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1、2023届上海市高三化学二轮复习 专练训练8-常见的无机物及其应用一选择题（共29小题）1（2022金山区二模）自然界中氮的部分循环过程如图，有关说法正确的是（）A过程和均属于自然固氮BXY发生化合反应CNH3N发生氧化还原反应D若为硫循环，X在空气中点燃可得Y2（2022杨浦区校级模拟）如图是硫的价类二维图。下列分析正确的是（）A可实现abcdeba的转化Bbed是形成硫酸型酸雨的唯一途径Cf能与e反应，不能与d反应Df在足量空气中燃烧生成a3（2022浦东新区二模）为探究铝及其化合物的性质，进行如下4步实验：将铝片放入浓硫酸中；加入足量蒸馏水；待铝片完全溶解后逐滴加入过量NaOH溶液；逐滴

2、加入足量盐酸。下列说法正确的是（）A中无化学反应发生B滴入蒸馏水后立即产生H2C中现象：澄清浑浊澄清D的现象与不同4（2022浦东新区二模）焊接两根漆包铜线（铜线表面有绝缘油漆）的操作是：先把漆包铜线放在火上灼烧，立即在酒精中蘸一下，然后焊接铜线头。有关叙述正确的是（）A中只有铜发生了氧化反应B中的乙醇做溶剂C经历的变化后铜线的质量不变D长期使用后的酒精会有香味5（2022黄浦区校级模拟）自然界中时刻存在着氮的转化。实现氮气按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图。下列叙述正确的是（）A使用催化剂a、b均可以提高单位时间内生成物的产量B

3、在催化剂b作用下，O2发生了氧化反应C催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂DN2NH3，NH3NO均属于氮的固定6（2022宝山区校级模拟）下列说法正确的是（）A谷物发酵酿酒的过程中涉及氧化还原反应B向Na2S固体中滴加浓硫酸，发生复分解反应生成H2SC室温下，将铁片加到浓硝酸中不发生反应DNO2与H2O发生反应生成HNO3，NO2为酸性氧化物7（2022崇明区二模）下列对氯及其化合物的说法正确的是（）A因氯化铝溶液能导电，所以氯化铝是离子化合物B用pH试纸测得氯水的pH4C随着氯元素化合价升高，氯的含氧酸酸性逐渐减弱D次氯酸不如次氯酸盐稳定，故用次氯酸盐作为漂白剂的主要成分8（2022黄

4、浦区校级模拟）实验小组分别利用温度和pH传感器探究Na2CO3和NaHCO3的性质。实验过程如下：实验编号实验操作实验数据测量下述实验过程温度变化测量下述实验过程的pH变化下列说法错误的是（）A实验中溶解是吸收热量的物质是NaHCO3B实验中滴加Na2CO3溶液的烧杯中离子反应为CO32+Ca2+CaCO3C实验中滴加蒸馏水作对照，可说明滴加Na2CO3溶液的烧杯中OH未参与反应D实验中滴加NaHCO3溶液的烧杯中参加反应的离子是HCO3和OH9（2022普陀区模拟）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）AAl（s）NaAlO2（aq）Al（OH）3（s）BNaCl（aq）Na

5、HCO3（s）Na2CO3（s）CNaBr（aq）Br2（aq）I2（aq）DFe2O3（s）Fe（s） FeCl3（aq）10（2022静安区二模）关于化工生产，下列说法错误的是（）A工业常用电解饱和食盐水的方法来制取氯气B硫酸工业在常压下用SO2与O2反应制取SO3C联合制碱法、氨碱法所需的CO2都来自石灰石的分解D通常以海带、紫菜等为原料提取碘11（2022静安区二模）指定条件下，以铁为原料，不能一步制得的是（）AFeFeCl3BFeFe2O3CFeFe（NO3）3DFeFeSO412（2022黄浦区二模）已知某水稻田的土壤带负电，使用含氮量相同的下列化肥时，肥效最差的是（）A（NH4）

6、2SO4BNH4NO3C（NH4）2CO3DCO（NH2）2（尿素）13（2022黄浦区二模）2022 年北京冬奥会火炬“飞扬”用氢气为燃料，耐高温碳纤维材料为外壳，铝合金为点火段材料，辅以可调节火焰颜色的“配方”。下列说法错误的是（）A氢气作燃料对环境友好无污染B碳纤维不属于有机材料C铝合金密度小、易燃D含钠元素的“配方”可使火焰呈黄色14（2022徐汇区三模）硫酸铜晶体中结晶水含量测定的实验中，会导致测定结果偏小的操作是（）A在空气中冷却B加热时有晶体溅出C玻璃棒上沾有少量固体D加热后有少量黑色固体生成15（2022杨浦区校级模拟）将氯水逐滴滴入淀粉 KI溶液中至过量，溶液由无色变为蓝色又

7、逐渐变为无色，由此能得出的结论是（）AI被氧化为I2BI2被氧化为IOC氯水有漂白性DHClO氧化I2为IO316（2022黄浦区校级模拟）室温下，1体积的水能溶解约40体积的SO2。用试管收集SO2后进行如图实验。对实验现象分析与推测正确的是（）A试管内液面上升，证明SO2与水发生了反应B试管中剩余少量气体，是因为SO2的溶解已达饱和C取出试管中溶液，在空气中放置一段时间后溶液pH减小D取出试管中的溶液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液产生大量白色沉淀.17（2022虹口区二模）羟胺（NH2OH）外观呈白色结晶状，在有机合成中常作还原剂。下列关于羟胺说法正确的是（）A易溶于水B属于铵盐C属于有机

8、物D存在非极性键18（2022奉贤区二模）下列关于氯的说法正确的是（）A1mol氯气与NaOH反应转移2mol电子B35Cl、37Cl为不同的原子，化学性质不同C氯水久置后pH值减小，漂白性减弱D干燥的氯气不能使鲜花褪色19（2022浦东新区二模）有关Na2O2性质实验如图：已知：Na2O2与水反应经历了Na2O2+2H2O2NaOH+H2O2；酚酞褪色原因与溶液的强碱性或强氧化性有关。根据上述实验可以得出的结论是（）A双氧水能使酚酞褪色B浓氢氧化钠能使酚酞褪色C双氧水和浓氢氧化钠都能使酚酞褪色D可利用二氧化锰和水来完善实验方案20（2022浦东新区二模）一定温度下，向饱和碳酸钠溶液中通入足量

9、的CO2气体，忽略溶液体积的变化，所得溶液中有关量一定变大的是（）Ac（H+）Bc（Na+）Cn（H2O）Dn（CO32）21（2022浦东新区校级模拟）在下列实验操作中，会导致测量结果偏小的是（）A胆矾晶体中结晶水含量测定实验中，坩埚中有受热不分解的物质B灼烧法测定Na2CO3、NaHCO3混合物中Na2CO3的质量分数实验中，未进行恒重操作C用标准KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH含NaOH杂质D气体摩尔体积的测定中，反应结束后未冷却至室温便读数22（2022徐汇区三模）部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是（）A可以通过化合反应生成cB工

10、业上通过abcde来制备HNO3C浓的a溶液和浓的c溶液反应可以得到bD加热d的固态钾盐可以产生O223（2022宝山区校级模拟）下列关于工业生产过程的叙述正确的是（）A联合制碱法中循环使用CO2和NH3，以提高原料利用率B硫酸工业中，SO2氧化为SO3时采用常压，因为高压会降低SO2转化率C合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高N2、H2的转化率DSO2在接触室被氧化成SO3，SO3在吸收塔内被吸收制成浓硫酸24（2022宝山区校级模拟）关于SiO2+4HFSiF4+2H2O的反应和粒子的说法正确的是（）A该反应属于氧化还原反应BCCl4 的比例模型：C沸点：HClHFDSiF

11、4和SiO2晶体类型相同25（2022宝山区校级模拟）下列有关氨的说法正确的是（）ANH3的空间构型为平面三角形BNH3与H2O能形成分子间氢键CNH3的水溶液不能导电D氨催化氧化制硝酸是利用了NH3的氧化性26（2022宝山区校级模拟）某同学通过实验研究铜盐溶液颜色的变化。下列说法不正确的是（）A由可知，中溶液呈蓝色是Cu2+与水分子作用的结果B由可知，Cu2+与Cl可能会结合产生黄色物质C由可知，Cl的浓度对铜盐溶液的颜色有影响D由可知，CuCl2溶液一定为绿色27（2022黄浦区校级模拟）实验室模拟氨催化氧化法制硝酸的装置如图所示。下列说法错误的是（）A装置、依次盛装碱石灰、P2O5、N

12、aOH溶液B装置中产生红棕色气体C装置中溶液可使紫色石蕊溶液变红，说明有HNO3生成D通空气的主要作用是鼓出氨气，空气可用N2代替28（2022长宁区二模）在给定条件下，下列加点的物质在化学反应中能完全消耗的是（）A向150mL 3molL1的稀硝酸中加入6.4g铜B标准状况下，将1g铁片投入15mL 18.4molL1的硫酸中C用50mL 8molL1浓盐酸与10g二氧化锰共热制取氯气D5107Pa、500和铁触媒条件下，用1mol氮气和4mol氢气合成氨29（2022静安区二模）下列说法正确的是（）ACl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性BSO2能使酸性KMnO4溶液褪色，说

13、明SO2具有漂白性C将分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水D将等物质的量的Cl2和SO2的混合气体作用于潮湿的红布条，红布条立即快速褪色二解答题（共2小题）30（2022静安区二模）非金属元素及其化合物与科研、工农业生产有着密切联系。回答下列问题：（1）次氯酸的结构式为 ，碳化硅晶体属于 晶体。非金属性S Cl（填“”或“”），用原子结构知识解释其原因：同一周期元素，由左到右 。常温下，浓度均为0.1mol/L的六种溶液pH如下：溶质NaClONa2CO3NaHCO3Na2SiO3Na2SO3NaHSO3pH10.311.69.712.310.04.0（2

14、）常温下，相同物质的量浓度的下列稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是 （填序号）。aH2CO3bH2SO3cH2SiO3六种溶液中，水的电离程度最小的是（填化学式） 。（3）用离子方程式说明Na2CO3溶液pH7的原因 。（4）欲增大氯水中次氯酸的浓度，可向氯水中加入上表中的物质是（填化学式） ，用化学平衡移动的原理解释其原因： 。31（2022徐汇区校级模拟）硅是构成矿物和岩石的主要成分，单质硅及其化合物具有广泛的用途。完成下列填空：（1）某些硅酸盐具有筛选分子的功能，一种硅酸盐的组成为：M2OR2O32SiO2nH2O，已知元素M、R均位于元素周期表的第3周期。两元素原子的质子数之和为24。该硅

15、酸盐中同周期元素原子半径由大到小的顺序为 ；写出M原子核外能量最高的电子的电子排布式： ；常温下，不能与R单质发生反应的是 （选填序号）；aCuCl2溶液bFe2O3c浓硫酸dNa2CO3溶液写出M、R两种元素的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式： 。（2）氮化硅（Si3N4）陶瓷材料硬度大、熔点高。可由下列反应制得：SiO2+C+N2Si3N4+COSi3N4晶体中只有极性共价键，则氮原子的化合价为 ，被还原的元素为 。C3N4的结构与Si3N4相似。请比较二者熔点高低。并说明理由： 。配平上述反应的化学方程式，并标出电子转移的数目和方向 。如果上述反应在10L的密闭容器中进行，一段时

16、间后测得气体密度增加了2.8g/L，则制得的Si3N4质量为 。2023届上海市高三化学二轮复习 专练训练8-常见的无机物及其应用参考答案与试题解析一选择题（共29小题）1【解答】解：A氮的固定是指将氮单质转化为氮化合物的过程，过程属于人工固氮，过程属于自然固氮，故A错误；BXY是一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，发生化合反应，故B正确；CN是铵盐，NH3NH4+过程中元素的化合价没有发生改变，不是氧化还原反应，故C错误；D若为硫循环，二氧化硫在空气中点燃不能生成三氧化硫，故D错误；故选：B。2【解答】解：A可实现SSO2SO3H2SO4H2SO3SO2S的转化，故A正确；Bbed、bcd均可形

17、成硫酸型酸雨，故B错误；C硫化氢可被亚硫酸、浓硫酸氧化，均生成S，故C错误；Df在足量空气中燃烧生成b，故D错误；故选：A。3【解答】解：A.将铝片放入浓硫酸中，常温下铝遇浓硫酸钝化，铝表面生成一层致密的氧化铝，有化学反应发生，故A正确；B.加入足量蒸馏水，浓硫酸变稀，铝表面的氧化膜与稀硫酸反应，无氢气生成，后铝和稀硫酸反应生成氢气和硫酸铝，故B错误；C.待铝片完全溶解后逐滴加入NaOH溶液，硫酸铝和NaOH反应生成氢氧化铝白色沉淀，溶液变浑浊，NaOH过量，氢氧化铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，溶液重新变为澄清，故C正确；D.逐滴加入足量盐酸，偏铝酸钠和盐酸反应生成氢氧化铝白色沉淀，盐酸过

18、量，氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝，沉淀溶解，溶液变为澄清，的现象与相同，故D错误；故选：C。4【解答】解：A.先把漆包铜线放在火上灼烧，油漆燃烧，Cu和氧气反应变为氧化铜，故A错误；B.立即在酒精中蘸一下，氧化铜和酒精反应生成Cu、乙醛和水，乙醇作反应物，故B错误；C.经历的变化后，Cu的量不变，但铜线表面油漆燃烧，铜线质量减小，故C错误；D.乙醇和CuO反应生成乙醛，乙醛氧化会生成乙酸，长期使用后乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯，酒精会有香味，故D正确；故选：D。5【解答】解：A.催化剂可以提高化学反应速率，可以提高单位时间内生成物的产量，故A正确；B.在催化剂b作用下，O2发生了还原反应，故B错

19、误；C.催化剂a作用下，N2NH3，断裂非极性共价键NN键，所以发生的是非极性共价键的断裂，故C错误；D.NH3NO是不同化合态的氮的转化，不属于氮的固定，故D错误。故选：A。6【解答】解：A谷物发酵酿酒的过程中葡萄糖转化为乙醇，涉及氧化还原反应，故A正确；B向Na2S固体中滴加浓硫酸，两者发生氧化还原反应生成硫沉淀，故B错误；C室温下，铁片遇浓硝酸钝化，发生了反应，但反应一会就停止了，故B错误；D酸性氧化物是指与碱反应生成盐和水的氧化物；NO2与H2O发生反应生成HNO3和NO，NO2不是酸性氧化物，故D错误；故选：A。7【解答】解：A氯化铝是共价化合物，熔融氯化铝不导电，氯化铝溶液能导电，

20、氯化铝是在水分子作用下电离出离子，故A错误；B氯水具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH值，故B错误；C随着化合价的升高，非羟基氧原子个数增多，则氯的含氧酸酸性增强，而氧化性逐渐减弱，故C错误；D次氯酸见光易分解，次氯酸盐不分解，所以通常用次氯酸盐作为漂白剂和消毒剂的主要成分，故D正确；故选：D。8【解答】解：A由图示可知，碳酸氢钠固体溶解时，溶液温度略有下降，说明碳酸氢钠的溶解过程吸热，碳酸钠固体溶解时，溶液温度升高，说明碳酸钠的溶解过程放热，故A正确；B实验中滴加Na2CO3溶液的烧杯中钙离子与碳酸根离子生成碳酸钙沉淀，离子方程式为：CO32+Ca2+CaCO3，故B正确；C实验中，澄清石灰

21、水中滴加Na2CO3溶液的pH变化曲线与滴加蒸馏水的pH变化曲线基本重合，可知OH未参与该反应，故C正确；D实验中，NaHCO3溶液与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和水，参与反应的离子有HCO3、Ca2+和OH，故D错误；故选：D。9【解答】解：A铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与过量盐酸反应生成氯化铝，不是氢氧化铝，故A错误；B由于碳酸的酸性比盐酸弱，故向氯化钠溶液中通二氧化碳不反应，NaCl（aq）NaHCO3（s）不能实现，故B错误；CCl2的氧化性强于Br2，故能把Br2置换出来：2NaBr+Cl2NaCl+Br2；Br2的氧化性强于I2，也能把I2置换出：2NaI+Br22NaB

22、r+I2，故C正确；DFe2O3（s）与Al加热发生铝热反应生成铁，铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，无法获得FeCl3，则Fe（s）FeCl3（aq）的转化无法一步实现，故D错误；故选：C。10【解答】解：A氯碱工业常用电解饱和食盐水的方法来制取氢氧化钠、氯气和氢气，故A正确；B常压下二氧化硫转化为三氧化硫的转化率已经很大，增大压强，二氧化硫转化率增大不大，但增加了成本，经济效益低，故B正确；C侯德耪制碱法：以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料来制取纯碱，氨碱法：以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱，两者CO2的

23、来源不同，故C错误；D海带、紫菜中富含碘元素，灼烧溶解，在浸出溶液中加入氧化剂氯水氧化碘离子为碘单质，用有机萃取剂萃取后分液，通过蒸馏得到碘单质，工业上常以海带、紫菜或其它海产品为原料提取碘，故D正确；故选：C。11【解答】解：A铁与氯气反应生成氯化铁，FeFeCl3不能实现，故A正确；B铁与水蒸气高温反应生成四氧化三铁和氢气，FeFe2O3不能实现，故B错误；C铁与足量稀硝酸反应，被氧化生成硝酸铁，FeFe（NO3）3能实现，故C正确；D铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，FeFeSO4能实现，故D正确；故选：B。12【解答】解：选项中的铵盐中有铵根离子的盐可以被吸附在土壤颗粒表面，而尿素不能被

24、土壤胶粒吸附，因此在含氮元素相同条件下施用效果最差的是尿素；故选：D。13【解答】解：A氢气作燃料，热值高，且燃烧产物为水，对环境友好无污染，故A正确；B碳纤维属于碳的单质，是一种无机材料，不属于天然高分子材料，故B正确；C铝合金密度小，质量轻，表面覆盖氧化膜，不易燃，故C错误；D含钠元素的“配方“可使火焰呈黄色，故D正确；故选：C。14【解答】解：A在空气中冷却时CuSO4粉末吸水，硫酸铜粉末的质量m1偏大，造成加热前后固体的质量差m（H2O）偏小，使测量结果偏小，故A正确；B加热时有少量晶体溅出，硫酸铜粉末的质量m1偏小，造成加热前后固体的质量差m（H2O）偏大，使测量结果偏高，故B错误；

25、C玻璃棒上沾有少量固体，硫酸铜粉末的质量m1偏小，造成加热前后固体的质量差m（H2O）偏大，使测量结果偏高，故C错误；D加热后有少量黑色固体生成，说明硫酸铜发生分解生成CuO与SO3，造成加热前后固体的质量差m（H2O）偏大，使测量结果偏高，故D错误；故选：A。15【解答】解：将氯水逐滴滴入淀粉 KI溶液中至过量，溶液由无色变为蓝色，氯水中的氯气氧化碘离子生成碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色，证明I被氧化为I2，随后又逐渐变为无色，是氯气氧化碘单质生成碘酸盐，实验不能证明氯水有漂白性、I2被氧化为IO、HClO氧化I2为IO3，故选：A。16【解答】解：A由信息可知，SO2易溶于水，也能使液面上升

26、，则试管内液面上升，不能证明SO2与水发生了反应，故A错误；B如果全部为二氧化硫，水充满试管，可能是含有其他杂质，导致水不能充满，故B错误；C二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，取出试管中溶液，在空气中放置一段时间，被氧气氧化，生成硫酸，硫酸为强酸，酸性增强，则取出试管中溶液，在空气中放置一段时间后溶液pH减小，故C正确；D二氧化硫与水反应生成亚硫酸，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不反应，则不会产生大量白色沉淀.，故D错误；故选：C。17【解答】解：ANH2、OH都属于亲水基，所以羟胺易溶于水，故A正确；BNH2OH分子中只含共价键，羟胺中不含铵根离子和酸根离子，所以不属于铵盐，故B错误

27、；CNH2OH中不含碳元素，不属于有机物，故C错误；D同种非金属原子之间存在非极性键，分子中只存在NH、NO、OH极性键，不存在非极性键，故D错误；故选：A。18【解答】解：A氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，消耗1mol氯气转移1mol电子，故A错误；B同位素原子，质子数、电子数都相等，化学性质相同，故B错误；C新制氯水久置后为盐酸溶液，所以氯水久置后漂白性减弱、酸性增强，pH值减小，故C正确；D氯气不具有漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，所以干燥的氯气能使鲜花褪色，故D错误；故选：C。19【解答】解：A双氧水有强氧化性，可能使酚酞褪色，但也可能与溶液强碱性有关，故A错误

28、；B浓氢氧化钠能使酚酞变红，由题中实验无法确定褪色是因为溶液的强碱性还是双氧水的强氧化性，故B错误；C由题中实验无法确定褪色是因为溶液的强碱性还是双氧水的强氧化性，故C错误；D由分析知可利用二氧化锰和水来完善实验方案，故D正确；故选：D。20【解答】解：A碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，反应后溶液中的溶质由碳酸钠转化为碳酸氢钠，所以溶液的碱性减弱，氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大，故A正确；BNa2CO3的溶解性大于NaHCO3，溶液中有部分NaHCO3析出，所以溶液中c（Na+）减小，故B错误；C一定温度下，向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2气体，发生化学反应Na2CO3+CO2+H2

29、O2NaHCO3，溶液中水的物质的量n（H2O）减小，故C错误；D一定温度下，向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2气体，发生化学反应Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3，所以溶液中的溶质变为碳酸氢钠，Na2CO3的溶解性大于NaHCO3，溶液为过饱和溶液，所以溶液中有部分NaHCO3析出，溶液中n（CO32）减小，故D错误；故选：A。21【解答】解：A用坩埚灼烧胆矾晶体至恒重，坩埚中有受热不分解的物质，对测定结晶水和胆矾晶体的质量无影响，即对测定结果无影响，故A错误；B未进行恒重操作，Na2CO3易潮解，导致由质量差计算的NaHCO3的质量偏小，则混合物中Na2CO3的质量分数偏大，故B错

30、误；C等质量的KOH的物质的量小于NaOH，则配制标准溶液的固体KOH中含NaOH杂质，会使标准液的浓度偏大，中和滴定时消耗标准液的体积偏小，导致盐酸的测定浓度偏小，故C正确；D气体摩尔体积的测定中，反应结束后未冷却至室温便读数，气体的体积读数偏大，测定气体摩尔体积偏大，故D错误；故选：C。22【解答】解：A氮气和氧气放电条件下发生化合反应生成NO，故A正确；B工业上通过氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，故B错误；C浓的a为HCl溶液和浓的c为HClO或ClO盐溶液反应，发生氯元素的归中反应生成氯气，可以得到b，故C正确；D加热d的固态钾盐为K

31、ClO3，氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，可以产生O2，故D正确；故选：B。23【解答】解：A联合制碱法中二氧化碳被循环利用，而氨气没有被循环利用，故A错误；B增大压强对SO2的转化率影响不大，同时增大成本，故通常采取采用常压而不是高压，故B错误；C合成氨生产过程中将NH3液化分离，生成物浓度减小，逆反应速率减小，则平衡向着正向移动，从而提高了N2、H2的转化率，故C错误；D用水吸收三氧化硫易形成酸雾，影响三氧化硫的吸收，SO2在接触室被氧化成SO3，SO3在吸收塔内被浓硫酸吸收制成发烟硫酸，故D正确；故选：D。24【解答】解：A该反应没有化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故A错误；B四氯化碳是

32、正四面体结构，Cl原子大于C原子，则四氯化碳的比例模型为，故B错误；CHF和HCl都是分子晶体，HF分子间存在氢键，沸点：HClHF，故C正确；DSiF4为分子晶体，二氧化硅为共价晶体，二者晶体类型不同，故D错误；故选：C。25【解答】解：A氨气分子中氮为sp3杂化，有1对孤电子对，空间构型为三角锥，故A错误；BO、N原子有比较强的吸电子能力，NH3和H2O既会吸引同种分子的H、又会吸引对方分子的H而形成氢键，所以在氨水中存在4种分子间氢键，可以表示为：H3NHN、H3NHO、H2OHN、H2OHO，故B正确；C氨气溶于水，与水反应生成一水合氨，一水合氨部分电离产生铵根离子和氢氧根离子，所以N

33、H3的水溶液能导电，故C错误；D氨气催化氧化中，氨气中3价的氮升高为一氧化氮中+2价氮，化合价升高，被氧化，表现还原性，故D错误；故选：B。26【解答】解：A实验可知，无水CuSO4是白色的，加入水后CuSO4溶液呈蓝色，这说明中溶液呈蓝色是Cu2+与水分子作用的结果，故A正确；B向中溶液加入NaCl固体后，底部的NaCl固体表面变为黄色，说明Cu2+与Cl可能会结合产生黄色物质，故B正确；C中加少量NaCl溶液后溶液为蓝色，中蓝色溶液加入足量NaCl固体后溶液为黄色，说明c（Cl）不相同，铜盐溶液的颜色不同，故C正确；DCuSO4溶液中加少量NaCl溶液后溶液依然为蓝色，说明CuCl2溶液不

34、一定为绿色，故D错误；故选：D。27【解答】解：A根据上述分析，装置、依次盛装碱石灰、P2O5、NaOH溶液，故A正确；B装置NO与空气中的氧气反应生成NO2，气体呈红棕色，故B正确；C装置中发生3NO2+H2O2HNO3+NO，溶液显酸性，可使紫色石蕊溶液变红，故C正确；D通空气的主要作用是鼓出氨气并提供氧化剂氧气，所以不能用N2代替空气，故D错误；故选：D。28【解答】解：A铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，反应的方程式为：3Cu+8HNO33Cu（NO3）2+2NO+4H2O，稀硝酸的物质的量为0.15L3molL10.45mol，而铜的物质的量为0.1mol，所以硝酸过量，加入6.4

35、g铜能完全消耗，故A正确；B18.4molL1的硫酸为浓硫酸，标准状况下，铁片与浓硫酸发生钝化，所以铁片不可能完全反应，故B错误；C二氧化锰与浓盐酸反应，随反应进行浓盐酸变成稀盐酸，二氧化锰与稀盐酸不反应，盐酸不能完全反应，故C错误；D氮气与氢气的反应为可逆反应，氮气不可能完全反应，故D错误。故选：A。29【解答】解：A二氧化硫与品红化合生成无色物质，体现其漂白性，而Cl2能使品红溶液褪色，说明其氧化性，故A错误；BSO2能使酸性KMnO4溶液褪色，说明SO2具有还原性，不是漂白性，故B错误；CHCl、NH3均极易溶于水，则分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，故C正确；D因

36、为Cl2与SO2等物质的量作用于潮湿的红布条时发生如下反应：Cl2+SO2+2H2O2HCl+H2SO4而失去漂白作用，所以红布条不会褪色，故D错误；故选：C。二解答题（共2小题）30【解答】解：（1）次氯酸的结构式为HOCl，碳化硅晶体属于原子晶体，同一周期从左到右原子半径逐渐减小，元素得电子能力逐渐增强，非金属性逐渐增强，则非金属性SCl，故答案为：HOCl；原子晶体；随着原子半径逐渐减小，元素得电子能力逐渐增强；（2）NaHCO3、Na2SiO3、NaHSO3的三者均为强碱弱酸盐，对应的酸的酸性越弱越水解，三者的pH分别为9.7、12.3、4.0，则常温下，相同物质的量浓度的H2CO3、

37、H2SO3、H2SiO3的稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是H2SO3H2CO3H2SiO3，酸性越强，氢离子浓度越大，对水的电离抑制程度越大，水的电离程度越大，故答案为：bac；NaHSO3；（3）由于Na2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根离子会发生水解，水解方程式为：CO32+H2OHCO3+OH，所以Na2CO3溶液pH7，故答案为：CO32+H2OHCO3+OH；（4）氯气能与水反应，反应方程式为Cl2+H2OH+Cl+HClO，可加入NaHCO3（或NaClO）可消耗H+，平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大，故答案为：NaHCO3（或NaClO）；因为Cl2+H2OH+Cl+H

38、ClO，加入NaHCO3（或NaClO）可消耗H+，平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大。31【解答】解：（1）化合物的化合价代数和为0，因此M呈+1价，R呈+3价，M、R均位于元素周期表的第3周期，两元素原子的质子数之和为24，则M为Na，R为Al，该硅酸盐中Na、Al、Si为同周期元素，元素序数越大，其半径越小，因此半径大小关系为：NaAlSi，故答案为：NaAlSi；M原子核外能量最高的电子位于第三能层，第三能层上只有1个电子，其电子排布式为：3s1，故答案为：3s1；常温下，Al与CuCl2溶液反应能将铜置换出来；Al与Fe2O3在高温反应；Al与浓硫酸发生钝化；Al与N

39、a2CO3溶液在常温下不发生反应；故答案为：bd；Na、Al两种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为：NaOH、Al（OH）3，二者反应的离子方程式为：Al（OH）3+OHAlO2+H2O，故答案为：Al（OH）3+OHAlO2+H2O；（2）非金属性NSi，因此Si3N4中N元素化合价为3价；该反应中N元素化合价从0价降低至3价，N元素被还原，故答案为：3；N；Si3N4陶瓷材料硬度大、熔点高，晶体中只有极性共价键，说明Si3N4为原子晶体，C3N4的结构与Si3N4相似，说明C3N4为原子晶体，两者均为原子晶体，碳原子半径小于硅原子半径，因此C3N4中碳原子与氮原子形成的共价键键长较Si3N4中硅原子与氮原子形成的共价键键长小，键能较大，熔点较高，故答案为：两者均为原子晶体，碳原子半径小于硅原子半径，因此C3N4中碳原子与氮原子形成的共价键键长较Si3N4中硅原子与氮原子形成的共价键键长小，键能较大，熔点较高；该反应中Si元素化合价不变，N元素化合价从0价降低至3价，C元素化合价从0价升高至+2价，根据得失电子关系以及原子守恒配平方程式以及单线桥为：，故答案为；气体密度增加了2.8g/L，说明气体质量增加了2.8g/L10L28g，3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO气体质量变化m 140g 112g 28g因此生成的Si3N4质量为140g35g，故答案为：35g。