可得到金属镁，A符合题意；B项，硝酸工业是利用氨催化氧化得到一氧化氮，一氧化氮继续氧化得到二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，物质间转化能实现，B不符合题意；C项，工业上制银镜是硝酸银溶液中加入氨水至过量产生银氨溶液，银氨溶液与葡萄糖水浴加热制得银镜，物质间转化能实现，C不符合题意；D项，制备环氧乙烷是利用乙烯与氯水反应生成ClCH2CH2OH，ClCH2CH2OH与氢氧化钙反应制得环氧乙烷，物质间转化能实现，D不符合题意；故选A。4．(2026·江苏常州高三期中)在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是()A．制备漂白粉：溶液和B．配制银氨溶液：溶液C．纯碱工业：溶液D．硫酸工业：【答案】B【解析】A项，电解NaCl溶液生成Cl2，Cl2与石灰水反应生成Ca(ClO)2和CaCl2。但工业制漂白粉需用石灰乳(浓Ca(OH)2)，石灰水浓度低，反应不完全，无法有效生成漂白粉，A不能实现；B项，AgNO3溶液加氨水先生成AgOH沉淀，继续加氨水沉淀溶解生成[Ag(NH3)2]OH，两步转化均符合银氨溶液的配制过程，B可以实现；C项，纯碱工业需先向饱和食盐水中通NH3(增强溶液碱性)，再通CO2析出NaHCO3，直接通CO2无法有效生成NaHCO3，C不能实现；D项，FeS2高温下与O2反应生成SO2而非SO3，SO2需催化氧化为SO3后才能与水生成H2SO4，D不能实现；故选B。5．(2026·山西太原高三期中)在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是()A．工业制备高纯硅：粗硅B．金属制备：溶液C．纯碱工业：溶液D．硫酸工业：【答案】A【解析】A项，工业制备高纯硅的流程为：SiO2与焦炭高温下生成粗硅，粗硅与HCl反应生成SiHCl3，再经H2还原得到纯硅，该过程符合实际工业步骤，A正确；B项，用惰性电极电解MgCl2溶液会生成H2、Cl2和Mg(OH)2沉淀，无法得到金属Mg，正确方法是电解熔融MgCl2，B错误；C项，纯碱工业需先向饱和NaCl溶液中通NH3，再通CO2生成NaHCO3，直接通CO2无法有效生成NaHCO3，C错误；D项，SO2与水反应生成H2SO3，而非H2SO4，需催化氧化为SO3后再与水反应生成H2SO4，D错误；故选A。6．(2025·江浙皖高中发展共同体高三联考)在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()A．N2NOHNO3B．MnO2Cl2漂白粉C．黄铁矿SO3硫酸D．CuSO4(aq)Cu(OH)2Cu2O【答案】B【解析】A项，NO不溶解于水，也不与水反应，故A错误；B项，利用MnO2和浓盐酸混合加热制Cl2，再将Cl2与石灰乳反应可得漂白粉，故B正确；C项，黄铁矿在沸腾炉中燃烧产物为SO2和Fe2O3，故C错误；D项，配制新制的Cu(OH)2需要在NaOH溶液中滴加少量CuSO4(aq)，再与蔗糖混合加热煮沸才生成Cu2O，故D错误；故选B。7．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。8．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．NON2B．C．D．【答案】C【解题分析】NO与CO在催化剂作用下可发生氧化还原反应生成N2和CO2，A不符合题意；由反应Cu2S+O22Cu+SO2，可知物质之间的转化能实现，B不符合题意；由反应Cu+Fe2(SO4)3=CuSO4+2FeSO4，可知物质之间的转化不能实现，C符合题意；KClO具有强氧化性，能将氢氧化铁氧化为高铁酸根，D不符合题意。9．利用自然资源制备相关化学物质，下列化学工艺不可行的是()A．提取食盐后母液含Br2的液体粗溴纯溴B．石英砂粗硅粗四氯化硅高纯硅C．FeS2SO2H2SO3H2SO4D．铝土矿Na[Al(OH)4]溶液Al(OH)3Al2O3铝【答案】C【解析】A项，提取食盐后的母液中提取单质溴的过程，要知道母液中是溴离子，需要先用Cl2氧化，此工艺可行的，故A正确；B项，由石英砂先制粗硅，再用H2还原SiCl4得到Si，是工业上制高纯硅的流程，工艺可行的，故B正确；C项，应首先进行二氧化硫的催化氧化，然后用98.3%的硫酸吸收，此工艺不可行，故C错误；D项，工业上用铝土矿制铝的过程，每一步所加试剂必须过量，此工艺可行的，故D正确；故选C。10．下列物质的转化在给定条件下能实现的是()A．铝土矿AlO2-AlOH)3Al2O3B．盐卤(含MgCl2)Mg(OH)2MgCl2溶液无水MgCl2C．SO2SO3H2SO4D．SiO2NaSiO3溶液H2SiO3【答案】D【解析】A项，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中加入足量的盐酸，生成氯化铝，得不到氢氧化铝，A错误；B项，盐卤(含MgCl2)与石灰乳反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁溶液，由于Mg2+水解Mg2++2H2O⇌Mg(OH)2+2H+，加热蒸发时HCl挥发，平衡向右移动，所以得不到无水MgCl2，B错误；C项，SO2在催化剂及加热条件下与氧气反应生成SO3，点燃条件下无法完成转化，C错误；D项，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，硅酸钠溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸钠和硅酸，D正确；故选D。考向2推断式无机物质的转化11．(2026·海南中学高三质检)能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是()A．X可为铁，盐的水溶液一定显酸性B．X可为铜，加热条件下和氧气反应生成氧化物1C．X可为硅，氧化物2可用来制晶体硅D．X可为碳，盐的热稳定性：Na2CO3>NaHCO3【答案】D【解析】A项，铁作为X时，氧化物1可能为FeO或Fe3O4，但FeO不稳定，难以直接生成