2023年高考化学（四海八荒易错集）专题06非金属元素单质及其化合物

PAGEPAGE1专题06非金属元素单质及其化合物1．(2022·江苏卷)以下有关物质的性质与用途具有对应关系的是()A．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆B．NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥C．Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂D．Al2O3熔点高，可用作耐高温材料答案：D2．以下各项表达Ⅰ、Ⅱ都正确且二者的原理最相似的是()选项表达I表达IIAFeS难溶于水，却溶于稀硝酸CaCO3难溶于稀硫酸，却溶于醋酸B浓硝酸要密封保存在阴凉处漂白粉要密封保存在阴凉处C盐酸与铁反响生成氯化亚铁少量氯气与铁反响生成氯化亚铁D浓氨水滴入固体NaOH制NH3浓盐酸滴入浓硫酸制HCl解析：A．FeS与稀硝酸发生氧化复原反响，醋酸与碳酸钙发生复分解反响，A错误；B.浓硝酸易挥发、易分解，漂白粉易与空气中的CO2反响，B错误；C.氯气与铁反响生成氯化铁，C错误；D.NaOH固体溶于水放出大量的热，导致氨气的溶解度降低生成氨气，浓硫酸溶于水放出大量的热，导致HCl的溶解度降低，生成HCl气体，D正确。答案：D3．(2022·江苏卷)在给定的条件下，以下选项所示的物质间转化均能实现的是()A．SiO2eq\o(――→,\s\up13(HCl〔aq〕))SiCl4eq\o(――→,\s\up13(H2),\s\do15(高温))SiB．FeS2eq\o(――→,\s\up13(O2),\s\do15(燃烧))SO2eq\o(――→,\s\up13(H2O))H2SO4C．N2eq\o(――――――――――――→,\s\up13(H2),\s\do15(高温、高压、催化剂))NH3eq\o(――→,\s\up13(HCl〔aq〕))NH4Cl(aq)D．MgCO3eq\o(――→,\s\up13(HCl〔aq〕))MgCl2(aq)eq\o(――→,\s\up13(电解))Mg解析：A.SiO2与盐酸不反响，错误；B.SO2和H2O反响生成H2SO3，错误；C.N2＋3H2eq\o(,\s\up15(高温、高压),\s\do15(催化剂))2NH3、NH3＋HCl===NH4Cl，正确；D.金属镁的冶炼方法是电解熔融的氯化镁，错误。答案：C4．实验室制取少量枯燥的氨气涉及以下装置，其中正确的选项是()A．①是氨气发生装置B．③是氨气发生装置C．②是氨气吸收装置D．④是氨气收集、检验装置答案：B5．X、Y、Z、W四种物质在一定条件下具有如下图的转化关系，以下判断正确的选项是()A．假设图中反响均为非氧化复原反响，当W为一元强碱时，那么X可能是NaAlO2B．假设图中反响均为非氧化复原反响，当W为一元强酸时，那么X可能是NH3C．假设图中反响均为氧化复原反响，当W为非金属单质时，那么Z可能是CO2D．假设图中反响均为氧化复原反响，当W为金属单质时，那么Z可能是FeCl3解析：由转化关系可知X可与W连续反响生成Y、Z，X也可与Z直接反响生成Y。A.假设X为NaAlO2，与NaOH不反响，故A错误；B.假设X为NH3，与一元强酸反响生成铵盐，只生成一种产物，Y与W不能再反响，故B错误；C.假设Z为CO2，W为非金属单质，X可为C，W为O2，Y为CO，故C正确；D.假设Z为FeCl3，W为金属单质，应为Fe，X为Cl2，但氯气与铁反响只生成FeCl3，Y不能为FeCl2，故D错误。答案：C6．(2022·浙江卷)为落实“五水共治〞，某工厂拟综合处理含NHeq\o\al(＋,4)废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如下流程：以下说法不正确的选项是()A．固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3B．X可以是空气，且需过量C．捕获剂所捕获的气体主要是COD．处理含NHeq\o\al(＋,4)废水时，发生反响的离子方程式为：NHeq\o\al(＋,4)＋NOeq\o\al(－,2)===N2↑＋2H2O答案：B7．把一定质量的铁完全溶解于某浓度的硝酸中收集到0.3molNO2和0.2molNO。向反响后的溶液中参加足量NaOH溶液充分反响，经过滤、洗涤后，把所得沉淀加热至质量不再减少为止。得到固体质量不可能为()A．18g B．24gC．30g D．36g解析：根据题意可知在反响过程中Fe失去的电子与硝酸得到的电子的物质的量相等。最后所得到的固体为Fe2O3。n(e－)＝0.3mol×1＋0.2mol×3＝0.9mol。假设Fe全部为＋2价，那么n(Fe)＝0.45mol，根据Fe元素守恒，m(Fe2O3)＝(0.45mol÷2)×160g/mol＝36g，假设Fe全部为＋3价，那么n(Fe)＝0.3mol。m(Fe2O3)＝(0.3mol÷2)×160g/mol＝24g，假设Fe被氧化的价态为＋2、＋3两种价态，那么最后得到的固体的质量在36g～24g之间。因此最后得到固体质量不可能为18g。答案：A8．(1)砷(As)与其化合物被广泛应用在除草剂、杀虫剂以及含砷药物中。答复以下问题：①砷是氮的同族元素，且比氮多2个电子层，砷在元素周期表中的位置：________；AsH3的热稳定性比NH3的热稳定性____(填“强〞或“弱〞)。②As2O3俗称砒霜，As2O3是两性偏酸性氧化物，是亚砷酸(H3AsO3)的酸酐，易溶于碱生成亚砷酸盐，写出As2O3与足量氢氧化钠溶液反响的离子方程式_________________________________________________________________________________________。③As2S3和HNO3反响如下：As2S3＋10H＋＋10NOeq\o\al(－,3)===2H3AsO4＋3S＋10NO2↑＋2H2O，将该反响设计成原电池，那么NO2应该在________(填“正极〞或“负极〞)附近逸出，该极的电极反响式为______________________。(2)综合利用CO2对环境保护及能源开发意义重大。Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2。如果寻找吸收CO2的其他物质，以下建议合理的是________。a．可在碱性氧化物中寻找b．可在ⅠA、ⅡA族元素形成的氧化物中寻找c．可在具有强氧化性的物质中寻找答案：(1)①第四周期第ⅤA族弱②As2O3＋6OH－＝2AsOeq\o\al(3－,3)＋3H2O③正极NOeq\o\al(－,3)＋e－＋2H＋===NO2↑＋H2O(2)ab9．SO2是大气主要污染物之一，为探究SO2气体的复原性，某实验小组的同学利用如图1所示装置进行实验。图1图2(1)装置A中发生反响的离子方程式为___________________________________________________________________________。(2)装置C的作用是_____________________________________。(3)在上述装置中通入过量的SO2，为了验证A中SO2与Fe3＋发生了氧化复原反响，取A中的溶液少量，分成两份，并设计了如下实验方案：方案①：向第一份溶液中参加少量酸性KMnO4溶液，发现紫红色褪去；方案②：向第二份溶液中参加少量KSCN溶液，发现不变红，再参加少量新制的氯水，溶液变红．上述方案中不合理的是________，原因是___________________________________________________。(4)能说明I－的复原性弱于SO2的现象是___________________。(5)该小组同学设计实验模拟测定硫酸工业生产排放的尾气中SO2的体积分数(假设其他气体均难溶于水且不反响)，选用了如图2所示的简易实验装置。①假设混合气体的流向按从左向右时，右图装置组装连接的顺序合理的是：混合气体→_________(填写a、b等仪器接口字母)。②你认为以下试剂中，可以用来代替试管中碘的淀粉溶液的是________(填标号)。A．酸性KMnO4溶液 B．NaOH溶液C．溴水 D．氨水③假设碘溶液的浓度为0.05mol/L、体积为30mL，与SO2气体恰好完全反响时，量筒内水的体积为386.4mL(已折算为标准状况下的体积)。那么SO2的体积分数为________。10．碘是生命体中的必需元素，请根据如下有关碘及其化合物的性质，答复以下问题：(导学号58870154)(1)实验室中制取少量碘可采用如下方法：KI＋CuSO4―→CuI↓＋K2SO4＋I2。此反响生成1molI2时转移的电子是________mol。工业生产中，可用智利硝石(含有NaIO3)为原料，与NaHSO3溶液反响生成碘，写出此反响的离子方程式：______________________________________________________。(2)单质碘与氟气反响可制得IF5，实验说明液态IF5具有一定的导电性，研究人员发现产生这一现象的可能原因在于IF5的自偶电离(类似于：2H2OH3O＋＋OH－)，电离生成的＋1价阳离子为________，－1价阴离子为________。(3)将单质碘与铝屑置于管式电炉中，隔绝空气加热至500℃得到棕色片状固体(AlI3)，此固体溶于Na2CO3溶液可产生白色沉淀和气体。请写出AlI3和Na2CO3溶液反响的离子方程式：______________。(4)设计以下实验方案判断加碘食盐中碘的存在形式为I－、IOeq\o\al(－,3)或两者同时存在。请对以下试验方案进行预测和分析。首先取试样加水溶解，分成三份试样：①第一份试样加酸酸化，如果加淀粉溶液后试样溶液变蓝，说明试样中同时存在I－和IOeq\o\al(－,3)，该过程反响的离子方程式为___________。②第二份试样酸化后，参加淀粉溶液无变化，再加________溶液，溶液变蓝，说明试样中存在I－。③第三份试样酸化后，如果直接使________试纸变蓝，说明试样存在IOeq\o\al(－,3)离子。易错起源1、硅及其化合物例1．食品枯燥剂应无毒、无味、无腐蚀性及环境友好。以下说法错误的选项是〔〕A.硅胶可用作食品枯燥剂B.P2O5不可用作食品枯燥剂C.六水氯化钙可用作食品枯燥剂D.加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品枯燥剂解析A项，硅胶疏松多孔，吸附水分能力强，且无毒、无味、无腐蚀性，可用作食品枯燥剂，正确；B项，P2O5具有吸水性，吸水生成对人体有一定危害的磷酸或偏磷酸，因此不可用作食品枯燥剂，正确；C项，六水氯化钙没有吸水性，不可用作食品枯燥剂，错误；D项，加工后具有吸水性的植物纤维无毒、无味、无腐蚀性，加工后具有可用作食品枯燥剂，正确。答案C【变式探究】硅作为一种新型能源被广泛开发利用，关于其有利因素的以下说法中，你认为不正确的是()A．硅燃烧产物对环境产生的污染，容易得到有效控制B．从Si(s)＋O2(g)eq\o(=====,\s\up12(△))SiO2(s)ΔH＝－858.6kJ·mol－1可知，硅燃烧放出的热量较多C．自然界中硅的贮存量丰富，可以从自然界直接获得单质硅D．硅便于运输、贮存，从平安角度考虑，硅是最正确的燃料之一【答案】C【名师点睛】1．硅(1)硅的非金属性弱于碳，但碳在自然界中既有游离态又有化合态，而硅却只有化合态。(2)硅的复原性强于碳，但碳能复原SiO2：SiO2＋2Ceq\o(=====,\s\up13(高温))2CO↑＋Si。(3)非金属单质跟碱溶液作用一般无H2产生，但Si能跟碱溶液作用放出H2：Si＋2NaOH＋H2O===Na2SiO3＋2H2↑。(4)非金属单质一般不跟非氧化性酸反响，但硅能跟氢氟酸反响。(5)非金属单质一般为非导体，但硅为半导体。2．二氧化硅(1)非金属氧化物的熔沸点一般较低，但SiO2的熔点却很高。(2)酸性氧化物一般不跟酸反响，但SiO2能跟氢氟酸反响。3．硅酸(1)无机酸一般易溶于水，但H2SiO3难溶于水。(2)H2CO3的酸性强于H2SiO3，所以有Na2SiO3＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋Na2CO3，但在高温下Na2CO3＋SiO2eq\o(=====,\s\up12(高温))Na2SiO3＋CO2↑能发生是因为生成的CO2容易挥发。【锦囊妙计，战胜自我】(1)不要混淆硅和二氧化硅的用途用作半导体材料的是晶体硅而不是SiO2，用于制作光导纤维的是SiO2而不是硅。(2)不要混淆常见含硅物质的成分①计算机芯片的成分是晶体硅而不是SiO2。②水晶、石英、玛瑙等主要成分是SiO2，而不是硅酸盐。③传统无机非金属材料陶瓷、水泥、玻璃的主要成分是硅酸盐。易错起源2、二氧化碳的性质以及COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)的检验例2．向含有0.2molNaOH和0.1molBa(OH)2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体为8.96L(0℃，1.01×105Pa)时立即停止，那么这一过程中，溶液中离子的物质的量与通入CO2气体的体积关系图像正确的选项是(气体的溶解和离子的水解忽略不计)【答案】C【规律方法】反响顺序的判断当有多种组分与一种物质反响时，判断反响顺序的方法是：先假设与其中的一种组分反响，假设产物还能与另一种组分反响，那么假设错误。如将CO2通入KOH、Ba(OH)2混合溶液中，假设CO2先与KOH反响，那么生成的K2CO3会与Ba(OH)2继续反响生成BaCO3，故假设错误，应该是CO2先与Ba(OH)2反响。【名师点睛】1．CO2与碱溶液反响的产物(1)反响原理NaOHeq\o(――――――→,\s\up12(少量CO2))Na2CO3eq\o(――――――→,\s\up12(过量CO2))NaHCO3(2)反响后溶质成分的判断可用数轴表示：2．CO2与常见溶液的反响和现象(1)Ca(OH)2或Ba(OH)2溶液CO2缺乏时，生成白色沉淀；CO2过量时，生成的白色沉淀消失，溶液变澄清。(2)Na2SiO3溶液CO2缺乏：Na2SiO3＋H2O＋CO2===Na2CO3＋H2SiO3↓；CO2过量：Na2SiO3＋2H2O＋2CO2===2NaHCO3＋H2SiO3↓。两种情况均生成白色胶状沉淀。(3)饱和Na2CO3溶液Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3↓，有白色固体析出。3．COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)的检验检验二者的根本方法是将其转化为CO2气体，再用澄清石灰水变浑浊来检验CO2。如果被检物中没有碳酸氢盐、亚硫酸盐和亚硫酸氢盐的干扰时，可用直接加盐酸的方法检验碳酸盐。假设存在其他干扰时，那么需要用以下方法来检验。离子COeq\o\al(2－,3)HCOeq\o\al(－,3)原理COeq\o\al(2－,3)＋Ca2＋===CaCO3↓CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2HCOeq\o\al(－,3)＋H＋===CO2↑＋H2O方法向少量待检验溶液中滴加足量的CaCl2或BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再参加适量的酸，白色沉淀溶解且生成使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体，那么待检溶液中有COeq\o\al(2－,3)向少量待检验溶液中滴加足量的CaCl2或BaCl2溶液，无明显现象，再向溶液中参加足量的酸，假设溶液中有使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体生成，那么待检验溶液中有HCOeq\o\al(－,3)【锦囊妙计，战胜自我】(1)CO2通入CaCl2或BaCl2溶液不会产生白色沉淀，因为碳酸的酸性弱于盐酸，CO2与CaCl2或BaCl2溶液不发生反响。(2)检验COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)时不能用Ba(OH)2或Ca(OH)2溶液来代替可溶性钡盐或可溶性钙盐溶液，原因是OH－能将HCOeq\o\al(－,3)转化为COeq\o\al(2－,3)。易错起源3、氯水的成分及性质区分不清例3．ClO2与Cl2的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过如图1装置〔夹持装置略〕对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。〔1〕仪器D的名称是。安装F中导管时，应选用图2中的。〔2〕翻开B的活塞，A中发生反响：2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O，为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜〔填“快〞或“慢〞〕。〔3〕关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，那么装置C的作用是___________________________________。〔4〕在酸性条件下NaClO2可发生反响生成NaCl并释放出ClO2，该反响的离子方程式为____________________________________________________________________________。在ClO2释放实验中，翻开E的活塞，D中发生反响，那么装置F的作用是__________________________________________________________________。〔5〕已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示。假设将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是，原因是。图3答案〔1〕锥形瓶b〔2〕慢〔3〕吸收Cl2〔4〕4H＋＋5ClOeq\o\al(－,2)===Cl－＋4ClO2↑＋2H2O验证是否有ClO2生成〔5〕稳定剂Ⅱ稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度【变式探究】某研究性学习小组设计了以下四个实验来深究氯水的成分，请根据下表答复以下问题。序号实验方法实验现象结论①将氯水滴加到用稀硝酸酸化的AgNO3溶液中白色沉淀②将氯水滴加到含有酚酞的NaOH溶液中溶液的红色褪去氯水中有HClO③用玻璃棒醮取氯水滴在淀粉KI试纸上氯水中含有Cl2④将氯水滴加到少量Na2CO3溶液中氯水中含有H＋(1)指出实验①得出的结论_______________________________________。(2)指出实验③、④中的实验现象：③________。④________。(3)有人认为实验②中溶液褪色并不一定是由于HClO的漂白作用，很可能是另外一种原因，你认为另一种原因可能是____________________________________________。请设计实验方案证明红色褪去的原因是因为HClO的漂白作用，还是另一种原因___________________________________________________________________。(4)HClO能氧化I－，试写出该反响的离子方程式________________________。因此，实验③中要证明氯水中Cl2的存在，最简单的实验方法应该是__________________________。【答案】(1)氯水中含Cl－(2)试纸变蓝，有气体产生(3)氯水中的H＋中和OH－使酚酞褪色继续向溶液中参加过量NaOH溶液，如果红色重新出现，那么说明氯水中H＋中和OH－，否那么说明是由于HClO的漂白性(4)HClO＋2I－＋H＋===I2＋H2O＋Cl－观察氯水的颜色【名师点睛】1．成分三种分子(H2O、Cl2、HClO)、四种离子(H＋、Cl－、ClO－、OH－)。2．性质氯水的多种成分决定了它具有多重性质。如：Cl2的强氧化性；HCl的强酸性；HClO的强氧化性、弱酸性；Cl－的性质。在不同的反响中，氯水起作用的成分不同，现列举如下：所加试剂参与反响的微粒实验现象离子方程式或解释AgNO3溶液Cl－白色沉淀Cl－＋Ag＋===AgCl↓Na2CO3溶液H＋有气泡产生2H＋＋CO32－===CO2↑＋H2O有色布条HClO布条颜色褪去HClO具有强氧化性而漂白有机色质FeCl2溶液Cl2溶液由浅绿色变为棕黄色2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－SO2Cl2、H2O氯水颜色褪去SO2＋Cl2＋2H2O===4H＋＋2Cl－＋SO42－NaOHCl2氯水颜色褪去Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O石蕊试液HClO、H＋先变红后褪色酸性和漂白性镁粉Cl2、H＋氯水的颜色褪去并有气泡产生Mg＋Cl2===MgCl2Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑3.液氯、新制氯水、久置氯水的比拟名称液氯新制氯水久置氯水分类纯洁物混合物混合物颜色黄绿色淡黄绿色无色性质氧化性酸性、氧化性酸性微粒种类Cl2H2O、Cl2、HClO、H＋、Cl－、ClO－、OH－H2O、HCl－、OH－【锦囊妙计，战胜自我】(1)注意氯水成分的多样性：氯水是复杂的混合物，在化学反响中可表现出不同微粒的性质。在分析具体反响时，要判断是什么微粒起作用。(2)氯水中的次氯酸具有漂白性，氯水能使紫色石蕊试液、蓝色石蕊试纸、pH试纸等先变红后褪色。不能用pH试纸测定氯水的pH。(3)明确氯水和液氯的区别：氯水和液氯的区别是前者是混合物，后者是纯洁物，氯水久置后，由于HClO分解，最后就成为稀盐酸。易错起源4、氯气的实验室制法例4．某课外小组在实验室制备氯气，并进行有关氯气性质的探究。(1)该小组同学加热浓盐酸与二氧化锰的混合物制取枯燥的氯气。①应该选用的装置有(填字母编号)__________(不要求顺序)。②将各仪器按先后顺序连接起来：a接__________，__________接__________，__________接__________，__________接h(用导管口字母表示)。③浓盐酸与二氧化锰反响制取氯气的化学方程式为。(2)该小组同学设计利用以下图装置探究氯气的氧化性。①G中的现象__________，原因是__________(用化学方程式说明原因)。②H中的现象为_______________________________________________。【答案】(1)①ABCDE②defgbc③MnO2＋4HCl(浓)eq\o(=====,\s\up5(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O(2)①溶液先由无色变成蓝色，后由蓝色又变为无色Cl2＋2KI===2KCl＋I2，I2＋5Cl2＋6H2O===2HIO3＋10HCl②有白色沉淀出现【名师点睛】1．氯气的实验室制法(1)实验原理MnO2＋4H＋＋2Cl－eq\o(=====,\s\up11(△))Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O(2)实验装置(3)净化方法；除去HCl常用饱和食盐水，除去水蒸气常用浓硫酸。(4)收集方法：用向上排空气法或排饱和食盐水法收集氯气。(5)尾气吸收方法，吸收多余的氯气，防止污染空气，常用NaOH溶液。(6)验满方法①将湿润的淀粉碘化钾试纸靠近盛Cl2的瓶口，观察到试纸立即变蓝，那么证明已集满。②将湿润的蓝色石蕊试纸靠近盛Cl2的瓶口，观察到试纸先变红后褪色，那么证明已集满。③实验室制取Cl2时，常常根据集气瓶中气体的颜色判断是否收集满。2．氯气的性质实验常见实验形式如下图：装置试剂实验现象实验目的A浓硫酸验证枯燥的氯气无漂白作用，湿润的氯气有漂白作用B枯燥红布条无明显变化C湿润红布条红布条褪色DFeCl2溶液溶液由浅绿色变棕黄色验证氯气具有强氧化性，可与金属及还原性化合物反响E淀粉KI溶液溶液变蓝色F铁粉产生棕色烟GNaOH溶液吸收多余的氯气【锦囊妙计，战胜自我】(1)注意氯气的尾气吸收试剂的选择。实验室制取氯气时，常用NaOH溶液吸收多余的氯气，也可以用Na2SO3溶液或Na2CO3溶液，但不用澄清石灰水，因为Ca(OH)2的溶解度较小，澄清石灰水中Ca(OH)2的含量少，吸收不完全。(2)制取氯气时要缓缓加热，温度过高会导致HCl大量挥发。(3)注意盐酸的浓度对反响的影响。制取Cl2所用的盐酸为浓盐酸，稀盐酸与MnO2不反响。随着反响的进行，浓盐酸变为稀盐酸，反响停止。易错起源5、二氧化硫的性质例5．以下有关“化学与生活〞的表达不正确的选项是()A．点燃爆竹后，硫燃烧生成SO3B．中国古代利用明矾溶液的酸性去除铜镜外表的铜锈C．服用阿司匹林出现水杨酸反响时，用NaHCO3溶液解毒D．使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力减弱答案A【变式探究】以下现象和结论均正确的选项是________。①能使澄清石灰水变浑浊的气体一定是CO2②能使品红溶液褪色的气体一定是SO2③将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，红色消失，说明SO2具有漂白性④通入溴水中能使溴水褪色，再滴加Ba(NO3)2溶液有白色沉淀生成说明通入的气体为SO2⑤先通入足量的NaOH溶液，再滴入BaCl2溶液有白色沉淀生成，该沉淀溶于稀盐酸，说明通入的气体为SO2⑥Cl2和SO2通入品红溶液都褪色，但褪色原理不同【解析】①项，能使澄清石灰水变浑浊的气体还可能是SO2，①错；②项，能使品红溶液褪色的气体，还可能是Cl2、O3等，②错；③项，酚酞的NaOH溶液呈红色是因为溶液呈碱性，通入SO2后与碱反响生成盐，而红色消失，不是SO2的漂白性，③错；④项，通入溴水褪色，说明气体具有复原性，气体被氧化，参加Ba(NO3)2溶液有白色沉淀，说明气体被氧化为SO，可以说明通入的气体为SO2，④正确；⑤项，SO2、CO2与碱反响都生成与BaCl2(或CaCl2)溶液形成白色沉淀的物质，⑤错；⑥Cl2通入品红溶液褪色，是Cl2与H2O反响生成了强氧化性物质HClO，HClO氧化品红为无色，而SO2通入品红褪色是SO2与品红化合为无色，原理不同，⑥正确。【答案】④⑥【名师点睛】1.SO2与CO2的比拟SO2CO2物理性质相同点无色气体，密度都大于空气，溶于水不同点刺激性气味，易液化无味化学性质相同点与H2OSO2＋H2OH2SO3(不稳定)CO2＋H2OH2CO3(不稳定)与碱Ca(OH)2＋SO2===CaSO3↓＋H2OCaSO3＋H2O＋SO2==Ca(HSO3)2Ca(OH)2＋CO2===CaCO3↓＋H2OCaCO3＋H2O＋CO2===Ca(HCO3)2氧化性SO2＋2H2S2H2O＋3S↓CO2＋Ceq\o(=====,\s\up7(高温),\s\do5())2CO不同点复原性能被高锰酸钾酸性溶液、双氧水、氯水、溴水、硝酸等氧化剂氧化无漂白性与某些有色物质结合生成不稳定的无色物质无环保形成酸雨，有毒，直接危害人体健康无毒，引起温室效应2.CO2与SO2的鉴别及检验(1)CO2与SO2的鉴别①利用SO2的刺激性气味。②利用SO2的漂白性，用品红溶液鉴别。③利用SO2的复原性，用高锰酸钾酸性溶液、溴水、FeCl3溶液等鉴别。注意：不能用澄清石灰水鉴别CO2、SO2。(2)SO2、CO2共存时二者的检验方法证明混合气体中含有CO2和SO2时通常设计以下装置进行检验【锦囊妙计，战胜自我】(1)CO2中的C元素处于最高价，因而只具有氧化性(CO2―→CO，CO2―→C)。SO2中的S元素处于中间价态，因而既具有氧化性，又具有复原性。(2)除去CO2中的SO2气体，可将混合气体通过酸性KMnO4溶液或溴水，也可通过饱和的NaHCO3溶液(H2SO3的酸性大于H2CO3的酸性〕易错起源6、浓硫酸与金属的反响及SO42－的检验例6．氢能是一种极具开展潜力的清洁能源，以太阳能为热能，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反响过程如以下图所示：(1)反响Ⅰ的化学方程式是________________。(2)反响Ⅰ得到的产物用I2进行别离。该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层——含低浓度I2的H2SO4层和含高浓度I2的HI层。①根据上述事实，以下说法正确的选项是________(选填序号)。a．两层溶液的密度存在差异b．加I2前，H2SO4溶液和HI溶液不互溶c．I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶②区分两层溶液的方法是________________________________________。③经检测，H2SO4层中c(H＋)∶c(SOeq\o\al(2－,4))＝2.06∶1，其比值大于2的原因__________________________________________________________________。(3)反响Ⅱ：2H2SO4(l)===2SO2(g)＋O2＋2H2O(g)ΔH＝＋550kJ·mol－1它由两步反响组成：ⅰ.H2SO4(l)===SO3(g)＋H2O(g)ΔH＝＋177kJ·mol－1ⅱSO3(g)分解。L(L1，L2)，X可分别代表压强或温度，以下图表示L一定时，ⅱ中SO3(g)的平衡转化率随X的变化关系。①X代表的物理量是________。②判断L1，L2的大小关系，并简述理由：_________________________________________。【变式探究】某课外活动小组的同学，在实验室做锌与浓硫酸反响的实验时，有同学认为产生的气体除SO2外，还可能产生氢气。该同学为了验证他的判断是否正确，设计了如下图的实验装置，其中，装置B中盛有浓硫酸，装置C中放置黑色CuO粉末，装置D中放置的是无水硫酸铜粉末(锌与浓硫酸共热时产生的气体为X，且该装置略去)。试答复：(1)A中参加的试剂可能是________，作用是________________________；E中参加的试剂是碱石灰，作用是___________________________________；装置A、B之间的酸性高锰酸钾溶液的作用是______________________________；(2)该同学认为还可能产生氢气的理由是____________________________；(3)上述反响中生成二氧化硫的化学方程式为_________________________；(4)如果去掉装置B，还能否根据D中的现象判断气体X中有氢气？________(填“能〞或“不能〞)。原因是：______________________________________________。(5)可以证明气体X中含有氢气的实验现象是：C中_____________________________________________，D中_____________________________________________。【答案】(1)品红溶液检验气体X中是否含有SO2防止空气中水蒸气进入D中，干扰检验除去气体X中的SO2(2)Zn与浓硫酸反响时，浓硫酸逐渐变稀，Zn与稀硫酸反响可产生氢气(3)Zn＋2H2SO4(浓)eq\o(=====,\s\up7(△))ZnSO4＋SO2↑＋2H2O(4)不能经酸性高锰酸钾溶液洗气后的气体中往往含有水蒸气，会干扰氢气的检验(5)黑色粉末(CuO)变成红色光亮的物质白色粉末变蓝色【名师点睛】浓H2SO4与金属的反响2．浓、稀硫酸的鉴别方法现象浓H2SO4稀H2SO4物理性质稀释放出大量热无明显现象观状态黏稠状液体黏稠度较小密度用手掂分量：浓H2SO4密度较大(1.84g/mL)，相同体积时，浓H2SO4质量大很多化学性质铁片因铁被钝化无明显现象产生大量气泡铜片(加热)有气泡产生，溶液变蓝无明显现象白纸立即变黑无明显现象胆矾蓝色变为白色无颜色变化3.SO42－的检验(1)检验SO42－时要防止其他离子的干扰①Ag＋干扰：先用盐酸酸化，能防止Ag＋干扰，因为Ag＋＋Cl－===AgCl↓。②CO32－、SO32－干扰：因为BaCO3、BaSO3也是白色沉淀，与BaSO4白色沉淀所不同的是这些沉淀能溶于强酸中。因此检验SO42－时，必须用酸酸化(不能用HNO3、H2SO4酸化)。例如：BaCO3＋2H＋===H2O＋CO2↑＋Ba2＋。所用钡盐不能用Ba(NO3)2溶液，因为在酸性条件下，SO32－、HSO3－、SO2等会被溶液中的NO3－氧化为SO42－，从而得出错误的结论。(2)正确操作被检液eq\o(――→,\s\up15(加足量),\s\do15(盐酸酸化))取清液eq\o(――→,\s\up15(滴加BaCl2),\s\do15(溶液))有无白色沉淀(判断有无SO42－)。【锦囊妙计，战胜自我】(1)浓硫酸中主要存在H2SO4分子，氧化性主要是H2SO4中硫表现。(2)稀硫酸中不存在H2SO4分子，因而无强氧化性，但电离产生的H＋具有氧化性，只能氧化比拟活泼的金属(如Zn等)而发生置换反响，稀硫酸的复原产物为氢气。易错起源7、氮的主要氧化物及其有关计算例7、以下关于自然界中氮循环(如以下图)的说法不正确的选项是()A．氮元素均被氧化B．工业合成氨属于人工固氮C．含氮无机物和含氮有机物可相互转化D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环答案A【变式探究】将30mLNO2和O2的混合气体通入倒置于水槽且装满水的量筒中，充分反响后，量筒内剩余5mL气体，那么原混合气体的体积组成是()A．NO2：17mL；O2：13mLB．NO2：27mL；O2:3mLC．NO2：15mL；O2：15mLD．NO2：25mL；O2：5mL【答案】B【名师点睛】当NO2或NO转化为HNO3时要失去电子，假设上述两种气体与O2混合通入水中时，O2得电子，且得失电子数必然相等，这是电子守恒法解答此类题目的依据。易错起源8、氨气的实验室制法及喷泉实验例8．某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生。为探究该反响原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是()选项实验及现象结论A将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝反响中有NH3产生B收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色反响中有H2产生C收集气体的同时测得溶液的pH为8.6弱碱性溶液中Mg也可被氧化D将光亮的镁条放入pH为8.6的NaHCO3溶液中，有气泡产生弱碱性溶液中OH－氧化了Mg答案D【变式探究】某同学用以下装置(固定、加热仪器和橡胶管略)进行有关氨气制取的实验探究，答复以下问题。(1)假设用装置a制取NH3，其反响的化学方程式为__________________________；假设要测定生成的NH3的体积，那么必须选择的装置是________(填装置序号)，装置中所盛试剂应具有的性质是__________________________________。(2)假设用装置b制取并收集枯燥的NH3，烧瓶内装的试剂是________，分液漏斗中装的试剂是________，收集装置应选择________(填装置序号)。证明氨气已收集满的操作是____________________________。(3)假设用以下各种试剂组合(其他条件相同)进行制取氨气的比照实验，测出氨气的体积(氨气体积/mL，标准状况)如表所示：试剂组合6.0gCa(OH)2(s，过量)6.0gNaOH(s，过量)6.0gCaO(s，过量)5.4gNH4Cl(s)①1344②1568③17925.4g(NH4)2SO4(s)④1364⑤1559⑥1753从表中数据分析，实验室制氨气的产率最高的是____________；其原因是____________________________________。【解析】(1)装置a是试管口朝下加热固体制取NH3，方程式是2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2【答案】(1)2NH4Cl＋Ca(OH)2eq\o(=====,\s\up5(△))2NH3↑＋CaCl2＋2H2OcNH3不能溶于其中且稳定不挥发(2)NaOH固体浓氨水f用湿润的红色石蕊试纸置于棉花附近，如果试纸变红，说明氨气已经收集满(3)⑥③中生成的CaCl2可以吸收一局部氨气，而⑥中生成的CaSO4有吸水作用，有利于氨气逸出【名师点睛】1．氨气的实验室制法(1)加热固态铵盐和碱的混合物一般加热NH4Cl和Ca(OH)2的混合物：2NH4Cl＋Ca(OH)2eq\o(=====,\s\up5(△))2NH3↑＋CaCl2＋2H2O。①装置：“固体＋固体eq\o(————→,\s\up6(Δ))气体〞(与用KClO3或KMnO4制O2的装置相同)。②收集：只能用向下排空气法。③枯燥：用碱石灰(NaOH和CaO固体的混合物)。④检验：①用湿润的红色石蕊试纸置于试管口，假设试纸变蓝色，说明氨已收集满了；②将蘸有浓盐酸的玻璃棒置于试管口，假设有白烟产生，说明已收集满了。⑤环保措施：收集时，一般在管口塞一团用水或稀H2SO4浸湿的棉花球，可减小NH3与空气的对流速度，收集到纯洁的NH3，同时也可防止污染空气。(2)加热浓氨水①反响原理：NH3·H2Oeq\o(=====,\s\up5(△))NH3↑＋H2O。②装置：(3)浓氨水中加固态碱性物质①反响原理浓氨水中存在以下平衡：NH3＋H2ONH3·H2ONH4＋＋OH－，参加固态碱性物质(如CaO、NaOH、碱石灰等)，使平衡逆向移动，同时反响放热，促进NH3·H2O的分解。②装置：2．喷泉实验原理(1)喷泉形成的原理容器内外存在较大的压强差，在这种压强差的作用下，液体迅速流动，通过带有尖嘴的导管喷出，即形成喷泉。(2)使容器内外产生较大的压强差的两类情况①容器内气体极易溶于水或容器内气体易与溶液中的溶质发生化学反响。因此当外部的水或溶液接触容器内气体时，由于气体大量减少，从而使容器内气压迅速降低，在外界大气压作用下，外部液体迅速进入容器，形成喷泉。气体与吸收剂形成喷泉的几种情况：气体HClNH3CO2、Cl2、H2S、SO2NO2、O2吸收剂水、NaOH溶液水、盐酸NaOH溶液H2O②由于液体受热挥发(如浓盐酸、浓氨水、酒精等)或发生化学反响，使容器内产生大量气体，压强迅速增大，促使容器内液体迅速向外流动，也能形成喷泉，如泡沫灭火器。【锦囊妙计，战胜自我】喷泉实验成功的关键(1)气体在吸收液中被吸收的既快又多，如NH3、HCl用水吸收，CO2、SO2用NaOH溶液吸收等。(2)装置的气密性要好。(3)烧瓶内气体纯度要大。易错起源9、硝酸的性质例9．我国清代?本草纲目拾遗?中记叙无机药物335种，其中“强水〞条目下写道：“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿滴，惟玻璃可盛。〞这里的“强水〞是指()A．氨水B.硝酸 C．醋 D．卤水解析根据题意，“强水〞能溶解大多数金属和矿物，所以为硝酸。答案B【变式探究】物质的量之比为2∶5的锌与稀硝酸反响，假设硝酸被复原的产物为N2O，反响结束后锌没有剩余，那么该反响中被复原的硝酸与未被复原的硝酸的物质的量之比是()A．1∶4 B．1∶5C．2∶3 D．2∶5【答案】A【名师点睛】1．金属与硝酸反响一般不产生H2，且浓HNO3一般被复原为NO2，稀HNO3被复原为NO，随着反响进行很稀的HNO3有可能被复原为N2O，甚至NH4NO3，硝酸在反响中表达氧化性和酸性。2．铁与硝酸反响要考虑Fe的用量，假设Fe缺乏那么生成Fe(NO3)3，假设Fe过量那么生成Fe(NO3)2。3．铜与浓HNO3反响，假设Cu过量，开始时HNO3的复原产物为NO2，随着反响进行浓HNO3变稀，HNO3的复原产物为NO，最终应得到NO2和NO的混合气体。4．硝酸与FeO反响实质是HNO3氧化Fe2＋。5．离子共存判断中的NO3－假设在H＋条件下NO3－会表达出强氧化性；不能与Fe2＋、S2－、I－、SO32－、Br－等离子共存。6．金属与HNO3的反响运用“守恒法〞求解，一般类型有：(1)电子守恒金属失电子数＝生成气体时HNO3得电子数。(2)物料守恒耗HNO3的量＝盐中NO3－的量(表现酸性的HNO3)＋气体中的N原子(被复原的HNO3)的量。(3)电荷守恒HNO3过量时反响后溶液中(不考虑OH－)有：c(NO3－)＝c(H＋)＋n×c(Mn＋)(Mn＋代表金属离子)。【锦囊妙计，战胜自我】(1)NO3－在酸性条件下显示强氧化性，在中性或碱性溶液中不具有强氧化性。(2)HNO3的氧化性与浓度有关，浓HNO3的氧化性强于稀HNO3，但金属与HNO3反响时浓度越大，耗酸越多，产生的污染性气体也多。1．以下关于硫及其化合物的说法中正确的选项是()A．自然界中不存在游离态的硫B．二氧化硫的排放会导致光化学烟雾和酸雨的产生C．二氧化硫能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，表达了其漂白性D．浓硫酸可用来枯燥SO2、CO、Cl2等气体正确；答案选D。2．以下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．SO2和双氧水使酸性高锰酸钾溶液的紫色褪去C．硫化钠溶液和水玻璃长期暴露在空气中变质D．亚硫酸钠溶液和氯化铝溶液在空气中蒸干不能得到对应的溶质3．氮化硅(Si3N4)是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中反响制得：①3SiO2＋6C＋2N2eq\o(=====,\s\up12(高温))Si3N4＋6CO，也可由SiCl4的蒸汽和NH3反响制取：②3SiCl4＋4NH3eq\o(=====,\s\up12(高温))Si3N4＋12HCl。那么以下表达正确的选项是()A．反响②属于离子反响B．假设制取等量的Si3N4，那么反响①②转移电子数目必然相等C．反响①的氧化剂是N2D．反响①中氧化产物与复原产物物质的量之比为1∶6解析：选C。A.反响②是气体与气体反响生成固体和气体，不属于离子反响，错误；B.在反响①中每产生1molSi3N4，转移电子的物质的量是12mol；反响②是非氧化复原反响，因此没有发生电子转移因此制取等量的Si3N4，反响①②转移电子数目不相等，错误；C.在反响①N2得到电子由反响前N2的0价变为反响后Si3N4中的N元素的－3价，N得到电子，被复原，因此该反响的氧化剂是N2，正确；D.在反响①中氧化剂N2得到电子，被复原变为Si3N4，复原剂C失去电子被氧化变为CO，所以氧化产物CO与复原产物Si3N4物质的量之比为6∶1，错误。4．以下有关说法错误的选项是()A．H2O2、Na2O2都属于过氧化物、都存在非极性共价键B．H2O2做漂白剂是利用其强氧化性，漂白原理与HClO类似但与SO2不同C．双氧水是绿色氧化剂，可作医疗消毒剂D．H2O2既有氧化性又有复原性，1molH2O2在参加反响时一定转移2mol电子5．向某含有SOeq\o\al(2－,3)、SiOeq\o\al(2－,3)、COeq\o\al(2－,3)、Br－、Na＋的溶液中缓慢通入Cl2直至过量，以下对该反响过程的判断错误的选项是()A．整个过程共发生2个氧化复原反响B．所有阴离子的浓度都发生了变化C．溶液的颜色发生了变化D．反响过程中既有气体产生，也有沉淀产生解析：选A。向某含有SOeq\o\al(2－,3)、SiOeq\o\al(2－,3)、COeq\o\al(2－,3)、Br－、Na＋的溶液中缓慢通入Cl2直至过量，发生反响：Cl2＋H2OHCl＋HClO，Cl2＋H2O＋SOeq\o\al(2－,3)===2H＋＋2Cl－＋SOeq\o\al(2－,4)，Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2,

2H＋＋COeq\o\al(2－,3)===H2O＋CO2↑，2H＋＋SiOeq\o\al(2－,3)===H2SiO3↓。A.综上所述可知在溶液中发生的氧化复原反响有Cl2＋H2OHCl＋HClO，Cl2＋H2O＋SOeq\o\al(2－,3)===2H＋＋2Cl－＋SOeq\o\al(2－,4)，Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2共3个，错误；B.溶液中所有阴离子的浓度都发生了变化，正确；C.原来溶液为无色，反响后产生的Br2，使溶液变为橙黄色，溶液的颜色发生了变化，正确；D.反响过程中既有气体CO2产生，也有H2SiO3沉淀产生正确。6．物质在反响中可表现氧化性、复原性、酸性、碱性等，下面方程式中划线的物质，能在同一反响中同时表现上述两种或两种以上性质的有()①3FeO＋10HNO3＝3Fe(NO3)3＋NO↑＋5H2O②C＋2H2SO4(浓)＝CO2↑＋2SO2↑＋2H2O③8NH3＋3Cl2＝6NH4Cl＋N2④2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑A．①② B．①④C．③④ D．全部解析：选B。①在3FeO＋10HNO3＝3Fe(NO3)3＋NO↑＋5H2O中，硝酸表现氧化性和酸性，正确；②在C＋2H