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备考2026届高考 2021-2025全国各地真题汇编专题4非金属及其化合物
一、选择题
1．材料的开发与研究助力我国航空航天事业飞速发展。下列说法正确的是（　　）
A．“天问一号”探测器使用的新型基增强铝基复合材料属于硅酸盐材料
B．“长征五号”火箭的芯一级尾段使用的钛合金具有强度高、耐高温的优点
C．中国空间站核心舱“天和”推进器使用的氮化硼材料属于传统无机非金属材料
D．“神舟二十号”载人飞船将高铌钛铝合金应用于火箭发动机叶片，该合金属于纯净物
2． 下列反应中，体现还原性的是（　　）
A．加热分解有生成
B．和的混合溶液加热有生成
C．固体在溶液中溶解
D．溶液中滴加溶液出现白色沉淀
3．大气中的氮是取之不尽的天然资源。下列工业生产中以氮气作反应物的是（　　）
A．工业合成氨 B．湿法炼铜
C．高炉炼铁 D．接触法制硫酸
4．下列离子在溶液中能大量共存的是（　　）
A． B．
C． D．
5． 稻壳制备纳米Si的流程图如下。下列说法错误的是(　　)
A．可与NaOH溶液反应
B．盐酸在该工艺中体现了还原性
C．高纯Si可用于制造硅太阳能电池
D．制备纳米Si：
6．某元素的单质及其化合物的转化关系如图。常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性。阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是（　　）
A．G、K均能与溶液反应
B．H、N既具有氧化性也具有还原性
C．M和N溶液中的离子种类相同
D．与足量的J反应，转移电子数为
7．1827年，英国科学家法拉第进行了喷泉实验。在此启发下，兴趣小组利用以下装置，进行如下实验。其中，难以达到预期目的的是（　　）
A．图1：喷泉实验 B．图2：干燥
C．图3：收集 D．图4：制备
8．室温下，通过下列实验探究的性质．已知，．
实验1：将气体通入水中，测得溶液．
实验2：将气体通入溶液中，当溶液时停止通气．
实验3：将气体通入酸性溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气．
下列说法正确的是（　　）
A．实验1所得溶液中：
B．实验2所得溶液中：
C．实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得固体
D．实验3所得溶液中：
9．实验室中使用盐酸、硫酸和硝酸时，对应关系错误的是
A．稀盐酸：配制溶液
B．稀硫酸：蔗糖和淀粉的水解
C．稀硝酸：清洗附有银镜的试管
D．浓硫酸和浓硝酸的混合溶液：苯的磺化
10．如图是反应装置，可以做下列（　　）
A．铁与稀硝酸反应制NO B．二氧化锰与浓盐酸共热制备Cl2
C．氢氧化钠与浓氨水制备NH3 D．Na2SO3与浓硫酸制备SO2
11．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．实验室探究稀硝酸与铜反应的气态产物：
B．工业制硝酸过程中的物质转化：
C．汽车尾气催化转化器中发生的主要反应：
D．实验室制备少量的原理：
12．蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。
下列关于该过程的分析不正确的是（　　）
A．过程白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性
B．过程固体体积膨胀，与产生的大量气体有关
C．过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性
D．过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂
13．根据下列实验及现象，所得结论错误的是
选项 实验及现象 结论
A 将通入溴水至过量，溶液的橙色褪去 有漂白性
B 自热米饭附带的热源包(主要成分CaO，少许、Al粉)加水后，未产生气体 Al粉已经变质
C 浓溶液呈黄绿色，加水稀释后溶液呈蓝色 配体与间存在配位平衡移动
D 淀粉-KI试纸遇的混合液不变色 配离子氧化能力弱
A．A B．B C．C D．D
14． 下列实验的相应操作中，不正确的是（　　）
A．制备并检验 B．实验室制取
为防止有害气体逸出，先放置浸溶液的棉团，再加热 实验结束时，先把导管移出水面，再熄灭酒精灯
C．分液 D．蒸馏
先打开分液漏斗上方的玻璃塞，再打开下方的活塞 冷却水从冷凝管①口通入，②口流出
A．A B．B C．C D．D
15．按如图组装装置并进行实验：将铜丝插入溶液中，当c中红色褪去时，将铜丝拔离液面。下列叙述错误的是
A．a中有化合反应发生，并有颜色变化
B．b中气体变红棕色时，所含氮氧化物至少有两种
C．c中溶液红色刚好褪去时，恰好完全反应
D．若将a中稀硝酸换为浓硫酸并加热，则c中溶液颜色会褪去
二、实验探究题
16．磷酸氢二铵[]常用于干粉灭火剂。某研究小组用磷酸吸收氢气制备，装置如图所示(夹持和搅拌装置已省略)。
回答问题：
（1）实验室用和制备氨气的化学方程式为　 　。
（2）现有浓质量分数为85%，密度为1.7g/mL。若实验需100mL1.7mol/L的溶液，则需浓　 　mL(保留一位小数)。
（3）装置中活塞的作用为　 　。实验过程中，当出现　 　现象时，应及时关闭，打开。
（4）当溶液pH为8.0~9.0时，停止通，即可制得溶液。若继续通入，当时，溶液中、　 　和　 　(填离子符号)浓度明显增加。
（5）若本实验不选用pH传感器，还可选用　 　作指示剂，当溶液颜色由　 　变为时，停止通。
17．某兴趣小组设计实验探究，催化空气氧化的效率。回答下列问题：
（1）步骤Ⅰ 制备
在通风橱中用下图装置制备(加热及夹持装置省略)，反应方程式：
装置A中盛放甲酸的仪器的名称是　 　。
（2）从B、C、D中选择合适的装置收集，正确的接口连接顺序为a→　 　→　 　→　 　→　 　→h(每空填一个接口标号)。
（3）步骤Ⅱ 检验
将通入新制银氨溶液中，有黑色沉淀生成。
该反应的化学方程式为　 　。
（4）步骤Ⅲ 探究催化空气氧化的效率
将一定量与空气混合，得到体积分数为1%的气体样品。使用下图装置(部分加热及夹持装置省略)，调节管式炉温度至，按一定流速通入气体样品。(已知：是白色固体，易吸水潮解：)
通入(已折算为标况)的气体样品后，继续向装置内通入一段时间氮气，最终测得U形管内生成了。
①能证明被空气氧化的现象是　 　；
②被催化氧化的百分率为　 　；
③若未通入氮气，②的结果将　 　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
（5）探究气体与催化剂接触时长对催化氧化效率的影响时，采用　 　方法可以缩短接触时长。
（6）步骤Ⅲ装置存在的不足之处是　 　。
18．某实验小组为制取少量二氧化硫并探究其化学性质，设计了如下实验装置。
回答下列问题：
（1）①装置甲中铜丝可以抽拉，目的是　 　。
②该装置中发生反应的化学方程式为　 　。
③若生成的在标准状况下的体积为，则参加反应的的质量为　 　。
（2）为分别检验的漂白性和还原性，装置乙和丙中盛放的试剂依次是　 　(填标号)。
A．石蕊溶液 B．品红溶液 C．酸性溶液
（3）装置丁中盛放的试剂是足量溶液，其作用是　 　，写出反应的离子方程式　 　。
三、综合题
19．海洋出水铁质文物表面有凝结物，研究其形成原理和脱氯方法对保护文物意义重大。
（1）文物出水清淤后，须尽快浸泡在稀或溶液中进行现场保护。
①玻璃中的能与反应生成　 　（填化学式），故不能使用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放溶液。
②文物浸泡在碱性溶液中比暴露在空气中能减缓吸氧腐蚀，其原因有　 　。
（2）文物表面凝结物种类受文物材质和海洋环境等因素的影响。
①无氧环境中，文物中的与海水中的在细菌作用下形成等含铁凝结物。写出与反应生成和的离子方程式：　 　。
②有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成等凝结物。
（i）铁在盐水中腐蚀的可能原理如图所示。依据原理设计如下实验：向溶液中加入溶液（能与形成蓝色沉淀）和酚酞，将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现象为　 　。
（ii）铁的氢氧化物吸附某些阳离子形成带正电的胶粒，是凝结物富集的可能原因。该胶粒的形成过程中，参与的主要阳离子有　 　（填离子符号）。
（3）为比较含氯在溶液与蒸馏水中浸泡的脱氯效果，请补充实验方案：取一定量含氯模拟样品，将其分为两等份，　 　，比较滴加溶液体积[。实验须遵循节约试剂用量的原则，必须使用的试剂：蒸馏水、溶液、溶液、溶液]。
20．化合物X由三种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：
已知：白色固体A用溶解后，多余的酸用恰好中和，请回答：
（1）X的组成元素是　 　，X的化学式是　 　。
（2）写出溶液呈棕黄色所发生的化学反应方程式　 　。
（3）写出生成白色固体H的离子方程式　 　。
（4）设计实验检验溶液Ⅰ中的阳离子　 　。
21．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氨源直接制备，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。
四、流程题
22． 利用工业废气中的制备焦亚硫酸钠()的一种流程示意图如下。
已知：
物质
、
（1）制
已知：
由制的热化学方程式为　 　。
（2）制
I．在多级串联反应釜中，悬浊液与持续通入的进行如下反应：
第一步：
第二步：
Ⅱ．当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体。
①Ⅱ中生成的化学方程式是　 　。
②配碱槽中，母液和过量配制反应液，发生反应的化学方程式是　 　。
③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是　 　，需除去。
④尾气吸收器中，吸收的气体有　 　。
（3）理论研究、与的反应。一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，随的增加，和平衡转化率的变化如图。
①，与优先反应的离子是　 　。
②，平衡转化率上升而平衡转化率下降，结合方程式解释原因：　 　。
23．工业上煅烧含硫矿物产生的可以按如下流程脱除或利用。
已知：
请回答：
（1）富氧煅烧燃煤产生的低浓度的可以在炉内添加通过途径Ⅰ脱除，写出反应方程式　 　。
（2）煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的，通过途径Ⅱ最终转化为化合物A。
①下列说法正确的是　 　。
A．燃煤中的有机硫主要呈正价 B．化合物A具有酸性
C．化合物A是一种无机酸酯 D．工业上途径Ⅱ产生的也可用浓吸收
②一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是　 　。
（3）设计实验验证化合物A中含有S元素　 　；写出实验过程中涉及的反应方程式　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】无机非金属材料；合金及其应用；硅酸盐
【解析】【解答】A． 新型基增强铝基复合材料属于新型复合材料，不属于硅酸盐材料，故A错误；
Ｂ．钛合金具有强度高、耐高温、抗腐蚀等优点，广泛适用于航天领域，故B正确；
Ｃ．BN属于新型无机非金属材料，故C错误；
Ｄ．合金由多种物质组成，属于混合物，故D错误；
故选B。
【分析】A． 新型基增强铝基复合材料属新型复合材料；
Ｂ．钛合金具有强度高、耐高温、抗腐蚀等优点；
Ｃ．BN是新型无机非金属材料；
Ｄ．合金是由金属元素跟其他金属或非金属元素熔合而成的、具有金属特性的物质，属于混合物。
2．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；铵盐
【解析】【解答】A、加热过程中分解产生NH3，体现了NH4HCO3的不稳定性，A不符合题意。
B、NH4Cl与NaNO2反应生成N2的过程中，NH4Cl中氮元素由－3价变为0价，化合价升高，发生氧化反应，体现了还原性，B符合题意。
C、Mg(OH)2固体溶解在NH4Cl溶液中，是由于溶液中NH4＋水解，使得溶液显酸性，Mg(OH)2与H＋反应溶解，C不符合题意。
D、(NH4)2SO4溶液与BaCl2溶液反应生成的白色沉淀为BaSO4，与NH4＋无关，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、分解产生NH3体现了NH4HCO3的不稳定性。
B、根据氮元素化合价的变化分析。
C、Mg(OH)2溶解是由于NH4＋水解产生H＋。
D、产生的白色沉淀为BaSO4。
3．【答案】A
【知识点】氮气的化学性质；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．在高温、高压、催化剂的条件下，氮气和氢气反应生成氨气，该过程中氮气为反应物，故A正确；
Ｂ．湿法炼铜通常是用铁（Fe）等活泼金属从含铜的盐溶液中置换出铜，该过程不涉及氮气参与反应，氮气并非反应物，故B错误；
Ｃ．高炉炼铁的原理是在高温下，用一氧化碳还原氧化铁生成单质铁，氮气在高炉中主要作为惰性气体存在，不参与炼铁的核心化学反应，不是反应物，故C错误；
Ｄ．接触法制硫酸分为三个阶段：硫铁矿（或硫磺）燃烧生成二氧化硫、二氧化硫催化氧化生成三氧化硫、三氧化硫与水反应生成硫酸，各阶段反应均不涉及氮气作为反应物，故D错误；
故选A。
【分析】根据各反应涉及的反应物分析。
4．【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、溶液中Al3＋能与S2－发生完全双水解反应生成Al(OH)3沉淀和H2S气体；且MnO4－具有氧化性，能将S2－氧化成S单质，因此不可大量共存，A不符合题意。
B、溶液中SO32－能与H＋反应生成SO2和H2O，不可大量共存，B不符合题意。
C、NH4＋能与OH－反应生成弱电解质NH3·H2O；且Mg2＋能与OH－反应生成Mg(OH)2沉淀，二者不可大量共存，C不符合题意。
D、溶液中各个离子相互间不反应，可大量共存，D符合题意。
故答案为：D
【分析】此题是对离子共存的考查，溶液中的离子可大量共存，则相互间不发生反应。即不能形成难溶（或微溶）物质、不形成弱电解质、不形成易挥发性物质；不发生氧化还原反应；不发生络合反应；不发生完全双水解反应。据此结合选项所给离子组进行分析。
5．【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．SiO2能与NaOH反应生成Na2SiO3和H2O，故A正确；
B．加入盐酸，与MgO发生反应：MgO+2HCl=MgCl2+H2O，该反应中盐酸体现酸性，而非还原性，故B错误；
C．太阳能电池的主要成分是Si，因此高纯Si可用于制造硅太阳能电池，故C正确；
D．SiO2和Mg在650℃条件下反应得到MgO和纳米Si，反应的化学方程式为，故D正确；
故选B。
【分析】稻壳在一定条件下反应制得纳米SiO2，纳米SiO2与金属镁在650℃条件下发生反应 生成纳米Si和MgO，室温下加入盐酸，MgO与盐酸反应生成MgCl2。
6．【答案】D
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A、G是H2S，是一种弱酸，K是 SO3，是一种酸性氧化物，因此二者都可以与碱也就是NaOH溶液反应，A正确；
B、H是S，属于单质，化合价为0，处在中间价态，因此既可以被氧化，又可以被还原；N是Na2SO3，S的化合价为4价，同样处在中间价态，因此既可以被氧化，又可以被还原，B正确；
C、M(NaHSO3)溶液：离子为Na+、HSO3-、H+、SO32-、OH-(HSO3-电离和水解)；N(Na2SO3)溶液：离子为Na+、SO32-、HSO3-、H+、OH-(SO32-水解)；两者离子种类相同（均含Na+、SO32-、HSO3-、H+、OH-），C正确；
D、G是 H2S，J是SO2，二者可以发生归中反应，，由方程式不难看出，1molH2S反应的时候，转移的电子数为2NA，D错误；
故答案为：D
【分析】由题可知，常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性可以推测出J是SO2；G 为气体，经两步氧化生成 SO2，故 G 为 H2S；J与 O2反应生成 K 为 SO3；J 与少量 NaOH 反应生成 M 为 NaHSO3，与足量 NaOH 反应生成 N 为 Na2SO3；N被 O2氧化生成 L 为 Na2SO4。
7．【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；氨的实验室制法
【解析】【解答】A、当挤压胶头滴管后，胶头滴管中的水进入烧瓶内，NH3溶于水后，使得烧瓶内压强降低，烧杯内的水溶液进入烧瓶内，形成喷泉现象，A不符合题意。
B、P2O5为酸性氧化物，能与NH3反应，因此不能用P2O5干燥NH3，B符合题意。
C、NH3的密度比空气小，可用向下排空气法收集，C不符合题意。
D、CaO能与浓氨水发生反应：CaO＋NH3·H2O=Ca(OH)2＋NH3↑，因此可用该装置制取NH3，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、NH3极易溶于水，可形成喷泉现象。
B、P2O5为酸性干燥剂，能与NH3反应。
C、NH3的密度小于空气，用向上排空气法收集。
D、CaO能与NH3·H2O反应，生成Ca(OH)2和NH3。
8．【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、实验1所得溶液为亚硫酸溶液，根据质子守恒有，则，故A错误；
B、实验2所得溶液为NaHSO3溶液，，则，故B错误；
C、NaHSO3具有还原性，易被氧化，则NaHSO3溶液蒸干、灼烧制得固体，故C错误；
D、实验3发生的反应为，则恰好完全反应后，故D正确；
故答案为：D。
【分析】 将气体通入水中 ，得到亚硫酸溶液， 将气体通入溶液中 ， ，得到的是NaHSO3溶液，SO2具有还原性，与酸性高锰酸钾发生反应。
9．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；硝酸的化学性质；苯的结构与性质；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A、AlCl3溶液中存在Al3＋的水解反应：Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋，加入稀盐酸，可增大c(H＋)，使得Al3＋的水解平衡逆向移动，抑制Al3＋的水解，A不符合题意。
B、蔗糖为二糖，淀粉为多糖，酸性条件下都可以发生水解反应，B不符合题意。
C、硝酸具有氧化性，能与Ag反应，因此可用稀硝酸清晰附着有银镜的试管，C不符合题意。
D、苯与浓硫酸反应生成苯磺酸，不需使用浓硝酸，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、加入稀盐酸可抑制Al3＋的水解。
B、蔗糖、淀粉的水解需要稀硫酸做催化剂。
C、Ag能与HNO3反应。
D、苯的磺化反应是苯与浓硫酸的反应。
10．【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；浓硫酸的性质；气体发生装置；气体的收集；尾气处理装置
【解析】【解答】A．NO与O2反应生成NO2，不能用排空气法收集NO，常用排水法收集，故A错误；
B．二氧化锰与浓盐酸制备Cl2，反应需要吸热，故B错误；
C．密度：氨气<空气，收集NH3时导管应短进长出，故C错误；
D．Na2SO3与浓硫酸反应生成SO2，SO2密度比空气大，可用氢氧化钠溶液吸收多余二氧化硫，故D正确；
故答案为：D。
【分析】图中涉及固+液气体的反应，收集的气体密度比空气的大，多余的气体可用吸收液吸收。
11．【答案】B
【知识点】氨的实验室制法；硝酸的化学性质；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．Cu与稀硝酸的反应得到NO，NO与氧气发生反应生成NO2，A正确；
B．氮气与氧气在高温条件下生成NO，但NO无法与水发生化学反应，B错误；
C．汽车尾气催化转化器主要将污染气体NO、CO转化为无污染的气体，故该反应方程式为 ： ，C正确；
D.实验室利用熟石灰和氯化铵制备少量氨气，反应为： ，D项正确；
故答案为：B。
【分析】易错分析：B.NO为不成盐氧化物，与酸碱盐和水都不反应，所以NO与水不反应。
12．【答案】C
【知识点】化学键；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、蔗糖中含有C、H、O三种元素，其中H和O形成H2O，生成C，体现浓硫酸脱水性，A错误；
B、浓硫酸吸水放热，C和浓硫酸反应生成CO2、SO2、H2O，生成的气体使固体膨胀，B错误；
C、SO2可以使品红溶液褪色，H2SO4生成SO2的过程，S化合价降低，体现H2SO4的氧化性，C正确；
D、化学反应的过程中，发生化学键的断裂和形成，D错误；
故答案为：C
【分析】A、浓硫酸脱水性，可以使有机物中的H、O形成水；
B、浓硫酸和C发生氧化还原反应生成SO2和CO2，使固体膨胀；
C、浓硫酸具有强氧化性，可以生成SO2，SO2具有漂白性，可以使品红溶液褪色；
D、化学反应的实质是旧化学键断裂和新化学键形成。
13．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡移动原理；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A．二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，该反应中，S元素的化合价升高，SO2为还原剂，表现还原性，故A错误；
B．热源包(主要成分CaO，少许、Al粉)加水后，CaO发生反应：CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3+2NaOH，单质铝能与NaOH反应生成氢气，未产生气体，可能是Al粉被氧化为氧化铝，故B正确；
C．浓溶液中存在平衡：[CuCl4]2-(黄色)+4H2O [Cu(H2O)4]2-（蓝色）+4Cl-，加水稀释后溶液呈蓝色，说明 配体与间存在配位平衡移动 ，且该平衡向生成[Cu(H2O)4]2-的方向移动，故C正确；
D．的混合液会形成配离子， 淀粉-KI试纸遇的混合液不变色 ，说明不能氧化KI，说明的氧化能力小于Fe3+，故D正确；
答案选A。
【分析】A．二氧化硫具有还原性；
Ｂ．Al在空气中会被氧化为氧化铝；
Ｃ．浓溶液中存在：[CuCl4]2-(黄色)+4H2O [Cu(H2O)4]2-+4Cl-；
Ｄ． 淀粉-KI试纸遇的混合液不变色，说明不能氧化KI。
14．【答案】D
【知识点】浓硫酸的性质；蒸馏与分馏；分液和萃取；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、加热时Cu与浓硫酸发生反应：Cu＋2H2SO4(浓)=CuSO4＋SO2↑＋2H2O，反应生成的SO2为有毒气体，可用NaOH溶液吸收。因此需先放置浸有NaOH溶液的棉花团，再加热，防止SO2气体逸出，A选项正确。
B、实验结束时，为防止发生倒吸，应先将导管移出水面，再熄灭酒精灯，B选项正确。
C、I2的CCl4溶液与水不互溶，可用分液操作进行分离。分液时，应先打开上方玻璃塞，再打开下方的活塞，C选项正确。
D、蒸馏时，冷凝水应从下口（即②口）进，上口（即①口）出，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、SO2是有毒气体，可用NaOH溶液吸收。
B、为防止发生倒吸，实验结束时，应先将导管移出水面，再熄灭酒精灯。
C、分液操作时，应先打开分液漏斗上方玻璃塞，再打开下方活塞。
D、蒸馏时，冷凝水应从下口进，上口出。
15．【答案】C
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；指示剂
【解析】【解答】A．铜和稀硝酸反应生成NO，NO为无色气体，液面上方有氧气存在，一氧化氮与氧气反应，生成红棕色的二氧化氮，该反应为化合反应，生成为蓝色，因此溶液有颜色变化，A正确；
B．b中气体变红棕色时，说明生成二氧化氮，存在的反应，因此所含氮氧化物至少有两种，B正确；
C．酚酞的变色范围是8.2~10，c中溶液红色刚好褪去时，此时溶液可能呈弱碱性，因此不能判断是否恰好完全反应，C错误；
D．若将a中稀硝酸换为浓硫酸并加热，反应生成SO2，二氧化硫通入碳酸氢钠溶液中，可生成亚硫酸氢钠，NaHSO3溶液显酸性，酚酞不变色，D正确；
故答案为：C
【分析】A、Cu与稀硝酸反应生成NO，NO与O2反应生成NO2。
B、b中气体变红色，则生成NO2，存在可逆反应2NO2(g)=N2O4(g)。
C、酚酞的变色范围为8.2～10.0，溶液恰好褪色时仍为碱性，NaHCO3未完全反应
D、若将稀硝酸换为浓硫酸，加热时反应生成SO2，结合SO2与NaHCO3的反应分析。
16．【答案】（1）
（2）11.5
（3）平衡气压防倒吸；倒吸
（4）；
（5）酚酞；无
【知识点】氨的实验室制法；指示剂；制备实验方案的设计；物质的量浓度
【解析】【解答】本实验的实验目的为制备磷酸二氢铵[(NH4)2HPO4]，实验原理为2NH3+H3PO4=[(NH4)2HPO4]，结合相关实验基础知识分析解答问题。
(1)实验室用NH4Cl(s)和Ca(OH)2(s)在加热的条件下制备氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑；
(2)根据可知，浓H3PO4的浓度，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，因此配制100mL 1.7mol/L的H3PO4溶液，需要浓H3PO4的体积V=；
(3)NH3极易溶于水，打开活塞K2以平衡气压，可防止发生倒吸，所以实验过程中，当出现倒吸现象时，应及时关闭K1，打开K2；
(4)继续通入NH3，(NH4)2HPO4反应生成(NH4)3PO4，当pH＞10.0时，溶液中OH-、、的浓度明显增加；
(5)当pH为8.0~9.0时，可制得(NH4)2HPO4，说明(NH4)2HPO4溶液显碱性，因此若不选用pH传感器，还可以选用酚酞作指示剂，当溶液颜色由无色变为浅红时，停止通入NH3，即可制得(NH4)2HPO4溶液。
【分析】（1）加热氯化铵和氢氧化钙生成氯化铵、氨气和水；
（2）根据和c稀释前×V稀释前=c稀释后×V稀释后计算；
（3）氨气极易溶于水，K2可平衡气压，防止发生倒吸；
（4）当pH＞10.0时，溶液中OH-、、的浓度明显增加；
（5）(NH4)2HPO4溶液显碱性，可以选用酚酞作指示剂；碱性溶液能遇酚酞变红。
17．【答案】（1）分液漏斗
（2）d；e；c；b
（3）
（4）石灰水变浑浊；60%；偏大
（5）增大气体样品流速
（6）尾气出口未加防潮装置(或其他相似表述)
【知识点】碳族元素简介；探究影响化学反应速率的因素
【解析】【解答】（1）根据仪器构造可知，装置A中盛放甲酸的仪器为分液漏斗，故答案为：分液漏斗。
（2） 甲酸分解生成CO和H2O，HCOOH易挥发，所以生成的CO中含有HCOOH，HCOOH易溶于水、CO难溶于水，所以先将气体通入水，洗去CO中的HCOOH，然后采用排水法收集CO，故接口连接顺序为a→d→e→c→b→h，故答案为：d；e；c；b。
（3）一氧化碳和银氨溶液反应生成黑色的银，同时生成碳酸铵和氨气，反应的化学方程式为：，故答案为：；
（4）一氧化碳被氧气氧化生成二氧化碳，能使澄清的石灰水变浑浊。碘的物质的量为 ，则结合方程式分析，还有0.002mol一氧化碳未被氧气氧化，11.2L气体为0.5mol其中一氧化碳为0.005mol，则被氧化的一氧化碳为0.005-0.002=0.003mol，则被氧化的百分率为 。如果没有通入氮气则计算的未被氧化的一氧化碳的物质的量减少，则被氧化的百分率增大，故答案为：石灰水变浑浊；60%；偏大；
（5）增大气流速率可以提高催化效率，故答案为：增大气体样品流速；
（6）是白色固体，易吸水潮解，但该装置出气口未加防潮装置，故答案为：尾气出口未加防潮装置(或其他相似表述)。
【分析】 甲酸分解生成CO和H2O，HCOOH易挥发，所以生成的CO中含有HCOOH，HCOOH易溶于水、CO难溶于水，所以先将气体通入水，洗去CO中的HCOOH，然后采用排水法收集CO；
步骤Ⅲ：气体样品通入NaOH溶液，NaOH溶液吸收气体中的CO2，防止干扰CO的检验；G中浓硫酸吸收水蒸气；管式炉中CO被催化氧化生成CO2，CO2能使I中澄清石灰水变浑浊，J中浓硫酸吸收水蒸气，干燥气体，未反应的CO和足量I2O5反应生成CO2和I2。
18．【答案】（1）便于控制铜与浓硫酸反应随开随停；；6.4g
（2）B、C
（3）除去多余的，防止其污染环境；
【知识点】二氧化硫的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①装置甲中铜丝可以抽拉，目的是便于控制铜与浓硫酸反应随开随停，故答案为：便于控制铜与浓硫酸反应随开随停。
②装置甲中，铜丝和浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为，故答案为：。
③若生成的SO2在标准状况下的体积为2.24L，则参加反应的Cu的物质的量为0.1mol，质量为6.4g，故答案为：6.4g。
（2）用酸性高锰酸钾溶液检验还原性，用品红溶液检验SO2的漂白性，为避免酸性高锰酸钾溶液将SO2吸收而无法检验漂白性，应先检验漂白性，装置乙和丙中盛放的试剂依次是品红溶液、酸性高锰酸钾溶液，选B、C，故答案为：B、C。
（3）装置丁中盛放的试剂是NaOH溶液，其作用是除去多余的，防止其污染环境；反应的离子方程式为，故答案为： 除去多余的，防止其污染环境 ； 。
【分析】装置甲中，铜和浓硫酸在加热条件下发生反应制得SO2，装置乙中盛放品红溶液，用于验证二氧化硫的漂白性，装置丙中盛装酸性高锰酸钾，用于验证二氧化硫的还原性，二氧化硫是空气污染物，因此装置丁中用氢氧化钠吸收二氧化硫。
19．【答案】（1）；碱性环境抑制吸氧腐蚀正极反应的进行，反应速率减慢；碱性溶液中，溶解度较小，减少文物与的接触，减缓吸氧腐蚀
（2）；（ⅰ）滴加混合溶液后，铁片表面将出现蓝色和红色区域，较长时间后出现黄色斑点；
（3）分别加入等体积（如5mL）的溶液和蒸馏水至浸没样品，在室温下，搅拌、浸泡30min；过滤，各取等量上清液（如2mL）置于两支小试管中，分别滴加溶液酸化，再分别滴加溶液；记录每份上清液至出现AgCl白色沉淀时消耗的溶液体积
【知识点】硅和二氧化硅；化学实验方案的评价；铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】（1）①是酸性氧化物，与NaOH溶液发生反应生成硅酸钠和水，化学方程式为。
②吸氧腐蚀时正极反应式为，碱性溶液中，浓度较大，会抑制得电子，该反应的平衡逆向移动，吸氧腐蚀的速率减慢；在高离子浓度的液体中溶解度较小，碱性溶液比纯水溶解氧的能力低，减少了文物与的接触，减缓吸氧腐蚀。
（2）①无氧、弱碱性的海水中，Fe在细菌作用下，被氧化为价的FeS、，则反应的离子方程式：。
②(ⅰ)由题图知，铁片在NaCl溶液中发生吸氧腐蚀，开始时，负极反应式为，正极反应式为，与反应生成蓝色沉淀，即铁片上会出现蓝色区域；溶液中酚酞遇到变红，铁片上会出现红色区域；有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成FeOOH，说明在盐水中被氧化成黄色的FeOOH，故现象是滴加混合溶液后，铁片表面将出现蓝色和红色区域，较长时间后出现黄色斑点；
(ⅱ)铁片发生吸氧腐蚀，负极区生成，在空气中易被氧化为为，此时体系中的阳离子主要有。
（3）将等量的含氯FeOOH模拟样品分别用等体积的NaOH溶液与蒸馏水浸泡脱氯，然后过滤，得到上清液，取等体积的两种上清液，先用溶液酸化，再加入溶液，通过比较出现AgCl白色沉淀时消耗溶液体积的大小，即可比较脱氯效果，则具体实验方案为： 取一定量含氯模拟样品，将其分为两等份 ， 分别加入等体积（如5mL）的溶液和蒸馏水至浸没样品，在室温下，搅拌、浸泡30min；过滤，各取等量上清液（如2mL）置于两支小试管中，分别滴加溶液酸化，再分别滴加溶液；记录每份上清液至出现AgCl白色沉淀时消耗的溶液体积， 比较滴加溶液体积。
【分析】（1）①二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠；
②碱性环境抑制吸氧腐蚀正极反应的进行，且碱性环境下，氧气的溶解度较小；
（2）①根据反应物和生成物以及反应条件，结合质量守恒和得失电子守恒书写离子方程式；
②铁片在NaCl溶液中发生吸氧腐蚀，开始时，负极反应式为Fe-2e-=Fe2+，正极反应式为，Fe2+与反应生成KFe[Fe(CN)6]蓝色沉淀；铁片发生吸氧腐蚀时，负极区生成Fe2+，Fe2+易被氧化为Fe3+；
（3）要检验脱氯效果，应控制样品用量、脱氯时间、取用体积等变量相同，利用Ag+与Cl-的反应进行实验。
20．【答案】（1）；
（2）
（3）
（4）用玻璃棒蘸取溶液Ⅰ，点在蓝色石蕊试纸上，呈红色说明溶液中有H+；取取溶液于试管中，加入至碱性，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝说明有
【知识点】铵离子检验；无机物的推断；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）由分析可知，X由Ca、Cl、O元素组成，X的化学式为，故答案为：；；
（2）由图可知，B→C发生的反应为高氯酸钠溶液与氢碘酸反应生成氯化钠、碘和水，反应的化学反应方程式为，故答案为：；
（3）由图可知，生成白色固体H的反应为氯化二氨合银与硝酸溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸铵，反应的离子方程式为，故答案为：；
（4）由图可知，溶液Ⅰ为硝酸和硝酸铵的混合溶液，则检验溶液中氢离子铵根离子的操作为用玻璃棒蘸取溶液Ⅰ，点在蓝色石蕊试纸上，呈红色说明溶液中有H+；取取溶液于试管中，加入至碱性，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝说明有，故答案为：用玻璃棒蘸取溶液Ⅰ，点在蓝色石蕊试纸上，呈红色说明溶液中有H+；取取溶液于试管中，加入至碱性，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝说明有。
【分析】X和足量Na2CO3反应生成白色固体A和无水溶液B，白色固体A为碳酸钙或碳酸钡；无水溶液B中含有剩余的Na2CO3和其它可溶性钠盐，B加入足量HI生成棕黄色溶液C，说明HI被B中溶质氧化生成I2，则C中含有I2和过量的HI、钠盐；C多次萃取得到水溶液D中含有HI、钠盐，D中加入足量AgNO3溶液得到浅黄色固体E和无水溶液F，E和足量氨水反应生成无色溶液G和黄色固体AgI，G为银氨溶液，G和足量稀硝酸反应生成白色固体H，H为AgCl，无色溶液I中含有HNO3和NH4Cl；淡黄色固体E为AgI和AgCl，无色溶液D中含有I-、Cl-，无色溶液F中含有剩余的AgNO3和钠盐，AgCl的物质的量为0.01mol，白色固体A用0.0250molHCl溶解后，多余的酸用0.0150molNaOH恰好中和，化合物X中含有金属元素的物质的量为0.005mol，X含有三种元素，则X为含氧酸盐，所以一定含有氧元素；如果化合物X中含有Ba元素，白色固体的质量为0.005mol×197g/mol=0.985g＞0.500g，则X中含有Ca元素，其中n(O)=0.04mol，X中Ca、Cl、O数目之比为0.005mol：0.01mol：0.04mol=1：2：8，化学式为。
21．【答案】（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）中存在氨氮三键，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
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡的影响因素；氮气的化学性质；含氮物质的综合应用；浓硫酸的性质
【解析】【解答】（1）浓硫酸与NaNO3反应生成NaHSO4和HNO3，该反应过程中，浓硫酸体现了酸性；同时反应过程中并无元素化合价变化，因此不体现浓硫酸的强氧化性。由于浓硫酸的沸点高于硝酸，高沸点酸可以制得低沸点酸。因此该反应还体现了浓硫酸的难挥发性。
故答案为：难挥发性
（2）①第Ⅰ步反应中NH3与O2发生催化氧化反应，生成NO和H2O，该反应的化学方程式为：4NH3＋5O24NO＋6H2O。
故答案为：4NH3＋5O24NO＋6H2O
②NO与O2反应的化学方程式为2NO＋O2 2NO2，正反应为气体分子数减小的反应。相同温度下，p1条件下NO的转化率高于p2，因此压强p1＞p2。x点和y点NO的转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响。
故答案为：2NO＋O2 2NO2，该反应正向气体分子总数减小，同温时，p1条件下NO转化率高于p2，故p1＞p2，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）①电极a上N2转化为NO3－，发生失电子的氧化反应，装置内采用了质子交换膜，H＋由阳极区移向阴极区。因此电极a反应过程中给生成H＋。因此电极a表面生成NO3－的电极反应式为：N2－10e－＋6H2O=2NO3－＋12H＋。
故答案为：N2－10e－＋6H2O=2NO3－＋12H＋
②电极a表面发生途径ⅲ，生成的O2将NO氧化得到NO2，NO2进一步与H2O反应生成NO3－。因此途径ⅲ的存在有利于途径ⅱ。
故答案为：反应ⅲ生成O2，O2将NO氧化成NO2，NO2更易转化为NO3－
（4）N2的结构式为N≡N，其中氮氮三键的键能高，断键是需要吸收较大的能量，因此人工固氮是高能耗得到过程。
故答案为：N2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
【分析】（1）酸的制备过程中，高沸点的酸可制得低沸点的酸。
（2）①第Ⅰ步反应为NH3得到催化氧化反应。
②结合压强对平衡移动的影响分析。
（3）①电极a表面N2发生失电子的氧化反应，生成NO3－，结合电解质溶液，书写电极反应式。
②反应ⅲ生成的O2可将NO氧化成NO2，NO2进一步反应生成NO3－。
（4）N2中含有氮氮三键，其键能高，断键所需的能量高，属于高能耗反应。
22．【答案】（1）
（2）；；；
（3）；时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降
【知识点】盖斯定律及其应用；含硫物质的性质及综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由H2S生成SO2的化学方程式为2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g)，该反应的反应热ΔH=2×(－221.1kJ·mol－1－296.8kJ·mol－1)=－1036kJ·mol－1。因此由H2S制SO2的热化学方程式为2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g) ΔH=－1036kJ·mol－1。
故答案为：2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g) ΔH=－1036kJ·mol－1
（2）①Ⅱ中NaHSO3转化为Na2S2O5的同时生成H2O，该反应的化学方程式为：2NaHSO3=Na2S2O5＋H2O。
故答案为：2NaHSO3=Na2S2O5＋H2O
②“固液分离”后所得母液为NaHSO3溶液，与Na2CO3反应生成NaHCO3和Na2SO3。该反应的化学方程式为：NaHSO3＋Na2CO3=NaHCO3＋Na2SO3。
故答案为：NaHSO3＋Na2CO3=NaHCO3＋Na2SO3
③“煅烧炉”反应后所得的混合气体中含有少量的O2，O2能将Na2SO3氧化生成Na2SO4。因此多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子为SO42－。
故答案为：SO42－
④尾气吸收器中加入NaOH溶液，主要用于吸收反应过程中产生的CO2气体。
故答案为：CO2
（3）①0～amol过程中，SO32－的平衡转化率大于HCO3－，说明SO32－优先与SO2发生反应。
故答案为：SO32－
②随着加入n(SO2)逐渐增大，在a～bmol时，发生反应SO2＋2HCO3－=SO32－＋2CO2＋H2O，反应生成的CO2逸出，HCO3－的平衡转化率增大。同时由于c(SO32－)增大，抑制了SO32－与SO2的反应，使得SO32－的平衡转化率降低。
故答案为：时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热，进而得到反应的热化学方程式。
（2）①根据题干信息确定反应物和生成物，结合原子守恒确定反映过的化学方程式。
②“固液分离”后所得母液中溶质为NaHSO3，与Na2CO3反应生成NaHCO3和Na2SO3，据此写出反应的化学方程式。
③“煅烧炉”中混有O2，O2能将Na2SO3氧化成Na2SO4。
④尾气吸收器中加入的NaOH溶液，用于吸收尾气中的CO2。
（3）①a~amol过程中，SO32－的平衡转化率高，说明SO32－优先发生反应。
②a～bmol过程中，发生反应SO2＋2HCO3－=SO32－＋CO2＋H2O，据此分析。
23．【答案】（1）
（2）BCD；硫酸分子能形成更多的分子间氢键
（3）取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A中含有S元素； +2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；二氧化硫的性质；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】（1）SO2与CaCO3反应生成CaSO3和CO2，CaSO3进一步与空气中的O2反应生成CaSO4，该反应的化学方程式为。
（2）由分析可知，A的结构简式为。
A、硫的电负性大于C、H，因此在有机硫中硫元素显负价，A不符合题意。
B、化合物A的结构简式为，分子结构中含有羟基氢原子，可解离出H+，因此化合物A具有酸性，B符合题意。
C、化合物A可有酸（H2SO4）脱去-OH，醇（CH3OH）脱去氢原子反应得到，因此化合物A是一种无机酸酯，C符合题意。
D、工业上可用浓硫酸吸收SO3，用于生产发烟硫酸，D符合题意。
故答案为：BCD
②化合物A中只有一个-OH可形成分子间氢键，而H2SO4中含有两个-OH可形成分子间氢键。H2SO4可形成氢键的个数多于化合物A，因此H2SO4的沸点高于化合物A。
（3）化合物A是一种无机酸酯，在碱性条件下可发生水解反应，生成CH3OH、Na2SO4和H2O，Na2SO4能与BaCl2反应产生白色沉淀。因此可通过证明水解产物中含有SO42－来证明化合物A中含有硫元素。其实验过程为：取少量化合物A加入足量的NaOH溶液，充分反应后加入足量的稀盐酸酸化，无明显现象；再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。过程中发生反应的化学方程式为： ＋2NaOH→CH3OH＋Na2SO4＋H2O、Na2SO4＋BaCl2=BaSO4↓＋2NaCl。
【分析】（1）SO2与CaCO3反应生成CaSO3和CO2，CaSO3能进一步被空气中的O2氧化成CaSO4。
（2）①根据SO3与H2O发生的反应可知，SO3与CH3OH反应生成A的结构简式为。据此结合选项进行分析。
②硫酸分子可形成更多的分子间氢键，使得沸点更高。
（3）证明化合物A中含有硫元素，则可将化合物A在碱性条件下水解，通过检验SO42－的存在证明硫元素的存在。
1 / 1备考2026届高考 2021-2025全国各地真题汇编专题4非金属及其化合物
一、选择题
1．材料的开发与研究助力我国航空航天事业飞速发展。下列说法正确的是（　　）
A．“天问一号”探测器使用的新型基增强铝基复合材料属于硅酸盐材料
B．“长征五号”火箭的芯一级尾段使用的钛合金具有强度高、耐高温的优点
C．中国空间站核心舱“天和”推进器使用的氮化硼材料属于传统无机非金属材料
D．“神舟二十号”载人飞船将高铌钛铝合金应用于火箭发动机叶片，该合金属于纯净物
【答案】B
【知识点】无机非金属材料；合金及其应用；硅酸盐
【解析】【解答】A． 新型基增强铝基复合材料属于新型复合材料，不属于硅酸盐材料，故A错误；
Ｂ．钛合金具有强度高、耐高温、抗腐蚀等优点，广泛适用于航天领域，故B正确；
Ｃ．BN属于新型无机非金属材料，故C错误；
Ｄ．合金由多种物质组成，属于混合物，故D错误；
故选B。
【分析】A． 新型基增强铝基复合材料属新型复合材料；
Ｂ．钛合金具有强度高、耐高温、抗腐蚀等优点；
Ｃ．BN是新型无机非金属材料；
Ｄ．合金是由金属元素跟其他金属或非金属元素熔合而成的、具有金属特性的物质，属于混合物。
2． 下列反应中，体现还原性的是（　　）
A．加热分解有生成
B．和的混合溶液加热有生成
C．固体在溶液中溶解
D．溶液中滴加溶液出现白色沉淀
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；铵盐
【解析】【解答】A、加热过程中分解产生NH3，体现了NH4HCO3的不稳定性，A不符合题意。
B、NH4Cl与NaNO2反应生成N2的过程中，NH4Cl中氮元素由－3价变为0价，化合价升高，发生氧化反应，体现了还原性，B符合题意。
C、Mg(OH)2固体溶解在NH4Cl溶液中，是由于溶液中NH4＋水解，使得溶液显酸性，Mg(OH)2与H＋反应溶解，C不符合题意。
D、(NH4)2SO4溶液与BaCl2溶液反应生成的白色沉淀为BaSO4，与NH4＋无关，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、分解产生NH3体现了NH4HCO3的不稳定性。
B、根据氮元素化合价的变化分析。
C、Mg(OH)2溶解是由于NH4＋水解产生H＋。
D、产生的白色沉淀为BaSO4。
3．大气中的氮是取之不尽的天然资源。下列工业生产中以氮气作反应物的是（　　）
A．工业合成氨 B．湿法炼铜
C．高炉炼铁 D．接触法制硫酸
【答案】A
【知识点】氮气的化学性质；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．在高温、高压、催化剂的条件下，氮气和氢气反应生成氨气，该过程中氮气为反应物，故A正确；
Ｂ．湿法炼铜通常是用铁（Fe）等活泼金属从含铜的盐溶液中置换出铜，该过程不涉及氮气参与反应，氮气并非反应物，故B错误；
Ｃ．高炉炼铁的原理是在高温下，用一氧化碳还原氧化铁生成单质铁，氮气在高炉中主要作为惰性气体存在，不参与炼铁的核心化学反应，不是反应物，故C错误；
Ｄ．接触法制硫酸分为三个阶段：硫铁矿（或硫磺）燃烧生成二氧化硫、二氧化硫催化氧化生成三氧化硫、三氧化硫与水反应生成硫酸，各阶段反应均不涉及氮气作为反应物，故D错误；
故选A。
【分析】根据各反应涉及的反应物分析。
4．下列离子在溶液中能大量共存的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、溶液中Al3＋能与S2－发生完全双水解反应生成Al(OH)3沉淀和H2S气体；且MnO4－具有氧化性，能将S2－氧化成S单质，因此不可大量共存，A不符合题意。
B、溶液中SO32－能与H＋反应生成SO2和H2O，不可大量共存，B不符合题意。
C、NH4＋能与OH－反应生成弱电解质NH3·H2O；且Mg2＋能与OH－反应生成Mg(OH)2沉淀，二者不可大量共存，C不符合题意。
D、溶液中各个离子相互间不反应，可大量共存，D符合题意。
故答案为：D
【分析】此题是对离子共存的考查，溶液中的离子可大量共存，则相互间不发生反应。即不能形成难溶（或微溶）物质、不形成弱电解质、不形成易挥发性物质；不发生氧化还原反应；不发生络合反应；不发生完全双水解反应。据此结合选项所给离子组进行分析。
5． 稻壳制备纳米Si的流程图如下。下列说法错误的是(　　)
A．可与NaOH溶液反应
B．盐酸在该工艺中体现了还原性
C．高纯Si可用于制造硅太阳能电池
D．制备纳米Si：
【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．SiO2能与NaOH反应生成Na2SiO3和H2O，故A正确；
B．加入盐酸，与MgO发生反应：MgO+2HCl=MgCl2+H2O，该反应中盐酸体现酸性，而非还原性，故B错误；
C．太阳能电池的主要成分是Si，因此高纯Si可用于制造硅太阳能电池，故C正确；
D．SiO2和Mg在650℃条件下反应得到MgO和纳米Si，反应的化学方程式为，故D正确；
故选B。
【分析】稻壳在一定条件下反应制得纳米SiO2，纳米SiO2与金属镁在650℃条件下发生反应 生成纳米Si和MgO，室温下加入盐酸，MgO与盐酸反应生成MgCl2。
6．某元素的单质及其化合物的转化关系如图。常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性。阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是（　　）
A．G、K均能与溶液反应
B．H、N既具有氧化性也具有还原性
C．M和N溶液中的离子种类相同
D．与足量的J反应，转移电子数为
【答案】D
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A、G是H2S，是一种弱酸，K是 SO3，是一种酸性氧化物，因此二者都可以与碱也就是NaOH溶液反应，A正确；
B、H是S，属于单质，化合价为0，处在中间价态，因此既可以被氧化，又可以被还原；N是Na2SO3，S的化合价为4价，同样处在中间价态，因此既可以被氧化，又可以被还原，B正确；
C、M(NaHSO3)溶液：离子为Na+、HSO3-、H+、SO32-、OH-(HSO3-电离和水解)；N(Na2SO3)溶液：离子为Na+、SO32-、HSO3-、H+、OH-(SO32-水解)；两者离子种类相同（均含Na+、SO32-、HSO3-、H+、OH-），C正确；
D、G是 H2S，J是SO2，二者可以发生归中反应，，由方程式不难看出，1molH2S反应的时候，转移的电子数为2NA，D错误；
故答案为：D
【分析】由题可知，常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性可以推测出J是SO2；G 为气体，经两步氧化生成 SO2，故 G 为 H2S；J与 O2反应生成 K 为 SO3；J 与少量 NaOH 反应生成 M 为 NaHSO3，与足量 NaOH 反应生成 N 为 Na2SO3；N被 O2氧化生成 L 为 Na2SO4。
7．1827年，英国科学家法拉第进行了喷泉实验。在此启发下，兴趣小组利用以下装置，进行如下实验。其中，难以达到预期目的的是（　　）
A．图1：喷泉实验 B．图2：干燥
C．图3：收集 D．图4：制备
【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；氨的实验室制法
【解析】【解答】A、当挤压胶头滴管后，胶头滴管中的水进入烧瓶内，NH3溶于水后，使得烧瓶内压强降低，烧杯内的水溶液进入烧瓶内，形成喷泉现象，A不符合题意。
B、P2O5为酸性氧化物，能与NH3反应，因此不能用P2O5干燥NH3，B符合题意。
C、NH3的密度比空气小，可用向下排空气法收集，C不符合题意。
D、CaO能与浓氨水发生反应：CaO＋NH3·H2O=Ca(OH)2＋NH3↑，因此可用该装置制取NH3，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、NH3极易溶于水，可形成喷泉现象。
B、P2O5为酸性干燥剂，能与NH3反应。
C、NH3的密度小于空气，用向上排空气法收集。
D、CaO能与NH3·H2O反应，生成Ca(OH)2和NH3。
8．室温下，通过下列实验探究的性质．已知，．
实验1：将气体通入水中，测得溶液．
实验2：将气体通入溶液中，当溶液时停止通气．
实验3：将气体通入酸性溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气．
下列说法正确的是（　　）
A．实验1所得溶液中：
B．实验2所得溶液中：
C．实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得固体
D．实验3所得溶液中：
【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、实验1所得溶液为亚硫酸溶液，根据质子守恒有，则，故A错误；
B、实验2所得溶液为NaHSO3溶液，，则，故B错误；
C、NaHSO3具有还原性，易被氧化，则NaHSO3溶液蒸干、灼烧制得固体，故C错误；
D、实验3发生的反应为，则恰好完全反应后，故D正确；
故答案为：D。
【分析】 将气体通入水中 ，得到亚硫酸溶液， 将气体通入溶液中 ， ，得到的是NaHSO3溶液，SO2具有还原性，与酸性高锰酸钾发生反应。
9．实验室中使用盐酸、硫酸和硝酸时，对应关系错误的是
A．稀盐酸：配制溶液
B．稀硫酸：蔗糖和淀粉的水解
C．稀硝酸：清洗附有银镜的试管
D．浓硫酸和浓硝酸的混合溶液：苯的磺化
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；硝酸的化学性质；苯的结构与性质；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A、AlCl3溶液中存在Al3＋的水解反应：Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋，加入稀盐酸，可增大c(H＋)，使得Al3＋的水解平衡逆向移动，抑制Al3＋的水解，A不符合题意。
B、蔗糖为二糖，淀粉为多糖，酸性条件下都可以发生水解反应，B不符合题意。
C、硝酸具有氧化性，能与Ag反应，因此可用稀硝酸清晰附着有银镜的试管，C不符合题意。
D、苯与浓硫酸反应生成苯磺酸，不需使用浓硝酸，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、加入稀盐酸可抑制Al3＋的水解。
B、蔗糖、淀粉的水解需要稀硫酸做催化剂。
C、Ag能与HNO3反应。
D、苯的磺化反应是苯与浓硫酸的反应。
10．如图是反应装置，可以做下列（　　）
A．铁与稀硝酸反应制NO B．二氧化锰与浓盐酸共热制备Cl2
C．氢氧化钠与浓氨水制备NH3 D．Na2SO3与浓硫酸制备SO2
【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；浓硫酸的性质；气体发生装置；气体的收集；尾气处理装置
【解析】【解答】A．NO与O2反应生成NO2，不能用排空气法收集NO，常用排水法收集，故A错误；
B．二氧化锰与浓盐酸制备Cl2，反应需要吸热，故B错误；
C．密度：氨气<空气，收集NH3时导管应短进长出，故C错误；
D．Na2SO3与浓硫酸反应生成SO2，SO2密度比空气大，可用氢氧化钠溶液吸收多余二氧化硫，故D正确；
故答案为：D。
【分析】图中涉及固+液气体的反应，收集的气体密度比空气的大，多余的气体可用吸收液吸收。
11．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．实验室探究稀硝酸与铜反应的气态产物：
B．工业制硝酸过程中的物质转化：
C．汽车尾气催化转化器中发生的主要反应：
D．实验室制备少量的原理：
【答案】B
【知识点】氨的实验室制法；硝酸的化学性质；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．Cu与稀硝酸的反应得到NO，NO与氧气发生反应生成NO2，A正确；
B．氮气与氧气在高温条件下生成NO，但NO无法与水发生化学反应，B错误；
C．汽车尾气催化转化器主要将污染气体NO、CO转化为无污染的气体，故该反应方程式为 ： ，C正确；
D.实验室利用熟石灰和氯化铵制备少量氨气，反应为： ，D项正确；
故答案为：B。
【分析】易错分析：B.NO为不成盐氧化物，与酸碱盐和水都不反应，所以NO与水不反应。
12．蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。
下列关于该过程的分析不正确的是（　　）
A．过程白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性
B．过程固体体积膨胀，与产生的大量气体有关
C．过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性
D．过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂
【答案】C
【知识点】化学键；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、蔗糖中含有C、H、O三种元素，其中H和O形成H2O，生成C，体现浓硫酸脱水性，A错误；
B、浓硫酸吸水放热，C和浓硫酸反应生成CO2、SO2、H2O，生成的气体使固体膨胀，B错误；
C、SO2可以使品红溶液褪色，H2SO4生成SO2的过程，S化合价降低，体现H2SO4的氧化性，C正确；
D、化学反应的过程中，发生化学键的断裂和形成，D错误；
故答案为：C
【分析】A、浓硫酸脱水性，可以使有机物中的H、O形成水；
B、浓硫酸和C发生氧化还原反应生成SO2和CO2，使固体膨胀；
C、浓硫酸具有强氧化性，可以生成SO2，SO2具有漂白性，可以使品红溶液褪色；
D、化学反应的实质是旧化学键断裂和新化学键形成。
13．根据下列实验及现象，所得结论错误的是
选项 实验及现象 结论
A 将通入溴水至过量，溶液的橙色褪去 有漂白性
B 自热米饭附带的热源包(主要成分CaO，少许、Al粉)加水后，未产生气体 Al粉已经变质
C 浓溶液呈黄绿色，加水稀释后溶液呈蓝色 配体与间存在配位平衡移动
D 淀粉-KI试纸遇的混合液不变色 配离子氧化能力弱
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡移动原理；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A．二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，该反应中，S元素的化合价升高，SO2为还原剂，表现还原性，故A错误；
B．热源包(主要成分CaO，少许、Al粉)加水后，CaO发生反应：CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3+2NaOH，单质铝能与NaOH反应生成氢气，未产生气体，可能是Al粉被氧化为氧化铝，故B正确；
C．浓溶液中存在平衡：[CuCl4]2-(黄色)+4H2O [Cu(H2O)4]2-（蓝色）+4Cl-，加水稀释后溶液呈蓝色，说明 配体与间存在配位平衡移动 ，且该平衡向生成[Cu(H2O)4]2-的方向移动，故C正确；
D．的混合液会形成配离子， 淀粉-KI试纸遇的混合液不变色 ，说明不能氧化KI，说明的氧化能力小于Fe3+，故D正确；
答案选A。
【分析】A．二氧化硫具有还原性；
Ｂ．Al在空气中会被氧化为氧化铝；
Ｃ．浓溶液中存在：[CuCl4]2-(黄色)+4H2O [Cu(H2O)4]2-+4Cl-；
Ｄ． 淀粉-KI试纸遇的混合液不变色，说明不能氧化KI。
14． 下列实验的相应操作中，不正确的是（　　）
A．制备并检验 B．实验室制取
为防止有害气体逸出，先放置浸溶液的棉团，再加热 实验结束时，先把导管移出水面，再熄灭酒精灯
C．分液 D．蒸馏
先打开分液漏斗上方的玻璃塞，再打开下方的活塞 冷却水从冷凝管①口通入，②口流出
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】浓硫酸的性质；蒸馏与分馏；分液和萃取；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、加热时Cu与浓硫酸发生反应：Cu＋2H2SO4(浓)=CuSO4＋SO2↑＋2H2O，反应生成的SO2为有毒气体，可用NaOH溶液吸收。因此需先放置浸有NaOH溶液的棉花团，再加热，防止SO2气体逸出，A选项正确。
B、实验结束时，为防止发生倒吸，应先将导管移出水面，再熄灭酒精灯，B选项正确。
C、I2的CCl4溶液与水不互溶，可用分液操作进行分离。分液时，应先打开上方玻璃塞，再打开下方的活塞，C选项正确。
D、蒸馏时，冷凝水应从下口（即②口）进，上口（即①口）出，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、SO2是有毒气体，可用NaOH溶液吸收。
B、为防止发生倒吸，实验结束时，应先将导管移出水面，再熄灭酒精灯。
C、分液操作时，应先打开分液漏斗上方玻璃塞，再打开下方活塞。
D、蒸馏时，冷凝水应从下口进，上口出。
15．按如图组装装置并进行实验：将铜丝插入溶液中，当c中红色褪去时，将铜丝拔离液面。下列叙述错误的是
A．a中有化合反应发生，并有颜色变化
B．b中气体变红棕色时，所含氮氧化物至少有两种
C．c中溶液红色刚好褪去时，恰好完全反应
D．若将a中稀硝酸换为浓硫酸并加热，则c中溶液颜色会褪去
【答案】C
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；指示剂
【解析】【解答】A．铜和稀硝酸反应生成NO，NO为无色气体，液面上方有氧气存在，一氧化氮与氧气反应，生成红棕色的二氧化氮，该反应为化合反应，生成为蓝色，因此溶液有颜色变化，A正确；
B．b中气体变红棕色时，说明生成二氧化氮，存在的反应，因此所含氮氧化物至少有两种，B正确；
C．酚酞的变色范围是8.2~10，c中溶液红色刚好褪去时，此时溶液可能呈弱碱性，因此不能判断是否恰好完全反应，C错误；
D．若将a中稀硝酸换为浓硫酸并加热，反应生成SO2，二氧化硫通入碳酸氢钠溶液中，可生成亚硫酸氢钠，NaHSO3溶液显酸性，酚酞不变色，D正确；
故答案为：C
【分析】A、Cu与稀硝酸反应生成NO，NO与O2反应生成NO2。
B、b中气体变红色，则生成NO2，存在可逆反应2NO2(g)=N2O4(g)。
C、酚酞的变色范围为8.2～10.0，溶液恰好褪色时仍为碱性，NaHCO3未完全反应
D、若将稀硝酸换为浓硫酸，加热时反应生成SO2，结合SO2与NaHCO3的反应分析。
二、实验探究题
16．磷酸氢二铵[]常用于干粉灭火剂。某研究小组用磷酸吸收氢气制备，装置如图所示(夹持和搅拌装置已省略)。
回答问题：
（1）实验室用和制备氨气的化学方程式为　 　。
（2）现有浓质量分数为85%，密度为1.7g/mL。若实验需100mL1.7mol/L的溶液，则需浓　 　mL(保留一位小数)。
（3）装置中活塞的作用为　 　。实验过程中，当出现　 　现象时，应及时关闭，打开。
（4）当溶液pH为8.0~9.0时，停止通，即可制得溶液。若继续通入，当时，溶液中、　 　和　 　(填离子符号)浓度明显增加。
（5）若本实验不选用pH传感器，还可选用　 　作指示剂，当溶液颜色由　 　变为时，停止通。
【答案】（1）
（2）11.5
（3）平衡气压防倒吸；倒吸
（4）；
（5）酚酞；无
【知识点】氨的实验室制法；指示剂；制备实验方案的设计；物质的量浓度
【解析】【解答】本实验的实验目的为制备磷酸二氢铵[(NH4)2HPO4]，实验原理为2NH3+H3PO4=[(NH4)2HPO4]，结合相关实验基础知识分析解答问题。
(1)实验室用NH4Cl(s)和Ca(OH)2(s)在加热的条件下制备氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑；
(2)根据可知，浓H3PO4的浓度，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，因此配制100mL 1.7mol/L的H3PO4溶液，需要浓H3PO4的体积V=；
(3)NH3极易溶于水，打开活塞K2以平衡气压，可防止发生倒吸，所以实验过程中，当出现倒吸现象时，应及时关闭K1，打开K2；
(4)继续通入NH3，(NH4)2HPO4反应生成(NH4)3PO4，当pH＞10.0时，溶液中OH-、、的浓度明显增加；
(5)当pH为8.0~9.0时，可制得(NH4)2HPO4，说明(NH4)2HPO4溶液显碱性，因此若不选用pH传感器，还可以选用酚酞作指示剂，当溶液颜色由无色变为浅红时，停止通入NH3，即可制得(NH4)2HPO4溶液。
【分析】（1）加热氯化铵和氢氧化钙生成氯化铵、氨气和水；
（2）根据和c稀释前×V稀释前=c稀释后×V稀释后计算；
（3）氨气极易溶于水，K2可平衡气压，防止发生倒吸；
（4）当pH＞10.0时，溶液中OH-、、的浓度明显增加；
（5）(NH4)2HPO4溶液显碱性，可以选用酚酞作指示剂；碱性溶液能遇酚酞变红。
17．某兴趣小组设计实验探究，催化空气氧化的效率。回答下列问题：
（1）步骤Ⅰ 制备
在通风橱中用下图装置制备(加热及夹持装置省略)，反应方程式：
装置A中盛放甲酸的仪器的名称是　 　。
（2）从B、C、D中选择合适的装置收集，正确的接口连接顺序为a→　 　→　 　→　 　→　 　→h(每空填一个接口标号)。
（3）步骤Ⅱ 检验
将通入新制银氨溶液中，有黑色沉淀生成。
该反应的化学方程式为　 　。
（4）步骤Ⅲ 探究催化空气氧化的效率
将一定量与空气混合，得到体积分数为1%的气体样品。使用下图装置(部分加热及夹持装置省略)，调节管式炉温度至，按一定流速通入气体样品。(已知：是白色固体，易吸水潮解：)
通入(已折算为标况)的气体样品后，继续向装置内通入一段时间氮气，最终测得U形管内生成了。
①能证明被空气氧化的现象是　 　；
②被催化氧化的百分率为　 　；
③若未通入氮气，②的结果将　 　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
（5）探究气体与催化剂接触时长对催化氧化效率的影响时，采用　 　方法可以缩短接触时长。
（6）步骤Ⅲ装置存在的不足之处是　 　。
【答案】（1）分液漏斗
（2）d；e；c；b
（3）
（4）石灰水变浑浊；60%；偏大
（5）增大气体样品流速
（6）尾气出口未加防潮装置(或其他相似表述)
【知识点】碳族元素简介；探究影响化学反应速率的因素
【解析】【解答】（1）根据仪器构造可知，装置A中盛放甲酸的仪器为分液漏斗，故答案为：分液漏斗。
（2） 甲酸分解生成CO和H2O，HCOOH易挥发，所以生成的CO中含有HCOOH，HCOOH易溶于水、CO难溶于水，所以先将气体通入水，洗去CO中的HCOOH，然后采用排水法收集CO，故接口连接顺序为a→d→e→c→b→h，故答案为：d；e；c；b。
（3）一氧化碳和银氨溶液反应生成黑色的银，同时生成碳酸铵和氨气，反应的化学方程式为：，故答案为：；
（4）一氧化碳被氧气氧化生成二氧化碳，能使澄清的石灰水变浑浊。碘的物质的量为 ，则结合方程式分析，还有0.002mol一氧化碳未被氧气氧化，11.2L气体为0.5mol其中一氧化碳为0.005mol，则被氧化的一氧化碳为0.005-0.002=0.003mol，则被氧化的百分率为 。如果没有通入氮气则计算的未被氧化的一氧化碳的物质的量减少，则被氧化的百分率增大，故答案为：石灰水变浑浊；60%；偏大；
（5）增大气流速率可以提高催化效率，故答案为：增大气体样品流速；
（6）是白色固体，易吸水潮解，但该装置出气口未加防潮装置，故答案为：尾气出口未加防潮装置(或其他相似表述)。
【分析】 甲酸分解生成CO和H2O，HCOOH易挥发，所以生成的CO中含有HCOOH，HCOOH易溶于水、CO难溶于水，所以先将气体通入水，洗去CO中的HCOOH，然后采用排水法收集CO；
步骤Ⅲ：气体样品通入NaOH溶液，NaOH溶液吸收气体中的CO2，防止干扰CO的检验；G中浓硫酸吸收水蒸气；管式炉中CO被催化氧化生成CO2，CO2能使I中澄清石灰水变浑浊，J中浓硫酸吸收水蒸气，干燥气体，未反应的CO和足量I2O5反应生成CO2和I2。
18．某实验小组为制取少量二氧化硫并探究其化学性质，设计了如下实验装置。
回答下列问题：
（1）①装置甲中铜丝可以抽拉，目的是　 　。
②该装置中发生反应的化学方程式为　 　。
③若生成的在标准状况下的体积为，则参加反应的的质量为　 　。
（2）为分别检验的漂白性和还原性，装置乙和丙中盛放的试剂依次是　 　(填标号)。
A．石蕊溶液 B．品红溶液 C．酸性溶液
（3）装置丁中盛放的试剂是足量溶液，其作用是　 　，写出反应的离子方程式　 　。
【答案】（1）便于控制铜与浓硫酸反应随开随停；；6.4g
（2）B、C
（3）除去多余的，防止其污染环境；
【知识点】二氧化硫的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①装置甲中铜丝可以抽拉，目的是便于控制铜与浓硫酸反应随开随停，故答案为：便于控制铜与浓硫酸反应随开随停。
②装置甲中，铜丝和浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为，故答案为：。
③若生成的SO2在标准状况下的体积为2.24L，则参加反应的Cu的物质的量为0.1mol，质量为6.4g，故答案为：6.4g。
（2）用酸性高锰酸钾溶液检验还原性，用品红溶液检验SO2的漂白性，为避免酸性高锰酸钾溶液将SO2吸收而无法检验漂白性，应先检验漂白性，装置乙和丙中盛放的试剂依次是品红溶液、酸性高锰酸钾溶液，选B、C，故答案为：B、C。
（3）装置丁中盛放的试剂是NaOH溶液，其作用是除去多余的，防止其污染环境；反应的离子方程式为，故答案为： 除去多余的，防止其污染环境 ； 。
【分析】装置甲中，铜和浓硫酸在加热条件下发生反应制得SO2，装置乙中盛放品红溶液，用于验证二氧化硫的漂白性，装置丙中盛装酸性高锰酸钾，用于验证二氧化硫的还原性，二氧化硫是空气污染物，因此装置丁中用氢氧化钠吸收二氧化硫。
三、综合题
19．海洋出水铁质文物表面有凝结物，研究其形成原理和脱氯方法对保护文物意义重大。
（1）文物出水清淤后，须尽快浸泡在稀或溶液中进行现场保护。
①玻璃中的能与反应生成　 　（填化学式），故不能使用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放溶液。
②文物浸泡在碱性溶液中比暴露在空气中能减缓吸氧腐蚀，其原因有　 　。
（2）文物表面凝结物种类受文物材质和海洋环境等因素的影响。
①无氧环境中，文物中的与海水中的在细菌作用下形成等含铁凝结物。写出与反应生成和的离子方程式：　 　。
②有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成等凝结物。
（i）铁在盐水中腐蚀的可能原理如图所示。依据原理设计如下实验：向溶液中加入溶液（能与形成蓝色沉淀）和酚酞，将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现象为　 　。
（ii）铁的氢氧化物吸附某些阳离子形成带正电的胶粒，是凝结物富集的可能原因。该胶粒的形成过程中，参与的主要阳离子有　 　（填离子符号）。
（3）为比较含氯在溶液与蒸馏水中浸泡的脱氯效果，请补充实验方案：取一定量含氯模拟样品，将其分为两等份，　 　，比较滴加溶液体积[。实验须遵循节约试剂用量的原则，必须使用的试剂：蒸馏水、溶液、溶液、溶液]。
【答案】（1）；碱性环境抑制吸氧腐蚀正极反应的进行，反应速率减慢；碱性溶液中，溶解度较小，减少文物与的接触，减缓吸氧腐蚀
（2）；（ⅰ）滴加混合溶液后，铁片表面将出现蓝色和红色区域，较长时间后出现黄色斑点；
（3）分别加入等体积（如5mL）的溶液和蒸馏水至浸没样品，在室温下，搅拌、浸泡30min；过滤，各取等量上清液（如2mL）置于两支小试管中，分别滴加溶液酸化，再分别滴加溶液；记录每份上清液至出现AgCl白色沉淀时消耗的溶液体积
【知识点】硅和二氧化硅；化学实验方案的评价；铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】（1）①是酸性氧化物，与NaOH溶液发生反应生成硅酸钠和水，化学方程式为。
②吸氧腐蚀时正极反应式为，碱性溶液中，浓度较大，会抑制得电子，该反应的平衡逆向移动，吸氧腐蚀的速率减慢；在高离子浓度的液体中溶解度较小，碱性溶液比纯水溶解氧的能力低，减少了文物与的接触，减缓吸氧腐蚀。
（2）①无氧、弱碱性的海水中，Fe在细菌作用下，被氧化为价的FeS、，则反应的离子方程式：。
②(ⅰ)由题图知，铁片在NaCl溶液中发生吸氧腐蚀，开始时，负极反应式为，正极反应式为，与反应生成蓝色沉淀，即铁片上会出现蓝色区域；溶液中酚酞遇到变红，铁片上会出现红色区域；有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成FeOOH，说明在盐水中被氧化成黄色的FeOOH，故现象是滴加混合溶液后，铁片表面将出现蓝色和红色区域，较长时间后出现黄色斑点；
(ⅱ)铁片发生吸氧腐蚀，负极区生成，在空气中易被氧化为为，此时体系中的阳离子主要有。
（3）将等量的含氯FeOOH模拟样品分别用等体积的NaOH溶液与蒸馏水浸泡脱氯，然后过滤，得到上清液，取等体积的两种上清液，先用溶液酸化，再加入溶液，通过比较出现AgCl白色沉淀时消耗溶液体积的大小，即可比较脱氯效果，则具体实验方案为： 取一定量含氯模拟样品，将其分为两等份 ， 分别加入等体积（如5mL）的溶液和蒸馏水至浸没样品，在室温下，搅拌、浸泡30min；过滤，各取等量上清液（如2mL）置于两支小试管中，分别滴加溶液酸化，再分别滴加溶液；记录每份上清液至出现AgCl白色沉淀时消耗的溶液体积， 比较滴加溶液体积。
【分析】（1）①二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠；
②碱性环境抑制吸氧腐蚀正极反应的进行，且碱性环境下，氧气的溶解度较小；
（2）①根据反应物和生成物以及反应条件，结合质量守恒和得失电子守恒书写离子方程式；
②铁片在NaCl溶液中发生吸氧腐蚀，开始时，负极反应式为Fe-2e-=Fe2+，正极反应式为，Fe2+与反应生成KFe[Fe(CN)6]蓝色沉淀；铁片发生吸氧腐蚀时，负极区生成Fe2+，Fe2+易被氧化为Fe3+；
（3）要检验脱氯效果，应控制样品用量、脱氯时间、取用体积等变量相同，利用Ag+与Cl-的反应进行实验。
20．化合物X由三种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：
已知：白色固体A用溶解后，多余的酸用恰好中和，请回答：
（1）X的组成元素是　 　，X的化学式是　 　。
（2）写出溶液呈棕黄色所发生的化学反应方程式　 　。
（3）写出生成白色固体H的离子方程式　 　。
（4）设计实验检验溶液Ⅰ中的阳离子　 　。
【答案】（1）；
（2）
（3）
（4）用玻璃棒蘸取溶液Ⅰ，点在蓝色石蕊试纸上，呈红色说明溶液中有H+；取取溶液于试管中，加入至碱性，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝说明有
【知识点】铵离子检验；无机物的推断；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）由分析可知，X由Ca、Cl、O元素组成，X的化学式为，故答案为：；；
（2）由图可知，B→C发生的反应为高氯酸钠溶液与氢碘酸反应生成氯化钠、碘和水，反应的化学反应方程式为，故答案为：；
（3）由图可知，生成白色固体H的反应为氯化二氨合银与硝酸溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸铵，反应的离子方程式为，故答案为：；
（4）由图可知，溶液Ⅰ为硝酸和硝酸铵的混合溶液，则检验溶液中氢离子铵根离子的操作为用玻璃棒蘸取溶液Ⅰ，点在蓝色石蕊试纸上，呈红色说明溶液中有H+；取取溶液于试管中，加入至碱性，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝说明有，故答案为：用玻璃棒蘸取溶液Ⅰ，点在蓝色石蕊试纸上，呈红色说明溶液中有H+；取取溶液于试管中，加入至碱性，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝说明有。
【分析】X和足量Na2CO3反应生成白色固体A和无水溶液B，白色固体A为碳酸钙或碳酸钡；无水溶液B中含有剩余的Na2CO3和其它可溶性钠盐，B加入足量HI生成棕黄色溶液C，说明HI被B中溶质氧化生成I2，则C中含有I2和过量的HI、钠盐；C多次萃取得到水溶液D中含有HI、钠盐，D中加入足量AgNO3溶液得到浅黄色固体E和无水溶液F，E和足量氨水反应生成无色溶液G和黄色固体AgI，G为银氨溶液，G和足量稀硝酸反应生成白色固体H，H为AgCl，无色溶液I中含有HNO3和NH4Cl；淡黄色固体E为AgI和AgCl，无色溶液D中含有I-、Cl-，无色溶液F中含有剩余的AgNO3和钠盐，AgCl的物质的量为0.01mol，白色固体A用0.0250molHCl溶解后，多余的酸用0.0150molNaOH恰好中和，化合物X中含有金属元素的物质的量为0.005mol，X含有三种元素，则X为含氧酸盐，所以一定含有氧元素；如果化合物X中含有Ba元素，白色固体的质量为0.005mol×197g/mol=0.985g＞0.500g，则X中含有Ca元素，其中n(O)=0.04mol，X中Ca、Cl、O数目之比为0.005mol：0.01mol：0.04mol=1：2：8，化学式为。
21．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氨源直接制备，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。
【答案】（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）中存在氨氮三键，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
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡的影响因素；氮气的化学性质；含氮物质的综合应用；浓硫酸的性质
【解析】【解答】（1）浓硫酸与NaNO3反应生成NaHSO4和HNO3，该反应过程中，浓硫酸体现了酸性；同时反应过程中并无元素化合价变化，因此不体现浓硫酸的强氧化性。由于浓硫酸的沸点高于硝酸，高沸点酸可以制得低沸点酸。因此该反应还体现了浓硫酸的难挥发性。
故答案为：难挥发性
（2）①第Ⅰ步反应中NH3与O2发生催化氧化反应，生成NO和H2O，该反应的化学方程式为：4NH3＋5O24NO＋6H2O。
故答案为：4NH3＋5O24NO＋6H2O
②NO与O2反应的化学方程式为2NO＋O2 2NO2，正反应为气体分子数减小的反应。相同温度下，p1条件下NO的转化率高于p2，因此压强p1＞p2。x点和y点NO的转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响。
故答案为：2NO＋O2 2NO2，该反应正向气体分子总数减小，同温时，p1条件下NO转化率高于p2，故p1＞p2，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）①电极a上N2转化为NO3－，发生失电子的氧化反应，装置内采用了质子交换膜，H＋由阳极区移向阴极区。因此电极a反应过程中给生成H＋。因此电极a表面生成NO3－的电极反应式为：N2－10e－＋6H2O=2NO3－＋12H＋。
故答案为：N2－10e－＋6H2O=2NO3－＋12H＋
②电极a表面发生途径ⅲ，生成的O2将NO氧化得到NO2，NO2进一步与H2O反应生成NO3－。因此途径ⅲ的存在有利于途径ⅱ。
故答案为：反应ⅲ生成O2，O2将NO氧化成NO2，NO2更易转化为NO3－
（4）N2的结构式为N≡N，其中氮氮三键的键能高，断键是需要吸收较大的能量，因此人工固氮是高能耗得到过程。
故答案为：N2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
【分析】（1）酸的制备过程中，高沸点的酸可制得低沸点的酸。
（2）①第Ⅰ步反应为NH3得到催化氧化反应。
②结合压强对平衡移动的影响分析。
（3）①电极a表面N2发生失电子的氧化反应，生成NO3－，结合电解质溶液，书写电极反应式。
②反应ⅲ生成的O2可将NO氧化成NO2，NO2进一步反应生成NO3－。
（4）N2中含有氮氮三键，其键能高，断键所需的能量高，属于高能耗反应。
四、流程题
22． 利用工业废气中的制备焦亚硫酸钠()的一种流程示意图如下。
已知：
物质
、
（1）制
已知：
由制的热化学方程式为　 　。
（2）制
I．在多级串联反应釜中，悬浊液与持续通入的进行如下反应：
第一步：
第二步：
Ⅱ．当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体。
①Ⅱ中生成的化学方程式是　 　。
②配碱槽中，母液和过量配制反应液，发生反应的化学方程式是　 　。
③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是　 　，需除去。
④尾气吸收器中，吸收的气体有　 　。
（3）理论研究、与的反应。一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，随的增加，和平衡转化率的变化如图。
①，与优先反应的离子是　 　。
②，平衡转化率上升而平衡转化率下降，结合方程式解释原因：　 　。
【答案】（1）
（2）；；；
（3）；时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降
【知识点】盖斯定律及其应用；含硫物质的性质及综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由H2S生成SO2的化学方程式为2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g)，该反应的反应热ΔH=2×(－221.1kJ·mol－1－296.8kJ·mol－1)=－1036kJ·mol－1。因此由H2S制SO2的热化学方程式为2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g) ΔH=－1036kJ·mol－1。
故答案为：2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g) ΔH=－1036kJ·mol－1
（2）①Ⅱ中NaHSO3转化为Na2S2O5的同时生成H2O，该反应的化学方程式为：2NaHSO3=Na2S2O5＋H2O。
故答案为：2NaHSO3=Na2S2O5＋H2O
②“固液分离”后所得母液为NaHSO3溶液，与Na2CO3反应生成NaHCO3和Na2SO3。该反应的化学方程式为：NaHSO3＋Na2CO3=NaHCO3＋Na2SO3。
故答案为：NaHSO3＋Na2CO3=NaHCO3＋Na2SO3
③“煅烧炉”反应后所得的混合气体中含有少量的O2，O2能将Na2SO3氧化生成Na2SO4。因此多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子为SO42－。
故答案为：SO42－
④尾气吸收器中加入NaOH溶液，主要用于吸收反应过程中产生的CO2气体。
故答案为：CO2
（3）①0～amol过程中，SO32－的平衡转化率大于HCO3－，说明SO32－优先与SO2发生反应。
故答案为：SO32－
②随着加入n(SO2)逐渐增大，在a～bmol时，发生反应SO2＋2HCO3－=SO32－＋2CO2＋H2O，反应生成的CO2逸出，HCO3－的平衡转化率增大。同时由于c(SO32－)增大，抑制了SO32－与SO2的反应，使得SO32－的平衡转化率降低。
故答案为：时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热，进而得到反应的热化学方程式。
（2）①根据题干信息确定反应物和生成物，结合原子守恒确定反映过的化学方程式。
②“固液分离”后所得母液中溶质为NaHSO3，与Na2CO3反应生成NaHCO3和Na2SO3，据此写出反应的化学方程式。
③“煅烧炉”中混有O2，O2能将Na2SO3氧化成Na2SO4。
④尾气吸收器中加入的NaOH溶液，用于吸收尾气中的CO2。
（3）①a~amol过程中，SO32－的平衡转化率高，说明SO32－优先发生反应。
②a～bmol过程中，发生反应SO2＋2HCO3－=SO32－＋CO2＋H2O，据此分析。
23．工业上煅烧含硫矿物产生的可以按如下流程脱除或利用。
已知：
请回答：
（1）富氧煅烧燃煤产生的低浓度的可以在炉内添加通过途径Ⅰ脱除，写出反应方程式　 　。
（2）煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的，通过途径Ⅱ最终转化为化合物A。
①下列说法正确的是　 　。
A．燃煤中的有机硫主要呈正价 B．化合物A具有酸性
C．化合物A是一种无机酸酯 D．工业上途径Ⅱ产生的也可用浓吸收
②一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是　 　。
（3）设计实验验证化合物A中含有S元素　 　；写出实验过程中涉及的反应方程式　 　。
【答案】（1）
（2）BCD；硫酸分子能形成更多的分子间氢键
（3）取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A中含有S元素； +2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；二氧化硫的性质；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】（1）SO2与CaCO3反应生成CaSO3和CO2，CaSO3进一步与空气中的O2反应生成CaSO4，该反应的化学方程式为。
（2）由分析可知，A的结构简式为。
A、硫的电负性大于C、H，因此在有机硫中硫元素显负价，A不符合题意。
B、化合物A的结构简式为，分子结构中含有羟基氢原子，可解离出H+，因此化合物A具有酸性，B符合题意。
C、化合物A可有酸（H2SO4）脱去-OH，醇（CH3OH）脱去氢原子反应得到，因此化合物A是一种无机酸酯，C符合题意。
D、工业上可用浓硫酸吸收SO3，用于生产发烟硫酸，D符合题意。
故答案为：BCD
②化合物A中只有一个-OH可形成分子间氢键，而H2SO4中含有两个-OH可形成分子间氢键。H2SO4可形成氢键的个数多于化合物A，因此H2SO4的沸点高于化合物A。
（3）化合物A是一种无机酸酯，在碱性条件下可发生水解反应，生成CH3OH、Na2SO4和H2O，Na2SO4能与BaCl2反应产生白色沉淀。因此可通过证明水解产物中含有SO42－来证明化合物A中含有硫元素。其实验过程为：取少量化合物A加入足量的NaOH溶液，充分反应后加入足量的稀盐酸酸化，无明显现象；再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。过程中发生反应的化学方程式为： ＋2NaOH→CH3OH＋Na2SO4＋H2O、Na2SO4＋BaCl2=BaSO4↓＋2NaCl。
【分析】（1）SO2与CaCO3反应生成CaSO3和CO2，CaSO3能进一步被空气中的O2氧化成CaSO4。
（2）①根据SO3与H2O发生的反应可知，SO3与CH3OH反应生成A的结构简式为。据此结合选项进行分析。
②硫酸分子可形成更多的分子间氢键，使得沸点更高。
（3）证明化合物A中含有硫元素，则可将化合物A在碱性条件下水解，通过检验SO42－的存在证明硫元素的存在。
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