2026年北京高考化学二轮复习专题05 非金属元素及其化合物的性质及应用（复习讲义）（解析版）

专题05非金属元素及其化合物的性质及应用TOC\o"1-4"\h\u目录01析·考情精解 302构·知能架构 403破·题型攻坚 6题型一卤素及其化合物 6真题动向以氯为主，聚焦实验探究与氧化还原，结合海水提碘/溴、消毒等STSE情境，综合平衡、电化学等原理，强化证据推理与探究素养，从单一知识向“实验+理论+应用”三维整合过渡。必备知识知识1氯气的性质知识2氯的重要化合物知识3氯水的成分及性质的多样性知识4氯气的实验室制法及性质的实验探究知识5卤离子的检验命题预测考向1氯气的性质及用途考向2氯气的制备题型二氮族元素及其化合物 21真题动向以氮及其化合物为核心，围绕氨的合成与转化、硝酸的强氧化性、氮氧化物的污染与治理等STSE情境，结合化学平衡、氧化还原、电化学等原理，聚焦实验探究与工业流程，强调多模块知识的整合应用与科学态度素养的考查。必备知识知识1氯气的性质知识2氮的氧化物知识3氮气知识4硝酸命题预测考向1氮气和氨气的性质及应用考向2氨水的性质及应用考向3氮的氧化物的性质及应用考向4硝酸的性质及应用考向5硝酸盐、铵盐的性质及应用题型三氧族元素、碳族元素及其化合物 47真题动向以硫及其化合物为核心，围绕SO₂的性质与污染治理、浓硫酸的强氧化性、硫代硫酸钠的性质探究等情境，结合氧化还原、化学平衡、电化学原理，聚焦实验探究与工业流程，强调与环境、化工生产相关的STSE应用及多模块知识整合；以碳、硅及其化合物为核心，围绕CO₂的捕集与转化、硅酸盐工业（水泥、玻璃）、新型含碳材料（石墨烯、碳纳米管）等情境，结合元素周期律、化学平衡、晶体结构知识，聚焦物质制备与性质探究，强调与新材料、碳中和等热点的关联及跨模块知识的综合应用。必备知识知识1硫单质知识2二氧化硫的性质及应用知识3浓硫酸的性质知识4硫酸根离子的检验知识5硅及其化合物知识6硅酸、硅酸盐、无机非金属材料命题预测考向1硫及硫的化合物的性质及应用考向2硫酸的性质及应用考向3硫酸盐的性质及应用考向4含硫化合物之间的转化考向5硅及硅的化合物的性质及应用

命题轨迹透视固定围绕氯、硫、氮、碳、硅，覆盖单质→氧化物→酸→盐的性质、转化、制备、用途，碳/硅因新材料与碳中和热度上升。2、北京卷特色演进：基础STSE化：选择常考消毒剂、材料、环保，如2025北京卷T6/T8考含氯消毒与材料应用；概念深度融合：与氧化还原、离子反应、平衡结合，2024北京卷T5/T7考物质转化与理论解释；实验探究规范：聚焦气体制备“发生-净化-收集-尾气处理”，2023北京卷T13考装置选择与操作误差；工业流程微型化：以硫/氮/硅工业为背景，考转化、条件控制、绿色工艺，2022北京卷T10体现；新情境迁移：类卤素、新含硫/氮化合物，2021北京卷T6考信息提取与类比推理。3、题型与难度：选择（3-6分，中易）+非选择（14-16分，中难）。考点频次总结考点2025年2024年2023年2022年2021年卤素及其化合物北京卷T8，3分北京卷T5，3分北京卷T8，3分北京卷T19，14分北京卷T19，13分氮族元素及其化合物——北京卷T16，12分北京卷T18，13分——北京卷T4，3分北京卷T10，3分——氧族元素、碳族元素及其化合物北京卷T9，3分北京卷T7，3分北京卷T18，13分北京卷T6，3分北京卷T7，3分北京卷T5，3分北京卷T7，3分北京卷T16，11分北京卷T5，3分北京卷T6，3分2026命题预测1、选择题：STSE结合（如冬奥会材料、北京环保举措、芯片产业），性质-应用匹配，难度中易；实验题：气体制备（Cl₂/SO₂/NH₃）、性质探究、装置创新与操作规范，强调变量控制与误差分析，回归教材实验拓展。2、化工流程：微型硫/氮/硅工业，考转化、条件优化、绿色工艺（如尾气回收、能耗降低），贴合北京绿色发展理念。3、新情境迁移：类卤素（如(SCN)₂）、新型含硫/氮功能材料，考查类比推理与信息应用，提升思维深度。

题型一卤素及其化合物1．（2025北京，8，3分）时，在浓溶液中通入过量，充分反应后，可通过调控温度从反应后的固液混合物中获得和固体。已知：、、溶解度(S)随温度变化关系如下图。下列说法不正确的是A．通入后开始发生反应：B．时，随反应进行先析出C．将反应后的固液混合物过滤，滤液降温可析出固体D．在冷却结晶的过程中，大量会和一起析出【答案】D【详解】A．氯气与氢氧化钠反应，生成氯化钠，次氯酸钠和水，开始发生反应为，A正确；B．时，氯化钠溶解度最小，随反应进行，逐渐增多，则最先析出，B正确；C．由于次氯酸钠的溶解度随温度的变化趋势较大，将反应后的固液混合物过滤，滤液降温可析出固体，C正确；D．由于氢氧化钠的溶解度随温度的变化趋势较小，次氯酸钠的溶解度随温度的变化趋势较大，在冷却结晶的过程中，会大量析出，氢氧化钠则不会，D错误；故选D。命题解读新情境：本题以工业上从Cl₂与浓NaOH反应的固液混合物中分离NaCl和NaClO为核心情景，并非教材中单纯的物质性质验证实验，而是还原了化工生产中“反应-结晶-分离”的真实流程。同时结合25℃反应、控温结晶的工业操作细节，将非金属元素（氯）的化合物性质与实际生产工艺结合，契合北京卷STSE（科学-技术-社会-环境）的命题趋势，打破了传统“就性质考性质”的固化情景模式。新考法：以“过滤-降温结晶”的实验操作作为选项载体，将化学实验基本操作与工业分离工艺结合，要求学生把实验室的分离方法迁移到工业生产场景中，体现了北京卷“从知识到应用”的考法转变，突出化学学科的实用价值。新角度：不再单独考查Cl₂与NaOH的反应方程式记忆，而是将反应产物的溶解度差异作为分离依据，把“氧化还原反应规律”与“物质溶解结晶原理”两个模块的知识交叉考查，要求学生从“反应产物的物理性质差异”角度分析分离可行性。2．（2024北京，5，3分）下列方程式与所给事实不相符的是A．海水提溴过程中，用氯气氧化苦卤得到溴单质：B．用绿矾()将酸性工业废水中的转化为C．用溶液能有效除去误食的D．用溶液将水垢中的转化为溶于酸的：【答案】D【详解】A．氯气氧化苦卤得到溴单质，发生置换反应，离子方程式正确，A正确；B．可以将氧化成，离子方程式正确，B正确；C．结合生成沉淀，可以阻止被人体吸收，离子方程式正确，C正确；D．与反应属于沉淀的转化，不能拆分，正确的离子方程式为CaSO4+=CaCO3+，D错误；本题选D。命题解读新情境：本题选取海水提溴、工业废水处理、除钡离子、水垢转化四个贴近生产生活的真实情境作为命题载体，并非教材中抽象的离子反应练习。这些情景分别对应海洋资源利用、工业环保、水处理、日常水垢处理等实际问题，契合北京卷STSE素养导向的命题趋势，将离子方程式的书写与化学学科的实际应用紧密结合，打破了“脱离实际考方程式”的传统命题情景模式。新考法：一道题融合了氧化还原反应（A、B）、复分解反应（C）、沉淀转化（D）三类离子反应类型，覆盖卤素、铁、铬、硫、碳等多元素化合物的性质，实现了“单一题型考查多模块知识”的考法创新，符合北京卷“知识融合化”的命题特点。新角度：不再单纯考查离子方程式的配平，而是要求从“实际反应的可行性”“物质性质与反应条件的适配性”角度判断。例如B选项需结合Fe2+的还原性、Cr2O72-的氧化性，以及酸性条件的反应环境，验证电子转移与电荷守恒是否与事实一致；D选项需依据沉淀转化的溶度积原理，判断CaSO4能否转化为CaCO3，从“反应本质”层面考查理解，而非仅停留在方程式形式。3．（2023北京卷，8，3分）完成下述实验，装置或试剂不正确的是A．实验室制 B．实验室收集 C．验证易溶于水且溶液呈碱性 D．除去中混有的少量【答案】D【详解】A．MnO2固体加热条件下将HCl氧化为Cl2，固液加热的反应该装置可用于制备Cl2，A项正确；B．C2H4不溶于水，可选择排水收集，B项正确；C．挤压胶头滴管，水进入烧瓶将NH3溶解，烧瓶中气体大量减少压强急剧降低打开活塞水迅速被压入烧瓶中形成红色喷泉，红色喷泉证明NH3与水形成碱性物质，C项正确；D．Na2CO3与HCl、CO2发生反应，不能达到除杂的目的，应该选用饱和NaHCO3溶液，D项错误；故选D。4．（2022北京卷，19，14分）某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应资料：i．Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、(绿色)、(紫色)。ii．浓碱条件下，可被OH-还原为。iii．Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。实验装置如图(夹持装置略)序号物质aC中实验现象通入Cl2前通入Cl2后I水得到无色溶液产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化Ⅱ5%NaOH溶液产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀Ⅲ40%NaOH溶液产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀(1)B中试剂是。(2)通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为。(3)对比实验I、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是。(4)根据资料ii，Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。②取Ⅲ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被(填“化学式)氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量；③取III中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是。④从反应速率的角度，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因。【答案】(1)饱和NaCl溶液(2)2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O(3)Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强(4)Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O4+4OH-=4+O2↑+2H2ONaClO3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2OⅢ中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率，导致实验Ⅲ未得到绿色溶液【详解】（1）B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体，故答案为：饱和NaCl溶液；（2）通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O，故答案为：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O；（3）对比实验I、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强，故答案为：Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强；（4）①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；②取Ⅲ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，可被OH-还原为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为：4+4OH-=4+O2↑+2H2O；溶液绿色缓慢加深，根据题给信息，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱，此时溶液碱性较强，则原因是MnO2被NaClO氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量，故答案为：4+4OH-=4+O2↑+2H2O；NaClO；③取III中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为，发生的反应是：3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O，故答案为：3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O；④根据题给信息可知，(绿色)、(紫色)，则从反应速率的角度，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因是：Ⅲ中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率，导致实验Ⅲ未得到绿色溶液。知识1氯气的性质1、物理性质2、化学性质【易错提醒】1、Cl2可使湿润的有色布条褪色，不能使干燥的有色布条褪色，说明Cl2没有漂白性，而是HClO起漂白作用。2、Cl2可使湿润石蕊试纸先变红后褪色，原因是Cl2与水反应生成的酸使石蕊先变红，HClO使变色后的石蕊褪色。3、常温下液态氯与铁不反应，故可用钢瓶贮运液氯。知识2氯的重要化合物1、次氯酸2、漂白粉【易错提醒】1、HClO不稳定，不能单独存在，只存在于氯水、次氯酸盐溶液或次氯酸盐与酸反应的混合物中。2、不能用pH试纸测量氯水的pH，原因是氯水中的HClO具有漂白性。3、工业上制取漂白粉是用氯气与石灰乳反应制得，而不是用氯气与石灰水反应。4、“84”消毒液的主要成分为NaClO，漂粉精的有效成分为Ca(ClO)2。“84”消毒液和洁厕灵不能混合使用，其原因是ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O。知识3氯水的成分及性质的多样性1、氯水成分的多样性(1)组成微粒——三分子：Cl2、H2O、HClO，四离子：H+、Cl—、ClO—、OH—(2)三个平衡。Cl2＋H2OHClO＋HCl、HClOH＋＋ClO－、H2OH＋＋OH－。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。所加试剂参与反应的微粒实验现象离子方程式或解释AgNO3溶液Cl－白色沉淀Cl－+Ag+==AgCl↓Na2CO3固体H+有气泡产生2H++CO32－==CO2↑+H2O有色布条HClO布条颜色褪去发生氧化还原反应FeCl2溶液Cl2溶液变棕黄色2Fe2++Cl2==2Fe3++2Cl－石蕊溶液HClO、H+先变红后褪色酸性和漂白性镁粉Cl2、H+氯水的颜色褪去并有气泡产生Mg+Cl2==Mg2++2Cl－Mg+2H+==Mg2++H2↑知识4氯气的实验室制法及性质的实验探究1、原理：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O2、发生装置：固+液加热型3、净化：将气体通过盛有饱和食盐水的洗气瓶4、干燥：将气体通过盛有浓硫酸的洗气瓶5、收集：用向上排空气法或排饱和食盐水法。6、尾气吸收：用NaOH溶液吸收多余的氯气，防止污染空气。7、验满方法(1)将湿润的淀粉-KI试纸靠近盛Cl2的瓶口，观察到试纸立即变蓝，则证明已集满。(2)将湿润的蓝色石蕊试纸靠近盛Cl2的瓶口，观察到试纸先变红后褪色，则证明已集满。知识5卤离子的检验1、AgNO3溶液——沉淀法：未知液eq\o(→,\s\up7(滴加AgNO3溶液和稀硝酸))生成eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(白色沉淀，则有Cl－,浅黄色沉淀，则有Br－,黄色沉淀，则有I－))2、置换——萃取法：未知液有机层呈eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(红棕色、橙色或橙红色，表明有Br－,紫色、浅紫色或紫红色，表明有I－))3、氧化——淀粉法检验I－：未知液eq\o(→,\s\up11(加入适量新制饱和氯水（或双氧水）),\s\do4(振荡))eq\o(→,\s\up11(淀粉溶液),\s\do4(振荡))蓝色溶液，表明有I－考向1氯气的性质及用途1．（2025·北京·三模）下列化学用语与所给事实相符的是A．制备84消毒液：B．一端缠绕铜丝的铁钉放入NaCl溶液中一段时间后铜丝附近溶液的pH升高：C．用氨水和溶液制备少量：D．向硝酸和过量铜反应结束后的溶液中继续加入少量稀硫酸，继续生成无色气体：【答案】C【详解】A．Cl2和NaOH溶液反应制备84消毒液，离子方程式为：，A错误；B．一端缠绕铜丝的铁钉放入NaCl溶液中一段时间后铜丝附近溶液的pH升高，原因是O2得到电子生成了OH-，电极方程式为：，B错误；C．Al3+与弱碱NH3·H2O反应生成Al(OH)3沉淀，离子方程式为：，C正确；D．向硝酸和过量铜反应结束后的溶液中继续加入少量稀硫酸，H+与Cu在存在下应生成NO而非H2，离子方程式为：，D错误；故选C。2．（2025·北京·三模）解释下列事实的方程式不正确的是：A．钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应：B．用氯气制备漂白粉：C．去除废水中的D．铁在加热条件下与水蒸气反应产生气体：【答案】D【详解】A．钢铁吸氧腐蚀的正极反应中，O2在正极得电子生成OH-，方程式正确，A正确；B．氯气与石灰乳反应生成CaCl2和Ca(ClO)2，方程式书写及配平正确，B正确；C．Na2S与Hg2+反应生成HgS沉淀，是沉淀生成的应用，离子方程式正确，C正确；D．铁与水蒸气高温反应应生成Fe3O4而非Fe2O3，正确的化学方程式为：，D错误；故选D。3．（2025·北京海淀·一模）以电石渣[主要成分为]为原料制备的流程如图1。已知：i．加热氯化时会生成可进一步转化为。ii．相关物质在水中的溶解度曲线如图2。下列说法不正确的是A．氯化时生成的反应为B．适当降低通入的速率并充分搅拌，可提高的利用率C．若滤渣中无，滤液中约为D．转化后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，可得到粗品【答案】C【详解】A．结合分析知，加热氯化时会先生成可进一步转化为，根据氧化还原反应的得失电子守恒和原子守恒，生成的反应为，A正确；B．适当降低通入的速率并充分搅拌，可增加反应物的接触时间和接触面积，从而使反应更充分，可提高的利用率，B正确；C．氯化过程中，先和氯气反应生成Ca(ClO)2、和水，然后Ca(ClO)2分解生成了，由知，分解产生的为，但前面和氯气反应也生成了，滤液中并非约为，C错误；D．KClO3溶解度比Ca(ClO3)2小，且KClO3的溶解度随温度变化较大，因此通过蒸发浓缩、冷却结晶的方法得到KClO3的晶体，D正确；故选C。4．（2024·北京海淀·三模）某小组利用下图装置探究的性质。下列关于实验现象的解释中，不正确的是A．通入前，①中溶液显红色的原因：，酚酞遇变红B．通入后，①中溶液颜色褪去证明发生了反应C．通入前，②中溶液显蓝色的原因：淀粉遇碘单质变蓝D．通入后，②中溶液颜色褪去的原因可能是：【答案】B【详解】A．为强碱，水溶液中发生电离：，酚酞遇碱变红，A正确；B．①中溶液颜色褪去，也可能是因为氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，可以使酚酞褪色，B错误；C．淀粉遇碘单质变蓝，故②中溶液显蓝色，C正确；D．具有氧化性，可以氧化碘单质，发生反应：，D正确；选B5．（2024·北京东城·二模）下列解释事实的方程式不正确的是A．铁溶于过量稀硝酸，溶液变黄：B．用石灰乳吸收泄漏的氯气：C．向酸化的氯化亚铁溶液中通入氧气，溶液的升高：D．用新制的检验乙醛，产生砖红色沉淀：【答案】C【详解】A．铁与过量稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，方程式正确，故A正确；B．石灰乳与氯气反应生产氯化钙、次氯酸钙和水，方程式正确，故B正确；C．向酸化的氯化亚铁溶液中通入氧气，溶液的升高，消耗氢离子，生成铁离子，而不是氢氧化铁，正确的离子方程式为：，故C错误；D．新制的与乙醛反应生成醋酸钠、氧化亚铜和水，方程式正确，故D正确；故选C。考向2氯气的制备6．（2025·北京·三模）利用下列试剂和如图所示装置制备气体并除去其中的杂质，能达到目的的是(必要时可加热，加热及夹持装置已略去)选项气体试剂I试剂II除杂试剂A浓盐酸饱和溶液B浓氨水NaOH固体碱石灰C浓硝酸CuD浓硫酸溶液A．A B．B C．C D．D【答案】B【详解】A．制备用浓盐酸和加热反应，杂质为HCl和水蒸气，除杂试剂饱和溶液会与反应（Cl2+H2O+NaHCO3=CO2+NaCl+HClO），引入新杂质且吸收Cl2，A错误；B．制备用浓氨水和NaOH固体（溶解放热促进逸出），杂质为水蒸气，碱石灰（碱性固体干燥剂）可吸收水且不与反应，发生装置（固液不加热）和除杂均合理，B正确；C．制备用浓硝酸和Cu反应，杂质为HNO3蒸气，除杂试剂H2O会与NO2反应（3NO2+H2O=2HNO3+NO），吸收目标气体，C错误；D．制备C2H4需乙醇和浓硫酸170℃加热（题目未明确温度控制易生成乙醚），杂质含SO2、CO2等，CuSO4溶液仅吸收少量乙醇，无法除去酸性气体杂质，D错误；故选B。7．（2025·北京丰台·二模）下列实验中，能达到实验目的的是A．配制NaCl溶液B．除去中的HClC．实验室制D．检验待测液中是否含有A．A B．B C．C D．D【答案】B【详解】A．配制NaCl溶液，不是直接量取100mL蒸馏水溶解5.85gNaCl固体，应用适量蒸馏水在烧杯中溶解，冷却后再转移至100mL容量瓶定容，A项不能达到目的；B．HCl极易溶于水，Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，通过饱和NaCl溶液可除去Cl2中的HCl，B项能达到目的；C．实验室用MnO2和浓盐酸制Cl2需要加热，图中缺少加热装置，C项不能达到目的；D．若待测液中含有，加入盐酸酸化的溶液也会产生白色沉淀，不能确定一定含有，应先加盐酸酸化排除干扰离子，再加入溶液检验，D项不能达到目的；故选B。8．（2025·北京通州·一模）下列过程的化学用语表述不正确的是A．与浓盐酸在加热条件下反应：B．将灼热的铜丝插入乙醇中：C．溴乙烷在NaOH水溶液中加热：D．酚酞滴入溶液中，溶液变红：【答案】C【详解】A．二氧化锰和浓盐酸加热生成氯化锰、氯气和水，故A正确；B．乙醇与氧气在Cu催化条件下加热生成乙醛和水，故B正确；C．溴乙烷在NaOH水溶液中加热发生取代反应生成乙醇、NaBr和水，化学方程式为，故C错误；D．碳酸钠溶液中碳酸根离子水解产生碳酸氢根离子和氢氧根离子，为碱性，酚酞变红，故D正确；故答案为C。9．（2025·北京西城·一模）下列方程式与所给事实不相符的是A．实验室制B．实验室制(浓)C．工业制D．工业冶炼铝：(熔融)【答案】C【详解】A．实验室制的反应为氯化铵与氢氧化钙共热生成氨气、氯化钙和水，A正确；B．实验室制时，浓盐酸与二氧化锰共热生成氯化锰、氯气和水，方程式配平及条件均正确，B正确；C．工业制NaOH实际通过电解饱和食盐水（氯碱工业），，而非氧化钠与水反应。虽然与水反应生成NaOH的方程式化学正确，但与工业方法不符，C错误；D．工业冶炼铝通过电解熔融（加入冰晶石降低熔点），D正确；故选C。10．（2025·北京延庆·一模）是常见的氧化剂，能与许多还原性物质发生反应。(1)实验室可利用固体和浓盐酸混合快速制取氯气，反应的化学方程式为。(2)实验小组同学预测，在相同条件下，固体可以将氧化为，从原子结构角度说明理由。(3)探究的用量对氧化产物的影响，进行如下实验，相关实验及现象如下：在4支干燥洁净的试管中，分别加入1滴溶液，15滴溶液，然后分别加入固体，充分振荡15分钟，结果如下。实验编号固体用量/g实验现象10.0047无沉淀20.0128大量棕色沉淀30.0188少量浅棕色沉淀40.0500无色溶液，无沉淀查阅资料：一定条件下，和都可以被氧化为。①实验2中产生的棕色沉淀是：。②对照实验2，请用离子方程式解释实验3中沉淀量减少的原因。③实验小组补充实验证实了②中的分析，继续检验实验3中的含碘微粒。取实验3的上层清液于干燥洁净试管中，加入淀粉溶液后无明显现象，继续逐滴滴加溶液，溶液变蓝。用离子方程式解释现象变化的原因。(4)小组同学在查阅资料过程中发现，只有在酸性条件下才表现出氧化性，于是探究不同硫酸用量对氧化性的影响。相关实验及现象如下：称取7份固体，分别加入到7份盛有1滴溶液的7支试管中，第一支试管不加酸，另外6支试管加入不同量的溶液，边滴加边振荡。实验结果如下：编号1234567用量/滴0579111315实验现象无色溶液颜色呈浅棕黄色颜色棕黄色加深颜色呈深棕黄色溶液无色，有沉淀产生溶液无色，有少量沉淀产生溶液无色，无沉淀产生该实验得到的结论是。【答案】(1)(2)氯的电负性大于碘，更容易获得电子(3)(4)酸性越强，的氧化性越强，但过量酸可能抑制反应【详解】（1）固体和浓盐酸混合生成氯化钾、氯气和水，反应的化学方程式为：。（2）实验小组同学预测，在相同条件下，固体可以将氧化为，从原子结构角度说明理由为：氯的电负性大于碘，更容易获得电子。（3）①从1到4，其余条件均相同，只有固体用量逐渐增加，根据信息资料，可知实验1中太少，未发生反应，2中用来适中，能够将碘离子氧化为碘单质，则产生的棕色沉淀是：。②对照实验2，实验3中用量增加，导致碘单质进一步被氯酸钾氧化为碘酸根，则离子方程式解释实验3中沉淀量减少的原因为：。③取实验3的上层清液于干燥洁净试管中，加入淀粉溶液后无明显现象，说明上层清液中没有碘分子，继续逐滴滴加溶液，溶液变蓝说明亚硫酸氢钠参与下生成了碘单质，则为碘酸根和亚硫酸氢根发生氧化还原反应所致，用离子方程式解释现象变化的原因为：。（4）实验1到7，其余条件均相同，只有硫酸的用量逐渐增加，实验1为无色溶液，说明氯酸钾在无酸性条件下氧化性较弱，无法将碘离子氧化为碘单质。实验2到4所得溶液颜色逐渐加深，说明生成了碘单质，碘单质能和碘离子生成溶解度大的，且生成碘单质的量增加，导致浓度增大、溶液颜色加深，说明随着硫酸用量的增加，氯酸钾的氧化性逐渐增强。实验5到7，溶液变为无色，说明氯酸钾的氧化性足够强，将碘单质进一步氧化为碘酸根，被消耗，导致溶液无色。可知，酸性越强，的氧化性越强，但过量酸可能抑制反应。题型二氮族元素及其化合物1.（2022北京，10，3分）利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验，b中现象不能证明a中产物生成的是a中反应b中检测试剂及现象A浓分解生成淀粉溶液变蓝B与浓生成品红溶液褪色C浓与溶液生成酚酞溶液变红D与乙醇溶液生成丙烯溴水褪色A．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A．浓硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸也能与碘化钾溶液反应生成遇淀粉溶液变蓝色的碘，则淀粉碘化钾溶液变蓝色不能说明浓硝酸分解生成二氧化氮，故A符合题意；B．铜与浓硫酸共热反应生成的二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，则品红溶液褪色能说明铜与浓硫酸共热反应生成二氧化硫，故B不符合题意；C．浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成能使酚酞溶液变红的氨气，则酚酞溶液变红能说明浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成氨气，故C不符合题意；D．乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇不能与溴水反应，则2—溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成能使溴水褪色的丙烯气体，则溴水褪色能说明2—溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯，故D不符合题意；故选A。命题解读新情境：从“理想反应”到“真实实验体系”的转变传统实验题常设定“无杂质、无副反应”的理想情景，而本题还原了实验室制备气体的真实体系，引入“反应物挥发”这一关键干扰因素，让实验情景更贴近实际操作。新考法：从“性质记忆”到“逻辑唯一性验证”的升级传统考法多考查“物质性质与现象的对应关系”，属于记忆层面的考查；而本题的核心考法是“现象能否唯一证明目标物质生成”，属于实验逻辑推理的高阶考查：新角度：从“单一试剂分析”到“装置-条件-性质”的综合分析本题打破了“仅看试剂与现象”的单一分析角度，要求学生结合实验装置特点、反应条件与物质性质进行多维分析。2．（2022北京，4，3分）下列方程式与所给事实不相符的是A．加热固体，产生无色气体：B．过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：C．苯酚钠溶液中通入，出现白色浑浊：D．乙醇、乙酸和浓硫酸混合加热，产生有香味的油状液体：【答案】B【详解】A．碳酸氢钠受热之后分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，A正确；B．过量的铁粉与稀硝酸反应，应该生成Fe2+，B错误；C．苯酚钠溶液中通入二氧化碳利用强酸制取弱酸生成苯酚和碳酸氢钠，C正确；D．乙醇和乙酸在浓硫酸混合加热的条件下发生酯化反应产生有香味的油状液体乙酸乙酯和水，D正确；故选B。命题解读新情境：从“单一反应”到“反应条件/用量影响”的真实情景传统方程式题常考查“标准反应式”，而本题融入反应条件、反应物用量等真实实验情景，让方程式与实际实验事实挂钩。新考法：从“配平正误”到“反应原理+细节规范”的综合考查传统考法多仅判断方程式配平、条件是否正确，而本题的考法升级为“反应原理合理性+化学用语规范性”的双重考查。新角度：从“孤立方程式”到“性质-反应-事实”的关联分析本题要求跳出“单独看方程式”的角度，结合物质性质、反应规律、实验事实进行关联分析。3．（2024北京，18，13分）利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。(1)矿石在焙烧前需粉碎，其作用是。(2)的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是。(3)矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。温度/℃B中所含铜、铁的主要物质400500①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是。②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是。(4)用离子方程式表示置换过程中加入的目的。(5)粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是。【答案】(1)增大矿石的接触面积，提高反应速率，使反应更充分(2)(3)随焙烧温度升高，生成的速率加快发生分解生成难溶于水的(4)(5)粗铜若未经酸浸，会残留较多的Fe，在电解时，阳极会发生反应Fe-2e-=Fe2+，溶液中的Fe2+易被空气中O2氧化为Fe3+，Fe3+在阴极发生反应Fe3++e-=Fe2+【详解】（1）黄铜矿的矿石在焙烧前需粉碎，是为了增大矿石的接触面积，提高反应速率，使反应更充分；（2）铵盐不稳定，易分解，分解为非氧化还原反应，产物中有NH3和SO3，故化学方程式为；（3）①由图，温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大，是因为温度低于425℃，随焙烧温度升高，(NH4)2SO4分解产生的SO3增多，生成的速率加快，故铜浸出率显著增加；②温度高于425℃，随焙烧温度升高，CuSO4发生分解生成难溶于水的CuO，铜浸出率降低；（4）加入置换硫酸铜溶液中的铜，反应的离子方程式为；（5）粗铜中含有杂质，加酸可以除，但粗铜若未经酸浸处理，会残留较多的Fe，在电解时，阳极会发生反应Fe-2e-=Fe2+，溶液中的Fe2+易被空气中O2氧化为Fe3+，Fe3+在阴极发生反应Fe3++e-=Fe2+，降低得到纯铜的量。4．（2024北京，16，12分）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氮源直接制备，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)该反应放热，且正反应的气体分子数减少，y点的温度大于x点的温度，为使两点的NO的转化率相同，需增大压强，故y点的容积小于x点的容积(3)iii产生的参与ⅱ中NO的氧化(4)分子中存在氮氮三键，键能大，破坏它需要较大的能量【详解】（1）浓硫酸难挥发，产物为气体，有利于复分解反应进行，体现了浓硫酸的难挥发性和酸性。（2）①第I步反应为氨气的催化氧化，化学方程式为；②反应，升高温度，NO的平衡转化率减小，说明该反应放热，且正反应的气体分子数减少，y点的温度大于x点的温度，为使两点的NO的转化率相同，需增大压强，故y点的容积小于x点的容积。（3）①由电极a上的物质转化可知，氮元素化合价升高，发生氧化反应，电极a为阳极，电极反应式为；②反应iii生成，将氧化成，更易转化成。（4）分子中存在氮氮三键，键能大，破坏它需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程。知识1氮气的化学性质知识2氮的氧化物1、氮有多种价态的氧化物，如N2O、NO、NO2、N2O4、N2O3、N2O5等，其中属于酸性氧化物的是N2O3、N2O5。2、NO和NO2的比较NONO2颜色无色红棕色毒性有毒有毒溶解性不溶于水易溶于水与O2反应2NO＋O2=2NO2与H2O3NO2＋H2O=2HNO3＋NO反应对人体、环境的影响(1)与血红蛋白结合，使人中毒(2)转化成NO2形成酸雨、光化学烟雾形成酸雨、光化学烟雾【易错提醒】1、氮的氧化物都有毒，其中NO2与N2O4存在下列平衡：2NO2N2O4，因此实验测得NO2的平均相对分子质量总大于46。2、NO只能用排水法收集，不能用排空气法收集；而NO2只能用向上排空气法收集，不能用排水法收集。3、验证某无色气体是NO的方法是向无色气体中通入O2(或空气)，无色气体变为红棕色。知识3氮气1、物理性质：无色有刺激性气味的气体，密度比空气小，易液化，极易溶于水(1∶700)。2、与酸反应与氯化氢反应：NH3＋HCl=NH4Cl。现象：产生白烟。应用：用于NH3与挥发性酸的互相检验。3、与水反应：NH3＋H2ONH3·H2O，NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－，氨的水溶液叫氨水，呈弱碱性。4、实验室制法：5、NHeq\o\al(＋,4)的检验：知识4硝酸1、物理性质：硝酸是无色易挥发的液体，有刺激性气味。2、化学性质(1)不稳定性：反应：4HNO3∆或光照2H2O＋4NO2↑＋O2↑。①市售浓硝酸呈黄色的原因是：硝酸分解生成的NO2溶解在硝酸里。②硝酸要保存在棕色试剂瓶中，置于冷暗处，不能用橡胶塞。(2)强氧化性：硝酸无论浓、稀都有强氧化性，而且浓度越大氧化性越强。按要求完成下列反应的化学方程式：①与金属反应：稀硝酸与铜反应：3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O浓硝酸与铜反应：Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O②与非金属反应：如浓硝酸与C的反应为C＋4HNO3(浓)∆CO2↑+4NO2↑+2H2O③与还原性化合物反应硝酸可氧化H2S、SO2、Na2SO3、HI、Fe2＋等还原性物质。【易错提醒】1、浓、稀硝酸均具有强氧化性，浓度越大，氧化性越强，其还原产物的价态越高。2、浓硝酸能使紫色石蕊试液先变红，后褪色，该反应过程中浓硝酸表现出强酸性和强氧化性。3、常温下，铁、铝遇浓硝酸能发生“钝化”，故常温下，浓硝酸可用铁桶盛放。4、硝酸几乎能够与所有的金属反应(除Au、Pt外)，但不生成氢气；与变价金属反应时，金属能够被氧化为最高价态。5、硝酸与具有还原性的弱酸盐(如Na2SO3、NaI等)、碱性氧化物、碱以及其他还原剂反应时，优先发生氧化还原反应。6、分析离子共存的问题时要注意隐含的硝酸，即酸性条件的硝酸盐溶液，H＋和NOeq\o\al(－,3)共存时相当于稀硝酸，有较强的氧化性。考向1氮气和氨气的性质及应用1．（2023·北京海淀·三模）下列说法不涉及氧化还原反应的是A．一场雷雨一场肥——自然固氮B．从沙滩到用户——由二氧化硅制晶体硅C．灰肥相混损肥分——灰中含有碳酸钾，肥中含有铵盐D．干千年，湿万年，不干不湿就半年——青铜器、铁器的保存【答案】C【详解】A．雷雨肥庄稼——自然固氮，氮气氧化成NO，再氧化成NO2，最后变成HNO3等，有元素化合价变化，故A不选；B．从沙滩到用户——由二氧化硅制晶体硅，硅由+4价变成0价，有元素化合价变化，故B不选；C．灰肥相混损肥分——灰中含有碳酸钾，水解后呈碱性，肥中含有铵盐，水解后呈酸性，两者相遇能发生复分解反应，导致氮肥的肥效降低，没有元素化合价变化，故C选。D．干千年，湿万年，不干不湿就半年——说明青铜器、铁器在不干不湿的环境中保存时，容易发生电化学腐蚀，铜和铁容易被氧化，有元素化合价变化，故D不选；故选C。2．（2022·北京海淀·一模）下列方程式能准确解释事实的是A．呼吸面具中用吸收并供氧：B．自然界的高能固氮：C．苯酚钠溶液通入后变浑浊：2+H2O+CO22+Na2CO3D．白醋可除去水壶中的水垢：【答案】A【详解】A．根据反应可知呼吸面具中用吸收并供氧，A符合题意；B．是人工固氮，自然界的高能固氮是N2和O2在高温或放电条件下反应生成NO的过程，B不合题意；C．由于酸性：H2CO3＞苯酚＞，故苯酚钠溶液通入后变浑浊的反应原理为：+H2O+CO2+NaHCO3，C不合题意；D．由于醋酸是弱酸，则白醋可除去水壶中的水垢的离子方程式为：，D不合题意；故答案为：A。3．（2025·北京·模拟预测）下列实验所用仪器或实验操作合理的是A．配制250mL0.1NaOH溶液B．实验室制备并收集C．量取一定体积的酸性溶液D．用铜和浓硫酸制备【答案】B【详解】A．配制250mL溶液时，NaOH固体应在烧杯中溶解并冷却至室温后，再转移至容量瓶，转移过程需要使用玻璃棒引流，A错误；B．实验室用NH4Cl和Ca(OH)2固体加热制备NH3时，试管口应略向下倾斜（防止冷凝水倒流炸裂试管），且收集氨气需用向下排空气法，B正确；C．酸性KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶，量取时需用酸式滴定管而非碱式滴定管，C错误；D．铜与浓硫酸反应制备SO2需要加热（常温下不反应），若图片中装置未配备加热仪器（如酒精灯），则无法发生反应，D错误；故选B。4．（2025·北京·三模）下列说法不正确的是A．石墨可用作固体润滑剂 B．乙二醇用作汽车防冻液C．聚乙炔用作绝缘材料 D．液氨用作制冷剂【答案】C【详解】A.石墨是混合型晶体，层与层之间的作用力很小，容易在层间发生相对滑动，是一种很好的固体润滑剂，A正确；B.乙二醇容易与水分子形成氢键，可以与水以任意比例互溶。混合后由于改变了冷却水的蒸气压，冰点显著降低，所以乙二醇可以用作汽车防冻液，B正确；C.聚乙炔的结构中有单键和双键交替，具有电子容易流动的性质，所以聚乙炔是导电聚合物，而非绝缘材料，C错误；D.液氨气化时会吸收热量而使周围环境降低，从而实现制冷的目的，所以液氨可用作制冷剂，D正确。故选C。5．（2025·北京昌平·二模）合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如下，下列说法不正确的是A．甲、乙、丙三种物质中都含有氮元素 B．甲、乙、丙在反应中均做还原剂C．反应Ⅳ的另一种产物可循环使用 D．反应V，N元素化合价未发生改变【答案】B【详解】A．分析可知，甲、乙、丙三种物质中都含有氮元素，A正确；B．甲为N2，反应中做氧化剂，乙为NO，反应中做还原剂，丙NO2，反应中既作氧化剂也做还原剂，B错误；C．反应Ⅳ的另一种产物NO可循环使用，C正确；D．反应Ⅴ为NH3+HNO3=NH4NO3，N元素化合价未发生改变，D正确；故答案为：B。考向2氨水的性质及应用6．（2025·北京房山·一模）下列方程式能准确解释相应事实的是A．浓硝酸存放在棕色试剂瓶中：4HNO3(浓)=4NO↑+3O2↑+2H2OB．常温下0.1mol•L-‍1NaClO溶液的pH约为9.7：ClO-+H2OHClO+OH-C．用过量的氨水吸收SO2：NH3·H2O+SO2=+D．金属钠着火不能用CO2灭火器灭火：Na2O+CO2=Na2CO3【答案】B【详解】A．浓硝酸见光易分解成二氧化氮、水和氧气，，故浓硝酸存放在棕色试剂瓶中，故A不符合题意；B．NaClO会水解ClO-+H2OHClO+OH-，导致溶液显碱性，故B符合题意；C．过量的氨水吸收SO2生成亚硫酸铵：2NH3·H2O+SO2=2++H2O，故C不符合题意；D．金属钠着火不能用CO2灭火器灭火是由于Na能够在CO2中继续燃烧生成碳酸钠和碳单质，4Na+3CO22Na2CO3+C，故D不符合题意；答案选B。7．（2023·北京顺义·模拟预测）室温下进行下列实验，根据实验操作和现象，所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A乙醇钠的水溶液呈强碱性结合的能力强B将某溶液滴在淀粉-KI试纸上，试纸变蓝原溶液中一定含有C向和KSCN的混合溶液中滴入硝酸酸化的溶液，溶液变红氧化性：D氨水中滴加酚酞溶液，溶液变红是弱碱A．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A．乙醇钠的水溶液呈强碱性，可知乙醇钠与水反应生成NaOH和乙醇，则C2H5O-结合H+的能力强，A正确；B．氯气、过氧化氢等均可氧化KI生成碘，淀粉KI-试纸变蓝，B错误；C．硝酸可氧化亚铁离子生成铁离子，遇KSCN溶液变红，不能证明氧化性：Fe3+＜Ag+，C错误；D．氨水溶液中滴加酚酞溶液，溶液变红，只能说明一水合氨电离显碱性，而不能证明一水合氨为弱碱，D错误；故答案为：A。8．（2023·北京海淀·三模）将浓氨水分别滴加到下列试剂中，产生的实验现象、体现出的性质以及对应的方程式不正确的是。实验试剂现象性质方程式A滴有酚酞的蒸馏水溶液变红碱性B氯气产生白烟还原性C烧碱固体产生刺激性气味的气体不稳定性D溶液溶液最终变为深蓝色可形成配合物A．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A．一水合氨为弱电解质，，A错误；B．氯气自身有强氧化性，可以把氨水中的溶质氧化为氮气，自身被还原为氯化铵，B正确；C．浓氨水滴入到烧碱中，溶解放热，且碱性较强，促进氨水分解，生成氨气，C正确；D．浓氨水滴加硫酸铜，溶液变色，生成了[Cu(NH3)4]SO4，D正确；故答案为：A。9．（2023·北京海淀·模拟预测）根据下列实验现象能得出相应结论的是实验现象结论A．向2mL0.1mol·L的溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变KSCN过少，因此溶液颜色不变B．将乙烯通入溴的四氯化碳溶液溶液变为无色生成的1，2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳C．氨水中滴加酚酞溶液溶液变红是弱碱D．将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生既不做氧化剂也不做还原剂A．A B．B C．C D．D【答案】B【详解】A．与铁粉发生反应，铁粉足量溶液中溶质只有遇KSCN不变色，与KSCN的量多少无关，故A错误；B．乙烯能与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，根据溶液变为无色可推断生成的1，2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳，故B正确；C．氨水中滴加酚酞溶液变红，只能说明溶液显碱性，不能说明是弱碱，故C错误；D．瓶内有黑色颗粒产生说明有C单质生成，则做氧化剂，故D错误；故选B。考向3氮的氧化物的性质及应用10．（2025·北京东城·一模）解释下列事实的方程式不正确的是A．红棕色的溶于水变为无色：B．将铁丝放入硫酸铜溶液中，铁丝表面变红：C．向碳酸氢钠溶液中加入少量澄清石灰水，产生白色沉淀：D．用硫化亚铁可去除废水中的：【答案】B【详解】A．NO2溶于水生成HNO3和NO，红棕色气体变为无色，方程式为，A正确；B．铁丝置换硫酸铜中的Cu时，Fe应被氧化为Fe2+，而非Fe3+，正确反应应为，B错误；C．少量石灰水（含Ca2+和OH-）与反应，生成和H2O，Ca2+与结合为CaCO3沉淀，方程式为，C正确；D．HgS的溶度积（Ksp）比FeS小，FeS中的S2-与Hg2+生成更难溶的HgS，方程式为，D正确；故选B。11．（2024·北京·三模）在一支注射器里充入，然后吸入水，用乳胶管和弹簧夹封住管口，振荡注射器，静置后观察现象①。打开弹簧夹，快速吸入空气后夹上弹簧夹，观察现象②。振荡注射器，静置后再观察现象③。下列关于该过程的分析不正确的是A．现象①②，主要体现了难溶于水、还原性B．现象②③，针筒示数：C．过程中若将空气改成，③能观察到针筒内无气体剩余D．此实验启示工业上制硝酸时充入适量可以提高氮原子利用率【答案】C【详解】A．由分析知，现象①②，主要体现了难溶于水、还原性，A正确；B．现象②中空气进入针筒，NO被氧化为二氧化氮，现象③中二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，故针筒示数:③<②，B正确；C．过程中若将空气10mL改成15mL，则氧气有约3mL，和3mL氧气反应时，NO过量，故③能观察到针筒内有气体剩余，C错误；D．此实验启示工业上制硝酸时充入适量，可以提高氮原子利用率，D正确；故选C。12．（2024·北京门头沟·一模）为吸收工业尾气中的和，设计如图流程，同时还能获得连二亚硫酸钠(，其结晶水合物又称保险粉)和产品。(为铈元素)下列说法不正确的是A．工业尾气中的和排放到大气中会形成酸雨B．装置Ⅱ的作用是吸收C．从阴极口流出回到装置Ⅱ循环使用D．装置Ⅳ中氧化，至少需要标准状况下【答案】C【详解】A．工业尾气中的可与氧气生成NO2，NO2与水反应得硝酸，形成硝酸型酸雨，与水反应得H2SO3，H2SO3被氧气氧化为硫酸，会形成硫酸型酸雨，故A正确；B．装置Ⅱ中加入Ce4+，酸性条件下，NO和Ce4+发生氧化还原反应，生成、，故B正确；C．装置Ⅲ(电解槽)中阳极发生反应，从阳极口流出回到装置Ⅱ循环使用，故C错误；D．装置Ⅳ中被氧气氧化为的离子方程式为：，物质的量为1L×2mol/L=2mol，即消耗1molO2，标况下体积为22.4L，故D正确；故选C。13．（2023·北京海淀·三模）为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下，和在密闭容器中混合，容器内气体分子数为B．乙醇和二甲醚组成的混合物中，含有个杂化的碳原子C．反应(浓)中，每生成转移的电子数为D．中含键的个数为【答案】B【详解】A．标况下，22.4LNO的物质的量为1mol，11.2LO2的物质的量为0.5mol，由反应2NO+O2=2NO2可知，1molNO与0.5molO2反应生成1molNO2，但是存在反应2NO2N2O4，因此标准状况下，22.4LNO和11.2LO2在密闭容器中混合，容器内气体分子数小于NA，A错误；B．乙醇和二甲醚的摩尔质量均为46g/mol，乙醇和二甲醚组成的混合物的物质的量为0.1mol，1个乙醇或二甲醚均含有2个sp3杂化的碳原子，因此4.6g乙醇和二甲醚组成的混合物中，含有0.2NA个sp3杂化的碳原子，B正确；C．由反应KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O可知，KClO3中Cl得到五个电子，5个HCl中Cl各失去一个电子，每生成3mol氯气转移5mol电子，C错误；D．单键为σ键，双键中含有1个σ键，一个π键，因此1mol中含有σ键个数为10NA，D错误；故答案选B。14．（2025·北京房山·一模）某小组同学制备NO2，并探究不同条件下NO2与H2O的反应。实验装置如图(夹持装置略)。(1)装置A中反应的化学方程式为。(2)将收集装置B补充完整。(3)用以上方法收集两试管NO2气体(均为12mL)，分别倒置在盛有热水(80℃)和冰水(0℃)的两只水槽中，观察实验现象，10分钟后记录如下(忽略温度对溶液pH及气体体积的影响)：实验编号实验1-1(热水)实验2-1(冰水)剩余气体无色，3mL几乎无气体溶液状态无色，pH=0.7无色，pH=1.1①检验实验1-1中剩余气体的方法：向试管中充入少量空气，气体由无色变为红棕色。用化学方程式表示检验的反应原理。②甲认为实验2-1中NO2几乎全部溶于水，过程中未发生化学反应。证明甲同学猜想不成立的实验证据是。(4)将上述实验静置一天后观察：实验1-2(热水)：剩余气体4mL，溶液无色，pH=0.6，无气泡生成。实验2-2(冰水)：剩余气体1mL，溶液无色，pH=0.9，有无色细小气泡生成。查阅资料：2NO2+H2O=HNO3+HNO2，HNO2易分解。①用方程式解释实验2-2有无色细小气泡生成的原因。②设计实验，证实NO2与H2O反应过程中产生了HNO2：(补充实验操作及现象)。(5)从反应速率的角度，分析不同温度下NO2与水反应现象差异的原因。并对装置C中吸收NO2尾气所用试剂及条件提出建议。【答案】(1)(2)(3)2NO+O2=2NO2溶液无色、pH=1.1(4)取两支试管，向第1支试管中加入2mL实验2-1(或实验2-2)中的溶液，向第2支试管中加入2mL实验1-2中的溶液。分别向两支试管中滴加酸性高锰酸钾溶液，第1支试管中高锰酸钾溶液褪色，第2支试管中高锰酸钾溶液未褪色。则说明反应过程中产生了HNO2(5)二氧化氮与水反应分两步进行，第一步生成硝酸和亚硝酸反应速率快，第二步亚硝酸分解反应速率慢。升高温度，亚硝酸分解速率加快冷的浓氢氧化钠溶液【详解】（1）铜与浓硝酸反应，生成硝酸铜，二氧化氮和水：；（2）根据二氧化氮密度比空气大可知收集时长导管通入，补全装置图；（3）①检验实验1-1中剩余气体的方法：向试管中充入少量空气，气体由无色变为红棕色，说明剩余气体为一氧化氮，与氧气反应生成二氧化氮：2NO+O2=2NO2；②实验2-1中溶液为无色，且溶液的pH=1.1，说明生成的酸，即证明二氧化氮与水发生反应；（4）①根据题干信息，HNO2易分解，且生成的气体为无色，说明是一氧化氮：；②证实NO2与H2O反应过程中产生了HNO2，补充实验如下：取两支试管，向第1支试管中加入2mL实验2-1(或实验2-2)中的溶液，向第2支试管中加入2mL实验1-2中的溶液。分别向两支试管中滴加酸性高锰酸钾溶液，第1支试管中高锰酸钾溶液褪色，第2支试管中高锰酸钾溶液未褪色。则说明反应过程中产生了HNO2；（5）二氧化氮与水反应分两步进行，第一步生成硝酸和亚硝酸反应速率快，第二步亚硝酸分解反应速率慢。升高温度，亚硝酸分解速率加快；根据实验探究可知，吸收NO2尾气，用冷的浓氢氧化钠溶液效果更佳。考向4硝酸的性质及应用15．（2025·北京海淀·二模）为研究浓硝酸与Cu的反应，进行如图所示实验。下列说法不正确的是A．滴入浓硝酸后，无需加热即可反应B．反应开始后，试管中产生红棕色气体，说明浓硝酸具有氧化性C．反应消耗0.05molCu时，转移电子数约为D．若将铜片换成铝片，无明显现象，说明还原性：Al<Cu【答案】D【详解】A．浓硝酸具有强氧化性，与铜片接触后，无需加热即可发生反应，方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，A正确；B．反应开始后，试管中产生红棕色气体NO2，HNO3中氮元素化合价降低，得到电子，说明浓硝酸具有氧化性，B正确；C．铜与浓硝酸反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，铜元素化合价从0价升高到+2价，消耗1mol铜转移2mol电子，当反应消耗0.05molCu时，转移电子数为0.05mol×2×6.02×1023mol-1=6.02×1022，C正确；D．若将铜片换成铝片，无明显现象，是因为常温下铝在浓硝酸中发生钝化，在铝表面生成一层致密的氧化物薄膜，阻止反应进一步进行，而不是因为还原性Al<Cu，实际上铝的还原性比铜强，D错误；故答案为：D。16．（2025·北京西城·二模）下列方程式与所给事实不相符的是A．铅酸蓄电池的负极反应：B．铁与水蒸气反应：C．浓硝酸受热或光照分解：(浓)D．稀硫酸中滴加溶液至中性：【答案】D【详解】A．铅酸蓄电池中，负极上Pb失电子与反应生成，电极反应式为，与事实相符，A错误；B．铁与水蒸气在高温下反应生成和，化学方程式，与事实相符，B错误；C．浓硝酸受热或光照易分解，生成、和，化学方程式(浓)，与事实相符，C错误；D．稀硫酸中滴加溶液至中性，与按2:2反应，与按1:1反应，正确的离子方程式应为，原离子方程式中、、的化学计量数错误，与事实不相符，D正确；故选D。17．（2025·北京朝阳·二模）浓硝酸与铜作用的过程如下图所示。现象：i．a中产生红棕色气体，溶液呈绿色，试管壁发热；b中充满红棕色气体ii．烧杯液面上方无明显变化下列关于该过程的分析不正确的是A．a中产生红棕色气体，主要体现了浓硝酸的氧化性B．b中气体的颜色比a中的浅，与正向移动有关C．溶液吸收的反应为D．a中溶解6.4g铜时，转移电子的数目为【答案】C【详解】A．a中产生红棕色气体，发生反应，N元素化合价降低，主要体现了浓硝酸的氧化性，故A正确；B．二氧化氮可以转化为无色四氧化二氮，b中气体的颜色比a中的浅，与正向移动有关，故B正确；C．NO和氧气反应生成红棕色NO2，烧杯液面上方无明显变化，说明溶液吸收没有生成NO，故C错误；D．a中铜失电子酸性硝酸铜，铜元素化合价由0升高为+2价，溶解6.4g铜时，转移电子的数目为，故D正确；选C。18．（2025·北京西城·一模）苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是A．和生成与的过程体现了的酸性B．M中C原子存在两种杂化方式C．生成产物I的反应类型是加成反应D．结合示意图可以判断通过控制反应时间可以制备产物I【答案】D【详解】A．和生成与的过程中硫酸电离出氢离子，同时生成酸根离子，体现了的酸性，A正确；B．M中与-NO2结合的碳形成4个共价键，为sp3杂化，其余C原子为sp2杂化，B正确；C．生成产物I的反应中，与反应物苯比较，生成物的不饱和度降低，生成X时原苯分子中相邻两个碳原子分别结合了硝基和磺酸基，属于加成反应，C正确；D．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；生成产物Ⅱ的反应的活化能更低、且产物Ⅱ的能量更低更稳定，以上2个角度均有利于产物Ⅱ，故不能通过控制反应时间可以制备产物I，D错误；故选D。19．（2025·北京东城·二模）硝酸是重要的化工原料。下图为制硝酸的流程示意图。下列说法正确的是A．流程中，、和NO作反应物时，均作还原剂B．合成塔中高温、高压的反应条件均是为了提高的平衡产率C．吸收塔中通入空气的目的是提高NO的转化率D．可选用铜作为盛装液氨和浓硝酸的罐体材料【答案】C【详解】A．在合成氨反应中，N2中氮元素化合价从0价降低到-3价，N2作氧化剂；在氧化炉中发生反应，中氮元素化合价升高，作还原剂；NO在吸收塔中发生反应2NO+O2=2NO2，NO中氮元素化合价升高，NO作还原剂，A错误；B．合成氨的正反应是放热反应，高温会使平衡逆向移动，降低的平衡产率；高压使平衡正向移动，能提高的平衡产率，B错误；C．吸收塔中发生反应2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO，通入空气，提供O2，使NO能充分反应，提高NO的转化率，C正确；D．浓硝酸具有强氧化性，能与铜反应，不能用铜作为盛装浓硝酸的罐体材料，D错误；故选C。考向5硝酸盐、铵盐的性质及应用20．（2025·北京房山·三模）一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中b、d代表MgO或中的一种。下列说法不正确的是A．a为，c为HClB．d既可以是MgO，也可以是C．已知为副产物，则通入水蒸气可减少的产生D．等压条件下，反应①、②的反应热之和，等于氯化铵直接分解的反应热【答案】B【详解】A．由分析知，a为，c为HCl，A正确；B．由分析知，d为MgO，B错误；C．可以水解生成，通入水蒸气可以减少的生成，C正确；D．反应①和反应②相加即为氯化铵直接分解的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、反应②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D正确；故选B。21．（2022·北京·高考真题）利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验，b中现象不能证明a中产物生成的是a中反应b中检测试剂及现象A浓分解生成淀粉溶液变蓝B与浓生成品红溶液褪色C浓与溶液生成酚酞溶液变红D与乙醇溶液生成丙烯溴水褪色A．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A．浓硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸也能与碘化钾溶液反应生成遇淀粉溶液变蓝色的碘，则淀粉碘化钾溶液变蓝色不能说明浓硝酸分解生成二氧化氮，故A符合题意；B．铜与浓硫酸共热反应生成的二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，则品红溶液褪色能说明铜与浓硫酸共热反应生成二氧化硫，故B不符合题意；C．浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成能使酚酞溶液变红的氨气，则酚酞溶液变红能说明浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成氨气，故C不符合题意；D．乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇不能与溴水反应，则2—溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成能使溴水褪色的丙烯气体，则溴水褪色能说明2—溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯，故D不符合题意；故选A。22．（2022·北京海淀·三模）下列实验装置或方案能达到实验目的的是A．用图1装置，制取乙烯 B．用图2装置，测定氨水的浓度C．用图3装置，证明混合溶液中有 D．用图4装置，检验氯化铵受热分解产物【答案】C【详解】A．用图1装置制取乙烯时，温度计应插入液体中，A错误；B．氨水易挥发，不宜用滴定法测定其浓度，B错误；C．向FeCl2和FeCl3的混合溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，若酸性高锰酸钾溶液的紫红色褪去，则说明混合溶液中含有Fe2+，C正确；D．NH4Cl分解产物是NH3和HCl，若用图4装置检验氯化铵受热分解产物，碱石灰可以吸收HCl，NH3可以通过碱石灰，但不能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，P2O5可以吸收NH3，HCl可以通过P2O5，但不能使湿润的酚酞试纸变红，故不宜用用图4装置检验氯化铵受热分解产物，D错误；故选C。23．（2025·北京·模拟预测）某兴趣小组根据联合制碱的原理，在实验室中采用和粗盐在特定的浓度和温度条件下进行反应制备少量并检验其纯度。实验过程如下：①将盛有提纯后溶液的烧杯加热至30-35℃，不断搅拌下将预先研细的一定质量的分5次全部投入溶液中，加完后继续保持该温度搅拌30min，静止，抽滤除去母液，用饱和碳酸氢钠的酒精水()溶液洗涤除去吸附在表面的铵盐和，获得。②将产品小火烘干后转移到坩埚中，放入高温炉恒温300℃加热30min，停止加热，移入干燥器中保存备用。③将准确称取自制的产品g置于锥形瓶中，加50蒸馏水溶解后滴加2滴“指示剂1”，用浓度为c的盐酸标准液滴定，边滴加边振荡至终点，读取所消耗的体积为。④继续向锥形瓶中加入2滴“指示剂2”，用标准溶液继续滴定，使溶液颜色突变为橙色，将锥形瓶放到石棉网上加热煮沸1~2min，冷水浴冷却后溶液又变为黄色，再继续补滴至溶液变为橙色(30s不褪色)为止，此时为第二个滴定终点，记录整个滴定过程中所消耗的总体积。回答下列问题：(1)粗盐使用前需要除去、、等杂质，下列除杂试剂加入顺序为。a→_______→_______→_______。(填选项即可)a．溶液

b．稀盐酸

c．溶液

d．溶液(2)步骤①中温度不能高于35℃的原因是。(3)步骤③中量取10.00的一定浓度的盐酸来配制100盐酸标准溶液需要的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、_______(从下列图中选择，填选项)。A． B． C． D．(4)步骤③中“指示剂1”为，在此过程中盐酸一定要逐滴加入并不断振荡，以防止。(5)根据上述数据，样品中的百分含量为，的百分含量为。(6)步骤④中达滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则质量分数的计算结果(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。【答案】(1)dcb(2)防止温度高于35℃，分解(3)ABC(4)酚酞局部浓度过高生成，影响测定结果(5)(6)偏小【详解】（1）除去氯化钙可以用碳酸钠溶液，同时碳酸钠可以除去过量的氯化钡，除去氯化镁可以用氢氧化钠溶液，除去硫酸钠可以用氯化钡溶液，由于碳酸钠可以除去过量的氯化钡，则碳酸钠应该在氯化钡之后加入，沉淀完过滤后，注意用盐酸除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，则顺序为：adcb，则答案为：dcb；（2）步骤①为的溶解，温度过高会分解，故答案为：防止温度高于35℃，分解；（3）配制100盐酸标准溶液需要的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、100mL的容量瓶和胶头滴管，为了准确量取10.00的一定浓度的盐酸，需要酸式滴定管，故答案为：ABC；（4）步骤③和④是利用双指示剂的方法，用盐酸滴定碳酸钠溶液，“指示剂1”的滴定终点为盐酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，此时溶液显碱性，故“指示剂1”为酚酞；滴定过快，会导致盐酸局部浓度大而生成二氧化碳，故答案为：酚酞；局部浓度过高生成，影响测定结果；（5）根据题中已知信息第一次终点为生成，则第一次终点消耗的HCl的体积为V1mL，，第二次滴定时碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，第二次终点消耗的HCl的体积为，则样品中碳酸氢钠的物质的量，则原样品中的质量分数为，原样品中的质量分数为（6）俯视读数，则消耗的标准液的体积偏小，第二次滴定时是碳酸氢钠和盐酸的反应，则碳酸氢钠的含量偏小。24．（2024·北京西城·二模）某小组探究的制备。已知：i.（绿色，不溶于水）、（绿色）、（灰绿色，不溶于水）、（玫瑰红色）、（橙色）、（黄色）ii.是一种弱酸，易分解：将固体和固体（物质的量之比为1:3）与过量的固体混合，高温煅烧得含的黄色固体，反应如下：。(1)受热分解转化为，反应的化学方程式是。(2)转化为，进行实验Ⅰ：①加入，转化为反应的离子方程式是。②无色气泡中的气体有。③资料显示溶液变为棕黑色是与混合所致。设计实验：取少量棕黑色溶液于试管中，逐滴加入NaOH溶液，生成灰绿色沉淀，溶液变为黄色，至不再生成沉淀时，静置，取上清液（填操作和现象），证实溶液中存在与。(3)探究的来源来源1：……来源2：酸性环境中，与发生氧化还原反应生成。①来源1：。②进行实验Ⅱ证实来源2成立，实验操作及现象如下：实验操作实验现象溶液由橙色逐渐变为棕黑色，进而变为绿色，过程中无红棕色气体产生。继续加入溶液，溶液变为玫瑰红色，加入溶液后，溶液恢复绿色。溶液由橙色变为绿色、绿色变为玫瑰红色的反应的离子方程式：、。从平衡移动的角度解释溶液由玫瑰红色变为绿色的原因：。(4)为避免转化为的过程中产生，进行实验Ⅲ。将煅烧后的黄色固体浸泡于100mL水中，过滤后向滤液中加入醋酸溶液，调至pH＝5，溶液变为橙色。实验Ⅲ中溶液的颜色与实验Ⅰ中的不同的原因可能是。【答案】(1)(2)NO、加入稀硫酸，调至pH＝3，溶液由黄色变为橙色(3)黄色固体中含有，溶于稀硫酸生成，加入溶液，，且易分解，减小，平衡正向移动，转化为，溶液由玫瑰红色变为绿色(4)实验Ⅱ中，过滤除去了，溶液中的比实验Ⅰ中的小，的氧化性减弱的程度大于的还原性增强的程度，使与不能反应生成，溶液仍为橙色【详解】（1）根据得失电子守恒和质量守恒定律，受热分解转化为和氧气，化学方程式：；（2）①根据原子守恒及电荷守恒，加入，转化为反应的离子方程式：；②过量的碳酸盐与硫酸反应生成二氧化碳气体，亚硝酸盐在酸性环境下形成亚硝酸，亚硝酸不稳定