1、2019年高考题12019新课标 固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。下图为少量HCl气体分子在253 K冰表面吸附和溶解过程的示意图。下列叙述错误的是A冰表面第一层中，HCl以分子形式存在 B冰表面第二层中，H+浓度为5103 molL1（设冰的密度为0.9 gcm3） C冰表面第三层中，冰的氢键网络结构保持不变 D冰表面各层之间，均存在可逆反应HClH+Cl【答案】D【解析】【分析】由示意图可知，在冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，第二层中氯化氢溶于水中并发生部分电离，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关。【详解】A项、由图可知，冰的表面第一
2、层主要为氯化氢的吸附，氯化氢以分子形式存在，故A正确；B项、由题给数据可知，冰的表面第二层中氯离子和水的个数比为104:1，第二层中溶解的氯化氢分子应少于第一层吸附的氯化氢分子数，与水的质量相比，可忽略其中溶解的氯化氢的质量。设水的物质的量为1mol，则所得溶液质量为18g/mol1mol=18g，则溶液的体积为103L/ml=2.0102L，由第二层氯离子和水个数比可知，溶液中氢离子物质的量等于氯离子物质的量，为104mol，则氢离子浓度为=5103mol/L，故B正确；C项、由图可知，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关，冰的氢键网络结构保持不变，故C正确；D项、由图可知，只有第二层存
3、在氯化氢的电离平衡HClH+Cl，而第一层和第三层均不存在，故D错误。故选D。【点睛】本题考查氯化氢气体在冰表面的吸附和溶解。侧重考查接受、吸收、整合化学信息的能力及分析和解决化学问题的能力，注意能够明确图像表达的化学意义，正确计算物质的量浓度为解答关键。22019江苏下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是ANH4HCO3受热易分解，可用作化肥B稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈CSO2具有氧化性，可用于纸浆漂白DAl2O3具有两性，可用于电解冶炼铝【答案】B【解析】ANH4HCO3受热易分解和用作化肥无关，可以用作化肥是因为含有氮元素；B铁锈的主要成分为Fe2O3，硫酸具有酸性可以和金属氧化物
4、反应，具有对应关系；C二氧化硫的漂白原理是二氧化硫与有色物质化合成不稳定的无色物质，不涉及氧化还原，故和二氧化硫的氧化性无关；D电解冶炼铝，只能说明熔融氧化铝能导电，是离子晶体，无法说明是否具有两性，和酸、碱都反应可以体现 Al2O3具有两性。故选B。32019江苏 下列有关化学反应的叙述正确的是AFe在稀硝酸中发生钝化BMnO2和稀盐酸反应制取Cl2CSO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3D室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2【答案】C【解析】【分析】相同的反应物，条件不同（如温度、浓度、过量与少量），反应有可能也不同；A钝化反应应注意必须注明常温下，浓硝酸与Fe发生钝化；B实验室制
5、备氯气的反应中应注意盐酸的浓度和反应温度；C过量与少量问题应以少量物质为基准书写产物；D钠的还原性强，其与氧气反应，温度不同，产物也不同；【详解】A常温下，Fe在与浓硝酸发生钝化反应，故A错误；B二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，故B错误；C二氧化硫与过量氨水反应生成硫酸铵，故C正确；D常温下，Na与空气中的氧气反应生成Na2O；加热条件下，钠与氧气反应生成Na2O2，故D错误；综上所述，本题应选C。【点睛】本题考查常见物质的化学反应，相同的反应物，条件不同（如温度、浓度、过量与少量），反应有可能也不同，所以在描述化学反应时应注意反应的条件。42019江苏 在给定条件下，下列选项所示的
6、物质间转化均能实现的是ANaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)BMgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO (s) CS(s)SO3(g)H2SO4(aq)DN2(g)NH3(g)Na2CO3(s)【答案】B【解析】【分析】A电解条件时应看清是电解水溶液还是电解熔融态物质，Cl2具有强氧化性；B根据“强碱制弱碱”原理制备氢氧化镁；C注意生成二氧化硫与三氧化硫的条件；D氨气、二氧化碳和氯化钠反应制备碳酸氢钠是利用碳酸氢钠的溶解度低；【详解】A氯气的氧化性强，与铁单质反应直接生成氯化铁，故A错误；B氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧化镁高温煅烧生成氧化镁和水，故B正确；C硫单质
7、在空气中燃烧只能生成SO2，SO2在与氧气在催化剂条件下生成SO3，故C错误；D氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠，故D错误；综上所述，本题应选B。【点睛】本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件，解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和转化条件。52019天津 下列有关金属及其化合物的应用不合理的是A将废铁屑加入溶液中，可用于除去工业废气中的B铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业C盐碱地（含较多等）不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良D无水呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水【答案】C【解析】【分析】A、氯气能将铁
8、和亚铁氧化；B、根据合金的性质判断；C、Na2CO3Ca(OH)2=CaCO32NaOH，产物仍然呈碱性；D、利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同。【详解】A、铁和亚铁能将氯气还原为氯离子，从而除去工业废气中的氯气，故A不选；B、根据铝合金的性质，铝合金具有密度低、强度高，故可应用于航空航天等工业，故B不选；C、Na2CO3Ca(OH)2=CaCO32NaOH，产物仍然呈碱性，不能改变土壤的碱性，反而使土壤更板结，故C选；D、利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同，故可根据颜色判断硅胶中是否能吸水，故D不选。故选C。【点睛】本题考查金属元素及其化合物的应用，易错点C，除杂不只是将反应物反应掉，还
9、要考虑产物在应用中是否符合要求，生成的NaOH仍然呈碱性，达不到降低碱度的目的。62019浙江4月选考下列说法不正确的是A液氯可以储存在钢瓶中B天然气的主要成分是甲烷的水合物C天然石英和水晶的主要成分都是二氧化硅D硫元素在自然界的存在形式有硫单质、硫化物和硫酸盐等【答案】B【解析】A液氯就是液态的氯气，与钢瓶不反应，可以储存在钢瓶中，A项正确；B天然气的主要成分是甲烷，可燃冰的主要成分是甲烷的水合物，B项错误；C石英、水晶、硅石、沙子的主要成分均为二氧化硅，C项正确；D硫在地壳中主要以硫化物、硫酸盐等形式存在，火山口处有硫单质，D项正确。故答案选B。72019浙江4月选考 18.下列说法不正确
10、的是A纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同B加热蒸发氯化钾水溶液的过程中有分子间作用力的破坏CCO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变D石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏【答案】C【解析】A烧碱和纯碱均属于离子化合物，熔化时须克服离子键，A项正确；B加热蒸发氯化钾水溶液，液态水变为气态水，水分子之间的分子间作用力被破坏，B项正确；CCO2溶于水发生反应：CO2+H2OH2CO3，这里有化学键的断裂和生成，C项错误；D石墨属于层状结构晶体，每层石墨原子间为共价键，层与层之间为分子间作用力，金刚石只含有共价键，因而石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作
11、用力的破坏，D项正确。故答案选C。1【2018新课标1卷】磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧硫酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：下列叙述错误的是A合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用B从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、LiC“沉淀”反应的金属离子为Fe3+D上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠【答案】D【解析】考点定位：考查金属元素的回收、环境保护等【试题点评】本题以废旧电池的回收为载体考查金属元素的回收，明确流程中元素的转化关系以及常见元素及其化合物的性质是解答的关键，题目难度不大。2【2018新课标2卷】研究表明，氮氧化物和
12、二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是A雾和霾的分散剂相同B雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵CNH3是形成无机颗粒物的催化剂D雾霾的形成与过度施用氮肥有关【答案】C【解析】考点定位：考查分散系、雾霾的形成、催化剂等有关判断。【试题点评】结合示意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解答的关键，氨气作用判断是解答的易错点。本题情境真实，应用导向，聚焦学科核心素养，既可以引导考生认识与化学有关的社会热点问题，形成可持续发展的意识和绿色化学观念，又体现了高考评价体系中的应用性和综合性考查要求。3【2018江苏卷】下列有关物质性质与用途具有对应关系的是ANaHCO3受热易分解，可用于制
13、胃酸中和剂BSiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维CAl2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料DCaO能与水反应，可用作食品干燥剂【答案】D【解析】精准分析：A项，冐酸的主要成分是盐酸，NaHCO3能与HCl反应，故NaHCO3可用于制胃酸中和剂，NaHCO3用于制胃酸中和剂与NaHCO3受热易分解没有对应关系；B项，SiO2传导光的能力非常强，用于制光导纤维，SiO2用于制光导纤维与SiO2熔点高硬度大没有对应关系；C项，Al2O3的熔点很高，用作耐高温材料，Al2O3用作耐高温材料与Al2O3是两性氧化物没有对应关系；D项，CaO能与水反应，用于食品干燥剂，CaO用于食品干燥剂与CaO与水反
14、应有对应关系；答案选D。考点定位：常见重要无机物的性质和用途。学科网【试题点评】思路点拨：本题考查常见无机物的性质和用途，解题的关键是熟悉常见物质的重要性质，理解性质决定用途以及性质与用途之间的对应关系。在化学学习中，要重视对物的的结构性质用途关系的理解，能将物质的宏观性质和用途与物质的微观结构建立联系，进而确定解决这类问题的方向。4【2018江苏卷】下列有关物质性质的叙述一定不正确的是A向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液显红色BKAl(SO4) 212H2O溶于水可形成 Al(OH)3胶体CNH4Cl与Ca(OH)2混合加热可生成NH3DCu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2【答
15、案】A【解析】考点定位：本题考查Fe3+的检验、盐类的水解、实验室制氨气的原理、Cu与FeCl3的反应的原理。【试题点评】易错提醒：NH4SCN常用于检验Fe3+，向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不会显红色；明矾净水的原理是Al3+3H2O Al(OH)3（胶体）+3H+，水解产物不是Al(OH)3沉淀，Al(OH)3胶体粒子具有很强的吸附性，故其可用于净水。5【2018江苏卷】在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是ABCD【答案】A【解析】精准分析：A项，NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH，两步反应
16、均能实现；B项，Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反应不能实现；C项，AgNO3中加入氨水可获得银氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现；D项，Al与Fe2O3高温发生铝热反应生成Al2O3和Fe，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，第二步反应不能实现；物质间转化均能实现的是A项，答案选A。考点定位：本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件。学科&网【试题点评】思路点拨：解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和转化的条件。注意量的多少对生成物的影响，如NaAlO2与少量HCl反应生成Na
17、Cl和Al(OH)3，NaAlO2与过量HCl反应生成NaCl、AlCl3和H2O。1【2017北京卷】根据SO2通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是溶液现象结论A含HCl、BaCl2的溶液产生白色沉淀SO2有还原性BH2S溶液产生黄色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2有漂白性DNa2SiO3溶液产生胶状沉淀酸性：H2SO3H2SiO3【答案】C【名师点睛】掌握SO2的性质特点是解答的关键，选项C是易错点，要明确并不是遇到褪色就是漂白，要搞清楚反应的原理以及常见的漂白剂。SO2通入下列溶液中的现象与其体现的性质归纳如下：溶液石蕊试液加有酚酞的NaOH溶液酸性KMnO
18、4溶液溴水品红溶液氢硫酸(H2S溶液)现象变红褪色褪色褪色褪色生成浅黄色沉淀性质酸性氧化物酸性氧化物还原性还原性漂白性氧化性2【2017江苏卷】下列有关物质性质与用途具有对应关系的是 ANa2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂 BClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒 CSiO2硬度大，可用于制造光导纤维 DNH3易溶于水，可用作制冷剂 【答案】A【解析】A过氧化钠可以和二氧化碳反应生成氧气，A正确；B因二氧化氯具有氧化性才用于自来水的杀菌消毒，B错误；C二氧化硅透光性好，用于制造光导纤维，C错误；D液氨气化时吸收大量热，所以氨可用作制冷剂，D错误。【名师点睛】本题考查常见无机物
19、的性质和用途。解题的关键是要熟悉常见化学物质的重要性质，性质决定用途，性质和用途之间的对应关系要理清。在学习元素化合物内容时，以“物质的结构决定物质的性质、物质的性质决定物质的用途”为主线构建知识网络，关注元素化合物性质在生产和生活中的应用。3【2017江苏卷】在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 AFeFeCl2Fe(OH)2BSSO3H2SO4CCaCO3CaOCaSiO3DNH3NOHNO3【答案】C【名师点睛】本题考查是元素化合物之间的转化关系及反应条件。解题的关键是要熟悉常见物质的化学性质和转化条件，特别是要关注具有实际应用背景或前景的物质转化知识的学习与应用。4【20
20、16新课标2卷】某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在。该白色粉末可能为ANaHCO3、Al(OH)3 BAgCl、NaHCO3 CNa2SO3、BaCO3 DNa2CO3、CuSO4【答案】C【解析】试题分析：A NaHCO3、Al(OH)3中加入足量稀硫酸有气泡产生，生成硫酸钠、硫酸铝、二氧化碳和水，最终无固体存在，A项错误；BAgCl不溶于酸，固体不能全部溶解，B项错误；C亚硫酸钠和碳酸钡加入足量水时，碳酸钡不溶于水使部分固体不溶解，加入
21、稀盐酸，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，固体全部溶解，再将样品加入足量稀硫酸，稀硫酸和碳酸钡反应生成硫酸钡沉淀和二氧化碳和水，符合题意，C项正确；D Na2CO3、CuSO4中加入足量稀硫酸，振荡后无固体存在，D项错误；答案选C。来源:学科网ZXXK【考点定位】考查物质的推断和性质。【名师点睛】该题既能检查学生元素化合物基础知识的掌握情况，又能检查学生灵活应用知识的能力，更能考查学生的逻辑推理能力，难度较大，解答时应认真分析题干，找出明显条件和隐蔽条件。5【2016浙江卷】为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他
22、成分），设计了如下流程：下列说法不正确的是A固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3BX可以是空气，且需过量C捕获剂所捕获的气体主要是COD处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4+NO2=N2+2H2O【答案】B【考点定位】考查工业废水、废气的处理等知识。来源:学科网【名师点睛】工业废气中的二氧化碳和二氧化硫都可以被过量的石灰乳吸收，而氮气、一氧化碳、一氧化氮不能被吸收，从亚硝酸钠和铵根离子反应生成无污染的气体分析，无污染的气体为氮气，则说明一氧化氮被氢氧化钠吸收，因为存在反应NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，所以要使气体中的一氧化氮被氢氧化钠吸收，应
23、该通入空气，使部分一氧化氮变成二氧化氮，且不能过量。剩余的气体为一氧化碳，所以捕获的产物为一氧化碳。本题考查的是非金属及其化合物的性质。结合元素守恒和元素化合价的变化分析各物质的成分。6【2016海南卷】下列叙述错误的是A氦气可用于填充飞艇B氯化铁可用于硬水的软化C石英砂可用于生产单晶硅D聚四乙烯可用于厨具表面涂层【答案】B考点：考查化学在生活的应用正误判断【名师点睛】化学是一门实用性的学科，在日常生活及工农业生产和科学技术中应用十分广泛。解答此类题时需注意各物质的性质与用途。7【2016江苏卷】下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是ASO2具有氧化性，可用于漂白纸浆 BNH4HCO3受热易
24、分解，可用作氮肥CFe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂 DAl2O3熔点高，可用作耐高温材料【答案】D【解析】试题分析：A、SO2用于漂白纸浆是利用其与某些有色物质作用，生成不稳定的无色物质，不是氧化性，二氧化硫与硫化氢反应生成S单质和水，表现氧化性，A错误；B、NH4HCO3用作氮肥是因为其中含有氮元素，易被农作物吸收，与热稳定性无关，B错误；C、Fe2(SO4)3用作净水剂是因为铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中悬浮的杂质而净水，C错误；D、Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，D正确。答案选D。【考点定位】本题主要是考查元素及其化合物性质和用途的判断【名师点晴】掌握
25、常见物质的性质和用途是解答的关键，注意相关基础知识的积累。易错点是A项，注意理解二氧化硫的化学性质的多样性，例如二氧化硫通入下列溶液中的现象与其体现的性质可总结如下：溶液石蕊试液加有酚酞的NaOH溶液酸性KMnO4溶液溴水品红溶液氢硫酸(H2S溶液)现象变红褪色褪色褪色褪色生成浅黄色沉淀SO2的性质溶于水显酸性溶于水显酸性还原性还原性漂白性氧化性8【2016江苏卷】在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是ASiO2SiCl4Si BFeS2SO2H2SO4 CN2NH3NH4Cl(aq)DMgCO3MgCl2(aq)Mg【答案】C【考点定位】本题主要是考查元素及其化合物相互转化的有
26、关判断【名师点晴】掌握常见元素及其化合物的性质是解答的关键，注意相关基础知识的积累，注意二氧化硅化学性质的特殊性。金属的冶炼一般是依据金属的活泼性选择相应的方法，常见金属冶炼的方法有：1.热分解法：适用于不活泼的金属，如汞可用氧化汞加热制得；2.热还原法：用还原剂(氢气，焦炭，一氧化碳，活泼金属等)还原；3.电解法：适用于K、Ca、Na、Mg、Al等活泼金属；4.其他方法：如CuSO4+Fe=Cu+FeSO4。9【2016上海卷】向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是A碳酸钙粉末 B稀硫酸 C氯化钙溶液 D二氧化硫水溶液【答案】A【考点定位】考查氯水的性质。【名师点睛】氯水的成分
27、及其性质是中学化学的重要考点，在新制的氯水中存在下列关系：Cl2H2OH+ClHClO、HClOH+ClO、H2OH+OH，氯水中存在三分子：H2O、Cl2、HClO，四离子：H+、Cl、ClO、OH。所以，新制的氯水呈浅黄绿色，有刺激性气味，属于混合物，其所含的多种微粒使氯水的化学性质表现出多重性。Cl2的强氧化性；HCl的酸性；HClO的强氧化性（漂白性等）、弱酸性；Cl的性质等。特别注意的是氯气和水的反应为可逆反应、HClO存在电离平衡，分析氯水的性质时要结合反应条件及平衡移动原理。10【2016上海卷】一定条件下，一种反应物过量，另一种反应物仍不能完全反应的是A过量的氢气与氮气 B过量
28、的浓盐酸与二氧化锰来源:学&科&网C过量的铜与浓硫酸 D过量的锌与18 mol/L硫酸【答案】AC【解析】试题分析：AH2和N2制备NH3是可逆反应，反应物始终不能消耗完；B可以加入过量的浓盐酸，使二氧化锰彻底反应完全；C浓硫酸随着反应变稀，稀硫酸不再与铜反应；D18mol/L的浓硫酸与锌开始反应产生SO2，随着反应进行，浓硫酸变稀，再与锌反应产生H2。故选AC。学科网【考点定位】考查常见可逆反应的判断。【名师点睛】常见化学反应中，有些反应能否发生（或者能否完全反应）以及生成产物的种类，除了与反应本身特点有关外，往往与反应物的量（或浓度）有关。常见反应有：所有的可逆反应；二氧化锰只能与浓盐酸反
29、应生成氯气；铜只能与浓硫酸在加热条件下反应；活泼金属与稀硫酸反应生成氢气、与浓硫酸生成二氧化硫，两个反应的原理不同；澄清石灰水中通入二氧化碳（或二氧化硫）气体，随着气体的量不同产物不同；碳酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸的反应；可溶性铝盐与强碱溶液、可溶性偏铝酸盐与强酸溶液的反应；银氨溶液的配制过程；变价金属铁与定量浓硫酸、浓稀硝酸的反应等等。建议整理的过程中写出相应的离子方程式。11【2016上海卷】类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是ACO2是直线型分子，推测CS2也是直线型分子BSiH4的沸点高于CH4，推测H2Se的沸点高于H2SCFe与Cl2反应生成FeCl3，推测Fe与I2反应
30、生成FeI3DNaCl与浓H2SO4加热可制HCl，推测NaBr与浓H2SO4加热可制HBr【答案】AB【考点定位】考查类比推理方法在掌握化学知识中的合理运用。【名师点睛】类比推理是学习和研究化学物质及其变化的一种常用的科学思维方法。由于物质的结构决定性质、性质决定用途，结构相似的物质往往具有相似的物理、化学性质。所以，依据事先设定好的“标准”将物质进行合理分类，对掌握物质的结构、通性等化学知识起着事半功倍的作用。但由于各种物质组成和结构具有一定的差异性，运用类推法时一定不能完全照搬。12【2015安徽卷】下列有关说法正确的是A在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解BF
31、e(OH)3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象CH2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥DSiO2既能和氢氧化钠溶液反应也能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物【答案】C【解析】A、Na2CO3固体受热不易分解，故A错误；B、Fe(OH)3胶体是红褐色，故B错误；C、以上三种气体都不与浓硫酸反应，能用浓硫酸干燥，故C正确；D、SiO2和氢氟酸反应，没有生成盐和水，不是两性氧化物，故D错误；此题选C。【考点定位】本题考查几种常见无机化合物的性质，包括盐、氧化物和氢氧化物的性质，还涉及到胶体的性质。13【2015北京卷】下列关于自然界中氮循环（如图）的说法不正确的是：A但元素均被氧化B工业合成氨属于人
32、工固氮C含氮无机物和含氮有机物可相互转化D碳、氢、氧三种元素也参与了氮循环【答案】A考点：非金属元素氮的物理和化学性质14【2015福建卷】纯净物X、Y、Z转化关系如图所示，下列判断正确的是AX可能是金属铜BY不可能是氢气CZ可能是氯化钠DZ可能是三氧化硫【答案】A【考点定位】考查物质的性质及转化关系的正误判断的知识。15【2015新课标1卷】我国清代本草纲目拾遗中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指A氨水 B硝酸 C醋 D卤水【答案】B【解析】根据所给四种物质的氧化性的强弱可判断，该强水为硝酸，硝酸具有强
33、氧化性，可溶解大部分金属。答案选B。【考点定位】本题考查历史背景下的化学知识，核心考点为元素化合物知识。难度为容易等级16【2015新课标2卷】海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是A向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂D富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收【答案】C【解析】A氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化为单质溴，因此向苦卤中通入Cl2是为了提取溴，A正确；B粗盐中的钙离子、镁离子等可采用沉淀法除去，所得氯化钠溶液可采用重结晶等过程提纯，B正确；C工业生产常选用来源更广泛、价格更便宜的石灰乳作
34、为沉淀剂，用氢氧化钠不经济，C错误；D富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，SO2具有还原性，能被溴氧化，因此再用SO2将其还原吸收，D正确，答案选C。【考点定位】本题以海水的综合开发利用为载体重点考查了粗盐的提纯、海水提取溴、物质的分离与提纯操作、试剂的选取等，题目难度中等。17【2015浙江卷】某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO47H2O)，设计了如下流程：NaOH溶液控制pH试剂X足量酸烧渣固体1溶液2固体2FeSO47H2O溶液1下列说法不正确的是（ ）A溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉B固体1
35、中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3，进入固体2C从溶液2得到FeSO47H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解D若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO47H2O【答案】D来源:Z.xx.k.Com【考点定位】本题以流程图的形式考查离子反应、物质分离、实验流程、实验评价、实验条件控制等。涉及试剂的选择、溶液pH控制、硫酸亚铁性质、实验条件选择和控制等。18【2015重庆卷】下列说法正确的是AI的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性强BP的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强CAl2
36、O3和MgO均可与NaOH溶液反应DSO2和SO3混合气体通入Ba（NO3）2溶液可得到BaSO3和BaSO4【答案】B【解析】A.非金属性BrI,则HBr比HI的热稳定性强，A错误；B.非金属性PSi,则H3PO4比H2SiO3的酸性强，B正确；C.Al2O3属于两性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，MgO属于碱性氧化物，与NaOH溶液不反应，C错误；D.SO2在酸性环境中能被Ba（NO3）2氧化成硫酸钡，则SO2和SO3混合气体通入Ba（NO3）2溶液只得到BaSO4白色沉淀，D错误；答案选B。【考点定位】本题主要考查原子半径的大小比较，由非金属性强弱来比较气态氢化物的稳定性以及最高价含氧酸的
37、酸性的强弱，铝、镁、硫的化合物的化学性质。19【2015上海卷】下列物质见光不会分解的是AHClO BNH4Cl CHNO3 DAgNO3【答案】B【考点定位】考查物质的稳定性与反应条件的关系的知识。20【2015上海卷】二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有A还原性 B氧化性 C漂白性 D酸性【答案】A【解析】二氧化硫能使溴水褪色,是由于发生反应：Br2SO22H2O=H2SO42HBr。在该反应在二氧化硫中的S元素的化合价升高，失去电子，表现还原性。故答案的A。【考点定位】考查二氧化硫的化学性质的知识。21【2015山东卷】某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入BaHCO3溶液中同时有气
38、体和沉淀产生。下列化合物中符合上述条件的是来源:学科网AAlCl3 BNa2O CFeCl2 DSiO2【答案】A【解析】A、AlCl3可由单质Al与Cl2反应制得，AlCl3与Ba(HCO3)2反应生成CO2和Al(OH)3沉淀，同时有气体和沉淀产生，正确；B、Na2O与Ba(HCO3)2反应生成BaCO3沉淀、Na2CO3和H2O，没有气体生成，错误；C、因为Cl2具有强氧化性，Cl2与Fe反应只能生成FeCl3，FeCl2不能由两种单质直接反应生成，错误；D、SiO2不与Ba(HCO3)2反应，错误。【考点定位】本题考查物质的性质，涉及了单质之间的反应以及反应现象的判断。22【2015江
39、苏卷】给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是( )A粗硅Cl2高温SiCl4H2高温Si BMg(OH)2盐酸MgCl2(aq)电解MgCFe2O3盐酸FeCl3(aq)蒸发无水FeCl3DAgNO3(aq)NH3H2OAg(NH3)2OH(aq)蔗糖Ag【答案】A【考点定位】考查元素及其化合物的性质。23【2015海南卷】下列叙述正确的是（ ）A稀盐酸可除去烧瓶内残留的MnO2 B可用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液C稀硝酸可除去试管内壁的银镜 D煮沸自来水可除去其中的Ca(HCO3)2【答案】C、D【解析】A、稀盐酸与MnO2不能发生反应，不能除去烧瓶内残留的MnO2，错误；B、NaOH与玻璃中的SiO2会发生反应：2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O，产生的Na2SiO3有粘合性，将玻璃瓶与玻璃塞黏在一起，因此不能使用玻璃塞，要用橡胶塞，错误；C、稀硝酸具有强氧化性，能够与Ag发生反应产生可溶性的AgNO3，达到除去试管内壁的银镜的目的，正确；D、煮沸自来水，Ca(HCO3)2不稳定，受热会发生反应：Ca(HCO3)2CaCO3+H2O+CO2，达到除去Ca(HCO3)2的目的，正确。【考点定位】本题考查物质的性质和用途。