2024届高三化学高考备考一轮复习——氧族与碳族及其应用
一、选择题
1．下列现象和用途中，浓硫酸表现脱水性的是( )
A．实验室制取氯气时浓硫酸作干燥剂
B．浓硫酸加到蔗糖中，蔗糖变黑
C．浓硫酸加到胆矾上，蓝色晶体变为白色粉末
D．浓硫酸在常温下使Fe、Al钝化
2．下列说法正确的是（ ）
A．中子数不同的两种核素互称为同位素
B．醋酸和硬脂酸互为同系物
C．相差1个CH2原子团的同系物，它们的一氯代物数目肯定不相同
D．同素异形体由相同元素构成，其晶体类型相同
3．下列能用同一原理解释的是（ ）
A．福尔马林、葡萄糖与新制Cu(OH)2共热都有红色沉淀生成
B．NH4Cl晶体、固体碘受热都会汽化
C．SO2、Cl2都能使品红溶液褪色
D．苯、乙烯都能使溴水褪色
4．下列说法正确的是（ ）
A．淀粉、蛋白质、油脂均属于天然有机高分子化含物
B．FeO粉末在空气中受热，迅速被氧化成
C．可漂白纸浆，可用于杀菌、消毒
D．镀锌铁皮的镀层破损后，铁皮会加速腐蚀
5．Na2SO3与下列物质的反应中，体现的性质与其他3个反应不同的是（ ）
A．H2SO4 B．BaCl2 C．O2 D．Ca(OH)2
6．下列说法错误的是（ ）
A．氨气易液化，液氨气化时吸热，因此液氨常用作制冷剂
B．氮的固定是指将游离态的氮转变为氮的化合物
C．漂白粉和漂粉精的有效成分都是Ca(ClO)2
D．SO2和CO2都是造成酸雨的主要气体
7．由SO2催化氧化制取SO3的装置如图所示,下列说法错误的是（ ）
A．装置a可干燥并混合SO2和O2
B．装置b中流出的气体有SO2、SO3及O2
C．装置c中U形管内壁上有白色固体
D．装置d中有白色沉淀,说明通入d的气体中含SO3
8．环保意义上的VOC(volatileorganiccompounds的英文缩写)是指会对人体产生危害的挥发性有机化合物，其来源不可能是( )
A．汽车尾气 B．胶水、油漆 C．涂料、壁纸 D．钢铁制品
9．在给定的条件下，下列物质间的转化能一步实现的是（ ）
A．S SO3 H2SO4
B．Si SiO2 H2SiO3
C．NH3 NO2 HNO3
D．Cl2 Br2 I2
10．用下图装置制取、提纯并收集表中的四种气体（a、b、c表示相应仪器中加入的试剂），其中可行的是（ ）
气体 a b c
A NH3 浓氨水 生石灰 浓硫酸
B NO2 浓硝酸 铜片 NaOH溶液
C SO2 浓硫酸 铜片 酸性KMnO4溶液
D CO2 稀硫酸 Na2CO3固体 浓硫酸
A．A B．B C．C D．D
11．硫酸钙可用作建筑材料和水泥原料外，也可用作硫酸、漂白粉的生产原料。生产流程如图，下列说法正确的是（ ）
A．“高温焙烧”时产生的气体均为酸性氧化物
B．漂白粉是纯净物，其成分为Ca(ClO)2
C．“接触室”与“吸收塔”内均发生了化合反应，硫的价态均升高
D．合成甲醇的化学反应为CO+2H2CH3OH
12．利用烟道气中的SO2生产 Na2S2O5(焦亚硫酸钠)的工艺如图，已知：NaHSO3过饱和溶液经结晶 脱水制得 Na2S2O5。下列说法不正确的是（ ）
A．步骤Ⅰ中为 NaHSO3溶液
B．步骤Ⅱ的目的是使 NaHSO3转化为 Na2S2O5，可用 NaOH溶液代替 Na2CO3固体
C．工艺中加入 Na2CO3固体、并再次充入 SO2的目的是得到 NaHSO3过饱和溶液
D．在测定某葡萄酒中 Na2S2O5残留量时，可用一定浓度的碘标准液进行滴定
二、非选择题
13．央视《每周质量报告》曝光了河北省一些明胶企业将皮革废料熬制成工业明胶，出售给浙江绍兴某些制药企业，最终变成药用胶囊。由工业明胶制成的胶囊往往含有超标的重金属铬，会对人体造成伤害。明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。
（1）已知Fe(CrO2)2中铬元素是+3价，则其中铁元素是 价。CrO是一种酸根离子，则Fe(CrO2)2属于 (填“酸”、“碱”、“盐”或“氧化物”)。
（2）明胶的水溶液和K2SO4溶液共同具备的性质是 (填序号)。
a.都不稳定，密封放置会产生沉淀
b.二者均有丁达尔效应
c.分散质粒子可通过滤纸
（3）已知胶体的分散质不能透过半透膜，但水分子等小分子或离子能透过半透膜。提纯明胶的装置是下列中的____(填序号)。
A． B． C．
（4）现有10mL明胶的水溶液与5mL K2SO4溶液混合装入半透膜内，将此半透膜袋浸入盛蒸馏水的烧杯中，设计实验证明SO能够透过半透膜： 。
14．按要求回答下列问题：
（1）写出芒硝的化学式 ；写出CO2的空间构型 。
（2）写出氨的催化氧化的化学方程式 。
（3）C5H12的同分异构体中，沸点最低的物质的习惯命名法命名为 。
（4）某气体用品红试液检验，若观察到 现象，则该气体一定是SO2。
15．元素单质及其化合物有广泛用途，请回答下列问题：
（1）第三周期元素中，钠原子核外有 种能量不同的电子；氯原子的最外层电子排布式为 ；由这两种元素组成的化合物的电子式为 。
（2）下列气体能用浓硫酸干燥的是________。
A．NH3 B．HI C．SO2 D．CO2
（3）请用一个实验事实说明钠与镁的金属性强弱 。
（4）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400 ℃时可分解生成两种盐，化学方程式为：KClO3 KCl＋KClO4 （未配平），则氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。
（5）已知：
化合物 MgO MgCl2
类型 离子化合物 离子化合物
熔点/℃ 2800 714
工业上电解MgCl2制单质镁，而不电解MgO的原因是 。
16．非金属单质A经如图所示的过程转化为含氧酸D，已知D为强酸，请回答下列问题：
ABCD
（1）若A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体。
①D的化学式是 ，检验D的稀溶液中主要阴离子的试剂是 ；
②在工业生产中，B气体的大量排放被雨水吸收后会形成 而污染环境。
（2）若A在常温下为气体，C是红棕色的气体。
①A的化学式为 ；
②写出C→D转化的化学方程式
③D的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C气体，请写出该反应的化学方程式 ，该反应中D体现的性质有 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A.浓硫酸和氯气不反应，浓硫酸作氯气的干燥剂而体现吸水性，故A不符合题意；
B.浓硫酸将蔗糖中H、O元素以2:1水的形式脱去而体现脱水性，使蔗糖脱水炭化而变黑，故B符合题意；
C.蓝矾中含有结晶水，浓硫酸将蓝矾中的结晶水吸去而体现浓硫酸的吸水性，故C不符合题意；
D.浓硫酸在常温下使Fe、Al钝化体现浓硫酸的强氧化性，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】浓硫酸具有吸水性、脱水性、强氧化性和酸性，浓硫酸将有机物中的H、O元素以2:1水的形式脱去而体现脱水性，浓硫酸的吸水性是指能吸收游离的水或结晶水合物中的水，明确浓硫酸吸水性与脱水性的区别是解答关键，易错选项是C。
2．【答案】B
【解析】【解答】A．中子数不同的两种核素不一定为同位素，如14C、14N，故A不符合题意；
B．醋酸和硬脂酸都是饱和一元羧酸，互为同系物，故B符合题意；
C．相差1个CH2原子团的同系物，它们的一氯代物数目可能相同，如甲烷和乙烷的一氯代物只有一种，故C不符合题意；
D．同素异形体由相同元素构成，其晶体类型不一定相同，如金刚石和石墨、C60为同素异形体，金刚石为原子晶体、石墨为混合型晶体，C60为分子晶体，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据同位素的定义进行判断，注意同位素的质子数和中子数；
B.同系物的结构相似、在组成上相差n 个CH2原子团；
C.根据特例进行判断；
D.石墨与金刚石互为同素异形体，但结构不同。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．福尔马林中的甲醛和葡萄糖都有醛基能还原新制的Cu（OH）2，所以福尔马林、葡萄糖与新制的Cu（OH）2共热均有红色沉淀生成，反应原理相同，A符合题意；
B．NH4Cl晶体受热分解是化学变化，固态碘受热升华是物理变化，B不符合题意；
C．SO2具有漂白性，使品红褪色，Cl2具有强氧化性，使品红褪色，C不符合题意；
D．苯与溴水发生萃取褪色，乙烯与溴水发生加成反应褪色，所以苯、乙烯均能使溴水褪色二者原理不同，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．含有醛基的物质和葡萄糖、新制的Cu（OH）2可以发生氧化还原反应；
B．注意两者反应本质的区别；
C．SO2和Cl2使品红褪色原理不同；
D．注意两者发生现象的本质不同。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．油脂是高级脂肪酸甘油酯，不是高分子化合物，A不符合题意；
B．氧化亚铁具有较强的还原性，在空气中受热容易被氧气氧化为稳定的四氧化三铁，B不符合题意；
C．二氧化硫除了具有漂白作用，可漂白纸浆、毛和丝等，还可用于杀菌消毒，例如，在葡萄酒酿制过程中可适当添加二氧化硫，起到杀菌、抗氧化作用，C符合题意；
D．镀锌的铁皮镀层破损后构成原电池，锌作负极，铁作正极被保护，铁皮不易被腐蚀，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】易错分析：A.油脂不属于高分子化合物，高分子化合物的分子量一般从几千到十几万不等。
5．【答案】C
【解析】【解答】解：A、Na2SO3与H2SO4反应的化学方程式为Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋H2O＋SO2↑，为非氧化还原反应；
B、Na2SO3与BaCl2反应的化学方程式为Na2SO3＋BaCl2=BaSO3↓＋2NaCl，为非氧化还原反应；
C、Na2SO3与O2反应的化学方程式为2Na2SO3＋O2=2Na2SO4，为氧化还原反应；
D、Na2SO3与Ca(OH)2反应的化学方程式为Na2SO3＋Ca(OH)2=CaSO3↓＋2NaOH，为非氧化还原反应；
综上，与O2的反应为氧化还原反应，体现了Na2SO3的还原性，C符合题意；
故答案为：C
【分析】根据Na2SO3与H2SO4、BaCl2、O2和Ca(OH)2发生的反应进行分析。
6．【答案】D
【解析】【解答】A.氨气易液化，液氨气化时吸收大量的热，因此液氨常用作制冷剂，故A不符合题意；
B.氮的固定是指将游离态的氮转变为氮的化合物，故B不符合题意；
C.漂白粉和漂粉精的有效成分都是Ca(ClO)2，Ca（ClO）2生成的次氯酸具有强氧化性而漂白，故C不符合题意；
D.SO2是造成酸雨的主要气体，二氧化碳是产生温室效应的气体，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】酸雨分为两种：硫酸型酸雨和硝酸型酸雨，故形成酸雨的气体主要是硫和氮的氧化物。
7．【答案】D
【解析】【解答】A、装置a可干燥并混合SO2和O2，还有通观察气泡速率调节气流速度的作用，故A不符合题意；
B、SO2催化氧化反应为可逆反应，所以装置b中流出的气体有SO2、SO3及O2，故B不符合题意；
C、装置c的作用是冷凝SO3为固体，所以 U形管内壁上有白色固体，故C不符合题意。
D、 装置d中有白色沉淀是硫酸钡，SO2通入到硝酸钡溶液中也会生成硫酸钡，故不能说明d的气体中含SO3，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】和O2在a中混合并干燥后，通入b中发生催化氧化反应，在c中冷凝SO3，剩余的SO2气体继续通入硝酸钡溶液中反应。
8．【答案】D
【解析】【解答】汽车尾气、胶水、油漆、涂料、壁纸都可能产生对人体有害的挥发性有机化合物，钢铁制品属于合金，不可能产生对人体有害的挥发性有机化合物，故ABC不符合题意，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】钢铁制品属于合金，是无机物，不可能产生对人体有害的挥发性有机化合物。
9．【答案】D
【解析】【解答】A. S与氧气燃烧，生成SO2，不会直接生成SO3，A项不符合题意；
B. 二氧化硅不会与水反应生成硅酸，B项不符合题意；
C. 氨气在氧气的催化加热下，生成一氧化氮和水，不会直接生成二氧化氮，C项不符合题意；
D. 氧化性：Cl2＞Br2＞I2，可以通过反应实现氯气制得溴单质，溴单质制得碘单质，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氧气的氧化性太弱，硫与氧气反应时只能到二氧化硫，二氧化硫继续催化得到三氧化硫最终得到硫酸
B.二氧化硅不溶于水，可先和氢氧化钠反应，再通入二氧化碳即可
C.氨气的催化氧化只能到一氧化氮，一氧化氮继续氧化为二氧化氮
D.利用氧化性的强弱进行反应
10．【答案】D
【解析】【解答】A．浓硫酸与氨气反应，不能用于氨气的提纯，氨气的密度比空气小，应该用向下排空气法，A不符合题意；
B．NO2能被NaOH溶液吸收，B不符合题意；
C．铜与浓硫酸的反应需要加热，且SO2能被酸性高猛酸钾溶液吸收，C不符合题意；
D．Na2CO3固体与稀硫酸在常温下发生反应生成二氧化碳，用浓硫酸除去二氧化碳中水分，并且二氧化碳密度大于空气，可用向上排空法收集，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、氨气密度比空气小，不能用向上排空法收集；
B、NO2与NaOH反应而被吸收，不能用NaOH溶液净化；
C、浓硫酸与金属铜的反应需在加热的条件下进行，而本实验没有加热，且二氧化硫能被酸性高锰酸钾氧化；
D、盐酸与碳酸钙在常温下发生反应反应生成二氧化碳，浓硫酸作干燥剂干燥二氧化碳，并且二氧化碳密度大于空气，可用向上排空法收集。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．酸性氧化物指与碱反应生成盐和水的化合物，CO不溶于水，不与碱反应，A不符合题意；
B．漂白粉主要成分是Ca(ClO)2，还含有CaCl2等物质，因此漂白粉是混合物，B不符合题意；
C．接触室中发生反应2SO2+O2SO3，属于化合反应，S元素化合价由+4价升高为+6价，吸收塔中发生SO3+H2O=H2SO4，属于化合反应，但是S元素的化合价没有发生变化，C不符合题意；
D．“催化”中CO和H2合成CH3OH，方程式为CO+2H2CH3OH，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．酸性氧化物指与碱反应生成盐和水的化合物，CO不与碱反应；
B．漂白粉主要成分是Ca(ClO)2和CaCl2的混合物；
C．吸收塔中的化合反应，S元素的化合价没有发生变化；
D．“催化”中CO和H2合成CH3OH。
12．【答案】B
【解析】【解答】A.步骤Ⅰ中加入SO2发生反应：Na2CO3＋2SO2＋H2O=2NaHSO3＋CO2，因此步骤Ⅰ中为NaHSO3溶液，A不符合题意；
B.步骤Ⅱ加入Na2CO3固体，是为了将NaHSO3转化为Na2SO3，由于反应过程中要控制pH为7～8，因此不能用NaOH溶液代替Na2CO3固体，因此NaOH碱性较强，用NaOH溶液代替，使得溶液的pH较大，B符合题意；
C.加入Na2CO3固体，并通入SO2可得到NaHSO3过饱和溶液，由NaHSO3过饱和溶液结晶脱水可得到Na2S2O5，C不符合题意；
D.S2O52－能与I2反应，因此可通过反应过程中消耗I2的量，计算葡萄酒中Na2S2O5的残留量，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、根据SO2与Na2CO3反应的化学方程式分析；
B、步骤Ⅱ形成的是Na2SO3溶液；
C、Na2S2O5是由过饱和NaHSO3溶液结晶脱水制得的；
D、S2O52－能与I2反应；
13．【答案】（1）+2；盐
（2）c
（3）C
（4）取烧杯中的少量液体于试管，向其中滴加几滴BaCl2［或Ba(NO3)2］溶液，有白色沉淀产生
【解析】【解答】（1）Fe(CrO2)2中，氧元素的化合价是-2价，铬元素的化合价是+3价，根据元素代数和为0，所以铁元素化合价是+2价；Fe(CrO2)2是由亚铁离子和组成的盐，故答案为：+2；盐。
（2）a．胶体较稳定，溶液是稳定的，故a不正确；
b．溶液无丁达尔效应，胶体有丁达尔效应，故b不正确；
c．胶粒和溶液都可透过滤纸，故c正确；
故答案为：c。
（3）当胶体中混有溶液时，用渗析的方法来提纯，所需要的主要仪器是半透膜，提纯明胶的装置是下列中的C；
故答案为：C。
（4）硫酸根离子可以和离子之间反应产生白色不溶于硝酸的白色沉淀，证明硫酸根离子能透过半透膜的方法：取烧杯中的液体，加入少量的氯化溶液，出现白色沉淀，再加入稀硝酸，白色的沉淀不溶解，证明硫酸根离子透过了半透膜；
故答案为：取烧杯中的少量液体于试管，向其中滴加几滴BaCl2［或Ba(NO3)2］溶液，有白色沉淀产生。
【分析】（1）根据化合物中化合价代数和为0计算； Fe(CrO2)2由金属阳离子和酸根离子构成，属于盐；
（2）A.胶体介稳定，溶液是稳定的；
B.丁达尔效应是胶体特有的性质；
C.胶体和溶液的分散质粒子可通过滤纸；
（3）胶体的分散质不能透过半透膜，但水分子等小分子或离子能透过半透膜，则应用渗析提纯明胶；
（4） 证明SO能够透过半透膜，只需证明烧杯中存在硫酸根即可。
14．【答案】（1）Na2SO4·10H2O；直线型
（2）4NH3+5O24NO+6H2O12
（3）新戊烷
（4）品红褪色，加热后又恢复红色
【解析】【解答】(1)芒硝是十水硫酸钠，其化学式为：Na2SO4·10H2O；CO2中碳原子与氧原子各共用2对电子，其结构式为：O=C=O，空间构型为直线型。
(2)氨气催化氧化生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O。
(3)烷烃C5H12的同分异构体有CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)CH2CH3、CH3C(CH3)3，烷烃的同分异构体中支链越多沸点越低，所以沸点最低的物质为：CH3C(CH3)3，用习惯命名法，其名称为：新戊烷。
(4)二氧化硫有漂白性，能使品红溶液褪色，加热后又变红，因此若观察到：品红褪色，加热后又恢复红色，则该气体一定是SO2。
【分析】(1)芒硝是十水硫酸钠；
(2)氨气催化氧化生成一氧化氮和水。
(3)依据烷烃的同分异构体中支链越多沸点越低分析
(4)二氧化硫有漂白性，能与有色有机试剂发生简单化合褪色，褪色后的物质不稳定。
15．【答案】（1）4；3s23p5；
（2）C；D
（3）NaOH的碱性强于氢氧化镁（或者钠与水反应更剧烈），所以钠的金属性比镁强
（4）3：1
（5）MgO的熔点高，熔融时耗费能源多，生产成本高
【解析】【解答】（1）钠原子的核外电子排布式为1s22s22p63s1，因此钠原子核外共有4种能量不同的电子；氯原子的最外层电子数为7，其电子排布式为3s23p5；由钠元素和氯元素形成的化合物为NaCl，其电子式为；
（2）A、NH3能与H2SO4反应，不能用浓硫酸干燥，A不符合题意；
B、HI具有还原性，浓硫酸具有氧化性，二者可发生氧化还原反应，因此HI不能用浓硫酸干燥，B不符合题意；
C、SO2与浓硫酸不反应，可用浓硫酸干燥，C符合题意；
D、CO2与浓硫酸不反应，可用浓硫酸干燥，D符合题意；
故答案为：CD
（3）欲证明两种金属金属性强弱，可通过证明最高价氧化物对应水化物碱性的强弱（或通过金属单质与水反应的剧烈程度）进行判断，因此要说明钠与镁的金属性强弱，可由NaOH的碱性强于Mg(OH)2（或钠与水反应更剧烈）说明；
（4）该反应中，氯元素由+5价变为-1价，得到6个电子，由+5价变为+7价，失去2个电子，根据得失电子守恒可得，KCl的系数为1，KClO4的系数为3；而反应过程中，KCl为还原产物，KClO4为氧化产物，因此氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:1；
（5）由表格数据可知，MgO的熔点比MgCl2的熔点高，电解熔融MgO时所需耗费的能量更多，因此工业上常用电解熔融MgCl2制取单质镁，而不用MgO；
【分析】（1）根据钠原子、氯原子的结构进行分析；
（2）浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂，能用浓硫酸干燥的气体，不能与H2SO4发生反应；
（3）根据最高价氧化物对应水化物的碱性（或金属单质与水反应的剧烈程度），比较金属活动性强弱；
（4）根据得失电子守恒、原子守恒配平反应的化学方程式，再结合化合价变化确定氧化产物和还原产物，从而得出二者的物质的量之比；
（5）根据二者的熔点大小分析；
16．【答案】（1）H2SO4；稀盐酸和BaCl2溶液；酸雨
（2）①N2；3NO2+H2O=2HNO3+NO；Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；强氧化性和酸性
【解析】【解答】非金属单质A能发生连续氧化生成C，C能与水反应得到含氧酸D，且D为强酸，中学中硫和氮元素及其化合物的转化符合转化，据此解答。
(1)若A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体，则A为S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4。
①由以上分析可知，D的化学式是H2SO4；稀硫酸里的主要阴离子是，检验的方法是向溶液中滴入稀盐酸，无明显现象，再滴入BaCl2溶液，生成白色沉淀，故检验 D的稀溶液中主要阴离子的试剂是稀盐酸和BaCl2溶液。
②在工业生产中，SO2气体的大量排放被雨水吸收后形成了酸雨而污染了环境。
(2)若A在常温下为气体，C是红棕色的气体，则A为N2，B为NO，C为NO2，D为HNO3。
①由以上分析可知，A的化学式是N2。
②C→D是NO2和水反应生成硝酸和NO，反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO。
③浓硝酸与Cu反应生成硝酸铜、NO2与水，反应化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，反应中氮元素化合价降低，体现硝酸的强氧化性，同时还有硝酸铜生成，体现硝酸的酸性。
【分析】依据转化关系和已知性质，中学中硫和氮元素及其化合物的转化符合转化，据此解答。
