资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
2025年高考二轮专题7非金属元素及其化合物
【考向分析】
近几年高考中，常见非金属元素及其化合物的性质仍是命题的重点，题型为选择题和填空题，命题注重非金属元素及其化合物性质知识的整体性和探究性，强化与生活、社会实际问题的联系，命题的知识点是氯及其化合物(特别是氯水、次氯酸)的性质、氯气和氨气的实验室制法、硫及其化合物(特别是二氧化硫、浓硫酸)的性质、氮及其化合物(特别是氨气、硝酸)的性质、碳和硅及其化合物的特殊性质等。选择题多与STSE、价态二维图、离子检验、气体制备等有关，非选择题多与实验题、化学流程题等有关，复习时特别需要关注探究实验题。
【思维导图】
【考点解读】
考点1氯及其化合物
1．氯及其重要化合物的转化关系
(1)Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO
(2)Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O
(3)2Ca(OH)2＋2Cl2===Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O
(4)Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO
(5)Ca2＋＋3ClO－＋SO2＋H2O===CaSO4↓＋Cl－＋2HClO(少量SO2)
(6)Ca2＋＋2ClO－＋2SO2＋2H2O===CaSO4↓＋2Cl－＋SO＋4H＋(过量SO2)
(7)2HClO2HCl＋O2↑
(8)6FeBr2＋3Cl2===4FeBr3＋2FeCl3(Cl2少量)
(9)2FeBr2＋3Cl2===2FeCl3＋2Br2(Cl2过量)
(10)6FeBr2＋6Cl2===4FeCl3＋3Br2＋2FeBr3
(11)4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O(实验室制Cl2)
(12)2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑(工业制Cl2)
2.氯及其重要化合物的性质
(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。Cl2在点燃条件下与Fe反应，一定将铁氧化为FeCl3，而不是FeCl2，因为Cl2具有强氧化性。
(2)1 mol Cl2参加反应，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)。氯水中有起漂白作用的HClO，不能用pH试纸测定氯水的pH；氯水与还原剂发生反应并要求书写方程式时一般可只考虑Cl2。
(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)酸化KMnO4溶液，用的是H2SO4酸化而不是盐酸。
(5)ClO－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SO、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CaSO4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－＋SO＋4H＋(过量SO2)。
(7)当Fe和Cl2在点燃条件下反应时，不论Fe过量或不足，由于Cl2的强氧化性，产物一定是FeCl3。
(8)“84”消毒液的主要成分为NaClO，漂粉精的有效成分为Ca(ClO)2。“84”消毒液和洁厕灵不能混合使用，其原因是ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O。
(9)由于电离常数Ka1(H2CO3)>Ka(HClO)>Ka2(H2CO3)，所以向NaClO溶液通入CO2，不论CO2过量还是少量，均发生CO2＋H2O＋ClO－===HClO＋HCO，但CO2(少)＋Ca(ClO)2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO。
(10)液溴需要用水封，溴蒸气呈红棕色，液溴呈深红棕色，溴水呈橙色，溴的CCl4溶液呈橙红色。
【典例精讲】
例题1、实验室从含碘废液(除H2O外，含有CCl4、I2、I－等)中回收碘，其实验过程如下：
(1)向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I－，其离子方程式为________________________________________；该操作将I2还原为I－的目的是____________________________________。
(2)氧化时，在三颈烧瓶中将含I－的水溶液用盐酸调至pH约为2，缓慢通入Cl2，在40 ℃左右反应(实验装置如图所示)。
实验控制在较低温度下进行的原因是_________________________________________；锥形瓶里盛放的溶液为__________。
(3)已知：5SO＋2IO＋2H＋===I2＋5SO＋H2O。某含碘废水(pH约为8)中一定存在I2，可能存在I－、IO中的一种或两种。请补充完整检验含碘废水中是否含有I－、IO的实验方案：取适量含碘废水用CCl4多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出有碘单质存在；____________________________________________________________________。
[供选试剂]稀盐酸、淀粉溶液、FeCl3溶液、Na2SO3溶液。
【答案】(1)SO＋I2＋H2O===2I－＋SO＋2H＋　使CCl4中的碘进入水层
(2)使氯气在溶液中有较大的溶解度(或防止I2升华或防止I2进一步被氧化)　NaOH溶液
(3)从水层取少量溶液，加入1～2 mL淀粉溶液，加盐酸酸化，滴加FeCl3溶液，若溶液变蓝，说明废水中含有I－；若溶液不变蓝，说明废水中不含有I－；另从水层取少量溶液，加入1～2 mL淀粉溶液，加盐酸酸化，滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝，说明废水中含有IO，若溶液不变蓝，说明废水中不含有IO
【解析】(1)该反应为Na2SO3、I2的氧化还原反应，离子方程式为SO＋I2＋H2O==SO＋2I－＋2H＋。含碘废液中碘以I－、I2的形式存在，将废液中的I2还原为I－的目的是使CCl4中碘进入水层。
(2)实验控制在较低温度下进行，是为了使氯气在溶液中有较大的溶解度(或防止I2升华或防止I2进一步被氧化)。锥形瓶中溶液的作用是吸收过量的Cl2，故锥形瓶中盛放的溶液为NaOH溶液。
(3)检验I－，可以利用I－的还原性，先加入淀粉溶液，再加盐酸酸化，最后滴加FeCl3溶液，若溶液变蓝，则说明废水中含有I－，若溶液不变蓝，则说明废水中不含有I－；检验IO，可以利用IO的氧化性，先加入淀粉溶液，再加盐酸酸化，最后滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝，则说明废水中含有IO，若溶液不变蓝，则说明废水中不含有IO。
【变式练习】
1. 氯可形成多种含氧酸盐,广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO,探究其氧化还原性质。
回答下列问题:
(1)盛放MnO2粉末的仪器名称是　　　　　　　,a中的试剂为　　　　　　　。
(2)b中采用的加热方式是　　　　　。c中化学反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　,采用冰水浴冷却的目的是　　　　　　　　　　　　。
(3)d的作用是　　　　　　　　,可选用试剂　　　　(填标号)。
A.Na2S B.NaCl
C.Ca(OH)2 D.H2SO4
(4)反应结束后,取出b中试管,经冷却结晶,　　　　,　　　　　　　　,干燥,得到KClO3晶体。
(5)取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中,滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变,2号试管溶液变为棕色,加入CCl4振荡,静置后CCl4层显　　色,可知该条件下KClO3的氧化能力　　　　NaClO(填“大于”或“小于”)。
【答案】(1)圆底烧瓶　饱和食盐水
(2)水浴加热　Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2O　避免生成NaClO3
(3)吸收尾气(Cl2)　AC
(4)过滤　少量(冷)水洗涤　(5)紫　小于
【解析】整套装置的最左端为氯气的发生装置,利用二氧化锰固体和浓盐酸在加热条件下制取氯气,由于盐酸具有挥发性,导致氯气中含有杂质HCl和水蒸气。其中,氯气中的杂质气体HCl会影响后面的KClO3和NaClO的制备,故而需要用饱和食盐水(a中盛放的试剂)除去氯气中的HCl杂质。b为氯气与KOH溶液在加热(热水浴)条件下制取KClO3的装置,发生的反应为3Cl2+6KOHKClO3+5KCl+3H2O。c为氯气与NaOH溶液在较低温度下制取NaClO的装置,发生的反应为Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O。d为尾气的吸收装置,可防止污染环境,吸收氯气可用还原性物质或碱性溶液。
(1)盛放二氧化锰固体的仪器为圆底烧瓶。除去氯气中的HCl杂质可用饱和食盐水。
(2)b中采用的是水浴加热。c装置中的离子反应方程式为Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O,c中采用冰水浴冷却的目的是防止氯气和NaOH溶液在较高温度下生成NaClO3。
(3)d装置中应盛放还原性物质或碱性物质,故符合条件的试剂为AC。
(4)从溶液中获得晶体可采用的方法步骤为冷却结晶→过滤→洗涤→干燥等。
(5)1号试管中的KClO3溶液不能将I-氧化为单质I2,而2号试管中的NaClO溶液可将I-氧化为I2,故氧化性:KClO3小于NaClO。四氯化碳萃取出碘水中的I2后,静置一段时间可观察到液体分为两层,由于四氯化碳的密度大于水的密度,则碘的四氯化碳溶液在下层,呈紫色。
考点2硫及其重要化合物
1．硫及其重要化合物的转化关系
(1)3S＋6NaOH2Na2S＋Na2SO3＋3H2O
(2)S＋O2SO2
(3)SO2+H2OH2SO3
(4)2SO2＋O22SO3
(5)SO2＋2OH－===SO＋H2O
(6)SO2＋X2＋2H2O===H2SO4＋2HX(X2：Cl2、Br2、I2)
(7)2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O
(8)SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋
(9)2MnO＋5SO2＋2H2O===2Mn2＋＋5SO＋4H＋
(10)Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋2H2O＋SO2↑
(11)C＋2H2SO4(浓) 2H2O＋CO2↑＋2SO2↑
(12)Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋H2O＋SO2↑
2.硫及其重要化合物的性质
(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。
(2)SO2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)浓硫酸能氧化(必要时加热)除Au、Pt以外的所有金属，其还原产物是SO2而不是H2。
(5)常温下，浓硫酸与Fe、Al并不是不反应，而是发生了钝化，钝化是浓硫酸将Fe、Al氧化而在其表面形成一层致密的氧化物薄膜，防止了浓硫酸与Fe、Al的继续反应，体现了浓硫酸的强氧化性。
(6)浓硫酸使蓝矾(CuSO4·5H2O)变成白色粉末，体现了浓硫酸的吸水性。
(7)浓硫酸与金属反应时体现了浓硫酸的氧化性和酸性，而与碳等非金属反应时只体现了浓硫酸的氧化性。
(8)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。
(9)C与浓硫酸反应时，反应产物的确定应按以下流程进行：无水CuSO4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。
(10)SO的检验方法：先加入足量稀盐酸化，若无现象，再滴加BaCl2溶液，观察有无白色沉淀，来判断有无SO。不可只加可溶性钡盐，不酸化；或先滴加BaCl2溶液，再加稀盐酸或滴加稀盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液。
【典例精讲】
例题2、探究Na2SO3固体的热分解产物。
资料：①4Na2SO3Na2S+3Na2SO4。
②Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S。
③BaS易溶于水。
隔绝空气条件下，加热无水Na2SO3固体得到黄色固体A，过程中未检测到气体生成。黄色固体A加水得到浊液，放置得无色溶液B。
（1）检验分解产物Na2S
取少量溶液B，向其中滴加CuSO4溶液，产生黑色沉淀，证实有S2-。反应的离子方程式是 。
（2）检验分解产物Na2SO4
取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含S)，同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S)，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降(固液分离)后， (填操作和现象)，可证实分解产物中含有SO42—。
（3）探究（2）中S的来源。
来源1：固体A中有未分解的Na2SO3，在酸性条件下与Na2S反应生成S。
来源2：溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S。
针对来源1进行如图实验：
①实验可证实来源1不成立。实验证据是 。
②不能用盐酸代替硫酸的原因是 。
③写出来源2产生S的反应的离子方程式： 。
（4）实验证明Na2SO3固体热分解有Na2S、Na2SO4和S产生。运用氧化还原反应规律分析产物中S产生的合理性： 。
【答案】（1） S2-+Cu2+=CuS↓ （2）滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，
（3）①向溶液2中加入KMnO4溶液，溶液仍呈紫色
②盐酸中Cl元素为－1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液褪色，干扰实验现象和实验结论
③ Sx2-+2H+=H2S↑+(x－1)S↓
（4）根据反应4Na2SO3Na2S+3Na2SO4可知，Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为-2价，也应该可以降到0价生成硫单质
【解析】（1）Na2S和CuSO4溶液发生复分解反应生成硫化铜和硫酸钠，离子方程式为S2-+Cu2+=CuS↓。
（2）由题意可知，Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S。取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含S)，同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S)，说明B溶液中含有Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S，由于沉淀增多对检验造成干扰。另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降(固液分离)后，除去生成的S单质，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，可证实分解产物中含有SO42—。
（3）①实验可证实来源1不成立。根据分析，溶液2为H2SO3，向溶液2中加入少量KMnO4溶液，H2SO3具有还原性，酸性条件下KMnO4具有强氧化性，二者混合应发生氧化还原反应，KMnO4溶液要褪色，但实际上仍为紫色，说明溶液B中不含Na2SO3。
②不能用盐酸代替硫酸的原因是盐酸中Cl—具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液褪色，干扰实验现象和实验结论。
③来源2认为溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S，反应的离子方程式：Sx2-+2H+=H2S↑+(x－1)S↓。
（4）根据已知资料：4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，Na2SO3中S为+4价，Na2SO4中S为+6价，Na2S中硫为－2价。Na2SO3发生“歧化反应”，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为-2价，也应该可以降到0价生成硫单质。
【变式练习】
2. 连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，白色晶体，可溶于水，微溶于乙醇；暴露在空气中易被氧化成亚硫酸氢钠或硫酸氢钠，75℃以上会分解。
(1)Na2S2O4的制取(实验装置如图)：
在甲酸钠(HCOONa)的甲醇溶液中，边搅拌边滴加Na2CO3的甲醇溶液，同时通SO2，反应放热，保持温度为60~70℃，即可生成Na2S2O4，同时生成另一种气体。
①仪器A的名称是__________，与普通分液漏斗相比，其优点是__________。
②三颈烧瓶中生成Na2S2O4离子方程式为 。
③为了使反应充分进行，得到更多更纯的产品Na2S2O4，应采取的主要措施有_______。
A．控制水浴温度不超过75℃
B．加快通SO2的速率
C．加快滴加Na2CO3的甲醇溶液的速率
D．充分搅拌，使反应物充分接触
E．用乙醇洗涤产品，减少因溶解导致的损失
F．在通入SO2前还应该通入一段时间N2，以排尽装置内的空气
(2)Na2S2O4的性质：
取纯净的Na2S2O4晶体，隔绝空气加热，Na2S2O4固体完全分解得到固体产物Na2SO3、Na2S2O3和气体产物_____(填化学式)。请设计实验验证Na2S2O4固体完全分解后的固体产物中有Na2S2O3存在，完成下表中内容。(供选择的试剂：稀盐酸、稀硝酸、BaCl2溶液、KMnO4溶液)
实验步骤预期现象和结论：
实验步骤 预期现象和结论
① ②
(3)Na2S2O4应用
六价铬对人体有毒，Na2S2O4可以用于处理含铬废水，使含六价铬的离子浓度降低而达到排放标准，即含六价铬的离子浓度≤0.5mg·L-1。具体操作是在含六价铬()的酸性废水中先加入Na2S2O4，再加入过量的石灰水，生成的沉淀主要有_______(用化学式表示)。
【答案】(1)①恒压滴液漏斗 平衡气压，使液体能顺利滴下
②2HCOO-+4SO2+CO32—=2S2O42—+H2O+3CO2 ③ADEF
(2)SO2 ①取少量Na2S2O4完全分解后的固体产物于试管中，加入稀盐酸
②若有淡黄色沉淀生成，则说明产物中有Na2S2O3存在
(3)Cr(OH)3、CaSO4
【解析】在甲酸钠(HCOONa)的甲醇溶液中，边搅拌边用恒压滴液漏斗滴加Na2CO3的甲醇溶液，由于产物Na2S2O3暴露在空气中易被氧化成NaHSO3或NaHSO4，在通入SO2前还应该通入一段时间N2，以排尽装置内的空气，75℃以上会分解，且反应放热，用水浴加热，保持温度为60~70℃，根据化合价的变化可知二氧化硫将甲酸钠转化为二氧化碳，即可生成Na2S2O4和CO2，由于Na2S2O4微溶于乙醇，用乙醇洗涤产品，减少因溶解导致的损失，再进行尾气处理吸收CO2。
(1)①根据仪器的形状可知，仪器A的名称是恒压滴液漏斗，与普通分液漏斗相比，其优点是平衡气压，使液体能顺利滴下。
②三颈烧瓶中是甲酸钠溶液和二氧化硫反应生成Na2S2O4，根据硫元素的化合价从+4价降低到+3价，得到一个电子，碳元素的化合价从+2升高到+4价，失去两个电子，根据得失电子守恒得到2SO2~ Na2S2O4，根据电荷守恒和原子守恒配平离子方程式。
③由于Na2S2O4在75℃以上会分解，故控制水浴温度不超过75℃，可以提高产品的纯度，A错误；加快通SO2的速率，可以加快反应速率，由于反应放热，会使温度超过75℃，会使Na2S2O4分解而降低产率，B错误；加快滴加Na2CO3的甲醇溶液的速率，可以加快反应速率，由于反应放热，会使温度超过75℃，会使Na2S2O4分解而降低产率，C正确；充分搅拌，使反应物充分接触，可使反应充分进行，提高产率，D正确；由于Na2S2O4可溶于水，微溶于乙醇；用乙醇洗涤产品，减少因溶解导致的损失，E正确；由已知信息，Na2S2O3暴露在空气中易被氧化成亚硫酸氢钠或硫酸氢钠，在通入SO2前还应该通入一段时间N2，以排尽装置内的空气，F正确。
(2)Na2S2O4中硫元素的化合价为+3价，固体完全分解得到固体产物Na2SO3中硫的化合价为+4价，是还原产物、Na2S2O3中硫的化合价为+2价，是氧化产物，根据氧化还原反应中得失电子守恒和原子守恒可知气体是二氧化硫；根据反应Na2S2O3+2HCl==2NaCl+S↓+SO2↑+H2O可知，取少量Na2S2O4完全分解后的固体产物于试管中，加入稀盐酸，若有淡黄色沉淀生成，则说明产物中有Na2S2O3存在。
(3)在含六价铬()的酸性废水中先加入Na2S2O4，由于具有强氧化性，具有还原性，二者会发生氧化还原反应，离子反应为++6H+==2+2+3H2O，再加入过量的石灰水，和，和会发生复分解反应生成的沉淀主要有Cr(OH)3、CaSO4。
考点3氮及其重要化合物
1．氮及其重要化合物的转化关系
(1)N2＋O22NO
(2)2NO＋O2===2NO2
(3)3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
(4)NH3＋H2ONH3·H2ONH＋OH－
(5)4NH3＋5O24NO＋6H2O（2NH3＋3CuN2＋3Cu＋3H2O 8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl）
(6)NH4HCO3NH3↑＋CO2↑＋H2O
(7)Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O（NH＋OH－NH3↑＋H2O）
(8)3NH3＋3H2O＋Al3＋===Al(OH)3↓＋3NH
(9)4HNO34NO2↑＋O2↑＋2H2O
(10)Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2H2O＋2NO2↑
(11)3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
(12)C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O
2.氮及其重要化合物的性质
(1)NO只能用排水法或气囊法收集，NO2不能用排水法，可用排苯法收集。
(2)在NO2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。NO2能被NaOH溶液吸收，NO单独不能被强碱溶液吸收，NO与NO2混合能被NaOH溶液吸收。
(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NaOH固体或CaO)制取，而检验NH需用浓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，应在试管口放一团用稀硫酸浸湿的棉花，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。
(10)NH3、HCl、SO2、NO2可用水进行喷泉实验，水溶性小的气体可用其他溶剂(如CO2和NaOH溶液)进行喷泉实验。
(10)自然界中有少量游离态的铁(陨石中)，纯净的铁块是银白色的，而铁粉是黑色的。
【典例精讲】
例3、五氧化二氮(N2O5)是一种绿色硝化剂，在军用炸药、火箭推进剂、医药等工业中得到广泛应用。常温下N2O5为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，微溶于水且与水反应生成硝酸，高于室温时不稳定。回答下列问题：
(1)1840年，Devill将干燥的氯气通入无水硝酸银中，首次制得了固体N2O5。该反应的氧化产物为空气中的主要成分之一，写出反应的化学方程式：_______。
(2)某化学兴趣小组设计用臭氧(O3)氧化法制备N2O5，反应原理为 N2O4+O3→N2O5+O2。实验装置如下图：
装置B的仪器名称是_______；装置E的作用是_______。实验时，先将三口烧瓶C浸入_______ (填字母编号)中，打开装置A中分液漏斗的活塞，随即关闭。一段时间后C中液体变为红棕色。然后打开活塞K，通过臭氧发生器向三口烧瓶中通入含有臭氧的氧气。
a.热水 b.冰水 c.自来水 d.饱和食盐水
(3)C中二氯甲烷(CH2Cl2)的作用是_______ (填字母编号)。判断C中反应已结束的简单方法是_______。
a.溶解反应物NO2 b.充分混合反应物使其反应更加充分 c.控制O3的通入速度 d.溶解生成物N2O5
(4)该装置存在一处明显缺陷，请指出_______。
(5)N2O5粗产品中常含有N2O4。该兴趣小组用滴定法测定N2O5粗产品的纯度。取2.0g粗产品，加入20.00mL 0.1250mol·L-1酸性高锰酸钾溶液。充分反应后，用0.1000mol·L-1 H2O2溶液滴定剩余的高锰酸钾，达到滴定终点时，消耗H2O2溶液17.50mL。已知：N2O4与KMnO4发生反应的离子方程式为5N2O4+2MnO+2H2O→Mn2++10NO+4H+，H2O2与KMnO4发生反应的离子方程式为5H2O2+2MnO+6H+→2Mn2++5O2↑+8H2O，H2O2与HNO3不反应且不考虑其分解。判断滴定到达终点的方法是_______。粗产品的纯度为_______(结果保留三位有效数字)。
【答案】(1)2Cl2+4AgNO3→4AgCl↓+2N2O5+O2
(2)球形干燥管；防止空气中的水蒸气进入C中；b
(3) abd；液体中红棕色褪去
(4)缺少尾气处理装置
(5)溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色；79.3%
【解析】装置A中Cu和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，装置B中装有无水氯化钙，可以干燥NO2，二氧化氮可以发生可逆反应生成四氧化二氮，装置C中发生的反应为，N2O5常温下为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，所以二氯甲烷的作用为溶解反应物，充分混合反应物使其反应更加充分也可以溶解产物N2O5。装置D为保护装置，防止倒吸，N2O5可与水反应生成硝酸，故E装置的作用为防止空气中的水蒸气进入C中与N2O5反应。
(1)干燥的氯气通入无水硝酸银中，生成了N2O5和氧气，反应的方程式为：。
(2)装置B的名称为球形干燥管，因为N2O5可与水反应生成硝酸，所以E的作用为防止空气中的水蒸气进入C中。二氧化氮生成四氧化二氮的正反应是放热反应，将C浸入冰水中，装置内温度降低，反应平衡正向移动，可以生成更多的N2O4以便后续与臭氧反应。
(3)二氯甲烷可溶解反应物NO2，充分混合反应物使其反应更加充分，此外也可以溶解生成物N2O5，可通过观察二氯甲烷中臭氧的鼓泡速率了解其流速，但是无法控制臭氧的通入速度。装置C中NO2溶于二氯甲烷使溶液变红棕色，故当红棕色褪去可推断C中反应已结束。
(4)该装置中没有尾气处理装置，最后的浓硫酸无法吸收多余的二氧化氮，会造成环境污染。
(5)酸性高锰酸钾为紫红色，随着H2O2的加入，高锰酸钾不断消耗，当高锰酸钾消耗完时溶液紫红色褪去，故滴定终点的现象为溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色。达到滴定终点时，消耗H2O2的物质的量为17.5mL×0.1mol/L=0.00175mol，根据H2O2与高锰酸根离子反应的化学方程式可知，H2O2消耗的高锰酸钾为，共加入高锰酸钾物质的量为20mL×0.125mol/L=0.0025mol，则N2O4消耗的高锰酸钾为0.0025-0.0007=0.0018mol，根据N2O4与高锰酸根离子反应的方程式可知，与0.0018mol高锰酸根离子反应的N2O4的物质的量为，则2.0g产品中含有N2O5的质量为，所以粗产品的纯度为。
【变式练习】
3、某学习小组对Cu与HNO3的反应进行了研究。
(1)铜与稀硝酸反应的化学方程式是_______。
(2)利用下图装置完成Cu与HNO3制取氮氧化物的反应。实验可观察到装置B中液面上方为无色气体，C中液面上为红棕色气体。
①盛稀硝酸的仪器名称_______。
②为排尽整套装置内的空气，先打开弹簧夹，通入_______(填化学式)，一段时间后关闭弹簧夹。
③C中液面上为红棕色气体，其原因是_______(用化学方程式表示)。
(3)下图是学习小组在做铜与硝酸反应的实验时的操作和现象。图中溶液A遇铜片立即产生气泡，而相同条件下稀硝酸(溶液B)遇铜片短时间内无明显变化，一段时间后才有少量气泡产生。分析溶液A的成分后，学习小组探究溶液A与铜片能够立即发生反应的原因。
①假设1：_______(填化学式)对该反应有催化作用。
实验验证：向溶液B中加入少量硝酸铜固体，溶液呈浅蓝色，放入铜片，没有明显变化。
结论：假设1不成立。
②假设2：NO2对该反应有催化作用。
方案1：向放有铜片的溶液B中通入少量NO2，铜片表面立即产生气泡，反应持续进行。有同学认为应补充对比实验：另取一份放有铜片的溶液B，向其中加入数滴5mol·L—1硝酸，无明显变化。补充该实验的目的是_______。
方案2：向A中鼓入N2数分钟得溶液C．相同条件下，铜片与A、C溶液的反应速率分别为、，当_______。(填“>”、“=”、“＜”)时，实验能够证明假设2成立。
③经检验，A溶液中还含有少量亚硝酸HNO2。
设计实验证明HNO2也对该反应有催化作用。操作和预期现象是：向含有铜片的B溶液中_______。
最后结论：NO2和HNO2对铜与硝酸的反应都有催化作用。
【答案】(1)(稀)=
(2)分液漏斗或滴液漏斗 N2、CO2、稀有气体等 (浓)=
(3)或 排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响 > 加入少量的固体NaNO2，B中铜片上立即生成气泡，反应持续进行
【详解】（1）稀硝酸是氧化剂，铜是还原剂，铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，配平后方程式为(稀)=，故答案为：(稀)=。
（2）装置A中稀硝酸和铜反应生成NO，装置B除去NO中的硝酸，装置C中NO和浓硝酸反应生成了NO2，装置D除去尾气，避免污染空气。
①根据装置图，可得盛稀硝酸的仪器名称为分液漏斗或滴液漏斗，故答案为：分液漏斗或滴液漏斗。
②为了排除装置内的空气，需要通入不与产生气体反应的气体，可通入N2、CO2、稀有气体等，故答案为：N2、CO2、稀有气体等。
③根据装置B中为无色气体，可知通入C中的气体为NO，装置C中液面上为红棕色气体，可知NO和浓硝酸反应生成了NO2，所以方程式为(浓)=，故答案为：(浓)=。
（3）①由验证性实验加少量硝酸铜固体可得，该假设是探究或对该反应有催化作用，故答案为：或。
②因为NO2会和水反应产生硝酸，致使硝酸浓度增大，避免浓度对反应的影响，故需增加对照实验；向A中鼓入N2数分钟，使得溶液中NO2的浓度下降，得溶液C，当>。时，实验能够证明假设2成立。故答案为：排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响；>。
③欲设计实验证明HNO2也对该反应有催化作用，只需证明往含有铜片的B溶液中加入少量的固体NaNO2比没加的速率快就行。故答案为：加入少量的固体NaNO2，B中铜片上立即生成气泡，反应持续进行。
考点4碳、硅及其重要化合物
1．碳、硅及其重要化合物的转化关系
(1)C＋CO22CO
(2)C＋H2O(g)CO＋H2
(3)2C＋SiO2Si＋2CO↑
(4)2Mg＋CO22MgO＋C
(5)Si＋4HF===SiF4↑＋2H2↑
(6)Si＋2NaOH＋H2O===Na2SiO3＋2H2↑
(7)SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O
(8)SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O
(9)Na2SiO3＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋Na2CO3
(10)Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑
2．碳、硅及其重要化合物的性质
(1)自然界中无游离态的硅，通常原子晶体不导电，但硅是很好的半导体材料，是制作光电池的材料。SiO2不导电，是制作光导纤维的材料。
(2)工业上制备粗硅，是用过量的C和SiO2在高温下反应，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。
(3)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。
(4)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。
(5)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。硅胶(mSiO2·nH2O)是一种很好的无毒干燥剂。
(6)H2CO3的酸性大于H2SiO3的，所以有Na2SiO3＋CO2(少量)＋H2O===H2SiO3↓＋Na2CO3，但高温下Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑也能发生，原因可从两方面解释：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气体。
(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。
【典例精讲】
例4、晶体硅是一种重要的非金属材料，制备纯硅的主要步骤如下：
①高温下用碳还原二氧化硅制得粗硅
②粗硅与干燥HCl气体反应制得SiHCl3：Si+3HCl=SiHCl3+H2
③SiHCl3与过量H2在1 100 ℃反应制得纯硅，已知SiHCl3能与H2O强烈反应，在空气中易自燃。
请回答下列问题：
(1)第①步制备粗硅的化学反应方程式为_____。
(2)粗硅与HCl反应完全后，经冷凝得到的SiHCl3(沸点33.0 ℃)中含有少量SiCl4(沸点57.6 ℃)和HCl(沸点-84.7 ℃)，提纯SiHCl3采用的方法为_____。
(3)用SiHCl3与过量H2反应制备纯硅的装置如图(热源及夹持装置略去)：
①装置B中的试剂是_____，装置C中的烧瓶需要加热，其目的是______。
②反应一段时间后，装置D中观察到的现象是____，装置D中发生反应的化学方程式为____。
③为保证制备纯硅实验的成功，操作的关键是检查实验装置的气密性，控制好反应温度以及____。
④为鉴定产品硅中是否含微量铁单质，将试样用稀盐酸溶解，取上层清液后需再加入的试剂是____(填写字母代号)。
a.碘水　b.氯水　c.NaOH溶液 d.KSCN溶液　 e.Na2SO3溶液
【答案】(1)SiO2+2CSi+2CO↑(2)蒸馏(3) ①浓硫酸；使滴入烧瓶中的SiHCl3气化②有固体物质生成；SiHCl3+H2Si+3HCl③排尽装置中的空气④bd
【解析】本实验是利用SiHCl3和氢气反应制取纯硅，首先在装置A利用稀硫酸和锌粒反应制取氢气，SiHCl3能与H2O强烈反应、在空气中易自燃，所以需要装置B中盛放浓硫酸将生成的氢气进行干燥、并用氢气排尽装置中的空气；水浴加热装置C，使SiHCl3挥发，和氢气一同进入石英管中在高温条件下反应制取纯硅。
(1)高温下，SiO2和C反应生成Si和CO，反应的化学方程式为SiO2+2CSi+2CO↑；
(2)沸点不同的液体混合物可以采用蒸馏的方法分离，这几种物质沸点不同，所以采用蒸馏的方法分离；
(3)①为防止SiHCl3与H2O强烈反应，需要干燥剂干燥氢气，浓硫酸具有吸水性且不和氢气反应，所以装置B中可以盛放浓硫酸；加热装置C中烧瓶，升高温度能使SiHCl3气化，从而使SiHCl3和氢气在D中反应；
②D中发生反应SiHCl3+H2Si+3HCl，Si为固态，所以看到的现象是有固体物质生成；
③SiHCl3能与H2O强烈反应、在空气中易自燃，且Si是亲氧元素，为防止SiHCl3自燃和Si被氧化，需要排尽装置中的空气；
④若含铁单质，加入稀盐酸后溶液中应含Fe2+；检验Fe2+先加入KSCN溶液无明显现象，再加入氯水溶液变红色即可，故选b、d。
【变式练习】
4. 含硅元素的化合物广泛存在于自然界中，与其他矿物共同构成岩石．晶体硅(熔点 1410℃)用途广泛，制取与提纯方法有多种。
(1)炼钢开始和结束阶段都可能发生反应：Si+2FeO2Fe+SiO2，其目的是________。
A．得到副产品硅酸盐水泥 B．制取SiO2，提升钢的硬度
C．除去生铁中过多的Si杂质 D．除过量FeO，防止钢变脆
(2)一种由粗硅制纯硅过程如下：Si(粗)SiCl4 SiCl4(纯)Si(纯)，在上述由SiCl4制纯硅的反应中，测得每生成 1.12kg纯硅需吸收a kJ热量，写出该反应的热化学方程式：________________；对于钠的卤化物(NaX)和硅的卤化物(SiX4)下列叙述正确的是________________。
A．NaX易水解
B．SiX4是共价化合物
C．NaX的熔点一般高于SiX4
D．SiF4晶体是由共价键形成的空间网状结构
(3)粗硅经系列反应可生成硅烷(SiH4)，硅烷分解也可以生成高纯硅．硅烷的热稳定性弱于甲烷，所以Si元素的非金属性弱于C元素，用原子结构解释其原因：_______。
(4)此外，还可以将粗硅转化成三氯氢硅(SiHCl3)，通过反应：SiHCl3(g)+H2(g) Si(s)+3HCl(g)制得高纯硅．不同温度下，SiHCl3的平衡转化率随反应物的投料比(反应初始时，各反应物的物质的量之比)的变化关系如图所示．下列说法正确的是_______(填字母序号)。
a．该反应的平衡常数随温度升高而增大
b．横坐标表示的投料比应该是
c．实际生产中为提高SiHCl3的利用率，可适当降低压强
(5)硅元素最高价氧化物对应的水化物是H2SiO3．室温下，0.1mol/L的硅酸钠溶液和0.1mol/L的碳酸钠溶液，碱性更强的是___________，其原因是________________。已知：H2SiO3：Ka1=2.0×10﹣10、Ka2=1.0×10﹣12，H2CO3：Ka1=4.3×10﹣7Ka2=5.6×10 ﹣11。
【答案】(1)CD(2)SiCl4(g)+2H2(g)=Si(s)+4HCl(g)△H=+0.025akJ/mol；BC(3)C和Si最外层电子数相同(或“是同主族元素”)，C原子半径小于Si(或“C原子电子层数少于Si”) Si元素的非金属性弱于C元素，硅烷的热稳定性弱于甲烷(4)ac(5)硅酸钠；硅酸的Ka2小于碳酸的Ka2，硅酸钠更易水解
【解析】(1)炼钢的要求把生铁中的含碳量去除到规定范围，并使其它元素的含量减少或增加到规定范围的过程，简单地说，是对生铁降碳、去硫磷、调硅锰含量的过程，这一过程基本上是一个氧化过程，是用不同来源的氧(如空气中的氧、纯氧气、铁矿石中的氧)来氧化铁水中的碳、硅、锰等元素．化学反应主要是2FeO+Si2Fe+SiO2、FeO+MnFe+MnO；在使碳等元素降到规定范围后，钢水中仍含有大量的氧，是有害的杂质，使钢塑性变坏，轧制时易产生裂纹，故炼钢的最后阶段必须加入脱氧剂(例如锰铁、硅铁和铝等)，以除去钢液中多余的氧：Mn+FeOMnO+Fe，Si+2FeOSiO2+2Fe，2Al+3FeOAl2O3+3Fe，故答案选CD；
(2)由题意可知：每生成1.12kg纯硅需吸收akJ热量，即生成=40mol纯硅吸收的热量为akJ热量，则生成1mol纯硅吸收的热量为kJ=0.025akJ，所以该反应的热化学方程式：SiCl4(g)+2H2(g)=Si(s)+4HCl(g)△H=+0.025akJ/mol；
A．钠的强酸盐不水解，NaX(NaF除外)不易水解，故A错误；
B．硅的卤化物(SiX4)是由非金属元素原子间通过共用电子对形成的化合物，是共价化合物，故B正确；
C．钠的卤化物(NaX)为离子化合物属于离子晶体，硅的卤化物(SiX4)为共价化合物属于分子晶体，离子晶体的熔点大于分子晶体的熔点，即NaX的熔点一般高于SiX4，故C正确；
D．SiF4晶体是由分子间作用力结合而成，故D错误；
故答案为BC；
(3)C和Si最外层电子数相同(或“是同主族元素”)，C原子半径小于Si(或“C原子电子层数少于Si”) Si元素的非金属性弱于C元素，硅烷的热稳定性弱于甲烷，故硅烷的分解温度远低于甲烷；
(4)a．因为随着温度的升高，SiHCl3的转化率增大，平衡右移，则该反应的平衡常数随温度升高而增大，故a正确；
b．增大一种反应物的浓度，能提高其它反应物的转化率，而本身的转化率反而降低，故横坐标表示的投料比应该是，故b错误；
c．SiHCl3(g)+H2(g) Si(s)+3HCl(g)正向为气体系数增大的方向，降低压强平衡向气体系数增大方向移动，可以提高SiHCl3的利用率，故c正确；
故答案选a、c；
(5)依据所给数据可知：硅酸的Ka2小于碳酸的Ka2，依据“越弱越水解”可知硅酸钠更易水解。
【真题演练】
1．（2024·浙江·高考真题）下列说法不正确的是
A．装置①可用于铜与浓硫酸反应并检验气态产物 B．图②标识表示易燃类物质
C．装置③可用于制取并收集氨气 D．装置④可用于从碘水中萃取碘
2．（2024·重庆·高考真题）某小组用下图中甲作为气体发生装置，其他装置根据实验需求选用(加热及夹持装置略)。下列说法错误的是
A．若制取，则a为浓氨水，b可为氧化钙
B．若制取，则乙可盛饱和食盐水以除去
C．若制取，则丙可作气体收集装置
D．若制取，则丁可盛水用作尾气处理装置
3．（2024·广东·高考真题）1810年，化学家戴维首次确认“氯气”是一种新元素组成的单质。兴趣小组利用以下装置进行实验。其中，难以达到预期目的的是
A B
制备 净化、干燥
C D
收集 验证的氧化性
4．（2024·广东·高考真题）按下图装置进行实验。搅拌一段时间后，滴加浓盐酸。不同反应阶段的预期现象及其相应推理均合理的是
A．烧瓶壁会变冷，说明存在的反应
B．试纸会变蓝，说明有生成，产氨过程熵增
C．滴加浓盐酸后，有白烟产生，说明有升华
D．实验过程中，气球会一直变大，说明体系压强增大
5．（2024·河北·高考真题）图示装置不能完成相应气体的发生和收集实验的是(加热、除杂和尾气处理装置任选)
选项 气体 试剂
A 饱和溶液+浓硫酸
B 浓盐酸
C 固体熟石灰
D 石灰石+稀盐酸
6．（2024·北京·高考真题）硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。
下列说法不正确的是
A．I的化学方程式：
B．Ⅱ中的反应条件都是为了提高平衡转化率
C．将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生
D．生产过程中产生的尾气可用碱液吸收
7．（2024·安徽·高考真题）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乙的是
选项 甲 乙 丙
A
B
C
D
8．（2024·北京·高考真题）是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备。
(1)方法一：早期以硝石(含)为氮源制备，反应的化学方程式为：。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和 。
(2)方法二：以为氮源催化氧化制备，反应原理分三步进行。
①第I步反应的化学方程式为 。
②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入和进行反应。在不同压强下(、)，反应达到平衡时，测得转化率随温度的变化如图所示。解释y点的容器容积小于x点的容器容积的原因 。
(3)方法三：研究表明可以用电解法以为氮源直接制备，其原理示意图如下。
①电极a表面生成的电极反应式： 。
②研究发现：转化可能的途径为。电极a表面还发生iii．。iii的存在，有利于途径ii，原因是 。
(4)人工固氮是高能耗的过程，结合分子结构解释原因 。方法三为的直接利用提供了一种新的思路。
【模拟演练】
1．（2025·广东深圳·一模）劳动工具凝聚着我国劳动人民的智慧。下列劳动工具主要由无机非金属材料制成的是
A．石磨 B．铜犁铧
C．木质纺车 D．竹耙
2．（2025·江苏·一模）下列物质的性质与用途具有对应关系的是
A．具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒
B．晶体硅熔点高，可用作半导体材料
C．受热易分解，可用于制胃酸中和剂
D．氨气易溶于水，液氨可用作制冷剂
3．（2025·黑龙江吉林·一模）2024年2月29日，国家自然科学基金委员会发布了2023年度“中国科学十大进展”。下列说法正确的是
A．通过培育耐盐碱农作物，可提高盐渍化土地产能。中性盐地中富含硫酸钠和碳酸钠
B．可考虑选用合适的水溶液促进和多硫分子的聚集。实现锂硫电池广泛应用
C．人工智能大模型为精准天气预报带来新突破，其中用到的芯片与光导纤维主要成分都属于新型无机非金属材料
D．成功开发我国完全拥有自主产权的、首个在细胞核和细胞器中均可实现精准碱基编辑的新型工具。碱基互补配对时形成极性共价键。
4．（2025·云南曲靖·一模）下列类比迁移合理的是
A．固态是分子晶体，则也是分子晶体
B．通入溶液不产生沉淀，则通入溶液也不产生沉淀
C．和浓硝酸常温下反应制备，则和浓硫酸常温下反应可制备
D．溶于强碱溶液生成，则也能溶于强碱溶液生成
5．（2025·广西柳州·二模）下列关于物质性质分析的说法错误的是
A．浓硫酸能使蔗糖炭化变黑，体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性
B．氯化铁溶液腐蚀铜电路板，体现了氯化铁溶液的氧化性
C．氯气的水溶液放置一段时间后pH下降，原因是生成了盐酸
D．红热的木炭放入浓硝酸中产生红棕色气体，说明木炭与浓硝酸发应生成
6．（2025·广东佛山·一模）工业制备盐酸以和为原料。实验室将在空气中点燃的气体缓慢伸入集气瓶中模拟制备少量(如图所示)，下列说法不合理的是
A．气体是
B．工业上不能采用混合光照的方法制备
C．反应过程中集气瓶口有白雾生成
D．实验方案会用到、等图标进行提示
7．（2025·河北沧州·一模）如图所示，在处通入未经干燥的氯气。当关闭阀时，处的红布条看不到明显现象；当打开阀后，处的红布条逐渐褪色。则瓶中盛放的溶液可能是
①溶液② ③浓硫酸 ④饱和溶液
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
8．（2025·陕西宝鸡·一模）氯及其化合物在生产生活中应用广泛。图示为氯元素的“价-类”二维图，下列叙述错误的是
A．a和e反应可制备b
B．c可用于自来水杀菌消毒
C．d的水溶液在空气中久置，溶液酸性减弱
D．可用浓氨水检测输送b的管道是否发生泄漏
9．（2025·广东深圳·一模）基于物质类别、元素价态的角度，可系统归纳、预测物质的性质与转化。部分含VIA族元素物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断合理的是
A．电解a制时，可向a中加入增强导电性
B．工业上，利用的转化制硫酸
C．若元素为，则可预测中元素均能被氧化
D．若元素为，则将转化为仅有两种转化路径
10．（2025·广东佛山·一模）按下图装置，将浓H2SO4加入浓Na2S2O3溶液中，产生气泡和沉淀。下列预期现象及相应推理均合理的是
A．烧瓶壁发热，说明反应S2O(aq)＋2H＋(aq)=S(s)＋H2O(l)＋SO2(g)放热
B．湿润的蓝色石蕊试纸变红，说明SO2水溶液显酸性
C．溴水润湿的滤纸褪色，说明SO2水溶液有漂白性
D．BaCl2溶液产生沉淀，说明生成BaSO3
11．（2025·广东深圳·一模）将铜丝插入热浓硫酸中进行如图（a-c为贴在玻璃棒上浸有相应试液的试纸）所示实验。下列说法正确的是
A．铜与浓硫酸反应，只体现浓硫酸的强氧化性
B．为验证的氧化性，试剂可选用
C．品红溶液褪色，加热后恢复原色，说明具有氧化性
D．a、c两处均可观察到褪色现象
12．（2025·河南新乡·一模）下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 向饱和碳酸钠溶液中通入 CO2，析出白色晶体 碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠
B 将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，红色褪去 二氧化硫具有漂白性
C NO2能与H2O反应生成 HNO3 二氧化氮是酸性氧化物
D 将浓硫酸滴入浓盐酸中，有大量 HCl放出 硫酸的酸性强于盐酸
13．（2024·黑龙江大庆·二模）下列实验操作、现象均正确且能得出相应结论的是
选项 实验操作 现象 实验结论
A 向滴有酚酞的溶液中缓慢通入 红色褪去 具有漂白性
B 向溶液中加入滴溶液 溶液仍为橙色 在其他条件不变时，减小生成物浓度，平衡向正反应方向移动
C 将气体通入稀溶液中 出现白色沉淀 非金属性：
D 用计分别测定溶液和溶液的 溶液的大 结合的能力：
14．（2025·江西·一模）下列实验操作及现象，结论均正确的是
选项 操作及现象 结论
A 将少量硼酸溶液加入碳酸钠溶液中，无气体产生 酸性：硼酸<碳酸
B 取两份新制氯水，分别滴加硝酸银溶液和淀粉-KI溶液，前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色 氯气与水反应存在限度
C 向含有物质的量之比为3：1的硫酸和硝酸混酸稀溶液中加入过量铜粉，生成气体，溶液变蓝 反应结束后溶液中的溶质不含Cu(NO3)2
D 向盛有少量苯酚稀溶液的试管中，滴入几滴氯化铁溶液，振荡，溶液变为紫色 该苯酚溶液未被氧化变质
15．（2025·河北石家庄·一模）白硼钙石的主要成分是Ca4B10O19·7H2O(含有少量Fe2O3、FeO、CaCO3和SiO2等杂质)，利用白硼钙石制取强还原剂NaBH4的工艺流程如下：
已知H3BO3微溶于水，易溶于乙醇；偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定。下列说法错误的是
A．“滤渣1”的主要成分是SiO2
B．“气体”的主要成分是NO2
C．“操作X”涉及蒸发浓缩、降温结晶、过滤
D．“反应Y”的化学方程式是NaBO2＋2MgH2=2MgO＋NaBH4
16．（2025·山东日照·一模）利用“氧化法测定葡萄酒中SO2的实验装置如图所示(夹持装置略)。实验过程如下：
①加样：向梨形瓶C和试管D中分别加入20.0mL和5.0mL的0.3%H2O2溶液，并各滴3滴混合指示剂后，溶液立即变为紫色，再依次滴入少量NaOH标准液，使C和D中溶液颜色恰好变为橄榄绿色。向A瓶中加入20.00mL葡萄酒样品。
②氧化：取10.00mL25%的磷酸溶液加入A瓶中，B管中缓缓通入N210min左右，C瓶中溶液颜色逐渐变为紫色，D中溶液颜色无变化。
③滴定：取下C瓶，用NaOH标准液滴定至终点，消耗NaOH标准液VmL。
回答下列问题：
(1)仪器A的名称为 ，B管中通入N2的目的是 。
(2)用NaOH固体配制100mL 0.01mol·L-1NaOH溶液，取50.00mL该溶液稀释至500mL，作为NaOH标准液。上述操作过程中必须用到的标有刻度和温度的玻璃仪器为 (填标号)。
①玻璃棒 ②胶头滴管 ③100mL容量瓶 ④500mL容量瓶
(3)“氧化”过程，梨形瓶C中发生反应的离子方程式为 。
(4)该滴定实验达到终点现象为 ，样品中SO2的含量为 g/L。
(5)装置D的作用为 ；若试管 D中溶液颜色发生变化，其它操作不变，测定结果会 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
17．（2024·辽宁沈阳·三模）为高效安全灭菌消毒剂之一，现用如图所示装置制备，并将其通入潮湿的制备纯净的。
已知：①沸点为，受热易分解，高浓度时易爆炸。
②为酸性氧化物，且极易溶于水。
请回答下列问题：
(1)装置C中试剂为 。图中各装置连接顺序为：a→ (填装置中的字母)。
(2)实验中d口和空气的进气速率要适中，实验中通过观察装置C中 控制气体流速；当e口出气量一定时，需控制d口进气量与空气进气量的比值为1：3的原因是 。
(3)装置B中的化学反应方程式为 。
(4)若实验过程中至少需要3L(标准状况)与潮湿的反应，实际称取的固体质量必须适当多于理论量，其原因是 。(写出两点)
(5)将装置B生成的气体直接通入到下列装置可制得HClO溶液。取下列装置中黄绿色溶液两等份，一份是通过与足量KI溶液反应生成，来测定和两者之和；另一份是把氯元素全部转化为AgCl，通过计算氯元素含量。实验结果表明，则黄绿色溶液中 (忽略与水的反应)。
18．（24-25高三上·河北·阶段练习）某学习小组对通入溶液出现白色沉淀的原因进行了探究，请回答下列问题：
【提出问题】
白色沉淀产生的主要原因是什么？
【做出假设】
假设一：主要是氧气将氧化为，产生白色沉淀。
(1)假设二： 。
【设计实验】该小组成员设计了如图所示的实验装置进行探究。
(2)装置X的作用是 。
【实验过程】
对比实验一 对比实验二
实验装置 A烧杯中加入煮沸的溶液，再加入与溶液体积相同的食用油，冷却至室温。 B烧杯中加入未煮沸的溶液。 C烧杯中加入煮沸的溶液，再加入与溶液体积相同的食用油，冷却至室温。 D烧杯中加入未煮沸的溶液。
在A、B、C、D四个烧杯中均放入传感器，然后通入气体。
(3)向A烧杯与C烧杯中加入食用油的目的： 。烧杯中“食用油”可以用下列试剂中的 代替(填字母)。
a．氯仿 b．己烷 c．乙醇
【实验现象】
A烧杯无明显现象，B、C、D三个烧杯中均出现浑浊现象。
【实验结论】
(4)B烧杯中出现浑浊的原因： 。
(5)在硝酸钡溶液中，有无氧气参加都能产生硫酸钡沉淀。若是硝酸根的强氧化性导致沉淀的出现，则对应的离子方程式为 。
(6)为了进一步确定产生沉淀的原因，该小组成员对传感器采集的数据进行了处理，结果如图所示，根据图像可得出结论： 。
参考答案
【真题演练】
1．C
【详解】A．铜与浓硫酸反应方程式为：，可用装置①制取，气态产物为SO2，可利用SO2的漂白性进行检验，故A正确；
B．图②标识表示易燃类物质，故B正确；
C．NH3的密度比空气小，应用向下排空气法进行收集，故C错误；
D．萃取是利用物质在不同溶剂中溶解性的差异进行分离混合物，装置④可用于从碘水中萃取碘，故D正确。
2．D
【详解】A．氧化钙和水反应放出大量热，促使氨水中一水合氨分解释放出氨气，A正确；
B．饱和食盐水能抑制氯气溶解，且能吸收HCl，则制取，乙可盛饱和食盐水以除去，B正确；
C．氯气密度大于空气，则丙中气体长进短出，可作氯气气体收集装置，C正确；
D．氨气极易溶于水，容易倒吸，没有防倒吸装置，D错误。
3．A
【详解】A．利用浓盐酸和二氧化锰反应制氯气需要加热，图中缺少加热装置，且分液漏斗内应盛装浓盐酸，不能达到预期目的，A符合题意；
B．实验室制得的氯气中有HCl杂质，可以通过饱和食盐水洗气除杂，再通过无水氯化钙干燥，可以达到净化、干燥Cl2的目的，B不符合题意；
C．氯气密度大于空气，可以用向上排空气法收集，可以达到预期目的，C不符合题意；
D．H2可以在氯气中安静地燃烧，产生苍白色火焰，氯气将氢气氧化，验证了氯气的氧化性，D不符合题意。
4．B
【详解】A．烧瓶壁变冷说明八水氢氧化钡与氯化铵的反应是焓变大于0的吸热反应，故A错误；
B．试纸会变蓝，说明八水氢氧化钡与氯化铵反应时有氨气生成，该反应是熵增的反应，故B正确；
C．滴加浓盐酸后，有白烟产生是因为浓盐酸挥发出的氯化氢气体与反应生成的氨气生成了氯化铵，与氯化铵的升华无关，故C错误；
D．八水氢氧化钡与氯化铵生成氯化钡和一水合氨的反应是焓变大于0的吸热反应，烧瓶中温度降低、气体压强会减小会导致气球变小，后因为一水合氨分解生成氨气导致气体压强增大，气球会变大，滴入盐酸后，浓盐酸挥发出的氯化氢气体与反应生成的氨气生成了氯化铵，导致气体压强变小，则实验过程中，气球先变小、后增大，加入盐酸后又变小，故D错误。
5．C
【分析】如图所示的气体发生装置可以为固液加热型反应，也可以是固液不加热型；右侧气体收集装置，长进短出为向上排空气法，短进长出为向下排空气法，装满水后短进长出为排水法；
【详解】A．饱和溶液和浓硫酸反应可以制，使用固液不加热制气装置，密度比空气大，用向上排空气法收集，可以完成相应气体的发生和收集实验，A不符合题意；
B．和浓盐酸加热反应可以制，使用固液加热制气装置，密度比空气大，用向上排空气法收集，可以完成相应气体的发生和收集实验，B不符合题意；
C．固体与熟石灰加热可以制需要使用固固加热制气装置，图中装置不合理，不能完成相应气体的发生和收集实验，C符合题意；
D．石灰石(主要成分为)和稀盐酸反应可以制，使用固液不加热制气装置，密度比空气大，用向上排空气法收集，可以完成相应气体的发生和收集实验，D不符合题意。
6．B
【分析】黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，SO2和空气中的O2在400~500℃、常压、催化剂的作用下发生反应得到SO3，用98.3%的浓硫酸吸收SO3，得到H2SO4。
【详解】A．反应I是黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，化学方程式：，故A正确；
B．反应Ⅱ条件要兼顾平衡转化率和反应速率，还要考虑生产成本，如Ⅱ中“常压、催化剂”不是为了提高平衡转化率，故B错误；
C．将黄铁矿换成硫黄，则不再产生，即可以减少废渣产生，故C正确；
D．硫酸工业产生的尾气为、，可以用碱液吸收，故D正确。
7．D
【详解】A．Cl2与水反应生成HClO和HCl，无法直接生成NaClO，A错误；
B．SO2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氢钙，碳酸氢钙受热分解生成二氧化碳气体，D正确。
8．(1)难挥发性
(2) ，该反应正向气体分子总数减小，同温时，条件下转化率高于，故，x、y点转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响
(3) 反应iii生成，将氧化成，更易转化成
(4)中存在氮氮三键，键能高，断键时需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程
【详解】（1）浓硫酸难挥发，产物为气体，有利于复分解反应进行，体现了浓硫酸的难挥发性和酸性。
（2）①第I步反应为氨气的催化氧化，化学方程式为；
②，该反应正向气体分子总数减小，同温时，条件下转化率高于，故，根据，x、y点转化率相同，则n相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响，故y点的容器容积小于x点的容器容积。
（3）①由电极a上的物质转化可知，氮元素化合价升高，发生氧化反应，电极a为阳极，电极反应式为；
②反应iii生成，将氧化成，更易转化成。
（4）中存在氮氮三键，键能高，断键时需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程。
【模拟演练】
1．A
【详解】A．石磨是用石头制成的，主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，A选；
B．铜犁铧是合金，属于金属材料，B不选；
C．木质纺车的主要成分是纤维素，属于有机高分子材料，C不选；
D．竹耙的主要成分是纤维素，属于有机高分子材料，D不选。
2．A
【详解】A．ClO2是一种强氧化剂，具有氧化性，能够有效杀灭细菌和病毒，可用于自来水的杀菌消毒，A符合题意；
B．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，可用作半导体材料，即晶体硅可用作半导体材料与其导电性能有关，与熔点高无关，B不符合题意；
C．能与胃酸(主要成分为盐酸)反应而中和胃酸，可用于制胃酸中和剂，与其受热易分解无关，C不符合题意；
D．液氨汽化时要吸收大量的热量，使周围温度急剧下降，液氨可用作制冷剂，与氨气易溶于水无关，D不符合题意。
3．C
【详解】A．碳酸钠溶液呈碱性，中性盐地中不会富含碳酸钠，A错误；
B．锂硫电池通常使用有机电解液，因锂金属与水剧烈反应，水溶液不适用，B错误；
C．芯片的主要成分是硅，光导纤维的主要成分是二氧化硅，两者均属于新型无机非金属材料，C正确；
D．碱基互补配对通过氢键连接，而非极性共价键，D错误。
4．D
【详解】A．固态中相邻分子靠分子间作用力相互吸引，属于分子晶体，是由硅、氧原子通过共价键形成的空间网状结构，属于共价晶体，类比迁移不合理，A不符合题意；
B．通入溶液中，溶液呈酸性，可被硝酸根离子氧化为硫酸根，生成硫酸钡沉淀，类比迁移不合理，B不符合题意；
C．和浓硫酸在加热条件下反应可制备SO2，常温下不反应，类比迁移不合理，C不符合题意；
D．Al、Be在元素周期表中处于对角线位置，两者化学性质相似，、均为两性氢氧化物，都能溶于强碱溶液，分别生成、，类比迁移合理，D符合题意。
5．D
【详解】A．浓硫酸具有脱水性和强氧化性，加入蔗糖使得蔗糖碳化变黑“长大”，并产生了CO2、SO2，A正确；
B．氯化铁溶液腐蚀铜电路板生成氯化亚铁和氯化铜，铁化合价降低，体现了氯化铁溶液的氧化性，B正确；
C．氯水中次氯酸不稳定，分解为HCl和氧气，HCl水溶液为强酸盐酸，使得溶液pH降低，C正确；
D．生成红棕色气体二氧化氨，可能是由于红热木炭与浓硝酸发生反应，也可能是由于浓硝酸受热分解，D错误。
6．A
【详解】A．气体是，氢气在氯气中安静的燃烧生成氯化氢，故A错误；
B．氢气与的混合气体在光照条件下发生爆炸，工业上不能采用混合光照的方法制备，故B正确；
C．反应生成，氯化氢在瓶口吸收水蒸气形成酸雾，故在集气瓶口有白雾生成，故C正确；
D．该反应发生燃烧反应且氯气有毒，故需要、等图标进行提示，故D正确。
7．A
【详解】在处通入未经干燥的氯气。当关闭阀时，处的红布条看不到明显现象，说明D中氯气被吸收或水被吸收；溶液能吸收氯气，浓硫酸能干燥氯气。瓶中盛放的溶液可能是溶液或浓硫酸，故选A。
8．C
【分析】分析氯元素的“价类二维图”可知，a为HCl，b为Cl2，c为ClO2，d为HClO，e为氯酸盐，f属于次氯酸盐。
【详解】A．HCl中氯元素化合价为-1价、氯酸盐中氯元素化合价为+5价，氯元素可以发生归中反应生成氯气，A正确；
B．ClO2 具有强氧化性，是重要的高效消毒剂，可用作自来水厂的水体消毒，B正确；
C．HClO为弱酸，见光易分解生成氯化氢和氧气，HCl水溶液为强酸，溶液酸性增强，C错误；
D．浓氨水挥发的氨气和氯气发生反应生成氯化铵小颗粒：，可观察到白烟，能用浓氨水检测输送b的管道是否发生泄漏，D正确。
9．C
【分析】a可以表示H2S、H2O等，b可以表示S、O2等，c表示SO2等、d表示H2SO3等，e表示SO3等，f表示H2SO4等，据此解答。
【详解】A．电解H2O制时，若向H2O中加入，则相当于电解氯化钠溶液，得到氢气、氯气和氢氧化钠，A错误；
B．工业上制硫酸的原料为硫铁矿，原理为，B错误；
C．若元素为，a为，d为，化合价均不是最高价，故均能被氧化，C正确；
D．若元素为，将SO2转化为H2SO4，加入氧化剂即可实现，如Cl2、Br2、KMnO4等，D错误。
10．B
【详解】A．浓硫酸稀释也会产生大量的热，所以烧瓶壁发热，不能说明反应S2O(aq)＋2H＋(aq)=S(s)＋H2O(l)＋SO2(g)放热，故A错误；
B．二氧化硫为酸性氧化物，能够与水反应生成亚硫酸，所以湿润的蓝色石蕊试纸变红，故B正确；
C．二氧化硫具有还原性，能够使溴水褪色，与其漂白性无关，故C错误；
D．盐酸的酸性强于亚硫酸，所以二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，故D错误。
11．B
【详解】A．铜与热的浓硫酸反应，生成SO2和CuSO4，浓硫酸体现酸性和氧化性，故A错误；
B．为验证的氧化性，试剂可选用，两者反应生成淡黄色的硫单质，据此现象可证明的氧化性，故B正确；
C．品红溶液褪色，加热后恢复原色，说明具有漂白性，故C错误；
D．只能使紫色石蕊溶液变红，但不能褪色，故D错误。
12．A
【详解】A．碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，当CO2通入饱和碳酸钠溶液时，发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，生成的碳酸氢钠因溶解度低而析出，A正确；
B．红色褪去是因SO2与NaOH发生中和反应生成亚硫酸钠，而非漂白性，SO2的漂白性需通过品红溶液验证，B错误；
C．NO2 能与H2O反应生成 HNO3，反应为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，产物含NO，说明NO2不是酸性氧化物，C错误；
D．浓硫酸滴入浓盐酸中，有大量HCl放出，是因浓硫酸的吸水性（物理性质）导致浓盐酸中HCl挥发，与酸性强弱无关，D错误。
13．C
【详解】A．二氧化硫是酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应使溶液的碱性减弱，则向滴有酚酞的氢氧化钠溶液中缓慢通入二氧化硫，红色褪去不能说明二氧化硫具有漂白性，故A错误；
B．重铬酸钠溶液中存在如下平衡：Cr2O+H2O2CrO+2H+，向溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧根离子中和溶液中的氢离子浓度，使平衡向正反应方向移动，溶液会由橙色变为黄色，故B错误；
C．向硅酸钠溶液中通入二氧化碳，溶液中出现白色沉淀发生的反应为二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，由强酸制弱酸的原理可知，碳酸的酸性强于硅酸，由元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强可知，碳元素的非金属性强于硅元素，故C正确；
D．次氯酸钠溶液具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，则用pH试纸不能测得次氯酸钠溶液的pH，无法比较次氯酸钠和醋酸钠在溶液中的水解程度和与氢离子结合的能力，故D错误。
14．C
【详解】A．少量硼酸溶液滴入碳酸钠溶液中，可能生成碳酸氢钠，不放出气体，无法比较H2CO3和H3BO3的酸性强弱，应该加入过量的硼酸，A不合题意；
B．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，氯气和次氯酸均能氧化KI生成碘，则前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色，不能证明氯气与水的反应有限度，B不合题意；
C．铜与混酸发生反应的离子方程式为3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，该混酸中H+与的物质的量之比为7：1，H+过量，不足，反应结束后溶液中的溶质为CuSO4和H2SO4，不含Cu(NO3)2，C符合题意；
D．向盛有少量苯酚稀溶液的试管中，滴入几滴氯化铁溶液，振荡，溶液变为紫色，说明苯酚溶液中含有酚羟基，不能说明苯酚是否被氧化，D不合题意。
15．B
【分析】由题干流程图可知，将白硼钙石的主要成分是Ca4B10O19·7H2O(含有少量Fe2O3、FeO、CaCO3和SiO2等杂质)粉碎后加入浓硝酸，将Ca转化为Ca(NO3)2、Fe转化为Fe(NO3)3、B转化为H3BO3，SiO2不溶于硝酸，过滤得到滤液1，主要含有Ca(NO3)2、Fe(NO3)3，和滤渣主要含有SiO2和H3BO3，向滤渣中加入乙醇进行醇浸过滤得到滤渣1，主要成分为SiO2，滤液中含有H3BO3的酒精溶液，向滤液中加入NaOH溶液进行水浴加热，将H3BO3转化为NaBO2，将乙醇蒸馏出来后，对滤液进行蒸发浓缩、降温结晶，过滤干燥，获得纯净的NaBO2固体，将固体NaBO2和MgH2混合反应生成NaBH4和耐火材料即MgO，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，“滤渣1”的主要成分是SiO2，A正确；
B．气体为浓硝酸与氧化亚铁反应后生成的NO2及与碳酸钙反应产生的CO2，B错误；
C．由题干信息状况，偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定，故“操作X”涉及到蒸发浓缩、降温结晶、过滤，C正确；
D．由分析可知，耐火材料为MgO，故“反应Y”的化学方程式是，D正确。
16．(1)圆底烧瓶 驱赶SO2到C瓶溶液中进行充分反应，同时防止空气中的氧气将葡萄酒中的+4价硫被氧化
(2)③④
(3)SO2+H2O2=2H++或者SO2+H2O2+2OH-=2H2O+
(4)滴入最后半滴NaOH溶液，溶液由紫色变为橄榄绿色，且30s不变色 1.6V×10-3
(5)验证SO2全部被C瓶中的H2O2氧化 偏小
【分析】本题为实验探究题，利用磷酸将葡萄酒中溶解的SO2赶出并通入N2将SO2全部带入0.3%的H2O2溶液中发生氧化反应生成H2SO4，方程式为：H2O2+SO2=H2SO4，然后用NaOH溶液进行滴定H2SO4，根据消耗NaOH的物质的量来计算H2SO4的物质的量进而计算出SO2的物质的量，以测量葡萄酒中SO2的含量，据此分析解题。
【详解】（1）由题干实验装置图可知，仪器A的名称为圆底烧瓶，结合分析可知B管中通入N2的目的是驱赶SO2到C瓶溶液中进行充分反应，同时防止空气中的氧气将葡萄酒中的+4价硫被氧化，故答案为：圆底烧瓶；驱赶SO2到C瓶溶液中进行充分反应，同时防止空气中的氧气将葡萄酒中的+4价硫被氧化；
（2）用NaOH固体配制100mL 0.01mol·L-1NaOH溶液中需要使用的仪器有：天平、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶和胶头滴管，取50.00mL该溶液稀释至500mL需要使用的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，其中量筒、容量瓶中必须标明刻度和温度，即上述操作过程中必须用到的标有刻度和温度的玻璃仪器为100mL容量瓶、500mL容量瓶，故答案为：③④；
（3）由分析可知，“氧化”过程，梨形瓶C中发生氧化反应生成H2SO4，方程式为：H2O2+SO2=H2SO4，则该反应的离子方程式为：SO2+H2O2=2H++或者SO2+H2O2+2OH-=2H2O+，故答案为：SO2+H2O2=2H++或者SO2+H2O2+2OH-=2H2O+；
（4）由分析可知，该滴定实验达到终点现象为滴入最后半滴NaOH溶液，溶液由紫色变为橄榄绿色，且30s不变色，由(2)可知，NaOH标准液的浓度为：0.001mol/L，根据题干信息可知，SO2~H2SO4~2NaOH，故n(SO2)==×0.001mol/L×V×10-3L=5.0V×10-7mol，则样品中SO2的含量为：=1.6V×10-3g/L，故答案为：1.6V×10-3；
（5）由题干信息可知，装置D中溶液颜色没有发生改变，说明从C中逸出的气体中不含SO2，故装置D的作用为验证SO2全部被C瓶中的H2O2氧化，若试管 D中溶液颜色发生变化，说明SO2未完全被C中H2O2氧化，则生成的硫酸物质的量偏小，消耗标准液NaOH的体积偏小，则其它操作不变，测定结果会偏小，故答案为：验证SO2全部被C瓶中的H2O2氧化；偏小。
17．(1)饱和食盐水 a→d→e→b→c→h→i→j→k→f
(2)气泡流速 比值大于1∶3，导致稀释程度不够会引发爆炸；比值小于1∶3，氯气的浓度太低，导致B装置中反应速率低
(3)或
(4)①实验结束时装置还残留；②一部分氯气来不及与潮湿的反应
(5)15∶1
【分析】A装置制备氯气，然后通过装置C中的饱和食盐水除去HCl，氯气与B中潮湿的碳酸钠反应制备纯净的，由于易溶于水，同时与水反应生成次氯酸，所以收集前要通过E装置干燥，再利用装置F收集，同时由于氯气、都是大污染物，最后要用D装置进行尾气处理、同时防止空气中H2O(g)进入F。
【详解】（1）根据分析可知，C中试剂为饱和食盐水，图中各装置连接顺序为：a→d→e→b→c→h→i→j→k→f。
（2）实验中通过观察装置C中气泡流速控制气体流速；当e口出气量一定时，需控制d口进气量与空气进气量的比值为1∶3的原因是比值大于1∶3，导致稀释程度不够会引发爆炸；比值小于1∶3，氯气的浓度太低，导致B装置中反应速率低。
（3）装置B中反应方程式为或。
（4）①实验结束时装置还残留；②一部分氯气来不及与潮湿的反应，故实际称取的固体质量必须适当多于理论量。
（5）由得失电子数目守恒可得：n(I2)= n(HClO)+n(Cl2)，由氯原子个数守恒可得：n(AgC1) = n(HClO)+2n(Cl2)，由为17∶16，可得：=17∶16，解得=15。
18．(1)酸性条件下具有氧化性，能将氧化为，从而产生白色沉淀
(2)做缓冲瓶，防止倒吸
(3)隔绝氧气 b
(4)SO2被氧气氧化为，与钡离子反应产生白色沉淀
(5)
(6)O2在氧化反应中起到主要氧化作用
【分析】将70%左右H2SO4滴入饱和的Na2SO3溶液中，发生反应Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，生成的SO2经过缓冲瓶进入右侧的烧杯中与待测溶液混合，烧杯中的食用油可以隔绝空气，pH传感器可以实时获取溶液的pH数据通过控制变量法来探究与溶液的反应。
【详解】（1）二氧化硫具有一定还原性，硝酸根离子在酸性环境下具有氧化性，能被二氧化硫氧化为硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，因此假设二为酸性条件下具有氧化性，能将氧化为，从而产生白色沉淀；
（2）由于SO2易溶于水，装置X可起到防倒吸、做安全瓶的作用；
（3）由于实验中需要研究氧气的作用，因此需要控制变量，食用油起到隔绝氧气的作用；食用油密度比水小，难溶于水，选项中氯仿密度大于水，排除a，乙醇与水互溶，排除c，己烷密度比水小，不溶于水，故选b；
（4）根据变量控制思想，对比实验一可知，B烧杯中加入未煮沸的BaCl2溶液出现白色沉淀，而A烧杯煮沸的BaCl2溶液未出现白色沉淀说明是O2氧化SO2，故发生的反应为2H2SO3+O2+2Ba2+=2BaSO4↓+4H+或2H2O +2SO2+O2+2Ba2+=2BaSO4↓+4H+，因此B烧杯中出现浑浊的原因是SO2被氧气氧化为，与钡离子反应产生白色沉淀；
（5）二氧化硫具有一定还原性，硝酸根离子具有氧化性，能被二氧化硫氧化为硫酸根离子，离子方程式为；
（6）根据图像，有O2参加的反应中pH变化比无氧参加的大，且用时短，说明O2在氧化反应中起到主要氧化作用。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑