高三化学一轮复习+-氧族与碳族及其应用

高三化学一轮复习——氧族与碳族及其应用一、单选题1．下列物质的性质与用途的对应关系正确的是（）A．NaClO溶液呈碱性，可用作消毒剂B．稀硝酸具有强氧化性，常温下可清洗附着在试管内壁的银镜C．石墨晶体内含大键，可用作润滑剂D．非金属性C>Si，工业上用焦炭与反应制备粗Si2．氢气是非常有前途的新能源，氢能开发中制取氢气的方法，以下研究方向不可行的是A．建设水电站，用电力分解水制取氢气B．设法利用太阳能使水分解产生氢气C．寻找特殊催化剂，分解水制取氢气D．利用化石燃料燃烧放热，使水分解产生氢气3．物质的性质决定用途，下列性质与用途均正确且具有对应关系的是选项性质用途A硫酸具有酸性用于金属加工前的酸洗除锈B盐酸与溶液的反应是放热反应将其设计成原电池来供电C氨气是碱性气体用于猪肉厂制冷D氢氟酸是强酸用于蚀刻玻璃A．A B．B C．C D．D4．中国空间站“天宫课堂”第二次太空授课：“太空教师”往蓝色水球里塞入半片泡腾片，做成蓝色太空欢乐球。水球中产生的大量小气泡并没有离开水球，而是一直附着在泡腾片放入蓝色水球做成的太空欢乐球容器内部。下列关于叙述正确的是A．和互为同素异形体B．溶于水能导电，所以它是电解质C．属于离子化合物D．属于酸性氧化物5．下列关于化学物质的用途或性质的叙述正确的说法有几个①氨气极易溶于水，故可用做制冷剂②单质硫易溶于，实验室可用清洗沾有硫单质的试管③工业上用氢氟酸溶液腐蚀玻璃生产磨砂玻璃④二氧化硅与氢氧化钠溶液、氢氟酸均反应，属两性氧化物⑤足量铁与稀硝酸反应后溶液呈浅绿色，说明稀硝酸不能氧化⑥浓硫酸有强吸水性，可以干燥⑦与按充满烧瓶，烧瓶倒置水中充分反应后，烧瓶内溶液的浓度接近A．2 B．3 C．4 D．56．下列实验操作所得的实验现象及结论均正确的是选项实验操作实验现象结论A将少量Na2SO3样品溶于水，滴加足量盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液有白色沉淀产生说明Na2SO3已变质B镁、铝为电极，氢氧化钠为电解质的原电池装置铝表面有气泡金属活动性：Mg＞AlC将某气体通入品红溶液中溶液褪色该气体一定是SO2D将10mL2mol/L的KI溶液与1mL1mol/LFeCl3溶液混合充分反应后，滴加数滴KSCN溶液，溶液颜色变红该反应为可逆反应A．A B．B C．C D．D7．下列说法正确的是A．因为二氧化硫具有漂白性，所以二氧化硫能够杀菌消毒B．由于四水合铜离子为蓝色，则铜盐溶液均为蓝色C．可向食盐溶液中滴加淀粉溶液，观察是否变蓝，判断食盐中是否加碘D．植物油中含有碳碳双键，具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色8．下列有关钠、硫单质及其化合物的叙述正确的是A．中阳离子与阴离子的个数比为2∶1B．常温时，硫化钠水溶液的C．硫在足量中燃烧生成D．利用饱和溶液可除去中混有的HCl9．将气体分别通入下列四种溶液中，有关现象及结论的说法正确的是（）A．试管①中溴水褪色，说明有氧化性B．试管②中溶液褪色，说明有漂白性C．试管③中能产生白色沉淀，说明有酸性D．试管④中有淡黄色沉淀生成，说明有氧化性10．下列气体中，既能用浓硫酸干燥，又能用固体干燥的是（）A． B． C． D．11．下列关于硅单质及其化合物的说法正确的是①硅是构成一些岩石和矿物的基本元素②水泥、玻璃、陶瓷都是硅酸盐产品③高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维④玻璃是氧化物，成分可表示为⑤粗硅制备单晶硅不涉及氧化还原反应A． B． C． D．12．科学生产中蕴藏着丰富的科学知识。化学改善人类生活，创造美好世界。下列生产、生活情境中涉及的原理不正确的是（）A．太阳能电池板广泛应用在航天器上，利用的是的光电性质B．葡萄酒中通常添加少量，既可以杀菌又可以防止营养成分被氧化C．华为麒麟芯片的主要成分是硅D．中国天眼FAST用到的SiC是新型无机非金属材料13．下列实验操作能达到实验目的或得出相应结论的是（）实验操作目的或结论A将Cu片放入FeCl3溶液中证明Fe的金属性比Cu强B将点燃的镁条置于盛有CO2的集气瓶中，瓶内壁有黑色固体生成镁与CO2发生置换反应C将SO2通入溴水或酸性高锰酸钾溶液中证明SO2有漂白性D向FeCl2溶液（含少量FeBr2杂质）中，加入适量氯水，再加CCl4萃取分液除去FeCl2溶液中的FeBr2A．A B．B C．C D．D14．物质间的转化体现了化学核心素养之——变化观念。下列物质的转化在一定条件下能实现的是（）A．H2SO4(稀)SO2NH4HSO3(NH4)2SO3B．FeFeCl2Fe(OH)2Fe(OH)3C．NH3NONO2HNO3D．CaCl2溶液CaCO3CaO15．锰白（）是生产锰盐的初始原料，工业上合成锰白的流程如图所示，下列说法中不正确的是（是酸性氧化物；是两性氧化物，可与强酸、强碱反应）A．“还原”步骤中氧化剂和还原剂的物质的量之比为B．“沉锰”步骤发生反应为C．“洗涤”步骤可用盐酸酸化的氯化钡溶液检验锰白是否洗涤干净D．“低温烘干”可避免温度过高导致分解，提高产率16．通过海水晾晒可得粗盐，粗盐中除NaCl外，还含有MgCl2、CaCl2、Na2SO4以及泥沙等杂质，需要提纯后才能综合利用。某同学利用给定试剂NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液和盐酸，设计了如图粗盐精制的实验流程，下列说法正确的是A．试剂①可以是Na2CO3溶液B．每一步加入的除杂试剂一定需要足量C．操作a是过滤，为了快速过滤，可以在过滤时用玻璃棒轻轻搅拌D．检验SO是否除净的操作：取少量溶液C，加入BaCl2溶液有白色沉淀，说明未除尽17．高温下硫酸亚铁发生如下反应：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，若将生成的气体通入氯化钡溶液中，得到的沉淀物是（）A．BaSO3和BaSO4 B．BaSO4C．BaSO3 D．BaS18．下列设计的实验装置或操作正确且能够完成实验任务的是（）A．利用a图测定KI溶液浓度B．利用b图验证浓氨水与浓硫酸能够发生反应C．利用c图证明甲烷和氯气能发生反应D．利用d图检验有乙烯生成19．下列装置可以用于相应实验的是A．制备CO2B．高温熔融烧碱C．验证SO2酸性D．测量O2体积A．A B．B C．C D．D20．下列说法错误的是（）A．充分有效的利用能源是节能的重要方式之一B．若反应物的总能量低于生成物的总能量，则该反应吸热C．断开1molH2中的化学键要放出436kJ的能量D．盐酸与碳酸氢钠的反应是吸热反应二、综合题21．工业尾气中含有的SO2对环境有害，采取合理的方法可以将其转化为硫化钙、硫酸钾等有用的物质。其一种转化路线如图所示：（1）提高尾气中SO2的去除率，在高温反应时可采用的常用措施是，得到的固体产物A是(写化学式)。（2）反应Ⅰ的化学方程式为，该反应需在60℃～70℃下进行，温度不能高于70℃的原因除了减少氨气挥发外还有。（3）固体A与过量焦炭一起焙烧生成CaS，该反应的化学方程式。（4）滤液B中除K+、SO离子外，大量存在的的离子还有。22．草酸(H2C2O4)是二元弱酸，其工业合成方法有多种。I.甲酸钠钙化法（1）CO和NaOH溶液在2MPa、200℃时生成甲酸钠(HCOONa)，化学方程式是。（2）“加热”后，甲酸钠脱氢变为草酸钠。则“钙化”时，加入的试剂a是。（3）若将草酸钠直接用H2SO4酸化制备草酸，会导致结晶产品不纯，其中含有的杂质主要是。（4）“酸化”过程中加入H2SO4的目的是。（5）II.一氧化碳偶联法分三步进行：i.偶联反应：ii.水解反应：……iii.再生反应：4NO+4CH3OH+O2→4CH3ONO+2H2O酸性条件下，“水解反应”的化学方程式是。（6）从原子经济性的角度评价偶联法制备草酸的优点是。23．将与“实验操作“相对应的“实验现象”的字母代号填入“答案栏中。实验操作答案实验现象⑴将浓硫酸滴在小木条上A．产生白烟⑵将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近B．产生蓝色物质⑶在盛有KI淀粉溶液的试管中滴加氯水C．溶液呈血红色⑷在盛有FeCl3溶液的试管中滴入2滴KSCN溶液D．变黑色24．栲胶法脱除煤气中硫化氢的工艺流程示意如下：回答下列问题：（1）“吸收”步骤除了生成NaHCO3外，还生成了NaHS。写出该吸收的的离子方程式为。（2）“脱硫”步骤的中间产物可与“吸收”步骤中生成的NaHCO3反应，实现Na2CO3的再生，再生反应的离子方程式为。（3）“脱硫”步骤中，改变溶液pH，溶液中含硫微粒的浓度随时间变化结果如下图。根据图像分析脱硫过程中常将pH维持在8.86的原因是。（4）“氧化I”步骤发生反应的化学方程式为：Na2V4O9＋2NaOH＋H2O＋TE(醌态)=TE(酚态)＋4NaVO3.则1molTE(醌态)和1molTE(酚态)在组成上相差mol(填写微粒符号)。（5）“氧化I”步骤和“氧化II”步骤的作用分别是；。（6）该流程总反应的化学方程式为。25．某小组同学用如图所示装置进行铜与浓硫酸的反应，并探究产物的性质(夹持装置已略去)。（1）试管①中反应的化学方程式是；（2）若试管②中的试剂为品红溶液，实验中观察到的现象是；若试管②中的试剂为酸性KMnO4溶液，实验时，观察到溶液褪色，则说明生成的气体具有性。（3）试管③中的试剂为NaOH溶液，其作用是，反应的离子方程式是。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、NaClO溶液具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用作消毒剂，与其呈碱性无关，故A错误；

B、稀硝酸与Ag发生氧化还原反应，实验室用稀硝酸清洗附着在试管内壁的银，说明稀硝酸具有强氧化性，故B正确；

C、石墨是混合型晶体，层与层之间以分子间作用力结合，分子间作用力较弱，所以可用作润滑剂，与其含有大π键无关，故C错误；

D、SiO2与焦炭在高温条件生成Si和CO，为非自发进行的氧化还原反应，不能比较C、Si的非金属性强弱，故D错误；

故答案为：B。

【分析】A、次氯酸钠作消毒剂是因为其具有强氧化性；

B、稀硝酸与Ag发生氧化还原反应；

C、石墨是混合型晶体，层与层之间以分子间作用力结合；

D、SiO2与焦炭在高温条件生成Si和CO，为非自发进行的氧化还原反应。2．【答案】D3．【答案】A4．【答案】D5．【答案】B6．【答案】D7．【答案】D【解析】【解答】A．二氧化硫能够杀菌消毒是利用其氧化性，不是漂白性，选项A不符合题意；B．氯化铜溶液中含有，是黄色的，溶液由于同时含有和以及和的混合配离子，通常为黄绿色或绿色，选项B不符合题意；C．食盐中含有碘酸钾，不能使淀粉变蓝，选项C不符合题意；D．植物油中含有碳碳双键，具有还原性，能发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.二氧化硫杀菌消毒是因为二氧化硫有毒；

B.为黄色；

C.食盐中的碘以碘酸钾形式存在，不是碘单质，不能使淀粉变蓝；

D.碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化。8．【答案】A【解析】【解答】A．由钠离子和过氧根离子组成，阳离子与阴离子的个数比为2：1，故A符合题意；B．硫化钠为强碱弱酸盐，水解显碱性，故B不符合题意；C．硫在足量中燃烧生成，故C不符合题意；D．和HCl均能与亚硫酸钠反应，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A、过氧化钠中的阳离子为钠离子，阴离子为过氧根离子；

B、硫化钠溶液为碱性；

C、硫和氧气反应只生成二氧化硫；

D、亚硫酸钠可以和二氧化硫反应。9．【答案】D【解析】【解答】A、溴水具有氧化性，SO2通入溴水中，使得溴水褪色，体现了SO2的还原性，A不符合题意。

B、酸性KMnO4溶液具有强氧化性，SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，体现了SO2的还原性，B不符合题意。

C、SO2与BaCl2溶液不反应，无沉淀产生，C不符合题意。

D、将SO2通入H2S溶液中，发生反应SO2＋2H2S=3S↓＋2H2O，体现了SO2的氧化性，D符合题意。

故答案为：D

【分析】此题是对SO2性质的考查，结合SO2的酸性氧化物、还原性、氧化性和漂白性进行分析。10．【答案】A【解析】【解答】A.CH4与浓硫酸、NaOH都不能发生反应，因此CH4既能用浓硫酸干燥，又能用NaOH固体干燥，A符合题意；B.NH3是碱性气体，能够与浓硫酸发生反应，因此NH3不能使用浓硫酸干燥，B不符合题意；C.HCl是酸性气体，能够与NaOH发生反应，因此HCl不能使用NaOH固体干燥，C不符合题意；D.SO2是酸性气体，能够与NaOH发生反应，因此SO2不能使用NaOH固体干燥，D不符合题意；故答案为：A

【分析】既能用浓硫酸干燥，又能用NaOH固体干燥说明该气体既不与酸反应，又不与碱反应。11．【答案】A12．【答案】A【解析】【解答】A、太阳能电池板的材料是硅，A符合题意；

B、二氧化硫具有还原性，且溶于水呈酸性，可以杀菌和防止营养被氧化，B不符合题意；

C、芯片的主要成分是硅，C不符合题意；

D、碳化硅为新型无机非金属材料，D不符合题意；

故答案为：A

【分析】A、二氧化硅可以用于制作光导纤维；

B、二氧化硫可以用于食品的抗氧化剂，但用量应为少量；

C、芯片、太阳能电池板的主要成分是硅；

D、碳化硅是新型非金属材料。13．【答案】B【解析】【解答】A．发生2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋反应，体现Fe3＋的氧化性强于Cu2＋，不能证明二者金属性的强弱，故A不符合题意；B．根据现象可以推知，发生2Mg＋CO22MgO＋C反应，该反应为置换反应，故B符合题意；C．利用溴水或酸性高锰酸钾溶液的强氧化性，把SO2氧化成SO42－，体现SO2的还原性，故C不符合题意；D．还原性：Fe2＋>Br－，加入适量氯水，先氧化成Fe2＋，因此不能用氯水除去FeCl2中FeBr2，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.要证明金属的活动性，可以用铁加入到氯化铜的溶液中

B.化合物和单质反应生成另外一种单质和化合物，该反应是置换反应

C.发生了氧化还原反应，不是漂白性的作用

D.加入氯水后，先和还原性强的反应14．【答案】C【解析】【解答】A：H2SO4(稀)不具有氧化性，不能与Cu反应生成SO2，故A不符合题意；

B：Cl2具有强氧化性，与Fe反应生成三价铁的化合物，故B不符合题意；

C：NH3在催化剂加热的条件下能与O2反应生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2能与HO2反应生成HNO3，故C符合题意；

D：盐酸是强酸，碳酸是弱酸，弱酸不能制强酸，即碳酸不能与CaCl2溶液生成CaCO3和HCl，故D不符合题意；

故答案为：C

【分析】稀硫酸只具有酸性，浓硫酸具有氧化性。氯气具有强氧化性，能将单质Fe氧化为高价态的铁。

强酸能制弱酸，弱酸不能制强酸。15．【答案】B16．【答案】B17．【答案】B【解析】【解答】硫酸亚铁分解产生的气体中含有SO3，将生成的气体通入BaCl2溶液中发生下列反应：与，因此会生成BaSO4沉淀；由于H2SO3为弱酸，酸性小于HCl，不能与BaCl2反应，所以混合气体中的SO2不会使BaCl2产生BaSO3沉淀；此外混合气体中的S分别为+4和+6价，反应过程中也未涉及变价，所以也不会产生BaS，综上所述，沉淀只有BaSO4，B项符合题意；故答案为：B。

【分析】产生的气体中含有SO3，将生成的气体通入BaCl2溶液中发生下列反应：与，由于H2SO3为弱酸，酸性小于HCl和H2SO4，以此来解答。18．【答案】D【解析】【解答】A．溴水会腐蚀橡胶，不能用碱式滴定管盛装溴水，A不符合题意；

B．浓硫酸难挥发，醮有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒靠近时不会产生白烟，B不符合题意；

C．用强光直射甲烷和氯气的混合物，容易爆炸，C不符合题意；

D．乙醇蒸气和溴的四氯化碳溶液不反应，溴的四氯化碳溶液褪色，说明有乙烯生成，D符合题意；

故答案为：D

【分析】A．溴水会腐蚀橡胶，不能用碱式滴定管盛装溴水；

B．浓硫酸难挥发；

C．用强光直射甲烷和氯气的混合物，容易爆炸；

D．乙醇蒸气和溴的四氯化碳溶液不反应。19．【答案】D20．【答案】C【解析】【解答】A．充分有效的利用能源是节能的重要方式之一，故A不符合题意；B．若反应物的总能量低于生成物的总能量，则该反应为吸热反应，故B不符合题意；C．断开1molH2中的化学键要吸收436kJ的能量，故C符合题意；D．盐酸的氢离子与碳酸氢钠水解出的氢氧根离子中和反应是放热反应，但由于二氧化碳以及氯化氢的大量溢出也要吸收热量，如果盐酸浓度大，导致碳酸氢钠的水解持续进行，则吸热效应将超过中和反应导致的放热效应，所以盐酸与碳酸氢钠的反应是吸热反应，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.节能的方式有多种，充分利用能源或者是提高利用率等等

B.根据焓变=反应物的总能量-生成物的总能量即可判断

C.断开化学键需要吸收能量，形成化学键释放能量

D.盐酸和碳酸氢钠的反应是吸热反应21．【答案】（1）将CaCO3研细成粉末、减缓(慢)通入尾气的速率、延长反应时间、通入适当过量的空气；CaSO4（2）NH4HCO3+NH3+CaSO4=CaCO3+(NH4)2SO4；防止(减少)NH4HCO3分解（3）CaSO4+4CCaS+4CO↑（4）NH、Cl-【解析】【解答】(1)将CaCO3研细成粉末增大接触面积、减缓(慢)通入尾气的速率、延长反应时间、通入适当过量的空气均可以提高提高尾气中SO2的去除率；根据非分析可知A为CaSO4；(2)反应Ⅰ中少量硫酸钙溶解生成的钙离子与碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸钙沉淀，平衡不断正向移动最终硫酸钙溶解，转化为碳酸钙沉淀，反应的化学方程式为NH4HCO3+NH3+CaSO4=CaCO3+(NH4)2SO4；NH4HCO3受热易分解，为防止(减少)NH4HCO3分解反应需要控制在60℃～70℃下进行；(3)焦炭即碳单质，CaSO4与C一起焙烧得到CaS，说明S元素被还原，则C元素被氧化生成CO，化学方程式为CaSO4+4CCaS+4CO↑；(4)反应Ⅰ得到的溶液溶质主要为(NH4)2SO4，与KCl反应得到硫酸钾，则溶液中除K+、SO离子外，大量存在的的离子还有NH、Cl-。【分析】在高温下，CaCO3、SO2和含有O2的空气混合充分反应可得到CaSO4和CO2，在所得CaSO4固体中加入NH4HCO3并同时通入NH3，硫酸钙转化为碳酸钙沉淀，过滤得到含有硫酸铵的溶液，滤液中加入KCl，并通过过滤得到K2SO4晶体；22．【答案】（1）CO+NaOHHCOONa（2）Ca(OH)2(或CaO)（3）Na2SO4（4）加入H2SO4，H+将CaC2O4转化为H2C2O4，与Ca2+结合生成CaSO4，沉淀大部分Ca2+（5）+2H2OH2C2O4+2CH3OH（6）总反应为：4CO+O2+2H2O→2H2C2O4，是原子利用率为100%的反应【解析】【解答】(1)根据元素守恒可得该反应的化学方程式为CO+NaOHHCOONa；(2)根据题意可知钙化后得到NaOH和草酸钙，则试剂a应为Ca(OH)2(或CaO)；(3)硫酸钠易溶于水，所以溶液中混有大量硫酸钠，结晶时Na2SO4也会析出，即为杂质；(4)酸化时加入H2SO4，H+将CaC2O4转化为H2C2O4，与Ca2+结合生成CaSO4，沉淀大部分Ca2+，从而使结晶得到草酸更纯净；(5)酸性环境下草酸二甲酯水解得到草酸和甲醇，化学方程式为+2H2OH2C2O4+2CH3OH；(6)将偶联法的三步反应相加可得总反应为4CO+O2+2H2O→2H2C2O4，可知该反应的原子利用率达到100%。【分析】CO和NaOH溶液在2MPa、200℃时生成甲酸钠，加热时甲酸钠脱氢变为草酸钠，加入试剂a钙化得到NaOH和草酸钙，则试剂a应为Ca(OH)2(或CaO)；草酸钙加入硫酸酸化生成硫酸钙沉淀和草酸，过滤后蒸发浓缩、冷却结晶得到草酸晶体。23．【答案】D；A；B；C【解析】【解答】（1）由于浓硫酸具有脱水性，能将小木条中所含的氢氧元素按原子个数比2:1的比例脱去，因此可观察到小木条变黑色，故答案为：D；

（2）浓氨水和浓盐酸都具有挥发性，将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，挥发出来的NH3和HCl发生反应生成固体NH4Cl，可观察到有白烟产生，故答案为：A；

（3）氯水具有氧化性，能将I-氧化成I2，淀粉遇碘变蓝色，故答案为：B；

（4）Fe3+能与SCN-形成络合物Fe(SCN)3，可观察到溶液变成血红色，故答案为：C；【分析】（1）结合浓硫酸的性质分析；

（2）结合浓氨水和浓盐酸的性质以及发生的反应进行分析；

（3）氯水具有氧化性，能将I-氧化成I2；

（4）Fe3+能与SCN-结合成具有血红色的络合物；24．【答案】（1）H2S＋=HCO3-＋HS-（2）OH-＋HCO3-=H2O＋（3）此时脱硫效率较高（4）4；H（5）回收生成的NaVO3；回收生成的TE(醌态)（6）2H2S＋O2=2S＋2H2O【解析】【解答】（1）“吸收”过程中H2S与Na2CO3反应生成NaHS、NaHCO3，该反应的离子方程式为H2S＋CO32－=HC