《2022年高考化学二轮复习讲义解密07 非金属及其化合物(集训)(解析版).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考化学二轮复习讲义解密07 非金属及其化合物(集训)(解析版).docx（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、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( )ACO2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CCO2催化加氢合成低碳烯烃属于化合反应DCO2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
2、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HC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
3、【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
4、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( )AS6和S8分子都是由S原子组成，所以它们是一种物质BS6和S8分子分别与铁粉反应，所得产物不同CS6和S8分子分别与过量的氧气反应可以得到SO3D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
5、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，SO3H2SO4B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2CaCO32SO2O22CO22CaSO4D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
6、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NaClO3D某氯水中加入硝酸银溶液生成白色沉淀
7、，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HC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，
8、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
9、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
10、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
11、( )A缓慢与水发生反应：NCl3+2H2O=HNO2+3HClB具有强氧化性，能与HCl气体反应生成Cl2C很不稳定，受热或受震动时发生猛烈爆炸而分解：2NCl3N2+ Cl2D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
12、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BNa2S2O7水溶液显中性C98%的H2SO4可以表示为SO3
13、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H2SO4H2O，如果把H2SO4表示为SO3·H2O，则98%的浓硫酸也
14、可表示为SO3H2O，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
15、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
16、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BSiO2是酸性氧化物，可以与NaOH反应：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2OC 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
17、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
18、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CuS
19、O4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
20、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：有红色金属生成；产生刺激性气味的气体；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BNH4CuSO3中氮元素被氧化C刺激性气味的气体是氨气 D1mol 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2NH4CuSO32H2SO4=CuCuSO42SO22H2O(NH4)2SO4。A项，根据上述分析，只有Cu元素的化合
21、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2NH4CuSO32H2SO4=CuCuSO42SO22H2O(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
22、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CFeS2SO2H2SO3H2SO4D铝土矿NaAl(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
23、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+HClNaCl+ClO2+Cl2+H2O；NaClO2+HClNaCl+ClO2+H2O；NaClO2+Cl2NaCl+ClO2(均未配平)。下列说法正确的是( )Aa中通入的N2可用CO2或SO2代替Bb中NaClO2可用饱和食盐水代替Cc中广口瓶最好放在冰水浴中冷却Dd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
24、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
25、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N2BY中产生的白色沉淀是BaSO4或BaSO3C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
26、将SO2氧化，D正确；故选B。18下表中，对陈述、的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是()选项陈述陈述判断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对，对；有BCu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对，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对，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对，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，
27、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
28、：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5HSO3-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-+Cl2Br2+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
29、；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NO2C左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色氧化性：Cl2>Br2>I2DSO2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
30、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
31、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+3H2O5I-+ IO3-+6H+=3I2+H2OI2+ CH2(COOH)2=ICH(COOH)2+H+I-4Mn3+ICH(COOH)2+2H2O=I-+
32、4Mn2+HCOOH+2CO2+5H+AABC过程中，颜色变化为：蓝色琥珀色无色BDE过程放出的气体为O2CFG持续时间变长，是因为CH2(COOH)2逐渐被消耗DH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ABC过程中，颜色变化为：蓝色琥珀色，A错误；B项，DE反应为5I-+ IO3-+6H+=3I2+H2O，B错误；C项，根据I2+
33、CH2(COOH)2=ICH(COOH)2+H+I-可判断FG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CaSO4B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
34、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
35、；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( )A2a&l
36、t;b时，则一定存在：c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)B2a=b时，则一定存在：c(OH-)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(H)Cb<2a<2b时，则一定存在：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CO32-)+c(HCO3-)Da=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：CO2(少量)+2NaOH= Na2CO3+H2O， CO2(足量
37、)+NaOH= NaHCO3+H2O，当，发生反应；当时，发生反应。根据具体比值关系判断A项，当2a<b时，即氢氧化钠过量，发生反应，溶液中溶质是Na2CO3和NaOH，若氢氧化钠剩余很多，溶液中可能出现c(Na+)>c(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，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发生反应和，溶液中的溶质是Na2CO3和NaHCO3，列电荷守恒应该是：c
38、(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，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
39、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SiO2B沉淀A主要成分为SiO2，沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3C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
40、为SiO2，滤液中含有Ca2+、Fe3+、Al3+、Mg2+等离子，加入氨水调节pH到45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
41、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NaClCl2的体积/mLV2V3V4V5V固体质量/g54.6243.6435.4830.1429.25下列实验结论正确的是( )A甲溶液中发生的反应是Cl2+2Br=2Cl+Br2B乙中固体组成为NaBr、NaClC标准状况下Cl2的体积V为2688mLD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，反应完后再有2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2；戊中固体NaCl质量29.25g，根据钠离
42、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
43、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V
44、L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
45、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。SOCl2与水反应的化学方程式为_。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2H2SSO2=3S2H2O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
46、如下表。lg1.4=0.146Ka1Ka2H2SO31.4´10-26.0´10-8H2CO34.5´10-74.7´10-1125，H2S饱和溶液的物质的量浓度为_mol·L-1。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)。c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_。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)SOCl2+H2
47、OSO2+2HCl 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 (2)0.1 1.4 2H2SO3+O2=2H2SO4或2SO2+2H2O+O2=2H2SO4 H2SO3+HCO3-=CO2+ HSO3-+H2O 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)SOCl2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：S