选择题专练(6)非金属及其化合物-【鱼跃龙门卷】2026年高考化学试题逐题突破（山东专版）

2025一2026学年度高考试题逐题突破一选择题专练（六） 化学·非金属及其化合物 总分：40分时间：40分钟 可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32C135.5 A组 1.化学实验操作安全是进行科学研究的前提。下列说法错误的是 A.苯和甲醛可以通过皮肤进入人体，应避免直接与皮肤接触 B.取用液溴时，需佩戴手套和护目镜，在通风橱中进行 C.为了节省药品，配制的银氨溶液可用于多次实验 D.图标表示用到明火，要正确使用火源，并束好长发、系紧宽松衣物 2.下列有关物质的工业制备方法不合理的是 A.电解饱和食盐水制取氯气和氢气 B.氯气与澄清石灰水制取漂白粉 C.用“吹出法”从海水中提取溴 D.通过催化裂化将重油转化为汽油等物质 3.(NH4)2SO4是一种重要的氮肥，下列有关叙述错误的是 A.硫酸铵与草木灰混用可提高肥效 B.水溶液呈酸性 C.与NaOH固体共热产生NH D.饱和溶液会降低蛋白质在水中的溶解度 4.氨及其化合物的转化具有重要应用。下列说法错误的是 A.常温下可以用铁制容器来盛装浓硝酸 02 B,工业制硝酸过程中的物质转化：NH,修化剂，今NO HNO。 C.氨气、铵盐、亚硝酸盐、硝酸盐之间的转化构成了自然界氨循环的一部分 D.实验室用浓氨水、生石灰制备少量氨气：NH3·H2O+CaO一Ca(OH)2十NH3个 5.物质的性质决定用途。下列两者对应关系错误的是 A.液氨汽化时吸收大量的热，用作制冷剂 B.CIO2具有强氧化，可用于饮用水的杀菌消毒 C.I2可使微生物的蛋白质变性，用作消毒防腐药 D.SO2具有漂白性，可用来漂白馒头等食品 6.汽车尾气催化转化装置可将有毒的NO、CO转化成无毒的CO2、N2再排放到大气中。下列说 法错误的是 A.该转化过程中CO是还原剂，发生还原反应 B.该转化过程中氮元素被还原，N2是还原产物 C.在该条件下，NO的氧化性比CO2强 D.若1 mol NO完全反应转移2mol电子 化学X·选择题专练（六）第1页（共4页）】 鱼欧花门卷 7.肼是火箭发射常用的动力材料，某学习小组根据化工生产水合肼的原 理，用尿素[CO(NH2)2]和NaClO碱性溶液在实验室制备水合肼(N2H4· 温度计 H2O,沸点约为118℃，具有强还原性)，其中NaC1O碱性溶液由Cl2和 多 NaOH溶液在低温下制备。下列说法错误的是 A.装置中通过分液漏斗滴加的溶液为CO(NH2)2溶液 搅拌器 B.为防止制备NaClO时温度过高，可以缓慢通入Cl2并不断搅拌 C.温度较高时Cl2和NaOH发生反应：3Cl2十6NaOH△NaClO,十5NaC1+3H,O D.制备水合肼的化学方程式为CO(NH2)2十2NaOH+NaCIO一Na2CO3+N2H·HO+NaCl 8.硫及其化合物的转化具有重要应用。下列说法错误的是 A工业制H,S0,Fes,s0,9HS0,9H,s0, B.回收烟气中的s0,获得CaS0,:S0,CaOHCaS0,0CaS0, C.工业废液中通入H2S除Hg2+:H2S+Hg2+—HgSV+2H+ D.热的NaOH溶液除S:3S+6NaOH△2Na2S+Na2SOg+3H2O 9.实验室用如图装置制备H2S并验证相关物质的性质。下列有关试 剂A的说法正确的是 A.若为SO2水溶液，可验证SO2的还原性 B.若为CuSO4溶液，则发生氧化还原反应 FeS盐酸试剂A NaOH溶液 C.若为溴水，观察到溶液出现淡黄色浑浊 D.若为含AgNO3和AgCl的浊液，可证明Kp:Ag2S<AgCI 10.亚氯酸钠(NaClO2,受热易分解)是一种重要的含氯消毒剂，一种制备NaClO2的工艺流程如 图所示。下列说法错误的是 稍过量试剂X适量盐酸 盐酸H,O,溶液（含NaOH) 粗食盐水一反应了电 NaC0,反应□-→CIO吸收塔操作a,冷却结晶，-NaCIO,品体 (含Ca2+杂质) 滤渣 H2 Cl2母液 02 A.“滤渣”的主要成分为CaCO3 B.流程中两处盐酸的作用不同 C.操作a为“减压蒸发” D.理论上，该流程中n(Cl2):n(O2)=2:1 B组 1.材料结构决定性质，性质决定用途。下列说法错误的是 A.聚乳酸含有酯基，可用于生产可降解塑料 B.二氧化硅是化学性质稳定的共价晶体，可用作光导纤维 C.聚四氟乙烯耐化学腐蚀，可用于制作酸碱通用滴定管的旋塞 D.石墨烯是只有一个碳原子直径厚度的单层石墨，电阻率低，可用于动力电池 化学X·选择题专练（六）第2页（共4页） 班级 2.某化学兴趣小组为探究蔗糖与浓硫酸的反应设计了如图所示实验装置。向左倾斜Y形试管 使反应发生，下列说法正确的是 姓名 高锰酸钾 漂白粉 BaCl 湿润的蔗糖 浓硫酸 溶液 容液 容液 得分 A.浓硫酸与蔗糖反应时表现出脱水性和吸水性 B.装置Ⅱ中高锰酸钾溶液褪色，证明SO2具有漂白性 C.装置Ⅲ中产生白色沉淀，成分为CaCO3和CaSO, 答题栏 D.装置V中产生白色沉淀 A组 3.氧元素是地球上存在最广泛的元素，也是与生命活动息息相关的主要元素，其单质及化合物 在多方面具有重要应用。氧能与大部分元素形成氧化物，如H2O、C0O2、SO2、SiO2、A12O3、 2 Cu2O、FeO4等；过氧化物如Na2O2、H2O2等可以作为优秀的氧化剂。下列物质性质与用途 3 具有对应关系的是 A.纳米FeO4能与酸反应，可用作磁性材料 B.SO2能与某些有色物质化合，可用于漂白纸张、草帽等 6 C.A12O3是两性氧化物，可用作耐火材料 7 D.SO2是酸性氧化物，能用氢氟酸(HF)雕刻玻璃 4. CO2捕集利用与封存技术成为CO2减排的重要手段。下列关于CO2综合利用与处理方法错 9 误的是 o A.碱液吸收法 B.环加成制高聚物 B组 C.电化学氧化法 D.加氢制碳氢化合物 5. 实验室可用SC与C,反应(SiC+2CL,△SiCL,+C)制取少量SCl,(沸点为57.6℃，易水 解)。下列实验原理和装置不能达到实验目的的是 2浓盐酸 5 6 碱石灰 MnO, 浓 硫 饱和 9 食盐水 冰水 10 甲 丙 A.用装置甲制取氯气 B.用装置乙得到纯净干燥的C12 C.用装置丙制取四氯化硅 D.用装置丁收集四氯化硅并吸收尾气 化学X·选择题专练（六）第3页（共4页）】 鱼欧花门老 6.盐X溶液能发生如图所示的转化关系（部分反应条件已略），相对分子质量：c比b大16，f比e 大16。下列推断错误的是 A.X可能为正盐，也可能为酸式盐 盐酸 bY >a- B.b能与f的稀水溶液反应生成无色气体 ① +c2 盐X溶液 强酸 C.b、c、e、f都是酸性氧化物 NaoH,d y xe② Y D.反应①②实验现象不同 7.关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是 A.浓盐酸可与MnO2反应，稀盐酸与MnO2不反应，说明浓盐酸酸性更强 B.加热浓硫酸与NaCI固体的混合物可制备HCl,说明浓硫酸酸性强于HCI C.将CO2通入Ba(NO3)2溶液无明显现象，则将SO2通入Ba(NO3)2溶液也无明显现象 D.向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解反应 8.部分含C或含N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 5--- +4 A.存在a→b→c的转化 +2 B.c一定是酸性氧化物 0 C.d、f中心原子均为sp杂化 单质氧化物酸钠盐物质类别 D.c、e可能有两种化学式 9.下列陈述I和Ⅱ均正确，且二者具有因果关系的是 选项 陈述I 陈述Ⅱ A SO2可用于葡萄酒的保鲜 S02有漂白性 B I2易溶于CCL, I2和CCL4都是非极性分子 HF的沸点高于HCI H一F键键能比H一CI键的大 0 铁罐车可用于装运浓硝酸 常温下Fe与浓硝酸不反应 10. 室温下，探究0.1mol·L1 NaHSO3溶液的性质，下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究目的 实验方案 向2mL溶液中滴加几滴稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶 A 检验溶液是否变质 液，观察是否产生沉淀 比较HSO?水解平衡常数和电离平 B 用pH计测定溶液的pH,比较溶液pH与7的大小 衡常数大小 向2mL溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液，观察溶液 C 检验溶液是否具有漂白性 颜色变化 向2mL溶液中加入过量FeCl3溶液，充分反应后，滴 D 比较HSO?与Fe2+还原性强弱 加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色变化 化学X·选择题专练（六）第4页（共4页）·化学X· 2.A【解析】铁粉具有还原性，能与氧气反应，可用作食品脱氧 剂；Fe2O3俗称铁红，是赤铁矿的主要成分；Cu具有还原性，能 够与Fe3+反应生成Fe2+,不能置换出Fe;铜盐为重金属盐，能 使蛋白质变性，故能杀死某些细菌，并能抑制藻类生长，因此游 泳馆常用硫酸铜作为池水消毒剂，但不能用作自来水消毒剂。 3.C【解析】向碳酸钠粉末中加入少量水后，生成Na2CO3· 10H2O,碳酸钠结块并伴有放热现象；碳酸氢钠水解使溶液显 碱性；钠在氧气中燃烧时主要生成过氧化钠；碳酸钠品体易风 化，碳酸钠晶体在干燥空气中会逐渐失去结晶水变成碳酸钠 粉末。 4.B【解析】Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程 式为2Fe十4H,0(g)高温Fe,0,十4H,;肥皂液中产生气泡，只 能说明有气体生成，不能证明是氢气：若滴加铁氰化钾溶液后 出现蓝色沉淀，说明含有F2+,不能说明铁粉未完全反应，有可 能来自Fe3O4;若滴加KSCN溶液后变红色，说明含有Fe3+ FeO4也能产生Fe3+ 5.B【思路分析】在H2SO4溶液中，需加入氧化剂将纳米铜(Cu) 氧化溶解，过滤除杂后得到含有硫酸铜的滤液，加入亚硫酸钠 氯化钠，在溶液中发生反应2Cu++SO号+2CI+H2O= 2CuC1￥+SO+2H+,过滤后得到CuC1粗产品，经洗涤、干燥 得到纯净的CuCl 【解析】“还原”时发生反应2Cu++SO?+2C1+H20 2CuC1￥+SO+2H+,氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2：1。 6.A【解析】合金的熔点一般低于其各成分金属，钛合金的熔点 低于单质钛；钢是铁和碳的合金，是目前用量最大、用途最广的 合金：储氢合金能够大量吸收氢气，并与氢气结合成金属氢化 物；硬铝具有强度大、密度小、抗腐蚀能力强等优点，常用于制造 飞机外壳。 7.B【解析】Mg与水反应会生成Mg(OH)2和H2,水溶液中又 含有酚酞，所以变红是因为有Mg(OH)2生成；NH4CI是强酸弱 碱盐，水解产生HC和NH3·H2O,Mg和NH3·H2O不反应， 但是能与HCI反应产生MgCL和H2,加人Mg片促进了水解， 所以产生的气体是H2;CH3 COONH4水解产生醋酸和一水合 氨，醋酸再与Mg反应生成(CH3COO)2Mg和H2,所以Mg片 表面产生气泡，但是(CH,COO)2Mg也要发生水解，水解后得 到Mg(OH)2和CH3COOH,所以溶液逐渐变红，根据溶液中 的电荷守恒c(H+)十c(NH)+2c(Mg+)=c(CH3COOˉ)+ c(OH),整个溶液呈碱性，c(OH)>c(H);NaCl不水解， 但对比实验1和4会发现，实验的实质都是Mg与水在反应，实 验4反应要比实验1剧烈，NaCI不参加反应，所以NaCl起到催 化剂的作用。 8.C【解析】Al2O3与NaOH溶液反应可得到Na[Al(OH)4], Na[A1(OH)4]溶液与CO2反应可得到AI(OH)3,AI(OH)3与 NaOH溶液反应可得到Na[Al(OH)],Al(OH)3受热分解可 得Al2O3;N2与O2在放电或高温下生成NO,NO被氧化为 NO2,NO2与水反应生成NO,NO2与NHg反应生成N2;Fe生 锈过程可以转化为Fe2O3,Fe2O3不能一步转化为Fe(OH)3; CO2与NaOH溶液反应可得到Na2CO3,Na2CO3与NaHCO3 可相互转化，NaHCO3与酸反应可得到CO2。 9.C【思路分析】对于NaOH和Na2CO3的混合溶液，当滴加稀 硫酸时，先发生氢氧化钠与硫酸的中和反应，再发生碳酸钠与 硫酸的反应生成碳酸氢钠和硫酸钠，最后碳酸氢钠与硫酸反应 生成二氧化碳气体，利用物质的量的关系并结合图像即可解答 【解析】O~a范围内，发生反应H+十OH一H2O和 CO号+H一HCO;ab段发生反应的离子方程式为HCO?+ H+C02个+H20;由于n(C02)=0.010mol根据碳元素守 恒，混合物中n(NaC03)=0.010mol,0.010 mol Naz CO0,完全 转化为CO2的两步反应为CO?十H+一HCO?、HCO,+ H+一C02个十H2O,ab段消耗稀硫酸体积为10mL,则 Na2 CO,消耗硫酸体积是20mL,NaOH消耗硫酸体积是 40mL;n(Na0H)=0.5mol·L×0.04LX2=0.04mol, n(NaOH):n(Naa CO)=4:1. 0.B【思路分析】某明矾[KA1(SO4)2·12H2O]废液中含有少 量Fe3+,向其中加入过量KOH,Fe3+形成Fe(OH)3沉淀进入 滤渣1中，A13+转化为[A1(OH)4],然后向滤液1中通入过 量CO2气体，[Al(OH):]转化为AI(OH)3沉淀进入滤渣2 中，滤液2中含有K2SO4、KHCO3,然后加入适量稀硫酸，调整 溶液pH,KHCO3反应转化为K2SO4,进而制取得到纯净 的K2SO4。 【解析】加入过量KOH溶液，可以使溶液中的Fe3+形成 Fe(OH)3沉淀进入滤渣1中，而AI3+转化为[A1(OH)],仍 存在于溶液中，因此加入过量KOH的目的是使Fe3+和A13+ 完全分离；根据上述分析可知，反应后滤液1中主要存在 SO、OH、K+、[A1(OH)4];由于通入的CO2气体过量， 反应产生Al(OH)3沉淀和HCO:,不是产生CO;若用稀盐 酸代替稀硫酸调节溶液的pH,就会引入杂质离子C1,因此不 能得到纯净的K2SO4。 B组 A【解析】金属材料包括纯金属和合金，铝合金材料属于金属 材料。 D【解析】铁的氧化物与盐酸恰好反应生成氯化物，向所得的 溶液中通入1.12L(标准状况，为0.05mol)氯气时，恰好使溶 液中的Fe+完全转化为Fe3+,发生反应2Fe2++Cl2 2Fe3++2C1,则氯化亚铁的物质的量为0.1mol、氯化铁的物 质的量为(0.2L×5.5mol·L -0.1mol×2)÷3=0.3mol, 则Fe2O,的物质的量为0.l5mol,Fe0的物质的量为0.1mol, 故该混合物中FeO和Fe2O3的物质的量之比为0.1mol: 0.15mol=2:3. D【解析】甲是制取CO2的装置，一般常用HC1溶液和 CaCO3制取CO2,由于HCl具有挥发性，故乙装置用来除去 CO2中混有的HCl,可使用饱和NaHCO3溶液；丙装置中发生 反应2Na2O2+2CO2= —2Na2CO3+O2和2Na2O2+2H20= 4NaOH+O2个，固体由淡黄色变为白色；丁是除杂装置，用于除 去未反应的CO2,可用NaOH溶液；若用CaC18O3进行实验，得 到C18O2,丙中发生反应2Na2O2+2CO2一2Na2CO3+O2,是 过氧化钠的自身氧化还原，不可收集到8O2。 C【思路分析】声光器件粉末用NaOH溶液充分碱浸，得到主 要含有Naz TeO3、Na[AI(OH)4]、Na2 SiO,的滤液，Cu不参与 反应，则滤渣的主要成分为Cu,“氧化沉碲”时，Na2TeO3被 NaClO氧化生成Naz TeO4沉淀，则滤液1主要含有 Na[Al(OH)4]、Na2SiO3和NaCl,最后Na2TeO,溶于HzSO, 后被SO2还原生成Te,滤液2主要含H2SO4、Na2SO4,据此 解答。 【解析】由分析可知，滤渣的主要成分为Cu;滤液1主要含有 Na[Al(OH)4]、Na2SiO3和NaCl,滤液2主要含H2SO4、 Na2SO4,则滤液1和滤液2混合时因[A1(OH)4]、H和H2O 反应可能产生白色的Al(OH)3沉淀；“氧化沉碲”时，Na2TeOg 被氧化生成Na2TeO,沉淀，NaClO被还原生成NaCl,反应的离 子方程式为2Na+TeO3+ClO= 一Na2TeO4Y十Cl厂；“溶解还 原”时，Na2TeO,被还原生成Te,SO2被氧化为SO?-,根据得 失电子守恒可得关系式Na2TeO4~3SO2,Na2TeO4作氧化剂， S02作还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：3。 A【解析】由图可知，a为Fe、b为FeO、c为Fe2O,、d为 Fe(OH)2,e为Fe(OH)3、f为亚铁盐(Fe2+)、g为铁盐(Fe3+)。 由分析可知，a为Fe,b为FeO,Fe与水蒸气的反应为3Fe+ 4H,0(g)高温e,0,十4H2,故a与水裘气反应不生成b;c为 Fe,O,氧化铁粉末呈红棕色，常用作涂料；Fe3+遇到苯酚显紫 色，所以g的溶液可用于检验苯酚；a为Fe、d为Fe(OH)2,e为 Fe(OH)3、f为亚铁盐(Fe2+),存在a→f→d→e的转化。 C【解析】Fe与FeCl,溶液的反应为Fe+2Fe3+一3Fe2+;醋 酸为弱酸，不拆写为离子形式，离子反应为CCO?十 2CH,COOH一2CH,C00+Ca2++H2O+C02个；将Na2O2 固体投入H2180中，Na2O2发生自身氧化还原反应2Na2O2十 参考答案及解析 2H218O=4Na+218OH+2OH+O2个；向Ba(OH)2溶 【解析】反应Ⅱ中产生Cl2的化学方程式为2 NaClO3+4HCl 液中加人过量NaHSO4溶液的离子方程式为Ba+十2OH+ 一2C1O2个+Cl2个+2NaC1+2H2O,ClO2吸收塔中产生O, 2H++SO-—BaSO4↓+2H2O。 的化学方程式为2C1O2+2NaOH+H2O2一2 NaCIO,+O2个+ 7.A【解析】金属镁能在二氧化碳中燃烧，生成氧化镁和碳单质 2H2O,故理论上，产生C12、O2的物质的量之比为1：1。 所以制备金属镁的电解装置失火时，不能用二氧化碳灭火器 B组 灭火。 8.B【解析】碳化硅硬度大，可用作砂纸、砂轮的磨料；用FCl 1.B【解析】B项，二氧化硅是共价晶体，化学性质稳定，但其用 溶液腐蚀覆铜板制作印刷电路板的原理为Cu十2FeCL3 作光导纤维是由于对光有良好的全反射等性能，与化学性质稳 CuCl2十2FeCl2,反应中FeCl3作氧化剂，与其溶液呈酸性无关； 定无关。 由于CuS、HgS极难溶，故可用Na2S作沉淀剂除去废水中的 2.C【解析】在蔗糖和浓硫酸的反应中，浓硫酸表现出强氧化性 Cu2+和Hg2+;金属钠具有强还原性，与四氯化钛还原钛生成钛 和脱水性，而不是吸水性；SO2使酸性KMO4溶液褪色，证明 单质。 SO2具有还原性；漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2,Ca(ClO)?具 9.C【思路分析】含钴废料经第一步“碱浸”操作，废料中的铝箔 有氧化性，通入CO2和SO2后反应生成CaCO3和CaSO4沉 溶解为Na[Al(OH)4]除去，过滤后得到的钴渣①主要含有 淀；CO2和SO2均不能与BaC2溶液反应，故装置V无明显 Co3O4,加入硫酸、过氧化氢“酸溶”，C0元素转化为Co+,Co 现象。 元素被还原，H2O2被氧化作还原剂；经过操作①得到滤液②， 3.B【解析】四氧化三铁具有磁性，可用作磁性材料，与其能与酸 则操作①为过滤，所得滤液②中主要含CoSO,,最后加入碳酸 反应无关；S02能与某些有色物质化合生成无色不稳定的无色 钠“沉钴”获得CoCO,,以此分析解答。 物质，所以SO2可以漂白纸浆、草帽等；Al,O3熔点高，可用作 【解析】由分析知，H2O2被氧化，作还原剂，不能选用O2代 耐火材料，与A12O3是两性氧化物无关；氢氟酸能与二氧化硅 替H2O2。 反应生成四氟化硅和水，可用于雕刻玻璃，和SO2是酸性氧化 10.C【思路分析】软锰矿（主要成分为MnO2)、KOH和KClO3 物无关。 混合“熔融氧化”生成锰酸钾、氯化钾和水，加蒸馏水浸取得到 4.C【解析】CO2中碳元素的化合价为+4，为碳元素的最高价， 锰酸钾溶液，通入CO2,锰酸钾发生歧化反应，生成高锰酸钾 CO2具有氧化性，CO2可通过电化学还原法处理。 和MnO2,过滤得到高锰酸钾溶液，再蒸发结晶得到高锰酸钾。 5.B【解析】B项，得到纯净干燥的C12,应该先除杂后干燥。 【解析】滤液蒸发结品过程温度不能太高，应该蒸发至出现晶 6.C【思路分析】根据题干信息，相对分子质量c比b大16，f比 膜时停止加热，再冷却结品，因为KMO4受热易分解，与从 e大16，b→c、e→f可能为氧化的过程；转化关系中，c和f与Z NaCI溶液中提取NaCl晶体的操作不完全相同。 反应均能得到强酸，则c可能为SO3,f为NO2,Z为H2O,Y为 O2,则b为SO2,e为NO,盐X溶液与盐酸反应得到a,与 化学选择题专练（六）】 NaOH反应得到d,a与O2得到SO2,则a为H2S,d与O2得到 NO,则d为NH3,因此X可以是NHHS或(NH4)2S,据此分 A组 析解答。 1.C【解析】C项，银氨溶液性质不稳定，久置会分解产生易爆的 【解析】b为SO2,是酸性氧化物，c为SO3,是酸性氧化物，e为 叠氨化银(AgN3),故不能用于多次实验，需现配现用。 NO,不是酸性氧化物，f为NO2,不是酸性氧化物。 2.B【解析】工业上用氯气与石灰乳反应制取漂白粉。 7.D【解析】浓盐酸可与MnO。反应，但稀盐酸与MnO2不反 3.A【解析】NH与草木灰中的CO?可发生相互促进的水解 应，说明浓盐酸还原性更强；加热浓硫酸与NaCl固体反应的化 反应生成氨气，降低硫酸铵的肥效。 学方程式为H2SO,十2NaC1△2HC1个十NaSO.,反应能发 4.B【解析】一氧化氨和水不反应。 生，是由于HCI为挥发性酸，与浓硫酸和HC1的酸性大小无关； 5.D【解析】SO2虽有漂白性但有毒，不适合漂白馒头等食品。 将SO2通人Ba(NO3)2溶液中，SO2被氧化为SO,会生成 6.A【解析】反应2NO+2C0O一2CO2+N2中，CO是还原剂， BaSO,白色沉淀；向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪 发生氧化反应；该转化过程中氮元素降价被还原，N2是还原产 色，是由于C1O水解，ClO-+H2O=HC1O+OH,使溶液 物；氧化还原反应中氧化剂NO的氧化性比氧化产物CO2的氧 呈碱性，由于生成的次氯酸具有漂白性，使得溶液先变红后 化性强；该转化过程中氮元素由十2价降为0价，1olNO完 褪色。 全反应转移2mol电子。 8.B【解析】对于N元素，N2在放电条件下与O2反应可生成 7. A【解析】N2H·H2O具有强还原性，制备过程中应该加入 NO,NO与O2反应可生成NO2,对于C元素，O2不充足时转 少量NaClO,NaClO过量会氧化N2H4·H2O,因此分液漏斗滴 化为CO,CO再与O2反应生成CO2,都存在a→b→c的转化； 加的溶液应为NaClO溶液。 若c是CO2,则是酸性氧化物，若c为NO2,则不是酸性氧化物； 8.A【解析】工业制硫酸过程中的物质转化是先将二氧化硫氧化 d为H2CO、f为HNO,中心原子都发生sp2杂化；对于N元 为三氧化硫，PeS,高巡s0。OS0,98.3%浓疏酸吸收H,S0. 素，c可能为NO2、N2O4,对于C元素，e可能为Na2CO3或 0。 NaHCO3。 9.C【解析】硫化氢和二氧化硫反应，体现的是二氧化硫的氧化9.B【解析】二氧化硫可用于葡萄酒的保鲜是因为二氧化硫具有 性：硫酸铜和硫化氢发生复分解反应生成硫化铜黑色沉淀；硫 还原性，能防止红酒中的有效成分被氧化而延长红酒保质期： 化氢通入含AgNO3和AgCI的浊液中，银离子过量，白色沉淀 氟化氢的沸点高于氯化氢是因为氟化氢能形成分子间氢键，氯 变成黑色沉淀，不能证明AgCI沉淀转化成Ag2S沉淀，不能确 化氢不能形成分子间氢键，与氢氟键的键能大于氢氯键无关； 定Kp(AgCI)与Kp(Ag2S)的大小关系。 铁罐车可用于装运浓硝酸是因为铁在浓硝酸中钝化，并非不 10.D【思路分析】粗食盐水中含有杂质Ca2+,加入稍过量碳酸 反应。 钠可将所有Ca2+完全沉淀，故滤渣为CaCO3,进入“电解”过程10.B【解析】A项，稀硝酸具有强氧化性，会将HSO3氧化为 的溶液中含有Na、C1及过量的CO?,加入适量的盐酸，可 SO?,与硝酸钡溶液反应生成BaSO4沉淀，无法检验 将CO3转化为CO2,电解生成NaC1O,在反应Ⅱ中，NaClO3 NaHSO3溶液是否变质；B项，用pH计测定NaHSO3溶液的 与盐酸之间发生氧化还原反应，可生成C1O2和C12,在C1O pH,若pH小于7，溶液显酸性，说明HSO3的电离程度大于 吸收塔中CIO2、H2O2、NaOH之间发生氧化还原反应，生成 水解程度，则电离平衡常数大于水解平衡常数，若pH大于7， NaClO2,由于NaC1O2受热易分解，因此减压蒸发、冷却结晶 溶液显碱性，说明HSO?的水解程度大于电离程度，则水解平 后可得到NaClO2晶体，据此分析。 衡常数大于电离平衡常数；C项，HSO与酸性KMnO4溶液 高考试题逐题突破 发生氧化还原反应使其褪色，体现HSO:的还原性，而非漂白9 性；D项，FCl3过量时，无论反应是否发生，溶液中均存在 Fe3+,滴加KSCN溶液，溶液均变为红色，无法判断HSO与 Fe2+的还原性强弱 化学选择题专练（七） A组 1.A【解析】B项，H一O键、H一F键的键能依次增大，意味着形 成这些键时放出的能量依次增大，化学键越来越稳定，O2、F2与 H2反应的能力逐渐增强；C项，AB2型分子如水分子呈V形， 键角为105°；D项，H一0键的键能为462.8k·mol1,指的是 断开1molH一O键形成气态氢原子和气态氧原子所需吸收的 能量为462.8kJ,18g即1molH2O中含2molH一O键，断开 时需吸收2×462.8kJ的能量形成气态氢原子和气态氧原子， 再进一步形成H2和O2时，还需释放出一部分能量。 2.B【解析】Q、W、X、Y、Z五种短周期元素的原子半径依次增 大，基态Q原子的电子填充了3个能级，有4对成对电子，因此 Q是F,Z与其他元素不在同一周期，且原子半径最大，能形成6 条共价键，因此Z是S,Y能形成4条共价键，Y是C,W能形成 2条共价键，W是O,则X是N。草酸能使高锰酸钾溶液褪色； 氟的电负性比O大，氧和氟形成的化合物中氧为正价；基态S 原子核外电子排布式为1s22s22p3s23p,故核外共有5种能量 不同的电子；碳的氢化物种类很多，无法比较氢化物沸点。 3.D【解析】在每个短周期均有分布，则X为H,Z在地壳中含量 2 最多，则Z为O,原子序数依次增大，M的基态原子价层电子排 布式为ns”-1,所以n=3,M为Mg,Y的基态原子价层p轨道 半充满，可能为N或P,Y和Q同族，所以Y为N,Q为P NH3的空间结构为三角锥形，NO?的空间结构为平面三角形。 4.B【解析】A项，水的沸点高于HF是因为水分子间形成的氢 键多；B项，C2HNH3NO3和NHNO3均为离子晶体， C2HNH的体积比NH大，导致C2HNH3NO3中离子键比 NH4NO3弱，C2HNH3NO3熔点比NH4NO3低；C项，臭氧的 极性微弱，水为极性分子，四氯化碳为非极性分子，根据“相似相 容”，臭氧在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度；D项，纳 米铅晶体没有固定熔点的主要原因是其极高的表面原子比例 和表面能，导致熔化过程在一个温度区间内逐渐完成而非瞬间 转变。 5.B【解析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素， X、Y、Z位于同周期且相邻，则X、Y、Z位于第二周期，W位于第 三周期，X与W同族，设X的原子序数为a,则Y、Z、W的原子 序数分别为a十1，a十2，a十8，W的核外电子总数等于X和Z 的核外电子总数之和，则a=6。由题意可推知，X为C,Y为N, Z为O,W为Si。元素的第一电离能N>O>C>Si;简单氢化 物的稳定性H2O>NH3>CH4>SiH4;1 mol SiO2中含有 4molσ键；C0O2的空间结构为直线形，属于含有极性键的非极 性分子 6.D【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大， 原子的最外层电子数之和为16，X是同周期中金属性最强的元 素，可知X是Li或Na,则W、Y、Z的最外层电子数为15，W、Y 同主族，简单氢化物的沸点为Y>W,则W为C,Y为Si,Z为 Cl,X为Na,以此分析。Y的最高价含氧酸为H2SiO3,属于强 酸，Z的最高价含氧酸为HC1O,属于强酸 7.B【解析】S证，中心Si原子的价层电子对数是4+4仁4X1 4,无孤电子对，为正四面体结构，属于非极性分子；H2O为极性 分子。 8.C【解析】X的核外电子排布式为ns",则为1s,由于X和Y 形成的化合物水溶液显碱性，则X为H,Y为N;Z的最内层电 子数是最外层的子，则2可能为0或S,但由于W在短周期中 原子半径最大，为Na,所以Z只能是O;Q的价电子有1个单电 子，则价电子排布式可能为3s、3s23p或3s23p°，由于Q原子 序数大于Na,则Q可能为Al或Cl。若Q为Al,则Al2O,为离 子化合物。 D【解析】根据晶胞结构可判断该晶胞中含有4个B原子，O 1 原子个数为8×8+6X2 =4个，由立方晶胞密度计算公式可 4×25 34X25×10nm, 得晶胞体积为N©m,得到晶胞的边长为，√NA 晶胞中距离最近的两个B原子的核间距为面对角线长度的一 半即×。 34×25 ×103nma C【解析】X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业 上通过分离液态空气获得其单质，则X是N或O:Y元素原子 最外电子层s、p能级上电子数相等，Y是C或Si;Z元素十2价 阳离子的核外电子排布与氖原子相同，Z是Mg;W元素原子 的M层有1个未成对的p电子，W是A1或Cl。X元素的氢化 物的水溶液显碱性(NH3)或中性(H2O);若W是CI元素，则 C1厂半径大于Mg2+半径；镁既能和氨气反应生成氮化镁，也能 和氧气反应生成氧化镁；若Y是碳元素，则CO2是分子品体 熔、沸点低。 B组 D【解析】A项，蔗糖为分子品体，含有共价键和范德华力，范 德华力不属于化学键；B项，氯化钠中仅含有离子键；C项，四羟 基合铝酸钠中含有离子键、配位键和共价键，共3种化学键；D 项，纯碱为Naz CO3,含有离子键和共价键。 D【解析】同周期元素从左到右，原子半径依次减小，根据原子 半径与原子序数的关系，可知A是第一周期的元素，B、C是第 二周期的元素，D、E是第三周期的元素。则A是H,B形成4 个共价键，B是C元素；C形成2个共价键，C是O元素；D形成 十1价阳离子，D是Na元素；C与E同主族，E是S元素。C元 素的氢化物包括所有的烃，其沸点可能比O的氢化物高；电子 层数越多，离子半径越大，电子层数相同，质子数越多离子半径 越小，简单离子的半径S2->O2->Na;碳的含氧酸有碳酸和 羧酸，酸性不一定都比S的含氧酸低；X为Na2CO3·H2O2, H2O2受热易分解，Na2CO3易与酸反应，化合物X在低温的碱 性溶液中更加稳定。 A【解析】根据结构图可以看出X形成1个共价键，X最外层 有1个电子；Y形成2个共价键，Y最外层有6个电子；阴离子 带1个负电荷从而可知Z最外层有5个电子，Z的单质常温下 为固体，Z为P元素。W离子带1个正电荷，W最外层有1个 电子。X、Y、Z、W是前四周期原子序数依次增大的原子，故X 为H,Y为O,Z为P,W为K。同一主族从上到下，元素的非金 属性减弱，Y为O,Z为P,与P同族的短周期元素为N,非金属 性O>N;Y为O,Z为P,W为K,简单氢化物分别为H2O、 PH3、KH,KH为离子化合物，常温为固态，H2O分子间存在氢 键，沸点高于PH,故简单氢化物沸点W>Y>Z;该化合物中 H原子、P原子不满足8电子稳定结构；Y为O,W为K,两者 组成的K2O2含离子键和共价键。 D【思路分析】X、Y、Z的原子序数依次增大且均为长周期主 族元素。X的价层电子数为4(VA族)，Y核外有1个未成对 电子（可能为IA族或IA族），Z的4p轨道全充满，说明Z的 原子序数为37，即Rb,根据原子序数依次增大，可确定X为 Ge,Y为Br,据此解答。 【解析】A项，由分析可知，X为Ge,Y为Br,Z为Rb,不属于同 一周期。B项，X为Ge,Y为Br,Z为Rb,金属性最强的元素为 Rb,所以最高价氧化物对应水化物碱性最强的是Z。C项，X为 Ge,单质为金属晶体；Y为Br,单质为分子晶体；Z为Rb,单质 为金属晶体，G原子半径较小，而且价电子数多，金属键较强， 熔点较高，所以单质熔点最高的是X。D项，电子层数越多的， 原子半径越大，X、Y为第四周期元素，Z为第五周期元素，所以 Z的原子半径最大。 B【解析】M、Q、Z、Y、X、T是原子半径依次增大的短周期主族 元素，除M外其他元素均为同周期元素，M与Q形成的化合物 能刻蚀玻璃，则M为氢，Q为氟；X形成4个共价键、Y形成 3个共价键、Z形成2个共价键，则X为碳、Y为氮、Z为氧；由T 。4 与氟形成的阴离子可知，T为硼。与Z同周期且第一电离能大 于Z的元素有氨、氟、氖3种；非金属性越强，最高价含氧酸的酸 化学选择题专练（八） 性越强，Y、X、T三种元素中，氮的最高价含氧酸的酸性最强；H 原子最外层是2电子稳定结构；H与C形成的化合物种类有很 A组 多，例如苯的沸点比H与N形成的化合物NH3的沸点高。 1.A【解析】太阳能电池直接将太阳能转化为电能，不是将化学 B【解析】X原子半径最小，则X为H元素；Y、Z同周期，且两 能转化为电能，没有发生化学反应，不属于化学电源。 者的基态原子核外均有2个未成对电子，则Y为C元素，Z为O2.B【解析】根据盖斯定律，反应CO2(g)十3H2(g)一一CH3OH 元素；W元素与X的同族元素相邻，且其原子序数最大，W为 (g)+H2O(g)可以由反应I×3一反应Ⅱ得到，则△H=3△H1一 Mg元素。Mg元素核外电子排布式为1s22s22p°3s2,为全充满 △H2=(3a-b)kJ·mol1,△H1=E正-E逆=(3a-b)k· 稳定结构，第一电离能大于同周期相邻元素；YXZ分子式为 mol厂1，则E递-E正=(b-3a)kJ·mol1 CH2O,为甲醛，水溶液不呈酸性；Mg单质与CO2反应的化学 3.B【解析】CsC1晶体是离子晶体；根据盖斯定律得△H。 方程式为2Mg十CO,点燃2Mg0+C,简单氧化物熔点MgO> △H,一△H2一△H3一△H4一△H;;若M分别为Na和K,失电 H2O>CO2。 子过程中需吸收能量，△H3为正值，K半径更大，失去电子所需 C【解析】A项，该晶胞含有4个A单元和4个B单元，A单元 能量更小，则△H,为Na>K;氯气分子断键为氯原子需吸收能 化学式为Fe1.sO4,B单元化学式为Fe.sO,,1个晶胞中含有 量，△H4>0,离子结合形成离子键需放热，△H。<0。 24个Fe、32个O,最简式为Fe3O4;B项，A单元沿z轴的投影 4.D【解析】由图甲可得①H2O(g)一H2（g)+202(g) 0 D 图为。。 ●● ;C项，由立方晶胞结构可知，A、B两种单元的边长 △H=+243kJ·mol1,由图乙可得②C0(g)+202(g) 相等，B1中M微粒的原子分数坐标为(0,0,0)，则A2中N微粒 CO2(g)△H=一285kJ·mol-1,根据盖斯定律①+②得CO 〔位于A单元体心)的原子分数坐标为(，，：D项，A单 (g)+H20O(g)-C02(g)+H2(g)△H=243kJ·mol1 285kJ·mol-1=-42kJ·mol-1 元的边长为0.5a,相邻O2-间的最近距离为A单元面对角线的 5.C【解析】“燃烧热”强调“1mol物质”，水为液态，C元素的稳 一半，即 定氧化物为CO2。 a。 6.B【解析】②有的放热反应也需要加热才可以进行，如焦炭的 B【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素， 燃烧；③物质的燃烧反应需要加热，但属于放热反应；⑥等量的 基态W原子的s轨道电子数是p轨道电子数的2倍，则W为C 氢气和氧气分别完全燃烧生成气态水和液态水，由于气态水含 元素；由阴离子结构可知，原子半径小的灰球形成2个共价键、 有的能量比液态水多，所以前者放出的热量少。 原子半径大的黑球可形成6个或2个共价键，则X为O元素、Z 7.D【解析】由图可知，该反应的△H=一236.7kJ·mol-1;由 为S元素；X和Y形成的一种化合物是常用干燥剂，则Y为P 图可知，机理a、b均表示2步基元反应；由图可知，机理a决速 元素。电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小， 步的能垒为144.8kJ·mol1,机理b决速步的能垒为(47.7+ 则P+半径小于O2-;二氧化硫和二氧化碳均为分子晶体，相对 63.5)kJ·mol1=111.2kJ·mol,故E。>Eb;由图可知反应 分子质量越大分子间作用力越大，且二氧化硫是极性分子，二 HSiCI3+Cl·→SiCl4+H·的反应热△H=一33.4kJ· 氧化碳是非极性分子，极性分子的分子间作用力强于非极性分 mol1,说明断裂H一Si吸收的能量小于形成Cl一Si释放的能 子，沸点高于非极性分子，所以二氧化硫的沸点高于二氧化碳： 量，则键能大小为CI一Si>H一Si。 由R2-中各元素化合价代数和为一2可知，R2-中硫元素的化合 8.B【解析】测定中和反应的反应热所需搅拌器为环形玻璃搅拌 价平均为+2.5；磷原子失去1个电子形成的P+的价电子排布 器；为了测定数据更准确，采用稍过量的NaOH溶液，使HCl完 式为3s23p2,硫原子失去1个电子形成的S+的价电子排布式为 全反应：若用同浓度的醋酸溶液代替盐酸进行实验，由于醋酸 3s23p3,S中3p轨道为稳定的半充满结构，较难失去电子，则硫 电离吸热，反应放热更少，则计算所得反应热偏小，所得△H偏 元素的第二电离能大于磷元素。 大；需要测定并记录的实验数据有反应前盐酸、氢氧化钠溶液 D【解析】由结构式中各元素的成键数可知，X为H,Y为C,Z 的温度和反应后混合溶液的最高温度。 为O,M为S,W为Na,据此分析解答。离子的核外电子层数越 B组 多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多半径越小，则离子 半径S2->O2->Na+,即M>Z>W;非金属性O>C,非金属 1.B【解析】从图中可知，单斜硫能量高于正交硫，故S(s,单斜) 性越强，简单氢化物越稳定，则稳定性H2O>CH4;O为第二周 =S(s,正交)△H=一0.33kJ·mol1;单斜硫和正交硫都 期元素，随核电荷数递增，第一电离能呈增大趋势，但N最外层 是硫元素形成的单质，两者互为同素异形体；②式表示1mol正 为半满稳定结构，其第一电离能大于O,则同周期比O的第一 交硫与1mol氧气反应生成1mol二氧化硫放出296.83kJ的 电离能大的元素有N、F、Ne;M为S,其核外有3个能层，最高 能量；①反应为放热反应，则该反应断裂1mol单斜硫(s)和 能层为第3电子层，存在3s轨道1个，3p轨道3个，3d轨道 1molO2(g)中的共价键吸收的能量比形成1 mol SO2(g)中的 5个，共9个原子轨道。 共价键所放出的能量少297.16kJ。 A【思路分析】X、Y、Z、W是原子序数递增的前20号元素，X2.B【解析】由于GS1的能量比GS2低，第一步反应的△H>0, 与Y位于不同的周期，基态X原子核外s能级上的电子总数 即该反应是吸热反应；该反应历程总共由4个基元反应构成，其 与p能级上电子总数相等，则X的核外电子排布式为 活化能分别为E1=1.675cV,E2=2.071eV,E3=1.313eV, 1s22s22p4或1s22s22p3s2,为0或Mg;基态Y原子价电子中 E4=1.369eV,活化能越高，其反应速率越低，因此决定总反应 不同自旋状态的电子数之比为1：2，Y价电子数为3或6，原 速率的步骤为第二步；由图可以看出，GS3的能量比GS2的能 子序数大于X,则Y可能是A1或S,X为O:Y、Z、W原子的最 量低，能量越低越稳定，则GS3更稳定；随着HCO4分子的不 外层电子数之和等于X原子的核外电子数，可知Y、Z、W原子 断分解，O原子不断积累，使基元反应生成物的量不断增多，平 的最外层电子数之和等于8，若Y为S,则Z、W最外层电子数 衡向逆反应方向移动，对后续的分解反应产生影响。 均为1，则为Na和K,但不满足原子序数大小，故Y只能是3.D【思路分析】根据转化关系，反应①为a十d→CO2+b、反 A1,则Z、W最外层电子数之和为8一3=5，Z为Si,W为K,O、 应②为b十f→d,a为C、d为Fe2O3、b为Fe、f为O2,则反应 K的质子数之和为27，恰好等于A1、Si的质子数之和，即X、 Y、Z、W分别为O、A1,Si、K,据此分析解答。 ①为3C+2Fe,0,高温4fe十3C0,◆，反应②为4Fe+30, 高温 【解析】SO2为共价晶体，不是非极性分子。 2Fe2 O3