2022届高考化学二轮专题复习8非金属及其化合物

非金属及其化合物一、选择题（本题共14小题，每题只有一个选项符合题意）1．突飞猛进的新科技改变着人类的生活生产方式，下列说法正确的是A．我国自主研发的东方超环（人造太阳）使用的氕、氘、氚互为同素异形体B．天眼用到的碳化硅是一种新型有机材料C．法能够实现直接从空气中捕获二氧化碳，该法可缓解全球日益严重的温室效应D．北斗导航专用硬件结合国产处理器打造出一颗真正意义的“中国芯”，其主要成分为【答案】C【解析】A．氕、氘、氚是质子数相同、中子数不同的原子，互为同位素，A错误；B．碳化硅属于无机物，碳化硅硬度大，熔点高，是一种新型的无机非金属材料，B错误；C．捕获空气中的CO2可使空气中CO2的含量降低，能够减缓温室效应，C正确；D．芯片的主要成分为晶体Si，D错误；故选C。2．化学让生活变得更美好，下列化学物质的应用说法正确的是A．浓硫酸可用于刻蚀玻璃、石英制品B．硅胶、铁粉均可作为食品包装中的抗氧化剂C．晶体硅为半导体材料，可用作光导纤维D．75％的乙醇溶液可用于杀菌消毒【答案】D【解析】A．浓硫酸与SiO2不反应，HF能与SiO2反应，故浓硫酸不可用于刻蚀玻璃、石英制品，氢氟酸可以，A错误；B．硅胶无抗氧化性，硅胶有吸水性，可作食品包装中的干燥剂，铁粉具有还原性，可作为食品包装中的抗氧化剂，B错误；C．晶体硅为半导体材料，不可用作光导纤维，光导纤维的主要成分是SiO2，C错误；D．75％的乙醇溶液即医用酒精，可用于杀菌消毒，D正确；答案为D。3．下列每步转化不能通过一步反应就实现的是A．NH3→NO→NO2→HNO3B．Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3C．S→SO2→SO3→H2SO4D．Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3【答案】B【解析】A．4NH3+5O24NO+6H2O、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO319 +NO，故NH3→NO→NO2→HNO3均能一步转化，A不合题意；B．Si+O2SiO2、H2SiO3+2NaOH=Na2SiO3+2H2O，但SiO2与H2O不反应即SiO2转化为H2SiO3不能一步转化，B符合题意；C．S+O2SO2，2SO2+O22SO3，SO3+H2O=H2SO4，故S→SO2→SO3→H2SO4均能一步转化，C不合题意；D．Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3均能一步转化，D不合题意；故答案为B。4．氮、磷、砷元素广泛应用于生产生活中，NH3、N2H4（肼）、NO、NO2、HNO3等是氮重要的无机化合物，白磷（P4）易自燃，易溶于CS2；Ca(H2PO4)2是磷肥的有效成分；砷化镓是重要的半导体材料。下列氮及其化合物的性质与用途不具有对应关系的是A．N2不溶于水，部分地区储藏蔬菜和水果常充氮气来防氧化B．液氨易气化，可用作制冷剂C．KNO3具有氧化性，可用于制黑火药D．硫酸铵溶液水解显酸性，可用作除锈剂【答案】A【解析】A．N2不能帮助呼吸，部分地区储藏蔬菜和水果常充氮气来防氧化腐烂，这与N2是否能够溶于水的性质无关，A符合题意；B．液氨易气化，其气化时从周围环境中吸收大量热量，使环境温度降低，因此可用作制冷剂，B不符合题意；C．黑火药的成分是一硫(s)、二硝（KNO3）、三木炭（C）组成的混合物，点燃时发生氧化还原反应：S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑，在制黑火药的反应中利用了KNO3的氧化性，C不符合题意；D．硫酸铵溶液是强酸弱碱盐，在溶液中水解消耗水电离产生的OH-，最终达到平衡时溶液中c（H+）＞c（OH-），溶液显酸性，铁锈可以与酸发生反应产生可溶性物质，因此硫酸铵可用作除锈剂，D不符合题意；故合理选项是A。5．关于NH3性质的解释合理的是选项性质解释A比PH3容易液化NH3分子间的范德华力更大B熔点高于PH3N-H键的键能比P-H大C具有还原性NH3中氮元素化合物为-3价19 D氨水中存在是离子化合物A．AB．BC．CD．D【答案】C【解析】A．NH3分子间形成氢键，所以比PH3容易液化，A错误；B．NH3熔点高于PH3，是因为氨气中含有氢键，氢键的存在导致氨的熔点升高，不是N-H键的键能比P-H大，B错误；C．NH3中H为+1价，已经是最高价了，不能被氧化，而N为-3价，为N的最低价，能够被氧化，故NH3具有还原性是由NH3中N为-3价，C正确；D．NH3·H2O是共价化合物，是弱碱，在水溶液中部分电离出和OH-，D错误；故答案为C。6．生活中处处有化学，下列方法不能达到目的的是A．使用食用碱溶液洗涤餐具上的油污B．乳酸铁（Ⅲ）可以作为口服补铁剂C．将熟香蕉与西红柿放在密封的塑料袋内催熟西红柿D．向漂白粉溶液浸泡的漂白物中滴加白醋提高漂白效果【答案】B【解析】A．食用碱的成分是碳酸钠，碳酸钠水解导致其水溶液呈碱性，油污在碱性条件下发生水解，所以可以使用食用碱溶液洗涤餐具上的油污，故A能达到目的；B．乳酸亚铁是某些补铁口服液的有效成分，故B不能达到目的；C．熟香蕉会释放乙烯，乙烯具有催熟能力，所以熟香蕉与西红柿放在密封的塑料袋内催熟西红柿，故C能达到目的；D．漂白粉中加入醋酸会生成HClO，HClO具有漂白性，所以向漂白粉溶液漫泡的漂白物中滴加白醋提高漂白效果，故D能达到目的；故答案为B。7．下列物质的制备与工业生产实际相符合的是A．制纯碱：饱和B．制漂白粉：漂白粉(s)C．海水提镁：海水D．海带提碘：海带含滤液【答案】A【解析】A．侯氏制碱法制备纯碱，将NH3通入饱和NaCl中，再将CO2通入，生成大量的NH4HCO3，由于NaHCO3的溶解度较小，会产生NaHCO3沉淀，加热后可制得Na2CO319 ，A正确；B．电解NaCl溶液可制得Cl2，将Cl2通入石灰乳中制备漂白粉，石灰水中Ca(OH)2含量较低，故不使用石灰水，B错误；C．海水中的Mg2+一般用Ca(OH)2沉淀，NaOH价格较高，故不使用NaOH，C错误；D．海带提碘时先将海带灼烧成灰，而不是用水浸取，D错误；故选A。8．下列装置能达到实验目的的是A．用装置甲制取B．用装置乙检验溶液中是否含K+C．用装置丙收集气体D．用装置丁吸收多余的【答案】D【解析】A．受热分解生成和，在试管口遇冷时又化合生成，选项A错误；B．K+的检验应透过蓝色钴玻璃，选项B错误；C．密度比空气大，应用向上排空气法收集，进气管应伸至集气瓶底部，选项C错误；D．与溶液反应，可被溶液吸收，且球形干燥管可防止倒吸，选项D正确。答案选D。9．水合肼（N2H4·H2O）及其衍生物在许多工业中被广泛使用。利用NaClO氧化尿素制备水合肼的实验流程如图所示：已知：①氯气与NaOH溶液的反应是放热反应，温度高时，易生成NaClO3；②N2H4·H2O的沸点约为118℃，有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。下列说法错误的是19 A．步骤I、II反应过程中需控制好温度B．步骤II中可将尿素水溶液逐滴滴入NaClO碱性溶液中C．步骤II中生成水合肼的离子方程式为：ClO-+CO(NH2)2+2OH-=Cl-+N2H4·H2O+COD．步骤III所得副产物Na2CO3溶液可用于工业上吸收SO2尾气【答案】B【解析】由题给流程可知，氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，将反应得到溶液加入到尿素水溶液反应得到水合肼，经蒸发浓缩、冷却结晶得到碳酸钠和含有水合肼的滤液，滤液经分离提纯得到水合肼。A．由信息可知，温度过高，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯酸钠，则步骤I反应过程中需控制好温度防止发生副反应生成氯酸钠；水合肼的沸点低，温度过高会挥发，降低产率，则步骤II反应过程中需控制好温度防止水合肼挥发，故A正确；B．由信息可知，水合肼有强还原性，若将尿素水溶液逐滴滴入次氯酸钠碱性溶液中，过量的次氯酸钠溶液会将水合肼氧化，降低产率，故B错误；C．由分析可知，生成水合肼的反应为碱性条件下，次氯酸钠溶液与尿素溶液反应生成氯化钠、水合肼和碳酸钠，反应的离子方程式为ClO-+CO(NH2)2+2OH-=Cl-+N2H4·H2O+CO，故C正确；D．碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则工业上可以用碳酸钠溶液吸收二氧化硫尾气，故D正确；故选B。10．“84”消毒液的有效成分为NaClO，具有漂白性、氧化性。某课外小组对“84”消毒液的性质进行如下探究：用三支试管分别取适量“84”消毒液，各滴加2滴石蕊溶液，溶液变为蓝色，备用。实验I：向第一支试管中加入2mL蒸馏水，溶液的，短时间内未褪色，一段时间后蓝色褪去；实验Ⅱ：向第二支试管中加入的溶液，混合液的，蓝色迅速褪去，无气体产生；实验Ⅲ：向第三支试管中加入的溶液，混合液的，蓝色迅速褪去，并产生大量气体，该气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝。下列对相关实验现象的分析错误的是A．NaClO为强碱弱酸盐B．溶液中和能否发生反应与c（H+）有关C．在酸性条件下的氧化性强于碱性条件下19 D．“84”消毒液对环境进行消毒时需要加入少量的稀硫酸【答案】D【解析】A．根据溶液的可知，溶液呈碱性，NaClO为强碱弱酸盐，选项A正确；B．根据向第三支试管中加入的溶液，混合液的，蓝色迅速褪去，并产生大量气体，该气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，可知酸性增强，反应产生氯气，故溶液中和能否发生反应与c（H+）有关，选项B正确；C．根据实验I、Ⅱ中蓝色褪去情况可知，在酸性条件下的氧化性强于碱性条件下，选项C正确；D．“84”消毒液对环境进行消毒时不需要加入酸，碳酸的酸性强于次氯酸，在空气中会慢慢反应产生次氯酸，不需要加入稀硫酸，选项D错误；答案选D。11．下列混合气体的，除杂所用的试剂正确的是被提纯的物质杂质除杂试剂ACO2NO2饱和食盐水、浓硫酸BH2SH2O浓硫酸CSO2HCl饱和亚硫酸氢钠、浓硫酸DNH3H2O无水氯化钙A．AB．BC．CD．D【答案】C【解析】A．NO2和水反应生成硝酸和NO，用饱和食盐水、浓硫酸除CO2中的NO2会引入新杂质NO，故A错误；B．浓硫酸和H2S发生氧化还原反应，不能用浓硫酸干燥H2S，故B错误；C．饱和亚硫酸氢钠和HCl反应生成氯化钠、二氧化硫，可以用饱和亚硫酸氢钠、浓硫酸除SO2中的HCl，故C正确；D．氯化钙和氨气反应生成，不能用无水氯化钙干燥氨气，故D错误；选C。12．下列实验操作、现象与结论均正确的是选项实验操作实验现象实验结论A将稀硫酸与亚硫酸钠混合反应产生的气体通入品红品红溶液褪色SO2能氧化品红19 溶液B向碘水中加入CCl4，振荡、静置上层褪色，下层变紫碘在CCl4中的溶解度大于它在水中的溶解度C浓盐酸与石灰石反应放出的气体通入硅酸钠溶液产生白色沉淀酸性：H2CO3>H2SiO3D将NaOH溶液逐滴滴加到AlCl3溶液中至过量先产生白色胶状沉淀，后沉淀溶解Al(OH)3是两性氢氧化物A．AB．BC．CD．D【答案】B【解析】A．稀硫酸与Na2SO3反应生成SO2，SO2使品红褪色体现其漂白性，实验结论错误，A不符合题意；B．碘水中加入CCl4可萃取碘单质，由于CCl4密度比水大，故萃取后上层为水，无色，下层为碘的CCl4溶液，显紫色，B符合题意；C．浓盐酸与石灰石反应产生的CO2中混有挥发的HCl，HCl、H2CO3均可制备H2SiO3，故无法说明酸性：H2CO3＞H2SiO3，C不符合题意；D．AlCl3与NaOH反应生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3沉淀溶于NaOH溶液，但该实验并未验证Al(OH)3沉淀是否溶于酸，故不能说明Al(OH)3一定是两性氢氧化物，D不符合题意；故答案选B。13．下列方案设计、现象和结论都正确的是实验目的方案设计现象和结论A证明H2O2有氧化性将足量的H2O2溶液滴入酸性高锰酸钾溶液中若溶液中的紫红色褪去，则证明H2O2有氧化性B探究浓硫酸的特性将浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑膨胀，有刺激性气体产生浓硫酸有脱水性和强氧化性C探究碳酸和醋酸酸性强弱取1～2mL碳酸钠溶液于试管中，向其中滴加1～2滴稀醋酸溶液溶液中无明显气泡逸出，说明醋酸的酸性比碳酸的酸性弱19 D检验MnO2和浓盐酸反应后是否有酸剩余取少量反应后的溶液于试管中，依次加入稀硝酸、AgNO3溶液，观察若产生大量白色沉淀，则说明盐酸有剩余A．AB．BC．CD．D【答案】B【解析】A．将足量的H2O2溶液滴入酸性高锰酸钾溶液中，若溶液中的紫红色褪去，则说明高锰酸根中锰元素化合价降低，被过氧化氢所还原，过氧化氢体现还原性，不能证明H2O2有氧化性，A错误；B．将浓硫酸滴到蔗糖表面，蔗糖变黑则有碳形成，则蔗糖被脱水，体现了浓硫酸的脱水性，固体变黑膨胀，有刺激性气体产生，则是碳和浓硫酸在加热下发生反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，可证明浓硫酸有强氧化性，B正确；C．理论上碳酸钠溶液滴加少量酸溶液无明显气泡逸出，可能没有反应，也可能是碳酸根与少量氢离子反应生成碳酸氢根，故该实验不能说明醋酸的酸性比碳酸的酸性弱，C错误；D．MnO2和浓盐酸反应不管是否有酸剩余，所得溶液必定含有氯离子，故检验MnO2和浓盐酸反应后是否有酸剩余应检验氢离子而不是检验氯离子，D错误；答案选B。14．硫元素的几种化合物存在下列转化关系。下列说法正确的是浓H2SO4SO2Na2SO3溶液Na2S2O3溶液SA．反应①中生成的SO2具有漂白性，可使溴水褪色B．反应②中若SO2少量，就会生成NaHSO3C．反应④中生成S既是氧化产物，也是还原产物D．反应④中当消耗1mol稀硫酸时，电子转移为2mol【答案】D【解析】A．反应①中生成的二氧化硫与溴水反应生成硫酸和氢溴酸，反应中溴水褪色是二氧化硫表现还原性，故A错误；B．反应②中少量二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠，不能生成亚硫酸氢钠，故B错误；C．反应④中硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应生成硫酸钠、硫沉淀、二氧化硫气体和水，硫代硫酸钠转化为硫时，硫元素的化合价降低被还原，硫是反应的还原产物，故C错误；D．反应④中硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应生成硫酸钠、硫沉淀、二氧化硫气体和水，反应的化学方程式为Na2S2O3+H2SO4（稀）=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，由方程式可知，反应消耗1mol19 稀硫酸时，转移2mol电子，故D正确；故选D。二、非选择题（本题共有6小题）15．某化学兴趣小组的同学利用下图所示实验装置进行某些气体的制备、性质探究等实验（图中夹持装置已省略）。I．制备气体（1）利用装置B可制取的气体有___________（选填字母序号）。a．CO2b．H2c．SO2II．探究Cl2与NH3的反应（2）装置C与装置D连接可制取干燥的氨气，D装置内的药品是_______；装置A、E、D连接可制取纯净、干燥的Cl2，E装置的作用是___________。（3）装置F可用于探究Cl2与NH3的反应。实验时打开开关1、3，关闭2，先向烧瓶中通入______，然后关闭3，打开2，向烧瓶中慢慢通入一定量的另一种气体。实验开始一段时间后，烧瓶内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，该反应的化学方程式为___________。III．探究某些物质的性质（4）利用装置C、E可设计实验比较碳元素和硅元素的非金属性强弱，实验方案是___________。（5）将装置B、C分别与装置F相连后，进行H2S与SO2反应的实验。烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。【答案】（1）a、b（2）碱石灰（生石灰或氢氧化钠固体）除去氯气中混有的HCl气体（3）氯气（Cl2）（4）向盛有饱和NaHCO3（或Na2CO3）19 溶液的烧瓶中滴加稀硫酸，将产生的气体通入盛有Na2SiO3溶液的装置E中，若装置E中有白色沉淀产生，则证明碳的非金属性比硅的强（5）【解析】（1）该装置是启普发生器的简易装置，适用于难溶于水的块状固体或颗粒状固体与溶液反应不加热制取溶解性较小的气体，故应选a、b；（2）干燥氨气可用碱石灰（生石灰或氢氧化钠固体），目的制取纯净、干燥的Cl2，要除去氯气中混有的杂质水和氯化氢，E装置的作用是除去氯气中混有的HCl气体；（3）实验时打开开关1、3，关闭2，向烧瓶中通入氯气，然后关闭1、3，打开2，向烧瓶中缓慢通入一定量的氨气，实验一段时间后烧瓶内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，若先通氨气，由于开关3打开，水会倒吸进入烧瓶，生成的白烟为NH4Cl，根据得失电子守恒配平化学方程式：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；（4）利用强酸制弱酸NaSiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓，证明酸性H2CO3>H2SiO3，从而证明非金属性：C>Si，具体的实验方案为：向盛有饱和NaHCO3（或Na2CO3）溶液的烧瓶中滴加稀硫酸，将产生的气体通入盛有Na2SiO3溶液的装置E中，若装置E中有白色沉淀产生；（5）将装置B、C分别与F相连后，进行H2S与SO2反应的实验，B是制备硫化氢气体的发生装置，C是二氧化硫气体制备的装置，通入F中二氧化硫氧化硫化氢生成硫单质，2H2S+SO2=3S+2H2O。16．海水中含有大量的卤族元素，具有十分巨大的开发利用潜力。I．氯气是非常重要的化工产品（1）用浓盐酸和二氧化锰制氯气是实验室常用的方法，写出该反应的化学方程式：_____。（2）也可用浓盐酸和高锰酸钾制氯气，反应方程式如下：2KMnO4+16HCl（浓）=KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，实验室用该方法制氯气时，可选用的发生装置是___________（写编号）。编号ABC发生装置（3）为证明氯气与水反应产物具有漂白性，将Cl2缓缓通过下列装置：19 试剂a应选择___________；试剂b的作用是___________；___________。（4）通常使用84消毒液时需要把消毒对象在其中浸泡一段时间，以提高消毒效果。请结合反应方程式分析原因___________。II．地球上99%的溴元素以Br-形式存在于海水中。海水中Br-含量约为65mg/L，而苦卤（海水晒盐后得到的母液）中Br-含量高很多，苦卤常作海水提溴的主要原料。目前最成熟的“空气吹出法”海水提溴工艺流程如图（已知：溴的沸点为59℃）：（5）为实现Br-转化为Br2的目的，所加试剂X应必有的化学性质是___________。（6）利用“空气吹出法”将“氧化室”产生的低浓度Br2分离出来的方法利用了溴的___________这一物理性质。（7）将低浓度Br2富集为高浓度Br2历经步骤iii反应的离子方程式为：_________。【答案】（1）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O（2）B（3）无水氯化钙或五氧化二磷吸收尾气，防止污染防止空气中水蒸气干扰实验（4）浸泡时，NaClO与空气中CO2反应，即NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO，HClO浓度增大，漂白效果增强（5）氧化性（6）挥发性（7）SO2+Br2+2H2O═4H+++2Br-【解析】（1）用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下发生反应，生成氯气、氯化锰和水，其反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；答案为MnO2+4HCl（浓）19 MnCl2+Cl2↑+2H2O。（2）用浓盐酸和高锰酸钾制氯气，反应不需要加热，即2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，可选用的发生装置是B；答案为B。（3）由题中图示可知，a应具有干燥作用，且为固体试剂，所以可用无水氯化钙或P2O5，b可吸收氯气，防止污染空气，也可防止空气中水蒸气进入U型管干扰实验，可用碱石灰；答案为无水氯化钙或P2O5；吸收尾气，防止污染；防止空气中水蒸气干扰实验。（4）通常使用84消毒液时需要把消毒对象在其中浸泡一段时间，以提高消毒效果，原因是浸泡时，NaClO与空气中CO2反应，即NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO，HClO浓度增大，漂白效果增强；答案为浸泡时，NaClO与空气中CO2反应，即NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO，HClO浓度增大，漂白效果增强。（5）Br-转化为Br2，Br元素的化合价由-1价升高到0价，失去电子被氧化，发生氧化反应，作还原剂，那么，所加试剂X应必有的化学性质是氧化性，作氧化剂才能实现上述转化；答案为氧化性。（6）由题中信息可知，溴的沸点为59℃，则利用“空气吹出法”将“氧化室”产生的低浓度Br2分离出来的方法利用了溴的挥发性这一物理性质；答案为挥发性。（7）将低浓度Br2富集为高浓度Br2，步骤iii是Br2和SO2、H2O发生氧化还原反应，生成HBr和H2SO4，其离子方程式为SO2+Br2+2H2O═4H+++2Br-。17．亚硝酸钠（NaNO2）是一种常见的食品添加剂，但在使用时必须严格控制其用量。某兴趣小组利用如图所示装置制备NaNO2并对其性质作如下探究（A中加热装置已略去，NO可与过氧化钠粉末发生化合反应，也能被酸性KMnO4氧化成NO）。（1）仪器A的名称是___________，A中的实验现象为___________。请写出B装置铜粉发生反应的化学反应方程式___________。（2）为保证制得的亚硝酸钠的纯度，C装置中盛放的试剂可能是_____（填序号）。A．P2O5B．碱石灰C．无水CaCl2D．浓硫酸（3）E装置的作用是___________，其中发生反应的离子方程式是___________。19 （4）从提高氮原子利用率的角度出发，本实验装置设计存在一定的缺陷，改进方案是：在B装置中加入一定的___________（填试剂名称），使NO2全部转化为NO。（5）利用NaNO2的氧化性（NaNO2被还原为NO）来测定其纯度的步骤是：准确称取质量为mg的NaNO2样品放入锥形瓶中，加适量水溶解，加入过量的c1mol·L−1KI溶液、淀粉溶液，然后滴加稀硫酸，充分反应后，用c2mol·L−1Na2S2O3溶液滴定至溶液由蓝色恰好变为无色（S2O被氧化为S4O），且半分钟内不变色，读数，重复以上操作2～3次，所消耗Na2S2O3溶液的体积平均为VmL，则该NaNO2样品的纯度为___________（用相关字母表示）。【答案】（1）三颈烧瓶可观察到剧烈反应，产生大量红棕色气体3Cu+8HNO3（稀）=3Cu (NO3)2+2NO↑+4H2O（2）B（3）除去NO，防止污染空气3MnO+4H++5NO=3Mn2++5NO+2 H2O（4）稀硫酸（5）×100%【解析】NO可与过氧化钠粉末发生化合反应，则二者反应的化学方程式应为2NO+Na2O2=2NaNO2，所以该反应中应是利用NO和Na2O2反应制备NaNO2，首先利用碳和浓硝酸反应制取NO2，同时还有CO2生成，使生成的NO2与水反应生成HNO3和NO，生成的HNO3也可以和Cu反应得到NO，CO2和H2O都能与过氧化钠反应，所以需在装置C中盛放碱石灰将CO2和H2O除去，之后NO与Na2O2反应制备NaNO2，利用酸性高锰酸钾溶液吸收未反应的NO。（1）根据仪器A的结构特点可知其为三颈烧瓶，A中碳和浓硝酸在加热条件下反应生成CO2和NO2，可观察到剧烈反应，产生大量红棕色气体；NO2与水反应生成HNO3和NO，生成的HNO3和Cu反应得到NO，所以铜粉发生的化学反应方程式为3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；（2）CO2和H2O都能与过氧化钠反应，所以需在装置C中盛放碱石灰将CO2和H2O除去，其余三种药品只能除去水蒸气，故选B；（3）NO有毒，未反应的NO会污染空气，所以利用装置E中的酸性高锰酸钾将其氧化除去，防止污染空气；根据题意KMnO4可以将NO氧化为NO，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为3MnO+4H++5NO=3Mn2++5NO+2 H2O；（4）B中铜与硝酸反应仍有硝酸根离子剩余，在B装置中加入一定的稀硫酸，使NO219 全部转化为NO，提高氮原子利用率；（5）S2O被碘单质氧化为S4O，根据电子守恒n（I2）=0.5n（S2O），NaNO2可以将I-氧化为I2，自身被还原为NO，根据电子守恒n（I2）=0.5n（NaNO2），所以n（NaNO2）=n（S2O）=c2mol·L-1×V×10-3L=0.001c2Vmol，NaNO2的纯度为×100%=×100%。18．汽车尾气中含有CO、氮的氧化物（NOx）等有毒气体。工业上可采用催化转换装置利用氨气将NOx还原为无毒的氮气。回答下列问题：I．氨气的制备（1）上图中的A和B都可作为制备氨气的发生装置，任写出用A或B装置制氨气时反应的化学方程式：___________。（2）装置F的名称为___________。（3）欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置→___________（按气流方向，用小写字母表示，部分装置可重复使用）。II．氨气性质的检验和氨气与NOx的催化转换（4）用下图所示装置检验氨气的性质，反应一段时间后，H中溶液变成蓝色的原因为______，装置I中可能反应的离子方程式为_______。（5）NH3与NO2在催化剂作用下发生反应生成一种无污染的气体，则该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为___。III．汽车尾气中NOx含量的测定（6）通过下图装置可监测氮氧化物的含量，NiO电极的电极反应式为____。19 【答案】（1）或（2）（球形）干燥管（3）ihfeihg（4）氨气催化氧化生成NO，NO被氧气氧化为NO2，NO2溶于水生成HNO3，HNO3与Cu反应生成硝酸铜，溶液变蓝色（或）（5）3∶4（6）【解析】Ⅰ．制备氨气可以用加热氨水或加热氯化铵和氢氧化钙混合物的方法制备，制备氨气后，干燥氨气，收集氨气，再干燥防止水进入集气瓶，最后尾气吸收。Ⅱ．通过H中溶液变为蓝色，证明氨气被氧气氧化了，检验了氨气的还原性。（1）A和B都可作为制备氨气的发生装置，A为有液体参加反应的装置，B为固体参加反应的装置，反应方程式分别为或。（2）装置F为常用干燥装置，（球形）干燥管。（3）连接顺序时，先进行干燥，收集时注意氨气的密度比空气的小，要短管进长管出，在进行尾气处理时注意防倒吸，尾气处理装置前加干燥装置防止水进入集气瓶，故正确的连接顺序为ihfeihg。（4）氨气催化氧化生成NO，NO被氧气氧化为NO2，NO2溶于水生成HNO3，HNO3与Cu反应生成硝酸铜，溶液变蓝色。装置I中用酸性高锰酸钾溶液吸收尾气，尾气中可能含有NO、NO2，故反应的离子方程式为（或）。（5）NH3与NO2在催化剂作用下发生反应：，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶4。19 （6）移向NiO电极，故NiO为负极，电极反应式为。19．亚硫酰氯（SOCl2）是一种重要化工试剂，被广泛应用于结晶水合物的脱水和有机合成。工业上合成方法之一是：PCl5(s)+SO2(g)=POCl3(l)+SOCl2(l)ΔH=-101.4kJ·mol-1。已知相关物质的熔沸点及水解性如表：物质熔点/℃沸点/℃水解性POCl31.2105.5易水解SOCl2-104.576易水解PCl5160（升华）167易水解某小组在实验室模拟工业制亚硫酰氯设计如图实验。试回答下列问题：（1）A装置中发生反应的化学方程式为______。（2）B装置中盛装的a试剂为______；C装置中X仪器的名称是______。（3）①反应过程中C装置的烧瓶要放在冰水浴中，原因是______。②判断PCl5已与SO2完全反应的实验现象是______。（4）反应结束后，从双颈烧瓶中的液体得到较纯净的亚硫酰氯需进行的操作是______。（5）①用SOCl2与MgCl2·6H2O混合加热可得无水MgCl2，其反应方程式为______。②因常发生副反应，SOCl2不宜用于FeCl3·6H2O的脱水反应制取无水FeCl3。试设计实验证明两者混合加热时发生了副反应______。【答案】（1）Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O（2）浓硫酸球形冷凝管（3）该反应放热，SOCl2沸点低（76℃），保持低温防止SOCl2气化挥发固体完全消失19 （或B、C装置导管口冒出气泡速率近似相等）（4）对C装置双颈瓶中的液体进行蒸馏（或取出C装置双颈瓶中的液体进行蒸馏）（5）6SOCl2+MgCl2·6H2OMgCl2+6SO2↑+12HCl↑取少量反应后的混合物溶于水，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明发生副反应生成SO（或取少量反应后的混合物溶于水，滴加铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀，则证明发生副反应生成Fe2+）【解析】本实验装置A为SO2的制备发生装置，反应原理为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，由题干信息可知，SOCl2易水解，故装置B为干燥SO2的装置，所装溶液为浓硫酸，装置C为发生装置，反应原理为：PCl5(s)+SO2(g)=POCl3(l)+SOCl2(l)ΔH=-101.4kJ·mol-1，由于SOCl2易挥发，装置C需进行冰水浴，并通过球形冷凝管X来冷凝回流，最后碱石灰来吸收多余的SO2，防止污染环境，据此分析解题。（1）由分析可知，装置A为制备SO2的发生装置，A装置中发生反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑；（2）由分析可知，装置B的作用为干燥SO2，则B装置中盛装的a试剂为浓硫酸，由实验装置图可知C装置中X仪器的名称是球形冷凝管；（3）①由题干信息可知，该反应放热，SOCl2沸点低（76℃），需保持低温防止SOCl2气化挥发，故反应过程中C装置的烧瓶要放在冰水浴中，故答案为：该反应放热，SOCl2沸点低（76℃），保持低温防止SOCl2气化挥发；②由题干信息可知，PCl5为固体，SO2为气体，POCl3和SOCl2均为液体，则判断PCl5已与SO2完全反应的实验现象是固体完全消失（或B、C装置导管口冒出气泡速率近似相等）；（4）利用POCl3和SOCl2二者沸点相差较大的特点，则反应结束后，从双颈烧瓶中的液体得到较纯净的亚硫酰氯需进行的操作是对C装置双颈瓶中的液体进行蒸馏（或取出C装置双颈瓶中的液体进行蒸馏）；（5）①由于SOCl2易水解，生成SO2和HCl，从而已知Mg2+的水解，故用SOCl2与MgCl2·6H2O混合加热可得无水MgCl2，其反应方程式为：6SOCl2+MgCl2·6H2OMgCl2+6SO2↑+12HCl↑；②因常发生副反应，SOCl2不宜用于FeCl3·6H2O的脱水反应制取无水FeCl3，由于SOCl2水解生成的SO2会被Fe3+氧化成，副反应方程式为：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2+++4H+，则想要证明两者混合加热时发生了副反应，只需检验产物中含有或者Fe2+19 即可，实验方案可为：取少量反应后的混合物溶于水，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明发生副反应生成SO（或取少量反应后的混合物溶于水，滴加铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀，则证明发生副反应生成Fe2+）。20．碳、硅及其化合物的开发由来已久，在现代生活中有广泛应用。（1）SiO2是玻璃的主要成分之一，保存氢氧化钠溶液的玻璃瓶应用橡胶塞的原因是___（用化学方程式表示）。（2）高纯硅是现代信息、半导体和光伏发电等产业都需要的基础材料。工业上提纯硅有多种路线，其中一种工艺流程示意图及主要反应如图：①用石英砂和焦炭在电弧炉中制粗硅，该反应的化学方程式为___。②在流化床反应的产物中，SiHCl3大约占85%，还有SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl等，有关物质的沸点数据如表，提纯SiHCl3的主要工艺操作依次是沉降、冷凝和___。物质SiSiCl4SiHCl3SiH2Cl2SiH3ClHClSiH4沸点/℃235557.631.88.2-30.4-84.9-111.9（3）某同学为了验证碳和硅两种元素非金属性的相对强弱，用如图所示装置进行实验（夹持仪器已略去，气密性已检验），实验操作步骤：Ⅰ．打开弹簧夹1，关闭弹簧夹2，并打开活塞a，滴加盐酸。Ⅱ．A中看到白色沉淀时，关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，关闭活塞a。①通过步骤Ⅰ得知盐酸具有的性质是___（填字母）。A．挥发性B．还原性C．氧化性D．酸性②C装置中的试剂X是___（写化学式）。19 ③碳、硅的非金属性逐渐减弱的原因：碳和硅___。【答案】（1）SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O（2）SiO2+2CSi+2CO↑精馏（或蒸馏）（3）ADNaHCO3位于同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力减弱，非金属性减弱【解析】（1）SiO2是玻璃的主要成分之一，SiO2是酸性氧化物，保存氢氧化钠溶液时若应用玻璃塞，则SiO2和NaOH反应生成Na2SiO3、H2O，Na2SiO3具有粘性，会使玻璃塞与试剂瓶粘在一起，因此保存NaOH溶液不能使用玻璃塞，用化学方程式表示为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。（2）①石英砂的主要成分为二氧化硅，二氧化硅和碳在高温条件下反应生成硅和一氧化碳，根据原子守恒、电子守恒，可得反应方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑。②由于冷凝后的液体混合物中SiHCl3与SiCl4、SiH2Cl2等的沸点相差较大，可以使用精馏（或蒸馏）的方法提纯。（3）①B中CaCO3与盐酸反应产生CO2，说明盐酸具有酸性；HNO3酸化的AgNO3溶液反应产生白色沉淀，证明气体中HCl具有挥发性，挥发的HCl与AgNO3溶液发生复分解反应，产生AgCl白色沉淀，故合理选项是AD；②因为浓盐酸具有挥发性，所以装置C的作用是将CO2气体中的杂质HCl气体除去，可以使用的试剂为饱和NaHCO3溶液；C装置中的试剂X是NaHCO3。③碳、硅的非金属性逐渐减弱的原因：由于碳和硅位于同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，得电子的能力减弱，元素的非金属性减弱，所以元素的非金属性：碳>硅。19