2023版化学一轮复习第四章非金属及其化合物考点

1、01020304试题备选典例剖析反思归纳题目设计碳及其化合物一、题目设计1.判断正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)向空气中排放二氧化碳会形成酸雨( )(2)金刚石和石墨由相同的元素组成，因此它们具有相同的性质( )(3)CO2是一种常用灭火剂，故Na、Mg着火时可用液态二氧化碳灭火( )(4)碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查( )(5)向CaCl2溶液中通入CO2，无明显现象，若先通入NH3再通CO2，溶液会变浑浊( )氮、硫的氧化物才能形成酸雨Na、Mg可以在CO2中燃烧硫酸钡3.标准状况下，将3.36 L CO2气体通入200 mL 1.00 molL1 NaOH溶液中，充分反应后溶液

2、中溶质为_。0.15mol0.2moln(CO2):n(NaOH)=3:43CO2 + 4NaOH xNa2CO3 + yNaHCO3元素守恒可得：x=1 y=2Na2CO30.05 molNaHCO30.1 mol二、典例剖析转解析 (2018江苏化学，1)CO2是自然界碳循环中的重要物质。下列过程会引起大气中CO2含量上升的是()A.光合作用 B.自然降雨C.化石燃料的燃烧 D.碳酸盐的沉积C引起温室效应的主要方式返回原题解析光合作用过程中植物吸收CO2使CO2含量下降，A项不符合题意；自然降雨的过程会消耗CO2，使CO2含量下降，B项不符合题意；化石燃料燃烧时会产生CO2，使CO2含量上

3、升，C项符合题意；碳酸盐能够与CO2反应生成可溶性的碳酸氢盐，消耗CO2，使CO2含量下降，D项不符合题意。转解析(高考组合题)下列说法正确的是()A(2018天津，1C)汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土B(2018海南，5B)SiO2具有导电性，可用于制作光导纤维和光电池C(2018海南，9A)12 g金刚石中含有化学键的数目为4NAD(2018江苏，3B)SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维A二氧化硅对光具有良好的全反射作用，故用于制作光导纤维Si为半导体材料，可作光电材料均摊法，平均每个碳原子形成2个共价键转解析(2021湖北卷)“碳中和”有利于全球气候改善。下列有

4、关CO2的说法错误的是()ACO2是V形的极性分子BCO2可催化还原为甲酸CCO2晶体可用于人工增雨DCO2是侯氏制碱法的原料之一A直线型，非极性分子返回原题解析CO2的中心原子C的价层电子对数为2，无孤电子对，CO2的空间构型为直线形，其正负电荷中心重合，为非极性分子，A项错误；CO2可以被H2在催化剂作用下还原为甲酸，B项正确；固态二氧化碳(干冰)升华时吸热，可用于人工增雨，C项正确；侯氏制碱法中发生反应：NaClH2ONH3CO2=NaHCO3NH4Cl，CO2是生产原料之一，D项正确。返回原题三、反思归纳SiO2的特殊性一般规律SiO2的特殊性酸性氧化物一般与水反应生成相应酸SiO2不

5、溶于水，不与水反应酸性氧化物一般不与酸发生复分解反应SiO24HF=SiF42H2O“较强酸制较弱酸”是复分解反应的一般规律，H2CO3酸性强于H2SiO3，Na2SiO3CO2H2O=Na2CO3H2SiO3以下反应不能说明酸性的强弱Na2CO3SiO2Na2SiO3CO2CaCO3SiO2CaSiO3CO2四、试题备选(2019银川模拟)科学家最新研制的利用氯化氢和氢气生产高纯硅的工艺流程如图所示：容器中进行的反应为Si(粗)3HCl(g)=SiHCl3(l)H2(g)；容器中进行的反应为SiHCl3H2=Si(纯)3HCl。下列说法正确的是()A该工艺流程的优点是部分反应物可循环使用B最

6、好用分液的方法分离Si和SiHCl3C反应和中HCl均作氧化剂D反应和均属于可逆反应转解析A关注流程中箭头指向返回原题解析从反应流程容易看出，HCl可循环使用，A项正确；Si为固体，SiHCl3为液体，用过滤法分离，B项错误；反应中HCl作氧化剂，反应中HCl为氧化产物，C项错误；反应和都不是可逆反应，D项错误。(易混点排查)正确的打“”，错误的打“”(1)12C、13C、14C是碳的三种同素异形体( ) (2)向空气中排放二氧化碳会形成酸雨( ) (3)大气中二氧化碳的消耗途径主要是绿色植物的光合作用( ) (4)向Ca(ClO)2溶液中通入CO2气体，溶液变浑浊，继续通入CO2至过量，浑浊

7、消失( )同位素温室效应01020304试题备选典例剖析反思归纳题目设计硅及其化合物一、题目设计1.判断正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)晶体硅熔点高、硬度大，故可用于制作半导体材料( )(2)工业上用焦炭和石英制取粗硅的反应方程式为SiO2C SiCO2( )(3)实验室中保存烧碱溶液不能用磨口玻璃塞( )(4)因为HF与SiO2反应，故用氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记( )(5)下列转化在给定条件下能够实现：SiO2 SiCl4 Si( )没有因果关系COSi转解析二、典例剖析DCa3SiO5与足量盐酸反应得不到二氧化硅返回原题解析加热时氯化铵分解生成HCl和氨气，HCl与Ca3SiO5

8、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。(2019天津理综，10)多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。回答下列问题：(1)硅粉与HCl在300 时反应生成1 mol SiHCl3气体和H2，放出225 kJ热量，该反应的热化学方程式为_SiHCl3的电子式为_。(2)由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除SiCl4、SiHCl3和Si外，还有_(填分子式)。HCl、H2(2017课标全国，26)水泥是重要的

9、建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：回答下列问题：(1)在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是_，还可使用_代替硝酸。(2)沉淀A的主要成分是_，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为_。将Fe2氧化为Fe3双氧水SiO2SiO24HF=SiF42H2O(3)加氨水过程中加热的目的是_。沉淀B的主要成分为_、_(填化学式)。(4)草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：MnO

10、4-HH2C2O4 Mn2CO2H2O。实验中称取0.400 g水泥样品，滴定时消耗了0.050 0 molL1的KMnO4溶液36.00 mL，则该水泥样品中钙的质量分数为_。防止胶体生成，易沉淀分离Fe(OH)3Al(OH)3 45.0%转解析5Ca25H2C2O42KMnO4返回原题解析(1)Fe3容易在pH较小时转换为沉淀，所以需要将Fe2氧化为Fe3。双氧水可以将Fe2氧化为Fe3且不会引入杂质。(2)二氧化硅不与强酸反应，但与HF反应，所以沉淀A是二氧化硅。SiO24HF=SiF42H2O。(3)加热可以促进Fe3、Al3水解生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀。pH为45时Ca

11、2、Mg2不沉淀，Fe3、Al3沉淀，所以沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3。(4)5Ca25H2C2O42KMnO4，n(KMnO4)0.050 0 mol/L36.00 mL103 LmL11.80103 mol，n(Ca2)4.50103 mol，水泥中钙的质量分数为 45.0%。三、反思归纳突破解题障碍、理清解题思路(1)在复杂硅酸盐中，对于变价元素，应先确定其化合价，再写其氧化物。依据就是化合物中各元素正、负化合价代数和为零原则，一般地，Si为4，O为2，H为1，其他金属为常见价态，以此确定变价元素的化合价。(2)改写氧化物的模式通常为“碱性氧化物两性氧化物酸性氧化物水”，通常情

12、况下前面的碱性氧化物若有多个，按其金属活动性排列，“两性氧化物”即Al2O3，“酸性氧化物”即SiO2，水放在最后。注意严格遵循原物质的原子个数比。四、试题备选水玻璃(Na2SiO3溶液)广泛应用于耐火材料、洗涤剂生产等领域，是一种重要的工业原料。如图是用稻壳灰(SiO2：65%70%、C：30%35%)制取水玻璃的工艺流程：下列说法正确的是()A原材料稻壳灰价格低廉，且副产品活性炭有较高的经济价值B操作A与操作B完全相同C该流程中硅元素的化合价发生改变D反应器中发生的复分解反应为SiO22NaOH=Na2SiO3H2OA转解析操作A为过滤，操作B为蒸发浓缩化合价均为4价返回原题解析A项，稻壳

13、灰来源广泛价格低廉，活性碳具有吸附性，有较高的经济价值，正确；B项，操作A为过滤，操作B为蒸发浓缩，是两种不同的操作，错误；C项，二氧化硅中，硅元素的化合价是4价，硅酸钠中，硅元素的化合价是4价，所以该流程中硅元素的化合价没有发生改变，错误；D项，由复分解反应的概念可知，SiO22NaOH=Na2SiO3H2O，不属于复分解反应，错误。01020304试题备选典例剖析反思归纳题目设计氯及其重要化合物的性质与应用一、题目设计1.判断正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)过量的铁粉在少量氯气中加热，充分反应后产物为FeCl2( )(2)标准状况下，11.2 L Cl2与水充分反应转移电子数为0.

14、5NA( )(3)新制氯水必须用棕色试剂瓶密封保存( )(4)用pH试纸测定氯水的pH( )(5)“84”消毒液的消毒原理与H2O2的相同，都是利用强氧化性( )FeCl3可逆反应，不能完全发生。氯水有漂白性，应该用PH计测量。二、典例剖析转解析(高考组合题)下列说法不正确的是()A(2019浙江4月选考，8A)液氯可以储存在钢瓶中B(2019浙江4月选考，11A)用同一针筒先后抽取80 mL氯气、20 mL水，振荡，气体完全溶解，溶液变为黄绿色C(2018浙江11月选考，8B)电解饱和食盐水可制取氯气D(2019全国卷，7D)碘酒可用于皮肤外用消毒B部分溶解返回原题解析氯气可溶于水，在常温时

15、，1体积水大约能溶解2体积氯气，因而20 mL水大约能溶解40 mL氯气，气体大约剩余40 mL未溶解，B项错误。转解析(高考组合题)下列说法不正确的是()A(2018全国卷，7B)漂白粉可用于生活用水的消毒B(2018北京，9B)石蕊溶液滴入氯水中，溶液变红，随后迅速褪色，不涉及氧化还原反应C(2018海南，5D)氯水具有较强的氧化性，可用于漂白纸张、织物等D(2017全国卷，9B)清洗碘升华实验所用试管，先用酒精清洗，再用水清洗B红色褪去是HClO表现强氧化性返回原题解析B项，红色褪去是HClO表现强氧化性，错误；D项，碘易溶于酒精，可用酒精清洗碘，又由于酒精与水互溶，再用水清洗即可洗净，

16、正确。转解析 （2016上海化学，9）向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是( )A.碳酸钙粉末 B.稀硫酸C.氯化钙溶液 D.二氧化硫水溶液Cl2H2OHClHClO平衡正向移动，使HClO的含量增多，漂白能力增强A返回原题解析在氯水中存在反应：Cl2H2O HClHClO，若反应使溶液中c(HClO)增大，则溶液的漂白性会增强。A项，由于酸性HClH2CO3HClO，所以向溶液中加入碳酸钙粉末，会发生反应：2HClCaCO3=CaCl2H2OCO2，使化学平衡正向移动，导致c(HClO)增大，则溶液的漂白性会增强，正确；B项，若加入稀硫酸，使溶液中c(H)增大，平衡逆向移动，

17、溶液的漂白性减弱，错误；C项，加入氯化钙溶液，不能发生反应，加入的水对氯水起稀释作用，使溶液的漂白性减弱，错误；D项，加入二氧化硫的水溶液，使化学平衡逆向移动，溶液的漂白性减弱，错误。三、反思归纳氯水的成分及性质的多样性2氯水性质的多重性新制氯水的多种成分决定了它具有多重性质，在不 同的化学反应中，氯水中参与反应的微粒不同。四、试题备选A氯水中存在Cl2、H、Cl、HClO等微粒解析显/隐解析氯水中存在Cl2、H、Cl、HClO等微粒，B中的I能被氧化成I2，C中的Ag能与Cl反应生成AgCl沉淀，D中的CO32-能与H反应生成HCO3-或CO2气体，且Ba2与CO32-、SO42-也不能大量

18、共存，B、C、D错误。一、速查速测1.(易混点排查)正确的打“”，错误的打“”(1)过量的铁粉在少量氯气中加热，充分反应后产物为FeCl2( )(2)标准状况下，11.2 L Cl2与水充分反应转移电子数为0.5NA( )(3)Cl2能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，说明Cl2具有氧化性( )(4)氯气作水的杀菌消毒剂时没有发生化学变化( )(5)新制取的漂白粉是混合物( )FeCl3可逆反应，不可能完全发生强氧化性的作用01020304试题备选典例剖析反思归纳题目设计氯气的实验室制法一、题目设计1.判断正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)过量浓盐酸与一定量的二氧化锰反应，MnO2能完全反应(

19、 )(2)可用排饱和食盐水法收集Cl2( )(3)检验氯气可用湿润的淀粉碘化钾试纸( )(4)可用饱和石灰水吸收尾气中的Cl2( )(5)“84”消毒液与洁厕灵不能混用( )溶解度小，吸收不充分。应该用NaOH溶液吸收。二、典例剖析(2017浙江卷节选)ClO2是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，常将其制成NaClO2固体，以便运输和贮存。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图1所示。已知：2NaClO3H2O2H2SO4=2ClO2O2Na2SO42H2O2ClO2H2O22NaOH=2NaClO2O22H2OClO2熔点59 、沸点11 ；H2O2沸点150 请回答：(1)仪器

20、A的作用是_；冰水浴冷却的目的是_(写两种)。(2)空气流速过快或过慢，均降低NaClO2产率，试解释其原因_作安全瓶，防止倒吸防止ClO2挥发，防止双氧水分解空气流速过快反应不充分；空气流速过慢，ClO2浓度过高易发生分解短进长出的空集气瓶ClO2沸点11 ，双氧水高温分解(3)Cl存在时会催化ClO2的生成。反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2的生成速率大大提高，并产生微量氯气。该过程可能经两步反应完成，将其补充完整：_(用离子方程式表示)；H2O2Cl2=2ClO22H。(4)H2O2浓度对反应速率有影响。通过图2所示装置将少量30% H2O2溶液浓缩至40%，B处应增加一个设备

21、。该设备的作用是_，馏出物是_。转解析2ClO3-2Cl4H=2ClO2Cl22H2O降低体系压强，减少双氧水分解H2OH2O2沸点150 返回原题解析(1)A瓶的特点是“短进长出”的空集气瓶，作安全瓶，防止倒吸。ClO2沸点11 ，用冰水浴，可以防止挥发。同时防止H2O2的分解。(2)空气流速过快，会带出ClO2气体，使其与H2O2反应不充分；空气流速过慢，ClO2的浓度过高，由题给信息“浓度过高易分解”。(3)Cl在酸性条件下被ClO3-氧化为Cl2(归中反应)。(4)由题给信息“H2O2沸点150 ”，馏出物为H2O。转解析 (江苏高考)下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达

22、到实验目的的是()A.用装置甲制取氯气B.用装置乙除去氯气中的少量氯化氢 C.用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液 D.用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl24H2OC无加热装置应长进短出锰离子水解返回原题解析A项，利用MnO2和浓盐酸制氯气，需要加热，故无法达到实验目的；B项，洗气装置气体应该是长进短出，且Cl2和HCl都能与NaHCO3溶液反应，应用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，故无法达到实验目的；C项，MnO2不溶于水，MnCl2能溶于水，因此可以用过滤法分离，正确；D项，加热时MnCl2会发生水解无法制得纯净的MnCl24H2O。三、反思归纳 氯气的性质探究实验流程分析常见实验形式如图所示：

23、四、试题备选向上排空气收集氯气安全瓶作用，防止D中的液体倒吸入B中吸收尾气，防止氯气扩散到空气中污染环境收集防倒吸尾气处理A首先应将气体通过饱和食盐水除去HCl，再通过浓硫酸除去水蒸气变稀后不反应，转移电子小于1mol转解析返回原题解析A项，该装置的错误有：没有用酒精灯加热，MnO2不与浓盐酸发生反应，从而得不到Cl2；装置中没有用分液漏斗而采用长颈漏斗导致气体外逸和HCl的挥发；没有进行尾气处理；B项，Cl2的密度比空气大，该收集方法正确；C项，要得到干燥纯净的Cl2，首先应将气体通过饱和食盐水除去HCl，再通过浓硫酸除去水蒸气；D项，根据反应，盐酸浓度变稀后便不再反应，使产生的Cl2的物质

24、的量小于0.5 mol，转移的电子小于1 mol。(易混点排查)正确的打“”，错误的打“”(1)将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl2( ) (2)为了减少制得的Cl2中HCl的含量，所以加热温度不宜过高，以减少HCl的挥发( ) (3)除去Cl2中少量HCl气体，可用饱和食盐水，也可用饱和碳酸氢钠溶液( )(4)过量浓盐酸与一定量的二氧化锰反应，MnO2能完全反应( ) (5)检验氯气可用湿润的淀粉碘化钾试纸( )混有水蒸气生成二氧化碳气体01020304试题备选典例剖析反思归纳题目设计卤素的来源及性质一、题目设计1.判断正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)可以用淀粉溶

25、液检验加碘食盐中的KIO3( )(2)用CCl4萃取碘水中的碘，先振荡，后静置，液体分层，下层呈无色( )(3)碘易升华，可用加热升华法除去NH4Cl中混有的I2( )(4)能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2( )(5)类比Fe与Cl2反应，可知Fe与I2反应产物为FeI3( )下层显紫色受热易分解碘单质弱氧化性，生成FeI2二、典例剖析转解析(2018江苏化学，5)下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是()A用装置甲灼烧碎海带B用装置乙过滤海带灰的浸泡液C用装置丙制备用于氧化浸泡液中I的Cl2D用装置丁吸收氧化浸泡液中I后的Cl2尾气B灼烧应在坩埚中进行需要加

26、热用碱液吸收返回原题解析灼烧应在坩埚中进行，A项错误；海带灰浸泡液通过过滤可得海带灰和滤液，B项正确；浓HCl与MnO2反应制备Cl2时需要加热，C项错误；Cl2在饱和NaCl溶液中的溶解度小，应用碱液吸收，D项错误。转解析 (2019盐城期中)利用海洋资源获得的部分物质如图所示，下列有关说法正确的是()A.在化学反应中，H2O可转变为D2OB.“加碘食盐”生产中碘添加剂为单质I2C.实验室用带玻璃塞的棕色瓶贮存液溴D.电解饱和MgCl2溶液时在阴极得到MgC返回原题解析海水中存在重水，海水蒸馏是物理变化不能实现水变化为重水的分子变化，故A错误；加碘食盐是添加了碘酸钾，不是碘单质，故B错误；溴

27、单质具有强氧化性和腐蚀性，不能用橡胶塞而用玻璃塞，易挥发，密度比水大，所以应保存在棕色瓶中，避免光照，放在阴凉处，同时在液溴表层加水，就是所谓的液封，防止其挥发，实验室用带玻璃塞的棕色瓶贮存液溴，故C正确；依据电解原理分析，电解氯化镁溶液，阳离子是氢离子在阴极得到电子生成氢气，镁离子不能放电，工业上是通过电解熔融氯化镁得到金属镁，故D错误。转解析 (2018江苏化学，5)下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是()A.用装置甲灼烧碎海带B.用装置乙过滤海带灰的浸泡液C.用装置丙制备用于氧化浸泡液中I的Cl2D.用装置丁吸收氧化浸泡液中I后的Cl2尾气B坩埚无加热装置NaOH溶液

28、返回原题解析灼烧应在坩埚中进行，A项错误；海带灰浸泡液通过过滤可得海带灰和滤液，B项正确；浓HCl与MnO2反应制备Cl2时需要加热，C项错误；Cl2在饱和NaCl溶液中的溶解度小，应用碱液吸收，D项错误。三、反思归纳(1)Br2在常温下呈液态，是唯一的液态非金属单质。液态Br2有剧毒，易挥发，故保存Br2时在试剂瓶中Br2液面上需用水封，磨口的玻璃塞用蜡封。(2)淀粉遇I2显蓝色，这是碘单质的特殊性质，该性质可用于检验Cl2。Cl2可使湿润的淀粉KI试纸变蓝，其实质是Cl22I=2ClI2。此外碘单质易升华，是常温下固体单质中唯一的双原子分子。(3)Br2和I2都可被某些有机溶剂(如四氯化碳

29、、苯)萃取。(4)氟元素无正价，F2与H2O发生置换反应生成O2：2F22H2O=4HFO2。(5)F2不能从NaX溶液中置换出X2(X代表Cl、Br、I)。卤素单质性质的特殊性四、试题备选(2019南通二模)从海带中制取单质碘需要经过灼烧、溶解、过滤、氧化、萃取、分液、蒸馏等操作。下列图示对应的装置合理、操作规范的是()C灼烧固体使用坩埚缺少玻璃棒温度计水银球位置对吗？转解析 返回原题解析灼烧需在坩埚中进行，A错误；过滤要用玻璃棒引流，B错误；分液要在分液漏斗中进行，下层液体从下口放出，C正确；蒸馏时，温度计的水银球应放在蒸馏烧瓶的支管口处，且烧杯加热应垫石棉网，D错误。01020304试题

30、备选典例剖析反思归纳题目设计硫及其氧化物一、题目设计1.判断正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)硫在空气中的燃烧产物是二氧化硫，在纯氧中的燃烧产物是三氧化硫( )(2)将SO2通入紫色石蕊试纸中先变红后褪色( )(3)SO2可广泛应用于食品漂白( )(4)SO2和Cl2等物质的量混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中，漂白效果更好( )(5)SO2、漂白粉、活性炭、Na2O2都能使红墨水褪色，其原理相同( )二氧化硫SO2不能使指示剂褪色不可以广泛应用等物质的量恰好完全反应，失去漂白性不同的漂白原理二、典例剖析正误判断，正确的打“”，错误的打“”。（1）（2019浙江4月选考，11C）向二

31、氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液，再滴加双氧水，产生白色沉淀（）（2）（2019浙江4月选考，8D）硫元素在自然界的存在形式有硫单质、硫化物和硫酸盐等（）（3）（2019江苏，6C）SO2与过量氨水反应生成（NH4）2SO3（）转解析C还原性解析A对：SO2通入含HCl、BaCl2的FeCl3溶液中，发生反应：SO22Fe3Ba22H2O=BaSO42Fe24H，产生白色沉淀，该反应中SO2作还原剂，表现出还原性。B对：SO2通入H2S溶液中，发生反应：SO22H2S=3S2H2O，产生黄色沉淀，该反应中SO2作氧化剂，表现出氧化性。C错：SO2通入酸性KMnO4溶液中，发生反应：5SO22MnO

32、4-2H2O=5SO42-2Mn24H，该反应中，SO2作还原剂，表现出还原性而不是漂白性。D对：SO2通入Na2SiO3溶液中，发生反应：Na2SiO3SO2H2O=H2SiO3Na2SO3，该反应符合“强酸制弱酸”的反应规律，则酸性：H2SO3H2SiO3。返回原题三、反思归纳常见的能用于漂白的物质的比较与分析四、试题备选（2019河南洛阳高三期末）如图，在注射器中加入少量Na2SO3晶体，并吸入少量浓硫酸（以不接触纸条为准）。则下列有关说法正确的是（）A湿润淀粉碘化钾试纸未变蓝说明SO2不能将I还原为I2B品红试纸、沾有KMnO4溶液的滤纸均褪色证明了SO2具有漂白性C实验后，可把注射器

33、中的物质推入NaOH溶液，以减少环境污染D蓝色石蕊试纸先变红后褪色SO2发生装置C氧化只变红，不褪色转解析返回原题解析湿润淀粉碘化钾试纸未变蓝说明SO2不能将I氧化为I2，A项错误；品红试纸褪色证明SO2具有漂白性，沾有KMnO4溶液的滤纸褪色是证明SO2具有还原性，B项错误；SO2气体有毒，所以实验后，可把注射器中的物质推入NaOH溶液进行吸收，以减少环境污染，C项正确；SO2仅能使蓝色石蕊试纸变红，D项错误。01020304试题备选典例剖析反思归纳题目设计硫酸 硫酸根离子的检验一、题目设计1.判断正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)浓H2SO4使胆矾(CuSO45H2O)变成白色粉末，

34、体现了浓H2SO4的脱水性( )(2)浓硫酸与硫化亚铁混合制H2S( )(3)铜片溶于热的浓硫酸，体现了浓硫酸的酸性和强氧化性( )(4)某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加稀盐酸后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，说明该溶液中一定含有SO42-( )(5)向Na2SO3溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀出现，说明Na2SO3溶液已经变质( )吸水性发生氧化还原反应，不能制备H2S不能排除银离子干扰硝酸强氧化性，可以将亚硫酸根氧化为硫酸根二、典例剖析转解析（2020北京卷）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

35、盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图：下列说法不正确的是（）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D返回原题（2019北京理综，28）化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。（1）实验一：用如下装置（夹持、加热仪器略）制备SO2，将足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B。浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是_试剂a是。饱和NaHSO3溶液用于吸收SO2中其他杂质气体（2）对体系中有关物质性质分析得出：沉淀B可能为Ag2SO3、Ag2SO4或二者混合物。（资料：Ag2SO4微溶于水；Ag2SO3难溶

36、于水）实验二：验证B的成分写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式：_加入盐酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F。推断D中主要是BaSO3，进而推断B中含有Ag2SO3。向滤液E中加入一种试剂，可进一步证实B中含有Ag2SO3。所用试剂及现象是_。Ag2SO34NH3H2O=2Ag（NH3）2SO32-4H2OH2O2溶液，产生白色沉淀（3）根据沉淀F的存在，推测SO42-的产生有两个途径：途径1：实验一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，随沉淀B进入D。途径2：实验二中，SO32-被氧化为SO42-进入D。实验三：探究SO42-的产生途径向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明

37、溶液中含有；取上层清液继续滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag2SO4。做出判断的理由：_。实验三的结论：_。AgAg2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4沉淀时，必定没有Ag2SO4途径1不产生SO42-，途径2产生SO42-转解析（4）实验一中SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式是_。（5）根据物质性质分析，SO2与AgNO3溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间，有Ag和SO42-生成。根据上述实验所得结论：_。2AgSO2H2O=Ag2SO32H 实验条件下：SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO42-的速率；

38、碱性溶液中SO32-更易被氧化为SO42-解析（1）试剂a为饱和NaHSO3溶液，用于吸收SO2中其他杂质气体，防止对后续实验产生干扰。（2）难溶于水的Ag2SO3与NH3H2O反应生成可溶性的Ag（NH3）22 SO3、H2O，反应的离子方程式为Ag2SO34NH3H2O=2Ag（NH3）2SO32-4H2O。加入盐酸后沉淀D大部分溶解，溶解的物质为BaSO3，没有溶解的物质为BaSO4，BaSO3与盐酸反应生成BaCl2、SO2，只要证明滤液E中含有Ba2和溶解的SO2即可证明B中含有Ag2SO3，所以选用的试剂为H2O2溶液。返回原题正误判断，正确的打“”，错误的打“”。（1）（2019

39、浙江4月选考，11B）在表面皿中加入少量胆矾，再加入3 mL浓硫酸，搅拌，固体由蓝色变白色（）（2）（2018浙江11月选考，8D）接触法制硫酸的硫元素主要来源于硫黄或含硫矿石（）（3）（2019江苏，3B）稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈（）（4）（2017海南，7A）稀硫酸和铜粉反应制备硫酸铜（）（5）（2017江苏，13B）向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解，则部分Na2SO3被氧化（）转解析4.(上海高考改编)一定条件下，一种反应物过量，另一种反应物仍不能完全反应的是()A.过量的铁与稀硫酸B.过量的浓盐酸与二氧化锰C.过量的铜

40、与浓硫酸D.过量的锌与18 molL1硫酸C变稀后反应不再发生返回原题解析过量的铁与稀硫酸反应，硫酸完全反应，A项不符合题意；过量的浓盐酸与二氧化锰反应，二氧化锰可以完全反应，B项不符合题意；过量的铜与浓硫酸反应，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸反应停止，C项符合题意；过量的锌与18 molL1硫酸反应，先生成二氧化硫，变为稀硫酸后生成氢气，硫酸可以完全反应，D项不符合题意。三、反思归纳四、试题备选(2016上海)在硫酸工业生产中，为了有利于SO2的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换器的接触室(见图)。下列说法错误的是()Aa、b两处的混合气体成分含量相同，温度不同Bc、d两处的混合气

41、体成分含量相同，温度不同C热交换器的作用是预热待反应的气体，冷却反应后的气体Dc处气体经热交换后再次催化氧化的目的是提高SO2的转化率B在催化剂作用下，气体发生反应(易混点排查)正确的打“”，错误的打“”(1)(四川高考)常温下，将铁片浸入足量浓硫酸中，铁片不溶解，说明常温下铁与浓硫酸一定没有发生化学反应( )(2)(山东高考)浓H2SO4溅到皮肤上时立即用稀NaOH溶液冲洗( )(3)(全国卷)浓H2SO4滴入蔗糖固体中，将产生的气体通入溴水，溴水褪色，说明浓硫酸具有脱水性、氧化性( )(4)(海南高考)用浓H2SO4除去HCl中的H2O(g)( )(5)(浙江高考)在未知液中滴加BaCl2

42、溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知液中存在SO42-或SO32-( )钝化现象大量水还可能存在Ag+01020304典例剖析知识清单多硫含氧酸盐高考新载体一、典例剖析【典例1】(2018课标全国)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：(1)生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式_(2)利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：pH4.1时，中为_溶液(写化学式)。工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的_。2NaHSO3=Na2S2O5H2ONaHSO3得到NaHSO3

43、过饱和溶液溶液显酸性(3)制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为_。电解后，_室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。转解析2H2O4e=4HO2aHa室结合H+，Na2SO3转化成NaHSO3解析(2)向Na2CO3饱和溶液中通入SO2，可能生成Na2SO3、NaHSO3，因Na2SO3溶液呈碱性，中溶液呈弱酸性，所以生成的是NaHSO3。审题时抓住“生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得”，则工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2的目的是得

44、到NaHSO3过饱和溶液。(3)阳极发生氧化反应：2H2O4e=4HO2(或4OH4e=2H2OO2)，阳极室H向a室迁移，a室中的Na2SO3转化成NaHSO3。阴极发生还原反应，析出H2，OH增多，Na由a室向b室迁移，则b室中Na2SO3浓度增大。返回原题二、知识清单焦亚硫酸钠(Na2S2O5)焦亚硫酸钠又称二硫五氧酸钠1.性质成品为白色或微黄结晶粉末，溶于水、甘油，微溶于乙醇，露置空气中易氧化成硫酸钠，与强酸接触放出二氧化硫而生成相应的盐类，加热到150 分解，通常用NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得，其方程式为2NaHSO3=Na2S2O5H2O。2.用途医药工业用于生产氯仿、苯甲

45、醛等；食品工业用作漂白剂、防腐剂、疏松剂、抗氧化剂、护色剂及保鲜剂；印染工业用作棉布漂白后的脱氯剂、棉布煮炼剂；制革工业用于皮革处理，能使皮革柔软、丰满、坚韧，具有防水、抗折、耐磨等性能。01020304试题备选典例剖析反思归纳题目设计氮气及其氧化物一、题目设计1.判断正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)食品袋中充氮气可用来防腐( )(2)固氮反应一定属于氧化还原反应( )(3)通过灼热的镁粉，可除N2中的少量氧气( )(4)用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NO( )(5)可用NO2与水反应制取硝酸，故NO2是酸性氧化物( )镁也能在N2中燃烧NO与氧气反应，应用排水法收集NO2不

46、符合酸性氧化物定义二、典例剖析(2019江苏化学，16)N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。(1)N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为_(2)NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为 NONO22OH=2NO2-H2O2NO22OH=NO2-NO3-H2O下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有_(填字母)。A加快通入尾气的速率B采用气、液逆流的方式吸收尾气C吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液吸收后的溶液经浓缩、

47、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是_ (填化学式)；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是_(填化学式)。BCNaNO3NONO2与NaOH反应可生成NaNO2、NaNO3(3)NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为NO3-的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl和NO3-，其离子方程式为_。NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是_。转解析3HClO2NOH2O=3Cl2NO3-5H溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的

48、能力越强解析(1)NH3被O2氧化生成N2O，N元素从3价升至1价，1 mol NH3失去4 mol e，O元素从0价降至2价，1 mol O2得到4 mol e，根据N和O元素得失电子守恒及原子守恒配平方程式。(2)A项，通入尾气速率过快时，尾气吸收不充分，错误；B项，采用气、液逆流方式吸收尾气时，尾气吸收会更充分，正确；C项，补充NaOH溶液，c(OH)增大，能更充分吸收尾气，正确。NO2与NaOH反应可生成NaNO2、NaNO3和水，所以NaNO2晶体中会混有NaNO3杂质。由吸收尾气的主要反应可知，NO2吸收更充分，故吸收后排放的尾气中NO的含量较高。(3)HClO氧化NO生成NO3-

49、，自身被还原为Cl，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平方程式。氧化NO的是HClO，NaClO在酸性条件下会生成HClO，所以pH越小，溶液中HClO的浓度越大，NO转化率越高。返回原题转解析A返回原题氮元素化合价降低，被还原A转解析返回原题解析A项，合成氨反应中，氮元素的化合价降低被还原，错误；B项，工业合成氨属于人工固氮，正确；C项，硝酸盐转化为蛋白质及经动物消化使蛋白质转化为氨气和铵盐，实现了含氮无机物和含氮有机物的相互转化；并且碳、氢、氧三种元素也参加了氮的循环，C正确，D正确。三、反思归纳氮氧化物对环境污染及防治1常见的污染类型(1)光化学烟雾：NOx在紫外线作用下，与碳氢化合

50、物发生一系列光化学反应，产生的一种有毒的烟雾。(2)酸雨：NOx排入大气中后，与水反应生成HNO3和HNO2，随雨雪降到地面。(3)破坏臭氧层：NO2可使平流层中的臭氧减少，导致地面紫外线辐射量增加。2常见的NOx尾气处理方法(1)碱液吸收法2NO22NaOH=NaNO3NaNO2H2ONO2NO2NaOH=2NaNO2H2ONO2、NO的混合气体能被足量烧碱溶液完全吸收的条件是：n(NO2)n(NO)。一般适合工业尾气中NOx的处理。(2)催化转化：在催化剂、加热条件下，氨可将氮氧化物转化为无毒气体(N2)或NOx与CO在一定温度下催化转化为无毒气体(N2和CO2)。一般适用于汽车尾气的处理

51、。四、试题备选D接触即反应转解析返回原题01020304试题备选典例剖析反思归纳题目设计硝酸及氮的转化一、题目设计1.判断正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)浓硝酸在光照下久置，会变黄( )(2)做过银镜反应实验的试管内壁上的银可用稀硝酸进行洗涤( )(3)过量的铜与浓硝酸反应，产物中一定有NO( )(4)用砂纸打磨过的铝片插入浓硝酸中产生红棕色气体( )(5)用稀硝酸与亚硫酸反应制二氧化硫的离子方程式为SO32-2H=SO2H2O( )铝遇浓硝酸钝化强氧化性将亚硫酸氧化5.(1)在100 mL的混合液中，硝酸和硫酸的物质的量浓度分别是0.3 molL1、0.15 molL1，向该混合液中

52、逐渐加入铜粉至不再溶解，所得溶液中c(Cu2)为_ molL1。(2)向200 mL 2 molL1 HNO3溶液中，逐渐加入铁粉至过量(假设生成的气体只有一种)，在此过程中，n(Fe2)随n(Fe)变化如图所示。Ob段与bc段消耗Fe的物质的量之比为_。向c点所得溶液中加入_ mL相同浓度的HNO3可将溶液中Fe2全部转化为Fe3。0.22521100书写离子方程式，对应成比例计算Ob段：FeFe3bc段：2Fe3FeFe2全部转化为Fe3 消耗的硝酸正好为原硝酸的一半二、典例剖析转解析(2018课标全国，8)研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如图所示)。下列叙述错误

53、的是()A雾和霾的分散剂相同B雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵CNH3是形成无机颗粒物的催化剂D雾霾的形成与过度施用氮肥有关CNH3是形成无机颗粒物的反应物不是催化剂返回原题解析雾和霾的分散剂均为空气，A项正确；结合图示可知形成雾霾的无机颗粒物中含有NH4NO3和(NH4)2SO4，B项正确；根据图示可知空气中NOx、SO2等分别转化为HNO3、H2SO4后，吸收空气中的NH3生成NH4NO3和(NH4)2SO4，即NH3是形成无机颗粒物的反应物不是催化剂，C项错误；过度施用氮肥，会导致空气中挥发的NH3浓度增大，与雾霾的形成有关，D项正确。 （2017北京理综，12）下述实验中均有红棕色气体产生，对

54、比分析所得结论不正确的是()A .由中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体B .红棕色气体不能表明中木炭与浓硝酸产生了反应C .由说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物D . 的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应D可能性一：红热木炭与氧气反应可能性二：硝酸挥发与红热木炭反应转解析返回原题三、反思归纳金属与硝酸反应计算题的一般方法四、试题备选有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4 molL1和2 molL1，取10 mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下的气体的体积为（设反应中HNO3被还原成

55、NO）（）A0.448 L B0.672 L C0.896 L D0.224 L解析显/隐解析金属和混酸反应通过离子方程式计算比较简便，3Fe8H2NO=3Fe22NO4H2O（铁过量，产物为Fe2），反应中Fe和H过量，生成的NO的量以NO为准来计算，共得NO 0.448 L，若只考虑到这一步反应，得答案A是错误的，因为过量的铁还可以和溶液中过量的H反应产生H2，即有Fe2H=Fe2H2，生成的H2为0.224 L，所以气体体积共计0.672 L，应选B。H+有两份，应利用离子方程式进行计算。B受热易分解因果关系不正确钝化现象都变蓝，不能鉴别HNO3和O2不反应01020304试题备选典例剖

56、析反思归纳题目设计氨、铵盐一、题目设计1.判断正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)NH3易溶于水，故可用作制冷剂( )(2)氨水具有弱碱性，说明氨水是弱电解质( )(3)氨气是碱性气体，故可用CaCl2干燥( )(4)氨遇到浓盐酸、浓硫酸都会发生反应，产生白烟( )(5)加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结，说明NH4Cl固体可以升华( )没有因果关系氨水是混合物两者反应生成八氨合氯化钙无挥发性，没白烟升华是物理性质，氯化铵受热发生分解反应二、典例剖析转解析CNH4Cl分解产生的氯化氢造成的返回原题解析氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，会使湿润的pH试纸变红，

57、根据中试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分解反应，故A正确；根据分析，根据中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快，故B正确；根据分析，中试纸变成红色，是由于NH4Cl分解产生的氯化氢造成的，故C错误；根据分析，根据试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中又化合生成氯化铵，则不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3，故D正确。(2019海南卷)干燥的二氧化碳和氨气反应可生成氨基甲酸铵固体，化学方程式为：2NH3(g)CO2(g) NH2COONH4(s)H0，在四氯化碳中通入二氧化碳和氨制备氨基甲酸铵的实验装置如下图所示，回答下列问题：(1)装置1用来制备二氧化碳气体

58、：将块状石灰石放置在试管中的带孔塑料板上，漏斗中所加试剂为_；装置2中所加试剂为_。(2)装置4中试剂为固体NH4Cl和Ca(OH)2，发生反应的化学方程式为_试管口不能向上倾斜的原因是_装置3中试剂为KOH，其作用为_(3)反应时三颈烧瓶需用冷水浴冷却，其目的是_浓H2SO4稀盐酸防止冷凝水倒流到试管底部使试管破裂干燥剂(干燥氨气)降低温度，使平衡正向移动提高产量转解析2.(2018莱芜模拟)在如图所示装置中进行氨的催化氧化实验：向三颈瓶内的浓氨水中不断通入空气，将红热的铂丝插入瓶中并接近液面。反应过程中，可观察到瓶中有红棕色气体产生，铂丝始终保持红热。下列有关说法错误的是()A.反应后溶液

59、中含有NO3-B.反应后溶液中c(H)增大C.实验过程中有化合反应发生D.实验过程中NH3H2O的电离常数不可能发生变化D放热反应，温度升高返回原题解析A.反应过程生成硝酸，3NO2H2O=2HNO3NO，硝酸电离产生硝酸根离子，A正确；B.反应生成硝酸，硝酸是强酸，所以反应后溶液中c(H)增大，pH变小，B正确；C.2NOO2=2NO2，为化合反应，C正确；D.氨的氧化反应为放热反应，溶液温度升高，实验过程中NH3H2O的电离常数变化，D错误。4(2016课标全国，26节选)联氨(又称肼，N2H4，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。回答下列问题：(1)联氨分子的电子式为_，

60、其中氮的化合价为_。(2)实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为_(3)联氨是一种常用的还原剂。向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是_联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1 kg的联氨可除去水中溶解的O2_kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是_。2价2NH3NaClO=N2H4NaClH2O固体逐渐变黑，并有气泡产生1 N2H4的用量少，不产生其他杂质关系式：N2H4 O2三、反思归纳氨气制取装置创新考查四、试题备选转解析下面是实验室制取氨气的装置和选用的试剂，其中错误的是()A B C D管口未向下倾斜会导致水