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第1页专题六非金属及其化合物题组一一、选择题1.[2022北京，3分]已知：H2+Cl2点燃⬚2HCl。下列说法不正确的是(A)A.H2分子的共价键是s−s𝜎键，Cl2分子的共价键是s−p𝜎键B.燃烧生成的HCl气体与空气中的水蒸气结合呈雾状C.停止反应后，用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近集气瓶

口产生白烟D.可通过原电池将H2与Cl2反应的化学能转化为电能[解析]Cl2分子中两个Cl原子的p轨道头碰头重叠，为p−p𝜎键，A项错误；燃烧生成的HCl气体与空气中的水蒸气结合形成盐酸小液滴，故瓶口有白雾，B项正确；用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近集气瓶

口，NH3与HCl形成NH4Cl固体小颗粒，产生白烟，C项正确；该反应为自发的氧化还原反应，可设计成原电池，将化学能转化为电能，D项正确。2.[2022广东，2分]实验室用MnO2和浓盐酸反应生成Cl2后，按照净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置

（“→”表示气流方向）不能达到实验目的的是(D)A.第2页B.C.D.[解析]A项，除杂装置，先除去HCl，后除去水蒸气，正确；B项，集气装置，氯气密度比空气大，进气管长，出气管短，正确；C项，探究干燥的红布条和湿润的红布条与氯气的反应，正确；D项，尾气吸收应用碱液，错误。二、非选择题3.[202

2山东，13分]工业上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3，含SiO2等杂质］为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：回答下列问题：（1）酸解时有HF产生。氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，离子方程式为6HF+SiO2⬚⬚2H++SiF62−+2H2O。[解析]

氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和CaSO4，CaSO4经硫酸溶液洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸经精制Ⅰ脱氟、除硫酸根离子，过滤，滤液经精制Ⅱ等一系列操作得到磷酸。第3页由题意知，精制Ⅰ中脱氟反应的化学方程式为H2SiF6+Na2CO3⬚⬚Na2SiF6

↓+CO2↑+H2O，（2）部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比𝑛(Na2CO3):𝑛(SiF62−)=1:1加入Na2CO3脱氟，充分反应后，𝑐(Na+)=2.0×10−2mol⋅L−1；再分批加入一定量的BaCO3，

首先转化为沉淀的离子是SO42−。BaSiF6Na2SiF6CaSO4BaSO4𝐾sp1.0×10−64.0×10−69.0×10−41.0×10−10[解析]充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中Na2SiF6存在溶解平衡，根据Na2SiF

6(s)⇌2Na+(aq)+SiF62−(aq)，得𝑐(Na+)=2𝑐(SiF62−)，根据𝐾sp(Na2SiF6)=𝑐2(Na+)⋅𝑐(SiF62−)=4𝑐3(SiF62−)=4.0×10−6，得𝑐(Si

F62−)=√4.0×10−643mol⋅L−1=1.0×10−2mol⋅L−1，则𝑐(Na+)=2.0×10−2mol⋅L−1。粗磷酸中还有硫酸钙，根据𝐾sp(CaSO4)=𝑐(Ca2+)⋅𝑐(SO42−)=9.0×10−4,得𝑐(Ca2+)=𝑐(SO42−)=√9.0×10

−4mol⋅L−1=3.0×10−2mol⋅L−1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，𝑐(Ba2+)=𝐾sp(BaSiF6)𝑐(SiF62−)=1.0×10−61.0×10−2mol⋅L−1

=1.0×10−4mol⋅L−1，当BaSO4沉淀开始生成时，𝑐(Ba2+)=𝐾sp(BaSO4)𝑐(SO42−)=1.0×10−103.0×10−2mol⋅L−1≈3.3×10−9mol⋅L−1，因此，首先转化为沉淀的离子是SO42−。（3）SO42−浓度（以SO3%计）

在一定范围时，石膏存在形式与温度、H3PO4浓度（以P2O5%计）的关系如图甲所示。酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4⋅0.5H2O（填化学式）；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是抑制CaSO4溶解，回收利用洗涤

液X的操作单元是酸解；一定温度下，石膏存在形式与溶液中P2O5%和SO3%的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是AD（填标号）。第4页图甲图乙A.65℃、P2O5%=15、SO3%=15B.80℃、P2O5%=10、SO3%=20C.65℃、P2O5%=10、SO3%=30D

.80℃、P2O5%=10、SO3%=10[解析]根据题图甲，酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4⋅0.5H2O。由CaSO4(s)⇌Ca2+(aq)+SO42−(aq)知,洗涤

时使用一定浓度的硫酸溶液可以抑制CaSO4溶解。洗涤液X中含有硫酸，因此回收利用洗涤液X的操作单元是酸解。石膏为CaSO4⋅2H2O，由题图乙可知，要想实现酸解所得石膏结晶转化，对应点应位于相应曲线左下方，分析可知，A项、D项正确。4.[2021全国甲

卷，14分]碘（紫黑色固体，微溶于水）及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题:（1）I2的一种制备方法如图所示：第5页①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe⬚⬚2Ag+Fe2++

2I−，生成的沉淀与硝酸反应，生成AgNO3后可循环使用。[解析]悬浊液为AgI的饱和溶液，加入铁粉，发生置换反应2AgI+Fe⬚⬚2Ag+Fe2++2I−，生成的沉淀为Ag，Ag与硝酸反应生成的AgNO3可循环使用。②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式

为FeI2+Cl2⬚⬚FeCl2+I2；若反应物用量比𝑛(Cl2)/𝑛(FeI2)=1.5时，氧化产物为FeCl3、I2；当𝑛(Cl2)/𝑛(FeI2)>1.5后，单质碘的收率会降低，原因是I2被进一步氧化。[解析]还原性：I−>Fe2

+，通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，则只有I−被氧化，反应的化学方程式为FeI2+Cl2⬚⬚FeCl2+I2。若反应物用量比𝑛(Cl2)/𝑛(FeI2)=1.5时，设𝑛(Cl2)=1.5mol

，则𝑛(FeI2)=1mol，1molFeI2中I−先被氧化，消耗1molCl2，Fe2+后被氧化，消耗0.5molCl2，因此FeI2和Cl2恰好完全反应，氧化产物为FeCl3、I2；当𝑛(Cl2

)/𝑛(FeI2)>1.5时，过量的Cl2能氧化生成的I2，发生反应5Cl2+I2+6H2O⬚⬚2HIO3+10HCl，因此碘的收率会降低。（2）以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO

3溶液，反应得到I2。上述制备I2的总反应的离子方程式为2IO3−+5HSO3−⬚⬚I2+5SO42−+3H++H2O。[解析]题述制备I2的总反应为NaIO3与NaHSO3反应生成I2和SO42−，根据2IO3−得10e−→⬚I2、HSO3−失2e−→⬚SO42−

，由得失电子守恒可得2IO3−+5HSO3−→I2+第6页5SO42−，再根据电荷守恒和原子守恒，配平离子方程式为2IO3−+5HSO3−⬚⬚I2+5SO42−+3H++H2O。（3）KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1molI2，消耗的K

I至少为4mol。I2在KI溶液中可发生反应：I2+I−⇌I3−。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量KI的原因是防止单质碘析出。[解析]KI溶液和CuSO4溶液反应生成CuI和I2，配平离子方程式为2Cu2++4I−⬚

⬚2CuI+I2，若生成1molI2，消耗的KI至少为4mol。I2在水中溶解度不大，反应中加入过量KI，使反应I2+I−⇌I3−平衡右移，防止单质碘的析出。5.[2020江苏，12分]次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C3

N3O3Cl2Na)都是常用的杀菌消毒剂。NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠。（1）NaClO溶液可由低温下将Cl2缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备NaClO的离子方程式为Cl2+2OH−⬚⬚ClO−+Cl−+H2O；用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及

时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其原因是NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解。[解析]Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O。HClO的酸性弱于H2CO3，则NaClO溶液露置于空气中，

与空气中CO2反应产生HClO，HClO见光易分解，故会导致消毒作用减弱。（2）二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为C3N3O3Cl2−+H++2H2O⬚⬚C3H3N3O3+2HClO

HClO+2I−+H+⬚⬚I2+Cl−+H2OI2+2S2O32−⬚⬚S4O62−+2I−准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用0.1000mol⋅L−1Na2S2O

3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。第7页①通过计算判断该样品是否为优质品。（写出计算过程，该样品的有效氯=测定中转化为HClO的氯元素质量×2样品质量×100%）[答案]𝑛(S2O32−)=0.1000m

ol⋅L−1×0.02000L=2.000×10−3mol根据物质转换和电子得失守恒关系：C3N3O3Cl2−∼2HClO∼2I2∼4S2O32−得𝑛(Cl)=0.5𝑛(S2O32−)=1.000×10−3mol氯元素的质量：�

�(Cl)=1.000×10−3mol×35.5g⋅mol−1=0.03550g该样品的有效氯为0.03550g×21.1200g×25.00mL250.0mL×100%=63.39%该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品（6分）[解析]依

据三个反应得出关系式：C3N3O3Cl2−∼2HClO∼2I2∼4S2O32−，根据Na2S2O3的消耗量，可以计算出测定中转化为HClO的氯的物质的量，进而得出氯元素的质量，再由有效氯的计算公式可计算出有效氯。②若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值偏低（填“

偏高”或“偏低”）。[解析]加入的稀硫酸的量过少，生成的I2少，消耗Na2S2O3的量减少，则计算出的HClO的量偏少，导致样品的有效氯测定值偏低。题组二1.[2023湖北，3分]工业制备高纯硅的主要过程如下:石英砂焦炭1800∼2000℃→

粗硅HCl300℃→SiHCl3H21100℃→高纯硅下列说法错误的是(B)A.制备粗硅的反应方程式为SiO2+2C高温⬚Si+2CO↑B.1molSi含Si—Si键的数目约为4×6.02×1023C.原料气HCl和H

2应充分去除水和氧气D.生成SiHCl3的反应为熵减过程[解析]石英砂(SiO2)和焦炭在高温下反应生成Si和CO，A正确；Si晶体中每个Si原子与4个Si原子成键，平均1个Si原子形成2个Si—Si键，故1molSi所含Si—Si键的数目为2×6.02×1023，B错误；SiHCl3易水解

，氢气中混有氧气第8页可能会发生爆炸，故原料气HCl和H2应充分去除水和氧气，C正确；Si+3HCl(g)⬚⬚SiHCl3(g)+H2(g)为气体分子数减小的反应，为熵减反应，D正确。2.[2023湖北，3分]利用如图所示的装置（夹持及加热装置略）制备高纯白磷

的流程如下:红磷(s)△→⬚无色液体与P4(g)凝华→⬚白磷(s)下列操作错误的是(C)A.红磷使用前洗涤以除去表面杂质B.将红磷转入装置，抽真空后加热外管以去除水和氧气C.从a口通入冷凝水，升温使红磷转化D.冷凝管外壁出

现白磷，冷却后在氮气氛围下收集[解析]红磷使用前应用水洗涤，除去其表面的可溶性氧化物及氧化物的水化物，A正确；将红磷转入装置，抽真空后加热外管，除去红磷表面的水分，同时除去残余的少量氧气，B正确；由仪器构造可知，应从b口通入冷凝水（类比直形冷凝管的“下口进上口出”，b口类似于直形冷凝

管的下口），C错误；通入冷凝水后P4(g)在冷凝管外壁凝华，冷却后在氮气氛围下收集，防止产品变质，D正确。3.[2022江苏，3分]实验室制取少量SO2水溶液并探究其酸性，下列实验装置和操作不能达到实验目的的是(C)第9页A.用装置甲制取SO2气体B.用装置乙制取SO2水

溶液C.用装置丙吸收尾气中的SO2D.用干燥pH试纸检验SO2水溶液的酸性[解析]A项，60%硫酸与NaHSO3反应可得SO2气体，正确；B项，SO2通入水中形成SO2的水溶液，正确；C项，SO2在饱和NaHSO3溶液中的溶解度很小，错误；D项，测定溶液的酸碱性时，用玻璃棒蘸取待

测液点到干燥的pH试纸上，观察试纸颜色的变化，正确。4.[2022江苏，3分]氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是(A)A.自然固氮、人工固氮都是将N2转化为NH3B.侯氏制碱法以H2O、

NH3、CO2、NaCl为原料制备NaHCO3和NH4ClC.工业上通过NH3催化氧化等反应过程生产HNO3D.多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环”[解析]A项，自然固氮、人工固氮都是将N2转化为含氮的化合物，不

一定转化为NH3，错误；B项，侯氏制碱法第一步发生反应CO2+NH3+H2O+NaCl⬚⬚NH4Cl+NaHCO3↓，正确；C项，工业制硝酸发生反应4NH3+5O2催化剂△4NO+6H2O、2NO+O2⬚⬚2NO2、3NO2+H2O⬚⬚2HNO3+NO，正确；D项，N2、NH3、铵盐

、硝酸盐等含N物质通过不同途径的相互转化形成了自然界的“氮循环”，正确。5.[2021北京，3分]室温下，1体积的水能溶解约40体积的SO2。用试管收集SO2后进行如下实验。对实验现象的分析正确的是(C)第10页A.试管内液面上升，证明SO2与H2O发生了反应B.试管中剩

余少量气体，是因为SO2的溶解已达饱和C.取出试管中溶液，立即加入紫色石蕊试液，溶液显红色，原因是：SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++HSO3−，HSO3−⇌H++SO32−D.取出试管中溶液，在空

气中放置一段时间后pH下降，是由于SO2挥发[解析]由1体积水可溶解约40体积SO2知，试管内液面上升，无法证明SO2与水发生了反应，A项错误；SO2与H2O的反应是可逆反应，当试管内剩余少量气体时，可能是反应达到了平衡，但SO2的溶解不一定达到饱和，B项错误；向

溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变红，说明该溶液呈酸性，从而说明SO2与H2O反应生成了H2SO3，H2SO3为弱酸，分步电离，C项正确；H2SO3易被空气中的O2氧化为H2SO4，也可使溶液的pH降低，D项错误。6.[2021全国乙卷，6分]我国提出争

取在2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和，这对于改善环境、实现绿色发展至关重要。“碳中和”是指CO2的排放总量和减少总量相当。下列措施中能促进碳中和最直接有效的是(D)A.将重质油裂解为轻质油作为燃料B.大规模开采可燃冰作为新能源C.通过清洁煤技术减少煤燃烧污染D.研发催

化剂将CO2还原为甲醇[解析]无论是重质油还是轻质油，燃烧时均会产生大量CO2，对CO2排放量的降低几乎无影响，A项错误；可燃冰中的甲烷燃烧也会产生大量的CO2，B项错误；减少煤燃烧产生的污染与碳中和无关，C项错误；将CO2转化为甲醇可促进碳中和，D项正确。7.[20

21河北，3分]硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注。下列说法正确的是(D)A.NO2和SO2均为红棕色且有刺激性气味的气体，是酸雨的主要成因B.

汽车尾气中的主要大气污染物为NO、SO2和PM2.5C.植物直接吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料，实现氮的固定第11页D.工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除[解析]二氧化硫是一种无色气体，A项错误；机动车气缸中氮

气与氧气反应生成NO，燃油不完全燃烧生成CO和碳颗粒物PM2.5，二氧化硫不是汽车尾气的主要成分，B项错误；植物不能直接吸收氮的氧化物，而是通过吸收铵态氮或硝态氮来实现氮的固定，C项错误；石灰的主要成分为CaO，二氧化硫与之反应生成亚硫酸钙，CaSO3与空气

中O2反应生成CaSO4,从而除去废气中的SO2,D项正确。8.[2021福建，4分]明代《徐光启手迹》记载了制备硝酸的方法，其主要流程（部分产物已省略）如下:下列说法错误的是(A)A.FeSO4的分解产物X为

FeOB.本流程涉及复分解反应C.HNO3的沸点比H2SO4的低D.制备使用的铁锅易损坏[解析]FeSO4煅烧时生成SO2，S的化合价降低，则Fe的化合价升高，产物X应为Fe2O3，A项错误；H2SO4和KNO3反应生成HNO3和K2SO4，为复分解

反应，B项正确；H2SO4和KNO3反应制备HNO3，利用的原理是高沸点酸制低沸点酸，则HNO3的沸点比H2SO4的低，C项正确；流程中生成的H2SO4能与铁反应，因此制备使用的铁锅易损坏，D项正确。9.[2020浙江7月选考，2分]Ca3SiO

5是硅酸盐水泥的重要成分之一，其相关性质的说法不正确的是(D)A.可发生反应：Ca3SiO5+4NH4Cl△⬚CaSiO3+2CaCl2+4NH3↑+2H2OB.具有吸水性，需要密封保存C.能与SO2反应生成新盐D.与足量盐酸作用，所得固体产物主要为SiO2[解析]加热时氯化铵分解生

成HCl和氨气，HCl与Ca3SiO5反应得到硅酸钙、氯化钙和水，A项正确；水泥吸水会变硬，需密封保存，B项正确；Ca3SiO5能与第12页二氧化硫反应得到亚硫酸钙，C项正确；由上述分析可知，Ca3SiO5与足量盐酸反应得不到二氧化硅，D项错误。

10.[2020全国卷Ⅱ，6分]二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如图所示。下列叙述错误的是(C)A.海水酸化能引起HCO3−浓度增大、CO32−浓度减小B.海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁

减少C.CO2能引起海水酸化，其原理为HCO3−⇌H++CO32−D.使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境[解析]根据题图可知CO2的过量排放，能导致海水中CO2+H2O⇌H2CO3⇌H++HCO3−平衡

右移；H+又能与珊瑚礁溶解生成的CO32−结合生成HCO3−，促使CaCO3⇌Ca2++CO32−平衡右移，从而使珊瑚礁减少。结合上述分析可知海水酸化，海水中H+和HCO3−的浓度均增大，使海水中CO32−的浓度减小，A项正确；H+可结合珊瑚礁溶解产生的CO3

2−，故能促进CaCO3的溶解，使珊瑚礁减少，B项正确；CO2引起海水酸化的原理为CO2+H2O⇌H2CO3⇌H++HCO3−，C项错误；使用太阳能、氢能等新能源，能有效减少CO2的排放，利于改善珊瑚的生存环境，D项正确。11.[2020浙江1月选考，

2分]下列说法不正确的是(A)A.二氧化硅导电能力强，可用于制造光导纤维B.石灰石在高温下可用于消除燃煤烟气中的SO2C.钠着火不能用泡沫灭火器灭火D.利用催化剂可减少汽车尾气中有害气体的排放[解析]二氧化硅不能导电，A错误；石灰石在高温下分解生成碱性氧化物氧化钙，氧化钙

、二氧化硫和氧气在高温下反应能生成硫酸钙，从而消除燃煤烟气中的二氧化硫，B正确；钠与水、二氧化碳均能发生反应，所以钠着火不能用第13页泡沫灭火器灭火，C正确；利用催化剂可将汽车尾气中的有害气体转化成无害气体，

从而减少汽车尾气中有害气体的排放，D正确。题组三一、选择题1.[2022山东，4分]某同学按图示装置进行实验，欲使瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液。下列物质组合不符合要求的是(A)气体液体固体粉末A

CO2饱和Na2CO3溶液CaCO3BCl2FeCl2溶液FeCHClCu(NO3)2溶液CuDNH3H2OAgCl[解析]根据反应CO2+Na2CO3+H2O⬚⬚2NaHCO3、CaCO3+H2O+CO2⬚⬚Ca(HCO3)2及NaHCO3的溶解度小于Na2

CO3的溶解度知，最终瓶中会有NaHCO3白色晶体析出，不会得到澄清溶液，A项符合题意；由Cl2+2FeCl2⬚⬚2FeCl3、2FeCl3+Fe⬚⬚3FeCl2知，B项不符合题意；NO3−在酸性条件下与Cu发生反应3Cu+8H++2N

O3−⬚⬚3Cu2++2NO↑+4H2O，C项不符合题意；由AgCl+2NH3⬚⬚[Ag(NH3)2]++Cl−知，D项不符合题意。2.[2022重庆，3分]下列叙述正确的是(A)A.Cl2和Br2分别与Fe2+反应得到Cl−和Br

−B.Na和Li分别在O2中燃烧得到Na2O和Li2OC.1molSO3与1molNO2分别通入1L水中可产生相同浓度的H2SO4和HNO3第14页D.0.1mol⋅L−1醋酸和0.1mol⋅L−1硼酸分别加入适量Na2CO3中均可得到CO2和H2O[解析]Cl2、Br2的氧化性均强于Fe3+，与

Fe2+反应分别得到Cl−和Br−，A项正确；Na在O2中燃烧得到Na2O2，B项错误；SO3+H2O⬚⬚H2SO4、3NO2+H2O⬚⬚2HNO3+NO，1molSO3与1molNO2分别通入1L水中，分别得到1molH2SO4、23molHNO

3，H2SO4和HNO3的浓度不同，C项错误；酸性H2CO3>H3BO3，故0.1mol⋅L−1硼酸加入适量Na2CO3中不能得到CO2和H2O，D项错误。3.[2022广东，2分]若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图（a~d均为浸有相应试液的棉花）所示的探究实验，下列分

析正确的是(B)A.Cu与浓硫酸反应，只体现H2SO4的酸性B.a处变红，说明SO2是酸性氧化物C.b或c处褪色，均说明SO2具有漂白性D.试管底部出现白色固体，说明反应中无H2O生成[解析]Cu与浓硫酸反应生成Cu2

+，体现了硫酸的氧化性，A项错误；能使紫色石蕊试液变红说明有酸性物质生成，可以说明SO2是酸性氧化物，B项正确；c处褪色，体现了SO2的还原性，C项错误；反应后混合液中硫酸浓度很高，浓硫酸吸水，生成白色CuSO4

固体，D项错误。4.[2021河北，4分]关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是(B)A.浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化B.NaClO、KClO3等氯的含氧酸盐的氧化性会随溶液的

pH减小而增强第15页C.加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI,说明H3PO4比HI酸性强D.浓HNO3和稀HNO3与Cu反应的还原产物分别为NO2和NO,故稀HNO3氧化性更强[解析]浓硫酸使糖类化合物

炭化体现的是浓H2SO4的脱水性，A错误；HI比H3PO4沸点低，所以加热NaI与浓H3PO4可以制备HI，而HI的酸性比H3PO4强，C错误；浓硝酸与稀硝酸的氧化性不能根据与Cu反应生成的还原产物来判断，浓硝酸比稀硝酸的氧化性强，D错误。

5.[2021辽宁，3分]含S元素的某钠盐a能发生如图转化。下列说法错误的是(C)A.a可能为正盐，也可能为酸式盐B.c为不溶于盐酸的白色沉淀C.d为含极性键的非极性分子D.反应②中还可能生成淡黄色沉淀[解析]盐a溶液能与Cl

2发生反应，说明a具有还原性，再结合a和稀盐酸反应生成的气体d能使KMnO4溶液褪色，可推断盐a为Na2SO3、Na2S2O3或NaHSO3，A项正确；溶液b中含有SO42−，与BaCl2溶液反应生成不溶于盐

酸的白色沉淀，B项正确；结合上述分析可知d为SO2，SO2是含有极性键的极性分子，C项错误；当a为Na2S2O3时，反应②中生成SO2和淡黄色沉淀S，D项正确。6.[2020海南，4分]（双选）含有下列有害组分的尾气，常用NaO

H溶液吸收以保护环境。吸收过程中发生歧化反应的是(BC)A.SO3B.Cl2C.NO2D.HBr[解析]SO3和NaOH溶液反应生成Na2SO4和H2O，为非氧化还原反应，A项错误；Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，其中Cl元素化合价既有升高

又有降低，为歧化反应，B项正确；NO2与NaOH溶液反应生成NaNO2、NaNO3和H2O，其中N元素化合价既有升高又有降低，为歧化反应，C项正确；HBr与NaOH溶液反应生成NaBr和H2O，为非氧化还原反应，D项错误。第16页7.[2020北京，3分]硫酸盐（含SO42−、HSO4−

）气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如下:下列说法不正确的是(D)A.该过程有H2O参与B.NO2是生成硫酸盐的氧化剂C.硫酸盐气溶胶呈酸性D.该过程没有生成

硫氧键[解析]根据题图知，该过程中有H2O参与，A项正确；根据题图知，NO2最终转化为HNO2,氮元素的化合价降低，NO2作氧化剂，B项正确；硫酸盐气溶胶中含有HSO4−，呈酸性，C项正确；该过程中SO32−最终转化为HSO4−，生成了硫氧键，D项

错误。二、非选择题8.[2022湖南，12分]某实验小组以BaS溶液为原料制备BaCl2⋅2H2O，并用重量法测定产品中BaCl2⋅2H2O的含量。设计了如下实验方案：可选用试剂：NaCl晶体、BaS溶液、浓H2SO4

、稀H2SO4、CuSO4溶液、蒸馏水步骤1.BaCl2⋅2H2O的制备按如图所示装置进行实验，得到BaCl2溶液，经一系列步骤获得BaCl2⋅2H2O产品。第17页步骤2.产品中BaCl2⋅2H2O的含量测定①称取产品0.50

00g，用100mL水溶解，酸化，加热至近沸；②在不断搅拌下，向①所得溶液逐滴加入热的0.100mol⋅L−1H2SO4溶液；③沉淀完全后，60℃水浴40分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，质量为0.4660g。回答下列问题：（1）Ⅰ是制取HCl（1分）气体的装置，在试剂a过量

并微热时，发生主要反应的化学方程式为NaCl+H2SO4(浓)微热⬚NaHSO4+HCl↑（2分）；由给出的试剂和装置，结合实验目的进行分析：[解析]由上述分析可知，Ⅰ是制取HCl气体的装置，在试剂a（浓H2SO4

）过量并微热时，NaCl晶体与浓H2SO4反应生成NaHSO4和HCl。第18页（2）Ⅱ中b仪器的作用是防止Ⅱ中溶液倒吸；Ⅲ中的试剂应选用CuSO4溶液；[解析]HCl气体极易溶于水，故Ⅱ中b仪器的作用是防止倒吸；Ⅲ中的试剂是为了吸收H2S气体，应选用

CuSO4溶液,发生反应Cu2++H2S⬚⬚CuS↓+2H+。（3）在沉淀过程中，某同学在加入一定量热的H2SO4溶液后，认为沉淀已经完全，判断沉淀已完全的方法是取上层清液继续滴加H2SO4溶液，无沉淀出现，说明沉淀已经完全；[解析]若沉淀已经完全，则上层

清液中无Ba2+,可通过向上层清液中继续滴加H2SO4溶液的方法判断沉淀已经完全。（4）沉淀过程中需加入过量的H2SO4溶液，原因是减少Ba2+在水中的溶解；[解析]沉淀过程中加入过量的H2SO4溶液，增大𝑐(SO42−)，可以减少Ba

2+在水中的溶解，使其尽可能完全转化为沉淀。（5）在过滤操作中，下列仪器不需要用到的是锥形瓶（填名称）；[解析]过滤的实验装置为,故不需要用到锥形瓶。（6）产品中BaCl2⋅2H2O的质量分数为97.6%（保留三位有效数字）。[解析]0.4660gBaSO4的物质的

量为0.002mol，由BaCl2⋅2H2O∼BaSO4可知，产品中BaCl2⋅2H2O为0.002mol，质量分数为0.002mol×244g⋅mol−10.5000g×100%=97.6%。9.[2020北京，10分]H2O2是一种重要

的化学品，其合成方法不断发展。（1）早期制备方法Ba(NO3)2加热→ⅠBaOO2Ⅱ→BaO2盐酸→Ⅲ除杂→Ⅳ滤液减压蒸馏→ⅤH2O2第19页①Ⅰ为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体。该反应

的化学方程式是2Ba(NO3)2△⬚2BaO+4NO2↑+O2↑。[解析]红棕色气体为NO2，生成1molNO2得1mol电子，生成1molO2失4mol电子，根据得失电子守恒，NO2、O2的化学计量数分别为4、1，结合原子守恒配平化学方程式为2Ba(NO3)2△⬚2BaO+4NO2↑+O

2↑。②Ⅱ为可逆反应，促进该反应正向进行的措施是增大氧气浓度或增大压强或降低温度。[解析]该反应为2BaO(s)+O2(g)⇌2BaO2(s)，为气体分子数减小的放热反应，根据影响化学平衡移动的因素知，增大氧气浓度、增大压强、降低温度均可以促进反应正向进行。③Ⅲ中生成H2

O2,反应的化学方程式是BaO2+2HCl⬚⬚H2O2+BaCl2。[解析]Ⅲ中BaO2和盐酸反应，生成H2O2和BaCl2，化学方程式为BaO2+2HCl⬚⬚H2O2+BaCl2。④减压能够降低蒸馏温度，从H2

O2的化学性质角度说明Ⅴ中采用减压蒸馏的原因:H2O2受热易分解。[解析]H2O2受热易分解，减压可以降低蒸馏温度，防止H2O2分解导致产率降低。（2）电化学制备方法已知反应2H2O2⬚⬚2H2O+O2↑能自发进行，反向不能自发进行，通过电解可以实现由H2O和O

2为原料制备H2O2，下图为制备装置示意图。①a极的电极反应式是O2+2H++2e−⬚⬚H2O2。第20页[解析]根据题图，a极上O2转化为H2O2，发生还原反应，电极反应式是O2+2H++2e−⬚⬚H2O2

。②下列说法正确的是AC。A.该装置可以实现电能转化为化学能B.电极b连接电源负极C.该方法相较于早期制备方法具有原料廉价，对环境友好等优点[解析]该装置为电解池，将电能转化为化学能，A项正确；电极a为阴极，则电极b为阳极，电解池的阳极与电源正

极连接，B项错误；该装置的总反应为2H2O+O2通电⬚2H2O2，相较于早期制备方法，该方法的原料为H2O和O2，原料来源广泛、廉价，且无污染气体产生，对环境友好，C项正确。题组四1.[2021广东，15分]含氯物质在生产生活中有重要作用。1774年，舍勒在研

究软锰矿（主要成分是MnO2）的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。1810年，戴维确认这是一种新元素组成的单质，并命名为chlorine（中文命名“氯气”）。（1）实验室沿用舍勒的方法制取Cl2的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)△⬚MnCl2+Cl2↑+2H2O。

[解析]实验室沿用舍勒的方法制取Cl2，MnO2氧化浓盐酸，生成MnCl2、Cl2和H2O，配平得到化学方程式MnO2+4HCl(浓)△⬚MnCl2+Cl2↑+2H2O。（2）实验室制取干燥Cl2时，净化与收集C

l2所需装置的接口连接顺序为cdbae。[解析]浓盐酸易挥发，因此制得的氯气中含有HCl和水蒸气，先通过饱和食盐水除去HCl，再通过浓硫酸除去水蒸气，氯气的密度比空气大，选择向上排空气第21页法收集，洗气时气体从长管进，短管出，故所需装置的接口连接顺序为cdbae。（3）某氯水久置后不能

使品红溶液褪色，可推测氯水中HClO已分解。检验此久置氯水中Cl−存在的操作及现象是取少量久置氯水于试管中，先加稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀。[解析]氯水使品红溶液褪色，是利用HClO的强氧化性，氯水久置后不能使品红溶液褪色，则HClO已分解。检验此久置氯水中Cl−存在的操作

及现象：取少量久置氯水于试管中，先加稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀。（4）某合作学习小组进行以下实验探究。①实验任务通过测定溶液电导率，探究温度对AgCl溶解度的影响。②查阅资料电导率是表征电解质溶液导电能力的物理量

。温度一定时，强电解质稀溶液的电导率随溶液中离子浓度的增大而增大；离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大。25℃时，𝐾sp(AgCl)=1.8×10−10。③提出猜想猜想a：较高温度的AgCl饱和溶液的电导率较大。猜想b：A

gCl在水中的溶解度𝑆(45℃)>𝑆(35℃)>𝑆(25℃)。④设计实验、验证猜想取试样Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ（不同温度下配制的AgCl饱和溶液）,在设定的测试温度下，进行表1中实验1∼3,记录数据。表1实验序号试样测试

温度/℃电导率/(𝜇S/cm)1Ⅰ:25℃的AgCl饱和溶液25𝐴12Ⅱ:35℃的AgCl饱和溶液35𝐴23Ⅲ：45℃的AgCl饱和溶液45𝐴3⑤数据分析、交流讨论25℃的AgCl饱和溶液中，𝑐(

Cl−)=√1.8×10−5mol/L。实验结果为𝐴3>𝐴2>𝐴1。小组同学认为，此结果可以证明③中的猜想a成立,但不足以证明猜想b成立。结合②中信息，猜想b不足以成立的理由有温度和溶解度都影响导电率。⑥优化实验小组同学为进一步验证猜想b,在实验1∼3的基础上完善方案，进行实验4和5

。请完成表2中内容。表2第22页实验序号试样测试温度/℃电导率/(𝜇S/cm)4Ⅰ45𝐵15Ⅱ（1分）45𝐵2⑦实验总结根据实验1∼5的结果，并结合②中信息，小组同学认为猜想b也成立。猜想b成立的判断依据是𝐴3>𝐵2>𝐵1。[解析]25℃时，AgCl饱和溶液中𝑐(Ag+)=𝑐

(Cl−)，根据𝐾sp(AgCl)=𝑐(Ag+)⋅𝑐(Cl−)=1.8×10−10，则𝑐(Cl−)=√𝐾sp(AgCl)=√1.8×10−5mol/L。实验结果不足以证明猜想b成立，是因为电导率与温度和离子浓度有关，不同温度下配制的饱和溶液，温度和溶解度都影响导电率。如果要判断A

gCl在水中的溶解度随温度变化的情况，可以设计不同温度下的饱和溶液在相同温度下的测试，如果较高温度下的饱和溶液电导率比较低温度下的饱和溶液电导率高，则可以得出温度升高饱和溶液中离子浓度较高，即溶解度随温度升高而升高。故可对试样

Ⅰ、试样Ⅱ分别升温至45℃进行实验，若𝐴3>𝐵2>𝐵1，则说明猜想b正确。2.[2020全国卷Ⅱ，14分]化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：（1）氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图（a）所示的

装置来制取。装置中的离子膜只允许Na+离子通过，氯气的逸出口是a（填标号）。[解析]结合题图（a）电解装置，可知阴极上水电离出的H+得电子生成H2，Na+从左侧通过离子膜向阴极移动，即该装置中的离子膜只允许Na+通过；电解时阳极上Cl−失去电子，Cl2在a口逸出。第23页（2）次

氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数𝛿[𝛿(X)=𝑐(X)𝑐(HClO)+𝑐(ClO−),X为HClO或ClO−]与pH的关系如图（b）所示。HClO的电离常数𝐾a值为10−7.5。[解析]

HClO溶液中存在电离平衡HClO⇌H++ClO−，HClO的电离常数𝐾a=𝑐(H+)⋅𝑐(ClO−)𝑐(HClO)，由题图（b）可知当pH=7.5时，溶液中𝑐(ClO−)=𝑐(HClO)，即𝐾a=10−7.5

。（3）Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应（氧化剂和还原剂为同一种物质的反应）。上述制备Cl2O的化学方程式为2Cl2+HgO⬚⬚HgCl2+Cl2O。[解析]根据Cl2与HgO的反应为歧化反应，且一种生成物为Cl2O，可知该反应的

化学方程式为2Cl2+HgO⬚⬚HgCl2+Cl2O。（4）ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，逸出大量气泡

，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成1molClO2消耗NaClO2的量为1.25mol；产生“气泡”的化学方程式为NaHCO3+NaHSO4⬚⬚CO2↑+Na2SO4+H2O。[解析]结合题中信息制备ClO2时发生歧化反应，可知反应的化学方程式为5

NaClO2+4NaHSO4⬚⬚NaCl+4Na2SO4+4ClO2+2H2O，即生成1molClO2时消耗1.25molNaClO2；NaHCO3与NaHSO4反应产生CO2气体，产生气泡。（5）“84消毒液”的有效成分为NaClO,不可与

酸性清洁剂混用的原因是ClO−+Cl−+2H+⬚⬚Cl2↑+H2O（用离子方程式表示）。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%,则生

产1000kg该溶液需消耗氯气的质量为203kg（保留整数）。[解析]酸性清洁剂的主要成分为HCl，与NaClO溶液发生氧化还原反应生成Cl2，即ClO−+Cl−+2H+⬚⬚Cl2↑+H2O,故二者不能混用。Cl2和NaOH溶

液生第24页成NaClO的反应为Cl2+2NaOH⬚⬚NaClO+NaCl+H2O，设反应中消耗Cl2和NaOH溶液的质量分别为𝑥kg和𝑦kg，依据题意有等量关系71𝑥=8030%𝑦−1000×1%,𝑥+𝑦=1000，解得𝑥≈

203，𝑦≈797。3.[2020浙江1月选考，10分]Ⅰ.由三种元素组成的化合物A，按如下流程进行实验。气体B为纯净物，溶液C焰色试验为砖红色，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。请回答：（1）组成A的三种元素是Ca、H和N，A的化学式是Ca2HN。[解析]溶液C焰色试验

呈砖红色，说明溶液C中含有钙元素，则沉淀F为CaCO3，𝑛(Ca)=0.04mol，分析题给流程可知，钙元素来自化合物A，1.90g固体A中𝑚(Ca)=1.60g，则剩余两种元素的质量为0.30g。气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝

，则E为NH3，固体A中含有氮元素。气体B为纯净物，根据题给流程信息，可假设气体B为H2，HCl和H2O中的氢元素均为+1价，则固体A中应该有−1价H,H2由固体A和+1价H发生归中反应生成，故固体A由C

a、N、H三种元素组成，由于1.90g固体A中氮、氢元素的质量之和为0.30g，生成的H2为0.02mol,可以推出1.90g固体A中含氢元素的质量为0.02g，含氮元素的质量为0.28g，则A的化学式为Ca2HN，此时A满足各元素化合价代数和为0，且符合题给转化关系。（

2）固体A与足量稀盐酸反应的化学方程式是Ca2HN+5HCl⬚⬚2CaCl2+H2↑+NH4Cl。[解析]Ca2HN中H显−1价，N显−3价，Ca2HN与HCl反应生成CaCl2、H2、NH4Cl，故化学方程式为Ca2HN+5HCl⬚⬚2

CaCl2+H2↑+NH4Cl。第25页（3）气体E与甲醛在一定条件可生成乌洛托品（学名：六亚甲基四胺），该反应的化学方程式是(或C6H12N4)+6H2O（乌洛托品可以用分子式表示）。[解析]乌洛托品中

N原子和C原子个数之比为4:6，故消耗的NH3和HCHO的物质的量之比为4:6，根据原子守恒可知另一种产物为H2O。Ⅱ.某兴趣小组为探究H2S和Cl2O的性质，将两种气体同时通入水中，实验装置如图：请回答：（1）

三颈瓶中出现淡黄色沉淀，溶液呈强酸性，用一个化学方程式表示2H2S+Cl2O⬚⬚2S↓+2HCl+H2O。[解析]H2S具有强还原性，Cl2O具有强氧化性，两者一同通入水中，发生氧化还原反应，生成S和HCl，故反

应的化学方程式为2H2S+Cl2O⬚⬚2S↓+2HCl+H2O。（2）若通入水中的Cl2O已过量，设计实验方案检验用玻璃棒蘸取清液，点到KI−淀粉试纸上，如果变蓝（或变蓝后再褪色），说明Cl2O过量。[解析]要检验通入水中的Cl2O已过量，可以检

验溶液具有强氧化性，方法为用玻璃棒蘸取少量溶液，滴在KI−淀粉试纸上，若KI−淀粉试纸变蓝或先变蓝后褪色，则说明Cl2O过量。