2020-2021年高考化学一轮易错点强化训练：典型的非金属元素及其化合物

1、2020-2021年高考化学一轮易错点强化训练：典型的非金属元素及其化合物1有a、b、c、d、e五种气体，进行如表所示的四组实验。根据相关实验现象，可判断出a、b、c、d、e依次可能是( )实验操作实验现象(1)a和b混合气体变成红棕色(2)c和d混合产生白烟(3)c和e分别通入少量溴水中溴水都变成无色透明的液体(4)b和e分别通入硫化氢溶液中都产生黄色沉淀AO2、NO、HCl、NH3、CO2BO2、NO、NH3、HCl、SO2CNO、O2、NH3、HCl、SO2DHCl、CO2、NH3、H2S、CH4【答案】C【解析】由a和b混合，气体变成红棕色，为二氧化氮，由此可知a和b为NO与O2的混合

2、气；b通入氢硫酸中产生淡黄色沉淀，则b为O2，a为NO；c和d混合产生白烟，为氯化铵，则c和d为NH3、HCl的混合气；c通入少量溴水中溴水变成无色透明的液体，反应生成了铵盐，则c为NH3，d为HCl；e通入少量溴水中，溴水变成无色透明的液体，二氧化硫与溴水反应生成硫酸和氢溴酸；e通入氢硫酸中产生淡黄色浑浊，产生了单质硫，则e为SO2，则a为NO，b为O2，c为NH3，d为HCl，e为SO2，故合理选项是C。2将红热的木炭与浓硝酸共热产生的气体等分为和两份，第份先通过适量蒸馏水，再通过少量澄石灰水；第份直接通过少量澄清石灰水。则石灰水的变化最可能为( )A不变浑浊，变浑浊B变浑浊，不变浑浊C变

3、浑浊，变浑浊D不变浑浊，不变浑浊【答案】B【解析】与浓硝酸反应产生和的混合气体，混合气体直接通过澄清石灰水，与水反应生成硝酸，硝酸先与氢氧化钙反应，难以得到沉淀；混合气体先通过水，可与水反应生成硝酸和，和的混合气体再通过澄清石灰水，与氢氧化钙不反应，二氧化碳与氢氧化钙反应会产生沉淀，故选B。3如图所示是一系列含硫化合物的转化关系（反应中生成的水已略去），其中说法正确的是A反应说明SO2具有漂白性，反应说明SO2具有酸性B反应中生成物n（Na2SO3）：n（NaHSO3）1：1时，则反应物n（SO2）：n（NaOH）1：2C反应均属于氧化还原反应D工业上可利用反应和反应回收SO2【答案】D【解析

4、】A反应中先变蓝后褪色显然是因为KIO3的还原产物先是I2后是I，体现了SO2具有还原性，反应属于酸性氧化物和碱的反应，体现了SO2具有酸性，故A错误；B根据元素守恒，当n（Na2SO3）：n（NaHSO3）1：1时，n（SO2）：n（NaOH）2：3，故B错误；C反应是非氧化还原反应，故C错误；D反应吸收了二氧化硫，反应放出了SO2，可以通过2个反应回收二氧化硫，故D正确；故选D。4将盛有和混合气体的量筒倒立于水槽中，充分反应后，还剩余无色气体，则原混合气体中的体积和剩余的气体可能分别是( )ABCD【答案】A【解析】解题依据的化学反应原理为和，设混合气体中的体积为。剩余的气体有两种可能：(

5、1)若剩，则，解得，、项不正确。(2)若剩，则，解得，项正确，项不正确；答案选A。5某混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体。现将此无色透明的混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色。对于原混合气体成分的判断中正确的是 A肯定只有SO2B肯定没有Cl2、O2和NO2C可能有Cl2和O2D肯定只有NO【答案】B【解析】该气体无色，排除了Cl2、NO2气体；该气体能使品红溶液褪色，则一定含有SO2气体；将剩余气体排放到空气中，气体迅速变为红棕色，判断一定含有NO气体，则一定无O2，一定含有的气体是SO2、NO，一定没有的气体为Cl2

6、、NO2、O2，答案选B。6用内置有螺旋状铜丝的胶头滴管小心吸取一滴管浓硝酸后迅速插入细口瓶中（如图），滴管与瓶口接触处垫一小块滤纸使滴管与瓶口留少量空隙，依次观察到如下现象： 滴管内产生红棕色气体，液面下降；滴管内液面上升，气体变成无色；滴管内液面再次下降。下列说法中不正确的是（ ）A现象中产生的红棕色气体为NO2B产生现象的原因是NO2与水反应C产生现象的原因是铜与稀硝酸反应D最终瓶内溶液中的溶质只有Cu(NO3)2【答案】D【解析】A用内置有螺旋状铜丝的胶头滴管小心吸取一滴管浓硝酸后迅速插入细口瓶中，铜和浓硝酸反应Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，生成的二氧化氮为红

7、棕色气体，因滴管内有气体生成，压强增大，所以，液面下降，现象中产生的红棕色气体为NO2，故A正确；B现象中产生的二氧化氮能和水反应，N元素的化合价既升高又降低，N元素的化合价由+4升高到+5价，降低到+2价，反应为：3NO2+H2O2HNO3+NO，从方程式可知，3mol红棕色的二氧化氮与水反应，生成1mol一氧化氮无色气体，气体体积减少，滴管内压强减少，所以滴管内液面上升，气体变成无色，故B正确；C现象3NO2+H2O2HNO3+NO，生成的硝酸与内置的螺旋状铜丝反应，3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，因滴管内有气体生成，压强增大，所以，液面下降，所以产生现象的原因是

8、铜与稀硝酸反应，故C正确；D滴管与瓶口接触处垫一小块滤纸使滴管与瓶口留少量空隙，现象3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，生成的一氧化氮气体与氧气反应生成硝酸，硝酸继续与铜反应，最终可能有硝酸剩余，所以最终瓶内溶液中的溶质一定有Cu（NO3）2，可能有硝酸，故D错误；答案选D。7在探究SO2的性质实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是()A向SO2水溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，产生的白色沉淀是BaSO3B向溴水中通入SO2，溶液褪色，说明4价硫具有还原性C将过量的SO2通入石蕊溶液中，溶液由紫色变为红色，说明SO2不能漂白石蕊D向SO2水溶液中加入NaHCO3粉末

9、，有气泡产生，说明H2SO3酸性强于H2CO3【答案】A【解析】ASO2可被硝酸氧化生成SO42-，SO42-和Ba2+反应生成BaSO4沉淀，所以产生的沉淀是BaSO4，故A错误；B向溴水中通入SO2，反应生成H2SO4和HBr，使溶液褪色，则溴被还原，说明+4价硫具有还原性，故B正确；CSO2和水反应生成H2SO3，H2SO3电离出H+而使其溶液呈酸性，酸能使紫色石蕊试液变红色，但溶液不褪色，说明二氧化硫不能漂白石蕊试液，故C正确；D强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，SO2和水反应生成H2SO3，向SO2水溶液中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明H2SO3和NaHCO3反应生成H2CO3，则

10、H2SO3酸性强于H2CO3，故D正确，答案选A。8如图是氮元素的几种价态与物质类别的对应关系。请回答下列问题：（1）写出N2的一种用途：_。（2）HNO3与图中的物质C常用于检验Cl的存在，则C的化学式为_。（3）实验室制取物质B的化学方程式为_。（4）NO2与水反应生成物质A的化学方程式为_。（5）浓硝酸与木炭在加热条件下反应的化学方程式为_。【答案】（1）做保护气(或做冷冻剂、制氨气等) （2） AgNO3 （3）Ca(OH)22NH4ClCaCl22NH32H2O （4）3NO2H2O=2HNO3NO （5）4HNO3(浓)CCO24NO22H2O 【解析】(1)由于氮气的化学性质不活

11、泼，所以可做保护气，也可做冷冻剂、制氨气等；(2)检验Cl的方法是先向待测液中加入硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则证明待测液中含有Cl，因此C为AgNO3；(3)B是NH3，在实验室中用铵盐与碱共热来制取NH3，化学方程式为Ca(OH)22NH4ClCaCl22NH32H2O；(4)A是NO，NO2与水反应生成NO的化学方程式为3NO2H2O=2HNO3NO；(5)浓硝酸有强氧化性，与木炭在加热条件下发生反应生成CO2、NO2和H2O，反应的化学方程式为4HNO3(浓)CCO24NO22H2O；9某同学用滤纸折成一个纸蝴蝶并喷洒一种溶液（保持湿润），挂在铁架台上。另取一只盛某

12、种溶液的烧杯，放在纸蝴蝶的下方（如图）。过一会，发现纸蝴蝶变为蓝色。下表的组合中，能够实现上述变化的是ABCD纸蝴蝶上的喷洒液酚酞KI-淀粉溶液石蕊品红小烧杯中的溶液浓氨水浓氯水浓盐酸浓硫酸AABBCCDD【答案】B【解析】A浓氨水具有挥发性，酚酞遇碱变红，与题意不符，A错误；B.氯水中的氯气具有氧化性，能将碘离子氧化为单质碘，遇到淀粉显蓝色，符合题意，B正确；C.浓盐酸具有挥发性，石蕊试液遇酸显示红色，与题意不符，C错误；D浓硫酸是难挥发性酸，与品红之间不会接触，没有明显现象，D错误；答案选B。10向50mL稀H2SO4与稀HNO3的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质量与产生气体的体积

13、(标准状况)之间的关系如图所示，且每一段只对应一个反应。下列说法正确的( )A开始时产生的气体为H2BAB段产生的反应为置换反应C所用混合溶液中c(HNO3)=0.5molL-1D参加反应铁粉的总质量m2=5.6g【答案】D【解析】因为氧化性：HNO3Fe3+H+，OA段发生：Fe+ NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB段发生：Fe+2Fe3+=3Fe2+，B段以后发生：Fe+2H+=Fe2+H2。A根据分析，开始时产生的气体为NO，故A错误；BAB段发生：Fe+2Fe3+=3Fe2+，为化合反应，故B错误；Cn(NO)= =0.05mol，所用混合溶液中c(HNO3)=1molL-

14、1，C错误；D最终生成Fe2+，可知铁粉一部分与稀硝酸反应，一部分与酸中的氢离子反应，根据氧化还原反应中得失电子数目相等，3n(NO)+2n(H2)=2n(Fe)，即30.05mol+2=2n(Fe)，n(Fe)=0.1mol，质量为0.1mol56g/mol=5.6g，故D正确；答案选D。11下列关于硫及其化合物说法正确的是A硫粉和铜粉共热时反应生成黑色的硫化铜B浓硫酸具有吸水性，可以干燥H2S、SO2等气体CFeSO4可用于生产防治缺铁性贫血的药剂D某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则原溶液中含有【答案】C【解析】A.Cu与S加热时产物为硫化亚铜，故A错误；B.浓硫酸

15、有强氧化性，硫化氢有强的还原性，两者能发生氧化还原反应，不能用浓硫酸干燥硫化氢，故B错误；C.硫酸亚铁能治疗缺铁性贫血，可用于生产防治缺铁性贫血的药剂，故C正确；D.某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，可能是硫酸钡沉淀，也能是氯化银沉淀，不能证明原溶液中含有硫酸根，故D错误；故选：C。12宋代张杲医说记载：每每外出，用雄黄桐子大，在火中烧烟薰脚绷、草履、领袖间，以消毒灭菌，防止疫菌通过衣物的接触而传染。下列说法错误的是A雄黄中硫的价态为2价B古代烟熏的消毒原理与H2O2、酒精相同C人们佩戴的药剂香囊具有驱虫抑疫、防病保健等功效D生活中也可使用火、盐水消毒器具【答案】B【解析

16、】A根据雄黄的结构可知化学式为As4S4，As的化合价为+2价，S的化合价为-2价，故A正确；B过氧化氢用于杀菌消毒与具有强氧化性有关，而雄黄用火烧烟生成二氧化硫和三氧化二砷，二氧化硫和三氧化二砷不具有强氧化性，与过氧化氢原理不同，乙醇破坏蛋白质的氢键，与过氧化氢也不同，故B错误；C佩戴药剂香囊是借中药气味挥发，具有驱虫抑疫、防病保健等功效，故C正确；D生活中也可使用火消毒器具，即高温使蛋白质变性，使用盐水可使细胞脱水而使病菌死亡，达到杀菌的目的，故D正确；答案选B。13下列有关化学反应的叙述正确的是（ ）A高温下SiO2与C反应得到高纯硅BFe在Cl2中燃烧生成FeCl2C氯水在光照条件下生

17、成O2DS在O2中燃烧生成SO3【答案】C【解析】A高温下SiO2与C反应：SiO22CSi 2CO，制得的Si是粗硅，A错误；BFe在Cl2中燃烧生成FeCl3：2Fe3Cl23FeCl3，B错误；C氯水中有HClO，HClO见光分解：2HClO2HCl O2，有O2生成，C正确；DS在O2中燃烧：S+O2SO2，不能生成SO3，D错误；故选C。14实验室为探究铁与浓硫酸足量的反应，并验证的性质，设计如图所示装置进行实验，下列说法不正确的是（）A装置B中酸性溶液逐渐褪色，体现了二氧化硫的还原性B实验结束后可向装置A的溶液中滴加KSCN溶液以检验生成的C装置D中品红溶液褪色可以验证的漂白性D实

18、验时将导管a插入浓硫酸中，可防止装置B中的溶液倒吸【答案】B【解析】A.通入酸性溶液中发生氧化还原反应生成硫酸锰、硫酸钾和硫酸，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现的还原性，故A正确；B.KSCN溶液用于检验三价铁离子，故B错误；C.能使品红溶液变为无色是二氧化硫生成的亚硫酸结合有机色素形成无色物质，体现了二氧化硫的漂白性，用酒精灯加热，褪色的品红恢复红色，故C正确；D.B中的溶液发生倒吸，是因为装置A中气体压强减小，实验时A中导管a插入浓硫酸中，A装置试管中气体压强减小时，空气从导管a进入A装置，a导管起平衡气压的作用，故D正确；故选：B。15I2Cl6晶体在常温下就会“升华”，蒸气冷却可得到晶体

19、ICl3。ICl3遇水会产生大量的腐蚀性白色烟雾，有强烈的催泪性。若生成物之一是HCl，则另一种是（ ）AHIO3BHIO2CHIODICl【答案】B【解析】ICl3中I为+3价，Cl为-1价，与水发生水解反应(为非氧化还原反应，各元素化合价价态不变），生成HIO2和HCl，答案选B。16某同学仿照“喷泉”实验的原理，在实验室中做了一个“喷烟”实验，如图所示。他在甲、乙两个烧瓶中分别充入X、Y两种无色气体，在胶头滴管中盛有含酚酞的NaOH溶液，实验时将胶头滴管内的液体挤入甲烧瓶内，然后打开止水夹，便可以看到甲烧瓶中的导管口喷出白色的烟，同时甲烧瓶中的溶液颜色逐渐变浅。若已知X、Y是HCl、NO

20、其中气体中的两种，则下列判断中，正确的是（ ）AX是，Y是HClBX是，Y是CX是，Y是DX是NO，Y是【答案】A【解析】甲、乙两个烧瓶中分别充入X、Y两种无色气体，在胶头滴管中盛有含酚酞的NaOH溶液，实验时将胶头滴管内的液体挤入甲烧瓶内，然后打开止水夹，便可以看到甲烧瓶中的导管口喷出白色的烟，同时甲烧瓶中的溶液颜色逐渐变浅，则甲中X气体的水溶液显碱性，与Y反应生成白色固体。AX是NH3，Y是HCl，氨气的水溶液显碱性，然打开止水夹，氨气与HCl反应生成氯化铵固体，可观察到白烟，故A正确；BX是Cl2，为黄绿色气体，与题意不符，故B错误；CX是SO2，Y是O2，二者反应需要催化剂、加热，所以

21、没有白烟产生，不符合题意，故C错误；DX是NO，Y是O2，NO不溶于水，二者反应生成红棕色气体，没有白烟产生，不符合题意，故D错误；故选：A。17某化学课题小组将二氧化硫的制备与多个性质实验进行了一体化设计,实验装置如图所示。下列说法不正确的是Aa、b、c中依次盛装70%硫酸.Na2SO3固体、NaOH溶液B实验时，湿润的pH试纸、鲜花、品红溶液、KMnO4溶液均褪色，Na2S溶液出现淡黄色沉淀C此设计可证明SO2水溶液的酸性,SO2的氧化性、还原性、漂白性D点燃酒精灯加热,可证明SO2使品红溶液褪色具有可逆性,使KMnO4溶液褪色不具有可逆性【答案】B【解析】A. 实验时，应将70%硫酸滴加

22、到Na2SO3固体中，SO2是有毒气体，用NaOH溶液吸收尾气，故a、b、c中依次盛装70%硫酸、Na2SO3固体、NaOH溶液，故A正确；B.湿润的pH试纸只变红色，不褪色，而鲜花、品红溶液、KMnO4溶液均褪色，Na2S溶液出现淡黄色沉淀硫，故B错误；C. 湿润的pH试纸变红，体现了二氧化硫水溶液的酸性，KMnO4溶液褪色，体现了二氧化硫的还原性；鲜花、品红溶液褪色，体现了二氧化硫的漂白性，Na2S溶液出现淡黄色沉淀，体现了二氧化硫的氧化性，故C正确；D. 点燃酒精灯加热，品红溶液很快恢复红色，证明SO2使品红溶液褪色具有可逆性，KMnO4溶液仍无色，说明KMnO4溶液褪色不具有可逆性，故

23、D正确；故选B。18气体X只可能含有NH3、Cl2、HBr、CO2中的一种或几种。已知X通入硝酸银溶液时产生淡黄色、不溶于稀硝酸的沉淀，若将X通入澄清石灰水中没有沉淀产生。则下列有关气体X的成分的说法正确的是（ ）A一定含有溴化氢、二氧化碳B一定不含二氧化碳C一定不含氨气、氯气D可能含有二氧化碳和氯气【答案】C【解析】X通入硝酸银溶液产生不溶于稀硝酸的淡黄色沉淀，可知X中一定含有HBr，因氨气和HBr反应生成溴化铵，HBr与氯气发生氧化还原反应，所以X中一定没有NH3和Cl2；由于CaCO3可溶于强酸中，所以在HBr存在的条件下，X若有CO2，通入澄清石灰水中也可能没有沉淀生成，所以无法肯定C

24、O2是否存在，答案选C。19（2020高考全国卷真题）喷泉实验装置如图所示。应用下列各组气体溶液，能出现喷泉现象的是气体溶液AH2S稀盐酸BHCl稀氨水CNO稀H2SO4DCO2饱和NaHCO3溶液AABBCCDD【答案】B【解析】能够发生喷泉实验，需要烧瓶内外产生明显的压强差；产生压强差可以通过气体溶于水的方法，也可以通过发生反应消耗气体产生压强差。A由于硫化氢气体和盐酸不发生反应且硫化氢在水中的溶解度较小，烧瓶内外压强差变化不大，不会出现喷泉现象，A错误；B氯化氢可以和稀氨水中的一水合氨发生反应，使烧瓶内外产生较大压强差，能够出现喷泉实验，B正确；C一氧化氮不与硫酸发生反应且不溶于水，烧瓶

25、内外不会产生压强差，不能发生喷泉现象，C错误；D二氧化碳不会溶于饱和碳酸氢钠溶液中，烧瓶内外不会产生压强差，不能发生喷泉实验，D错误；故选B。20含硫化合物多为重要的化工原料。请回答下列问题：I.多硫化物是含多硫离子(Sx2-)的化合物，可用作废水处理剂、硫化剂等。（1）Na2S2的电子式为_。（2）Na2S5(易溶于水)在酸性条件下可生成H2S和S，该反应的离子方程式为_。（3）黄铁矿(FeS2)是工业上制硫酸的重要原料，在氧气中煅烧生成Fe2O3和SO2，其煅烧的化学方程式为_。II.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是一种食品抗氧化剂，易溶于水。（4）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)中硫元素的化合

26、价为_。（5）向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，可降低饮料中溶解氧的含量，发生反应的离子方程式为_。（6）向饱和碳酸钠溶液中通入过量SO2可制得焦亚硫酸钠，发生反应的化学方程式为_。III.硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种重要的滴定试剂，常用来滴定溶液中的含碘量。（7）为测定某碘水中I2的浓度(假设碘水中的碘元素均以碘单质形式存在)，取该碘水200.00mL，加入淀粉溶液作为指示剂，滴加0.01molL-1硫代硫酸钠标准液，发生反应：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，当_(填实验现象)，即为终点。平行滴定3次，标准液的平均用量为20.00mL，则该碘水中I2的浓度为

27、_mgL-1。【答案】（1） （2）S52+2H+=H2S+4S （3）4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 （4）+4 （5）S2O52+O2+H2O=2SO42+2H+ （6）Na2CO3+2SO2=Na2S2O5+CO2 （7）滴入最后一滴硫代硫酸钠标准液，溶液由蓝色变为无色，且30s内不再变蓝 127 【解析】(1)Na2S2的电子式为；(2)Na2S5(易溶于水)在酸性条件下可生成H2S和S，反应的离子方程式为S52+2H+=H2S+4S；(3)黄铁矿(FeS2)是工业上制硫酸的重要原料，在氧气中煅烧生成Fe2O3和SO2，反应的化学方程式：4FeS2+11O22Fe2O3+8

28、SO2；(4)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)中，钠元素化合价+1价，氧元素化合价2价，化合价代数和为0计算得到硫元素的化合价为+4；(5)向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，可降低饮料中溶解氧的含量，Na2S2O5被氧气氧化得到硫酸钠和硫酸，反应的离子方程式：S2O52+O2+H2O=2SO42+2H+；(6)向饱和碳酸钠溶液中通入过量SO2可制得焦亚硫酸钠，反应的化学方程式：Na2CO3+2SO2=Na2S2O5+CO2；碘水加入淀粉变蓝色，当消耗完碘单质后溶液变为无色，滴定终点的现象是：当滴入最后一滴硫代硫酸钠标准液后，溶液由蓝色变为无色且半分钟不再变蓝说明反应达到终点，发生反

29、应：I2+2S2O32=S4O62+2I，2c(I2) V(I2)=c(S2O32)V(S2O32)，c(I2)=0.0005mol/L，0.0005mol/L127 g/mol21000mg/g=127mg/L。21足量铜溶于一定量浓硝酸，产生NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体若与1.12 L O2(标准状况)混合后通入水中，气体被水完全吸收。若向原所得溶液中加入5 molL1 H2SO4溶液100 mL，则继续溶解的Cu的质量为()A6.4 gB9.6 gC19.2 gD24 g【答案】C【解析】Cu和浓硝酸反应过程中，Cu失电子生成铜离子、硝酸得电子生成NO2、N2O4、NO，且

30、转移电子守恒，这些气体若与1.12LO2（标况）混合后通入水中，气体被完全吸收，说明氧气得到的电子等于这些气体生成硝酸根离子得到的电子，所以氧气得到的电子等于Cu失去的电子，根据转移电子得n（Cu）=0.1mol，根据原子守恒得n（Cu）=nCu（NO3）2=0.1mol，再加入稀硫酸后，相当于溶液中含有硝酸，能继续溶解Cu，n（H+）=2n（H2SO4）=25mol/L0.1L=1mol，n（H+）：n（NO3-）=1mol：0.2mol=5：11/4，所以氢离子有剩余，根据硝酸根离子计算溶解铜的质量，设溶解Cu的质量为x，则：3Cu+2NO3-+8H+3Cu2+2NO+4H2O192g 2

31、molx 0.2mol192g：2mol=x：0.2mol，解得x19.2g。答案选C。22某温度下将氯气通入过量 KOH 溶液中，反应后得到 KCl、KClO 和 KClO3的混合溶液。 下列说法中，不正确的是( )A反应消耗的Cl2与生成的 H2O 的物质的量之比始终为 1:1，与产物组成无关B反应消耗的Cl2与 KOH 的物质的量之比取决于反应产物的组成C若n(ClO-):n()=11:1，则反应中被还原与被氧化的氯元素的物质的量之比为 4:3D若n(ClO-):n()=1:1，则反应消耗的氯气与转移电子数的物质的量之比为 2:3【答案】B【解析】A. 由于反应后生成KCl、KClO、K

32、ClO3的混合溶液，根据元素守恒n（K）= n（Cl），所以反应消耗的Cl2与KOH的物质的量之比始终为1:2，再由氢原子守恒，则反应消耗的Cl2与生成的H2O的物质的量之比始终为1:1，故A正确；B. 由于反应后生成KCl、KClO、KClO3的混合溶液，根据元素守恒n（K）= n（Cl），所以反应消耗的Cl2与KOH的物质的量之比始终为1:2，故B错误；C. 当n(ClO-):n()=11:1，设ClO-为11mol，为1mol，由得失电子守恒，生成Cl-为（1-0）11+（5-0）1=16 mol，又化合价降低被还原，化合价升高被氧化，则反应中被还原与被氧化的氯元素物质的量之比为16:（

33、11+1）=4:3，故C正确；D. 当n(ClO-):n()=1:1，设ClO-、各1 mol，由得失电子守恒，生成Cl-为（1-0）1+（5-0）1 = 6 mol，根据氯元素守恒，则反应消耗的氯气为（1+1+6）2 = 4 mol，所以反应消耗的氯气与转移的电子数的物质的量之比为4:6=2:3，故D正确；故选：B。23为防治雾霾，设计如下流程吸收工业尾气SO2和NO，同时获得连二亚硫酸钠(Na2S2O4，其结晶水合物又称保险粉)和NH4NO3产品，以变“废”为宝。下列说法错误的是AS2O中既存在非极性键又存在极性键B装置I的作用是吸收SO2，装置II的作用是吸收NOC保险粉可通过装置中阳极

34、产物制备，Ce4从阴极口流出回到装置II循环使用D氧化装置IV中1L 2molL1NO，至少需要标准状况下22.4LO2【答案】C【解析】根据流程分析可知，装置中加入NaOH溶液，可发生反应SO2+OH-=吸收SO2，装置中加入Ce4+，酸性条件下，NO与Ce4+发生氧化还原反应生成和，Ce4+被还原为Ce3+，装置(电解槽)中阳极发生反应Ce3+-e-=Ce4+，Ce4从阳极口流出回到装置II循环使用，阴极发生反应2+2H+2e-=+2H2O，进而得到保险粉Na2S2O4，装置中被O2氧化为，与NH3得到NH4NO3。A中S原子与O原子形成极性键，S原子与S原子形成非极性键，A选项正确；B根据上述分析可知，装置中加入NaOH溶液，可发生反应SO2+OH-=吸收SO2，装置中加入Ce4+，酸性条件下，NO与Ce4+发生氧化还原反应生成和，