【备战2023高考】化学总复习——第四章《非金属及其化合物》测试

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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SO3
C．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e
B．a可与c反应生成b
C．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
A
NO2
Fe+HNO3(浓)
b
d
B
NH3
Ca(OH)2+NH4Cl
a
c
C
O2
KClO3+MnO2
a
f
D
Cl2
MnO2+HCl(浓)
b
c
【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100nm
B．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）60 mL NO2 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 10 mL 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 10 mL 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60 mL – 10 mL = 50 mL，根据4NO2 + O2 + 2H2O = 4HNO3，可知参加此反应的NO2的体积为50 ml×= 40 mL，参加反应的O2的体积为50 mL – 40 mL = 10 mL，原混合气体中O2的体积为10 mL + 10 mL = 20 mL，则原混合气体中的 NO2与 O2的体积比为40 mL : 20 mL = 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3×10 mL = 30 mL，反应4NO2 + O2 + 2H2O = 4HNO3消耗的气体总体积为60 mL – 30 mL = 30 mL，则反应消耗的氧气为30 mL×= 6 mL，消耗的NO2的体积为30 mL – 6 mL = 24 mL，所以原混合气体中NO2的体积为30 mL + 24 mL = 54 mL，则原混合气体中的 NO2与 O2的体积比为54 mL : 6 mL = 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+
NH
H+
SO
NO
Cl-
浓度/(mol·L-1)
6×10-6
4×10-6
2×10-5
a
4×10-5
2×10-5
3×10-5
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32.0 gCu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13.44 L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)1.6 mol（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·模拟预测）（10分）制备(水合肼)和无水主要实验流程如图1所示。

已知：①氯气与烧碱溶液的反应是放热反应；
②有强还原性，能与剧烈反应生成。
(1)从流程分析，本流程所用的主要有机原料为____________(写名称)。
(2)步骤Ⅰ制备溶液时，若温度为41℃，测得产物中除外还含有，且两者物质的量之比为，该反应的离子方程式为________________________________________________。
(3)实验中，为使步骤Ⅰ中反应温度不高于40℃，除减缓的通入速率外，还可采取的措施是___________。
(4)步骤Ⅱ合成(沸点约118℃)的装置如图2所示。碱性溶液与尿素[](沸点196.6℃)水溶液在40℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应。

①使用冷凝管的目的是________________________________________________。
②滴液漏斗内的试剂是________________；将滴液漏斗内的液体放入三颈烧瓶内的操作是_____________。
③写出流程中生成水合肼反应的化学方程式_________________________________。
(5)步骤Ⅳ制备无水(水溶液中、、随的分布如图3所示)。
①边搅拌边向溶液中通入制备溶液。实验中确定停止通的为___________(取近似整数值，下同)。
②用制得的溶液再制溶液的应控制在_________________。
【答案】（除标注外，每空1分）(1)尿素    
(2)    
(3)冰水浴冷却    
(4)①通过冷凝回流，减少水合肼的挥发，提高水合肼的产率    
②碱性溶液     打开滴液漏斗的活塞，旋转旋塞使漏斗内的液体缓缓流下    
③ （2分）   
(5)①4     ②10
【解析】实验目的：制备(水合肼)和无水。
实验原理：步骤Ⅰ，具有强氧化性，与溶液发生的反应为(不高于40℃)，由(2)“若温度为41℃，测得产物中除外还含有，且两者物质的量之比为”可知，温度为41℃时发生副反应：[第(2)问解析]。
步骤Ⅱ，由步骤Ⅲ有水合肼溶液和生成可知，发生的反应为[第(4)问③解析].
步骤Ⅲ，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法可分离水合肼溶液和。
步骤Ⅳ，通入发生的反应为，结合产品为可知，还需加入，发生的反应为。
(1)根据流程图可知，本流程中所用的主要有机原料为尿素。
(2) 该反应的离子方程式为。
(3)由已知①“氯气与烧碱溶液的反应是放热反应”可知，为使步骤Ⅰ中反应温度不高于40℃，除减缓的通入速率外，还可以用冰水浴吸收反应放出的热量。
(4)①易挥发，冷凝管的作用是冷凝回流，减少的挥发，从而提高的产率。
②根据已知②“有强还原性，能与剧烈反应生成”，为了避免过量而与生成的反应，尿素应放入三颈烧瓶中，滴液漏斗中放入碱性溶液，且使用时应将碱性溶液缓慢滴入三颈烧瓶中。
③流程中生成水合肼反应的化学方程式.
(5)①根据“边搅拌边向溶液中通入制备溶液”可知，溶液中的物质的量最大时，应停止通入，再结合图像可知，约为4时，溶液中的摩尔分数最大，故应在此时停止通入。
②由图像可知，约为10时，的摩尔分数约为1，的摩尔分数约为0，即完全转化为。