高考化学 非金属及其化合物 专项训练（WORD版）答案解析

这是一份高考化学 非金属及其化合物 专项训练（WORD版）答案解析，共11页。试卷主要包含了刺激　大　2，9×105,101，00×10－3 L×0，40　80等内容，欢迎下载使用。


考点 氯及其化合物的性质和应用
答案：1.刺激 大 2.(1)①棕红 棕黄 ②苍白 ③H2SO4＋2HCl
(2)①Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO ②Cl2＋2NaOH===NaCl ＋NaClO＋H2O Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O
3．(1)H2O Cl2 HClO H＋ Cl－ ClO－ OH－ (3)纯净 混合 混合 黄绿 浅黄绿 无 酸 氧化 漂白 4.(1)2HClOeq \(=====,\s\up17(光照))2HCl＋O2↑ (3)Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO 5.(1)NaClO 2NaOH＋Cl2===NaCl＋NaClO＋H2O 碱 (2)Ca(ClO)2、CaCl2 Ca(ClO)2 2Ca(OH)2＋2Cl2===Ca(ClO)2＋CaCl2 ＋2H2O 碱 氧化 Ca(ClO)2 ＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO 2HClOeq \(=====,\s\up17(光照))2HCl＋O2↑
题组一 氯气的性质及应用
1．
答案：B 解析：工业上是利用氯气与H2反应生成HCl，氯化氢溶于水制盐酸，而不是氯气和水反应，故A错误；ClO2可用于自来水消毒，是利用其强氧化性，故B正确；Cl2与NaOH反应生成的次氯酸钠是漂白液的有效成分，但与Cl2易液化无关，故C错误；Cl2和S反应生成S2Cl2，Cl的化合价降低，Cl2发生还原反应，表现出氧化性，故D错误。
2．
答案：A 解析：反应后，当eq \f(cCl－,cClO－)＝11时，根据得失电子守恒有c(Cl－)＝c(ClO－)＋5c(ClOeq \\al(－,3))，由此可求出eq \f(cClO－,cClO\\al(－,3))＝eq \f(1,2)，A项错误。根据元素守恒知B项正确。因反应中肯定有Cl－生成，当价态升高的氯元素全部以ClO－形式存在时，a ml KOH需要消耗eq \f(1,2)a ml Cl2，此时转移电子eq \f(1,2)a ml；当价态升高的氯元素全部以ClOeq \\al(－,3)形式存在时，由6KOH＋3Cl2===5KCl＋KClO3＋3H2O知，此时转移电子eq \f(5,6)a ml，C项正确。由反应方程式知，KClO3的最大理论产量为eq \f(1,6)a ml，D项正确。
题组二 次氯酸、次氯酸盐的性质及应用
3．
答案：B 解析：Na35ClO＋2H37Cl===NaCl＋Cl2↑＋H2O反应中，Cl2的中子数为(35－17)＋(37－17)＝38，则反应生成的1 ml Cl2含有的中子数为38NA，故A错误；HClO的酸性大于碳酸氢根离子，小于碳酸，则“84”消毒液在空气中会发生反应：NaClO＋CO2＋H2O===NaHCO3＋HClO，故B正确；反应每转移NA个电子，消耗氧化剂NaClO为1 ml，消耗还原剂HCl为1 ml，氧化剂比还原剂少74 g－38 g＝36 g，故C错误；K2CO3能与HClO反应，则为提高氯水中HClO的浓度，不能加过量K2CO3固体，可以加CaCO3固体，故D错误。
4．
答案：(1)Na＋ a (2)10－7.5 (3)2Cl2＋HgO===HgCl2＋Cl2O (4)1.25 NaHCO3＋NaHSO4===CO2↑＋Na2SO4＋H2O (5)ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O 203
解析：本题围绕氯元素考查电解池原理、溶液中粒子分布曲线的分析、陌生化学方程式的书写、化学计算等。
(1)工业上常采用电解饱和食盐水的方法制备Cl2，该过程中，阳极的电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，为防止生成的Cl2和OH－发生反应，通常采用阳离子交换膜，则该装置中的离子膜只允许Na＋通过；氯气在阳极产生，逸出口为a。
(2)HClO的电离常数Ka＝eq \f(cClO－·cH＋,cHClO)，根据电离平衡体系中各成分的组成分数图像判断，当c(ClO－)＝c(HClO)时，pH＝7.5，代入数据得Ka＝eq \f(cClO－·cH＋,cHClO)＝c(H＋)＝10－7.5。
(3)根据题中信息，HgO与Cl2反应制备Cl2O的过程发生歧化反应，则Cl元素化合价在反应的过程中既有升高，又有降低，所以反应的化学方程式为2Cl2＋HgO===HgCl2＋Cl2O。
(4)根据题中信息，由NaClO2得到ClO2的反应属于歧化反应，泡腾片溶于水，溶液呈酸性，则反应的离子方程式为5ClOeq \\al(－,2)＋4H＋===Cl－＋4ClO2↑＋2H2O，由离子方程式得关系式5ClOeq \\al(－,2)～4ClO2，则生成1 ml ClO2时，需要消耗1.25 ml NaClO2；泡腾片中含有NaHSO4和NaHCO3，溶于水时产生气泡的化学方程式为NaHCO3＋NaHSO4===CO2↑＋Na2SO4＋H2O。
(5)NaClO不可与酸性清洁剂混用的原因是ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O，会产生有毒的Cl2，危害人体健康。设生产1 000 kg该溶液需消耗Cl2 a ml，质量为71a g，由反应Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O可知，消耗NaOH的物质的量为2a ml，质量为80a g，结合质量守恒可知，要生产1 000 kg该溶液，需30%的NaOH溶液(106－71a) g，由Na元素守恒可知，30%×(106－71a) g＝80a g＋1%×106 g，整理可得a＝eq \f(2.9×105,101.3)，则需消耗氯气的质量为71a×10－3 kg≈203 kg。题组三 氯水性质及应用
5．
答案：D 解析：实验①：氯气与氢氧根离子反应生成氯离子和次氯酸根离子、水，反应的离子方程式为Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O，故A错误；实验②：碳酸氢根离子与氯水中的氢离子反应生成二氧化碳，反应的离子方程式为HCOeq \\al(－,3)＋H＋===CO2↑＋H2O，故B错误；实验③：银离子与氯离子结合生成氯化银沉淀，反应的离子方程式为Cl－＋Ag＋===AgCl↓，故C错误；实验④：氯气氧化亚铁离子生成铁离子，反应的离子方程式为Cl2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Cl－，故D正确。
6．
答案：D 解析：久置氯水的成分为稀盐酸，氧化性弱于新制饱和氯水。
考点 氯气的实验室制法及性质的实验探究
答案：1.MnO2＋4HCl(浓)eq \(=====,\s\up17(△))MnCl2＋2H2O＋Cl2↑
饱和食盐水 浓H2SO4 上 饱和食盐水
2．(1)蓝 红 褪色
题组一 实验室氯气的制备原理、装置
1．
答案：D 解析：发生装置应先加入适量浓盐酸再加热，A不正确；饱和食盐水用于除去Cl2中的HCl杂质，不能用饱和碳酸氢钠溶液代替，否则会引入杂质气体二氧化碳，B不正确；若用稀盐酸代替浓盐酸不能制得氯气，说明浓盐酸的还原性较强，C不正确；氯气是黄绿色气体，可以通过观察集气瓶中气体的颜色判断氯气是否收集满，D正确。
2．
答案：(1)MnO2＋4HCl(浓)eq \(=====,\s\up17(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O (2)c－d－b－a－e (3)HClO 向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中含有COeq \\al(2－,3)、HCOeq \\al(－,3)等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl－
解析：(1)实验室通常采用浓盐酸和MnO2加热制取Cl2，化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)eq \(=====,\s\up17(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。
(2)根据化学方程式可知，制取的氯气中混有氯化氢、水蒸气，氯气有毒，必须进行尾气处理，因此使用饱和食盐水吸收氯化氢气体，浓硫酸除去水蒸气，最后用NaOH溶液吸收尾气，因此接口连接顺序为c－d－b－a－e。
(3)氯水久置后不能使品红溶液褪色，说明HClO已分解；检验Cl－的方法为向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中含有COeq \\al(2－,3)、HCOeq \\al(－,3)等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl－。题组二 以氯气为载体的制备实验
3．
答案：D 解析：由实验装置可知，甲中为固液不加热制备氯气，SO2Cl2极易水解，乙中浓硫酸干燥氯气，丙中发生SO2(g)＋Cl2(g)SO2Cl2(l)，B可冷凝回流，C中碱石灰吸收尾气，且碱石灰可防止外界空气中的水蒸气进入，戊中浓硫酸与亚硫酸钠反应可制备二氧化硫，丁中浓硫酸干燥二氧化硫，以此来解答。装置甲中圆底烧瓶中的固体药品Y可能为KMnO4、KClO3，故A正确；SO2Cl2极易水解，乙中浓硫酸干燥氯气，故B正确；由方程式可知二氧化硫和氯气的化学计量数之比为1∶1，气体流量可通过观察乙和丁中单位时间内的气泡数来调节，故C正确；水解反应为SO2Cl2＋2H2O===H2SO4＋2HCl，故D错误。
4．
答案：(1)平衡压强，使液体顺利滴下 2KMnO4＋16HCl(浓)===2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O
(2)H G N A
(3)先打开Ⅱ中的活塞，待Ⅰ中烧瓶充满黄绿色气体后，点燃Ⅰ中的酒精灯
(4)SnCl4＋2H2O===SnO2＋4HCl
(5)76.0 2Sn2＋＋O2＋4H＋===2Sn4＋＋2H2O
解析：制备SnCl4，由实验装置可知，Ⅱ中制备氯气，生成的氯气中混有HCl和水蒸气，Ⅴ中饱和食盐水可除去氯气中的HCl，Ⅳ中浓硫酸干燥氯气，Ⅰ中Sn与氯气发生反应生成SnCl4，结合图表数据可知，Ⅲ为冷凝管，冷凝收集，最后连接Ⅵ可吸收尾气，且防止空气中的水进入Ⅲ中。
(1)M为恒压滴液漏斗中的导管，其作用为平衡压强，使液体顺利滴下，装置Ⅱ中发生反应的化学方程式2KMnO4＋16HCl(浓)===2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O。
(2)由上述分析可知，装置为Ⅱ→Ⅴ→Ⅳ→Ⅰ→Ⅲ→Ⅵ，则正确的接口顺序是BHGEFNACDIJ(或JI)。
(3)如果先加热，Sn会与空气发生反应，故应先通入足量的氯气排除装置内的空气再进行反应，实验开始时的操作为先打开Ⅱ中的活塞，待Ⅰ中烧瓶充满黄绿色气体后，点燃Ⅰ中的酒精灯。
(4)将制取的四氯化锡少许暴露于空气中，预期可看到的现象是出现白色烟雾，白色烟雾的成分分别为盐酸小液滴与SnO2，据此可知，化学方程式为SnCl4＋2H2O===SnO2＋4HCl。
(5)滴定过程中发生反应5Sn2＋＋2MnOeq \\al(－,4)＋16H＋===5Sn4＋＋2Mn2＋＋8H2O，可知5Sn2＋～2MnOeq \\al(－,4)，产品中SnCl2的含量为
eq \f(20.00×10－3 L×0.1 ml·L－1×\f(5,2)×\f(100 mL,25 mL)×190 g·ml－1,5 g)×100%＝76.0%，依据提示可知，在测定过程中Sn2＋易被空气中氧气氧化为Sn4＋，故测定结果随时间延长逐渐变小的原因是2Sn2＋＋O2＋4H＋===2Sn4＋＋2H2O。
考点 卤素的来源及性质递变
答案：1.(1)2NaCl＋2H2Oeq \(=====,\s\up17(电解))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
(2)②2NaBr＋Cl2===Br2＋2NaCl Br2＋SO2＋2H2O===2HBr＋H2SO4 2HBr＋Cl2===2HCl＋Br2 (3)②Cl2＋2I－===I2＋2Cl－ 2.(2)深 高 大 减小 易 难 减弱 增强 4.(1)Cl－ Br－ I－ (2)Br－ I－
题组一 卤素单质相似性和递变性
1．
答案：A 解析：元素的非金属性强弱与其对应的氢化物溶液的酸性强弱无关，可根据其最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱进行比较，A错误；I2在KI溶液中存在平衡I2＋I－Ieq \\al(－,3)，可使其溶解度增大，D正确。
2．
答案：C 解析：根据离子方程式可知还原性I－> Fe2＋>Br－，且还原性强的优先与Cl2反应，结合曲线纵横坐标含义，进行定量分析可知C错误。
题组二 卤素离子的检验和海水资源开发及利用
3．
答案：C 解析：①NaCl、NaBr、NaI中加碘水和淀粉溶液均变蓝色；②氯水加入NaBr、NaI中后，再加CCl4萃取，下层分别为橙红色和紫红色，加入NaCl中不发生反应，可以鉴别；③溴水与NaCl、NaBr不反应，与NaI反应生成I2，用苯萃取后，前两种上层均为橙红色，无法鉴别；④NaCl、NaBr、NaI与AgNO3溶液反应分别生成AgCl、AgBr、AgI沉淀，且均不溶于稀HNO3，沉淀颜色依次为白色、淡黄色、黄色，可以鉴别；⑤与②的原理相似，只是有色层在上层，可以鉴别；⑥FeCl3溶液只能氧化I－生成I2，不能鉴别。
4．
答案：B 解析：本题考查海水中化学资源的开发和利用，侧重考查溴及其化合物的性质。从海水中得到粗盐采用蒸发的方法，故A正确；在NaHCO3或Na2CO3溶液中加入澄清石灰水，均产生白色沉淀，无法鉴别，故B错误；步骤③中可通入Cl2使溴离子被氧化为Br2，故C正确；步骤④中SO2水溶液吸收Br2，反应的化学方程式为SO2＋Br2＋2H2O===H2SO4＋2HBr，溶液的酸性增强，则溶液的pH减小，故D正确。
5．
答案：(1)①2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－ AgNO3 ②FeI2＋Cl2===I2＋FeCl2 I2、FeCl3 I2被过量的Cl2进一步氧化 (2)2IOeq \\al(－,3)＋5HSOeq \\al(－,3)===I2＋5SOeq \\al(2－,4)＋3H＋＋H2O (3)4 防止单质碘析出
解析：(1)①由流程图可知悬浊液中含AgI，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环过程。
②通入Cl2的过程中，因I－还原性强于Fe2＋，Cl2先氧化还原性强的I－，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2＋Cl2===I2＋FeCl2；若反应物用量比n(Cl2)/n(FeI2)＝1.5时，即Cl2过量，先氧化完全部I－再氧化Fe2＋，恰好将全部I－和Fe2＋氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当n(Cl2)/n(FeI2)>1.5，即Cl2过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的吸收率会降低。
(2)先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物即含I－的物质；再向混合溶液中(含I－)加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的两个反应中I－为中间产物，总反应为IOeq \\al(－,3)与HSOeq \\al(－,3)发生氧化还原反应，生成SOeq \\al(2－,4)和I2，根据得失电子守恒、电荷守恒及元素守恒配平离子方程式：2IOeq \\al(－,3)＋5HSOeq \\al(－,3)===I2＋5SOeq \\al(2－,4)＋3H＋＋H2O。
(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，化学方程式为4KI＋2CuSO4===2CuI↓＋I2＋2K2SO4，若生成1 ml I2 ，则消耗的KI至少为4 ml；反应中加入过量KI，I－浓度增大，可逆反应I2＋I－Ieq \\al(－,3)平衡右移，增大I2溶解度，防止蒸馏时单质碘析出。
eq \(\s\up15(第12讲 硫及其化合物))
考点 硫及其氧化物
答案：1.(1)①火山 岩层 ②硫化物 硫酸盐 (2)酒精 CS2 (3)①氧化 ②还原 氧化 ③S＋2H2SO4(浓)eq \(=====,\s\up15(△))3SO2↑＋2H2O ④3S＋6NaOHeq \(=====,\s\up15(△))2Na2S＋Na2SO3＋3H2O 2.(1)刺激性 易 40 (2)①SO2＋H2OH2SO3 2NaOH＋SO2===Na2SO3＋H2O CaO＋SO2eq \(=====,\s\up15(△))CaSO3 ②SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O ③5SO2＋2MnOeq \\al(－,4)＋2H2O===2Mn2＋＋5SOeq \\al(2－,4)＋4H＋ SO2＋Br2＋2H2O===4H＋＋2Br－＋SOeq \\al(2－,4) SO2＋2Fe3＋＋2H2O===2Fe2＋＋SOeq \\al(2－,4)＋4H＋ (3)①Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋H2O＋SO2↑ 3.(1)固 (2)SO3＋H2O===H2SO4 CaO＋SO3===CaSO4 SO3＋Ca(OH)2===CaSO4＋H2O
题组一 硫元素的循环和单质硫的性质
1．
答案：A 解析：硫单质与氧气反应时，无论氧气是否过量，产物都是二氧化硫，点燃爆竹后，硫燃烧生成SO2，故A项错误。硫单质氧化性较弱，与变价金属反应只能将金属元素氧化到低价态，硫与铜反应：2Cu＋Seq \(=====,\s\up15(△))Cu2S，即0.05 ml S与0.1 ml Cu恰好完全反应，故B项正确。硫与热的NaOH溶液反应：3S＋6NaOHeq \(=====,\s\up15(△))2Na2S ＋Na2SO3＋3H2O，在反应中S发生歧化反应，一部分硫原子得电子价态降低生成Na2S，一部分硫原子失电子价态升高生成Na2SO3，硫既作氧化剂，又作还原剂，故C项正确。硫可与汞单质发生化合反应：S＋Hg===HgS，防止汞挥发进入空气，故D项正确。
2．
答案：A 解析：本题通过硫在自然界中的循环，考查元素化合物的性质与反应原理分析。分析题图可知，含硫杆菌及好氧、厌氧菌促进了硫的循环，A正确；硫循环中硫的化合物包括有机物(如人和动物体内含S的蛋白质)和无机物，B错误；硫循环中硫元素化合价有升有降，C错误；烧煤时加入石灰石可减少二氧化硫的排放量，即可减少酸雨的形成，但生成CO2，增加了温室气体(CO2)的排放量，D错误。
题组二 SO2性质的多样性及探究
3．答案：C 解析：A对：SO2通入含HCl、BaCl2的FeCl3溶液中，发生反应：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SOeq \\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋、Ba2＋＋SOeq \\al(2－,4)===BaSO4↓，产生白色沉淀，该反应中SO2作还原剂，表现出还原性。B对：SO2通入H2S溶液中，发生反应：SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O，产生黄色沉淀，该反应中SO2作氧化剂，表现出氧化性。C错：SO2通入酸性KMnO4溶液中，发生反应：5SO2＋2MnOeq \\al(－,4)＋2H2O===5SOeq \\al(2－,4)＋2Mn2＋＋4H＋，该反应中，SO2作还原剂，表现出还原性而不是漂白性。D对：SO2通入Na2SiO3溶液中，发生反应：Na2SiO3＋SO2＋H2O===H2SiO3↓＋Na2SO3，该反应符合“强酸制弱酸”的反应规律，则酸性：H2SO3＞H2SiO3。
4．
答案：A 解析：SO2干扰CO2的检验，故先除去SO2，①②③中依次盛放酸性高锰酸钾溶液(吸收SO2)、品红溶液(检验SO2是否除尽)、澄清石灰水(检验CO2)，A正确；生成的CaCO3可与过量的CO2反应生成溶于水的Ca(HCO3)2，B错误；NO2易与水反应生成NO，并且氢氧化钠溶液不能吸收NO，C错误；①②中均可为酸性高锰酸钾溶液，利用②中酸性高锰酸钾溶液检验SO2是否除尽，D错误。
5．
答案：(1)①Cu＋2H2SO4(浓)eq \(=====,\s\up15(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2O ②饱和NaHSO3溶液 (2)①Ag2SO3＋4NH3·H2O===2[Ag(NH3)2]＋＋SOeq \\al(2－,3)＋4H2O ②H2O2溶液，产生白色沉淀 (3)①Ag＋ Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4沉淀时，必定没有Ag2SO4 ②途径1不产生SOeq \\al(2－,4)，途径2产生SOeq \\al(2－,4) (4)2Ag＋＋SO2＋H2O===Ag2SO3↓＋2H＋
(6)实验条件下，SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SOeq \\al(2－,4)的速率，碱性溶液中SOeq \\al(2－,3)更易被氧化为SOeq \\al(2－,4)
解析：(1)②由沉淀B的成分可知，反应时混合气体中O2的存在能干扰沉淀的成分，故将SO2通入AgNO3溶液前应除去混在其中的O2，但又不能吸收SO2，故选择饱和NaHSO3溶液。
(2)②若沉淀D中含有BaSO3，则BaSO3＋2HCl===BaCl2＋H2O＋SO2↑，因为SO2在水中溶解度较大，故滤液E中存在一定量的SO2，滴加H2O2溶液，发生反应SO2＋Ba2＋＋H2O2===BaSO4↓＋2H＋，溶液中会出现白色沉淀。
(3)①向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，说明溶液中含有Ag＋；取上层清液滴加BaCl2溶液，无白色沉淀出现，可判断B中不含Ag2SO4，因为Ag2SO4微溶于水，BaSO4难溶于水，若B中含有Ag2SO4，向上层清液中滴加BaCl2溶液，一定会出现白色沉淀。
②由以上分析可推断，途径1不产生SOeq \\al(2－,4)，途径2产生SOeq \\al(2－,4)。
(4)由上述分析可知，SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3沉淀，结合质量守恒定律可写出反应的离子方程式。
(6)实验条件下，SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SOeq \\al(2－,4)的速率，碱性溶液中SOeq \\al(2－,3)更易被氧化为SOeq \\al(2－,4)。
题组三 SO2对环境污染及防治
6．
答案：B 解析：根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为NaHSO3，则母液为饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为H2SO3＋2Na2CO3===Na2SO3＋2NaHCO3，NaHSO3＋Na2CO3===Na2SO3＋NaHCO3，所以调节pH为8进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为Na2SO3＋SO2＋H2O===2NaHSO3↓，SO2＋NaHCO3===CO2＋NaHSO3↓，此时会析出大量NaHSO3晶体，经过离心分离，将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到NaHSO3产品，据此分析解答。根据上述分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确；结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO3，假设产物中存在NaHCO3，则其会与生成的H2SO3发生反应，且NaHCO3溶解度较低，若其残留于母液中，会使晶体不纯，假设不成立，B错误；NaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C正确；结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正确。
7．
答案：(1)2NH3＋H2O＋SO2===2NHeq \\al(＋,4)＋SOeq \\al(2－,3)或2NH3·H2O＋SO2===2NHeq \\al(＋,4)＋SOeq \\al(2－,3)＋H2O
HSOeq \\al(－,3) (2)ZnSO3 ZnSO3＋SO2＋H2O===Zn2＋＋2HSOeq \\al(－,3)或ZnO＋2SO2＋H2O===Zn2＋＋2HSOeq \\al(－,3)
(3)随着pH降低，HSOeq \\al(－,3)浓度增大 减小
解析：(1)向氨水中通入少量SO2时，SO2与氨水反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为2NH3·H2O＋SO2===2NHeq \\al(＋,4)＋SOeq \\al(2－,3)＋H2O，pH＝6时，根据微粒物质的量分数曲线可以看出溶液中阴离子浓度最大的是HSOeq \\al(－,3)。
(2)反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变；一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH逐渐变小，SO2的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为ZnSO3＋SO2＋H2O===Zn2＋＋2HSOeq \\al(－,3)(或ZnO＋2SO2＋H2O===Zn2＋＋2HSOeq \\al(－,3))。
(3)HSOeq \\al(－,3)可以经氧气氧化生成SOeq \\al(2－,4)，这一过程中需要调节溶液pH在4.5～6.5的范围内，pH越低，溶液中的HSOeq \\al(－,3)的浓度越大，使得催化氧化过程中反应速率越快；随着反应的不断进行，大量的HSOeq \\al(－,3)反应生成SOeq \\al(2－,4)，反应的离子方程式为2HSOeq \\al(－,3)＋O2===2SOeq \\al(2－,4)＋2H＋，随着反应的不断进行，有大量的氢离子生成，导致氢离子浓度增大，溶液pH减小。
考点 硫酸 硫酸根离子的检验
答案：1.(1)无 油 难 (2)放出 浓H2SO4 水
玻璃棒 2.(1)Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑
(2)MgO＋2H＋===Mg2＋＋H2O (3)Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SOeq \\al(2－,4)===BaSO4↓＋2H2O (4)Ba2＋＋SOeq \\al(2－,4)===BaSO4↓ 3.钝化 Cu＋2H2SO4(浓)eq \(=====,\s\up15(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2O C＋2H2SO4(浓)eq \(=====,\s\up15(△))CO2↑＋2SO2↑＋2H2O 4.(2)①4FeS2＋11O2eq \(=====,\s\up15(△))2Fe2O3＋8SO2 ②2SO2＋O2eq \(,\s\up15(催化剂),\s\d15(△))2SO3
③SO3＋H2O===H2SO4
题组一 浓H2SO4的性质
1．
答案：A 解析：A项，反应①生成的红棕色气体是溴蒸气，反应②白雾是氯化氢小液滴，说明浓硫酸能将溴离子氧化成溴单质，而不能将氯离子氧化成氯气；B项，反应③生成的是二氧化硫气体，为非氧化还原反应，而且亚硫酸钠与溴化钠不是同一类型；C项，白雾说明氯化氢易挥发；D项，反应③生成的二氧化硫来自亚硫酸钠，为非氧化还原反应。
2．
答案：B 解析：浓硫酸能使蔗糖炭化，体现的是其脱水性，而不是吸水性，A错误；NaClO在水溶液中会发生水解，离子方程式为ClO－＋H2OHClO＋OH－，pH减小，则酸性增强，会促使平衡向正反应方向移动，生成氧化性更强的HClO，ClOeq \\al(－,3)在酸性条件下可生成具有强氧化性的氯气、二氧化氯等气体，增强氧化能力，B正确；HI的沸点低，易挥发，加热NaI与浓H3PO4混合物发生反应生成HI利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，C错误；相同条件下根据铜与浓硝酸、稀硝酸反应的剧烈程度可知，浓硝酸的氧化性大于稀硝酸的氧化性，D错误。
3．
答案：D 解析：反应后溶液的pH＝1，说明硫酸过量，且反应后硫酸的物质的量为0.05 ml，则反应掉的硫酸的物质的量为18.5 ml·L－1×0.1 L－0.05 ml＝1.8 ml，A正确；随着反应的进行，硫酸浓度会变稀，可能会生成氢气，所以生成的气体甲可能是SO2和H2的混合物，由Zn＋2H2SO4(浓)===ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，Zn＋H2SO4(稀)===ZnSO4＋H2↑，不论是生成SO2还是H2，都是1 ml Zn产生1 ml气体甲，n(Zn)＝n(甲)＝n(ZnSO4)＝eq \f(33.6 L,22.4 L·ml－1)＝1.5 ml，则反应中共消耗Zn 97.5 g，C正确；反应中转移电子的物质的量为锌的物质的量的两倍，为3 ml，D错误；由硫原子守恒可知n(SO2)＝1.8 ml－1.5 ml＝0.3 ml，n(H2)＝1.5 ml－0.3 ml＝1.2 ml，所以SO2和H2的体积比为1∶4，B正确。
题组二 H2SO4的工业制法及硫酸盐性质
4．
答案：B 解析：A项，根据装置图可知，从a进入的气体是含有SO2、O2、N2等的冷气，经过热交换器后从b处出来的是热的气体，成分与a处相同，正确；B项，从c处出来的气体是SO2、O2在催化剂表面发生反应产生的SO3及未反应的SO2、O2等气体，该反应是放热反应，当经过热交换器后被冷的气体降温，SO3变为液态，故c、d两处含有的气体的成分不相同，错误；C项，热交换器的作用是预热待反应的冷气体，同时冷却反应产生的气体，为SO3的吸收创造条件，正确；D项，c处气体经过热交换器后再次被催化氧化，目的就是使未反应的SO2进一步反应产生SO3，从而可以提高SO2的转化率，正确。
5．
答案：①C ②BDF
解析：①在常压下SO2催化氧化为SO3的反应中，SO2的转化率已经很高，高压对设备要求较高，A说法不正确；进入接触室之前的气流中含有会使催化剂中毒的物质，需经净化处理以防止催化剂中毒，B说法不正确；通入过量的空气可以增大氧气的浓度，可以使含硫矿石充分反应，并使化学平衡2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)向正反应方向移动，因此可以提高含硫矿石和SO2的转化率，C说法正确；SO3与水反应放出大量的热，在吸收塔中若采用水或稀硫酸吸收SO3，反应放出的热量会使硫酸形成酸雾从而影响SO3被水吸收导致SO3的吸收速率减小，因此，在吸收塔中不宜采用水或稀硫酸吸收SO3，D说法不正确。
②反应混合物在接触室中与原料气进行热交换，在热交换过程中，反应混合物不与催化剂接触，虽然反应混合物的温度降低，但SO2的转化率基本不变，因此，图2所示进程中表示热交换过程的是b1→a2、b2→a3、b3→a4。因此选BDF。
题组三 SOeq \\al(2－,4)的检验
6．
答案：B 解析：A项，无法排除SOeq \\al(2－,3)、HSOeq \\al(－,3)、Ag＋的干扰；C项，无法排除Fe2＋的干扰；D项，无法排除COeq \\al(2－,3)的干扰。
7．
答案：C 解析：BaSO3可被硝酸氧化成BaSO4导致沉淀不会消失，①错；BaSO4不溶于盐酸，BaSO3溶于盐酸并生成有刺激性气味的SO2，②对；加盐酸无现象，表明溶液中无Ag＋、COeq \\al(2－,3)、SOeq \\al(2－,3)等干扰性离子，此时生成的沉淀只能是BaSO4，③对；钾元素的紫色可被钠元素的黄色掩盖住，④对。
考点 硫及其化合物的综合应用
题组一 含硫物质的相互转化
1．
答案：(1)S＋H2eq \(=====,\s\up15(△))H2S
(2)H2SO3＋2H2S===3S↓＋3H2O
(3)C＋2H2SO4(浓)eq \(=====,\s\up15(△))CO2↑＋2SO2↑＋2H2O(其他合理答案也可)
(4)①H2SO3＋2OH－===SOeq \\al(2－,3)＋2H2O
②大于 Na2SO3是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性
③增大 水解是吸热反应，加热促使SOeq \\al(2－,3)水解程度增大，因而pH增大
解析：常见的固体单质除了金属之外还有C、Si、P、S、I2，而能在空气中反应生成气体化合物的只有C、S。由A在加热条件下可与氢气反应，B、C的相对分子质量之比为4∶5，确定A是单质硫，因为SO2和SO3的相对分子质量之比恰为4∶5，硫酸是重要的工业原料，化合物E应为H2SO3。将5 mL 0.10 ml·L－1的E(H2SO3)溶液与10 mL 0.10 ml·L－1的NaOH溶液混合，二者恰好完全反应，所得溶液为Na2SO3溶液，由于SOeq \\al(2－,3)＋H2OHSOeq \\al(－,3)＋OH－，所以溶液显碱性。根据水解的特点可知加热可以促进水解。
题组二 含硫化合物的制备及性质探究
2．
答案：C 解析：由题干信息可知，盐a与足量的稀盐酸反应产生刺激性气味气体d，d能使KMnO4溶液褪色，故d为SO2，则盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，盐a与足量Cl2反应后将生成SOeq \\al(2－,4)，与BaCl2溶液反应得到沉淀c，故c为BaSO4，据此分析解题。由分析可知，盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，故a可能为正盐，也可能为酸式盐，A正确；由分析可知，c为BaSO4，故c为不溶于盐酸的白色沉淀，B正确；由分析可知，d为SO2，由SO2易溶于水并根据“相似相溶”原理可知，d是含有极性键的极性分子，C错误；由分析可知，盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，若盐a为Na2S2O3，则与稀盐酸发生反应：Na2S2O3＋2HCl===2NaCl＋S↓＋SO2↑＋H2O，故反应②中还可能生成淡黄色沉淀，D正确。
3．
答案：(1)S2－＋Cu2＋===CuS↓ (2)滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀 (3)①向溶液2中加入KMnO4溶液，溶液没有褪色 ②盐酸中Cl元素为－1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液褪色，干扰实验现象和实验结论 ③Seq \\al(2－,x)＋2H＋===H2S↑＋(x－1)S↓ (4)根据反应4Na2SO3eq \(=====,\s\up15(△))Na2S＋3Na2SO4可知，Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价既可升高也可降低，能从＋4价降为－2价，也应该可以降到0价生成硫单质
解析：(1)Na2S和CuSO4溶液反应生成硫化铜和硫酸钠，反应的离子方程式是S2－＋Cu2＋===CuS↓。
(2)根据题干资料：Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S，取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含S)，同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S)，说明B溶液中含有Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降(固液分离)后，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，可证实分解产物中含有SOeq \\al(2－,4)。
(3)①若来源1成立，溶液2中含H2SO3，向溶液2中加入少量KMnO4溶液，H2SO3具有还原性，酸性条件下KMnO4具有强氧化性，二者混合后应发生氧化还原反应，KMnO4溶液应该褪色，但得到的仍为紫色溶液，说明溶液B中不含Na2SO3；②不能用盐酸代替硫酸的原因是盐酸中Cl元素为－1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液褪色，干扰实验现象和实验结论；③来源2认为溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S，反应的离子方程式：S2－x＋2H＋===H2S↑＋(x－1)S↓。
答案：(1)①吸收多余的二氧化硫，防止污染空气 防止倒吸 ②HCOONa＋NaOH＋2SO2eq \(=====,\s\up15(60～70 ℃))Na2S2O4＋CO2↑＋H2O
(2)①b 2Ag＋＋S2Oeq \\al(2－,4)＋4OH－===2Ag↓＋2SOeq \\al(2－,3)＋2H2O ②溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液 若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质
(3)①当加入最后一滴碘标准溶液，溶液显蓝色，且30秒不复原 ②18.40 80.0
解析：(1)检查装置气密性后，B中加入足量Na2SO3固体，A中加入70%浓硫酸，发生反应Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋H2O，D的三颈烧瓶中加入HCOONa溶液，打开K1，一段时间后，打开K2，滴加NaOH溶液充分反应，保持温度为60～70 ℃，反应的化学方程式为HCOONa＋NaOH＋2SO2eq \(=====,\s\up15(60～70 ℃))Na2S2O4＋CO2↑＋H2O，F为尾气处理装置。①F装置的作用有吸收多余的二氧化硫，防止污染空气，防止倒吸等。②D中析出Na2S2O4晶体，同时产生一种无毒气体，该反应的化学方程式为HCOONa＋NaOH＋2SO2eq \(=====,\s\up15(60～70 ℃))Na2S2O4＋CO2↑＋H2O。
(2)①原电池中阳离子向正极移动，发生还原反应的电极为正极，硝酸银溶液发生还原反应，所以b极为正极，电极方程式为2Ag＋＋2e－===2Ag，由上述信息可知，盐桥中的阳离子进入b，负极反应中Na2S2O4变成Na2SO3，电极方程式为S2Oeq \\al(2－,4)－2e－＋4OH－===2H2O＋2SOeq \\al(2－,3)，则电池总反应的离子方程式为2Ag＋＋S2Oeq \\al(2－,4)＋4OH－===2Ag↓＋2SOeq \\al(2－,3)＋2H2O。②检验硫酸钠，实际上是检验硫酸根离子，硫酸根离子用盐酸酸化的氯化钡检验，其实验方案为取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质。
(3)①淀粉溶液为指示剂，达到终点的现象为当加入最后一滴碘标准溶液，溶液显蓝色，且30秒不复原。②滴定管精确到小数点后两位，实验Ⅲ读数为18.40 mL，根据方程式：Na2S2O4＋2HCHO＋H2O===NaHSO3·HCHO＋NaHSO2·HCHO；NaHSO2·HCHO＋2I2＋2H2O===NaHSO4＋HCHO＋4HI，得关系式：
Na2S2O4 ～ 2I2
1 ml 2 ml
x 0.018 4 L×0.050 0 ml·L－1
eq \f(1 ml,x)＝eq \f(2 ml,0.018 4 L×0.050 0 ml·L－1)
x＝4.6×10－4 ml
Na2S2O4的质量分数为eq \f(4.6×10－4 ml×10×174 g·ml－1,1.0 g)×100%≈80.0%。
eq \(\s\up15(第13讲 氮及其化合物))
考点 氮气及氮的氧化物
答案：1.(1)游离 化合 2.红棕 液化 2NO＋O2===2NO2 3NO2＋H2O===2HNO3＋NO 4NO＋2H2O＋3O2===4HNO3 4NO2＋2H2O＋O2===4HNO3 3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O 4.(2)①2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O NO2＋NO＋2NaOH===2NaNO2＋H2O
题组一 氮气的性质
1．
答案：D 解析：本题通过信息为载体，考查氧化还原反应、物质结构等知识。A项，NH2OH中只含有极性键，N2H4中含有极性键和非极性键，二者共价键类型不完全相同，错误；B项，反应③中，N元素由－1价降低到－2价，发生还原反应，N元素被还原，错误；C项，NOeq \\al(－,2)→N2与N2H4→N2的两个过程得到N2物质的量是否相同未知，无法判断二者转移电子的数目关系，错误；D项，水生生物的氮循环，既可以合成蛋白质为其他生物提供营养物质，又可以将NOeq \\al(－,2)、NOeq \\al(－,3)转化为N2，从而降低水体中的含氮量，减轻水体富营养化，正确。
2．
答案：C 解析：N≡N键能大，N2比磷稳定，A错误；氮气中氮元素的化合价可以降低，也可以升高，故既具有氧化性，又具有还原性，B错误；氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，D错误。
题组二 氮的氧化物
3．
答案：C 解析：设混合气体的体积均为4 L。①氨气全部溶解，只剩余1 L N2；②根据3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，剩余eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(2,3)))L NO；③根据4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，剩余1.5 L O2；④根据4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，无气体剩余。剩余气体越少，液面上升越高，故C项正确。
4．
答案：C 解析：本题以工厂综合处理含NHeq \\al(＋,4)废水和工业废气的工艺流程为背景，主要考查含氮化合物的转化，体现化学知识应用于实际工艺中的科学态度与社会责任的核心素养。A项，二氧化碳、二氧化硫与石灰乳反应生成碳酸钙、亚硫酸钙，则固体1中主要含有CaCO3、CaSO3和过量的Ca(OH)2，正确；B项，X可以是空气，且至少保证NO被氧化生成的NO2与剩余NO的物质的量之比为1∶1，正确；C项，处理含NHeq \\al(＋,4)废水时，生成的无污染气体是氮气，发生的反应为NHeq \\al(＋,4)＋NOeq \\al(－,2)===N2↑＋2H2O，错误；D项，CO与石灰乳、NaOH溶液均不反应，则气体2为N2、CO，捕获剂所捕获的气体主要是CO，正确。
题组三 氮氧化物对环境的影响及治理
5．
答案：D 解析：NO2是红棕色且有刺激性气味的气体，而SO2是无色有刺激性气味的气体，A错误；汽车尾气的主要大气污染物为C与N的氧化物，如NOx和CO等，B错误；氮的固定是指将游离态的氮元素转化为化合态，且植物可吸收土壤中的铵根离子或硝酸根离子，不能直接吸收空气中的氮氧化物，C错误；工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除，如将废气通入石灰乳均可进行脱硫处理，D正确。
6．
答案：(1)2NH3＋2O2eq \(=====,\s\up15(催化剂),\s\d15(△))N2O＋3H2O
(2)①BC ②NaNO3 NO
(3)①3HClO＋2NO＋H2O===3Cl－＋2NOeq \\al(－,3)＋5H＋
②溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
解析：(1)根据信息知，NH3和O2在加热和催化剂作用下生成N2O和H2O，利用电子守恒法配平化学方程式可得2NH3＋2O2eq \(=====,\s\up15(催化剂),\s\d15(△))N2O＋3H2O。
(2)①根据化学平衡的影响因素，为提高尾气中NO和NO2的去除率，采用气、液逆流的方式吸收尾气可保证尾气更充分地吸收，吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液，可提高尾气的转化率。
②由尾气吸收的主要反应NO＋NO2＋2OH－===2NOeq \\al(－,2)＋H2O、2NO2＋2OH－===NOeq \\al(－,2)＋NOeq \\al(－,3)＋H2O可知，吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中含有的杂质为NaNO3；NO不溶于水也不与水反应，吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO。
(3)①根据题目信息，在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl－和NOeq \\al(－,3)，利用电子守恒法可配平反应的离子方程式：3HClO＋2NO＋H2O===3Cl－＋2NOeq \\al(－,3)＋5H＋。
②在酸性条件下，ClO－转化成HClO，溶液的pH越小，c(H＋)越大，生成的HClO浓度越大，HClO的氧化性越强，则NO转化率越高。
/考点 硝酸的性质及应用
答案：1.挥发 刺激性 2.(1)4HNO3(浓)eq \(=====,\s\up15(△或光照))2H2O＋4NO2↑＋O2↑ ①黄 ②棕色 (2)①3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O ②C＋4HNO3(浓)eq \(=====,\s\up15(△))CO2↑＋4NO2↑＋2H2O
题组一 硝酸的性质
1．
答案：C 解析：Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，①中化学方程式为Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，故A正确；二氧化氮与水反应，则②中注射器内剩余的水被“吸入”试管的原因可能是NO2与H2O反应导致压强减小，故B正确；NO与氧气反应生成二氧化氮，结合选项A、B可知，③中的实验现象不能证明②中Cu与硝酸反应生成了NO，故C错误；酸性条件下Cu、硝酸根离子发生氧化还原反应生成NO，则②中反应停止后，向试管内滴加少量稀硫酸，有气体产生，故D正确。
题组二 守恒思想在硝酸与金属反应计算中的应用
2．
答案：C 解析：10 mL混合酸中，n(H2SO4)＝0.04 ml，n(HNO3)＝0.02 ml，所以n(H＋)＝0.1 ml，n(NOeq \\al(－,3))＝0.02 ml，加入过量的铁粉后，先发生反应：3Fe＋8H＋＋2NOeq \\al(－,3)===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，产生NO气体的物质的量为0.02 ml。则消耗的H＋物质的量为0.08 ml，剩余的0.02 ml H＋再与Fe发生反应：2H＋＋Fe===Fe2＋＋H2↑，产生H2的物质的量为0.01 ml，故反应结束后共产生气体0.02 ml＋0.01 ml＝0.03 ml，标准状况下的体积为0.672 L。
3．
答案：D 解析：向Mg、Cu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4 g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中氢氧根离子的质量为21.4 g－11.2 g＝10.2 g，物质的量为eq \f(10.2 g,17 g·ml－1)＝0.6 ml，根据电子守恒可知反应过程中共转移0.6 ml e－ ，确定D项符合。
考点 氨和铵盐
答案：1.小 液化
2．(1)4NO＋6H2O (2)NH3＋HCl===NH4Cl
(3)NH3＋H2ONH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－
4．(1)2NH4Cl＋Ca(OH)2eq \(=====,\s\up15(△))CaCl2＋2NH3↑＋2H2O
(4)下 (5)①蓝 ②白烟 5.(2)①NH4Cleq \(=====,\s\up15(△))NH3↑＋HCl↑ NH4HCO3eq \(=====,\s\up15(△))NH3↑＋H2O＋CO2↑ ③NHeq \\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋
题组一 氨气性质的理解及运用
1．答案：C 解析：NH3和PH3属于同主族氢化物，分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，但NH3中含有氢键，PH3不含氢键，氢键的存在导致NH3的沸点升高，故A错误；NH3熔点高于PH3，是因为NH3中含有氢键，氢键的存在导致NH3的熔点升高，不是N—H键的键能比P—H键大，故B错误；NH3中氮原子上有孤对电子，使Ag＋和NH3以配位键结合形成[Ag(NH3)2]＋，故C正确；NH3·H2O是共价化合物，是弱碱，在水溶液中部分电离出NHeq \\al(＋,4)和OH－，故D错误。
2．答案：B 解析：浓盐酸挥发出来的HCl与NH3反应生成NH4Cl固体，产生白烟，A正确；NH3与浓H2SO4反应生成(NH4)2SO4，B错误；NH3溶于水生成的NH3·H2O与FeCl3反应生成红褐色Fe(OH)3沉淀，C正确；干燥的红色石蕊试纸不变色，而湿润的红色石蕊试纸变蓝，是因为NH3溶于水生成的NH3·H2O是碱，NH3不是碱，D正确。
题组二 喷泉实验
3．
答案：D 解析：CO2微溶于水，不能形成喷泉，D错误。
4．
答案：B 解析：本题考查喷泉实验，涉及物质间的反应等知识。H2S在稀盐酸中的溶解度很小，所以不能产生喷泉现象，A错误；HCl能与稀氨水反应，且HCl极易溶于水，使烧瓶内的压强突然减小而产生压强差，所以会产生喷泉现象，B正确；NO不溶于稀硫酸，所以不能产生喷泉现象，C错误；CO2在饱和NaHCO3溶液中溶解度很小，所以不能产生喷泉现象，D错误。
题组三 铵盐性质及铵根检验
5．
答案：C 解析：实验Ⅰ中对装有NH4Cl固体的试管加热，湿润的pH试纸颜色变化：由黄色→蓝色(pH≈10)→黄色→红色(pH≈2)，说明加热过程中生成了氨气，氨气遇水形成一水合氨，一水合氨为弱碱，使试纸变蓝，同时产生了氯化氢气体，氯化氢极易溶于水形成盐酸，中和了一水合氨恢复到黄色，最后变为红色，该过程可证明氯化铵受热发生分解生成氨气和氯化氢气体，试纸先变蓝后变红，说明氨气扩散的速度比氯化氢快；试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中化合生成氯化铵；实验Ⅱ中将饱和氯化铵溶液滴在pH试纸上，试纸颜色变化：黄色→橙黄色(pH≈5)，说明氯化铵溶液中铵根离子水解使溶液显酸性，据此分析解答。氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，会使湿润的pH试纸变红，根据Ⅰ中试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分解反应，故A正确；根据分析，根据Ⅰ中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快，故B正确；根据分析，Ⅰ中试纸变成红色，是由于NH4Cl分解产生的氯化氢造成的，故C错误；根据分析，根据试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中化合生成氯化铵，则不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3，故D正确。
6.
答案：B 解析：根据题目信息可知2.33 g沉淀为BaSO4，故n(BaSO4)＝n[(NH4)2SO4]＝n[Ba(OH)2]＝0.01 ml，则m[(NH4)2SO4]＝1.32 g，m(NH4Cl)＝2.39 g－1.32 g＝1.07 g，n(NH4Cl)＝0.02 ml，100 mL Ba(OH)2溶液中Ba(OH)2的物质的量为0.01 ml，则c[Ba(OH)2]＝0.01 ml÷0.100 L＝0.1 ml·L－1。2.39 g (NH4)2SO4和NH4Cl固体混合物中，n(NHeq \\al(＋,4))＝0.01 ml×2＋0.02 ml＝0.04 ml，当NHeq \\al(＋,4)与Ba(OH)2溶液(0.1 ml·L－1)恰好反应完全时，n(NHeq \\al(＋,4))＝n(OH－)＝0.04 ml，则此时需要n[Ba(OH)2]＝0.02 ml，Ba(OH)2溶液体积为0.02 ml÷0.1 ml·L－1＝0.2 L，反应中Cl－的物质的量不变，混合物中n(Cl－)＝0.02 ml，则此时溶液中c(Cl－)＝0.02 ml÷0.2 L＝0.1 ml·L－1。
题组四 氨气的制备及性质探究
7．答案：C 解析：由实验装置图可知，制备气体的装置为固固加热装置，收集气体的装置为向上排空气法，说明该气体的密度大于空气的密度。氨气的密度比空气小，不能用向上排空气法收集，故A错误；二氧化锰与浓盐酸共热制备氯气为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，故B错误；二氧化锰和氯酸钾共热制备氧气为固固加热的反应，能选用固固加热装置，氧气的密度大于空气，可选用向上排空气法收集，故C正确；氯化钠与浓硫酸共热制备氯化氢为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，故D错误。
8．
答案：(1)ACG (2)①有白烟生成 A瓶中的氯化氢移动到B瓶中，与B瓶中的氨气反应生成氯化铵，能看到白烟 ②液体进入B瓶中，溶液的颜色变红
(3)①温度(或浓度)
②
也可以为：
③eq \f(535×10－Y,m)%
解析：(1)制备氨气时，加热固体的试管口应略向下倾斜，所以制备装置应选取装置A；氨气的密度比空气的小，因此应用向下排空气法收集，所以收集装置应选取装置C；氨气极易溶于水，应防止发生倒吸，因此尾气处理装置应选取装置G。(2)①A瓶的压强大于B瓶的，因此A瓶中的氯化氢进入B瓶中，与氨气反应生成氯化铵，可以看到B瓶中有白烟生成。②由于氯化氢和氨气反应导致B瓶中的压强降低，且B瓶中的氯化氢相对过量，因此当打开旋塞2时，石蕊水溶液会被倒吸入B瓶中，遇氯化氢溶液变红色。(3)①通过所给试剂和仪器，可以探究温度(或浓度)对溶液中氯化铵水解程度的影响。②如果是探究温度对溶液中氯化铵水解程度的影响，可以测定不同温度下溶液的pH；如果是探究浓度对溶液中氯化铵水解程度的影响，可以测定不同浓度下溶液的pH。③所读取的数值Y为溶液的pH。氯化铵的物质的量为m/53.5 ml，所以氯化铵的物质的量浓度为m/5.35 ml·L－1；所以铵根离子水解反应的平衡转化率为eq \f(10－Y,\f(m,5.35))×100%＝eq \f(535×10－Y,m)%。
考点 氮及其重要化合物的综合应用
题组 氮及其重要化合物的转化
1．
答案：C 解析：HNO3中氮元素为＋5价，具有强氧化性，稀硝酸能氧化许多不活泼的金属，如Cu、Ag等，可用稀硝酸清洗“银镜实验”后的试管，故A正确；由题图可知NO、NO2和NH3在一定条件下均能发生归中反应，产物是氮气和水，氨气可用于处理氮氧化物，故B正确；分析NH4NO3中氮元素价态可知，其可能发生自身的氧化还原反应，所以其受热分解产物不一定有NH3，故不能加热NH4NO3来制备NH3，故C错误；依据价态归中原理，N2H4 (氮为－2价)和HNO2(氮为＋3价)反应可能生成HN3(氮为－eq \f(1,3)价)，故D正确。
2．
答案：C 解析：NO不溶于水也不与水反应，A错误；稀HNO3与Cu反应得到Cu(NO3)2、H2O和NO，得不到NO2，B错误；NO有氧化性，CO有还原性，在高温、催化剂条件下二者可发生氧化还原反应转化为无毒的N2和CO2，C正确；O3有强氧化性，不能作还原剂将NO－3还原，D错误。
eq \(\s\up15(第14讲 碳、硅及无机非金属材料))
考点 碳及其化合物
题组 碳及其化合物的转化
1．
答案：C 解析：氨水能与酸性氧化物二氧化碳反应生成碳酸铵或碳酸氢铵，则用氨水捕集废气中的二氧化碳，将其转化为氮肥有利于大气中二氧化碳的减少，故A不符合题意；大力推广使用风能、水能、氢能等清洁能源可以减少化石能源的使用，从而减少二氧化碳气体的排放，有利于大气中二氧化碳的减少，故B不符合题意；大力推广使用干冰实现人工增雨，会增加大气中二氧化碳的量，不利于大气中二氧化碳的减少，故C符合题意；通过植树造林，利用光合作用吸收大气中的二氧化碳有利于大气中二氧化碳的减少，故D不符合题意。
2．
D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境
答案：C 解析：本题考查二氧化碳在自然界中的循环过程，涉及电离平衡、沉淀溶解平衡。根据图中信息，海水酸化的过程中，碳酸部分电离成HCOeq \\al(－,3)和H＋，电离产生的H＋与海水中的COeq \\al(2－,3)结合形成HCOeq \\al(－,3)，因此HCOeq \\al(－,3)浓度增大，COeq \\al(2－,3)浓度减小，A项正确；海水酸化后H＋能与COeq \\al(2－,3)结合，导致碳酸钙的溶解平衡正向移动，从而导致珊瑚礁减少，B项正确；二氧化碳引起海水酸化的原理应为H2CO3H＋＋HCOeq \\al(－,3)，碳酸的第二步电离比第一步电离要弱得多，C项错误；使用太阳能、氢能等新能源可以减少二氧化碳的排放，改善珊瑚的生存环境，D项正确。
3．
答案：D 解析：根据图示可知，反应物为二氧化碳和水，生成物为甲酸和氧气，因此该反应的化学方程式为2CO2＋2H2Oeq \(=====,\s\up15(一定条件))2HCOOH＋O2，故A正确；由“人工光合作用体系”可知，该反应能量转化形式为光能→化学能，故B正确；观察图中物质转化关系可知，b代表Fe3＋，用于氧化H2O，a代表Fe2＋，用于还原CO2，故C正确；根据A项总反应可知，反应过程中不涉及到非极性共价键的断裂，故D错误。
4．答案：B 解析：A项，CO2＋Na2CO3＋H2O===2NaHCO3↓，由于NaHCO3的溶解度小，生成的NaHCO3的质量多而析出；B项，CO2＋Na2SiO3＋H2O===Na2CO3＋H2SiO3↓，H2SiO3与CO2不反应，浑浊不会消失；C项，CO2＋Ca(ClO)2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO，所以溶液变浑浊，加入的品红被HClO氧化褪色；D项，首先，CO2＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋H2O，继续通CO2至过量，CO2＋CaCO3＋H2O===Ca(HCO3)2，产生可溶于水的Ca(HCO3)2，再加入足量的NaOH，则发生反应：2NaOH＋Ca(HCO3)2===CaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O，溶液又变浑浊。
考点 硅 无机非金属材料
答案：1.(1) (2)Si＋O2eq \(=====,\s\up15(高温))SiO2 Si＋2Cl2eq \(=====,\s\up15(高温))SiCl4 Si＋2NaOH＋H2O===Na2SiO3＋2H2↑ (4)①SiO2＋2Ceq \(=====,\s\up15(高温))Si＋2CO↑
2．(3)2NaOH＋SiO2===Na2SiO3＋H2O CaO＋SiO2eq \(=====,\s\up15(高温))CaSiO3 SiO2＋2Ceq \(=====,\s\up15(高温))Si＋2CO↑ 2Mg＋SiO2eq \(=====,\s\up15(高温))2MgO＋Si Na2CO3＋SiO2eq \(=====,\s\up15(高温))Na2SiO3＋CO2↑ CaCO3＋SiO2eq \(=====,\s\up15(高温))CaSiO3＋CO2↑
3．(1)H2SiO3 ＋2NaOH===2Na2SiO3＋H2O
(2)H2SiO3eq \(=====,\s\up15(△))SiO2＋H2O (3)①Na2SiO3＋2HCl===H2SiO3↓＋2NaCl ②干燥剂 催化剂
4．(1)①水玻璃 (2)Na2O·SiO2 CaO·3MgO·4SiO2
题组一 硅、二氧化硅性质
1．
答案：②③
解析：木炭与浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫，二者都能使澄清石灰水变浑浊，故①错误。当甲为焦炭，丁是O2时，转化关系为Ceq \(――→,\s\up15(O2))COeq \(,\s\up15(O2),\s\d15(C))CO2，合理，故②正确。水煤气是水蒸气通过炽热的焦炭而生成的气体，主要成分是一氧化碳、氢气，对应的化学方程式：C＋H2O(g)eq \(=====,\s\up15(高温))CO＋H2，故③正确。常温下，硅与HF发生反应：Si＋4HF===SiF4↑＋2H2↑，故④错误。和铝与氢氧化钠反应类似，Si＋2NaOH＋H2O===Na2SiO3＋2H2↑反应的本质是Si先和H2O反应生成原硅酸：Si＋4H2O===H4SiO4＋2H2↑，生成的H4SiO4再和氢氧化钠反应，总反应中H2O为氧化剂，故⑤错误。
2．
答案：C 解析：SiO2能与氢氟酸反应是其特殊性质，不能与HCl反应，A错误；Na2CO3溶液能与玻璃中SiO2反应生成Na2SiO3，将玻璃塞和试剂瓶黏合在一起，B错误；在图示转化关系中只有第一行的反应是氧化还原反应，其余均为非氧化还原反应，D错误。
题组二 晶体硅的制备
3．
答案：A 解析：二氧化硅高温下与C反应生成硅和CO气体，即步骤①的化学方程式为SiO2＋2Ceq \(=====,\s\up15(高温))Si＋2CO↑，故A错误；步骤①中Si的化合价降低4价，故每生成1 ml Si转移电子4 ml，故B正确；高纯硅是制造太阳能电池的常用材料，二氧化硅是制造光导纤维的基本原料，故C正确；沸点相差30 ℃以上的两种液体可以采用蒸馏的方法分离，故D正确。
4．
答案：Ⅰ.Si(s)＋3HCl(g)eq \(=====,\s\up15(300 ℃))SiHCl3(g)＋H2(g) ΔH＝－225 kJ·ml－1
Ⅱ.(1)阴极 2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－ (2)1 000 ℃ ΔH2<ΔH1导致反应②的ΔG小 (3)ac (4)ΔH2－ΔH1 减小 (5)HCl、H2
解析：Ⅰ.根据题干知，反应的热化学方程式为Si(s)＋3HCl(g)eq \(=====,\s\up15(300 ℃))SiHCl3(g)＋H2(g) ΔH＝－225 kJ·ml－1。SiHCl3属于共价化合物，其电子式为。
Ⅱ.(1)电解KOH溶液制H2，实质是电解水。生成H2的一极为阴极，反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－。
(2)反应①要使ΔG<0，由图可知温度最低为1 000 ℃。反应②中ΔS<0，即－TΔS>0，在相同温度下，ΔG2<ΔG1的主要原因是ΔH2<ΔH1。
(3)B点时反应正向移动，即v正>v逆，a正确；A点温度比E点低，所以v正：A点(4)根据盖斯定律即可得③＝②－①，所以ΔH3＝ΔH2－ΔH1。由于ΔH2<0，ΔH1>0，所以ΔH3<0，即反应③为放热反应，升温时反应③逆向移动，平衡常数K减小。
(5)根据题图流程可知，除有SiCl4、SiHCl3、Si可循环使用外，还有HCl和H2也可循环使用。
题组三 硅酸、硅酸盐及其应用
5．
答案：B 解析：硅酸钠为强碱弱酸盐，所以硅酸钠溶液显碱性，故A正确；产生的CO2气体没有净化，HCl气体有干扰，故B错误；b 中凝胶状沉淀溶解，c 中无明显变化，说明b碱性更强，即同浓度时，Na2CO3溶液的碱性强于NaHCO3溶液，故C正确；向Na2SiO3溶液中通入过量CO2，应生成HCOeq \\al(－,3)，故D正确。
6．
答案：A 解析：偏铝酸钠在强酸性溶液中不能稳定存在，容易形成Al3＋，不可以利用偏铝酸钠在强酸性溶液中制备分子筛，A错误；设M的化合价为m，则根据正负化合价代数和为0计算，m×eq \f(x,2)＋x×(－1)＝0，解得m＝＋2，B正确；调节硅铝比可以改变分子筛的空间结构，从而改变分子筛的稳定性，C正确；调节硅铝比可以调节分子筛的孔径，根据分子筛孔径的大小可以筛分不同大小的分子，D正确。
7．
答案：A 解析：A错：氧化铁的颜色为红棕色，不是青色。B、C、D对：秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成；陶瓷的主要成分是硅酸盐，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点。
物理量
实验序号
V(溶
液)/mL
氯化铵
质量/g
温度/℃
pH
1
100
m
T1
b
2
100
m
T2
c
物理量
实验序号
V(溶
液)/mL
氯化铵
质量/g
温度/℃
pH
1
100
m1
T
b
2
100
m2
T
c