2026届高考化学一轮复习 无机化合物专题训练2

2025-2026学年大一轮无机化合物专题训练2 评卷人 得分 一、单选题（每题两分，共48分） 一、单选题 1．新中国成立75年来，我国科技事业取得长足发展，成为世界上具有重要影响力的科技大国。下列说法正确的是 A．嫦娥六号任务首次完成人类从月球背面采样的壮举，样品中含量较高的铝氧化物(Al2O3)和钙氧化物(CaO)属于碱性氧化物 B．二氧化碳人工合成淀粉：淀粉和纤维素互为同分异构体 C．奋斗者号探秘万米深海：海水含大量电解质，氯化钠溶液是电解质 D．中国国产首艘大型邮轮“爱达·魔都号”大部分零件与结构件用Al-Mg系合金制造：合金的硬度通常比纯金属大 2．下列化学用语描述正确的是 A．电子式： B．氚的原子结构模型： C．的离子结构示意图： D．和互为同位素 3．某兴趣小组利用废镍材料(含有金属及少量、)探究相关物质的性质并回收镍，设计流程如图(部分产物略去)。 已知：开始沉淀和完全沉淀的pH分别为：2.2、3.2； 开始沉淀和完全沉淀的pH分别为：7.2、8.7； 可将氧化为，不与反应。 下列说法不正确的是 A．酸浸时加入的稀硫酸越多越好 B．滤渣1和滤渣2的主要成分分别为、 C．氧化时发生的反应方程式为： D．调节pH时须调节的pH范围为3.2~7.2 4．下列离子在指定条件下一定能大量共存的是 A．某无色溶液：、、、 B．与反应可以生成的溶液：、、、 C．能使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液：、、、 D．使试纸变红的溶液：、、、 5．工业中物质的制备与转化具有重要的应用，在给定条件下，下列制备或处理过程涉及的物质转化均可实现的是 A．工业制取高纯硅：(粗)(纯) B．工业制硝酸： C．工业制硫酸：黄铁矿98.3%的浓硫酸吸收 D．海水提取镁：海水(aq) 6．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是 A．用清除甲醛，体现了的氧化性 B．单晶硅为空间网状结构，可用作信息工业的半导体材料 C．氨气极易溶于水，故可用作制冷剂 D．是一种有毒气体，故葡萄酒里含有的具有杀菌和抗氧化作用 7．下列实验操作、现象和解释或结论都正确的是 选项 实验操作 现象 解释或结论 A 将铁锈溶于浓盐酸，再滴加酸性溶液 溶液中紫色褪去 铁锈中含有二价铁 B 向热的浓硝酸中加入红热的木炭，继续加热 产生红棕色气体 木炭与浓硝酸一定发生了反应 C 将固体溶于水，进行导电性实验 可导电 是离子化合物 D 室温下用计测定同浓度的溶液和溶液 溶液的大 酸性： A．A B．B C．C D．D 8．下列除杂试剂选择正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是 选项 物质(括号内为杂质) 除杂试剂 A 溴水 B 饱和溶液 C 溶液() D A．A B．B C．C D．D 9．下列有关宏观辩识与微观探析的说法正确且能用微观结构解释宏观现象的是 选项 宏观辩识 微观探析 A 的熔点高于 的键能大于的键能 B 铁丝在酒精喷灯上灼烧，焰色无明显变化 铁原子核外电子在灼烧时没有发生跃迁 C 中碱基与、与的互补配对 分子间氢键作用实现了超分子的分子识别 D 沸点： HF分子间氢键比分子键氢强 A．A B．B C．C D．D 10．下列物质在给定条件下的转化均能实现的是 A． B．溶液 C． D．溶液 11．物质的性质决定用途。下列物质的性质及其应用表述正确的是 A．具有氧化性，可作暂时性漂白剂 B．铝粉与混合物反应会释放出大量气体，可作管道疏通剂 C．晶体硅的熔点高、硬度大，故可用于制作半导体材料 D．的金属性大于，高温下可用于冶炼 12．部分含Na或含Fe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．、都能与水发生反应 B．在空气中强热d就得到g C．可能存在的转化 D．理论上a能与f发生反应 13．能正确表示下列化学反应的离子方程式的是 A．氢氧化钡溶液与硫酸的反应：OH-＋H＋= H2O B．往硫酸镁溶液中滴加氢氧化钡溶液：Ba2+＋2OH-＋Mg2＋＋SO=BaSO4↓＋Mg(OH)2↓ C．铁与稀盐酸反应：2Fe＋6H+=2Fe3+＋3H2↑ D．铜片插入硝酸银溶液中：Cu＋Ag＋=Cu2+＋Ag 14．往AgNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中加入一些铁粉，完全反应后有金属析出，过滤后往滤渣中加入稀盐酸，有无色气体放出，则滤渣的组成是 A．Ag和Fe B．Cu和Fe C．Ag、Cu和Fe D．Ag和Cu 评卷人 得分 二、解答题（共52分） 二、解答题 15．中学阶段常见单质和化合物有如下图所示的转化关系，其中A是食品复合膨松剂的主要成分之一，F和H均为单质气体。 请回答下列问题： (1)A俗称 用文字简述，A可用作膨松剂的原因： 。 (2)写出G和L反应的化学方程式 。 (3)若保存不当，会导致含Ⅰ的生活用品变质，则相关反应的化学方程式为 、 。 (4)实验室检验物质C常用的试剂为 （填名称）。 (5)120℃时，9.0 g C和D的混合气体与足量的E在密闭容器中充分反应，测得反应前后固体质量差为4.2 g。 ①反应生成F的总质量为 g。 ②原混合气体的平均相对分子质量为 。 16．有一包白色粉末，由BaCl2、K2SO4、CaCO3、NaOH、CuSO4、KCl中的一种或几种组成，为了探究它的成分，进行了如下实验： (1)气体B的名称为 ，白色沉淀D的化学式为 。 (2)白色粉末中一定存在的有CaCO3和 (填化学式)；一定不存在的有CuSO4和 (填化学式) (3)白色沉淀D的离子方程式为 (用一个离子方程式表示)。 17．某工业矿渣中主要含有及少量、等物质，利用如下工艺流程回收金属Ge。 已知：①不同pH下Ge(Ⅳ)的存在形式如表。 pH pH < 2 2 < pH < 7 7 < pH < 11 pH > 11 存在形式 ②在水中溶解度很小。 回答下列问题： (1)滤渣1的主要成分为 。 (2)怎样证明“酸浸1”后溶液中只有Fe2+而没有Fe3+? 。 (3)“沉淀”时，含有锗元素的物质参与反应的离子方程式为 。 (4)采用萃取操作可对溶液中的金属离子进行富集与分离，在一定温度、一定压强下，一种物质在两种互不相溶的溶剂A、B中的分配浓度之比是一个常数(分配系数)，、分别表示溶质在A、B两种溶剂中的浓度，。 ①Ge4+(水相)+4HR(有机相)GeR4 (有机相)+4H+(水相)，有机层中加入 (写化学式)可以使萃取剂再生。 ②萃取Ge的过程中，“一次萃取”与“三次萃取”的过程如图所示。 已知：萃取率有机相总，用20mL萃取剂萃取时每一次萃取率为60%。 加入60mL萃取剂“一次萃取”时Ge的萃取率为 %(保留整数)，有机相1比有机相2中Ge的残留率 (填“高”或“低”) %。 18．纯净干燥的与熔融金属反应可制备与实验装置如下图。 已知：①金属熔点为231℃，化学活泼性与铁相似，常见化合价有+2、+4； ②的熔点为-33℃，沸点为114℃，易与水反应。 (1)装置Ⅰ中发生反应的化学方程式为 。 (2)装置Ⅱ中的试剂是 ，装置Ⅲ的作用为 。 (3)装置Ⅴ的作用是 。 (4)装置Ⅵ应选用下图装置中的 (填字母)。该装置的作用是 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2025-2026学年大一轮无机化合物专题训练2》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B A B A A D C C D 题号 11 12 13 14 答案 B B B C 1．D 【详解】A．Al2O3是两性氧化物，既能与酸反应也能与强碱反应，而CaO是碱性氧化物，因此两者并非均属于碱性氧化物，A错误； B．淀粉和纤维素虽然分子式均为(C6H10O5)n，但聚合度n不同且结构不同，不互为同分异构体，B错误； C．电解质是化合物，氯化钠溶液是混合物，因此氯化钠溶液不是电解质，C错误； D．合金的硬度通常高于其成分金属，Al-Mg系合金的硬度比纯Al或Mg大，D正确； 故答案选D。 2．B 【详解】 A．的电子式中，碳原子应与每个氧原子形成双键以满足8电子稳定结构，正确电子式为，题中电子式仅为单键，碳未达8电子稳定结构，A错误； B．氚（）质子数为1，中子数为2（质量数3=1+2），电子数=质子数=1，原子结构模型中原子核内含1个质子和2个中子，核外1个电子，与描述一致，B正确； C．的质子数=原子序数=8，离子结构示意图中圆圈内应为+8，核外电子数=8+2=10（排布为2、8），正确的离子结构示意图为：，C错误； D．同位素需质子数相同，质子数为6，质子数为7，质子数不同，不互为同位素，D错误； 故答案选B。 3．A 【分析】往废镍材料(含金属Ni、Fe和Ag)中加入稀硫酸酸浸后过滤，得滤渣和含的滤液I，往滤液I中加溶液氧化亚铁离子，再加氢氧化钠溶液调pH除铁，过滤得氢氧化铁沉淀和滤液II，往滤液II中加适量铁粉过滤得镍。 【详解】A．酸浸时稀硫酸需适量，过多会导致后续调节pH时消耗更多NaOH，增加成本，并非越多越好，A错误； B．滤渣1为酸浸时不与稀硫酸反应的Ag，滤液1中经氧化为，调节pH后完全沉淀为，即滤渣2，B正确； C．氧化时在酸性条件下将氧化为，反应方程式为，C正确； D．调节pH需使完全沉淀（pH≥3.2）且不沉淀（pH<7.2），范围为3.2~7.2，D正确； 故答案选A。 4．B 【详解】A．在水溶液中显蓝色，与“无色溶液”矛盾，A不符合题意； B．与Al反应生成H₂的溶液可能为强酸性或强碱性；、、、在酸性或碱性条件下均无反应，可能大量共存，B符合题意； C．能使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液含强氧化性物质，和具有还原性，会被氧化，无法大量共存，C不符合题意； D．pH试纸变红说明溶液为酸性，会与反应生成或，会与H+反应生成H2S，且S2-具有还原性，在酸性下表现强氧化性，会氧化，无法大量共存，D不符合题意； 故选B。 5．A 【详解】A．工业制取高纯硅的步骤为：SiO2与焦炭高温生成粗硅，粗硅与HCl反应生成SiHCl3，再与H2高温还原得到纯硅，所有步骤均符合实际工业流程，A正确； B．工业制硝酸中，NH3催化氧化应生成NO而非NO2，后续步骤需NO进一步氧化为NO2，NO2再与水反应，B错误； C．工业制硫酸时，黄铁矿（FeS2）燃烧应生成SO2而非S，后续步骤需SO2催化氧化为SO3，再用98.3%的浓硫酸吸收SO3，C错误； D．海水提取镁时，电解MgCl2溶液无法得到金属镁，需电解熔融MgCl2，D错误； 答案选A。 6．A 【详解】A．ClO2具有强氧化性，能氧化甲醛，Ａ正确； B．单晶硅用作半导体材料是因为其导电性介于导体和绝缘体之间，而与空间网状结构无关，B错误； C．氨气作制冷剂因易液化，汽化时吸热，与其溶解性无关，C错误； D．SO2的杀菌抗氧化作用基于其还原性，而非毒性，D错误； 故答案选A。 7．D 【详解】A．铁锈溶于浓盐酸生成，浓盐酸中的在酸性条件下会被氧化，导致溶液褪色，不一定是的作用，A错误； B．浓硝酸受热分解也会产生红棕色气体，无法确定木炭是否参与反应，B错误； C．固体为共价化合物，溶于水后电离导电，但导电性实验无法证明AlCl3为离子化合物，C错误； D．相同条件下，溶液更大，说明水解能力强于，即酸性弱于，D正确； 故答案选D。 8．C 【详解】A．SO2和C2H4均能与溴水反应，导致目标物质被消耗，且SO2与Br2的反应涉及氧化还原（如SO2被氧化为H2SO4），A错误； B．饱和Na2CO3溶液会与CO2反应生成NaHCO3，导致主物质损失，应选用饱和NaHCO3溶液，试剂选择错误，B错误； C．CuO与FeCl3水解产生的H⁺反应，促进Fe3+水解为Fe(OH)3沉淀，仅涉及酸碱中和及水解反应，无氧化还原，C正确； D．O2无法直接除去Na2O，若通过加热使Na2O与O2反应生成Na2O2，则涉及氧的化合价变化，属于氧化还原反应，D错误； 故选C。 9．C 【详解】A．SiO2为共价晶体，CS2为分子晶体，熔点差异主要由晶体类型决定，而非单一键能大小，A错误； B．铁丝灼烧无焰色是因铁的发射光谱在可见光区不明显，并非电子未跃迁，B错误； C．DNA碱基互补配对通过氢键实现，属于超分子识别中的分子间作用力，C正确； D．H2O沸点高于HF，是因H2O分子间氢键数量更多，而非单个氢键强度更高，D错误； 故选C。 10．D 【详解】A．铁和氢氧化钠不能反应，A错误； B．弱酸不能制备强酸，则二氧化碳和氯化钙溶液不能反应，B错误； C．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，不能分解生成氢氧化钠，C错误； D．氢氧化钾和氯化镁反应生成氢氧化镁，氢氧化镁受热分解生成氧化镁，D正确； 故选D。 11．B 【详解】A．的漂白性源于其与有机色素发生化合反应（生成不稳定的无色物质），而非氧化性，A错误； B．铝与溶液反应生成氢气（），产生大量气体可疏通管道，性质与应用对应正确，B正确； C．晶体硅作半导体材料是因导电性介于导体与绝缘体之间，而非因熔点高和硬度大， C错误； D．金属活动性顺序为K＞Na，Na的金属性弱于K，但工业制K可通过Na与KCl高温反应（利用K的沸点低逸出），D错误； 故答案选B。 12．B 【分析】根据图示可知，a是 Fe或Na单质；b是Na2O或者Na2O2；c是NaOH；d是Fe(OH)2；e是FeO；f是Fe2O3；g是Fe(OH)3。 【详解】A．Fe、Na、Na2O、Na2O2都能与水反应，A正确； B．在空气中强热Fe(OH)2得到Fe2O3，B错误； C．Fe2O3可被CO还原为Fe单质，铁在高温下且氧气不足的情况下可以生成FeO，C正确； D．Fe2O3中Fe为+3价，Na金属性比铁强，理论上钠与熔融的氧化铁反应可以得到铁单质，D正确； 故选B。 13．B 【详解】A．氢氧化钡电离出两个氢氧根，离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，A错误； B．往硫酸镁溶液中滴加氢氧化钡溶液同时生成两种沉淀：，B正确； C．铁与稀盐酸反应生成亚铁离子，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，C错误； D．选项所给离子方程式电荷不守恒，正确离子方程式为Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，D错误； 故选B。 14．C 【详解】往AgNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中加入一些铁粉，铁粉优先与硝酸银反应，然后再与硝酸铜反应，过滤后往滤渣中加入稀盐酸，有无色气体放出，说明有铁剩余，则AgNO3和Cu(NO3)2被完全置换出来，所以滤渣有银、铜、铁，故选C。 15．(1) 小苏打 碳酸氢钠受热分解或与酸反应产生大量气体（答案合理即可） (2) (3) (4)澄清石灰水 (5) 4.8 30 【分析】A是食品复合膨松剂的主要成分之一且能受热分解产生三种物质，推测其为碳酸氢钠，分解产生水、二氧化碳和碳酸钠，其中两种物质与E反应生成同一种单质气体，故E为过氧化钠，F为氧气，C、D为水或者二氧化碳G(为碳酸钠或者氢氧化钠)能与单质气体H生成三种物质，推测G为氢氧化钠，H为氯气。氯气与氢氧化钠反应的产物I可以与二氧化碳和水反应生成一种见光分解的物质，由此可知I是次氯酸钠，K是次氯酸，分解产生氧气和HCl，据此可回答下列问题。 【详解】（1）碳酸氢钠俗称小苏打，因碳酸氢钠受热分解或与酸反应产生大量气体，故可以做膨松剂(答案合理即可)； （2）G是氢氧化钠，L是HCl，故两者反应方程式为； （3）I是次氯酸钠，保存不当会与空气中二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸分解造成变质，故反应为，； （4）实验室检验二氧化碳通常使用澄清石灰水； （5）9.0 g二氧化碳和水与足量过氧化钠反应，前后固体质量差为4.2 g，固体质量差不到9.0 g是因为生成了氧气，由质量守恒定律可知氧气的质量为9.0 g-4.2 g=4.8 g；根据反应方程式，2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，2H2O+2Na2O2=2NaOH+O2↑可知，水和二氧化碳与氧气的比例均为2：1，故混合气体的总物质的量，则混合气体平均摩尔质量，故原混合气体的平均相对分子质量为30。 16．(1) 二氧化碳 BaCO3 (2) BaCl2、NaOH K2SO4 (3)Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O 【分析】有一包白色粉末，由BaCl2、K2SO4、CaCO3、NaOH、CuSO4、KCl中的一种或几种组成。白色粉末溶于水后过滤，得到无色溶液，则原白色粉末中不含有CuSO4；白色滤渣A中加入盐酸，生成气体B，白色滤渣全部溶解，则气体为CO2，白色粉末中不含有BaSO4，沉淀只能为CaCO3；无色滤液C中通入CO2气体，生成的白色沉淀D应为BaCO3。 【详解】（1）由分析可知，气体B为CO2，名称为二氧化碳，白色沉淀D的化学式为BaCO3。 （2）白色粉末溶于水后得到的滤液呈无色，则不含有CuSO4，通入CO2后生成白色沉淀，此沉淀只能为BaCO3，则溶液中含有BaCl2和NaOH，不含有K2SO4，所以白色粉末中一定存在的有CaCO3和BaCl2、NaOH；一定不存在的有CuSO4和K2SO4。 （3）白色沉淀D，即BaCl2、NaOH混合溶液中通入CO2，生成BaCO3沉淀，离子方程式为Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O。 【点睛】将CO2通入BaCl2溶液中，不能生成BaCO3沉淀。 17．(1)SiO2 (2)分别取等量“酸浸1”后的溶液于两支试管中，向其中一支试管中加入溶液，溶液不变红；向另一支试管中加入K3[Fe(CN)6]溶液，溶液中有蓝色沉淀生成，则证明“酸浸1”后溶液中只有Fe2+而没有Fe3+ (3) (4) H2SO4 82 高 24 【分析】矿渣中主要含有及少量、等物质，加入SO2、稀H2SO4，调pH＜2进行酸浸1，此时Fe2O3溶解后生成的Fe3+被还原为Fe2+，同时生成Ge4+、Zn2+等，SiO2不溶而成为滤渣1；加入石灰乳，Ge4+转化为CaGeO3沉淀、Fe2+、Zn2+分别转化为Fe(OH)2、Zn(OH)2沉淀，还有CaSO4沉淀生成；加入稀硫酸，CaGeO3、Fe(OH)2、Zn(OH)2沉淀溶解，但CaSO4沉淀不溶而成为滤渣2；往滤液中加入萃取剂HR，Ge4+与HR作用生成GeR4进入有机相；再加入NaOH溶液调节pH＞11进行反萃取，进入水相2，再经过一系列操作，便可获得金属Ge。 【详解】（1）由分析可知，滤渣1的主要成分为SiO2。 （2）证明“酸浸1”后溶液中只有Fe2+而没有Fe3+时，既要证明Fe3+不存在(用KSCN溶液检验，看溶液是否变红)，又要证明Fe2+存在(用K3[Fe(CN)6]检验，看是否生成蓝色沉淀)，则实验操作为：分别取等量“酸浸1”后的溶液于两支试管中，向其中一支试管中加入溶液，溶液不变红；向另一支试管中加入K3[Fe(CN)6]溶液，溶液中有蓝色沉淀生成，则证明“酸浸1”后溶液中只有Fe2+而没有Fe3。 （3）“沉淀”时，此时含有锗元素的物质(Ge4+)与石灰乳反应，生成CaGeO3沉淀等，依据电荷守恒和原子守恒，可得出发生反应的离子方程式为。 （4）①Ge4+(水相)+4HR(有机相)GeR4 (有机相)+4H+(水相)，原来水相中就含有硫酸，为使萃取剂再生，可使平衡逆向移动，则有机层中加入H2SO4可以使萃取剂再生。 ②设100 mL含锗溶液中Ge的总物质的量为n mol，用20 mL萃取剂第一次萃取时萃取率是60%，有机相中c(Ge)==30n mol/L，水相中c(Ge)==4n mol/L，则分配系数k==7.5。一次萃取中，设有机相中Ge的浓度为7.5 mol/L，则水相中Ge的浓度为1 mol/L，加入60 mL萃取剂“一次萃取”时萃取率为≈82%。有机相1中Ge的残留率为1-60%=40%，有机相2中Ge的残留率为40%(1-60%)=16%，故有机相1中Ge的残留率比有机相2中Ge的残留率高40%-16%=24%。 18．(1) (2) 饱和食盐水 干燥 (3)冷凝并收集 (4) C 吸收未反应完的Cl2，防止水蒸气进入装置V与反应 【分析】装置I用浓盐酸和二氧化锰共热反应制备，因浓盐酸易挥发，导致中混有HCl，则装置II中盛装饱和食盐水，用于除去中混有的HCl；装置Ⅲ盛装浓硫酸，用于干燥；装置Ⅳ中纯净干燥的与熔融金属反应制备，再用装置Ⅴ冷凝并收集，因尾气中含有剩余氯气且产物易与水反应，则收集装置之后应有尾气处理装置且要防止水蒸气进入收集装置，据此解答。 【详解】（1）装置I中浓盐酸和二氧化锰共热反应生成、和，反应的化学方程式为：； （2）由分析可知，装置II用于除去中混有的HCl，则装置Ⅱ中的试剂是饱和食盐水，因为易与水反应，所以核心反应装置Ⅳ和收集装置Ⅴ必须保持干燥，即需要对制备的进行干燥，则装置Ⅲ盛装浓硫酸，其作用为干燥； （3）的沸点不高，装置V中的冰水可以使SnCl4冷凝，得到SnCl4液体，则装置Ⅴ的作用是：冷凝并收集； （4）由分析可知，尾气中含有剩余氯气(Cl2有毒)且产物易与水反应，则收集装置之后应有尾气处理装置且要防止水蒸气进入收集装置，则： A．NaOH溶液能吸收未反应完的Cl2，但不能防止水蒸气进入装置V，A不符合题意； B．该装置的导气管短进长出，不能将尾气排出，应长进短出，B不符合题意； C．碱石灰不仅能吸收剩余Cl2，也能防止水蒸气进入装置V，C符合题意； 故装置Ⅵ应选用装置C。该装置的作用是：吸收未反应完的Cl2，防止水蒸气进入装置V与反应。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $