2023年届高考化学二轮专题复习汇编试卷：D单元非金属及其化合物(2023年高考真题+模拟新题)

D单元非金属及其化合物D1 无机非金属材料的主角－－硅(碳族元素)4.D1D2D4F4[2023·江苏卷]以下有关物质性质的应用正确的选项是( A．液氨汽化时要吸取大量的热，可用作制冷剂B．二氧化硅不与强酸反响，可用石英器皿盛放氢氟酸C．生石灰能与水反响，可用来枯燥氯气D．氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝4．A [解析]NH3

易液化，汽化时吸取大量的热，可作制冷剂，A项正确；二氧化硅能SiFHO，B项错误；生石灰吸水后生成Ca(OH)，能吸取氯气，C项4 2 2错误；氯化铝是共价化合物，工业上用电解熔融的AlO制铝，D项错误。2 36．D1O2I3[2023·福建卷]化学与社会、生产、生活亲热相关。以下说法正确的选项是( A．石英只能用于生产光导纤维B．从海水中提取物质都必需通过化学反响才能实现C．为了增加食物的养分成分，可以大量使用食品添加剂D“地沟油”制止食用，但可以用来制肥皂6．D [解析]氧化硅(如水晶、玛瑙等)用作饰物和工艺品，石英砂可用于制备硅单质等，A项错误；从海水中提取蒸馏水和盐时，通过蒸馏、蒸发等物理变化就能实现，提取溴、碘、镁等物质时，必需通过化学反响才能实现，B项错误；大量使用食品添加剂对人体有害，C项错误；“地沟油”制止食用，但其主要成分是油脂，在碱性溶液中发生水解反响，又称皂化反响，可用于制取肥皂，D项正确。11．D3D1H5[2023·广东卷]以下措施不合理的是( A．用SO漂白纸浆和草帽辫2用硫酸清洗锅炉中的水垢高温下用焦炭复原SiO制取粗硅2用NaS作沉淀剂，除去废水中的Cu2＋和Hg2＋211．B [解析]二氧化硫具有漂白性，可以用于漂白纸浆和草帽辫，A项合理；锅炉中的水垢主要成分是CaCO

，用硫酸除水垢会发生反响：CaCO＋2H＋＋SO2－===CaSO＋CO3 3 4 4 2↑＋HO，生成的硫酸钙微溶于水而掩盖在水垢外表阻挡了反响的进一步进展，不会彻底清2除水垢，B项不合理；制取粗硅的主反响为SiO＋2C=====Si＋2CO↑，C项合理；硫化铜、2NaSS2与废水中Cu2和H2＋结合生成2CuS沉淀、HgS沉淀，D项合理。10．D4C3C1D1C5D5[2023·广东卷]以下表达Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是( )选项选项ABCD表达Ⅰ表达ⅡNHCl为强酸弱碱盐4Fe3＋具有氧化性用加热法除去NaCl中的NHCl4KSCN溶液可以鉴别Fe3＋溶解度：CaCO<Ca(HCO)332溶解度：NaCO<NaHCO2 33SiO可与HF反响2氢氟酸不能保存在玻璃瓶中10.D [解析]NHCl受热易分解为氨气和氯化氢气体，NaCl加热不分解，因此可用加热4法除去NaCl中的NHCl，与NHCl为强酸弱碱盐无关，表达Ⅰ、Ⅱ均正确，但无因果关系，4 4A项错误；用KSCNFe3＋Fe3＋KSCN溶液反响生成的Fe(SCN)显红3色，与Fe3具有氧化性无关，陈述Ⅰ、Ⅱ均正确，但无因果关系，B项错误；溶解度CaCO

<Ca(HCO)NaCO>NaHCO

，陈述Ⅰ正确，陈述Ⅱ错误，C项错误；HF3 32 2 3 3是唯一能与SiOSiO2 2Ⅱ正确且有因果关系，D项正确。29．C2D1F4(15分)[2023·全国卷]铝是一种应用广泛的金属，工业上用AlO和冰晶2 3石(NaAlF)混合熔融电解制得。3 6①铝土矿的主要成分是AlOSiO等。从铝土矿中提炼AlO的流程如下：2 3 2 2 30②以萤石(CaF)和纯碱为原料制备冰晶石的流程如下：20答复以下问题：写 出 反 应 1 的 化 学 方 程 式。滤液Ⅰ中加入CaO 生成的沉淀是 ，反应2 的离子方程式为。E可作为建筑材料，化合物C是 ，写出由D制备冰晶石的化学方程式。电 解 制 铝 的 化 学 方 程 式 是，以石墨为电极，阳极产生的混合气体的成分是 。29．[答案](1)2NaOH＋SiO===NaSiO＋HO2 2 3 22NaOH＋AlO===2NaAlO＋HO2 3 2 2CaSiO 2AlO－＋CO＋3HO===2Al(OH)↓＋CO2－3 2 2 2 3 3HSO2 412HF＋3NaCO

＋2Al(OH)===2NaAlF＋3CO

＋9HO2 3 3 3 6 2 2(4)2AlO === 4A3O↑

(CO)3 2 3通电，Na3

2 2 2[解析](1)1为铝土矿中的Al

O、SiO与NaOH反响；(2)滤液Ⅰ含SiO2－、AlO－，2 3 2 3 2CaOCa(OH)，Ca2＋SiO2－CaSiOAlO－，能2 3 3 2CO、HO反响生成Al(OH)。(3)EC为浓硫酸。2 2 3气体DHF(4)电解氧化铝制备铝，以石墨为阳极，阳极2O2－－4e－===OO2

CO2

或CO，故混合气体为O、CO或CO。2 22．B4D1D3[2023·四川卷]以下物质分类正确的选项是( A．SO、SiO、CO均为酸性氧化物2 2B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物2．D [解析]CO是不成盐氧化物，不是酸性氧化物，A项错误；氯化铁溶液不是胶体，B项错误；四氯化碳是共价化合物，与水互不相溶，其在液态或水溶液条件下均不导电，属于非电解质，C35%～40%的水溶液、水玻璃是指硅酸钠溶液、氨水是氨气的水溶液，均为混合物，D项正确。D2 富集在海水中的元素－－氯(卤素)4.D1D2D4F4[2023·江苏卷]以下有关物质性质的应用正确的选项是( A．液氨汽化时要吸取大量的热，可用作制冷剂B．二氧化硅不与强酸反响，可用石英器皿盛放氢氟酸C．生石灰能与水反响，可用来枯燥氯气D．氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝4．A [解析]NH3

易液化，汽化时吸取大量的热，可作制冷剂，A项正确；二氧化硅能SiFHO，B项错误；生石灰吸水后生成Ca(OH)，能吸取氯气，C项4 2 2错误；氯化铝是共价化合物，工业上用电解熔融的AlO制铝，D项错误。2 324．J2H5D2B3B4[2023·福建卷]二氧化氯(ClO2)是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂。氯化钠电解法是一种牢靠的工业生产ClO2方法。①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2＋、Mg2＋、SO2－等杂质。某次除杂操作时，往4粗盐水中先参加过量的 (填化学式)，至沉淀不再产生后，再参加过量的Na2CO3和NaOH，充分反响后将沉淀一并滤去。经检测觉察滤液中仍含有肯定量的SO2－，其缘由是4[：K(BaSO)＝1.1×10－10、K(BaCO

)＝5.1×10－9]。sp 4 sp 3②该法工艺原理示意图如下(NaClO)3与盐酸反响生成ClO。工艺中可以利用的单质有 (填化学式)，发生器中生成ClO2 2的 化 学 方 程 式 为。0纤维素复原法制ClO 是一种方法，其原理是：纤维素水解得到的最终产物D与2NaClO反响生成ClO(D)＋24NaClO＋12HSO===ＫClO↑＋3 2 3 2 4 2ＫCO↑＋18HO＋Ｋ 2 2ClOClCN－氧化为无毒的物质，自身被复原为Cl－。处理含2 2CN－一样量的电镀废水，所需Cl2

的物质的量是ClO2

的 倍。24．[答案](1)①BaCl2

BaSO4

和BaCOK3

相差不大，当溶液中存在大量CO2－时，3BaSO(s)会局部转化为BaCO(s)(或其他合理答案)4 3②H、Cl 2NaClO＋4HCl===2ClO↑＋Cl↑＋2NaCl＋2HO612Na612NaSO2 4(2)1CH

O＋24NaClO＋12HSO

===24ClO↑＋

CO↑＋18HO＋6(3)2.5

12 6

3 2 4

2 2 2[解析](1)①依据后参加的除杂试剂逆推，参加过量NaCO的目的是除去粗盐溶液中的2 3Ca2＋，参加过量NaOH的目的是除去粗盐溶液中的Mg2＋，参加除杂试剂的目的是除去粗盐溶液中的S2－BaClBaSO4 2 4BaCOK

相差不大，当溶液中存在大量CO2－时，使BaSO

(s)＋CO2－

BaCO(s)＋3 sp 3 4 3 3SO2－的平衡右移，BaSO(s)会局部转化为BaCO(s)SO2－；②由图中补充4 4 3 4ClH＋Cl=====2HCl，则该工艺流程中可以利用的单质是H、2 2 2 2Cl；二氧化氯发生器中反响物为氯化钠、电解池中得到的NaClO和氯化氢合成塔中得到的2 3HClClOCl，可通入氯化钠电解槽中循环利2 2用的NaCl和HO，依据氯元素优先变为相邻价态可得，氯酸钠被复原为二氧化氯，氯化氢2被氧化为氯气，配平可得：2NaClO＋4HCl===2ClO↑＋Cl↑＋2NaCl＋2HO；(2)纤维素是3 2 2 2多糖，其水解的最终产物是葡萄糖(CH O)，所含氢为＋1价、氧为－2价，由葡萄糖中各6 12 6元素化合价代数和为零可得碳的平均化合价为 0价，配平可得：CH6

O12

＋24NaClO＋312H

SO===24ClO↑＋6CO↑＋18HO＋12NaSO

；(3)设处理含CN－一样量的电镀废水时2 4 2 2 2 2 4转移电子的物质的量均为xmol，依据化合价降低总数等于转移电子数可得关系式：①ClO2→Cl－～5e－，②Cl→2Cl－～2e－，①②式中氧化剂与转移电子数的物质的量之比等于化学计2量数之比，则n(ClO

)＝xmol 1

0.2xmol，n(Cl

)＝xmol 1

n〔Cl〕0.5xmol，所以 2 ＝2 ×5＝

2 ×2＝ n〔ClO〕20.50.2＝2.5。33．J3J1D2J4J5F3F5C5[2023·广东卷]升科学素养。在试验室中用浓盐酸与MnO共热制取Cl并进展相关试验。2 2①以下收集Cl的正确装置是 。2A B C D0②将Cl通入水中，所得溶液中具有氧化性的含氯粒子是 。2③设计试验比较ClBrCCl于试管中，2 2 4。能量之间可以相互转化：电解食盐水制备Cl是将电能转化为化学能，而原电池可将2化学能转化为电能。设计两种类型的原电池，探究其能量转化效率。限选材料：ZnSO(aq)、FeSO(aq)、CuSO

(aq)；铜片、铁片、锌片和导线。4 4 4①完成原电池甲的装置示意图(0)，并作相应标注。0要求：在同一烧杯中，电极与溶液含一样的金属元素。②以铜片为电极之一，CuSO(aq)4段 时 间 后 ， 可 观 察 到 负 极。③甲乙两种原电池中可更有效地将化学能转化为电能的是 ，其缘由是。(2)的材料中应选 作阳极。33．[答案](1)①C②HClO、Cl2、ClO－③向试管中滴加NaBr溶液，振荡、静臵。试管中液体分层，上层接近无色，下层为橙红色(2)①②电极渐渐溶解③甲可以避开Zn与Cu2＋的接触，提高电池效率，供给稳定电流(3)Zn[解析](1)①集气瓶中使用单孔橡胶塞，则瓶内气体压强增大到肯定程度会发生爆炸等，AB项错误；正立的集气瓶中有双孔橡胶塞，氯气从长导管中进，空气从短导管排出，排出的气体通过倒扣漏斗、NaOH溶液吸取处理，既防止倒吸又防止排出氯气污染空气，C项正确；氯气与NaOH溶液反响Cl＋22NaOH===NaClO＋NaCl＋HONaOH溶液的方法收集氯气，D项错误；②氯2气与水发生可逆反响Cl＋HOH＋＋Cl－＋HClO，所得氯水中含HO、Cl、H＋、Cl－、2 2 2 2HClO、ClO－、OH－等离子，其中具有强氧化性的含氯粒子是Cl、HClO、ClO－；(2)①带盐2桥的原电池甲可以设计锌铜原电池(或铁铜原电池、锌铁原电池)，由于外电路中电子从左移向右，说明左边烧杯中电极的金属性较强，则左、右两边烧杯中电极材料及电解质溶液可以(或者铁片和硫酸亚铁溶液、铜片和硫酸铜溶液，锌片和硫酸锌溶液、铁片和硫酸亚铁溶液)；②金属活动性Zn>Fe>Cu，则原电池乙中铜片作正极，锌片或铁片作负极，工作一段时间后，负极金属锌或铁被氧化，质量减轻，溶液中蓝色变浅；③甲、乙两种原电池都能将化学能转化为电能，其中带有盐桥的原电池甲中的负极金属锌(或铁)和硫酸铜没有直接接触，二者不会直接发生臵换反响，化学能不会转化为热能，几乎全部转化为电能；而原电池乙中的负极金属锌(或铁)和硫酸铜直接接触发生臵换反响，局部化学能会转化为热能，化学能不能全部转化为电能；(3)铁片作正极(阴极)时被保护，而铁作负极(阳极)时被腐蚀，为了减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，在(2)的材料中应选择比铁活泼的锌片作负极(阳极)，使铁片作正极(阴极)，从而牺牲锌片保护铁片；不能选择铜片，由于铜作正极(阴极)，而铁片作负极(阳极)，此时铁片的腐蚀速率加快，而不是延缓。28．D2D3J4[2023·北京卷]某学生对SO与漂粉精的反响进展试验探究：2操作4g100mL水过滤，测漂粉精溶液的pH

现象局部固体溶解，溶液略有颜色pH试纸先变蓝(12)，后褪色ⅰ.液面上方消灭白雾ⅱ.稍后，消灭浑浊，溶液变为黄绿色ⅲ.稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去A(1)Cl2

和 Ca(OH)2

制 取 漂 粉 精 的 化 学 方 程 式 是。pH 试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是。向水中持续通入SO，未观看到白雾。推想现象i的白雾由盐酸小液滴形成，进展如2下试验：a．用潮湿的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b．用酸化的AgNO溶液检验白雾，产生白色沉淀。3① 实 验 a 的 目 的 是。②由实验 a 、b 不能判断白雾中含有 HCl ，理由是。现象ⅱ中溶液变为黄绿色的可能缘由：随溶液酸性的增加，漂粉精的有效成分和Cl－发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是。将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X。①向沉淀XBaCl2则沉淀X中含有的物质是 。②用离子方程式解释现象ⅲ中黄绿色褪去的原因：28．[答案](1)2Cl＋2Ca(OH)===CaCl＋Ca(ClO)

。＋2HO2碱性、漂白性

2 2 2 2①检验白雾中是否含有Cl，排解Cl干扰2 2②白雾中混有SO，SO可与酸化的AgNO反响产生白色沉淀2 2 3向漂粉精溶液中逐滴参加硫酸，观看溶液是否变为黄绿色①CaSO4②SO＋Cl＋2HO===SO2－＋2Cl－＋4H＋2 2 2 4[解析](2)pH试纸先变蓝，说明漂粉精溶液显碱性，后褪色，说明具有漂白性。aClClSONO－氧化2 2 2 3SO2－，SO2－也能与Ag＋反响生成白色沉淀，故不能推断白雾中含有盐酸。4 4可依据反响Cl－＋ClO－＋2H＋===Cl↑＋H2

O来设计试验验证这种可能性。2①向沉淀X中参加稀盐酸，无明显变化，说明沉淀X中不含SO2－；向上层清液中加3BaCl溶液，产生白色沉淀，说明XSO2－XCaSO。②黄绿色溶2 4 4液中含有Cl，向该溶液中通入SO可发生反响SO＋Cl＋2HO===SO2－＋2Cl－＋4H＋。2 2 2 2 2 41．D3M1D2[2023·四川卷]化学与生活亲热相关，以下说法不正确的选项是( A．二氧化硫可广泛用于食品的增白B．葡萄糖可用于补钙药物的合成C．聚乙烯塑料制品可用于食品的包装D．次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌1．A [解析]食用二氧化硫增白的食品，对人体的肝、肾脏等有严峻损害，并有致癌作用，因此二氧化硫不能用于食品增白，A项错误；用葡萄糖制备的葡萄糖酸钙常作为补钙药物，B项正确；聚乙烯塑料无毒无害，可用于食品包装、餐具等，C项正确；次氯酸盐水解可得到强氧化性酸HClO，用于杀菌消毒，D项正确。D3 硫及其化合物(涉及绿色化学)25.J2J1J4D3D4[2023·福建卷]Mg(NO)为争论对32象，拟通过试验探究其热分解的产物，提出如下4种猜测：甲：Mg(NO)、NO、O22 2 2乙：MgO、NO、O2 2丙：MgN、O3 2 2丁：MgO、NO、N2 2实验前，小组成员经讨论认定猜想丁不成立，理由是。查阅资料得知：2NO＋2NaOH===NaNO＋NaNO＋HO。2 3 2 20所示的试验装置(图中加热、夹持仪器等均省略)：0试验过程①仪器连接后，放入固体试剂之前，关闭k，微热硬质玻璃管(A)，观看到E中有气泡连续 放 出 ， 表 明②称取Mg(NO)3.7g置于A中，加热前通入N

。以驱尽装置内的空气，其目的是32 2；关闭k，用酒精灯加热时，正确操作是先 ，然后固定在管中固体部位下加热。③观看到A中有红棕色气体消灭，C、D中未见明显变化。④待样品完全分解，A装置冷却至室温、称量，测得剩余固体的质量为1.0g。⑤取少量剩余固体于试管中，参加适量水，未见明显现象。试验结果分析争论①依据试验现象和剩余固体的质量，经分析可初步确认猜测 是正确的。D中无明显现象，一位同学认为不能确认分解产物中有O2O2，D中将 发 生 氧 化 还 原 反 应 ：(填写化学方程式)，溶液颜色会褪去；小组争论认定分解产物中有O存在，未检测到的2缘由是 。③小组争论后达成的共识是上述试验设计仍不完善，需改进装置进一步争论。25．[答案](1)不符合氧化复原反响原理(或其他合理答案)(2)①装臵气密性良好②避开对产物O的检验产生干扰(或其他合理答案) 移动酒精灯预热硬质玻璃管2(3)①乙②2NaSO＋O===2NaSO O在通过装臵B时已参与反响(或其他合理答案)2 3 2 2 4 2[解析](1)Mg(NO)MgO、NO、N

，氮元素化合价局部由＋5价降为32 2 2＋4价，另一局部由＋50猜测丁不成立；(2)①整套装臵所含仪器连接后，放入固体试剂之前，关闭k，微热硬质玻璃试管(A)，观看到E中有气泡连续放出，说明装臵气密性良好；②猜测甲、乙、丙中均有O，2通常条件下氮气的性质很稳定，则加热前通入N 驱尽装臵内空气的目的是避开空气对产物2O的检验产生干扰；加热试管中固体时要预热，正确的操作方法是移动酒精灯预热硬质玻璃2管，然后固定在有固体部位下加热；(3)①A中有红棕色气体，说明硝酸镁热分解产物中含有NO；剩余固体中参加适量水，未见明显现象，说明硝酸镁热分解产物中不含亚硝酸镁，也2不含氮化镁，由于Mg(NO)可溶于水，MgN

与水发生双水解反响，生成白色沉淀和刺激22 3 2性气味的气体，由此推断猜测乙成立；②氧气具有氧化性，亚硫酸钠具有复原性，二者发生氧化复原反响，生成硫酸钠，配平可得：2NaSO＋O===2NaSO

；试验时二氧化氮与氢氧2 3 2 2 4化钠溶液反响可能存在过量问题，假设氢氧化钠缺乏，则 B中不仅发生了反响2NO＋22NaOH===NaNONaNO＋HO3NO＋HO===2HNON2NO3 2 2 2 2 3＋O===2NOOB时已经参与反响，导致硝酸镁热分解产生的氧气在D之2 2 2前已经被消耗完全。23．J4D3D4I2C3[2023·广东卷]以下试验的现象与对应结论均正确的选项是( )选项选项ABCD操作将浓硫酸滴到蔗糖外表常温下将Al片放入浓硝酸中将一小块Na放入无水乙醇中将水蒸气通过灼热的铁粉现象固体变黑膨胀无明显现象产生气泡粉末变红结论浓硫酸有脱水性和强氧化性Al与浓硝酸不反响Na能置换出醇羟基中的氢铁与水在高温下发生反响23.AC[解析]浓硫酸具有脱水性，能使蔗糖脱水炭化而变黑，生成单质碳和水，浓硫酸和水混合时放出大量的热量，单质碳与浓硫酸发生氧化复原反响，生成二氧化碳和二氧化硫气体，使黑色固体体积膨胀，说明浓硫酸具有脱水性和强氧化性，A项正确；常温下浓硝B项错误；金属钠臵换了乙醇羟基中的氢，生成氢气和乙醇钠，C项正确；黑色的铁粉高温下与水蒸气发生臵换反响，生成黑色四氧化三铁固体和氢气，D项错误。D3D1H5[2023·广东卷]以下措施不合理的是( )用SO漂白纸浆和草帽辫2用硫酸清洗锅炉中的水垢高温下用焦炭复原SiO制取粗硅2用NaS作沉淀剂，除去废水中的Cu2＋和Hg2＋211．B [解析]二氧化硫具有漂白性，可以用于漂白纸浆和草帽辫，A项合理；锅炉中的水垢主要成分是CaCO

，用硫酸除水垢会发生反响：CaCO＋2H＋＋SO2－===CaSO＋CO3 3 4 4 2↑＋HO，生成的硫酸钙微溶于水而掩盖在水垢外表阻挡了反响的进一步进展，不会彻底清2除水垢，B项不合理；制取粗硅的主反响为SiO＋2C=====Si＋2CO↑，C项合理；硫化铜、2NaSS2与废水中Cu2和H2＋结合生成2CuS沉淀、HgS沉淀，D项合理。28．D2D3J4[2023·北京卷]某学生对SO与漂粉精的反响进展试验探究：2操作4g100mL水过滤，测漂粉精溶液的pH

现象局部固体溶解，溶液略有颜色pH试纸先变蓝(12)，后褪色(1)Cl2

A和 Ca(OH)2

ⅰ.液面上方消灭白雾ⅱ.稍后，消灭浑浊，溶液变为黄绿色ⅲ.稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去制 取 漂 粉 精 的 化 学 方 程 式 是。pH 试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是。向水中持续通入SO，未观看到白雾。推想现象i的白雾由盐酸小液滴形成，进展如2下试验：a．用潮湿的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b．用酸化的AgNO溶液检验白雾，产生白色沉淀。3① 实 验 a 的 目 的 是。②由实验 a 、b 不能判断白雾中含有 HCl ，理由是。现象ⅱ中溶液变为黄绿色的可能缘由：随溶液酸性的增加，漂粉精的有效成分和Cl－发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是。将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X。①向沉淀XBaCl2则沉淀X中含有的物质是 。②用离子方程式解释现象ⅲ中黄绿色褪去的原因：28．[答案](1)2Cl＋2Ca(OH)===CaCl＋Ca(ClO)

。＋2HO2碱性、漂白性

2 2 2 2①检验白雾中是否含有Cl，排解Cl干扰2 2②白雾中混有SO，SO可与酸化的AgNO反响产生白色沉淀2 2 3向漂粉精溶液中逐滴参加硫酸，观看溶液是否变为黄绿色①CaSO4②SO＋Cl＋2HO===SO2－＋2Cl－＋4H＋2 2 2 4[解析](2)pH试纸先变蓝，说明漂粉精溶液显碱性，后褪色，说明具有漂白性。aClClSONO－氧化2 2 2 3SO2－，SO2－也能与Ag＋反响生成白色沉淀，故不能推断白雾中含有盐酸。4 4可依据反响Cl－＋ClO－＋2H＋===Cl↑＋H2

O来设计试验验证这种可能性。2①向沉淀X中参加稀盐酸，无明显变化，说明沉淀X中不含SO2－；向上层清液中加3BaCl溶液，产生白色沉淀，说明XSO2－XCaSO。②黄绿色溶2 4 4液中含有Cl，向该溶液中通入SO可发生反响SO＋Cl＋2HO===SO2－＋2Cl－＋4H＋。2 2 2 2 2 42．B4D1D3[2023·四川卷]以下物质分类正确的选项是( A．SO、SiO、CO均为酸性氧化物2 2B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物2．D [解析]CO是不成盐氧化物，不是酸性氧化物，A项错误；氯化铁溶液不是胶体，B项错误；四氯化碳是共价化合物，与水互不相溶，其在液态或水溶液条件下均不导电，属于非电解质，C35%～40%的水溶液、水玻璃是指硅酸钠溶液、氨水是氨气的水溶液，均为混合物，D项正确。1．D3M1D2[2023·四川卷]化学与生活亲热相关，以下说法不正确的选项是( A．二氧化硫可广泛用于食品的增白B．葡萄糖可用于补钙药物的合成C．聚乙烯塑料制品可用于食品的包装D．次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌1．A [解析]食用二氧化硫增白的食品，对人体的肝、肾脏等有严峻损害，并有致癌作用，因此二氧化硫不能用于食品增白，A项错误；用葡萄糖制备的葡萄糖酸钙常作为补钙药物，B项正确；聚乙烯塑料无毒无害，可用于食品包装、餐具等，C项正确；次氯酸盐水解可得到强氧化性酸HClO，用于杀菌消毒，D项正确。D3M2 [2023·浙江卷]以下说法不正确的选项是( )A．多孔碳可用作氢氧燃料电池的电极材料B．pH计不能用于酸碱中和滴定终点的推断CDNA链中有砷(As)As元素最有可能取代了一般DNA链中的P元素D．CCHHCHO和CO反响生成可降解聚合物CHCH OCHOCO ，该反响符合3 2 2 2 3绿色化学的原则7．B[解析]燃料电池的电极一般用多孔石墨或多孔铂作电极，A项正确；pH计可准确测量溶液的pH，也可用于掌握滴定终点，B项错误；砷与磷同主族，两者有相像的构造与性质，C项正确；合成O—CHCH—O—COCH100%，2 3符合绿色化学要求，D项正确。D4 氮及其化合物(氮、磷及其化合物)18.A1D4[2023·江苏卷]硫酸镍铵[(NH)Ni(SO)·nHO]可用于电镀、印刷等领域。某同学为测4x y 4m 2定硫酸镍铵的组成，进展如下试验：2.3350g100.00mLA；25.00mLA0.04000mol·L－1EDTA(NaH2

标准溶液滴定其中2Ni2＋(离子方程式为Ni2＋＋HY2－===NiY2－＋2H＋)EDTA31.25mL；225.00mLA，加足量的NaOH溶液并充分加热，生成NH56.00mL(标准状3况)。假设滴定管在使用前未用EDTA标准溶液润洗，测得的Ni2＋含量将 (填“偏高”“偏低”或“不变”)。氨 气 常 用检验，现 象 是。通过计算确定硫酸镍铵的化学式(写出计算过程)。18．[答案](1)偏高(2)潮湿的红色石蕊试纸试纸颜色由红变蓝(3)n(Ni2＋)＝0.04000mol·L－1×31.25mL×10－3L〃mL－1＝1.250×10－3mol56.00mL×10－3L〃mL－1n(NH＋)＝

22.4L〃mol1

＝2.500×10－3mol4 －2n〔Ni2＋〕＋n〔NH＋〕n(SO2－)＝4

2 4 ＝2×1.250×10－3mol＋2.500×10－3mol2 ＝2．500×10－3molm(Ni2＋)＝59g·mol－1×1.250×10－3mol＝0.07375gm(NH＋)＝18g·mol－1×2.500×10－3mol＝0.04500g4m(SO2－)＝96g·mol－1×2.500×10－3mol＝0.2400g4n(H

O)＝2 100.00mL 2.3350g×25.00mL－0.07375g－0.04500g－0.240 100.00mL 18g·mol－1＝1.250×10－2molx∶y∶m∶n＝n(NH＋)∶n(Ni2＋)∶n(SO2－)∶n(H

O)＝2∶1∶2∶104 4 2硫酸镍铵的化学式为(NH)Ni(SO)〃10HO42 42 2[解析](1)EDTANi2＋含量偏高。(2)NH(3)Ni2＋的量，依据生3NHNH＋的量。依据电荷守恒计算出SO2－的量，最终由质量守恒计算出HO3 4 4 2的量，由四者的物质的量比值，可确定出硫酸镍铵的化学式。4．D1D2D4F4[2023·江苏卷]以下有关物质性质的应用正确的选项是( A．液氨汽化时要吸取大量的热，可用作制冷剂B．二氧化硅不与强酸反响，可用石英器皿盛放氢氟酸C．生石灰能与水反响，可用来枯燥氯气D．氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝4．A [解析]NH3

易液化，汽化时吸取大量的热，可作制冷剂，A项正确；二氧化硅能SiFHO，B项错误；生石灰吸水后生成Ca(OH)，能吸取氯气，C项4 2 2错误；氯化铝是共价化合物，工业上用电解熔融的AlO制铝，D项错误。2 325．J2J1J4D3D4[2023·福建卷]Mg(NO)为争论对32象，拟通过试验探究其热分解的产物，提出如下4种猜测：甲：Mg(NO)、NO、O22 2 2乙：MgO、NO、O2 2丙：MgN、O3 2 2丁：MgO、NO、N2 2实验前，小组成员经讨论认定猜想丁不成立，理由是。查阅资料得知：2NO＋2NaOH===NaNO＋NaNO＋HO。2 3 2 20所示的试验装置(图中加热、夹持仪器等均省略)：0试验过程①仪器连接后，放入固体试剂之前，关闭k，微热硬质玻璃管(A)，观看到E中有气泡连续 放 出 ， 表 明②称取Mg(NO)3.7g置于A中，加热前通入N

。以驱尽装置内的空气，其目的是32 2；关闭k，用酒精灯加热时，正确操作是先 ，然后固定在管中固体部位下加热。③观看到A中有红棕色气体消灭，C、D中未见明显变化。④待样品完全分解，A装置冷却至室温、称量，测得剩余固体的质量为1.0g。⑤取少量剩余固体于试管中，参加适量水，未见明显现象。试验结果分析争论①依据试验现象和剩余固体的质量，经分析可初步确认猜测 是正确的。D中无明显现象，一位同学认为不能确认分解产物中有OO，D中2 2将 发 生 氧 化 还 原 反 应 ：(填写化学方程式)，溶液颜色会褪去；小组争论认定分解产物中有O存在，未检测到的2缘由是 。③小组争论后达成的共识是上述试验设计仍不完善，需改进装置进一步争论。25．[答案](1)不符合氧化复原反响原理(或其他合理答案)(2)①装臵气密性良好②避开对产物O的检验产生干扰(或其他合理答案) 移动酒精灯预热硬质玻璃管2(3)①乙②2NaSO＋O===2NaSO O在通过装臵B时已参与反响(或其他合理答案)2 3 2 2 4 2[解析](1)Mg(NO)MgO、NO、N

，氮元素化合价局部由＋5价降为32 2 2＋4价，另一局部由＋50猜测丁不成立；(2)①整套装臵所含仪器连接后，放入固体试剂之前，关闭k，微热硬质玻璃试管(A)，观看到E中有气泡连续放出，说明装臵气密性良好；②猜测甲、乙、丙中均有O，2通常条件下氮气的性质很稳定，则加热前通入N 驱尽装臵内空气的目的是避开空气对产物2O的检验产生干扰；加热试管中固体时要预热，正确的操作方法是移动酒精灯预热硬质玻璃2管，然后固定在有固体部位下加热；(3)①A中有红棕色气体，说明硝酸镁热分解产物中含有NO；剩余固体中参加适量水，未见明显现象，说明硝酸镁热分解产物中不含亚硝酸镁，也2不含氮化镁，由于Mg(NO)可溶于水，MgN

与水发生双水解反响，生成白色沉淀和刺激22 3 2性气味的气体，由此推断猜测乙成立；②氧气具有氧化性，亚硫酸钠具有复原性，二者发生氧化复原反响，生成硫酸钠，配平可得：2NaSO＋O===2NaSO

；试验时二氧化氮与氢氧2 3 2 2 4化钠溶液反响可能存在过量问题，假设氢氧化钠缺乏，则 B中不仅发生了反响2NO＋22NaOH===NaNONaNO＋HO3NO＋HO===2HNON2NO3 2 2 2 2 3＋O===2NOOB时已经参与反响，导致硝酸镁热分解产生的氧气在D之2 2 2前已经被消耗完全。32．F4D4C2C3B1B3A4B4C4J2[2023·广东卷]艺如下：[注：Al(OH)3

Cu(OH)2

045080℃]电 解 精 炼 银 时 ， 阴 极 反 应 式 为；滤渣A与稀HNO反响，产生的气体在空气中快速变为红棕色，该气体变色的化学反响3方程式为 。固体混合物B的组成为 ；在生成固体B的过程中，需掌握NaOH的参加量，假设 NaOH 过量，则因过量引起的反应的离子方程式为。完成煅烧过程中一个反响的化学方程式：Cu＋ AlO== CuAlO＋ ↑。2 3 2假设银铜合金中铜的质量分数为 63.5%，理论上5.0kg废料中的铜可完全转化为 molCuAlO1.0mol·L－1的Al(SO)

溶液 2 2 43CuSO 溶液也可用于制备胆矾，其基本操作是4 、过滤、洗涤和枯燥。32．[答案](1)Ag＋＋e－===Ag 2NO＋O

===2NO2 2Al(OH)和CuO Al(OH)＋OH－===AlO－＋2HO3 3 2 24Cu2AlO4CuAlO＋O↑2 3 2 2(4)50 25(5)蒸发浓缩，冷却结晶[解析](1)电解精炼银与电解精炼铜类似，纯银作阴极，粗银作阳极，硝酸银溶液作电解Ag－e－===Ag＋Ag＋＋e－===Ag；银是金属活动挨次表中氢后金属，不溶于稀硫酸，由于稀硫酸是非氧化性酸，则滤渣A的主要成分是Ag，稀硝3Ag＋4HNO(稀)===3AgNO＋NO↑＋2H

O，产生的无色气体3 3 2一氧化氮在空气中快速被氧化为红棕色的二氧化氮气体，即2NO＋O===2NO；(2)CuAlO2 2 2中氧为－2价，铝为＋3价，则铜为＋1价，其化学式也可以写为CuO〃AlO，相当于氧化2 2 31∶1B的主要成分是物质的量之比为1∶1的Al(OH)3

和CuCu(OH)2

开头分解的温度为8080℃，则煮沸前后发生的反响为 Al3＋＋3OH－===Al(OH)3

↓、Cu22OH===Cu(OH)↓、2Cu(OH)=4502 2 3应为2Al(OH)5AlO＋3HO、4CuO52Cu

↑；氢氧化铝是两性氢氧化物，3 2 3 2 2 2NaOHNaOH能溶解局部或全部氢氧化铝，其离子方程式为Al(OH)＋OH－32

O，这必将导致目标产物产量的削减；(3)依据氧化复原反响的特征推断，铜元2素由＋2价降为＋1由－2价升为相邻的0价，即缺少的生成物为氧气；依据化合价升降法配平可得：4CuO＋2AlO=====4CuAlO＋O↑；(4)5.0kg＝5.0×103g5.0×103g2 3 2 2×63.5% m n可知n(Cu)5.0×103g×63.5%÷63.5g/mol＝50mol，依据铜守恒则有关，由M＝Cu～CuAlO，则铜完全转化可以变为50molCuAlO；依据铝守恒则有关系式：2 2Al(SO

)～2CuAlO

，则至少需要25molAl(SO

)；由V n

V[Al

(SO

)]＝252 43 2

2 43

＝V可求至少需要

2 43mol÷1.0mol/L＝25L；(5)胆矾是硫酸铜溶液结晶析出的结晶水合物CuSO〃5H

4 2溶液中得到胆矾的根本操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和枯燥。23．J4D3D4I2C3[2023·广东卷]以下试验的现象与对应结论均正确的选项是( )选项选项ABCD操作将浓硫酸滴到蔗糖外表常温下将Al片放入浓硝酸中将一小块Na放入无水乙醇中将水蒸气通过灼热的铁粉现象固体变黑膨胀无明显现象产生气泡粉末变红结论浓硫酸有脱水性和强氧化性Al与浓硝酸不反响Na能置换出醇羟基中的氢铁与水在高温下发生反响23.AC[解析]浓硫酸具有脱水性，能使蔗糖脱水炭化而变黑，生成单质碳和水，浓硫酸和水混合时放出大量的热量，单质碳与浓硫酸发生氧化复原反响，生成二氧化碳和二氧化硫气体，使黑色固体体积膨胀，说明浓硫酸具有脱水性和强氧化性，A项正确；常温下浓硝B项错误；金属钠臵换了乙醇羟基中的氢，生成氢气和乙醇钠，C项正确；黑色的铁粉高温下与水蒸气发生臵换反响，生成黑色四氧化三铁固体和氢气，D项错误。10．D4C3C1D1C5D5[2023·广东卷]以下表达Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是( )选项选项ABCD表达Ⅰ表达ⅡNHCl为强酸弱碱盐4Fe3＋具有氧化性用加热法除去NaCl中的NHCl4KSCN溶液可以鉴别Fe3＋溶解度：CaCO<Ca(HCO)332溶解度：NaCO<NaHCO2 33SiO可与HF反响2氢氟酸不能保存在玻璃瓶中10.D [解析]NHCl受热易分解为氨气和氯化氢气体，NaCl加热不分解，因此可用加热4法除去NaCl中的NHCl，与NHCl为强酸弱碱盐无关，表达Ⅰ、Ⅱ均正确，但无因果关系，4 4A项错误；用KSCNFe3＋Fe3＋KSCN溶液反响生成的Fe(SCN)显红3色，与Fe3具有氧化性无关，陈述Ⅰ、Ⅱ均正确，但无因果关系，B项错误；溶解度CaCO

<Ca(HCO)NaCO>NaHCO

，陈述Ⅰ正确，陈述Ⅱ错误，C项错误；HF3 32 2 3 3是唯一能与Si2Si2Ⅱ正确且有因果关系，D项正确。26．D4F2G2F3[2023·北京卷]NOx

是汽车尾气中的主要污染物之一。NO 能形成酸雨，写出NO 转化为HNO 的化学方程式：x 2 3。汽车发动机工作时会引发N和O反响，其能量变化示意图如下：2 22 2〔6kJmo12NN〔95Jo－2gO〔48Jo－2〔g2 ① 写 出 该 反 应 的 热 化 学 方 程 式 ：。②随温度升高，该反应化学平衡常数的变化趋势是。在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NO的排放。x①当尾气中空气缺乏时，NO在催化转化器中被复原成NNOCO复原的x 2化 学 方 程 式 ：。②当尾气中空气过量时，催化转化器中的金属氧化物吸取NO生成盐。其吸取力量挨次x如 下 ：

MgO< CaO< SrO< BaO12 20 38 56

。 原 因 是，元素的金属性渐渐增加，金属氧化物对NO的吸取力量渐渐增加。x通过NO传感器可监测NO的含量，其工作原理示意图如下：x x0①Pt电极上发生的是 反响(填“氧化”或“复原”)。② 写 出 NiO 电 极 的 电 极 反 应 式 ：。26．[答案](1)3NO＋H2

O===2HNO＋NO2 3(2)①N(g)＋O(g)===2NO(g)2 2ΔH＝＋183kJ·mol－1②增大(3①2C＋2NON2CO2 2②依据Mg、Ca、Sr和Ba的质子数，得知它们均为ⅡA族元素。同一主族的元素，从上到下，原子半径渐渐增大(4)①复原②NO＋O2－－2e－===NO2[解析](1)NO3NO＋HO===2HNO＋NO。2 2 2 3(2)①N2(g)＋O2(g)===2NO(g) ΔH＝945kJ·mol－1＋498kJ·mol－1－2×630kJ·mol－1＝＋183kJ·mol－1。②该反响为吸热反响，随温度上升，化学平衡常数增大。依据题意NO被复原为N，则CO被氧化为CO。2 2Pt电极上O得电子发生复原反响，电极反响式为O＋4e－===2O2－，电池总反响式为2 22NO＋O===2NOPt电极的电极反响式并化简得NiO电极的电极反响2 2式：NO＋O2－－2e－===NO。27．B3C2C3D4[2023·四川卷]1.52g50mL1.40g/mL63%的NO和NO的混合气体1120mL标准状况1.02 2 4NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。以下说法不正确的选项是( )A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2∶1B．该浓硝酸中HNO14.0mol/L3C．NONO的混合气体中，NO80%2 2 4 2D2.54g沉淀时，参加NaOH600mL50mL×1.40g/mL×63%63g·mol－17．D [解析]c(HNO)＝3

50×10－3L

＝14.0mol/L，B项正确；1molCu(或Mg)2mole－后形成的Cu2＋(Mg2＋)2molOH－完全转化为沉淀，即镁铜合金失去电子的物质的量等于形成沉淀时结合OH－的物质的量，最终生成沉淀2.54g，增加的质量 1.02g m(OH－)＝2.54g－1.52g＝1.02gn(OH－)＝

1＝0.06mol，结合氧化复原反应电子转移守恒关系得：n(NO)＋n(NO

17g·mol－)×2＝0.06moln(NO)＋n(NO

1120×10－3L)＝ ＝)12 2 4

2 2 4

22.4L〃mol－0.05mol；二式联立可解得：n(NO)＝0.04mol，n(NO)＝0.01mol，C项正确；利用合金质2 2 4量和失去电子的物质的量可得：n(Cu)×64g·mol－1＋n(Mg)×24g·mol－1＝1.52gn(Cu)×2＋n(Mg)×2＝0.06mol；二式联立可解得：n(Cu)＝0.02mol，n(Mg)＝0.01mol，A项正确；利用氮守恒可知溶解合金后溶液中含有c(NO－)＝0.05L×14mol/L－0.04mol－0.01mol×23＝0.64mol，参加NaOH当离子恰好全部沉淀时，溶液为NaNO溶液，利用原子守恒参加3n(NaOH)＝n(NO－)，故参加V(NaOH)＝0.64mol÷1.0mol·L－1＝640mL,D项错误。326．C3 D4 J4[2023·浙江卷]氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生H的化合物甲和乙。将2g6.72LH(已折算成标准状2况)。甲与水反响也能放出H，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液。2化合物乙在催化剂存在下可分解得到H1.252g·L－1。请答复以下问题：甲的化学式是 ；乙的电子式是 。甲 与 水 反 应 的 化 学 方 程 式 是。气体丙与金属镁反响的产物是 (用化学式表示)。乙在加热条件下与CuO反响可生成Cu和气体丙，写出该反响的化学方程式。有人提出产物Cu 中可能还混有Cu2O，请设计实验方案验证之 。(：CuO＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋HO)2 2甲与乙之间 (填“可能”或“不行能”)发生反响产生H，推断理由是226．[答案](1)AlH3

。H N , H HAlH＋3HO===Al(OH)＋3H↑3 2 3 2MgN3 2(4)2NH＋3CuO===3CN3HO3 2 2取样后加稀HSO，假设溶液变蓝，说明产物中含有CuO。反之则无CuO2 4 2 2(5)可能AlH中的氢化合价为－1价，NH中的氢为＋1价，因而有可能发生氧化复原3 3反响生成氢气[解析](1)甲加热只得到一种金属单质和H，则甲只含有两种元素，又甲与水反响生成2H和一种能溶于碱的白色沉淀，由此可推断甲中含有铝和氢两种元素，其中H为－1价，故2甲的化学式为AlH。乙分解得H和另一气体丙，故乙也仅含有两种元素，丙的相对分子质3 21.25×22.4＝28，则应为N，由题(4)知，乙能复原CuO生成Cu，由此推知乙为NH。2 3(2)AlH3

H为－1价，H

OH为＋1价，两者发生氧化复原反响生成H2

，铝元素转化为2Al(OH)沉淀。(3)NMg反响生成MgN。(4)NH

复原CuO，依据氧化复原反响得失电子3 2 3 2 3守恒可配平。由题中信息知，CuOH＋，生成蓝色的Cu2＋Cu不能溶于非氧化性2HSO来检验CuO(5)AlH中的H为－1NH

中的H为＋1价，2 4 2 3 30价的H。2D5 非金属及其化合物综合6.C3D5[2023·江苏卷]甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有一样的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲N丙。以下有关物质的推断不正确的选项是( )甲假设甲为焦炭，则丁可能是O2假设甲为SO，则丁可能是氨水2假设甲为Fe，则丁可能是盐酸假设甲为NaOH溶液，则丁可能是CO26．C [解析]C在O中不完全燃烧生成CO，CO连续与O燃烧后生成CO，CO与C2 2 2 2CO，ASO＋NH〃HO===NHHSO、NHHSO＋2 3 2 4 3 4 3NH〃HO===(NH)SO＋HO、(NH)SO＋SO＋HO===2NHHSO

，B项正确；铁与盐酸3 2 42 3 2 42 3 2 2 4 3反响只能生成FeCl，无法实现上述转化关系，C项错误；依据反响CO＋2NaOH===NaCO2 2 2 3＋HO、NaCO＋HO＋CO===2NaHCO、NaHCO＋NaOH===NaCO＋H

O，D项正确。2 2 3 2 2 3 3 2 3 210．D4C3C1D1C5D5[2023·广东卷]以下表达Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是( )选项选项ABCD表达Ⅰ表达ⅡNHCl为强酸弱碱盐4Fe3＋具有氧化性用加热法除去NaCl中的NHCl4用KSCN溶液可以鉴别Fe3＋溶解度：CaCO<Ca(HCO)332溶解度：NaCO<NaHCO2 33SiO可与HF反响2氢氟酸不能保存在玻璃瓶中10.D [解析]NHCl受热易分解为氨气和氯化氢气体，NaCl加热不分解，因此可用加热4法除去NaCl中的NHCl，与NHCl为强酸弱碱盐无关，表达Ⅰ、Ⅱ均正确，但无因果关系，4 4A项错误；用KSCNFe3＋Fe3＋KSCN溶液反响生成的Fe(SCN)显红3色，与Fe3具有氧化性无关，陈述Ⅰ、Ⅱ均正确，但无因果关系，B项错误；溶解度CaCO

<Ca(HCO)NaCO>NaHCO

，陈述Ⅰ正确，陈述Ⅱ错误，C项错误；HF3 32 2 3 3是唯一能与SiOSiO2 2Ⅱ正确且有因果关系，D项正确。C1D5 [2023·课标全国卷Ⅰ]化学无处不在，以下与化学有关的说法不正确的选项是( )A．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异B．可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气C．碘是人体必需的微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物D．黑火药由硫黄、硝石、木炭三种物质按肯定比例混合制成7．C [解析]侯氏制碱法的根本原理是先利用NHCO3 2度较小的NaHCO析出，NH＋NaCl＋HO＋CO===NHCl＋NaHCONaHCO得到3 3 2 2 4 3 3NaCO2NaHCONaCO＋COHONHCl比NaCl溶解度小的原理，2 3 3 2 3 2 2 4NaClNHClNHCl，A项正确；氨气可以与浓盐酸4 4反响生成白烟状的NHCl固体颗粒，可检验输氨管道是否漏气，B项正确；微量元素不宜多4吃，补充碘可在食盐中添加碘酸钾，C项错误；黑火药由C、S、KNO三物质按肯定比例混3合而成，D项正确。1．[2023·扬州模拟]以下物质转化在给定条件下不能实现的是( )①SSiO

2H

SiO△②SO

2 2 32HSO点燃③i2

3 2 4COaHNaCO点燃 2 2 3④MgClMgCl·6HMg2 2 2 熔化⑤NNaO2NaOHA．①②③B．①②④C．①②③④D．①②③④⑤1．D [解析]①SiO2SO2，不能SO，②错误；碳与SiO在高温下才能发