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高考化学二轮复习讲义+分层训练解密07非金属及其化合物(集训)(解析版)
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这是一份高考化学二轮复习讲义+分层训练解密07非金属及其化合物(集训)(解析版)，共25页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
解密07 非金属及其化合物
一、选择题
1．(2021·启东高三联考)2020年9月，我国作出对于全球减排具有里程碑意义的承诺：2060年实现碳中和。碳中和是指直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排、碳捕集与封存等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”。下列有关说法正确的是( )
A．CO2是导致温室效应和酸雨的主要气体
B．煤的液化、气化主要是为了减少CO2的排放
C．CO2催化加氢合成低碳烯烃属于化合反应
D．CO2分子间有间隔，故可将其压缩液化后封存
【答案】D
【解析】A项，二氧化硫是导致酸雨的气体，而不是二氧化碳，故A错误；B项，煤的液化、气化是不能减少CO2的排放的，如煤气化的生成物即煤气主要成分是一氧化碳，燃烧依然生成二氧化碳，且生成二氧化碳分子数目相同，故B错误；C项，CO2催化加氢合成低碳烯烃的同时还有H2O生成，不属于化合反应，故C错误；D项，二氧化碳分子之间有间隔，在受压时间隔变小，故可将其压缩液化后封存，故D正确。故选D。
2．(2021·安徽省”皖南八校“高三联考)下列关于非金属及其化合物的说法错误的是( )
A．液氮汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂
B．向氯水中加入碳酸氢钠粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋
C．用二氧化硫漂白过的草帽辫日久又变成黄色
D．铜分别与足量的浓硝酸和稀硝酸充分反应，消耗的还原剂与氧化剂的物质的量之比相同
【答案】D
【解析】A项，液氮汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，A正确；B项，向氯水中加入碳酸氢钠粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋，B正确；C项，二氧化硫漂白性不稳定，故二氧化硫漂白过的草帽辫日久又变成黄色，C正确；D项，Cu与浓硝酸反应的还原产物为二氧化氮，而与稀硝酸反应的还原产物为NO，还原产物的价态不同，故消耗的还原剂与氧化剂的物质的量之比不同，D错误；故选D。
3．(2021·潍坊市统考高三化学质量检测)硫元素最常见和最稳定的一种同素异形体是黄色的正交α－型，1912年E.Beckmann由硫在碘中的冰点降低法测得它含有S8分子。1891年，M.R.Engel用浓盐酸和硫代硫酸盐的饱和溶液在0℃下作用首次制得了一种菱形的－硫，后来证明含有S6分子。下列说法正确的是( )
A．S6和S8分子都是由S原子组成，所以它们是一种物质
B．S6和S8分子分别与铁粉反应，所得产物不同
C．S6和S8分子分别与过量的氧气反应可以得到SO3
D．等质量的S6和S8分子分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同
【答案】D
【解析】A项，S6和S8分子都是由S原子组成，它们是不同的物质，互为同素异形体，故A错误；B项，S6和S8是硫元素的不同单质，化学性质相似，因此它们分别与铁粉反应，所得产物相同，故B错误；C项，不管氧气过量还是少量，S6和S8分子分别与氧气反应可以得到SO2，故C错误；D项，等质量的S6和S8分子，其硫原子的物质的量相同，因此它们分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同，故D正确。故选D。
4．(2021·吉林省德惠市实验中学、前郭五中等九校高三联考)下列有关硫元素及其化合物的说法或描述正确的是( )
A．硫黄矿制备硫酸经历两步：SO2/点燃，SO3H2SO4
B．酸雨与土壤中的金属氧化物反应后，硫元素以单质的形式进入土壤中
C．在燃煤中加入石灰石可减少SO2排放，发生的反应为2CaCO3＋2SO2＋O22CO2＋2CaSO4
D．土壤中的闪锌矿(ZnS)遇到硫酸铜溶液转化为铜蓝(CuS)，说明CuS很稳定，不具有还原性
【答案】C
【解析】A项，用硫黄制硫酸时，第一步只能将硫氧化成SO2，故A错误；B项，酸雨与土壤中的金属氧化物反应后，硫元素以SO42-的形式进入土壤中，故B错误；C项，在燃煤中加入石灰石，高温下石灰石分解生成CaO，可与SO2以及氧气反应生成硫酸钙，故C正确；D项，土壤中的闪锌矿(ZnS)遇到硫酸铜溶液转化为铜蓝(CuS)，说明CuS的溶解度比ZnS的小，与CuS很稳定不具有还原性无关，故D错误；故选C。
5．(2021·湖南怀化市期末)下列关于氯及其化合物的叙述正确的是( )
A．氯气的性质很活泼，它与氢气混合后立即发生爆炸
B．实验室制取氯气时，尾气常用氢氧化钠溶液吸收
C．氯气与氢氧化钠溶液反应能制漂白液，其有效成分为NaClO3
D．某氯水中加入硝酸银溶液生成白色沉淀，说明该氯水一定不含Cl2
【答案】B
【解析】A项，氯气的性质很活泼，它与氢气混合后，在光照条件下能发生爆炸，故A错误；B项，氢氧化钠和氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，实验室制取氯气时，尾气常用氢氧化钠溶液吸收，故B正确；C项，漂白液的有效成分为NaClO，故C错误；D项，某氯水中加入硝酸银溶液生成白色沉淀，说明该氯水一定含有Cl-，不能确定是否含有Cl2，故D错误；故选B。
6．下列关于非金属及其化合物的说法错误的是( )
A．液氮汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂
B．向氯水中加入碳酸氢钠粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋
C．用二氧化硫漂白过的草帽辫日久又变成黄色
D．铜分别与足量的浓硝酸和稀硝酸充分反应，消耗的还原剂与氧化剂的物质的量之比相同
【答案】D
【解析】A项，液氮汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，A正确；B项，向氯水中加入碳酸氢钠粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋，B正确；C项，二氧化硫漂白性不稳定，故二氧化硫漂白过的草帽辫日久又变成黄色，C正确；D项，Cu与浓硝酸反应的还原产物为二氧化氮，而与稀硝酸反应的还原产物为NO，还原产物的价态不同，故消耗的还原剂与氧化剂的物质的量之比不同，D错误；故选D。
7．化学工业在经济发展中的作用举足轻重。下列有关工业生产的叙述中正确的是( )
A．硫酸生产中常采用高压条件提高SO2的转化率
B．合成氨中及时分离氨气可提高反应速率
C．硫酸生产中可用水直接吸收SO3生成硫酸
D． 纯碱厂最好建在合成氨厂附近
【答案】D
【解析】A项，生成硫酸时采用常压条件，常压条件二氧化硫的转化率已经很大，高压转化率增大不多，但是提高了生成成本，故A错误；B项，及时分离出生成物可使平衡右移，反应物浓度降低，反应速率减小，故B错误；C项，在吸收塔中，直接用水吸收SO3，易形成酸雾，降低SO3吸收效率，应用98.3%硫酸吸收SO3，故C错误；D项，纯碱生成中需要大量氨气来形成氨盐水更好的吸收二氧化碳，纯碱厂最好建在合成氨厂附近可降低运输成本，故D正确；故选D。
8．下列现象或事实可用同一原理解释的是( )
A．浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低 B．氯水和活性炭使红墨水褪色
C．铁片和铝片置于冷的浓硫酸中均无明显现象 D．二氧化硫和过氧化钠使品红褪色
【答案】C
【解析】A项，浓硫酸具有吸水性，浓度降低是因溶剂增多，而浓盐酸易挥发浓度减小是因溶质减少，原因不同，A错误；B项，氯水中HClO具有强氧化性使红墨水褪色，而活性炭具有吸附性使红墨水褪色，原理不同，B错误；C项，铁片和铝片置于冷的浓硫酸中均无明显现象，均是因为发生了钝化，原理相同，C正确；D项，过氧化钠具有强氧化性，能使品红褪色，二氧化硫能使品红溶液褪色，发生的是非氧化还原反应，原理不相同，D错误。故选C。
9．(2021·浙江高三月考)NCl3为黄色油状液体，可用于漂白，也用于柠檬等水果的熏蒸处理，其相关性质的说法不正确的是( )
A．缓慢与水发生反应：NCl3+2H2O=HNO2+3HCl
B．具有强氧化性，能与HCl气体反应生成Cl2
C．很不稳定，受热或受震动时发生猛烈爆炸而分解：2NCl3N2↑+ Cl2↑
D．遇碱迅速分解得到一种碱性气体和能杀灭新冠病毒的消毒液
【答案】A
【解析】A项，在NCl3中，N显-3价，Cl显+1价，缓慢与水发生反应：NCl3+3H2O=NH3+3HClO，HClO还可将NH3氧化为N2，A不正确；B项，NCl3中Cl显+1价，HCl中Cl显-1价，NCl3与HCl中Cl元素发生归中反应，生成Cl2和NH3，若HCl过量，则生成NH4Cl，B正确；C项，NCl3很不稳定，对光、热、有机化合物都十分敏感，甚至震动时都会发生猛烈爆炸，从而生成N2和Cl2，C正确；D项，NCl3遇碱会发生迅速分解，生成NH3和NaClO，NaClO可作杀灭新冠病毒的消毒液，D正确；故选A。
10．(2021·浙江选考模拟)已知：100%硫酸吸收SO3可生成焦硫酸(分子式为H2S2O7或H2SO4·SO3)；焦硫酸水溶液发生如下电离：H2S2O7(aq)=H+(aq)+ HS2O7- (aq)，HS2O7- (aq)H+(aq)+ S2O72- (aq) K2=2.7×10-2。下列说法不正确的是( )
A．焦硫酸具有强氧化性
B．Na2S2O7水溶液显中性
C．98%的H2SO4可以表示为SO3•H2O
D．焦硫酸与水反应的化学方程式：H2S2O7+H2O=2H2SO4
【答案】B
【解析】A项，由浓硫酸中+6价硫具有强氧化性可知，焦硫酸中+6价硫也具有强氧化性，A正确；B项，Na2S2O7可写成Na2SO4·SO3，溶于水后SO3和水反应生成硫酸，溶液显酸性，B错误；C项，假设浓硫酸的质量为100 g，则H2SO4的质量为100 g×98%=98 g，H2O的质量为100 g-98 g=2 g，则H2SO4的物质的量为=1 mol，H2O的物质的量为=mol，故98%的H2SO4可表示为H2SO4•H2O，如果把H2SO4表示为SO3·H2O，则98%的浓硫酸也可表示为SO3•H2O，C正确；D项，焦硫酸与水反应可表示为H2SO4·SO3+H2O=2H2SO4，D正确。
11．(2021·江苏扬州市期末)2020年7月31日上午，北斗三号全球卫星导航系统正式开通。下列说法正确的是( )
A．控制系统的芯片是硅晶体，硅晶体用作半导体材料是因为其原子的最外层电子数多
B．火箭推进剂发生的化学反应为2N2H4 + N2O4 = 3N2 + 4H2O，其中氢元素被氧化
C．火箭发射时会产生大量红色的烟雾， 该现象与反应产生的NOx有关
D．火箭头部的一层特殊材料能起到保护作用，是由于其在熔化时能放出大量的热
【答案】C
【解析】A项，硅晶体用作半导体材料是因其具有单向导电性，与最外层电子数多少无关，故A错误；B项，由反应可知中的N由-2价转变成0价，作还原剂，N元素被氧化物，中的N化合价由+4价转变成0价，作氧化剂，N元素被还原，H的化合价反应前后保持不变，故B错误；C项，火箭燃料为偏二甲肼和四氧化二氮，其中四氧化二氮进入空气后立刻会分解为红棕色的二氧化氮，红色烟雾是火箭刚点火时没有被燃尽，扩散到空中的棕红色二氧化氮，故C正确；D项，熔化过程吸收大量的热，从而起到给火箭降温保护设备的作用，故D错误；故选C。
12．(2021·广东中山市期末)在无机非金属材料中，硅一直扮演着主要的角色．请你利用元素周期律的相关知识，预测硅及其化合物的性质．下列说法不正确的是( )
A．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料
B．SiO2是酸性氧化物，可以与NaOH反应：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O
C． Na2SiO3可溶于水，在水溶液中电离方程式为：Na2SiO3=2Na++SiO32-
D．由反应Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3↓，可以证明H2SiO3是一种弱酸
【答案】D
【解析】A项，晶体硅是灰黑色有金属光泽、硬而脆的固体，导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，A说法正确；B项，SiO2是酸性氧化物，可以与NaOH反应生成盐和水：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，B说法正确；C项，Na2SiO3为强电解质，可溶于水，在水溶液中完全电离，电离方程式：Na2SiO3=2Na++SiO32-，C说法正确；D项，由反应Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3↓，H2SiO3为沉淀，生成的沉淀不一定为弱电解质，则不能证明H2SiO3是一种弱酸，D说法错误；故选D。
13．(2021·四川资阳市高三一模)“过犹不及”深刻诠释了化学反应的定量关系。下列反应进行到指定程度，继续增加画线物质的量，不会使反应发生变化的是(忽略气体溶解及与水的反应) ( )
A．在Ca(HCO3)2溶液中滴加Ca(OH)2溶液至HCO3-完全反应
B．将Cl2通入FeBr2溶液至Fe2＋完全氧化
C．将NH3通入CuSO4溶液至Cu2＋完全沉淀
D．在KAl(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至沉淀物质的量最大
【答案】A
【解析】A项，Ca(HCO3)2溶液中滴加Ca(OH)2溶液至HCO3-完全反应，反应的离子方程式为Ca2++ HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O，继续滴加Ca(OH)2溶液不再发生其他反应，即原反应不会发生变化，A符合题意；B项，由于Fe2+的还原性比Br-强，将Cl2通入FeBr2溶液先与Fe2+反应：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，Fe2+完全氧化后如果继续通入Cl2，溶液中的Br-就会被氧化：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，即原反应发生了变化，B不符题意；C项，将NH3通入CuSO4溶液至Cu2+完全沉淀，发生反应2NH3+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2↓+2NH4+，若继续通入NH3，会发生络合反应Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4](OH)2，沉淀溶解，即原反应发生了变化，C不符题意；D项，在KAl(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至沉淀物质的量最大，发生反应为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，若继续滴加Ba(OH)2溶液，溶液中会发生反应SO42-+2Al(OH)3+Ba2++2OH-=2 AlO2-+BaSO4↓+4H2O，即原反应发生了变化，D不符题意；故选A。
14．(2021·湖南省常德芷兰实验学校月考)已知 NH4CuSO3与足量的10mol·L-1硫酸混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成；②产生刺激性气味的气体；③溶液呈现蓝色。据此判断下列说法正确的是( )
A．反应中硫酸作氧化剂 B．NH4CuSO3中氮元素被氧化
C．刺激性气味的气体是氨气 D．1mol NH4CuSO3完全反应转移0.5 mol电子
【答案】D
【解析】根据实验现象分析，红色金属为Cu，溶液呈现蓝色，说明溶液中含有Cu2＋，因为加入足量的硫酸，所以刺激性气味的气体应是SO2，据此分析，反应的化学方程式为2NH4CuSO3＋2H2SO4=Cu＋CuSO4＋2SO2↑＋2H2O＋(NH4)2SO4。A项，根据上述分析，只有Cu元素的化合价发生变化，从+1价变成了产物中的0价和+2价即硫酸的组成元素没有发生变化，所以硫酸既不是氧化剂又不是还原剂，只表现酸性，故A错误；B项，NH4CuSO3中氮元素的化合价没有变化，故B错误；C项，根据上述分析，刺激性气味的气体为SO2，不是氨气，故C错误；D项，亚铜自身发生氧化还原反应，从反应的化学方程式2NH4CuSO3＋2H2SO4=Cu＋CuSO4＋2SO2↑＋2H2O＋(NH4)2SO4 可知2molNH4CuSO3完全反应转移电子物质的量为1mol，故1molNH4CuSO3完全反应转移电子物质的量为0.5mol，故D正确；故选D。
15．(2020·安徽省濉溪县高三联考)利用自然资源制备相关化学物质，下列化学工艺不可行的是( )
A．提取食盐后母液含Br2的液体粗溴纯溴
B．石英砂粗硅粗四氯化硅高纯硅
C．FeS2SO2H2SO3H2SO4
D．铝土矿Na[Al(OH)4]溶液Al(OH)3Al2O3铝
【答案】C
【解析】A项，提取食盐后的母液中提取单质溴的过程，要知道母液中是溴离子，需要先用Cl2氧化，此工艺可行的，故A正确；B项，由石英砂先制粗硅，再用H2还原SiCl4得到Si，是工业上制高纯硅的流程，工艺可行的，故B正确；C项，应首先进行二氧化硫的催化氧化，然后用98.3%的硫酸吸收，此工艺不可行，故C错误；D项，工业上用铝土矿制铝的过程，每一步所加试剂必须过量，此工艺可行的，故D正确；故选C。
16．(2020·安徽省2020年江南十校综合素质测试)ClO2是一种极易溶于水且几乎不与冷水反应的黄绿色气体(沸点11℃)，实验室制备纯净ClO2溶液的装置如图所示：
已知下列反应：NaClO3+HCl→NaCl+ClO2+Cl2+H2O；NaClO2+HCl→NaCl+ClO2+H2O；NaClO2+Cl2→NaCl+ClO2(均未配平)。下列说法正确的是( )
A．a中通入的N2可用CO2或SO2代替 B．b中NaClO2可用饱和食盐水代替
C．c中广口瓶最好放在冰水浴中冷却 D．d中吸收尾气后只生成一种溶质
【答案】C
【解析】A项，a中通入的N2的目的是氮气性质稳定且不影响实验，可将a中产生的ClO2和Cl2吹出并进入后续装置，继续实验，二氧化硫具有还原性，可将ClO2、NaClO3等物质还原，故A错误；B项，b中NaClO2的作用是吸收ClO2中混有的氯气和氯化氢杂质气体，用饱和食盐水可吸收氯化氢，但不能吸收氯气，故B错误；C项，ClO2是一种极易溶于水且几乎不与冷水反应的黄绿色气体，故c中广口瓶最好放在冰水浴中冷却，有利于吸收ClO2，故C正确；D项，d中氢氧化钠和ClO2发生歧化反应生成NaCl和NaClO3，产物至少两种，故D错误；故选C。
17．(2020·长沙七校联考)实验室探究SO2与Fe(NO3)3溶液反应的原理，装置如下图，实验中Y装置产生白色沉淀。下列说法不正确的是( )
A．滴加浓硫酸之前应进行的操作是打开弹簧夹，通入一段时间N2
B．Y中产生的白色沉淀是BaSO4或BaSO3
C．产生白色沉淀的原因可能是在酸性条件下SO2与NO3- 反应生成了SO42-
D．若将Fe(NO3)3换成FeCl3，Y中也能产生白色沉淀，说明Fe3+也能将SO2氧化
【答案】B
【解析】A项，通入一段时间N2，是为了排除空气中O2的干扰，故A正确；B项，由于NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能将SO32 -氧化为SO42 -，所以Y中产生的白色沉淀是BaSO4，故B不正确；同理，C项，正确；D项，若将Fe(NO3)3换成FeCl3，Y中也能产生白色沉淀，且沉淀为BaSO4，说明Fe3+也能将SO2氧化，D正确；故选B。
18．下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是( )
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
判断
A
向浓盐酸中加入浓硫酸可制备氯化氢气体
浓盐酸易挥发，浓硫酸与水作用放出大量的热
Ⅰ对，Ⅱ对；有
B
Cu能与浓HNO3反应
由于Cu具有还原性，浓HNO3具有氧化性，在任何条件下生成的气体一定是NO2
Ⅰ对，Ⅱ错；无
C
硫单质在纯氧中燃烧有少量SO3生成
部分二氧化硫被氧化为SO3
Ⅰ对，Ⅱ对；无
D
硝酸铵和碱石灰共热用于实验室制备NH3
铵盐与碱能发生复分解反应
Ⅰ对，Ⅱ对；有
【答案】A
【解析】A项，浓硫酸具有吸水性，溶于水放出大量的热，又因为浓盐酸易挥发，所以向浓盐酸中加入浓硫酸可制备氯化氢气体，A正确；B项，铜与稀硝酸反应生成NO，B错误；C项，硫单质在纯氧中燃烧只能生成SO2，C错误；D项，硝酸铵受热易发生爆炸，实验室一般用氯化铵与熟石灰共热制备氨气，D错误。
19．(2020·湖南省金太阳高三联考)下列实验操作、现象和结论均正确的是( )
选项
实验操作和现象
结论
A
向NaBr溶液中分别 滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色
Br-的还原性强于Cl-
B
相同条件下，分别 向20mL0.1mol/LKMnO4溶液和20mL0.5mol/LKMnO4溶液中滴加相同浓度和体积的草酸溶液(过量)，0.5mol/LKMnO4溶液紫色褪去的时间更短(生成的Mn2+对该反应无影响)
浓度对反应速率的影响：浓度越大，反应速率越快
C
向淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气，溶液由无色变蓝色，后蓝色褪去
氯气具有强氧化性和漂白性
D
室温下，用pH试纸测得0.1mol/LNa2SO3溶液的pH约为10，0.1mol/LNaHSO3溶液的pH约为5
HSO3-结合H+的能力比SO32-的强
【答案】A
【解析】A项，NaBr溶液中滴入氯水，发生反应2Br-+Cl2＝Br2+2Cl-，由此得出还原性Br-＞Cl-，A正确；B项，要通过溶液紫色褪去的时间长短比较反应速率快慢，应该让酸性高锰酸钾的体积和浓度均相同，改变草酸的浓度，B错误；C项，淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气，溶液先变蓝后褪色，氯气只表现氧化性，氯气没有漂白性，C错误；D项，0.1mol/LNa2SO3溶液的pH大，碱性强，则结合H+的能力强，D错误；故选A。
20．根据下列实验和现象，所得实验结论正确的是( )
选项
实验
现象
实验结论
A
向某溶液中先滴加适量稀硝酸，再滴加少量BaCl2溶液
出现白色沉淀
原溶液中含有SO42-、SO32-、HSO3-中的一种或几种
B
向装有Fe(NO3)2溶液的试管中加入稀硫酸
在管口观察到红棕色气体
HNO3分解成了NO2
C
左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色
氧化性：Cl2>Br2>I2
D
SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液
出现白色沉淀
得到的沉淀只有BaSO4
【答案】D
【解析】A项，加入的硝酸能把SO32-、HSO3-氧化为SO42-，再加入BaCl2都能生成白色沉淀BaSO4，所以溶液含有SO42-、SO32-、HSO3-中的一种或几种，但是若溶液中含有Ag+，也能与BaCl2反应生成白色沉淀，A不正确；B项，加入的硫酸与NO3-构成硝酸，能氧化Fe2+，而NO3-被还原为NO，NO遇空气生成红棕色的NO2，故硝酸分解生成NO2的结论是不正确；C项，含有NaBr的棉球显橙色，说明Cl2的氧化性强于Br2，因溴易挥发，与Cl2一起与含有KI淀粉的棉球作用而呈蓝色，无法确定是哪种物质把I-氧化为I2，故结论不正确；D项，SO3溶于水生成硫酸，电离出的H+与NO3-构成的硝酸把SO2氧化为SO42-，所以白色沉淀只有BaSO4，故D的结论是正确的。
21．(2021·福建厦门市期末)将KIO3、H2SO4、H2O2、MnSO4、CH2(COOH)2及可溶性淀粉(指示剂)混合进行碘钟实验，通过光线传感器绘制出碘钟振荡反应曲线如下图。下列说法正确的是( )
已知：碘钟周期性振荡的反应如下，除I2与Mn3+外，其他物质在此溶液中为无色或浅色。12H++2IO3-+10Mn2+=I2+6H2O+10Mn3+(琥珀色)
IO3-+3H2O2=I-+3O2↑+3H2O
5I-+ IO3-+6H+=3I2+H2O
I2+ CH2(COOH)2=ICH(COOH)2+H++I-
4Mn3++ICH(COOH)2+2H2O=I-+4Mn2++HCOOH+2CO2↑+5H+
A．A→B→C过程中，颜色变化为：蓝色→琥珀色→无色
B．D→E过程放出的气体为O2
C．F→G持续时间变长，是因为CH2(COOH)2逐渐被消耗
D．H点透光率减弱是因为浓度下降
【答案】C
【解析】在淀粉作指示剂的情况下混合反应，混合液在特定的时间内保持无色，而后突然转变为蓝色。由于混合液由无色到蓝色这段时间可以精确计时，因此这一反应被称为碘钟反应。A项，根据已知信息可知A点生成单质碘：12H++2IO3-+10Mn2+=I2+6H2O+10Mn3+，则A→B→C过程中，颜色变化为：蓝色→琥珀色，A错误；B项，D→E反应为5I-+ IO3-+6H+=3I2+H2O，B错误；C项，根据I2+ CH2(COOH)2=ICH(COOH)2+H++I-可判断F→G持续时间变长，是因为CH2(COOH)2逐渐被消耗，C正确；D项，H点生成单质碘，由于生成单质碘需要消耗碘酸根，因此透光率减弱是因为碘酸根浓度下降，D错误；故选C。
22．(2021·江西宜春市·高三月考)冰晶石(Na3AlF6)微溶于水，工业上用萤石(CaF2含量为96%)、二氧化硅为原料，采用氟硅酸钠法制备冰晶石，其工艺流程如图：
据此分析，下列观点不正确的是( )
A．滤渣A的主要成分是CaSO4
B．上述流程中，所涉反应均为非氧化还原反应
C．“操作i”可用硅酸盐质设备进行分离
D．流程中可循环使用的物质除H2SO4、SiO2外，滤液B经浓缩后也能循环使用
【答案】C
【解析】萤石二氧化硅在硫酸酸浸中生成H2SiF6，还生成硫酸钙，过滤分离，滤渣A的主要成分为硫酸钙，可能含有二氧化硅等。H2SiF6再与硫酸钠反应生成Na2SiF6和硫酸，硫酸可以循环使用，Na2SiF6与浓氨水反应生成氟化钠和氟化铵和二氧化硅，操作i过滤分离出二氧化硅，二氧化硅也循环使用，反应③发生2NaF+4NH4F+NaAlO2+2H2O=Na3AlF6+4NH3·H2O或2NaF+4NH4F+NaAlO2=Na3AlF6+4NH3+2H2O，滤液B含氨水，可循环使用，操作ⅱ过滤分离出冰晶石。A项，滤渣A的主要成分为硫酸钙，A正确，不符合题意；B项，所有反应都没有元素化合价变化，都为非氧化还原反应，B正确，不符合题意；C项，溶液中的氟离子水解生成氟化氢，腐蚀硅酸盐质设备，C错误，符合题意；D项，操作i过滤分离出二氧化硅，二氧化硅也循环使用，反应③发生2NaF+4NH4F+NaAlO2+2H2O=Na3AlF6+4NH3·H2O或2NaF+4NH4F+NaAlO2=Na3AlF6+4NH3+2H2O，滤液B含氨水，可循环使用，D正确，不符合题意；故选C。
23．(2021·石家庄市藁城区第一中学高三月考)常温常压下，将a mol CO2气体通入含b mol NaOH的溶液中，下列对所得溶液的描述正确的是( )
A．2ac(CO32-)>c(OH-)>c(H+)
B．2a=b时，则一定存在：c(OH-)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(H＋)
C．b<2a<2b时，则一定存在：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CO32-)+c(HCO3-)
D．a=b时，则一定存在：2c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c(CO32-)+2c(HCO3-)+c(H2CO3)
【答案】D
【解析】根据二氧化碳和氢氧化钠反应的少量与过量反应进行判断产物，根据产物进行比较离子浓度大小，其反应为：①CO2(少量)+2NaOH= Na2CO3+H2O， ②CO2(足量)+NaOH= NaHCO3+H2O，当，发生反应①；当时，发生反应②。根据具体比值关系判断A项，当2ac(OH-)> c(CO32-)>c(H+)，故A不正确；B项，当2a=b时，CO2与NaOH恰好发生反应①，溶质是Na2CO3，碳酸钠溶液列出的质子守恒为：c(OH-)=2c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(H＋)，故B不正确；C项，当b<2a<2b时，CO2与NaOH发生反应①和②，溶液中的溶质是Na2CO3和NaHCO3，列电荷守恒应该是：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)，故C不正确；D项，当a=b时，CO2与NaOH恰好发生反应②，溶质是NaHCO3，电荷守恒是：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2(CO32-)+c(HCO3-)，物料守恒是：c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，将电荷守恒和物料守恒相加得：2c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c(CO32-)+2c(HCO3-)+c(H2CO3)，故D正确；故选D。
24．港珠澳大桥水泥的使用量约198万吨。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：
下列叙述正确的是( )
A．水泥、玻璃、陶瓷为传统的硅酸盐材料，三者的原料都主要为SiO2
B．沉淀A主要成分为SiO2，沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3
C．为了加快溶解速率，使用盐酸代替硫酸处理草酸钙
D．草酸钙易溶于水
【答案】B
【解析】A项，水泥、玻璃、陶瓷均为硅酸盐工业产品，所以主要成分是硅酸盐，三者的原料不同，三者的原料并非都主要为SiO2，例如：陶瓷的主要原料有黏土等，水泥的主要原料有石灰石和黏土(铝硅酸盐)，故A错误；B项，水泥样品的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物，加入氯化铵、盐酸和硝酸，由于二氧化硅与酸不反应，则得到的沉淀A为SiO2，滤液中含有Ca2+、Fe3+、Al3+、Mg2+等离子，加入氨水调节pH到4~5之间，可生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，则沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3，故B正确；C项，使用盐酸代替硫酸处理草酸钙，在溶液中剩余的盐酸也能被高锰酸钾氧化，从而干扰草酸的测定，进而使测得的钙的含量产生误差，故C错误；D项，草酸钙是难溶于水的白色固体，故D错误。
25．(2021·广东深圳市深圳外国语学校高三月考)取一定质量的NaBr、NaI的混合物平均分成五等分，分别加水配成溶液并编号为甲、乙、丙、丁、戊，再分别向各溶液中通入一定体积的氯气，将反应后所得溶液蒸干灼烧得固体，通入氯气的体积与最终所得固体质量记录如下：
编号
甲
乙
丙
丁
戊
固体组成
NaCl
Cl2的体积/mL
V
2V
3V
4V
5V
固体质量/g
54.62
43.64
35.48
30.14
29.25
下列实验结论正确的是( )
A．甲溶液中发生的反应是Cl2+2Br－=2Cl－+Br2
B．乙中固体组成为NaBr、NaCl
C．标准状况下Cl2的体积V为2688mL
D．原混合物中NaBr的物质的量为1mol
【答案】D
【解析】向NaBr、NaI的混合溶液中通入Cl2，需考虑置换反应发生的先后，因还原性I-＞Br-＞Cl-，故先有2NaI+Cl2=2NaCl+I2…①，反应完后再有2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2…②；戊中固体NaCl质量29.25g，根据钠离子守恒可知NaBr、NaI的物质的量之和等于NaCl的物质的量，为=0.5mol。A项，根据Na元素守恒可知固体甲的物质的量为0.5mol，则其平均摩尔质量为=109.24g/mol，NaCl的摩尔质量为58.5g/mol，NaBr的摩尔质量为103g/mol，NaI的摩尔质量为150g/mol，所以固体甲为NaI、NaBr、NaCl，则溶液中碘离子还未被完全氧化，所以甲溶液中不可能发生Cl2+2Br－=2Cl－+Br2，故A错误；B项，乙丙对比，固体的质量减少了43.64g-35.48=8.16g，丙丁对比，固体的质量减少了35.48g-30.14g=5.34g，且丁到戊固体的质量还在减少，说明丁中NaBr还未完全反应；若乙中不含NaI，由于通入的氯气的变化量相同，则乙®丙减少的和丙®丁减少都应是VL氯气能够反应的NaBr与生成的NaCl的差值，但实际上并不相等，说明乙中含有NaI，固体组成应为NaI、NaBr、NaCl，故B错误；C项，甲、乙固体组成均为为NaI、NaBr、NaCl，所以甲和乙对比固体减少的质量就是VL氯气反应的NaI和NaCl的质量的差值，所以n(NaI)==0.12mol，则VL氯气的物质的量为0.06mol，所以体积为0.06mol´22.4L/mol=1.344L=1344mL，故C错误；D项，固体甲与通入氯气前相比减少的质量为VL氯气反应的NaI和NaCl的质量的差值，即54.62g-43.64g=10.98g，所以通氯气前的总质量为54.62g+10.98g=65.6g，令原溶液中NaI的物质的量为x，NaBr的物质的量为y，则，解得x=0.3mol，y=0.2mol，由于原混合物五等分，则原来混合物中溴化钠的物质的量=0.2mol×5=1mol，故D正确；故选D。
二、非选择题
26．(2021·山东潍坊市质检)硫及其化合物在生产生活中用途广泛，用化学反应原理研究它们的性质和用途有重要意义。回答下列问题：
(1)亚硫酰氯(SOCl2)是一种液态化合物，沸点为77℃。向盛有10 mL水的锥形瓶中小心滴加8～10滴SOCl2，观察到剧烈反应，液面上有白雾生成，并有刺激性气味气体逸出。轻轻振荡锥形瓶，白雾消失后，向溶液中滴加AgNO3溶液，有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成。
①SOCl2与水反应的化学方程式为___________。
②蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，将SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热，可得到无水AlCl3，试解释原因：___________。
(2)利用反应2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O可将石油气中的H2S转化为S。研究小组同学在实验室中进行如下实验：25℃，向100 mL H2S饱和溶液中缓缓通入SO2气体(气体体积换算成标准状况)，测得溶液pH与通入SO2的体积关系如图所示。
已知：25℃，两种酸的电离平衡常数如下表。lg1.4=0.146
Ka1
Ka2
H2SO3
1.4´10-2
6.0´10-8
H2CO3
4.5´10-7
4.7´10-11
①25℃，H2S饱和溶液的物质的量浓度为___________mol·L-1。
②理论计算b点对应溶液的pH约为___________(忽略溶液的体积变化，计算结果保留一位小数)。而实验测定b点对应溶液的pH小于理论计算值的可能原因是___________(用化学方程式解释)。
③c点时停止通入SO2，并向溶液中加入一定量NaHCO3固体。溶液中H2SO3溶液和NaHCO3发生主要反应的离子方程式为___________。
④请设计实验证明亚硫酸的酸性强于氢硫酸___________(说明操作和现象)。
【答案】(1)①SOCl2+H2O═SO2↑+2HCl ②SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热时，SOCl2与AlCl3·6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，SOCl2吸水，产物SO2和HCl抑制AlCl3水解
(2)①0.1 ②1.4 2H2SO3+O2=2H2SO4或2SO2+2H2O+O2=2H2SO4
③H2SO3+HCO3-=CO2↑+ HSO3-+H2O ④测定相同浓度的氢硫酸和亚硫酸的pH，氢硫酸的pH大于亚硫酸或用相同浓度的氢硫酸和亚硫酸做导电性实验，氢硫酸的导电能力低于亚硫酸或将相同浓度的氢硫酸和亚硫酸分别于能浓度的碳酸氢钠溶液混合，氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸与碳酸氢钠溶液生成气体。
【解析】(1)①SOCl2溶于水，可观察到剧烈反应，液面上有白雾形成，并有无色带刺激性气味的气体逸出，根据现象结合元素守恒可以推测生成HCl和SO2；轻轻振荡锥形瓶，待白雾消失后，往溶液中滴加AgNO3溶液，有不溶于HNO3的白色沉淀析出，说明溶液中存在Cl-，进一步说明有HCl，所以SOCl2与水反应的化学方程式为：SOCl2+H2O═SO2↑+2HCl；②蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，是由于AlCl3会水解产生HCl，当SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热时，SOCl2与AlCl3·6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，SOCl2吸水，产物SO2和HCl抑制AlCl3水解，从而得到无水AlCl3；(2)①H2S饱和溶液中通入二氧化硫时发生反应：2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，S单质难溶于水，所以当H2S和SO2恰好完全反应时，溶液中只有水，25℃时，pH=7，据图可知溶液pH=7时通入112mLSO2，所以100mLH2S饱和溶液中n(H2S)==0.01mol，所以c(H2S)==0.1mol/L；②a点时硫化氢已经完全反应，所以之后再通入二氧化硫，溶液中的溶质为二氧化硫与水反应生成的亚硫酸，b点时c(H2SO4)==0.1mol/L，设溶液中c(H+)=x mol/L，则有=1.4´10-2，解得c(H+)»mol/L，所以pH=-lg=1.4；由于亚硫酸具有较强还原性易被空气中的氧气氧化生成生成硫酸，使溶液的酸性变强，相应的化学方程式为2H2SO3+O2=2H2SO4或2SO2+2H2O+O2=2H2SO4；根据表格中的数据可知酸性：H2SO3> H2CO3> HSO3-，所以离子反应方程式为H2SO3+HCO3-=CO2↑+ HSO3-+H2O；④酸性越强同浓度的溶液pH越小，所以可以测定相同浓度的氢硫酸和亚硫酸的pH，氢硫酸的pH大于亚硫酸；酸性越强电离程度越大，同浓度的溶液导电性越强，用相同浓度的氢硫酸和亚硫酸做导电性实验，氢硫酸的导电能力低于亚硫酸；强酸可以和弱酸盐反应生成强酸盐和弱酸，所以可以将相同浓度的氢硫酸和亚硫酸分别于能浓度的碳酸氢钠溶液混合，氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸与碳酸氢钠溶液生成气体。
27．(2021·北京东城区高三期末)某实验小组对Na2S2O3分别与FeCl3、Fe2(SO4)3的反应进行实验探究。
实验药品：0.1mol/LNa2S2O3溶液(pH=7)；0.1mol/LFeCl3溶液(pH=1)；0.05mol/LFe2(SO4)3溶液(pH=1)。
实验过程
实验编号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
实验操作
实验现象
溶液呈紫色，
静置后紫色迅速褪去，
久置后出现淡黄色浑浊
溶液呈紫色，
静置后紫色褪去，
久置后不出现淡黄色浑浊
溶液呈紫色，
静置后紫色缓慢褪去，
久置后不出现淡黄色浑浊
资料：ⅰ.Na2S2O3在酸性条件下不稳定，发生自身氧化还原反应；
ⅱ.Fe3++ S2O32-Fe(S2O3)+(暗紫色)，Fe2+遇S2O32-无明显现象
(1)配制FeCl3溶液时，需要用盐酸酸化，结合离子方程式解释原因：______________________________________________。
(2)对实验Ⅰ中现象产生的原因探究如下：
①证明有Fe2+生成：取实验Ⅰ中褪色后溶液，加入1~2滴K3[Fe(CN)6]溶液，观察到_________________________________。
②实验I中紫色褪去时S2O32-被氧化成S4O62-，相关反应的离子方程式是____________________。
③实验I和Ⅱ对比，Ⅰ中出现淡黄色浑浊，而Ⅱ中不出现淡黄色浑浊的原因是_______。
(3)为探究实验Ⅱ和Ⅲ中紫色褪去快慢不同的原因，设计实验如下：
实验编号
Ⅳ
Ⅴ
实验操作
实验现象
紫色褪去时间a>b
紫色褪去时间c
②由实验Ⅳ和实验Ⅴ得出的结论是____________________。
【答案】(1)FeCl3溶液中存在平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入盐酸，c(H+)增加，上述平衡左移，进而抑制Fe3+水解
(2)①有蓝色沉淀生成 ②2Fe3++2 S2O32-=2Fe2++ S4O62- [或2Fe(S2O3)+=2Fe2++ S4O62-]
③Ⅱ中Fe3+和S2O32-的物质的量之比为1：1，反应后S2O32-没有剩余；Ⅰ中S2O32-过量且溶液呈酸性，因此久置后溶液中发生反应2H++ S2O32-=S↓+SO2↑+H2O
(3)①Na2SO4固体 ②其他条件相同时，Cl-能加快Fe(S2O3)+发生反应，加速紫色褪去，而SO42-能减慢该反应
【解析】某实验小组对Na2S2O3分别与FeCl3、Fe2(SO4)3的反应进行实验探究；实验Ⅰ和实验Ⅱ中，所加Na2S2O3的体积均为2mL，但是所滴加的氯化铁的体积不同，导致实验现象不同；Ⅱ中Fe3+和S2O32-的物质的量之比为1：1，反应后S2O32-没有剩余；Ⅰ中S2O32-过量且溶液呈酸性，因此久置后溶液中发生反应2H++ S2O32-=S↓+SO2↑+H2O；实验Ⅲ和实验Ⅱ中，所加Na2S2O3的体积均为2mL，氯化铁和硫酸铁的体积也都为2mL，但溶液中阳离子均为铁离子，且c(Fe3+)相同，阴离子种类不同，导致紫色褪色的速率不同，做探究实验时，重点分析氯离子和硫酸根离子对实验的影响。(1) FeCl3溶液中存在水解平衡：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，加入盐酸，c(H+)增加，上述平衡左移，进而抑制Fe3+水解，所以配制FeCl3溶液时，需要用盐酸酸化；(2) ①Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液相遇，产生蓝色沉淀；取实验Ⅰ中褪色后溶液，加入1~2滴K3[Fe(CN)6]溶液，观察到有蓝色沉淀生成，证明实验Ⅰ中有Fe2+生成；②若实验I中紫色褪去时S2O32-被氧化成S4O62-，铁离子被还原为亚铁离子，反应的离子方程式为：2Fe3++2 S2O32-=2Fe2++ S4O62- [或2Fe(S2O3)+=2Fe2++ S4O62-]；③观察实验I和Ⅱ操作可知，Na2S2O3溶液均为2mL，但所滴加的氯化铁的体积不同，相差较大；Ⅱ中Fe3+和S2O32-的物质的量之比为1：1，反应后S2O32-没有剩余；Ⅰ中S2O32-过量且溶液呈酸性，因此久置后溶液中发生反应2H++ S2O32-=S↓+SO2↑+H2O，因此Ⅰ中出现淡黄色浑浊，而Ⅱ中不出现淡黄色浑浊；(3)已知实验试剂：0.1mol/LFeCl3溶液(pH=1)；0.05mol/LFe2(SO4)3溶液(pH=1)，两种溶液中铁离子浓度相同，阴离子的种类和浓度不同，因此实验Ⅳ和Ⅴ就要探究氯离子和硫酸根离子对褪色快慢的影响；实验Ⅳ中探究硫酸根离子对速率的影响，向试管a中加入硫酸钠固体，紫色褪去时间a>b，说明硫酸根离子能减慢反应速率，褪色时间较长；实验Ⅴ中探究氯离子对速率的影响，向试管c中加入氯化钠固体，紫色褪去时间c
实验步骤：
①按图连接装置，检查装置气密性；
②装入药品，加热A中试管，C中反应至pH=4.1停止加热，将A中铜丝外移脱离浓硫酸；
③将C中液体转移至蒸发装置中，加热，结晶脱水、过滤、洗涤、干燥。
试回答下列问题：
(1)A试管中发生反应的化学方程式为___________ ；B装置的作用是___________。
(2)C中反应至pH=4.1，C中溶液主要溶质为___________ (填化学式)。
(3)将步骤③C中液体加热至过饱和结晶脱水生成焦亚硫酸钠的化学方程式为___________ ；若温度稍过高，可能还会生成___________；为了制得较纯净焦亚硫酸钠，步骤③中应注意___________、___________。
(4) Na2S2O5可用作食品抗氧剂。小组通过下述方法检测某饮料中残留的Na2S2O5：
①取100. 00 mL饮料于锥形瓶中，加入0. 0100 mol/L的I2溶液V1mL，塞紧瓶塞充分反应。
②打开瓶塞，将锥形瓶内液体调至接近中性，滴加4~5滴淀粉溶液变蓝。用0. 100 mol/L的Na2S2O3溶液滴定，滴定至终点时，消耗Na2S2O3溶液V2mL，饮料中残留的Na2S2O5为___________ mg/L。若滴定前溶液pH调至大于10，则残留的Na2S2O5测定值___________ (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。(已知：S2O52-+2I2+3H2O=2SO42-+4I- +6H+ 2S2O32-+I2=S4O62-+2I-)
【答案】(1)Cu +2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O 防倒吸 (2)NaHSO3
(3)2NaHSO3=Na2S2O5+H2O Na2SO3(或Na2SO4)
小火加热控制温度 隔绝空气
(4)9.5V1-47.5V2 偏高
【解析】(1)装置A中，铜与浓硫酸反应，反应方程式为Cu +2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；生成的二氧化硫气体如果没有装置B直接通入C装置中，会与饱和碳酸钠溶液反应，发生倒吸现象，故装置B的作用是防倒吸；(2) C中反应至pH=4.1，说明溶液显酸性。Na2CO3显碱性，Na2SO3显碱性，NaHCO3显碱性，而NaHSO3显酸性，故C中溶液主要溶质为NaHSO3；(3) 将步骤③C中NaHSO3溶液加热至过饱和结晶脱水生成焦亚硫酸钠，其化学方程式为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；若温度稍过高，NaHSO3会受热分解生成二氧化硫和亚硫酸钠，亚硫酸钠可能被氧气氧化成Na2SO4，故溶液中可能生成Na2SO3(或Na2SO4)；焦亚硫酸钠具有强还原性，也被O2氧化，故为了制得较纯净焦亚硫酸钠，要步骤③中注意控制温度和隔绝空气；(4)发生的反应有：①S2O52-+2I2+3H2O=2SO42-+4I- +6H+；②2S2O32-+I2=S4O62-+2I-；开始I2与Na2S2O5充分反应，I2还剩余，再用Na2S2O3溶液滴定剩余的I2，剩余的，则与Na2S2O5的I2为，则，所以饮料中残留的Na2S2O5为 ；若滴定前溶液pH调至大于10，I2会与碱反应，消耗更多，则计算剩余的I2就变少，最后计算残留的Na2S2O5会偏高。
29．(2021·山东潍坊市寿光现代中学高三月考)亚硝酰硫酸(NOSO4H)纯品为棱形结晶，溶于硫酸，超过73.5℃和遇水均易分解，常用于制染料。制备NOSO4H的反应原理为：SO2+HNO3=SO3+HNO2、SO3+HNO2=NOSO4H。
(1)亚硝酰硫酸(NOSO4H)的制备：
①仪器Ⅱ的名称为___________。
②按气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为___________(填仪器接口字母，部分仪器可重复使用)。
③装置B用冷水浴的目的是___________，装置D的作用是___________。
④若装置A中快速滴入硫酸，则会使NOSO4H的产量___________(填“增大”“减小”或“无影响”)。
(2)亚硝酰硫酸(NOSO4H)纯度的测定：
空白实验分析法是化学实验中常用的一种方法，是指在不加样品的情況下，用与测定样品相同的方法、步骤进行定量分析，将所得结果作为空白值，从样品的分析结果中扣除，此方法可以消除试剂不纯所造成的系统误差。现用此法测定亚硝酰硫酸(NOSO4H)纯度，步骤如下：
步骤1：准确称取14.00g产品，在特定条件下配制成250mL溶液。
步骤2：取25.00mL产品于250mL碘量瓶中，加入60.00mL未知浓度KMnO4溶液(过量)和10.00mL25％H2SO4溶液，然后摇匀。
步骤3：用0.2500mol・L-1Na2C2O4标准溶液滴定，消耗Na2C2O4溶液的体积为20.00mL。把亚硝酰硫酸(NOSO4H)溶液换为蒸馏水，重复上述步骤(即进行空白实验)，消耗Na2C2O4溶液60.00mL。
①亚硝酰硫酸(NOSO4H)被KMnO4氧化成NO3-和SO42-，其离子方程式为___________。
②滴定终点的现象为___________。
③产品的纯度为___________％(保留两位有效数字)。
【答案】(1)①三颈(口)烧瓶 ②a→de→cb→de→f
③防止HNO3和亚硝酰硫酸分解 防止倒吸；尾气吸收多余的二氧化硫等气体，防止污染环境 ④减少
(2)①2 MnO4-+5NOSO4H+2H2O=2Mn2++5NO3-+5SO42-+9H+
②滴入最后一滴Na2C2O4溶液后，溶液由浅紫色变为无色，且半分钟颜色不恢复
③91
【解析】由题给实验装置图可知，装置A为70%浓硫酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫的装置，装置B中盛有的浓硫酸用于干燥二氧化硫气体，装置C为二氧化硫与混酸中浓硝酸反应制备亚硝酰硫酸的装置，为防止亚硝酰硫酸遇水发生水解，在装置C后连接装置B，用浓硫酸吸收水蒸气，防止水蒸气进入C中导致亚硝酰硫酸发生水解，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染环境，则按气流从左到右的顺序，装置的连接顺序为A—B—C—B—D。(1)①由实验装置图可知，仪器Ⅱ为三颈(口)烧瓶，故答案为：三颈(口)烧瓶；②由分析可知，按气流从左到右的顺序，装置的连接顺序为A—B—C—B—D，则仪器的连接顺序为a→de→cb→de→f；③浓硝酸和亚硝酰硫酸受热易发生分解，为防止浓硝酸和亚硝酰硫酸受热分解，制备亚硝酰硫酸时，应将三颈烧瓶放入冷水浴中反应；装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染环境，倒置的漏斗用于防止二氧化硫与氢氧化钠溶液反应时产生倒吸；④若装置A中快速滴入硫酸，反应生成的二氧化硫生成速率过快，不能与浓硝酸充分反应逸出三颈烧瓶，导致亚硝酰硫酸的产量减少；(2)①由题意可知，酸性条件下亚硝酰硫酸与高锰酸根发生氧化还原反应生成锰离子、硝酸根离子和硫酸根离子，反应的离子方程式为2 MnO4-+5NOSO4H+2H2O=2Mn2++5NO3-+5SO42-+9H+；②酸性条件下，草酸钠溶液与高锰酸钾溶液完全反应时，溶液由浅紫色会变为无色，则滴定终点的现象为滴入最后一滴草酸钠溶液后，溶液由浅紫色变为无色，且半分钟颜色不恢复；③由题意可知，空白试验为草酸钠溶液与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，由得失电子数目守恒可得：2n(C2O42-)=5n(MnO4-)，c(MnO4-)==0.100mol/L，亚硝酰硫酸纯度测定时，高锰酸钾做氧化剂，亚硝酰硫酸和草酸钠做还原剂，由得失电子数目守恒可得：2n(NOSO4H)+ 2n(C2O42-)=5n(MnO4-)，则n(NOSO4H)= =0.01mol，产品的纯度为×100%≈91%。
30．(2021·衡阳市第二十六中学高三月考)高氯酸铵(NH4ClO4)为白色晶体，分解时产生大量气体，是复合火箭推进剂的重要成分。
(1)高氯酸铵中氯元素的化合价为_______。
(2)高氯酸铵在高温条件下分解会产生H2O(g)和三种单质气体，请写出该分解反应的化学方程式__________________________。
(3)某研究小组在实验室设计如下装置检验高氯酸铵分解的产物。该小组连接好装置后，依次检查装置的气密性、装入试剂、通干燥的惰性气体排尽装置内的空气、将导管末端移入盛满水的试管E、通入气体产物。(已知：焦性没食子酸溶液用于吸收氧气)
①装置A、B、C、D中盛放的药品可以依次为________(选填序号：Ⅰ、Ⅱ或Ⅲ)。
Ⅰ.碱石灰、湿润的淀粉KI试纸、氢氧化钠溶液、Cu
Ⅱ.无水硫酸铜、湿润的红色布条、氢氧化钠溶液、Cu
Ⅲ.无水硫酸铜、湿润的淀粉KI试纸、饱和食盐水、Cu
②装置E收集到的气体可能是____________(填化学式)。
(4)经查阅资料，该小组利用反应NaClO4(aq)+NH4Cl(aq)NH4ClO4(aq)+NaCl(aq)在实验室制取NaClO4，该反应中各物质的溶解度随温度的变化曲线如图。
①从混合溶液中获得较多粗NH4ClO4晶体的实验操作依次为_______、________和过滤、洗涤、干燥。
②研究小组分析认为，若用氨气和浓盐酸代替NH4Cl，则上述反应不需要外界供热就能进行，其原因是_____________________________。
【答案】(1)+7 (2)2NH4ClO4 N2↑+Cl2↑+2O2↑+ 4H2O(g)
(3)①Ⅱ ②N2
(4)①蒸发浓缩 冷却结晶 ②氨气与浓盐酸反应放出热量
【解析】根据生成物的性质可知，水蒸气一般用无水硫酸铜检验，氯气用湿润的红色布条检验，除去多余的氯气并干燥后，用铜检验氧气，焦性没食子酸溶液用于吸收剩余的氧气，最后用排水法收集氮气。(1)高氯酸铵中铵根整体显+1价，氧元素显-2价，设氯元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：+1+x－2×4＝0，则x＝7，即显+7价；(2)高氯酸铵在高温条件下分解会产生H2O(g)和三种单质气体，结合元素守恒，三种单质气体为N2、Cl2和O2，反应的化学方程式为2NH4ClO4 N2↑+Cl2↑+2O2↑+ 4H2O(g)；(3)①根据装置图可知先利用无水硫酸铜检验水蒸气，然后用湿润的红色布条检验氯气，氢氧化钠溶液吸收氯气，浓硫酸进行干燥，D中为铜，用于检验氧气的存在，焦性没食子酸溶液用于吸收氧气，故答案为Ⅱ；②根据以上分析可知最终装置E收集到的气体是N2；(4)①由图可知，NH4ClO4的溶解度受温度影响很大，NaCl的溶解度受温度影响不大，NaClO4、NH4Cl的溶解度受温度影响也很大，但相同温度下，它们溶解度远大于NH4ClO4，故从混合溶液中获得较多NH4ClO4晶体的实验操作依次为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；②因氨气与浓盐酸反应放出热量，反应需要温度较低，所以氯化铵用氨气和浓盐酸代替，上述反应不需要外界供热就能进行。
31．(2021·四川达州市高三一模)某同学设计了如下装置用于制取SO2和验证SO2的性质。回答下列问题:
(1)仪器a的名称为______________
(2)下列试剂不能用于吸收尾气的是________ (填序号)
a．饱和Na2SO4溶液 b．饱和Na2CO3溶液 c．浓NH3·H2O d．饱和NaCl溶液
(3)实验时观察到装置B无明显现象，装置C红色褪去，则使品红的水溶液褪色的微粒一定不是__________________。
(4)转置D目的是检验SO2的_____性，观察到的现象是________________。
(5)为进一步研究SO2的性质，分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制的Ba(NO3)2和BaCl2溶液，进行如下实验:
实验中A、B、C烧杯中观察到的现象如下表
烧杯
实验现象
A
无白色沉淀产生，pH传感器测得溶液pH=5.3
B
有白色沉淀产生
C
有白色沉淀产生，C中出现白色沉淀比B中快很多
①煮沸的目的是___________，据A中现象得出的结论是_______________________。
②B中白色沉淀的化学式为______，C中出现白色沉淀比B中快很多的原因是_______
③在B中通入过量的SO2后，溶液中存在的主要阴离子是______________________，其原因是____________________________________________(用离子方程式表示)
【答案】(1)三颈烧瓶 (2)ad (3)SO2
(4)氧化 有淡黄色沉淀产生
(5)①除去溶液中溶解的O2 SO2可溶于水，溶于水的二氧化硫部分与水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性；SO2与BaCl2不能发生复分解反应
②BaSO4 在水溶液中O2氧化SO2比NO3-氧化SO2活化能小
③SO42- Ba2++2NO3-+3SO2+2H2O=BaSO4↓+2NO+2 SO42- +4H+
【解析】由实验装置图可知，装置A为一定浓度硫酸溶液与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫，装置B中无明显现象说明二氧化硫不溶于乙醇，装置C红色褪去说明二氧化硫溶于水，溶于水的二氧化硫使品红溶液褪色，装置D中硫化钠溶液与二氧化硫反应生成硫单质说明二氧化硫具有氧化性，二氧化硫有毒，会污染环境，不能直接排空，应选用碱性溶液或具有强氧化性的吸收二氧化硫。(1)由实验装置图可知，仪器a为三颈烧瓶；(2)二氧化硫是具有还原性的酸性氧化物，应选用碱性溶液或具有氧化性的溶液吸收二氧化硫，防止污染环境，硫酸钠溶液和氯化钠溶液均呈中性，都不能与二氧化硫反应，不能用于吸收二氧化硫，碳酸钠溶液和氨水均为碱性溶液，能与二氧化硫反应，可用于吸收二氧化硫；(3)装置B中无明显现象说明二氧化硫不溶于乙醇，装置C红色褪去说明二氧化硫溶于水，溶于水的二氧化硫使品红溶液褪色；(4)二氧化硫具有氧化性，能与硫化钠溶液发生氧化还原反应生成亚硫酸钠和硫沉淀，反应中二氧化硫表现氧化性，实验现象为，有淡黄色沉淀产生；(5)①蒸馏水中溶有具有氧化性的氧气，为防止氧气干扰实验，应用煮沸的方法除去溶液中溶解的氧气；氯化钡为强酸强碱盐，溶液呈中性，由溶液pH=5.3可知，二氧化硫溶于水，部分与水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性；无白色沉淀产生说明，亚硫酸的酸性弱于盐酸，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应；②二氧化硫溶于水，部分与水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，将二氧化硫氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子与溶液中钡离子反应生成白色硫酸钡沉淀，则B中白色沉淀为硫酸钡；C中出现白色沉淀比B中快很多说明没有煮沸的蒸馏水中溶有的氧气与二氧化硫的反应速率比硝酸根离子在酸性条件下与二氧化硫反应的速率快，反应速率越快反应的活化能越小，则在水溶液中氧气氧化二氧化硫比硝酸根氧化二氧化硫活化能小；③二氧化硫溶于水，部分与水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，将二氧化硫氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子与溶液中钡离子反应生成白色硫酸钡沉淀，由得失电子数目守恒可知，反应的化学方程式为Ba2++2NO3-+3SO2+2H2O=BaSO4↓+2NO+2 SO42- +4H+，则溶液中主要的阴离子为SO42-。
解密07 非金属及其化合物
一、选择题
1．(2021·启东高三联考)2020年9月，我国作出对于全球减排具有里程碑意义的承诺：2060年实现碳中和。碳中和是指直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排、碳捕集与封存等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”。下列有关说法正确的是( )
A．CO2是导致温室效应和酸雨的主要气体
B．煤的液化、气化主要是为了减少CO2的排放
C．CO2催化加氢合成低碳烯烃属于化合反应
D．CO2分子间有间隔，故可将其压缩液化后封存
【答案】D
【解析】A项，二氧化硫是导致酸雨的气体，而不是二氧化碳，故A错误；B项，煤的液化、气化是不能减少CO2的排放的，如煤气化的生成物即煤气主要成分是一氧化碳，燃烧依然生成二氧化碳，且生成二氧化碳分子数目相同，故B错误；C项，CO2催化加氢合成低碳烯烃的同时还有H2O生成，不属于化合反应，故C错误；D项，二氧化碳分子之间有间隔，在受压时间隔变小，故可将其压缩液化后封存，故D正确。故选D。
2．(2021·安徽省”皖南八校“高三联考)下列关于非金属及其化合物的说法错误的是( )
A．液氮汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂
B．向氯水中加入碳酸氢钠粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋
C．用二氧化硫漂白过的草帽辫日久又变成黄色
D．铜分别与足量的浓硝酸和稀硝酸充分反应，消耗的还原剂与氧化剂的物质的量之比相同
【答案】D
【解析】A项，液氮汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，A正确；B项，向氯水中加入碳酸氢钠粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋，B正确；C项，二氧化硫漂白性不稳定，故二氧化硫漂白过的草帽辫日久又变成黄色，C正确；D项，Cu与浓硝酸反应的还原产物为二氧化氮，而与稀硝酸反应的还原产物为NO，还原产物的价态不同，故消耗的还原剂与氧化剂的物质的量之比不同，D错误；故选D。
3．(2021·潍坊市统考高三化学质量检测)硫元素最常见和最稳定的一种同素异形体是黄色的正交α－型，1912年E.Beckmann由硫在碘中的冰点降低法测得它含有S8分子。1891年，M.R.Engel用浓盐酸和硫代硫酸盐的饱和溶液在0℃下作用首次制得了一种菱形的－硫，后来证明含有S6分子。下列说法正确的是( )
A．S6和S8分子都是由S原子组成，所以它们是一种物质
B．S6和S8分子分别与铁粉反应，所得产物不同
C．S6和S8分子分别与过量的氧气反应可以得到SO3
D．等质量的S6和S8分子分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同
【答案】D
【解析】A项，S6和S8分子都是由S原子组成，它们是不同的物质，互为同素异形体，故A错误；B项，S6和S8是硫元素的不同单质，化学性质相似，因此它们分别与铁粉反应，所得产物相同，故B错误；C项，不管氧气过量还是少量，S6和S8分子分别与氧气反应可以得到SO2，故C错误；D项，等质量的S6和S8分子，其硫原子的物质的量相同，因此它们分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同，故D正确。故选D。
4．(2021·吉林省德惠市实验中学、前郭五中等九校高三联考)下列有关硫元素及其化合物的说法或描述正确的是( )
A．硫黄矿制备硫酸经历两步：SO2/点燃，SO3H2SO4
B．酸雨与土壤中的金属氧化物反应后，硫元素以单质的形式进入土壤中
C．在燃煤中加入石灰石可减少SO2排放，发生的反应为2CaCO3＋2SO2＋O22CO2＋2CaSO4
D．土壤中的闪锌矿(ZnS)遇到硫酸铜溶液转化为铜蓝(CuS)，说明CuS很稳定，不具有还原性
【答案】C
【解析】A项，用硫黄制硫酸时，第一步只能将硫氧化成SO2，故A错误；B项，酸雨与土壤中的金属氧化物反应后，硫元素以SO42-的形式进入土壤中，故B错误；C项，在燃煤中加入石灰石，高温下石灰石分解生成CaO，可与SO2以及氧气反应生成硫酸钙，故C正确；D项，土壤中的闪锌矿(ZnS)遇到硫酸铜溶液转化为铜蓝(CuS)，说明CuS的溶解度比ZnS的小，与CuS很稳定不具有还原性无关，故D错误；故选C。
5．(2021·湖南怀化市期末)下列关于氯及其化合物的叙述正确的是( )
A．氯气的性质很活泼，它与氢气混合后立即发生爆炸
B．实验室制取氯气时，尾气常用氢氧化钠溶液吸收
C．氯气与氢氧化钠溶液反应能制漂白液，其有效成分为NaClO3
D．某氯水中加入硝酸银溶液生成白色沉淀，说明该氯水一定不含Cl2
【答案】B
【解析】A项，氯气的性质很活泼，它与氢气混合后，在光照条件下能发生爆炸，故A错误；B项，氢氧化钠和氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，实验室制取氯气时，尾气常用氢氧化钠溶液吸收，故B正确；C项，漂白液的有效成分为NaClO，故C错误；D项，某氯水中加入硝酸银溶液生成白色沉淀，说明该氯水一定含有Cl-，不能确定是否含有Cl2，故D错误；故选B。
6．下列关于非金属及其化合物的说法错误的是( )
A．液氮汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂
B．向氯水中加入碳酸氢钠粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋
C．用二氧化硫漂白过的草帽辫日久又变成黄色
D．铜分别与足量的浓硝酸和稀硝酸充分反应，消耗的还原剂与氧化剂的物质的量之比相同
【答案】D
【解析】A项，液氮汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，A正确；B项，向氯水中加入碳酸氢钠粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋，B正确；C项，二氧化硫漂白性不稳定，故二氧化硫漂白过的草帽辫日久又变成黄色，C正确；D项，Cu与浓硝酸反应的还原产物为二氧化氮，而与稀硝酸反应的还原产物为NO，还原产物的价态不同，故消耗的还原剂与氧化剂的物质的量之比不同，D错误；故选D。
7．化学工业在经济发展中的作用举足轻重。下列有关工业生产的叙述中正确的是( )
A．硫酸生产中常采用高压条件提高SO2的转化率
B．合成氨中及时分离氨气可提高反应速率
C．硫酸生产中可用水直接吸收SO3生成硫酸
D． 纯碱厂最好建在合成氨厂附近
【答案】D
【解析】A项，生成硫酸时采用常压条件，常压条件二氧化硫的转化率已经很大，高压转化率增大不多，但是提高了生成成本，故A错误；B项，及时分离出生成物可使平衡右移，反应物浓度降低，反应速率减小，故B错误；C项，在吸收塔中，直接用水吸收SO3，易形成酸雾，降低SO3吸收效率，应用98.3%硫酸吸收SO3，故C错误；D项，纯碱生成中需要大量氨气来形成氨盐水更好的吸收二氧化碳，纯碱厂最好建在合成氨厂附近可降低运输成本，故D正确；故选D。
8．下列现象或事实可用同一原理解释的是( )
A．浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低 B．氯水和活性炭使红墨水褪色
C．铁片和铝片置于冷的浓硫酸中均无明显现象 D．二氧化硫和过氧化钠使品红褪色
【答案】C
【解析】A项，浓硫酸具有吸水性，浓度降低是因溶剂增多，而浓盐酸易挥发浓度减小是因溶质减少，原因不同，A错误；B项，氯水中HClO具有强氧化性使红墨水褪色，而活性炭具有吸附性使红墨水褪色，原理不同，B错误；C项，铁片和铝片置于冷的浓硫酸中均无明显现象，均是因为发生了钝化，原理相同，C正确；D项，过氧化钠具有强氧化性，能使品红褪色，二氧化硫能使品红溶液褪色，发生的是非氧化还原反应，原理不相同，D错误。故选C。
9．(2021·浙江高三月考)NCl3为黄色油状液体，可用于漂白，也用于柠檬等水果的熏蒸处理，其相关性质的说法不正确的是( )
A．缓慢与水发生反应：NCl3+2H2O=HNO2+3HCl
B．具有强氧化性，能与HCl气体反应生成Cl2
C．很不稳定，受热或受震动时发生猛烈爆炸而分解：2NCl3N2↑+ Cl2↑
D．遇碱迅速分解得到一种碱性气体和能杀灭新冠病毒的消毒液
【答案】A
【解析】A项，在NCl3中，N显-3价，Cl显+1价，缓慢与水发生反应：NCl3+3H2O=NH3+3HClO，HClO还可将NH3氧化为N2，A不正确；B项，NCl3中Cl显+1价，HCl中Cl显-1价，NCl3与HCl中Cl元素发生归中反应，生成Cl2和NH3，若HCl过量，则生成NH4Cl，B正确；C项，NCl3很不稳定，对光、热、有机化合物都十分敏感，甚至震动时都会发生猛烈爆炸，从而生成N2和Cl2，C正确；D项，NCl3遇碱会发生迅速分解，生成NH3和NaClO，NaClO可作杀灭新冠病毒的消毒液，D正确；故选A。
10．(2021·浙江选考模拟)已知：100%硫酸吸收SO3可生成焦硫酸(分子式为H2S2O7或H2SO4·SO3)；焦硫酸水溶液发生如下电离：H2S2O7(aq)=H+(aq)+ HS2O7- (aq)，HS2O7- (aq)H+(aq)+ S2O72- (aq) K2=2.7×10-2。下列说法不正确的是( )
A．焦硫酸具有强氧化性
B．Na2S2O7水溶液显中性
C．98%的H2SO4可以表示为SO3•H2O
D．焦硫酸与水反应的化学方程式：H2S2O7+H2O=2H2SO4
【答案】B
【解析】A项，由浓硫酸中+6价硫具有强氧化性可知，焦硫酸中+6价硫也具有强氧化性，A正确；B项，Na2S2O7可写成Na2SO4·SO3，溶于水后SO3和水反应生成硫酸，溶液显酸性，B错误；C项，假设浓硫酸的质量为100 g，则H2SO4的质量为100 g×98%=98 g，H2O的质量为100 g-98 g=2 g，则H2SO4的物质的量为=1 mol，H2O的物质的量为=mol，故98%的H2SO4可表示为H2SO4•H2O，如果把H2SO4表示为SO3·H2O，则98%的浓硫酸也可表示为SO3•H2O，C正确；D项，焦硫酸与水反应可表示为H2SO4·SO3+H2O=2H2SO4，D正确。
11．(2021·江苏扬州市期末)2020年7月31日上午，北斗三号全球卫星导航系统正式开通。下列说法正确的是( )
A．控制系统的芯片是硅晶体，硅晶体用作半导体材料是因为其原子的最外层电子数多
B．火箭推进剂发生的化学反应为2N2H4 + N2O4 = 3N2 + 4H2O，其中氢元素被氧化
C．火箭发射时会产生大量红色的烟雾， 该现象与反应产生的NOx有关
D．火箭头部的一层特殊材料能起到保护作用，是由于其在熔化时能放出大量的热
【答案】C
【解析】A项，硅晶体用作半导体材料是因其具有单向导电性，与最外层电子数多少无关，故A错误；B项，由反应可知中的N由-2价转变成0价，作还原剂，N元素被氧化物，中的N化合价由+4价转变成0价，作氧化剂，N元素被还原，H的化合价反应前后保持不变，故B错误；C项，火箭燃料为偏二甲肼和四氧化二氮，其中四氧化二氮进入空气后立刻会分解为红棕色的二氧化氮，红色烟雾是火箭刚点火时没有被燃尽，扩散到空中的棕红色二氧化氮，故C正确；D项，熔化过程吸收大量的热，从而起到给火箭降温保护设备的作用，故D错误；故选C。
12．(2021·广东中山市期末)在无机非金属材料中，硅一直扮演着主要的角色．请你利用元素周期律的相关知识，预测硅及其化合物的性质．下列说法不正确的是( )
A．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料
B．SiO2是酸性氧化物，可以与NaOH反应：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O
C． Na2SiO3可溶于水，在水溶液中电离方程式为：Na2SiO3=2Na++SiO32-
D．由反应Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3↓，可以证明H2SiO3是一种弱酸
【答案】D
【解析】A项，晶体硅是灰黑色有金属光泽、硬而脆的固体，导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，A说法正确；B项，SiO2是酸性氧化物，可以与NaOH反应生成盐和水：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，B说法正确；C项，Na2SiO3为强电解质，可溶于水，在水溶液中完全电离，电离方程式：Na2SiO3=2Na++SiO32-，C说法正确；D项，由反应Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3↓，H2SiO3为沉淀，生成的沉淀不一定为弱电解质，则不能证明H2SiO3是一种弱酸，D说法错误；故选D。
13．(2021·四川资阳市高三一模)“过犹不及”深刻诠释了化学反应的定量关系。下列反应进行到指定程度，继续增加画线物质的量，不会使反应发生变化的是(忽略气体溶解及与水的反应) ( )
A．在Ca(HCO3)2溶液中滴加Ca(OH)2溶液至HCO3-完全反应
B．将Cl2通入FeBr2溶液至Fe2＋完全氧化
C．将NH3通入CuSO4溶液至Cu2＋完全沉淀
D．在KAl(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至沉淀物质的量最大
【答案】A
【解析】A项，Ca(HCO3)2溶液中滴加Ca(OH)2溶液至HCO3-完全反应，反应的离子方程式为Ca2++ HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O，继续滴加Ca(OH)2溶液不再发生其他反应，即原反应不会发生变化，A符合题意；B项，由于Fe2+的还原性比Br-强，将Cl2通入FeBr2溶液先与Fe2+反应：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，Fe2+完全氧化后如果继续通入Cl2，溶液中的Br-就会被氧化：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，即原反应发生了变化，B不符题意；C项，将NH3通入CuSO4溶液至Cu2+完全沉淀，发生反应2NH3+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2↓+2NH4+，若继续通入NH3，会发生络合反应Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4](OH)2，沉淀溶解，即原反应发生了变化，C不符题意；D项，在KAl(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至沉淀物质的量最大，发生反应为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，若继续滴加Ba(OH)2溶液，溶液中会发生反应SO42-+2Al(OH)3+Ba2++2OH-=2 AlO2-+BaSO4↓+4H2O，即原反应发生了变化，D不符题意；故选A。
14．(2021·湖南省常德芷兰实验学校月考)已知 NH4CuSO3与足量的10mol·L-1硫酸混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成；②产生刺激性气味的气体；③溶液呈现蓝色。据此判断下列说法正确的是( )
A．反应中硫酸作氧化剂 B．NH4CuSO3中氮元素被氧化
C．刺激性气味的气体是氨气 D．1mol NH4CuSO3完全反应转移0.5 mol电子
【答案】D
【解析】根据实验现象分析，红色金属为Cu，溶液呈现蓝色，说明溶液中含有Cu2＋，因为加入足量的硫酸，所以刺激性气味的气体应是SO2，据此分析，反应的化学方程式为2NH4CuSO3＋2H2SO4=Cu＋CuSO4＋2SO2↑＋2H2O＋(NH4)2SO4。A项，根据上述分析，只有Cu元素的化合价发生变化，从+1价变成了产物中的0价和+2价即硫酸的组成元素没有发生变化，所以硫酸既不是氧化剂又不是还原剂，只表现酸性，故A错误；B项，NH4CuSO3中氮元素的化合价没有变化，故B错误；C项，根据上述分析，刺激性气味的气体为SO2，不是氨气，故C错误；D项，亚铜自身发生氧化还原反应，从反应的化学方程式2NH4CuSO3＋2H2SO4=Cu＋CuSO4＋2SO2↑＋2H2O＋(NH4)2SO4 可知2molNH4CuSO3完全反应转移电子物质的量为1mol，故1molNH4CuSO3完全反应转移电子物质的量为0.5mol，故D正确；故选D。
15．(2020·安徽省濉溪县高三联考)利用自然资源制备相关化学物质，下列化学工艺不可行的是( )
A．提取食盐后母液含Br2的液体粗溴纯溴
B．石英砂粗硅粗四氯化硅高纯硅
C．FeS2SO2H2SO3H2SO4
D．铝土矿Na[Al(OH)4]溶液Al(OH)3Al2O3铝
【答案】C
【解析】A项，提取食盐后的母液中提取单质溴的过程，要知道母液中是溴离子，需要先用Cl2氧化，此工艺可行的，故A正确；B项，由石英砂先制粗硅，再用H2还原SiCl4得到Si，是工业上制高纯硅的流程，工艺可行的，故B正确；C项，应首先进行二氧化硫的催化氧化，然后用98.3%的硫酸吸收，此工艺不可行，故C错误；D项，工业上用铝土矿制铝的过程，每一步所加试剂必须过量，此工艺可行的，故D正确；故选C。
16．(2020·安徽省2020年江南十校综合素质测试)ClO2是一种极易溶于水且几乎不与冷水反应的黄绿色气体(沸点11℃)，实验室制备纯净ClO2溶液的装置如图所示：
已知下列反应：NaClO3+HCl→NaCl+ClO2+Cl2+H2O；NaClO2+HCl→NaCl+ClO2+H2O；NaClO2+Cl2→NaCl+ClO2(均未配平)。下列说法正确的是( )
A．a中通入的N2可用CO2或SO2代替 B．b中NaClO2可用饱和食盐水代替
C．c中广口瓶最好放在冰水浴中冷却 D．d中吸收尾气后只生成一种溶质
【答案】C
【解析】A项，a中通入的N2的目的是氮气性质稳定且不影响实验，可将a中产生的ClO2和Cl2吹出并进入后续装置，继续实验，二氧化硫具有还原性，可将ClO2、NaClO3等物质还原，故A错误；B项，b中NaClO2的作用是吸收ClO2中混有的氯气和氯化氢杂质气体，用饱和食盐水可吸收氯化氢，但不能吸收氯气，故B错误；C项，ClO2是一种极易溶于水且几乎不与冷水反应的黄绿色气体，故c中广口瓶最好放在冰水浴中冷却，有利于吸收ClO2，故C正确；D项，d中氢氧化钠和ClO2发生歧化反应生成NaCl和NaClO3，产物至少两种，故D错误；故选C。
17．(2020·长沙七校联考)实验室探究SO2与Fe(NO3)3溶液反应的原理，装置如下图，实验中Y装置产生白色沉淀。下列说法不正确的是( )
A．滴加浓硫酸之前应进行的操作是打开弹簧夹，通入一段时间N2
B．Y中产生的白色沉淀是BaSO4或BaSO3
C．产生白色沉淀的原因可能是在酸性条件下SO2与NO3- 反应生成了SO42-
D．若将Fe(NO3)3换成FeCl3，Y中也能产生白色沉淀，说明Fe3+也能将SO2氧化
【答案】B
【解析】A项，通入一段时间N2，是为了排除空气中O2的干扰，故A正确；B项，由于NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能将SO32 -氧化为SO42 -，所以Y中产生的白色沉淀是BaSO4，故B不正确；同理，C项，正确；D项，若将Fe(NO3)3换成FeCl3，Y中也能产生白色沉淀，且沉淀为BaSO4，说明Fe3+也能将SO2氧化，D正确；故选B。
18．下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是( )
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
判断
A
向浓盐酸中加入浓硫酸可制备氯化氢气体
浓盐酸易挥发，浓硫酸与水作用放出大量的热
Ⅰ对，Ⅱ对；有
B
Cu能与浓HNO3反应
由于Cu具有还原性，浓HNO3具有氧化性，在任何条件下生成的气体一定是NO2
Ⅰ对，Ⅱ错；无
C
硫单质在纯氧中燃烧有少量SO3生成
部分二氧化硫被氧化为SO3
Ⅰ对，Ⅱ对；无
D
硝酸铵和碱石灰共热用于实验室制备NH3
铵盐与碱能发生复分解反应
Ⅰ对，Ⅱ对；有
【答案】A
【解析】A项，浓硫酸具有吸水性，溶于水放出大量的热，又因为浓盐酸易挥发，所以向浓盐酸中加入浓硫酸可制备氯化氢气体，A正确；B项，铜与稀硝酸反应生成NO，B错误；C项，硫单质在纯氧中燃烧只能生成SO2，C错误；D项，硝酸铵受热易发生爆炸，实验室一般用氯化铵与熟石灰共热制备氨气，D错误。
19．(2020·湖南省金太阳高三联考)下列实验操作、现象和结论均正确的是( )
选项
实验操作和现象
结论
A
向NaBr溶液中分别 滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色
Br-的还原性强于Cl-
B
相同条件下，分别 向20mL0.1mol/LKMnO4溶液和20mL0.5mol/LKMnO4溶液中滴加相同浓度和体积的草酸溶液(过量)，0.5mol/LKMnO4溶液紫色褪去的时间更短(生成的Mn2+对该反应无影响)
浓度对反应速率的影响：浓度越大，反应速率越快
C
向淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气，溶液由无色变蓝色，后蓝色褪去
氯气具有强氧化性和漂白性
D
室温下，用pH试纸测得0.1mol/LNa2SO3溶液的pH约为10，0.1mol/LNaHSO3溶液的pH约为5
HSO3-结合H+的能力比SO32-的强
【答案】A
【解析】A项，NaBr溶液中滴入氯水，发生反应2Br-+Cl2＝Br2+2Cl-，由此得出还原性Br-＞Cl-，A正确；B项，要通过溶液紫色褪去的时间长短比较反应速率快慢，应该让酸性高锰酸钾的体积和浓度均相同，改变草酸的浓度，B错误；C项，淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气，溶液先变蓝后褪色，氯气只表现氧化性，氯气没有漂白性，C错误；D项，0.1mol/LNa2SO3溶液的pH大，碱性强，则结合H+的能力强，D错误；故选A。
20．根据下列实验和现象，所得实验结论正确的是( )
选项
实验
现象
实验结论
A
向某溶液中先滴加适量稀硝酸，再滴加少量BaCl2溶液
出现白色沉淀
原溶液中含有SO42-、SO32-、HSO3-中的一种或几种
B
向装有Fe(NO3)2溶液的试管中加入稀硫酸
在管口观察到红棕色气体
HNO3分解成了NO2
C
左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色
氧化性：Cl2>Br2>I2
D
SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液
出现白色沉淀
得到的沉淀只有BaSO4
【答案】D
【解析】A项，加入的硝酸能把SO32-、HSO3-氧化为SO42-，再加入BaCl2都能生成白色沉淀BaSO4，所以溶液含有SO42-、SO32-、HSO3-中的一种或几种，但是若溶液中含有Ag+，也能与BaCl2反应生成白色沉淀，A不正确；B项，加入的硫酸与NO3-构成硝酸，能氧化Fe2+，而NO3-被还原为NO，NO遇空气生成红棕色的NO2，故硝酸分解生成NO2的结论是不正确；C项，含有NaBr的棉球显橙色，说明Cl2的氧化性强于Br2，因溴易挥发，与Cl2一起与含有KI淀粉的棉球作用而呈蓝色，无法确定是哪种物质把I-氧化为I2，故结论不正确；D项，SO3溶于水生成硫酸，电离出的H+与NO3-构成的硝酸把SO2氧化为SO42-，所以白色沉淀只有BaSO4，故D的结论是正确的。
21．(2021·福建厦门市期末)将KIO3、H2SO4、H2O2、MnSO4、CH2(COOH)2及可溶性淀粉(指示剂)混合进行碘钟实验，通过光线传感器绘制出碘钟振荡反应曲线如下图。下列说法正确的是( )
已知：碘钟周期性振荡的反应如下，除I2与Mn3+外，其他物质在此溶液中为无色或浅色。12H++2IO3-+10Mn2+=I2+6H2O+10Mn3+(琥珀色)
IO3-+3H2O2=I-+3O2↑+3H2O
5I-+ IO3-+6H+=3I2+H2O
I2+ CH2(COOH)2=ICH(COOH)2+H++I-
4Mn3++ICH(COOH)2+2H2O=I-+4Mn2++HCOOH+2CO2↑+5H+
A．A→B→C过程中，颜色变化为：蓝色→琥珀色→无色
B．D→E过程放出的气体为O2
C．F→G持续时间变长，是因为CH2(COOH)2逐渐被消耗
D．H点透光率减弱是因为浓度下降
【答案】C
【解析】在淀粉作指示剂的情况下混合反应，混合液在特定的时间内保持无色，而后突然转变为蓝色。由于混合液由无色到蓝色这段时间可以精确计时，因此这一反应被称为碘钟反应。A项，根据已知信息可知A点生成单质碘：12H++2IO3-+10Mn2+=I2+6H2O+10Mn3+，则A→B→C过程中，颜色变化为：蓝色→琥珀色，A错误；B项，D→E反应为5I-+ IO3-+6H+=3I2+H2O，B错误；C项，根据I2+ CH2(COOH)2=ICH(COOH)2+H++I-可判断F→G持续时间变长，是因为CH2(COOH)2逐渐被消耗，C正确；D项，H点生成单质碘，由于生成单质碘需要消耗碘酸根，因此透光率减弱是因为碘酸根浓度下降，D错误；故选C。
22．(2021·江西宜春市·高三月考)冰晶石(Na3AlF6)微溶于水，工业上用萤石(CaF2含量为96%)、二氧化硅为原料，采用氟硅酸钠法制备冰晶石，其工艺流程如图：
据此分析，下列观点不正确的是( )
A．滤渣A的主要成分是CaSO4
B．上述流程中，所涉反应均为非氧化还原反应
C．“操作i”可用硅酸盐质设备进行分离
D．流程中可循环使用的物质除H2SO4、SiO2外，滤液B经浓缩后也能循环使用
【答案】C
【解析】萤石二氧化硅在硫酸酸浸中生成H2SiF6，还生成硫酸钙，过滤分离，滤渣A的主要成分为硫酸钙，可能含有二氧化硅等。H2SiF6再与硫酸钠反应生成Na2SiF6和硫酸，硫酸可以循环使用，Na2SiF6与浓氨水反应生成氟化钠和氟化铵和二氧化硅，操作i过滤分离出二氧化硅，二氧化硅也循环使用，反应③发生2NaF+4NH4F+NaAlO2+2H2O=Na3AlF6+4NH3·H2O或2NaF+4NH4F+NaAlO2=Na3AlF6+4NH3+2H2O，滤液B含氨水，可循环使用，操作ⅱ过滤分离出冰晶石。A项，滤渣A的主要成分为硫酸钙，A正确，不符合题意；B项，所有反应都没有元素化合价变化，都为非氧化还原反应，B正确，不符合题意；C项，溶液中的氟离子水解生成氟化氢，腐蚀硅酸盐质设备，C错误，符合题意；D项，操作i过滤分离出二氧化硅，二氧化硅也循环使用，反应③发生2NaF+4NH4F+NaAlO2+2H2O=Na3AlF6+4NH3·H2O或2NaF+4NH4F+NaAlO2=Na3AlF6+4NH3+2H2O，滤液B含氨水，可循环使用，D正确，不符合题意；故选C。
23．(2021·石家庄市藁城区第一中学高三月考)常温常压下，将a mol CO2气体通入含b mol NaOH的溶液中，下列对所得溶液的描述正确的是( )
A．2a
B．2a=b时，则一定存在：c(OH-)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(H＋)
C．b<2a<2b时，则一定存在：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CO32-)+c(HCO3-)
D．a=b时，则一定存在：2c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c(CO32-)+2c(HCO3-)+c(H2CO3)
【答案】D
【解析】根据二氧化碳和氢氧化钠反应的少量与过量反应进行判断产物，根据产物进行比较离子浓度大小，其反应为：①CO2(少量)+2NaOH= Na2CO3+H2O， ②CO2(足量)+NaOH= NaHCO3+H2O，当，发生反应①；当时，发生反应②。根据具体比值关系判断A项，当2a
24．港珠澳大桥水泥的使用量约198万吨。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：
下列叙述正确的是( )
A．水泥、玻璃、陶瓷为传统的硅酸盐材料，三者的原料都主要为SiO2
B．沉淀A主要成分为SiO2，沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3
C．为了加快溶解速率，使用盐酸代替硫酸处理草酸钙
D．草酸钙易溶于水
【答案】B
【解析】A项，水泥、玻璃、陶瓷均为硅酸盐工业产品，所以主要成分是硅酸盐，三者的原料不同，三者的原料并非都主要为SiO2，例如：陶瓷的主要原料有黏土等，水泥的主要原料有石灰石和黏土(铝硅酸盐)，故A错误；B项，水泥样品的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物，加入氯化铵、盐酸和硝酸，由于二氧化硅与酸不反应，则得到的沉淀A为SiO2，滤液中含有Ca2+、Fe3+、Al3+、Mg2+等离子，加入氨水调节pH到4~5之间，可生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，则沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3，故B正确；C项，使用盐酸代替硫酸处理草酸钙，在溶液中剩余的盐酸也能被高锰酸钾氧化，从而干扰草酸的测定，进而使测得的钙的含量产生误差，故C错误；D项，草酸钙是难溶于水的白色固体，故D错误。
25．(2021·广东深圳市深圳外国语学校高三月考)取一定质量的NaBr、NaI的混合物平均分成五等分，分别加水配成溶液并编号为甲、乙、丙、丁、戊，再分别向各溶液中通入一定体积的氯气，将反应后所得溶液蒸干灼烧得固体，通入氯气的体积与最终所得固体质量记录如下：
编号
甲
乙
丙
丁
戊
固体组成
NaCl
Cl2的体积/mL
V
2V
3V
4V
5V
固体质量/g
54.62
43.64
35.48
30.14
29.25
下列实验结论正确的是( )
A．甲溶液中发生的反应是Cl2+2Br－=2Cl－+Br2
B．乙中固体组成为NaBr、NaCl
C．标准状况下Cl2的体积V为2688mL
D．原混合物中NaBr的物质的量为1mol
【答案】D
【解析】向NaBr、NaI的混合溶液中通入Cl2，需考虑置换反应发生的先后，因还原性I-＞Br-＞Cl-，故先有2NaI+Cl2=2NaCl+I2…①，反应完后再有2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2…②；戊中固体NaCl质量29.25g，根据钠离子守恒可知NaBr、NaI的物质的量之和等于NaCl的物质的量，为=0.5mol。A项，根据Na元素守恒可知固体甲的物质的量为0.5mol，则其平均摩尔质量为=109.24g/mol，NaCl的摩尔质量为58.5g/mol，NaBr的摩尔质量为103g/mol，NaI的摩尔质量为150g/mol，所以固体甲为NaI、NaBr、NaCl，则溶液中碘离子还未被完全氧化，所以甲溶液中不可能发生Cl2+2Br－=2Cl－+Br2，故A错误；B项，乙丙对比，固体的质量减少了43.64g-35.48=8.16g，丙丁对比，固体的质量减少了35.48g-30.14g=5.34g，且丁到戊固体的质量还在减少，说明丁中NaBr还未完全反应；若乙中不含NaI，由于通入的氯气的变化量相同，则乙®丙减少的和丙®丁减少都应是VL氯气能够反应的NaBr与生成的NaCl的差值，但实际上并不相等，说明乙中含有NaI，固体组成应为NaI、NaBr、NaCl，故B错误；C项，甲、乙固体组成均为为NaI、NaBr、NaCl，所以甲和乙对比固体减少的质量就是VL氯气反应的NaI和NaCl的质量的差值，所以n(NaI)==0.12mol，则VL氯气的物质的量为0.06mol，所以体积为0.06mol´22.4L/mol=1.344L=1344mL，故C错误；D项，固体甲与通入氯气前相比减少的质量为VL氯气反应的NaI和NaCl的质量的差值，即54.62g-43.64g=10.98g，所以通氯气前的总质量为54.62g+10.98g=65.6g，令原溶液中NaI的物质的量为x，NaBr的物质的量为y，则，解得x=0.3mol，y=0.2mol，由于原混合物五等分，则原来混合物中溴化钠的物质的量=0.2mol×5=1mol，故D正确；故选D。
二、非选择题
26．(2021·山东潍坊市质检)硫及其化合物在生产生活中用途广泛，用化学反应原理研究它们的性质和用途有重要意义。回答下列问题：
(1)亚硫酰氯(SOCl2)是一种液态化合物，沸点为77℃。向盛有10 mL水的锥形瓶中小心滴加8～10滴SOCl2，观察到剧烈反应，液面上有白雾生成，并有刺激性气味气体逸出。轻轻振荡锥形瓶，白雾消失后，向溶液中滴加AgNO3溶液，有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成。
①SOCl2与水反应的化学方程式为___________。
②蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，将SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热，可得到无水AlCl3，试解释原因：___________。
(2)利用反应2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O可将石油气中的H2S转化为S。研究小组同学在实验室中进行如下实验：25℃，向100 mL H2S饱和溶液中缓缓通入SO2气体(气体体积换算成标准状况)，测得溶液pH与通入SO2的体积关系如图所示。
已知：25℃，两种酸的电离平衡常数如下表。lg1.4=0.146
Ka1
Ka2
H2SO3
1.4´10-2
6.0´10-8
H2CO3
4.5´10-7
4.7´10-11
①25℃，H2S饱和溶液的物质的量浓度为___________mol·L-1。
②理论计算b点对应溶液的pH约为___________(忽略溶液的体积变化，计算结果保留一位小数)。而实验测定b点对应溶液的pH小于理论计算值的可能原因是___________(用化学方程式解释)。
③c点时停止通入SO2，并向溶液中加入一定量NaHCO3固体。溶液中H2SO3溶液和NaHCO3发生主要反应的离子方程式为___________。
④请设计实验证明亚硫酸的酸性强于氢硫酸___________(说明操作和现象)。
【答案】(1)①SOCl2+H2O═SO2↑+2HCl ②SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热时，SOCl2与AlCl3·6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，SOCl2吸水，产物SO2和HCl抑制AlCl3水解
(2)①0.1 ②1.4 2H2SO3+O2=2H2SO4或2SO2+2H2O+O2=2H2SO4
③H2SO3+HCO3-=CO2↑+ HSO3-+H2O ④测定相同浓度的氢硫酸和亚硫酸的pH，氢硫酸的pH大于亚硫酸或用相同浓度的氢硫酸和亚硫酸做导电性实验，氢硫酸的导电能力低于亚硫酸或将相同浓度的氢硫酸和亚硫酸分别于能浓度的碳酸氢钠溶液混合，氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸与碳酸氢钠溶液生成气体。
【解析】(1)①SOCl2溶于水，可观察到剧烈反应，液面上有白雾形成，并有无色带刺激性气味的气体逸出，根据现象结合元素守恒可以推测生成HCl和SO2；轻轻振荡锥形瓶，待白雾消失后，往溶液中滴加AgNO3溶液，有不溶于HNO3的白色沉淀析出，说明溶液中存在Cl-，进一步说明有HCl，所以SOCl2与水反应的化学方程式为：SOCl2+H2O═SO2↑+2HCl；②蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，是由于AlCl3会水解产生HCl，当SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热时，SOCl2与AlCl3·6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，SOCl2吸水，产物SO2和HCl抑制AlCl3水解，从而得到无水AlCl3；(2)①H2S饱和溶液中通入二氧化硫时发生反应：2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，S单质难溶于水，所以当H2S和SO2恰好完全反应时，溶液中只有水，25℃时，pH=7，据图可知溶液pH=7时通入112mLSO2，所以100mLH2S饱和溶液中n(H2S)==0.01mol，所以c(H2S)==0.1mol/L；②a点时硫化氢已经完全反应，所以之后再通入二氧化硫，溶液中的溶质为二氧化硫与水反应生成的亚硫酸，b点时c(H2SO4)==0.1mol/L，设溶液中c(H+)=x mol/L，则有=1.4´10-2，解得c(H+)»mol/L，所以pH=-lg=1.4；由于亚硫酸具有较强还原性易被空气中的氧气氧化生成生成硫酸，使溶液的酸性变强，相应的化学方程式为2H2SO3+O2=2H2SO4或2SO2+2H2O+O2=2H2SO4；根据表格中的数据可知酸性：H2SO3> H2CO3> HSO3-，所以离子反应方程式为H2SO3+HCO3-=CO2↑+ HSO3-+H2O；④酸性越强同浓度的溶液pH越小，所以可以测定相同浓度的氢硫酸和亚硫酸的pH，氢硫酸的pH大于亚硫酸；酸性越强电离程度越大，同浓度的溶液导电性越强，用相同浓度的氢硫酸和亚硫酸做导电性实验，氢硫酸的导电能力低于亚硫酸；强酸可以和弱酸盐反应生成强酸盐和弱酸，所以可以将相同浓度的氢硫酸和亚硫酸分别于能浓度的碳酸氢钠溶液混合，氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸与碳酸氢钠溶液生成气体。
27．(2021·北京东城区高三期末)某实验小组对Na2S2O3分别与FeCl3、Fe2(SO4)3的反应进行实验探究。
实验药品：0.1mol/LNa2S2O3溶液(pH=7)；0.1mol/LFeCl3溶液(pH=1)；0.05mol/LFe2(SO4)3溶液(pH=1)。
实验过程
实验编号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
实验操作
实验现象
溶液呈紫色，
静置后紫色迅速褪去，
久置后出现淡黄色浑浊
溶液呈紫色，
静置后紫色褪去，
久置后不出现淡黄色浑浊
溶液呈紫色，
静置后紫色缓慢褪去，
久置后不出现淡黄色浑浊
资料：ⅰ.Na2S2O3在酸性条件下不稳定，发生自身氧化还原反应；
ⅱ.Fe3++ S2O32-Fe(S2O3)+(暗紫色)，Fe2+遇S2O32-无明显现象
(1)配制FeCl3溶液时，需要用盐酸酸化，结合离子方程式解释原因：______________________________________________。
(2)对实验Ⅰ中现象产生的原因探究如下：
①证明有Fe2+生成：取实验Ⅰ中褪色后溶液，加入1~2滴K3[Fe(CN)6]溶液，观察到_________________________________。
②实验I中紫色褪去时S2O32-被氧化成S4O62-，相关反应的离子方程式是____________________。
③实验I和Ⅱ对比，Ⅰ中出现淡黄色浑浊，而Ⅱ中不出现淡黄色浑浊的原因是_______。
(3)为探究实验Ⅱ和Ⅲ中紫色褪去快慢不同的原因，设计实验如下：
实验编号
Ⅳ
Ⅴ
实验操作
实验现象
紫色褪去时间a>b
紫色褪去时间c
②由实验Ⅳ和实验Ⅴ得出的结论是____________________。
【答案】(1)FeCl3溶液中存在平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入盐酸，c(H+)增加，上述平衡左移，进而抑制Fe3+水解
(2)①有蓝色沉淀生成 ②2Fe3++2 S2O32-=2Fe2++ S4O62- [或2Fe(S2O3)+=2Fe2++ S4O62-]
③Ⅱ中Fe3+和S2O32-的物质的量之比为1：1，反应后S2O32-没有剩余；Ⅰ中S2O32-过量且溶液呈酸性，因此久置后溶液中发生反应2H++ S2O32-=S↓+SO2↑+H2O
(3)①Na2SO4固体 ②其他条件相同时，Cl-能加快Fe(S2O3)+发生反应，加速紫色褪去，而SO42-能减慢该反应
【解析】某实验小组对Na2S2O3分别与FeCl3、Fe2(SO4)3的反应进行实验探究；实验Ⅰ和实验Ⅱ中，所加Na2S2O3的体积均为2mL，但是所滴加的氯化铁的体积不同，导致实验现象不同；Ⅱ中Fe3+和S2O32-的物质的量之比为1：1，反应后S2O32-没有剩余；Ⅰ中S2O32-过量且溶液呈酸性，因此久置后溶液中发生反应2H++ S2O32-=S↓+SO2↑+H2O；实验Ⅲ和实验Ⅱ中，所加Na2S2O3的体积均为2mL，氯化铁和硫酸铁的体积也都为2mL，但溶液中阳离子均为铁离子，且c(Fe3+)相同，阴离子种类不同，导致紫色褪色的速率不同，做探究实验时，重点分析氯离子和硫酸根离子对实验的影响。(1) FeCl3溶液中存在水解平衡：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，加入盐酸，c(H+)增加，上述平衡左移，进而抑制Fe3+水解，所以配制FeCl3溶液时，需要用盐酸酸化；(2) ①Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液相遇，产生蓝色沉淀；取实验Ⅰ中褪色后溶液，加入1~2滴K3[Fe(CN)6]溶液，观察到有蓝色沉淀生成，证明实验Ⅰ中有Fe2+生成；②若实验I中紫色褪去时S2O32-被氧化成S4O62-，铁离子被还原为亚铁离子，反应的离子方程式为：2Fe3++2 S2O32-=2Fe2++ S4O62- [或2Fe(S2O3)+=2Fe2++ S4O62-]；③观察实验I和Ⅱ操作可知，Na2S2O3溶液均为2mL，但所滴加的氯化铁的体积不同，相差较大；Ⅱ中Fe3+和S2O32-的物质的量之比为1：1，反应后S2O32-没有剩余；Ⅰ中S2O32-过量且溶液呈酸性，因此久置后溶液中发生反应2H++ S2O32-=S↓+SO2↑+H2O，因此Ⅰ中出现淡黄色浑浊，而Ⅱ中不出现淡黄色浑浊；(3)已知实验试剂：0.1mol/LFeCl3溶液(pH=1)；0.05mol/LFe2(SO4)3溶液(pH=1)，两种溶液中铁离子浓度相同，阴离子的种类和浓度不同，因此实验Ⅳ和Ⅴ就要探究氯离子和硫酸根离子对褪色快慢的影响；实验Ⅳ中探究硫酸根离子对速率的影响，向试管a中加入硫酸钠固体，紫色褪去时间a>b，说明硫酸根离子能减慢反应速率，褪色时间较长；实验Ⅴ中探究氯离子对速率的影响，向试管c中加入氯化钠固体，紫色褪去时间c
实验步骤：
①按图连接装置，检查装置气密性；
②装入药品，加热A中试管，C中反应至pH=4.1停止加热，将A中铜丝外移脱离浓硫酸；
③将C中液体转移至蒸发装置中，加热，结晶脱水、过滤、洗涤、干燥。
试回答下列问题：
(1)A试管中发生反应的化学方程式为___________ ；B装置的作用是___________。
(2)C中反应至pH=4.1，C中溶液主要溶质为___________ (填化学式)。
(3)将步骤③C中液体加热至过饱和结晶脱水生成焦亚硫酸钠的化学方程式为___________ ；若温度稍过高，可能还会生成___________；为了制得较纯净焦亚硫酸钠，步骤③中应注意___________、___________。
(4) Na2S2O5可用作食品抗氧剂。小组通过下述方法检测某饮料中残留的Na2S2O5：
①取100. 00 mL饮料于锥形瓶中，加入0. 0100 mol/L的I2溶液V1mL，塞紧瓶塞充分反应。
②打开瓶塞，将锥形瓶内液体调至接近中性，滴加4~5滴淀粉溶液变蓝。用0. 100 mol/L的Na2S2O3溶液滴定，滴定至终点时，消耗Na2S2O3溶液V2mL，饮料中残留的Na2S2O5为___________ mg/L。若滴定前溶液pH调至大于10，则残留的Na2S2O5测定值___________ (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。(已知：S2O52-+2I2+3H2O=2SO42-+4I- +6H+ 2S2O32-+I2=S4O62-+2I-)
【答案】(1)Cu +2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O 防倒吸 (2)NaHSO3
(3)2NaHSO3=Na2S2O5+H2O Na2SO3(或Na2SO4)
小火加热控制温度 隔绝空气
(4)9.5V1-47.5V2 偏高
【解析】(1)装置A中，铜与浓硫酸反应，反应方程式为Cu +2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；生成的二氧化硫气体如果没有装置B直接通入C装置中，会与饱和碳酸钠溶液反应，发生倒吸现象，故装置B的作用是防倒吸；(2) C中反应至pH=4.1，说明溶液显酸性。Na2CO3显碱性，Na2SO3显碱性，NaHCO3显碱性，而NaHSO3显酸性，故C中溶液主要溶质为NaHSO3；(3) 将步骤③C中NaHSO3溶液加热至过饱和结晶脱水生成焦亚硫酸钠，其化学方程式为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；若温度稍过高，NaHSO3会受热分解生成二氧化硫和亚硫酸钠，亚硫酸钠可能被氧气氧化成Na2SO4，故溶液中可能生成Na2SO3(或Na2SO4)；焦亚硫酸钠具有强还原性，也被O2氧化，故为了制得较纯净焦亚硫酸钠，要步骤③中注意控制温度和隔绝空气；(4)发生的反应有：①S2O52-+2I2+3H2O=2SO42-+4I- +6H+；②2S2O32-+I2=S4O62-+2I-；开始I2与Na2S2O5充分反应，I2还剩余，再用Na2S2O3溶液滴定剩余的I2，剩余的，则与Na2S2O5的I2为，则，所以饮料中残留的Na2S2O5为 ；若滴定前溶液pH调至大于10，I2会与碱反应，消耗更多，则计算剩余的I2就变少，最后计算残留的Na2S2O5会偏高。
29．(2021·山东潍坊市寿光现代中学高三月考)亚硝酰硫酸(NOSO4H)纯品为棱形结晶，溶于硫酸，超过73.5℃和遇水均易分解，常用于制染料。制备NOSO4H的反应原理为：SO2+HNO3=SO3+HNO2、SO3+HNO2=NOSO4H。
(1)亚硝酰硫酸(NOSO4H)的制备：
①仪器Ⅱ的名称为___________。
②按气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为___________(填仪器接口字母，部分仪器可重复使用)。
③装置B用冷水浴的目的是___________，装置D的作用是___________。
④若装置A中快速滴入硫酸，则会使NOSO4H的产量___________(填“增大”“减小”或“无影响”)。
(2)亚硝酰硫酸(NOSO4H)纯度的测定：
空白实验分析法是化学实验中常用的一种方法，是指在不加样品的情況下，用与测定样品相同的方法、步骤进行定量分析，将所得结果作为空白值，从样品的分析结果中扣除，此方法可以消除试剂不纯所造成的系统误差。现用此法测定亚硝酰硫酸(NOSO4H)纯度，步骤如下：
步骤1：准确称取14.00g产品，在特定条件下配制成250mL溶液。
步骤2：取25.00mL产品于250mL碘量瓶中，加入60.00mL未知浓度KMnO4溶液(过量)和10.00mL25％H2SO4溶液，然后摇匀。
步骤3：用0.2500mol・L-1Na2C2O4标准溶液滴定，消耗Na2C2O4溶液的体积为20.00mL。把亚硝酰硫酸(NOSO4H)溶液换为蒸馏水，重复上述步骤(即进行空白实验)，消耗Na2C2O4溶液60.00mL。
①亚硝酰硫酸(NOSO4H)被KMnO4氧化成NO3-和SO42-，其离子方程式为___________。
②滴定终点的现象为___________。
③产品的纯度为___________％(保留两位有效数字)。
【答案】(1)①三颈(口)烧瓶 ②a→de→cb→de→f
③防止HNO3和亚硝酰硫酸分解 防止倒吸；尾气吸收多余的二氧化硫等气体，防止污染环境 ④减少
(2)①2 MnO4-+5NOSO4H+2H2O=2Mn2++5NO3-+5SO42-+9H+
②滴入最后一滴Na2C2O4溶液后，溶液由浅紫色变为无色，且半分钟颜色不恢复
③91
【解析】由题给实验装置图可知，装置A为70%浓硫酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫的装置，装置B中盛有的浓硫酸用于干燥二氧化硫气体，装置C为二氧化硫与混酸中浓硝酸反应制备亚硝酰硫酸的装置，为防止亚硝酰硫酸遇水发生水解，在装置C后连接装置B，用浓硫酸吸收水蒸气，防止水蒸气进入C中导致亚硝酰硫酸发生水解，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染环境，则按气流从左到右的顺序，装置的连接顺序为A—B—C—B—D。(1)①由实验装置图可知，仪器Ⅱ为三颈(口)烧瓶，故答案为：三颈(口)烧瓶；②由分析可知，按气流从左到右的顺序，装置的连接顺序为A—B—C—B—D，则仪器的连接顺序为a→de→cb→de→f；③浓硝酸和亚硝酰硫酸受热易发生分解，为防止浓硝酸和亚硝酰硫酸受热分解，制备亚硝酰硫酸时，应将三颈烧瓶放入冷水浴中反应；装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染环境，倒置的漏斗用于防止二氧化硫与氢氧化钠溶液反应时产生倒吸；④若装置A中快速滴入硫酸，反应生成的二氧化硫生成速率过快，不能与浓硝酸充分反应逸出三颈烧瓶，导致亚硝酰硫酸的产量减少；(2)①由题意可知，酸性条件下亚硝酰硫酸与高锰酸根发生氧化还原反应生成锰离子、硝酸根离子和硫酸根离子，反应的离子方程式为2 MnO4-+5NOSO4H+2H2O=2Mn2++5NO3-+5SO42-+9H+；②酸性条件下，草酸钠溶液与高锰酸钾溶液完全反应时，溶液由浅紫色会变为无色，则滴定终点的现象为滴入最后一滴草酸钠溶液后，溶液由浅紫色变为无色，且半分钟颜色不恢复；③由题意可知，空白试验为草酸钠溶液与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，由得失电子数目守恒可得：2n(C2O42-)=5n(MnO4-)，c(MnO4-)==0.100mol/L，亚硝酰硫酸纯度测定时，高锰酸钾做氧化剂，亚硝酰硫酸和草酸钠做还原剂，由得失电子数目守恒可得：2n(NOSO4H)+ 2n(C2O42-)=5n(MnO4-)，则n(NOSO4H)= =0.01mol，产品的纯度为×100%≈91%。
30．(2021·衡阳市第二十六中学高三月考)高氯酸铵(NH4ClO4)为白色晶体，分解时产生大量气体，是复合火箭推进剂的重要成分。
(1)高氯酸铵中氯元素的化合价为_______。
(2)高氯酸铵在高温条件下分解会产生H2O(g)和三种单质气体，请写出该分解反应的化学方程式__________________________。
(3)某研究小组在实验室设计如下装置检验高氯酸铵分解的产物。该小组连接好装置后，依次检查装置的气密性、装入试剂、通干燥的惰性气体排尽装置内的空气、将导管末端移入盛满水的试管E、通入气体产物。(已知：焦性没食子酸溶液用于吸收氧气)
①装置A、B、C、D中盛放的药品可以依次为________(选填序号：Ⅰ、Ⅱ或Ⅲ)。
Ⅰ.碱石灰、湿润的淀粉KI试纸、氢氧化钠溶液、Cu
Ⅱ.无水硫酸铜、湿润的红色布条、氢氧化钠溶液、Cu
Ⅲ.无水硫酸铜、湿润的淀粉KI试纸、饱和食盐水、Cu
②装置E收集到的气体可能是____________(填化学式)。
(4)经查阅资料，该小组利用反应NaClO4(aq)+NH4Cl(aq)NH4ClO4(aq)+NaCl(aq)在实验室制取NaClO4，该反应中各物质的溶解度随温度的变化曲线如图。
①从混合溶液中获得较多粗NH4ClO4晶体的实验操作依次为_______、________和过滤、洗涤、干燥。
②研究小组分析认为，若用氨气和浓盐酸代替NH4Cl，则上述反应不需要外界供热就能进行，其原因是_____________________________。
【答案】(1)+7 (2)2NH4ClO4 N2↑+Cl2↑+2O2↑+ 4H2O(g)
(3)①Ⅱ ②N2
(4)①蒸发浓缩 冷却结晶 ②氨气与浓盐酸反应放出热量
【解析】根据生成物的性质可知，水蒸气一般用无水硫酸铜检验，氯气用湿润的红色布条检验，除去多余的氯气并干燥后，用铜检验氧气，焦性没食子酸溶液用于吸收剩余的氧气，最后用排水法收集氮气。(1)高氯酸铵中铵根整体显+1价，氧元素显-2价，设氯元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：+1+x－2×4＝0，则x＝7，即显+7价；(2)高氯酸铵在高温条件下分解会产生H2O(g)和三种单质气体，结合元素守恒，三种单质气体为N2、Cl2和O2，反应的化学方程式为2NH4ClO4 N2↑+Cl2↑+2O2↑+ 4H2O(g)；(3)①根据装置图可知先利用无水硫酸铜检验水蒸气，然后用湿润的红色布条检验氯气，氢氧化钠溶液吸收氯气，浓硫酸进行干燥，D中为铜，用于检验氧气的存在，焦性没食子酸溶液用于吸收氧气，故答案为Ⅱ；②根据以上分析可知最终装置E收集到的气体是N2；(4)①由图可知，NH4ClO4的溶解度受温度影响很大，NaCl的溶解度受温度影响不大，NaClO4、NH4Cl的溶解度受温度影响也很大，但相同温度下，它们溶解度远大于NH4ClO4，故从混合溶液中获得较多NH4ClO4晶体的实验操作依次为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；②因氨气与浓盐酸反应放出热量，反应需要温度较低，所以氯化铵用氨气和浓盐酸代替，上述反应不需要外界供热就能进行。
31．(2021·四川达州市高三一模)某同学设计了如下装置用于制取SO2和验证SO2的性质。回答下列问题:
(1)仪器a的名称为______________
(2)下列试剂不能用于吸收尾气的是________ (填序号)
a．饱和Na2SO4溶液 b．饱和Na2CO3溶液 c．浓NH3·H2O d．饱和NaCl溶液
(3)实验时观察到装置B无明显现象，装置C红色褪去，则使品红的水溶液褪色的微粒一定不是__________________。
(4)转置D目的是检验SO2的_____性，观察到的现象是________________。
(5)为进一步研究SO2的性质，分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制的Ba(NO3)2和BaCl2溶液，进行如下实验:
实验中A、B、C烧杯中观察到的现象如下表
烧杯
实验现象
A
无白色沉淀产生，pH传感器测得溶液pH=5.3
B
有白色沉淀产生
C
有白色沉淀产生，C中出现白色沉淀比B中快很多
①煮沸的目的是___________，据A中现象得出的结论是_______________________。
②B中白色沉淀的化学式为______，C中出现白色沉淀比B中快很多的原因是_______
③在B中通入过量的SO2后，溶液中存在的主要阴离子是______________________，其原因是____________________________________________(用离子方程式表示)
【答案】(1)三颈烧瓶 (2)ad (3)SO2
(4)氧化 有淡黄色沉淀产生
(5)①除去溶液中溶解的O2 SO2可溶于水，溶于水的二氧化硫部分与水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性；SO2与BaCl2不能发生复分解反应
②BaSO4 在水溶液中O2氧化SO2比NO3-氧化SO2活化能小
③SO42- Ba2++2NO3-+3SO2+2H2O=BaSO4↓+2NO+2 SO42- +4H+
【解析】由实验装置图可知，装置A为一定浓度硫酸溶液与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫，装置B中无明显现象说明二氧化硫不溶于乙醇，装置C红色褪去说明二氧化硫溶于水，溶于水的二氧化硫使品红溶液褪色，装置D中硫化钠溶液与二氧化硫反应生成硫单质说明二氧化硫具有氧化性，二氧化硫有毒，会污染环境，不能直接排空，应选用碱性溶液或具有强氧化性的吸收二氧化硫。(1)由实验装置图可知，仪器a为三颈烧瓶；(2)二氧化硫是具有还原性的酸性氧化物，应选用碱性溶液或具有氧化性的溶液吸收二氧化硫，防止污染环境，硫酸钠溶液和氯化钠溶液均呈中性，都不能与二氧化硫反应，不能用于吸收二氧化硫，碳酸钠溶液和氨水均为碱性溶液，能与二氧化硫反应，可用于吸收二氧化硫；(3)装置B中无明显现象说明二氧化硫不溶于乙醇，装置C红色褪去说明二氧化硫溶于水，溶于水的二氧化硫使品红溶液褪色；(4)二氧化硫具有氧化性，能与硫化钠溶液发生氧化还原反应生成亚硫酸钠和硫沉淀，反应中二氧化硫表现氧化性，实验现象为，有淡黄色沉淀产生；(5)①蒸馏水中溶有具有氧化性的氧气，为防止氧气干扰实验，应用煮沸的方法除去溶液中溶解的氧气；氯化钡为强酸强碱盐，溶液呈中性，由溶液pH=5.3可知，二氧化硫溶于水，部分与水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性；无白色沉淀产生说明，亚硫酸的酸性弱于盐酸，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应；②二氧化硫溶于水，部分与水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，将二氧化硫氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子与溶液中钡离子反应生成白色硫酸钡沉淀，则B中白色沉淀为硫酸钡；C中出现白色沉淀比B中快很多说明没有煮沸的蒸馏水中溶有的氧气与二氧化硫的反应速率比硝酸根离子在酸性条件下与二氧化硫反应的速率快，反应速率越快反应的活化能越小，则在水溶液中氧气氧化二氧化硫比硝酸根氧化二氧化硫活化能小；③二氧化硫溶于水，部分与水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，将二氧化硫氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子与溶液中钡离子反应生成白色硫酸钡沉淀，由得失电子数目守恒可知，反应的化学方程式为Ba2++2NO3-+3SO2+2H2O=BaSO4↓+2NO+2 SO42- +4H+，则溶液中主要的阴离子为SO42-。
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