【文档说明】专题06 非金属及其化合物（解析版）-备战2021届高考化学二轮复习题型专练.doc，共(41)页，5.445 MB，由管理员店铺上传

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一、知识网络梳理1、碳、硅及其化合物（1）注意网络构建（2）扫除知识盲点①工业上制备粗硅，是用过量的C和SiO2高温下反应，由于C过量，生成的是CO而不是CO2，该反应必须在隔绝空气的条件下进行。②氢氟酸不能用玻璃容器盛放；NaOH溶液能用玻璃试剂瓶，但不能用玻璃塞。③酸性氧化

物一般能与水反应生成酸，但SiO2不溶于水；酸性氧化物一般不与酸作用，但SiO2能与HF反应。④硅酸盐大多难溶于水，常见可溶性硅酸盐是硅酸钠，其水溶液称为泡花碱或水玻璃，但却是盐溶液。⑤H2CO3的酸性大于H2SiO3的，所以有Na2SiO3＋CO2(少量)＋H2O=

==H2SiO3↓＋Na2CO3，但高温下Na2CO3＋SiO2=====高温Na2SiO3＋CO2↑也能发生，原因可以从两方面解释：①硅酸盐比碳酸盐稳定；②从化学平衡角度，由高沸点难挥发固体SiO2制得低沸点易挥发

的CO2。⑥SiO2不导电，是制作光导纤维的材料；Si是半导体，是制作光电池的材料。⑦水泥、玻璃与陶瓷是三大传统无机非金属材料；碳化硅、氮化硅等是新型无机非金属材料。2、氮及其化合物在考查中结合点2、卤素及其重要化合物（1

）注意网络构建（2）扫除知识盲点①液氯密封在钢瓶中，而氯水、次氯酸应保存在棕色试剂瓶中。②1molCl2参加反应，转移电子数可能为2NA、NA或小于NA(Cl2和H2O的反应为可逆反应)。③实验室制Cl2，除了用MnO2和浓盐酸反应外，还可以用KMnO4、KClO3、NaClO

与浓盐酸反应且都不需要加热，如ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O。④酸性KMnO4溶液，用的是H2SO4酸化而不是盐酸。⑤ClO－不论在酸性环境中还是在碱性环境中均能体现强氧化性，如ClO－与SO2－3、I－、Fe2＋均不能大量共存

；ClO－体现水解性，因HClO酸性很弱，ClO－水解显碱性，如Fe3＋＋3ClO－＋3H2O===Fe(OH)3↓＋3HClO，所以ClO－与Fe3＋、Al3＋均不能大量共存。⑥向Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体生成Ca

SO4而不是CaSO3，其离子方程式为Ca2＋＋3ClO－＋SO2＋H2O===CaSO4↓＋Cl－＋2HClO(少量SO2)Ca2＋＋2ClO－＋2SO2＋2H2O===CaSO4↓＋2Cl－＋SO2－4＋4H＋(过量SO2)。3、硫及其化合物（1）注意网络构建（2）扫除

知识盲点①除去附着在试管内壁上的硫，除了用热的NaOH溶液，还可以用CS2，但不能用酒精。②SO2使含有酚酞的NaOH溶液褪色，表现SO2酸性氧化物的性质；使品红溶液褪色，表现SO2的漂白性；能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，表现SO2的还原性；SO2与

H2S反应，表现SO2的氧化性；SO2和Cl2等体积混合通入溶液中，漂白性不但不增强，反而消失。③把SO2气体通入BaCl2溶液中，没有沉淀生成，但若通入NH3或加入NaOH溶液，或把BaCl2改成Ba(NO3)2均有

白色沉淀生成，前两者生成BaSO3沉淀，后者生成BaSO4沉淀。④浓HNO3和Cu(足量)、浓H2SO4和Cu(足量)、浓盐酸和MnO2(足量)在反应时，随反应进行，产物会发生变化或反应停止。注意区分Zn和浓H2SO4的反应。⑤C与浓硫酸反应产物的确定应按以下流程进行：无水C

uSO4确定水→品红溶液确定SO2→酸性KMnO4溶液除去SO2→品红溶液检验SO2是否除净→澄清石灰水检验CO2。4、氮及其化合物（1）注意网络构建（2）扫除知识盲点①NO只能用排水法或气囊法收集。②NO2或NO与O2通入水的计算中常用到4NO

＋3O2＋2H2O===4HNO3、4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3两个方程式。③浓HNO3显黄色是因为溶有NO2，而工业上制备的盐酸显黄色，是因为溶有Fe3＋。④硝酸、浓H2SO4、次氯酸具有强氧化性，属于氧化性酸，其中HNO3、HClO见光或受热易

分解。⑤强氧化性酸(如HNO3、浓H2SO4)与金属反应不生成H2；金属和浓HNO3反应一般生成NO2，而金属和稀HNO3反应一般生成NO。⑥实验室制备NH3，除了用Ca(OH)2和NH4Cl反应外，还可用浓氨水的分解(加Na

OH固体或CaO)制取，而检验NH＋4须用浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，以确定NH＋4的存在。⑦收集NH3时，把一团干燥的棉花放在试管口，以防止与空气对流；收集完毕，尾气处理时，应放一团用稀硫酸浸湿的棉花放在试管口，以吸收NH3。⑧铜与浓HNO3反应在试管

内就能看到红棕色的NO2，而与稀HNO3反应时需在试管口才能看到红棕色气体。⑨浓盐酸和浓氨水反应有白烟生成，常用于HCl和NH3的相互检验。5、常见的非金属单质及其化合物的转化关系（1）直线型转化关系：非金属单质――→O2酸性氧化物――→水酸――→碱盐如：C―

―→O2CO2――→H2OH2CO3――→NaOHNa2CO3S――→O2SO2――→H2OH2SO3――→NaOHNa2SO3P――→O2P2O5――→H2OH3PO4――→NaOHNa3PO4（2）交叉型转化关系：如：

（3）连续氧化关系：A――→O2B――→O2C如：S――→O2SO2――→O2SO3；N2――→O2NO――→O2NO2NH3――→O2NO――→O2NO2；H2S――→O2SO2――→O2SO3C――→O2CO――→O2CO2二、重点知识回顾1、硅及其化合物的“反常”(1)Si的还原性大

于C，但C却能在高温下从SiO2中还原出Si：2C＋SiO2=====高温Si＋2CO↑。(2)非金属单质跟碱溶液作用一般无H2放出，但Si能跟强碱溶液作用放出H2：Si＋2NaOH＋H2O===Na2SiO3＋2H2↑。(3)非金属单质一般不跟非氧化性酸作用，但Si能跟氢氟酸作用

：Si＋4HF===SiF4↑＋2H2↑。(4)非金属氧化物一般为分子晶体，但SiO2为原子晶体。(5)酸性氧化物一般不与酸作用，但SiO2能与HF作用。(6)H2CO3的酸性大于H2SiO3，所以有Na2SiO3＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋Na2CO3，但高温下Na2CO3＋S

iO2=====高温Na2SiO3＋CO2↑也能发生，原因可以从两方面解释：①硅酸盐比碳酸盐稳定；②从化学平衡角度，由SiO2高沸点难挥发固体制得低沸点易挥发的CO2。2、氯及其化合物知识中的热点(1)Cl2

与水的可逆反应，HClO的强氧化性和弱酸性。(2)Cl2与碱的歧化反应。(3)Cl2作为氧化剂使用，如将Fe2＋氧化为Fe3＋。(4)Cl2的实验室制法，还原剂用浓盐酸，氧化剂可以为MnO2(△)、KClO3和KMnO4等。(5)次氯

酸盐为重点①ClO－不论在酸性环境中还是在碱性环境中均能体现强氧化性，如ClO－与SO2－3、I－、Fe2＋均不能大量共存。②ClO－体现水解性，因HClO酸性很弱，ClO－水解显示碱性，如Fe3＋＋3ClO－＋3H2O==

=Fe(OH)3↓＋3HClO。3、常见无机酸的重要规律和重要特性(1)重要规律①最高价氧化物对应水化物的酸性强弱取决于该元素非金属性的强弱，如酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4>H2CO3>H2SiO3。②证明酸性强弱，可利用复分解反应中“强酸制弱酸”的规律，如：Na2SiO3＋

CO2＋H2O===Na2CO3＋H2SiO3↓Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO③强氧化性酸(如：HNO3、浓H2SO4)与金属反应，不生成H2；金属和浓HNO3反应一般生成NO2，而金属和

稀HNO3反应一般生成NO。(2)重要特性①硝酸、浓H2SO4、次氯酸具有强氧化性，属于氧化性酸，其中HNO3、HClO见光或受热易分解。②浓HNO3和Cu(足量)、浓H2SO4和Cu(足量)、浓盐酸和MnO2(足量)在反应时，随反应进行，产物会发生变化或反应停止。③浓H

2SO4具有吸水性、脱水性和强氧化性。④常温下，铁、铝遇浓H2SO4、浓HNO3发生钝化。4、氮及其化合物（1）．NO、NO2与O2溶于水的计算，利用好两个比值4∶3、4∶1即可4NO＋3O2＋2H2O===4HNO34NO2＋O2＋2H2O===4HNO3（2）．HNO3的性

质，尤其是强氧化性是热点，涉及与单质反应产物的判断，尤其是与铁的反应如稀HNO3与Fe：Fe＋4HNO3(稀，过量)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O；3Fe(过量)＋8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2

＋2NO↑＋4H2O。5、常见非金属元素形成的离子的检验（1）．利用盐酸和其他试剂检验CO2－3：加入BaCl2或CaCl2溶液后生成白色沉淀，再加稀盐酸沉淀溶解，并放出无色无味气体。SO2－4：先加入足量稀盐酸，无沉淀生成，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。SO2－3：加入BaC

l2溶液，产生白色沉淀，再加稀盐酸，放出无色有刺激性气味能使品红溶液褪色气体。（2）．利用AgNO3(HNO3酸化)溶液检验（3）．利用某些特征反应检验I－：滴入淀粉溶液和氯水，溶液变蓝色(或加入氯水和四氯化碳，四氯化碳层呈紫红色)。特别注意

：设计实验方案进行离子检验时，要设法排除不同离子之间的干扰，如检验SO2－4时一定要排除Ag＋和SO2－3的干扰。三、无机推断（一）无机物的转化与推断方法突破口又称“题眼”，解无机推断题的关键在于寻找突破口，常见的突破口主要有以下几类

：1．特殊结构(1)原子个数比为1∶1的化合物通常是H2O2、C2H2、C6H6、Na2O2等。(2)“A≡A”分子必然是N2，三角锥形的分子是NH3、PH3等。(3)具有正四面体结构的有CH4、CCl4、NH＋4、P4等。(4)不含金

属元素的离子化合物为铵盐。2．物质的特有颜色常见的有颜色的物质淡黄色固体S、Na2O2、AgBr浅绿色溶液Fe2＋红色固体Cu、Cu2O蓝色溶液Cu2＋紫黑色固体I2、KMnO4棕黄色溶液Fe3＋红棕色粉末Fe2O3红色溶液Fe(SCN)3黑色粉末，晶体MnO2、Fe

3O4、CuS、C、CuO橙色、橙红色溶液溴水红褐色沉淀Fe(OH)3蓝色晶体CuSO4·5H2O白色沉淀AgCl、BaSO4、Mg(OH)2、Al(OH)3等红棕色气体NO2、Br2(g)蓝色沉淀Cu(OH)2黄绿色气体Cl23．特殊的实验现象(1)H2在Cl

2中燃烧呈苍白色火焰。(2)遇酚酞溶液变红色的气体是氨气。(3)在空气中迅速由无色变为红棕色的气体是NO。(4)Cl2通入含Br－的溶液中，会出现橙色，加入有机溶剂，在有机溶剂层出现橙红色；Cl2通入含有I－的溶液中，会出现深黄色，加入有机溶剂，

在有机溶剂层出现紫红色。(5)遇SCN－显红色或遇OH－生成红褐色沉淀的离子是Fe3＋。(6)遇BaCl2溶液生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，则溶液中可能含有Ag＋或SO2－4或SO2－3。(7)遇HCl生成白色沉淀，则溶液中可能含有Ag＋

或SiO2－3。(8)使品红溶液褪色的气体可能是Cl2或SO2，但将褪色后的液体加热又复原的是SO2。(9)碘遇淀粉显蓝色。(10)实验现象为：白色沉淀→灰绿色→红褐色的转化一定是：Fe(OH)2→Fe(OH)3。(11)既能跟酸反应又能跟碱反应且生成气体的物质一般是Al、NH4HCO3

、(NH4)2CO3、NH4HSO3、(NH4)2SO3、(NH4)2S、NH4HS。(12)与碱反应产生气体的物质是铝、铵盐，产生的气体一般是H2、NH3。(13)与水反应产生气体的物质一般是Na、Na2O2、CaC2、Mg3N2等。4．特殊转化

关系(1)直线型转化①金属―→，O2碱性氧化物―——→，H2O碱―——→，酸盐：满足此关系的有K、Na、Ca、Ba等。②非金属―→，O2酸性氧化物―——→，H2O酸―——→，酸盐：满足此关系的有C、N、S等。③A―→，

O2B―→，O2C―——→，H2O酸或碱：满足此关系的有NH3、S、N2、H2S、C、Na等。(2)交叉型转化(3)三角型转化(4)属于“单质＋化合物===新单质＋新化合物(置换反应)”类型的反应有：①单质同主族：2Na＋2

H2O===2NaOH＋H2↑；2C＋SiO2=====高温Si＋2CO↑；Cl2＋2NaBr===2NaCl＋Br2等。②单质不同主族：2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑；H2S＋Cl2===2HCl＋S↓；C＋H2O(g)=====高温CO＋

H2等。③有过渡元素参加的常见置换反应：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑；Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu。(5)能“三合一”的反应有：NH3＋H2O＋CO2===NH4HCO3；4Fe(OH)2＋2H2O＋

O2===4Fe(OH)3。6．其他特征(1)常温下短周期呈气态的单质(除惰性气体外)：H2、N2、O2、F2、Cl2。(2)常见的同素异形体：金刚石和石墨、O2和O3、白磷和红磷。(3)地壳中含量前四位的元素：O、Si、A

l、Fe。(4)常温下呈液态的金属单质：Hg；非金属单质：Br2。(5)常见的可燃性气体：H2、CO、H2S、CH4、C2H4、C2H2等。（二）解无机推断题“五步曲”1．审：审清题意，从题干→问题→框图迅速浏览一遍，尽量在框

图中把相关信息标示出来，明确求解要求。2．找：找“题眼”即找到解题的突破口，此步非常关键。3．析：从题眼出发，联系新信息及所学的旧知识，大胆猜测，顺藤摸瓜，应用正逆思维、发散收敛思维、横向纵向思维等多种思维方式进行综合分析、推理，初步得出结论。4．验：验证确认，将结果放入原题检验，

完全符合才算正确。5．答：按题目的要求写出答案。一、碳、硅及其化合物考向一碳、硅的性质和用途典例1芯片制造的主要过程如图所示，下列说法错误的是A．沙子的主要成分是2SiOB．粗硅的制取：()22SiOC=SiCO++高温粗C．氟化

氢可用于蚀刻硅基D．在硅基上电镀铜时，硅基做阴极【答案】B【解析】A．沙子是基本的建筑材料，其主要成分是SiO2，A正确；B．SiO2和C高温条件下反应生成Si制取粗硅，同时生成CO，而不是CO2，B错误；C．HF可与Si发生反应生成SiF4，因此氟化氢可用于蚀刻硅基，C正

确；D．在硅基上电镀铜时，Cu作阳极失去电子生成Cu2+，Cu2+在阴极得到电子生成铜，所以硅基做阴极，D正确；答案选B。考向二CO2、SiO2的性质典例2下列关于SiO2和CO2的说法中正确的是A．C

O2、SiO2分别是碳酸和硅酸的酸酐B．SiO2既能与KOH反应，又能与浓盐酸反应，而CO2不能C．CO2是酸性氧化物，SiO2是两性氧化物D．CO2和SiO2都是由相应的分子构成的【解析】CO2、SiO2都不能与浓盐酸反应，S

iO2不是两性氧化物，且不是由分子构成的。【答案】A二氧化硅的特殊性（1）非金属氧化物一般由分子构成，而SiO2是由Si和O按个数比1∶2直接构成。Si、SiC、Si3N4、BN等也是直接由原子构成。（2）SiO2是H2SiO3的酸酐，但它不溶于水，

不能直接与水作用制备H2SiO3。（3）酸性氧化物一般不与酸作用，但SiO2能跟HF作用：SiO2+4HF===SiF4↑+2H2O。（4）不要混淆二氧化硅和硅的用途用于制作光导纤维的是SiO2，用于制作半导体材料、计算机芯片的是晶体硅。（5）水晶、石英、玛瑙的主要成分是SiO2

；珍珠的主要成分是CaCO3；钻石是金刚石；红、蓝宝石的主要成分是Al2O3。考向三CO2与盐或碱溶液反应的规律1、CO2与NaOH溶液反应产物的定量判断方法与碱反应原理CO2+2NaOH(足量)Na2CO3+H2OCO2+NaOH(少量)

NaHCO3反应后溶质成分的判断，x=n(NaOH)∶n(CO2)x≤1∶1NaHCO31∶1<x<2∶1Na2CO3、NaHCO3x=2∶1Na2CO3的反应x>2∶1NaOH、Na2CO3也可用数轴表示：①CO2+Na2CO3

+H2O2NaHCO3↓②CO2(少量)+2NaAlO2+3H2O2Al(OH)3↓+Na2CO3CO2(足量)+NaAlO2+2H2OAl(OH)3↓+NaHCO3③CO2(少量)+Ca(ClO)2+H2OCaCO3↓+2HClO④CO2(少量)+Na2SiO3+H2OH2SiO

3↓+Na2CO3典例3浓度相同的NaOH溶液各100mL倒入A、B、C三个烧杯中，分别向三份溶液中通入不等量的CO2，充分反应后，再向三份所得溶液中逐滴加入0.2mol·L－1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示。下列判断不正确的是A．原

NaOH溶液的浓度为0.2mol·L－1B．B烧杯中通入的CO2体积为448mL(标准状况)C．通入CO2后，A烧杯中的溶质为Na2CO3和NaHCO3D．通入CO2后，C烧杯中溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)∶n(

Na2CO3)＝2∶1【解析】CO2通入NaOH溶液，可能发生反应2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O或NaOH＋CO2===NaHCO3，由图示可知，滴加盐酸时均不直接产生CO2气体，且最终完全反应消耗的盐酸均为100mL生成NaCl，

由原子守恒得n(Na＋)＝n(Cl－)，即n(NaOH)＝n(HCl)，故c(NaOH)＝(NaOH)(NaOH)nV＝10.2molL0.1L0.1L−＝0.2mol·L－1，A正确；B烧杯中从开始加入盐酸到开始产生气体与从开始产生气体到气体完全放出需盐酸相同，即通入CO2后生成的溶液为

Na2CO3溶液，据2NaOH～CO2可知n(CO2)＝10.2molL0.1L2−＝0.01mol，标准状况下V(CO2)＝224mL，B错误；A烧杯中未产生气体消耗的盐酸小于气体完全生成消耗的盐酸，故溶质为Na2CO3和NaHCO3，C正确；C烧杯中通入CO2未产生气体消

耗的盐酸大于气体完全放出消耗的盐酸，故溶液溶质为Na2CO3和NaOH，n(Na2CO3)＝n(NaHCO3)＝(100－75)×10－3×0.2mol＝5×10－3mol，故n(NaOH)＝(50－0)×10－3×0

.2mol＝1×10－2mol，即n(NaOH)∶n(Na2CO3)＝2∶1，D正确。【答案】B考向四无机非金属材料及硅酸盐的表示方法典例4青石棉是一种致癌物质，是《鹿特丹公约》中受限制的46种化学品之

一，其化学式为Na2Fe5Si8O22(OH)2。青石棉用稀硝酸处理时，还原产物只有NO。下列说法不正确的是A．青石棉是一种硅酸盐材料B．青石棉中含有一定量的石英晶体C．青石棉的化学组成可表示为Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2OD．1mol青石棉能使稀硝酸中的1molHN

O3被还原【解析】硅酸盐指的是硅、氧与其他化学元素(主要是铝、铁、钙、镁、钾、钠等)结合而成的化合物的总称，故青石棉是一种硅酸盐产品；青石棉是一种纯净物，不可能含有一定量的石英晶体；1molNa2O·3FeO·Fe2O3

·8SiO2·H2O跟硝酸反应时，失去3mol电子，故能使稀硝酸中的1molHNO3被还原。【答案】B二、氮及其化合物考向一氮的氧化物性质与相关计算有关氮的氧化物溶于水的计算，从反应实质看都是氧化还原反应。可以从得失电子数相等或原子守恒的角度分析，简化计算过程。如NOx

与O2、H2O转化为硝酸的计算，则反应中O2得到的电子数与NOx失去的电子数相等。NO2和NO有如下反应：3NO2+H2O===2HNO3+NO①2NO+O2===2NO2②4NO2+O2+2H2O===4HNO3③4NO+3O2+

2H2O===4HNO3④（1）NO和NO2的混合气体NO、NO2的混合气体溶于水时仅涉及反应①，可利用气体体积变化差值进行计算：V剩=V(NO)原+13V(NO2)。（2）NO2和O2的混合气体NO2和O

2的混合气体溶于水时涉及反应③，其计算如下表：x=22(NO)(O)VV0<x<4x=4x>4反应情况O2过量，剩余气体为O2恰好完全反应NO2过量，剩余气体为NO（3）NO和O2的混合气体NO、O2的混合气体溶于水时涉

及反应④，其计算如下表：x=2(NO)(O)VV0<x<43x=43x>43反应情况O2过量，剩余气体为O2恰好完全反应NO过量，剩余气体为NO典例1在一定条件下，将NO2和O2的混合气体12mL通入足量水中，充分反应后剩余2mL气体(同温同压下)，则原混合气体中氧气的体

积为①1.2mL②2.4mL③3mL④4mLA．①②B．②③C．③④D．①④【答案】D【解析】混合气体通入水中，涉及的反应有①4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，②3NO2＋H2O===2HNO3＋NO

。若12mL全部为NO2，发生反应②，剩余气体4mL大于实际剩余气体2mL，故剩余气体为NO或O2。若剩余的气体是O2，则V(NO2)＝45×(12－2)mL＝8mL，V(O2)＝12mL－8mL＝4mL。若剩余的气体是N

O(2mL)⇒6mLNO2，则V(O2)＝15×(12－6)mL＝1.2mL。考向二氨与铵盐的性质及应用典例2下列有关氨或铵盐的说法不正确的是A．NH3属于弱电解质B．可用湿润的红色石蕊试纸检验氨气C．用盐酸滴定氨水，当溶液呈中性时，c(4NH+)=c(Cl﹣)D．常温时，0.1mol•L﹣

1NH4Cl溶液加水稀释，()()()432NHNHHOHccc++的值不变【答案】A【解析】本题考查有关氨或铵盐的知识、弱电解质的电离平衡、离子浓度的比较。NH3属于非电解质，故A错；氨气溶于水呈碱性，所以氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故B正确；用盐酸滴定氨水，当溶液呈中性时，溶质

为一水合氨和氯化铵，根据电荷守恒可得：c(4NH+)+c(H+)=c(Cl﹣)+c(OH-)，由于溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，所以c(4NH+)=c(Cl﹣)，故C正确；=()()()()()()()()

323244NHHOHNHHOHOHNHNHOHcccccccc++−++−==()W32NHHOKK，常温时，0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液加水稀释，由于温度不变，所以()()()324NHHOH

NHccc++的值不变，即()()()432NHNHHOHccc++的值也不变，故D正确。答案选A。考向三喷泉实验典例3利用如图所示的装置，可以验证NH3和HCl的有关性质。实验前a、b、c活塞均关

闭。（1）若要在烧瓶Ⅱ中产生“喷泉”现象，烧瓶Ⅰ中不产生“喷泉”现象，其操作方法是______________。（2）若先打开a、c活塞，再挤压胶头滴管，在烧瓶中可观察到的现象是_____________________。（3）通过挤压胶头滴

管和控制活塞的开关，在烧瓶Ⅰ中产生“喷泉”现象，烧瓶Ⅱ中不产生“喷泉”现象，其操作方法是__________________________________。若要在该装置中产生双喷泉现象，其操作方法是__________________________

______。【解析】（1）打开a、b活塞，再将胶头滴管中的水挤入烧瓶Ⅱ中，由于NH3极易溶于水，使烧瓶内气体压强迅速减小，烧杯中的水迅速进入烧瓶Ⅱ中，形成喷泉。（2）先打开a、c活塞，再将胶头滴管中的水挤入烧瓶Ⅱ中，烧瓶Ⅱ中的气压迅速减小，烧瓶Ⅰ中的HCl

气体会流向烧瓶Ⅱ中，且与NH3化合生成NH4Cl而产生白烟。（3）在（2）基础上，若关闭a活塞，打开b活塞，烧杯中的水会迅速进入烧瓶Ⅰ中，形成喷泉；若打开b活塞，不关闭a活塞，烧瓶中的水便会同时进入烧

瓶Ⅰ和Ⅱ中，形成双喷泉。【答案】（1）先打开a、b活塞，再挤压胶头滴管(或先挤压胶头滴管，再打开a、b活塞)（2）烧瓶Ⅱ中导管口处产生白烟（3）先打开a、c活塞，再挤压胶头滴管(或先打开a活塞，挤压胶头滴管，再打开c活塞)，片刻后，关

闭a活塞，然后打开b活塞先打开a、c活塞，再挤压胶头滴管(或先打开a活塞，挤压胶头滴管，再打开c活塞)，片刻后，打开b活塞喷泉实验（1）喷泉实验的原理当挤压胶头滴管胶头，使少量水进入烧瓶后，气体在液体中溶解度很大，在短时间内产生足够大的压强差(负压)，则打开

止水夹后，大气压将烧杯内的液体压入烧瓶中，在尖嘴导管口形成喷泉。（2）形成喷泉的气体与液体组合①极易溶于水的气体(NH3、HCl等)与水可形成喷泉；②酸性气体与NaOH溶液组合能形成喷泉。气体HClNH3CO2、Cl2、H2S、SO2

NO2+O2CH2=CH2吸收剂水或氢氧化钠溶液水或盐酸氢氧化钠溶液水溴水（3）喷泉实验成功的关键①盛气体的烧瓶必须干燥；②气体要充满烧瓶；③装置不能漏气(实验前应先检查装置的气密性)；④所用气体能大量溶于所用液体或气体与液体能快速反应。（4）

喷泉实验的几种常见装置说明：装置②中最好采用顶部有孔的烧瓶。装置③引发喷泉的方法是打开止水夹，用热毛巾或双手捂热烧瓶，松开后片刻即形成喷泉现象。考向四氨气的实验室制法典例4下面是实验室制取氨气的装置和选用的试剂，其中错误的是A．①②B．②③C．③④D．①③

【答案】D【解析】①中NH4Cl受热可产生NH3和HCl，但两者遇冷会重新凝结产生NH4Cl，且可能出现堵塞导管的情况，③中试管口未向下倾斜会导致水倒流入试管底部而使试管炸裂，故①③符合题意。NH3制取实验中3个方面的创新（1）NH3制取原理的创新实验室制取少量N

H3，可不用铵盐和碱混合共热，而采用常温下将浓氨水滴加到固态碱性物质(如CaO、NaOH、碱石灰等)上，来制取NH3。（2）NH3制取装置的创新（3）NH3吸收装置的创新考向五硝酸与金属反应的计算典例5将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的N

O和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。请回答下列问题：（1）NO的体积为________L，NO2的体积为________L。（2）参加反应的HNO3的物质的量是______________。（3）待产生的气体全部释放后，向溶液中加入VmLamol·L

－1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为____________mol·L－1。（4）欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水____________g。【答案】（1）5.82

45.376（2）1.52mol（3）aV×10－3＋0.50.14（4）57.8【解析】（1）n(Cu)＝32.64g64g·mol－1＝0.51mol，设混合气体中NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y。

根据气体的总体积为11.2L，有：x＋y＝0.5mol。根据得失电子守恒，有：3x＋y＝(0.51×2)mol。解方程组得：x＝0.26mol，y＝0.24mol。则：V(NO)＝0.26mol×22.4L·mol－1＝5.824L，V(NO2

)＝11.2L－5.824L＝5.376L。（2）参加反应的HNO3分两部分：一部分没有被还原，显酸性，生成Cu(NO3)2；另一部分被还原成NO2和NO，所以参加反应的HNO3的物质的量为0.51mol×2＋0.5mol＝1.52mol。（3）HNO3在反应中一部分变成气体，一部分以NO－3的

形式留在溶液中。变成气体的HNO3的物质的量为0.5mol。加入NaOH溶液至正好使溶液中Cu2＋全部转化为沉淀，则溶液中只有NaNO3，其物质的量为10－3aVmol，也就是以NO－3形式留在溶液中的HNO3的物质的量为10－3aVmol。

所以，c(HNO3)＝aV×10－3＋0.50.14mol·L－1。（4）由得失电子守恒得：2×n(Cu)＝2×n(H2O2)，32.64g64g·mol－1×2＝n(H2O2)×2，n(H2O2)＝0.51mol，则m(H2O2)＝17.34g。需

30%的双氧水：17.34g÷30%＝57.8g。硝酸与金属反应的计算方法（1）硝酸与金属反应的计算模型（2）计算技巧三、硫及其化合物考向一SO2的特性典例1将一定量的SO2通入BaCl2溶液中，无沉淀产生，若再通入a气体，则产生沉淀。下列所通a气体和产生沉淀的离子方程式正确的是

（）A．a为H2S，SO2+2H++S2−→3S↓十2H2OB．a为Cl2，Ba2++SO2+2H2O+Cl2→BaSO3↓+4H++2Cl−C．a为NO2，4Ba2++4SO2+5H2O+NO3−→4BaSO4↓+NH4++6H+D．a为N

H3，Ba2++SO2+2NH3+2H2O→BaSO4↓+2NH4++2H+【答案】C【解析】A．H2S为弱电解质，反应的离子方程式为SO2+2H2S→3S↓+2H2O，故A错误；B．氯气具有强氧化性，应生成BaSO4沉淀，反应的离子方程式为Ba2++SO2+2H2O+Cl

2→BaSO4↓+4H++2Cl-，故B错误；C．NO2与二氧化硫发生氧化还原反应，本身可以被还原为铵根离子，反应的离子方程式为4Ba2++4SO2+5H2O+NO3-→4BaSO4↓+NH4++6H+，故C正确；D．通入氨气，没有发生氧化还原反应，应该生成BaSO3沉淀，反应的离

子方程式为Ba2++SO2+2NH3+H2O→BaSO3↓+2NH4+，故D错误；故选C。SO2的“漂白性”SO2能使许多有色物质“褪色”，但其“褪色”原理不同：（1）还原性“褪色”：SO2能使溴水、酸性KM

nO4溶液褪色，利用SO2的还原性。（2）漂白性“褪色”：SO2能使品红溶液褪色，利用SO2的漂白性。（3）酸性“褪色”：SO2能使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，利用SO2的酸性氧化物的性质。考向二SO2

与CO2的性质比较典例2下列溶液中能够区别SO2和CO2的是①石灰水②H2S溶液③KMnO4溶液④氯水⑤品红溶液A．①②③B．②③④C．除①以外D．全部【解析】SO2和CO2都属于酸性氧化物，都能与石灰水反应出现白色沉淀，气体

过量时沉淀都会溶解，所以不能用石灰水来区别；SO2能与H2S反应生成S单质，能看到黄色沉淀生成，而CO2不能；SO2能被KMnO4溶液和氯水氧化，从而使溶液褪色，且SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，而CO2没有这些性质。所以可用②③④⑤

来区别SO2和CO2。【点拨】SO2有还原性，与强氧化剂氯水、溴水、Fe3＋、酸性KMnO4等反应，并且出现颜色的变化，但注意不是SO2的漂白性。【答案】C鉴别SO2和CO2的方法SO2和CO2都能使澄清的石灰水变浑浊，若通入的气体过量，则沉淀都可消失。所以不能用

澄清的石灰水鉴别SO2和CO2。通常可用以下方法：（1）根据物理性质。CO2无色无味；SO2无色、具有刺激性气味。（2）品红溶液。使品红溶液褪色的是SO2；不能使品红溶液褪色的是CO2。（3）酸性KMnO4溶液。使酸性KMnO4溶液褪色的是SO2；无明显现象

的是CO2。（4）溴水。使溴水褪色的是SO2；无明显现象的是CO2。（5）硝酸酸化的硝酸钡溶液。产生白色沉淀的是SO2；无明显现象的是CO2。（6）FeCl3溶液。溶液颜色变浅的是SO2；无明显现象的是CO2。考向三2

4SO−的检验典例3为检验溶液中是否含有24SO−，四位同学分别设计了如下实验，且都认为如果观察到的现象与自己的设计方案一致，即可确认溶液中含有24SO−。其中正确的是A.加入足量稀硝酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液，产生

白色沉淀B.加入Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，再加稀盐酸酸化，沉淀不溶解C.加入足量稀盐酸，有气泡产生，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀D.加入足量稀盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液，产生

白色沉淀【解析】若溶液中含有23SO−，则加入稀硝酸时，23SO−被氧化为24SO−，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，A错误；若溶液中含有23SO−，加入Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀BaSO3，再加稀盐酸酸

化时，在酸性环境中，3NO−将BaSO3氧化为BaSO4，沉淀不溶解，B错误；若溶液中同时含有3NO−和23SO−，加入足量稀盐酸时，在酸性环境中，3NO−将23SO−氧化为24SO−，同时本身被还原为NO，

现象为有气泡产生，再加入BaCl2溶液，产生BaSO4白色沉淀，C错误；加入足量稀盐酸，无明显现象，说明不存在干扰离子，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明含有24SO−，D正确。【答案】D24SO−的检验误

区（1）只加可溶性钡盐，不酸化。误将23CO−、34PO−、23SO−等干扰离子判断成24SO−。因上述离子会产生BaCO3、Ba3(PO4)2、BaSO3白色沉淀。（2）误将Ag+判断成24SO−。如向待测液中滴加BaCl2溶液，再加

稀盐酸，有白色沉淀，便断定含24SO−。其错误是未注意当溶液中不含24SO−，而含Ag+时也会产生同样的现象：Ag++Cl−AgCl↓(白色)。（3）误将23SO−判断成24SO−。如向待测液中滴加用稀盐酸酸化的Ba(NO3)2溶

液生成白色沉淀，便误以为有24SO−。该错误是未注意3NO−在酸性环境中具有强氧化性，能将23SO−氧化成24SO−而产生干扰。考向四硫及其化合物的转化关系与实验的融合典例4实验室为探究铁与浓硫酸(足量)的反应，并验证SO2的性质，设计如

图所示装置进行实验，下列说法不正确的是()A．装置B中酸性KMnO4溶液逐渐褪色，体现了二氧化硫的还原性B．实验结束后可向装置A的溶液中滴加KSCN溶液以检验生成的Fe3+C．装置D中品红溶液褪色可以验证SO2的漂白性D．实验时将导管a插入浓硫酸中，可防止装置B中的

溶液倒吸【答案】B【解析】A.铁丝与浓硫酸加热反应生成SO2，因为酸性高锰酸钾具有强氧化性，装置B中酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了SO2的还原性，故A正确；B.因为浓硫酸足量，浓硫酸具有强氧化性，可能把生成的Fe2＋氧化成Fe3＋，因此不能检验是否铁丝和浓硫酸反应生成的是Fe3＋

，故B错误；C.品红溶液褪色，体现SO2的漂白性，故C正确；D.导管a的作用是使内外压强相同，防止装置B中的溶液倒吸，故D正确；答案选B。四、氯及其化合物考向一氯气的性质典例1Cl2是一种重要的工业原料，液氯储存区贴有的说明卡

如表所示：包装钢瓶储运要求远离金属粉末、氨、烃类、醇类物质；设置氯气检测仪泄漏处理NaOH、NaHSO3溶液吸收下列解释事实的方程式不正确的是A．电解饱和食盐水制取Cl2：2Cl－＋2H2O=====电解2OH－＋H2↑＋Cl2↑B．氯气用于自来水消毒：Cl2＋H2O2H＋＋C

l－＋ClO－C．浓氨水检验泄露的氯气，产生白烟：8NH3＋3Cl2===6NH4Cl＋N2D．氯气“泄漏处理”中NaHSO3溶液的作用：HSO－3＋Cl2＋H2O===SO2－4＋3H＋＋2Cl－【解析】电解饱和食盐水生成氢气、

氯气和氢氧化钠，离子方程式为2Cl－＋2H2O=====电解2OH－＋H2↑＋Cl2↑，故A正确；HClO为弱酸，不能完全电离，离子方程式为Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，故B错误；氯气具有强氧化性，可氧化氨气为氮气，同时生成氯化铵，方程式为8NH3＋3Cl2===6NH4C

l＋N2，故C正确；Cl2与NaHSO3发生氧化还原反应生成SO2－4，反应的离子方程式为HSO－3＋Cl2＋H2O===SO2－4＋3H＋＋2Cl－，故D正确。【答案】B归纳拓展1．高考常考的含氯化合物近几年高考对含氯化合物的考查，不仅仅局限于HClO和NaClO、Ca(ClO

)2等，还涉及ClO2、NaClO3、NaClO2、KClO3等物质。（1）＋1价的HClO、NaClO和Ca(ClO)2＋1价的含氯化合物一般具有很强的氧化性和漂白性，是常用的强氧化剂或漂白剂。如Ca(ClO)2＋4HCl(aq)===CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O；2Fe(OH)3＋3C

lO－＋4OH－===2FeO2－4＋3Cl－＋5H2O(FeO2－4——强氧化剂)。（2）＋4价的ClO2ClO2是一种新型净水剂，具有很强的氧化性，如2ClO2＋Na2O2===2NaClO2＋O2↑（3）＋5价的NaClO3、KClO3＋5价的氯元素具有较强的氧化性，是常用的氧化剂。如KCl

O3＋6HCl===KCl＋3Cl2↑＋3H2O；2KClO3=====MnO2△2KCl＋3O2↑。2．有效氯含量有效氯含量的实质是指每克的含氯化合物中所含氧化态氯的氧化能力相当于多少克氯气的氧化能力。其本质是氧化还原反应的电子得失守恒。如ClO2有效氯含量的计算方法如下，设ClO2的

有效氯含量为x，则1g67.5g·mol－1×5＝x71g·mol－1×2，x≈2.63g。考向二氯水的性质和变化典例2下列关于氯水的叙述正确的是①新制氯水中只含Cl2和H2O②新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色③氯水光照时有气泡冒出，该气体为Cl2④氯水放置数天后，

溶液的酸性将减弱⑤新制氯水呈黄绿色，久置氯水呈无色⑥新制氯水漂白作用强，久置氯水无漂白作用A.①③④B.②③④C.③⑤⑥D.②⑤⑥【解析】新制氯水中还含有HClO、H+、Cl-等，①错误；新制氯水中含有盐酸和次氯酸，其中

盐酸能使蓝色石蕊试纸变红，次氯酸具有漂白性能使试纸的红色褪去，②正确；氯水光照时有气泡冒出，是因为生成的HClO见光分解，产生氯化氢和氧气，③错误；氯水放置数天后，由于次氯酸见光易分解生成HCl，故久置的氯水为HCl的溶液，酸性增强，④错误；因新制氯

水中含有氯气，所以新制氯水呈黄绿色，久置氯水中无氯气，所以呈无色，故⑤正确；新制氯水中有HClO，而久置氯水中无HClO，⑥正确。故答案选D项。【答案】D氯水的多种成分与多种性质的对应关系1．氯水的成分——三分

四离氯水中存在三个平衡：（1）Cl2+H2OHCl+HClO，（2）HClOH++ClO−，（3）H2OH++OH−。根据可逆反应的特点，即可得出新制氯水中存在的各种微粒。2．氯水的多重性质新制氯水的多种成分决定了它具有多重性质：①Cl2

的强氧化性；②HCl的强酸性；③HClO的强氧化性、弱酸性；④Cl−的性质。在不同的反应中，新制氯水中起作用的成分不同。考向三氯气制备与性质实验考查典例3下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的的是A．用装置甲制取氯气B．用装置乙除去氯

气中的少量氯化氢C．用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液D．用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl2·4H2O【解析】A项，利用MnO2和浓盐酸制氯气，需要加热，故无法达到实验目的；B项，洗气装置气体应该是“长进短出”，且Cl2和HCl都能与NaHCO3溶液反应，应用饱和食盐水除去Cl2

中的HCl，故无法达到实验目的；C项，MnO2不溶于水，MnCl2能溶于水，因此可以用过滤法分离，故能达到实验目的；D项，加热蒸干时MnCl2会发生水解：MnCl2＋2H2OMn(OH)2↓＋2HCl↑，无法制得MnCl2·4H2O，故无法达到实验

目的。【答案】C考向四卤离子的检验典例4下列能够检验出KI中是否含有Br－的实验是A．加入足量的新制氯水，溶液变色则有Br－B．加入酸性KMnO4溶液，观察溶液颜色是否褪去C．加入少量的碘水，再加入CCl4振荡，有机层有色，则有Br－D．

加入足量FeCl3溶液，用CCl4萃取后，取无色的水层并加入AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成，则含有Br－【解析】A项，在KI中加入足量新制氯水，也会置换出单质碘而使溶液变色，故不能确定是否含有Br－；B项，Br－和I－均能使酸性KMnO4溶液褪色；C项，加入少量的碘水，再加入CCl4振荡，

有机层是萃取I2而显色，并没有Br2产生。【答案】D一、单选题1．下列现象不能用于检验3NH的是A．气体遇浓盐酸产生白烟B．气体使湿润的蓝色石蕊试纸变红C．将气体通入酚酞溶液中，溶液变红D．气体遇氯气产生白烟【答案】B【详解】A．3NH与浓盐酸挥发出的HCl发生反应34NHHCl=NH

Cl+，会产生白烟，A项不选；B．3NH与水反应生成32NHHO，32NHHO呈弱碱姓，能使红色石蕊试纸变蓝，B项选；C．3NH与水反应生成32NHHO，32NHHO呈弱碱性，能使酚酞溶液变红，C项不选；D．3NH与2Cl发生反应32428NH3Cl=6NHClN++，

会产生白烟，D项不选；答案选B。2．检验2SO中是否含有2CO，应采取的措施是A．通过澄清石灰水B．先通过足量2BaOH()溶液，再通过澄清石灰水C．先通过足量酸性4KMnO溶液，再通过澄清石灰水D．先通过足量小苏打溶液，再通过澄清石灰

水【答案】C【详解】A．2SO、2CO都能使澄清石灰水变浑浊，不能检验，故A不符合题意；B．2CO和2SO都是酸性氧化物，都能与2BaOH()反应，通过足量2BaOH()溶液时，2CO、2SO能被全部吸收产生白色沉淀，不能检验，故B不符合题意；C．2SO具有还

原性，能使酸性4KMnO溶液褪色，通过足量酸性4KMnO溶液时，2SO转化成24SO−，再通过澄清石灰水，如果澄清石灰水变浑浊，则说明含有2CO，反之不含有，故C符合题意；D．23HSO的酸性强于23HCO，气体通过3Na

HCO溶液，会产生2CO，对原气体中2CO的检验产生干扰，故D不符合题意；故本题选C。3．下列说法正确的是A．向Na2CO3溶液中通入CO2一定析出NaHCO3晶体B．用饱和Na2CO3溶液除去CO2气体中的HCl气体C．等质量的Na2CO3和NaHCO3分别

与足量稀盐酸反应，后者放出CO2多D．等质量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量稀盐酸反应，后者消耗盐酸多【答案】C【详解】A．向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳会产生溶解度比碳酸钠小的碳酸氢钠晶体，但不是任意碳酸钠溶液中都会析出碳酸

氢钠晶体，故A错误；B．碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠会使二氧化碳损失，应用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的HCl，故B错误；C．1mol(106g)Na2CO3和1mol(84g)NaHCO3分别与足量稀盐酸反应，根据C原子守

恒可知均得到1mol二氧化碳，则等质量的两种盐与足量盐酸反应，碳酸氢钠放出的二氧化碳多，故C正确；D．1mol(106g)Na2CO3消耗2molHCl，1mol(84g)NaHCO3消耗1molHCl，等质量的Na2CO3和

NaHCO3分别与足量稀盐酸反应，碳酸钠消耗的盐酸多，故D错误；故选：C。4．在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是A．无色溶液中：Na＋、Cl-、2-4SO、Fe3＋B．使紫色石蕊溶液变红的溶液中：Na＋、Fe2＋、-3NO、Cl-C．含2-4SO的溶液中：K＋、Ba2＋、Cl-、

Br-D．酸性溶液中：Na＋、Mg2+、2-4SO、Cl-【答案】D【详解】A．铁离子在溶液中显棕黄色，无色溶液中不能大量存在Fe3＋，A不选；B．使紫色石蕊溶液变红的溶液显酸性，Fe2＋、-3NO在酸性

溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，B不选；C．含2-4SO的溶液中Ba2＋转化为硫酸钡沉淀，不能大量共存，C不选；D．酸性溶液中Na＋、Mg2+、2-4SO、Cl-之间不反应，可以大量共存，D选；答案选D。5．下列关于物质的性质的说法正确的是A．Cl2具有很强的氧化性，在化学

反应中只能作氧化剂B．金属钠在空气中长时间放置会变成淡黄色固体C．液氯能使干燥的有色布条褪色D．新制氯水中既含有氯分子，又含有氯离子【答案】D【详解】A．氯气和水反应中氯气既是氧化剂又是还原剂，A错误；B．金属钠长时间在

空气中放置最后为碳酸钠，淡黄色固体为过氧化钠，能和二氧化碳或水反应的，B错误；C．液氯不能干燥的有色布条褪色，若有水，氯气和水反应生成次氯酸能使之褪色，C错误；D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸电离出氯离子，溶液中也有氯气分子，D正确；故

选D。6．下列实验设计正确的是()A．将混有HCl气体的CO2通入装有饱和碳酸钠溶液的洗气瓶，可除去HClB．用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NOC．可以用澄清石灰水来检验CO2和SO2D．将SO2通入KMnO4酸性溶液，溶液褪色。证明SO2

具有还原性【答案】D【详解】A．HCl、CO2都会与Na2CO3溶液反应，因此不能达到除杂、净化的目的，A错误；B．NO气体容易与空气中的O2反应产生NO2，因此不能使用排空气的方法收集，B错误；C．CO2和SO2都可以与澄

清石灰水反应产生白色难溶性物质，使石灰水变浑浊，因此不能用澄清石灰水来检验CO2和SO2，C错误；D．SO2气体具有还原性，KMnO4酸性溶液具有强氧化性，二者发生氧化还原反应，KMnO4被还原为无色Mn2+，

因此溶液的紫色会褪去，这证明了SO2具有还原性，D正确；故合理选项是D。7．下列说法正确的是()A．将CO2通入CaCl2溶液中可以得到CaCO3沉淀B．向待测溶液中加入稀HCl酸化后，滴入AgNO3溶液，可检

验Cl-C．将氯气通入到紫色石蕊试液中，溶液变为红色D．向某溶液中加入KSCN溶液，溶液不变成血红色，通入氯气后，溶液变成血红色，说明原溶液中含有Fe2+【答案】D【详解】A．盐酸的酸性强于碳酸，将CO2通入Ca

Cl2溶液中不反应，得不到碳酸钙沉淀，A错误；B．向待测溶液中加入稀HCl酸化后，滴入AgNO3溶液，由于引入了氯离子，因此不能检验Cl-，B错误；C．将氯气通入到紫色石蕊试液中，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，由于次氯酸具有强氧化性，因此溶液先变为红色，然后褪色，C错误；D．向某

溶液中加入KSCN溶液，溶液不变成血红色，排除铁离子干扰，通入氯气后，溶液变成血红色，由于氯气具有氧化性，能氧化亚铁离子为铁离子，因此可以说明原溶液中含有Fe2+，D正确；答案选D。8．下列说法正确的是()A．因SO2具有漂白性，所以能使石蕊试液褪色B．能使品红溶液褪色的物质不一定是SO2C

．SO2、漂白粉、活性炭都能使红墨水褪色，且原理相同D．等物质的量的SO2和Cl2混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中，漂白效果更好【答案】B【详解】A．SO2与水反应生成亚硫酸，能使石蕊试液变红色，不能使其褪色，是亚硫酸

的酸性，不是二氧化硫的漂白性，A错误；B．能使品红溶液褪色的物质不一定是SO2，过氧化氢，次氯酸都能使品红褪色，B正确；C．SO2使红墨水褪色是化合漂白，漂白粉使红墨水褪色是氧化漂白，活性炭使红墨水褪色吸附漂白，原理不相同，C错误；

D．等物质的量的SO2和Cl2混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中，SO2和Cl2在溶液中发生反应生成盐酸和硫酸，不再具有漂白性，D错误；故选B。一、单选题1．下列说法正确的是()A．“84”消毒液(主要成分是Na

ClO)与“洁厕灵”(主要成分是盐酸)共同使用，可达到既消毒又洁厕的双重效果B．液溴应保存在橡胶塞的试剂瓶中，并加少量水进行水封C．新制的氯水可长期保存在无色玻璃瓶中D．天然气中掺入臭鸡蛋气味的硫化氢，一旦泄露易被人们发现【答案

】D【详解】A．“84”消毒液(主要成分是NaClO)与“洁厕灵”(主要成分是盐酸)共同使用，会发生反应：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O，产生有毒气体导致危险，而且溶液消毒能力也会大大减弱，A

错误；B．液溴易挥发，因此要加水形成水封；但液溴容易腐蚀胶塞，因此应该使用玻璃塞，B错误；C．新制的氯水中的HClO光照易分解，因此应该保存在棕色玻璃瓶中，且不能长期保存，C错误；D．天然气无色无味，万一泄露无法察觉，可根据

H2S具有臭鸡蛋气味的性质，将H2S掺杂在天然气中，以防止天然气泄露发生危险，D正确；故合理选项是D。2．利用如图所示装置进行实验，将液体X逐滴加入到固体Y中。下列有关实验现象或结论正确的是选项XYZ实验现象或结论装置A稀硫酸亚硫酸钠品红溶液SO2能氧化品红B

双氧水MnO2氢硫酸溶液产生浑浊C浓盐酸石灰石硅酸钠溶液非金属性：C>SiD浓硝酸Cu水试管中液体变红A．AB．BC．CD．D【答案】B【详解】A．SO2能使品红溶液褪色不是SO2的还原性而是SO2的漂白性，A错误；B．双氧水能在MnO2的催化作用下生成氧气，氧气能与氢硫酸溶液

反应生成淡黄色硫单质，产生浑浊，B正确；C．浓盐酸具有挥发性，无法确定是碳酸生成硅酸还是挥发出的氯化氢生成了硅酸，C错误；D．浓硝酸与铜生成NO2气体，NO2与水反应生成无色的硝酸和NO，D错误；故选B。3．下列离子方程式书写正确的是()A．NaHCO3溶液中加入稀盐酸：C

O23−+2H+=CO2↑+H2OB．SO2通入少量NaClO溶液中：SO2+ClO-+H2O=SO24−+Cl-+2H+C．FeO与稀硝酸反应：2H++FeO=Fe2++H2OD．碳酸氢钠溶液中滴入氢氧

化钙溶液：HCO3−+OH-=CO23−+H2O【答案】B【详解】A．NaHCO3溶液中加入稀盐酸反应生成二氧化碳和水：HCO3−+H+=CO2↑+H2O，A错误；B．SO2具有强还原性、NaClO溶液具强氧化性，SO2通入少量NaClO溶液中发生氧化还原反应：SO2+ClO-+H2O=SO24−

+Cl-+2H+，B正确；C．+2价Fe元素具有强还原性、稀硝酸具有强氧化性，FeO与稀硝酸发生氧化还原反应：4H++3FeO+NO3−=3Fe3++NO+2H2O，C错误；D．碳酸氢钠溶液中滴入氢氧化钙溶液，生

成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水：2HCO3−+Ca2++2OH-=CaCO3+CO23−+2H2O，D错误；答案选B。4．下列关于2SO和2NO的叙述中正确的是()A．2SO可使紫色石蕊溶液褪色B．2SO与水作用生成24HSOC．可用排水法收集2NOD．实验室可用NaOH溶液处理2NO和2SO废气【答

案】D【详解】A．2SO是酸性氧化物，可使紫色石蕊溶液变红，A错误；B．2SO是酸性氧化物，2SO与水作用生成23HSO，B错误；C．NO2能和水反应生成硝酸和一氧化氮，不可用排水法收集2NO，C错误；D．2NO能和NaOH溶液反应生

成硝酸钠、亚硝酸钠和水；NaOH溶液和2SO能反应生成亚硫酸钠和水，故实验室可用NaOH溶液处理2NO和2SO废气，D正确；答案选D。5．在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是()A．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2B．向氯水中滴加硝酸酸化的

AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl﹣C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HCl【答案】D【详解】A．氯气为黄绿色气体，氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2，A正确；B．向氯水中

滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀只能是AgCl，说明氯水中含有Cl﹣，B正确；C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明产生了气体，该气体只能是二氧化碳，说明碳酸氢根离子和氢离子反应产生了二氧化碳，因此氯水中含有H+，C正确；D．向FeCl2溶液

中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明亚铁离子被氧化为铁离子，溶液中含氯气，D错误；答案选D。6．下列有关物质的化学反应的叙述正确的是A．SO2与少量氨水反应生成NH4HSO3B．放电条件下，N2与O2反应生成NO2C．室温下，

Fe与浓H2SO4反应生成FeSO4D．室温下Na与空气中O2反应生成Na2O2【答案】A【详解】A．SO2过量时，二氧化硫和氨水反应生成NH4HSO3，A正确；B．放电条件下，N2与O2反应生成NO，B错误；C．室温下，Fe与浓H2SO4反应，发生钝

化，不生成FeSO4，C错误；D．室温下Na与空气中O2反应生成Na2O，D错误；答案选A。7．某同学按下图实验装置探究铜与浓硫酸的反应，记录实验现象如表，下列说法正确的是()A．②③中白色沉淀都是4BaSOB．实验开始时①中的黑色固体可能是CuOC．为了确定①中白色固体是否

为硫酸铜，可向冷却后的试管中注入水，振荡D．加热④中褪色后的溶液，溶液不变色【答案】B【详解】A．②中含有硝酸根，在酸性条件下会把二氧化硫氧化成硫酸，生成的白色沉淀4BaSO，③中二氧化硫和氨水反应生成生成亚硫酸根，和钡离子结合生成白色

沉淀是3BaSO，A错误；B．一开始硫酸浓度较大，直接把铜氧化成氧化铜，而后硫酸变稀，黑色固体溶解，B正确；C．反应后剩余硫酸浓度仍然较大，稀释时应该将剩余溶液加入水中稀释以免液体飞溅，C错误；D．二氧化硫使品红溶液褪色，是二氧化硫与有色物质结合生成不稳定的无色物质，加热可以恢复，所以加热

品红溶液恢复红色，D错误；故选B。8．下列关于氯及其化合物的说法不正确的是A．氢气能在氯气中安静燃烧，发出苍白色火焰，并生成白烟B．铁在氯气中点燃时剧烈反应，但液氯可储存在钢瓶中C．氯气具有强氧化性，能使湿润的淀粉-KI试纸变蓝D．漂白粉溶液中加入稀硫酸，其漂白作用增

强【答案】A【详解】A．氢气能在氯气中安静燃烧，发出苍白色火焰，生成的氯化氢极易溶于水在瓶口生成白雾，烟是固体小颗粒，故A说法错误；B．铁在氯气中点燃时剧烈反应，常温下铁和氯气不反应，液氯可储存在钢瓶中，

故B说法正确；C．氯气具有强氧化性，能将I-氧化成I2，能使湿润的淀粉-KI试纸变蓝，故C说法正确；D．漂白粉溶液中加入稀硫酸会生成次氯酸，其漂白作用增强，故D说法正确；答案为A。二、填空题9．碳、氮、硫的化合物常会导致一些

环境问题，科研工作者正在研究用化学方法来消除这些物质对环境的影响。(1)空气质量预报主要是有关对空气形成污染的颗粒物及污染气体的报告。下列成分中不属于空气质量预报内容的是_______(填标号)。a.2NOb.2SOc.2COd.可吸入颗粒物(2)酸雨防

治是全球性的难题，酸雨形成的示意图如图所示①取一份雨水样品，在常温下测定其不同时刻的pH如下表所示。测试时间/h01234雨水的pH4.734.634.564.554.55该雨水样品属于酸雨的依据是_______；若该雨水为硫酸型酸雨，则其放置过程中pH发生变化的主要原因是_

______(用化学方程式表示)。②随着汽车的广泛使用，其尾气排放也成为酸雨形成的重要原因。对汽车尾气处理的一种方法如图所示。当参与反应的NO与2O的物质的量之比为2：1时，该过程中总反应的化学方程式为_______。(3)用3NH也可除去汽车尾气中的氮氧化物(NO)，生成两种

参与大气循环的无毒物质，则发生反应的化学方程式为_______；当处理4.48L空气(折算成标准状况下，其中NO的体积分数为2%)时，转移电子的物质的量为_______mol。【答案】(1)c(2)pH小于5.6232242HSO+O=2HSO或

3224SO+HO=HSO222催化剂2NO+O+4CO4CO+N(3)3224NH+6NO=5N+6HO0.008【分析】(1)二氧化碳没有毒，不是空气质量预报的内容。(2)硫酸型酸雨主要由二氧化硫引起的，二氧化硫溶于水生成亚硫酸，进而被氧化为硫酸。(3)用氨气还原氮氧化物，达到

两种有污染的气体转变为无毒的气体，符合绿色化学的环保理念。【详解】(1)2CO不是空气质量预报的内容，故选c；(2)①当雨水的pH<5.6时称为酸雨；在放置过程中pH减小，说明可能是2SO引起的酸雨，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，在放置过程中亚硫酸被氧化成硫酸，溶液

的酸性增强；②从图1可以看出该反应经过了两个过程，2NO是中间产物，总反应的反应物为NO、2O、CO，生成物为2CO和2N，总反应方程式为：222催化剂2NO+O+4CO4CO+N；(3)用氨气作为还原剂除去NO时，发生反应的化学方程式为3224NH6

NO5N6HO++；该反应中，NO做氧化剂，氮气为还原产物，6molNO完全被还原，转移电子为12mol，即在反应中NO的物质的量与转移电子的物质的量的比值为6：12(即1：2)，当空气在标准状况下体积为4.48L(即0.2mol)时，

按空气中NO的体积分数为2%计算，得到转移的电子为0.2mol×2%×2=0.008mol。10．从化合价的角度认识几种常见消毒剂。(1)22HO被称为“绿色消毒剂”，可用作消除采矿业废液中的KCN，发生的反应为222KCNHOHO++3=AN

H+，则A的化学式是______。(2)二氧化氯是一种高效消毒剂。工业制备2ClO的反应为：32222NaClO4HCl=2ClOCl2HO2NaCl++++。①氧化性：3NaClO______2Cl(填“>”或“<”)。②2ClO在

杀菌消毒过程中会产生副产物亚氯酸盐(2ClO−)，需将其转化为Cl−除去，下列试剂中，可将2ClO−转化为Cl−的是______(填序号)。a.3Ob.4FeSOc.KId.4KMnO(3)亚氯酸钠(2NaC

lO)是一种高效的消毒剂和漂白剂。Mathieson法制备亚氯酸钠的流程如下。①反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______；应Ⅱ中的氧化产物是______。②与传统消毒剂2Cl比较，2NaClO消毒效率是2Cl的______倍(以单位质量得到的电子数表示，还原产物

均是Cl−，计算结果保留两位小数)。【答案】(1)3KHCO(2)>bc(3)2:12O1.57【详解】(1)已知化学方程式为222KCNHOHO++3=ANH+，按元素质量守恒得A的化学式是3KH

CO；(2)①反应32222NaClO4HCl=2ClOCl2HO2NaCl++++中，3NaClO中氯元素化合价从+5降低到+4，3NaClO是氧化剂，部分HCl中氯元素化合价从-1升高到0，部分HCl作还原剂、Cl2为氧化产物，则：氧化剂的氧化性大于氧化产物，故氧化性：3NaClO>2C

l；②物要将亚氯酸盐(2ClO−)转化为Cl−除去，氯元素化合价降低，则需加入还原剂，a．3O是强氧化剂，不符合；b．4FeSO具有较强还原性，符合；c．KI具有较强还原性，符合；d．4KMnO是强氧化剂，不符合；故答案是bc；(3)①由图知：反应Ⅰ为:

3242242NaClOHSOSO2ClO2NaHSO++=+，3NaClO中氯元素化合价从+5降低到+4，3NaClO是氧化剂，二氧化硫中硫元素化合价从+4升高到+6，二氧化硫为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1；反应Ⅱ为2222222N

aOH2ClOHOO2HO2NaClO++++=，过氧化氢中氧元素化合价从-1升高到0，则氧化产物是2O；②两种消毒剂使用时还原产物都是Cl−，1molCl2由0价变为−1价，转移2mol电子，转移1mol电子时需Cl2质量为35.5g，1mol2NaClO生成Cl−时，由+3价变为

−1价，转移4mol电子，转移1mol电子时需2NaClO的质量为()23+35.532g22.625g4+=，则2NaClO消毒效率是2Cl的35.5g22.625g=1.57倍。11．认识含硫物质的性质及转化规律，能帮助我

们更好地认识自然和保护环境。(1)酸雨的形成原因。将SO2气体通入蒸馏水中，取出部分溶液并用pH计测定其pH，每隔10min读数一次，所得数据如下：时间(min)010203040pH4.954.944.864.854.85随着时间的推移，pH逐渐变小的原因是_

__________(用化学方程式表示)。(2)防治SO2对环境的污染。①从物质分类角度看，SO2属于酸性氧化物。工业上常用熟石灰将SO2转化为亚硫酸盐，写出所得亚硫酸盐的化学式：___________。②从元素价态看，SO2中S元素为+

4价，既具有氧化性，又具有还原性。用生物质热解气(主要成分为CO、CH4、H2)可将SO2在高温下还原成单质硫。写出CO还原SO2反应的化学方程式：___________。(3)获取空气质量信息。某化学小组为了测定空气中SO2的体积分数，做了如下实验：取标准状况下的空气20

.00L(含N2、O2、CO2、SO2)，缓慢通过足量溴水，反应的化学方程式为：22224SOBr2HO2HBrHSO++=+。在所得溶液中加入稍过量的BaCl2溶液，产生白色沉淀，过滤后将沉淀洗涤、干燥，称得其质量为4.66g。①检验沉淀是否洗涤干净的方法是_______

____。②空气样品中SO2的体积分数为___________。【答案】(1)232242HSOO2HSO+=(2)CaSO322高2CO+SOS+2CO温(3)取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加几滴硝酸银溶液(稀硫酸)，若无浑

浊(或沉淀生成)，则洗涤干净(其他合理答案均给分)2.24%【详解】(1)随着时间的推移，pH逐渐变小的原因亚硫酸钡氧气氧化为硫酸，氢离子浓度增大，pH值减小，反应方程式为232242HSOO2HSO+=；故答案为：232242HSOO2HSO+=。(2)①从物质分类角度看，

SO2属于酸性氧化物。工业上常用熟石灰将SO2转化为亚硫酸盐，即氢氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙；故答案为：CaSO3。②根据题意CO在高温下还原SO2反应生成S和CO2，其反应的化学方程式：22高2CO+SOS+2CO温；故答案为：22高2CO+SOS+2CO温。(3)获取空

气质量信息。某化学小组为了测定空气中SO2的体积分数，做了如下实验：取标准状况下的空气20.00L(含N2、O2、CO2、SO2)，缓慢通过足量溴水，反应的化学方程式为：22224SOBr2HO2HBrHSO++=+。在所得溶液中加入稍过量的BaCl2溶液，产生白色沉淀，过滤后将沉淀洗涤、

干燥，称得其质量为4.66g。①检验沉淀是否洗涤干净，其实质是检验最后一次洗液中是否还有氯离子或钡离子，其方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加几滴硝酸银溶液(稀硫酸)，若无浑浊(或沉淀生成)，则洗涤干净；故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加几滴硝酸银溶

液(稀硫酸)，若无浑浊(或沉淀生成)，则洗涤干净(其他合理答案均给分)。②根据题意得到硫酸钡次沉淀质量为4.66g即物质的量为0.02mol，根据硫守恒得到SO2物质的量为0.02mol，因此空气样品中SO2的体积分数为10.02mol22.4Lm

ol100%2.24%20.00L−=；故答案为：2.24%。