第四章非金属及其化合物（测）-2023年高考化学一轮复习讲练测（全国通用）（解析版）

第四章非金属及其化合物能力提升检测卷时间：90分钟分值：100分一、选择题（每小题只有一个正确选项，共16*3分）1．（2022·江苏南通·模拟预测）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A．晶体Si熔点高，可用作计算机芯片B．NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥C．SO2具有还原性，可用于漂白纸浆D．Al(OH)3能与酸反应，可用作抗胃酸药【答案】D【解析】A．晶体硅是半导体，可用作计算机芯片，A不符合题意；B．NH4HCO3中含氮元素，可用作氮肥，B不符合题意；C．SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，C不符合题意；D．Al(OH)3能与酸反应，胃酸的主要成分为盐酸，可用作抗胃酸药，D符合题意；故选D。2．（2022·上海静安·二模）关于化工生产，下列说法错误的是A．工业常用电解饱和食盐水的方法来制取氯气B．硫酸工业在常压下用SO2与O2反应制取SO3C．联合制碱法、氨碱法所需的CO2都来自石灰石的分解D．通常以海带、紫菜等为原料提取碘【答案】C【解析】A．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，工业上常用电解饱和食盐水的方法来制取氯气，A正确；B．工业上用SO2与O2在催化剂常压下加热反应制得SO3，B正确；C．联合制碱法的一个优点就是排除了石灰石分解制备CO2这一工序，而是利用合成氨的原料气之一CO转化成CO2，C错误；D．海带、紫菜等植物含有丰富的碘元素，因此通常以海带、紫菜等为原料提取碘，D正确；故答案选C。3．（2022·山西晋城·二模）探究浓硫酸和SO2性质的实验装置如下图所示(部分夹持装置已省略)。下列现象预测与解释或结论存在错误的是选项仪器现象预测解释或结论A试管1冷却后，把液体倒入水中，溶液为蓝色铜被氧化，转化为Cu2+B试管2紫红色溶液由深变浅，直至褪色SO2具有还原性C试管3注入稀硫酸后，出现黄色浑浊SO2具有氧化性D锥形瓶溶液红色变浅NaOH溶液完全转化为NaHSO3溶液【答案】D【解析】实验中浓硫酸和铜丝反应生成二氧化硫，酸性高锰酸钾可检验二氧化硫的还原性，稀硫酸和ZnS生成H2S，H2S和二氧化硫反应生成单质S，体现了SO2的氧化性，最后过量的SO2与氢氧化钠反应生成亚硫酸氢钠，溶液显酸性。A．冷却后将液体倒入水中，溶液为蓝色，说明Cu被浓硫酸氧化，生成了硫酸铜溶液，A正确；B．酸性高锰酸钾可氧化二氧化硫，紫红色溶液由深变浅，直至褪色，体现了二氧化硫的还原性，B正确；C．加入稀硫酸后，稀硫酸与ZnS反应生成H2S，H2S和SO2反应生成单质S，出现黄色浑浊，体现了SO2的氧化性，C正确；D．NaHSO3溶液是酸性的，酚酞溶液应该褪色而不是颜色变浅，D错误；故答案选D。4．（2022·广东·模拟预测）含硫物质的分类与相应的化合价关系如图。下列推理正确的是A．a可被CuSO4溶液氧化生成eB．a可与c反应生成bC．将木炭与浓e溶液共热生成的气体通入BaCl2溶液中，有白色沉淀生成D．可存在b→d→e→f的循环转化【答案】B【解析】a为氢化物，S化合价为-2价，则a为H2S，b为单质S，c为硫的氧化物，S化合价为+4价，c为SO2，d为硫的氧化物，S化合价为+6价，d为SO3，e为含氧酸，S化合价为+6价，e为硫酸，f为盐，S化合价为+6价，f为硫酸盐。A．硫化氢和硫酸铜反应生成硫化铜沉淀和硫酸，该反应不是氧化还原反应，A错误；B．硫化氢可以和SO2反应生成硫单质，化学方程式为2H2S+SO2=3S+2H2O，B正确；C．木炭和浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫通入氯化钡溶液中两者不反应，不会生成白色沉淀，C错误；D．硫单质不能直接生成三氧化硫，b→d一步无法实现，且硫酸盐也无法一步生成硫单质，D错误；故答案选B。5．（2022·浙江·三模）下列说法不正确的是A．过氧化钠与二氧化碳、水反应均生成氧气，可用于呼吸面具中的供氧剂B．贮氢合金的发现和应用，开辟了氢气贮存、运输的新途径C．二氧化氮具有较强的氧化性，可用于火箭的助燃剂D．二氧化硫通入紫色石蕊试液，先变红后褪色，说明二氧化硫水溶液具有酸性和漂白性【答案】D【解析】A．过氧化钠与人体呼出的二氧化碳、水反应均生成人所需的氧气，故可用于呼吸面具中的供氧剂，A正确；B．贮氢合金是高效、安全的储氢载体，其发现和应用，开辟了氢气贮存、运输的新途径，B正确；C．二氧化氮具有较强的氧化性，可用于火箭的助燃剂，与火箭燃料肼配合使用，为火箭提供能量，C正确；D．二氧化硫通入紫色石蕊试液，溶液变红后不褪色，二氧化硫水溶液具有酸性，其漂白性不能使酸碱指示剂石蕊褪色，D不正确；故选D。6．（2022·上海黄浦·二模）中科院科学家发现，在水滑石表面可发生：。关于该过程的说法正确的是A．属于固氮过程 B．化学能一部分转化成了热能C．反应物的总能量高于生成物的总能量 D．证明氮的非金属性大于氧【答案】A【解析】A．该过程将游离态的氮转化为氮的化合物，属于固氮过程，A项正确；B．该反应为吸热反应，该过程将热能转化成化学能，B项错误；C．该反应为吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，C项错误；D．N、O都在第二周期，同周期从左到右主族元素的非金属性逐渐增强，N的非金属性小于O，D项错误；答案选A。7．（2022·江苏淮安·模拟预测）下列关于氯及其化合物的性质与用途具有对应关系的是A．Cl2易液化，可用于生产盐酸 B．ClO2有强氧化性，可用于自来水消毒C．CCl4难溶于水，可用作灭火剂 D．HCl极易溶于水，可用于检验NH3【答案】B【解析】A．氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，所以可用于生产盐酸，与其易液化的性质无关，A项错误；B．ClO2有强氧化性，故可用于自来水消毒，B项正确；C．CCl4不能燃烧，而且密度比空气大，可以隔绝氧气，故可用作灭火剂，与其难溶于水无关，C项错误；D．HCl可用于检验NH3是因为和NH3反应生成NH4Cl固体，可以看到白烟，与HCl的水溶性无关，D项错误；答案选B。8．（2022·黑龙江·哈师大附中模拟预测）实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是选项制备气体化学试剂制备装置收集方法ANO2Fe+HNO3(浓)bdBNH3Ca(OH)2+NH4ClacCO2KClO3+MnO2afDCl2MnO2+HCl(浓)bc【答案】C【解析】A．铁与浓硝酸发生钝化反应，因此实验室常用铜和硝酸反应，用装置b制备，NO2能与水反应，因此收集NO2应用排空气法收集，因为NO2的密度大于空气，则用c装置收集，故A错误；B．实验室制备氨气，常用加热氢氧化钙和氯化铵混合物制备氨气，用装置a制备，氨气的密度小于空气，则用d装置收集，故B错误；C．实验室制备氧气，可以用加热KClO3，MnO2作催化剂下制备，用装置a制备，收集氧气可以用排水法，也可以排空气法收集，可以选择装置c或装置f收集，故C正确；D．实验室制备氯气，常加热MnO2和浓盐酸，装置b缺少加热装置，故D错误；答案为C。9．（2022·上海普陀·二模）下列反应改变某种条件，不会改变生成物的是A．Cl2与NaOH溶液的反应：改变NaOH溶液的温度B．Al与H2SO4溶液的反应：改变H2SO4溶液的浓度C．H2S与O2的燃烧反应：改变O2的量D．S与O2的燃烧反应：改变O2的量【答案】D【解析】A．Cl2与NaOH溶液在常温下生成氯化钠和次氯酸钠，在加热时生成氯化钠和氯酸钠，故A不符合题意；B．Al与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，Al与浓硫酸常温钝化生成致密的氧化膜，故B不符合题意；C．H2S与少量氧气燃烧反应生成水和硫单质，与过量氧气燃烧反应生成水和二氧化硫，故C不符合题意；D．S与O2反应时无论氧气过量与否都只生成二氧化硫，故D符合题意；故选D。10．（2022·四川雅安·三模）化学与科技、生产、生活有密切的关系。下列叙述中错误的是A．“天和核心舱”电推进系统腔体采用的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料B．华为自主研发的“麒麟”芯片与太阳能电池感光板所用材料均为晶体硅C．二氧化碳合成淀粉过程中未涉及碳碳键的形成D．2022年北京冬奥会火炬“飞扬”以氢气为燃料，对环境友好无污染【答案】C【解析】A．“天和”核心舱中使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于新型无机非金属材料，故A正确；B．硅可以制作太阳能电池板和芯片，因此华为自主研发的“麒麟”芯片与太阳能电池感光板所用材料均为晶体硅，故B正确；C．淀粉为长碳链有机化合物，所以由CO2等物质合成淀粉的过程涉及碳碳键的形成，故C错误；D．氢气作燃料，热值高，且燃烧产物为水，对环境友好无污染，故D正确；故选：C。11．（2022·上海松江·二模）下列过程中，氮元素被氧化的是A．铵根离子的检验 B．工业固氮C．大气固氮 D．生物固氮【答案】C【解析】A．铵根离子的检验原理：先加浓NaOH加热发生，然后用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，发生NH3+H2O=NH3·H2O，反应均未涉及氧化还原反应，A不符题意；B．工业固氮发生，N元素化合价由0价降低为-3价，被还原，B不符题意；C．大气固氮发生，N元素化合价由0价升高为+2价，被氧化，C符题意；D．生物固氮是指固氮微生物将大气中的氮气还原成氨的过程，N元素化合价由0价降低为-3价，被还原，D不符题意；答案选C。12．（2022·江西·三模）2022年1月15日，汤加海底火山喷发，对地球环境造成巨大影响。下列说法错误的是A．火山灰形成“气溶胶”的分散质粒子直径大于100nmB．火山喷发产生的气体会导致酸雨的形成C．岩浆中的硅酸盐经过复杂的物理、化学变化可以形成玉石D．火山周围存在大量的矿产资源，其中硫铁矿可以用于工业制硫酸【答案】A【解析】A．“气溶胶"”属于胶体，其分散质粒子直径在1~100nm之间，A项错误；B．火山喷发会有大量SO2生成，进入大气中形成硫酸型酸雨，B项正确；C．岩浆中含有各种金属的硅酸盐，且玉石是各种金属的硅酸盐经过复杂的物理、化学变化形成，C项正确；D．火山周围存在大量的矿产资源，其中硫铁矿主要成分为FeS2，可以用于工业制硫酸，D项正确；答案选A。13．（2022·上海上海·模拟预测）将碳与浓硫酸反应产生的气体分别通入下列溶液后，所得溶液一定澄清的是A．品红溶液 B．石灰水 C．氢硫酸 D．硝酸钡溶液【答案】A【解析】碳与浓硫酸共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水。A．将二氧化碳、二氧化硫通入品红溶液中，具有漂白性的二氧化硫使溶液由红色褪为无色，所得无色溶液为澄清溶液，故A正确；B．将二氧化碳、二氧化硫通入石灰水中，二氧化碳和二氧化硫与氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙、亚硫酸钙沉淀，溶液变混浊，故B错误；C．将二氧化碳、二氧化硫通入氢硫酸溶液中，二氧化硫和氢硫酸溶液反应生成硫沉淀和水，溶液变混浊，故C错误；D．将二氧化碳、二氧化硫通入硝酸钡溶液中，二氧化硫溶于水使溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子将二氧化硫氧化为硫酸，硫酸与溶液中的钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，溶液变混浊，故D错误；故选A。14．（2022·广东·铁一中学三模）关于化合物ClONO2的性质，下列推测不合理的是A．水解生成盐酸和硝酸 B．与盐酸作用能产生氯气C．与NaOH溶液反应可生成两种钠盐 D．具有强氧化性【答案】A【解析】A．由化合物的结构式可知，ClONO2水解生成次氯酸和硝酸，故A错误；B．ClONO2与盐酸作用时，水解生成的次氯酸能与盐酸反应生成氯气，故B正确；C．ClONO2与NaOH溶液反应生成次氯酸钠、硝酸钠和水，故C正确；D．ClONO2水解生成的次氯酸和硝酸都具有强氧化性，所以ClONO2具有强氧化性，故D正确；故选A。15．（2012·上海·高三零模）有如下转化关系(其他产物及反应所需条件均已略去)。以下推断错误的是()A．当X是盐酸时，则F是稀硝酸B．当X是氢氧化钠时，则F可能是稀硝酸C．当X是氢氧化钠时，B跟Cl2反应可能有白烟现象D．当X是氢氧化钠时，B有可能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】A【解析】A.当X是盐酸时，盐酸与硫化钠反应可以生成硫化氢，硫化氢可以和氯气反应生成硫，硫和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫经催化氧化可以生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸；盐酸可以和氨气反应生成氯化铵，氯化铵与氯化反应可以生成氮气，氮气与氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮。因此，F有可能是硫酸或稀硝酸，但是不能确定F是稀硝酸，A错误；B.当X是氢氧化钠时，氢氧化钠可以和铵盐反应生成氨气，则B可能是氨气，C可能是氮气，D可能是一氧化氮，E可能为二氧化氮，故F可能是稀硝酸，B正确；C.当X是氢氧化钠时，B可能是氨气，氨气与Cl2反应可以生成白色晶体氯化铵，故可能有白烟现象，C正确；D.当X是氢氧化钠时，B可能是硫化钠，硫化钠有较强的还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确。综上所述，相关推断错误的是A。16．（2020·河南信阳·一模）60mLNO2和O2的混合气体通入到倒立在水槽中盛满水的玻璃筒(带刻度)中，充分反应后，筒内剩余10mL气体，则原混合气体中的NO2与O2的体积比可能为A．3:1 B．6:1 C．9:1 D．12:1【答案】C【解析】可能发生的反应为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，3NO2+H2O=2HNO3+NO，试管中O2和NO2气体按体积比1:4混合全部溶解，液体充满试管。由题意知，充分反应后，筒内剩余10mL气体，则剩余的气体可能为O2或NO。若剩余的气体为氧气，则参加反应的气体为60mL–10mL=50mL，根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可知参加此反应的NO2的体积为50ml×=40mL，参加反应的O2的体积为50mL–40mL=10mL，原混合气体中O2的体积为10mL+10mL=20mL，则原混合气体中的NO2与O2的体积比为40mL:20mL=2:1；若剩余气体为NO气体，根据3NO2+H2O=2HNO3+NO，可知过量的NO2的体积为3×10mL=30mL，反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3消耗的气体总体积为60mL–30mL=30mL，则反应消耗的氧气为30mL×=6mL，消耗的NO2的体积为30mL–6mL=24mL，所以原混合气体中NO2的体积为30mL+24mL=54mL，则原混合气体中的NO2与O2的体积比为54mL:6mL=9:1；故选：C。二、主观题（共5小题，共52分）17．（2022·上海崇明·二模）（6分）Cl2、SO2、NOx都是化工生产中的重要气体，均可用氨水或NaOH溶液处理，防止污染空气。请回答下列问题：(1)化工厂可用浓氨水来检验Cl2是否泄漏(已知3Cl2+8NH3→6NH4Cl+N2)，当有少量Cl2泄漏时，可以观察到的现象是_______，若反应中有0.08mol的氨气被氧化，则有_______mo1电子发生转移。(2)①若用热烧碱溶液吸收Cl2气反应后的混合溶液中，含NaCl、NaClO和NaClO3物质的量比值为n：1：1，则n=_______。②SO2是形成酸雨的主要原因，取某化工区空气样本用蒸馏水处理，检测所得溶液，所含离子及其浓度如下：离子Na+K+NHH+SONOCl-浓度/(mol·L-1)6×10-64×10-62×10-5a4×10-52×10-53×10-5根据表中数据计算，检测的溶液pH=_______。(3)NO2是燃油汽车尾气中的主要污染物之一。①在催化剂和加热条件下，NO2与NH3可反应生成无害物质，请写出反应的化学方程式：_______。②实验室可用烧碱溶液吸收NO2和NO，(已知2NO2+2NaOH→NaNO2+NaNO3+H2O，NO2+NO+2NaOH→2NaNO2+H2O)，当消耗100mL0.5mo1⋅L-1的烧碱溶液时，共吸收混合气体_______L(标准状态)。【答案】（每空1分）(1)出现白烟

0.24(2)6

4(3)

6NO2+8NH37N2+12H2O

1.12【解析】(1)由于Cl2与NH3反应生成NH4Cl，所以当有少量Cl2泄漏时，可以观察到的现象是有白烟生成，每有8个氨气参加反应，有2个被氧化，生成1个N2，转移6个电子；若反应中有0.08mol的氨气被氧化，有3×0.08mol=0.24mol电子发生转移，故答案为：有白烟生成；0.24；(2)①热烧碱溶液吸收Cl2时，生成NaCl得到电子，生成NaClO和NaClO3失去电子，利用得失电子守恒可知，n=1+5=6，则n=4，故答案为：6；②溶液中阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数，则6×10-6+4×10-6+2×10-5+a=2×4×10-5+2×10-5+3×10-5，a=10-4，pH=4，故答案为：4；(3)①在催化剂和加热条件下，NO2与NH3可反应生成无害物质N2和H2O，其反应的化学方程式为：6NO2+8NH37N2+12H2O，故答案为：6NO2+8NH37N2+12H2O；②由于烧碱溶液吸收NO2和NO生成NaNO2和NaNO3，利用氮元素和钠元素相等可知，当消耗100mL0.5mol·L-1的烧碱溶液时，共吸收混合气体0.1L×0.5mol·L-1×22.4L/mol=1.12L，故答案为：1.12。18．（2021·新疆昌吉·三模）（10分）研究氮及其化合物的性质，可以有效改善人类的生存环境。氮元素化合价-物质类别关系图如图1所示。回答下列问题：(1)图中A可以是___________(写化学式)。符合图中B的物质之间的转化关系是___________(用化学方程式表示)。(2)实验室中，检验溶液中是否含有的操作方法是___________。(3)图1中C代表硝酸。图2是各种不同密度的硝酸与铁反应(相同温度)时主要还原产物的分布图。下列叙述中不正确的是___________(填字母)。A．硝酸的密度越大，其浓度越小B．当还原剂和温度都相同时，不同浓度的硝酸被还原的产物不是单一的，只是在某浓度时，以某种产物为主而已C．硝酸的浓度越大，还原产物中N元素低化合价产物越少D．当硝酸的密度大于时，还原产物主要为NO、(4)现有一定量铝粉和铜粉的混合物与一定量很稀的硝酸溶液充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入的NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生沉淀的物质的量关系如图3所示。①c点对应NaOH溶液的体积为___________mL。②de段发生反应的离子方程式为___________。【答案】(1)（1分）（1分）(2)取少量溶液于试管中，加入氢氧化钠浓溶液，稍微加热，观察试管口湿润的红色石蕊试纸是否变蓝（2分）(3)A（2分）(4)40

（2分）

（2分）【解析】(1)图中A是含氮氢化物，如，图中B的N是+4价的氧化物，则B为NO2，转化方程式为：；(2)实验室检验的操作方法是：取少量溶液于试管中，加入氢氧化钠浓溶液，稍微加热，观察试管口湿润的红色石蕊试纸是否变蓝；(3)A．硝酸的密度越大、浓度越大，故A错误；B．由图象可以看出，在相同温度和浓度时，硝酸的还原产物不止一种，以某种产物为主，故B正确；C．由图象可以看出，还原产物中NH4+的物质的量分数随硝酸密度增大而减小，铵根离子中氮元素化合价最低是-3价，故C正确；D、当硝酸溶液的密度为1.36g•mL-1时，由图象可看出，生成的NO和NO2物质的量相等，且硝酸密度大于1.3g•cm-3时，还原产物主要为NO、NO2，故D正确；故答案为：A；(4)①由反应过程可知，到加入氢氧化钠为88mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵，n(NH4NO3)=n(NH)=0.03mol，根据钠元素守恒，可知n(NaNO3)=n(NaOH)=0.088L×5mol/L=0.44mol，根据氮元素守恒计算原硝酸溶液中n(HNO3)=n(NaNO3)+2n(NH4NO3)=0.44mol+0.03mol×2=0.5mol，而c点溶液为NaNO3、NH4NO3、Fe(NO3)3、Al(NO3)3，根据氮元素守恒n′(NaNO3)+2n(NH4NO3)+3n[Fe(NO3)3]+3n[Al(NO3)3]=n(HNO3)，故c点溶液中n′(NaNO3)=0.5mol-0.03mol×2-0.03mol×3-0.05mol×3=0.2mol，故c点加入NaOH的物质的量=0.2mol，体积为；②铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，又有硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了-3价，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：Oc段：H++OH-=H2O，cd：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，Al3++3OH-=Al(OH)3↓，de：NH+OH-═NH3•H2O，ef：Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O，则de段发生反应的离子方程式为。19．（2020·全国·模拟预测）（13分）硅、硫、氮等非金属元素在化工生产中扮演着重要角色。I．下列物品或设施：①陶瓷餐具

②门窗玻璃③水晶镜片④硅太阳能电池

⑤光导纤维⑥手机芯片。(1)直接使用了硅单质的是(用序号填空)________________，(2)直接使用了二氧化硅的是(用序号填空)______________，II．在学习了硫的转化后，某学生绘制了如图转化关系。(1)写出简单气态氢化物B的结构式：______________。(2)写出SO2转化为A的化学方程式：____________________________________。(3)下列五种有色溶液与SO2作用均能褪色①品红溶液②酸性KMnO4溶液③溴水④滴有酚酞的NaOH溶液⑤淀粉­碘溶液体现了SO2漂白性的是(用序号填空)____________________。体现了SO2还原性的是(用序号填空)____________________。写出SO2通入酸性KMnO4溶液反应的离子方程式：______________________。(4)工业生产中利用氨水吸收SO2和NO2，原理如图所示：NO2被吸收过程的离子方程式是__________________________________________(5)若32.0gCu与一定量的HNO3溶液反应，当Cu反应完时，共产生标准状况下的13.44L气体(NO和NO2)，则消耗的HNO3溶液中溶质的物质的量为________。【答案】（除标注外，每空1分）I．(1)④⑥

(2)③⑤

II．(1)H-S-H

(2)

（2分）

(3)①

③⑤

（2分）

(4)（2分）

(5)1.6mol（2分）【解析】I．(1)硅为良好的半导体材料，可用于硅太阳能电池、手机芯片，故答案为：④⑥；(2)直接使用了SiO2的为水晶镜片、光导纤维，故答案为：③⑤；II．(1)B中硫元素为-2价且为气态氢化物，因此B为H2S其结构式H-S-H；(2)A中S元素为+6价且属于氧化物，因此A为SO3，SO2转化为A的化学方程式：；(3)①二氧化硫能漂白某些有色物质，如使品红溶液褪色是特征反应，化合生成不稳定的化合物加热后又恢复为原来的红色；②酸性高锰酸钾能将二氧化硫在水溶液中氧化成硫酸，自身还原为无色的二价锰离子，是酸性高锰酸钾的氧化性的体现，这里体现的是二氧化硫的还原性；③溴水可以将二氧化硫氧化为硫酸，自身还原为溴化氢，这里同样体现的是二氧化硫的还原性；④二氧化硫能跟滴有酚酞的氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，没有价态变化，是复分解反应，不过亚硫酸钠水解显碱性，但水解较微弱，现象只能是颜色变浅不是褪色；⑤淀粉遇碘变蓝色，碘可以将二氧化硫氧化为硫酸，自身还原为碘化氢是溶液褪色，体现的是二氧化硫的还原性；体现了SO2漂白性的是①；体现了SO2还原性的是③⑤；SO2与KMnO4溶液发生的是氧化还原反应，其对应的离子方程式：；故答案为：①；③⑤；；(4)由流程图知，二氧化硫通入氨水中生成亚硫酸铵，利用亚硫酸铵中的还原性吸收NO2，被氧化为，NO2被还原为N2，离子方程式为：；(5)32.0g铜的物质的量为，标准状况下13.44L气体的物质的量为：，由氮,原子守恒可知，反应消耗HNO3的物质的量为，故答案为：1.6mol。20．（2021·四川宜宾·一模）（13分）含氯消毒剂和过氧化物消毒剂均可有效灭杀新冠病毒。Ⅰ.二氧化氯(ClO2)是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂。制备ClO2常见的方法有：方法1：2NaClO3+2NaCl+2H2SO4=2ClO2↑+Cl2↑+2Na2SO4+2H2O方法2：在酸性条件下，由NaClO3和双氧水反应制备ClO2。(1)ClO2中氯元素的化合价是___，H2O2的电子式是___。(2)方法1的反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是___。(3)方法2发生反应的离子方程式是___。(4)和方法2比较，方法1的不足之处是___(写出一点即可)。Ⅱ.过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)，俗名固态双氧水，具有去污杀菌等功效。其制备原理为：2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)=2Na2CO3·3H2O2(aq)ΔH＜0。(5)结合过氧化氢和碳酸钠的性质，推测制备过碳酸钠的原料中，碳酸钠与过氧化氢的物质的量之比应___(填“＞”、“＜”或“=”)2∶3，且加入Na2CO3溶液速度不能过快，原因是__。(6)过碳酸钠的储存稳定性是重要的品质指标。以不同种类的稳定剂制备的过碳酸钠产品，测得其活性氧质量分数随时间的变化如图所示。由图可知，制备过碳酸钠时应选择的稳定剂是__(填图中字母序号)，理由是___。【答案】（除标注外，每空1分）(1)+4

(2)1∶2(3)2ClO+H2O2+2H+=2ClO2↑+O2↑+2H2O（2分）(4)产生的氯气会污染环境、生成等量的ClO2消耗的酸多、产生的废液多等（2分）(5)<

H2O2与Na2CO3快速反应将放出大量的热，造成H2O2的分解而损失（2分）(6)a

采用复合稳定剂制备的产品中活性氧质量分数最高，且随着存储时间的延长活性氧质量分数变化不大（2分）【解析】(1)已知ClO2中O的化合价为-2价，根据化学式中所有元素的化合价代数和为0，可知ClO2中氯元素的化合价是+4价，H2O2是共价化合物，故其电子式是，故答案为：+4；；(2)方法1的反应中，分析反应方程式2NaClO3+2NaCl+2H2SO4=2ClO2↑+Cl2↑+2Na2SO4+2H2O可知，NaClO3中的Cl的化合价由+5价降低到ClO2中的+4价，被还原，故ClO2还原产物，NaCl的Cl的化合价由-1价升高到Cl2中的0价，被氧化，Cl2为氧化产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比是1:2，故答案为：1:2；(3)方法2即在酸性条件下，由NaClO3和双氧水反应制备ClO2，反应中Cl的化合价由+5降低到+4，故H2O2中的O的化合价升高，即由-1升高到0价，根据氧化还原反应配平可知，发生反应的离子方程式是2ClO+H2O2+2H+=2ClO2↑+O2↑+2H2O，故答案为：2ClO+H2O2+2H+=2ClO2↑+O2↑+2H2O；(4)比较方法1：2NaClO3+2NaCl+2H2SO4=2ClO2↑+Cl2↑+2Na2SO4+2H2O和方法2：2ClO+H2O2+2H+=2ClO2↑+O2↑+2H2O，不难方法1的不足之处是产生的氯气会污染环境、生成等量的ClO2消耗的酸多、产生的废液多等，故答案为：产生的氯气会污染环境、生成等量的ClO2消耗的酸多、产生的废液多等；(5)结合过氧化氢和碳酸钠的性质，推测制备过碳酸钠的原料中，由于H2O2能够分解生成H2O和O2，受热后加快其分解，Na2CO3性质较稳定，反应过程中H2O2应适当过量，故碳酸钠与过氧化氢的物质的量之比应＜2∶3，由题干信息可知2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)=2Na2CO3·3H2O2(aq)ΔH＜0该反应是个放热反应，故若加入Na2CO3溶液速度过快，则导致溶液的温度快速上升，H2O2分解加速造成损失，故答案为：＜；H2O2与Na2CO3快速反应将放出大量的热，造成H2O2的分解而损失；(6)由题干图示信息可知，采用复合稳定剂制备的产品中活性氧质量分数最高，且随着存储时间的延长活性氧质量分数变化不大，故答案为：a；采用复合稳定剂制备的产品中活性氧质量分数最高，且随着存储时间的延长活性氧质量分数变化不大。21．（2021·福建·