主题二 元素及其化合物（综合训练）（全国适用）（原卷版及解析）

/主题二元素及其化合物(考试时间：75分钟试卷满分：100分)可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5Na-23K-39Cr-52Mn-55第Ⅰ卷(选择题共45分)一、选择题(本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．【生产生活与学科知识结合】(2026·黑龙江牡丹江高三期中)物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是()A．二氧化硅的导电性介于导体和绝缘体之间，常用来生产光导纤维B．碳化硅(SiC)俗称石英砂，具有类似金刚石的结构，硬度大，可用作砂轮的磨料C．超分子就是高分子，将C60加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中能形成超分子D．碳纳米管有很高的强度和优良的电学性能，可用于生产复合材料、电池和传感器2．(2026·广东广州高三期中)下列关于元素及其化合物的性质说法正确的是()A．将某铝热剂溶于足量稀盐酸再滴加KSCN溶液，溶液变成血红色，说明该铝热剂中一定含有氧化铁B．将红热的木炭投入浓硝酸中，有红棕色气体生成，该现象能证明碳与浓硝酸发生了氧化还原反应C．FeCl3溶液可腐蚀Cu刻制印刷电路板，说明铜比铁金属性强D．SiO2是酸性氧化物，故实验室盛放碱溶液的试剂瓶应使用橡胶塞3．(2026·湖北鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟高三联考)下列有关物质性质与用途对应关系错误的是()A．单晶硅有半导体性能，可用于制造芯片 B．浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂C．乙炔燃烧火焰温度高，可用于切割金属 D．SO2具有氧化性，可用作漂白剂4．(2026·宁夏银川高三联考)给定条件下，下列选项中所示的物质间转化不能一步实现的是()A．Na(s)Na2O2(s)Na2CO3(s)B．Cu(s)CuO(s)CuSO4(aq)C．Al(s)AlCl3(aq)Al(OH)3(s)D．Fe(s)Fe2O3(s)FeCl3(aq)5．(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)6．【逻辑思维与科学建模】(2026·山东高三联考)类比法是化学研究的重要方法。下列类比中合理的是()A．将H2S气体通入CuSO4溶液中可生成CuS→将H2S气体通入FeSO4溶液中可生成FeSB．将少量CO2气体通入漂白粉溶液中生成CaCO3和HClO→将少量CO2气体通入漂白液中生成Na2CO3和HClOC．硝酸与过量的铁粉反应生成Fe(NO3)2→干燥的氯气与过量的铁粉加热反应生成D．CO2通入CaCl2溶液中无沉淀生成→SO2通入BaCl2溶液中无沉淀生成7．已知甲、乙、丙三种物质均含有同种元素X，其转化关系如下：下列说法错误是()A．若A为NaOH溶液，乙为白色沉淀，则X可能为短周期金属元素B．若A为硝酸，X为金属元素，则甲与乙反应可生成丙C．若A为氧气，丙在通常状况下为红棕色气体，则甲可能为非金属单质D．若乙为NaHCO3，则甲或丙可能是CO28．甲、乙、丙三种不同的物质中均含有同一种元素，反应④为置换反应，往乙溶液中滴加溶液，乙溶液变为血红色。它们之间的转化关系如图所示(部分反应物及生成物已略去)。下列说法错误的是()A．反应①、②可能为化合反应B．反应④的另一反应物可以为离子化合物的水溶液C．甲为金属单质，也可能为非金属单质D．若甲为金属单质，甲、乙、丙中的相同元素化合价不同9．X、Y、Z三种物质何存在如下图所示的转化关系。下列说法错误的是()A．若a处强碱，则X与Z的溶液可能反应生成YB．若a是氧气，则Y一定是氧化物C．若a是金属单质，则Y、Z中a的化合价可能是D．若a是强酸，则Y既可能与酸反应又可能与碱反应10．下表各组物质之间通过一步反应实现如图所示转化关系，且与表中的条件也匹配的是11．(2026·辽宁营口高三期中)以含有少量杂质Fe的粗铜为原料，制备胆矾(·5H2O)的工艺流程如图所示：下列说法错误的是()A．实验室中的硝酸应该贮存于棕色试剂瓶中B．气体A为酸性氧化物，可与适量的氧气和水反应生成硝酸，循环利用C．为防止产生气体污染环境，可将稀硝酸换成H2O2溶液D．“一系列操作”包含蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥12．【工艺流程与学科知识结合】(2026·河南新未来联合测评高三联考)某科研团队利用废炉渣(主要成分为Fe2O3，还含有少量Fe3O4、CaO、CuO、SiO2等)制备一种多功能饮用水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)，其制备流程如图所示：已知：室温下，物质的溶解度：K2FeO4Na2FeO4。下列说法正确的是()A．“滤渣I”的主要成分为CaSO4和K2FeO4B．“氧化I”中H2O2溶液用量往往要稍微过量的主要原因是加快反应速率C．“氧化Ⅱ”发生反应的离子方程式：6ClO-+2OH-=2Cl2↑+2H2OD．“一系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥13．【25年湖北卷T8改编】固体X、Y研细后，常温下搅拌发生反应，生成的气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，1molC与足量M的钠盐溶液完全反应，可得到233g难溶于F溶液的白色固体G。下列叙述错误的是()A．将X的水溶液加水稀释，溶液pH降低B．A→D的反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为5：4C．常温下可用铝制容器来盛装F的浓溶液D．误服溶液C，可用5%M的钠盐溶液洗胃14．(2026·河南新未来联合测评)氮在自然界中的物质转化循环的部分关系如图所示。下列说法正确的是()A．过程I、Ⅱ和IV属于氮的固定B．过程I中N2表现氧化性，作氧化剂C．过程Ⅲ的硝化过程可能发生：D．过程IV为反硝化过程，该过程中氮元素被氧化15．【逻辑思维与推理结合】(2026·辽宁重点中学大联考高三期中)X2、Y2、Z2为常见短周期元素的气体单质，l、m、n为均含元素的化合物，它们之间的转化关系如下图所示(部分反应条件略去)。下列说法错误的是()A．Z2与X2在光照条件下可生成B．蘸取的浓溶液涂在试纸上，无法粗略测量C．将Z2通入NaOH溶液制得84消毒液D．用Z2处理饮用水比用ZY2更安全第II卷(非选择题共55分)二、填空题(本题共4小题，共55分)16．(12分)氮、氧、硫、氯是四种重要的非金属元素，研究它们的性质及用途对生产，生活、科研具有重要意义。(1)一氯胺(NH2Cl)是一种长效缓释水消毒剂，工业上可利用反应NHI3(g)+Cl2(g)=NH2Cl(g)+HCl(g)制备。①一氯胺(NH2Cl)在中性或酸性环境中会发生水解反应，生成一种具有强烈杀菌作用的物质，该物质的电子式为___________。②氨气也是工业上制备硝酸的主要原料，制备硝酸的过程中涉及NO2与水的反应。该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。(2)SO2、NO2两种气体都能对大气造成污染，需要对其进行吸收处理。用氨水吸收SO2能得到含(NH4)2SO3和NH4HSO3的吸收液，写出生成(NH4)2SO3的离子方程式：___________。若向吸收液中通入过量NO2，NH4HSO3能与NO2发生反应生成N2和(NH4)2SO4，写出该反应的离子方程式：___________。(3)Cl2与NaOH溶液反应可制取“84”消毒液。用过量的冷NaOH溶液吸收氯气，制得NaClO溶液(不含NaClO3，)，此时ClO-的浓度为c0mol/L；加热时NaClO能转化为NaClO3，测得t时刻溶液中ClO-的浓度为c1mol/L(不考虑加热前后溶液体积的变化)。①写出溶液中NaClO分解生成NaClO3的化学方程式：___________。②t时刻溶液中c(Cl-)=___________mol/L(用含c0、c1的代数式表示)。(4)S4N4(S是＋2价)具有很好的导电性，在光学、电学等行业有着重要的用途。将干燥的物质NH3通入S2Cl2的CCl4浓液中，可制得该物质：6S2Cl2+16NH3=S4N4+S8+12NH4(已知S8是硫单质中最稳定的)。①上述制备反应中被氧化的元素是_______(填元素符号)，物质NH3体现的性质有_______。②S4N4在常温下较稳定，但撞击或加热时会引起爆炸，生成非常稳定的单质产物，该爆炸反应的化学方程式是_______。17．(14分)(2026·河南周口高三期中)一种无机矿物质由三种常见元素组成，某化学兴趣小组对该物质的探究过程如图：已知：①气体A为无色化合物，且能使品红溶液褪色；②固体B为混合物，沉淀E、红棕色固体F均为纯净物；③实验中所用试剂均足量，各步均完全转化且忽略损耗。请回答下列问题：(1)写出原矿物质中所含元素的名称：_______、_______、_______。(2)为减少工业燃煤时气体A的大量排放，采取的常见措施有加强燃煤锅炉相关技术的改造、洗涤含气体A的烟气、_______(填一种)等；若用FeCl3溶液洗涤含气体A的烟气(设仅气体A参与反应)，发生反应的离子方程式为_______，吸收1L气体A体积分数为89.6%的某混合气体时需要_______mL0.4mol·L-1FeCl3溶液。(气体体积已折合为标准状况下)。(3)胆矾中所含金属元素的单质与稀硝酸反应的离子方程式为_______。(4)若忽略损耗，42.00gX最终能制得_______g胆矾。(5)若另一小组在重复上述实验时，烘干后沉淀E的质量存在误差，试分析其原因：_______。18．(14分)有一种天然黄铜矿主要成分为CuFeS2(含SiO2)，为了测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了如下实验：Ⅰ．称取研细的黄铁矿样品0.230g煅烧，生成Cu、Fe2O3、FeO和SO2气体，实验后取d中溶液的置于锥形瓶中，用标准碘溶液进行滴定，初读数为0.10mL，末读数如图所示。完成下列填空：(1)装置c的作用是___________，上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是___________。(2)滴定时，标准碘溶液所耗体积为___________。用化学方程式表示滴定的原理___________。(3)计算该黄铜矿的纯度___________。Ⅱ．工业上利用黄铜矿冶炼铜产生的炉渣(Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3)可制备绿矾FeSO4·7H2O晶体。(4)选用提供的试剂，设计实验验证炉渣中含有FeO。提供的试剂：稀盐酸稀硫酸KSCN溶液KMnO4溶液和NaOH溶液。所选试剂为___________。证明炉渣中含有FeO的实验现象为___________。(5)将炉渣溶解在足量NaOH溶液中，过滤，取滤渣加入足量稀硫酸和铁屑，过滤后，将滤液___________、___________、过滤、低温烘干得到绿矾(填写实验操作名称)。19．(15分)用零价铁()去除含氮废水中的硝酸盐(NO3-)是环境修复的重要方法。一种去除NO3-的过程如下。(1)Ⅱ中充分反应后，分离混合物的方法是_______。(2)Ⅱ中反应的离子方程式是_______。(3)实验发现，在Ⅱ中补充一定量的可以明显提高NO3-的去除率。向两份含氮废水[NO3-8.1×10-5mol]中均加入足量粉，做对比研究。实验序号ⅰⅱ所加试剂Fe粉Fe粉、FeCl2(3.6×10-5mol)NO3-的去除率≈50%≈100%分析ⅱ中NO3-的去除率提高的原因：A．直接还原NO3-了。通过计算说明电子得、失数量关系：_______，证明该原因不合理。B．研究发现：Fe3O4(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在Fe3O4表面，形成钝化层，阻碍电子传输。C．Fe2+能与FeO(OH)反应生成Fe3O4。用57FeCl2做同位素示踪实验，证明该原因合理。D．Cl-破坏钝化层。将ⅱ中的FeCl2替换为_______，NO3-的去除率约为50%，证明该原因不合理。(4)ⅰ、ⅱ中均能发生Fe+2H+=Fe2++H2↑。该反应明显有助于ⅰ中NO3-的去除，结合方程式解释原因：_______。(5)测定NO3-含量步骤1.取vmL含氮(NO3-)水样，加入催化剂、1mLc1mol·L-1FeSO4标准溶液(过量)，再加入稀H2SO4。步骤2.用c2mol·L-1K2C标准溶液滴定剩余的Fe2+(C被还原为C)，终点时消耗2mL。已知：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe2++NO↑+2H2O①水样中NO3-的含量为_______。②溶液中O2影响测定。向步骤1中加入适量NaHCO3，产生CO2驱赶O2，否则会使测定结果_______(填“偏大”或“偏小”)。

主题二元素及其化合物(考试时间：75分钟试卷满分：100分)可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5Na-23K-39Cr-52Mn-55第Ⅰ卷(选择题共45分)一、选择题(本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．【生产生活与学科知识结合】(2026·黑龙江牡丹江高三期中)物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是()A．二氧化硅的导电性介于导体和绝缘体之间，常用来生产光导纤维B．碳化硅(SiC)俗称石英砂，具有类似金刚石的结构，硬度大，可用作砂轮的磨料C．超分子就是高分子，将C60加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中能形成超分子D．碳纳米管有很高的强度和优良的电学性能，可用于生产复合材料、电池和传感器【答案】D【解析】A项，二氧化硅用于光导纤维是因为其光学性质，A错误；B项，碳化硅的俗称是金刚砂，石英砂主要成分为SiO2，B错误；C项，超分子与高分子概念不同，但C60与杯酚可形成超分子，C错误；D项，碳纳米管的强度和电学性能符合所述用途，D正确；故选D。2．(2026·广东广州高三期中)下列关于元素及其化合物的性质说法正确的是()A．将某铝热剂溶于足量稀盐酸再滴加KSCN溶液，溶液变成血红色，说明该铝热剂中一定含有氧化铁B．将红热的木炭投入浓硝酸中，有红棕色气体生成，该现象能证明碳与浓硝酸发生了氧化还原反应C．FeCl3溶液可腐蚀Cu刻制印刷电路板，说明铜比铁金属性强D．SiO2是酸性氧化物，故实验室盛放碱溶液的试剂瓶应使用橡胶塞【答案】D【解析】A项，铝热剂可能含Fe3O4等其他铁的氧化物，溶于盐酸也会生成Fe3+，溶液变红不能证明一定含Fe2O3，A不符合题意；B项，浓硝酸受热分解也会产生NO2，红棕色气体可能来自硝酸自身分解，无法证明碳与硝酸反应，B不符合题意；C项，Fe3+氧化Cu说明Fe3+的氧化性强于Cu2+，但金属活动性顺序中Fe＞Cu，结论与现象无关，C不符合题意；D项，SiO2与强碱反应会腐蚀玻璃塞，故碱溶液需用橡胶塞，D符合题意；故选D。3．(2026·湖北鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟高三联考)下列有关物质性质与用途对应关系错误的是()A．单晶硅有半导体性能，可用于制造芯片 B．浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂C．乙炔燃烧火焰温度高，可用于切割金属 D．SO2具有氧化性，可用作漂白剂【答案】D【解析】A项，单晶硅是典型半导体材料，其导电性介于导体和绝缘体之间，广泛用于芯片制造，故A正确；B项，浓硫酸具有吸水性，是常见的干燥剂(如干燥H2、O2等)，故B正确；C项，乙炔在氧气中燃烧产生高温氧炔焰，能使部分金属熔化，可用于金属切割，故C正确；D项，SO2漂白性源于其与色素化合生成不稳定的无色物质，而非氧化性，氧化性漂白剂(如ClO2、O3)通过强氧化性破坏色素结构，故D错误；故选D。4．(2026·宁夏银川高三联考)给定条件下，下列选项中所示的物质间转化不能一步实现的是()A．Na(s)Na2O2(s)Na2CO3(s)B．Cu(s)CuO(s)CuSO4(aq)C．Al(s)AlCl3(aq)Al(OH)3(s)D．Fe(s)Fe2O3(s)FeCl3(aq)【答案】D【解析】A项，钠和氧气加热条件下反应生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，均能一步实现，故A不选；B项，铜在氧气中加热生成CuO，CuO与稀硫酸反应生成和水，两步均可一步实现，故B不选；C项，铝与盐酸生成AlCl3和氢气，AlCl3与氨水生成Al(OH)3沉淀和氯化铵，两步均可一步实现，故C不选；D项，铁与水蒸气高温条件下反应生成Fe3O4而非Fe2O3，第一步无法一步实现，故D选；故选D。5．(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。6．【逻辑思维与科学建模】(2026·山东高三联考)类比法是化学研究的重要方法。下列类比中合理的是()A．将H2S气体通入CuSO4溶液中可生成CuS→将H2S气体通入FeSO4溶液中可生成FeSB．将少量CO2气体通入漂白粉溶液中生成CaCO3和HClO→将少量CO2气体通入漂白液中生成Na2CO3和HClOC．硝酸与过量的铁粉反应生成Fe(NO3)2→干燥的氯气与过量的铁粉加热反应生成D．CO2通入CaCl2溶液中无沉淀生成→SO2通入BaCl2溶液中无沉淀生成【答案】D【解析】A项，CuS不溶于酸，所以将H2S气体通入CuSO4溶液中可生成CuS，但FeS溶于酸，所以将H2S气体通入FeSO4溶液中不能生成FeS，A类比不合理；B项，漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2，将少量CO2气体通入漂白粉溶液中可生成CaCO3和HClO；漂白液的主要成分是NaClO，通入少量CO2时，因HClO的酸性强于HCO3-，只能生成NaHCO3和HClO，而非Na2CO3，B类比不合理；C项，硝酸与过量的铁粉反应生成Fe(NO3)2，但干燥的氯气与过量的铁粉加热反应只能生成FeCl3，C类比不合理；D项，CO2和SO2均属于弱酸的酸性氧化物，所以CO2通入CaCl2溶液中无沉淀生成可推知SO2通入BaCl2溶液中也无沉淀生成，D类比合理；故选D。7．已知甲、乙、丙三种物质均含有同种元素X，其转化关系如下：下列说法错误是()A．若A为NaOH溶液，乙为白色沉淀，则X可能为短周期金属元素B．若A为硝酸，X为金属元素，则甲与乙反应可生成丙C．若A为氧气，丙在通常状况下为红棕色气体，则甲可能为非金属单质D．若乙为NaHCO3，则甲或丙可能是CO2【答案】B【解析】A项，若A为NaOH溶液，甲是AlCl3，乙是Al(OH)3白色沉淀，丙是NaAlO2，X为短周期金属元素铝，符合题意，A正确；B项，若A为硝酸，X为金属元素，X应是变价金属，则甲是Fe，乙是Fe(NO3)2，丙是Fe(NO3)3，甲与乙不反应，B错误；C项，若A为氧气，丙在通常状况下为红棕色气体即NO2，则甲是N2，乙是NO，C正确；D项，若乙为NaHCO3，甲是CO2，A是NaOH，丙是Na2CO3，或者甲是Na2CO3，乙是NaHCO3，A是HCl，丙是CO2，D正确。故选B。8．甲、乙、丙三种不同的物质中均含有同一种元素，反应④为置换反应，往乙溶液中滴加溶液，乙溶液变为血红色。它们之间的转化关系如图所示(部分反应物及生成物已略去)。下列说法错误的是()A．反应①、②可能为化合反应B．反应④的另一反应物可以为离子化合物的水溶液C．甲为金属单质，也可能为非金属单质D．若甲为金属单质，甲、乙、丙中的相同元素化合价不同【答案】C【解析】A项，往乙溶液中滴加KSCN，溶液变为血红色，乙溶液中含有Fe3+；反应④为置换反应，甲为Fe、乙为FeCl3、丙为FeCl2符合题意，其中反应①为铁与氯气的化合反应，反应②为铁与氯化铁的化合反应，故A正确；B项，往乙溶液中滴加KSCN，溶液变为血红色，乙溶液中含有Fe3+；反应④为置换反应，则甲为Fe、乙为FeCl3、丙为FeCl2符合题意，其中反应④可能为铁与盐酸的反应，也可能为铁与氯化铜的反应，氯化铜为离子化合物，故B正确；C项，甲不一定是单质，可能是化合物，如甲为FeI2，乙为FeCl3、丙为FeCl2，其中反应④为FeI2溶液中通入少量氯气置换出碘为置换反应，符合题意，故C错误；D项，若甲为金属单质，甲为Fe、乙为FeCl3、丙为FeCl2符合题意，甲、乙、丙中的相同元素Fe的化合价不同，故D正确；故选C。9．X、Y、Z三种物质何存在如下图所示的转化关系。下列说法错误的是()A．若a处强碱，则X与Z的溶液可能反应生成YB．若a是氧气，则Y一定是氧化物C．若a是金属单质，则Y、Z中a的化合价可能是D．若a是强酸，则Y既可能与酸反应又可能与碱反应【答案】B【解析】A项，若a是氢氧化钠，说明X能连续与氢氧化钠反应，即Y应是氢氧化物，Y能与氢氧化钠继续反应，说明氢氧化物Y具有酸性，则Y必是氢氧化铝，则X必是含有Al3+的溶液，Al3+水解使溶液呈酸性。Z是AlO2-，Al3+的溶液和AlO溶液混合生成氢氧化铝沉淀，故A正确；B项，若a是氧气，如硫化氢被氧化的反应生成的Y可能是硫，则Y不一定是氧化物，故B错误；C项，若a是金属单质，如铁与氯气反应生成氯化铁溶液，再与铁反应生成氯化亚铁，则Y、Z中a的化合价可能是YZ，故C正确；D项，若a是强酸，如盐酸可与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝，再与盐酸反应生成氯化铝，则Y是氢氧化铝，既可能与酸反应又可能与碱反应，故D正确；故选B。10．下表各组物质之间通过一步反应实现如图所示转化关系，且与表中的条件也匹配的是【答案】A【解析】NO和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，浓硝酸和金属反应生成二氧化氮，稀硝酸和金属反应生成NO，所以能实现转化，A正确；电解熔融氯化铝时，氯化铝属于分子晶体，熔融状态下不导电，所以不能生成铝，B错误；氯化铁和氯气不反应，所以不能生成铁，C错误；氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳能生成碳酸氢钠，因为二氧化碳溶解性较小，所以先通入氨气后通入二氧化碳，D错误。11．(2026·辽宁营口高三期中)以含有少量杂质Fe的粗铜为原料，制备胆矾(·5H2O)的工艺流程如图所示：下列说法错误的是()A．实验室中的硝酸应该贮存于棕色试剂瓶中B．气体A为酸性氧化物，可与适量的氧气和水反应生成硝酸，循环利用C．为防止产生气体污染环境，可将稀硝酸换成H2O2溶液D．“一系列操作”包含蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥【答案】B【解析】酸浸粗铜时，发生氧化还原反应，生成NO气体，Cu2+，Fe3+进入溶液中，再加入CuO调pH除铁，得到氢氧化铁沉淀和硫酸铜溶液，一列结晶操作后可得胆矾。A项，硝酸见光易分解，所以应贮存在棕色试剂瓶中，A正确；B项，气体A为NO，不属于酸性氧化物，B错误；C项，为防止NO污染环境，可将稀硝酸换绿色无污染氧化剂H2O2，C正确；D项，得到五水硫酸铜晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D正确；故选B。12．【工艺流程与学科知识结合】(2026·河南新未来联合测评高三联考)某科研团队利用废炉渣(主要成分为Fe2O3，还含有少量Fe3O4、CaO、CuO、SiO2等)制备一种多功能饮用水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)，其制备流程如图所示：已知：室温下，物质的溶解度：K2FeO4Na2FeO4。下列说法正确的是()A．“滤渣I”的主要成分为CaSO4和K2FeO4B．“氧化I”中H2O2溶液用量往往要稍微过量的主要原因是加快反应速率C．“氧化Ⅱ”发生反应的离子方程式：6ClO-+2OH-=2Cl2↑+2H2OD．“一系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥【答案】A【解析】废炉渣(主要成分为Fe2O3，还含有少量Fe3O4、CaO、CuO、SiO2等)用稀硫酸酸溶，Fe3O4转化为Fe2+和Fe3+，CuO转化为Cu2+，CaO转化为微溶的CaSO4，SiO2不溶于稀硫酸，过滤后“滤渣I”的主要成分为CaSO4和SiO2，滤液中加入铁粉将Cu2+转化为Cu过滤除去，向滤液中加入H2O2溶液，把Fe2+氧化为Fe3+，将含硫酸铁的溶液与NaClO、NaOH溶液混合得到Na2FeO4，向Na2FeO4溶液中加入饱和KOH溶液，利用溶解度差异析出K2FeO4，再经过滤、洗涤、干燥等一系列操作得到高铁酸钾晶体。A项，由分析可知，“滤渣I”的主要成分为CaSO4和SiO2，A正确；B项，氧化Ⅰ中H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，H2O2受热或者在Fe3+的催化下易发生分解，所以H2O2溶液用量往往要稍微过量，确保Fe2+完全氧化，B错误；C项，氧化Ⅱ在碱性条件下进行，ClO-氧化Fe3+生成FeO42-，Cl元素应被还原为Cl-，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3ClO-+2OH-=2Cl-+5H2，C错误；D项，室温下，物质的溶解度：K2FeO4Na2FeO4，向Na2FeO4溶液中加入饱和KOH溶液，K2FeO4因溶解度小直接析出，无需蒸发浓缩，一系列操作应为过滤、洗涤、干燥，D错误；故选A。13．【25年湖北卷T8改编】固体X、Y研细后，常温下搅拌发生反应，生成的气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，1molC与足量M的钠盐溶液完全反应，可得到233g难溶于F溶液的白色固体G。下列叙述错误的是()A．将X的水溶液加水稀释，溶液pH降低B．A→D的反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为5：4C．常温下可用铝制容器来盛装F的浓溶液D．误服溶液C，可用5%M的钠盐溶液洗胃【答案】A【解析】气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明气体A为NH3；然后A和HCl又能反应生成X，则X物质为NH4Cl；则Y为碱；A能与O2在催化剂作用下氧化生成D，D能继续与O2在常温下反应生成E，可知D物质为NO、E物质为NO2；将E与B反应得到F，结合C选项可知F为HNO3；则B物质为H2O；结合，可得到C物质为氯化物，1molC与足量M的钠盐溶液完全反应，可得到233g难溶于HNO3溶液的白色固体G，根据元素守恒可得到生成的另一种物质为NaCl且易溶，则难溶于HNO3溶液的G物质应为BaSO4，则得到C物质为BaCl2且刚好满足1molBaCl2生成1molBaSO4沉淀，质量恰好为233g，可反推出Y物质为Ba(OH)2或Ba(OH)2·8H2O，M的钠盐为Na2SO4。A项，X的水溶液为NH4Cl溶液，因NH3+H2ONH3·H2O的水解：NH4++H2ONH3·H2O+H+而显酸性，加水稀释酸性减弱，则pH升高，A错误；B项，A→D的反应为：，其中O2为氧化剂，NH3为还原剂，根据方程式可知氧化剂与还原剂物质的量之比为5：4，B正确；C项，F为HNO3，常温下铝制容器在浓HNO3中易钝化而难以持续反应，可用铝制容器来盛装浓HNO3，C正确；D项，Ba2+有毒，不小心误服Ba2+，可以服用含SO42-的钠盐溶液将Ba2+转化为难溶于胃酸的BaSO4来解毒，即可用5%Na2SO4溶液洗胃，D正确；故选A。14．(2026·河南新未来联合测评)氮在自然界中的物质转化循环的部分关系如图所示。下列说法正确的是()A．过程I、Ⅱ和IV属于氮的固定B．过程I中N2表现氧化性，作氧化剂C．过程Ⅲ的硝化过程可能发生：D．过程IV为反硝化过程，该过程中氮元素被氧化【答案】B【解析】A项，氮的固定是游离态氮转变为化合态氮的过程，IV不属于，A错误；B项，过程I中N2中氮元素从0价变为-3价，表现氧化性，作氧化剂，B正确；C项，氨、铵根离子不能在碱性环境大量存在，硝化过程可能发生的反应为，C错误；D项，过程IV为反硝化过程，该过程中氮元素由+3、+5价变为0价，被还原，D错误；故选B。15．【逻辑思维与推理结合】(2026·辽宁重点中学大联考高三期中)X2、Y2、Z2为常见短周期元素的气体单质，l、m、n为均含元素的化合物，它们之间的转化关系如下图所示(部分反应条件略去)。下列说法错误的是()A．Z2与X2在光照条件下可生成B．蘸取的浓溶液涂在试纸上，无法粗略测量C．将Z2通入NaOH溶液制得84消毒液D．用Z2处理饮用水比用ZY2更安全【答案】D【解析】短周期气体单质X2、Y2、Z2，结合转化关系：X2与X2生成l，l与Z2反应生成含X元素的化合物m、n，n光照分解，可推断：X2为H2，X2为O2，Z2为Cl2；l为H2O，m为HCl，n为HClO(Cl2与H2O反应生成HClO和HCl，HClO光照分解为HCl和O2)。A项，Z2(Cl2)与X2(H2)在光照条件下可生成m(HCl)，该说法正确，A不符合题意；B项，n的浓溶液为HClO溶液，HClO具有极强的氧化性，会导致试纸迅速褪色，故无法粗略测量其pH，该说法正确，B不符合题意；C项，84消毒液的主要成分为NaClO，可由Cl2通入NaOH溶液制得，该说法正确，C不符合题意；D项，ZY2(ClO2)被认为更安全、更高效且副产物更少，用二氧化氯比用氯气消毒更安全，该说法不正确，D符合题意；故选D。第II卷(非选择题共55分)二、填空题(本题共4小题，共55分)16．(12分)氮、氧、硫、氯是四种重要的非金属元素，研究它们的性质及用途对生产，生活、科研具有重要意义。(1)一氯胺(NH2Cl)是一种长效缓释水消毒剂，工业上可利用反应NHI3(g)+Cl2(g)=NH2Cl(g)+HCl(g)制备。①一氯胺(NH2Cl)在中性或酸性环境中会发生水解反应，生成一种具有强烈杀菌作用的物质，该物质的电子式为___________。②氨气也是工业上制备硝酸的主要原料，制备硝酸的过程中涉及NO2与水的反应。该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。(2)SO2、NO2两种气体都能对大气造成污染，需要对其进行吸收处理。用氨水吸收SO2能得到含(NH4)2SO3和NH4HSO3的吸收液，写出生成(NH4)2SO3的离子方程式：___________。若向吸收液中通入过量NO2，NH4HSO3能与NO2发生反应生成N2和(NH4)2SO4，写出该反应的离子方程式：___________。(3)Cl2与NaOH溶液反应可制取“84”消毒液。用过量的冷NaOH溶液吸收氯气，制得NaClO溶液(不含NaClO3，)，此时ClO-的浓度为c0mol/L；加热时NaClO能转化为NaClO3，测得t时刻溶液中ClO-的浓度为c1mol/L(不考虑加热前后溶液体积的变化)。①写出溶液中NaClO分解生成NaClO3的化学方程式：___________。②t时刻溶液中c(Cl-)=___________mol/L(用含c0、c1的代数式表示)。(4)S4N4(S是＋2价)具有很好的导电性，在光学、电学等行业有着重要的用途。将干燥的物质NH3通入S2Cl2的CCl4浓液中，可制得该物质：6S2Cl2+16NH3=S4N4+S8+12NH4(已知S8是硫单质中最稳定的)。①上述制备反应中被氧化的元素是_______(填元素符号)，物质NH3体现的性质有_______。②S4N4在常温下较稳定，但撞击或加热时会引起爆炸，生成非常稳定的单质产物，该爆炸反应的化学方程式是_______。【答案】(1)(1分)1：2(1分)(2)2NH3·H2O+SO2=2NH4++SO32-(1分)4HSO3-+2NO2=N2+4SO42-+2H2O(1分)(3)3NaClO2NaCl+NaClO3(2分)(c0-c1)(2分)(4)

N、S(1分)

还原性、碱性(1分)

2S4N4S8+4N2↑(2分)【解析】(1)①一氯胺(NH2Cl)在中性或酸性环境中会发生水解反应，根据原子守恒可推知具有杀菌作用的物质为HClO，一氯胺与水反应方程式为NH2Cl+H2O=HClO+NH3，HClO的电子式为：；②氨气也是工业上制备硝酸的主要原料，制备硝酸的过程中涉及NO2与水的反应，该反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；(2)SO2、NO2两种气体都能对大气造成污染，需要对其进行吸收处理。用氨水吸收SO2能得到含(NH4)2SO3和NH4HSO3的吸收液，生成(NH4)2SO3的离子方程式为：2NH3·H2O+SO2=2NH4++SO32-，若向吸收液中通入过量NO2，NH4HSO3能与NO2发生反应生成N2和(NH4)2SO4，根据氧化还原反应配平可得，该反应的离子方程式为：4HSO3-+2NO2=N2+4SO42-+2H2O；(3)①溶液中NaClO分解生成NaClO3，反应中NaClO转化为NaClO3，则Cl的化合价升高，故必然有元素的化合价降低，即由NaClO转化为NaCl，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为：3NaClO2NaCl+NaClO3；②由题干信息，用过量的冷NaOH溶液吸收氯气，制得NaClO溶液(不含NaClO3)，反应方程式为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，故这时Cl-的浓度与ClO-的浓度相等，都为c0mol/L，又知t时刻内ClO-的浓度变化了(c0-c1)mol/L，根据反应3NaClO2NaCl+NaClO3可知，则生成的Cl-的浓度为：(c0-c1)mol/L，故t时刻溶液中c(Cl-)=c0+(c0-c1)mol/L=(c0-c1)mol/L。(4)①根据反应6S2Cl2+16NH3=S4N4+S8+12NH4，该反应中S2Cl2中部分S元素由+1升高到+2，被氧化，部分S元素由+1降低到0，被还原，NH3中部分N元素由-3升高到-2，被氧化，NH3表现还原性，部分NH3生成铵盐，表现碱性，所以该反应中被氧化的元素为N、S，NH3体现的性质是还原性、碱性；②S4N4在常温下较稳定，但撞击或加热时会引起爆炸，生成非常稳定的单质产物，已知S8是硫单质中最稳定的，所以生成单质为N2和S8，化学方程式2S4N4S8+4N2↑。17．(14分)(2026·河南周口高三期中)一种无机矿物质由三种常见元素组成，某化学兴趣小组对该物质的探究过程如图：已知：①气体A为无色化合物，且能使品红溶液褪色；②固体B为混合物，沉淀E、红棕色固体F均为纯净物；③实验中所用试剂均足量，各步均完全转化且忽略损耗。请回答下列问题：(1)写出原矿物质中所含元素的名称：_______、_______、_______。(2)为减少工业燃煤时气体A的大量排放，采取的常见措施有加强燃煤锅炉相关技术的改造、洗涤含气体A的烟气、_______(填一种)等；若用FeCl3溶液洗涤含气体A的烟气(设仅气体A参与反应)，发生反应的离子方程式为_______，吸收1L气体A体积分数为89.6%的某混合气体时需要_______mL0.4mol·L-1FeCl3溶液。(气体体积已折合为标准状况下)。(3)胆矾中所含金属元素的单质与稀硝酸反应的离子方程式为_______。(4)若忽略损耗，42.00gX最终能制得_______g胆矾。(5)若另一小组在重复上述实验时，烘干后沉淀E的质量存在误差，试分析其原因：_______。【答案】(1)铜(1分)铁(1分)硫(1分)(2)在燃煤中加入石灰石(1分)2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+(2分)200(2分)(3)3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O(2分)(4)75.0(2分)(5)难溶氢氧化物易分解，在烘干时可能有部分氢氧化物发生分解而使实验数据不准确(2分)【解析】X在O2中高温反应，生成气体A和固体B，气体A：能使品红褪色的无色化合物，结合标准状况下体积(10.08L)，推知为SO2。固体B：混合物，后续经稀硝酸、稀硫酸溶解，说明含可溶于酸的金属元素化合物。固体B用稀硝酸、稀硫酸溶解后得到溶液D，加入NaOH溶液(调pH=4)，生成沉淀E：后续灼烧得到红棕色固体F(Fe2O3)，12.00g)，说明沉淀E是Fe(OH)3。得到滤液G：最终转化为胆矾(CuSO4·5H2O)。(1)气体A能使品红褪色，结合标准状况下体积10.08L，计算物质的量：n(A)=mol=0.45mol，推知A为SO2(S元素来源)。红棕色固体F为Fe2O3，质量12.00g，计算Fe的物质的量：n(Fe)=mol=0.15mol(Fe元素来源)。滤液G最终得到胆矾(CuSO4·5H2O)，说明含Cu元素。因此，原矿物质含铜、铁、硫三种元素。(2)减排措施：在燃煤中加入石灰石(或开发新能源等)；若用FeCl3溶液洗涤含SO2的烟气，发生反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；1L混合气体中SO2的物质的量：n(SO2)=，由反应比例：SO2~2Fe3+，需要FeCl3的物质的量为0.08mol，体积为。(3)Cu与稀硝酸反应生成NO，离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；(4)原矿物质X中Cu的物质的量：最终胆矾中Cu全部来自X，结合SO2、S、Fe2O3、Fe的物质的量，计算得Cu的物质的量为0.3mol，胆矾CuSO4·5H2O的质量：0.3250=75g；(5)沉淀E为Fe(OH)3，难溶氢氧化物受热易分解，若烘干时温度过高，部分Fe(OH)3分解为Fe2O3，导致沉淀质量偏小。18．(14分)有一种天然黄铜矿主要成分为CuFeS2(含SiO2)，为了测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了如下实验：Ⅰ．称取研细的黄铁矿样品0.230g煅烧，生成Cu、Fe2O3、FeO和SO2气体，实验后取d中溶液的置于锥形瓶中，用标准碘溶液进行滴定，初读数为0.10mL，末读数如图所示。完成下列填空：(1)装置c的作用是___________，上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是___________。(2)滴定时，标准碘溶液所耗体积为___________。用化学方程式表示滴定的原理___________。(3)计算该黄铜矿的纯度___________。Ⅱ．工业上利用黄铜矿冶炼铜产生的炉渣(Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3)可制备绿矾FeSO4·7H2O晶体。(4)选用提供的试剂，设计实验验证炉渣中含有FeO。提供的试剂：稀盐酸稀硫酸KSCN溶液KMnO4溶液和NaOH溶液。所选试剂为___________。证明炉渣中含有FeO的实验现象为___________。(5)将炉渣溶解在足量NaOH溶液中，过滤，取滤渣加入足量稀硫酸和铁屑，过滤后，将滤液___________、___________、过滤、低温烘干得到绿矾(填写实验操作名称)。【答案】(1)除去混合气体中未反应的氧气，防止干扰二氧化硫的检验(2分)将系统装置中SO2，全部排入d中充分吸收(2分)(2)20.00mL(1分)I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI(2分)(3)80%(2分)(4)稀硫酸、KMnO4溶液(1分)取样于试管中，用稀硫酸浸取炉渣，取上层清液滴加少量KMnO4溶液，若褪色，则含有FeO(2分)(5)蒸发浓缩(1分)冷却结晶(1分)【解析】测定该黄铜矿的纯度，由实验装置可知，a中浓硫酸干燥空气，b中铜矿样品煅烧生成Cu、Fe2O3、FeO和SO2气体，c中Cu可除去过量的氧气，d中吸收二氧化硫，用0.01mol/L标准碘溶液进行滴定d中溶液时发生I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，由S元素守恒可计算纯度，以此来解答。(1)装置c的作用是除去混合气体中未反应的氧气，防止干扰二氧化硫的检验；上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是将系统装置中SO2，全部排入d中充分吸收；(2)初读数为0.10mL，最终读数为20.10mL，滴定时标准碘溶液所耗体积为20.00mL；用化学方程式表示滴定的原理为I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI；(3)根据公式计算出n(I2)=0.01×20.00×10-3mol，由I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI可知，n(I2)=n(SO2)=0.01×20.00×10-3mol，则总的n(SO2)=0.01×20.00×10-3×10mol，由CuFeS2～2SO2可知，n(CuFeS2)=0.01×20.00×10-3×10×0.5mol，则该黄铜矿的纯度为；(4))亚铁离子具有还原性，可被高锰酸钾氧化，且盐酸可被高锰酸钾氧化，则溶解FeO选稀硫酸，则设计实验验证炉渣中含有FeO，所选试剂为稀硫酸、KMnO4溶液，证明炉渣中含有FeO的实验方案为：取样于试管中，用稀硫酸浸取炉渣，取上层清液滴加少量KMnO4溶液，若褪色，则含有FeO；(5)将炉渣溶解在足量NaOH溶液中，过滤，取滤