讲练测2024年高考化学三轮复习核心热点总动员专题10非金属及其化合物含解析

PAGEPAGE22非金属及其化合物【名师精讲指南篇】【高考真题再现】1．【2024新课标2卷】探讨表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是（）A．雾和霾的分散剂相同B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关【答案】C【解析】分析：A．雾和霾的分散剂均是空气；B．依据示意图分析；C．在化学反应里能变更反应物化学反应速率（提高或降低）而不改变更学平衡，且本身的质量和化学性质在化学反应前后都没有发生变更的物质叫催化剂；D．氮肥会释放出氨气。详解：A．雾的分散剂是空气，分散质是水。霾的分散剂是空气，分散质固体颗粒。因此雾和霾的分散剂相同，A正确；B．由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；C．NH3作为反应物参与反应转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；D．氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。答案选C。点睛：结合示意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解答的关键，氨气作用推断是解答的易错点。本题情境真实，应用导向，聚焦络，关注元素化合物性质在生产和生活中的应用。5．【2024江苏卷】在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）A．FeFeCl2Fe(OH)2B．SSO3H2SO4C．CaCO3CaOCaSiO3D．NH3NOHNO3【答案】C【解析】A．铁与氯气反应只能生成氯化铁，A错误；B．硫在空气或氧气中燃烧只能生成二氧化硫，B错误；C．两步均能实现，C正确；D．NO不与H2O反应，D错误。【名师点睛】本题考查是元素化合物之间的转化关系及反应条件。解题的关键是要熟识常见物质的化学性质和转化条件，特殊是要关注具有实际应用背景或前景的物质转化学问的学习与应用。6．【2024北京卷】（12分）SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。（1）SCR（选择性催化还原）工作原理：①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式：____________。②反应器中NH3还原NO2的化学方程式：____________。③当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成：________。④尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素（M=60g·mol−1）含量的方法如下：取ag尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1mLc1mol·L−1H2SO4溶液汲取完全，剩余H2SO4用v2mLc2mol·L−1NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是________。（2）NSR（NOx储存还原）工作原理：NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。①通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是_________。②用H2模拟尾气中还原性气体探讨了Ba(NO3)2的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变更关系。第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是__________。③还原过程中，有时会产生笑气（N2O）。用同位素示踪法探讨发觉笑气的产生与NO有关。在有氧条件下15NO与NH3以肯定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO。将该反应的化学方程式补充完整：_______□15NNO+□H2O【答案】（1）①CO(NH2)2+H2OCO2+2NH3②8NH3+6NO27N2+12H2O③2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4④（2）①BaO②8∶1③415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O【解析】（1）①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，结合原子守恒，发生反应的化学方程式为CO(NH2)2+H2O2NH3↑+CO2↑。②从图中可以看出NH3在催化剂作用下还原NO2生成氮气和水，依据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O。③SO2在O2作用下与NH3、H2O反应形成(NH4)2SO4，此反应中SO2是还原剂，氧气是氧化剂，结合电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4。④汲取NH3的硫酸的物质的量为v1×10-3L×c1mol·L−1-v2×10-3L×c2mol·L−1×=（v1c1-v2c2）×10-3mol，则尿素的物质的量为（v1c1-v2c2）×10-3mol，尿素溶液中溶质的质量分数是[QUOTE（v1c1-v2c2）×10-3mol×60g/mol]÷ag×100%=。（2）①由图示可知BaO和NOx作用生成Ba(NO3)2，Ba(NO3)2再还原为N2，则储存NOx的物质是BaO。②由图示可知，第一步反应为H2与Ba(NO3)2作用生成NH3，每摩Ba(NO3)2作用生成NH3共转移16mol电子，依据电子守恒，参与反应的氢气的物质的量为16mol÷2=8mol，则消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是8:1。③反应物有15NO与NH3，结合产物中有水，可知还有另一反应物O2，反应中NH3是还原剂，15NO与O2是氧化剂，因含氮产物均为15NNO，则15NO与NH3以1:1参与反应，结合电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O。【名师点睛】试题以SCR和NSR技术限制发动机的NOx排放为载体，重点考查化学方程式书写、化学计算、氧化还原反应电子转移的应用等学问，考查考生的读图实力、计算实力和对试题的综合分析实力。留意读图时要结合题目要求绽开，如图a，问题中“NOx的储存和还原。储存…..”，因此主要就是从图左到图右，BaO转变成Ba(NO3)2，Pt没有发生变更，所以BaO是储存NOx的试剂，而Pt没有变更则可能是该储存过程中的催化剂。该题涉及到方程式的书写较多，尤其是氧化还原反应方程式的配平是解答的难点。留意利用好“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，留意电子得失守恒的计算关系式，即n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变更值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变更值(高价－低价)。7．【2024天津卷】（14分）H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上实行多种方法削减这些有害气体的排放，回答下列方法中的问题。Ⅰ．H2S的除去方法1：生物脱H2S的原理为：H2S+Fe2(SO4)3S↓+2FeSO4+H2SO44FeSO4+O2+2H2SO42Fe2(SO4)3+2H2O（1）硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍，该菌的作用是______________。（2）由图3和图4推断运用硫杆菌的最佳条件为______________。若反应温度过高，反应速率下降，其缘由是______________。方法2：在肯定条件下，用H2O2氧化H2S（3）随着参与反应的n(H2O2)/n(H2S)变更，氧化产物不同。当n(H2O2)/n(H2S)=4时，氧化产物的分子式为__________。Ⅱ．SO2的除去方法1（双减法）：用NaOH汲取SO2，并用CaO使NaOH再生NaOH溶液Na2SO3溶液（4）写出过程①的离子方程式：____________________________；CaO在水中存在如下转化：CaO(s)+H2O(l)Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH−(aq)从平衡移动的角度，简述过程②NaOH再生的原理____________________________________。方法2：用氨水除去SO2（5）已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10−5，H2SO3的Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.2×10−8。若氨水的浓度为2.0mol·L−1，溶液中的c(OH−)=_________________mol·L−1。将SO2通入该氨水中，当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1时，溶液中的c()/c()=___________________。【答案】（1）降低反应活化能（或作催化剂）（2）30℃、pH=2.0蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）（3）H2SO4（4）2OH−+SO2+H2O与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成（5）6.0×10−30.62【解析】（1）依据硫杆菌存在时的反应速率是无菌时的5×105倍可知，反应速率显著增大，则硫杆菌的作用是作催化剂，降低了反应的活化能。（2）依据图3可知，温度30℃左右时，氧化速率最大，依据图4可知，pH=2.0时氧化速率最大，所以运用硫杆菌的最佳条件为30℃、pH=2.0；若反应温度过高，硫杆菌蛋白质变性失去活性造成反应速率下降。（3）依据化合价升降，当n(H2O2)/n(H2S)=4时，4molH2O2转移8mol电子，则1molH2S也转移8mol电子，化合价从−2价上升到+6价，所以氧化产物为H2SO4。（4）过程①是NaOH与SO2的反应，反应的离子方程式为2OH−+SO2+H2O；依据CaO在水中的转化：CaO(s)+H2O(l)Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH−(aq)，过程②中Na2SO3加入CaO后，与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成。（5）依据NH3·H2O的Kb=1.8×10−5可知，EQ\F(c(NH4+)c(OH−),c(NH3·H2O))=1.8×10−5，当氨水的浓度为2.0mol·L−1时，溶液中的c(OH−)=c()=EQ\R(,1.8×10−5×2.0mol·L-1)=6.0×10−3mol·L−1。依据H2SO3的Ka2=6.2×10−8可知，EQ\F(c(H+)c(SO32-),c(HSO3−))=6.2×10−8，当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1，则c(H+)=1.0×10−7mol·L−1，溶液中的c()/c()=0.62。【名师点睛】本题以真实化学问题为载体，考查应用实践实力。从化络构建①Cl2＋SO2＋2H2O=2HCl＋H2SO4②Cl2＋2KI=I2＋2KCl③3Cl2＋2Feeq\o(=,\s\up7(点燃))2FeCl3④Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O⑤MnO2＋4HCl(浓)eq\o(=,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O⑥2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2NaOH＋Cl2↑＋H2↑⑦Cl2＋H2OHCl＋HClO⑧2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O3．扫除学问盲点(1)液氯密封在钢瓶中，而氯水、次氯酸应保存在棕色试剂瓶中。(2)1molCl2参与反应，转移电子数可能为2NA、NA或小于NA(Cl2和H2O的反应为可逆反应)。(3)试验室制Cl2，除了用MnO2和浓盐酸反应外，还可以用KMnO4、KClO3、NaClO与浓盐酸反应且都不须要加热，如ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O。(4)酸性KMnO4溶液，用的是H2SO4酸化而不是盐酸。(5)ClO－不论在酸性环境中还是在碱性环境中均能体现强氧化性，如ClO－与SOeq\o\al(2－,3)、I－、Fe2＋均不能大量共存；ClO－体现水解性，因HClO酸性很弱，ClO－水解显碱性，如Fe3＋＋3ClO－＋3H2O=Fe(OH)3↓＋3HClO，所以ClO－与Fe3＋、Al3＋均不能大量共存。(6)向Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体生成CaSO4而不是CaSO3，其离子方程式为Ca2＋＋3ClO－＋SO2＋H2O=CaSO4↓＋Cl－＋2HClO(少量SO2)Ca2＋＋2ClO－＋2SO2＋2H2O=CaSO4↓＋2Cl－＋SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋(过量SO2)。三、氧、硫及其重要化合物1．理清学问主线H2eq\o(S,\s\up6(－2))→eq\o(S,\s\up6(0))→eq\o(S,\s\up6(＋4))O2→eq\o(S,\s\up6(＋6))O3(H2eq\o(S,\s\up6(＋6))O4)2．留意网络构建①S＋Feeq\o(=,\s\up7(△))FeS②2SO2＋O22SO3③a：Cu＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2Ob：C＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))CO2↑＋2SO2↑＋2H2O④H2SO4＋Ba(OH)2=BaSO4↓＋2H2O⑤SO2＋2NaOH=Na2SO3＋H2O⑥SO3＋H2O=H2SO4⑦SO2＋2H2S=3S↓＋2H2O⑧2H2S＋3O2eq\o(=,\s\up7(点燃))2SO2＋2H2O3．扫除学问盲点(1)除去附着在试管内壁上的硫，除了用热的NaOH溶液，还可以用CS2，但不能用酒精。(2)SO2使含有酚酞的NaOH溶液褪色，表现SO2酸性氧化物的性质；使品红溶液褪色，表现SO2的漂白性；能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，表现SO2的还原性；SO2与H2S反应，表现SO2的氧化性；SO2和Cl2等体积混合通入溶液中，漂白性不但不增加，反而消逝。(3)把SO2气体通入BaCl2溶液中，没有沉淀生成，但若通入NH3或加入NaOH溶液，或把BaCl2改成Ba(NO3)2均有白色沉淀生成，前两者生成BaSO3沉淀，后者生成BaSO4沉淀。(4)浓HNO3和Cu(足量)、浓H2SO4和Cu(足量)、浓盐酸和MnO2(足量)在反应时，随反应进行，产物会发生变更或反应停止。留意区分Zn和浓H2SO4的反应。(5)C与浓硫酸反应产物的确定应按以下流程进行：无水CuSO4确定水→品红溶液确定SO2→酸性KMnO4溶液除去SO2→品红溶液检验SO2是否除净→澄清石灰水检验CO2。四、氮及其重要化合物1．理清学问主线eq\o(N,\s\up6(－3))H3→eq\o(N2,\s\up6(0))→eq\o(N,\s\up6(＋1))2O→eq\o(N,\s\up6(＋2))O→eq\o(N,\s\up6(＋4))O2→Heq\o(N,\s\up6(＋5))O32．留意网络构建①Ca(OH)2＋2NH4Cleq\o(=,\s\up7(△))CaCl2＋2NH3↑＋2H2O②N2＋3H22NH3③4NH3＋5O24NO＋6H2O④3NO2＋H2O=2HNO3＋NO⑤3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O⑥Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O3．扫除学问盲点(1)NO只能用排水法或气囊法收集。(2)NO2或NO与O2通入水的计算中常用到4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3、4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3两个方程式。(3)浓HNO3显黄色是因为溶有NO2，而工业上制备的盐酸显黄色，是因为溶有Fe3＋。(4)硝酸、浓H2SO4、次氯酸具有强氧化性，属于氧化性酸，其中HNO3、HClO见光或受热易分解。(5)强氧化性酸(如HNO3、浓H2SO4)与金属反应不生成H2；金属和浓HNO3反应一般生成NO2，而金属和稀HNO3反应一般生成NO。(6)试验室制备NH3，除了用Ca(OH)2和NH4Cl反应外，还可用浓氨水的分解(加NaOH固体或CaO)制取，而检验NHeq\o\al(＋,4)须用浓NaOH溶液并加热，用潮湿的红色石蕊试纸检验生成的气体，以确定NHeq\o\al(＋,4)的存在。(7)收集NH3时，把一团干燥的棉花放在试管口，以防止与空气对流；收集完毕，尾气处理时，应放一团用稀硫酸浸湿的棉花放在试管口，以汲取NH3。(8)铜与浓HNO3反应在试管内就能看到红棕色的NO2，而与稀HNO3反应时需在试管口才能看到红棕色气体。(9)浓盐酸和浓氨水反应有白烟生成，常用于HCl和NH3的相互检验。【应试技巧点拨】1．加强相关学问点的联系，留意）”。通过每一族典型物质的复习，把它按物质的分类连成主线，使所学学问系统化、条理化。学问点清楚，便于记忆，驾驭好系统。其次以解题思路、思维过程为主线，重在加强思维品质的熬炼。4．形成网络，提高实力近几年高考题中多个学问点用多种形式联系在一起的选择题、框图题、计算题、试验题的考查份量渐渐加大。所以，将学问点进行比较、进行网络化非常重要。尤其对视察实力、思维实力、解题实力的培育是很有帮助的。大家肯定要仔细总结。同时，网络的建立，不应当是各步反应的简洁排列，而应当是以点（代表物）代面（全章各物质）之间的横向复习，从而较系统地驾驭本章的学问要点。【名题精选练兵篇】1．【广州天河区2025届高三测试（二)】化学与人类生产、生活、社会可持续发展等亲密相关。下列说法正确的是（）A．《格物粗谈》记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指氧气B．为了更好地为植物供应N、P、K三种养分元素，可将草木灰与NH4H2PO4混合运用C．“可燃冰”是一种有待大量开发的新能源，但开采过程中发生泄漏，会造成温室效应D．中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的有机高分子材料【答案】C【解析】A.《格物粗谈》记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是乙烯，乙烯能够促进果实的成熟，故A错误；B.草木灰中的有效成分是碳酸钾，碳酸根离子水解显碱性，NH4H2PO4显酸性，混合施用，降低肥效，故B错误；C.“可燃冰”是由水和自然气在中高压和低温条件下混合时组成的类似冰的、非化学计量的、笼形结晶化合物，主要成分是甲烷，依据科学探讨，甲烷含量的增加也是造成全球温室效应的缘由之一，所以可燃冰泄漏也有可能造成温室效应，故C正确；D.中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型无机非金属材料，故D错误。答案选C。2.【河南许昌高级中学2025届高三诊断（二)】下列有关试验装置进行的相应试验，能达到目的的是（）A．证明非金属性Cl>C>SiB．“喷泉”试验C．制取并收集干燥纯净的NH3D．探究SO2的还原性和漂白性【答案】B 【解析】A.盐酸不是最高价氧化物对应水化物的含氧酸，且挥发出的盐酸能够使硅酸钠变浑浊，图示装置无法达到试验目的，故A项错误；B.图示装置中NaOH溶液与氯气反应，是瓶内气压骤降，可完成喷泉试验，故B项正确；C.NH3的密度较小，应当采纳向下排空气法收集，图中为向上排空气法，故C项错误；D.SO2与硫化氢的反应中，二氧化硫的S元素化合价降低，表现的是氧化性，而不是还原性，故D项错误；答案选B。3．【北京昌平区2025届高三上学期期末】依据下列试验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项试验操作和现象结论A常温下，0.1mol/LCH3COOH溶液的pH大于1乙酸是弱酸B向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀该溶液中肯定有SO42-C向饱和NaHCO3溶液中加入足量氯水，有无色气体产生氯水中含HClODCl2、SO2均能使品红溶液褪色两者均有氧化性A．AB．BC．CD．D【答案】A【解析】A.0.1mol/LCH3COOH溶液的pH大于1，说明醋酸不能完全电离，存在电离平衡，可证明乙酸是弱酸，A正确；B．滴加酸化的Ba(NO3)2溶液，若溶液中含SO32-，则H+、NO3-、SO32-会发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，因此不能证明该溶液中肯定有SO42-，B错误；C．向饱和NaHCO3溶液中加入足量氯水，氯水中含有的HCl与碳酸氢钠反应，生成气体为CO2，C错误；D．SO2能与品红溶液结合生成无色物质，其漂白是结合漂白，而氯气溶于水反应产生的HClO的漂白是氧化漂白，漂白原理不同，D错误；故合理选项是A。4．【广州市2025届高三上学期期末】下列关于自然界中氮循环的说法错误的是（）A．氮肥均含有NH4+B．雷电作用固氮中氮元素被氧化C．碳、氢、氧三种元素参与了自然界中氮循环D．合成氨工业的产品可用于侯氏制碱法制备纯碱【答案】A【解析】A项，除了含有铵根NH4+的氨态氮肥以外，还有硝态氮肥（以硝酸根NO3-为主）、铵态硝态氮肥（同时含有硝酸根和铵根）、酰胺态氮肥（尿素），故A项错误；B项，在闪电（高能）作用下，生成氮氧化合物，氮元素化合价上升，所以雷电作用固氮中氮元素被氧化，故B项正确；C项，碳、氢、氧三种元素参与了氮循环，如蛋白质的制造须要碳元素，又如氮气在放电条件下，与氧气干脆化合生成一氧化氮气体，二氧化氮易与水反应生成硝酸和一氧化氮等，故C项正确；D项，侯氏制碱法制备纯碱涉及的反应为：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，该制备中用到了氨气，所以合成氨工业的产品可用于侯氏制碱法制备纯碱，故D项正确。故选A。5.【山东临沂市2025届高三上学期期末】硫化氢作为继NO和CO之后的第3种气体信号分子，在血管新生的调控中起到重要作用，人体中微量的H2S能有效预防心脏病。下列有关说法不正确的是（）A．H2S属于弱电解质B．NO和CO都不属于酸性氧化物C．H2S、NO和CO都能与臭氧反应D．H2S通入Ba(NO3)2溶液中无明显现象【答案】D【解析】A、H2S属于二元弱酸，属于弱电解质，故A说法正确；B、NO和CO为不成盐氧化物，即NO和CO不属于酸性氧化物，故B说法正确；C、臭氧具有强氧化性，H2S、NO、CO具有还原性，H2S、NO、CO都能与臭氧发生氧化还原反应，故C说法正确；D、H2S属于二元弱酸，NO3－在酸性条件下具有强氧化性，能把－2价S氧化成S单质，溶液出现浑浊，故D说法错误；6．【江苏常州市2025届高三上学期期末】水合肼(N2H4·H2O)为无色透亮的油状发烟液体，是一种重要的精细化工原料，其制备的反应原理为NaClO＋2NH3===N2H4·H2O＋NaCl。下列关于试验室制备水合肼的操作不正确的是（）甲乙丙丁A．装置甲中试剂X可以选择生石灰B．装置乙作为反应过程的平安瓶C．装置丙制备水合肼时氨气从b口进入D．装置丁可用于汲取多余的尾气【答案】C【解析】A项：装置甲用于制备氨气，试剂X可以是生石灰，利用CaO与水反应放热使氨气从溶液中逸出，A项正确；B项：氨气极易溶于水，为防止倒吸，用装置乙作为平安瓶置于甲乙之间，B项正确；C项：为有利于氨气与NaClO溶液反应，制备水合肼时氨气应从装置丙a口进入，C项错误；D项：氨气会污染环境，试验时用装置丁进行尾气处理并防倒吸，D项正确。本题选C。7．【北京西城区2025届高三（上)期末】如图是制备和收集气体的试验装置，该装置可用于（）A．饱和食盐水与碳化钙反应制取乙炔B．浓硝酸与铜反应制取二氧化氮C．浓氨水与生石灰反应制取氨气D．浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气【答案】A【解析】A．碳化钙与食盐水在常温下反应制取乙炔，乙炔不溶于水，可用排水法收集，A正确；B．浓硝酸与铜反应制取二氧化氮气体溶于水且与水反应，则不能用排水法收集，B错误；C．氨气极易溶于水，不能用排水法收集，C错误；D．浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应制备氯气，本题装置没有加热，D错误；故合理选项是B。8．【甘肃武威一中2025届高三上学期期末】我国胜利地放射了嫦娥一号探测卫星，对月球土壤中14种元素的分布及含量进行探测等。月球的矿产资源极为丰富，仅月球表层5cm厚的沙土就含铁单质有上亿吨，月球上的主要矿物有辉石(CaMgSi2O6)、斜长石(NaAlSi3O8)和橄榄石[(Mg或Fe)2SiO4]等。下列说法或分析不正确的是（）A．辉石、斜长石及橄榄石均属于硅酸盐矿B．斜长石的氧化物形式可表示为Na2O·Al2O3·3SiO2C．月球表层沙土中有游离态铁是因为月球的表面几乎没有氧气D．橄榄石中铁元素为＋2价【答案】B【解析】A.辉石[CaMgSi2O6]、斜长石[KAlSi3O8]和橄榄石[（Mg，Fe）2SiO4]的成分均属于硅酸盐类，属于硅酸盐矿，A正确；B.硅酸盐的氧化物表示方法：先写活泼金属氧化物，然后是不活泼的金属氧化物，再是非金属氧化物二氧化硅，最终是水，所以斜长石的氧化物形式可表示为：Na2O•Al2O3•6SiO2，B错误；C.金属铁的活动性是金属本身的性质，和金属是在月球上还是在地球上无关，C正确；D.化合物中，镁元素化合价是+2价，硅元素化合价是+4价，氧元素化合价是-2价，所以铁元素化合价是+2价，D正确；故合理选项是B。9．【皖西中学教化联盟2025届高三上学期期末】如图是某元素的价类二维图，其中A为正盐，X是一种强碱，通常条件下Z是无色液体，E的相对分子质量比D大16，各物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是（）A．A作肥料时不适合与草木灰混合施用B．同主族元素的氢化物中B的沸点最低C．C一般用排水法收集D．D→E的反应可用于检验D【答案】B【解析】由信息可知，A为正盐，为铵盐，强碱与铵盐加热生成氨气，所以B为NH3；氨气和氧气反应生成氮气和水，C为N2；氮气氧化为NO，所以D为NO；NO氧化为NO2，E为NO2；二氧化氮和水反应生成硝酸，F为HNO3；G为硝酸盐；Y为O2，Z为H2O。A.铵态氮肥和草木灰不能混合施用，故A项正确；B.B为NH3，氨气分子间存在氢键，所以氮族元素的氢化物中氨的沸点异样的高，所以氮族元素的氢化物中，NH3的沸点最高，故B项错误；C.C为N2，N2的密度与空气太接近，用排空气法收集不能得到纯净的气体，所以一般用排水法收集，故C项正确；D.NO与O2反应生成NO2，颜色由无色变为红棕色，可用于检验NO，故D项正确。故选B。10．【甘肃省宁县2025届高三上学期期末】自然界的硫循环如下图所示，下列说法不正确的是（）A．①和②中硫元素均被氧化B．限制化石燃料的运用可以削减SO2排放C．含硫有机物和含硫无机物可相互转化D．①是自然界形成酸雨的唯一缘由【答案】D【解析】①中SO2被氧化变为SO42-，②岩石中硫以金属硫化物或硫单质存在，火山爆发时，被氧化变为SO2，所以选项A合理；B.有些化石燃料中含有硫元素，运用时就会转化为SO2扩散到空气中，所以限制化石燃料的运用可以削减SO2排放，选项B正确；C.动植物遗体碎屑、排出物中硫元素是有机物，它们能形成石油等矿物质中的有机物，化石燃料燃烧会转化为SO2进入大气，动植物遗体碎屑、排出物也可以被微生物分解变为SO42-进入土壤溶液中，SO2、SO42-是无机物；它们被生产者汲取又可转化为有机物，从而实现了含硫有机物和含硫无机物相互转化，选项C正确；D.形成酸雨的物质，除了SO2还有H2S、NO2等，所以①不是自然界形成酸雨的唯一缘由，选项D错误；故合理选项是D。11．【山东邹城市二中2025届高三2月模拟】新春佳节少不了饮酒，土法酿造葡萄酒(只加糖的纯自然酿酒法)简洁出问题，有报道说，喝了自制葡萄酒差点失明。主要缘由是发酵过程产生的菌种多达百种，难以限制，而产生对神经有毒的甲醇等物质。科学酿酒须加SO2等辅料。我国国家标准（GB2760-2014）规定葡萄酒中SO2的残留量≤0.25g/L。(1)葡萄酒中添加SO2的作用可能是________。A.抗氧化B．氧化细菌C.增酸作用D．漂白I.试验方案一利用SO2的漂白性检测干白葡萄酒(液体为无色)中的SO2或H2SO3。设计如图的试验:(2)甲同学得出试验结论:干白葡萄酒中不含SO2或H2SO3。这个结论是否合理?说明理由___________。Ⅱ.试验方案二如图是在试验室进行二氧化硫制备与性质试验的组合装置，部分固定装置未画出。(3)关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，注入硫酸至浸没瓶中固体，写出A装置反应的化学方程式______，C中每消耗2molNa2O2，则转移电子数___________。(4)关闭弹簧夹1后，打开弹簧夹2，残余气体进入E、F中，为了证明SO2有还原性，并从绿色化学的角度考虑，则Z试剂可以是____，反应的离子反应方程式为____________，现象是_______。【答案】AC不合理；试验对比说明浓度低的亚硫酸不能使品红褪色，葡萄酒中的SO2含量很低，所以也不能使品红褪色Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O4NA酸性KMnO42MnO4—+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42—+4H+(或FeCl3溶液，SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42—+4H+)红色溶液变浅或褪色（或溶液由棕黄色变为浅绿色)【解析】（1）二氧化硫具有较强的还原性，可以防止葡萄酒被氧化，二氧化硫的水溶液显酸性，可以增加葡萄酒的酸性，二氧化硫有漂白性，但二氧化硫的含量很少，没有将葡萄酒漂白，故选AC；I.（2）1滴饱和亚硫酸溶液滴入3mL品红溶液中不褪色，而1滴品红溶液滴入3mL饱和亚硫酸溶液中褪色，说明二氧化硫或亚硫酸的含量会影响漂白效果，干白葡萄酒不能使品红溶液褪色，缘由为：干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少，故答案为：不合理，试验对比说明浓度低的亚硫酸不能使品红褪色，葡萄酒中的SO2含量很低，所以也不能使品红褪色；Ⅱ．试验方案二：装置A中制备二氧化硫，X干燥二氧化硫，C中检验SO2与Na2O2反应是否有氧气，D中氢氧化钠溶液汲取剩余的二氧化硫，防止污染空气．E装置验证二氧化硫的还原性，F装置验证二氧化硫为酸性气体，并汲取二氧化硫，防止污染空气。（3）关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，注入硫酸至浸没瓶中固体，A装置中亚硫酸钠与浓硫酸反应放出二氧化硫，二氧化硫被干燥后与过氧化钠反应生成硫酸钠，反应的方程式为SO2+Na2O2=Na2SO4，依据方程式，每消耗2molNa2O2，转移4mol电子，故答案为：SO2+Na2O2=Na2SO4；4NA；（4）关闭弹簧夹1后，打开弹簧夹2，残余气体进入E、F中，为了证明SO2有还原性，并从绿色化学的角度考虑，则Z试剂选择酸性KMnO4，高锰酸钾具有强氧化性，被二氧化硫还原褪色，发生反应的离子方程式为2MnO4—+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42—+4H+(或FeCl3溶液，SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42—+4H+)；故答案为：酸性KMnO4；2MnO4—+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42—+4H+(或FeCl3溶液，SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42—+4H+)；红色溶液变浅或褪色（或溶液由棕黄色变为浅绿色)。12．【山东枣庄市2025届高三上学期期末】硼酸(H3BO3)是有重要用途的一元弱酸。请回答下列问题：(1)单质硼溶于热的浓硝酸可以生成硼酸，该反应的化学方程式为___________。(2)利用铁硼矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)制硼酸，已知自然的Fe3O4不溶于酸。生产硼酸的工艺流程如下：①“浸渣”主要成分的化学式为_____________。②“净化除杂”：滤液保持肯定温度，需先加H2O2溶液，然后再调整溶液的pH=5.6。温度不宜过高的缘由是___________。调整溶液的pH=5.6的主要目的是___________。[已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39]，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，[已知：Ksp[Fe(OH)2]=4.7×10-6]，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，(3)硼酸也可以通过电解方法制备。工作原理如图所示。①写出阳极的电极反应式___________________。②a膜或b膜为阳离子交换膜的是________；阴极室溶液的浓度________(填“变大”、“不变”、“变小”)。(4)写出肯定条件下硼酸与氢氧化钠溶液反应的化学方程式_________________________。【答案】B+3HNO3H3BO3+3NO2↑SiO2、Fe3O4温度过高使H2O2分解使Fe3+、Al3+完全形成氢氧化物沉淀2H2O-4e-=O2↑+4H+a膜变大NaOH+H3BO3=NaB(OH)4【解析】（1）单质硼溶于热的浓硝酸可以生成硼酸，方程式为：B+3HNO3H3BO3+3NO2↑；（2）①反应的原料中除了SiO2、Fe3O4之外，其余物质均可以与硫酸反应生成对应的离子，故“浸渣”主要成分为：SiO2、Fe3O4；②H2O2受热易分解为水和氧气，故温度不宜过高，调整pH为5.6的目的是使Fe3+、Al3+完全形成氢氧化物沉淀，故答案为：①温度过高使H2O2分解；②使Fe3+、Al3+完全形成氢氧化物沉淀；（3）①阳极室溶液为稀硫酸，石墨电极为惰性电极，阳极应当是溶液中的水失电子生成氧气，电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+；②溶液中的阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，故a膜为阳离子交换膜，阴极室发生得电子的还原反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，有OH-生成，溶液的pH增大，故答案为：①2H2O-4e-=O2↑+4H+；②a膜；变大；（4）硼酸与氢氧化钠溶液反应的化学方程式：NaOH+H3BO3=NaB(OH)4【名师原创测试篇】1．下列关于液氯和氯水的叙述正确的是（）A．液氯是纯净物，而氯水是混合物B．液氯和氯水都显酸性C．液氯较氯水的漂白作用更强D．液氯无色，氯水呈黄绿色【答案】A【解析】A.液氯是液态的氯气，是纯净物，而氯水是含有多种分子和离子(分子有Cl2、HClO、H2O，离子有H＋、Cl－、ClO－及水分子电离出来的少量OH－)的混合物，故A正确；B.液氯是液态的氯气，即仅由氯气分子组成，所以不显酸性，氯水中含有H+，所以显酸性，故B错误；C.氯气本身不具有漂白性，只有氯气与水反应生成次氯酸时，次氯酸具有漂白性，故C错误；D氯气显黄绿色，氯水由于溶解了一部分氯气分子而显浅黄绿色，故D错误，故选A。2．甲、乙、丙、丁、戊五种物质是中学化学常见的物质，它们的转化关系如图所示（某些条件和部分产物已略去）。下列说法不正确的是（）A．若甲为单质，乙为O2，且甲可以与NaOH溶液反应放出H2，则丙不肯定是两性氧化物B．若甲为短周期中最活泼的金属，且戊为碱，则丙生成戊可能是氧化还原反应C．若甲为硫磺燃烧产物，丁为水，则戊的浓溶液不行用于干燥甲D．若甲为浓盐酸，乙为MnO2，则戊可能使品红褪色【答案】C【解析】A.若甲为单质，乙为O2，且甲可以与NaOH溶液反应放出H2，所以甲可能是铝或硅，丙为氧化铝或二氧化硅，则丙不肯定是两性氧化物，故正确；B.若甲为短周期中最活泼的金属，为金属钠，且戊为碱，则戊为氢氧化钠，乙可能为氧气，丙为氧化钠或过氧化钠，氧化钠和水反应生成氢氧化钠，为非氧化还原反应，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，为氧化还原反应，故正确；C.若甲为硫磺燃烧产物，为二氧化硫，丁为水，则乙为氧气，丙为三氧化硫，戊为硫酸，浓硫酸能干燥二氧化硫。故错误；D.若甲为浓盐酸，乙为MnO2，丙为氯气，氯气可以和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸能使品红褪色，故正确。故选C。3．下列说法正确的是（）A．图Ⅰ所示装置用于Cu和浓H2SO4制取少量的SO2气体B．图Ⅱ装置可验证非金属性：Cl>C>SiC．图Ⅲ可用于收集气体H2、CO2、Cl2、NH3D．图Ⅳ表示将SO2气体通入H2S水溶液中，所得溶液的pH变更【答案】C【解析】A.Cu和浓H2SO4反应须要加热,则图中装置不能制取少量的SO2气体,故A项错误;B.由于盐酸易挥发,图中可以知道盐酸酸性大于碳酸、盐酸酸性大于硅酸,不能确定碳酸、硅酸的酸性,且不能利用无氧酸与含氧酸的酸性比较非金属性,应利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性,故B错误;C.CO2、Cl2可利用向上排空气法收集,从长导管进气，H2、NH3可利用向下排空气法收集,从短导管进气,故C项正确;D.H2S水溶液显酸性,反应起先时pH不会大于7,将SO2气体通入H2S水溶液中生成单质硫,酸性减弱,pH增大,当SO2过量时，SO2溶于水生成亚硫酸，使溶液酸性增加,故D错误;综上，本题选C。4．将SO2气体通入下列溶液中，始终不变浑浊的是（）①氯化钙②硝酸钡③硅酸钠④偏铝酸钠⑤苯酚钠⑥硫化钠⑦氢氧化钙A．①②⑦B．①⑥C．①D．①⑥⑦【答案】C【解析】①盐酸是强酸，亚硫酸是弱酸，将SO2气体通入氯化钙溶液中不会生成亚硫酸钙沉淀，故①符合题意；②将SO2通入Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应，生成硫酸钡沉淀，故②不符合题意；③亚硫酸是弱酸，硅酸是更弱的酸，所以二氧化硫和Na2SiO3能反应生成硅酸，硅酸是不溶于水的物质，所以最终有沉淀析出，故③不符合题意；④将SO2通入偏铝酸钠中会生成氢氧化铝沉淀和亚硫酸氢钠，故④不符合题意；⑤将SO2通入苯酚钠溶液会生成苯酚，苯酚常温下微溶于水，使水溶液变浑浊，故⑤不符合题意；⑥将SO2气体通入硫化钠溶液中会生成不溶于水的硫单质，故⑥不符合题意；⑦少量的SO2通入Ca(OH)2溶液，会生成亚硫酸钙沉淀，过量的二氧化硫SO2通入Ca(OH)2溶液会生成溶于水的亚硫酸氢钙，故⑦不符合题意。故A、B、D错误。答案选C。5．下列叙述中错误的是（）A．氨气是一种碱性气体，可用碱石灰干燥B．液溴应保存于带磨口玻璃塞的细口试剂瓶中，并加水“水封”以削减其挥发C．向Ca(ClO)2溶液通入CO2，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去D．向未知溶液中滴加稀NaOH溶液，将潮湿红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，则原溶液中无NH4+【答案】D【解析】A.氨气是一种碱性气体，可用碱石灰干燥，故A正确；B.液溴应保存于带磨口玻璃塞的细口瓶试剂瓶中，并加水“水封”以削减其易挥发，故B正确；C.向Ca（ClO）2溶液通入CO2，反应生成HClO和碳酸钙，则溶液变浑浊，再加入品红溶液，HClO具有漂白性，红色褪去，故C正确；D.向某溶液中滴加稀NaOH溶液，将潮湿红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，可能是原溶液中无NH4＋，也可能是溶液中含有的NH4＋浓度小，不能产生NH3，故D错误。故选D。6．下列有关离子检验的操作和试验结论都正确的是（）选项试验操作及现象试验结论A向某溶液中加入NaOH稀溶液，用潮湿的红色石蕊试纸靠近试管口检验，试纸不变蓝原溶液中肯定不含有NH4+B向某溶液中加入足量的盐酸无明显现象，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀原溶液中肯定含有SO42－C向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体原溶液中肯定含有CO32－D用铂丝蘸取某溶液在无色火焰上灼烧干脆视察火焰颜色未见紫色原溶液中不含K＋A．AB．BC．CD．D【答案】B【解析】A、氨气在水中溶解度大，加入稀氢氧化钠不能确定是否含有铵根离子，故A错误；B、加HCl以防止银离子、亚硫酸根、碳酸根等干扰，加入足量的盐酸无明显现象，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，原溶液中肯定含有SO42－，故B正确；C、向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，溶液中可能含有碳酸氢根离子、碳酸根离子，故C错误；D、用铂丝蘸取某溶液在无色火焰上灼烧干脆视察火焰颜色未见紫色，可能含有钾离子，需透过蓝色钴玻璃视察焰色，确定有无钾元素，故D错误。故选B。7．由短周期元素组成的中学常见无机物A、B、C、D、E、X存在如图所示转化关系(部分反应物、生成物和反应条件略去)。下列推断不正确的是（）A．若A中含有非极性键，则X可能为一种酸酐B．若A是单质，则B和E中也肯定有一种是单质C．若B具有强氧化性，则A、E的组成元素可能相同D．若X为O2，则B、C、D在常温下均可以是气体【答案】B【解析】A.若A中含有非极性键，则X可能为一种酸酐,例如A是过氧化钠，X是CO2，故A正确；B.若A是单质，与水发生氧化还原反应，依据氧化还原反应规律，化合价肯定发生变更，则B和E中不肯定是单质，故B错误；C.若B具有强氧化性，则A、E的组成元素可能相同，例如A是NO2，B是硝酸，X是NO，故C正确；D.若X为O2，则B、C、D可以是气体，例如A是氮化镁，B是氨气，C是NO，D是NO2，故D正确。答案选B。8．用下列两种途径制取H2SO4，某些反应条件和产物已省略，下列有关说法不正确的是（）途径①SH2SO4途径②SSO2SO3H2SO4A．途径①反应中体现了浓HNO3的强氧化性和酸性B．途径②的其次步反应在实际生产中可以通过增大O2的浓度来降低成本C．由途径①和②分别制取1molH2SO4，理论上各消耗1molS，各转移6mol电子D．途径②与途径①相比较更能体现“绿色化学”的理念，因为途径②比途径①的污染相对较小且原子利用率较高【答案】A【解析】途径①反应的化学方程式为S＋6HNO3(浓)=H2SO4＋6NO2↑＋2H2O，没有硝酸盐生成，硝酸只表现氧化性，不表现酸性，故A错误；途径②的其次步反应方程式是2SO2+O22SO3，增大O2的浓度，平衡正向移动，可以提高二氧化硫转化率，故B正确；由S生成H2SO4不论经验几个步骤，硫元素都由0价变为+6，由电子守恒得，转移电子数都是6，故C正确；途径①中有NO2气体放出，途径②比途径①的污染相对较小且原子利用率较高，故D正确。选A。9．已知A、B、C、D、E是化学中常见的物质,常温下,E是一种无色无味的液体,它们之间有如下反应关系。(1)若A是一种黑色单质,B是一种常见的难挥发性酸,C、D都是气体,试写出此反应的化学方程式_________________________________。(2)若A是一种紫红色单质,B是一种常见的挥发性酸,反应时生成的C是无色气体,反应的离子方程式是________________________,B在反应中表现出的性质是_______、______。(3)若试验室中利用A和B的反应制备气体C,C是一种无色、刺激性气味、密度比空气小的气体,试写出此反应的化学方程式________;试验室检验C的方法___________。【答案】C+2H2SO4(浓)CO2↑+2H2O+SO2↑2NO3-+3Cu+8H+=2NO↑+4H2O+3Cu2+酸性氧化性2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl