上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-37氧族元素及其化合物（6）

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上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-37氧族元素及其化合物（6）

一、单选题
1．（2021·上海黄浦·统考一模）通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之一。对下列反应的推断或解释正确的是

操作
实验现象
推断或解释
A
用稀硫酸和锌粒制取 H2时，加几滴CuSO4 溶液
反应速率加快
CuSO4 是该反应的催化剂
B
将 SO2 通入 Ba(NO3)2 溶液中
有白色沉淀生成
SO2 与Ba(NO3)2 反应生成BaSO3
C
同温同压下用 pH 试纸测定相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的酸碱性
碳酸钠溶液显碱性，硫酸钠溶液显中性
碳酸钠溶液发生了水解
D
将湿润的有色纸条放入盛有干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃片
一段时间后纸条褪色
氯气具有漂白性

A．A B．B C．C D．D
2．（2021·上海奉贤·统考一模）下列生产过程中不涉及氧化还原反应的是
A．合成氨 B．氨碱法制纯碱 C．接触法制硫酸 D．工业制盐酸
3．（2021·上海奉贤·统考一模）下列关于水的说法正确的是
A．冰雪融化时需吸收热量，破坏化学键
B．酸雨是指pHHIO3
d.氯化钠、碘化钠与浓硫酸共热，分别生成氯化氢、单质碘
(5)检验亚硫酸钠固体是否氧化变质的方法是___________。

参考答案：
1．C
【详解】A．用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液，Zn与CuSO4溶液反应置换出的Cu与Zn、稀硫酸形成原电池，从而使反应速率加快，CuSO4不是该反应的催化剂，A错误；
B．SO2通入Ba(NO3)2溶液使溶液呈酸性，在酸性条件下表现强氧化性，将SO2氧化成，与Ba2+形成白色BaSO4沉淀，B错误；
C．因为碳酸钠属于强碱弱酸盐，在碳酸钠溶液中发生了水解反应：、 ，硫酸钠属于强酸强碱盐，故同温同压下用 pH 试纸测定相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的酸碱性，碳酸钠溶液显碱性，硫酸钠溶液显中性，故C正确；
D．氯气没有漂白性，氯气与水反应生成的HClO具有漂白性使湿润的有色纸条褪色，D错误；
答案选C。
2．B
【详解】A．氢气和氮气发生氧化还原反应生成氨气，故A不符合；
B．氨碱法制纯碱 ，是向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠；反应过程中无元素化合价变化，不是氧化还原反应，故B符合；
C．接触法制硫酸是利用黄铁矿燃烧生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸；前两步都是氧化还原反应，故C不符合；
D．工业制盐酸是用氯气与氢气反应，H、Cl元素的化合价发生变化，发生氧化还原反应，故D不符合；
答案选B。
3．D
【详解】A．冰雪融化时需吸收热量，是物理变化不破坏化学键，A错误；
B．酸雨是指pHH2CO3，A不符合题意；
B.在SO2+2H2S=2H2O+3S↓中，SO2中的S由+4价变为反应后单质S的0价，化合价降低，获得电子，SO2表现氧化性，B不符合题意；
C.在SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O中SO2表现酸性氧化物的通性，C不符合题意；
D.在SO2+2H2O+Cl2=H2SO4+2HCl反应中，S元素的化合价由反应前SO2中的S由+4价变为反应后H2SO4中S的+6价，化合价升高，失去电子，SO2表现还原性，D符合题意；
故合理选项是D。
21．D
【详解】A．pH=1的酸性溶液中，SO不能大量共存，A错误；
B．pH=1的酸性溶液中，ClO-不能大量共存，B错误；
C．无色溶液中，Fe3+不能大量共存，C错误；
D．Al3+、Na+、Cl-、NO酸性溶液中能大量共存，D正确；
故选D。
22．B
【详解】A．氨气极易溶于水，在某溶液中加入氢氧化钠溶液，需要加热，使氨气逸出，才能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体（氨气），故A错误；
B．硫酸钡为不溶于水、不溶于酸的白色沉淀，则检验硫酸根离子的方法为：取少量溶液于试管中，加入稀盐酸，没有明显现象，排除SO32-、CO32-，再加入氯化钡溶液，产生白色沉淀，则证明溶液中有SO42-，故B正确；
C．氯水具有氧化性，可氧化亚铁离子，则检验是否含亚铁离子，先加KSCN，无明显现象，再加氯水，溶液呈血红色，但氯水不能过量，过量的氯水能将KSCN氧化，溶液又变成无色，故C错误；
D．滴入硝酸银溶液产生白色沉淀，再加入过量的硫酸沉淀不消失，该白色沉淀可能为硫酸银，原溶液中不一定含C1-，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点为C，要注意氯水具有强氧化性和漂白性，过量的氯水能将血红色溶液氧化褪色。
23．C
【详解】检验某未知溶液中是否含有的操作是先加盐酸酸化，再加溶液，有白色沉淀，则含有，反之，则无；综上所述，答案为C。
24．C
【详解】A．过氧化钠的漂白是因为其强氧化性所致；
B．新制氯水中含有次氯酸，具有强氧化性而导致其能漂白；
C．二氧化硫的漂白是因为其与有机色素形成不稳定的无色物质所致，不涉及氧化还原反应；
D．漂粉精中含有含有次氯酸盐，有强氧化性，能漂白；
综上所述，过氧化钠、新制氯水、漂粉精的漂白都是因为其强化氧化性，而二氧化硫的漂白不是因为强氧化性，与其它选项的漂白原理不同，答案选C。
25．A
【详解】A．H2和O2混合常温不反应，气体体积不变；若点燃或电火花条件下会反应生成水，故A符合题意；
B．常温，NH3+HCl＝NH4Cl，NH4Cl常温为固体，反应后气体体积减小，故B不符合题意；
C．NO极易与O2反应生成NO2，2NO+O2＝2NO2，三种物质均为气体；根据计量数关系，反应后气体体积减小，故C不符合题意；
D．SO2+2H2S＝3S↓+2H2O，反应后生成固体S单质和液态水；气体体积减小，故D不符合题意；
答案选A。
【点睛】本题中要注意题目的条件，氢气和氧气混合在点燃的条件下才反应为易错点。
26．A
【详解】①Al2O3是两性氧化物，能够与NaOH反应产生NaAlO2，由于碳酸的酸性比Al(OH)3强，向NaAlO2溶液中通入CO2气体，会发生反应：NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，能够实现给定物质的转化，①正确；
②S与O2点燃产生SO2，不能产生SO3，因此不能实现给定物质的转化，②错误；
③向饱和NaCl溶液中先通入NH3使溶液显碱性，然后再通入CO2气体，发生反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，将NaHCO3过滤，然后加热发生分解反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，制取得到Na2CO3，能够实现给定物质的转化，③正确；
④Fe2O3与HCl发生反应产生FeCl3溶液，在FeCl3溶液中发生水解反应产生HCl和Fe(OH)3，加热HCl挥发促进盐的水解，得到Fe(OH)3固体，Fe(OH)3受热分解产生Fe2O3，不能得到无水FeCl3，因此不能实现给定物质的转化，④错误；
综上所述可知：能够实现物质转化的序号是①③，故合理选项是A。
27． 随着反应进行，浓硫酸浓度逐渐减小，不再与铜片反应，所以铜片剩余 产生的SO2中混有硫酸的酸雾，饱和NaHSO3溶液除去硫酸；SO2在饱和NaHSO3溶液中溶解度小 Ag+(或AgNO3) SO(或Ag2SO4) Ag2SO4微溶于水，若N中有Ag2SO4，则M中一定有SO，向其中加入BaCl2溶液应有沉淀，但加入BaCl2溶液无沉淀，说明M无SO，则N中没有Ag2SO4 SO2+H2OH2SO3、H2SO3H++HSO、HSOH++SO，SO和Ag+反应生成难溶的Ag2SO3，使上述三个平衡右移 左 SO2+2AgNO3+2H2O→2Ag↓+H2SO4+2HNO3 氧化还原反应的速率比发生复分解反应的速率慢
【分析】(1)铜与稀硫酸不反应；
(2) Cu与浓硫酸共热产生的SO2中混有硫酸的酸雾；
(3)析出硫酸银固体后的母液应该是硫酸银的饱和溶液；
(4)二氧化硫溶于水生成亚硫酸，亚硫酸能电离出亚硫酸根离子；
(5)加水稀释，该反应的浓度熵Q增大；
(6) SO2和AgNO3溶液反应生成黑色沉淀，说明硝酸银被还原为银单质，SO2被氧化为硫酸；
(7) SO2通入0.1mol/LAgNO3溶液中，先发生复分解反应生成Ag2SO3，后发生氧化还原反应生成Ag；
【详解】(1)随着反应进行，浓硫酸浓度逐渐减小，不再与铜片反应，所以铜片剩余；
(2) Cu与浓硫酸共热产生的SO2中混有硫酸的酸雾，饱和NaHSO3溶液除去硫酸，SO2在饱和NaHSO3溶液中溶解度小，所以用饱和NaHSO3溶液洗涤SO2；
(3)氯化银难溶于水，向溶液M中滴加盐酸至过量，产生白色沉淀，说明M中含有Ag+；Ag2SO4微溶于水，若N中有Ag2SO4，则M中一定有SO，向其中加入BaCl2溶液应有沉淀，但加入BaCl2溶液无沉淀，说明M无SO，则N中没有Ag2SO4；
(4) SO2+H2OH2SO3、H2SO3H++HSO、HSOH++SO，SO和Ag+反应生成难溶的Ag2SO3，使上述三个平衡右移；
(5) Ag2SO3(s)+4NH3·H2O2Ag(NH3)+SO+4H2O，该反应平衡常数的表达式K=；向Ag2SO3溶于氨水后的混合物中加入少量水，浓度熵Q增大，Q>K，该平衡向左移动；
(6) SO2和AgNO3溶液反应生成黑色沉淀，说明硝酸银被还原为银单质，SO2被氧化为硫酸，化学方程式为SO2+2AgNO3+2H2O→2Ag↓+H2SO4+2HNO3；
(7) SO2通入0.1mol/LAgNO3溶液中，先发生复分解反应生成Ag2SO3，后发生氧化还原反应生成Ag，说明氧化还原反应的速率比发生复分解反应的速率慢。
【点睛】本题以SO2与AgNO3溶液的反应为载体，考查学生探究能力、问题分析与解决能力，明确反应原理是解题关键，熟悉平衡移动原理，注意题目信息的提取和应用。
28． d 蓝色变为无色 还原性 0.053 偏小 取样，先加入足量稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则含有硫酸根离子，若未产生白色沉淀，则不含硫酸根离子 C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O 提高SO2的纯度(去除杂质)；提高SO2的浓度(或富集SO2)
【分析】
根据题意，结合图示装置，该装置测定某燃煤烟气中SO2的体积分数，已知燃煤烟气的主要成分为N2、CO、SO2，A 装置是为了观察气体的流速，则试剂M不能与烟气中的气体反应，烟气进入装置B，SO2具有还原性，与B中的碘单质发生氧化还原反应，当B装置中溶液由蓝色变为无色时，停止通入气体，C中液面稳定不变时，记录C装置量气管的体积，测量的体积为N2、CO的体积，根据相关数据计算燃煤烟气中 SO2的体积分数。
【详解】
(1)A 装置是为了观察气体的流速，则试剂 M 不能与烟气的成分发生反应，
a．SO2是酸性氧化物，与饱和NaOH 溶液反应，故a不符合题意；
b．SO2具有氧化性，与饱和Na2S溶液发生氧化还原反应，故b不符合题意；
c．SO2与饱和Na2SO3溶液反应转化为NaHSO3，故c不符合题意；
d．饱和NaHSO3溶液与烟气中的成分不反应，故d符合题意；
答案选d；
(2)根据分析，当B装置中溶液颜色由蓝色变为无色时，则停止通气，B装置中的反应体现 SO2的还原性；
(3)经测定，燃煤烟气消耗了50.00 mL 含I2 1.000×10-3 mol/L 的溶液，根据反应I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4可知，烟气中n(SO2)= n(I2)=0.05L×1.000×10-3 mol/L=5.0×10-5mol，标况下V(SO2)= 5.0×10-5mol×22.4L/mol=1.12×10-3L=1.12mL，C 装置中气体体积为20.00mL(标准状况下)，则燃煤烟气中 SO2 的体积分数为=0.053；若读数时水准管内液面高于量气管内液面，导致测量的N2、CO的混合气体的体积偏大，则结果将偏小；
(4)①步骤②中硫酸根离子的检验方法为：取样，先加入足量稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则含有硫酸根离子，若未产生白色沉淀，则不含硫酸根离子；步骤③中加热条件下碳与硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；
②燃煤烟气中除SO2外还含有多种杂质气体，SO2的吸附、转化、热再生的主要目的是提高SO2的纯度(去除杂质)；提高SO2的浓度(或富集SO2)。
29． SO2、H2 溶液紫红色褪去 含有Fe2＋ 另取少量所得溶液，滴加KI溶液和淀粉溶液 溶液变为蓝色 甲中KMnO4溶液褪色，乙中KMnO4溶液颜色不变，试管中收集到气体 不正确。若溶液中含有Fe3＋则无法检验溶液中是否含有Fe2＋
【详解】(1)明确实验的目的是验证溶液和气体的成分；
(2)根据溶液中可能存在的离子Fe2＋(铁过量)、Fe3＋或两者的混合物，选择合适的试剂进行检验；
(3)根据气体的可能成分SO2和H2选择合适的试剂进行检验。
铁与浓硫酸加热时，产生的金属离子可能有Fe2＋(铁过量)、Fe3＋，产生的气体可能有H2(铁过量)、SO2。Fe2＋可以使酸性KMnO4溶液褪色，Fe3＋具有氧化性，可把I－氧化成I2可使KI­淀粉溶液变为蓝色；SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，并被其吸收。
30． 2，5，3，2，1，1 IO+5I-+6H+→3I2+3H2O 5：1 5s25p5 分子间作用力（范德华力） bd 取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质
【详解】(1)根据氧化还原反应的配平原则，先分析各物质化合价的升降变化，I从+5价降低到0价，至少转移10个电子，S元素从+4升高到+6至少转移2个电子，则NaIO3与NaHSO3的化学计量数之比为2:5，再结合原子守恒规律配平该化学方程式为：2NaIO3+5NaHSO3=3NaHSO4+2Na2SO4+I2+H2O，用单线桥可表示出电子转移的方向和数目如下：，故答案为：2，5，3，2，1，1；；
(2)第二步反应有碘单质生成，第(1)问总反应的离子方程式为：②2IO+5HSO→3H++5SO+I2+H2O，则根据第一步反应①IO+3HSO→3SO+I-+3H+可看出HSO已经被氧化为SO，第二步不需要HSO，则②3-①5消去HSO得到第二步离子方程式为：IO+5I-+6H+→3I2+3H2O；从第二步可看出，最终要得到3mol I2，其中第一步提供5mol IO转化为第二步所需的I-，因此若要使碘酸钠的利用率最高，IO完全反应完，即碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是5：1，故答案为：IO+5I-+6H+→3I2+3H2O；5：1；
(3)碘元素位于第五周期VIIA族，其原子最外层电子排布式是5s25p5；碘升华为物理变化，没有化学键的断裂，因此克服的微粒间作用力为分子间作用力，故答案为：5s25p5；分子间作用力（范德华力）；
(4) a．原子的最外层电子数目不能决定元素的非金属性强弱，故a错误；
b．ICl中碘元素为+1价，说明Cl更易容易得到电子，非金属性更强，故b正确；
c．酸性：HClO3>HIO3，不是最高价氧化物对应水化物的酸性，所以无法判断非金属性，故c错误；
d．氯化钠与浓硫酸共热制备氯化氢，利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，氯化碘与浓硫酸共热可制备碘单质，这说明碘离子更易被氧化，其还原性比氯离子的更强，所以氯气的氧化性强于碘单质的氧化性，即可说明氯、碘两种元素非金属性得相对强弱，故d正确；
故答案为：bd；
(5)亚硫酸钠固体容易被空气氧化为硫酸钠，若检验是否变质，主要检验溶于水后是否存在硫酸根离子，其方法如下：取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质。