2026年人教版高中化学必修二第五章化工生产中的重要非金属元素单元复习讲义教师版

第五章化工生产中的重要非金属元素一、物质的性质及转化1.认识结构与性质的关系（1）运用元素的原子结构知识，可以预测和解释物质的性质。（2）以硫、氮为例进行说明。①硫元素的“位——构——性”硫元素位置原子结构示意图非金属性主要化合价第三周期第ⅥA族比氧弱－2、+4、+6根据价态规律判断物质的氧化性和还原性：S具有氧化性和还原性。H2S只具有还原性。从化合价的角度认识硫单质的化学性质a.硫与金属的反应b.硫与O2的反应：S+O2SO2，表现还原性②氮元素的“位——构——性”氮硫元素位置原子结构示意图非金属性主要化合价第二周期第ⅤA族比氧弱-3、0、+1、+2、+3、+4、+5根据价态规律判断物质的氧化性和还原性：N2具有氧化性和还原性。NH3只具有还原性。氮气的化学性质a.稳定性：通常情况下很稳定，难与其他物质反应，原因是氮氮三键键能很大。b.与氢气反应：N2+3H22NH3c.与氧气反应：N2+O22NOd.与金属镁反应：N2+3MgMg3N2【典例1】1．（23-24高一上·江苏苏州·期末）我国古代第一部药物学专著《神农本草经》记载“石硫潢(即硫磺)能化银铜铁”。“化”的过程发生了化学变化，此过程中硫磺是A．可燃物 B．助燃物 C．氧化剂 D．还原剂【答案】C【详解】S单质具有氧化性，能将金属氧化为低价，将Ag、Fe氧化为+1、+2，转化为Ag2S、FeS，其自身化合价降低，所以硫磺是氧化剂，故答案选C。2．（高一·全国·课后作业）下列有关氮气的叙述错误的是A．镁在空气中燃烧除生成氧化镁外还生成氮化镁B．在雷雨天，空气中的和可反应生成NOC．氮气既可做氧化剂又可做还原剂D．1molN2可与完全反应生成【答案】D【详解】A．镁既能和氧气反应生成氧化镁，又能和氮气反应生成氮化镁，所以镁在空气中燃烧除生成氧化镁外还生成氮化镁，故A正确；B．因为和在放电条件下可以反应生成NO，所以雷雨天，空气中的和可反应生成NO，故B正确；C．氮气的化合价为零，既可以升高为+2、+3、+4、+5价，又可以降低为-3价，所以氮气既可做氧化剂又可做还原剂，故C正确；D．根据N2+3H22NH3，1molN2与不能完全反应，生成NH3小于2mol，故D错误；故答案：D。2.从物质类别的视角认识物质间的转化关系研究非金属及其化合物，可按照物质的类别认识各类物质及其转化关系，以硫、氮为例进行说明。（1）硫及其化合物（2）氮及其化合物【典例2】1.非金属单质A经如图所示的过程转化为含氧酸D，已知D为强酸，请回答下列问题：（1）若A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体。①D的化学式是________________；②在工业生产中，大量排放的B气体被雨水吸收后形成了__________而污染环境。（2）若A在常温下为气体，C是红棕色气体。①A、C的化学式分别是：A________；C__________。②D的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C气体，请写出该反应的化学方程式：________________________，该反应________(填“属于”或“不属于”)氧化还原反应。【答案】（1）①H2SO4②酸雨（2）①N2NO2②4HNO3(浓)＋Cu=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O属于【解析】（1）若B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体，则B是SO2，C是SO3，D是H2SO4；若大量排放SO2，会形成酸雨。（2）若C是红棕色气体，则C为NO2，B为NO，A为N2，D为HNO3，浓硝酸可与Cu反应：Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O。此反应中有元素化合价的升降属于氧化还原反应。3.从元素价态的视角认识物质间的转化关系把一种原料转化为多种产品，路径之一是通过氧化还原反应改变主要元素的化合价，从而实现物质的转化。以硫、氮的物质转化为例，说明如何实现下列转化关系。（1）硫及其化合物①硫是一种黄色晶体，难溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳(CS2)。S＋Feeq\o(=,\s\up7(△),\s\do5())FeS，S＋2Cueq\o(=,\s\up7(△),\s\do5())Cu2S，S＋H2eq\o(=,\s\up7(△))H2S，S＋O2eq\o(=,\s\up7(点燃),\s\do5())SO2②二氧化硫是一种无色、有刺激性气味的有毒气体，密度比空气大，易溶于水，通常1体积水溶解约40体积二氧化硫。③二氧化硫的三种“褪色”表现的性质：SO2能使品红溶液褪色表现漂白性。SO2使溴水、氯水及酸性KMnO4溶液褪色体现还原性。SO2使滴有酚酞的NaOH溶液褪色说明其水溶液呈酸性。催化剂△④催化剂△2SO2＋O2=2SO3SO2＋Cl2＋2H2O=2HCl＋H2SO4SO2＋2H2S=3S＋2H2ONa2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋H2O＋SO2↑⑤浓硫酸的三大特性：吸水性、脱水性、强氧化性。⑥常温下，铁、铝遇浓H2SO4发生“钝化”，“钝化”并不是不反应，而是浓H2SO4强氧化性的体现。⑦必记浓硫酸两个重要化学方程式：Cu＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2OC＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))CO2↑＋2SO2↑＋2H2O（2）氮及其化合物①氮气的三个重要反应：N2＋O2eq\o(=,\s\up7(放电),\s\do5())2NO，N2＋3H22NH3，N2＋3Mgeq\o(=,\s\up7(点燃),\s\do5())Mg3N2。②一氧化氮是无色无味难溶于水的有毒气体，易与空气中的氧气反应生成二氧化氮，2NO＋O2=2NO2。③二氧化氮是红棕色有刺激性气味的有毒气体，溶于水生成HNO3和NO，化学方程式为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO。④氮的氧化物溶于水总反应的化学方程式为4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3，4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3。⑤两种物质的性质a.氨的性质：氨气极易溶于水，能与水反应生成NH3·H2O，与酸反应生成铵盐，能催化氧化制备硝酸。b.铵盐的性质：铵盐易溶于水，加热易分解，能与碱反应产生氨气。⑥检验氨气的两种方法a.使湿润的红色石蕊试纸变蓝。b.用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近时会有白烟生成。⑦硝酸具有不稳定性和强氧化性。⑧稀HNO3的还原产物是NO，与铜反应的化学方程式为3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，浓HNO3的还原产物是NO2，与铜、木炭反应的化学方程式分别为Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，C＋4HNO3(浓)eq\o(=,\s\up7(△))CO2↑＋4NO2↑＋2H2O。⑨铁、铝在常温下，遇到浓HNO3发生钝化，这体现了浓硝酸的强氧化性。⑩pH<5.6的降雨称为酸雨，酸雨分为硫酸型和硝酸型。前者由SO2引起，后者由NOx引起。【典例3】1．（23-24高一下·辽宁·期中）硫元素的“价-类”二维图如图所示，下列说法正确的是A．98.3%的f溶液能干燥c和d气体B．验证g晶体在空气中已被氧化，所需试剂为稀盐酸和BaCl2溶液C．将c溶于水得到的e长时间露置于空气中，溶液pH会增大D．a和c生成b的反应中，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：2【答案】B【分析】根据硫元素的“价-类”二维图，a是H2S、b是S单质、c是SO2、d是SO3、e是H2SO3、f是H2SO4、g是亚硫酸盐、h是硫酸盐。【详解】A．98.3%的浓H2SO4能吸收SO3气体，不能干燥SO3，故A错误；B．验证亚硫酸盐在空气中已被氧化，先加稀盐酸除去亚硫酸根离子，再加BaCl2溶液，若有沉淀生成，说明亚硫酸盐在空气中已被氧化，故B正确；C．将SO2溶于水得到H2SO3溶液，长时间露置于空气中，H2SO3被氧化为H2SO4，溶液pH会减小，故C错误；D．H2S和SO2生成S的反应中，氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：1，故D错误；选B。2．（23-24高一下·辽宁沈阳·期中）“价一类”二维图体现了化学变化之美，硫及其化合物的“价一类”二维图如图所示。下列有关说法错误的是A．硫单质在氧气中燃烧可直接生成c B．b能使溴水褪色，体现其还原性C．d的浓溶液可用于干燥b D．存在的转化关系【答案】A【分析】如图为硫元素的价类二维图，故a为H2S，b为SO2，c为SO3，d为H2SO4，f为H2SO3，e为硫酸盐。【详解】A．硫单质在氧气中燃烧可直接生成SO2，不能直接得到SO3，A错误；B．b为SO2，能与溴水发生氧化还原反应使溴水褪色，体现其还原性，B正确；C．d为H2SO4，浓硫酸能干燥SO2，C正确；D．f为H2SO3，与过氧化钠反应能得到硫酸钠，可实现转化，D正确；故选A。3．（23-24高一下·广东汕尾·期末）如图所示是氮元素的常见化合价与部分含氮物质的对应关系图(价类二维图)，下列说法正确的是A．a可作保护气，在任何条件下均不与其他物质反应B．c与水反应可生成b和d，该反应中c只作氧化剂C．存在e→b→c→d的转化D．f是一种强碱【答案】C【分析】结合价类二维图可知a为，b为NO，c为，d为，e为，f为，据此解答。【详解】A．性质稳定，可作保护气，但在一定条件也能与氧气、氢气等发生反应，A项错误；B．c是，与水反应生成和NO，，根据化合价的变化情况分析，既作氧化剂，又作还原剂，B项错误；C．氮的化合物中，可实现的转化，C项正确；D．f是，在水溶液中发生部分电离，是弱碱，D项错误；故答案选C。4．（23-24高一下·四川达州·期中）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-物质类别关系如图，以下说法正确的是A．1molN2和3molH2完全反应生成2molAB．标准状况下，3.36L物质B与水完全反应，电子转移0.3molC．物质C的浓溶液与足量的Cu反应，的刚开始反应的离子方程式为D．铵态氮肥不可与草木灰共用【答案】D【分析】根据氮元素化合价-物质类别关系图，A是NH3；N是NO2；C是HNO3；【详解】A．是可逆反应，1molN2和3molH2完全反应生成氨气的物质的量小于2mol，故A错误；B．3NO2+H2O=2HNO3+NO，N元素化合价由+4升高为+5、由+4降低为+2，3molNO2参加反应转移2mol电子，标准状况下，3.36L物质NO2与水完全反应，电子转移0.1mol，故B错误；C．浓HNO3与足量的Cu反应，刚开始反应生成NO2气体，反应的离子方程式为，故C错误；D．铵盐与碱反应放出氨气，铵态氮肥不可与草木灰共用，故D正确；选D。4.辨识化学物质通过对构成物质的阴、阳离子的检验，可以辨识化学物质。例如，在实验室可通过检验SO42-或NH4+来辨识硫酸盐或铵盐。请你说明具体的检验方法。你还了解更多的辨识物质的方法吗？（1）SO42－的检验①实验探究实验操作实验现象先生成白色沉淀，加入稀盐酸后沉淀不溶解先生成白色沉淀，加入稀盐酸后沉淀不溶解先生成白色沉淀，加入稀盐酸后沉淀溶解，且有气泡产生实验结论SO42－与Ba2+反应生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，离子方程式：SO42－+Ba2+BaSO4↓CO32－与Ba2+反应生成的白色沉淀BaCO3，可溶于稀盐酸，离子方程式：CO32+Ba2+BaCO3，BaCO3+2H+Ba2++CO2↑+H2O②检验SO42－的正确操作（2）SO42－检验的应用——粗盐除杂①若除去粗盐中的杂质（硫酸盐、CaCl2、MgCl2），将选用的试剂及反应的离子方程式填入下表：杂质加入的试剂离子方程式硫酸盐氯化钡溶液Ba2++SO42－BaSO4↓CaCl2碳酸钠溶液Ca2++CO32－CaCO3↓MgCl2烧碱溶液Mg2++2OH－Mg（OH）2↓②试剂加入的顺序a.BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→盐酸；b.NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→盐酸；c.BaCl2溶液→Na2CO3溶液→NaOH溶液→盐酸。总结：为保证杂质离子完全除去，只要碳酸钠溶液在氯化钡溶液之后加入即可。（3）NH4+检验①实验探究a.现象：试管中有气泡产生，试纸变蓝。b.结论：铵盐与强碱在加热条件下反应生成氨气，离子方程式为NH4++OH－NH3↑+H2O。②NH4+检验方法：取溶液（或固体）少许于小试管中，滴加浓NaOH溶液，加热，能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体证明NH4+的存在，反之则没有。【典例4】1．（24-25高一上·吉林·期中）某溶液中可能含有的阴离子有、、等，为了检验其中是否含有，除了溶液外，还需要的试剂是A．氢氧化钠溶液 B．盐酸 C．稀硫酸 D．硝酸银溶液【答案】B【详解】硫酸根离子的检验原理：，先加入稀盐酸酸化，没有沉淀产生，然后加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，则证明有硫酸根离子，加稀盐酸酸化可以排除碳酸根离子的干扰，因为BaCO3也是一种不溶于水但能够与稀盐酸反应的白色沉淀；氢氧化钠溶液与三种阴离子都不会反应，加稀硫酸会引入硫酸根，硝酸银与三种阴离子均产生白色沉淀，故ACD都不合题意；故选B。2．（24-25高一上·福建·期中）下列叙述中正确的是A．向某溶液中加入溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸沉淀不消失，则该溶液中一定有B．向某溶液中加入NaOH浓溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该溶液中一定有C．向某溶液中加入溶液，有白色沉淀产生，则该溶液一定有D．可用焰色实验鉴别与溶液，是利用了它们化学性质的不同【答案】B【详解】A．向某溶液中加入溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸沉淀不消失，沉淀可能是硫酸钡或氯化银，则该溶液中含有有或Ag+，故A错误；B．向某溶液中加入NaOH浓溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，可知放出的气体为氨气，则该溶液中一定有，故B正确；C．向某溶液中加入溶液，有白色沉淀产生，生成的沉淀可能是碳酸银、氯化银等，则该溶液不一定有，故C错误；D．可用焰色实验鉴别与溶液，焰色试验属于物理变化，故D错误；选B。3．（23-24高一下·安徽·阶段检测）利用如图装置进行浓硫酸与蔗糖反应的实验，敞口瓶中的蔗糖滴有少量水，将注射器中的浓硫酸注入其中，反应一段时间后，下列说法正确的是A．湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，说明具有漂白性B．浸有酸性溶液的滤纸条褪色，说明具有还原性C．澄清石灰水变浑浊，说明反应有产生D．该实验只体现了浓硫酸的吸水性和强氧化性【答案】B【分析】浓硫酸使得蔗糖脱水生成碳，碳和浓硫酸反应产生SO2和CO2。【详解】A．SO2能使湿润石蕊试纸变红，但SO2不能使石蕊褪色，A错误；B．浸有酸性KMnO4溶液的滤纸条褪色，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，说明SO2具有还原性，B正确；C．SO2和CO2均能使澄清石灰水变浑浊，C错误；

D．蔗糖变黑，则发生脱水炭化，该实验体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性，D错误；故选B。5.基于性质认识实验室制取物质的方法以氨的实验室制取为例，谈谈在实验室里通过化学方法制取某种物质，通常需要虑哪些问题。（1）氨气的实验室制法①原理：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O②装置：发生装置：固体+固体气体净化装置：通常用碱石灰干燥氨气。③收集方法：向下排空气法收集④验满方法方法一：用湿润的红色石蕊试纸放置在试管口附近，若变蓝，说明已经收集满。方法二：用蘸取浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，若有白烟生成，说明已经收集满。⑤尾气处理：在吸收氨气尾气时要防止倒吸，常采用的装置有（2）浓硫酸与Cu反应制SO2实验操作实验现象a试管中铜丝表面变黑；b试管中的溶液有气泡冒出，逐渐变为无色；冷却后将a试管里的物质慢慢倒入水中，溶液呈蓝色实验结论在反应中，浓硫酸体现强氧化性和酸性化学方程式Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O（3）浓、稀硝酸与Cu反应制NO2、NO实验物质稀硝酸浓硝酸实验现象试管内开始产生少量无色气体，反应逐渐加快，气体在试管口变为红棕色，溶液逐渐变蓝，铜丝逐渐变细试管内产生大量红棕色气体，溶液逐渐变绿，铜丝逐渐变细实验结论常温下，稀硝酸与铜缓慢反应生成NO常温下，浓硝酸与铜迅速剧烈反应生成NO2①浓硝酸与Cu反应：Cu+4HNO3（浓）Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O②稀硝酸与Cu反应：3Cu+8HNO3（稀）3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O【典例5】1．在实验室制取干燥的氨的过程中，所给装置使用合理的是___________。A．用装置甲制备氨 B．用装置乙除去氨中少量水蒸气C．用装置丙收集氨 D．用装置丁吸收多余的氨【答案】D【解析】A．用装置甲制备氨气时，为防止水滴倒流，试管口应该略向下倾斜，A错误；B．氨气可以和硫酸反应，不能用浓硫酸干燥氨气，B错误；C．氨气的密度比空气小，要使用向下排空气方法收集，采用短进长出，C错误；D．氨气是大气污染物，最后尾气可根据氨气易溶于水的性质，用水进行吸收，为防止倒吸现象的发生，可以在导气管的末端安装一个干燥管或倒扣的漏斗，这样既可以使氨气被充分吸收，同时也防止倒吸现象的发生，D正确；答案选D。2．（2023春·北京海淀·高一清华附中校考期末）某兴趣小组设计出如图所示装置来改进教材中“铜与硝酸反应”实验，以探究化学实验的绿色化。(1)实验前，关闭活塞b，试管d中加水至浸没长导管口，塞紧试管c和d的胶塞，加热c。其目的是______。(2)在d中加适量NaOH溶液，c中放一小块铜片，由分液漏斗a向c中加入2mL浓硝酸。c中的现象是：______。再由a向c中加2mL蒸馏水，c中的实验现象是：______，离子反应方程式是：______。(3)用以下三种途径来制取等质量的硝酸铜。①铜与稀硝酸反应②铜与浓硝酸反应③铜先与氧气反应生成氧化铜，氧化铜再跟硝酸反应以下叙述不正确的是_____(填字母)。A．三种途径所消耗铜的质量相等B．三种途径所消耗硝酸的物质的量①＞②＞③C．途径①中被氧化的铜与被还原的硝酸的物质的量之比是3∶2(4)表格是制取硝酸铜的三种方案，能体现绿色化学理念的最佳方案是：______。理由是：_____。方案反应物甲Cu、浓HNO3乙Cu、稀HNO3丙Cu、O2、稀HNO3【答案】(1)检查装置气密性(2)

产生红棕色气体，溶液变成蓝色

反应变缓，气体颜色变淡

3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O(3)B(4)

丙

耗酸量最少，对环境无污染【解析】（1）实验前，关闭活塞b，试管d中加水至浸没长导管口，塞紧试管c和d的胶塞，加热c，其目的是检查装置气密性。（2）c中反应的化学方程式是Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，所以观察到的现象是产生红棕色气体，溶液变成蓝色；再由a向c中加2mL蒸馏水，反应速率减慢，且浓硝酸被稀释为稀硝酸，反应生成NO，故c中的实验现象是反应变缓，气体颜色变淡，离子方程式为：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O。（3）用以下三种途径来制取等质量的硝酸铜：根据题意，有关反应为：①3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；②Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；③2Cu+O22CuO，CuO+2HNO3(稀)=Cu(NO3)2+H2O，由以上三组反应，可以看出：生成相同质量的Cu(NO3)2，消耗相同质量的铜，但消耗硝酸的质量(或物质的量)不相同，途径②消耗HNO3最多，途径①次之，途径③消耗HNO3最少。A．根据原子守恒，铜单质最终转化为硝酸铜，则三种途径制取相同质量的硝酸铜，所消耗的铜的物质的量相等，A正确；B．由分析可知，三种途径耗相同质量的铜，但消耗硝酸的质量(或物质的量)不相同，途径②消耗HNO3最多，途径①次之，途径③消耗HNO3最少，B错误；C．根据化学反应方程式3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，被氧化的铜与被还原的硝酸的物质的量的比为3：2，C正确；答案选B。方案甲是铜和浓硝酸反应生成硝酸铜，二氧化氮和水，有污染气体生成，不能体现绿色化学理念；方案乙是稀硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，有污染气体生成，不能体现绿色化学理念；丙是利用铜和氧气反应生成氧化铜，氧化铜和硝酸反应生成硝酸铜，反应过程中无污染气体生成，能体现绿色化学理念。3．（23-24高一下·山西太原·期中）某小组同学为探究Cu与浓硫酸(足量)的反应，并验证SO2的性质，设计了如图所示的装置进行实验(部分夹持仪器已略去)。下列说法错误的是A．装置C中出现淡黄色浑浊，体现了二氧化硫的氧化性B．装置A发生的反应中，表明浓具有脱水性和强氧化性C．装置D中品红溶液褪色，可以验证SO2的漂白性D．装置E中NaOH溶液的作用是吸收多余的SO2【答案】B【分析】装置A中，浓硫酸与铜丝反应制取二氧化硫，装置B用于验证二氧化硫的还原性，装置C用于验证二氧化硫的氧化性，装置D用于验证二氧化硫的漂白性，装置E用于吸收二氧化硫尾气，防止其污染空气。【详解】A．装置C中发生反应为SO2+2H2S=3S↓+2H2O，出现淡黄色浑浊，体现了二氧化硫的氧化性，A正确；B．装置A发生的反应为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，表明浓H2SO4具有酸性和强氧化性，B错误；C．品红属于有机物，装置D中品红溶液褪色，可以验证SO2的漂白性，C正确；D．由分析可知，装置E中NaOH溶液的作用是吸收多余的SO2，防止污染空气，D正确；故选B。6.基于性质认识工业制取物质的方法（1）硫酸的工业制备：①三种原料：硫黄或黄铁矿（FeS2）、空气、98.3%的浓硫酸。②三个阶段（写出下列阶段的化学方程式）二氧化硫的制取和净化：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2或S+O2SO2。SO2氧化成SO3：2SO2+O22SO3。三氧化硫的吸收和硫酸的生成：SO3+H2OH2SO4。（2）工业合成氨反应：N2+3H22NH3（3）硝酸的工业制法：制备流程相关反应①N2+3H22NH3②4NH3+5O24NO+6H2O③2NO+O22NO2④3NO2+H2O2HNO3+NO（4）高纯硅的制备流程反应①SiO2+2CSi+2CO↑②Si+3HClSiHCl3+H2③SiHCl3+H2Si+3HCl【典例6】1．（23-24高一下·湖北黄冈·期中）硫酸是重要的化工原料，工业上以硫黄或黄铁矿为原料制备硫酸的原理示意图如下。下列叙述中错误的是A．黄铁矿燃烧生成SO2的化学方程式为B．控制温度400~500℃可增大催化剂的活性，使SO2全部转化为SO3C．吸收剂b可选用98.3%的浓硫酸D．工业上可用氨水处理尾气中的SO2【答案】B【分析】由题干工艺流程图可知，硫磺或黄铁矿在空气中高温煅烧生成SO2，反应原理分别为：S+O2SO2，，然后SO2与空气混合后在V2O5催化作用下转化为SO3，反应原理为：2SO2+O22SO3，为了防止产生酸雾腐蚀设备，工业上用98.3%的浓硫酸来吸收SO3制得发烟硫酸，分离出的SO2再次循环利用，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，黄铁矿燃烧生成SO2的化学方程式为，A正确；B．由分析可知，2SO2+O22SO3是一个可逆反应，控制温度400~500℃可增大催化剂的活性，但不可能使SO2全部转化为SO3，B错误；C．由分析可知，为了防止产生酸雾腐蚀设备，工业上用98.3%的浓硫酸来吸收SO3制得发烟硫酸，即吸收剂b可选用98.3%的浓硫酸，C正确；D．已知SO2是酸性氧化物，而氨水呈碱性，故工业上可用氨水处理尾气中的SO2，反应原理为：2NH3•H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O，D正确；故答案为：B。2．（23-24高一下·甘肃天水·期中）利用工业合成氨制硝酸的流程如图所示：下列说法错误的是A．合成塔中采用10~30MPa的高压，可提高合成氨的生产效率B．合成塔中，每生成，需通入C．X是，Y是D．制得的浓硝酸应避光密封保存【答案】B【分析】氮气和氢气在合成塔中生成氨气，氨进行分离，将氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气、水反应生成硝酸，据此分析；【详解】A．正向反应是气体体积减小的反应，加压平衡正向移动，合成塔中采用10~30MPa的高压，可提高合成氨的生产效率，A正确；B．由于是可逆反应，每生成，需通入大于1mol，B错误；C．氧化炉氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，吸收塔中一氧化氮和氧气、水反应生成硝酸，故X是，Y是，C正确；D．浓硝酸见光分解，应避光密封保存，D正确；故选B。3．（24-25高一上·浙江·期中）高纯硅广泛应用于信息技术和新能源技术等领域。从石英砂(主要成分为)制取高纯硅涉及的主要反应流程如下：下列说法不正确的是A．制备粗硅的反应方程式为B．反应①②③均为氧化还原反应C．流程中和可以循环利用D．反应②与反应③互为可逆反应【答案】D【详解】A．制备粗硅的反应方为石英砂和碳高温生成CO和粗硅，为，A正确；B．反应①中碳、硅元素化合价改变；②中硅、氢元素化合价改变，③氢、硅元素化合价改变，均为氧化还原反应，B正确；C．在反应②中产生H2，可用于反应③还原SiHCl3制取Si单质，反应③产生的HCl可与粗硅反应制取SiHCl3，因此流程中HCl和H2可以循环利用，C正确；

D．反应②③反应温度不同，因此反应②与反应③不能互为可逆反应，D错误；故选D。7.一些物质的特性和重要性（1）SO2漂白性①现象：振荡后溶液红色褪色，再加热溶液恢复红色。②结论：SO2具有漂白作用，它能与某些有色物质生成不稳定的无色物质，这些无色物质容易分解而使有色物质恢复原来的颜色，因此，SO2的漂白作用具有可逆性。（2）浓硫酸的吸水性与脱水性①吸水性：浓硫酸能吸收存在于周围环境中的水分（自由水和结晶水），常用做干燥剂。②脱水性：浓硫酸能将有机物中的氢和氧按水的组成比脱去。“黑面包”实验操作实验现象：向蔗糖中加入浓硫酸，搅拌，可观察到蔗糖变黑，体积膨胀，变成疏松多孔的海绵状的炭，并放出有刺激性气味的气体。（3）氮的固定①含义：将大气中游离态的氮转化为氮的化合物的过程叫做氮的固定。②分类：（4）氨的喷泉实验①操作：打开弹簧夹，并挤压滴管的胶头。②现象：烧杯中的溶液由玻璃管进入烧瓶，形成喷泉，瓶内液体呈红色。③结论：氨极易溶于水，其水溶液呈碱性。④与水反应：NH3+H2ONH3·H2ONH3·H2O的电离方程式：NH3·H2ONH4++OH－【典例7】1．（24-25高一上·河北邯郸·阶段检测）和两种气体的制备和反应转化探究实验装置(已省略夹持装置)如图所示。下列说法正确的是A．该装置制备氯气可以采用浓盐酸与反应B．处溶液变蓝不褪色C．两处的品红溶液变化原理相同，都是利用其氧化性D．两处的实验现象是一样的，都是蓝色石蕊试纸变红【答案】B【分析】左侧装置制备和检验SO2的性质，A-1为酸性高锰酸钾溶液，可以检验二氧化硫的还原性，A-2为品红溶液，可以检验二氧化硫的漂白性，A-3为湿润蓝色石蕊试纸，可以检验二氧化硫溶于水后溶液的酸碱性；右侧装置制备和检验Cl2的性质，B-1为淀粉-KI溶液，可以检验Cl2的氧化性，B-2为品红溶液，可以检验Cl2和水生成次氯酸的漂白性，B-3为湿润蓝色石蕊试纸，可以检验Cl2溶于水后溶液的性质。【详解】A．浓盐酸与需要加热才可以产生氯气，该装置无法加热，A错误；

B．处氯气氧化碘离子生成碘单质，使得淀粉试液变蓝色，B正确；C．A-2品红溶液褪色是由于二氧化硫的漂白性，二氧化硫的漂白性是二氧化硫与有色物质化合成不稳定的无色物质，B-2品红溶液褪色是由于Cl2和水生成次氯酸的氧化性而漂白，C错误；

D．二氧化硫溶于水后溶液为酸性，使蓝色石蕊试纸变红，Cl2溶于水后产生盐酸和次氯酸，能使蓝色石蕊试纸先变红后褪色，现象不同，D错误；故选B。2．（23-24高一下·青海·期中）某化学兴趣小组用如图所示装置探究浓硫酸与蔗糖(C12H22O11)反应的产物，下列说法正确的是A．若乙和丁处溶液褪色，均可说明SO2具有漂白性B．若丙处生成淡黄色沉淀，则说明SO2具有还原性C．若戊处品红溶液无明显现象，己处溶液变浑浊，则说明有CO2生成D．若甲处蔗糖由白色变为黄色，最后呈黑色，则说明浓硫酸有吸水性【答案】C【分析】浓硫酸和蔗糖反应产生SO2、CO2，即甲装置产生的气体为SO2、CO2，SO2具有漂白性，可以用乙装置中的品红溶液进行检验，SO2具有氧化性，可以与H2S溶液反应产生黄色沉淀，SO2具有还原性，可以使酸性刚锰酸钾溶液褪色，戊装置中的品红溶液可以检验SO2是否除尽，己中澄清石灰水用于检验CO2。【详解】A．丁处酸性刚锰酸钾溶液褪色，说明SO2具有还原性，A错误；B．丙处生成淡黄色沉淀，则说明SO2与H2S反应产生S单质，说明SO2具有氧化性，B错误；C．戊处品红溶液无明显现象，说明SO2已经除尽，己处溶液变浑浊，则说明有CO2生成，C正确；D．甲处蔗糖由白色变为黄色，最后呈黑色，说明浓硫酸使蔗糖碳化，则说明浓硫酸有脱水性，D错误；故答案选C。3．（23-24高一下·吉林四平·期中）标准状况下，将两个干燥圆底烧瓶中分别充满相应的气体后进行喷泉实验(如图所示)。下列说法错误的是A．收集氨气时，可用湿润的蓝色石蕊试纸靠近瓶口，若试纸变为红色，则已集满B．若将②中的NO2气体换为NO气体，则不会产生喷泉现象C．挤出胶头滴管中的水后，①②均可产生红色喷泉D．若去掉装置中的胶头滴管，采用冷敷烧瓶的方法也可产生喷泉现象【答案】A【详解】A．氨气的水溶液显碱性，能够使湿润的红色石蕊试纸变为蓝色，因此在收集氨气时，可用湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口，若试纸变为蓝色，则证明氨气已集满，A错误；B．NO不溶于水，不会使烧瓶内气压减小，故若将②中的NO2气体换为NO气体，则不会产生喷泉现象，B正确；C．①中氨气极易溶于水，使瓶内气压减小，氨水呈碱性,能使酚酞溶液变红色，可形成红色喷泉；②中发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，反应后气体体积减小，使瓶内气压减小，小于外界大气压，也可以形成喷泉。由于硝酸溶液显酸性，能使紫色的石蕊溶液变红色，故可形成红色喷泉，C正确；D．去掉装置中的胶头滴管，冷敷烧瓶，使烧瓶内气体压强减小，小于外界大气压强，从而造成了压强差，也会引发喷泉现象，D正确；故合理选项是A。8．氮的氧化物溶于水涉及的相关计算（1）NO2溶于水的计算（2）NO2、O2溶于水的计算（3）NO、O2溶于水的计算（4）NO2、NO、O2溶于水的计算9．硝酸的计算（1）原子守恒法在解题中的应用HNO3与金属反应时，一部分HNO3起酸的作用，以NO3－的形式存在于溶液中，另一部分HNO3作为氧化剂转化为还原产物。这两部分HNO3中氮原子的总物质的量等于反应消耗的HNO3中氮原子的物质的量。n（HNO3）消耗＝x·n［M（NO3）x］+n（NO2）+n（NO）（2）电子守恒法在解题中的应用HNO3与金属的反应属于氧化还原反应，HNO3中氮原子得到的电子的物质的量等于金属失去的电子的物质的量，即金属失电子的物质的量x·n［M（NO3）x］＝n（NO2）+3n（NO）。（3）“离子方程式法”在解题中的应用金属与H2SO4、HNO3的混合酸反应时，由于NO3－在H2SO4提供H+的条件下能继续与金属反应，因此此类题目应用离子方程式来计算，先做少、过量判断，然后根据完全反应的金属或H+或NO3－进行相关计算，且溶液中要符合电荷守恒。（4）电荷守恒法在解题中的应用溶液呈电中性，离子符合电荷守恒。若HNO3过量，反应后溶液中（不考虑OH－）有：c（NO3－）＝c（H+）+nc（Mn+）（Mn+代表金属离子）。【典例8】1.在一定条件下，将6体积的NO2和一定体积的NO置于试管中，并将试管倒置于水中，当通入4.5体积的O2充分反应后，剩余1.5体积气体，则原NO体积可能为（）。①3体积②4体积③5体积④5.5体积⑤2体积A．③B．⑤C．④或⑤D．②或⑤【答案】C【解析】本题的关键在于理解剩余的1.5体积气体，可能是一氧化氮，也有可能是氧气。若是一氧化氮，则氧气全部反应，根据4NO2+O2+2H2O4HNO3，二氧化氮完全反应消耗1.5体积氧气，剩余3体积氧气应该被4体积一氧化氮消耗，所以一氧化氮体积为4体积+1.5体积＝5.5体积；若剩余的为氧气，则反应过程中一氧化氮消耗的氧气为1.5体积，那么一氧化氮的体积是2体积。2.已知Mg与稀HNO3反应，还原产物是N2O；若HNO3极稀，则还原产物为NH3，并与过量HNO3反应生成NH4NO3。现有9.6gMg与1L1.1mol·L－1HNO3（过量）充分反应后收集到amL气体（标况），同时测得c（NH4+）＝0.08mol·L－1（设反应前后溶液体积不变）。求：（1）a＝________。（2）有__________molHNO3被还原。（3）反应后溶液的c（H+）＝__________mol·L－1。（4）反应后溶液中c（NO3－）＝____________mol·L－1。【答案】（1）448（2）0.12（3）0.1（4）0.98【解析】（1）由于HNO3过量，显然产生的气体为N2O，根据电子守恒有：×2＝1L×0.08mol·L－1×［5－（－3）］+×（5－1）×2，解得：a＝448mL。（2）被还原的HNO3包括两部分：一是用于生成N2O，二是用于生成NH4+，其总量为：1L×0.08mol·L－1+×2＝0.12mol。（3）参加反应的HNO3总量为：×2+1L×0.08mol·L－1×2+×2＝1.0mol，剩余HNO3的物质的量为：1L×1.1mol·L－1－1.0mol＝0.1mol，c（H+）＝＝0.1mol·L－1。（4）反应后溶液中NO3－的物质的量等于HNO3的总物质的量减去被还原的HNO3的物质的量，即1L×1.1mol·L－1－0.08mol·L－1×1L－×2＝0.98mol，所以反应后c（NO3－）＝＝0.98mol·L－1。10.酸雨及防治（1）SO2与NO2的主要来源、危害和防治（2）酸雨【典例9】1．（24-25高一上·辽宁·阶段检测）二氧化硫会与大气中的氨作用形成雾霾，转化过程如图所示，下列说法错误的是雾霾A．为酸性氧化物 B．转化为，S失去电子C．上述反应中，只有1个氧化还原反应 D．减少的排放，有利于减少雾霾【答案】B【分析】雾霾的形成过程为二氧化硫与氧气发生催化氧化反应生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，硫酸与氨气反应生成硫酸铵，硫酸铵固体颗粒扩散到空气中形成雾霾。【详解】A．三氧化硫是能与碱反应生成盐和水的酸性氧化物，故A正确；B．转化为的过程中S元素化合价未发生变化，S没有失去电子，故B错误；C．由分析可知，上述反应中，只有反应①中有元素发生化合价变化，属于氧化还原反应，故C正确；D．由分析可知，减少二氧化硫的排放，可以减少硫酸铵的生成，有利于减少雾霾，故D正确；故选B。2．（23-24高一下·辽宁·期中）细菌可以促使铁、氮两种元素进行氧化还原反应，并耦合两种元素的循环。耦合循环中的部分转化如图所示。(1)如图所示氮循环中，属于氮的固定的有(填字母序号)。a．N2转化为氨态氮

b．硝化过程

c．反硝化过程(2)硝化过程中，含氮物质发生(填“氧化”或“还原”)反应。(3)农业生产过程中的铵态氮肥是水体中的主要来源之一。①检验氮肥中的实验方案是。②实验室用氯化铵和消石灰制备氨气的化学方程式为。(4)在氨氧化细菌的作用下，与可以转化为氮气。该反应中，当产生0.1mol氮气时，转移的电子的物质的量为mol。(5)NO是大气污染气体，测定某气体样品中NO含量操作如下：将vL气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NO完全被氧化为。向上述反应后溶液中加入v1mLc1mol·L−1FeSO4溶液(过量)，充分反应后，多余Fe2+与v2mL、c2mol·L−1K2Cr2O7恰好反应。NO被H2O2氧化为的离子方程式是上述过程中发生下列反应：3Fe2+++4H+=NO↑+3Fe3++2H2O；+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，则气样中NO的含量为g/L。【答案】(1)a(2)氧化(3)取少量氮肥于试管中，加少量水溶解，加入浓NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若观察到红色石蕊试纸变蓝，则证明氮肥中含有NH2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O(4)0.3(5)3H2O2+2NO=2+2H2O+2H+【分析】硝酸根被还原可转化为氮气，也可以与亚硝酸根相互转化，亚硝酸根被还原也可以转化为氮气，亚硝酸根与铵根离子反应可转化为氮气，铵根离子和铁离子反应可转化为氮气，N2也可转化为氨态氮，土壤中Fe2+、Fe3+可相互转化。【详解】（1）将游离态的氮转化为化合态的氮称为氮的固定，则N2转化为氨态氮属于氮的固定，故答案为a；（2）硝化过程中，含氮物质中N元素化合价由低价态转化为高价态，失去电子发生氧化反应，故答案为：氧化；（3）①检验氮肥中的实验方案是：取少量氮肥于试管中，加少量水溶解，加入浓NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若观察到红色石蕊试纸变蓝，则证明氮肥中含有；②实验室用氯化铵和消石灰加热反应生成氯化钙、水和氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；（4）在氨氧化细菌的作用下，与可以转化为氮气，发生反应为：+=N2↑+2H2O，生成1molN2转移3mol电子，当产生0.1mol氮气时，转移的电子的物质的量为0.3mol；（5）NO被H2O2氧化为，过氧化氢被还原为水，反应的离子方程式是3H2O2+2NO=2+2H2O+2H+，剩余的FeSO4溶液与v2mL、c2mol·L−1K2Cr2O7恰好反应，由反应+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，n(Fe2+)剩余=6n()=6c2v2×10-3mol，与反应的Fe2+物质的量为(c1v1×10-3-6c2v2×10-3)mol，由反应：3Fe2+++4H+=NO↑+3Fe3++2H2O，则n(NO)=(c1v1×10-3-6c2v2×10-3)mol，m(NO)=(c1v1×10-3-6c2v2×10-3)mol×30g/mol=，气样中NO的含量为g/L。无机非金属材料无机非金属材料主要是通过化学方法从自然界的物质获得的，具有优良的性能与泛的用途。请谈谈你对无机非金属材料的认识，以及化学科学对于新材料研发的重要作用。1．无机非金属材料（1）组成元素：多含有硅、氧等元素。（2）分类：传统无机非金属材料、新型无机非金属材料。（3）性能：具有耐高温、抗腐蚀、硬度高等特点，以及特殊的光学、电学等性能。（4）应用领域：日常生活应用、航空、航天、信息和新能源等领域。2．传统无机非金属材料——硅酸盐材料（1）硅酸盐及其结构①概念：硅酸盐是由硅、氧和金属等元素组成的化合物的总称。②结构：Si和O构成了硅氧四面体，许多这样的四面体通过顶角的O相互连接。③特性：硅酸盐材料大多具有硬度高、熔点高、难溶于水、化学性质稳定、耐腐蚀等特点。（2）常见的硅酸盐材料项目陶瓷玻璃水泥主要成分成分复杂Na2SiO3、CaSiO3和SiO2硅酸三钙（3CaO·SiO2）、硅酸二钙（2CaO·SiO2）、铝酸三钙（3CaO·Al2O3）生产原料黏土（含水的铝硅酸盐）纯碱、石灰石、石英砂主要原料：石灰石、黏土辅助原料：适量的石膏主要设备陶瓷窑玻璃窑水泥回转窑用途建筑材料、绝缘材料、日用器皿、卫生洁具等建筑材料、光学仪器、各种器皿、制造玻璃纤维大量用于建筑和水利工程【特别提醒】二氧化硅的特殊性（1）酸性氧化物一般能与水反应生成对应的酸，但SiO2不溶于H2O，不能直接与H2O反应生成H2SiO3。（2）非金属氧化物的熔点一般较低，但二氧化硅的熔点很高。（3）酸性氧化物一般不与酸反应，但SiO2可以与氢氟酸反应SiO2+4HFSiF4↑+2H2O。3．硅的存在、结构存在原子结构示意图周期表中位置含量存在形态地壳中居第二位氧化物和硅酸盐第三周期、第ⅣA族4．硅和二氧化硅的用途（1）单质硅①信息技术：单质硅是应用最为广泛的半导体材料，如硅晶片是生产芯片的基础材料。②新能源技术：硅太阳能电池（2）二氧化硅：用于生产光导纤维。5．新型陶瓷（1）组成：不再限于传统的硅酸盐体系。（2）特性和功能：在光学、热学、电学、磁学等方面具有很多新的特性和功能。（3）碳化硅（SiC）俗称金刚砂，具有类似金刚石的结构，可用作磨料，具有优异的高温抗氧化性能，可用作耐高温结构材料等。（4）常见的类型：高温结构陶瓷、压电陶瓷、透明陶瓷、超导陶瓷。6．碳纳米材料（1）富勒烯：由碳原子构成的一系列笼形分子的总称，如C60，可以制碳纳米材料。（2）碳纳米管：可以看成是由石墨片层卷成的管状物，具有纳米尺度的直径，比表面积大，有相当高的强度和优良的电学性能，可用于生产复合材料、电池和传感器等。（3）石墨烯：只有一个碳原子直径厚度的单层石墨，电阻率低、热导率高，具有很高的强度，在光电器件、超级电容器、电池和复合材料等方面的应用研究在不断深入。【典例9】1.（2022秋·吉林白城·高一校考阶段检测）下列说法不正确的是A．陶瓷是以黏土为主要原料，经高温烧结而成B．普通玻璃以火碱、石灰和石英砂为原料，发生复杂的物理和化学变化制得C．普通硅酸盐水泥以黏土和石灰石为主要原料D．向水泥中加入适量的石膏可以调节水泥硬化速率【答案】B【解析】A．生产陶瓷的主要原料是黏土，将黏土做成具体形状，然后高温烧结，从而获得陶瓷制品，A正确；B．普通玻璃的生产原料是火碱、石灰石和石英砂，石灰的主要成分为氧化钙，而石灰石的主要成分为碳酸钙，B不正确；C．普通硅酸盐水泥是以黏土和石灰石为主要原料，经高温烧结，再添加石膏制成，C正确；D．为调节水泥的硬化速率，向水泥中加入适量的石膏，石膏加入越多，水泥凝固越慢，D正确；故选B。2．（23-24高一下·贵州·期中）有些科学家提出硅是“21世纪的能源”，下列说法正确的是A．碳化硅(SiC)俗称金刚砂，类似金刚石结构，熔沸点较低B．普通玻璃的主要成分为纯碱、石灰石、石英砂C．晶体硅具有半导体性质，可用于生产计算机芯片D．石英玻璃、碳化硅陶瓷、水泥、石墨烯都是新型无机非金属材料【答案】C【详解】A．碳化硅(SiC)俗称金刚砂，类似金刚石结构，属于共价晶体，原子之间以强烈的共价键结合，结合力强，断裂需消耗很高能量，因而其熔沸点较高，A错误；B．制取普通玻璃的主要原料为纯碱、石灰石、石英砂，制取得到的玻璃成分是硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅，B错误；C．Si在元素周期表中位于金属与非金属交界处，其导电性介于导体与绝缘体之间，因此晶体硅具有半导体性质，可用于生产计算机芯片，C正确；D．石英玻璃、水泥都是传统无机非金属材料，而碳化硅陶瓷、石墨烯则都是新型无机非金属材料，D错误；故合理选项是C。3．（23-24高一下·辽宁·期中）材料是人类赖以生存和发展的物质基础。下列说法正确的是A．碳化硅属于新型陶瓷，可用作耐高温半导体材料B．生产水泥的原料是纯碱、石灰石、石英砂C．高考涂答题卡用的铅笔芯的主要成分是铅D．光伏电站使用的太阳能电池和通信工程使用的光导纤维的主要成分都是二氧化硅【答案】A【详解】A．SiC熔沸点高，硬度大，可用作耐高温结构材料、耐高温半导体材料，故A正确；B．生产水泥的主要原料是黏土、石灰石，在水泥回转窑中反应生成水泥，生产玻璃的原料是纯碱、石灰石、石英，故B错误；C．石墨质软，能在纸上留下灰黑色痕迹，是制作铅笔芯的常用材料，故C错误；D．硅是良好的半导体材料，太阳能光电池成分为晶体硅，不是二氧化硅，故D错误；故选A。三、单元知识导图【课堂练习】1．（22-23高一下·江苏宿迁·阶段检测）下图中能实现人工固氮的是

A．闪电B．合成氨车间C．豆科植物根D．绿色植物光合作用A．A B．B C．C D．D【答案】B【详解】A．闪电过程中引发氮气和氧气生成NO，属于自然固氮，故A不选；B．合成氨过程是将氮气和氢气在高温、高压、催化剂条件下转化为氨气，属于人工固氮，故B选；C．豆科植物能将氮气在根瘤菌作用下转化为硝酸根离子等化合态氮，属于生物固氮，故C不选；D．绿色植物光合作用不能实现氮的固定，故D不选；故选：B。2．（23-24高一下·广东茂名·期末）硫元素的单质及其化合物在人类生产和生活中发挥着重要的作用。下列说法正确的是A．硫在加热的条件下与Fe反应生成B．能使酸性溶液褪色，证明了具有漂白性C．通入溶液，溶液变浑浊，具有氧化性D．硫酸型酸雨在空气中放置一段时间pH变大【答案】C【详解】A．硫在加热的条件下与Fe反应生成FeS，A错误；B．能使酸性KMnO₄溶液褪色，是因为二氧化硫具有还原性，B错误；C．通入溶液，产生单质硫，溶液变浑浊，具有氧化性，C正确；D．硫酸型酸雨产生的历程是和反应生成，一段时间后被空气中氧气氧化为，pH变小，D错误；故选C。3．（23-24高一下·辽宁·期中）如图为氮元素的“价-类二维图”，箭头表示物质之间可转化，有关推断不合理的是A．图中所标转化关系中有5个反应是通过氧化还原反应实现的B．雷雨天可实现B→C→D→E→F转化C．所有的H盐受热分解都能产生AD．A→C的反应是工业制硝酸的基础反应【答案】C【分析】由题干图示信息可知，A是N的-3价氢化物，A是NH3；B是N2；C是N的+2价氧化物，C是NO；C是N的+4价氧化物，C是NO2；E是N的+5价含氧酸，E是HNO3；F硝酸盐，G是一水合氨；H是铵盐。【详解】A．图中所标转化关系中，NH3→N2、NH3→NO、N2→NO、NO→NO2、NO2→HNO3的氮元素化合价均发生变化，是通过氧化还原反应实现的，A正确；B．空气中氮气和氧气在闪电下反应生成NO，NO被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，雷雨天可实现N2→NO→NO2→HNO3→硝酸盐的转化，B正确；C．不是所有的H盐即铵盐受热分解都能产生A即NH3，如NH4NO3受热分解生成N2、HNO3和H2O，C错误；D．A→C是NH3发生催化氧化反应生成NO的过程，是工业制硝酸的基础反应，D正确；故答案为：C。4．（2024高三上·江苏·专题练习）实验室需要制备少量SO2并验证其性质，下列实验装置不能达到相应实验目的的是A．制取SO2B．验证SO2的漂白性C．收集SO2D．吸收SO2A．A B．B C．C D．D【答案】B【详解】A．亚硫酸钠和70%的浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应原理为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+H2O+SO2↑，A不合题意；B．SO2与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，酸性高锰酸钾溶液褪色体现SO2的还原性，B符合题意；C．SO2的密度大于空气，应用向上排空气法收集，图中装置的导管采用短进长出的方式，C不合题意；D．SO2有毒，为防止污染空气，需要除去，常用碱液吸收，题中所给装置能达到实验目的，D不合题意；故答案为：B。5．（23-24高一下·黑龙江齐齐哈尔·期中）类比推理是重要的学科思想，但类比推理的结果也必须符合客观事实。下列有关类比推理的结论符合客观事实的是A．均属于酸性氧化物，也属于酸性氧化物B．浓氨水与浓盐酸靠近会产生白烟，浓氨水与浓硫酸靠近也会产生白烟C．与S在加热条件下生成与S在加热条件下生成D．通入溶液中无白色沉淀产生，通入溶液中也无白色沉淀产生【答案】C【详解】A．NO2不属于酸性氧化物，故A错误；B．浓硫酸不挥发，两者靠近不会产生白烟，B错误；C．S氧化性较弱，与S在加热条件下生成FeS，Cu与S在加热条件下生成Cu2S，故C正确；D．SO2通入Ba(NO3)2溶液，酸性条件下二氧化硫被硝酸根离子氧化为硫酸根离子，Ba2+与硫酸根离子反应生成白色沉淀BaSO4，故D错误；答案选C。6．（23-24高一下·山西朔州·期中）氨能被氧气氧化，经一系列反应得到硝酸。分析如图实验所得结论错误的是A．浓氨水具有挥发性B．锥形瓶中会有白烟产生，其主要成分是硝酸铵C．若丝始终保持红热，则该反应放热，催化剂是D．锥形瓶口有少量红棕色气体出现，图中反应为【答案】D【分析】浓氨水易挥发出氨气，在红热的铂丝表面催化氧化生成一氧化氮和水，反应放热能使铂丝保持红热，一氧化氮在瓶口和氧气反应生成二氧化氮红棕色气体。【详解】A．浓氨水易挥发出氨气在铂丝表面反应，故A项正确；B．浓氨水易挥发出氨气在铂丝表面反应，生成NO，一氧化氮和空气中的氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸与氨反应生成硝酸铵，故B项正确；C．Pt是催化剂，由于该反应放热，故Pt丝始终保持红热，故C项正确；D．锥形瓶口有少量红棕色气体出现，证明氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮和空气中的氧气反应生成二氧化氮，反应的化学方程式：4NH3＋5O2=4NO＋6H2O，故D项错误；故本题选D。7．（23-24高一下·河南·阶段检测）如图是N、S及其化合物的“价一类二维图”。下列说法正确的是A．在一定条件下，a可将c、d还原为bB．造成的酸雨雨水在空气中放置一段