第四章 非金属及其化合物（综合训练） （北京专用）2026年高考化学一轮复习讲练测

第四章 非金属及其化合物 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O16 Mg 24 Cl 35.5 V 51 一、选择题(每小题只有一个正确选项，共14×3分) 1．（24-25高三上·北京海淀·阶段练习）新技术新材料在我国探月工程中大放异彩，例如：用于供能的太阳电池阵及锂离子蓄电池组；用于制作网状天线的钼金属丝纺织经编技术；用于制作探测器取样钻杆的碳化硅增强铝基复合材料。下列说法不正确的是 A．Li位于第二周期ⅠA族 B．制作天线利用了金属的延展性 C．单质硅可用于制作太阳能电池 D．碳化硅的熔点比金刚石的高 2．（2025·北京·高考真题）依据下列事实进行的推测正确的是 事实 推测 A 固体与浓硫酸反应可制备气体 固体与浓硫酸反应可制备HI气体 B 难溶于盐酸，可作“钡餐”使用 可代替作“钡餐” C 盐酸和溶液反应是吸热反应 盐酸和溶液反应是吸热反应 D 的沸点高于 的沸点高于 A．A B．B C．C D．D 3．（2025·北京东城·三模）利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是 A．制备无水 B．制备溴苯并验证有产生 C．制备并收集氨气 D．制备并收集 A．A B．B C．C D．D 4．（24-25高三下·北京·阶段练习）关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是 A．浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化 B．NaClO、KClO3等氯的含氧酸盐的氧化性会随溶液的pH减小而增强 C．加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，说明H3PO4比HI酸性强 D．向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，证明炭与浓HNO3反应生成NO2 5．（2025·北京延庆·一模）硝酸是重要化工原料，工业合成氨以及氨氧化制取硝酸的原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A．合成塔中合成氨的反应条件都是为了提高平衡转化率 B．氧化炉中反应的化学方程式： C．A物质可以是空气或氧气，目的是使尽量充分的转化为 D．生产过程中吸收塔产生的尾气可用碱液吸收 6．（24-25高三上·北京朝阳·阶段练习）某学生对与漂粉精的反应进行实验探究： 操作 现象 ①取漂粉精固体，加入水 部分固体溶解，溶液略有颜色 ②过滤，测漂粉精溶液的pH pH试纸先变蓝(约为12)，后褪色 ③ ⅰ．液面上方出现白雾 ⅱ．稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色 ⅲ．稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去 ④用酸化的溶液检验③中白雾 产生白色沉淀 下列叙述不正确的是 A．②中pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有碱性、漂白性 B．③中产生大量白色沉淀，推测白色沉淀主要为 C．③中溶液黄绿色褪去，反应为： D．依据④中产生白色沉淀，说明③中液面上方产生的白雾中含有 7．（24-25高三上·北京·阶段练习）把浓盐酸分别滴入点滴板上的各种溶液中，现象如下： 实验 现象 ①中溶液变蓝 ②中溶液产生胶状沉淀 ③中生成沉淀 ④中产生刺激性气体 下列分析不正确的是 A．①中溶液变蓝，体现了浓盐酸的氧化性 B．②中产生白色胶状沉淀：2H+＋=H2SiO3↓ C．③中产生沉淀的原因可用平衡移动原理解释 D．④中产生刺激性气体：2H＋＋=SO2↑＋H2O 8．（24-25高三上·北京·阶段练习）溴及其化合物广泛应用于医药、农药和阻燃剂等生产中。一种利用空气吹出法从海水中提取溴的工艺流程如下。 已知：i．与反应时，转化为和。 ii．为强酸。 下列说法不正确的是 A．酸化海水通入提取溴的反应： B．脱氯过程和均具有脱氯作用 C．用溶液吸收足量蒸气后，所得产物中的含碳粒子主要是 D．酸化后重新得到的反应： 9．（24-25高三上·北京·阶段练习）水与下列物质反应时，水表现出氧化性的是 A．Na B．Cl2 C．NO2 D．Na2O2 10．（23-24高三上·北京丰台·期中）下列装置和药品的选择正确的是 A B C D             实验室制氨气 除去CO2中混有的少量HCl 验证SO2的漂白性 收集NO2气体 A．A B．B C．C D．D 11．（23-24高三上·北京海淀·阶段练习）硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图：    下列说法不正确的是 A．该过程有H2O参与 B．该过程没有生成硫氧键 C．硫酸盐气溶胶呈酸性 D．NO2是生成硫酸盐的氧化剂 12．（24-25高三上·北京·期中）中国科学家对量子材料的研究处于国际领先水平，近年来对石墨烯、硅烯、锗烯等低维量子材料的研究发展迅速。下列说法不正确的是 A．碳、硅、锗属于同主族元素 B．第一电离能C>Si C．石墨烯属于有机物 D．硅和锗常用作半导体材料 13．（24-25高三上·北京·期中）为探究Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的原因，小组同学设计如下实验： 实验 实验操作 现象 ① 将Cu和浓硝酸反应所得溶液稀释后，再加入Cu(NO3)2固体 溶液蓝色加深 ② 向①所得溶液中通入NO2 溶液由蓝色变为绿色 ③ 向②所得溶液中通入O2 溶液由绿色变为蓝色 ④ 将②中溶液加热 液面上方产生红棕色气体，溶液变蓝 下列说法不正确的是 A．铜与浓硝酸反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O B．实验①是基于溶液颜色可能与c(Cu2+)有关而设计的 C．实验③中可能的反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3 D．实验④中的现象说明加热时未反应完的硝酸发生了分解 14．（24-25高三下·北京·阶段练习）利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储的过程如下图所示。下列说法中，不正确的是 A．实现了将太阳能转化为电能 B．反应Ⅰ为放热反应 C．反应Ⅱ的化学方程式为 D．可循环使用 二、非选择题(共5小题，共58分) 15．（8分）某小组同学制备并验证的性质。装置如下图所示，培养皿中A、B、C三个塑料瓶盖内盛有不同物质。向固体上滴加浓盐酸，迅速用玻璃片将培养皿盖严。 实验装置 瓶盖 物质 A 湿润的淀粉试纸 B 湿润的试纸 C 蘸有溶液的棉花 (1)该实验利用了的 (填“氧化性”或“还原性”)。 (2)瓶盖A中证明的氧化性强于的实验现象是 。 (3)瓶盖B中的试纸先变红后褪色，试纸褪色的原因是 。 (4)瓶盖C中的溶液可吸收，反应的化学方程式为 。 16．（10分）氮循环是地球物质循环的重要组成部分。 Ⅰ．一种新型“氮的固定”研究，其原理如图所示： (1)的电子式： 。 (2)热稳定性： (填“＞”或“＜”)。 (3)、分子中化学键极性更强的是 键。 (4)写出如图所示过程的总反应方程式： 。 Ⅱ．人类活动影响了氮循环中的物质转化。 (5)①结合下图判断，下列说法正确的是 。 A．固氮过程中，只做氧化剂 B．在硝化细菌作用下发生的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，氮元素均从无机物转移至有机物 ②反硝化过程中，可作为反应的还原剂。请将该反应的离子方程式补充完整： 。□□___________□___________ 17．（10分）（23-24高三上·北京·开学考试）硫是生命的必需元素，在自然界的循环具有重要意义。 (1)火山口附近SO2与H2S反应会生成硫单质，其中SO2体现 性(填“氧化”或“还原”)。 (2)大气中的SO2会形成硫酸型酸雨，相关反应的化学方程式是 。 (3)土壤中的黄铁矿(主要成分为FeS2)在细菌的作用下发生转化。将该反应的化学方程式补充完整： □FeS2+□____________+□____________□FeSO4+□H2SO4。 (4)结合化学平衡原理解释图中ZnS转化为铜蓝的原因： 。 (5)大气中的水蒸气在紫外线作用下会转化为活泼的·OH(羟基自由基，“·”表示1个电子)。·OH可看作催化剂，将H2S转化为SO2，过程如下： H2S·SHSOSO2 则第二步反应的方程式是 。 18．（14分）（24-25高三上·北京·阶段练习）太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。 Ⅰ．第一代电池的光电转换材料是单晶硅。某单晶硅制备工艺中涉及的主要物质转化如下： (1)下列事实能作为“非金属性C比Si强”的证据的是 (填字母)。 a．ⅰ中，C做还原剂 b．碳酸的酸性强于硅酸 c．碳酸的热稳定性弱于硅酸 (2)ⅱ中，1molSi与3molHCl反应转移4mol电子。 ①该反应的化学方程式为 。 ②SiHCl3中，H的化合价为 ，由此推测Si的电负性比H的 (填“大”或“小”)。 (3)ⅲ中，利用物质沸点差异，可直接实现高纯硅与SiHCl3的分离，从晶体类型角度解释其原因： 。 Ⅱ．第二代电池的光电转换材料是一种无机物薄膜，其光电转化率高于单晶硅。科学在元素周期表中Si的附近寻找到元素A和D，并制成化合物AD的薄膜，其晶体结构类似单晶硅。Si、A、D在元素周期表中的位置关系如图。 (4)基态Si原子核外电子排布式为 。 (5)D的第一电离能比Se的大，从原子结构角度说明理由： 。 19．（16分）（2025·北京房山·一模）某小组同学制备NO2，并探究不同条件下NO2与H2O的反应。实验装置如图(夹持装置略)。 (1)装置A中反应的化学方程式为 。 (2)将收集装置B补充完整 。 (3)用以上方法收集两试管NO2气体(均为12 mL)，分别倒置在盛有热水(80℃)和冰水(0℃)的两只水槽中，观察实验现象，10分钟后记录如下(忽略温度对溶液pH及气体体积的影响)： 实验编号 实验1-1(热水) 实验2-1(冰水) 剩余气体 无色，3 mL 几乎无气体 溶液状态 无色，pH=0.7 无色，pH=1.1 ①检验实验1-1中剩余气体的方法：向试管中充入少量空气，气体由无色变为红棕色。用化学方程式表示检验的反应原理 。 ②甲认为实验2-1中NO2几乎全部溶于水，过程中未发生化学反应。证明甲同学猜想不成立的实验证据是 。 (4)将上述实验静置一天后观察： 实验1-2(热水)：剩余气体4mL，溶液无色，pH=0.6，无气泡生成。 实验2-2(冰水)：剩余气体1mL，溶液无色，pH=0.9，有无色细小气泡生成。 查阅资料：2NO2+H2O=HNO3+HNO2 ，HNO2易分解。 ①用方程式解释实验2-2有无色细小气泡生成的原因 。 ②设计实验，证实NO2与H2O反应过程中产生了HNO2： (补充实验操作及现象)。 (5)从反应速率的角度，分析不同温度下NO2与水反应现象差异的原因 。并对装置C中吸收NO2尾气所用试剂及条件提出建议 。 学科网（北京）股份有限公司1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第四章 非金属及其化合物 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O16 Mg 24 Cl 35.5 V 51 一、选择题(每小题只有一个正确选项，共14×3分) 1．（24-25高三上·北京海淀·阶段练习）新技术新材料在我国探月工程中大放异彩，例如：用于供能的太阳电池阵及锂离子蓄电池组；用于制作网状天线的钼金属丝纺织经编技术；用于制作探测器取样钻杆的碳化硅增强铝基复合材料。下列说法不正确的是 A．Li位于第二周期ⅠA族 B．制作天线利用了金属的延展性 C．单质硅可用于制作太阳能电池 D．碳化硅的熔点比金刚石的高 【答案】D 【解析】A．Li为3号元素，位于第二周期IA族，A正确； B．制作天线利用了金属的延展性，能拉成丝，B正确； C．单质硅可用于制作太阳能电池和芯片，C正确； D．碳原子半径小于硅，碳碳键键长小于碳硅键，则碳碳键键能更大，使得碳化硅的熔点比金刚石的低，D错误； 故选D。 2．（2025·北京·高考真题）依据下列事实进行的推测正确的是 事实 推测 A 固体与浓硫酸反应可制备气体 固体与浓硫酸反应可制备HI气体 B 难溶于盐酸，可作“钡餐”使用 可代替作“钡餐” C 盐酸和溶液反应是吸热反应 盐酸和溶液反应是吸热反应 D 的沸点高于 的沸点高于 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【解析】A．浓硫酸与NaCl反应生成HCl主要是因为浓硫酸的沸点高，难挥发，但浓硫酸具有强氧化性，与NaI反应，氧化I⁻生成I2，得不到HI，A错误； B．BaSO4不溶于盐酸，不会产生有毒的钡离子，可做钡餐使用，而BaCO3会与胃酸反应生成有毒的Ba2+，不能替代BaSO4，B错误； C．盐酸与NaHCO3反应吸热是特例，而盐酸与NaOH的中和反应是典型的放热反应，C错误； D．H2O因含有分子间氢键，沸点高于H2S，同理HF也含有分子间氢键，沸点高于HCl，D正确； 故选D。 3．（2025·北京东城·三模）利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是 A．制备无水 B．制备溴苯并验证有产生 C．制备并收集氨气 D．制备并收集 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【解析】A．氯化镁受热易水解生成氢氧化镁，故需要在氯化氢气流中加热脱去结晶水，避免氯化镁发生水解，A正确； B．苯的溴代反应是放热反应，能促进液溴的挥发，挥发出的溴也能与硝酸银溶液反应生成淡黄色沉淀，所以不能验证有HBr产生，B错误；   C．NH4Cl固体受热分解可以生成NH3和HCl，但气体稍冷在试管口处又可以重新反应生成NH4Cl固体，不能用于实验室制取NH3；可以加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物制取NH3，C错误； D．二氧化硫常温下能和水反应生成亚硫酸，所以不能用排水法，SO2密度比空气大，因此可用向上排空气法收集，D错误； 故选A。 4．（24-25高三下·北京·阶段练习）关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是 A．浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化 B．NaClO、KClO3等氯的含氧酸盐的氧化性会随溶液的pH减小而增强 C．加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，说明H3PO4比HI酸性强 D．向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，证明炭与浓HNO3反应生成NO2 【答案】B 【解析】A．浓硫酸能使蔗糖炭化，体现的是其脱水性，而不是吸水性，A错误； B．NaClO在水溶液中会发生水解，pH减小，会促使水解平衡向正反应方向移动，生成氧化性更强的HClO，KClO3在酸性条件下可生成具有强氧化性的氯气、二氧化氯等气体，增强氧化能力，B正确； C．HI的沸点低，易挥发，加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，C错误； D．向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，红棕色气体可能是浓硝酸受热分解产生的NO2，D错误； 故选B。 5．（2025·北京延庆·一模）硝酸是重要化工原料，工业合成氨以及氨氧化制取硝酸的原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A．合成塔中合成氨的反应条件都是为了提高平衡转化率 B．氧化炉中反应的化学方程式： C．A物质可以是空气或氧气，目的是使尽量充分的转化为 D．生产过程中吸收塔产生的尾气可用碱液吸收 【答案】A 【分析】氮气和氢气合成塔中合成氨气，含有氨气的混合气体进入氨分离器得到氨气，氨气在氧化炉中催化氧化生成NO，NO和空气中氧气结合生成NO2，NO2、O2和水反应得到硝酸，最后尾气处理防止污染环境，以此来解析。 【解析】A．合成氨的反应是放热反应，合成氨的反应条件中高温不能提高平衡转化率，目的是为了提高催化剂的活性、加快反应速率，另外加入催化剂也不能提高平衡转化率，A错误； B．氧化炉中NH3和O2在催化剂、加热的条件下反应生成NO和H2O，化学方程式：，B正确； C．流程分析可知M为空气，氨气的催化氧化需要O2，NO和水反应生成HNO3需要O2；吸收塔发生反应：2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，O2与NO反应生成NO2， NO2被吸收生成HNO3，所以空气的作用是：将使NO充分转化为HNO3，C正确； D．吸收塔产生的尾气中可能含有未反应的NO和NO2等氮氧化物，这些气体可以用碱液（如NaOH溶液）吸收，生成硝酸盐和亚硝酸盐，D正确； 故选A。 6．（24-25高三上·北京朝阳·阶段练习）某学生对与漂粉精的反应进行实验探究： 操作 现象 ①取漂粉精固体，加入水 部分固体溶解，溶液略有颜色 ②过滤，测漂粉精溶液的pH pH试纸先变蓝(约为12)，后褪色 ③ ⅰ．液面上方出现白雾 ⅱ．稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色 ⅲ．稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去 ④用酸化的溶液检验③中白雾 产生白色沉淀 下列叙述不正确的是 A．②中pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有碱性、漂白性 B．③中产生大量白色沉淀，推测白色沉淀主要为 C．③中溶液黄绿色褪去，反应为： D．依据④中产生白色沉淀，说明③中液面上方产生的白雾中含有 【答案】D 【分析】将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，则漂白粉的主要成分为CaCl2、Ca(ClO)2，有效成分为Ca(ClO)2。 【解析】A．次氯酸钙为强碱弱酸盐，水解显碱性，水解生成的次氯酸具有漂白性，pH试纸先变蓝，最后褪色，则可以说明漂粉精溶液具有碱性、漂白性，故A正确； B．实验③中，在酸性条件下ClO－把SO2氧化成，白雾是可能是盐酸小液滴或者SO2的水溶液酸雾；溶液变黄绿色的原因是ClO－和Cl－在酸性条件下生成Cl2，黄绿色褪去的原因是Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl，所以最终生成的白色沉淀是CaSO4，故B正确； C．由B项可知，黄绿色褪去的原因是，故C正确； D．若③中白雾为SO2水溶液酸雾，加入酸化的溶液，也会产生白色沉淀，不能确定白雾中是否含有HCl，故D错误； 故选D。 7．（24-25高三上·北京·阶段练习）把浓盐酸分别滴入点滴板上的各种溶液中，现象如下： 实验 现象 ①中溶液变蓝 ②中溶液产生胶状沉淀 ③中生成沉淀 ④中产生刺激性气体 下列分析不正确的是 A．①中溶液变蓝，体现了浓盐酸的氧化性 B．②中产生白色胶状沉淀：2H+＋=H2SiO3↓ C．③中产生沉淀的原因可用平衡移动原理解释 D．④中产生刺激性气体：2H＋＋=SO2↑＋H2O 【答案】A 【分析】浓盐酸具有挥发性，挥发的HCl气体遇到不同物质表现的性质不同，水溶液具有强酸性、还原性，可根据物质不同判断物质的作用，据此分析； 【解析】A．①中HCl遇KI溶液不能发生反应产生I2，所以不会出现溶液变蓝的现象，A错误； B．由于酸性HCl>H2SiO3，所以遇Na2SiO3溶液会发生反应：2HCl+ Na2SiO3=H2SiO3↓+2NaCl，由于硅酸是白色难溶性的物质，所以会看到产生白色胶状沉淀，B正确； C．在饱和NaCl溶液中存在溶解平衡：NaCl(s) Na+(aq)+Cl-(aq)，HCl溶于饱和NaCl溶液，使溶液Cl-浓度增大，破坏了溶解平衡，平衡逆向移动，降低了NaCl的溶解度，因此会析出NaCl固体，即产生白色沉淀，C正确； D．浓盐酸与亚硫酸钠发生反应，强酸制弱酸，④中产生刺激性气体：2H＋＋=SO2↑＋H2O，D正确； 故选A。 8．（24-25高三上·北京·阶段练习）溴及其化合物广泛应用于医药、农药和阻燃剂等生产中。一种利用空气吹出法从海水中提取溴的工艺流程如下。 已知：i．与反应时，转化为和。 ii．为强酸。 下列说法不正确的是 A．酸化海水通入提取溴的反应： B．脱氯过程和均具有脱氯作用 C．用溶液吸收足量蒸气后，所得产物中的含碳粒子主要是 D．酸化后重新得到的反应： 【答案】C 【分析】浓缩海水酸化形成酸化海水，通入氯气将溴离子氧化为溴单质，再用热空气吹出生成的单质溴，含溴空气通过溴化亚铁脱氯，通入碳酸钠吸收Br2转化为和Br-，和Br-在稀硫酸中发生氧化还原反应生成溴单质形成含溴溶液，最后得到产品溴。 【解析】A．酸化海水通入氯气，氯气与溴离子反应生成Br2和Cl-，离子方程式正确，A正确； B．脱氯过程中，亚铁离子和溴离子均能与氯气反应，两者均具有脱氯作用，B正确； C．用碳酸钠溶液吸收足量溴蒸气后，发生反应3Br2+3=5Br-++3CO2↑，所得产物中的含碳粒子主要为CO2，C错误； D．硫酸酸化后，、Br-和氢离子反应生成Br2和水，离子方程式正确，D正确； 故答案选C。 9．（24-25高三上·北京·阶段练习）水与下列物质反应时，水表现出氧化性的是 A．Na B．Cl2 C．NO2 D．Na2O2 【答案】A 【解析】A．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应中氢元素的化合价降低被还原，水是反应的氧化剂，表现氧化性，故A正确； B．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应中，水分子中的元素没有发生化合价的变化，既不是氧化剂也不是还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故B错误； C．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应中，水分子中的元素没有发生化合价的变化，既不是氧化剂也不是还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故C错误； D．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应中，水分子中的元素没有发生化合价的变化，既不是氧化剂也不是还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故D错误； 故选A。 10．（23-24高三上·北京丰台·期中）下列装置和药品的选择正确的是 A B C D             实验室制氨气 除去CO2中混有的少量HCl 验证SO2的漂白性 收集NO2气体 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【解析】A．实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制备氨气，A错误； B．二氧化碳不能溶解在饱和碳酸氢钠溶液中，氯化氢可以和饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，B正确； C．二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，C错误； D．二氧化氮密度比空气大，应该用向上排空气法收集，D错误； 故选B。 11．（23-24高三上·北京海淀·阶段练习）硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图：    下列说法不正确的是 A．该过程有H2O参与 B．该过程没有生成硫氧键 C．硫酸盐气溶胶呈酸性 D．NO2是生成硫酸盐的氧化剂 【答案】B 【分析】由图可知，转化机理中发生的反应为二氧化氮与亚硫酸根离子、水反应生成硫酸氢根离子、亚硝酸和亚硝酸根离子，反应中氮元素的化合价升高被还原，二氧化氮是反应的氧化剂，硫元素的化合价升高被氧化，亚硫酸根离子是还原剂。 【解析】A． 由分析可知，硫酸盐生成的过程中有水参与反应，故A正确； B．由分析可知，转化机理中发生的反应为二氧化氮与亚硫酸根离子、水反应生成硫酸氢根离子、亚硝酸和亚硝酸根离子，所以硫酸盐生成的过程中有硫氧键的生成，故B错误； C．由题意可知，硫酸盐气溶胶中含有能电离出氢离子的硫酸氢根离子，所以气溶胶呈酸性，故C正确； D．由分析可知，二氧化氮是生成硫酸盐的氧化剂，亚硫酸根离子是还原剂，故D正确； 故选B。 12．（24-25高三上·北京·期中）中国科学家对量子材料的研究处于国际领先水平，近年来对石墨烯、硅烯、锗烯等低维量子材料的研究发展迅速。下列说法不正确的是 A．碳、硅、锗属于同主族元素 B．第一电离能C>Si C．石墨烯属于有机物 D．硅和锗常用作半导体材料 【答案】C 【解析】A．碳、硅、锗均为第IVA元素，A正确； B．同主族从上到下第一电离能减小，故第一电离能：C>Si，B正确； C．石墨烯是碳元素的一种单质，属于无机物，C错误； D．硅、锗在元素周期表中位于金属和非金属的交界线处，可用作半导体材料，D正确； 故选C。 13．（24-25高三上·北京·期中）为探究Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的原因，小组同学设计如下实验： 实验 实验操作 现象 ① 将Cu和浓硝酸反应所得溶液稀释后，再加入Cu(NO3)2固体 溶液蓝色加深 ② 向①所得溶液中通入NO2 溶液由蓝色变为绿色 ③ 向②所得溶液中通入O2 溶液由绿色变为蓝色 ④ 将②中溶液加热 液面上方产生红棕色气体，溶液变蓝 下列说法不正确的是 A．铜与浓硝酸反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O B．实验①是基于溶液颜色可能与c(Cu2+)有关而设计的 C．实验③中可能的反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3 D．实验④中的现象说明加热时未反应完的硝酸发生了分解 【答案】D 【解析】A．铜与浓硝酸反应得到的产物为硝酸铜，二氧化氮和水，反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，A正确； B．向①所得溶液中通入NO2，溶液由蓝色变为绿色：可能的原因是NO2在溶液中达到饱和，NO2的饱和溶液呈黄色，硝酸铜溶液呈蓝色，两者混合后呈绿色，来验证是否为c(Cu2+)发生改变引起颜色变化而设计的有关实验，B正确； C．向②所得溶液中通入O2，溶液由绿色变为蓝色：O2不与反应，但可以与溶解在里面的NO2反应，方程式为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，由于NO2被消耗，溶液中主要为，所以颜色又重新变为蓝色，C正确； D．将②中溶液加热，液面上方产生红棕色气体，溶液变蓝：因②中溶解有大量的，加热的溶解度减小，大量逸出，液面上方出现红棕色气体，同时溶液中主要为，所以颜色又重新变为蓝色，不是未反应完的硝酸发生了分解；说明向①所得溶液中通入NO2，溶液由蓝色变为绿色的原因是NO2在溶液中的颜色和的颜色混合产生的新颜色，D错误； 故答案为：D。 14．（24-25高三下·北京·阶段练习）利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储的过程如下图所示。下列说法中，不正确的是 A．实现了将太阳能转化为电能 B．反应Ⅰ为放热反应 C．反应Ⅱ的化学方程式为 D．可循环使用 【答案】B 【解析】A．图示过程实现了将太阳能转化为电能，A正确； B．反应I中，H2SO4分解需要热能，则该反应为吸热反应，B错误； C．反应II中，SO2发生“催化歧化”反应，生成H2SO4和S，该反应的化学方程式为3SO2+2H2O2H2SO4+S↓，C正确； D．如图所示，H2SO4既有消耗，又有生成，可循环使用，D正确； 故选B。 二、非选择题(共5小题，共58分) 15．（8分）某小组同学制备并验证的性质。装置如下图所示，培养皿中A、B、C三个塑料瓶盖内盛有不同物质。向固体上滴加浓盐酸，迅速用玻璃片将培养皿盖严。 实验装置 瓶盖 物质 A 湿润的淀粉试纸 B 湿润的试纸 C 蘸有溶液的棉花 (1)该实验利用了的 (填“氧化性”或“还原性”)。 (2)瓶盖A中证明的氧化性强于的实验现象是 。 (3)瓶盖B中的试纸先变红后褪色，试纸褪色的原因是 。 (4)瓶盖C中的溶液可吸收，反应的化学方程式为 。 【答案】(1)氧化性 (2)试纸变蓝 (3)氯气和水反应次氯酸具有漂白性，能使pH试纸褪色 (4)2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O 【解析】（1） 向固体上滴加浓盐酸生成氯气和MnCl2，锰元素化合价降低，做氧化剂，利用了的氧化性，故答案为：氧化性； （2） 瓶盖A中和KI反应生成I2，淀粉遇碘单质变蓝，证明的氧化性强于的实验现象是试纸变蓝，故答案为：试纸变蓝； （3） 瓶盖B中氯气和水反应生成HCl和HClO，盐酸具有酸性，可使试纸先变红，生成的次氯酸具有漂白性，能使pH试纸褪色，则试纸褪色的原因是氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，能使pH试纸褪色，故答案为：氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，能使pH试纸褪色； （4） 瓶盖C中的溶液可吸收反应生成NaCl和NaClO和水，反应的化学方程式为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O。 16．（10分）氮循环是地球物质循环的重要组成部分。 Ⅰ．一种新型“氮的固定”研究，其原理如图所示： (1)的电子式： 。 (2)热稳定性： (填“＞”或“＜”)。 (3)、分子中化学键极性更强的是 键。 (4)写出如图所示过程的总反应方程式： 。 Ⅱ．人类活动影响了氮循环中的物质转化。 (5)①结合下图判断，下列说法正确的是 。 A．固氮过程中，只做氧化剂 B．在硝化细菌作用下发生的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，氮元素均从无机物转移至有机物 ②反硝化过程中，可作为反应的还原剂。请将该反应的离子方程式补充完整： 。□□___________□___________ 【答案】(1) (2)＜ (3) (4) (5) BC 【解析】（1） 已知N原子的最外层上有5个电子，只有3个成单电子，故N2中N原子之间形成3对共用电子对，故的电子式为：，故答案为：； （2）由于N、O位于同一周期，其O在N的右边，故O的非金属性大于N的，简单气态氢化物的稳定性与非金属性一至，故热稳定性：＜，故答案为：＜； （3）由于N、O位于同一周期，其O在N的右边，故O的电负性大于N的，故、分子中化学键极性更强的是H-O键，故答案为：H-O； （4）由反应原理示意图可知，进入循环体系的是N2和H2O，此为反应物，离开体系的是NH3和O2，此为生成物，故所示过程的总反应方程式为：，故答案为：； （5）A．由图可知，固氮过程中，转化为NH3或过程中做氧化剂，但转化为过程中，N2作还原剂，A错误； B．由图可知，在硝化细菌作用下发生的硝化过程即将NH3或氧化为的过程，故需要有氧化剂参与，B正确； C．由图可知，反硝化过程是将转化为N2回到大气中去，故有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响，C正确； D．由图可知，同化是将氮元素从无机物转移至有机物，而氨化过程中恰好相反，氮元素均从有机物转移至无机物，D错误； 故答案为：BC； ②反硝化过程中，可作为反应的还原剂，C转化为+4价的或，1molCH3OH失去6mol电子，N则还原的0价的N2，1mol得到5mol电子，根据氧化还原反应的配平可得该反应的离子方程式为：，故答案为：。 17．（10分）（23-24高三上·北京·开学考试）硫是生命的必需元素，在自然界的循环具有重要意义。 (1)火山口附近SO2与H2S反应会生成硫单质，其中SO2体现 性(填“氧化”或“还原”)。 (2)大气中的SO2会形成硫酸型酸雨，相关反应的化学方程式是 。 (3)土壤中的黄铁矿(主要成分为FeS2)在细菌的作用下发生转化。将该反应的化学方程式补充完整： □FeS2+□____________+□____________□FeSO4+□H2SO4。 (4)结合化学平衡原理解释图中ZnS转化为铜蓝的原因： 。 (5)大气中的水蒸气在紫外线作用下会转化为活泼的·OH(羟基自由基，“·”表示1个电子)。·OH可看作催化剂，将H2S转化为SO2，过程如下： H2S·SHSOSO2 则第二步反应的方程式是 。 【答案】 氧化 SO2+H2OH2SO3、2H2SO3+O2=2H2SO4（或2SO2+O2+2H2O=2H2SO4） 2FeS2+7O2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4 溶解平衡：ZnS(s)Zn2+(aq)+S2-(aq)，下渗的硫酸铜中的Cu2+与S2-结合成更难溶的CuS，促使上述溶解平衡正向移动 •SH+O2=•OH+SO 【分析】(1)SO2与H2S反应会生成硫单质，SO2中的S由+4价变为0价； (2)SO2与水形成亚硫酸，亚硫酸易被空气中的氧气氧化生成硫酸； (3)利用化合价升降法配平； (4)在溶液中ZnS可发生电离生成锌离子和硫离子，硫离子能与铜离子反应生成更难溶的CuS固体； (5)根据H2S转化为SO2的过程，•SH与氧气反应生成SO和•OH。 【解析】(1)SO2与H2S反应会生成硫单质，其中SO2中的S原子为+4价，反应时变为0价，表现氧化性； (2)SO2与水形成亚硫酸，亚硫酸易被空气中的氧气氧化生成硫酸，方程式为SO2+H2OH2SO3、2H2SO3+O2=2H2SO4(或2SO2+O2+2H2O=2H2SO4)； (3)FeS2在硫化细菌的作用下与氧气反应生成硫酸和硫酸亚铁，利用化合价升降法配平，方程式为2FeS2+7O2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4； (4)题意可知，铜蓝为CuS，ZnS为难溶性物质，在溶液中ZnS可发生电离生成锌离子和硫离子，硫离子能与铜离子反应生成更难溶的CuS固体； (5)•OH是反应的催化剂，根据H2S转化为SO2的过程，•SH与氧气反应生成SO和•OH，方程式为•SH+O2=•OH+SO。 18．（14分）（24-25高三上·北京·阶段练习）太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。 Ⅰ．第一代电池的光电转换材料是单晶硅。某单晶硅制备工艺中涉及的主要物质转化如下： (1)下列事实能作为“非金属性C比Si强”的证据的是 (填字母)。 a．ⅰ中，C做还原剂 b．碳酸的酸性强于硅酸 c．碳酸的热稳定性弱于硅酸 (2)ⅱ中，1molSi与3molHCl反应转移4mol电子。 ①该反应的化学方程式为 。 ②SiHCl3中，H的化合价为 ，由此推测Si的电负性比H的 (填“大”或“小”)。 (3)ⅲ中，利用物质沸点差异，可直接实现高纯硅与SiHCl3的分离，从晶体类型角度解释其原因： 。 Ⅱ．第二代电池的光电转换材料是一种无机物薄膜，其光电转化率高于单晶硅。科学在元素周期表中Si的附近寻找到元素A和D，并制成化合物AD的薄膜，其晶体结构类似单晶硅。Si、A、D在元素周期表中的位置关系如图。 (4)基态Si原子核外电子排布式为 。 (5)D的第一电离能比Se的大，从原子结构角度说明理由： 。 【答案】(1)b (2) -1 小 (3)硅为共价晶体，其沸点远高于分子晶体SiHCl3的沸点 (4)1s22s22p63s23p2 (5)同一周期随着原子序数变大，第一电离能呈变大趋势，As的4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素 【分析】二氧化硅和碳在高温条件下反应生成粗硅和一氧化碳气体，粗硅和氯化氢在300°C反应生成SiHCl3和氢气，SiHCl3在1100°C时和氢气反应生成高纯硅和氯化氢。 【解析】（1）a．元素非金属性越强，其单质氧化性越强，ⅰ中，C做还原剂，不能说明非金属性C比Si强，故不选a； b．元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，碳酸的酸性强于硅酸，说明非金属性C比Si强，故选b； c．最高价含氧酸的稳定性与元素非金属性无关，碳酸的热稳定性弱于硅酸,不能说明非金属性C比Si强，故不选c； 选b。 （2）ⅱ中，1molSi与3molHCl反应生成1molSiHCl3和1molH2，转移4mol电子。 ①该反应为硅和HCl加热生成SiHCl3，根据质量守恒可知，反应还会生成氢气，反应为该反应的化学方程式为。 ②1molSi与3molHCl反应转移4mol电子，则反应中硅失去4个电子，化合价由0变为+4；3分子HCl中1分子HCl中氢得到2个电子，化合价由+1变为-1，故SiHCl3中H的化合价为-1；硅显正价、氢显负价，由此推测Si的电负性比H的小； （3）硅为共价晶体，其沸点远高于分子晶体SiHCl3的沸点，故利用沸点差异，可直接实现高纯硅与SiHCl3的分离。 （4）Si是14号元素，基态Si原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p2； （5）同一周期随着原子序数变大，第一电离能呈变大趋势，D为As元素，As的4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故As的第一电离能比Se的大。 19．（16分）（2025·北京房山·一模）某小组同学制备NO2，并探究不同条件下NO2与H2O的反应。实验装置如图(夹持装置略)。 (1)装置A中反应的化学方程式为 。 (2)将收集装置B补充完整 。 (3)用以上方法收集两试管NO2气体(均为12 mL)，分别倒置在盛有热水(80℃)和冰水(0℃)的两只水槽中，观察实验现象，10分钟后记录如下(忽略温度对溶液pH及气体体积的影响)： 实验编号 实验1-1(热水) 实验2-1(冰水) 剩余气体 无色，3 mL 几乎无气体 溶液状态 无色，pH=0.7 无色，pH=1.1 ①检验实验1-1中剩余气体的方法：向试管中充入少量空气，气体由无色变为红棕色。用化学方程式表示检验的反应原理 。 ②甲认为实验2-1中NO2几乎全部溶于水，过程中未发生化学反应。证明甲同学猜想不成立的实验证据是 。 (4)将上述实验静置一天后观察： 实验1-2(热水)：剩余气体4mL，溶液无色，pH=0.6，无气泡生成。 实验2-2(冰水)：剩余气体1mL，溶液无色，pH=0.9，有无色细小气泡生成。 查阅资料：2NO2+H2O=HNO3+HNO2 ，HNO2易分解。 ①用方程式解释实验2-2有无色细小气泡生成的原因 。 ②设计实验，证实NO2与H2O反应过程中产生了HNO2： (补充实验操作及现象)。 (5)从反应速率的角度，分析不同温度下NO2与水反应现象差异的原因 。并对装置C中吸收NO2尾气所用试剂及条件提出建议 。 【答案】(1) (2) (3) 2NO+O2=2NO2 溶液无色、pH=1.1 (4) 取两支试管，向第1支试管中加入2mL实验2-1(或实验2-2)中的溶液，向第2支试管中加入2mL实验1-2中的溶液。分别向两支试管中滴加酸性高锰酸钾溶液，第1支试管中高锰酸钾溶液褪色，第2支试管中高锰酸钾溶液未褪色。则说明反应过程中产生了HNO2 (5) 二氧化氮与水反应分两步进行，第一步生成硝酸和亚硝酸反应速率快，第二步亚硝酸分解反应速率慢。升高温度，亚硝酸分解速率加快 冷的浓氢氧化钠溶液 【分析】铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，根据二氧化氮密度比空气大可知收集时长导管通入，根据实验探究可知多余的二氧化氮气体需用冷的氢氧化钠溶液吸收，效果更好。 【解析】（1）铜与浓硝酸反应，生成硝酸铜，二氧化氮和水：； （2） 根据二氧化氮密度比空气大可知收集时长导管通入，补全装置图； （3）①检验实验1-1中剩余气体的方法：向试管中充入少量空气，气体由无色变为红棕色，说明剩余气体为一氧化氮，与氧气反应生成二氧化氮：2NO+O2=2NO2； ②实验2-1中溶液为无色，且溶液的pH=1.1，说明生成的酸，即证明二氧化氮与水发生反应； （4）①根据题干信息，HNO2易分解，且生成的气体为无色，说明是一氧化氮：； ②证实NO2与H2O反应过程中产生了HNO2，补充实验如下：取两支试管，向第1支试管中加入2mL实验2-1(或实验2-2)中的溶液，向第2支试管中加入2mL实验1-2中的溶液。分别向两支试管中滴加酸性高锰酸钾溶液，第1支试管中高锰酸钾溶液褪色，第2支试管中高锰酸钾溶液未褪色。则说明反应过程中产生了HNO2； （5）二氧化氮与水反应分两步进行，第一步生成硝酸和亚硝酸反应速率快，第二步亚硝酸分解反应速率慢。升高温度，亚硝酸分解速率加快；根据实验探究可知，吸收NO2尾气，用冷的浓氢氧化钠溶液效果更佳。 学科网（北京）股份有限公司1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$