专题07 元素及其化合物的性质与应用（专题专练）（上海专用）2026年高考化学二轮复习讲练测

专题07元素及其化合物的性质与应用 目录 第一部分 风向速递 洞察考向，感知前沿 第二部分 分层突破 固本培优，精准提分 A组·保分基础练 题型01金属元素及其化合物性质、用途和转化 题型02非金属元素及其化合物性质、用途和转化 B组·抢分能力练 第三部分 真题验证 对标高考，感悟考法 1．【结合周期律考查物质性质】（2025·上海·二模）下列事实中，能用来比较碳元素和硫元素的非金属性强弱的是 A．SO2具有漂白性而CO2没有 B．少量H2SO3可与Na2CO3反应生成NaHCO3 C．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色而CO2不能 D．Na2CO3溶液显碱性，而Na2SO4溶液显中性 【答案】D 【详解】A．SO2具有漂白性而CO2没有，与非金属性强弱无关，A不选； B．比较非金属性通常依据最高价氧化物对应酸的酸性强弱，应比较硫酸和碳酸的酸性强弱，少量H2SO3可与Na2CO3反应生成NaHCO3，只能说明亚硫酸比碳酸氢根酸性强，与非金属性强弱无关，B不选； C．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色而CO2不能，体现了二氧化硫的还原性，与非金属性强弱无关，C不选； D．Na2CO3水解显碱性(说明对应H2CO3为弱酸)，而Na2SO4不水解(说明对应H2SO4为强酸)，直接说明H2SO4的酸性强于H2CO3，从而证明硫的非金属性强于碳，故D正确； 选D。 2．（24-25高三上·上海·月考）下列关于实验现象的解释或结论中，错误的是 选项 实验操作 试剂A 现象 结论 A 高锰酸钾的酸性溶液 紫色褪去 SO2有还原性 B 盐酸酸化的 BaCl2溶液 无明显变化，一段时间后出现白色沉淀 硫元素从+4价被氧化到+6价 C 新制氯水 黄绿色褪去 SO2有漂白性 D 硫化钠溶液 出现淡黄色浑浊 SO2有氧化性 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【详解】A．酸性高锰酸钾溶液可氧化二氧化硫，紫色褪色，可知二氧化硫具有还原性，故A正确； B．二氧化硫与盐酸酸化的BaCl2溶液不反应，无明显变化，一段时间后产生白色沉淀为硫酸钡，可知硫元素从+4价被氧化到+6价，故B正确； C．氯水可氧化二氧化硫，黄绿色褪去，可知二氧化硫具有还原性，与漂白性无关，故C错误； D．二氧化硫可氧化硫化钠生成硫单质，出现淡黄色浑浊，可知二氧化硫具有氧化性，故D正确； 答案选C。 3．（2025·上海奉贤·三模）氮元素不仅是大气主要组成元素，也是蛋白质、核酸等生命大分子的关键组成元素。而在生态系统中，氮循环是核心环节之一，涵盖了固氮、氨化、硝化和反硝化等多个过程，维持了氮元素在生物圈和环境中的动态平衡。 (1)下列有关蛋白质的说法正确的是___________。 A．蛋白质只由C、H、O、N四种元素组成 B．酒精能使蛋白质变性 C．棉、麻、蚕丝主要成分均为蛋白质 D．蛋白质水解生成葡萄糖 (2)1919年，卢瑟福通过粒子轰击氮气，首次实现人工核嬗变——氮-14原子核被转化为氧-17并释放氢核(质子)，揭示了原子核的可变性。下列说法正确的是___________。 A．上述过程属于化学变化 B．粒子是质子数为2的氦原子 C．与属于同一种核素 D．的中子数比多2 自然界中的局部氮循环如下图。 (3)上图含氮物质的各步转化的说法中，正确的是___________。 A．属于氮的固定的是①②⑥ B．硝化作用中N元素均被氧化 C．转化为需要消耗 D．根瘤菌和亚硝化细菌都参加了氮循环中的化学反应 (4)某地土壤样品，经电泳实验发现其胶体粒子向阳极移动，则含氮量相等的下列氮肥中，不宜在该地施用的是___________。 A．氨水 B． C． D． (5)含的废水可用二硫化亚铁()处理，在反硝化细菌的作用下发生以下反应，请将离子方程式补充完整并配平 。 水中的硝酸盐污染物也可通过纳米Fe去除。 已知：ⅰ．纳米Fe具有很高的活性，易被氧化使表面形成氧化层。 ⅱ．纳米Fe将转化为的关系如下： (6)检验溶液中的操作和现象 。 (7)溶液初始pH较低有利于的去除，可能的原因是 、 (任写2条)。 (8)通过检测循环水中的可判断循环水的水质是否恶化，检测利用的是酸性条件下I-被氧化为的反应，该反应的历程如下： Ⅰ．    Ⅱ．∙∙∙∙∙∙          Ⅲ． Ⅱ的离子方程式为 。 (9)若废水中的的浓度约为，取废水5mL于试管中，滴加2滴的硝酸银溶液，能否看到沉淀现象？ ，试通过计算说明 。 (注：1mL溶液以20滴计；)(忽略2滴溶液体积对混合溶液体积变化的影响) 【答案】(1)B (2)BD (3)BD (4)D (5) (6)取少量溶液于试管中，加入浓氢氧化钠溶液、加热，在试管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝。 (7) 酸性越强，的氧化性越强 H+能溶解纳米铁表面的氧化物，使纳米铁和充分接触，反应速率加快 (8) (9) 能 【详解】（1）A．蛋白质由C、H、O、N、S等元素组成，故A错误； B．酒精能使蛋白质变性，能杀菌、消毒，故B正确； C．棉、麻主要成分为纤维素，蚕丝主要成分为蛋白质，故C错误；     D．蛋白质水解生成氨基酸，故D错误； 选B。 （2）A．上述变化发生原子核变化，核变属于物理变化，故A错误； B．粒子是质子数为2的氦原子，故B正确； C．与中子数不同，属于两种不同核素，故C错误；     D．的中子数为17-8=9， 的中子数为14-7=7，的中子数比多2，故D正确； 选BD。 （3）A．氮元素由游离态变为化合态属于氮的固定，属于氮的固定的是①②，故A错误； B．硝化作用中N元素化合价升高，N元素被氧化，故B正确； C．转化为转移0.8 mol电子，根据得失电子守恒，需要消耗0.2 molO2，没有明确是否为标准状况，消耗氧气的体积不一定是4.48L，故C错误； D．根瘤菌通过共生关系将大气中的氮气转化为氨态氮或硝态氮，氨气在亚硝化细菌将作用下氧化为亚硝酸根离子，根瘤菌和亚硝化细菌都参加了氮循环中的化学反应，故D正确； 选BD。 （4）某地土壤样品，经电泳实验发现其胶体粒子向阳极移动，说明土壤中胶体粒子带负电，易吸附阳离子，不易吸附阴离子，则不宜在该地施用的是，选D。 （5）含的废水可用二硫化亚铁()处理，S元素化合价由-1升高为+6、N元素化合价由+5降低为0，根据得失电子守恒、电荷守恒，反应的离子方程式为 （6）与OH-在加热条件下反应放出氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，检验溶液中的操作和现象：取少量溶液于试管中，加入浓氢氧化钠溶液、加热，在试管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝。 （7）酸性越强，的氧化性越强；H+能溶解纳米铁表面的氧化物，使纳米铁和充分接触，反应速率加快，所以溶液初始pH较低有利于的去除。 （8）酸性条件下I-被氧化为，总反应为：正反应-Ⅰ-Ⅲ得反应Ⅱ的离子方程式为。 （9）若废水中的的浓度约为，取废水5mL于试管中，滴加2滴的硝酸银溶液，，所以能看到沉淀现象。 4．（25-26高三上·上海·阶段练习）工业上产生的还可以通过与碱性氧化物或碱反应而除去。 (1)富氧煅烧燃煤产生的低浓度的可以在炉内添加生石灰而除去，则硫元素最终存在于 内。(填化学式) (2)氨水吸收，当通入至溶液左右时，主要反应的离子方程式为 。 已知：溶液中、、的物质的量分数随的分布如图所示。 (3)用溶液吸收所得溶液(和的混合物)来制备晶体，请补充完整实验方案。取一定体积上述溶液，通入足量到后， 、 、洗涤、干燥得晶体。已知：溶解度如图。 (4)用溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中的去除率。其他条件相同，转化为的转化率随溶液初始(用稀盐酸调节)的变化如图所示： 溶液的初始越小，转化率越高。其原因是 。 (5)上题中，吸收塔内部通常将NO气从吸收塔的 通入，与溶液充分接触发生反应。 A．上部    B．中部    C．下部 (6)一种隔膜电化学法可处理燃煤烟气中的NO和，装置如图所示。阴极区的电极反应式为 。 【答案】(1)CaSO4 (2) (3) 40℃以下冷却结晶 过滤 (4)溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强 (5)C (6) 【详解】（1）二氧化硫与氧化钙在氧气条件下生成硫酸钙，故答案为：CaSO4； （2）当通入至溶液左右时，二氧化硫过量，生成亚硫酸氢铵，则发生反应的离子方程式为； （3）溶解度随温度增加而增加，溶解度随温度增加而降低，因此用溶液吸收所得溶液(和的混合物)来获得晶体的方法为：取一定体积上述溶液，通入足量到后，40℃以下冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得晶体。 （4）溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强，因此转化率越高。 （5）吸收塔中通常将NO气体从下面通入，水从上面喷入，气体和水逆向进行，可以增大接触面积，提高吸收效率，故答案为C。 （6）电解池阴极发生还原反应，如图所示，电极A附近转化为，S化合价降低，因此电极A为阴极，因、水解，溶液为酸性条件，则反应式为。 5．【结合污水处理考查物质性质与用途】（24-25高三下·上海·期中）是饮用水、工业用水、城市污水及游泳池循环水处理的高效廉价絮凝剂，也是中学实验室中常见的试剂。某实验小组用以下装置制备固体，并探究溶液与Cu的反应。已知：晶体易升华，溶液易水解。 I．的制备 (1)装置C中碱石灰的作用是 。 (2)从D、E、F中选择合适的装置制备纯净的，正确的接口顺序为a→ (可选试剂：饱和食盐水、NaOH溶液、浓硫酸、碱石灰，仪器可重复使用)。 Ⅱ．探究盐溶液与Cu的反应，进行了如下实验。 实验装置 序号 试剂a 实验现象 I 20mL pH约为1.3的溶液 溶液逐渐变为蓝色。2天后，Cu片有较大量剩余，溶液仍为蓝色 Ⅱ 20mL pH约为1.3的溶液 溶液逐渐变为蓝绿色，铜片表面覆盖有白色固体(经检验为CuCl)。2天后，白色固体消失，Cu片无剩余 Ⅲ 20mL pH约为1.3的溶液 溶液逐渐变为绿色，实验过程中未见气泡产生。2天后，Cu片少量剩余 资料：i．CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体；ii．(棕色)。 小组同学取2mL实验Ⅰ中反应2天后的溶液于试管中，加入2滴1mol/L KSCN溶液，观察到溶液迅速变红，产生大量白色沉淀。 甲同学猜想可能在该条件下被氧化了。 (3)用离子方程式表示甲同学的猜想 。 (4)若向；溶液中滴加足量的KSCN和的混合溶液，经过一系列操作得到白色沉淀CuSCN的质量b g，则CuSCN的产率为 。 (5)对比实验Ⅰ和Ⅱ，小组同学推测可以催化与Cu反应。写出生成白色固体和白色固体消失的方程式： 。 实验Ⅲ所得溶液的颜色不是蓝色，小组同学猜测反应中生成了，设计并实施了以下实验，验证了其猜想。 步骤 实验操作 实验现象 ① 向盛有0.3g金属Cu片的烧杯中加入试剂X 2天后溶液颜色无明显变化，铜片表面有细小气泡附着 ② 继续加入少量固体 溶液迅速变为浅棕色 (6)试剂X是 。 综合以上实验，盐溶液与Cu反应的多样性与负离子种类、生成物存在形式等有关。 【答案】(1)吸收多余的，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止水解变质 (2)b→c→b→c (3) (4) (5) (6)20mL NaNO3与HNO3的混合溶液[pH约为1.3、] 【分析】I.在制取固体的实验中，与浓盐酸共热制备的，氯气需要经过净化干燥除去中混有的HCl气体和水蒸气，再通入A装置中与铁粉在加热条件下反应，由于反应生成的易升华，在收集器中遇冷凝华后被收集，最后C处的碱石灰作用有吸收多余的氯气和防止空气中的水蒸气进入使氯化铁水解； Ⅱ.探究Fe3+盐溶液与Cu的反应，除已有的关于Fe3+盐溶液与Cu的性质知识储备外，需要注意利用题干信息：i．CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体；ii．(棕色)，结合实验步骤和控制变量进行分析、解决，据此回答。 【详解】（1）有毒、易水解，故装置C中碱石灰的作用是吸收多余的，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止水解变质； （2）与浓盐酸共热制备的中混有杂质HCl气体和水蒸气，可将混合气体先通过盛有饱和食盐水的洗气瓶除去HCl气体，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶除去水蒸气，故正确的接口顺序为a→b→c→b→c； （3）由题干信息可知，实验I中反应2天后的溶液为FeSO4和CuSO4溶液，CuSCN是难溶于水的白色固体，加入2滴KSCN溶液，观察到溶液迅速变红，产生大量白色沉淀，故可推测Fe2+可能在该条件下被Cu2+氧化，该转化的离子方程式为：； （4）bg白色沉淀的物质的量是，用溶液中滴加足量的KSCN和的混合溶液，理论上能得到0.1amol，则的产率为； （5）对比实验I和实验Ⅱ的实验现象，产生白色固体：；白色固体消失：；总反应：，从现象上看，实验Ⅱ反应更快，故可推测可以催化与Cu反应； （6）题干实验Ⅲ中加入的试剂为20mL0.5mol/LFe(NO3)3，pH约为1.3的溶液，为避免铁离子干扰实验，根据控制变量的原则可知，试剂X是20mL NaNO3与HNO3的混合溶液[pH约为1.3、]。 01金属元素及其化合物性质、用途和转化 1．（25-26高三上·上海·阶段练习）用铁泥(主要成分为、和)制备纳米(平均直径)的流程示意图如图： 下列叙述错误的是 A．俗称铁红，可用于生产油漆、油墨、建筑物着色剂 B．步骤②中，发生反应的离子方程式只有 C．步骤④中使用过量的有利于提高纳米产率 D．为验证纳米态的，可将其形成分散系，做丁达尔效应实验 【答案】BC 【分析】铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和Fe)与稀盐酸反应得到的滤液A的溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，过滤，分离出过量的铁，滤液B的溶质为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe(OH)2浊液，向浊液中加入双氧水氧化生成Fe(OH)3，再与氯化亚铁加热搅拌发生反应生成Fe3O4，过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4，据此分析解答。 【详解】A．铁红的主要成分是氧化铁，为红棕色，可用于油漆、油墨、建筑物的着色剂，A正确； B．滤液A中溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子和除去过量的盐酸：2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，B错误； C．步骤④中，过量的H2O2在步骤⑤中会继续氧化+2价的铁，因此步骤④中H2O2不能过量，C错误； D．纳米态的Fe3O4平均直径25nm，形成的分散系属于胶体，可以通过做丁达尔效应实验验证，D正确； 故答案为BC。 2．（25-26高三上·上海·阶段练习）青铜是金属冶炼史上最早的合金，我国出土了大量青铜器，体现了古代中国对人类文明的巨大贡献。青铜器在埋藏过程中会逐渐生锈，查阅资料得知铜锈的成分非常复杂，主要成分有和。 (1)铜元素的焰色试验为绿色，为 (填“发射”或“吸收”)光谱。铜锈中俗称铜绿，可溶于酸。铜绿在一定程度上可以提升青铜器的艺术价值，参与形成铜绿的物质有Cu和 。 (2)青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀还会生成有害锈，其形成过程中会产生CuCl(白色不溶于水的固体)，请结合下图回答： 过程1的正极反应物是 ，过程1负极的电极反应式是 。 【答案】(1) 发射 H2O、CO2、O2 (2) O2 【详解】（1）金属元素原子或离子在高温火焰中被激发，其电子跃迁到较高能级，随后又跃迁回较低能级，并以特定波长的光（可见光区域）的形式释放出能量，因为这是物质​​主动发射出特定频率的光​​，所以属于​​发射光谱​​；铜绿是碱式碳酸铜，其形成是青铜（Cu）与环境物质发生化学腐蚀的结果，根据质量守恒定律和化合价升降关系可知，其形成方程式为：2Cu+H2O+CO2+O2=，因此除了铜（Cu）本身，参与反应的物质还包括​​水（H2O）、二氧化碳（CO2）和氧气（O2）​​。 （2）在潮湿环境中（具备电解质溶液条件），青铜器（合金）易发生​​吸氧腐蚀​​，正极为溶液中的氧气得到电子被还原。负极上青铜中较活泼的金属（如锡或铅，或铜本身）失电子被氧化，生成CuCl固体，电极反应式为。 3．（2025·上海·三模）过氧化钠是一种重要的化学用品。工业上用金属钠制备过氧化钠的一种过程(喷雾氧化法——借助压缩空气将熔融金属钠喷入氧化炉)如下： (1)下列说法正确的是___________。 A．液钠储槽应隔绝空气，可用酒精进行液封 B．金属钠恰好熔化后，表面的氧化膜并不会熔化 C．压缩空气吹送熔融金属钠时，不会发生化学反应 D．无论如何调节反应的温度，产物中均混有杂质 (2)称取mg样品，按如下流程测定产品的纯度(假定杂质只有)： 如果转移时有少量溶液溅出，则测得的质量分数将 。 A．偏高    B．偏低    C．不影响 (3)过氧化钠与水或二氧化碳反应放出的氧称为有效氧。有效氧含量。 若某一产品有效氧含量，则该产品中过氧化钠纯度不低于 。(要求写出计算过程) 【答案】(1)B (2)B (3) 87.75%。 【分析】该流程图展示了工业上用喷雾氧化法制备过氧化钠的过程，步骤如下： 熔化金属钠：金属钠进入“熔钠器”，被加热熔化为液态钠。储存液态钠：液态钠转入“液钠储槽” 暂时储存。喷雾氧化反应：借助 “压缩空气” 将液态钠喷入 “氧化炉”，同时向氧化炉通入 “氧气”；冷却得到产品：氧化炉中生成的物质经 “冷却” 后，得到过氧化钠成品。 【详解】（1）A．钠能与酒精反应，所以不能用酒精进行液封，A错误； B．金属钠的熔点低于其表面氧化膜（Na2O等）的熔点，所以金属钠恰好熔化后，表面的氧化膜并不会熔化，B正确； C．压缩空气吹送熔融金属钠时，钠会与空气中的氧气反应，C错误； D．如果控制反应条件，如氧气充足等，产物可以主要是Na2O2，不一定混有Na2O杂质，D错误； 故选B。 （2）转移时有少量溶液溅出，会导致最终称量的固体质量偏小。根据流程，是通过一系列操作测定与Na2O2相关的量，溶液溅出使得参与后续计算的有效物质减少，从而测得的Na2O2质量分数偏低，答案选B。 （3）设样品中Na2O2的质量为x。 （或） 由化学方程式可知，2 mol Na2O2反应生成1 mol O2 ，则生成，， 已知有效氧含量=，即（设样品质量为m），这里我们求纯度，可令样品质量为m = 100g（方便计算），则，解得x≥87.75g。 所以Na2O2的纯度=，即该产品中过氧化钠纯度不低于87.75%。 4．（24-25高三下·上海·开学考试）设计如下装置进行和稳定性差异对比实验(加热及夹持装置省略)。 (1)将分别装有和的试管同时放入甘油油浴加热(甘油沸点为290℃)，目的是 。 (2)该实验用饱和碳酸钠溶液检验反应的产物，a、b试管中的实验现象分别为：a ；b 。 (3)试管b中发生反应的离子方程式： 。 【答案】(1)提供较高温度，便于盐分解实验 (2) a中开始有少量气泡，后来无现象，无沉淀产生(只写无明显现象也可) b中有大量气泡，后面有白色晶体析出 (3) 【分析】Na2CO3加热不分解，NaHCO3在加热时会产生CO2，利用生成的CO2来对比Na2CO3和NaHCO3稳定性差异。 【详解】（1）甘油沸点为290℃，则甘油油浴加热的目的是提供较高温度，便于盐分解实验； （2）Na2CO3热稳定性较好，受热难分解，升高温度试管中气体膨胀因此a中开始有气泡，后来无现象，但无沉淀产生，NaHCO3受热易分解产生二氧化碳，二氧化碳通入b中和饱和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，因此b中先有大量气泡，后有白色晶体析出； （3）b中二氧化碳与饱和碳酸钠溶液反应，会生成溶解度小的碳酸氢钠沉淀，离子方程式：。 5．（25-26高三上·上海·月考）铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下： 已知： ①钛白粉废渣成分：主要为，含少量和不溶物。 ②。 ③ 生成，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3，0.1 生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8。 (1)铁及其化合物与生产生活密切相关。下列说法错误的是___________。 A．可用铁制槽车装运浓 B．不锈钢就是铁磁合金 C．可以用作净水剂 D．铁可用于制作磁性材料 (2)对溶液进行下列操作，观察到的现象与水解有关的是___________。 A．滴加NaOH溶液有沉淀产生 B．加热蒸干灼烧得到红棕色固体 C．通入气体有沉淀产生 D．滴加KSCN试液溶液变红 (3)检验溶液中是否含有钛元素，可采用的仪器分析方法为___________。 A．原子发射光谱 B．红外光谱 C．质谱 D．晶体X射线衍射 (4)根据③中数据分析，在制备铁黄晶种的过程中，采用 测定pH。 (5)纯化步骤中加入过量铁粉的目的是 。 (6)纯化步骤充分反应后，分离混合物的操作为 。 制备晶种：为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO₄溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色，滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)： (7)产生白色沉淀后的pH低于资料③中的6.3，原因是：沉淀生成后 。 A．>        B．<        C．= (8)时段，pH迅速下降，该过程的离子反应方程式为： 。 制得的氧化铁黄中含有少量氧化铁红()，可用的分光光度法测定氧化铁黄的含量。已知的吸光度A(对特定波长光的吸收程度)与标准溶液浓度的关系如图所示。 (9)称取3.47 g氧化铁黄，用稀硫酸溶解并定容至1 L，准确移取该溶液10.00 mL，加入足量KSCN溶液，再用蒸馏水定容至100 mL。测得溶液吸光度A=0.8，则氧化铁黄的质量分数为 。(保留2位有效数字，，) (10)若吸光度A减小，则氧化铁黄的含量将 。 A．增大        B．减小 【答案】(1)B (2)AB (3)A (4)pH计 (5)与硫酸反应，使得水解平衡正向移动，有利于生成沉淀；防止被氧化 (6)过滤 (7)A (8) (9)97% (10)B 【分析】由题给流程可知，向钛白粉废渣中加入蒸馏水溶解，在溶液中发生水解反应生成和硫酸，再加入过量铁粉与水解生成的硫酸溶液反应，使平衡向正反应方向移动直至趋于完全生成沉淀，同时防止亚铁离子被氧化，过滤得到精制的硫酸亚铁溶液；向硫酸亚铁溶液中加入氨水，在空气中将溶液中的亚铁离子转化为铁黄晶体，铁黄晶体经系列操作得到铁黄产品。 【详解】（1）A．常温下，铁与浓硫酸发生钝化反应，故可用铁制槽车装运浓，A正确；     B．不锈钢是铁、铬、镍单质形成的合金，铁磁合金是磁性元素铁、钴、镍加入铝、铜、钛等，不锈钢不是铁磁合金，B错误； C．水解后能形成氢氧化铁胶体，可利用其吸附性用作净水剂，C正确； D．铁在空气中燃烧生成四氧化三铁，故可用于制作磁性材料，D正确； 故选B。 （2）A. 水解：，滴加NaOH溶液消耗氢离子使水解平衡正移，有沉淀产生与水解有关，A符合题意； B. 加热促进水解，使得到的物质是氢氧化铁，再蒸干灼烧得到红棕色固体，故与水解有关，B符合题意； C. 通入气体会与发生氧化还原反应，产生S沉淀，与水解无关，C不符合题意； D. 溶液中含有，滴加KSCN试液溶液变红，与水解无关，D不符合题意； 故选AB。 （3）A.原子发射光谱是利用处于激发态的待测元素原子回到基态时，发射出特征光谱线，对元素进行定性和定量分析的方法，A选； B.红外光谱常用来测定有机物中的化学键或官能团，B不选； C.质谱仪根据分子离子和碎片离子的质荷比大小进行分离并记录其信息的分析方法，C不选； D.晶体X射线衍射是利用X射线与晶体中的原子相互作用，可以产生特定的衍射花样，根据衍射花样与晶体结构的关系，从而确定晶体结构，D不选； 故选A。 （4）③中pH数据均保留小数点后1位，故应用pH计。 （5）由分析可知，加入过量铁粉的目的是与水解生成的硫酸溶液反应，使平衡向正反应方向移动直至趋于完全生成沉淀，同时铁粉具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化。 （6）由分析可知，充分反应后，分离混合物的方法是过滤得到精制的硫酸亚铁溶液和沉淀，故用过滤分离。 （7）由题意可知，氢氧化亚铁的溶度积，产生白色沉淀后的pH低于资料③中的6.3，说明氢氧根离子的浓度小于10－7.7mol/L，则溶液中亚铁离子浓度。答案选A。 （8）滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化，时段，pH迅速下降，该过程的离子反应方程式为。 （9）根据测得溶液吸光度A=0.8，可知，， 氧化铁黄的质量分数=。 （10）根据(9)分析若吸光度A减小，则浓度偏低，氧化铁黄的含量将减小，故选B。 6．（25-26高三上·上海·期中）铁及其化合物广泛应用于建筑材料、机械制造、电子工业等领域，为人类社会发展提供了重要支撑。 (1)在我国古代，赭红是一种重要的红色颜料，其主要成分为铁的化合物。该化合物可能是___________。 A． B． C．FeS D． (2)饱和溶液溶液___________。 A．显中性 B．遇铁粉变为红棕色 C．遇沸水会形成胶体 D．遇氨水能生成白色沉淀 (3)溶液中滴加少量KSCN溶液，会生成血红色配合物，该配合物的内界是 ，配体的种类有 种。 (4)实验室可利用反应：，用含的溶液洗涤银镜反应后的试管。现用的溶液和 溶液溶解银镜，试回答哪种溶液除银效果更好，从化学平衡的角度说明理由 。 (5)水解会生成胶体。胶体可用于净水，其原因是： ，已知电泳时，带电胶体粒子向阴极移动，该胶体粒子的化学式可能是 。 A．    B． C．     D． (6)某种铁氮化合物的晶胞结构如图所示(图中仅示出Fe的位置)，立方体晶胞的边长为。该铁氮化合物的密度为。该晶胞中铁、氮的微粒个数之比为 ，晶胞中N所处的合理位置： 。 【答案】(1)A (2)C (3) 2 (4)溶液效果更好。理由：能与生成AgCl沉淀，降低浓度，使平衡正向移动，促进银溶解 (5) 胶体具有较大表面积，能吸附水中悬浮的杂质颗粒，聚集成沉淀，使水澄清 A (6) 4∶1 体心或12条棱中4条相互平行的棱的棱心 【详解】（1）赭红是一种天然矿物颜料，其主要成分为氧化铁（），俗称铁红，呈红色。选项B（）为黑色，C（FeS）为黑色，D（）为黄色，均不符合红色颜料的特征，故选A； （2）A．是强酸弱碱盐，水解显酸性，不显中性，故A不选； B．遇铁粉发生反应 ，溶液由黄色变为浅绿色，无红棕色现象，故B不选； C．遇沸水水解生成胶体，这是实验室制备氢氧化铁胶体的常用方法，故C选； D．遇氨水生成红褐色沉淀，而非白色沉淀，故D不选； 故选C； （3）配合物为，其中为外界，内界为。中心离子为，配体包括（硫氰酸根）和（水分子），共两种配体； （4）和溶液中浓度均为0.1 mol/L，反应的平衡受浓度影响。中的能与形成难溶的AgCl，显著降低浓度，推动平衡正向移动。而中的与形成微溶的，降低浓度的效果较弱；故答案为：溶液效果更好。理由：能与生成AgCl沉淀，降低浓度，使平衡正向移动，促进银溶解。 （5）净水原因：胶体具有较大表面积，能吸附水中悬浮的杂质颗粒，聚集成沉淀，使水澄清； 胶粒化学式：电泳时胶粒向阴极移动，说明胶粒带正电荷。水解形成的胶核吸附而带正电，反离子为。选项A的结构符合带正电特征；选项B吸附阴离子（)和阳离子（)；但带正电，正电荷数目应是，选项B不合理；选项C带负电，不符合题意；选项D无电荷，不符合题意，故本题选A； （6）晶胞边长 ，体积 ；密度 ，设该铁氮化合物的化学式为FeNx，摩尔质量为(56+14x)g/mol，晶胞中Fe的个数为，则，解得x=0.25，则该晶胞中铁、氮的微粒个数之比为4∶1；氮原子的合理位置应该为：体心或12条棱中4条相互平行的棱的棱心。 （2025·上海杨浦·一模）实验小组探究与醋酸溶液反应的过程如下。 Ⅰ．制备：向溶液中加入过量氨水，生成。 7．制备的离子方程式为 。 8．过滤、洗涤。 （1）过滤时不会用到的仪器是 。（不定项） A．    B．    C．    D．    E. （2）简述洗涤沉淀的操作 。 （3）沉淀洗涤干净的标准为 。 9．已知：25℃，的、醋酸的、，计算的平衡常数，判断醋酸能否溶解 。（写出计算过程） Ⅱ．将悬浊液和溶液混合，充分振荡。各试剂体积及现象见下表。 试管 1 2 3 4 悬浊液（mL） 1.0 1.0 1.0 1.0 冰醋酸（mL）+水（mL） 澄清时间 8 min 21 min 2 h 2 h 10．实验结论是： 。 Ⅲ．已知：25℃，的，溶液的。 11．溶液呈中性的原因是： 。 12．溶液中水的电离程度比纯水中水的电离程度____。 A．大 B．一样 C．小 D．无法确定 将悬浊液和溶液混合，充分振荡。各试剂体积及现象见下表。 试管 5 6 7 8 悬浊液（mL） 1.0 1.0 1.0 1.0 饱和溶液（mL）+水（mL） 澄清时间 3 h后沉淀减少，1天后澄清 4 h后沉淀减少，1天后澄清 1天后仍有沉淀 1天后仍有沉淀 13．猜测能溶解在醋酸中是因为生成了配合物。 （1）能与形成配位键的是中的 。 A．C    B．H    C．O （2）若配合物的化学式为，则该配合物的内界是 。 【答案】7．Al3++3NH3·H2O=↓+3NH 8． AD 洗涤沉淀的操作为向过滤器中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流下后，重复操作2~3次； 取最后一次洗涤液少许于试管中，滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无明显现象，则证明沉淀已洗涤干净 9．平衡常数K==7.5816×10-6＜1×105，反应平衡常数很小，溶解程度有限 10．醋酸浓度越小，溶解速率越慢 11．醋酸根离子水解程度和铵根离子水解程度相近 12．A 13． C 【解析】7．溶液和过量氨水反应生成的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=↓+3NH； 8．(1)过滤时需用到漏斗、玻璃棒和烧杯，故选AD； (2) 洗涤沉淀的操作为向过滤器中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流下后，重复操作2~3次； (3) 沉淀洗涤主要洗去表面的SO，可通过检验洗涤液中是否含有SO来确定是否洗净，具体操作为取最后一次洗涤液少许于试管中，滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无明显现象，则证明沉淀已洗涤干净； 9．的平衡常数K==7.5816×10-6＜1×105，反应平衡常数很小，溶解程度有限； 10．醋酸浓度越小，溶解速率越慢； 11．氨水的电离常数等于醋酸的电离常数，故醋酸根离子水解程度和铵根离子水解程度相近溶液呈中性； 12．醋酸铵是弱酸弱碱盐，水溶液中发生水解，CH3COONH4促进水的电离，故选A。 13．(1)CH3COO-中只有O原子含有孤电子对，故选C； (2) 的内界为。 02 非金属元素及其化合物性质、用途和转化 1．（2025·上海黄浦·二模）等微粒浓度过大容易引起水体富营养化。利用不仅可以降低污水中和的浓度，还能回收优良缓释肥料（化学式，俗称鸟粪石）。 已知常温下：。 (1)氨氮废水导致水体富营养化的直接原因是_______。 A．具有毒性 B．促进藻类过度繁殖 C．消耗水中溶解氧 D．增加水体 (2)下列说法错误的是_______。（不定项） A．的电子式 B．为正四面体形 C．既含离子键又含非极性键 D．既能与强酸反应又能与强碱反应 (3)向某氨氮废水中加入可溶性磷酸盐和镁盐，生成的离子方程式为 。 (4)常温下，若沉淀后的废水的，沉淀中同时含有和少量磷酸镁，请判断总氮的残留是否达到基本排放标准 。（写出过程） (5)用该方法处理污水时，发现溶液过高或过低都不利于磷酸铵镁回收，请结合相关知识分析可能原因 。 微生物燃料电池在治理水体富营养化方面发挥重要作用。下图是某微生物燃料电池工作原理示意图，该装置能同时除去水体中的和沉积物中的。 (6)该装置工作时，下列说法正确的是_______。（不定项） A．将电能转化为化学能 B．电极b作负极 C．电子移动方向为：电极b→沉积物→水体→电极a D．电极a发生还原反应 (7)写出在电极b表面发生的电极反应 。 (8)下通过该装置生成的氮气，计算反应过程中转移电子的物质的量为 。 【答案】(1)B (2)C (3) (4) 不能达到基本排放标准 (5)过低浓度下降生成磷酸等弱电解质，过高与和反应生成和，都不利于生成 (6)BD (7) (8)0.015 【详解】（1）氮元素可以促进藻类过度繁殖，故氨氮废水导致水体富营养化，故答案为：B。 （2） A. 的电子式，正确； B. 的价层电子对数为4+=4，故立体结构为正四面体形，正确； C. 中阴阳离子之间为离子键，磷酸根中存在极性键，无非极性键，错误； D. 中的镁离子、铵根可以和强碱反应，磷酸根可以和强酸反应，正确； 故选C。 （3）向某氨氮废水中加入可溶性磷酸盐和镁盐，生成的离子方程式为。 （4）， ，，，，，故残留的总氮不能达到基本排放标准。 （5）过低浓度下降生成磷酸等弱电解质，过高与和反应生成和，都不利于生成。 （6）生物燃料电池中有机物发生氧化反应生成二氧化碳气体，故电极b为负极，硝酸根发生还原反应生成氮气，电极a为正极。 A．燃料电池是将化学能转化为电能的装置，A错误； B．由分析可知，电极b为负极，B正确； C．电子不能在内电路移动，C错误； D．电极a为正极，发生还原反应，D正确； 故选BD。 （7）氨根发生氧化反应生成氮气，故电极反应为。 （8）总反应为，得到4N2~15e-，生成氮气转移电子的物质的量为mol=0.015mol。 （24-25高三上·上海·开学考试）化学循环脱硫。过程如下图所示。 已知：①造气反应： ②Bunsen反应： 2．造气反应中，1.2molO2能氧化H2S的体积为 L(折算至标准状况)。 3．X的化学式为 。 4．化学循环脱硫的技术难点在于Bunsen反应产物分离。一种解决方案是加入过量的I2和H2O，I2与HI结合形成HIx以增大其密度，使反应后液体自发分为两层。上层液主要成分是 (填化学式)。 5．实验室中分离该反应产物用到的玻璃仪器是_______。 A． B． C． D． 6．另一种解决Bunsen反应产物分离方案是利用如图所示的膜电解装置。关于该装置说法正确的是_______。 A．a处应通入造气生成的SO2与H2O B．H+从右侧室经离子交换膜进入左侧室 C．除通入循环物质外，该装置工作时还需加入额外的水 D．当电路中通过0.1mol电子时，阳极上形成0.1molH+ 【答案】2．17.92L 3．H2 4． 5．C 6．BC 【分析】由膜电解装置图可知左侧连接电池负极，故为阴极，a发生还原反应：，右侧连接电池正极，故为阳极，c发生氧化反应，，据此作答。 2．在造气反应中，O的化合价由0价降低到-2价，得到4个电子，中S由+6价降低到+4价，得到2个电子，中，S的化合价由-2价升高到+4价，失去6个电子，1.2molO2参与反应时，得到的电子数为4×1.2mol=4.8mol，由电子守恒得，H2S失去4.8mol电子时，消耗H2S为，体积为0.8mol×22.4L/mol=17.92L，故1.2molO2能氧化H2S的体积为19.97L；答案：17.92L； 3．由②Bunsen反应：可知，汽化分解后应该有碘单质生成，同时生成H2，答案：H2； 4．②Bunsen反应：，产物含有硫酸和碘化氢，解决方案是加入过量的I2和H2O，I2与HI结合形成HIx以增大其密度，使反应后液体自发分为两层，所以上层液主要成分是，答案：； 5．由于反应后液体自发分为两层，应采取的分离提纯方法是分液，分液操作中需使用到的仪器是分液漏斗，答案：C； 6．A．根据分析，可知c处应通入造气生成的SO2与H2O，故A错误； B．根据分析，可知H+从右侧室经离子交换膜进入左侧室，故B正确； C．由②Bunsen反应：可知，除通入循环物质外，还需加入额外的水，故C正确； D．根据电极方程式：，可知当电路中通过0.1mol电子时，阳极上形成0.2molH+，故D错误； 答案选BC。 8．（2025·上海·模拟预测）可用于照相业作定影剂等，它又名“大苏打”“海波”，易溶于水，难溶于乙醇，水溶液呈微弱的碱性，遇强酸发生剧烈反应。某化学研究性小组对它的制备和性质进行了探究。 Ⅰ．实验室可通过和共同反应来制备，装置如图所示： (1)硫代硫酸钠中硫元素的平均化合价是 。 (2)下列方案适宜在实验室制备的是_______。 A．(浓) B．(浓) C． D． (3)A装置中，溶液的作用是 。 (4)B装置中固体为亚硫酸钠，写出该装置中反应的化学方程式： 。 (5)装置C的作用有 。(任意写出一条) (6)装置D中生成的化学方程式为 。 (7)为了吸收可能逸出的尾气，溶液X除了图中的还可以是_______。 A．胶体 B．酸性溶液 C．品红溶液 D．饱和溶液 Ⅱ．分离并对产品分析检测 (8)为减少产品的损失，操作①为 ，操作②是抽滤、洗涤、干燥，其中洗涤操作中用 作洗涤剂。 Ⅲ．利用与稀硫酸反应探究影响化学反应速率的因素，设计了如表系列实验： 实验序号 反应温度(℃) 浓度 稀硫酸 1 20 10.0 0.10 10.0 0.50 0 2 40 10.0 0.10 10.0 0.50 0 3 20 0.10 4.0 0.50 (9)设计实验1和2的目的是 。 (10)若用实验1和3探究稀硫酸浓度对该反应速率的影响，则 、 。 (11)若实验1不再产生沉淀的时间为，则 。 【答案】(1) (2)AB (3)吸收B中逸出的尾气，防止污染环境 (4)(浓) (5)平衡装置内压强，观察并控制速率 (6) (7)B (8) (趁热)过滤 (无水)乙醇 (9)探究温度对反应速率的影响 (10) 10.0 6.0 (11) 【分析】装置B是用亚硫酸钠和浓硫酸反应制取SO2的装置，生成二氧化硫通入仪器C中，观察生成速率并降低气体流速，C中长颈漏斗可以平衡压强，起到安全瓶的作用，向D中的Na2SO3和Na2S混合溶液通入SO2反应可制得Na2S2O3，所得产品常含有少量Na2SO3，滤液中得到溶质固体的方法是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到固体，SO2对环境有污染，可以通过装置A吸收除去，据此分析回答问题。 【详解】（1）中Na元素为+1价，O元素为-2价，由化合价代数和为零可知，硫元素的平均化合价是+=+2价。 （2）A．铜与浓硫酸在加热条件下反应生成SO2，适合实验室制备SO2，A选； B：亚硫酸钠与浓硫酸反应生成SO2，该反应不需要加热，反应温和，适合实验室制备SO2，B选； C：三氧化硫在高温下分解生成SO2，但反应条件苛刻，不适合实验室制备，C不选； D：硫化氢与氧气反应生成SO2，但硫化氢有毒，操作危险，不适合实验室制备，D不选； 答案为AB。 （3）由分析可知，NaOH溶液可以与SO2反应，生成亚硫酸钠和水，A装置中，溶液的作用是吸收B中逸出的尾气，防止污染环境。 （4）B装置中亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，化学方程式为：(浓)。 （5）由分析可知，装置C的作用有：平衡装置内压强，观察并控制速率。 （6）装置D中硫化钠、碳酸钠与二氧化硫反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳，化学方程式为：。 （7）A．胶体不和反应，不能有效吸收，A不选； B．酸性溶液可以氧化，吸收效果好，可用来吸收，B选； C．能够使品红溶液褪色，但品红溶液吸收不彻底，C不选； D．饱和NaCl溶液不和反应，不能吸收，D不选； 故选B。 （8）为防止过滤过程中析出，操作①为(趁热)过滤，乙醇可以溶解杂质，减少产品损失，为减少产品的损失，操作②是抽滤、洗涤、干燥，其中洗涤操作中用(无水)乙醇作洗涤剂。 （9）实验1和2的反应条件相同，只有温度不同，目的是探究温度对反应速率的影响。 （10）实验1和3的Na2S2O3浓度相同，稀硫酸浓度不同，探究稀硫酸浓度对该反应速率的影响，V1 和 V2 应保持一致，以便探究稀硫酸浓度对反应速率的影响，V1=10.0、V2=6.0。 （11）+2H+=S↓+SO2↑+H2O，根据实验1中的数据，可知n()=0.001mol，n(H+)=0.01mol，若实验1不再产生沉淀，则说明已全部反应完全，根据v(H+)=2v()，v()=mol•L-1•min-1=0.01mol•L-1•min-1，v(H+)=0.02mol•L-1•min-1。 （25-26高三上·上海·期中）可用于面粉的漂白和杀菌，它在常温下是一种黄色油状液体，易水解。其熔点为-40℃，沸点为70℃，95℃以上易爆炸。实验室可用和溶液反应制取，所用装置如下： 9．三卤化氮的分子空间结构与相似，热稳定性比强的有 。 A．            B．            C．            D． 在热水中水解后的反应液有漂白性，水解的化学方程式是 。 10．装有浓盐酸的仪器名称是 。装置A是的发生装置，实验室制备下列物质也可使用该装置的是 。(不定项) A．乙炔            B．二氧化硫            C．硝基苯            D．乙酸乙酯 11．向蒸馏烧瓶内的溶液中通入过量，B中反应的化学方程式是 ，待反应至油状液体不再增加，关闭装置A、B间的止水夹，控制水浴加热的温度范围是 ℃，将产品蒸出。 12．装置D的作用是 。 待反应结束，为测定溶液中残留的的物质的量浓度，进行如下操作： ①取蒸馏烧瓶中的反应液25.00mL，加入过量饱和溶液充分反应后，再加入过量30%的NaOH溶液，微热； ②用的稀硫酸吸收产生的，得到溶液A； ③用的标准溶液滴定A至滴定终点，消耗标准溶液。 13．步骤①中取反应液所需的定量仪器可以使用___________。(不定项) A．量筒 B．胶头滴管 C．容量瓶 D．移液管 14．滴定至终点时溶液中溶质仅有和，用含V的代数式表示的物质的量浓度是 。 【答案】9． A 10． 分液漏斗 AB 11． 70℃≤T＜95℃ 12．吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入锥形瓶中与NCl3反应； 13．D 14． 【分析】由实验装置图可知，装置A中为高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，装置B中氯气与氯化铵溶液在水浴加热条件下反应制备三氯化氮，装置C用于冷凝收集三氯化氮，装置D中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入锥形瓶中。 9．元素的非金属性越强，三卤化氮中氮卤键的键长越小、键能越大，分子的热稳定性越强，则三氟化氮的热稳定性强于三氯化氮选A；由题意可知，三氯化氮在热水中易水解生成次氯酸和氨气，反应的化学方程式为； 10．由图可知，仪器D为分液漏斗；装置A为固液不加热的装置，该装置可以用于电石与水反应制备乙炔，也可以用于亚硫酸钠与浓硫酸制SO2； 11．由分析可知，装置B中氯气与氯化铵溶液在水浴加热条件下反应制备三氯化氮，反应的化学方程式为；由题给信息可知，NCl3熔点为-40℃，沸点为70℃，95℃以上易爆炸实验时，为保证三氯化氮顺利蒸出，同时防止三氯化氮发生爆炸，水浴加热的温度应控制在70℃～95℃之间，故答案为70℃≤T＜95℃； 12．由分析可知，装置D的作用是吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入锥形瓶中与NCl3反应； 13．蒸馏烧瓶中的反应液25.00 mL，则应选Ｄ移液管； 14．由题意可知，滴定过程中消耗V mL0.100 mol/L氢氧化钠溶液，则用于吸收氨气的稀硫酸的物质的量为0.050 mol/L×0.025 L—0.100 mol/L×10-3V L×=0.00125-0.00005V mol，由方程式知溶液中残留的三氯化氮的物质的量浓度为c(NCl3)=。 （2025·上海·三模）实验室常用溶液吸收尾气，探究其适宜条件原理。时，将不同浓度溶液一次性推入中，观察现象。 编号 现象 甲 活塞自动内移，最终剩余约无色气体 乙 活塞自动内移，最终气体全部被吸收 15．已知为角形分子。下列关于说法正确的是___________。 A．均属于酸性氧化物 B．均属于离子化合物 C．均属于电解质 D．均属于极性分子 16．在给定条件下，下列物质转化可以实现的是___________(不定项)。 A． B．稀 C． D． 17．溶液吸收时生成两种钠盐，化学方程式为 。 18．检验甲中剩余气体的方法：排出大注射器中的溶液，拔下导管， ，气体变为 色。 19．某同学推测甲中产生无色气体的原因：局部浓度过低，导致部分与水反应。通过实验证明其成立：用与甲相同的装置、试剂和条件，将缓慢推入溶液中， (补全实验现象)。 进一步探究与水或碱反应时还原产物价态不同的原理。 【查阅资料】： i．遇水时发生反应：a．  b．； ⅱ．酸性条件下，或可与对氨基苯磺酸发生不可逆反应，所得产物遇萘乙二胺变红，且原溶液中越大，红色越深。 【实验】将推入下列试剂中，随即取出溶液，滴加到等量对氨基苯磺酸溶液(盐酸酸化)中，再加入等量萘乙二胺溶液，加水定容到相同体积，对比溶液颜色。 编号 试剂 溶液颜色 丙 水 溶液均呈红色，丁与戊颜色几乎相同，丙的颜色更浅 丁 溶液 戊 酸性对氨基苯磺酸溶液 20．通过实验 (填编号)对比，说明遇水时发生了反应a和b。 21．从化学反应速率的角度分析，与水或碱反应时还原产物价态不同的原因是 。 22．若用的溶液重复实验甲，最终剩余约无色气体。综上，用溶液吸收尾气，适宜的条件是 、 (写出两点即可)。 【答案】15．D 16．BC 17． 18． 吸入少量空气 红棕 19．剩余气体小于7mL 20．丙和戊 21．与碱中和的反应速率大于其分解速率 22． 低温 浓碱、控制流速、增大气液接触面积等(写出两点即可) 【分析】用溶液吸收尾气时，发生的反应主要为：，如过量，会与水继续反应：；根据编号甲的现象：活塞自动内移，最终剩余约无色气体，说明NaOH溶液量不足，有剩余，最后得到的无色气体为NO气体；根据编号乙的现象：活塞自动内移，最终气体全部被吸收，说明NaOH溶液足量，完全反应无剩余，据此分析解答。 15．已知为角形分子。下列关于说法正确的是： A．均属于酸性氧化物：和都不能满足与碱发生只生成盐和水的性质，故都不是酸性氧化物，A错误； B．均属于离子化合物：和都是通过共价键结合的，属于共价化合物，B错误； C．均属于电解质：和都是通过共价键结合的分子，属于共价化合物，不发生电离，C错误； D．均属于极性分子：已知为角形分子，则和都是通过极性共价键形成的极性分子，D正确； 故答案为：D。 16．在给定条件下，下列物质转化可以实现的是： A．：难溶于水且不与水反应，不满足题目条件，A错误； B．稀：Cu和稀反应可以生成NO气体：，B正确； C．：NO和CO在催化剂作用加热可以反应生成和：，实现污染的净化，C正确； D．：为被还原，应加入还原剂，具有强氧化性，不符合题目要求，D错误； 故答案为：BC。 17．溶液吸收时发生歧化反应生成两种钠盐，则反应的化学方程式为：。 18．根据分析，甲中剩余的气体应该为NO，可以利用NO极易被空气氧化为红棕色方法检验NO的存在，具体操作为：排出大注射器中的溶液，拔下导管，吸入少量空气，气体变为红棕色。 19．是红棕色气体，甲中产生无色气体则为NO，要验证局部浓度过低，导致部分与水反应而产生了NO；要通过实验证明其成立：用与甲相同的装置、试剂和条件，将缓慢推入溶液中，如最终剩余气体小于7mL，则说明可能是该原因导致。 20．丙中是将推入5mL水中，而戊中试剂为酸性对氨基苯磺酸溶液，根据题中信息知，在酸性条件下，或可与对氨基苯磺酸发生不可逆反应，所得产物遇萘乙二胺变红，且原溶液中的越大，红色越深，再根据溶液颜色变化来看，溶液均呈红色，丁与戊颜色几乎相同，丙的颜色更浅，丙中加水一定程度上稀释了溶液，导致相对减小，也说明的确是产生了或；最后根据题干信息得到结论：通过实验丙和戊对比，遇水时发生反应：a． 、 b．。 21．由实验丁的现象几乎与戊的颜色相同可知，此时是与戊差不多的，但是实验戊较实验丙而言颜色浅，说明实验丙中反应速率较慢，从化学反应速率的角度分析，与水或碱反应时还原产物价态不同的原因可能是：与碱中和的反应速率大于其分解速率。 22．用0℃的NaOH溶液重复实验甲，最终剩余约3mL无色气体，可知低温是适宜条件，而实验乙中最终气体全部被吸收，可知NaOH浓度越大则吸收更充分，故适宜的条件有：低温、浓碱、控制流速、增大气液接触面积等(写出两点即可)。 （2025·上海闵行·一模）硝酸是一种重要的基础化工原料。历史上先后出现多种不同的制备硝酸的方法。 方法一：17世纪，人们以硝石(主要成分)为氮源制备硝酸。 23．化学方程式为：，该反应中，浓硫酸体现了酸性和 。 A．强氧化性        B．脱水性    C．吸水性    D．难挥发性 该反应加热温度不能过高，原因是 。 方法二：20世纪初，挪威出现了电弧法生产硝酸，是历史上最早的硝酸工业化尝试。 24．该方法通过高压电弧使空气中的氮气与氧气反应，生成氮氧化物，进一步氧化吸收合成硝酸。该过程属于 。 A．人工固氮            B．大气固氮            C．生物固氮 25．评价电弧法的优、劣势(各列举一点)。 优势： ；劣势： 。 方法三：某科研小组研制的NO-空气质子交换膜燃料电池利用电化学法，实现了制硝酸、发电、环保三位一体，其工作原理如图所示： 26．电池负极的电极反应式为 。 27．若产生1mol，理论上应通入的体积为 L。(折算成标准状况下) 方法四：合成氨问世后，氨氧化法进入工业化阶段，这种方法至今依然是世界上生产硝酸的主要方法。以氨气为氮源催化氧化制备硝酸，反应原理分以下三步进行： 28．第Ⅰ步反应的化学方程式为 。 29．研究发现，第Ⅱ步反应按如下两步基元反应进行： ①　(快) ②　(慢) 是该反应的 (选填“催化剂”或“中间产物”)。 能正确表示该反应历程能量变化的示意图是 。 A．            B． C．        D． 30．氮原子利用率是指：目标产物中氮的总质量与生成物中氮的总质量之比。第Ⅲ步的原理为，此反应中氮原子利用率为 。 A．33.3%                B．66.7%                C．100% 【答案】23． D 温度过高，硝酸易分解 24．A 25． 原料来源广泛 能耗大 26．NO-3e-+2H2O=+4H+ 27．16.8L 28．4NH3+5O24NO+6H2O 29． 中间产物 D 30．B 【解析】23．硝酸是易挥发的强酸，在反应中，浓硫酸体现了酸性和难挥发性； 由于硝酸高温易分解，因此该反应加热温度不易过高； 24．N由游离态转化为化合态属于固氮，有人工固氮和自然固氮，通过高压电弧使空气中的氮气与氧气反应，属于人工固氮； 25．电弧法的优势在于原料来源广泛，劣势在于需要高压电弧，能耗大； 26．由图分析可知，左侧Pt电极发生氧化反应，是原电池的负极，右侧发生还原反应，是原电池的正极。负极失去电子，根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒。负极的电极反应式为：NO-3e-+2H2O=+4H+； 27．若产生1mol，电子转移的物质的量为3mol，理论上应通入的物质的量为0.75mol，标准状况下体积为0.75mol×22.4L/mol=16.8L； 28．氨氧化制硝酸的第一步反应是氨气的催化氧化生成NO，方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O； 29．催化剂是反应前存在，反应后仍然存在，中间产物开始没有，最后也没有，只出现在反应的中间，由反应①　(快)②　(慢)可知，N2O2是中间产物； 反应①和②都是放热反应，B、C不符合，第二步反应速率慢，活化能大，D符合； 30．根据方程式可知，此反应中氮原子利用率为，答案选B。 1．（24-25高三上·上海嘉定·阶段练习）实验室可用NO与Cl2 在通常条件下制备NOCl，(已知NO2 与Cl2反应可得到NO2Cl)，装置如下图所示。 实验时，先通入一种气体，待E中U形管内充满该气体时，再缓缓通入另一种气体。 (1)装置F的作用是 。 (2)实验中应先通Cl2还是NO？ 。请举出一条理由 。 【答案】(1)防止G中水蒸气进入U形管，避免引起NOCl水解 (2) Cl2 先通Cl2.可以排除装置中的空气，避免O2与NO生成NO2，进而产生杂质NO2Cl 【详解】（1）NOCl会发生水解，因此装置F的作用是防止G中水蒸气进入U形管，避免引起NOCl水解 （2）本实验是用Cl2和NO制备NOCl，但NO2与Cl2反应可得到NO2Cl，因此要先通入Cl2，用Cl2排除装置中的空气，避免空气与O2生成NO2，进而产生杂质NO2Cl。 2．（24-25高三上·上海·期中）下图的氮循环是生态系统物质循环的重要部分，人类活动加剧了氮循环中的物质转化。 (1)下列说法不正确的是_______。 A．固氮过程中，N2只做氧化剂 B．硝化过程需要有氧化剂参与 C．反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响 D．同化、氨化过程中，实现了氮元素在无机物和有机物之间的转化 (2)反硝化过程中，CH3OH可作为反应的还原剂。请补全并配平该反应的离子方程式 。 【答案】(1)A (2) 【详解】（1）A．固氮过程中，当氮气在大气中被氧化为亚硝酸根离子、硝酸根离子，N的化合价升高，被氧化，所以N2作还原剂， 氮气转变为氨气和铵根时，氮化合价降低，N2做氧化剂，选项A错误； B．NH3和铵根转化成为硝酸根和亚硝酸根，增加了O元素，且氮元素化合价升高，则硝化过程需要有氧化剂参与，选项B正确； C．反硝化过程，硝酸根和亚硝酸根生成氮气，向大气提供氮气，即反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响，选项C正确； D．氨化过程是动植物蛋白转化为氨气或铵根离子，即有机物转化为无机物，同化过程是硝酸根和亚硝酸根生成动植物蛋白，即无机物转化为有机物，同化、氨化过程中，实现了氮元素在无机物和有机物之间的转化，选项D正确； 故选A。 （2）反硝化过程中，CH3OH可作为反应的还原剂，碳元素从-2价升高到+4价，1mol还原剂失去6mol电子。在反硝化细菌作用下，硝酸根离子反应生成氮气，氮元素从+5价降低到0价，根据得失电子守恒、电荷守恒和元素质量守恒得反应的离子方程式为：。 3．（24-25高三上·上海·阶段练习）汽车尾气是大气中氮氧化物的主要来源。在汽车内燃机工作时，空气中的部分成分会直接生成少许NO，NO再被氧化为NO2。 (1)对内燃机中生成NO的反应，下列分析正确的是___________。 A．属于“氮的固定” B．涉及共价键的断裂与生成 C．活化能很小 D．在自然界中无法发生 (2)酸雨中的HNO3，可由大气中的NO2和H2O反应生成。对NO2和H2O的反应，下列分析正确的是___________。 A．ΔS < 0 B．NO2表现出了酸性氧化物的性质 C．需要在“放电”条件下发生 D．氧化剂与还原剂物质的量比为1：2 (3)通过NOx传感器可监测NOx的含量，下图为工作原理示意图，其中Pt电极上发生的是 反应(填“氧化”或“还原”)。根据图示信息写出NiO电极的电极反应式： 【答案】(1)AB (2)AD (3) 还原 NO - 2e- + O2- = NO2 【详解】（1）A．内燃机中氮气发生的反应为内燃机内氮气与氧气反应生成一氧化氮，该反应是游离态氮元素转化为化合态氮元素的过程，属于“氮的固定”，故正确； B．内燃机中涉及的反应为放电条件下氮气与氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，反应中涉及氮氮、氧氧共价键的断裂与氮氧共价键的生成，故正确； C．内燃机中氮气发生的反应为放电条件下氮气与氧气反应生成一氧化氮，氮氮三键破坏需要消耗很大的能量，所以反应的活化能很大，故错误； D．自然界中下雷电雨时空气中氮气与氧气放电条件下反应生成一氧化氮，与内燃机中氮气发生的反应为放电条件下氮气与氧气反应生成一氧化氮的反应相同，故错误； 故选AB； （2）A．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮：，该反应中气体分子数减小，是熵减的反应，故正确； B．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，该反应中二氧化氮与硝酸中氮元素化合价不相同，说明二氧化氮不是酸性氧化物，故错误； C．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应不需要“放电”条件下发生，故错误； D．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，3mol NO2中的2mol NO2氮元素的化合价升高为还原剂、1mol NO2氮元素的化合价降低为氧化剂，氧化剂与还原剂物质的量比为1：2，故正确； 故选AD。 （3）由图，Pt电极上氧气得到电子发生还原反应，为正极，NiO电极上一氧化氮失去电子被氧化为二氧化氮，电极反应式：NO - 2e- + O2- = NO2。 （2025·上海青浦·二模）二氧化硫及其形成的亚硫酸盐类有广泛应用。 4．SO2是 。 A．极性分子        B．非极性分子 5．下列关于SO2说法正确的是___________。 A．SO2的水溶液能导电，所以SO2是电解质 B．SO2缓慢通入氯化钡溶液，溶液先浑浊后澄清 C．SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，体现了SO2漂白性 D．SO2通入石蕊试液，溶液变红后不褪色 将一定量SO2通入蒸馏水中，在300s时通入足量O2，500s时加入足量H2O2溶液，pH变化如下图所示。请回答下列问题： 6．比较300s通入O2和500s加入H2O2后pH的变化，请分析变化的原因 。 7．300s未通O2时，溶液中c(H2SO3)= mol˙L-1.(结果保留3位有效数字)。(已知Ka1(H2SO3)=1.3×10-2，忽略HSO的电离) 8．当溶液中HSO和SO浓度相当时，加入少量盐酸或NaOH溶液，溶液pH变化不大。请结合化学用语和必要文字说明原因： 。 【答案】4．A 5．D 6．H2O2的氧化性强于O2，亚硫酸氧化为硫酸pH显著下降 7．2.6710-6 8．当加入少量盐酸或NaOH时，体系可以通过以下反应维持pH的相对稳定，加入盐酸：H++SOHSO，加入NaOH：HSO+OH-SO+H2O 【解析】4．SO2​分子中S原子的价层电子对数，含有 1 对孤电子对，空间构型为V形，分子中正、负电荷中心不重合，属于极性分子，故选A； 5．A．SO2​的水溶液能导电是因为SO2​与水反应生成的H2SO3能电离出自由移动的离子，SO2自身不能电离，属于非电解质，A错误； B．SO2与氯化钡溶液不反应，不会出现浑浊现象 ，因为弱酸不能制强酸，B错误； C．SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，体现了SO2的还原性，不是漂白性，C错误； D．SO2通入石蕊试液，与水反应生成H2SO3，溶液变红，SO2不能漂白石蕊试液，所以不褪色，D正确； 故选D； 6．300s通入 ，发生反应，是弱酸，是强酸，浓度增大，pH下降；500s加入，发生反应，也生成强酸，浓度增大，pH下降 ，且H2O2的氧化性强于O2，亚硫酸氧化为硫酸pH显著下降； 7．300s未通O2时，pH = 3.73，则，的电离方程式为，，由，溶液中 ； 8．HSO和SO浓度相当时，形成缓冲溶液，当加入少量盐酸或NaOH时，体系可以通过以下反应维持pH的相对稳定，加入盐酸：H++SOHSO，加入NaOH：HSO+OH-SO+H2O。 （24-25高三上·上海长宁·期中）臭氧-氨水法是一种高效的工业脱硝技术，主要流程如下图所示， 已知：NO+O3=O2+NO2；2NO2+O3=O2+N2O5。 9．X溶液中含有一种铵盐，它由氨水与N2O5反应生成，写出反应的离子方程式 。 10．O3/NO摩尔比对NO脱除率、NO2转化率影响如下图，最佳摩尔比是 ，理由是 。 【答案】9．2NH3·H2O+N2O5=2NH+ 2NO+H2O 10． 1.1 此条件下，NO2的转化率最高，NO的脱除率也很高，超过此摩尔比，NO的脱除率几乎无变化 【分析】含NO、NO2的烟气通过静电除尘后，加入氨水同时通入臭氧氧化脱硝得到硝酸铵溶液，除雾后即为达标排放的烟气； 9．N2O5和水反应生成HNO3，氨水与N2O5反应生成硝酸铵，离子方程式为2NH3·H2O+N2O5=2NH+ 2NO+H2O； 10．由图像可知，最佳摩尔比为1.1，此时NO的脱除率最大，且NO2的转化率最高，而超过此摩尔比时，NO的脱除率几乎无变化。 （24-25高三上·上海长宁·期中）烟气脱硝是指通过一系列化学反应将烟气中NO、NO2等氮氧化物转化为无污染的物质。 11．已知NO2为角形分子。下列关于NO、NO2说法正确的是___________。 A．均属于酸性氧化物 B．均属于离子化合物 C．均属于极性分子 D．均属于电解质 12．常温下，把NO气体压缩到100×105Pa，在一个体积固定的容器中加热到50℃，发现气体的压力迅速下降，压力降至略小于原压力2/3就不再改变。已知其中一种产物为N2O。请写出上述过程涉及的化学方程式： 、 。 13．静电除尘原理是含尘气体经高压静电场使尘粒带电荷后，尘粒向带相反电荷电极定向移动，从而达到除尘目的。静电除尘的原理类似于胶体的___________。 A．丁达尔效应 B．电泳 C．聚沉 D．布朗运动 【答案】11．C 12． 3NO=NO2 +N2O 2NO2N2O4 13．B 【解析】11．A．NO不和H2O、NaOH反应，NO2和水发生氧化还原反应，二者都不是酸性氧化物，故A错误； B．NO、NO2都属于共价化合物，故B错误； C．NO为直线形分子，NO2为角形分子，二者正负电中心不重合，都是极性分子，故C正确； D．NO、NO2都是非金属氧化物，都属于非电解质，故D错误； 故答案为：C； 12．由信息可知2NO→N2O，N的化合价降低2价，由氧化还原反应可知，则必有另一变化升高2价，依题意产物为NO2，该反应为3NO=N2O+NO2，而压力降至略小于原压力就不再改变是因为发生反应2NO2⇌N2O4； 13．静电除尘的原理是含尘气体经高压静电场使尘粒带电荷后，尘粒向带相反电荷的电极定向移动，从而达到除尘目的，类似于胶体的电泳，答案为B。 （24-25高三上·上海·期中）“钠—钙双碱法”吸收具有反应充分、速率快、原料可再生、脱硫效率高等优点。流程如下： 14．要提高吸收效率的可行措施有___________。(不定项) A．加快尾气的通入速率 B．将吸收液NaOH溶液进行雾化 C．在高温条件下吸收 D．适当增加NaOH的浓度 15．一种“氧化脱硫法”采用NaClO和NaOH的混合溶液吸收。写出利用该混合液吸收少量的离子方程式： 。 【答案】14．BD 15． 【分析】由流程可知，含SO2的尾气先与NaOH反应生成Na2SO3，再加石灰乳反应生成CaSO3和NaOH，实现NaOH的再生，最后通入氧气，将CaSO3氧化为CaSO4，再结晶得到产品。 14．A．加快尾气的通入速率，反应不充分，吸收效率变低，故A不选； B．将氢氧化钠溶液雾化，可增大反应接触面积，提高吸收效率，故B选； C．高温会降低二氧化硫在水中溶解度，不利于提高吸收效率，故C不选； D．增大氢氧化钠浓度，有利于二氧化硫充分反应，提高吸收效率，故D选； 答案为BD； 15．NaClO具有强氧化性，还原产物为Cl-，二氧化硫具有强还原性，氧化产物为硫酸根离子，结合溶液碱性环璄，利用得失电子守恒进行配平，离子方程式为：。 16．（25-26高三上·上海·期中）常用于处理高氯废水，且可以通过循环再生。 实验I：沉淀。在高氯水样中加入使浓度约为，滴加溶液，至开始产生红色的沉淀(忽略滴加过程的体积增加)，即表示已沉淀完全。已知，。 (1)基态Ag原子结构示意图如图所示。 ①Ag在元素周期表中的位置为 。 ②基态银原子电子排布式可简化表示为 。 (2)实验过程中当出现沉淀时，溶液中浓度约为 。 实验Ⅱ：回收Ag。在沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量盐酸后静置(如图所示)，发生原电池反应，原理可以表示为：。 (3)关于上述反应中说法正确的是_______。 A．每析出1 mol Ag，共转移个电子 B．每产生2.24 L ，析出10.8 g Ag C．每转移1.5 mol电子，产生1 g D．每消耗5.6 g Fe，溶液中增加0.1 mol 为判断是否完全转化，完整实验方案包括如下步骤： ①取出铁圈，搅拌均匀后取少量浊液；②开启通风设备；③过滤得到固体；④向固体中加入足量稀；⑤将固体洗净 ①→_______→_______→_______→_______。 (4)上述步骤正确的顺序应为： 。 (5)步骤⑤中判断固体已洗净的操作是 。 (6)判断已完全转化的现象是步骤④中_______。 A．固体全部溶解 B．固体未全部溶解 C．有无色气体产生 D．无气体产生 实验Ⅲ：再生。回收的银经水洗后，用浓硝酸溶解，加热浓缩，冷却结晶得到硝酸银晶体。 (7)银溶于浓硝酸时发生反应的离子方程式为 。 (8)一定质量的银溶于一定体积、一定浓度的硝酸的过程中，银的溶解速率随温度的变化关系如图所示。温度高于T0K时，银的溶解速率随温度升高而减小的原因是 。 【答案】(1) 第五周期第ⅠB族 (2) (3)CD (4)③→⑤→②→④ (5)取最后一次洗涤液，滴加硝酸银溶液无明显现象 (6)A (7) (8)硝酸的挥发和分解导致其浓度降低 【详解】（1）①Ag是47号元素，在元素周期表中的位置为第五周期第ⅠB族。 ②基态银原子电子排布式可简化表示为 。 （2）浓度约为，当出现沉淀时，c(Ag+)= mol/L，溶液中浓度约为mol/L； （3）A. 根据，每析出1 mol Ag，消耗1molFe，Fe元素化合价由0升高为+3，则共转移3个电子，故A错误； B. 根据，反应生成Ag和氢气的物质的量比为1：1， 没有明确是否为标准状况，2.24 L 的物质的量不一定是0.1mol，所以析出Ag的质量不一定是10.8 g ，故B错误； C. 根据，生成1mol氢气转移3mol电子，每转移1.5 mol电子，产生1 g ，故C正确； D. 根据，消耗Fe、AgCl的物质的量比为1：1，则每消耗5.6 g Fe，同时消耗0.1molAgCl，则溶液中增加0.1 mol ，故D正确； 选CD。 （4）判断AgCl是否完全转化，即检验混合物中是否含有AgCl，若AgCl完全转化，则剩余固体全部为银，可完全溶于稀硝酸，若AgCl未完全转化，剩余AgCl不能溶于稀硝酸，则可用稀硝酸检验，稀硝酸参与反应可能会产生氮氧化物，反应需在通风设备中进行，反应后的溶液中存在氯离子，若未将滤渣洗净，氯离子会干扰实验，所以需要洗涤滤渣。实验步骤依次为：①取出铁圈，搅拌均匀后取少量浊液；③过滤得到固体；⑤将固体洗净，②开启通风设备；④向固体中加入足量稀；正确步骤为①→③→⑤→②→④。 （5）若洗涤液中不含氯离子说明固体已洗净，具体操作为：取最后一次洗涤液，滴加硝酸银溶液无明显现象； （6）若已完全转化，则固体中只有银，银能溶于硝酸，所以已完全转化的现象是步骤④中无固体剩余，选A； （7）银溶于浓硝酸生成硝酸银、二氧化氮、水，发生反应的离子方程式为； （8）硝酸受热易分解，温度升高挥发速度加快。温度高于T0K时，银的溶解速率随温度升高而减小的原因是主要原因是：硝酸的挥发和分解导致其浓度降低，从而减缓了反应速率。 17．黄铜矿(主要成分为CuFeS2)可用于冶炼Cu2O，主要物质转化过程如下： (1)基态Cu原子的价层电子排布式为 。 (2)SO2的分子空间构型是 形，键角 120°(填“大于”“等于”或“小于”)，请用价层电子对互斥理论解释原因： 。 (5)Cu2O和CuCl都属于离子化合物，其中 熔点较高，原因是 。 (6)某小组探究SO2与Cu(OH)2悬浊液制备CuCl，实验装置如图。 已知：CuCl是一种难溶于水和乙醇的白色固体，见光受热易分解，在酸性溶液中会发生歧化反应：2Cu+=Cu2++Cu。 ①下列说法不正确的是 。 A．a中的液体可以选用稀硝酸 B．若装置乙中有白色沉淀生成，可说明还原性：SO2>CuCl C．若装置乙中出现了紫红色固体，则说明SO2通入量过多 D．装置丙中的CCl4主要作用是防倒吸 ②写出乙中Cu(OH)2转化为CuCl的化学方程式 。 【答案】(1)3d104s1 (2) V形 小于 根据VSEPR原则，中心S原子的价电子层有三对电子，空间构型为平面三角形，其中有一对是孤电子对，对成键电子对产生排斥作用 (5) Cu2O O2-所带电荷数较多并且离子半径比Cl-小，与Cu+形成的离子键作用力更强 (6) A 2Cu(OH)2 + 2NH4C1 + SO2 =(NH4)2SO4 + 2CuCl + 2H2O 【分析】由题干流程图可知，Cu2S与O2共热制备Cu2O的同时还生成SO2，方程式为2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2。 【详解】（1）Cu为29号元素，基态Cu原子的价层电子排布式为：3d104s1； （2）SO2中心原子S周围的价层电子对数为：2+=3，根据杂化轨道理论可知，硫原子的杂化方式是sp2，VSEPR模型是平面三角形，存在1对孤对电子，空间构型为V形，孤对电子对成键电子对产生排斥作用，因此键角小于120°； （5）Cu2O和CuCl都属于离子化合物，Cu2O的熔点较高，原因是：O2-所带电荷数较多并且离子半径比Cl-小，与Cu+形成的离子键作用力更强，熔沸点更高。 （6）探究SO2与Cu(OH)2悬浊液制备CuCl的流程为先在装置甲中利用Na2SO3固体和较浓的硫酸反应制取出SO2气体，然后在装置乙中与氨水和CuCl2生成的Cu(OH)2悬浊液反应生成CuCl固体，尾气用NaOH溶液吸收。 ①A．a中的液体可以选用稀硝酸：硝酸有强氧化性，能将SO32-氧化为SO42-，不能与Na2SO3反应生成SO2气体，A错误； B．若装置乙中有白色沉淀生成，根据题目信息，SO2气体能将Cu(OH)2还原为CuCl，则还原性：SO2>CuCl，B正确； C．若装置乙中出现了紫红色固体，说明有单质铜产生，也说明发生了歧化反应：2Cu+=Cu2++Cu，此时溶液为酸性，证明SO2通入量过多使溶液现酸性，C正确； D．装置丙中的CCl4主要作用是防倒吸，SO2极易溶于水，难溶于CCl4，该装置可以起到防倒吸作用，D正确； 故选A。 ②制备CuCl，是先用氨水和CuCl2生成的Cu(OH)2悬浊液：CuCl2+2NH3·H2O =Cu(OH)2↓+2NH4Cl，再与SO2反应生成CuCl，反应方程式为：2Cu(OH)2↓+2NH4Cl+SO2=(NH4)2SO4+2CuCl+2H2O。 18．（24-25高三上·上海·期中）工业碳酸钠(纯度约98%)中含有Ca2+、Mg2+、Cl-和等杂质，提纯工艺路线如下： 已知：碳酸钠的溶解度(S)随温度变化的曲线如图所示。 (1)滤渣的主要成分为 。 (2)“趁热过滤”的原因是 。 (3)检验得到的试剂碳酸钠中是否含有离子的操作：取少量试剂于试管中加水溶解， 。 【答案】(1)滤渣的主要成分为Mg(OH)2、CaCO3 (2)使析出的晶体主要为Na2CO3·H2O，防止因温度过低而析出Na2CO3·10H2O晶体，令后续的加热脱水耗时长、耗能高（或者使后续加热脱水时间短，耗能少） (3)加足量盐酸，再滴加BaCl2溶液 【分析】因工业碳酸钠（纯度约98%）中含有Mg2+、Ca2+，加水，碳酸钠中与Mg2+、Ca2+结合生成MgCO3、CaCO3，与Ca2+结合生成CaSO4，加NaOH溶液，除尽Mg2+[MgCO3转化成Mg(OH)2]，加热浓缩，趁热 过滤得到Na2CO3·H2O，加热脱水得到纯碳酸钠。 【详解】（1）根据分析可知，滤渣的主要成分为Mg(OH)2、CaCO3； （2）根据所给的坐标图可以发现：温度减少至313K时发生突变，溶解度迅速减少，若不趁热过滤将析出晶体，所以“趁热过滤”的原因是使析出的晶体为Na2CO3·H2O，防止因温度过低而析出Na2CO3·10H2O晶体，使后续的加热脱水耗时长，耗能高（或者使后续加热脱水时间短，耗能少）； （3）检验得到的试剂碳酸钠中是否含有离子的操作：取少量试剂于试管中加水溶解，先加足量稀盐酸再加BaCl2溶液，排除碳酸根离子，亚硫酸根等离子的干扰。 1．（2025上海，T5（1）（2）（3）（4））铁红是一种常见的铁的化合物。最早，史前人类利用赭石沉淀物获得浅黄色和红色绘画颜料，其主要成分便是伴有少量硫化物的铁红 (1)在我国古代，赭红是一种重要的红色颜料，其主要成分为铁的化合物。该化合物可能是_______。 A． B． C． D． (2)如图所示，加热试管中的铁粉和硫粉，下列说法正确的是_______。 A．移开酒精灯后，固体保持红色 B．反应中S只做还原剂 C．反应中主要产生的气体副产物为SO3 D．最终得到黑色的Fe2S3固体 (3)基态铁原子中，_______。 A．有4个不同能级的电子 B．有5个未成对电子 C．核外电子共占据15个原子轨道 D．有26种能量不同的电子 在FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，产生[Fe(SCN)(H2O)5]Cl2，溶液变为血红色。 (4)下列关于饱和FeCl3溶液的说法正确的是_______。 A．常温下显中性 B．加入铁粉后溶液变为红褐色 C．遇沸水时产生胶体 D．加入氨水后产生白色沉淀 【答案】(1)A (2)A (3)C (4)C 【详解】（1）、、均为黑色，赭红的主要成分是，故选A； （2）A．铁粉和硫粉的反应为放热反应，移开酒精灯后固体保持红热，A正确； B．硫在反应中化合价从0价降至-2价（FeS），硫只作​​氧化剂​​，而不是还原剂，B错误； C．该反应在加热条件下主要生成FeS，基本不产生SO3气体；若有少量气体产生，是硫和氧气反应生成的二氧化硫，而不是SO3，C错误； D．该反应在加热条件下主要生成FeS，D错误； 故选A； （3）铁为26号元素原子，基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2； A．有7个不同能级的电子，A错误； B．结合Fe的电子排布式可知，有4个未成对电子，B错误； C．结合Fe的电子排布式可知，核外电子共占据1+1+3+1+3+5+1=15个原子轨道，C正确； D．同一能级能量相同，结合Fe的电子排布式可知，有7种能量不同的电子，D错误； 故选C； （4）A．氯化铁溶液中三价铁离子水解，导致溶液显酸性，A错误； B．加入铁粉后，三价铁和单质铁反应生成氯化亚铁，溶液变为浅绿色，B错误； C．饱和氯化铁溶液滴加到沸水中，三价铁水解可以产生氢氧化铁胶体，C正确； D．加入氨水后产生红褐色氢氧化铁沉淀，D错误； 故选C； 2．（2025上海，T2（1）（2））钨(W)为银白色有光泽的金属，常温下不受空气侵蚀，化学性质比较稳定，主要用来制造灯丝和制作耐磨工具。 (1)用金属钨作灯丝与钨的_______特性有关。 A．延展性 B．导电性 C．高熔点 D．硬度大 (2)从微观角度解释钨有金属光泽的原因 。 【答案】(1)BC (2)当可见光照射金属表面时，金属中的自由电子吸收光能，形成不稳定的较高能量状态。当电子跃迁回较低能量状态时，会将能量以可见光的形式辐射出来，而具有金属光泽 【详解】（1）因为W丝具有导电性高熔点的性质，所以可以用来做灯丝，故答案为：BC； （2）钨有金属光泽的原因是：金属晶体中有自由电子，所以当可见光照射到金属晶体表面时，晶体中的自由电子可以吸收光能而呈现能量较高的状态。但是这种状态不稳定，电子跃迁回到低能量状态时会将吸收的各种波长的光辐射出来，使得金属不透明并具有金属光泽； 故答案为：金属晶体中有自由电子，所以当可见光照射到金属晶体表面时，晶体中的自由电子可以吸收光能而呈现能量较高的状态。但是这种状态不稳定，电子跃迁回到低能量状态时会将吸收的各种波长的光辐射出来，使得金属不透明并具有金属光泽； 3．（2025·上海·高考真题）工业从低品位锗矿中提取精锗，使用分步升温的方法： (1)验证锗矿石中含有锗元素可使用的方法为 。 A．原子发射光谱法    B．红外光谱法    C．X射线衍射 (2)既能与强酸反应，也能与强碱反应，由此推测是 氧化物。 锗矿石中含有、煤焦油、等杂质，相关物质的熔、沸点如下表所示： 煤焦油 熔点 升华 沸点 —— —— (3)分析提取精锗时采用分步升温的原因 。 (4)真空还原阶段用除，产物还有等生成，写出该阶段的化学方程式 。 (5)在不同温度下，使用不同浓度的真空还原时，元素的萃出率如下图所示。由此判断，真空还原采用的最佳温度及浓度分别为_______。 A．，2.5% B．，5.0% C．，2.5% D．，2.5% 【答案】(1)A (2)两性 (3)在焙烧可除去矿石中的、煤焦油、等杂质，将元素氧化为；真空还原阶段，升温到，升华蒸出 (4) (5)C 【分析】低品位锗矿焙烧得到，然后加入真空还原为，经过多步反应得到Ge； 滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管；查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录；锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算； 【详解】（1）可以通过原子发射光谱法可检验物质中所含元素，故选A； （2）既能和酸又能和碱反应生成盐和水的氧化物属于两性氧化物；既能和强酸反应，也能与强碱反应，由此推测是两性氧化物； （3）①在焙烧可除去矿石中的、煤焦油、等杂质，将元素氧化为；②真空还原阶段，升温到，升华蒸出；使用分段升温，可以除去杂质，能得到较纯的； （4）真空还原阶段用除，产物还有、、等生成，反应中Ge化合价由+4变为+2、P化合价由+1变为+5，结合电子守恒，该阶段的化学方程式：； （5）由图，，使用2.5%的真空还原时，元素的萃出率几乎为100%，此时能节约能源和原料，选C； 4．（2024·上海·高考真题）溴化铝可用作分析试剂、催化剂和制冷剂。溴化铝的固体以二聚体分子形式存在。其结构如下图所示： (1)关于Al2Br6中化学键描述正确的是___________。 A．含有极性键 B．含有离子键 C．含有非极性键 D．含有金属键 (6)已知氟化铝、溴化铝和碘化铝的熔点如下表所示，碘化铝和溴化铝的结构相似。利用晶体结构有关知识，解释氟化铝、溴化铝和碘化铝熔点存在差异的原因。 物质 氟化铝 溴化铝 碘化铝 熔点/K 1564 371 464 (7)AlBr3水解可得到Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体用于净水，其原因是 。 (8)已知电泳时，带电Al(OH)3胶体粒子向阴极移动，该胶体的化学式离子可能是___________。 A．[mAl(OH)3·nAl3+·(3n-x)Br-]x+ B．[mAl(OH)3·nBr-·xAl3+](3x+n)+ C．[mAl(OH)3·nOH-·(n-x)H+]x- D．[mAl(OH)3·nAl3+·3nBr-] 【答案】(1)A (6)氟化铝为离子晶体，溴化铝和碘化铝为分子晶体。离子晶体熔化时需要破坏离子键，溴化铝和碘化铝熔化时需要破坏范德华力，故氟化铝的熔点高于溴化铝和碘化铝。溴化铝和碘化铝的结构相似，碘化铝的相对分子质量大于溴化铝，范德华力更大，因此碘化铝的熔点高于溴化铝 (7)Al(OH)3胶体粒子有很大的比表面积，具有较好的吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒并使其沉降 (8)A 【详解】（1）溴化铝的固体以二聚体分子形式存在，结合其分子结构，其结构类似氯化铝的二聚体，溴和铝之间形成溴铝极性共价键，故选A； （6）氟化铝为离子晶体，溴化铝和碘化铝为分子晶体，离子晶体熔化时需要破坏离子键，溴化铝和碘化铝熔化时需要破坏范德华力，故氟化铝的熔点高于溴化铝和碘化铝；溴化铝和碘化铝的结构相似，碘化铝的相对分子质量大于溴化铝，范德华力更大，因此碘化铝的熔点高于溴化铝； （7）AlBr3水解可得到Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体粒子有很大的比表面积，具有较好的吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒并使其沉降，故能净水； （8）电泳时，带电Al(OH)3胶体粒子向阴极移动，在该胶体粒子带正电荷，则排除选项CD；B电荷数错误，正确的表示为mAl(OH)3·nBr-·xAl3+]3x-n；故选A。 5.（2024上海，T1（3）（4）（5））（2024·上海·高考真题）从1771年获得氟化氢到1886年通过电解法制备氟单质，经历一百多年时间。目前，含氟化合物已广泛应用于医药、材料等领域。 (3)工业用氟化钙与浓硫酸在加热条件下制备HF气体，相应的化学方程式为 。该反应中，浓硫酸体现了酸性和 。 A．吸水性   B．脱水性   C．强氧化性   D．难挥发性 (4)据研究，液态氟化氢中存在电离平衡3HFX+，微粒X的化学式为 ，的结构为，其中F-与HF之间的作用力为 。 (5)氟单质具有强氧化性，常温下能与铁、银等大多数金属发生反应，但在工业上可用铜制容器储存氟单质，可能的原因是 。 【答案 (3) CaF2+H2SO4(浓)CaSO4+2HF↑ D (4) H2F+ 氢键 (5)氟气与铜反应生成致密的氟化膜，阻止氟气与铜继续反应 【详解】 （3）工业用氟化钙与浓硫酸在加热条件下制备HF气体，相应的化学方程式为CaF2+H2SO4(浓)CaSO4+2HF↑；该反应中，浓硫酸体现了酸性和难挥发性。 （4）液态氟化氢中存在电离平衡3HFX+，根据原子守恒可知，其中X为H2F+，的结构为，其中F-与HF依靠氢键相连接。 （5）氟单质具有强氧化性，常温下能与铁银等大多数金属发生反应，但在工业上可用铜制容器储存氟单质，可能的原因是氟单质与铜反应生成了致密的氟化铜保护膜，覆盖在铜表面，阻碍铜与氟气进一步反应。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 7 / 20 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07元素及其化合物的性质与应用 目录 第一部分 风向速递 洞察考向，感知前沿 第二部分 分层突破 固本培优，精准提分 A组·保分基础练 题型01金属元素及其化合物性质、用途和转化 题型02非金属元素及其化合物性质、用途和转化 B组·抢分能力练 第三部分 真题验证 对标高考，感悟考法 1．【结合周期律考查物质性质】（2025·上海·二模）下列事实中，能用来比较碳元素和硫元素的非金属性强弱的是 A．SO2具有漂白性而CO2没有 B．少量H2SO3可与Na2CO3反应生成NaHCO3 C．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色而CO2不能 D．Na2CO3溶液显碱性，而Na2SO4溶液显中性 2．（24-25高三上·上海·月考）下列关于实验现象的解释或结论中，错误的是 选项 实验操作 试剂A 现象 结论 A 高锰酸钾的酸性溶液 紫色褪去 SO2有还原性 B 盐酸酸化的 BaCl2溶液 无明显变化，一段时间后出现白色沉淀 硫元素从+4价被氧化到+6价 C 新制氯水 黄绿色褪去 SO2有漂白性 D 硫化钠溶液 出现淡黄色浑浊 SO2有氧化性 A．A B．B C．C D．D 3．（2025·上海奉贤·三模）氮元素不仅是大气主要组成元素，也是蛋白质、核酸等生命大分子的关键组成元素。而在生态系统中，氮循环是核心环节之一，涵盖了固氮、氨化、硝化和反硝化等多个过程，维持了氮元素在生物圈和环境中的动态平衡。 (1)下列有关蛋白质的说法正确的是___________。 A．蛋白质只由C、H、O、N四种元素组成 B．酒精能使蛋白质变性 C．棉、麻、蚕丝主要成分均为蛋白质 D．蛋白质水解生成葡萄糖 (2)1919年，卢瑟福通过粒子轰击氮气，首次实现人工核嬗变——氮-14原子核被转化为氧-17并释放氢核(质子)，揭示了原子核的可变性。下列说法正确的是___________。 A．上述过程属于化学变化 B．粒子是质子数为2的氦原子 C．与属于同一种核素 D．的中子数比多2 自然界中的局部氮循环如下图。 (3)上图含氮物质的各步转化的说法中，正确的是___________。 A．属于氮的固定的是①②⑥ B．硝化作用中N元素均被氧化 C．转化为需要消耗 D．根瘤菌和亚硝化细菌都参加了氮循环中的化学反应 (4)某地土壤样品，经电泳实验发现其胶体粒子向阳极移动，则含氮量相等的下列氮肥中，不宜在该地施用的是___________。 A．氨水 B． C． D． (5)含的废水可用二硫化亚铁()处理，在反硝化细菌的作用下发生以下反应，请将离子方程式补充完整并配平 。 水中的硝酸盐污染物也可通过纳米Fe去除。 已知：ⅰ．纳米Fe具有很高的活性，易被氧化使表面形成氧化层。 ⅱ．纳米Fe将转化为的关系如下： (6)检验溶液中的操作和现象 。 (7)溶液初始pH较低有利于的去除，可能的原因是 、 (任写2条)。 (8)通过检测循环水中的可判断循环水的水质是否恶化，检测利用的是酸性条件下I-被氧化为的反应，该反应的历程如下： Ⅰ．    Ⅱ．∙∙∙∙∙∙          Ⅲ． Ⅱ的离子方程式为 。 (9)若废水中的的浓度约为，取废水5mL于试管中，滴加2滴的硝酸银溶液，能否看到沉淀现象？ ，试通过计算说明 。 (注：1mL溶液以20滴计；)(忽略2滴溶液体积对混合溶液体积变化的影响) 4．（25-26高三上·上海·阶段练习）工业上产生的还可以通过与碱性氧化物或碱反应而除去。 (1)富氧煅烧燃煤产生的低浓度的可以在炉内添加生石灰而除去，则硫元素最终存在于 内。(填化学式) (2)氨水吸收，当通入至溶液左右时，主要反应的离子方程式为 。 已知：溶液中、、的物质的量分数随的分布如图所示。 (3)用溶液吸收所得溶液(和的混合物)来制备晶体，请补充完整实验方案。取一定体积上述溶液，通入足量到后， 、 、洗涤、干燥得晶体。已知：溶解度如图。 (4)用溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中的去除率。其他条件相同，转化为的转化率随溶液初始(用稀盐酸调节)的变化如图所示： 溶液的初始越小，转化率越高。其原因是 。 (5)上题中，吸收塔内部通常将NO气从吸收塔的 通入，与溶液充分接触发生反应。 A．上部    B．中部    C．下部 (6)一种隔膜电化学法可处理燃煤烟气中的NO和，装置如图所示。阴极区的电极反应式为 。 5．【结合污水处理考查物质性质与用途】（24-25高三下·上海·期中）是饮用水、工业用水、城市污水及游泳池循环水处理的高效廉价絮凝剂，也是中学实验室中常见的试剂。某实验小组用以下装置制备固体，并探究溶液与Cu的反应。已知：晶体易升华，溶液易水解。 I．的制备 (1)装置C中碱石灰的作用是 。 (2)从D、E、F中选择合适的装置制备纯净的，正确的接口顺序为a→ (可选试剂：饱和食盐水、NaOH溶液、浓硫酸、碱石灰，仪器可重复使用)。 Ⅱ．探究盐溶液与Cu的反应，进行了如下实验。 实验装置 序号 试剂a 实验现象 I 20mL pH约为1.3的溶液 溶液逐渐变为蓝色。2天后，Cu片有较大量剩余，溶液仍为蓝色 Ⅱ 20mL pH约为1.3的溶液 溶液逐渐变为蓝绿色，铜片表面覆盖有白色固体(经检验为CuCl)。2天后，白色固体消失，Cu片无剩余 Ⅲ 20mL pH约为1.3的溶液 溶液逐渐变为绿色，实验过程中未见气泡产生。2天后，Cu片少量剩余 资料：i．CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体；ii．(棕色)。 小组同学取2mL实验Ⅰ中反应2天后的溶液于试管中，加入2滴1mol/L KSCN溶液，观察到溶液迅速变红，产生大量白色沉淀。 甲同学猜想可能在该条件下被氧化了。 (3)用离子方程式表示甲同学的猜想 。 (4)若向；溶液中滴加足量的KSCN和的混合溶液，经过一系列操作得到白色沉淀CuSCN的质量b g，则CuSCN的产率为 。 (5)对比实验Ⅰ和Ⅱ，小组同学推测可以催化与Cu反应。写出生成白色固体和白色固体消失的方程式： 。 实验Ⅲ所得溶液的颜色不是蓝色，小组同学猜测反应中生成了，设计并实施了以下实验，验证了其猜想。 步骤 实验操作 实验现象 ① 向盛有0.3g金属Cu片的烧杯中加入试剂X 2天后溶液颜色无明显变化，铜片表面有细小气泡附着 ② 继续加入少量固体 溶液迅速变为浅棕色 (6)试剂X是 。 综合以上实验，盐溶液与Cu反应的多样性与负离子种类、生成物存在形式等有关。 01金属元素及其化合物性质、用途和转化 1．（25-26高三上·上海·阶段练习）用铁泥(主要成分为、和)制备纳米(平均直径)的流程示意图如图： 下列叙述错误的是 A．俗称铁红，可用于生产油漆、油墨、建筑物着色剂 B．步骤②中，发生反应的离子方程式只有 C．步骤④中使用过量的有利于提高纳米产率 D．为验证纳米态的，可将其形成分散系，做丁达尔效应实验 2．（25-26高三上·上海·阶段练习）青铜是金属冶炼史上最早的合金，我国出土了大量青铜器，体现了古代中国对人类文明的巨大贡献。青铜器在埋藏过程中会逐渐生锈，查阅资料得知铜锈的成分非常复杂，主要成分有和。 (1)铜元素的焰色试验为绿色，为 (填“发射”或“吸收”)光谱。铜锈中俗称铜绿，可溶于酸。铜绿在一定程度上可以提升青铜器的艺术价值，参与形成铜绿的物质有Cu和 。 (2)青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀还会生成有害锈，其形成过程中会产生CuCl(白色不溶于水的固体)，请结合下图回答： 过程1的正极反应物是 ，过程1负极的电极反应式是 。 3．（2025·上海·三模）过氧化钠是一种重要的化学用品。工业上用金属钠制备过氧化钠的一种过程(喷雾氧化法——借助压缩空气将熔融金属钠喷入氧化炉)如下： (1)下列说法正确的是___________。 A．液钠储槽应隔绝空气，可用酒精进行液封 B．金属钠恰好熔化后，表面的氧化膜并不会熔化 C．压缩空气吹送熔融金属钠时，不会发生化学反应 D．无论如何调节反应的温度，产物中均混有杂质 (2)称取mg样品，按如下流程测定产品的纯度(假定杂质只有)： 如果转移时有少量溶液溅出，则测得的质量分数将 。 A．偏高    B．偏低    C．不影响 (3)过氧化钠与水或二氧化碳反应放出的氧称为有效氧。有效氧含量。 若某一产品有效氧含量，则该产品中过氧化钠纯度不低于 。(要求写出计算过程) 4．（24-25高三下·上海·开学考试）设计如下装置进行和稳定性差异对比实验(加热及夹持装置省略)。 (1)将分别装有和的试管同时放入甘油油浴加热(甘油沸点为290℃)，目的是 。 (2)该实验用饱和碳酸钠溶液检验反应的产物，a、b试管中的实验现象分别为：a ；b 。 (3)试管b中发生反应的离子方程式： 。 5．（25-26高三上·上海·月考）铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下： 已知： ①钛白粉废渣成分：主要为，含少量和不溶物。 ②。 ③ 生成，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3，0.1 生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8。 (1)铁及其化合物与生产生活密切相关。下列说法错误的是___________。 A．可用铁制槽车装运浓 B．不锈钢就是铁磁合金 C．可以用作净水剂 D．铁可用于制作磁性材料 (2)对溶液进行下列操作，观察到的现象与水解有关的是___________。 A．滴加NaOH溶液有沉淀产生 B．加热蒸干灼烧得到红棕色固体 C．通入气体有沉淀产生 D．滴加KSCN试液溶液变红 (3)检验溶液中是否含有钛元素，可采用的仪器分析方法为___________。 A．原子发射光谱 B．红外光谱 C．质谱 D．晶体X射线衍射 (4)根据③中数据分析，在制备铁黄晶种的过程中，采用 测定pH。 (5)纯化步骤中加入过量铁粉的目的是 。 (6)纯化步骤充分反应后，分离混合物的操作为 。 制备晶种：为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO₄溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色，滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)： (7)产生白色沉淀后的pH低于资料③中的6.3，原因是：沉淀生成后 。 A．>        B．<        C．= (8)时段，pH迅速下降，该过程的离子反应方程式为： 。 制得的氧化铁黄中含有少量氧化铁红()，可用的分光光度法测定氧化铁黄的含量。已知的吸光度A(对特定波长光的吸收程度)与标准溶液浓度的关系如图所示。 (9)称取3.47 g氧化铁黄，用稀硫酸溶解并定容至1 L，准确移取该溶液10.00 mL，加入足量KSCN溶液，再用蒸馏水定容至100 mL。测得溶液吸光度A=0.8，则氧化铁黄的质量分数为 。(保留2位有效数字，，) (10)若吸光度A减小，则氧化铁黄的含量将 。 A．增大        B．减小 6．（25-26高三上·上海·期中）铁及其化合物广泛应用于建筑材料、机械制造、电子工业等领域，为人类社会发展提供了重要支撑。 (1)在我国古代，赭红是一种重要的红色颜料，其主要成分为铁的化合物。该化合物可能是___________。 A． B． C．FeS D． (2)饱和溶液溶液___________。 A．显中性 B．遇铁粉变为红棕色 C．遇沸水会形成胶体 D．遇氨水能生成白色沉淀 (3)溶液中滴加少量KSCN溶液，会生成血红色配合物，该配合物的内界是 ，配体的种类有 种。 (4)实验室可利用反应：，用含的溶液洗涤银镜反应后的试管。现用的溶液和 溶液溶解银镜，试回答哪种溶液除银效果更好，从化学平衡的角度说明理由 。 (5)水解会生成胶体。胶体可用于净水，其原因是： ，已知电泳时，带电胶体粒子向阴极移动，该胶体粒子的化学式可能是 。 A．    B． C．     D． (6)某种铁氮化合物的晶胞结构如图所示(图中仅示出Fe的位置)，立方体晶胞的边长为。该铁氮化合物的密度为。该晶胞中铁、氮的微粒个数之比为 ，晶胞中N所处的合理位置： 。 （2025·上海杨浦·一模）实验小组探究与醋酸溶液反应的过程如下。 Ⅰ．制备：向溶液中加入过量氨水，生成。 7．制备的离子方程式为 。 8．过滤、洗涤。 （1）过滤时不会用到的仪器是 。（不定项） A．    B．    C．    D．    E. （2）简述洗涤沉淀的操作 。 （3）沉淀洗涤干净的标准为 。 9．已知：25℃，的、醋酸的、，计算的平衡常数，判断醋酸能否溶解 。（写出计算过程） Ⅱ．将悬浊液和溶液混合，充分振荡。各试剂体积及现象见下表。 试管 1 2 3 4 悬浊液（mL） 1.0 1.0 1.0 1.0 冰醋酸（mL）+水（mL） 澄清时间 8 min 21 min 2 h 2 h 10．实验结论是： 。 Ⅲ．已知：25℃，的，溶液的。 11．溶液呈中性的原因是： 。 12．溶液中水的电离程度比纯水中水的电离程度____。 A．大 B．一样 C．小 D．无法确定 将悬浊液和溶液混合，充分振荡。各试剂体积及现象见下表。 试管 5 6 7 8 悬浊液（mL） 1.0 1.0 1.0 1.0 饱和溶液（mL）+水（mL） 澄清时间 3 h后沉淀减少，1天后澄清 4 h后沉淀减少，1天后澄清 1天后仍有沉淀 1天后仍有沉淀 13．猜测能溶解在醋酸中是因为生成了配合物。 （1）能与形成配位键的是中的 。 A．C    B．H    C．O （2）若配合物的化学式为，则该配合物的内界是 。 02 非金属元素及其化合物性质、用途和转化 1．（2025·上海黄浦·二模）等微粒浓度过大容易引起水体富营养化。利用不仅可以降低污水中和的浓度，还能回收优良缓释肥料（化学式，俗称鸟粪石）。 已知常温下：。 (1)氨氮废水导致水体富营养化的直接原因是_______。 A．具有毒性 B．促进藻类过度繁殖 C．消耗水中溶解氧 D．增加水体 (2)下列说法错误的是_______。（不定项） A．的电子式 B．为正四面体形 C．既含离子键又含非极性键 D．既能与强酸反应又能与强碱反应 (3)向某氨氮废水中加入可溶性磷酸盐和镁盐，生成的离子方程式为 。 (4)常温下，若沉淀后的废水的，沉淀中同时含有和少量磷酸镁，请判断总氮的残留是否达到基本排放标准 。（写出过程） (5)用该方法处理污水时，发现溶液过高或过低都不利于磷酸铵镁回收，请结合相关知识分析可能原因 。 微生物燃料电池在治理水体富营养化方面发挥重要作用。下图是某微生物燃料电池工作原理示意图，该装置能同时除去水体中的和沉积物中的。 (6)该装置工作时，下列说法正确的是_______。（不定项） A．将电能转化为化学能 B．电极b作负极 C．电子移动方向为：电极b→沉积物→水体→电极a D．电极a发生还原反应 (7)写出在电极b表面发生的电极反应 。 (8)下通过该装置生成的氮气，计算反应过程中转移电子的物质的量为 。 （24-25高三上·上海·开学考试）化学循环脱硫。过程如下图所示。 已知：①造气反应： ②Bunsen反应： 2．造气反应中，1.2molO2能氧化H2S的体积为 L(折算至标准状况)。 3．X的化学式为 。 4．化学循环脱硫的技术难点在于Bunsen反应产物分离。一种解决方案是加入过量的I2和H2O，I2与HI结合形成HIx以增大其密度，使反应后液体自发分为两层。上层液主要成分是 (填化学式)。 5．实验室中分离该反应产物用到的玻璃仪器是_______。 A． B． C． D． 6．另一种解决Bunsen反应产物分离方案是利用如图所示的膜电解装置。关于该装置说法正确的是_______。 A．a处应通入造气生成的SO2与H2O B．H+从右侧室经离子交换膜进入左侧室 C．除通入循环物质外，该装置工作时还需加入额外的水 D．当电路中通过0.1mol电子时，阳极上形成0.1molH+ 8．（2025·上海·模拟预测）可用于照相业作定影剂等，它又名“大苏打”“海波”，易溶于水，难溶于乙醇，水溶液呈微弱的碱性，遇强酸发生剧烈反应。某化学研究性小组对它的制备和性质进行了探究。 Ⅰ．实验室可通过和共同反应来制备，装置如图所示： (1)硫代硫酸钠中硫元素的平均化合价是 。 (2)下列方案适宜在实验室制备的是_______。 A．(浓) B．(浓) C． D． (3)A装置中，溶液的作用是 。 (4)B装置中固体为亚硫酸钠，写出该装置中反应的化学方程式： 。 (5)装置C的作用有 。(任意写出一条) (6)装置D中生成的化学方程式为 。 (7)为了吸收可能逸出的尾气，溶液X除了图中的还可以是_______。 A．胶体 B．酸性溶液 C．品红溶液 D．饱和溶液 Ⅱ．分离并对产品分析检测 (8)为减少产品的损失，操作①为 ，操作②是抽滤、洗涤、干燥，其中洗涤操作中用 作洗涤剂。 Ⅲ．利用与稀硫酸反应探究影响化学反应速率的因素，设计了如表系列实验： 实验序号 反应温度(℃) 浓度 稀硫酸 1 20 10.0 0.10 10.0 0.50 0 2 40 10.0 0.10 10.0 0.50 0 3 20 0.10 4.0 0.50 (9)设计实验1和2的目的是 。 (10)若用实验1和3探究稀硫酸浓度对该反应速率的影响，则 、 。 (11)若实验1不再产生沉淀的时间为，则 。 （25-26高三上·上海·期中）可用于面粉的漂白和杀菌，它在常温下是一种黄色油状液体，易水解。其熔点为-40℃，沸点为70℃，95℃以上易爆炸。实验室可用和溶液反应制取，所用装置如下： 9．三卤化氮的分子空间结构与相似，热稳定性比强的有 。 A．            B．            C．            D． 在热水中水解后的反应液有漂白性，水解的化学方程式是 。 10．装有浓盐酸的仪器名称是 。装置A是的发生装置，实验室制备下列物质也可使用该装置的是 。(不定项) A．乙炔            B．二氧化硫            C．硝基苯            D．乙酸乙酯 11．向蒸馏烧瓶内的溶液中通入过量，B中反应的化学方程式是 ，待反应至油状液体不再增加，关闭装置A、B间的止水夹，控制水浴加热的温度范围是 ℃，将产品蒸出。 12．装置D的作用是 。 待反应结束，为测定溶液中残留的的物质的量浓度，进行如下操作： ①取蒸馏烧瓶中的反应液25.00mL，加入过量饱和溶液充分反应后，再加入过量30%的NaOH溶液，微热； ②用的稀硫酸吸收产生的，得到溶液A； ③用的标准溶液滴定A至滴定终点，消耗标准溶液。 13．步骤①中取反应液所需的定量仪器可以使用___________。(不定项) A．量筒 B．胶头滴管 C．容量瓶 D．移液管 14．滴定至终点时溶液中溶质仅有和，用含V的代数式表示的物质的量浓度是 。 （2025·上海·三模）实验室常用溶液吸收尾气，探究其适宜条件原理。时，将不同浓度溶液一次性推入中，观察现象。 编号 现象 甲 活塞自动内移，最终剩余约无色气体 乙 活塞自动内移，最终气体全部被吸收 15．已知为角形分子。下列关于说法正确的是___________。 A．均属于酸性氧化物 B．均属于离子化合物 C．均属于电解质 D．均属于极性分子 16．在给定条件下，下列物质转化可以实现的是___________(不定项)。 A． B．稀 C． D． 17．溶液吸收时生成两种钠盐，化学方程式为 。 18．检验甲中剩余气体的方法：排出大注射器中的溶液，拔下导管， ，气体变为 色。 19．某同学推测甲中产生无色气体的原因：局部浓度过低，导致部分与水反应。通过实验证明其成立：用与甲相同的装置、试剂和条件，将缓慢推入溶液中， (补全实验现象)。 进一步探究与水或碱反应时还原产物价态不同的原理。 【查阅资料】： i．遇水时发生反应：a．  b．； ⅱ．酸性条件下，或可与对氨基苯磺酸发生不可逆反应，所得产物遇萘乙二胺变红，且原溶液中越大，红色越深。 【实验】将推入下列试剂中，随即取出溶液，滴加到等量对氨基苯磺酸溶液(盐酸酸化)中，再加入等量萘乙二胺溶液，加水定容到相同体积，对比溶液颜色。 编号 试剂 溶液颜色 丙 水 溶液均呈红色，丁与戊颜色几乎相同，丙的颜色更浅 丁 溶液 戊 酸性对氨基苯磺酸溶液 20．通过实验 (填编号)对比，说明遇水时发生了反应a和b。 21．从化学反应速率的角度分析，与水或碱反应时还原产物价态不同的原因是 。 22．若用的溶液重复实验甲，最终剩余约无色气体。综上，用溶液吸收尾气，适宜的条件是 、 (写出两点即可)。 （2025·上海闵行·一模）硝酸是一种重要的基础化工原料。历史上先后出现多种不同的制备硝酸的方法。 方法一：17世纪，人们以硝石(主要成分)为氮源制备硝酸。 23．化学方程式为：，该反应中，浓硫酸体现了酸性和 。 A．强氧化性        B．脱水性    C．吸水性    D．难挥发性 该反应加热温度不能过高，原因是 。 方法二：20世纪初，挪威出现了电弧法生产硝酸，是历史上最早的硝酸工业化尝试。 24．该方法通过高压电弧使空气中的氮气与氧气反应，生成氮氧化物，进一步氧化吸收合成硝酸。该过程属于 。 A．人工固氮            B．大气固氮            C．生物固氮 25．评价电弧法的优、劣势(各列举一点)。 优势： ；劣势： 。 方法三：某科研小组研制的NO-空气质子交换膜燃料电池利用电化学法，实现了制硝酸、发电、环保三位一体，其工作原理如图所示： 26．电池负极的电极反应式为 。 27．若产生1mol，理论上应通入的体积为 L。(折算成标准状况下) 方法四：合成氨问世后，氨氧化法进入工业化阶段，这种方法至今依然是世界上生产硝酸的主要方法。以氨气为氮源催化氧化制备硝酸，反应原理分以下三步进行： 28．第Ⅰ步反应的化学方程式为 。 29．研究发现，第Ⅱ步反应按如下两步基元反应进行： ①　(快) ②　(慢) 是该反应的 (选填“催化剂”或“中间产物”)。 能正确表示该反应历程能量变化的示意图是 。 A．            B． C．        D． 30．氮原子利用率是指：目标产物中氮的总质量与生成物中氮的总质量之比。第Ⅲ步的原理为，此反应中氮原子利用率为 。 A．33.3%                B．66.7%                C．100% 1．（24-25高三上·上海嘉定·阶段练习）实验室可用NO与Cl2 在通常条件下制备NOCl，(已知NO2 与Cl2反应可得到NO2Cl)，装置如下图所示。 实验时，先通入一种气体，待E中U形管内充满该气体时，再缓缓通入另一种气体。 (1)装置F的作用是 。 (2)实验中应先通Cl2还是NO？ 。请举出一条理由 。 2．（24-25高三上·上海·期中）下图的氮循环是生态系统物质循环的重要部分，人类活动加剧了氮循环中的物质转化。 (1)下列说法不正确的是_______。 A．固氮过程中，N2只做氧化剂 B．硝化过程需要有氧化剂参与 C．反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响 D．同化、氨化过程中，实现了氮元素在无机物和有机物之间的转化 (2)反硝化过程中，CH3OH可作为反应的还原剂。请补全并配平该反应的离子方程式 。 3．（24-25高三上·上海·阶段练习）汽车尾气是大气中氮氧化物的主要来源。在汽车内燃机工作时，空气中的部分成分会直接生成少许NO，NO再被氧化为NO2。 (1)对内燃机中生成NO的反应，下列分析正确的是___________。 A．属于“氮的固定” B．涉及共价键的断裂与生成 C．活化能很小 D．在自然界中无法发生 (2)酸雨中的HNO3，可由大气中的NO2和H2O反应生成。对NO2和H2O的反应，下列分析正确的是___________。 A．ΔS < 0 B．NO2表现出了酸性氧化物的性质 C．需要在“放电”条件下发生 D．氧化剂与还原剂物质的量比为1：2 (3)通过NOx传感器可监测NOx的含量，下图为工作原理示意图，其中Pt电极上发生的是 反应(填“氧化”或“还原”)。根据图示信息写出NiO电极的电极反应式： （2025·上海青浦·二模）二氧化硫及其形成的亚硫酸盐类有广泛应用。 4．SO2是 。 A．极性分子        B．非极性分子 5．下列关于SO2说法正确的是___________。 A．SO2的水溶液能导电，所以SO2是电解质 B．SO2缓慢通入氯化钡溶液，溶液先浑浊后澄清 C．SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，体现了SO2漂白性 D．SO2通入石蕊试液，溶液变红后不褪色 将一定量SO2通入蒸馏水中，在300s时通入足量O2，500s时加入足量H2O2溶液，pH变化如下图所示。请回答下列问题： 6．比较300s通入O2和500s加入H2O2后pH的变化，请分析变化的原因 。 7．300s未通O2时，溶液中c(H2SO3)= mol˙L-1.(结果保留3位有效数字)。(已知Ka1(H2SO3)=1.3×10-2，忽略HSO的电离) 8．当溶液中HSO和SO浓度相当时，加入少量盐酸或NaOH溶液，溶液pH变化不大。请结合化学用语和必要文字说明原因： 。 （24-25高三上·上海长宁·期中）臭氧-氨水法是一种高效的工业脱硝技术，主要流程如下图所示， 已知：NO+O3=O2+NO2；2NO2+O3=O2+N2O5。 9．X溶液中含有一种铵盐，它由氨水与N2O5反应生成，写出反应的离子方程式 。 10．O3/NO摩尔比对NO脱除率、NO2转化率影响如下图，最佳摩尔比是 ，理由是 。 （24-25高三上·上海长宁·期中）烟气脱硝是指通过一系列化学反应将烟气中NO、NO2等氮氧化物转化为无污染的物质。 11．已知NO2为角形分子。下列关于NO、NO2说法正确的是___________。 A．均属于酸性氧化物 B．均属于离子化合物 C．均属于极性分子 D．均属于电解质 12．常温下，把NO气体压缩到100×105Pa，在一个体积固定的容器中加热到50℃，发现气体的压力迅速下降，压力降至略小于原压力2/3就不再改变。已知其中一种产物为N2O。请写出上述过程涉及的化学方程式： 、 。 13．静电除尘原理是含尘气体经高压静电场使尘粒带电荷后，尘粒向带相反电荷电极定向移动，从而达到除尘目的。静电除尘的原理类似于胶体的___________。 A．丁达尔效应 B．电泳 C．聚沉 D．布朗运动 （24-25高三上·上海·期中）“钠—钙双碱法”吸收具有反应充分、速率快、原料可再生、脱硫效率高等优点。流程如下： 14．要提高吸收效率的可行措施有___________。(不定项) A．加快尾气的通入速率 B．将吸收液NaOH溶液进行雾化 C．在高温条件下吸收 D．适当增加NaOH的浓度 15．一种“氧化脱硫法”采用NaClO和NaOH的混合溶液吸收。写出利用该混合液吸收少量的离子方程式： 。 16．（25-26高三上·上海·期中）常用于处理高氯废水，且可以通过循环再生。 实验I：沉淀。在高氯水样中加入使浓度约为，滴加溶液，至开始产生红色的沉淀(忽略滴加过程的体积增加)，即表示已沉淀完全。已知，。 (1)基态Ag原子结构示意图如图所示。 ①Ag在元素周期表中的位置为 。 ②基态银原子电子排布式可简化表示为 。 (2)实验过程中当出现沉淀时，溶液中浓度约为 。 实验Ⅱ：回收Ag。在沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量盐酸后静置(如图所示)，发生原电池反应，原理可以表示为：。 (3)关于上述反应中说法正确的是_______。 A．每析出1 mol Ag，共转移个电子 B．每产生2.24 L ，析出10.8 g Ag C．每转移1.5 mol电子，产生1 g D．每消耗5.6 g Fe，溶液中增加0.1 mol 为判断是否完全转化，完整实验方案包括如下步骤： ①取出铁圈，搅拌均匀后取少量浊液；②开启通风设备；③过滤得到固体；④向固体中加入足量稀；⑤将固体洗净 ①→_______→_______→_______→_______。 (4)上述步骤正确的顺序应为： 。 (5)步骤⑤中判断固体已洗净的操作是 。 (6)判断已完全转化的现象是步骤④中_______。 A．固体全部溶解 B．固体未全部溶解 C．有无色气体产生 D．无气体产生 实验Ⅲ：再生。回收的银经水洗后，用浓硝酸溶解，加热浓缩，冷却结晶得到硝酸银晶体。 (7)银溶于浓硝酸时发生反应的离子方程式为 。 (8)一定质量的银溶于一定体积、一定浓度的硝酸的过程中，银的溶解速率随温度的变化关系如图所示。温度高于T0K时，银的溶解速率随温度升高而减小的原因是 。 17．黄铜矿(主要成分为CuFeS2)可用于冶炼Cu2O，主要物质转化过程如下： (1)基态Cu原子的价层电子排布式为 。 (2)SO2的分子空间构型是 形，键角 120°(填“大于”“等于”或“小于”)，请用价层电子对互斥理论解释原因： 。 (5)Cu2O和CuCl都属于离子化合物，其中 熔点较高，原因是 。 (6)某小组探究SO2与Cu(OH)2悬浊液制备CuCl，实验装置如图。 已知：CuCl是一种难溶于水和乙醇的白色固体，见光受热易分解，在酸性溶液中会发生歧化反应：2Cu+=Cu2++Cu。 ①下列说法不正确的是 。 A．a中的液体可以选用稀硝酸 B．若装置乙中有白色沉淀生成，可说明还原性：SO2>CuCl C．若装置乙中出现了紫红色固体，则说明SO2通入量过多 D．装置丙中的CCl4主要作用是防倒吸 ②写出乙中Cu(OH)2转化为CuCl的化学方程式 。 18．（24-25高三上·上海·期中）工业碳酸钠(纯度约98%)中含有Ca2+、Mg2+、Cl-和等杂质，提纯工艺路线如下： 已知：碳酸钠的溶解度(S)随温度变化的曲线如图所示。 (1)滤渣的主要成分为 。 (2)“趁热过滤”的原因是 。 (3)检验得到的试剂碳酸钠中是否含有离子的操作：取少量试剂于试管中加水溶解， 。 1．（2025上海，T5（1）（2）（3）（4））铁红是一种常见的铁的化合物。最早，史前人类利用赭石沉淀物获得浅黄色和红色绘画颜料，其主要成分便是伴有少量硫化物的铁红 (1)在我国古代，赭红是一种重要的红色颜料，其主要成分为铁的化合物。该化合物可能是_______。 A． B． C． D． (2)如图所示，加热试管中的铁粉和硫粉，下列说法正确的是_______。 A．移开酒精灯后，固体保持红色 B．反应中S只做还原剂 C．反应中主要产生的气体副产物为SO3 D．最终得到黑色的Fe2S3固体 (3)基态铁原子中，_______。 A．有4个不同能级的电子 B．有5个未成对电子 C．核外电子共占据15个原子轨道 D．有26种能量不同的电子 在FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，产生[Fe(SCN)(H2O)5]Cl2，溶液变为血红色。 (4)下列关于饱和FeCl3溶液的说法正确的是_______。 A．常温下显中性 B．加入铁粉后溶液变为红褐色 C．遇沸水时产生胶体 D．加入氨水后产生白色沉淀 2．（2025上海，T2（1）（2））钨(W)为银白色有光泽的金属，常温下不受空气侵蚀，化学性质比较稳定，主要用来制造灯丝和制作耐磨工具。 (1)用金属钨作灯丝与钨的_______特性有关。 A．延展性 B．导电性 C．高熔点 D．硬度大 (2)从微观角度解释钨有金属光泽的原因 。 3．（2025·上海·高考真题）工业从低品位锗矿中提取精锗，使用分步升温的方法： (1)验证锗矿石中含有锗元素可使用的方法为 。 A．原子发射光谱法    B．红外光谱法    C．X射线衍射 (2)既能与强酸反应，也能与强碱反应，由此推测是 氧化物。 锗矿石中含有、煤焦油、等杂质，相关物质的熔、沸点如下表所示： 煤焦油 熔点 升华 沸点 —— —— (3)分析提取精锗时采用分步升温的原因 。 (4)真空还原阶段用除，产物还有等生成，写出该阶段的化学方程式 。 (5)在不同温度下，使用不同浓度的真空还原时，元素的萃出率如下图所示。由此判断，真空还原采用的最佳温度及浓度分别为_______。 A．，2.5% B．，5.0% C．，2.5% D．，2.5% 4．（2024·上海·高考真题）溴化铝可用作分析试剂、催化剂和制冷剂。溴化铝的固体以二聚体分子形式存在。其结构如下图所示： (1)关于Al2Br6中化学键描述正确的是___________。 A．含有极性键 B．含有离子键 C．含有非极性键 D．含有金属键 (6)已知氟化铝、溴化铝和碘化铝的熔点如下表所示，碘化铝和溴化铝的结构相似。利用晶体结构有关知识，解释氟化铝、溴化铝和碘化铝熔点存在差异的原因。 物质 氟化铝 溴化铝 碘化铝 熔点/K 1564 371 464 (7)AlBr3水解可得到Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体用于净水，其原因是 。 (8)已知电泳时，带电Al(OH)3胶体粒子向阴极移动，该胶体的化学式离子可能是___________。 A．[mAl(OH)3·nAl3+·(3n-x)Br-]x+ B．[mAl(OH)3·nBr-·xAl3+](3x+n)+ C．[mAl(OH)3·nOH-·(n-x)H+]x- D．[mAl(OH)3·nAl3+·3nBr-] 5.（2024上海，T1（3）（4）（5））（2024·上海·高考真题）从1771年获得氟化氢到1886年通过电解法制备氟单质，经历一百多年时间。目前，含氟化合物已广泛应用于医药、材料等领域。 (3)工业用氟化钙与浓硫酸在加热条件下制备HF气体，相应的化学方程式为 。该反应中，浓硫酸体现了酸性和 。 A．吸水性   B．脱水性   C．强氧化性   D．难挥发性 (4)据研究，液态氟化氢中存在电离平衡3HFX+，微粒X的化学式为 ，的结构为，其中F-与HF之间的作用力为 。 (5)氟单质具有强氧化性，常温下能与铁、银等大多数金属发生反应，但在工业上可用铜制容器储存氟单质，可能的原因是 。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 7 / 20 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $