PAGEPAGE22非金屬及其化合物【名師精講指南篇】【高考真題再現(xiàn)】1．【2024新課標(biāo)2卷】探討表明，氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時(shí)與大氣中的氨有關(guān)（如下圖所示）。下列敘述錯(cuò)誤的是（）A．霧和霾的分散劑相同B．霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨C．NH3是形成無(wú)機(jī)顆粒物的催化劑D．霧霾的形成與過(guò)度施用氮肥有關(guān)【答案】C【解析】分析：A．霧和霾的分散劑均是空氣；B．依據(jù)示意圖分析；C．在化學(xué)反應(yīng)里能變更反應(yīng)物化學(xué)反應(yīng)速率（提高或降低）而不改變更學(xué)平衡，且本身的質(zhì)量和化學(xué)性質(zhì)在化學(xué)反應(yīng)前后都沒(méi)有發(fā)生變更的物質(zhì)叫催化劑；D．氮肥會(huì)釋放出氨氣。詳解：A．霧的分散劑是空氣，分散質(zhì)是水。霾的分散劑是空氣，分散質(zhì)固體顆粒。因此霧和霾的分散劑相同，A正確；B．由于氮氧化物和二氧化硫轉(zhuǎn)化為銨鹽形成無(wú)機(jī)顆粒物，因此霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨，B正確；C．NH3作為反應(yīng)物參與反應(yīng)轉(zhuǎn)化為銨鹽，因此氨氣不是形成無(wú)機(jī)顆粒物的催化劑，C錯(cuò)誤；D．氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時(shí)與大氣中的氨有關(guān)，由于氮肥會(huì)釋放出氨氣，因此霧霾的形成與過(guò)度施用氮肥有關(guān)，D正確。答案選C。點(diǎn)睛：結(jié)合示意圖的轉(zhuǎn)化關(guān)系明確霧霾的形成原理是解答的關(guān)鍵，氨氣作用推斷是解答的易錯(cuò)點(diǎn)。本題情境真實(shí)，應(yīng)用導(dǎo)向，聚焦絡(luò)，關(guān)注元素化合物性質(zhì)在生產(chǎn)和生活中的應(yīng)用。5．【2024江蘇卷】在給定條件下，下列選項(xiàng)所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實(shí)現(xiàn)的是（）A．FeFeCl2Fe(OH)2B．SSO3H2SO4C．CaCO3CaOCaSiO3D．NH3NOHNO3【答案】C【解析】A．鐵與氯氣反應(yīng)只能生成氯化鐵，A錯(cuò)誤；B．硫在空氣或氧氣中燃燒只能生成二氧化硫，B錯(cuò)誤；C．兩步均能實(shí)現(xiàn)，C正確；D．NO不與H2O反應(yīng)，D錯(cuò)誤。【名師點(diǎn)睛】本題考查是元素化合物之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系及反應(yīng)條件。解題的關(guān)鍵是要熟識(shí)常見(jiàn)物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)和轉(zhuǎn)化條件，特殊是要關(guān)注具有實(shí)際應(yīng)用背景或前景的物質(zhì)轉(zhuǎn)化學(xué)問(wèn)的學(xué)習(xí)與應(yīng)用。6．【2024北京卷】（12分）SCR和NSR技術(shù)可有效降低柴油發(fā)動(dòng)機(jī)在空氣過(guò)量條件下的NOx排放。（1）SCR（選擇性催化還原）工作原理：①尿素[CO(NH2)2]水溶液熱分解為NH3和CO2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式：____________。②反應(yīng)器中NH3還原NO2的化學(xué)方程式：____________。③當(dāng)燃油中含硫量較高時(shí)，尾氣中SO2在O2作用下會(huì)形成(NH4)2SO4，使催化劑中毒。用化學(xué)方程式表示(NH4)2SO4的形成：________。④尿素溶液濃度影響NO2的轉(zhuǎn)化，測(cè)定溶液中尿素（M=60g·mol?1）含量的方法如下：取ag尿素溶液，將所含氮完全轉(zhuǎn)化為NH3，所得NH3用過(guò)量的v1mLc1mol·L?1H2SO4溶液汲取完全，剩余H2SO4用v2mLc2mol·L?1NaOH溶液恰好中和，則尿素溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是________。（2）NSR（NOx儲(chǔ)存還原）工作原理：NOx的儲(chǔ)存和還原在不同時(shí)段交替進(jìn)行，如圖a所示。①通過(guò)BaO和Ba(NO3)2的相互轉(zhuǎn)化實(shí)現(xiàn)NOx的儲(chǔ)存和還原。儲(chǔ)存NOx的物質(zhì)是_________。②用H2模擬尾氣中還原性氣體探討了Ba(NO3)2的催化還原過(guò)程，該過(guò)程分兩步進(jìn)行，圖b表示該過(guò)程相關(guān)物質(zhì)濃度隨時(shí)間的變更關(guān)系。第一步反應(yīng)消耗的H2與Ba(NO3)2的物質(zhì)的量之比是__________。③還原過(guò)程中，有時(shí)會(huì)產(chǎn)生笑氣（N2O）。用同位素示蹤法探討發(fā)覺(jué)笑氣的產(chǎn)生與NO有關(guān)。在有氧條件下15NO與NH3以肯定比例反應(yīng)時(shí)，得到的笑氣幾乎都是15NNO。將該反應(yīng)的化學(xué)方程式補(bǔ)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]水溶液熱分解為NH3和CO2，結(jié)合原子守恒，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為CO(NH2)2+H2O2NH3↑+CO2↑。②從圖中可以看出NH3在催化劑作用下還原NO2生成氮?dú)夂退罁?jù)電子守恒和原子守恒可得此反應(yīng)的化學(xué)方程式為8NH3+6NO27N2+12H2O。③SO2在O2作用下與NH3、H2O反應(yīng)形成(NH4)2SO4，此反應(yīng)中SO2是還原劑，氧氣是氧化劑，結(jié)合電子守恒和原子守恒可得此反應(yīng)的化學(xué)方程式為2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4。④汲取NH3的硫酸的物質(zhì)的量為v1×10-3L×c1mol·L?1-v2×10-3L×c2mol·L?1×=（v1c1-v2c2）×10-3mol，則尿素的物質(zhì)的量為（v1c1-v2c2）×10-3mol，尿素溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是[QUOTE（v1c1-v2c2）×10-3mol×60g/mol]÷ag×100%=。（2）①由圖示可知BaO和NOx作用生成Ba(NO3)2，Ba(NO3)2再還原為N2，則儲(chǔ)存NOx的物質(zhì)是BaO。②由圖示可知，第一步反應(yīng)為H2與Ba(NO3)2作用生成NH3，每摩Ba(NO3)2作用生成NH3共轉(zhuǎn)移16mol電子，依據(jù)電子守恒，參與反應(yīng)的氫氣的物質(zhì)的量為16mol÷2=8mol，則消耗的H2與Ba(NO3)2的物質(zhì)的量之比是8:1。③反應(yīng)物有15NO與NH3，結(jié)合產(chǎn)物中有水，可知還有另一反應(yīng)物O2，反應(yīng)中NH3是還原劑，15NO與O2是氧化劑，因含氮產(chǎn)物均為15NNO，則15NO與NH3以1:1參與反應(yīng)，結(jié)合電子守恒和原子守恒可得此反應(yīng)的化學(xué)方程式為415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O。【名師點(diǎn)睛】試題以SCR和NSR技術(shù)限制發(fā)動(dòng)機(jī)的NOx排放為載體，重點(diǎn)考查化學(xué)方程式書(shū)寫(xiě)、化學(xué)計(jì)算、氧化還原反應(yīng)電子轉(zhuǎn)移的應(yīng)用等學(xué)問(wèn)，考查考生的讀圖實(shí)力、計(jì)算實(shí)力和對(duì)試題的綜合分析實(shí)力。留意讀圖時(shí)要結(jié)合題目要求綻開(kāi)，如圖a，問(wèn)題中“NOx的儲(chǔ)存和還原。儲(chǔ)存…..”，因此主要就是從圖左到圖右，BaO轉(zhuǎn)變成Ba(NO3)2，Pt沒(méi)有發(fā)生變更，所以BaO是儲(chǔ)存NOx的試劑，而Pt沒(méi)有變更則可能是該儲(chǔ)存過(guò)程中的催化劑。該題涉及到方程式的書(shū)寫(xiě)較多，尤其是氧化還原反應(yīng)方程式的配平是解答的難點(diǎn)。留意利用好“守恒”三原則(即質(zhì)量守恒、得失電子守恒、電荷守恒)，留意電子得失守恒的計(jì)算關(guān)系式，即n(氧化劑)×變價(jià)原子個(gè)數(shù)×化合價(jià)變更值(高價(jià)－低價(jià))＝n(還原劑)×變價(jià)原子個(gè)數(shù)×化合價(jià)變更值(高價(jià)－低價(jià))。7．【2024天津卷】（14分）H2S和SO2會(huì)對(duì)環(huán)境和人體健康帶來(lái)極大的危害，工業(yè)上實(shí)行多種方法削減這些有害氣體的排放，回答下列方法中的問(wèn)題。Ⅰ．H2S的除去方法1：生物脫H2S的原理為：H2S+Fe2(SO4)3S↓+2FeSO4+H2SO44FeSO4+O2+2H2SO42Fe2(SO4)3+2H2O（1）硫桿菌存在時(shí)，F(xiàn)eSO4被氧化的速率是無(wú)菌時(shí)的5×105倍，該菌的作用是______________。（2）由圖3和圖4推斷運(yùn)用硫桿菌的最佳條件為_(kāi)_____________。若反應(yīng)溫度過(guò)高，反應(yīng)速率下降，其緣由是______________。方法2：在肯定條件下，用H2O2氧化H2S（3）隨著參與反應(yīng)的n(H2O2)/n(H2S)變更，氧化產(chǎn)物不同。當(dāng)n(H2O2)/n(H2S)=4時(shí)，氧化產(chǎn)物的分子式為_(kāi)_________。Ⅱ．SO2的除去方法1（雙減法）：用NaOH汲取SO2，并用CaO使NaOH再生NaOH溶液Na2SO3溶液（4）寫(xiě)出過(guò)程①的離子方程式：____________________________；CaO在水中存在如下轉(zhuǎn)化：CaO(s)+H2O(l)Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH?(aq)從平衡移動(dòng)的角度，簡(jiǎn)述過(guò)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。若氨水的濃度為2.0mol·L?1，溶液中的c(OH?)=_________________mol·L?1。將SO2通入該氨水中，當(dāng)c(OH?)降至1.0×10?7mol·L?1時(shí)，溶液中的c()/c()=___________________。【答案】（1）降低反應(yīng)活化能（或作催化劑）（2）30℃、pH=2.0蛋白質(zhì)變性（或硫桿菌失去活性）（3）H2SO4（4）2OH?+SO2+H2O與Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移動(dòng)，有NaOH生成（5）6.0×10?30.62【解析】（1）依據(jù)硫桿菌存在時(shí)的反應(yīng)速率是無(wú)菌時(shí)的5×105倍可知，反應(yīng)速率顯著增大，則硫桿菌的作用是作催化劑，降低了反應(yīng)的活化能。（2）依據(jù)圖3可知，溫度30℃左右時(shí)，氧化速率最大，依據(jù)圖4可知，pH=2.0時(shí)氧化速率最大，所以運(yùn)用硫桿菌的最佳條件為30℃、pH=2.0；若反應(yīng)溫度過(guò)高，硫桿菌蛋白質(zhì)變性失去活性造成反應(yīng)速率下降。（3）依據(jù)化合價(jià)升降，當(dāng)n(H2O2)/n(H2S)=4時(shí)，4molH2O2轉(zhuǎn)移8mol電子，則1molH2S也轉(zhuǎn)移8mol電子，化合價(jià)從?2價(jià)上升到+6價(jià)，所以氧化產(chǎn)物為H2SO4。（4）過(guò)程①是NaOH與SO2的反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為2OH?+SO2+H2O；依據(jù)CaO在水中的轉(zhuǎn)化：CaO(s)+H2O(l)Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH?(aq)，過(guò)程②中Na2SO3加入CaO后，與Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移動(dòng)，有NaOH生成。（5）依據(jù)NH3·H2O的Kb=1.8×10?5可知，EQ\F(c(NH4+)c(OH?),c(NH3·H2O))=1.8×10?5，當(dāng)氨水的濃度為2.0mol·L?1時(shí)，溶液中的c(OH?)=c()=EQ\R(,1.8×10?5×2.0mol·L-1)=6.0×10?3mol·L?1。依據(jù)H2SO3的Ka2=6.2×10?8可知，EQ\F(c(H+)c(SO32-),c(HSO3?))=6.2×10?8，當(dāng)c(OH?)降至1.0×10?7mol·L?1，則c(H+)=1.0×10?7mol·L?1，溶液中的c()/c()=0.62。【名師點(diǎn)睛】本題以真實(shí)化學(xué)問(wèn)題為載體，考查應(yīng)用實(shí)踐實(shí)力。從化絡(luò)構(gòu)建①Cl2＋SO2＋2H2O=2HCl＋H2SO4②Cl2＋2KI=I2＋2KCl③3Cl2＋2Feeq\o(=,\s\up7(點(diǎn)燃))2FeCl3④Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O⑤MnO2＋4HCl(濃)eq\o(=,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O⑥2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2NaOH＋Cl2↑＋H2↑⑦Cl2＋H2OHCl＋HClO⑧2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O3．掃除學(xué)問(wèn)盲點(diǎn)(1)液氯密封在鋼瓶中，而氯水、次氯酸應(yīng)保存在棕色試劑瓶中。(2)1molCl2參與反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)可能為2NA、NA或小于NA(Cl2和H2O的反應(yīng)為可逆反應(yīng))。(3)試驗(yàn)室制Cl2，除了用MnO2和濃鹽酸反應(yīng)外，還可以用KMnO4、KClO3、NaClO與濃鹽酸反應(yīng)且都不須要加熱，如ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O。(4)酸性KMnO4溶液，用的是H2SO4酸化而不是鹽酸。(5)ClO－不論在酸性環(huán)境中還是在堿性環(huán)境中均能體現(xiàn)強(qiáng)氧化性，如ClO－與SOeq\o\al(2－,3)、I－、Fe2＋均不能大量共存；ClO－體現(xiàn)水解性，因HClO酸性很弱，ClO－水解顯堿性，如Fe3＋＋3ClO－＋3H2O=Fe(OH)3↓＋3HClO，所以ClO－與Fe3＋、Al3＋均不能大量共存。(6)向Ca(ClO)2溶液中通入SO2氣體生成CaSO4而不是CaSO3，其離子方程式為Ca2＋＋3ClO－＋SO2＋H2O=CaSO4↓＋Cl－＋2HClO(少量SO2)Ca2＋＋2ClO－＋2SO2＋2H2O=CaSO4↓＋2Cl－＋SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋(過(guò)量SO2)。三、氧、硫及其重要化合物1．理清學(xué)問(wèn)主線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．留意網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建①S＋Feeq\o(=,\s\up7(△))FeS②2SO2＋O22SO3③a：Cu＋2H2SO4(濃)eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2Ob：C＋2H2SO4(濃)eq\o(=,\s\up7(△))CO2↑＋2SO2↑＋2H2O④H2SO4＋Ba(OH)2=BaSO4↓＋2H2O⑤SO2＋2NaOH=Na2SO3＋H2O⑥SO3＋H2O=H2SO4⑦SO2＋2H2S=3S↓＋2H2O⑧2H2S＋3O2eq\o(=,\s\up7(點(diǎn)燃))2SO2＋2H2O3．掃除學(xué)問(wèn)盲點(diǎn)(1)除去附著在試管內(nèi)壁上的硫，除了用熱的NaOH溶液，還可以用CS2，但不能用酒精。(2)SO2使含有酚酞的NaOH溶液褪色，表現(xiàn)SO2酸性氧化物的性質(zhì)；使品紅溶液褪色，表現(xiàn)SO2的漂白性；能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，表現(xiàn)SO2的還原性；SO2與H2S反應(yīng)，表現(xiàn)SO2的氧化性；SO2和Cl2等體積混合通入溶液中，漂白性不但不增加，反而消逝。(3)把SO2氣體通入BaCl2溶液中，沒(méi)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，前兩者生成BaSO3沉淀，后者生成BaSO4沉淀。(4)濃HNO3和Cu(足量)、濃H2SO4和Cu(足量)、濃鹽酸和MnO2(足量)在反應(yīng)時(shí)，隨反應(yīng)進(jìn)行，產(chǎn)物會(huì)發(fā)生變更或反應(yīng)停止。留意區(qū)分Zn和濃H2SO4的反應(yīng)。(5)C與濃硫酸反應(yīng)產(chǎn)物的確定應(yīng)按以下流程進(jìn)行：無(wú)水CuSO4確定水→品紅溶液確定SO2→酸性KMnO4溶液除去SO2→品紅溶液檢驗(yàn)SO2是否除凈→澄清石灰水檢驗(yàn)CO2。四、氮及其重要化合物1．理清學(xué)問(wèn)主線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．留意網(wǎng)絡(luò)構(gòu)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(濃)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O3．掃除學(xué)問(wèn)盲點(diǎn)(1)NO只能用排水法或氣囊法收集。(2)NO2或NO與O2通入水的計(jì)算中常用到4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3、4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3兩個(gè)方程式。(3)濃HNO3顯黃色是因?yàn)槿苡蠳O2，而工業(yè)上制備的鹽酸顯黃色，是因?yàn)槿苡蠪e3＋。(4)硝酸、濃H2SO4、次氯酸具有強(qiáng)氧化性，屬于氧化性酸，其中HNO3、HClO見(jiàn)光或受熱易分解。(5)強(qiáng)氧化性酸(如HNO3、濃H2SO4)與金屬反應(yīng)不生成H2；金屬和濃HNO3反應(yīng)一般生成NO2，而金屬和稀HNO3反應(yīng)一般生成NO。(6)試驗(yàn)室制備N(xiāo)H3，除了用Ca(OH)2和NH4Cl反應(yīng)外，還可用濃氨水的分解(加NaOH固體或CaO)制取，而檢驗(yàn)NHeq\o\al(＋,4)須用濃NaOH溶液并加熱，用潮濕的紅色石蕊試紙檢驗(yàn)生成的氣體，以確定NHeq\o\al(＋,4)的存在。(7)收集NH3時(shí)，把一團(tuán)干燥的棉花放在試管口，以防止與空氣對(duì)流；收集完畢，尾氣處理時(shí)，應(yīng)放一團(tuán)用稀硫酸浸濕的棉花放在試管口，以汲取NH3。(8)銅與濃HNO3反應(yīng)在試管內(nèi)就能看到紅棕色的NO2，而與稀HNO3反應(yīng)時(shí)需在試管口才能看到紅棕色氣體。(9)濃鹽酸和濃氨水反應(yīng)有白煙生成，常用于HCl和NH3的相互檢驗(yàn)。【應(yīng)試技巧點(diǎn)撥】1．加強(qiáng)相關(guān)學(xué)問(wèn)點(diǎn)的聯(lián)系，留意）”。通過(guò)每一族典型物質(zhì)的復(fù)習(xí)，把它按物質(zhì)的分類(lèi)連成主線，使所學(xué)學(xué)問(wèn)系統(tǒng)化、條理化。學(xué)問(wèn)點(diǎn)清楚，便于記憶，駕馭好系統(tǒng)。其次以解題思路、思維過(guò)程為主線，重在加強(qiáng)思維品質(zhì)的熬煉。4．形成網(wǎng)絡(luò)，提高實(shí)力近幾年高考題中多個(gè)學(xué)問(wèn)點(diǎn)用多種形式聯(lián)系在一起的選擇題、框圖題、計(jì)算題、試驗(yàn)題的考查份量漸漸加大。所以，將學(xué)問(wèn)點(diǎn)進(jìn)行比較、進(jìn)行網(wǎng)絡(luò)化非常重要。尤其對(duì)視察實(shí)力、思維實(shí)力、解題實(shí)力的培育是很有幫助的。大家肯定要仔細(xì)總結(jié)。同時(shí)，網(wǎng)絡(luò)的建立，不應(yīng)當(dāng)是各步反應(yīng)的簡(jiǎn)潔排列，而應(yīng)當(dāng)是以點(diǎn)（代表物）代面（全章各物質(zhì)）之間的橫向復(fù)習(xí)，從而較系統(tǒng)地駕馭本章的學(xué)問(wèn)要點(diǎn)。【名題精選練兵篇】1．【廣州天河區(qū)2025屆高三測(cè)試（二)】化學(xué)與人類(lèi)生產(chǎn)、生活、社會(huì)可持續(xù)發(fā)展等親密相關(guān)。下列說(shuō)法正確的是（）A．《格物粗談》記載“紅柿摘下未熟，每籃用木瓜三枚放入，得氣即發(fā)，并無(wú)澀味。”文中的“氣”是指氧氣B．為了更好地為植物供應(yīng)N、P、K三種養(yǎng)分元素，可將草木灰與NH4H2PO4混合運(yùn)用C．“可燃冰”是一種有待大量開(kāi)發(fā)的新能源，但開(kāi)采過(guò)程中發(fā)生泄漏，會(huì)造成溫室效應(yīng)D．中國(guó)天眼FAST用到的碳化硅是一種新型的有機(jī)高分子材料【答案】C【解析】A.《格物粗談》記載“紅柿摘下未熟，每籃用木瓜三枚放入，得氣即發(fā)，并無(wú)澀味。”文中的“氣”是乙烯，乙烯能夠促進(jìn)果實(shí)的成熟，故A錯(cuò)誤；B.草木灰中的有效成分是碳酸鉀，碳酸根離子水解顯堿性，NH4H2PO4顯酸性，混合施用，降低肥效，故B錯(cuò)誤；C.“可燃冰”是由水和自然氣在中高壓和低溫條件下混合時(shí)組成的類(lèi)似冰的、非化學(xué)計(jì)量的、籠形結(jié)晶化合物，主要成分是甲烷，依據(jù)科學(xué)探討，甲烷含量的增加也是造成全球溫室效應(yīng)的緣由之一，所以可燃冰泄漏也有可能造成溫室效應(yīng)，故C正確；D.中國(guó)天眼FAST用到的碳化硅是一種新型無(wú)機(jī)非金屬材料，故D錯(cuò)誤。答案選C。2.【河南許昌高級(jí)中學(xué)2025屆高三診斷（二)】下列有關(guān)試驗(yàn)裝置進(jìn)行的相應(yīng)試驗(yàn)，能達(dá)到目的的是（）A．證明非金屬性Cl>C>SiB．“噴泉”試驗(yàn)C．制取并收集干燥純凈的NH3D．探究SO2的還原性和漂白性【答案】B 【解析】A.鹽酸不是最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的含氧酸，且揮發(fā)出的鹽酸能夠使硅酸鈉變渾濁，圖示裝置無(wú)法達(dá)到試驗(yàn)?zāi)康模蔄項(xiàng)錯(cuò)誤；B.圖示裝置中NaOH溶液與氯氣反應(yīng)，是瓶?jī)?nèi)氣壓驟降，可完成噴泉試驗(yàn)，故B項(xiàng)正確；C.NH3的密度較小，應(yīng)當(dāng)采納向下排空氣法收集，圖中為向上排空氣法，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.SO2與硫化氫的反應(yīng)中，二氧化硫的S元素化合價(jià)降低，表現(xiàn)的是氧化性，而不是還原性，故D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B。3．【北京昌平區(qū)2025屆高三上學(xué)期期末】依據(jù)下列試驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是（）選項(xiàng)試驗(yàn)操作和現(xiàn)象結(jié)論A常溫下，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溶液出現(xiàn)白色沉淀該溶液中肯定有SO42-C向飽和NaHCO3溶液中加入足量氯水，有無(wú)色氣體產(chǎn)生氯水中含HClODCl2、SO2均能使品紅溶液褪色兩者均有氧化性A．AB．BC．CD．D【答案】A【解析】A.0.1mol/LCH3COOH溶液的pH大于1，說(shuō)明醋酸不能完全電離，存在電離平衡，可證明乙酸是弱酸，A正確；B．滴加酸化的Ba(NO3)2溶液，若溶液中含SO32-，則H+、NO3-、SO32-會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，因此不能證明該溶液中肯定有SO42-，B錯(cuò)誤；C．向飽和NaHCO3溶液中加入足量氯水，氯水中含有的HCl與碳酸氫鈉反應(yīng)，生成氣體為CO2，C錯(cuò)誤；D．SO2能與品紅溶液結(jié)合生成無(wú)色物質(zhì)，其漂白是結(jié)合漂白，而氯氣溶于水反應(yīng)產(chǎn)生的HClO的漂白是氧化漂白，漂白原理不同，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是A。4．【廣州市2025屆高三上學(xué)期期末】下列關(guān)于自然界中氮循環(huán)的說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．氮肥均含有NH4+B．雷電作用固氮中氮元素被氧化C．碳、氫、氧三種元素參與了自然界中氮循環(huán)D．合成氨工業(yè)的產(chǎn)品可用于侯氏制堿法制備純堿【答案】A【解析】A項(xiàng)，除了含有銨根NH4+的氨態(tài)氮肥以外，還有硝態(tài)氮肥（以硝酸根NO3-為主）、銨態(tài)硝態(tài)氮肥（同時(shí)含有硝酸根和銨根）、酰胺態(tài)氮肥（尿素），故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，在閃電（高能）作用下，生成氮氧化合物，氮元素化合價(jià)上升，所以雷電作用固氮中氮元素被氧化，故B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，碳、氫、氧三種元素參與了氮循環(huán)，如蛋白質(zhì)的制造須要碳元素，又如氮?dú)庠诜烹姉l件下，與氧氣干脆化合生成一氧化氮?dú)怏w，二氧化氮易與水反應(yīng)生成硝酸和一氧化氮等，故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，侯氏制堿法制備純堿涉及的反應(yīng)為：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl，碳酸氫鈉加熱分解生成碳酸鈉，該制備中用到了氨氣，所以合成氨工業(yè)的產(chǎn)品可用于侯氏制堿法制備純堿，故D項(xiàng)正確。故選A。5.【山東臨沂市2025屆高三上學(xué)期期末】硫化氫作為繼NO和CO之后的第3種氣體信號(hào)分子，在血管新生的調(diào)控中起到重要作用，人體中微量的H2S能有效預(yù)防心臟病。下列有關(guān)說(shuō)法不正確的是（）A．H2S屬于弱電解質(zhì)B．NO和CO都不屬于酸性氧化物C．H2S、NO和CO都能與臭氧反應(yīng)D．H2S通入Ba(NO3)2溶液中無(wú)明顯現(xiàn)象【答案】D【解析】A、H2S屬于二元弱酸，屬于弱電解質(zhì)，故A說(shuō)法正確；B、NO和CO為不成鹽氧化物，即NO和CO不屬于酸性氧化物，故B說(shuō)法正確；C、臭氧具有強(qiáng)氧化性，H2S、NO、CO具有還原性，H2S、NO、CO都能與臭氧發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故C說(shuō)法正確；D、H2S屬于二元弱酸，NO3－在酸性條件下具有強(qiáng)氧化性，能把－2價(jià)S氧化成S單質(zhì)，溶液出現(xiàn)渾濁，故D說(shuō)法錯(cuò)誤；6．【江蘇常州市2025屆高三上學(xué)期期末】水合肼(N2H4·H2O)為無(wú)色透亮的油狀發(fā)煙液體，是一種重要的精細(xì)化工原料，其制備的反應(yīng)原理為NaClO＋2NH3===N2H4·H2O＋NaCl。下列關(guān)于試驗(yàn)室制備水合肼的操作不正確的是（）甲乙丙丁A．裝置甲中試劑X可以選擇生石灰B．裝置乙作為反應(yīng)過(guò)程的平安瓶C．裝置丙制備水合肼時(shí)氨氣從b口進(jìn)入D．裝置丁可用于汲取多余的尾氣【答案】C【解析】A項(xiàng)：裝置甲用于制備氨氣，試劑X可以是生石灰，利用CaO與水反應(yīng)放熱使氨氣從溶液中逸出，A項(xiàng)正確；B項(xiàng)：氨氣極易溶于水，為防止倒吸，用裝置乙作為平安瓶置于甲乙之間，B項(xiàng)正確；C項(xiàng)：為有利于氨氣與NaClO溶液反應(yīng)，制備水合肼時(shí)氨氣應(yīng)從裝置丙a口進(jìn)入，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)：氨氣會(huì)污染環(huán)境，試驗(yàn)時(shí)用裝置丁進(jìn)行尾氣處理并防倒吸，D項(xiàng)正確。本題選C。7．【北京西城區(qū)2025屆高三（上)期末】如圖是制備和收集氣體的試驗(yàn)裝置，該裝置可用于（）A．飽和食鹽水與碳化鈣反應(yīng)制取乙炔B．濃硝酸與銅反應(yīng)制取二氧化氮C．濃氨水與生石灰反應(yīng)制取氨氣D．濃鹽酸與二氧化錳反應(yīng)制取氯氣【答案】A【解析】A．碳化鈣與食鹽水在常溫下反應(yīng)制取乙炔，乙炔不溶于水，可用排水法收集，A正確；B．濃硝酸與銅反應(yīng)制取二氧化氮?dú)怏w溶于水且與水反應(yīng)，則不能用排水法收集，B錯(cuò)誤；C．氨氣極易溶于水，不能用排水法收集，C錯(cuò)誤；D．濃鹽酸和二氧化錳在加熱條件下反應(yīng)制備氯氣，本題裝置沒(méi)有加熱，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是B。8．【甘肅武威一中2025屆高三上學(xué)期期末】我國(guó)勝利地放射了嫦娥一號(hào)探測(cè)衛(wèi)星，對(duì)月球土壤中14種元素的分布及含量進(jìn)行探測(cè)等。月球的礦產(chǎn)資源極為豐富，僅月球表層5cm厚的沙土就含鐵單質(zhì)有上億噸，月球上的主要礦物有輝石(CaMgSi2O6)、斜長(zhǎng)石(NaAlSi3O8)和橄欖石[(Mg或Fe)2SiO4]等。下列說(shuō)法或分析不正確的是（）A．輝石、斜長(zhǎng)石及橄欖石均屬于硅酸鹽礦B．斜長(zhǎng)石的氧化物形式可表示為Na2O·Al2O3·3SiO2C．月球表層沙土中有游離態(tài)鐵是因?yàn)樵虑虻谋砻鎺缀鯖](méi)有氧氣D．橄欖石中鐵元素為＋2價(jià)【答案】B【解析】A.輝石[CaMgSi2O6]、斜長(zhǎng)石[KAlSi3O8]和橄欖石[（Mg，F(xiàn)e）2SiO4]的成分均屬于硅酸鹽類(lèi)，屬于硅酸鹽礦，A正確；B.硅酸鹽的氧化物表示方法：先寫(xiě)活潑金屬氧化物，然后是不活潑的金屬氧化物，再是非金屬氧化物二氧化硅，最終是水，所以斜長(zhǎng)石的氧化物形式可表示為：Na2O?Al2O3?6SiO2，B錯(cuò)誤；C.金屬鐵的活動(dòng)性是金屬本身的性質(zhì)，和金屬是在月球上還是在地球上無(wú)關(guān)，C正確；D.化合物中，鎂元素化合價(jià)是+2價(jià)，硅元素化合價(jià)是+4價(jià)，氧元素化合價(jià)是-2價(jià)，所以鐵元素化合價(jià)是+2價(jià)，D正確；故合理選項(xiàng)是B。9．【皖西中學(xué)教化聯(lián)盟2025屆高三上學(xué)期期末】如圖是某元素的價(jià)類(lèi)二維圖，其中A為正鹽，X是一種強(qiáng)堿，通常條件下Z是無(wú)色液體，E的相對(duì)分子質(zhì)量比D大16，各物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．A作肥料時(shí)不適合與草木灰混合施用B．同主族元素的氫化物中B的沸點(diǎn)最低C．C一般用排水法收集D．D→E的反應(yīng)可用于檢驗(yàn)D【答案】B【解析】由信息可知，A為正鹽，為銨鹽，強(qiáng)堿與銨鹽加熱生成氨氣，所以B為NH3；氨氣和氧氣反應(yīng)生成氮?dú)夂退珻為N2；氮?dú)庋趸癁镹O，所以D為NO；NO氧化為NO2，E為NO2；二氧化氮和水反應(yīng)生成硝酸，F(xiàn)為HNO3；G為硝酸鹽；Y為O2，Z為H2O。A.銨態(tài)氮肥和草木灰不能混合施用，故A項(xiàng)正確；B.B為NH3，氨氣分子間存在氫鍵，所以氮族元素的氫化物中氨的沸點(diǎn)異樣的高，所以氮族元素的氫化物中，NH3的沸點(diǎn)最高，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.C為N2，N2的密度與空氣太接近，用排空氣法收集不能得到純凈的氣體，所以一般用排水法收集，故C項(xiàng)正確；D.NO與O2反應(yīng)生成NO2，顏色由無(wú)色變?yōu)榧t棕色，可用于檢驗(yàn)NO，故D項(xiàng)正確。故選B。10．【甘肅省寧縣2025屆高三上學(xué)期期末】自然界的硫循環(huán)如下圖所示，下列說(shuō)法不正確的是（）A．①和②中硫元素均被氧化B．限制化石燃料的運(yùn)用可以削減SO2排放C．含硫有機(jī)物和含硫無(wú)機(jī)物可相互轉(zhuǎn)化D．①是自然界形成酸雨的唯一緣由【答案】D【解析】①中SO2被氧化變?yōu)镾O42-，②巖石中硫以金屬硫化物或硫單質(zhì)存在，火山爆發(fā)時(shí)，被氧化變?yōu)镾O2，所以選項(xiàng)A合理；B.有些化石燃料中含有硫元素，運(yùn)用時(shí)就會(huì)轉(zhuǎn)化為SO2擴(kuò)散到空氣中，所以限制化石燃料的運(yùn)用可以削減SO2排放，選項(xiàng)B正確；C.動(dòng)植物遺體碎屑、排出物中硫元素是有機(jī)物，它們能形成石油等礦物質(zhì)中的有機(jī)物，化石燃料燃燒會(huì)轉(zhuǎn)化為SO2進(jìn)入大氣，動(dòng)植物遺體碎屑、排出物也可以被微生物分解變?yōu)镾O42-進(jìn)入土壤溶液中，SO2、SO42-是無(wú)機(jī)物；它們被生產(chǎn)者汲取又可轉(zhuǎn)化為有機(jī)物，從而實(shí)現(xiàn)了含硫有機(jī)物和含硫無(wú)機(jī)物相互轉(zhuǎn)化，選項(xiàng)C正確；D.形成酸雨的物質(zhì)，除了SO2還有H2S、NO2等，所以①不是自然界形成酸雨的唯一緣由，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是D。11．【山東鄒城市二中2025屆高三2月模擬】新春佳節(jié)少不了飲酒，土法釀造葡萄酒(只加糖的純自然釀酒法)簡(jiǎn)潔出問(wèn)題，有報(bào)道說(shuō)，喝了自制葡萄酒差點(diǎn)失明。主要緣由是發(fā)酵過(guò)程產(chǎn)生的菌種多達(dá)百種，難以限制，而產(chǎn)生對(duì)神經(jīng)有毒的甲醇等物質(zhì)。科學(xué)釀酒須加SO2等輔料。我國(guó)國(guó)家標(biāo)準(zhǔn)（GB2760-2014）規(guī)定葡萄酒中SO2的殘留量≤0.25g/L。(1)葡萄酒中添加SO2的作用可能是________。A.抗氧化B．氧化細(xì)菌C.增酸作用D．漂白I.試驗(yàn)方案一利用SO2的漂白性檢測(cè)干白葡萄酒(液體為無(wú)色)中的SO2或H2SO3。設(shè)計(jì)如圖的試驗(yàn):(2)甲同學(xué)得出試驗(yàn)結(jié)論:干白葡萄酒中不含SO2或H2SO3。這個(gè)結(jié)論是否合理?說(shuō)明理由___________。Ⅱ.試驗(yàn)方案二如圖是在試驗(yàn)室進(jìn)行二氧化硫制備與性質(zhì)試驗(yàn)的組合裝置，部分固定裝置未畫(huà)出。(3)關(guān)閉彈簧夾2，打開(kāi)彈簧夾1，注入硫酸至浸沒(méi)瓶中固體，寫(xiě)出A裝置反應(yīng)的化學(xué)方程式______，C中每消耗2molNa2O2，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)___________。(4)關(guān)閉彈簧夾1后，打開(kāi)彈簧夾2，殘余氣體進(jìn)入E、F中，為了證明SO2有還原性，并從綠色化學(xué)的角度考慮，則Z試劑可以是____，反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為_(kāi)___________，現(xiàn)象是_______。【答案】AC不合理；試驗(yàn)對(duì)比說(shuō)明濃度低的亞硫酸不能使品紅褪色，葡萄酒中的SO2含量很低，所以也不能使品紅褪色Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O4NA酸性KMnO42MnO4—+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42—+4H+(或FeCl3溶液，SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42—+4H+)紅色溶液變淺或褪色（或溶液由棕黃色變?yōu)闇\綠色)【解析】（1）二氧化硫具有較強(qiáng)的還原性，可以防止葡萄酒被氧化，二氧化硫的水溶液顯酸性，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，沒(méi)有將葡萄酒漂白，故選AC；I.（2）1滴飽和亞硫酸溶液滴入3mL品紅溶液中不褪色，而1滴品紅溶液滴入3mL飽和亞硫酸溶液中褪色，說(shuō)明二氧化硫或亞硫酸的含量會(huì)影響漂白效果，干白葡萄酒不能使品紅溶液褪色，緣由為：干白中二氧化硫或亞硫酸含量太少，故答案為：不合理，試驗(yàn)對(duì)比說(shuō)明濃度低的亞硫酸不能使品紅褪色，葡萄酒中的SO2含量很低，所以也不能使品紅褪色；Ⅱ．試驗(yàn)方案二：裝置A中制備二氧化硫，X干燥二氧化硫，C中檢驗(yàn)SO2與Na2O2反應(yīng)是否有氧氣，D中氫氧化鈉溶液汲取剩余的二氧化硫，防止污染空氣．E裝置驗(yàn)證二氧化硫的還原性，F(xiàn)裝置驗(yàn)證二氧化硫?yàn)樗嵝詺怏w，并汲取二氧化硫，防止污染空氣。（3）關(guān)閉彈簧夾2，打開(kāi)彈簧夾1，注入硫酸至浸沒(méi)瓶中固體，A裝置中亞硫酸鈉與濃硫酸反應(yīng)放出二氧化硫，二氧化硫被干燥后與過(guò)氧化鈉反應(yīng)生成硫酸鈉，反應(yīng)的方程式為SO2+Na2O2=Na2SO4，依據(jù)方程式，每消耗2molNa2O2，轉(zhuǎn)移4mol電子，故答案為：SO2+Na2O2=Na2SO4；4NA；（4）關(guān)閉彈簧夾1后，打開(kāi)彈簧夾2，殘余氣體進(jìn)入E、F中，為了證明SO2有還原性，并從綠色化學(xué)的角度考慮，則Z試劑選擇酸性KMnO4，高錳酸鉀具有強(qiáng)氧化性，被二氧化硫還原褪色，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2MnO4—+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42—+4H+(或FeCl3溶液，SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42—+4H+)；故答案為：酸性KMnO4；2MnO4—+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42—+4H+(或FeCl3溶液，SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42—+4H+)；紅色溶液變淺或褪色（或溶液由棕黃色變?yōu)闇\綠色)。12．【山東棗莊市2025屆高三上學(xué)期期末】硼酸(H3BO3)是有重要用途的一元弱酸。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(1)單質(zhì)硼溶于熱的濃硝酸可以生成硼酸，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)__________。(2)利用鐵硼礦(主要成分為Mg2B2O5·H2O和Fe3O4，還有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)制硼酸，已知自然的Fe3O4不溶于酸。生產(chǎn)硼酸的工藝流程如下：①“浸渣”主要成分的化學(xué)式為_(kāi)____________。②“凈化除雜”：濾液保持肯定溫度，需先加H2O2溶液，然后再調(diào)整溶液的pH=5.6。溫度不宜過(guò)高的緣由是___________。調(diào)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)硼酸也可以通過(guò)電解方法制備。工作原理如圖所示。①寫(xiě)出陽(yáng)極的電極反應(yīng)式___________________。②a膜或b膜為陽(yáng)離子交換膜的是________；陰極室溶液的濃度________(填“變大”、“不變”、“變小”)。(4)寫(xiě)出肯定條件下硼酸與氫氧化鈉溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式_________________________。【答案】B+3HNO3H3BO3+3NO2↑SiO2、Fe3O4溫度過(guò)高使H2O2分解使Fe3+、Al3+完全形成氫氧化物沉淀2H2O-4e-=O2↑+4H+a膜變大NaOH+H3BO3=NaB(OH)4【解析】（1）單質(zhì)硼溶于熱的濃硝酸可以生成硼酸，方程式為：B+3HNO3H3BO3+3NO2↑；（2）①反應(yīng)的原料中除了SiO2、Fe3O4之外，其余物質(zhì)均可以與硫酸反應(yīng)生成對(duì)應(yīng)的離子，故“浸渣”主要成分為：SiO2、Fe3O4；②H2O2受熱易分解為水和氧氣，故溫度不宜過(guò)高，調(diào)整pH為5.6的目的是使Fe3+、Al3+完全形成氫氧化物沉淀，故答案為：①溫度過(guò)高使H2O2分解；②使Fe3+、Al3+完全形成氫氧化物沉淀；（3）①陽(yáng)極室溶液為稀硫酸，石墨電極為惰性電極，陽(yáng)極應(yīng)當(dāng)是溶液中的水失電子生成氧氣，電極反應(yīng)為：2H2O-4e-=O2↑+4H+；②溶液中的陽(yáng)離子向陰極移動(dòng)，陰離子向陽(yáng)極移動(dòng)，故a膜為陽(yáng)離子交換膜，陰極室發(fā)生得電子的還原反應(yīng)：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，有OH-生成，溶液的pH增大，故答案為：①2H2O-4e-=O2↑+4H+；②a膜；變大；（4）硼酸與氫氧化鈉溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式：NaOH+H3BO3=NaB(OH)4【名師原創(chuàng)測(cè)試篇】1．下列關(guān)于液氯和氯水的敘述正確的是（）A．液氯是純凈物，而氯水是混合物B．液氯和氯水都顯酸性C．液氯較氯水的漂白作用更強(qiáng)D．液氯無(wú)色，氯水呈黃綠色【答案】A【解析】A.液氯是液態(tài)的氯氣，是純凈物，而氯水是含有多種分子和離子(分子有Cl2、HClO、H2O，離子有H＋、Cl－、ClO－及水分子電離出來(lái)的少量OH－)的混合物，故A正確；B.液氯是液態(tài)的氯氣，即僅由氯氣分子組成，所以不顯酸性，氯水中含有H+，所以顯酸性，故B錯(cuò)誤；C.氯氣本身不具有漂白性，只有氯氣與水反應(yīng)生成次氯酸時(shí)，次氯酸具有漂白性，故C錯(cuò)誤；D氯氣顯黃綠色，氯水由于溶解了一部分氯氣分子而顯淺黃綠色，故D錯(cuò)誤，故選A。2．甲、乙、丙、丁、戊五種物質(zhì)是中學(xué)化學(xué)常見(jiàn)的物質(zhì)，它們的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示（某些條件和部分產(chǎn)物已略去）。下列說(shuō)法不正確的是（）A．若甲為單質(zhì)，乙為O2，且甲可以與NaOH溶液反應(yīng)放出H2，則丙不肯定是兩性氧化物B．若甲為短周期中最活潑的金屬，且戊為堿，則丙生成戊可能是氧化還原反應(yīng)C．若甲為硫磺燃燒產(chǎn)物，丁為水，則戊的濃溶液不行用于干燥甲D．若甲為濃鹽酸，乙為MnO2，則戊可能使品紅褪色【答案】C【解析】A.若甲為單質(zhì)，乙為O2，且甲可以與NaOH溶液反應(yīng)放出H2，所以甲可能是鋁或硅，丙為氧化鋁或二氧化硅，則丙不肯定是兩性氧化物，故正確；B.若甲為短周期中最活潑的金屬，為金屬鈉，且戊為堿，則戊為氫氧化鈉，乙可能為氧氣，丙為氧化鈉或過(guò)氧化鈉，氧化鈉和水反應(yīng)生成氫氧化鈉，為非氧化還原反應(yīng)，過(guò)氧化鈉和水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氧氣，為氧化還原反應(yīng)，故正確；C.若甲為硫磺燃燒產(chǎn)物，為二氧化硫，丁為水，則乙為氧氣，丙為三氧化硫，戊為硫酸，濃硫酸能干燥二氧化硫。故錯(cuò)誤；D.若甲為濃鹽酸，乙為MnO2，丙為氯氣，氯氣可以和水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，次氯酸能使品紅褪色，故正確。故選C。3．下列說(shuō)法正確的是（）A．圖Ⅰ所示裝置用于Cu和濃H2SO4制取少量的SO2氣體B．圖Ⅱ裝置可驗(yàn)證非金屬性：Cl>C>SiC．圖Ⅲ可用于收集氣體H2、CO2、Cl2、NH3D．圖Ⅳ表示將SO2氣體通入H2S水溶液中，所得溶液的pH變更【答案】C【解析】A.Cu和濃H2SO4反應(yīng)須要加熱,則圖中裝置不能制取少量的SO2氣體,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;B.由于鹽酸易揮發(fā),圖中可以知道鹽酸酸性大于碳酸、鹽酸酸性大于硅酸,不能確定碳酸、硅酸的酸性,且不能利用無(wú)氧酸與含氧酸的酸性比較非金屬性,應(yīng)利用最高價(jià)含氧酸的酸性比較非金屬性,故B錯(cuò)誤;C.CO2、Cl2可利用向上排空氣法收集,從長(zhǎng)導(dǎo)管進(jìn)氣，H2、NH3可利用向下排空氣法收集,從短導(dǎo)管進(jìn)氣,故C項(xiàng)正確;D.H2S水溶液顯酸性,反應(yīng)起先時(shí)pH不會(huì)大于7,將SO2氣體通入H2S水溶液中生成單質(zhì)硫,酸性減弱,pH增大,當(dāng)SO2過(guò)量時(shí)，SO2溶于水生成亞硫酸，使溶液酸性增加,故D錯(cuò)誤;綜上，本題選C。4．將SO2氣體通入下列溶液中，始終不變渾濁的是（）①氯化鈣②硝酸鋇③硅酸鈉④偏鋁酸鈉⑤苯酚鈉⑥硫化鈉⑦氫氧化鈣A．①②⑦B．①⑥C．①D．①⑥⑦【答案】C【解析】①鹽酸是強(qiáng)酸，亞硫酸是弱酸，將SO2氣體通入氯化鈣溶液中不會(huì)生成亞硫酸鈣沉淀，故①符合題意；②將SO2通入Ba(NO3)2溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成硫酸鋇沉淀，故②不符合題意；③亞硫酸是弱酸，硅酸是更弱的酸，所以二氧化硫和Na2SiO3能反應(yīng)生成硅酸，硅酸是不溶于水的物質(zhì)，所以最終有沉淀析出，故③不符合題意；④將SO2通入偏鋁酸鈉中會(huì)生成氫氧化鋁沉淀和亞硫酸氫鈉，故④不符合題意；⑤將SO2通入苯酚鈉溶液會(huì)生成苯酚，苯酚常溫下微溶于水，使水溶液變渾濁，故⑤不符合題意；⑥將SO2氣體通入硫化鈉溶液中會(huì)生成不溶于水的硫單質(zhì)，故⑥不符合題意；⑦少量的SO2通入Ca(OH)2溶液，會(huì)生成亞硫酸鈣沉淀，過(guò)量的二氧化硫SO2通入Ca(OH)2溶液會(huì)生成溶于水的亞硫酸氫鈣，故⑦不符合題意。故A、B、D錯(cuò)誤。答案選C。5．下列敘述中錯(cuò)誤的是（）A．氨氣是一種堿性氣體，可用堿石灰干燥B．液溴應(yīng)保存于帶磨口玻璃塞的細(xì)口試劑瓶中，并加水“水封”以削減其揮發(fā)C．向Ca(ClO)2溶液通入CO2，溶液變渾濁，再加入品紅溶液，紅色褪去D．向未知溶液中滴加稀NaOH溶液，將潮濕紅色石蕊試紙置于試管口，試紙不變藍(lán)，則原溶液中無(wú)NH4+【答案】D【解析】A.氨氣是一種堿性氣體，可用堿石灰干燥，故A正確；B.液溴應(yīng)保存于帶磨口玻璃塞的細(xì)口瓶試劑瓶中，并加水“水封”以削減其易揮發(fā)，故B正確；C.向Ca（ClO）2溶液通入CO2，反應(yīng)生成HClO和碳酸鈣，則溶液變渾濁，再加入品紅溶液，HClO具有漂白性，紅色褪去，故C正確；D.向某溶液中滴加稀NaOH溶液，將潮濕紅色石蕊試紙置于試管口，試紙不變藍(lán)，可能是原溶液中無(wú)NH4＋，也可能是溶液中含有的NH4＋濃度小，不能產(chǎn)生NH3，故D錯(cuò)誤。故選D。6．下列有關(guān)離子檢驗(yàn)的操作和試驗(yàn)結(jié)論都正確的是（）選項(xiàng)試驗(yàn)操作及現(xiàn)象試驗(yàn)結(jié)論A向某溶液中加入NaOH稀溶液，用潮濕的紅色石蕊試紙靠近試管口檢驗(yàn)，試紙不變藍(lán)原溶液中肯定不含有NH4+B向某溶液中加入足量的鹽酸無(wú)明顯現(xiàn)象，再加入BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀原溶液中肯定含有SO42－C向某溶液中加入稀鹽酸，產(chǎn)生能使澄清石灰水變渾濁的無(wú)色無(wú)味氣體原溶液中肯定含有CO32－D用鉑絲蘸取某溶液在無(wú)色火焰上灼燒干脆視察火焰顏色未見(jiàn)紫色原溶液中不含K＋A．AB．BC．CD．D【答案】B【解析】A、氨氣在水中溶解度大，加入稀氫氧化鈉不能確定是否含有銨根離子，故A錯(cuò)誤；B、加HCl以防止銀離子、亞硫酸根、碳酸根等干擾，加入足量的鹽酸無(wú)明顯現(xiàn)象，再加入BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，原溶液中肯定含有SO42－，故B正確；C、向某溶液中加入稀鹽酸，產(chǎn)生能使澄清石灰水變渾濁的無(wú)色無(wú)味氣體，溶液中可能含有碳酸氫根離子、碳酸根離子，故C錯(cuò)誤；D、用鉑絲蘸取某溶液在無(wú)色火焰上灼燒干脆視察火焰顏色未見(jiàn)紫色，可能含有鉀離子，需透過(guò)藍(lán)色鈷玻璃視察焰色，確定有無(wú)鉀元素，故D錯(cuò)誤。故選B。7．由短周期元素組成的中學(xué)常見(jiàn)無(wú)機(jī)物A、B、C、D、E、X存在如圖所示轉(zhuǎn)化關(guān)系(部分反應(yīng)物、生成物和反應(yīng)條件略去)。下列推斷不正確的是（）A．若A中含有非極性鍵，則X可能為一種酸酐B．若A是單質(zhì)，則B和E中也肯定有一種是單質(zhì)C．若B具有強(qiáng)氧化性，則A、E的組成元素可能相同D．若X為O2，則B、C、D在常溫下均可以是氣體【答案】B【解析】A.若A中含有非極性鍵，則X可能為一種酸酐,例如A是過(guò)氧化鈉，X是CO2，故A正確；B.若A是單質(zhì)，與水發(fā)生氧化還原反應(yīng)，依據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律，化合價(jià)肯定發(fā)生變更，則B和E中不肯定是單質(zhì)，故B錯(cuò)誤；C.若B具有強(qiáng)氧化性，則A、E的組成元素可能相同，例如A是NO2，B是硝酸，X是NO，故C正確；D.若X為O2，則B、C、D可以是氣體，例如A是氮化鎂，B是氨氣，C是NO，D是NO2，故D正確。答案選B。8．用下列兩種途徑制取H2SO4，某些反應(yīng)條件和產(chǎn)物已省略，下列有關(guān)說(shuō)法不正確的是（）途徑①SH2SO4途徑②SSO2SO3H2SO4A．途徑①反應(yīng)中體現(xiàn)了濃HNO3的強(qiáng)氧化性和酸性B．途徑②的其次步反應(yīng)在實(shí)際生產(chǎn)中可以通過(guò)增大O2的濃度來(lái)降低成本C．由途徑①和②分別制取1molH2SO4，理論上各消耗1molS，各轉(zhuǎn)移6mol電子D．途徑②與途徑①相比較更能體現(xiàn)“綠色化學(xué)”的理念，因?yàn)橥緩舰诒韧緩舰俚奈廴鞠鄬?duì)較小且原子利用率較高【答案】A【解析】途徑①反應(yīng)的化學(xué)方程式為S＋6HNO3(濃)=H2SO4＋6NO2↑＋2H2O，沒(méi)有硝酸鹽生成，硝酸只表現(xiàn)氧化性，不表現(xiàn)酸性，故A錯(cuò)誤；途徑②的其次步反應(yīng)方程式是2SO2+O22SO3，增大O2的濃度，平衡正向移動(dòng)，可以提高二氧化硫轉(zhuǎn)化率，故B正確；由S生成H2SO4不論經(jīng)驗(yàn)幾個(gè)步驟，硫元素都由0價(jià)變?yōu)?6，由電子守恒得，轉(zhuǎn)移電子數(shù)都是6，故C正確；途徑①中有NO2氣體放出，途徑②比途徑①的污染相對(duì)較小且原子利用率較高，故D正確。選A。9．已知A、B、C、D、E是化學(xué)中常見(jiàn)的物質(zhì),常溫下,E是一種無(wú)色無(wú)味的液體,它們之間有如下反應(yīng)關(guān)系。(1)若A是一種黑色單質(zhì),B是一種常見(jiàn)的難揮發(fā)性酸,C、D都是氣體,試寫(xiě)出此反應(yīng)的化學(xué)方程式_________________________________。(2)若A是一種紫紅色單質(zhì),B是一種常見(jiàn)的揮發(fā)性酸,反應(yīng)時(shí)生成的C是無(wú)色氣體,反應(yīng)的離子方程式是________________________,B在反應(yīng)中表現(xiàn)出的性質(zhì)是_______、______。(3)若試驗(yàn)室中利用A和B的反應(yīng)制備氣體C,C是一種無(wú)色、刺激性氣味、密度比空氣小的氣體,試寫(xiě)出此反應(yīng)的化學(xué)方程式________;試驗(yàn)室檢驗(yàn)C的方法___________。【答案】C+2H2SO4(濃)CO2↑+2H2O+SO2↑2NO3-+3Cu+8H+=2NO↑+4H2O+3Cu2+酸性氧化性2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl