2021届高考化学二轮复习-梳理纠错预测专题十-常见的非金属与化合物学案.docx

2021届高考化学二轮复习 梳理纠错预测专题十 常见的非金属与化合物学案2021届高考化学二轮复习 梳理纠错预测专题十 常见的非金属与化合物学案年级：姓名：20常见的非金属与化合物非金属元素部分在保持原有考点不变的情况下，弱化了对磷的考查，但在以往高考中不被看好的元素硅及其化合物的性质在新高考中的地位相当突出，要引起重视。从考点的变化情况来看，常见非金属元素及其化合物的性质仍是高考命题的重点，其命题形式一般为实验探究、计算、推断等。高考中，将会进一步注重非金属元素及其化合物性质知识的整体性和探究性，强化与生活、社会实际问题的联系，试题可以以选择题的形式出现，也可以以实验题和无机推断题的形式出现，以环保为主题设计问题的可能性也比较大。客观题(1)考查非金属及其化合物的重要性质和应用。(2)以非金属单质与化合物的转化关系为载体进行物质的推断。主观题(1)通过实验探究非金属单质及其化合物的性质。(2)以环境污染、化工流程为载体考查非金属单质及其化合物知识的综合应用。一、硅及其化合物的“反常”(1)Si的还原性大于C，但C却能在高温下从SiO2中还原出Si：2C+SiO2Si+2CO。(2)非金属单质跟碱溶液作用一般无H2放出，但Si能跟强碱溶液作用放出H2：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2。(3)非金属单质一般不跟非氧化性酸作用，但Si能跟氢氟酸作用：Si+4HF=SiF4+2H2。(4)非金属氧化物一般为分子晶体，但SiO2为原子晶体。(5)酸性氧化物一般不与酸作用，但SiO2能与HF作用。(6)H2CO3的酸性大于H2SiO3，所以有Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3+Na2CO3，但高温下Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2也能发生，原因可以从两方面解释：硅酸盐比碳酸盐稳定；从化学平衡角度，由SiO2高沸点难挥发固体制得低沸点易挥发的CO2。二、氯及其化合物知识中的热点(1)Cl2与水的可逆反应，HClO的强氧化性和弱酸性。(2)Cl2与碱的歧化反应。(3)Cl2作为氧化剂使用，如将Fe2+氧化为Fe3+。(4)Cl2的实验室制法，还原剂用浓盐酸，氧化剂可以为MnO2()、KClO3和KMnO4等。(5)次氯酸盐为重点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SO、I、Fe2+均不能大量共存。ClO体现水解性，因HClO酸性很弱，ClO水解显示碱性，如Fe3+3ClO+3H2O=Fe(OH)3+3HClO。三、常见无机酸的重要规律和重要特性(1)重要规律最高价氧化物对应水化物的酸性强弱取决于该元素非金属性的强弱，如酸性：HClO4H2SO4H3PO4H2CO3H2SiO3。证明酸性强弱，可利用复分解反应中“强酸制弱酸”的规律，如：Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3 Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO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。(2)重要特性硝酸、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。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，产物会发生变化或反应停止。浓H2SO4具有吸水性、脱水性和强氧化性。常温下，铁、铝遇浓H2SO4、浓HNO3发生钝化。四、氮及其化合物1NO、NO2与O2溶于水的计算，利用好两个比值43、41即可4NO+3O2+2H2O=4HNO34NO2+O2+2H2O=4HNO32HNO3的性质，尤其是强氧化性是热点，涉及与单质反应产物的判断，尤其是与铁的反应如稀HNO3与Fe：Fe+4HNO3(稀，过量)=Fe(NO3)3+NO+2H2O；3Fe(量)+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO+4H2O。五、常见非金属元素形成的离子的检验1利用盐酸和其他试剂检验CO：加入BaCl2或CaCl2溶液后生成白色沉淀，再加稀盐酸沉淀溶解，并放出无色无味气体。SO：先加入足量稀盐酸，无沉淀生成，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。SO：加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加稀盐酸，放出无色有刺激性气味能使品红溶液褪色的气体。2利用AgNO3(HNO3酸化)溶液检验3利用某些特征反应检验I：滴入淀粉溶液和氯水，溶液变蓝色(或加入氯水和四氯化碳，四氯化碳层呈紫红色)。特别注意：设计实验方案进行离子检验时，要设法排除不同离子之间的干扰，如检验SO时一定要排除Ag+和SO的干扰。六、无机推断（一）无机物的转化与推断方法突破口又称“题眼”，解无机推断题的关键在于寻找突破口，常见的突破口主要有以下几类：1特殊结构(1)原子个数比为11的化合物通常是H2O2、C2H2、C6H6、Na2O2等。(2)“AA”分子必然是N2，三角锥形的分子是NH3、PH3等。(3)具有正四面体结构的有CH4、CCl4、NH、P4等。(4)不含金属元素的离子化合物为铵盐。2物质的特有颜色常见的有颜色的物质淡黄色固体S、Na2O2、AgBr浅绿色溶液Fe2+红色固体Cu、Cu2O蓝色溶液Cu2+紫黑色固体I2、KMnO4棕黄色溶液Fe3+红棕色粉末Fe2O3红色溶液Fe(SCN)3黑色粉末，晶体MnO2、Fe3O4、CuS、C、CuO橙色、橙红色溶液溴水红褐色沉淀Fe(OH)3蓝色晶体CuSO45H2O白色沉淀AgCl、BaSO4、Mg(OH)2、Al(OH)3等红棕色气体NO2、Br2(g)蓝色沉淀Cu(OH)2黄绿色气体Cl23特殊的实验现象(1)H2在Cl2中燃烧呈苍白色火焰。(2)遇酚酞溶液变红色的气体是氨气。(3)在空气中迅速由无色变为红棕色的气体是NO。(4)Cl2通入含Br的溶液中，会出现橙色，加入有机溶剂，在有机溶剂层出现橙红色；Cl2通入含有I的溶液中，会出现深黄色，加入有机溶剂，在有机溶剂层出现紫红色。(5)遇SCN显红色或遇OH生成红褐色沉淀的离子是Fe3+。(6)遇BaCl2溶液生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，则溶液中可能含有Ag+或SO或SO。(7)遇HCl生成白色沉淀，则溶液中可能含有Ag+或SiO。(8)使品红溶液褪色的气体可能是Cl2或SO2，但将褪色后的液体加热又复原的是SO2。(9)碘遇淀粉显蓝色。(10)实验现象为：白色沉淀灰绿色红褐色的转化一定是：Fe(OH)2Fe(OH)3。(11)既能跟酸反应又能跟碱反应且生成气体的物质一般是Al、NH4HCO3、(NH4)2CO3、NH4HSO3、(NH4)2SO3、(NH4)2S、NH4HS。(12)与碱反应产生气体的物质是铝、铵盐，产生的气体一般是H2、NH3。(13)与水反应产生气体的物质一般是Na、Na2O2、CaC2、Mg3N2等。4其他特征(1)常温下短周期呈气态的单质(除惰性气体外)：H2、N2、O2、F2、Cl2。(2)常见的同素异形体：金刚石和石墨、O2和O3、白磷和红磷。(3)地壳中含量前四位的元素：O、Si、Al、Fe。(4)常温下呈液态的金属单质：Hg；非金属单质：Br2。(5)常见的可燃性气体：H2、CO、H2S、CH4、C2H4、C2H2等。1下列关于实验装置或操作的说法中，正确的是（）A实验用来吸收氯化氢气体并防止倒吸B实验中若左边棉球变棕红色，右边棉球变蓝色，则能证明氧化性：Cl2Br2I2C实验选择合适的试剂，可分别制取并收集少量HCl和Cl2D可用乙醇通过图操作提取碘水中的碘【答案】A【解析】A氯化氢极易溶于水，实验中用倒扣的漏斗可吸收氯化氢气体并防止倒吸，故A正确；B实验中氯气和生成的单质溴均能氧化碘化钾，因此不能证明氧化性：Br2I2，故B错误；C实验中应该选择分液漏斗，而不是长颈漏斗，且HCl易溶于水，不能用排水法收集HCl，故C错误；D乙醇和水互溶，不能用乙醇萃取碘水中的碘，故D错误；故答案为A。2化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是（）A铝及其合金是使用广泛的金属材料，通常用电解氯化铝的方法制备铝B为测定熔融氢氧化钠的导电性，常将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化C采取“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”等方法，可提高空气质量D氰化物泄漏时，可直接将其冲入下水道，让其自然消解【答案】C【解析】A氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电，工业上常电解熔融氧化铝冶炼金属铝，故A错误；B石英为SiO2，能与NaOH发生反应，因此熔化NaOH固体时，不能用石英坩埚，故B错误；C静电除尘：烟尘为胶体，利用电泳，达到除尘的目的；燃煤固硫：燃煤中加入CaO或石灰石，与生成的SO2反应，转化成CaSO4，达到除去硫的目的；汽车尾气催化净化：将氮的氧化物转化成N2；故C正确；D氰化物有剧毒，不能直接排放到自然界中，故D错误。3查看葡萄酒标签上的成分信息时，常发现其成分中含有少量SO2。下列关于SO2说法正确的是（）ASO2具有还原性，不能用浓硫酸干燥BSO2不能作食品添加剂，不该添加到葡萄酒中CSO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，体现了它的漂白性DSO2具有还原性，少量的SO2可防止葡萄酒氧化变质【答案】D【解析】二氧化硫具有还原性，葡萄酒中的少量SO2具有防腐、除杂、抗氧化的作用，少量SO2对人体是无害的；二氧化硫具有还原性，能够还原酸性的高锰酸钾，使高锰酸钾褪色。ASO2具有还原性，但二氧化硫和浓硫酸不反应，可以用浓硫酸干燥，故A错误；B葡萄酒中的少量SO2可以防腐、除杂、抗氧化的作用，少量SO2对人体是无害的，故B错误；CSO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，体现了它的还原性，故C错误；D葡萄酒中的少量SO2可以防腐、除杂、抗氧化的作用，少量SO2可防止葡萄酒氧化变质，故D正确；选D。4下列除杂质的操作方法不正确的是（）ANaCl溶液中有少量的Na2SO4加过量的BaCl2溶液后再过滤BCO2中有少量的SO2通入酸性高锰酸钾溶液洗气后再干燥CNO中有少量的NO2加水洗涤后再干燥D除去Na2CO3固体中少量的NaHCO3加热【答案】A【解析】A氯化钡过量会引入新的杂质，故A错误；BSO2会被酸性高锰酸钾溶液氧化生成硫酸根，CO2不反应，所以可以将混合气体通入酸性高锰酸钾溶液洗气后再干燥，得到纯净的CO2，故B正确；CNO2与水反应生成HNO3和NO，所以NO中有少量的NO2可以加水洗涤后再干燥，得到纯净的NO，故C正确；D碳酸氢钠受热分解产生碳酸钠、二氧化碳和水，所以可以用加热的方法除去Na2CO3固体中少量的NaHCO3，故D正确；综上所述答案为A。5化学与人类生产、生活密切相关,下列有关说法正确的是（ ）A“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”,向海水中加入净水剂明矾可以使海水淡化B二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中C用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以达到保鲜目的D用活性炭为糖浆脱色和用SO2漂白纸浆的原理相同【答案】C【解析】A向海水中加入净水剂明矾，铝离子水解生成氢氧化铝胶体只能除去悬浮物杂质，但不能使海水淡化，应该用蒸馏法，故A错误；B二氧化硫具有较强的还原性，故适量SO2常用作葡萄酒的抗氧化剂，故B错误；C乙烯有催熟作用，乙烯能与酸性高锰酸钾反应，除掉乙烯能达到保鲜要求，故C正确；D活性炭有吸附作用而导致能漂白，二氧化硫与有色物质反应生成无色物质，发生化学反应导致有漂白作用，原理不同，故D错误；故答案为C。6亚氯酸钠(NaClO2，不稳定，受热易分解)漂白织物时不损伤纤维，常用作高端漂白剂。其合成路线如图所示：下列说法中错误的是（）A温度过高会造成“反应2”中的还原剂大量损失B“反应1”中制取67.5gClO2，理论上需要22.4L(标准状况)SO2C“减压蒸发”的主要目的是为了减少NaClO2的分解D对粗产品进一步提纯可采取的操作为重结晶【答案】B【解析】A反应2中实现二氧化氯变成亚氯酸钠，二氧化氯为氧化剂，过氧化氢做还原剂，温度高，过氧化氢分解，A正确；B氯酸钠反应生成二氧化氯，氯元素化合价降低1价，所以制取制取67.5gClO2，转移1mol电子，理论上需要0.5mol二氧化硫，标况下体积为11.2L，B错误；CNaClO2，不稳定，受热易分解，所以减压蒸发减少其分解，C正确；D粗产品的提纯利用重结晶的方法，D正确；故选B。1 下列实验合理的是（）A配制一定浓度硫酸B制备少量氨气C制备并收集少量NO2气体D制备少量氧气【答案】B【解析】A配制一定浓度的H2SO4溶液时，首先应该把浓硫酸稀释，不能直接注入容量瓶中，A项不合理；B氨水滴入氧化钙，氧化钙和水反应放热，使氨水分解生成氨气，可以制备少量氨气，B项合理；C二氧化氮溶于水和水反应生成硝酸和一氧化氮，该实验制备不能收集少量NO2气体，C项不合理；DNa2O2是粉末，过氧化钠和水剧烈反应生成氢氧化钠和氧气，能快速制取氧气，但该装置不能起到随时反应、随时停止反应原理的要求，D项不合理。故选B。【点评】本题考查了溶液的配制、气体发生装置等实验基本操作，掌握实验原理是解题关键。选项A要注意容量瓶的使用方法，容量瓶是用来配制一定浓度的溶液的专用仪器，瓶颈上有容量刻度，浓硫酸溶于水溶液温度升高，热胀冷缩，影响刻度，影响配制的精确度，所以容量瓶不能用来稀释溶解物质，应在烧杯中溶解浓硫酸，冷却后再转入容量瓶。2学习小组验证NH3还原CuO实验，设计如图所示装置(夹持装置略去)。下列说法错误的是（ ）Am管的作用是平衡压强，使浓氨水顺利滴下B装置B中盛放碱石灰C装置E的作用是防止倒吸D若F中产生白色沉淀，可证明有氧化性气体生成【答案】D【解析】Am管的作用是平衡压强，使浓氨水顺利滴下，故A正确；B装置B中盛放碱石灰，除去水蒸气，故B正确；C装置E的作用是防止倒吸，故C正确；DF中产生白色沉淀，是因为NH3与SO2反应生成了SO，Ba2+与SO反应生成BaSO3，故D错误；故答案为D。【点评】考查物质的制备以及性质实验，侧重考查学生的分析能力和实验能力，把握物质的性质以及实验的原理、目的是解题关键，装置A制取NH3，装置B除去水蒸气，装置C还原CuO，装置D验证水蒸气生成，装置E的作用为防止倒吸，装置F的作用为尾气处理。3研究表明，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CNH3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】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；CNH3作为反应物参加反应转化为铵盐，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。【点评】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，氨气作用判断是解答的易错点。本题情境真实，应用导向，聚焦学科核心素养，既可以引导考生认识与化学有关的社会热点问题，形成可持续发展的意识和绿色化学观念，又体现了高考评价体系中的应用性和综合性考查要求。4用如图所示实验装置进行物质性质的探究实验。下列说法错误的是（）A若烧瓶中出现淡黄色浑浊和无色气泡，则说明Na2S2O3只作氧化剂B若溴水褪色，则说明SO2具有还原性C若品红溶液褪色，则说明产物中含有SO2D若品红溶液不褪色，Na2SiO3溶液出现白色浑浊，则说明亚硫酸比碳酸酸性强【答案】A【解析】A硫代硫酸根离子中的硫元素在酸性条件下发生歧化反应，生成二氧化硫和硫沉淀：，说明Na2S2O3做氧化剂和还原剂，故A错误；B溴水褪色说明二氧化硫和溴水发生氧化还原反应，二氧化硫被溴单质氧化，表明二氧化硫具有还原性，故B正确；C硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，二氧化硫具有漂白性使品红褪色，若品红溶液褪色，则说明产物中含有SO2，故C正确；D若品红溶液不褪色说明二氧化硫全部被吸收，Na2S2O3溶液出现白色浑浊，说明碳酸氢钠和二氧化硫反应生成二氧化碳气体，则说明亚硫酸比碳酸酸性强，故D正确；故答案为A。5下列实验操作及现象能够达成相应实验目的的是（ ）实验目的实验操作及现象A检验某固体物质中含有NH取少量固体于试管中，加入少量浓NaOH溶液，加热，试管口放置蓝色石蕊试纸立即变红B证明酸性条件下H2O2的氧化性强于I2向淀粉KI溶液中滴入3滴稀硫酸，未见溶液变蓝；再加入10的H2O2溶液，溶液立即变蓝色C证明氯的非金属性强于碳将稀盐酸滴到碳酸钙固体上，生成的气体通入盛有澄清石灰水的试管中，出现浑浊D验证氧化性强弱：Cl2Br2I2向5mL饱和氯水中滴加少量0.1mol/L NaBr溶液，溶液由无色变为橙黄色，再滴加少量0.1mol/L淀粉KI溶液，溶液变蓝【答案】B【解析】A铵根离子的检验是加入强碱并加热能够产生使湿润的红色石蕊试液变蓝的气体，该气体是氨气，从而证明原溶液中一定含有铵根离子，故A错误；B2I+H2O2+2H+=I2+2H2O，碘单质遇淀粉溶液变蓝，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，可以证明酸性条件下H2O2的氧化性强于I2，故B正确；C将稀盐酸滴到碳酸钙固体上，生成的气体通入盛有澄清石灰水的试管中，出现浑浊，说明酸性盐酸大于碳酸，由于盐酸不是最高价含氧酸，无法判断Cl、C元素的非金属性强弱，故C错误；D向5mL饱和氯水中滴加少量0.1mol/L NaBr溶液，溶液由无色变为橙黄色，证明氧化性：Cl2Br2，再滴加少量0.1mol/L淀粉KI溶液，溶液变蓝，由于氯水过量，氯气会与KI反应，不能证明氧化性Br2I2，故D错误；答案：B。1化学与生产和生活密切相关。下列叙述错误的是（）A“84”消毒液的有效成分是NaClO，可用于环境的杀菌消毒B黄铁矿的主要成分是FeS2，是工业生产硫酸的原料C“火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色反应D北斗导航系统所含芯片的主要成分是SiO2【答案】D【解析】A制备“84”消毒液的原理是氯气与氢氧化钠溶液反应生成NaClO和NaCl，其有效成分是NaClO，NaClO具有强氧化性，可用于环境的杀菌消毒，故A正确；B黄铁矿的主要成分是FeS2，高温条件下FeS2与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫再被氧气氧化生成三氧化硫，三氧化硫再与水反应生成硫酸，故B正确；C焰色反应为元素的性质，则节日燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩，故“火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色反应，故C正确；D北斗导航系统所含芯片的主要成分是Si，故D错误；故选D。2某课题组设计如图所示实验装置探究H2S的制法和性质。若装置A产生的是有臭鸡蛋气味的硫化氢气体，则下列说法错误的是（）A装置B中的现象可证明溴的非金属性比硫强B酸X可以是稀硝酸C装置C中的现象可证明CuS难溶于稀硫酸D能观察到装置D中溶液的红色变浅【答案】B【解析】A装置B发生的反应为，有淡黄色沉淀生成，可证明溴的非金属性比硫强，故A正确；B稀硝酸具有强氧化性，能氧化硫化亚铁中的硫，不能制取硫化氢，故酸X不能为稀硝酸，故B错误；C装置C中的反应为，有黑色沉淀生成，可证明CuS难溶于稀硫酸，故C正确；D装置D中硫化氢气体和氢氧化钠溶液反应生成硫化钠，溶液的碱性变弱，所以溶液的红色变浅，故D正确；故答案为B。32012年中国汽车销量大幅增长，同时也带来了严重的空气污染汽车尾气装置中，气体在催化剂表面吸附与解吸的过程如图所示，下列说法正确的是（）A反应中NO为氧化剂，N2为氧化产物B汽车尾气的主要污染成分包括CO、NO和N2CNO和O2必须在催化剂表面才能反应D催化转化总反应为2NO+O2+4CO4CO2+N2【答案】D【解析】A一氧化氮与一氧化碳反应生成氮气和二氧化碳，氮元素从+2价降为0价，化合价降低，所以一氧化氮做氧化剂，氮气为还原产物，故A错误；B汽车尾气的主要污染成分是CO、NO、NO2等，氮气为空气成分，不是空气污染物，故B错误；CNO和O2在常温下就会发生反应生成二氧化氮，故C错误；D尾气处理净化的目的是把有毒的污染气体在催化剂作用下转化为空气中的无毒成分：反应方程式2NO+O2+4CO4CO2+N2正好是过程图中的变化，故D正确；答案选D。4标准状况下，向100mL H2S饱和溶液中通入SO2气体，所得溶液pH变化如图所示。下列分析正确的是（）Aa点对应溶液的导电性比d点强B氢硫酸的酸性比亚硫酸的酸性强C向d点对应的溶液中加入Ba(NO3)2溶液，产生BaSO4白色沉淀DH2S饱和溶液的物质的量浓度为0.05molL1【答案】C【解析】H2S和H2SO3均为二元酸且d点溶液酸性比a点强，故d点溶液导电性强，A项错误；d点时，亚硫酸浓度约是0.1mol/L，酸性比同浓度硫化氢强，H2S的酸性比H2SO3弱，B项错误；向d点对应的溶液中加入Ba(NO3)2溶液，因d点的亚硫酸会电离出氢离子结合硝酸钡电离出的硝酸根形成硝酸，具有强氧化性，将亚硫酸根氧化为硫酸根，故产生BaSO4白色沉淀，C项正确；b点时H2S恰好反应，消耗SO2为0.112mL22.4L/mol=0.005mol，依据反应2H2S+SO2=3S+2H2O可知，n(H2S)=0.005mol2=0.01mol，则c(H2S)=0.01mol0.1L=0.1mol/L，可算出c(H2S)为0.1molL1，D项错误。5工业上制备下列物质的生产流程合理的是（ ）A工业合成硝酸：N2NONO2HNO3B从海水中提取镁：海水Mg(OH)2MgOMgC由NaCl制漂白粉：饱和食盐水Cl2漂白粉D由黄铁矿制硫酸：黄铁矿SO2SO3H2SO4【答案】D【解析】A工业合成硝酸是催化氧化氨气得到NO，故A错误；B工业上电解熔融氯化镁得到镁单质，故B错误；C漂白粉的有效成分为次氯酸钙，应将氯气通入石灰乳中制取，故C错误；D黄铁矿的主要成分为FeS2，煅烧生成二氧化硫，再将二氧化硫转化为三氧化硫，然后用浓硫酸吸收得到硫酸，通过该生产流程可制备硫酸，故D正确；故选D。6下列叙述和叙述均正确并有因果关系的是（）选项叙述叙述A常温下，碳可与浓硝酸剧烈反应浓硝酸具有强氧化性BSiO2可与氢氟酸反应，又可与氢氧化钠溶液反应SiO2是两性氧化物C新制的氯水使蓝色石蕊试纸变白氯水具有漂白性DSO2可使滴加酚酞的NaOH溶液褪色SO2具有漂白性【答案】C【解析】A常温下，碳与浓硝酸不反应，在加热时二者剧烈反应，产生CO2、SO2、H2O，此时浓硝酸表现强氧化性，叙述的现象不符合事实，A不符合题意；BSiO2与氢氟酸反应产生SiF4和H2O，但SiF4不是盐，因此只能说明SiO2是酸性氧化物，叙述和叙述均不符合事实，B不符合题意；C新制的氯水使蓝色石蕊试纸变白是由于新制氯水中含有HClO，HClO具有强氧化性，会将有色物质氧化变为无色，故可证明氯水具有漂白性，C符合题意；DSO2可使滴加酚酞的NaOH溶液褪色是由于SO2与水反应产生H2SO3，H2SO3电离产生H+，中和NaOH电离产生的OH，使溶液碱性减弱，因此酚酞溶液的红色褪色，与SO2的漂白性无关，叙述结论错误，D不符合题意；故合理选项是C。7依据反应2NaIO3+5SO2+4H2O=I2+3H2SO4+2NaHSO4，利用下列装置从含NaIO3的废液中制取单质碘的CCl4溶液并回收NaHSO4。其中装置正确且能达到相应实验目的是（）ABCD【答案】B【解析】浓硫酸在加热条件下与铜反应制取SO2，装置正确且能达到相应实验目的；气体和液体反应，有防倒吸装置，装置正确且能达到相应实验目的；用四氯化碳从废液中萃取碘，静置后分液，装置正确且能达到相应实验目的；蒸发溶液时用蒸发皿，而不应用坩埚，装置错误，不能达到实验目的；故B项正确。答案选B。8用如图装置探究Cl2和NO2在NaOH溶液中的反应。通入适当比例的Cl2和NO2，发生的化学反应为Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O。下列叙述正确的是（）A实验室中可用Cu与1molL1的硝酸制备二氧化氮气体B装置II中的玻璃管起到平衡气压作用，可将多余气体直接排出C由该反应可知氧化性顺序：NO2NaNO3D通过观察装置I、III中的气泡的快慢控制Cl2和NO2的通入量【答案】D【解析】A实验室中用Cu与1molL1的硝酸反应，1molL1的硝酸是稀硝酸只能生成NO，得不到二氧化氮气体，制备二氧化氮应该用浓硝酸，故A错误；B装置II中的玻璃管起到平衡气压作用，但Cl2和NO2都是有毒气体，需要使用完全处理装置，不能直接排放，故B错误；C该反应Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O中Cl2是氧化剂，NO2是还原剂，NaNO3是氧化产物，故只能得出氧化性顺序Cl2NO2、Cl2NaNO3，但不能得出NO2NaNO3，故C错误；D由于同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，故可以通过观察装置I、中的气泡的快慢控制Cl2和NO2的通入量，故D正确；答案为D。9卤素及其化合物在工农业生产和人类生活中都有着重要的应用。（1）碘是人体不可缺乏的元素，为了防止碘缺乏，现在市场上流行一种加碘盐，就是在精盐中添加一定量的KIO3进去。某研究小组为了检测某加碘盐中是否含有碘，查阅了有关的资料，发现其检测原理是：KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3H2O+3K2SO4氧化剂与还原剂的物质的量比是_；如果反应生成0.3mol的单质碘，则转移的电子数目是_。先取少量的加碘盐加蒸馏水溶解，然后加入稀硫酸和KI溶液，最后加入一定量的CCl4，振荡，这时候，观察到的现象是_。若采用下图实验装置将四氯化碳和I2的混合溶液分离。写出图中仪器的名称：_；该装置还缺少的仪器是_；冷凝管的进水口是：_（填g或f）。（2）实验室常用MnO2和浓盐酸制氯气，反应原理：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O。实验室用MnO2和浓盐酸制氯气的离子方程式：_。上述反应中氧化剂：_，还原剂：_，被氧化的HCl和未被氧化的HCl的比值_。a：Cl2+2I=I2+2Cl；b：Cl2+2Fe2+=2Fe3+Cl；c：2Fe3+2I=I2+2Fe2+。Cl2、I2、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序：_。【答案】（1）15 0.5NA 溶液分层，下层液为紫红色 蒸馏烧瓶 温度计 g （2）MnO2+4H+2Cl(浓)Mn2+Cl2+2H2O MnO2 HCl 11 Cl2Fe3+I2【解析】（1）反应中氧化剂为KIO3，还原剂为KI，氧化剂与还原剂的物质的量比是15；生成3molI2，电子转移5mol，生成0.3mol的单质碘转移的电子0.5mol，转移的电子的数目为0.5NA；溶液分层且I2溶于CCl4中呈紫色，密度较大，因此观察到的现象是溶液分层，下层液为紫红色；该图为蒸馏装置是蒸馏烧瓶，是锥形瓶；在蒸馏时需要测量温度，还需要温度计；冷凝水进出水方向为“下进上出”，即g口为进水口；（2）实验室常用MnO2和浓盐酸制氯气，反应原理：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，离子反应为：MnO2+4H+2Cl(浓)Mn2+Cl2+2H2O；反应中Mn元素化合价从+4价降低到+2价，Cl元素化合价从-1价升高到0价，MnO2作氧化剂，HCl作还原性，盐酸具有还原性和酸性，且被氧化的HCl和未被氧化的HCl的比值为11；a反应中Cl2作氧化剂，I2为氧化产物，氧化性Cl2I2，b反应中Cl2作氧化剂，Fe3+为氧化产物，氧化性Cl2Fe3+，c反应中Fe3+作氧化剂，I2为氧化产物，氧化性Fe3+I2，综上，氧化性Cl2Fe3+I2。【点评】本题的难点是氧化性强弱的判断，一般根据氧化还原反应原理来判断(1)氧化性强弱：氧化剂氧化产物。(2)还原性强弱：还原剂还原产物。10ClO2是一种优良的消毒剂，常将其制成NaClO2固体，以便运输和贮存，过氧化氢法备NaClO2固体的实验装置如图所示。已知：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2OClO2熔点-59、沸点11，浓度过高时易发生分解；H2O2沸点150（1）冰水浴冷却的目的是_。（2）空气流速过快或过慢，均降低NaClO2产率，试解释其原因，空气流速过慢时，_。（3）Cl存在时会催化ClO2的生成。反应开始时在C中加入少量盐酸，ClO2的生成速率大大提高，并产生微量氯气。该过程可能经两步完成，请将其补充完整：_（用离子方程式表示）；H2O2+Cl2=2Cl+O2+2H+。（4）NaClO2纯度测定：准确称取所得NaClO2样品10.0g于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应（ClO的产物为Cl），将所得混合液配成250mL待测溶液；取25.00mL待测液，用2.0molL1Na2S2O3标准液滴定(I2+2S2O=2I+S4O)，以淀粉溶液做指示剂，达到滴定终点时的现象为_，重复滴定3次，测得Na2S2O3标准液平均用量为20.00mL，则该样品中NaClO2的质量分数为_。（M(NaClO2)=90.5g/mol）【答案】（1）降低NaClO2的溶解度、减少H2O2的分解、增加ClO2的溶解度、减少ClO2的分解 （2） 空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解率降低 （3） 2ClO+2Cl+4H+=2ClO2+Cl2+2H2O 当（4） 最后一滴滴定液滴下后，溶液由蓝色变无色，且30秒内不恢复 90.5% 【解析】氯酸钠在酸性条件下与过氧化氢生成二氧化氯，二氧化氯与氢氧化钠容易和过氧化氢发生氧化还原反应生成NaClO2，NaClO2的溶解度随着温度升高而增大，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到晶体，据此分析（1）-（3）问。（4）根据碘遇淀粉变蓝色，Na2S2O3标准液消耗碘单质，根据颜色变化说明滴定终点；根据电子转移数守恒结合关系式NaClO22I24S2O进行求解。（1）冰水浴冷却的目的是降低NaClO2的溶解度，低温可以减少H2O2的分解；ClO2熔点-59、沸点11，所以低温可以增加ClO2的溶解度，减少ClO2的分解，故答案为：降低NaClO2的溶解度、减少H2O2的分解、增加ClO2的溶解度、减少ClO2的分解；（2）空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高ClO2易分解，最终导致NaClO2产率降低，故答案为：空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高ClO2易分解，最终导致NaClO2产率降低；（3）氯离子存在是会催化二氧化氯的生成，反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，二氧化氯的生成速率大大提高，并产生微量的氯气，方程式为2ClO+2Cl+4H+=2ClO2+Cl2+2H2O；（4）碘遇淀粉变蓝色，反应结束时，碘反应完全，因此当最后一滴滴定液滴下后，溶液由蓝色变无色，且30秒内不恢复，说明到达滴定终点；因溶液中n(S2O)=2molL10.02L=0.4mol，令样品中NaClO2的质量分数为x，则：所以90.5g10.0xg=4mol0.4mol，解得x=90.5%，故答案为：当最后一滴滴定液滴下后，溶液由蓝色变无色，且30秒内不恢复；90.5%。11光纤通讯是光导纤维传送信号的一种通讯手段，合成光导纤维及氮化硅(一种无机涂层)的工艺流程如下：回答下列问题：(1)反应I的化学方程式为2C+SiO2Si+2CO，其中还原剂为_，产物Si在周期表中位于_，该反应涉及的副反应可能有C+SiO2Si+CO2(碳不足)和_(碳足量)。(2)经反应所得的四氯化硅粗品中所含的物质如下：组分名称SiCl4SiHCl3SiH2Cl2HClBCl3PCl3质量分数0.5450.4050.04620.00030.001930.00157沸点/57.631.88.2-8512.575.5图中“操作X”的名称为_；PCl3的电子式为_。(3)反应IV的化学方程式为SiCl4+4NH3Si3N4+12HCl，若向一2L恒容密闭容器中投入1molSiCl4和1molNH3，6min后反应完全，则06min内，HCl的平均反应速率为_mol/(Lmin)。反应III的与IV产生的气体相同，则反应III化学方程式为_。反应III中的原料气H2和O2在碱性条件下可构成燃料电池，其正极反应的电极方程式为_