新版推薦學(xué)習(xí)題型04元素及其化合物-高考化學(xué)選擇題熱考題型及破題秘訣

[k12][k12]最新K12最新K12[k12]最新K122023年高考化學(xué)選擇題熱考題型及破題秘訣題型4元素及其化合物熱門考點◎考點1元素及其化合物的性質(zhì)◎考點2無機物之間的轉(zhuǎn)化與推斷破題秘訣t秘訣1解決考點1相關(guān)題目一般步驟為：①審題；②找點；③推理；④驗證。t秘訣2解決考點2相關(guān)題目的方法：①根據(jù)特征找出突破口；②根據(jù)化學(xué)反響現(xiàn)象判斷出組成該物質(zhì)的是酸、堿、鹽、酸式鹽等；③根據(jù)反響現(xiàn)象確定陽離子、陰離子的成分，推出物質(zhì)的組成?！蚩键c1元素及其化合物的性質(zhì)例1(2023·山東、湖北重點中學(xué)沖刺模擬二)以下有關(guān)說法或?qū)τ嘘P(guān)現(xiàn)象的解釋正確的選項是()A．SiO2既可與NaOH溶液反響也可與HF溶液反響且均生成鹽和水，所以SiO2屬于兩性氧化物B．SO2和NH3分別通入水中其水溶液均可以導(dǎo)電，所以SO2和NH3均屬于電解質(zhì)C．“水滴石穿〞不僅包含著“量變到質(zhì)變〞的哲學(xué)思想，同時也包含了物理和化學(xué)變化D．14CO2和12CO2具有相同的元素組成，所以14CO2、12CO2屬于同素異形體解析：A項，SiO2屬于酸性氧化物，具有親氟性，能與HF溶液反響，而與其他的酸一般不反響，故錯誤；B項，SO2和NH3均與水反響生成了電解質(zhì)，而不是SO2和NH3自身電離出離子，SO2和NH3均為非電解質(zhì)，故錯誤；C項正確；D項，同素異形體指單質(zhì)，錯誤。應(yīng)選C?！酒祁}秘訣】此題核心在于區(qū)分兩性氧化物、電解質(zhì)、物理變化化學(xué)變化、同素異形體等概念。兩性氧化物是指既可以與酸反響也可以與堿反響生成鹽和水的氧化物，在A項中SiO2可以與HF反響是因為具有親氟性，但與其他酸不反響，所以不是兩性氧化物；電解質(zhì)是指在水溶液或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物。在B項中，SO2和NH3均與水反響生成其他物質(zhì)使溶液導(dǎo)電，并非本身水溶液導(dǎo)電，注意區(qū)分；同素異形體是指由同種元素組成而性質(zhì)不同的單質(zhì)，對象是單質(zhì)，并非化合物。高考?？嫉耐禺愋误w有：O2和O3；紅磷和白磷；石墨、金剛石、C60、無定形碳等。變式訓(xùn)練1(2023·湖南長沙長郡中學(xué)一模)以下關(guān)于元素及其化合物的說法不正確的選項是()A．Fe在一定條件下可與濃鹽酸、稀硫酸、濃硝酸等劇烈反響B(tài)．Al、Cl2均能和NaOH溶液發(fā)生氧化復(fù)原反響，且兩單質(zhì)的作用不相同C．在稀硫酸中參加銅粉，銅粉不溶解，假設(shè)再繼續(xù)參加KNO3固體，銅粉會溶解D．金屬單質(zhì)Na、Mg、Fe在一定條件下與水反響都生成H2和相應(yīng)的堿解析：Fe在常溫下可被濃硝酸鈍化，但加熱時能反響，A項正確；Al、Cl2均能和NaOH溶液發(fā)生氧化復(fù)原反響，但Al只作復(fù)原劑，而Cl2與NaOH溶液反響時既作復(fù)原劑又作氧化劑，B項正確；酸性條件下NOeq\o\al(－,3)有強氧化性，能氧化Cu，C項正確；Fe在一定條件下與水反響生成H2和Fe3O4，D項錯誤。應(yīng)選D。變式訓(xùn)練2根據(jù)SO2通入不同溶液中的實驗現(xiàn)象，所得結(jié)論不正確的選項是()選項溶液現(xiàn)象結(jié)論A含HCl、BaCl2的FeCl3溶液產(chǎn)生白色沉淀SO2有復(fù)原性BH2S溶液產(chǎn)生黃色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2有漂白性DNa2SiO3溶液產(chǎn)生膠狀沉淀酸性：H2SO3＞H2SiO3解析：SO2通入含HCl、BaCl2的FeCl3溶液中，F(xiàn)e3＋將SO2氧化為SOeq\o\al(2－,4)，Ba2＋與SOeq\o\al(2－,4)生成BaSO4沉淀：2Fe3＋＋SO2＋2H2O2Fe2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋，說明SO2具有復(fù)原性，A正確；SO2與H2S反響生成S單質(zhì)：2H2S＋SO23S↓＋2H2O，SO2中硫元素化合價降低，表達了SO2的氧化性，B正確；SO2使酸性高錳酸鉀溶液褪色，是因為SO2將MnOeq\o\al(－,4)復(fù)原為Mn2＋：5SO2＋2MnOeq\o\al(－,4)＋2H2O5SOeq\o\al(2－,4)＋2Mn2＋＋4H＋，表達了SO2的復(fù)原性，C錯誤；SO2通入Na2SiO3溶液中：SO2＋H2O＋Na2SiO3H2SiO3↓＋Na2SO3，根據(jù)“強酸制弱酸〞的原理可知酸性：H2SO3＞H2SiO3，D正確。應(yīng)選C?！蚩键c2無機物之間的轉(zhuǎn)化與推斷例2(2023·株洲質(zhì)檢)甲、乙、丙、X是中學(xué)化學(xué)中常見的4種物質(zhì)，其轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖，其中甲和X不可能是()A．甲為C2H5OH、X為O2B．甲為H2S、X為O2C．甲為HNO3、X為FeD．甲為AlCl3溶液、X為NaOH溶液解析：C2H5OH和O2可生成乙醛，乙醛可氧化為乙酸，但乙酸不能與乙醇轉(zhuǎn)化為乙醛，A錯誤；H2S和O2反響生成S,S和O2生成SO2，SO2和H2S反響生成S,B正確；HNO3和Fe生成Fe(NO3)3，F(xiàn)e(NO3)3和鐵反響生成Fe(NO3)2，F(xiàn)e(NO3)2可被硝酸氧化為Fe(NO3)3,C正確；AlCl3溶液和NaOH溶液反響生成Al(OH)3，Al(OH)3與NaOH反響生成NaAlO2，NaAlO2與AlCl3溶液反響生成Al(OH)3，D正確。應(yīng)選A?！酒祁}秘訣】熟悉常見物質(zhì)間的相互轉(zhuǎn)化的根底上，在此題中可用答案驗證法快速破題選擇。變式訓(xùn)練1給定條件下，以下選項中所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能一步實現(xiàn)的是()解析：該組物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能一步實現(xiàn)，A正確；S與氧氣反響只能生成SO2，B錯誤；MgCl2能夠水解產(chǎn)生氫氧化鎂和氯化氫，加熱氯化氫易揮發(fā)，所以將MgCl2溶液蒸干可得固體為氫氧化鎂，無法得到氯化鎂固體，C錯誤；鐵與水蒸氣反響生成四氧化三鐵，D錯誤。應(yīng)選A。變式訓(xùn)練2X、Y、Z是三種常見的單質(zhì)，甲、乙是兩種常見的化合物。下表各組物質(zhì)之間通過一步反響不能實現(xiàn)如下圖轉(zhuǎn)化的是()選項XYZ甲乙AH2SiCl2SiCl4HClBCH2O2H2OCOCZnFeCl2FeCl2ZnCl2DCSiO2SiO2CO解析：鐵和氯氣反響生成FeCl3，C項不符合題意。應(yīng)選C。變式訓(xùn)練3(2023·安徽安慶二模)分別由短周期元素m、n、p、q組成的單質(zhì)依次為甲、乙、丙、丁，有關(guān)反響關(guān)系如下圖(局部產(chǎn)物省略)。其中甲為黃綠色氣體，M、N均為10電子分子且M的水溶液呈堿性，Q為離子化合物，以下說法中正確的選項是()A．原子半徑的大?。簃＞q＞n＞pB．元素非金屬性：q＞n＞pC．Q的溶液可以保存在細口玻璃試劑瓶中D．n的氧化物的水化物一定為強酸解析：B甲為黃綠色氣體，應(yīng)為Cl2；M、N均為10電子分子且M的水溶液呈堿性，那么M為NH3；Q為離子化合物，那么N為HF，Q為NH4F，由此可知m、n、p、q依次為Cl、N、H、F。N、F同周期，核電荷數(shù)越大原子半徑越小，F(xiàn)、Cl同主族，核電荷數(shù)越大原子半徑越大，H是原子半徑最小的元素，原子半徑的大?。篊l＞N＞F＞H，故A錯誤；F的非金屬性最強，N的非金屬性強于H，元素非金屬性：F＞N＞H，故B正確；NH4F能腐蝕玻璃，不能保存在細口玻璃試劑瓶中，故C錯誤；n的氧化物的水化物可能是HNO3，也可能是HNO2，HNO2是弱酸，故D錯誤。應(yīng)選B。〖真題回訪〗1．〔2023新課標(biāo)2卷〕某白色粉末由兩種物質(zhì)組成，為鑒別其成分進行如下實驗：①取少量樣品參加足量水仍有局部固體未溶解；再參加足量稀鹽酸，有氣泡產(chǎn)生，固體全部溶解；②取少量樣品參加足量稀硫酸有氣泡產(chǎn)生，振蕩后仍有固體存在。該白色粉末可能為()A．NaHCO3、Al(OH)3B．AgCl、NaHCO3C．Na2SO3、BaCO3D．Na2CO3、CuSO4解析：A．NaHCO3、Al(OH)3中參加足量稀硫酸有氣泡產(chǎn)生，生成硫酸鈉、硫酸鋁、二氧化碳和水，最終無固體存在，A項錯誤；B．AgCl不溶于酸，固體不能全部溶解，B項錯誤；C．亞硫酸鈉和碳酸鋇參加足量水時，碳酸鋇不溶于水使局部固體不溶解，參加稀鹽酸，碳酸鋇與鹽酸反響生成氯化鋇、二氧化碳和水，固體全部溶解，再將樣品參加足量稀硫酸，稀硫酸和碳酸鋇反響生成硫酸鋇沉淀和二氧化碳和水，符合題意，C項正確；D．Na2CO3、CuSO4中參加足量稀硫酸，振蕩后無固體存在，D項錯誤；應(yīng)選C。2.〔2023浙江卷〕為落實“五水共治〞，某工廠擬綜合處理含NH4+廢水和工業(yè)廢氣〔主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考慮其他成分〕，設(shè)計了如下流程：以下說法不正確的選項是()A．固體1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3B．X可以是空氣，且需過量C．捕獲劑所捕獲的氣體主要是COD．處理含NH4+廢水時，發(fā)生反響的離子方程式為：NH4++NO2?=N2↑+2H2O解析：A項，工業(yè)廢氣通入過量石灰乳，CO2和SO2被吸收成CaCO3或CaSO3沉淀，所以固體1中含有Ca(OH)2、CaCO3和CaSO3，故正確；B項，氣體1為CO、NO和N2，微粒能被NaOH吸收成NaNO2，需要將NO變成NO2，，與NO一起和NaOH反響，所以通入的X為空氣，因為要實現(xiàn)的反響為，空氣不能過量，故錯誤；C項，CO和NaOH不反響，所以捕獲劑捕獲的氣體主要為CO，故正確；D項，NaNO2中氮元素為+3價，與銨根離子中的氮元素-3價發(fā)生氧化復(fù)原反響，生成的無污染的氣體為氮氣，根據(jù)電子守恒和電荷守恒分析，其方程式為：NH4++NO2?=N2↑+2H2O，故正確，應(yīng)選B。3.〔2023海南卷〕以下表達錯誤的選項是() A．氦氣可用于填充飛艇B．氯化鐵可用于硬水的軟化C．石英砂可用于生產(chǎn)單晶硅D．聚四乙烯可用于廚具外表涂層解析：A項，氦氣性質(zhì)穩(wěn)定，故可用于填充飛艇，正確；B項，硬水的軟化是指除去水中的Ca2+、Mg2+，參加FeCl3只能水解產(chǎn)生Fe(OH)3膠體，吸附懸浮物，用于水的凈化，錯誤；C項，石英砂主要成分為SiO2，可用碳復(fù)原得到粗硅，經(jīng)提純得單晶硅，正確；D項，聚四乙烯具有抗酸抗堿、抗各種有機溶劑的特點，幾乎不溶于所有溶劑，故用于不粘鍋的涂層，正確。應(yīng)選B。4.〔2023江蘇卷〕以下有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是() A．SO2具有氧化性，可用于漂白紙漿B．NH4HCO3受熱易分解，可用作氮肥C．Fe2(SO4)3易溶于水，可用作凈水劑D．Al2O3熔點高，可用作耐高溫材料解析：A、SO2用于漂白紙漿是利用其與某些有色物質(zhì)作用，生成不穩(wěn)定的無色物質(zhì)，不是氧化性，二氧化硫與硫化氫反響生成S單質(zhì)和水，表現(xiàn)氧化性，A錯誤；B、NH4HCO3用作氮肥是因為其中含有氮元素，易被農(nóng)作物吸收，與熱穩(wěn)定性無關(guān)，B錯誤；C、Fe2(SO4)3用作凈水劑是因為鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體，膠體具有吸附性，能吸附水中懸浮的雜質(zhì)而凈水，C錯誤；D、Al2O3熔點高，可用作耐高溫材料，D正確。答案選D。5.〔2023江蘇卷〕在給定的條件下，以下選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是()解析：A、四氯化硅被氫氣復(fù)原可以制備單質(zhì)硅，但SiO2與鹽酸不反響，A錯誤；B、煅燒FeS2可以得到氧化鐵和二氧化硫，但SO2和H2O反響生成H2SO3，B錯誤；C、、NH3+HCl=NH4Cl，C正確；D、鎂是活潑的金屬，金屬鎂的冶煉方法是電解熔融的氯化鎂，電解氯化鎂溶液生成氯氣、氫氣和氫氧化鎂，D錯誤。應(yīng)選C。5．〔2023上海卷〕向新制氯水中參加少量以下物質(zhì)，能增強溶液漂白能力的是A．碳酸鈣粉末B．稀硫酸C．氯化鈣溶液D．二氧化硫水溶液解析：在氯水中存在反響：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，假設(shè)反響使溶液中c(HClO)增大，那么溶液的漂白性會增強。A．由于酸性HCl＞H2CO3＞HClO，所以向溶液中參加碳酸鈣粉末，會發(fā)生反響：2HCl+CaCO3=CaCl2+H2O+CO2↑，使化學(xué)平衡正向移動，導(dǎo)致c(HClO)增大，那么溶液的漂白性會增強，正確；B．假設(shè)參加稀硫酸，使溶液中c(H+)增大，平衡逆向移動，溶液的漂白性減弱，錯誤；C．參加氯化鈣溶液，不能發(fā)生反響，溶液的水對氯水起稀釋作用，使溶液的漂白性減弱，錯誤；D．參加二氧化硫的水溶液，電離產(chǎn)生氫離子，使化學(xué)平衡逆向移動，溶液的漂白性減弱，錯誤。應(yīng)選A。6．〔2023北京卷〕根據(jù)SO2通入不同溶液中實驗現(xiàn)象，所得結(jié)論不正確的選項是()溶液現(xiàn)象結(jié)論A含HCl、BaCl2的FeCl3溶液產(chǎn)生白色沉淀SO2有復(fù)原性BH2S溶液產(chǎn)生黃色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2有漂白性DNa2SiO3溶液產(chǎn)生膠狀沉淀酸性：H2SO3>H2SiO3解析：A、SO2被FeCl3氧化生成SO42-，再與BaCl2反響產(chǎn)生白色沉淀，表達了SO2的復(fù)原性；B、SO2與H2S溶液發(fā)生反響SO2+2H2S=3S↓+2H2O，表達了SO2的氧化性；C、SO2使酸性KMnO4溶液褪色，表達了SO2的復(fù)原性；D、SO2與Na2SiO3溶液產(chǎn)生膠狀沉淀，根據(jù)強酸制弱酸，可得結(jié)論酸性：H2SO3>H2SiO3，應(yīng)選C。7．〔2023江蘇卷〕以下有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是()A．Na2O2吸收CO2產(chǎn)生O2，可用作呼吸面具供氧劑B．ClO2具有復(fù)原性，可用于自來水的殺菌消毒C．SiO2硬度大，可用于制造光導(dǎo)纖維D．NH3易溶于水，可用作制冷劑解析：A．過氧化鈉可以和二氧化碳反響生成氧氣，A正確；B．因二氧化氯具有氧化性才用于自來水的殺菌消毒，B錯誤；C．二氧化硅透光性好，用于制造光導(dǎo)纖維，C錯誤；D．液氨氣化時吸收大量熱，所以氨可用作制冷劑，D錯誤。答案選A。8．〔2023新課標(biāo)1卷〕磷酸亞鐵鋰〔LiFePO4〕電池是新能源汽車的動力電池之一。采用濕法冶金工藝回收廢舊磷酸亞鐵鋰電池正極片中的金屬，其流程如下：以下表達錯誤的選項是()A．合理處理廢舊電池有利于保護環(huán)境和資源再利用B．從“正極片〞中可回收的金屬元素有Al、Fe、LiC．“沉淀〞反響的金屬離子為Fe3+D．上述流程中可用硫酸鈉代替碳酸鈉解析：正極片堿溶時鋁轉(zhuǎn)化為偏鋁酸鈉，濾渣中含有磷酸亞鐵鋰，參加硫酸和硝酸酸溶，過濾后濾渣是巖黑，得到含Li、P、Fe的濾渣，參加堿液生成氫氧化鐵沉淀，濾液中參加碳酸鈉生成含鋰沉淀。A、廢舊電池中含有重金屬，隨意排放溶液污染環(huán)境，因此合理處理廢舊電池有利于保護環(huán)境和資源再利用，A正確；B、根據(jù)流程的轉(zhuǎn)化可知從正極片中回收的金屬元素有Al、Fe、Li，B正確；C、得到含Li、P、Fe的濾液，參加堿液生成氫氧化鐵沉淀，因此“沉淀〞反響的金屬離子是Fe3+，C正確；D、硫酸鋰能溶于水，因此上述流程中不能用硫酸鈉代替碳酸鈉，D錯誤，應(yīng)選D。9．〔2023新課標(biāo)2卷〕研究說明，氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時與大氣中的氨有關(guān)〔如以下圖所示〕。以下表達錯誤的選項是()A．霧和霾的分散劑相同B．霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨C．NH3是形成無機顆粒物的催化劑D．霧霾的形成與過度施用氮肥有關(guān)解析：A、霧的分散劑是空氣，分散質(zhì)是水。霾的分散劑是空氣，分散質(zhì)是固體顆粒。因此霧和霾的分散劑相同，A正確；B、由于氮氧化物和SO2轉(zhuǎn)化為銨鹽形成無機顆粒物，因此霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨，B正確；C、在化學(xué)反響里能改變反響物化學(xué)反響速率而不改變化學(xué)平衡，且本身的質(zhì)量和化學(xué)性質(zhì)在化學(xué)反響前后都沒有發(fā)生改變的物質(zhì)叫催化劑，C錯誤；D、氮氧化物和SO2在形成霧霾時與大氣中的氨有關(guān)，由于氮肥會釋放出氨氣，因此霧霾的形成與過度施用氮肥有關(guān)，D正確，應(yīng)選C。10．〔2023江蘇卷〕以下有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是()A．NaHCO3受熱易分解，可用于制胃酸中和劑B．SiO2熔點高硬度大，可用于制光導(dǎo)纖維C．Al2O3是兩性氧化物，可用作耐高溫材料D．CaO能與水反響，可用作食品枯燥劑解析：A項，冐酸的主要成分是鹽酸，NaHCO3能與HCl反響，故NaHCO3可用于制胃酸中和劑，NaHCO3用于制胃酸中和劑與NaHCO3受熱易分解沒有對應(yīng)關(guān)系；B項，SiO2傳導(dǎo)光的能力非常強，用于制光導(dǎo)纖維，SiO2用于制光導(dǎo)纖維與SiO2熔點高硬度大沒有對應(yīng)關(guān)系；C項，Al2O3的熔點很高，用作耐高溫材料，Al2O3用作耐高溫材料與Al2O3是兩性氧化物沒有對應(yīng)關(guān)系；D項，CaO能與水反響，用于食品枯燥劑，CaO用于食品枯燥劑與CaO與水反響有對應(yīng)關(guān)系；應(yīng)選D。11．〔2023江蘇卷〕以下有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)的表達一定不正確的選項是()A．向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液顯紅色B．KAl(SO4)2·12H2O溶于水可形成Al(OH)3膠體C．NH4Cl與Ca(OH)2混合加熱可生成NH3D．Cu與FeCl3溶液反響可生成CuCl2解析：A項，F(xiàn)eCl2溶液中含F(xiàn)e2+，NH4SCN用于檢驗Fe3+，向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不會顯紅色，A項錯誤；B項，KAl(SO4)2·12H2O溶于水電離出的Al3+水解形成Al(OH)3膠體，離子方程式為Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，B項正確；C項，實驗室可用NH4Cl與Ca(OH)2混合共熱制NH3，反響的化學(xué)方程式為2NH4Cl+Ca(OH)2=2CaCl2+2NH3↑+2H2O，C項正確；D項，Cu與FeCl3溶液反響生成CuCl2和FeCl2，反響的化學(xué)方程式為Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，D項正確；應(yīng)選A?！?023江蘇卷〕在給定條件下，以下選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是()解析：NaHCO3受熱分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3與飽和石灰水反響生成CaCO3和NaOH，兩步反響均能實現(xiàn)；B項，Al與NaOH溶液反響生成NaAlO2和H2，NaAlO2與過量鹽酸反響生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反響不能實現(xiàn)；C項，AgNO3中參加氨水可獲得銀氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能發(fā)生銀鏡反響，第二步反響不能實現(xiàn)；D項，Al與Fe2O3高溫發(fā)生鋁熱反響生成Al2O3和Fe，F(xiàn)e與HCl反響生成FeCl2和H2，第二步反響不能實現(xiàn)；物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是A項，應(yīng)選A?！蚰M演練◎13．〔徐州市2023屆考前模擬沖刺打靶卷〕以下有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是()A．活性炭具有復(fù)原性，可用作冰箱除味劑B．二氧化硫具有氧化性，可用作造紙漂白劑C．Al2O3具有很高的熔點，可用于制造熔融燒堿的坩堝D．FeCl3溶液能與Cu反響，可用于蝕刻印刷電路板解析：活性炭具有吸附性，可用作冰箱除味劑，故A錯誤；二氧化硫具有漂白性，可用作造紙漂白劑，故B錯誤；Al2O3能與燒堿反響，故C錯誤；FeCl3溶液能與Cu反響生成氯化亞鐵和氯化銅，可用于蝕刻印刷電路板，故D正確。應(yīng)選D。14．〔東臺市2023屆5月模擬〕以下有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是()A．氮氣化學(xué)性質(zhì)通常不活潑,可將熾熱的鎂粉放在氮氣中冷卻B．明礬溶于水能形成膠體，可用于自來水的殺菌消毒C．常溫下鐵能被濃硝酸鈍化，可用鐵質(zhì)容器貯運濃硝酸D．金屬鈉具有強復(fù)原性，可用與TiCl4溶液反響制取金屬Ti解析：A．氮氣與鎂在加熱條件下生成氮化鎂，故A錯誤；B．明礬溶于水能形成氫氧化鋁膠體，具有吸附性，能夠吸收水中固體雜質(zhì)顆粒，可以凈水，不具有氧化性，不用于自來水的殺菌消毒，故B錯誤；C．因常溫下鐵遇濃硝酸鈍化，那么可用鐵質(zhì)容器貯運濃硝酸，故C正確；D．鈉是活潑金屬能與水溶液中的水反響，無法與TiCl4溶液反響制取金屬Ti，故D錯誤；應(yīng)選C。15．〔石家莊市2023屆高三沖刺模考〕以下說法正確的選項是()A．等質(zhì)量的鋁分別與足量Fe2O3或Fe3O4發(fā)生鋁熱反響時，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目相等B．質(zhì)量分數(shù)分別為40%和60%的硫酸溶液等體積混合，所得溶液的質(zhì)量分數(shù)為50%C．金屬鈉著火時，立即用泡沫滅火器滅火D．洗滌做焰色反響的鉑絲，可選用稀鹽酸或稀硫酸解析：A．鋁在反響中失去3個電子，等質(zhì)量的鋁分別與足量Fe2O3或Fe3O4發(fā)生鋁熱反響時，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目相等，A正確；B．硫酸的密度隨濃度的增大而增大，質(zhì)量分數(shù)分別為40%和60%的硫酸溶液等體積混合，所得溶液的質(zhì)量分數(shù)大于50%，B錯誤；C．金屬鈉著火時生成過氧化鈉，過氧化鈉與CO2反響生成氧氣，不能用泡沫滅火器滅火，C錯誤；D．鹽酸易揮發(fā)，洗滌做焰色反響的鉑絲，可選用稀鹽酸，不能選擇稀硫酸，D錯誤，應(yīng)選A。16．〔南昌市2023屆第三次模擬〕化學(xué)在生活中應(yīng)用廣泛,以下物質(zhì)性質(zhì)與對應(yīng)用途錯誤的選項是()A．明礬易水解生成膠體，可用作凈水劑B．晶體硅熔點高硬度大，可用作芯片C．氮氣化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定，可用作糧食保護氣D．NaClO具有強氧化性，