專題05元素及其化合物的性質與應用目錄01析·考情精解 02構·知能架構 03破·題型攻堅 26902題型一常見無機物的性質與用途 真題動向元素及其化合的與日常生活密切相關，決定了它們在高考中位置。本題秉承“源自化學課本，用于生活實際”的原則，以生產(chǎn)生活為切入點，考查單質及化合物(如氧化物、氫氧化物、鹽)的性質、制備和用途，與物質性質結合、與真實應用情境結合。必備知識知識1常見金屬的性質比較知識2常見金屬的化合物知識3金屬元素及其化合物的重要性質和應用知識4常見非金屬的性質知識5常見非金屬氧化物的性質知識6常見無機物性質與用途對應關系歸納關鍵能力物質性質與用途解題策略命題預測考向1生產(chǎn)與生活中物質性質與用途考向2物質與性質關聯(lián)分析題型二常見無機物的性質與轉化 真題動向高考化學里，無機物轉化關系就像一張大網(wǎng)，從命題內容上看，以工業(yè)生產(chǎn)或物質制備為切入點，緊緊圍繞常見元素及其化合物，覆蓋單質→氧化物→酸→鹽的性質、轉化、制備、用途，充分利用轉化關系?：直線型、交叉型、三角型轉化是高頻題型，有的題目可能根據(jù)已知條件逐步推導，或從中間突破反向推理加以解決。必備知識知識1重要元素及其化合物的轉化關系知識2兩種常見金屬及其化合物的轉化形式關鍵能力能力1課本中金屬與非金屬及其化合物的轉化能力2關注轉化中的易錯點命題預測考向1流程式無機物質的轉化考向2推斷式無機物質的轉化命題軌跡透視元素及其化合物占中學元素化合物的主體，它們是基本概念、基本理論的載體，高考主要從以下角度考查鈉、鎂、鋁、鐵、銅、氯、硫、氮、硅等及其化合物特點，高考中一般不會出現(xiàn)單獨元素化合物知識的題目，而是分散在不同的題型和題目中，從題型來看，選擇題和填空題中均會出現(xiàn)，在選擇題中一般直接考查金屬元素及其化合物的性質，常見形式為正誤的判斷，所涉及的都是元素化合物基本性質的識記和應用；在填空題中一般有兩種考查形式，一是直接考查元素及其化合物的性質，通常以物質的判斷(化學式的書寫)、化學方程式的書寫、微粒的檢驗和鑒別等形式出現(xiàn)?？键c頻次總結考點2025年2024年2023年常見無機物的性質與用途海南卷T4，2分四川卷T2，3分湖北卷T31，3分浙江1月卷T3，3分陜晉寧青卷T3，3分安徽卷T1，3分浙江1月卷T7，3分北京卷T9，3分山東卷T8，2分湖北卷T7，3分甘肅卷T7，3分河北卷T8，3分陜晉寧青卷T6，3分湖南卷T5，3分甘肅卷T8，3分廣東卷T13，4分廣東卷T1，2分江西卷T7，3分浙江6月卷T2，3分山東卷T2，2分山東卷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分常見無機物的性質與轉化北京卷T8，3分河南卷T4，3分云南卷T12，3分云南卷T7，3分廣東卷T1，2分湖北卷T，8，3分遼吉黑內卷T4，3分陜晉寧青卷T11，3分江蘇卷T10，3分安徽卷T4，3分江蘇卷T8，3分湖南卷T9，3分2026命題預測預計在2026年高考中，元素及化合物的性質與應用試題仍會在各省市及全國卷中出現(xiàn)，難度相對簡單。元素及化合物知識，在考查中與基本概念、基本理論、實驗等知識融入越來越深，應從原理的角度進行掌握，進行整體分析，通過聯(lián)系、對比、歸納等方法進行解決。題型一常見無機物的性質與用途1．(2025·安徽卷，1，3分)下列有關物質用途的說法錯誤的是()A．生石灰可用作脫氧劑B．硫酸鋁可用作凈水劑C．碳酸氫銨可用作食品膨松劑D．苯甲酸及其鈉鹽可用作食品防腐劑【答案】A【解析】A項，生石灰(CaO)主要用作干燥劑，通過吸水反應生成Ca(OH)2，而非與氧氣反應，因此不能作為脫氧劑，A錯誤；B項，硫酸鋁溶于水后水解生成Al(OH)3膠體，可吸附水中懸浮雜質，起到凈水作用，B正確；C項，碳酸氫銨受熱分解產(chǎn)生CO2和NH3，使食品膨松，可用作膨松劑，C正確；D項，苯甲酸及其鈉鹽是常見食品防腐劑，能抑制微生物生長，D正確；故選A。命題解讀新情境：主要考查物質的性質與用途，包括生石灰的脫氧作用、硫酸鋁的凈水作用、碳酸氫銨作為食品膨松劑以及苯甲酸及其鈉鹽作為食品防腐劑的相關知識。新考法：考查常見物質用途的正誤判斷，涉及脫氧劑、凈水劑、食品膨松劑和防腐劑等基礎知識點，側重對化學基礎知識的考查，引導學生夯實基礎。新角度：能夠準確理解常見化學物質的性質，并能正確判斷其在不同場景下的用途是否合理；通過考查常見物質的用途，引導學生關注化學在生產(chǎn)生活中的實際應用，體現(xiàn)化學學科的價值。2．(2025?北京卷，9，3分)依據(jù)下列事實進行的推測正確的是()事實推測ANaCl固體與濃硫酸反應可制備HCl氣體固體與濃硫酸反應可制備HI氣體BBaSO4難溶于鹽酸，可作“鋇餐”使用BaCO3可代替BaSO4作“鋇餐”C鹽酸和NaHCO3溶液反應是吸熱反應鹽酸和NaOH溶液反應是吸熱反應DH2O的沸點高于H2SHF的沸點高于備HCl【答案】D【解析】A項，濃硫酸與NaCl反應生成HCl主要是因為濃硫酸的沸點高，難揮發(fā)，但濃硫酸具有強氧化性，與NaI反應，氧化I?生成I2，得不到HI，A錯誤；B項，BaSO4不溶于鹽酸，不會產(chǎn)生有毒的鋇離子，可做鋇餐使用，而BaCO3會與胃酸反應生成有毒的Ba2+，不能替代BaSO4，B錯誤；C項，鹽酸與NaHCO3反應吸熱是特例，而鹽酸與NaOH的中和反應是典型的放熱反應，C錯誤；D項，H2O因含有分子間氫鍵，沸點高于H2S，同理HF也含有分子間氫鍵，沸點高于HCl，D正確；故選D。命題解讀新情境：從“單一知識點”到“跨類別性質類比”的陌生情景傳統(tǒng)考題常圍繞同一類物質的性質設題，而本題構建了“不同類別物質/反應的類比推理”新情景，將元素化合物、反應熱、物質熔沸點等知識點跨界融合，且部分情景結合了工業(yè)制備、生活應用等實際背景.新考法：從“性質記憶”到“證據(jù)推理與謬誤辨析”的升級傳統(tǒng)考法多考查物質性質的直接記憶，而本題的核心考法是“基于事實的邏輯推理是否成立”，側重判斷“類比推理的合理性”與“謬誤點”，屬于高階思維考查新角度：從“表面類比”到“本質屬性與反應規(guī)律”的深度分析本題打破了“僅從表面現(xiàn)象類比”的淺層分析角度，要求學生透過現(xiàn)象看本質，從物質的核心性質、反應的本質規(guī)律出發(fā)進行推理.3．(2025·海南卷，4，2分)下列化合物性質描述錯誤的是()①CO②SO2③NO2④Na2O2A．既可作氧化劑也可作還原劑：①②③④B．與水作用后溶液呈酸性：②③C．與水反應釋放O2：④D．常態(tài)下呈現(xiàn)顏色：①②③④【答案】D【解析】A項，CO中C為+2價，SO2中S為+4價，NO2中N為+4價，Na2O2中O為-1價，均處于中間價態(tài)，均可被氧化或還原，故①②③④均可作氧化劑或還原劑，A正確；B項，SO2與水生成H2SO3(酸性)，NO2與水生成HNO3(酸性)，溶液均呈酸性，B正確；C項，Na2O2與水反應生成O2(2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑)，C正確；D項，CO(無色)、SO2(無色)常態(tài)下無顏色，而NO2(紅棕色)、Na2O2(淡黃色)有顏色，D錯誤；故選D。4．(2025·四川卷，2，3分)下列與物質性質相關的說法正確的是()A．油脂產(chǎn)生“哈喇”味，因其發(fā)生了水解反應B．淀粉難溶于水，說明其結構中不含親水基團C．硝酸銀溶液存于棕色瓶中，因其受光照易分解D．某溶液焰色試驗呈黃色，說明其溶質是氯化鈉【答案】C【解析】A項，油脂產(chǎn)生“哈喇”味是因氧化反應導致，而非水解反應，A錯誤；B項，淀粉雖難溶于水，但其結構中含有羥基(-OH)等親水基團，難溶性與分子結構復雜有關，B錯誤；C項，硝酸銀見光易分解為銀、二氧化氮和氧氣，需避光保存于棕色瓶中，C正確；D項，焰色試驗呈黃色僅說明溶液含鈉離子，溶質可能是氯化鈉或其他鈉鹽(如硝酸鈉)、還可能是NaOH等，D錯誤；故選C。5．(2025?湖北卷，31，3分)下列描述不能正確地反映事實的是()A．室溫下SiO2與碳不發(fā)生反應，高溫下可生成Si和COB．室溫下苯與溴不發(fā)生反應，溫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．某些鎮(zhèn)痛類生物堿可用于醫(yī)療，但濫用會危害健康【答案】B【解析】A項，高溫下SiO2與碳發(fā)生反應生成Si和CO，A正確；B項，苯的溴代反應需催化劑，僅升溫無法生成溴苯，B錯誤；C項，硒化合物(如硒化氫)多數(shù)有毒，但硒是人體必需的微量元素，微量攝入有益健康，過量則有害，C正確；D項，鎮(zhèn)痛類生物堿的雙重作用描述正確，例如嗎啡等生物堿可用于鎮(zhèn)痛治療，但濫用會導致成癮和健康危害，D正確；故選B。6．(2025·浙江1月卷，3，3分)化學與生產(chǎn)生活密切相關，下列說法不正確的是()A．具有強氧化性，可用于殺菌消毒B．聚丙烯是高分子材料，可用作吸水劑C．Na2CO3溶液呈堿性，可用于除油污D．硬鋁密度小、強度高，抗腐蝕能力強，可用作飛機材料【答案】B【解析】A項，具有強氧化性，能使蛋白質變性，可用于殺菌消毒，A正確；B項，聚丙烯屬于有機合成高分子材料，不含有親水基團，不能用作吸水劑，B錯誤；C項，油污可以在堿性環(huán)境下水解，Na2CO3溶液由于碳酸根離子的水解，使溶液呈堿性，因此可用于除油污，C正確；D項，硬鋁合金具有密度小、強度高的優(yōu)良特性，其表面會形成致密的氧化膜，抗腐蝕性強，因此可用作航空材料，D正確；故選B。7．(2025·陜晉寧青卷，3，3分)下列有關物質性質與用途對應關系錯誤的是()A．單晶硅熔點高，可用于制造芯片B．金屬鋁具有還原性，可用于冶煉金屬C．濃硫酸具有吸水性，可用作干燥劑D．乙炔燃燒火焰溫度高，可用于切割金屬【答案】A【解析】A項，單晶硅用于制造芯片主要因其半導體性質，而非熔點高，熔點高與用途無直接關聯(lián)，A錯誤；B項，金屬鋁還原性強，可通過鋁熱反應冶煉金屬(如Fe、Mn等)，B正確；C項，濃硫酸吸水性使其可干燥中性/酸性氣體(如H2、CO2)，C正確；D項，乙炔燃燒產(chǎn)生高溫氧炔焰(約3000℃)，可熔化金屬進行切割，D正確；故選A。8．(2025·浙江1月卷，7，3分)下列物質的結構或性質不能說明其用途的是()A．葡萄糖分子結構中有多個羥基，故葡萄糖可與銀氨溶液反應制作銀鏡B．具有網(wǎng)狀結構的交聯(lián)橡膠彈性好、強度高，故可用作汽車輪胎材料C．SiC的碳、硅原子間通過共價鍵形成空間網(wǎng)狀結構，硬度大，故SiC可用作砂輪磨料D．NaHCO3能中和酸并受熱分解產(chǎn)生氣體，故可用作加工饅頭的膨松劑【答案】A【解析】A項，葡萄糖分子中含有醛基，具有還原性，能發(fā)生銀鏡反應，可與銀氨溶液反應制作銀鏡，A符合題意；B項，橡膠的分子鏈可以交聯(lián)，交聯(lián)后的橡膠受外力作用發(fā)生變形時，具有迅速復原的能力，因此其彈性好，強度高，且具有良好的物理力學性能和化學穩(wěn)定性，故可用作汽車輪胎材料，B不符合題意；C項，SiC中原子以共價鍵形成空間網(wǎng)狀結構，熔點高、硬度大，可用作砂輪、砂紙的磨料，C不符合題意；D項，NaHCO3可中和酸生成二氧化碳氣體，并受熱分解產(chǎn)生大量二氧化碳氣體，可用作食品膨松劑，D不符合題意；故選A。9．(2025?山東卷，8，2分)物質性質與組成元素的性質有關，下列對物質性質差異解釋錯誤的是()性質差異主要原因A沸點：H2O＞H2S電離能：O＞SB酸性：HClO＞HBrO電負性：ClO＞BrC硬度：金剛石>晶體硅原子半徑：Si＞CD熔點：MgO＞NaF離子電荷：Mg2+＞Na+，O2-＞F-【答案】A【解析】A項，H2O沸點高于H2S的主要原因是H2O分子間存在氫鍵、H2S分子間不存在氫鍵，而非O的電離能大于S，電離能與沸點無直接關聯(lián)，A錯誤；B項，HClO酸性強于HBrO是因為Cl的電負性大于Br，導致O-H鍵極性更強，更易解離H+，B正確；C項，金剛石硬度大于晶體硅是因為C原子半徑小于Si，C-C鍵鍵能更大，共價結構更穩(wěn)定，C正確；D項，MgO和NaF均屬于離子晶體，離子晶體的熔點取決于其晶格能的大小，離子半徑越小、離子電荷越多的，其晶格能一般較大，其熔點更高；MgO熔點高于NaF是因為Mg2+和O2?的電荷高于Na+和F?，且其陰、陽離子的半徑對應較小，故離子鍵強度更大，晶格能更高，D正確；故選A。10．(2025?湖北卷，7，3分)下列關于物質性質或應用解釋錯誤的是()選項性質或應用解釋A石蠟油的流動性比水的差石蠟油的分子間作用力比水的小BNH3溶于水顯堿性NH3可結合水中的質子COF2可以氧化H2OOF2中O顯正電性D石墨作為潤滑劑石墨層間靠范德華力維系【答案】A【解析】A項，石蠟油的成分主要是高碳烷烴，相對分子質量大，分子間作用力大，導致粘度大，因此石蠟油流動性比水小的原因是分子間作用力比水分子間作用力大，A錯誤；B項，NH3中N有一對孤電子，能與水提供的H+結合，從而釋放OH-，因此NH3溶于水顯堿性，B正確；C項，F(xiàn)的電負性大于O，OF2中F顯負電性，O顯正電性，H2O中O顯負電性，H2O中O容易轉移電子給OF2中O，因OF2可以氧化H2O，C正確；D項，石墨是層狀結構，石墨層間靠范德華力維系，范德華力較弱，導致層與層之間容易滑動，故石墨具有潤滑性，D正確；故選A。11．(2025·甘肅卷，7，3分)物質的結構決定性質，下列事實與結構因素無關的是()選項事實結構因素AK與Na產(chǎn)生的焰色不同能量量子化BSiH4的沸點高于CH4分子間作用力C金屬有良好的延展性離子鍵D剛玉(Al2O3)的硬度大，熔點高共價晶體【答案】C【解析】A項，焰色反應的本質是電子躍遷釋放特定波長的光，不同元素的原子能級(能量量子化)導致焰色差異，結構因素正確，A不符合題意；B項，SiH4和CH4均為分子晶體，沸點差異由分子間作用力(范德華力)強弱決定，結構因素正確，B不符合題意；C項，金屬延展性源于金屬鍵的特性(自由電子使原子層滑動)，而離子鍵對應離子晶體(延展性差)，結構因素“離子鍵”錯誤，C符合題意；D項，四大晶體類型只是理想的模型，共價晶體與離子晶體沒有明顯的邊界，二者間存在過渡區(qū)域，剛玉(Al2O3)的硬度大，熔點高，說明其具有共價晶體的特征，結構因素正確，D不符合題意；故選C。12．(2025·河北卷，8，3分)化學研究應當注重宏觀與微觀相結合。下列宏觀現(xiàn)象與微觀解釋不符的是()選項宏觀現(xiàn)象微觀解釋A氮氣穩(wěn)定存在于自然界中氮分子中存在氮氮三鍵，斷開該共價鍵需要較多的能量B苯不能使溴的CCl4溶液褪色苯分子中碳原子形成了穩(wěn)定的大鍵C天然水晶呈現(xiàn)多面體外形原子在三維空間里呈周期性有序排列D氯化鈉晶體熔點高于氯化鋁晶體離子晶體中離子所帶電荷數(shù)越少，離子半徑越大，離子晶體熔點越低【答案】D【解析】A項，氮氣的穩(wěn)定性源于氮分子中的三鍵，鍵能高難以斷裂，A正確；B項，苯因大π鍵結構穩(wěn)定，難以與溴發(fā)生加成或取代，B正確；C項，水晶的規(guī)則外形由原子三維有序排列(晶體結構)導致，C正確；D項，氯化鈉熔點高于氯化鋁的真實原因是氯化鋁為分子晶體而非離子晶體，選項中將二者均視為離子晶體并用離子電荷和半徑解釋，不符合實際，D錯誤；故選D。13．(2025·陜晉寧青卷，6，3分)下列對物質性質的解釋錯誤的是()選項物質性質解釋A氯化鈉熔點高于氯化銫氯化鈉離子鍵強于氯化銫B碘易溶于四氯化碳碘和四氯化碳都是非極性分子C草酸氫鈉溶液顯酸性草酸氫根離子水解程度大于電離程度D離子液體導電性良好離子液體中有可移動的陰、陽離子【答案】C【解析】A項，氯化鈉中的鈉離子半徑(Na+)比氯化銫中的銫離子半徑(Cs+)小，離子鍵強度更大，因此熔點更高，解釋正確，A正確；B項，碘和四氯化碳均為非極性分子，符合“相似相溶”原理，解釋正確，B正確；C項，草酸氫鈉溶液顯酸性是因為草酸氫根(HC2O42-)的電離程度(釋放H+)大于水解程度(生成OH?)，解釋錯誤，C錯誤；D項，離子液體的導電性源于其內部可自由移動的陰、陽離子，解釋正確，D正確；故選C。14．(2025·湖南卷，5，3分)下列有關物質性質的解釋錯誤的是()性質解釋A酸性：CH3COOH-CH3是推電子基團B熔點：C2H5NH3NO3NH4NO3C2H5NH3+的體積大于NH4+C熔點：FeNaFe比Na的金屬性弱D沸點：H2OH2SH2O分子間存在氫鍵【答案】C【解析】A項，-CH3是推電子基團，使乙酸中羥基的極性減弱，酸性弱于甲酸，A解釋正確；B項，C2H5NH3+的體積大于NH4+，導致其硝酸鹽的晶格能較低、熔點更低，B解釋正確；C項，F(xiàn)e熔點高于Na是因金屬鍵更強，而不是因為Fe的金屬性比鈉弱，金屬性是金屬失電子的能力，與金屬熔點無關，C解釋錯誤；D項，H2O分子間氫鍵使其沸點反常高于H2S，D解釋正確；故選C。15．(2025·甘肅卷，8，3分)物質的性質決定用途，下列物質的性質與用途對應關系不成立的是()選項物質的性質用途ANaHCO3具有熱分解性餐具洗滌劑B酚醛樹脂具有耐高溫、隔熱性飛船外層燒蝕材料C離子液體具有導電性原電池電解質D水凝膠具有親水性隱形眼鏡材料【答案】A【解析】A項，NaHCO3用作餐具洗滌劑是因為水解顯堿性可與油脂反應，而非熱分解性，對應關系不成立，A錯誤；B項，酚醛樹脂耐高溫、隔熱性符合燒蝕材料保護飛船的需求，對應正確，B正確；C項，離子液體的導電性使其適合作為原電池電解質，對應正確，C正確；D項，水凝膠的親水性可保持隱形眼鏡濕潤，對應正確，D正確；故選A。16．(2025?廣東卷，13，4分)由結構不能推測出對應性質的是()選項結構性質ASO3的VSEPR模型為平面三角形SO3具有氧化性B鉀和鈉的原子結構不同，電子躍遷時能量變化不同鉀和鈉的焰色不同C乙烯和乙炔分子均含有鍵兩者均可發(fā)生加聚反應D石墨層中未參與雜化的p軌道中的電子，可在整個碳原子平面中運動石墨具有類似金屬的導電性【答案】A【解析】A項，SO3的VSEPR模型為平面三角形，反映其分子幾何結構，但氧化性由硫的高價態(tài)(+6)決定，與結構無直接關聯(lián)，A符合題意；B項，鉀和鈉原子結構差異導致電子躍遷能量不同，焰色不同，結構與性質對應合理，B不符合題意；C項，乙烯和乙炔均含π鍵，π鍵斷裂是加聚反應的基礎，結構與性質對應合理，C不符合題意；D項，石墨層中離域p電子使其導電，結構與性質對應合理，D不符合題意；故選A。17．(2025?廣東卷，1，2分)下列陳述Ⅰ與陳述Ⅱ均正確，且兩者間具有因果關系的是()選項陳述Ⅰ陳述ⅡA濃硝酸保存在棕色試劑瓶中濃硝酸具有強氧化性B向蔗糖中加適量濃硫酸，蔗糖變黑濃硫酸具有脫水性CFe2+與K3[Fe(CN)6]可生成藍色物質KSCN溶液可用于檢驗Fe3+DMnO2與濃鹽酸共熱，生成黃綠色氣體Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl【答案】B【解析】A項，濃硝酸保存在棕色試劑瓶中是因為其見光易分解，而非因其強氧化性，陳述Ⅰ正確但因果關系錯誤，A不符合題意；B項，濃硫酸使蔗糖變黑體現(xiàn)其脫水性，陳述Ⅰ和Ⅱ均正確且存在因果關系，B符合題意；C項，F(xiàn)e2+與K3[Fe(CN)6]生成藍色沉淀用于檢驗Fe2+，而KSCN用于檢驗Fe3+，兩者無直接因果關系，C不符合題意；D項，MnO2與濃鹽酸生成Cl2是獨立反應，與Cl2和SO2的反應無因果關系，D不符合題意；故選B。18．(2025·江西卷，7，3分)由下列實驗事實得出的結論正確的是()實驗事實結論ANH3和空氣的混合氣體通過熱的Cr2O3，Cr2O3持續(xù)紅熱該反應ΔH<0B向NCCl溶液中滴入硝酸酸化的AgNO3溶液，生成白色沉淀NCCl是離子化合物C向Na2O與水反應后的溶液中滴入酚酞溶液，先變紅后褪色Na2O有漂白性D向CaCl2溶液中通入CO2，無明顯現(xiàn)象，再通入NH3生成白色沉淀【答案】A【解析】A項，NH3和空氣的混合氣體通過熱的Cr2O3，Cr2O3持續(xù)紅熱，說明反應放熱，ΔH<0，A正確；B項，向NCCl溶液中加入硝酸酸化的AgNO3生成AgCl白色沉淀，說明溶液含Cl-，但Cl-可能來自NCCl水解，而非其直接電離，無法證明NCCl是離子化合物，B錯誤；C項，Na2O與水反應生成NaOH，溶液呈強堿性使酚酞變紅，酚酞的變色范圍為8-10，褪色可能是Na2O和水反應生成的溶液堿性過大，而非Na2O本身具有漂白性，C錯誤；D項，向CaCl2溶液中通入CO2，無沉淀產(chǎn)生，再通NH3生成CaCO3沉淀，是因為通NH3后營造了堿性環(huán)境，使CaCO3能夠存在，該現(xiàn)象不能證明，D錯誤；故選A。知識1常見金屬的性質比較金屬活動性順序表KCaNaMgAlZnFeSnPb(H)CuHgAgPtAu性質變化規(guī)律元素的金屬性逐漸減弱，單質的還原性依次減弱，離子的氧化性逐漸增強和水的反應與冷水劇烈反應與沸水緩慢反應高溫與水蒸氣反應—不跟水反應生成堿和氫氣生成氧化物和氫氣和酸的反應劇烈反應反應逐漸減緩—不能置換稀酸中的氫與非氧化性酸反應放出H2；與濃硫酸、濃硝酸及稀硝酸反應，不放出H2，一般產(chǎn)物為：鹽＋水＋成酸元素的低價化合物與氧化性酸反應(但不放出H2)只溶于王水和鹽溶液的反應金屬先與水反應生成堿，堿再與鹽反應排在前面的金屬可將后面的金屬從其鹽溶液中置換出來和氧氣的反應易被氧化常溫生成氧化膜加熱能被氧化—加熱能被氧化不能被氧化金屬氧化物對應的水化物及堿的熱穩(wěn)定性氧化物跟水劇烈反應，生成堿，堿受熱不易分解氧化物不溶于水，也不跟水反應，對應堿的熱穩(wěn)定性逐漸減弱金屬的冶煉電解法熱還原法煅燒法—電解熔融鹽或氧化物高溫下用CO(或Al)從其氧化物中還原出來——自然界中存在的形式只以化合態(tài)(鹽、氧化物)存在多以化合態(tài)存在，但有極少的游離態(tài)只以游離態(tài)存在知識2常見金屬的化合物(1)常見金屬氧化物化學式Na2ONa2O2MgOAl2O3FeOFe2O3Fe3O4分類堿性氧化物過氧化物堿性氧化物兩性氧化物堿性氧化物堿性氧化——顏色狀態(tài)白色固體淡黃色固體白色粉末白色固體黑色粉末紅棕色粉末黑色晶體與水作用反應生成NaOH反應生成NaOH和O2與水緩慢反應生成Mg(OH)2不溶于水，也不與水反應與酸作用反應生成鈉鹽和水反應生成鈉鹽、水和氧氣反應生成鎂鹽和水反應生成鋁鹽和水反應生成亞鐵鹽和水反應生成鐵鹽和水——氧化性除Na2O2外氧化性很弱，通常不能用還原劑還原可用C、CO、Al等還原生成單質鐵其它反應與CO2反應生成Na2CO3與CO2生成Na2CO3和O2與NH4Cl溶液與強堿生成偏鋁酸鹽與氧化性酸生成鐵鹽————(2)常見金屬氫氧化物化學式NaOHMg(OH)2Al(OH)3Fe(OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2顏色狀態(tài)白色固體白色固體白色膠狀沉淀紅褐色沉淀白色沉淀藍色沉淀穩(wěn)定性穩(wěn)定加熱不分解較高溫度分解成MgO和H2O加熱分解成Al2O3和H2O加熱分解成Fe2O3和H2O不穩(wěn)定易被氧化成Fe(OH)3易分解成CuO和H2O與酸反應均易與酸反應生成對應的鹽，若為氧化性酸則Fe(OH)2還要被氧化其它反應與鹽反應，與Cl2、Al反應與NH4Cl溶液反應與強堿溶液反應——具有還原性新制Cu(OH)2被醛基還原(3)重要的鹽鹽Na2CO3NaHCO3FeCl2FeCl3化學性質與酸反應COeq\o\al(2－,3)＋2H＋H2O＋CO2↑HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=H2O＋CO2↑不反應不反應與堿反應不反應HCOeq\o\al(－,3)＋OH－=H2O＋COeq\o\al(2－,3)Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓氧化還原性無無2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋穩(wěn)定性穩(wěn)定2NaHCO3Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑穩(wěn)定穩(wěn)定金屬離子檢驗焰色反應呈黃色焰色反應呈黃色遇KSCN不顯血紅色，加入氯水后顯紅色遇KSCN顯血紅色知識3常見非金屬單質的性質非金屬單質Cl2、Br2、I2、O2、O3、N2、H2、S、C、Si物理性質]顏色、狀態(tài)①氣態(tài)的有Cl2、O2、O3、N2、H2；固態(tài)的有S、C、Si、I2；Br2為液態(tài)。②Cl2黃綠色、Br2深紅棕色、I2紫黑色、S淡黃色溶解性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有一定的毒性化學性質與O2①N2放電或高溫時反應；②H2、S、C、Si加熱或點燃時反應，其他一般不反應與H2①Cl2光照爆炸；②O2點燃爆炸；③N2在高溫高壓催化劑條件下反應與H2O①Cl2、Br2與水反應，既作氧化劑，又作還原劑；②C與水高溫下反應與堿Br2、I2與堿反應，既作氧化劑，又作還原劑與氧化劑S、C與強氧化性酸如濃硫酸、濃硝酸反應與還原劑Cl2、Br2、O2、O3與H2SO3、Na2SO3、H2S、Na2S、Fe2＋、I－等還原劑反應特性及用途I2使淀粉變藍、Si作半導體材料知識4常見非金屬氧化物的性質非金屬氧化物CO、CO2、SO2、SO3、NO、NO2、SiO2物理性質色、狀、味①除SiO2外，其余均為氣體；②除NO2紅棕色外，其他均無色；③SO2、NO2有刺激性氣味；④SO2易液化毒性除CO2、SiO2外均有毒類型CO2、SO2、SO3、SiO2是酸性氧化物；CO、NO、NO2是不成鹽氧化物化學性質與H2O①SO2、SO3、CO2生成相應酸；②NO2生成酸和NO；③SiO2、NO、CO不溶于水與堿CO2、SO2、SO3、SiO2等酸性氧化物與堿溶液反應生成正鹽或酸式鹽氧化性①SO2能氧化H2S；②CO2、SiO2能在高溫下被C還原還原性①SO2具有較強還原性，能被Cl2、Br2、I2、O3、MnOeq\o\al(－,4)、Fe3＋、HNO3等氧化劑氧化為SOeq\o\al(2－,4)；②NO遇空氣被氧化為紅棕色的NO2特性①SO2具有漂白性；②SiO2能與氫氟酸反應；③2NO2N2O4環(huán)保SO2、NO、NO2、CO均是大氣污染物：SO2→酸雨、NO、NO2→光化學煙霧、CO→有毒氣體知識5常見金屬及其化合物的性質與應用對應關系歸納重要性質應用(1)鈉具有較強的還原性可用于冶煉鈦、鋯、鈮等金屬(2)Na2O2與H2O、CO2反應均生成O2用作供氧劑(3)Na2CO3水解使溶液顯堿性用熱的純堿溶液洗去油污(4)NaHCO3受熱分解生成CO2、能與酸反應用作焙制糕點的膨松劑、胃酸中和劑(5)肥皂水顯堿性肥皂水作蚊蟲叮咬處的清洗劑(6)鋰密度小、比能量大可用作電池負極材料(7)Al具有良好的延展性和抗腐蝕性常用鋁箔包裝物品(8)常溫下，鋁、鐵遇濃硫酸、濃硝酸鈍化用鋁制或鐵制容器盛裝、運輸濃硫酸、濃硝酸(9)鋁與氧化鐵反應放出大量的熱用于焊接鐵軌(10)MgO、Al2O3熔點高用作耐高溫材料(11)小蘇打溶液和硫酸鋁溶液反應生成CO2用于泡沫滅火器(12)明礬溶液顯酸性用于清除銅器表面的銅銹(13)Al(OH)3有弱堿性用于中和胃酸(14)Fe具有還原性防止食品氧化變質(15)Fe2O3是紅棕色粉末用作紅色顏料(16)FeCl3溶液具有較強氧化性腐蝕Cu刻制印刷電路板(17)CuSO4能使蛋白質變性配制成波爾多液用于樹木殺蟲(18)BaSO4不溶于水，不與胃酸反應在醫(yī)療上進行胃部造影前，用作患者服用的“鋇餐”知識6常見非金屬及其化合物的性質與應用對應關系歸納重要性質應用(1)濃硫酸具有吸水性用作干燥劑(不能干燥NH3、H2S、HI)(2)生石灰、無水氯化鈣能與水反應用作(食品)干燥劑(3)P2O5能與水反應用作干燥劑(不可干燥食品)(4)硅具有半導體性能制作芯片和太陽能電池(5)SiO2存在光的全反射，且有硬度和柔韌度制作光導纖維(6)2C＋SiO2eq\o(=,\s\up7(高溫),\s\do6(電爐))Si＋2CO↑碳還原二氧化硅制備粗硅(7)4HF＋SiO22H2O＋SiF4↑用氫氟酸刻蝕玻璃(8)ClO2具有較強的氧化性用于自來水的殺菌消毒(9)次氯酸鹽具有強氧化性用作殺菌消毒劑、漂白劑(10)碘酸鉀在常溫下穩(wěn)定食鹽中的加碘物質(11)氮氣的化學性質穩(wěn)定作保護氣(12)氦氣化學性質穩(wěn)定、密度小可用于填充飛艇、氣球(13)草木灰和硫酸銨反應生成氨氣草木灰和硫酸銨不能混合施用(14)NH4HCO3、NH4NO3是可溶的含氮化合物用作氮肥(15)濃氨水具有揮發(fā)性和還原性檢驗輸送Cl2的管道是否漏氣(16)SO2具有漂白性用來漂白紙漿、毛、絲等(17)硅酸鈉的水溶液黏結力強、不易燃燒用作黏合劑、防火劑(18)干冰升華吸收大量的熱用于人工降雨(19)液氨汽化吸收大量的熱用作制冷劑【易錯提醒】(1)CO2通入CaCl2溶液不會產(chǎn)生沉淀。(2)高爐煉鐵時的還原劑是CO，焦炭的作用是燃燒提供能量和產(chǎn)生CO。(3)NO2能與水反應生成硝酸，但不是酸性氧化物。(4)SO2和Cl2的混合氣體，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)硅單質可用于制造半導體材料，光導纖維的主要成分是SiO2。(8)Fe、Al能用于盛放濃硝酸是因為“鈍化”形成致密的氧化膜，隔離Fe、Al與硝酸的接觸。能力物質性質與用途解題策略考向1生產(chǎn)與生活中物質性質與用途1．(2026·寧夏育才中學高三模擬)下列有關物質性質與用途對應關系正確的是()A．純堿屬于鹽類，是強電解質，是泡沫滅火器的主要成分之一B．植物油加氫制硬化油與植物油中含有不飽和結構有關C．氧化鐵是堿性氧化物，可用作顏料、涂料D．甘油是護膚品中常見的成分，不溶于水，可用于隔絕水分，起到保濕、保潤作用【答案】B【解析】A項，純堿(碳酸鈉)屬于鹽類且是強電解質，但泡沫滅火器的主要成分是碳酸氫鈉和硫酸鋁，而非純堿，A錯誤；B項，植物油含不飽和雙鍵，加氫后雙鍵被飽和，形成硬化油，對應關系正確，B正確；C項，氧化鐵用作顏料是因為其顏色，而非其作為堿性氧化物的性質，對應關系不成立，C錯誤；D項，甘油(丙三醇)易溶于水且具有吸濕性，能保濕而非隔絕水分，D錯誤；故選B。2．(2026·河南新未來聯(lián)合測評)化學與科技、生產(chǎn)、生活密切相關。下列說法錯誤的是()A．用明礬凈化黃河水是由于Al3+水解產(chǎn)生的Al(OH)3膠體具有吸附性B．為增強“84”消毒液的消毒效果，可將“84”消毒液和潔廁靈混合使用C．“殲-20”戰(zhàn)斗機采用大量高科技材料，其中石墨烯屬于新型無機非金屬材料D．清華大學在國際期刊《科學》上發(fā)表芯片領域的重要突破，其中芯片的主要成分是高純度硅【答案】B【解析】A項，明礬溶于水電離出的Al3+水解產(chǎn)生的Al(OH)3膠體，具有吸附性，可以起到凈化黃河水的作用，A正確；B項，“84”消毒液(含NaClO)與潔廁靈(含HCl)混合會生成有毒Cl2，降低消毒效果且危險，B錯誤；C項，石墨烯屬于新型無機非金屬材料，C正確；D項，芯片的主要成分是晶體硅，D正確；故選B。3．(2026·山東日照高三期中)物質的性質決定用途，下列說法錯誤的是()A．氫氧化鋁可用來治療胃酸過多 B．碳酸氫銨可用作食品膨松劑C．Fe2O3可用于粉刷墻壁的紅色涂料 D．84消毒液與乙醇同時使用消毒效果更佳【答案】D【解析】A項，胃酸中有鹽酸，氫氧化鋁能與鹽酸反應且堿性不強，可用于治療胃酸過多，A項正確；B項，碳酸氫銨受熱易分解為二氧化碳、水、氨氣，可用作食品膨松劑，B項正確；C項，氧化鐵為紅棕色固體，常用作紅色涂料，C項正確；D項，84消毒液與乙醇混合會發(fā)生氧化還原反應產(chǎn)生氯氣、同時使消毒效果變差，D項錯誤；故選D。4．(2026·山東日照高三期中)化學與生活密切相關，下列說法正確的是A．食品加工時不可添加任何防腐劑 B．溫室氣體是形成酸雨的主要物質C．棉花、麻和蠶絲均為碳水化合物 D．天然氣不完全燃燒會產(chǎn)生有毒氣體【答案】D【解析】A項，只要按規(guī)定合理添加防腐劑，可以提高食物保存時間，因此食品加工可以添加防腐劑，但要注意在要求范圍之內，A錯誤；B項，酸雨主要是二氧化硫、氮的氧化物引起，與溫室氣體無關，B錯誤；C項，棉花、麻主要成分為纖維素，屬于碳水化合物；蠶絲主要成分為蛋白質，不是碳水化合物，C錯誤；D項，天然氣不完全燃燒產(chǎn)生一氧化碳，一氧化碳有毒，D正確；故選D。5．(2026·山東德州高三期中)物質性質決定用途，下列對應關系正確的是()A．SiO2可用于生產(chǎn)光導纖維，是由于其熔點高B．Fe3O4可涂覆在膠帶上制成磁帶，是由于其具有磁性C．CaSO4可在制作豆腐時添加，是由于其溶解度低D．Na2S可用于去除水體中的Pb2+，是由于其具有還原性【答案】B【解析】A項，SiO2可用于生產(chǎn)光導纖維，是由于具有良好的導光性，A錯誤；B項，F(xiàn)e3O4可涂覆在膠帶上制成磁帶，是由于其具有磁性，B正確；C項，CaSO4可在制作豆腐時添加，是由于豆?jié){是膠體，遇CaSO4發(fā)生聚沉形成固態(tài)的豆腐，C錯誤；D項，Na2S可用于去除水體中的Pb2+，發(fā)生反應Pb2++S2-=PbS↓，沒有發(fā)生氧化還原反應，不能體現(xiàn)還原性，D錯誤；故選B。6．(2026·山東菏澤高三期中)物質性質決定用途。下列性質與用途不具有對應關系的是()A．五氧化二磷具有吸水性，可用于食品干燥劑B．二氧化氯具有強氧化性，可用于自來水殺菌消毒C．二氧化硫具有還原性，用作葡萄酒的抗氧化劑D．碳酸氫鈉受熱分解產(chǎn)生CO2，可用作單一膨松劑【答案】A【解析】A項，五氧化二磷雖具有吸水性，但其吸水生成的偏磷酸有毒，不可直接用于食品干燥劑，實際食品干燥劑常用生石灰或硅膠，A不符合題意；B項，二氧化氯的強氧化性使其能破壞微生物結構，用于自來水殺菌消毒，性質與用途對應正確，B符合題意；C項，二氧化硫的還原性使其能與氧氣反應，防止葡萄酒氧化變質，性質與用途對應正確，C符合題意；D項，碳酸氫鈉受熱分解產(chǎn)生CO2，可使面團膨脹，即使單獨使用也能作為膨松劑，性質與用途對應正確，D符合題意；故選A。7．(2026·福建泉州高三期中)化學與生活、科技密切相關，下列說法正確的是()A．從鋁土礦中獲得氧化鋁再制得氯化鋁固體，電解熔融的氯化鋁得到鋁B．“蛟龍”號潛水器使用的鈦合金材料具有強度大、密度小、耐腐蝕等特性C．火星全球影像彩圖顯示了火星表土顏色，表土中赤鐵礦主要成分為FeOD．“中國天眼”的“眼眶”是鋼鐵結成的圈梁，屬于新型無機非金屬材料【答案】B【解析】A項，氯化鋁為共價化合物，熔融狀態(tài)不導電，所以不能用電解熔融的氯化鋁得到鋁，應用電解熔融氧化鋁制取，A錯誤；B項，“蛟龍”號潛水器所使用的鈦合金是合金材料，具有強度高、密度小、耐蝕性好、耐熱性高等特性，B正確；C項，赤鐵礦主要成分是Fe2O3，C錯誤；D項，鋼鐵是合金材料，屬于金屬材料，而非新型無機非金屬材料，D錯誤；故選B。8．物質的性質決定物質的用途。下列說法不正確的是()C．二氧化硅具有導光性，可以用作生產(chǎn)光導纖維A．SO2作為食品添加劑時應注意使用范圍和使用的最大限量D．蘇打和小蘇打都是鈉鹽，均可用作食用堿或工業(yè)用堿D．將氯氣通入紫色石蕊溶液中，溶液先變紅后褪色，說明氯氣具有酸性和漂白性【答案】D【解析】二氧化硅具有良好的導光性，故可以用作生產(chǎn)光導纖維，A項正確；二氧化硫有毒，對人體有害，所以SO2作為食品添加劑時應注意使用范圍和使用的最大限量，B項正確；蘇打為碳酸鈉，小蘇打為碳酸氫鈉，兩者均為鈉鹽，水溶液均呈堿性，均可用作食用堿或工業(yè)用堿，C項正確；氯氣沒有酸性、漂白性，紫色石蕊溶液先變紅后褪色，體現(xiàn)鹽酸的酸性、次氯酸的漂白性，D項錯誤?？枷?物質與性質關聯(lián)分析9．(2026·重慶調研考試半期統(tǒng)考)下列物質的性質與其用途的對應關系錯誤的是()選項性質用途ANaClO具有強氧化性可用作消毒劑BSO2具有還原性能防止葡萄酒中的一些成分被氧化CNaHCO3溶于水可用來焙制糕點D氨氣易液化，且汽化時吸收大量熱液氨可用作制冷劑【答案】C【解析】A項，次氯酸鈉(NaClO)的強氧化性使其能有效殺滅微生物從而起到消毒的作用，A正確；B項，SO2具有還原性，因此可以保護葡萄酒中的某些成分不被氧化，B正確；C項，NaHCO3在焙制糕點中的作用是受熱分解產(chǎn)生CO2從而使糕點蓬松，與其溶于水的性質無關，C錯誤；D項，液氨汽化會吸收熱量，導致環(huán)境溫度降低，可以用于制冷劑，D正確；故選C。10．(2025·浙江金麗衢十二校一模)物質的性質決定用途，下列說法不正確的是()性質用途A碳酸鈉和碳酸氫鈉的水溶液均顯堿性碳酸鈉和碳酸氫鈉均可用作食用堿B植物油的熔點高用來制造人造奶油C低級酯是具有香味的液體可作為飲料、糖果和糕點等食品中的香料D硫酸鋇不溶于水和酸且不易被X射線透過在醫(yī)療上可被用作“鋇餐”【答案】B【解析】A項，碳酸鈉和碳酸氫鈉的水溶液均顯堿性(因二者均為弱酸鹽，水解呈堿性)，且均可用作食用堿(如中和酸性、發(fā)酵等)，性質與用途匹配，A不符合題意；B項，植物油的熔點低(常溫下為液態(tài))，而人造奶油是通過對植物油進行氫化反應(增加飽和度)提高熔點后制得的。原描述“植物油的熔點高”錯誤，性質與用途不匹配，B符合題意；C項，低級酯(如乙酸乙酯)具有果香味且為液體，常用作食品香料，性質與用途匹配，C不符合題意；D項，硫酸鋇難溶于水和胃酸(鹽酸)，不會被人體吸收，且能阻擋X射線，因此可作為“鋇餐”用于消化道X射線造影檢查，性質與用途匹配，D不符合題意；故選B。11．(2026·四川成都高三期中)下列關于物質的結構或性質以及解釋均正確的是()選項物質的結構與性質解釋ANaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3小NaHCO3固體結構中存在氫鍵B用Na2S除去廢水中的Cu2+Na2S具有很強的還原性C晚會舞臺常用干冰制造煙霧效果CO2斷裂C=O鍵時吸收熱量D焦炭可以從石英砂中置換出硅碳的非金屬性強于硅的非金屬性【答案】A【解析】A項，在水溶液中，碳酸氫根離子含有一個-OH，因此碳酸氫根離子之間可以形成氫鍵。兩個碳酸氫根離子之間可以通過氫鍵發(fā)生“二聚”，甚至多個碳酸氫根離子可以通過氫鍵締合成更大的離子。這種離子間的氫鍵作用使得碳酸氫根離子更加緊密地結合在一起，不易發(fā)生“溶劑化”而溶解，從而降低了碳酸氫鈉的溶解度。相比之下，碳酸根離子雖然也能與水形成氫鍵，增加其溶解度，但碳酸根離子之間不形成氫鍵，因此不會像碳酸氫根離子那樣緊密地結合在一起，所以碳酸鈉的溶解度相對較大，A正確；B項，用Na2S除去廢水中的Cu2+，是因為Na2S電離的S2-能與Cu2+產(chǎn)生沉淀，其反應的離子方程式Cu2++S2-=CuS↓，B錯誤；C項，晚會舞臺常用干冰制造煙霧效果，是常溫常壓下干冰會直接由固態(tài)升華為氣態(tài)，這一過程需要吸收大量熱量，使周圍空氣溫度下降，其中水蒸氣會因溫度降低會液化成微小的水滴，是物理變化，沒有斷鍵的過程，C錯誤；D項，焦炭可以從石英砂中置換出硅，發(fā)生反應：，在此反應中C表現(xiàn)出還原性，而不是非金屬性，該反應能發(fā)生是因為CO是氣體，從體系中逸出，利于反應的進行，D錯誤；故選A。12．(2025·浙江省Flawless線上聯(lián)考三模)物質微觀結構決定宏觀性質，進而影響用途。下列結構或性質不能解釋其用途的是()選項結構或性質用途A．鈉原子半徑較大，金屬鍵較弱，導致鈉的熔點較低，且鈉是熱的良導體鈉可被用作原子反應堆的循環(huán)導熱劑B．立方氮化硼與金剛石的晶體結構相似立方氮化硼可用于制作切削刀具C．1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸鹽是一種離子液體，具有良好的導電性1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸鹽可被用作更安全的有機合成溶劑D．酚醛樹脂具有網(wǎng)狀結構，受熱后不能軟化或熔化酚醛樹脂可用于生產(chǎn)烹飪器具的手柄與集成電路板的底板【答案】C【解析】A項，鈉原子半徑較大，金屬鍵較弱，導致鈉的熔點較低，且鈉是熱的良導體，所以可與鉀用作原子反應堆的導熱劑，故A正確；B項，立方氮化硼與金剛石的晶體結構相似，都是共價晶體，共價晶體硬度大，立方氮化硼可用作制作切削刀具，故B正確；C項，1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸鹽是一種離子液體，難揮發(fā)，可用作有機合成的溶劑，與其導電性無關，故C錯誤；D項，酚醛樹脂具有網(wǎng)狀結構，受熱后不能軟化或融化，為酚醛樹脂的熱固性，可用于生產(chǎn)烹飪器具的手柄與集成電路板的底板，故D正確；故選C。13．類推的思維方法在化學學習與研究中經(jīng)常使用。下列類推結論中正確的是()A．NaOH飽和溶液導電能力強，則Ca(OH)2飽和溶液的導電能力也強B．加熱時Cu與O2反應生成CuO，則加熱時Cu與S反應生成CuSC．BaCl2溶液中通入SO2無沉淀產(chǎn)生，則Ba(NO3)2溶液中通入SO2也無沉淀產(chǎn)生D．Al與Fe2O3能發(fā)生鋁熱反應，則與MnO2也能發(fā)生鋁熱反應【答案】D【解析】A項，NaOH是易溶于水易電離的強電解質，其飽和溶液離子濃度大，導電能力強，Ca(OH)2是微溶于水的強電解質，溶于水的能完全電離，但因微溶，其飽和溶液離子濃度小，導電能力弱。故A錯誤；B項，加熱時Cu與O2反應生成CuO，硫的氧化性比氧氣、氯氣弱，只能把金屬氧化到低價，Cu的低價為+1價，2Cu+SCu2S，故B錯誤；C項，硝酸鋇在酸化后隱含硝酸的氧化性，可以氧化二氧化硫為硫酸，與BaCl2溶液反應生成硫酸鋇沉淀，二氧化硫與BaCl2溶液不反應，故C錯誤；D項，Al與Fe2O3能發(fā)生鋁熱反應，則Al與MnO2也能發(fā)生鋁熱反應，均符合鋁熱反應的特點，故D正確；故選D。題型二常見無機物的性質與轉化1.(2025·云南卷，7，3分)稻殼制備納米Si的流程圖如下。下列說法錯誤的是()A．SiO2可與NaOH溶液反應B．鹽酸在該工藝中體現(xiàn)了還原性C．高純Si可用于制造硅太陽能電池D．制備納米Si：SiO2+2Mg2MgO+Si【答案】B【解析】稻殼在一定條件下制備納米SiO2，納米SiO2和Mg在650℃發(fā)生置換反應生成MgO和納米Si，加鹽酸將MgO轉化為MgCl2，過濾、洗滌、干燥得到納米Si。A項，SiO2是酸性氧化物，與NaOH反應生成Na2SiO3和H2O，A正確；B項，鹽酸參與的反應為：MgO+2HCl=MgCl2+H2O，該反應是非氧化還原反應，鹽酸體現(xiàn)酸性，沒有體現(xiàn)還原性，B錯誤；C項，高純硅可以將太陽能轉化為電能，故可用于制硅太陽能電池，C正確；D項，SiO2和Mg在650℃條件下發(fā)生置換反應得到MgO和納米Si，反應的化學方程式為SiO2+2Mg2MgO+Si，D正確；故選B。命題解讀新情境：以“稻殼制備納米Si的流程”為背景，構建二氧化硅與NaOH反應、鹽酸還原性、硅太陽能電池應用以及Si制備反應方程式等關聯(lián)情境，將基礎概念與科研發(fā)現(xiàn)結合，體現(xiàn)化學知識在核科學領域的應用。新考法：能夠理解納米Si制備過程中的各個化學反應原理和物質轉化關系，以及相關物質的性質和應用。培養(yǎng)學生從化學角度思考和解決材料科學問題的能力，激發(fā)學生對新材料研發(fā)的熱情和創(chuàng)新精神，培養(yǎng)學生的跨學科思維能力和綜合素養(yǎng)。新角度：引導學生關注新材料研發(fā)中的化學問題，培養(yǎng)學生運用化學知識解決新材料制備過程中的問題的能力，激發(fā)學生的創(chuàng)新意識和對新材料研發(fā)的興趣。讓學生認識到化學在新材料研發(fā)中的關鍵作用，能夠理解納米材料制備過程中的特殊化學現(xiàn)象和要求，如納米尺度下的物質性質變化等，并將其應用于對制備流程的分析和優(yōu)化中，對化學知識在新材料研發(fā)中的應用有較為敏銳的洞察力和創(chuàng)新能力。2．(2025?廣東卷，1，2分)能滿足下列物質間直接轉化關系，且推理成立的是()單質X氧化物1氧化物2酸(或堿)鹽A．X可為鋁，鹽的水溶液一定顯酸性B．X可為硫，氧化物1可使品紅溶液褪色C．X可為鈉，氧化物2可與水反應生成H2D．X可為碳，鹽的熱穩(wěn)定性：NaHCO3Na2CO3【答案】B【解析】A項，鋁單質與O2生成Al2O3后無法再被O2氧化，無法形成氧化物2，且Al2O3與水反應需強酸/堿才能溶解，A錯誤；B項，硫燃燒生成SO2(氧化物1，使品紅褪色)，SO2氧化為SO3(氧化物2)，SO3與水生成H2SO4，再與NaOH生成鹽，轉化關系成立，B正確；C項，鈉與氧氣常溫反應生成Na2O(氧化物1)，進一步氧化為Na2O2(氧化物2)；Na2O2與水反應生成NaOH和O2，不會生成H2，C錯誤；D項，碳與氧氣反應先生成CO，最終生成CO2，與水反應生成碳酸，與堿反應可生成鹽，但Na2CO3熱穩(wěn)定性強于NaHCO3，D結論錯誤，D錯誤；故選B。命題解讀新情境：以“物質間的轉化關系及其推理”為背景，考查涉及鋁、硫、鈉、碳等單質及其氧化物、酸堿鹽的相關性質和轉化規(guī)律。新考法：通過物質轉化關系的考查，培養(yǎng)考生的邏輯推理能力和系統(tǒng)思維能力。與《課程標準》“能綜合運用各類物質性質及其變化規(guī)律，解決綜合性問題”的要求相符，引導考生構建系統(tǒng)的物質轉化知識體系，提高分析和解決復雜化學問題的能力。新角度：能準確把握不同物質的性質和轉化規(guī)律，對給定的物質轉化關系進行合理推理，考查考生的邏輯推理能力和對元素化合物知識的系統(tǒng)掌握程度。3．(2025?遼吉黑內卷，4，3分)鈉及其化合物的部分轉化關系如圖。設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A．反應①生成的氣體，每11.2L(標準狀況)含原子的數(shù)目為NAB．反應②中2.3gNa完全反應生成的產(chǎn)物中含非極性鍵的數(shù)目為0.1NAC．反應③中1molNa2O2與足量H2O反應轉移電子的數(shù)目為2NAD．100L1mol·L-1NaClO溶液中，ClO?的數(shù)目為0.1NA【答案】A【解析】A項，反應①電解熔融NaCl生成Cl2，標準狀況下11.2LCl2為0.5mol，含0.5×2=1mol原子，即NA，A正確；B項，2.3gNa(0.1mol)與氧氣加熱反應生成0.05molNa2O2，每個Na2O2含1個O-O非極性鍵，所以非極性鍵數(shù)目為0.05NA，B錯誤；C項，Na2O2與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，化學方程式為2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，1molNa2O2與水反應轉移1mol電子，數(shù)目為NA，C錯誤；D項，ClO?在水中會水解，故ClO?數(shù)目小于0.1NA，D錯誤；故選A。4．(2025·北京卷，8，3分)時，在濃NaOH溶液中通入過量Cl2，充分反應后，可通過調控溫度從反應后的固液混合物中獲得NaCl和NaClO固體。已知：NaOH、NaClO、NaCl溶解度(S)隨溫度變化關系如下圖。下列說法不正確的是()A．通入Cl2后開始發(fā)生反應：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2OB．25℃時，隨反應進行先析出C．將反應后的固液混合物過濾，濾液降溫可析出NaClO固體D．在冷卻結晶的過程中，大量NaOH會和NaClO一起析出【答案】D【解析】A項，氯氣與氫氧化鈉反應，生成氯化鈉，次氯酸鈉和水，開始發(fā)生反應為Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，A正確；B項，25℃時，氯化鈉溶解度最小，隨反應進行，NaCl逐漸增多，則最先析出，B正確；C項，由于次氯酸鈉的溶解度隨溫度的變化趨勢較大，將反應后的固液混合物過濾，濾液降溫可析出NaClO固體，C正確；D項，由于氫氧化鈉的溶解度隨溫度的變化趨勢較小，次氯酸鈉的溶解度隨溫度的變化趨勢較大，在冷卻結晶的過程中，NaClO會大量析出，氫氧化鈉則不會，D錯誤；故選D。5．(2025?陜晉寧青卷，11，3分)某元素的單質及其化合物的轉化關系如圖。常溫常壓下G、J均為無色氣體，J具有漂白性。阿伏加德羅常數(shù)的值為NA。下列說法錯誤的是()A．G、K均能與溶液反應B．H、N既具有氧化性也具有還原性C．M和N溶液中的離子種類相同D．與足量的J反應，轉移電子數(shù)為NA【答案】D【解析】根據(jù)轉化關系：，常溫常壓下G、J均為無色氣體，J具有漂白性，J為SO2，K為SO3，G為H2S，H為S，M為NaHSO3，N為Na2SO3，L為Na2SO4。A項，H2S和SO3均能與NaOH溶液反應，A正確；B項，S和Na2SO3中S的化合價處于S的中間價態(tài)，既具有氧化性又有還原性，B正確；C項，M為NaHSO3，N為Na2SO3，二者的溶液中離子種類相同，C正確；D項，1molH2S和足量的SO2反應生成S單質和水，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，1molH2S參加反應，轉移2mol電子，轉移2NA個電子，D錯誤；故選D。6．(2025?河南卷，4，3分)X是自然界中一種常見礦物的主要成分，可以通過如圖所示的四步反應轉化為Q(略去部分參與反應的物質和反應條件)。已知X和Q的組成元素相同。下列說法錯誤的是()A．Y常用作油漆、涂料等的紅色顏料B．溶液Z加熱煮沸后顏色會發(fā)生變化C．R→Q反應需要在強酸性條件下進行D．Q可以通過單質間化合反應制備【答案】C【解析】X是自然界中一種常見礦物的主要成分，根據(jù)溶液Z、R、Q的顏色可知X中含有鐵元素，根據(jù)固體顏色可知X是FeS2，Y是Fe2O3，溶液中Z含有Fe3+、溶液R中含有Fe2+，Q是FeS?！窘馕觥緼項，F(xiàn)e2O3可用作油漆、涂料等的紅色顏料，A正確；B項，含有Fe3+的溶液加熱轉化為Fe(OH)3膠體，溶液顏色發(fā)生變化，B正確；C項，F(xiàn)eS可溶于酸，所以R→Q反應不能在酸性溶液中進行，C錯誤；D項，在加熱條件下Fe和S化合生成FeS，D正確；故選C。7．(2025?云南卷，12，3分)Be及其化合物的轉化關系如圖。下列說法錯誤的是()A．Be(OH)2是兩性氫氧化物B．Be2C和Be的晶體類型相同C．Na2[Be(OH)4]中Be原子的雜化方式為sp3D．Be2C與H2O反應：Be2C+4H2O=2Be(OH)2+CH4↑【答案】B【解析】A項，由圖中轉化信息可知，Be(OH)2既能與鹽酸反應生成鹽和水，又能與氫氧化鈉反應生成鹽，因此其是兩性氫氧化物，A正確；B項，由題中信息可知，Be2C的熔點遠遠高于Be的，因此Be2C不可能是分子晶體，而Be的熔點和沸點均較低，其為分子晶體，因此兩者的晶體類型不相同，B錯誤；C項，Na2[Be(OH)4]中Be原子與4個羥基形成4個σ鍵，沒有孤電子對，只有4個成鍵電子對，因此，其雜化方式為sp3，C正確；D項，Be2C中的Be化合價為+2，C的化合價為-4，因此其與H2O反應生成Be(OH)2和CH4，該反應的化學方程式為Be2C+4H2O=2Be(OH)2+CH4↑，D正確；故選B。8．(2025?湖北卷，8，3分)如圖所示的物質轉化關系中，固體A與固體B研細后混合，常溫下攪拌產(chǎn)生氣體C和固體D，溫度迅速下降。氣體C能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍。G是一種強酸。H是白色固體，常用作鋇餐。下列敘述錯誤的是()A．在C的水溶液中加入少量固體A，溶液升高B．D為可溶于水的有毒物質C．F溶于雨水可形成酸雨D．常溫下可用鐵制容器來盛裝G的濃溶液【答案】A【解析】固體A與固體B研細后混合，常溫下攪拌產(chǎn)生氣體C和固體D，溫度迅速下降。氣體C能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，則C為NH3，G是強酸，則E是NO，F(xiàn)是NO2，G是HNO3；H是白色固體，常用作鋇餐，H是BaSO4，D是BaCl2，A和B反應是NH4Cl和Ba(OH)2·8H2O反應，C(NH3)和HCl可轉化為NH4Cl，則A是NH4Cl，B是Ba(OH)2·8H2O。A項，在C(NH3)的水溶液(氨水)中加入少量固體A(NH4Cl)，銨根濃度增大，抑制了NH3·H2O的電離，OH-濃度減小，溶液pH減小，A錯誤；B項，D(BaCl2)易溶于水，溶于水電離出Ba2+，鋇是重金屬，有毒，B正確；C項，F(xiàn)(NO2)與水反應生成強酸硝酸，故NO2溶于雨水可形成硝酸型酸雨，C正確；D項，G是HNO3，常溫下濃HNO3將Fe鈍化，故常溫下可用鐵制容器來盛裝濃硝酸，D正確；故選A。9．(2024·江蘇卷，10，3分)在給定條件下，下列制備過程涉及的物質轉化均可實現(xiàn)的是()A．HCl制備：NaCl溶液和B．金屬Mg制備：溶液C．純堿工業(yè)：溶液D．硫酸工業(yè)：【答案】A【解析】A項，電解氯化鈉溶液可以得到H2和Cl2，H2和Cl2點燃反應生成HCl，故A的轉化可以實現(xiàn)；B項，氫氧化鎂和鹽酸反應可以得到氯化鎂溶液，但是電解氯化鎂溶液不能得到Mg，電解熔融MgCl2才能得到金屬鎂單質，故B的轉化不能實現(xiàn)；C項，純堿工業(yè)是在飽和食鹽水中通入NH3和CO2先得到NaHCO3，然后NaHCO3受熱分解為Na2CO3，故C的轉化不能實現(xiàn)；D項，工業(yè)制備硫酸，首先黃鐵礦和氧氣反應生成SO2，但是SO2和水反應生成H2SO3，不能得到H2SO4，故D的轉化不能實現(xiàn)；故選A。10．(2024·安徽卷，4，3分)下列選項中的物質能按圖示路徑在自然界中轉化。且甲和水可以直接生成乙的是()選項甲乙丙ACl2NaClONaClBSO2H2SO4CaSO4CFe(OH)3DCO2H2CO3Ca(HCO3)2【答案】D【解析】A項，Cl2與水反應生成HClO和HCl，無法直接生成NaClO，A錯誤；B項，SO2與水反應生成亞硫酸而不是硫酸，B錯誤；C項，氧化鐵與水不反應，不能生成氫氧化鐵沉淀，C錯誤；D項，CO2與水反應生成碳酸，碳酸與碳酸鈣反應生成碳酸氫鈣，碳酸氫鈣受熱分解生成二氧化碳氣體，D正確；故選D。知識1重要元素及其化合物的轉化關系(1)氯氣(2)二氧化硫(3)硫酸(4)氨氣(5)硝酸(6)二氧化硅(7)碳酸鈉與碳酸氫鈉(8)氫氧化鋁(9)鐵鹽與亞鐵鹽知識2兩種常見金屬及其化合物的轉化形式(1)連續(xù)轉化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轉化模式①A為N2、S、C、Na、NH3、H2S、CH4，D為O2。②A為Cl2，D為Fe，B為FeCl3，C為FeCl2。③A為Al3＋，D為OH－，B為Al(OH)3，C為AlOeq\o\al(－,2)。④A為AlOeq\o\al(－,2)，D為H＋，B為Al(OH)3，C為Al3＋。A為P，D為Cl2，B為PCl3，C為PCl5。A為O2，D為C，B為CO2，C為CO。A為COeq\o\al(2－,3)，D為H＋，B為HCOeq\o\al(－,3)，C為CO2。A為SOeq\o\al(2－,3)，D為H＋，B為HSOeq\o\al(－,3)，C為SO2。能力1課本中金屬與非金屬及其化合物的轉化(1)金屬——鈉的、鎂、鋁、鐵、銅及其化合物(2)非金屬——氯、硫、氮、碳與硅及其化合物(3)化工生產(chǎn)——以海水為資源：候氏制堿法、氯堿工業(yè)、溴水提溴、提碘；以空氣為資源：硝酸制備；以礦石為資源：硫酸制備、鋁、硅制備、硅酸鹽工業(yè)(玻璃生產(chǎn))能力2關注以下轉化中的易錯點(1)反應原理——反應產(chǎn)物是否符合事實：如S與O2產(chǎn)物不是SO3，N2與O2不是NO2，I2與鐵是FeI2而Cl2、Br2與Fe則是FeCl3、FeBr3；Al2O3、SiO2等與H2O不反應；SO2、CO2與BaCl2溶液不反應。(2)反應條件：如N2與O2是放電而不是加熱，MnO2只與濃的鹽酸反應且需加熱。(3)某些易水解的揮發(fā)酸鹽或結晶水合物：如FeCl3(aq)加熱得不到FeCl3，MgCl2?6H2O直接加熱得不到MgCl2(應HCl氣流中加熱)?？枷?流程式無機物質的轉化1．(2026·江蘇連云港高三期中)在指定條件下，下列選項所示的物質間轉化能實現(xiàn)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項，HClO(aq)光照分解生成HCl和O2，而非Cl2，無法后續(xù)生成NaClO，A錯誤；B項，NH3·H2O與少量SO2反應生成(NH4)2SO3而非NH4HSO3，B錯誤；C項，AlCl3溶液蒸發(fā)時因水解生成Al(OH)3，無法直接得到AlCl3固體，C錯誤；D項，F(xiàn)e3+氧化Cu生成Cu2+，F(xiàn)e3+被還原成Fe2+，Cu2+與過量NH3·H2O形成[Cu(NH3)4]2+，D正確；故選D。2．(2026·四川內江高三聯(lián)考)在給定條件下，下列制備過程涉及的物質轉化均可實現(xiàn)的是()A．冶煉鋁：鋁土礦無水B．金屬Mg制備：溶液C．用Fe制?。篋．由黃鐵礦制硫酸：黃鐵礦【答案】D【解析】A項，電解熔融(無水)AlCl3無法得到Al，因為AlCl3是共價化合物，熔融狀態(tài)下不導電；工業(yè)上冶煉鋁采用電解熔融Al2O3(加冰晶石降低熔點)，A錯誤；B項，直接電解MgCl2溶液會生成Mg(OH)2、H2和Cl2，因為H2O中氫離子的放電優(yōu)先級高于Mg2+；工業(yè)上制備Mg是電解熔融MgCl2，B錯誤；C項，F(xiàn)e與稀HCl反應生成FeCl2；且FeCl3·6H2O直接加熱會因Fe3+水解而生成Fe(OH)3，最終分解為Fe2O3，無法得到無水FeCl3，C錯誤；D項，黃鐵礦(FeS2)煅燒生成SO2：4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2；SO2在催化劑、加熱條件下被O2氧化為SO3：；SO3用98.3%濃硫酸吸收生成發(fā)煙硫酸，再稀釋得到H2SO4，轉化均可實現(xiàn)，D正確；故選D。3．(2026·遼寧營口高三期中)在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化不能實現(xiàn)的是()A．工業(yè)上制金屬鎂：B．硝酸工業(yè)：C．工業(yè)上制銀鏡：D．制備環(huán)氧乙烷：【答案】A【解析】A項，氫氧化鎂與稀鹽酸反應得到氯化鎂溶液，電解氯化鎂溶液不能得到金屬鎂，電解熔融氯化鎂可得到金屬鎂，A符合題意；B項，硝酸工業(yè)是利用氨催化氧化得到一氧化氮，一氧化氮繼續(xù)氧化得到二氧化氮，二氧化氮與水反應生成硝酸，物質間轉化能實現(xiàn)，B不符合題意；C項，工業(yè)上制銀鏡是硝酸銀溶液中加入氨水至過量產(chǎn)生銀氨溶液，銀氨溶液與葡萄糖水浴加熱制得銀鏡，物質間轉化能實現(xiàn)，C不符合題意；D項，制備環(huán)氧乙烷是利用乙烯與氯水反應生成ClCH2CH2OH，ClCH2CH2OH與氫氧化鈣反應制得環(huán)氧乙烷，物質間轉化能實現(xiàn)，D不符合題意；故選A。4．(2026·江蘇常州高三期中)在給定條件下，下列制備過程涉及的物質轉化均可實現(xiàn)的是()A．制備漂白粉：溶液和B．配制銀氨溶液：溶液C．純堿工業(yè)：溶液D．硫酸工業(yè)：【答案】B【解析】A項，電解NaCl溶液生成Cl2，Cl2與石灰水反應生成Ca(ClO)2和CaCl2。但工業(yè)制漂白粉需用石灰乳(濃Ca(OH)2)，石灰水濃度低，反應不完全，無法有效生成漂白粉，A不能實現(xiàn)；B項，AgNO3溶液加氨水先生成AgOH沉淀，繼續(xù)加氨水沉淀溶解生成[Ag(NH3)2]OH，兩步轉化均符合銀氨溶液的配制過程，B可以實現(xiàn)；C項，純堿工業(yè)需先向飽和食鹽水中通NH3(增強溶液堿性)，再通CO2析出NaHCO3，直接通CO2無法有效生成NaHCO3，C不能實現(xiàn)；D項，F(xiàn)eS2高溫下與O2反應生成SO2而非SO3，SO2需催化氧化為SO3后才能與水生成H2SO4，D不能實現(xiàn)；故選B。5．(2026·山西太原高三期中)在給定條件下，下列制備過程涉及的物質轉化均可實現(xiàn)的是()A．工業(yè)制備高純硅：粗硅B．金屬制備：溶液C．純堿工業(yè)：溶液D．硫酸工業(yè)：【答案】A【解析】A項，工業(yè)制備高純硅的流程為：SiO2與焦炭高溫下生成粗硅，粗硅與HCl反應生成SiHCl3，再經(jīng)H2還原得到純硅，該過程符合實際工業(yè)步驟，A正確；B項，用惰性電極電解MgCl2溶液會生成H2、Cl2和Mg(OH)2沉淀，無法得到金屬Mg，正確方法是電解熔融MgCl2，B錯誤；C項，純堿工業(yè)需先向飽和NaCl溶液中通NH3，再通CO2生成NaHCO3，直接通CO2無法有效生成NaHCO3，C錯誤；D項，SO2與水反應生成H2SO3，而非H2SO4，需催化氧化為SO3后再與水反應生成H2SO4，D錯誤；故選A。6．(2025·江浙皖高中發(fā)展共同體高三聯(lián)考)在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現(xiàn)的是()A．N2NOHNO3B．MnO2Cl2漂白粉C．黃鐵礦SO3硫酸D．CuSO4(aq)Cu(OH)2Cu2O【答案】B【解析】A項，NO不溶解于水，也不與水反應，故A錯誤；B項，利用MnO2和濃鹽酸混合加熱制Cl2，再將Cl2與石灰乳反應可得漂白粉，故B正確；C項，黃鐵礦在沸騰爐中燃燒產(chǎn)物為SO2和Fe2O3，故C錯誤；D項，配制新制的Cu(OH)2需要在NaOH溶液中滴加少量CuSO4(aq)，再與蔗糖混合加熱煮沸才生成Cu2O，故D錯誤；故選B。7．在給定的條件下，下列選項所示的物質間轉化均能一步實現(xiàn)的是A.B.C.D.【答案】A【解析】SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，A正確；S與O2點燃生成SO2，SO2與BaCl2溶液不反應，與Ba(OH)2反應生成白色沉淀BaSO3，SO2+Ba(OH)2=BaSO3↓+H2O，B錯誤；氨氣和氧氣在催化劑的存在下可以生成一氧化氮氣體，而不是生成二氧化氮氣體，C錯誤；加熱條件下，Mg2+水解程度增大，生成Mg(OH)2，得不到MgCl2，D錯誤。8．在指定條件下，下列選項所示的物質間的轉化能實現(xiàn)的是()A．NON2B．C．D．【答案】C【解題分析】NO與CO在催化劑作用下可發(fā)生氧化還原反應生成N2和CO2，A不符合題意；由反應Cu2S+O22Cu+SO2，可知物質之間的轉化能實現(xiàn)，B不符合題意；由反應Cu+Fe2(SO4)3=CuSO4+2FeSO4，可知物質之間的轉化不能實現(xiàn)，C符合題意；KClO具有強氧化性，能將氫氧化鐵氧化為高鐵酸根，D不符合題意。9．利用自然資源制備相關化學物質，下列化學工藝不可行的是()A．提取食鹽后母液含Br2的液體粗溴純溴B．石英砂粗硅粗四氯化硅高純硅C．FeS2SO2H2SO3H2SO4D．鋁土礦Na[Al(OH)4]溶液Al(OH)3Al2O3鋁【答案】C【解析】A項，提取食鹽后的母液中提取單質溴的過程，要知道母液中是溴離子，需要先用Cl2氧化，此工藝可行的，故A正確；B項，由石英砂先制粗硅，再用H2還原SiCl4得到Si，是工業(yè)上制高純硅的流程，工藝可行的，故B正確；C項，應首先進行二氧化硫的催化氧化，然后用98.3%的硫酸吸收，此工藝不可行，故C錯誤；D項，工業(yè)上用鋁土礦制鋁的過程，每一步所加試劑必須過量，此工藝可行的，故D正確；故選C。10．下列物質的轉化在給定條件下能實現(xiàn)的是()A．鋁土礦AlO2-AlOH)3Al2O3B．鹽鹵(含MgCl2)Mg(OH)2MgCl2溶液無水MgCl2C．SO2SO3H2SO4D．SiO2NaSiO3溶液H2SiO3【答案】D【解析】A項，氧化鋁與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉，偏鋁酸鈉溶液中加入足量的鹽酸，生成氯化鋁，得不到氫氧化鋁，A錯誤；B項，鹽鹵(含MgCl2)與石灰乳反應生成氫氧化鎂沉淀，氫氧化鎂與鹽酸反應生成氯化鎂溶液，由于Mg2+水解Mg2++2H2O?Mg(OH)2+2H+，加熱蒸發(fā)時HCl揮發(fā)，平衡向右移動，所以得不到無水MgCl2，B錯誤；C項，SO2在催化劑及加熱條件下與氧氣反應生成SO3，點燃條件下無法完成轉化，C錯誤；D項，二氧化硅與氫氧化鈉溶液反應生成硅酸鈉和水，硅酸鈉溶液中通入二氧化碳反應生成碳酸鈉和硅酸，D正確；故選D?？枷?推斷式無機物質的轉化11．(2026·海南中學高三質檢)能滿足下列物質間直接轉化關系，且推理成立的是()A．X可為鐵，鹽的水溶液一定顯酸性B．X可為銅，加熱條件下和氧氣反應生成氧化物1C．X可為硅，氧化物2可用來制晶體硅D．X可為碳，鹽的熱穩(wěn)定性：Na2CO3>NaHCO3【答案】D【解析】A項，鐵作為X時，氧化物1可能為FeO或Fe3O4，但FeO不穩(wěn)定，難以直接生成