人教【新课标】高中化学一轮复习：专题6常见的非金属元素一、单选题1．陶瓷版“冰墩墩”和“雪容融”均产自中国陶瓷之乡，下列说法错误的是（　　）A．陶瓷、玻璃和水泥均属于无机非金属材料B．陶瓷版“冰墩墩”上黑色涂料的主要成分为Fe2O3C．高温结构陶瓷具有耐高温、耐氧化、耐磨蚀等优良性能D．陶瓷是以黏土及天然矿物岩为原料，经加工烧制而成【答案】B【知识点】无机非金属材料；陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途；铁的氧化物和氢氧化物【解析】【解答】A．陶瓷、玻璃和水泥等硅酸盐材料，属于传统无机非金属材料，故A不符合题意；B．Fe2O3为红色粉末，陶瓷版“冰墩墩”上黑色涂料的主要成分不可能为Fe2O3，故B符合题意；C．高温结构陶瓷具有耐高温、耐氧化、耐磨蚀等优良性能，故C不符合题意；D．陶瓷是以黏土及天然矿物岩为原料，经加工烧制而成，属于硅酸盐制品，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.无机非金属材是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料；B.氧化铁为红棕色；C.高温结构陶瓷具有耐高温、耐氧化、耐磨蚀等优良性能；D.陶瓷的原料主要是黏土。2．下列叙述错误的是(　　)A．汽车中小摆件“苹果花”的动力是以Si为原料制作的太阳能电池B．SiO2是酸性氧化物，所以不与任何酸反应C．黏土是制作水泥和陶瓷的主要原料D．NaOH溶液不能盛装在带玻璃塞的磨口试剂瓶中【答案】B【知识点】无机非金属材料【解析】【解答】A．晶体硅是良好的半导体材料，主要用途是制作太阳能电池、集成电路，A不符合题意；B．SiO2是酸性氧化物，能与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，B符合题意；C．水泥的生产以黏土和石灰石为主要原料，经研磨、混合后在水泥回转窑中煅烧，再加入适量石膏，并研成细粉就得到普通水泥；陶瓷的原料是黏土，经过混合、成型、干燥、烧结而成，所以制水泥和陶瓷时都需要用的原料是黏土，C不符合题意；D．试剂瓶为玻璃仪器，玻璃的主要成分是二氧化硅，二氧化硅能与氢氧化钠溶液发生反应生成硅酸钠，硅酸钠水溶液具有较强的黏性，时间长了玻璃塞打不开，所以NaOH溶液通常保存在带橡胶塞的磨口试剂瓶中，D不符合题意；故答案为：B。【分析】SiO2和HF反应生成SiF4和水。3．下列关于无机非金属材料的说法错误的是(　　)A．传统无机非金属材料是指：玻璃、水泥、陶瓷等硅酸盐材料B．新型无机非金属材料碳化硅具有类似金刚石的结构，硬度很大C．高温结构材料具有耐高温、抗氧化、耐磨蚀等优良性能D．新型无机非金属材料光导纤维的成分是二氧化硅分子【答案】D【知识点】无机非金属材料【解析】【解答】A．玻璃、水泥、陶瓷等硅酸盐材料是传统无机非金属材料，A项不符合题意；B．新型无机非金属材料碳化硅具有类似金刚石的结构，属于共价晶体，硬度很大，B项不符合题意；C．高温结构材料具有耐高温、抗氧化、耐磨蚀等优良性能，C项不符合题意；D．光导纤维的主要成分为二氧化硅，不含有分子，D项符合题意。故答案为：D。【分析】SiO2是由Si和O原子构成的共价晶体。4．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．氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有B．向氯水中滴加硝酸酸化的溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有C．向氯水中加入粉末，有气泡产生，说明氯水中含有D．向溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO【答案】D【知识点】氯气的化学性质；氯水、氯气的漂白作用【解析】【解答】A.Cl2是一种黄绿色的气体，因此氯水呈黄绿色，说明氯水中含有Cl2，A不符合题意；B.往氯水中加入AgNO3溶液，产生的白色沉淀为AgCl，因此说明氯水中含有Cl－，B不符合题意；nC.向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，该气体为CO2，说明氯水中含有H＋，C不符合题意；D.向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液变为棕黄色，说明Fe2＋被氧化成Fe3＋，氯水中具有氧化性的微粒有Cl2、HClO和ClO－，因此不能说明氯水中含有HClO，D符合题意；故答案为：D【分析】新制饱和氯水中含有三种分子，即Cl2、HClO和H2O；同时还含有四种离子，即H＋、Cl－、ClO－和OH－。结合氯水中各个成分的性质分析选项即可。5．下列实验操作与现象均正确的是（　　）选项实验操作现象A将Cl2和H2混合并光照气体安静燃烧，产生苍白色火焰B用碘化钾试纸检验Cl2试纸变蓝C用酒精萃取碘水中的碘溶液分层，上层是紫红色D向FeSO4溶液中滴入NaOH溶液产生白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色A．AB．BC．CD．D【答案】D【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；氯气的化学性质；二价铁离子和三价铁离子的检验；常用仪器及其使用【解析】【解答】A．氯气和氢气混合光照会发生爆炸，A不符合题意；B．氯气可以氧化碘离子生成碘单质，但需要用淀粉来检验是否有碘单质生成，B不符合题意；C．酒精与水会互溶，不能做萃取剂，C不符合题意；D．向FeSO4溶液中滴入NaOH溶液，先生成白色的Fe(OH)2，然后Fe(OH)2会被氧化为红褐色的Fe(OH)3，现象为迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，D符合题意；故答案为：D。【分析】氯气和氢气混合光照会发生爆炸；氯气可以氧化碘离子生成碘单质，检验碘单质需要用淀粉；酒精与水互溶，没法分层；所以正确答案为D，FeSO4溶液中滴入NaOH溶液，先生成氢氧化亚铁，接着被氧化成氢氧化铁。6．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度。下图为硫及其部分化合物的价态-类别图。下列说法正确的是（　　）A．常温下，a和f的浓溶液反应可生成b和cB．附着有b的试管，常用酒精清洗C．分别往d、e的溶液中滴加少量氯化钡溶液，均可产生白色沉淀D．常温下等物质的量浓度的g、h两种钠盐溶液的pH：g＜h【答案】A【知识点】含硫物质的性质及综合应用【解析】【解答】A．硫化氢和浓硫酸能发生氧化还原反应，方程式为H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O，A符合题意；B．硫微溶于酒精，易溶于二硫化碳，故附着有b的试管，常用二硫化碳洗涤，B不符合题意；C．亚硫酸的酸性弱于盐酸，故亚硫酸与氯化钡不反应，C不符合题意；D．硫酸钠为强酸强碱盐，溶液呈中性，亚硫酸钠为强碱弱酸盐，亚硫酸根离子水解使溶液呈碱性，故等浓度时的亚硫酸钠溶液的pH大于硫酸钠溶液的pH，D不符合题意；故答案为：A。【分析】由图可知，a为H2S，b为S，c为SO2，d为SO3，e为H2SO3，f为H2SO4，g为亚硫酸盐，h为硫酸盐。7．下图是实验室制取二氧化硫并验证其部分性质的装置，下列说法错误的是（　　）A．甲装置中，使用70%的浓硫酸既可以加快反应速率又有利于生成的逸出B．乙装置中使用品红溶液是用来验证的漂白性C．丙装置中使用酸性溶液是用来验证的还原性D．丁装置中过量的氨水吸收气体可以生成亚硫酸氢铵【答案】D【知识点】二氧化硫的性质；含硫物质的性质及综合应用；制备实验方案的设计；二氧化硫的漂白作用【解析】【解答】A.70%的浓硫酸中氢离子浓度较大，甲装置中，使用70%的浓硫酸既可以加快反应速率又有利于生成的逸出，故A不符合题意；B．二氧化硫能使品红褪色，乙装置中使用品红溶液是用来验证的漂白性，故B不符合题意；C．高锰酸钾具有氧化性，二氧化硫能使高锰酸钾褪色，丙装置中使用酸性溶液是用来验证的还原性，故C不符合题意；D．丁装置中过量的氨水吸收SO2气体可以生成亚硫酸铵，若二氧化硫过量生成亚硫酸氢铵，故D符合题意；n故答案为：D。【分析】A.浓度越大，反应速率越快；B.二氧化硫可使品红褪色；C.高锰酸钾具有强氧化性；D.氨水过量，生成亚硫酸铵。8．硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质(见下图)。下列说法正确的是（　　）A．漂白粉的有效成分是CaCl2和Ca(ClO)2B．可用饱和NaHCO3溶液或KMnO4溶液除去CO2中的SO2气体C．SO2氧化为SO3是可逆反应，提高O2浓度和使用适合的催化剂均可提高SO2的转化率D．用CO合成CH3OH进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%【答案】B【知识点】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】A．漂白粉的成分是CaCl2和Ca(ClO)2，有效成分是Ca(ClO)2，A不符合题意；B．KMnO4溶液具有强氧化性，会在溶液中将SO2氧化为硫酸，硫酸能够与NaHCO3溶液反应产生CO2气体，而CO2不能溶解在饱和NaHCO3溶液中，因此可以达到除杂净化的目的，B符合题意；C．SO2氧化为SO3是可逆反应，提高O2浓度可提高SO2的转化率；但使用适合的催化剂只能加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，而化学平衡不移动，因此不能提高SO2的转化率，C不符合题意；D．工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：反应Ⅰ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)；反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，反应Ⅱ中不是所有原子进入期望产物，原子利用率不为100%，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2；C.催化剂不影响平衡状态，不能提高平衡转化率；D.反应Ⅱ还生成水，原子利用率不为100%。9．依据下图中氮元素及其化合物间转化关系，判断下列说法错误的是（　　）A．X是N2O5B．可用排水法收集NO2C．工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸D．由NH3→N2，从原理上看，可通过NH3与NO2反应实现【答案】B【知识点】含氮物质的综合应用【解析】【解答】A．根据图中氮元素及其化合物的转化关系可知，氮的氧化物X中的氮元素的化合价为+5价，对应的物质是N2O5，A项不符合题意；B．NO2和水反应生成NO和硝酸，故不可用排水法收集NO2气体，B项符合题意；C．氨气催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，故工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸，C项不符合题意；D．根据氧化还原反应原理分析，NH3可与NO2反应生成氮气，化学方程式为：8NH3+6NO2=7N2+12H2O，D项不符合题意；故答案为：B。【分析】A.X是N元素+5价的氧化物；B.NO2和水反应；C.氨气催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸；D.NH3可与NO2反应生成氮气和水。10．氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如图）。下列叙述正确的是（　　）A．制取NH3的过程中可用硝酸铵和硫酸铵两种铵盐B．SO2和NO2是形成酸雨的主要原因C．雾霾分散质粒子直径在1nm~100nm之间，属于气溶胶D．该反应中NH3作为催化剂【答案】B【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；含氮物质的综合应用；含硫物质的性质及综合应用；胶体的性质和应用【解析】【解答】A．制取氨气过程中使用的是氯化铵，不能用硝酸铵和硫酸铵。硝酸铵加热时，温度较低时生成NH3和HNO3，随着温度升高，硝酸的强氧化性使生成的氨进一步被氧化生成氮气和氮的氧化物，且NH4NO3加热时易爆炸；硫酸铵受热分解，在不同温度下，产物不同。当温度小于150℃时，产物为氨气与硫酸，而当温度大于150℃时，能发生自身的氧化还原反应，生成二氧化硫等多种产物，不符合题意；B．SO2和NO2是形成酸雨的主要原因，符合题意；C．胶体是指分散质粒子直径在1nm~100nm之间的分散系，雾霾属于气溶胶，但它的微粒直径不在胶体的范围，不符合题意；D．NH3参加反应后并没有生成，所以不是催化剂，只作为反应物，不符合题意。【分析】A.制取氨气常用的是氯化铵和熟石灰进行加热制取，不能用硝酸铵和硫酸铵nB.酸雨的主要成分是含硫氧化物和含氮氧化物，主要是二氧化硫和二氧化氮C.雾霾的分散质粒径大于100nmD.氨气不是做催化剂，做的是反应物11．自然界的氮循环包括以下过程。下列说法中，错误的是（　　）A．硝化过程中，含氮物质被氧化B．氨氧化过程中，亚硝态氮元素与铵态氮元素理论物质的量之比为3：4C．N2→属于氮的固定，N2发生还原反应D．土壤中Fe2+和Fe3+的存在有利于从与其接触的水体中除去氮元素【答案】B【知识点】含氮物质的综合应用【解析】【解答】A．由图示可知，硝化过程为：转化为，在进一步转化为，该过程中N的化合价都在升高，故含氮物质被氧化，A不符合题意；B．由图示可知，氨氧化过程中的反应为：+=N2+2H2O，故亚硝态氮元素与铵态氮元素理论物质的量之比为1：1，B符合题意；C．氮的固定是指由游离态的氮即N2转化为化合态的氮即含氮化合物的过程，故N2→属于氮的固定，过程中N2的化合价由0价降低到-3价，N2发生还原反应，C不符合题意；D．由图示可知，Fe2+能与反应转化为N2，Fe3+能与反应转化为N2，故土壤中Fe2+和Fe3+的存在有利于从与其接触的水体中除去氮元素，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.硝化过程中，N元素的化合价均升高；B.氨氧化过程中发生反应+=N2+2H2O；C.氮的固定是指游离态的氮转化为化合态的过程；该过程N元素化合价降低，发生还原反应；D.Fe2+与反应生成N2，Fe3+与反应生成N2。12．某化学兴趣小组利用如图装置进行下列操作：在一支50mL的注射器里充入20mLNO，然后吸入5mL水，用乳胶管和弹簧夹封住管口，振荡注射器；打开弹簧夹，快速吸入15mL空气[假设只有两种气体，且]后夹上弹簧夹，振荡注射器。下列说法错误的是（　　）A．整个实验过程可以看到无色气体变为红棕色后又消失的现象B．实验结束后，注射器活塞停留在28mL刻度附近C．最终，注射器中气体为：NO约16mL、约12mLD．所得溶液的物质的量浓度约为0.036mol/L(气体体积均为标准状况数据；溶液体积仍为5mL)【答案】B【知识点】含氮物质的综合应用；物质的量的相关计算【解析】【解答】A．NO通入氧气后NO被氧化生成红棕色气体NO2，NO2能与水反应，3NO2+H2O=2HNO3+NO，可观察到气体又变为无色，故A不符合题意；B．NO与水不反应，有氧气存在，发生反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，20mLNO反应需要15mL氧气，吸入15mL空气后，氧气不足，NO有剩余，，则15mL空气中氮气体积为12mL，氧气体积为3mL，反应4mLNO，剩余16mL，则针筒内气体体积为12+16=28mL，还有5mL水，注射器活塞停留在33mL刻度附近，故B符合题意；C．由B项分析可知，反应结束后，剩余16mLNO，12mL，故C不符合题意；D．反应方程式为4NO+3O2+2H2O=4HNO3，反应消耗4mLNO，标准状况下4mLNO物质的量为n(NO)=，n(HNO3)=n(NO)=，溶液体积为V=5mL，所得溶液的溶质HNO3的浓度约为c=，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.NO被氧气氧化成红棕色的NO2，NO2与水反应生成硝酸和NO；B.NO与水不反应，有氧气时发生反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，20mLNO反应需要15mL氧气；D.根据4NO+3O2+2H2O=4HNO3，结合计算。13．推理是一种重要的能力，打开分液漏斗活塞，进行如图所示的探究实验，对实验现象的预测及分析错误的是（　　）A．锥形瓶中与70%硫酸发生氧化还原反应B．试管内层溶液褪色，说明具有氧化性C．试管中的红色花瓣褪色，说明具有漂白性D．一段时间后试管内有白色沉淀，说明有生成n【答案】A【知识点】二氧化硫的性质；硫酸根离子的检验；二氧化硫的漂白作用【解析】【解答】A．锥形瓶中与70%硫酸发生反应制备SO2，化合价没有变化，没发生氧化还原反应，故A符合题意；B．反应生成SO2，试管内CCl4层溶液褪色，是因为Br2将SO2氧化，说明具有氧化性，故B不符合题意；C．SO2具有漂白性，能够使某些有色物质褪色，试管中的红色花瓣褪色，说明具有漂白性，故C不符合题意；D．SO2被Br2氧化生成H2SO4，与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀，故试管内有白色沉淀生成，说明有生成，故D不符合题意；故答案为：A【分析】A.亚硫酸钠和浓硫酸发生反应，没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应；B.Br2将SO2氧化，说明Br2具有氧化性；C.SO2具有漂白性；D.该白色沉淀为硫酸钡，有硫酸根生成。14．某同学做“FeSO4被HNO3氧化”的实验，发现溶液变深棕色。猜想可能是生成的NO2或NO与Fe2+或Fe3+反应，使溶液变为深棕色，设计下列装置探究。下列说法错误的是（　　）A．先检查装置气密性，加入药品后，关闭c，打开a和b，再通入一段时间N2B．关闭a、c，打开b及分液漏斗活塞，反应后丙中溶液变为深棕色，丁中溶液无明显变化，证明NO与Fe2+反应C．甲中反应一段时间后，更新丙、丁中试剂，关闭a和b，打开c，反应后丙中溶液变为深棕色，丁中溶液无明显变化，证明NO2也可与Fe2+反应D．该实验的缺陷是缺少尾气吸收装置【答案】C【知识点】硝酸的化学性质；实验装置综合；物质检验实验方案的设计【解析】【解答】A．先检查装置气密性，加入药品后，为防止装置中的氧气影响实验结果，需关闭c，打开a和b，通入一段时间氮气，将装置内的空气排尽，故A不符合题意；B．关闭a、c，打开b及分液漏斗活塞，浓硝酸与Cu反应生成NO2，NO2通入水中与水反应生成NO，NO进入丙和丁后，丙中含亚铁离子的溶液变为深棕色，而丁中无明显变化，说明NO与Fe2+反应，故B不符合题意；C．甲中反应一段时间后浓硝酸变稀，生成的气体中有NO，所以该操作无法证明NO2是否与Fe2+反应，故C符合题意；D．实验中未反应的NO2和NO会污染空气，需要尾气处理装置，故D不符合题意；故答案为C。【分析】甲装置中浓硝酸与Cu反应生成NO2，NO2通入乙装置的水中与水反应生成NO，NO进入丙和丁后，丙中含亚铁离子的溶液变为深棕色，而丁中无明显变化。15．某学习小组设计了如图的实验装置(夹持装置已省略)模拟常压下工业合成氨，并检验氨的生成。Y形管左侧支管中盛有NH4Cl与NaNO2的混合溶液，加热后生成N2及少量NH3。下列有关描述错误的是（　　）A．实验时，点燃a处酒精灯一段时间后，再点燃c处酒精喷灯B．b处装置可用盛有碱石灰的U形管代替C．硬质玻璃管中的石棉可增大混合气体与铁粉的接触面积D．若d处锥形瓶中溶液变红，则说明硬质玻璃管中有NH3生成【答案】B【知识点】氨的性质及用途；含氮物质的综合应用；气体发生装置；常见气体制备原理及装置选择【解析】【解答】A．实验时，为防止氢气和氧气混合后加热爆炸，用氮气排出装置内的空气后再加热铁粉，所以点燃a处酒精灯一段时间后，再点燃c处酒精喷灯，故A不符合题意；B．b装置的作用是吸收氨气并干燥气体，碱石灰不能吸收氨气，b处装置不能用盛有碱石灰的U形管代替，故B符合题意；C．硬质玻璃管中的石棉可增大混合气体与铁粉的接触面积，加快反应速率，故C不符合题意；D．氨气溶于水，溶液呈碱性，若d处锥形瓶中溶液变红，则说明硬质玻璃管中有NH3生成，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.气体制备中，先反应一段时间将装置内的空气排干净防止对实验造成干扰，然后再进行收集或其他物质制备过程B.b装置用于吸收N2和H2中的碱性气体NH3和水蒸气C.增大接触面积可以是反应更充分，加快反应速率nD.氨气的实验室检验方法16．把10.0g铜片投入35mL某浓度的溶液中，充分反应后剩余固体3.6g，产生和NO的混合气体为0.15mol。若不考虑的存在，则原溶液的物质的量浓度为（　　）A．B．C．D．【答案】C【知识点】硝酸的化学性质【解析】【解答】充分反应后剩余固体3.6g，则反应的Cu为10.0g-3.6g=6.4g，物质的量为，根据N元素守恒可知n(HNO3)=2n[Cu(NO3)2]+n(NO+NO2)=0.1mol×2+0.15mol=0.35mol，；故答案为：C。【分析】硝酸与铜反应时，硝酸体现了氧化性和酸性，根据N原子守恒即可计算硝酸的量，从而计算浓度二、综合题17．化工产品中，含氯物质众多，其用途广泛。回答下列化合价问题：（1）如图为氯及其化合物的“价-类”二维图。缺失的类别A为　　、物质B为　　(填化学式)。（2）“84”消毒液和洁厕灵不能混合使用，请用离子方程式解释：　　。（3）电石渣[主要成分为]是氯碱工业中的废料，某同学在实验室以电石渣为原料制取的工艺流程如图所示：已知：易溶于水。①工业生产电石(CaC2)的反应为，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为　　。②“转化”发生反应的离子方程式为　　。③上述流程中所用是用与浓盐酸反应制得，该反应的离子方程式是　　，其中盐酸体现的性质为　　。【答案】（1）酸；（2）（3）2∶1；；；酸性和还原性【知识点】氯气的实验室制法；离子方程式的书写；氯水、氯气的漂白作用【解析】【解答】电石渣[主要成分为CaOH2]，氯气和电石渣在70℃以上温度下反应生成CaClO32、CaCl2和H2O，Ca(ClO3)2和K2CO3发生反应生成CaCO3沉淀和KClO3溶液，过滤后将滤液经过一系列操作，最终得到KClO3。(1)如图为氯及其化合物的“价一类”二维图。根据图中信息A为酸，物质B为+7价的氧化物即为Cl2O7；故答案为：酸；Cl2O7。(2)“84”消毒液的主要成分为NaClO，洁厕灵的主要成分为HCl，NaClO和HCl混合使用会生成有毒的氯气，故离子方程式为。(3)①工业生产电石的反应为，根据反应方程式分析得到碳化合价既升高又降低，因此该反应中氧化剂、还原剂均为C，C生成CaC2时作氧化剂，C生成CO时作还原剂，故物质的量之比为2∶1，故答案为：2∶1。②流程中“转化”主要是Ca(ClO3)2和K2CO3发生反应生成CaCO3沉淀和KClO3溶液，其离子方程式为；故答案为：。③根据题意MnO2与浓盐酸反应生成Cl2、氯化锰和水，该反应的离子方程式是，氯的化合价部分升高，还有一部分化合价未变，因此盐酸体现的性质为酸性和还原性；故答案为：；酸性和还原性。【分析】这类问题要牢牢把握题意，同时要掌握相应常见元素化合物的性质。（1）从图中容易得出A为酸，同时B为氯的氧化物，且氯显正价，由化学式书写规则可以得出答案；（2）要知道“84”和洁厕灵的主要成分，这些需要平时注意积累，同时要注意标注气体符号；（3）该小题中涉及氧化还原反应中相关物质的量的计算，只要牢记氧化还原反应中氧化剂与还原剂的判断依据即可解答，需要注意的是该题中的C即做氧化剂又做还原剂。18．2020年突如其来的“新冠肺炎”使人们认识到日常杀菌消毒的重要性．如图为“84”消毒液说明书．药品名称84消毒液n主要成分，有效氯含量注意事项不可与其他洗涤剂或消毒液混合使用用法用量稀释后浸泡或洗刷白色衣物、浴缸等水溶液；餐饮具、瓜果等水溶液请回答下列问题：（1）实验室用高锰酸钾和浓盐酸制取氯气，该反应的离子方程式为　　，若含有的足量浓盐酸与1mol固体反应，产生的分子数　　（填大于、等于或小于）．（2）若将通入到热的溶液中，可以得到和的混合液．当混合液中和的个数比为时，混合液中和的个数比为　　．（3）家庭用“84”消毒液用法强调，消毒马桶时，洁厕灵（主要成分是盐酸）与“84”消毒液不能混用，若混用会产生黄绿色的有毒气体，其反应的离子方程式为　　．（4）某同学欲用固体配制溶液，需要用托盘天平称量固体的质量为　　g；若所配得的溶液在空气中经光照、久置后，溶液中的物质的量浓度将　　（填增大、减小或不变）．【答案】（1）；等于（2）（3）（4）149.0；减小【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氯气的化学性质；氯气的实验室制法；配制一定物质的量浓度的溶液【解析】【解答】（1）酸性KMnO4溶液具有氧化性，能将Cl－氧化成Cl2，自身还原为Mn2＋，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得该反应的离子方程式为：2MnO4－＋10Cl－＋16H＋=5Cl2↑＋2Mn2＋＋8H2O。浓盐酸与MnO2反应的化学方程式为：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，由于浓盐酸足量，因此1molMnO2完全反应，则反应生成n(Cl2)=1mol，其分子数为1NA。（2）将Cl2通入热NaOH溶液中，得到NaCl、NaClO和NaClO3，过程中，氯元素由0价变为－1价、＋1价和＋5价。当混合液中Cl－、ClO3－的个数比为6：1时，设ClO－的个数为a，则根据得失电子守恒可得6×1=a×1+1×5，解得a=1，所以混合液中ClO－和ClO3－的个数比为1：1。（3）“84”消毒液的主要成分为NaClO，NaClO与HCl反应生成的黄绿色气体为CCl2，该反应的离子方程式为：Cl－＋ClO－＋2H＋=Cl2↑＋H2O。（4）容量瓶具有一定规格，常用的容量瓶有100mL、250mL、500mL和1000mL，因此配制480mL溶液，需用500mL容量瓶。因此所需NaClO固体的质量m=n×M=c×V×M=4.0mol·L－1×0.5L×75.5g·mol－1=149.0g。由于酸性H2CO3>HClO，因此NaClO溶液久置在空气中时，NaClO能与空气中的CO2反应生成HClO，HClO不稳定，光照条件下会分解为HCl和O2，因此久置的NaClO溶液，其物质的量浓度逐渐减小。【分析】（1）KMnO4具有氧化性，能将Cl－氧化成Cl2，自身还原为Mn2＋，据此写出反应的离子方程式。浓盐酸足量，则MnO2完成反应，结合反应的化学方程式计算法宁产生Cl2的分子数。（2）根据得失电子守恒进行分析。（3）“84”消毒液的主要成分是NaClO，与盐酸反应后产生的黄绿色气体为Cl2，据此写出反应的离子方程式。（4）配制480mL溶液需用500mL容量瓶，根据公式m=n×M=c×V×M计算所需固体的质量。NaClO久置在空气中，NaClO能与空气中的CO2反应生成HClO，光照条件下HClO易分解。19．含有不同价态硫元素的物质之间的转化在工业生产中具有重要的应用。（1）硫酸是重要的基础化工原料，可用于生产化肥、农药、炸药、染料和盐类等。工业生产硫酸的流程图如下：①工业上常以黄铁矿(FeS2)为原料来制备SO2，配平该反应的化学方程式　　FeS2+O2Fe2O3+SO2②写出催化反应室中SO2被氧化为SO3的化学方程式　　。③硫酸工业的尾气中含有少量SO2，若直接排放会污染空气，并导致硫酸型酸雨。下列物质中，能吸收SO2的有　　(填字母)。A．氨水B．酸性KMnO4溶液C．生石灰D．Na2CO3溶液（2）石油加氢精制和天然气净化等过程产生有毒的H2nS，直接排放会污染空气。工业上用克劳斯工艺处理含H2S的尾气，并获得硫单质，流程如下：①反应炉中发生反应：2H2S+3O22SO2+2H2O②催化转化器中发生反应的化学方程式　　。③为了提高H2S转化为S的比例，理论上应控制反应炉中H2S的转化率为　　(填字母)。[转化率=反应的n(A)/起始的n(A)]A．B．C．D.1【答案】（1）4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；2SO2+O22SO3；ABCD（2）SO2+2H2S3S+2H2O；A【知识点】氧化还原反应方程式的配平；二氧化硫的性质；含硫物质的性质及综合应用【解析】【解答】(1)①假设FeS2中铁、硫元素的化合价依次为+2价、-1价，反应后价态分别升高1、5价，氧气由0价降低到-2价；1molFeS2完全反应，共转移电子11mol，1mol氧气完全反应，转移电子4mol，根据电子得失守恒，FeS2的化学计量数4，O2的化学计量数11，根据原子守恒配平其它物质，所以该反应的化学方程式：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；②催化反应室中SO2被氧化为SO3的化学方程式：；③二氧化硫属于酸性氧化物，能够与碱、碱性氧化物、显碱性的盐溶液发生反应，二氧化硫具有还原性，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以能吸收SO2的有A.氨水，B.酸性KMnO4溶液，C.生石灰，D.Na2CO3溶液，故答案为：ABCD；(2)②在克劳斯工艺中，催化转化器中二氧化硫将H2S氧化为硫单质，反应的化学方程式：SO2+2H2S3S+2H2O；③为了提高H2S转化为S的比例，催化转化器中硫化氢与二氧化硫应恰好完全反应；假设催化转化器中参加反应的硫化氢的物质的量为为2mol，二氧化硫的物质的量为1mol，即反应炉中需要生成1mol二氧化硫，反应炉中参加反应的硫化氢的物质的量为1mol，所以理论上应控制反应炉中H2S的转化率为；故答案为：A。【分析】(1)①根据电子得失守恒，原子守恒配平；②注意反应条件及可逆反应；③依据二氧化硫有酸性、还原性分析；(2)②依据催化转化器中二氧化硫将H2S氧化为硫单质；③反应恰好完全时转化率最大。20．焦亚硫酸钠（）常用作食品漂白剂。其制备工艺流程如图：已知：反应II包含等多步反应。（1）反应I进行时应先通入的气体是　　。（2）灼烧前粉碎，目的是　　。（3）已知与稀硫酸反应放出，其离子方程式为　　。（4）副产品X的化学式是　　，在上述流程中可循环使用物质是　　。（5）为了减少产品中杂质含量，需控制反应Ⅱ中气体与固体的物质的量之比约为　　，检验产品中含有碳酸钠杂质所需试剂　　（填编号）。①澄清石灰水②饱和碳酸氢钠溶液③氢氧化钠④酸性高锰酸⑤稀硫酸【答案】（1）NH3（2）增大与空气的接触面积，使充分灼烧，加快反应速率（3）（4）CuSO4∙5H2O；CO2（5）2:1；①④⑤【知识点】含硫物质的性质及综合应用；物质的分离与提纯；除杂；制备实验方案的设计【解析】【解答】（1）流程确定反应物为NaCl、NH3、CO2，产物为NH4Cl和碳酸氢钠，反应Ⅰ的化学方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，反应Ⅰ进行时应先通入氨气，增大的浓度，便于NaHCO3析出；（2）灼烧前粉碎，目的是增大与空气的接触面积，使充分灼烧，加快反应速率；（3）根椐提示可知生成二氧化硫和水，Na2S2O5与稀硫酸反应放出SO2和水，反应的离子方程式为：+2H+=2SO2↑+H2O；（4）上述分析可知，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，得出硫酸铜晶体，副产品X的化学式是CuSO4•5H2O，根据流程图可知，可循环使用的物质是CO2；n（5）从生产过程可以看出是硫酸铜晶体；从图示中可以看出二氧化碳和水可以再次利用，反应Ⅱ中气体与固体分别是二氧化硫和碳酸钠，这两种物质反应必须生成亚硫酸氢钠：反应Ⅱ中反应应是二氧化硫与碳酸钠反应生成NaHSO3，NaHSO3再生成Na2S2O5，反应方程式为Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2，因此气体与固体的物质的量之比为：2:1；检验产品中含有碳酸钠杂质，需加酸反应检验二氧化碳生成，即用的澄清石灰水，但加酸会生成二氧化硫，二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊，故应先除去，用酸性高锰酸钾溶液根据颜色不褪色确定二氧化硫除净，选①④⑤。【分析】反应物为NaCl、NH3、CO2，产物为NH4Cl和碳酸氢钠，加热碳酸氢钠分解为二氧化碳和碳酸铵，反应Ⅱ中气体与固体分别是二氧化硫和碳酸钠，这两种物质反应必须生成亚硫酸氢钠，硫化亚铜与氧气反应生成黑色氧化铜和二氧化硫，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，得出硫酸铜晶体，据此分析解题。21．依据图中氮元素及其化合物的转化关系，回答问题：（1）图1中，X的化学式为　　，从化合价上看，X具有　　性(填“氧化”或“还原”)。（2）回答下列关于NH3的问题：①实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制取氨气，该反应的化学方程式为　　。②下列试剂不能用于干燥NH3的是　　(填字母)。A．浓硫酸B．碱石灰C．NaOH固体③若要收集一瓶氨气，请将上述装置补充完整，在图2虚框内画出连接图　　。④氨气是重要的化工原料，可以合成多种物质，写出其催化氧化的化学方程式　　。（3）回答下列关于NO、NO2的问题：汽车排气管上装有催化转化器可减少尾气对环境的污染，汽车尾气中的有害气体CO和NO反应可转化为无害气体排放，写出相关反应的化学方程式：　　。【答案】（1）N2O5；氧化（2）Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；A；；4NH3+5O24NO+6H2O（3）2NO+2CON2+2CO2【知识点】氨的性质及用途；氨的实验室制法；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；含氮物质的综合应用；实验装置综合【解析】【解答】(1)X中氮元素化合价是+5，氧化物的化学式为N2O5，氮元素处于最高价，因此X具有氧化性，故答案为：N2O5，氧化；(2)①实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制备氨气，该反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；②A．氨气为碱性气体，浓硫酸具有酸性，会与氨气发生反应，故不能用浓硫酸干燥，故A选；B．碱石灰可以吸收水蒸气，不吸收氨气，可以干燥氨气，故B不选；C．NaOH固体可以吸收水蒸气，不吸收氨气，可以干燥氨气，故C不选；故答案为A；③氨气极易溶于水，比空气轻，收集方法只能用向下排空气法收集，导气管位置短进长出，故答案为：；①氨气催化氧化的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；(3)汽车尾气中的有害气体CO和NO反应可转化为无害气体(N2、CO2)排放，CO中C的化合价升高2，NO中N的化合价降低2，根据化合价升降守恒和原子守恒可知，其化学反应方程式为2NO+2CON2+2CO2，故答案为：2NO+2CON2+2CO2。【分析】（1）根据物质类别以及化合价即可写出化学式。根据化合价即可判断具有氧化性（2）①氯化铵和氢氧化钙加热反应制取氯化钙和氨气和水即可写出方程式②氨气是碱性气体不能铜浓硫酸干燥③考虑到氨气的密度小于空气，向下排空气法，应该是长进短出④氨气催化氧化得到一氧化氮和水（3）先判断得到的产物为二氧化碳和氮气即可写出方程式22．为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计如图流程：回答下列问题：（1）上述工业废气中可能造成环境污染的气体有　　n(至少写两种)，固体1含有的物质是　　、CaCO3、Ca(OH)2；气体2中捕获剂所捕获的气体主要是　　。（2）若X是空气，则上述反应中NO和O2的物质的量之比最好为　　，才能恰好转化为NaNO2溶液；若通入空气过量，导致的结果会是　　。（3）检验废水中含NH的方法是　　，流程中处理含NH废水时反应的离子方程式为　　。（4）气体1中的有毒气体还可通过催化剂直接转化为无污染气体，反应的化学方程式为　　。【答案】（1）SO2、NO、CO；CaSO3；CO（2）4：1；将得到NaNO3，NaNO3的氧化性弱于NaNO2，影响后续氧化铵根离子（3）取废水少许于一试管中，向其中加入足量的NaOH溶液，微热，并用湿润的红色石蕊试纸置于瓶口检验产生的气体，若试纸变蓝，说明含有；+=N2↑+2H2O（4）2NO+2CON2+2CO2【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；含氮物质的综合应用【解析】【解答】工业废气中的CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3及过量石灰乳，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后得到NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO，据此分析解题。(1)由题干信息中，工业废气中的SO2、NO将造成酸雨等环境污染，CO有毒直接污染环境，上述工业废气中可能造成环境污染的气体有SO2、NO、CO等，由分析可知，固体1含有的物质是CaSO3、CaCO3、Ca(OH)2，气体2中捕获剂所捕获的气体主要是CO，故答案为：SO2、NO、CO；CaSO3；CO；(2)若X是空气，根据反应方程式4NaOH+4NO+O2=4NaNO2+H2O可知，则上述反应中NO和O2的物质的量之比最好为4：1，才能恰好转化为NaNO2溶液；若通入空气过量，过量的O2将继续氧化NaNO2转化为NaNO3，故答案为：4：1；将得到NaNO3，NaNO3的氧化性弱于NaNO2，影响后续氧化铵根离子；(3)检验废水中含的方法是取废水少许于一试管中，向其中加入足量的NaOH溶液，微热，并用湿润的红色石蕊试纸置于瓶口检验产生的气体，若试纸变蓝，说明含有，由流程图信息可知，流程中处理含NH废水时是用NaNO2将其氧化为N2，则该反应的离子方程式为+=N2↑+2H2O，故答案为：取废水少许于一试管中，向其中加入足量的NaOH溶液，微热，并用湿润的红色石蕊试纸置于瓶口检验产生的气体，若试纸变蓝，说明含有；+=N2↑+2H2O；(4)由分析可知，气体1中的有毒气体主要是NO、CO，则还可通过催化剂直接转化为无污染气体即N2、CO2，该反应的化学方程式为2NO+2CON2+2CO2，故答案为：2NO+2CON2+2CO2。【分析】（1）工业废气中属于空气污染指标的有SO2、NO、CO，CO2、SO2是酸性氧化物可以和Ca(OH)2反应，NO和NaOH反应得到亚硝酸钠，所以气体2中主要是CO；（2）根据O2、NO和NaOH反应生成亚硝酸钠，算出恰好完全反应，产物只有亚硝酸钠时的NO和O2的物质的量之比；氧气过量的得到，影响后续氧化氧化铵根离子；（3）铵根离子的检验是利用铵根离子与氢氧根离子反应生成碱性气体氨气，再检验氨气；（4）气体1中的NO和CO催化转化为无毒的和。23．（1）Ⅰ.实验室制取氨气的常见方法如下：序号方法装置①氯化铵与熟石灰固体混合加热　②浓氨水加热　③浓氨水滴加到固体烧碱上　依据表中所列方法，从下列图中选择合适的发生装置并将其序号填入表中装置栏中（2）方法①的化学方程式为　　。（3）实验室中，利用装置c，还可制取的无色气体是______（填字母）。A．Cl2B．O2C．CO2D．NO2（4）Ⅱ.某课外活动小组欲利用CuO与NH3反应，研究NH3的某种性质并测定其组成，设计了如下实验装置（夹持装置未画出）进行实验。请回答下列问题：实验中观察到装置B中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，上述现象证明NH3具有　　性，写出相应的化学方程式　　。（5）读取气体体积前，应对装置E进行的操作：　　。（6）实验完毕，若测得干燥管C增重mg，装置E测得气体的体积为nL（已折算成标准状况），则氨分子中氮、氢的原子个数比为　　（用含m、n字母的代数式表示）。n【答案】（1）①b②a③c（2）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O（3）B；C（4）还原；3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2（5）慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平（6）【知识点】氨的性质及用途；氨的实验室制法；含氮物质的综合应用；物质的分离与提纯；物质的量的相关计算【解析】【解答】（1）①氯化铵与熟石灰固体混合加热采用的是故故加热型装置选择的是b，②浓氨水加热，采用的是液体加热型选择是a，③浓氨水滴加到固体烧碱上是固液常温型选择是c.故正确答案是：①b②a③c（2）氯化铵与熟石灰固体混合加热方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故正确答案是2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O（3）A.氯气有颜色且需要加热进行反应，故A不符合题意B.氧气是无色可以用过氧化氢溶液和二氧化锰制取，不需要加热，故B符合题意C.二氧化碳是无色，可以用大理石和稀盐酸制取。不需要加热，故C符合题意D.二氧化氮为红棕色，故D不符合题意。故正确答案是：BC（4）实验中观察到装置B中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，上述现象证明NH3具有还原性，发生方程式为3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2，故正确答案是：还原、3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2（5）读取气体体积前，应对装置E进行的操作是慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平，故正确答案是：慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平（6）测得干燥管C增重mg，水的质量为mg，装置E测得气体的体积为nL（已折算成标准状况），氮气的体积是nL，水中的氢原子的物质的量为2xmol，氮气中的氮原子个数为2xmol，因此氨分子中氮、氢的原子个数比为=故正确答案是【分析】（1）根据反应物和反应条件即可判断选择的发生装置（2）根据反应物和生成物即可写出方程式（3）装置C是固液常温型可以制取二氧化碳和氧气，氯气和二氧化氮有颜色（4）根据反应物和生成物即可写出方程式，即可判断氧化剂与还原剂（5）读数时应该保证内外大气压相等（6）根据氨气的氮原子全部到氨气以及氢原子全部到水中即可计算出氢原子和氮原子的物质的量即可求出个数之比