专题八 非金属及其化合物-【创新教程】2022-2026五年高考化学真题分类特训试卷

最新真题 专题八 非金属及其化合物 分类特训 考点1碳、硅及无机非金属材料 1.(2025·云南卷，7)稻壳制备纳米Si的流程图如下。下列说法错误的是 稻壳 定条件 纳米SiO2 全展钱MgO+纳米S#胶MgC+纳米S 650℃ 室温 A.SiO2可与NaOH溶液反应 B.盐酸在该工艺中体现了还原性 整 C.高纯Si可用于制造硅太阳能电池 D.制备纳米Si:Si0,+2Mg650CSi+2Mg0 2.(2024·安徽卷，4)下列选项中的物质能按图示路径在自然界中转化。且甲和水可以直接生成 郑 乙的是 () 选项 甲 乙 丙 A Cl2 NaClO NaCl B SO2 H,SO CaSO C Fe2O3 Fe(OH): FeCla D C02 H,COs Ca(HCO3)2 典 病 3.（2023·湖北卷，3)工业制备高纯硅的主要过程如下： 焦炭 HCI H2 石英砂 粗硅 300℃ SiHCI3 1800~2000℃ 1100℃ 高纯硅 下列说法错误的是 ( A.制备粗硅的反应方程式为Si0,+2C高温Si十2C0+ 如 B.1 mol Si含Si-Si键的数目约为4×6.02×1023 C.原料气HCl和H2应充分去除水和氧气 阳 D.生成SiHCI.3的反应为嫡减过程 4.(2023·全国甲卷，26)BaTiO3是一种压电材料。以BaSO,为原料，采用下列路线可制备粉状 BaTiO3。 TiCl 水 酸 水(NH)2C2O4 BaSO 过量碳粉 →焙烧→浸取→酸化→浓缩结晶→溶解→沉淀→热分解→BaTiO, 过量氯化钙 CO 滤渣 母液 滤液 回答下列问题： (1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是 0 (2)“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离 子方程式为 0 93 (3)“酸化”步骤应选用的酸是 (填标号)。 a.稀硫酸 b.浓硫酸 c.盐酸 d.磷酸 (4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？其原因是 (5)“沉淀”步骤中生成BaTiO(C,O4)2的化学方程式为 (6)“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的nco,:nco= 考点2氯及其化合物海水资源 1.(2026·浙江1月卷，2)下列有关NH4C1的说法中，不正确的是 A.NH,CI是弱电解质 B.水溶液呈酸性 C.实验室用于制NH3 D.HCl和NH,反应制NH4Cl 2.(2026·浙江1月卷，11)下列有关含氯化合物的说法中，不正确的是 A.C12O,分子中所有O原子所处的化学环境相同 B.Cl2O的空间结构为V形 C.C1OCIO3(高氯酸氯)中氯元素的化合价分别为+1，十7 D.ICI+H,O—HCI+HIO不是氧化还原反应 3.(2026·河南卷，4)X是漂白粉的有效成分，可以发生如图所示的转化（略去部分产物），其中U 和V含有一种相同元素，V为黄绿色气体，Y为难溶于水的固体。 浓盐酸风C0,H,0 ☑ ☑ 下列说法错误的是 A.无水U可作干燥剂 B.V溶于水可生成Z C.Y与盐酸反应可生成X D.Z在光照下易分解 4.（2025·浙江1月卷，6)关于溴的性质，下列说法不正确的是 A.Br可被CL2氧化为Br2 B.Br2与SO2水溶液反应的还原产物为Br C.Br2+2Fe2+-2Fe3++2Br,说明氧化性：Br2>Fe3+ D.1 mol Br2与足量NaOH溶液反应生成NaBr和NaBrO,,转移5mol电子 5.(2025·安徽卷，5)氟气通过碎冰表面，发生反应①F,十H,0一0CHOF+HF,生成的HOF 遇水发生反应②HOF十H2O一HF+H2O2。下列说法正确的是 ) A.HOF的电子式为H:O:F: B.H2O2为非极性分子 C.反应①中有非极性键的断裂和形成 D.反应②中HF为还原产物 94 6.(2024·浙江1月卷，2)工业上将Cl2通入冷的NaOH溶液中制得漂白液，下列说法不正确 的是 ( A.漂白液的有效成分是NaClO B.CIO水解生成HClO使漂白液呈酸性 C.通入CO2后的漂白液消毒能力增强 D.NaClO溶液比HClO溶液稳定 7.(2022·全国乙卷，35)卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下 列问题： (1)氟原子激发态的电子排布式有 ,其中能量较高的是 (填标号) a.1s22s22p43s b.1s22s22p3d2 c.1s22s'2p d.1s22s22p33p2 (2)①一氯乙烯(C2HC1)分子中，C的一个 杂化轨道与Cl的3p.轨道形成C一Cl 键，并且Cl的3p,轨道与C的2p.轨道形成3中心4电子的大π键（Π）。 ②一氯乙烷(C2H,CI)、一氯乙烯(C2H3CI)、一氯乙炔(C2HCI)分子中，C一C1键长的顺序是 ,理由：()C的杂化轨道中s成分越多，形成的C一C1键越强：(i) (3)卤化物CsICl.2受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液 体Y。X为 。解释X的熔点比Y高的原因 (4)-AgI晶体中I厂离子作体心立方堆积（如图所示），Ag主要分布在 由I厂构成的四面体、八面体等空隙中。在电场作用下，Ag+不需要克服 1=504 太大的阻力即可发生迁移。因此，AgI晶体在电池中可作 为 已知阿伏加德罗常数为NA,则aAgI晶体的摩尔体积Vm= m3·mo厂1（列出算式）。 考点3硫、氮及其化合物环境保护 1.(2026·云南卷，3)合成氨工艺沿革，诠释科学精神传承。几种固氨方式如图，下列说法正确 的是 ( ) N 電 目新型催化剂 NO NH /NH, 合成NH N[Si(CH)xb A.NO是红棕色、有刺激性气味的气体 B.NH4HCO,易溶于水，其电离方程式为NH4HCO3一NH十H++CO C.合成氨工业中采用循环操作主要是为了提高N2和H2的利用率 D.新型催化剂能降低N2生成N[Si(CH3)3]3的反应热 95 2.(2025·浙江1月卷，16)蛋白质中N元素含量可按下列步骤测定： 蛋白质中的 浓H2SO4、K2SO 催化剂CuSO, 浓NaOH溶液 NH(煮解液) NH 煮解 蒸氨 盐酸吸收N元素含量 N元素 滴定 步骤I 步骤Ⅱ 步骤Ⅲ 下列说法不正确的是 A.步骤I,须加入过量浓H2SO4,以确保N元素完全转化为NH B.步骤Ⅱ，浓aOH溶液过量，有利于氨的蒸出 C.步骤Ⅲ，用定量、过量盐酸标准溶液吸收NH3,以甲基红（变色的pH范围：4.4~6.2）为指示 剂，用NaOH标准溶液滴定，经计算可得N元素的含量 D.尿素[CO(NH2)2]样品、NaNO3样品的N元素含量均可按上述步骤测定 3.(2025·江苏卷，1)大气中的氮是取之不尽的天然资源。下列工业生产中以氮气作反应物的是 ( A.工业合成氨 B.湿法炼铜 C.高炉炼铁 D.接触法制硫酸 4.(2025·陕晋青宁卷，11)某元素的单质及其化合物的转化关系如图。常温常压下G、J均为无 色气体，J具有漂白性。阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是 ( G0H0 02 少量NaOH A.G、K均能与NaOH溶液反应 B.H、N既具有氧化性也具有还原性 C.M和N溶液中的离子种类相同 D.1molG与足量的J反应，转移电子数为NA 5.（2025·湖北卷，8)如图所示的物质转化关系中，固体A与固体B研细后混合，常温下搅拌产 生气体C和固体D,温度迅速下降。气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。G是一种强酸。 H是白色固体，常用作钡餐。下列叙述错误的是 HCI O2,催化剂E0,→FH,0G 搅 →H2O →DNaS0,溶液H A.在C的水溶液中加入少量固体A,溶液pH升高 B.D为可溶于水的有毒物质 C.F溶于雨水可形成酸雨 D.常温下可用铁制容器来盛装G的浓溶液 96(3)“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下： ①Au+5S2O+[Cu(NH2)4]2+—[Au(S,Og)2]3 +[Cu(S2O)3]5-+4NH3 ②4[Cu(S2O3)3]5+16NH3+O2+2H2O 4[Cu(NH3)4]2++4OH+12S2O 分析以上两反应可知，[Cu(NH3)4]+参与了反应①， 但在反应②又重新生成，其质量和化学性质在反应前 后没发生变化，因此，上述过程中的催化剂 为[Cu(NH)4]2+。 (4)“还原酸浸”所得“滤液1”中含有一定浓度的未反应 的硫酸和亚硫酸钠，多次循环利用“滤液1”对矿石进行 “还原酸浸”可以充分利用其中的有效成分，大大减少 了原料的浪费，从而有效降低成本；其次，持续地将杂 质元素溶解并带出矿石体系，可以使矿石中的金银的 相对品位得到提升，为后续提纯工序创造更好的条件； 第三，还可以减少废水的排放量和处理成本；第四，可 以回收更多的有价值的溶解成分。综上所述，“沉铜” 前，“滤液1”多次循环的目的为：大幅度降低硫酸和亚 硫酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本， 并通过持续去除杂质提高金银的富含度。 (5)“还原酸浸”时，Fe2O3和CuO可以被硫酸溶解转化 为Fe3+和Cu2+,亚硫酸钠将Fe3+还原为Fe2+,而Cu2+ 并未被还原，因此，Fe3+的氧化性强于Cu+;“氧化”时， Fe2+被MnO2氧化为Fe3+,因此，MnO2的氧化性强于 Fe3+。综上所述，根据“还原酸浸”“氧化”，推断Fe3+ Cu2+、MnO2的氧化性由强到弱的顺序为MnO2>Fe3+ >Cu2+ (6)25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，此时 c(OH)=10-6mol·L1,无Mn(OH)2析出，根据 Mn(OH)2的Kp为1.9×10-13，则c(Mn2+)≤ 1.9×10-13 10)2mol·L-1=0.19molL-1. (7)①由晶胞结构可知，该晶胞为面心立方，Sb位于晶 胞的顶角，其与邻近的3个面的面心上的Mn距离最近 且距离相等，每个顶角参与形成8个晶胞，而每个面心 参与形成2个晶胞，因此，该晶胞中，每个Sb周围与它 最近且相等距离的Mn有3X8=12个。 2 ②由晶胞结构和均摊法可知，该晶胞中平均占有1个 Sb和3个Mn,因此，该晶胞的质量为122+55×3 NA ,该 晶胞的体积为(anm)3=a3X10-21cm3,晶体的密度为 (122+55×3)g 122+55×3 NAXa3 X10-21 cm3 NaXa3X10-ag·cm3。 答案：(1)3d1°4s (2)MnO2 +SO+2H+-Mn2++SO2+H2O (3)[Cu(NH)4]2+ (4)大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减少 废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金 银的富含度 (5)MnO2 >Fe+>Cu2+ (6)0.19(7)①12②、122+55×3 NA XaX10- 20.解析：工艺I中研磨引发的固相反应为CaF2十2NaOH Ca(OH)2十2NaF,水浸后得到滤液I主要是NaF、 Ca(OH)2溶液，经过系列操作得到NaF固体；对比两 种工艺流程，流程Ⅱ添加TO2粉末，由题目可知，生成 的CaTiO,的溶解度极低，使得Ca2+不转化为Ca (OH)2,提高了NaF的产率，据此解答。 (1)氟的原子序数为9，基态氟离子电子排布 为1s22s22p6; (2)CaF2饱和溶液的浓度为cmol·L1,则c(Ca2+)= cmol/L、c(F)=2cmol/L,Kp(CaF2)=c(Ca2+)· c2(F-)=4c3: 19 (3)①转化率为78%，说明固相反应主要向生成 Ca(OH),和NaF的方向进行，即正向进行程度大；② NaF产率仅为8%，说明大部分NaF未进入溶液，则溶 液中存在Ca(OH)2向CaF2的转化过程，根据沉淀转 化的规律可推测：S(CaF2)<S[Ca(OH)2]; (4)根据工艺Ⅱ的流程，CaF2、TiO2与NaOH反应生成 难溶的CaTiO3、NaF和H2O,反应的化学方程式为： CaF,+TiO,+2NaOH-CaTiO,+2NaF+H,O; (5)由上一问可知，滤液Ⅱ主要是NaF溶液，因NaF溶 解度受温度影响小（题干说明），故蒸发至大量晶体析 出，趁热过滤即可得到NaF晶体，故选a;其溶解度随温 度变化不明显，冷却结晶无法析出更多晶体，故不选b; (6)a.研磨将固体颗粒粉碎，减小粒径，从而显著增加反 应物之间的接触面积，使反应更易发生，a选； b.研磨过程中的机械力可能导致晶体结构缺陷或局部 化学键断裂，产生活性位点，使反应更易发生，b选； c,活化能是反应固有的能量屏障，研磨主要通过增加接 触和产生缺陷来提高反应速率，但一般不直接降低活 化能，c不选； d.研钵仅作为研磨工具，其表面不参与反应，因此与反 应物接触更好并非促进反应的原因，d不选；故选ab。 答案：(1)1s22s22p (2)4c3 (3)①正向②< (4)CaF2+TiO,+2NaOH=CaTiO,+2NaF+H2 O (5)a(6)ab 专题八非金属及其化合物 考点1] 1.B稻壳在一定条件下制备纳米SiO2,纳米SiO2和Mg 在650℃发生置换反应生成MgO和纳米Si,加盐酸将 MgO转化为MgCl2,过滤、洗涤、千燥得到纳米Si。 A.SiO2是酸性氧化物，与NaOH反应生成Na2SiO,和 H2O,A正确；B.盐酸参与的反应为：MgO十2HCl MgCl2十H2O,该反应是非氧化还原反应，盐酸体现酸 性，没有体现还原性，B错误；C.高纯硅可以将太阳能转 化为电能，故可用于制硅太阳能电池，C正确；D.SO2和 Mg在650℃条件下发生置换反应得到MgO和纳米Si, 反应的化学方程式为SiO,+2Mg650℃Si十2Mg0,D 正确。 2.DA.Cl2与水反应生成HClO和HCl,无法直接生成 NaClO,A错误；B.SO,与水反应生成亚硫酸而不是硫 酸，B错误；C.氧化铁与水不反应，不能生成氢氧化铁沉 淀，C错误；D.CO2与水反应生成碳酸，碳酸与碳酸钙反 应生成碳酸氨钙，碳酸氢钙受热分解生成二氧化碳气 体，D正确。 3.BA.SiO2和C在高温下发生反应生成Si和CO,因此， 制备粗硅反应的化学方程式为S0,十2C高温s十200个， A说法正确；B.在晶体硅中，每个Si与其周围的4个Si 形成共价键并形成立体空间网状结构，因此，平均每个 Si形成2个共价键，1 mol Si含Si一Si键的数目约为2 ×6.02×103,B说法错误；C.HC1易与水形成盐酸，在 一定的条件下氧气可以将HC1氧化；H2在高温下遇到 氧气能发生反应生成水，且其易燃易爆，其与SHCL3在 高温下反应生成硅和HCI,因此，原料气HCl和H2应充 分去除水和氧气，C说法正确；D.Si十3HCl300℃ SHCl,十H2,该反应是气体分子数减少的反应，因此，生 成SHCL3的反应为熵减过程，D说法正确；综上所述，本 题选B。 4.解析：由流程和题中信息可知，BaSO4与过量的碳粉及 过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、易溶于水的 BaS和微溶于水的CaS;烧渣经水浸取后过滤，滤渣中有 碳粉和CaS,滤液中有BaCl2和BaS;滤液经酸化后浓缩 结晶得到BaCl2晶体；BaCl2晶体溶于水后，加入TiCl 和(NH,)2C2O,将钡离子充分沉淀得到BaTiO(C2O,)2; BaTiO(C2O,)2经热分解得到BaTiO3。 (1)“焙烧”步骤中，BaSO,与过量的碳粉及过量的氯化 钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、BaS和CaS,BaSO4被 还原为BaS,因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将 BaSO4还原。 (2)浸出时多余的Ca2+与硫离子反应Ca2+十S2- CaS'。 (3)“酸化”步骤是为了将BaS转化为易溶液于水的钡 盐，由于硫酸钡和磷酸钡均不溶于水，而BaCl2可溶于 水。因此，应选用的酸是盐酸，选c。 (4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原 因是产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体H2S会 污染空气，而且CaS与盐酸反应生成可溶于水的CaCl2, 导致BaCl2溶液中混有CaCl2杂质无法除去、最终所得产 品的纯度降低。 (5)令BaTiO(C2O,)2的化学计量数为1，则TiCl,、 (NH4)2C2O4、BaCL2存在如下化学计量数关系：TiCl4十 2(NH4),C2O4+BaCl2→BaTiO(C2O4)2由于各元素 化合价未变，属于非氧化还原反应，则根据原子守恒，反 应物中还有1个H2O,生成物中有4个NHCI和2个 HCl,而HCl又可于(NH)2C2O4反应产生H2C2O,与 NHCl,故最终得到该反应的化学方程式为TCL+ 3(NH),C,O+BaCl2+H2O=BaTiO(C2O)2+ H,C2 O+6NH CI. (6)“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为 BaTi0(C,0),△BaTi0,+2C0,个+2C0+,因此，产生 的nm,:ne。=1:1。 答案：(1)做还原剂，将BaSO,转化为易溶于水的BaS (2)Ca+十S2-CaS↓(3)c(4)不可行产物中的 硫化物与酸反应生成的有毒气体H2S会污染空气，而且 CaS与盐酸反应生成可溶于水的CaCl2,导致BaCl2溶液 中混有CaCl2杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低 (5)TiCl+3 (NH),C2O,+BaCl2+H2O= BaTiO(C2O)2+H2 C2O +6NH,CI (6)1 1 [考点2] 1.AA.NHCI是离子化合物，在水溶液中完全电离，属 于强电解质，A错误；B.NH4CI水溶液中NH水解产 生H+,使溶液呈酸性，B正确；C.实验室中常用NH,CI 与Ca(OH)2加热反应制取NHg,C正确；D.HCl和 NH直接反应生成NH,CI,是制备NH,CI的常用方法， D正确。 2.AA.C12O,分子中，存在桥氧原子（连接两个氯原子） 和端基氧原子（只连接一个氯原子），如图： 00 0=d 0 ,化学环境不同，A不正确：B.C12O 0 0 0 中心氧原子价层电子对数是2十6一？X1=4,有两对孤 2 电子对和两个。键，空间结构为V形，B正确；C.ClO C10中，一个氯原子仅连接一个氧原子，化合价为十1； 另一个氯原子连接四个氧原子，化合价为十7，如图： 0 O ;或可以理解为C取代了HCIO4中的 H,化合价分别为十1、十7，C正确；D.电负性：Cl>I, IC1中碘为十1价、氟为一1价，反应后HIO中碘为十1 价、HC1中氯为一1价，无化合价变化，不是氧化还原反 应，D正确。 3.CA.由分析可知，U为CaCl2,是常用中性千燥剂，可 作干燥剂，A正确；B.由分析可知，V为CL2,溶于水发生 反应C12十H2O=≌HC1十HClO,可生成Z(HC1O),B正 19 确；C.由分析可知，Y为CaCO,,与盐酸反应生成CaCl2、 CO,和H2O,不能生成X[Ca(ClO)2],C错误；D.由分析 可知，Z为HCI0,光照下易分解，反应为2HC10光照 2HC1十O2个，D正确。 4.DA.氯气具有强氧化性，可将Br氧化为Br2,A项正 确；B.Br2与SO2水溶液反应，生成HBr和H2SO4,还原 产物为Br,B项正确；C.根据反应Br2十2Fe2+ 2Fe3++2Br可知，氧化剂为Br2,氧化产物为Fe+,氧 化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性：Br2> Fe+,C项正确；D.Br2与足量NaOH溶液反应生成 NaBr和NaBrO3,反应的化学方程式为：3Br2十6NaOH 一5NaBr+NaBrO3+3H2O,3 mol Br2参与反应，电子 转移5mol,D项错误。 5.AA.HOF中心原子为O,与H、F通过共用电子对形 成共价键，电子式为H:O:F:,A正确；B.H2O2空 间结构为书形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，B 错误；C.反应①中F一F非极性键断裂，但没有非极性键 的形成，C错误；D.F的电负性大于O,HOF中氟表现为 一1价，O为0价，H为+1价，生成物HF中氟还是一1 价，F的化合价没有变化，反应②中氧化剂为HOF,还原 剂为H2O,H2O2既是氧化产物也是还原产物，HF既不 是氧化产物也不是还原产物，D错误。 6.BA.漂白液的主要成分是次氯酸钠(NaClO)和氯化钠 (NaCl),有效成分是次氯酸钠，A正确；B.ClO水解生 成HClO,水解方程式为CIO+H2O=一HCIO+ OH,使漂白液呈碱性，B错误；C.通入CO2后，发生反 应NaClO+CO2+H2O一NaHCO3+HCO,漂白液消 毒能力增强，C正确；D.次氯酸不稳定，次氯酸盐稳定， 所以热稳定性NaClo>HClO,D正确。 7.解析：(1)F的原子序数为9，其基态原子电子排布式为 1s2s2p°，a.1s2s2p3s,基态氟原子2p能级上的1个 电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态，a正确； b.1s22s22p3d,核外共10个电子，不是氟原子，b错误； c.1s22s2p,核外共8个电子，不是氟原子，c错误；d.1s 2s22p3p2,基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p 能级上，属于氟原子的激发态，d正确；答案选ad;而同一 原子3p能级的能量比3s能级的能量高，因此能量最高 的是1s2s22p33p,答案选d。 H H (2)①一氨乙烯的结构式为 ,碳为双键碳， H Cl 采取sp2杂化，因此C的一个sp2杂化轨道与Cl的3pz 轨道形成C一Clσ键。②C的杂化轨道中s成分越多，形 成的C一C1键越强，C一C1键的键长越短，一氯乙烷中碳 采取sp3杂化，一氯乙烯中碳采取sp杂化，一氯乙炔中 碳采取sp杂化，sp杂化时p成分少，sp3杂化时p成分 多，因此三种物质中C一C1键键长顺序为：一氯乙烷> 一氯乙烯>一氯乙炔，同时C1参与形成的大π键越多， 形成的C一CI键的键长越短，一氣乙烯中Cl的3p.轨道 与C的2p轨道形成3中心4电子的大π键（□），一氯 乙炔中C1的3p.轨道与C的2p.轨道形成2套3中心4 电子的大π键（Ⅱ），因此三种物质中C一C1键键长顺序 为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔。(3)CsICl2发生 非氧化还原反应，各元素化合价不变，生成无色晶体和 红棕色液体，则无色晶体为CsCl,红棕色液体为ICl,而 CsC1为离子晶体，熔化时，克服的是离子键，ICl为分子 晶体，熔化时，克服的是分子间作用力，因此CsC1的熔点 比ICl高。(4)由题意可知，在电场作用下，Ag不需要 克服太大阻力即可发生迁移，因此aAgI晶体是优良的 离子导体，在电池中可作为电解质；每个晶胞中含碘离 子的个数为8X日+1=2个，依据化学式Ag1可知，银离子 N 个数也为2个，晶胞的物质的量n一m0l=mol,晶胞 体积V=a3pm3=(504X10-12)3m3,则a-Agl晶体的摩 尔体积V。=V-504X1012)°m2 n N mol 2 Na×(504X10-12)3 m/mol 2 答案：(1)add (2)①spo②一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔 CI参与形成的大π键越多，形成的C一Cl键的键长越短 (3)CsC1CsC1为离子晶体，IC1为分子晶体 (4)电解质 Na×(504×10-12)3 [考点3] 1.CA.NO是无色、有刺激性气味的气体，NO2为红棕色 气体，A项错误；B.NH,HCO3属于盐类，为强电解质， 在水中完全电离为NH和HCO,HCO?为弱酸的酸 式根，不能进一步拆分，因此其电离方程式为NH4HCO, 一NH对+HCO?,B项错误；C.合成氨反应N2十3H2 高温高压 2NH3为可逆反应，反应物的平衡转化率较 催化剂 低，循环操作可将未反应的N2和H2回收再利用，从而 提高原料利用率，C项正确；D.催化剂通过降低反应的 活化能加快反应速率，但反应热由反应物和生成物的总 能量差决定，与催化剂无关，因此新型催化剂不能改变 N2生成N[Si(CH),]3的反应热，D项错误。 2.D蛋白质中的N元素以氨基或酰胺基形式存在，在浓 硫酸、K,SO和催化剂CuSO4作用下发生反应生成 NH,再加入浓NaOH溶液让NH转化为NH蒸出， NH,用一定量的盐酸吸收，多余的盐酸用标准NaOH 溶液通过滴定测定出来，从而计算出N的含量。 A.步骤I,加入过量浓H2SO4,使蛋白质中的氨基和酰 胺基全部转化为NH,确保N元素完全转化为NH时， A正确；B.根据NH十OH=NH3·H2O=NH3 十H2O,NaOH过量，增大OH浓度有利于氨的蒸出，B 正确；C.步骤Ⅲ，用过量HCI标准溶液吸收NH3后，过 量的HCl用标准NaOH溶液滴定，反应后溶液中有 NaCl和NH,Cl,终点显酸性，用在酸性范围内变色的甲 基红为指示剂，C正确；D.NaNO3中的N元素在浓硫 酸、K,SO,和催化剂CuSO,作用下不会转化为NH,不 能按上述步骤测定，D错误。 3.A工业合成氨：由N2和H2在高温、高压和催化剂存 在下直接合成NH3,原料中包含N2,A符合题意；湿法 炼铜：由Fe与CuSO,溶液反应生成Cu和FeSO,溶液， B不符合题意；高炉炼铁：由焦炭、含铁矿石（赤铁矿、磁 铁矿等)等进行反应，C不符合题意；接触法制硫酸的原 料是硫黄或硫铁矿，D不符合题意。 4.D根据转化关系：G 0H0JOK→L,常温常 压下G、J均为无色气体，J具有漂白性，J为SO2,K为 SO3,G为H2S,H为S,M为NaHSO3,N为Na2SO3,L 为Na2SO4. A.H2S和SO3均能与NaOH溶液反应，A正确；B.S和 Na2SO,中S的化合价处于S的中间价态，既具有氧化 性又有还原性，B正确；C.M为NaHSO3,N为Na2SO3, 二者的溶液中离子种类相同，C正确；D.1molH2S和足 量的SO2反应生成S单质和水，2H2S十SO2一3S十 2H2O,1molH2S参加反应，转移2mol电子，转移2N 个电子，D错误。 5.A固体A与固体B研细后混合，常温下搅拌产生气体 C和固体D,温度迅速下降。气体C能使湿涧的红色石 蕊试纸变蓝，则C为NH3,G是强酸，则E是NO,F是 NO2,G是HNO,;H是白色固体，常用作钡餐，H是 20 BaSO,,D是BaCl2,A和B是NHCl和Ba(OH)2· 8H2O二者可发生反应，C(NH3)和HCl可转化为 NH,Cl,则A是NH,Cl,B是Ba(OH)2·8H2O。 A.在C(NH)的水溶液（氨水）中加入少量固体A (NHCI),铵根浓度增大，抑制了NH·H2O的电离， OH浓度减小，溶液pH减小，A错误；B.D(BaCl2)易溶 于水，溶于水电离出Ba2+,钡是重金属，有毒，B正确；C F(NO2)与水反应生成强酸硝酸，故NO2溶于雨水可形 成硝酸型酸雨，C正确；D.G是HNO3,常温下浓HNO3 将F钝化，故常温下可用铁制容器来盛装浓硝酸，D 正确。 专题九有机化合物 [考点1] 1.DA.X分子中存在甲基，甲基中的碳原子为sp杂化， 其结构为四面体结构，因此所有原子不可能共面，A错 误；B.Y分子中含有碳碳双键和醛基，碳碳双键和醛基 均能与氢气发生加成反应，因此1molY最多可与2mol H2发生加成反应，B错误；C.酸性高锰酸钾具有强氧化 性，会将乙分子中的碳碳双键开环氧化，同时也会将醛 00H OH 基氧化为羧基，产物为 ,C错误；D.该反应 =0 原理为〔 +，X作为双烯体与丙焕醛反应 时，存在不同的成键方式，可生成两种同分异构体，分别 H,D正确。 2.A硅橡胶属于特种橡胶（有机硅聚合物），属于有机物， A正确；碳化硅属于无机非金属材料，B错误；石墨烯是 只有一个碳原子直径厚度的单层石墨，属于碳纳米材 料，是新型无机非金属材料，C错误；光导纤维主要成分 是SiO2,属于无机非金属材料，D错误。 3.CA.该化合物含有碳碳双键，可与HBr发生加成反 应，A正确；B.醇发生消去反应的条件是羟基连接碳的 邻位碳原子上有氢原子。该分子中的左侧羟基，邻位碳 原子上连有氢原子，满足消去反应条件，因此能发生消 去反应，B正确；C.该化合物的官能团为碳碳双键、羟 基、酮羰基、酯基，共4种官能团，C错误；D.分子中的碳 碳双键、羟基都可以被酸性KMnO,溶液氧化，能使酸性 高锰酸钾溶液褪色，D正确。 OHO 4.DA.W的结构简式为0〈 一，根据结构简 0 式可得分子式为CgH1。O4,A正确；B.X的结构简式为 ,分子中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶 0 液褪色，B正确；C.Y的结构简式为一 0,分子 中含有碳碳双键和酯基，能发生加成和水解反应，C正 确；D.2的结构简式为H0〈，含有碳碳双键 和酚羟基，酚羟基的邻位(2个位置)可以被Br原子取 代，侧链上的碳碳双键可以与Br2发生加成反应，1mol Z总共最多消耗3 mol Bra2,D错误。 5.AA手性碳原子是指连有4个不同原子或原子团的饱和 (CH)CH,O H 01 碳原子，如图H、N 人o(CH,CH (带*号的为 CH.CH(CH)