第7期 非金属及其化合物 (二)(氮、硫)-【数理报】2026年高考化学一轮复习学案

高考化学第6~9期 数理柄] 答案详解 2025~2026学年高考化学第6~9期(2025年8月) 第6期4版参考答案 的，D正确 素养提升（六） 4.B“还原”步骤中焦炭和石英砂反应生成粗硅和C0, 1.A设Cl2、H20、ClO2的物质的量均为1mol,1 mol Cl2 Si0,+2C温si+2C0↑，C0不能使澄清石灰水变浑浊，A错 生成Cl时转移2mol电子，1 mol ClO2生成C时转移5mol 误；“高温氮化”是S与N2反应，原料气中含有N2和少量的 电子，1molH202生成水时转移2mol电子，转移电子数最多的 02,02能与Si反应生成Si02,灼热的铜粉可与02反应，从而 是C102,故消毒效率最高的是C102· 除去N2中含有的少量O2,B正确；“高温氮化”合成反应为 2.DNCl分子中中心原子N的价层电子对数=3+ 3S+2八，高温5i,N,反应中氮元素的化合价降低，被还原，故 5-1x3=4,N原子含有1个孤电子对，则N0,分子为三角锥 2 N2是氧化剂，C错误；“高温氮化”制备的Si,N4中含有少量Fe 形结构，A正确：根据图知，电解NH,Cl溶液时生成H2和 和Cu及其化合物，Cu与稀硫酸不反应，杂质不能完全除去， Na,化学方程式为NH,C+2HC电馨NC,+3H,↑，B正确： D错误. 5.D向含Fe(SCN)3的溶液中加入铁粉，发生反应： CO2具有强氧化性，硫酸亚铁具有还原性，二者反应可产生 2Fe3++Fe=3Fe2+,Fe3++3SCN一Fe(SCN)3平衡逆向移 Fe3+,水解得到氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附水中的悬浮 动，溶液颜色变线，涉及化学反应，A不符合题意：氯水在光照 物而净水，C正确；NaCIO2和NCl,溶液的反应为6 NaClO2+ 条件下放置一段时间后，黄绿色消失，是因发生反应：2HCO NCl,+3H20=6CO2↑+NH3↑+3NaOH+3NaCd,溶液X中 含有Cl和OH,溶液呈碱性，D错误。 光照2HC1+0,↑，C,+H,0一HCl0+HC平衡正向移动，涉 及化学反应，B不符合题意：紫红色变浅的原因是发生反应： 3.D通人空气的目的是稀释C102,防止ClO2发生爆炸， L,+I一，，涉及化学反应，C不符合题意：焰色试验属于物理 A错误；吸收塔中加入氢氧化钠、H,O2发生氧化还原反应生成 变化，不涉及化学反应，D符合题意. NaC102,离子方程式为20H-+2Cl02+H202=2C102+2H20 6.B根据图示，a为HCl,b为Cl,,c为ClO2,d为HClO,e +O2↑，B错误；CO2具有氧化性，SO?具有还原性，二者会 为氯化物，f为氯酸盐.CO2具有强氧化性，可作为一种新型自 发生氧化还原反应而不能大量共存，C错误. 来水消毒剂，A正确：f中C元素的化合价为+5，具有很强的 4.CC0与有机物接触时可能爆炸，橡胶塞的成分为有 氧化性，B错误；C有还原性，C10、CO,有氧化性，酸性条 机物，因此组装装置时，玻璃导管接口之间尽可能靠近，橡胶塞 件下可发生反应生成Cl2,C+Cl0+2H=Cl2↑+H20, 用锡箔包住，A正确；装置B中发生的反应为16HC1(浓)+ 5C1+Cl0+6H*=3Cl2↑+3H20,C正确；氯水中存在平衡： 2KMn04=2KCl+2MnCl2+5C2↑+8H20,16 mol HCI参与反 CL2+H20、→HC+HC0,又酸性：HCl>H,C03>HClO,加入 应转移10mol电子，若参加反应的HCl为4mdl,反应中转移电 NaHCO3溶液后，HCl浓度减小，平衡正向移动，HClO的浓度增 子的物质的量为2.5mol,B正确；装置G用于吸收氯气，防止 大，漂白性增强，D正确. 污染空气，则G中试剂应用碱石灰，不能用无水CaCl2,C错误； 7.C NaHSO3具有还原性，Cl2具有氧化性，二者能发生 C20的熔点为-116℃，沸点为3.8℃，因此装置F中用液氨 氧化还原反应A正确；电解饱和食盐水时，阴极上水电离出的 冷凝收集产品，分离CL20和氯气，D正确. H放电，B正确；K”ClO,与浓盐酸反应制备二氧化氯，”CO 第6期2-3版参考答案 中的C1由+5价降低到+4价，生成”C102,C1生成CL2,反应 精练卷（六） 的离子方程式为2”C0,+4H+2C1=CL,↑+2”C02↑+ 1.B2.D 2H,0,C错误；氯气溶于水生成HC1和HCO,离子方程式为Cl2 3.D硅胶具有吸水性，食品袋里放人硅胶，用作干燥剂， 不能用作抗氧化剂，A错误；石墨烯-硅太阳能电池光电转换 +H,0=H*+C1-+HCl0,D正确. 8.D实验室利用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2,该装 效率虽然较高，但仍不能达到100%，B错误；可穿戴式智能测 温设备的测温芯片主要成分是硅单质，C错误；有机硅橡胶是 置未加热，A错误；由于浓盐酸具有挥发性，因此利用MnO2与 CH3 浓盐酸混合加热制取的CL,中含有HC1和水蒸气，在净化时要 先通过饱和NaCl溶液除去HCl杂质，然后再通过浓硫酸进行干 一种重要的合成橡胶，它是HO一S一OH通过缩聚反应制得 燥处理，B错误；C装置只有气体入口，无气体出口，因此不能收 CH 集到CL2,C错误；C2是有毒气体，可根据其能够与碱反应的性 高考化学第6~9期 质，利用NaO溶液进行尾气处理，防止大气污染，D正确： Fe(S04)3不能代替SO2,D错误 得2×2e g.D根锅4Q,二2Q+26可知，生成2 15.(除标注外，每空2分)(1)2C+S0,商温si+2C0↑ (2)CD 失4×e- (3)Si有空的3d轨道，容易受到水分子进攻；Si一C1键能 Cl2转移4mol电子，则反应每生成标准状况下22.4LCl2,转 小，容易断键(3分)取少量水解后的溶液分成两等份于两支 移电子的数目等于2×6.02×10”，A错误；该反应平衡常数的 1 试管中，一支试管中滴入紫色石蕊溶液，变成红色，则证明溶液 表达式为K=c(C,)·c2(H,0) 中有氢离子；另一支试管中滴入硝酸银溶液，产生白色沉淀，加 c(HCl)·c(02)1 B错误；催化剂可以降低正、 入稀硝酸后沉淀不溶解，则证明溶液中有氯离子(3分) 逆反应的活化能，但不能降低反应的焓变，C错误；C2和O2中 (4)SiCl +4CH CH,OH-(CH CHO)Si+4HCI 含有非极性键，H,O和HC1中含有极性键，D正确 解析：(2)因电负性：Cd>H>Si,SiHCI,中H元素和Cl元 10.D若钠盐只有NaCIO3和Nad,则发生反应：3Cl2+ 素的化合价均为-1，因此Si元素的化合价为+4，A错误；S1 6NaOH=5NaCl+NaCIO,+3H,O,氧化剂和还原剂的质量比为 和SiO,都是共价晶体，Si的原子半径大于O的，因此S一Si键 5:I,A错误；若钠盐只有NaC1O和NaC,滴加少量盐酸，生成 长比Si一0键长要长，因此Si一0键能更大，晶体Si的熔点低 HCO,漂白性增强：当盐酸量增大时，会发生反应：COˉ+2H+ 于SiO2的，B错误；由流程图可以看出步骤Ⅱ消耗HCl生成H2 Cl=C,↑+H,0,漂白性减弱，B错误；若钠盐有NaCI0、 (Si+3HC30℃siHC,+H,),后续氢气还原SiHCl,,时消耗 NaCIO3和NaCl,根据转移电子守恒，可得n(NaClO)+ H,生成HC(SiHCL,+H,1100 C Si+3HC),则H,和HC都 5n(NaCl03)=n(NaCl),根据氯元素质量守恒，可得2n(Cl2)= 可循环使用，C正确；SiHCl（沸点33.0℃)中混有少量SiCL n(NaCl)+n(NaCO)+n(NaCIO3),需根据NaClO和NaClO 的量才可计算Cl2的量，C错误；根据NaCl、NaCIO、NaClO,中 (沸点67.6℃)，二者沸点相差较大，可以用蒸馏的方式提纯 SiHCI3,D正确. 钠、氯组成比可知，无论产物的量如何变化，n(Na)=n(), n(NaOH)=2n(Cl,),D正确. 16.(每空2分)(1)1.5 (2)3Cl0+2Fe3++100H=2Fe0}+3C-+5H,0 11.Cc(Ag)·c(CI)>Kp(AgCl)时产生白色沉淀，A 错误：实验2中发生的反应有：C10+C+2CH,C0OH=CL2↑ (3)大于烧杯、漏斗、玻璃棒乙醇或乙醚 (4)随着盐酸加入，溶液H减小，高铁酸钾氧化性增强， H,O+2CH,COO.CH,COOH C1O=CH,COO HCIO. 氧化C1生成Cl, 2HC10光黑2HC+0,↑，容器壁中气泡成分有0，和Cl,两种， (5)高铁酸钾能杀菌消毒，其还原产物Fe3+能水解生成 B错误；A13+和CO因发生水解互促而不能大量共存，H*和 Fe(OH)3胶体吸附悬浮物，达到净水的作用 C1O结合生成HCIO而不能大量共存，D错误. 17.(除标注外，每空2分)(1)①C0(NH2)2+20H+ 12.D84消毒液的有效成分为NaCl0,与浓盐酸发生氧： C0=N2H4·H20+C+C0号②降温至-5℃ 化还原反应生成氯气，反应的化学方程式为NaCO+2HC(浓) 一NaCl+CL,↑+H,O,浓盐酸体现酸性和还原性，A错误；具支 (2)①2NH,Cl+Ca(0H),△CaCl,+2NH,↑+2H,0 试管产生氯气，在a处遇KBr发生置换反应生成Br2,溶液变橙 ②防止N2H,被过量氯气氧化(3分)③B、C之间增加盛有饱 色，可得氧化性：CL2>Br2,b处变蓝说明生成I2,因Br2具有挥 和食盐水的洗气装置(3分) 发性，此处的L2可能由CL2或Br2置换出，不能证明L2与Br2 (3)N2H.(HS04)2N2H4-4e+2C0号=N2↑+2H20 的氧化性强弱，B错误；浓盐酸具有挥发性，HC气体也能与酸 +2C02↑ 性KMO,溶液发生氧化还原反应使溶液褪色，不能说明是 解析：(2)③浓盐酸具有挥发性，制得的CL2中含HC1,若 KMnO4与Cl2发生反应，C错误；氯气和NaOH溶液反应生成 不除去HCl,会消耗NH导致N2L4的产率降低. NaCl和NaCO,溶液碱性变弱，同时NaClO具有漂白性，故酚酞 18.(除标注外，每空2分)(1)C0+H20二O+ 溶液褪色，D错误， HCIO 13.DBr2和CCL,均为非极性分子，而BCl为极性分子， (2)C10+2I+H20=I2+C1+20H 根据相似相溶原理，常温下，在四氧化碳中的溶解度BCl比 (3)向pH=10的NaOH溶液中加入少量滴有淀粉溶液的 Br2小，A正确；BrC和IC中BrI均为+1价，Br比I更易得 碘水，振荡，蓝色褪去(3分) 电子，因此BrCl的氧化性强于ICl的，B正确；BrC的性质与卤 (4)①CL2②溶液中的C2或HC10也可将I广氧化为L2, 素类似，Br,、Cl,可与Mg反应生成MgBr,和MgCL,则Brd可i 使溶液变蓝加热pH=2的溶液至无色，使黄绿色气体（或 与Mg反应生成MgBr,和MgCL2,C正确；BrCl与NaOH溶液反 C,)充分逸出，使HCO完全分解，冷却后再加入I溶液(3 应生成NaBrO、NaC和H,O,D错误. 分)③3Cl0+1=3C1+IO 14.D因为液溴易挥发，利用热空气可吹出溴单质，A正 解析：(2)实验I中溶液变为浅黄色，说明有碘单质生成， 确；吸收塔中发生反应：Br2+SO2+2H20=2HBr+H2S04,使 NaClO氧化K生成2，自身被还原为NaCl. 溴得到富集，B正确；蒸馏塔中利用物质沸点使得溴单质被蒸 (3)欲证明2在碱性溶液中不能存在，可向NaOH溶液中 馏出来，得到分离，C正确；S02被氧化，二氧化硫作还原剂， 滴加滴有淀粉溶液的碘水，观察溶液是否褪色。 Fe,(SO,),中Fe+具有强氧化性，不与溴单质反应，因此 (4)②由题给信息知，酸性条件下10？不能氧化C1,可 -2 高考化学第6~9期 以氧化I,取实验Ⅱ所得溶液，滴加稀硫酸至过量，整个过程化还原反应，最终使铜粉溶解，C不符合题意；K,S与铜单质不 均未出现蓝色，说明没有生成碘.一段时间后有黄绿色刺激性 能反应，铜粉不溶解，D符合题意. 气味的气体产生，说明生成CL2,测得溶液的pH=2.由ClOˉ和 3.B氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮，该过 C1在酸性条件下反应生成CL2,因溶液中的CL2或HCO也可 程不属于氮的固定，A错误；温度升高，2NO2(g)、一N204(g) 将I~氧化为山2，使溶液变蓝，则此实验不能说明实验Ⅱ所得溶 △H<0的平衡逆向移动，不利于N2O4被MOFs固定，C错 液中存在O?,此时应加热，除去氯气和HClO,再加入KI溶 误；转化为HNO3的反应是2N204+O2+2H04HNO3,其原 液，溶液变蓝，说明实验Ⅱ所得溶液中存在IO· 子利用率为100%，D错误. 第7期4版参考答案 4.B硫化钠用于除去废水中的汞离子是因为硫化汞难 素养提升（七） 溶于水，与硫化钠的还原性无关，A错误；硫酸铝在溶液中电离 1.BS和02反应生成S02,S02和02在催化剂加热的条！ 出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体的表面 件下反应生成SO3,S无法直接转化成SO3,A错误；据题意， 积大，具有很强的吸附性，能吸附水中悬浮杂质产生聚沉达到 SO2能与水反应产生H2S20,B正确；据题意，S03在高温下才 净水的目的，B正确；将硫酸铵和明矾按一定比例混合，加人适 能将HBr氧化为Br2,C错误；SO,和BaCl,反应时，若生成物中 量的水溶解，过滤去除杂质，蒸发浓缩、冷却结晶，得到铵明矾， 有BSO2,则同时生成HCl,违背强酸制弱酸原理，D错误. 与硫酸铵易分解无关，C错误：胃酸中含有盐酸，而硫酸钡用作 2.D反应④中Na,S2O,在酸性条件下发生歧化反应，生 造影剂的主要原因是BaSO,不溶于酸，D错误， 成S和S02,S是还原产物，D错误， 5.AFeS2中硫元素的化合价为-1，FeS2与足量稀盐酸 3.C反应g中，N元素化合价升高，NH发生氧化反应， 反应有H,S生成，氧化还原反应中化合价有升必有降，正确的 A正确：图中6种含氮微粒中，氮元素的化合价有0、+1、+5、 离子反应为FeS2+2H=Fe2++HS↑+S,A错误. +4、-3,一共呈现了氮元素的5种价态，B正确；反应j中 6.D NaHSO4+BaCl2=BaSO4↓+HCl+NaCl,pH虽减 2.24LN20没有注明标准状况，无法计算，C错误；NH3分子中 小，但反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应， N原子形成3个σ键，含有一个孤电子对，分子的空间结构为 A不符合题意；2H2S+S02=3S+2H,0,溶液plH增大，B不符 三角锥形，D正确. 合题意；4NaHC03+2CuS04=Cu2(OH)2C03↓+2Na2S04+ 4.D固氮是游离态的氮转化为氮的化合物的过程，①不 H20+3C02↑，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化 属于固氮反应，A错误；反硝化过程中氮元素的化合价降低，被 还原反应，C不符合题意；H2S+C2一S+2HCl,反应中有元素 还原，B错误；NO,增多，反硝化作用增强，水中氮气含量增 发生化合价变化，属于氧化还原反应，弱酸氢硫酸转化为强酸 加，会引起NH4含量变化，C错误；反应④是NH4被氧化成 盐酸，溶液的pH减小，D符合题意. NO2和N,0,可能是被O2氧化，D正确. 7.A浓硫酸具有脱水性，能将有机物分子中的H原子和 5.C结合价态和物质类别，a为NH3,b为H,S,c为N2或 0原子按2：1的比例脱除，蔗糖中加入浓硫酸，白色固体变黑， S,d为NO2或SO2,e为HNO3,f为HSO4,据此分析解答：若c 体现浓硫酸的脱水性，A错误；浓硫酸脱水过程中释放大量热 在常温、常压下呈固态，c为S,则b(H,S)和d(SO2)因发生氧 此时发生反应：C+2H,s04(浓)△C0,↑+2S0,↑+2H,0, 化还原反应不能大量共存，A正确；若通入水中发生氧化还原 产生大量气体，使固体体积膨胀，B正确；结合选项B可知，浓 反应，则d为NO2,e为HNO3,浓硝酸不稳定，易分解，应保存： 硫酸脱水过程中生成的S02能使品红溶液褪色，体现浓硫酸的 在棕色瓶中，B正确；若d能使溴水褪色，d为SO2,f为H,S04, 强氧化性，C正确；该过程中，蔗糖发生化学反应，发生了化学 常温下铁遇到浓硫酸发生钝化，不能剧烈反应，C错误；若©是 键的断裂，D正确. 空气的主要成分，c为N,,则a为NH3,e为HNO3,氨气和硝酸 8.BH,S一稀盐酸、NO一稀硫酸、CO2一饱和NaHCO3溶液 反应生成硝酸铵，含离子键和共价键，D正确。 均不能反应或溶解，无法出现喷泉现象.HC一稀氨水能发生反 第7期2-3版参考答案 应，烧瓶内压强减小，能出现喷泉现象. 精练卷（七） 9.D氢气的密度小于空气的，丁装置中收集氢气的集气 1.A由方程式可知，硫化钠是还原产物，亚硫酸钠是氧 瓶的导管应该“短进长出”，D不能达到实验目的. 化产物，则发生氧化反应与发生还原反应的硫的物质的量之比 10.A在富氧条件下，SO易被氧气氧化为SO,A错误. 是1：2，A错误；由图可知，S6分子中含有6个S一S,则1molS6 11.C气体中含有的杂质吸附或沉积在催化剂表面，会使 分子中含有的S—S数目为1mol×6×N mol-1=6WA,B正 催化剂活性降低或丧失，即催化剂中毒，故八2和H2必须净化， 确；S4、S6、Sg是硫元素形成的不同种单质，互为同素异形体，则 A正确：氨的催化氧化生成NO,B正确；硝酸具有强氧化性，能 S4、S6、Sg之间的转化属于化学变化，C正确；硫不溶于水，易溶 腐蚀橡胶，应该使用玻璃塞，C错误；NO+NO2+CO=CO2+ 于二硫化碳，所以试管内壁上的硫可用热的氢氧化钠溶液或二 2NO2,D正确. 硫化碳除去，D正确. 12.C仪器X的名称是分液漏斗，A正确：由酚酞溶液变 2.D加人H202后，发生反应：Cu+H202+2H=Cu2++ 红色可知，N,S4与水反应生成了氨气，氨气极易溶于水，倒置 2H20,铜粉溶解，A不符合题意；加人Fe2（S04)3后，发生反 漏斗能防倒吸，B正确；撤去热水浴，相当于降低温度，反应速 应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,铜粉溶解，B不符合题意；加入 率变小，则酚酞溶液变红色会减慢，C错误；(NH)zS,O,与盐 NaNO,后，NO,在酸性条件下表现强氧化性，能与Cu发生氧 酸发生反应：S20}+2H=$↓+S02↑+H20,反应生成S单 一3 高考化学第6~9期 质，可观察到产生浅黄色沉淀，D正确。 (3)NH,SCN+KOH△KSCN+NH,↑+H,O 13.C设原气体体积为8L,则剩余气体为1L,根据方程 (4)吸收尾气H,S和NH33H,S+Cr,0?+8H*=3S↓ 式4N02+02+2H20=4HN03讨论分析： +2Cr3++7H,0 若剩余的1L气体为O2,则反应的二氧化氮和氧气共7L, (5)重结晶 《0,)=专×7L,(0,)=了×7L+1L,则二氧化氨和氧气 17.(除标注外，每空2分)(1)酸性条件下N0具有氧化 的体积比为7：3，②正确. 性，能将S02氧化为S0},从而产生白色沉淀 若剩余的1L气体为NO,即相当于剩余3LNO2,则反应 (2)作缓冲瓶，防止倒吸 的二氧化氮和氧气英5L,(Q,)=了×5L=1L,(N0,)= (3)隔绝氧气(1分)b (4)S02被氧气氧化为S0},S01与Ba2+反应产生白色 8L-1L=7L,则二氧化氮和氧气的体积比为7：1，③正确. 沉淀 14.B沉淀质量达到最大时，沉淀为Mg(OH)2和 (5)3S02+2N03+2H20+3Ba2+=3BaS04↓+2N0+ A1(OH)3,根据质量守恒，沉淀质量应为合金质量和OH~的质 4H* 量和，即m(OH-)=(n-m)g,①正确；当沉淀质量达到最大 (6)02在氧化反应中起到主要作用 时，溶液中溶质为NaNO3,n(NO,)=n(NaNO,)=n(NaOH)= 解析：(4)根据变量控制思想，对比实验一可知，B烧杯中加 aV×10-3mol,②错误；沉淀中OH的物质的量等于Mg2+、 入未煮沸的BaCl2溶液出现白色沉淀，而A烧杯煮沸的BaCl,溶 A1+所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量， 液未出现白色沉淀，说明是O2氧化SO2,故发生的反应为 即n(e)=n(OH)=”-mmol,③正确；根据得失电子数目 2H2S03+02+2Ba2+=2BaS04↓+4H或2H20+2S02+02+ 17 2Ba2+=2BaS04↓+4H,因此B烧杯中出现浑浊的原因是SO2 守恒，即n(0)=X号ml=”mml,因为在室温状态下， 51 被氧气氧化为S0,S0?与Ba2+反应产生白色沉淀。 (6)根据图像，有O2参加的反应中pH变化比无氧参加的 无法计算NO的体积，④错误；参加反应的硝酸有两种作用：酸 性和氧化性，因此与合金反应的硝酸的物质的量为(aV×103 大，且用时短，说明O2在氧化反应中起到主要作用. 18.(每空2分)(1)增大固体与气体的接触面积，提高焙 +-)mol,⑤正确。 51 烧速率 15.(除标注外，每空2分)(1)球形干燥管(1分) (2)Si02FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S (2)Mn0,+4H++2C1≌Mn2++CL2↑+2H,0 (3)温度过低，反应速率慢；温度过高，NH4HCO,发生分解 (4)酸式KSCN或硫氰化钾溶液变红 (3)E→DB→F吸收未反应的氯气，防止污染空气，同 (5)80% 时吸收空气中的水蒸气，防止其进人装置，与S2C2反应 解析：(1)“培烧”时气体与矿料逆流而行，可以增大固体 (4)排出装置内的空气将生成的S2CL2带人装置F中 与气体的接触面积，提高焙烧速率. (5)浓盐酸的滴加速度（或装置B中通入CL2的量） (2)SO2不溶于稀硫酸，则“溶浸”后滤渣的主要成分为 (6)2706x100% 233a SiO2.FeS2与H,S04不反应，“还原”时FeS2被Fe3+氧化，发生 解析：(3)装置E中盛有的饱和食盐水用于除去氯气中混 反应的离子方程式为FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S. 有的氯化氢气体，装置D中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置 (3)温度过低，反应速率慢；温度过高，NH,HCO发生分 B中氯气与硫共热反应制备二氯化二硫，装置F用于冷凝收集 解，故“沉铁”时需控制温度在32℃左右. 二氯化二硫，装置C中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气， (4)由题干信息可知，柠檬酸是一种三元酸，故柠檬酸亚 防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进人装置F,使二氯 铁是一种酸式盐.检验柠檬酸亚铁中铁元素的方法为取少量柠 化二硫水解，则装置的连接顺序为A→E→D一→B→F→C. 檬酸亚铁样品于试管中，加水溶解，然后加入少量稀硝酸，再滴 (5)二氯化二硫能被氯气氧化为SC2,为提高产品纯度， 加几滴KSCN溶液，若溶液变红，说明含有铁元素. 应控制氯气的量，故可调节装置A中分液漏斗活塞，控制液体 (5)1kg硫铁矿中含有的FeS,的物质的量为 滴加速度，控制氯气的生成速率，或通人一定量的氮气，对氯气 1000g×60%=5mml,经过焙烧、溶浸后得到5 mol Fe+,“还 的浓度进行稀释，也可以起到相同的作用. 120 g/mol (6)根据反应2S2C2+2H20=3S↓+S02↑+4HC1、H202 原”步骤发生反应：FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S,则还原后得到的 +S02=H,S04、H2S04+BaCl2=BaS0,↓+2HCl,可得出反应 Fe2+为7.5mol,则经上述流程理论上可制得柠檬酸亚铁的质 关系式为2S,Cl2~S02~BaS04,则样品中二氯化二硫的含量为 量为7.5mol×246g/mol=1.845kg,而实际上只制得1.476kg 2b 233×135 1009%=233a 270b 行檬酸亚铁侧行袋酸亚铁的产率为}8是×10%=380。 ×100%. a 第8期4版参考答案 16.(除标注外，每空2分)(1)bc(1分)c(1分)》 素养提升（八） (2)观察气泡流速，便于调控生成NH的速率使氨气与 1.C在富氧氛围下，氧气充足，喷入少量燃油可以生成 CS,充分接触，防倒吸 CO2、H,0等，而不是生成还原性尾气，A错误；NSR系统中的催 4 高考化学第6~9期 化剂有Pt、Ba,不止一种，B错误；由图可知，存储阶段，氯元素化号，B错误；Mg(OH)2属于难溶性碱，不能拆分，正确的离子方 合价升高被氧化，以Ba(NO3),的形式被存储起来，C正确：还原 程式为Mg(OH)2+2H=Mg2++2H20,C错误；D项转移电子 阶段，氮元素化合价由+5变为0，发生还原反应，电子转移为 数不守恒，正确的离子方程式为I0+5I+6H=3L2+ N2~10e,则每生成0.1mdlN2,转移1mol电子，D错误. 3H0,D错误。 2.D从图中可以看出，过程I发生的反应为2xZn+ 6.C将1.12m3(标准状况)工业尾气通入足量的PdCL 2N0,=N2+2xZm2++20;过程Ⅱ发生的反应为Zm2++0 溶液中，析出10.6g固体，即产生0.1 mol Pd,由反应可知尾气 +C0=Zn*+C02·总反应为2N0,+2xC0=2xC02+N2.Zn 中含有0.1mlC0(即2.24L),C0的体积分数为1.12×101 2.24L 先消耗，后生成，作催化剂.由总反应可建立关系式：N2~ 4xe,则每生成1molN2转移4xmol电子.综上D错误. ×100%=0.2%,A正确：1个C180分子中含6+10=16个中 3.D反应过程中先生成后消耗的是中间体，A错误；由流 15g 程可知，V5+一O一H→V5+一0…H一N*H3中各元素化合价 子，15gC0的物质的量为30g/ma=0.5m0l,所含中子数目 没有发生变化，B错误；整个过程中反应物有NH3、NO、O2,生 为8NA,B正确；反应碳元素化合价由+2升高为+4，C02为 成物有N2和H,0,在钒系催化剂作用下脱硝反应为4NH,+ 氧化产物，反应中每生成1olC02,转移电子数目为2WA,C错 4N0+0,催化剂4N,+6H,0,C错误：反应过程中有0=0断 误；反应后的溶液为HCl溶液，含0.2molH*,Na加入0.1L 裂，N=N形成，有N一H断裂，H一O形成，所以既有极性键又 HCl溶液中，先与酸反应(2Na+2HCl=2NaCl+H2↑)，若酸不 足后再与水反应，4.6gNa(即0.2mol)恰好与生成的0.2mol 有非极性键的断裂和形成，D正确 HCl完全反应产生0.1modH,,气体分子数为0.1NA,D正确. 4.(1)②s02+Ca0≌CaS0 7.D吹脱法利用物理方法脱氮，折点氯化法中生成H ③2Cas0,+02△-2Cas0, 和C1,d0和C1在酸性环境中可能发生归中反应生成氯 (2)①2NH3+S02+H,0=(NH4),S0: 气，氯气有毒，D错误. ②2(NH4)2S03+02=2(NH4)2S04 8.C碱溶液与单质d反应生成漂白液，故单质d为Cl2； (3)D2NaOH +SO2 =Na2SO,+H2O 碱溶液与氧化物c(适量)反应得纯碱溶液，故碱溶液是NaO, 2Na2 CO3+SO2=Na2SO3 +CO2 氧化物c为CO2;单质M经一系列反应得碱溶液NaOH,故单 3Na2SO,+SO2 +H2O=2NaHSO3 质M为Na,氧化物b为H,O;Na与单质a反应得氧化物，因此 (4)12NaOH+SO,=Na,SO +H,O 单质a为02，据此回答 ②2Na2S03+02=2Na2S04 为O2,O2可与灼热的铜反应生成黑色的氧化铜，A正 ③Na,S04+Ca(OH)2=Cas04↓+2Na0H 确；b为H20,水蒸气可与红热的铁在高温下反应生成四氧化 5.(1)3HC10+2N0+H20=3Cd+2N0+5H+ 三铁和氢气，B正确；c为C02,镁条在CO2中燃烧生成氧化镁 (2)溶液pH越小，溶液中HCO的浓度越大，氧化NO的 和碳，燃烧的镁条不熄灭，C错误；d为CL2,CL2可与碘化钾反 能力越强 应生成碘单质，碘单质能使湿润的淀粉试纸变蓝，D正确。 第8期2-3版参考答案 9.C若隔绝空气煅烧，铁元素化合价从+2上升到+3， 精练卷（八） 依据氧化还原反应“有升必有降”原则，硫元素的化合价必然 1.B“燃煤脱硫”技术是减少二氧化硫的排放，与“碳达 要下降，从而得到SO2,A正确；氧化铁是红色固体，俗称铁红， 峰、碳中和”无关，A错误；高效率钙钛矿太阳能电池能将太阳能 可以作红色的油漆和涂料，B正确；蒸馏利用的是高沸点酸制 转化为电能，C错误；光导纤维其主要成分是二氧化硅，D错误. 备低沸点酸，只能说明H,SO,的沸点比HNO,的高，并不能比 2.D浓HNO,有强氧化性，但常温下铁遇到浓硝酸发生 钝化，常温下能用铁罐储运浓硝酸，D错误。 较两者的酸性强弱，C错误；煅烧时的反应为2FeS0,越 3.C不锈钢是合金，不是化合物，不属于电解质，其余分 Fe03+S02↑+S03↑，吸收S03的反应为S03+H20= 类正确，A错误；A山2O3既能与酸反应生成盐和水，又能与强碱 H,S0,加KNO,蒸馏时的反应为H,S0,(浓)+KNO,△ 反应生成盐和水，属于两性氧化物；冰水混合物中只有水分子， KHSO4+HNO,↑，依次为分解反应，化合反应和复分解反应，D 属于纯净物，其余分类正确，B错误；Cu(OH)2是弱碱；Na2O2 正确. 与酸反应除了生成盐和水外还生成了氧气，不属于碱性氧化 10.B缓慢通人N2的目的是尽可能地将双颈烧瓶中S02 物，其余分类正确，D错误 吹出，使其进入H2O2溶液被氧化为H,S04,A正确；冷凝管的 4.CMg在空气中燃烧生成氧化镁和氮化镁，在氧气中 1 作用是避免温度过高，导致部分硫酸溶液被吹入H2O2溶液而 燃烧生成氧化镁，A错误；S02和水、H,S的反应分别为SO2+ 影响测定结果，B错误；根据反应S02+H,O2=H,SO4,H2S04 H20H2S03,S02+2H2S=3S+2H20,反应类型不同，B错 +2NaOH=Na,S04+2H,0可得关系式：S02~H,S04~2NaOH, 误；Na202分别与H,0和C02反应生成的气体均为氧气，C正 根据滴定时消耗NaOH标准溶液的量，就可以得到SO2的含量， 确；浓H2S0,与Cu反应生成S02,与C反应生成C02和S02, C正确；SO2具有漂白性，能够使品红溶液褪色，若实验过程中看 生成的酸性气体不相同，D错误。 到品红溶液褪色，说明在H,O2溶液中S0,没有被完全氧化吸 5.A用Na,C03溶液处理水垢中的CaS04,生成溶解度更 收，则根据滴定时消耗NaOH标准溶液计算的SO2的含量就会 小的碳酸钙，A正确：A+水解生成氢氧化铝胶体，不写沉淀符 比实际偏低，D正确。 5 高考化学第6~9期 11.C依题意可知，甲装置中发生的反应为[C(NH)4]C,无色，且半分钟不恢复65.7偏大 +2NaOH=Cu0↓+2NaCl+4NH,↑+H,0,A正确：氨气易溶 解析：装置A中高锰酸钾固体与浓盐酸反应产生氯气，装置B 于水，装置乙的作用是防倒吸，B正确：氨气溶于水后得到的氨 盛有饱和食盐水用于除去氯气中混有的HCl,氯气通人NaOH溶 水呈碱性，为检验NH的生成，可在装置丙中加人酚酞溶液，C 液中，先制备NaCO碱性溶液.NaCO再与Na,PO与Na,HPO,混 错误；生成的沉淀可能附着NaCl,故可用稀硝酸酸化的硝酸银 合液反应生成“消洗灵”.装置D是安全瓶，防止倒吸，氯气有毒， 溶液检验生成的沉淀是否洗涤干净，D正确. 需要进行尾气处理，装置E吸收尾气，防止污染大气 12.B类比Cu与稀硝酸的反应可写出3Hg+8H+ (5)步骤②中NaoP0.Cl·5H,0中氯元素的化合价由+1 2N0,=3Hg2++2NO↑+4H20,A正确：KI溶液与AgNO3能 降低至-1，Iˉ被氧化为↓2，根据得失电子守恒可以得到关系 发生反应I+Ag=Agl↓，故不能用KI溶液除去AgNO3中 式：Na1oP0gCl·5H20~2~2S20号，故产品的纯度为 的Hg(NO3)2,B错误；反应③的离子方程式为2[Hgl4]2+ 0.05mLx20x103Lx7×g0w品x6565gmm × 2.000g 40H +71+3H20,消耗的 100%≈65.7%；步骤②中若静置时间过长，溶液中过量K可 Hg 被空气中的氧气氧化生成碘单质，导致后续滴定过程消耗 NH和OH的物质的量之比为1：4，C正确：根据反应③可 Na2S2O3标准溶液的体积偏大，使产品纯度的测定值将偏大. 知，奈斯勒试剂和微量的N日反应可生成红色沉淀 17.(每空2分)(1)50.0mL三颈烧瓶 Hg (2)增加NaNO2的溶解度双氧水受热分解；反应太剧 NH ,故可用奈斯勒试剂检验NaHCO,中微量 烈，容易发生副反应降低溶液极性，促进Na,[Co(NO2)。]析 Hg 出12N02+2Co2++H,02+2CH,C00H=2[Co(N02)6]3 的NH,HCO3,D正确 +2CH,C00+2H,0[Co(N02)6]3=6N02+Co3+,强酸 13.D由流程可知，加入稀硫酸溶解，Fe、Cr、Ni、C0单质 电离出来的H与NO2结合生成HNO2,平衡向正反应方向移 在稀硫酸中转化为相应的盐，生成的气体为H2,溶液中含有 动，产率降低 N2+、Co2+、Cr3+、Fe2+,加入NaS分离出的滤渣1含CoS和 (3)80.0透过蓝色钴玻璃观察火焰的颜色，若呈紫色则 NS,再加草酸生成FC,O,以除Fe2+,最后过滤分离出硫酸 含钾元素 铬.由于“除杂”操作中加入具有还原性的$2，故溶液中不存 解析：(1)仪器a为三颈烧瓶，所加液体的体积为15.0mL 在Fe3+. +6.0mL+7.0mL=28.0mL,因此三颈烧瓶的规格应该为 14.A加人足量稀盐酸，产生无色、无味的气体，则X中 50mL. 含有Na,CO3,不含Na,SO,.加入足量的NaOH溶液，产生的无 (2)步骤①中，用热蒸馏水的目的是增加NaNO2的溶解 色、有刺激性气味的气体应为NH3,则说明X中含有NH,NO3； 度；温度过高，双氧水受热分解，同时温度较高时，反应较剧烈， 无白色不溶物，则不含BaCl2.根据题给物质性质可知加入足量 容易发生副反应，因此加入双氧水前需要冷却： 稀盐酸后产生的白色固体应是AgC1,则X中含有AgNO,.根据 Na[Co(NO2)。]微溶于乙醇，加入乙醇的作用是降低溶液极 以上分析可知，当加入蒸馏水时，产生的白色沉淀可能是 性，促进Na[Co(NO2)6]析出. AgC1、Ag2CO3,也可能是A1,O3,或它们的混合物，则X中可能 Na[Co(NO,)。]中Co元素的化合价为+3，加人H,O, 含有KCl或A山，O,·加入蒸馏水微热产生无色、有刺激性气味 后，C02+被氧化，制备该配合物的离子方程式为12NO2+ 的气体，应是Na,CO,与NHNO3发生相互促进的水解反应生 2Co2++H,02+2CH,C00H=2[Co(N02)6]3-+2CHC00-+ 成NH.综上可知A正确. 15.(除标注外，每空2分)(1)饱和食盐水(1分) 2H,0;[C0(N0,)6]3存在电离平衡：[Co(N02)6]3-、一 6NO2+C。3+,硝酸或硫酸是强酸，其电离出来的H+与NO2 (2)2Mn(OH)2+02=2Mn02+2H20 结合生成HNO2,平衡向正方向移动，产率降低 (3)M2+的还原性随溶液碱性的增强而增强 (3)足量KC1与1.010g产品反应生成0.872g亮黄色沉 (4)①CL2+20H=C1+C10+H20 ②4Mn04+40H=4Mm0}+02↑+2H20Cl2(1分) 淀，则n(K,Na[Co(NO,)]}=nNa,[Co(NO,)6]}-0,82mml= 436 ③3Cl0-+2Mn02+20H=2Mn04+3Cl-+H,0 0.002mol,m{Na[Co(N02)6]}=0.002mol×404g/mol= ④过量Cl2与NaOH反应产生NaCIO,使溶液的碱性减弱， ! c(OH)降低，溶液中的MnO,被还原为MnO的速率减小， 0608.产品线度为0g×10%=s0.0% 因而实验Ⅲ未得到绿色溶液 18.(每空2分)(1)H,S04HF 16.(每空2分)(1)+1b (2)Ti02++2C03+3H20=H4Ti04↓+2HC0 (2)2:5 (3)2HP04+2FeS04·7H20+4NH3+H202=2FeP0,+ (3)增大反应物的接触面积，加快反应速率 2(NH4)2S04+16H20 (4)Na:PO +2Na,HPO +NaClO +2NaOH =Najo P:O Cl+ (4)边搅拌边向磷酸亚铁粗产品中加入1mo/L的H,S04 2H,0 至完全溶解，向溶液中加入足量的30%H202溶液充分反应， (5)当最后半滴NaS,O,标准液滴入时，溶液由蓝色变为 边搅拌边滴加1mol/L的Na2HPO4溶液至溶液pH约为L.5, 6 高考化学第6~9期 充分反应至不再有沉淀产生，过滤、洗涤、干燥 燃料的燃烧可将化学能转化为热能等形式的能量，B正确；燃 (5)47.4 料电池直接将化学能转化为电能，C错误：太阳能属于新能源， 解析：(1)由图可知，“试剂”为一种酸，钛铁矿加人试剂X 利用太阳能光解水制氢属于新能源的利用，D正确. 后得到FeSO,·7H,O,磷灰石矿[Ca,F(PO4)3]加入试剂X酸溶 2.B甲烷燃烧是放热反应，反应过程中化学能转化为热 之后，过滤可得到石膏(CaS04),“试剂X”H,SO4,“气体Y”HF. 能，A错误；白磷转化为黑磷放出热量，说明白磷的能量高于黑 (2)“滤液1”显酸性，钛的存在形式为T02+,加人过量 磷，故黑磷更稳定，B正确：燃烧热指1ol可燃物燃烧生成指 NaC03后转化为H4iO4,该反应的离子方程式为Ti02++ 定物质所放出的热量，NH3对应的指定物质是N2,C错误； 2C0片+3H,0=H4Ti0↓+2HC02. H2(g)和l2(g)的反应是可逆反应，1molH2(g)和1molL2(g)不 (3)“沉淀”过程发生氧化还原反应，FSO4·7H20被 能完全转化，故H2(g)+L2(g)=2Ⅲl(g)△H<-bkJ/mol,D H,02氧化，磷元素来自“滤液2”中的HP04,“沉淀”反应的化 错误. 学方程式为2H,PO+2FeS0,·7H,0+4NH1+H,0,一2FeP04+ 3.C两个反应中Na2C03·10H2O失水都是吸热反应，则 2(NH4)2S04+16H20. Na,CO3(s)与水的化合反应是放热反应，A正确；碳酸钠晶体 (4)磷酸亚铁粗产品（混有氢氧化铁）不溶于水，应先加 的失水是分解反应，属于化学变化，B正确；Na2CO3（s)中， H,SO4溶解，再加H2O2将Fe2+氧化为Fe3+,最后加Na2HPO4, CO?不水解，Na和CO?数目之比等于2，C错误；根据盖斯 由图可知，pH在1.5左右Fe的有效转化率最高. 定律，△H=△H2-△H1,D正确. (5)该反应为氧化还原反应，铁元素化合价由+3变为+2， 4.D已知反应①为放热反应，反应②为吸热反应，因此 碳元素化合价由0变为+2，根据电子守恒，可得关系式 反应①中碘的能量高，即反应①中碘单质为气态，②中碘单质 C,H,0.12ifaP0,则m(LiFeP0,）=158×2×4,9×90%kg= 为固态，因此反应①中反应物总能量大于反应②的，A、B错误； 180×98% 反应②为吸热反应，△H=化学键断裂时吸收的能量-化学键 47.4g 形成时释放的能量=+26.48kJ/mol>0,即反应②化学键断裂 第9期4版参考答案 时吸收的能量比化学键形成时释放的能量多，C错误；根据盖 素养提升（九）》 斯定律，②-①即得2(s)=L2(g)△H,△H=△H2-△H1= 1.B三种催化竞争的总反应中，HCOOH的能量最高，故 [+26.48-(-9.48)]kJ/mol=+35.96kJ/mol,因此1mol固 生成HCOOH吸收的能量最多，A正确；生成CO的反应应得电 态碘升华时将吸收35.96k的热量，D正确. 子，则在二维锑片表面生成C0的反应为CO,+2"H+2e 5.A将已知反应依次编号为①和②，根据盖斯定律（① 一CO+H,O,B错误；从图中可知，催化剂Sb改变了反应的路 -②)÷2得Cu0(s)+Cu(s)=Cu,0(s)△H,△H= 径，C正确；活化能越小，反应越容易进行，D正确. △H,-△4=-314+292/mol=-11/mol,A正确. 2.A化合物1在反应过程中先被消耗，后又生成，为此 2 2 反应的催化剂，可加快C02转换速率，A正确；由图乙可知，化 6.D燃烧反应为放热反应，则△H1<0,△H2<0,A错误； 合物2和H20反应生成化合物3和HCO0ˉ的反应是放热反 工业合成氨的反应为放热反应，△H4<0,B错误；根据盖斯定 应，反应物的总键能小于生成物的总键能，但不能判断化合物 律，AH,=4H+4 ,C错误 3 2的总键能和化合物3的总键能的大小关系，B错误；过渡态物 7.B元素的非金属性越强，简单氢化物的热稳定性越强， 质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大 A正确：由图可知，第一步反应和第二步反应都是放热反应，所 则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快， 以两步反应中化学键断裂吸收的总能量均小于化学键形成释 活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应.图乙表示 放的总能量，B错误；由盖斯定律可知，第一步反应+第二步反 的反应历程包括3步基元反应，第二步形成中间体I2的反应 应得到反应H,S(g)+202(g)=S0（aq)+2H(aq)△H, 的活化能最大，故为总反应的决速步骤，C错误：上述反应中 则△H=(-221.19kJ/mol)+(-585.20kJ/mol)= H,0中0原子形成2个共价键，化合物2→化合物3的反应过 -806.39kJ/mol,C正确；表示硫固体的燃烧热的热化学方程 程中水分子与F形成了配位键，相应氧原子的成键数目由2 式为S(s)+02(g)=S02(g)△H①，第一步热化学方程式为 变为了3，D错误 3.D由反应历程及能量变化图可知，两种路径生成的产 H,s(g)+之0，(g)=S()+H,0(g)4,②，由盖斯定律可 物的总能量均低于反应物，都是放热反应，A正确：与Br原子 知，2×（①+②），可得到2H2S(g)+302（g)=2S02(g)+ 相连的C原子为a-C,过渡态TS1是由CN的C原子进攻 2H0(g)△H,D正确. CHCH2Br的α-C,形成碳碳键，B正确；后续物I、Ⅱ转化为 8.B根据盖斯定律，△H1=3△H2-△H3=(3a-b)kJ/mdl,又 产物，分别断开的是“N--Ag”和“C--Ag”,且后者吸收更多的 △H1=E正-E道=(3a-b)kJ/mol,则E池-E正=(b-3a)k/mol. 能量，故I中“N-Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C--Ag”之间的作 9.B由图中循环过程，可得出下列热化学方程式： 用力弱，C正确；由于生成CH,CH,CN需要的活化能高，反应 ①NH,Cl(s)=NH4(g)+Cl(g)△H1=+698kJ/mol 速率慢，故低温时更容易生成CHCH,NC,D错误 ②NH4C(s)=NH4(ag)+da(ag)△H2=+15kJ/mo 第9期2-3版参考答案 ③C1(g)=Cl(aq）△H3=-378kJ/mol 精练卷（九） 1.C钻木取火包含物质的燃烧，属于化学变化，A正确； ④2(NH,)s0,()=NH(g)+2s0(g)△h 一7 高考化学第6~9期 (NH):SO,(s)-NH:(aq)+2SO-(aq) △H,= △H1,设HCl和HBr的键能分别为EH-a、EH-B,则△H=EH-a -EH-B=△H3-△H1,D错误. +3 kJ/mol 14.B步骤I的活化能大于步骤Ⅱ，步骤I反应速率更 6}s0(g)-s0(aq）4H=-530/md 小，为该过程的决速步骤，A错误；根据反应机理可知，若MO 与CHD反应，生成的氘代甲醇可能为CH,OD或CH2DOH,共 依据盖斯定律，将反应⑤-⑥+①-②+③得反应④，即 △H4=△H-△H。+AH1-△H2+△H3=[+3-(-530)+698- 两种，B正确；能量越低越稳定，则三种微粒中 HO CH:1 15+(378)]kJ/mol=+838kJ/mol,故选B. 最稳定，C错误；根据图示总反应的△H= M 10.D根据盖斯定律可知△H1=-(△H2+△H,+△H4), A正确；催化剂不能改变反应的△H,故用工业催化剂代替微生 E1-E2+E3-E4,D错误. 15.(热化学方程式每空3分，其余每空2分) 物发酵，△H不变，B正确；表示葡萄糖燃烧热的热化学方程式 为C6H206(s)+602(g)=6C02(g)+6H20(1)△H,根据图 (1)①2H20(1)=2H2(g)+02(g）△H=+571.6kJ/mol 示可知该燃烧热为-△H1,C正确：“人造转化器”的目的是使 ②fe(s）+S(s)=fes(s)△H=-95.6kJ/mol C02与水逆向反应生成葡萄糖，使非自发反应发生，并不是催 ③N2(g)+3H2(g)2NH,(g)△H=-92kJ/mol 化剂，D错误。 ④4CuCl(s)+02(g）=2CuCl2(s)+2C0(s）△H= -177.6 kJ/mol 11.C其他条件相同，物质能量越低越稳定，由图可知，四 (2)+32k/mol 种含锡物质中SO2(s)的生成热最小，即生成单位物质的量的 (3)504kJ 含锡物质，生成Sn02(s)时放热量最大，则S02(s)的能量最低， 16.(除标注外，每空2分)(1)①放热②第1步③碱 也最稳定，A正确；由生成热的定义可得热化学方程式：S(s)+ Cl2(g)=SnCl(s)△H1=-325.1kJ/mol①，Sm(s)+2CL2(g) 焕 =SmCL4(g)△H2=-471.5kJ/mol②，根据盖斯定律，②-① (2)①玻璃搅拌器使蔗糖样品燃烧不充分，实验结果不 可得：SmC(s)+Cl(g)=:SnCl4(g)△H,该反应的△H= 准确最高值 (-471.5k/mol)-（-325.1k/mol)=-146.4kJ/mol,B正确； ②小C12H201(s)+1202(g)=12C02(g)+11H20(1) △H=-5016kJ/mol(3分) 同理，Sn(s)+0,(g)=s0(s)△4，=-285.8/ml①， 解析：(4)“弹式量热计”若无绝热外套，燃烧产生的热量 Sn(s)+02(g)=Sn02(s）△H4=-580.7kJ/mdl②，由2×① 会散失，测得的燃烧热数值比实际数值小；根据△H=m△= n -②式可得：SnO2(s)+Sn(s)=2Sn0(s)△H,该反应的△H =(-285.8kJ/mol)×2-(-580.7kJ/mdl)=+9.1kJ/mol> 4.18×300×0.80×10≥1/ml=-5016W/mol,放表示蔗 0.684 0,C错误；Sn(s)+02(g)=Sn02(s)△H=-580.7kJ/mol, 342 g0(s)的物质的量为5020.2ml,则放出 糖燃烧热的热化学方程式为C2H20,(s)+1202(g)= 12C02(g)+11H,0(1)△H=-5016kJ/mol. 量：580.7kJ/mol×0.2mol=116.14kJ,D正确. 12.C能量越低越稳定，故稳定性：P2>P1,A错误；据图可 17.(除标注外，每空2分)1)-2△4+△4，+△4 2 知，由中间产物Z转化为产物时，过渡态Ⅲ的活化能比过渡态Ⅳ (2)2LiH(s)+02(g)=i,0(s)+H20(1)△H= 的活化能小得多，故通常情况下更容易获得P1产品，D错误；反 -702kJ/mdl(3分) 应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，B错 (3)①-144.5 误；由图中可知，该历程的决速步骤是由中间产物2到过滤态 ②L,L,过程中过滤态能量较低，活化能较小 V,即-18.92kJ/mol-(-205.11kJ/mol)=186.19kJ/mol. 18.(除标注外，每空2分)(1)△H2-△H3-△H4 C正确. (2)①4b+3c-a 13.C由图可知，CHCH,CH3的氯化是放热过程，溴化是吸 HH 热过程，A错误：能量越低越稳定，由图可知，(CH3),CH·更稳定， ②H:C:C:·COOH+H*+e一C0+H,0 B错误；由图示可写出热化学方程式： HH ①CH,CH,CH,+·C=CH,CH,CH2·+HCl△H1; ②CH,CH,CH3+·Cd=·CH(CH)2+HCl△H2; ③CH,CH,CH3+·Br=CH,CH,CH2·+HBr△H3; E (3)①喇 (3分) ④CH,CH,CH3+·Br=·CH(CH3)2+HBr△H 反应物 根据盖斯定律，由①-②得·CH(CH)2=CHCH2CH2· 生成物 0 反应过程 △H,△H=△H,-△H2;根据盖斯定律，由③-④得·CH (CH3)2=CHCH2CH2·△H,AH=△H3-△H4·△H,-△H2= ②H,C0+2H,(g)或4，C0H*+H,(g)(3分) △H-△H4,即△H1+△H4=△H2+△H3,C正确；根据盖斯定律 由③-①得到HC+Br·=HBr+Cl·△H△H=△H,- △H1,即HCl+Br·+H·=HBr+C·+H·的△H=△L3- 8D 素养·拓展 数理极 (上接第1版) 未加热时，无NH3逸出，产物为NH3·H,O 2.氨气的制备 5.NH的检验方法 号L,时溶质为0，根据关系式3N0, (1)实验室制法 (1)固体 20,0,的物质的录为号×24ml,溶液 反应原理：Ca(OH)+2NH,Cl△CaCl+ 取少量固体样品与碱混合于试管中，加热， 2NH↑+2H0 日N的密度比空气的小且板易溶于 将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变 水，只能用向下排空气法收集 的浓度为3 '22.4mol 蓝，说明样品中含有NH,;也可将蘸有浓盐酸或 22.4 mol/L. 浓硝酸的玻璃棒靠近试管口，若有白烟生成，说 试管口略向下倾斜，防止产生的水倒 明样品中含有NH 流回试管底，使试管炸裂 知识点分 (2)液体 采用固一固加热制取气体的装置 取少量液体注入试管中，再加入浓的碱液， 硝酸 验满方法 「将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝则满 将蘸有浓盐酸的玻璃棒置于试管口，有白烟产生则满 微热，然后用湿润的红色石蕊试纸或蘸有浓盐 硝酸是挥发性强酸，除了具有酸的通性外， (2)快速制取法 酸的玻璃棒在试管口检验. 还具有如下性质： ①加热浓氨水， 6.喷泉实验 1.不稳定性 ②固体烧碱或生石灰与浓氨水混合 (1)喷泉实验原理及实验条件 (3)工业制法 烧瓶内气体易溶于水或易与 4HN0,光4N0,↑+0，↑+2H,0 2.强氧化性 飞+ 水反应，使烧瓶内压强减小，与外 2NH 界形成压强差，大气压将烧杯中 硝酸不论浓、稀都具有强氧化性.硝酸和金 3.氨水 的水压入烧瓶而形成喷泉。 属或非金属单质的反应规律如下： (1)弱碱性：NH3·H,0一NH+OH. 从实验条件上讲，烧瓶内气 (1)硝酸与金属反应 (2)不稳定性：NH·H,0△NH,↑+H,0. 体要充满，气体和仪器均要干燥 金属与硝酸反应一般不生成H,.浓HNO3 装置的气密性要好. 般被还原为NO,,稀硝酸一般被还原为NO: (3)氨水中含有的分子：NH3·H20、NH3、 H,0,含有的离子：NH、OH、H+ (2)可以形成喷泉的组合 冷的浓硝酸能使铁、铝钝化 液体是水时，NH3、HCl、S02、NO2+O2等气 (2)硝酸与非金属的反应 4.铵盐 (1)物理性质：绝大多数铵盐易溶于水. 体可形成喷泉；液体是NaOH溶液时，Cl,、CO2、 4HN0,(浓)+C△4N0,↑+C0,↑+2H,0 H,S、S0,等气体可形成喷泉. (2)化学性质 3.金属与硝酸反应的计算技巧 (3)喷泉实验后溶液浓度的计算 ①受热易分解：NH,Cl△NH,↑+HC1个. (1)原子守恒 根据题意确定所得溶液中溶质的物质的量 NH,HC0,△NH,↑+H,0+C02↑ 金属M与硝酸反应时，生成气体的物质的 和溶液的体积，再计算出物质的量浓度.但题中 量、生成的M(NO3),中所含N原子的物质的量 ②与碱反应放出氨：NH,NO,+NaOH△ 一般没有具体的数值，可设烧瓶的体积为VL,然 以及剩余硝酸的物质的量三者之和等于原硝酸 NH3↑+H,O+NaNO3. 后把握好以下两个解题关键：一是气体和所得溶 注意：(1)不是所有的铵盐受热分解都生成 液溶质的关系（若气体不是溶质，要寻找出气体 的物质的量. (2)电子得失守恒 NH,如NH,NO,受热分时，温度不同，产物不同. 和溶质间的定量关系)；二是气体溶质的体积（或 ①金属M与硝酸反应所生成的氮氧化物与 如：NH,NO,H0C NH,↑+HNO, 生成溶质所需的气体体积)与溶液体积的关系. 例如，在两个容积均为VL的圆底烧瓶中充 氧气混合后再用水恰好完全吸收时，可根据电 NH,N0,185℃-20CN,0↑+2H,0 满标准状况下的NH,和NO,分别与水进行喷泉 子得失守恒建立等式，即n(e)=n(M)·a= 2NH NO3= 230℃以上2N2↑+02↑+4H,0 实验.实验结束后，充H,的烧瓶中将充满液体， n(N02)+3n(N0)=4n(02)(式中a为金属化 合价). 4NH NO 400℃以上3N2个+2N0,↑+ V 8H,O 此时溶液的浓度为2.4 VL2.4mol/L;充 ②金属M与硝酸反应所生成的M(NO3): 与NaOH反应生成沉淀，可根据电子得失守恒 (2)与减反应时，当NaOH溶液浓度较稀或 NO,的烧瓶中，溶液不会充满，溶液的体积为建立等式，即n(e)=n(M)·a=n(0H). 素养提开（七） D.反应④中生成的S既是氧化产物，也是 B.反硝化过程涉及氮元素的氧化和还原 还原产物 C.向海洋中排放含NO的废水不会影响 含硫、氨物质的转花 3.右图是有关含氯物 NH的含量 ○数理报社试题研究中心 质之间的转化关系，下列 N NH D.反应④可能为4NH+50,=2N0,+ 1.对$02的水溶液进行光谱分析，可以检 说法错误的是 ( g 6H++N,0+5H,0 测到HS03、S,0?和痕量的S0,S03在高温 A反应g中NH发： 5.部分含N或S 时能将HBr氧化为Br2.在给定条件下，下列物 生氧化反应 0 O e 元素的“价一类”二维 质间所示的转化可以实现的是 B.图中6种含氯微粒 图如右图所示.下列会 A.S 0 4S0, B.SO,O H,S,O, 共呈现了氮元素的5种价态 叙述错误的是() C.反应j中2.24LN,0被还原生成 A.若c在常温、 C.HBrS0,B,D.SO,BCL溶液BaSO, S0. 0.1 mol N2 常压下呈固态，则常 氢化物单质氧化物酸 2.几种含硫物质的转化如下图所示（部分 D.NH,分子的空间结构为三角锥形 温下，b和d不能大量共存 反应条件略去)，下列说法错误的是（》 4.海洋中无机氮的 海洋表面①出 B.若d通入水中发生氧化还原反应，则浓e 家s0四，s0,常流s0,常 循环过程可用右图表 溶液应贮存于棕色瓶中 示.下列关于海洋氮循 ②/ 反硝化 C.若d能使溴水褪色，则常温下在铁片中 环的说法正确的是 ③ 八作用硝化 作用 0发硝化 滴加浓「溶液剧烈反应 A.①中试剂a可以是Cu NH; o N,0 D.若c是空气的主要成分，则a和e能生 作用 B.②中需要确保NaOH溶液足量 A.①、②过程均属 成含2种化学键的离子化合物 C.③中将S换为Cl,,氧化产物为Na,S0, 于固氮反应 (参考答案见下期) 本版责任编辑：孙丽 报纸编辑质量反馈电话： 0351-5271268 2025年8月12日·星期二 高考 报纸发行质量反馈电话： 期总第1151期 第一轮复习 0351-5271248 装理极 第6期4版参考答案 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版社长：徐文伟 国内统一连续出版物号：CN14-0707/八F)邮发代号：21-208 素养提升（六） 1.A2.D3.D4.C 400-500℃ 第6期2-3版参考答案 精练卷（六） 非金属及其化合物（三） 2s0,+0,0 2S0 .B2.D3.D4.B 注意：工业制硫酸的最后一步是用98.3% 5.D6.B7.C8.D 的浓硫酸吸收生成的$0，以制得发烟硫酸，然 9.D10.D11.C12.D 必备知识集锦 后根据需要用水进行稀释.不用水吸收$0，的 13.D14.D 15.(除标注外，每空2 ⊙湖北林丽鹏 原因是S03与H0反应会放出大量的热，形成 分)(1)2C+Si02逼Si+ 2C0↑ 知识点 H,S HS+H+、HS==H 酸雾，吸收效果差 (2)与碱反应 (2)CD 硫和硫的氧化物 知识点四 H,S(过量)+NaOH=NaHS+H,O (3)Si有空的3d轨 氮气和氮的氧化物 道，容易受到水分子进攻； 1.单质硫的物理性质 H,S(少量)+2Na0H=Na,S+2H,0 Si一Cl键能小，容易断键 (1)色态：黄色晶体，质脆，易研成粉末 (3)与某些盐溶液反应 1.氮气与氮的固定 (3分)取少量水解后的 (2)溶解性：不溶于水，微溶于酒精，易溶于 (1)由于氮分子内两个氮原子间以共价三 溶液分成两等份于两支试 H,S+CuSO =CuS+H,SO 管中，一支试管中滴人紫 硫化碳. H2S+(CH,C00)2Pb=PS↓ 键(N=N)结合，断开该化学键需要较多的能 色石蕊溶液，变成红色，则 2.单质硫的化学性质 2CH COOH 量，所以氮气化学性质很稳定，通常情况下难以 正明溶液中有氢离子：另 与其他物质发生化学反应 支式置中滴人消酒渗限溶 (1)还原性（可燃性）：S+0,点槛s0, 2.强还原性 液，产生白色沉淀，加人稀 现象：在空气中燃烧产生淡蓝色火焰；在纯 H,S中S元素的化合价为-2，具有强还原 (2)将大气中游离态的氮转化为氮的化合 硝酸后沉淀不溶解，则证 氧中燃烧产生明亮的蓝紫色火焰 性，能被酸性KMnO4溶液、Fe+、氯水、溴水、碘 物的过程即叫做氮的固定 明溶液中有氯离子(3分) (4) SiCl (2)氧化性：Fe+S△FeS;2Cu+S 水、硝酸、02等氧化.如X2+HS=S+2HX(X ①人工假氨：N÷9H票2N, 4CH CH,OH Cu,S. =Cl、Br、I). (CH CH2O)4Si+4HCI 16.(每空2分)(1)1.5 注意：硫的氧化性较弱，只能将变价金属氧化 3.用途 ②雷电固氮：N2+0,电2NO. (2)3Cl0-+2Fe3++ 到低价. HS常用作废水处理中的沉淀剂，使某些 ③生物固氨：豆科植物根瘤菌吸收N2形成 100H-=2Fe02+3Cl 3.二氧化硫的物理性质 重金属离子以硫化物的形式沉淀 氨的化合物， +5H20 (3)大于 烧杯、漏 颜色状态气味熔沸点密度 溶解性 知识点自 ④氯气和镁反应：3Mg+N,点尴Mg,N, 斗、玻璃棒乙醇或乙醚 刺激性较高， 无色气体 2.氨的氧化物 (4)随着盐酸加入，溶 气味易液化 比空气的大易溶于水(1：40) 浓硫酸 (1)二氧化氮和 氧化氮 液pH减小，高铁酸钾氧化 4.二氧化硫的化学性质 性增强，氧化C1-生成C, 1.物理性质 N02 (5)高铁酸钾能杀菌 (1)酸性氧化物的通性 纯硫酸是一种无色油状液体.质量分数为 颜备 无备 红棕色 毒性 有毒 有毒 消毒，其还原产物Fe3+能 ①与水反应：S0,+H,0、H,S0, 98.3%的浓疏酸的沸点是338℃.硫酸是一种 水解生成Fe(OH),胶体 ②与碱反应：量不同，产物不同. 水溶性 不溶于水 易溶于水 难挥发的强酸，易溶于水，能以任意比与水混 与02反应 2N0+02=2N02 吸附悬浮物，达到净水的 不反应 作用 Ca(0H)2+s02(少量)=Cas0,↓+H,0 溶.浓硫酸稀释时放出大量的热。 与H0反应 不反应 3N02+H,0=2HNO3+N0 17.(除标注外，每空2 Ca(0H)2+2s02(过量)=Ca(Hs03)2 注意：稀释浓硫酸时应“酸入水” (2)氮的其他氧化物 分)(1)①C0(NH2)2+ ③与碱性氧化物化合：Ca0+S02=CaS0, N的化合价+1 +3+4+5 20H-+C0-=N2H 2.化学性质 ④与某些弱酸盐反应：强酸制弱酸原理， 对应氧化物N20(笑气)N203N204N205 H20+C-+C0- ②降 (1)强酸性：H2S04=2H*+S0 温至-5℃ Na,C03+S0,=Na,S03+C0, 稀硫酸具有酸的通性，能与酸碱指示剂作 注意：(1)氮的氧化物中属于酸性氧化物的 (2)①2NHCl+Ca(OH) 2NaHC03+S02=Na2S03+2C02+H20 只有N2O3和N20,对应的酸分别是HNO2(亚 △CaCl2+2NH (2)漂白性：与某些有机色素化合成不稳定 用，能与活泼金属、碱性氧化物、碱、某些盐等发 硝酸)和HNO, 2H20②防止N2H4被过 的无色物质，漂白过程可逆.例如S02可使品红 生反应 量氯气氧化(3分)③B 溶液褪色 (2)浓硫酸的特性 (2)N,0、N0、NO2、N204都是不成盐氧化 C之间增加盛有饱和食盐 物，不是酸性氧化物 吸水性：常用作千燥剂（物理变化），但不能千燥NH、HS、 水的洗气装置(3分) (3)弱氧化性：2H2S+S02=3S+2H20 HⅢ等 (3)氮氧化物污染的防治 (3)N2H(HS04)2 (4)强还原性： 脱水性：将有机物中的H、0以2：1的比例脱去，如使蔗糖变 2NO,+2NaOH =NaNO,NaNO,+H,O H4-4e+2C03- MnO (H*)CO-(H*)NO (H*) 黑（化学变化） N2↑+2H,0+2C0, S0, →S03或S01 e山常温下纯化 NO +NO,+2NaOH =2NaNO,+H,O 18.(除标注外，每空2 fe3+H,02、02、a2Br2l 分)(1)C10-+H20 (5)毒性：有毒. 强氢化性 Cu →Cu+2HS0.(浓)△Cus0+S0,↑+2H,0 2xNH3+3NO, 催化剂2x+3X,+3xH,0 OH- +HCIO 5.二氧化硫的用途 (2)C10-+2I →C+2Hs0,(浓)c0.↑+2sS0,↑+2H0 知识点五 H20=2+C1~+20H 食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂 (3)向pH=10的 白、防腐和抗氧化的作用.如葡萄酒中添加适量 3.S0的检验 氨和铵盐 NaOH溶液中加人少量滴 的二氧化硫既可起到杀菌的作用，又可作抗氧 检验S0?时，易受到其他离子的干扰，如 1.氨 有淀粉溶液的碘水，振荡 化剂，防止某些成分被氧化 Ag+、CO和S0.要排除其他离子的干扰，正 蓝色褪去(3分) (1)物理性质 (4)①C12②溶液中 6.三氧化硫 确操作如下：待检液 加足量盐酸，取清液 颜色状态气味密度 溶解性 熔沸点 的Cl2或HCl0也可将I 标准状况下，无色、易挥发的晶体，易溶于水 酸化 极易溶于水 较高， 氧化为2，使溶液变蓝 (1)与水反应：S03+H20=H,S04: 滴加BaCl2溶 加热pH=2的溶液至无 →有白色沉淀生成 ⊙ (1:700) 易液化 色，使黄绿色气体（或C2 (2)与Ca0反应：Ca0+S03=CaS04 4.硫酸的工业制法 (2)化学性质 充分逸出，使HC10完全分 (3)与Ca(OH)2反应：Ca(OH)2+S03 硫黄或燃烧 400-500℃ ①与水反应：NH3+H,0==NH,·H,O 解，冷却后再加人KI溶液 H0. 铁矿 509839%的浓 硫酸吸收 H0. V05 NH+OH (3分)③3C0-+I 3C1 +f0 知识点二 催化剂) ②与氯化氢反应：NH,+HCl=NH,Cl, 硫化氢 空气 现象：产生大量白烟。 涉及的主要反应： 1.二元弱酸 ③催化氧化：4NH+502 催化剂4NO+ A (1)电离 4FeS,+10,高2Fc,0,+8s0。 6H20 (下转第4版) 21 素养·测评 数理极 C.过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的强氧化性 第一轮复习精练卷 D.过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂 8.喷泉实验如下图所示.下列各组“气体一溶液”，能产生喷泉现象的是 涉及内容：硫、氨及其化合物 () (满分：100分，时间：75分钟) 气体 溶液 ©数理报社试题研究中心 A HS 稀盐酸 一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选 HCI 稀氨水 项符合题意) C No 稀硫酸 1.在加热条件下，硫单质可以与Na0H溶液反应：3S+6NaOH△2Na,S D C02 饱和NaHCO,溶液 +Na,SO,+3H,0,设N,为阿伏加德罗常数的值.下列说法错误的是( A.上述反应中发生氧化反应与发生还原反应的硫的物质的量之比是2：1 9.通过反应2Ga+2NH, Ni2GaN+3H,可制取氨化镓(GaN).下列装 置不能达到实验目的的是 B.S6的结构式为 则1molS6中存在S一S的数目是 Ca(OH)2与 NH CI 镓粉、少量N 6NA 碱石灰 C.的常见单质有S4、S6、Sg,它们之间的转化是化学变化 D.试管内壁上的硫可用热的NaOH溶液或CS2除去 2.向含有稀硫酸和铜粉的混合体系中，再加入物质X后，铜粉逐渐溶解 X不可能是 ( A.用装置甲制备氨气 B.用装置乙干燥氨气 A.H20 B.Fe2(S04)3 C.NaNO. D.K,S C.用装置丙制备氮化镓 D.用装置丁处理尾气并收集氢气 3.[环保情境]某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将N0,“固定”， 10.[跨学科融合]微生物介导的碳氨疏循环耦合如下图所示.下列说法 利于工业废气中的NO,高效转化为HNO,其原理示意图如下. 错误的是 ( 清洁空气 吸附 H0、02 CO. NO ◇ 88 MOFs材料N,O ±有机碳 S2 NHi O2 含NO2的废气 再生 HNO A.S2在富氧条件下最终的产物为S0 下列说法正确的是 B.S2-可作为电子供体进行NO3还原 A.该过程属于氯的固定 B.“固定”过程体现超分子的识别功能 C.N2可通过生物固氯作用作氯肥 D.氮循环中可能存在：NH+NO,=N2↑+2H,O C.温度升高有利于N,04的固定 D.转化为HNO,的原子利用率为83% 11.[工业情境]工业合成氨以及氨催化氧化制硝酸的流程示意图如下 下列说法错误的是 4.下列物质性质与用途具有对应关系的是 N2.H2 水 选项 用途 性质 —02 A 用Na,S除去废水中的Hg2 Na,S具有还原性 合成塔氨分离器→氧化切 吸收塔 尾气处理装置 B 用AL,(S04)3作净水剂 铝盐水解生成氢氧化铝胶体 用(NH4)2S04制铵明矾 (NH4),S04易分解 A.合成塔中的N2和H2必须净化，目的是防止催化剂“中毒” D 用BaSO,作胃肠道造影剂 BaSO4不溶于水 5.下列化学反应表示不正确的是 B.氧化炉中发生反应：4N+50,g4N0+61,0 A.FeS2与足量稀盐酸反应：FeS2+4H*=Fe2++2H,S↑ C.吸收塔中生成的硝酸要保存在带橡胶塞的棕色试剂瓶中 B.NH3和CO2反应生成尿素：2NH3+CO2=CO(NH2)2+H0 D.尾气中的氮氧化物可用碱性Na,CO,溶液吸收 C.少量S02通入Ca(C10)2溶液中：S02+H,0+Ca2++3C0 12.某小组设计如右图所示装置（夹持仪器 CaS04↓+2HCl0+Cl 已省略)探究N,S,的性质.实验中，观察到酚酞 D.用酸性KMn0,溶液吸收S02:2Mn0,+5S02+2H,0=2Mn2++ 溶液变红色.下列叙述错误的是 5S02+4H A.仪器X的名称是分液漏斗 B.N4S4与水反应生成了NH3,倒置的漏斗 6.下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液H减小的是( N.S A.向NaHS0,溶液中加入少量BaCL,溶液，生成白色沉淀 能防倒吸 热水浴 C.其他条件不变，撤去热水浴，酚酞溶液变 B.向饱和H,S溶液中通入少量S02气体 色会加快 C.向NaHC03溶液中加入少量CSO,溶液，生成蓝绿色沉淀 D.若有(NH4),S,0,生成，向试管中加盐酸会产生浅黄色沉淀 [Cu,(0H),C03] 13.在一定条件下，将充满N0,和0，的试管倒立于水槽中，充分反应后， D.向H,S溶液中通人氯气，生成黄色沉淀 7.蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如下图所示.下列关于该过程的分析不 剩余的气体体积为原混合气体体积的日，则原混合气体中N0,和0，的体积 正确的是 之比可能是 ( ①8：1 ②7：3 ③7：1 ④4：1 A.①③ B.①④ C.②③ D.②④ 14.mg铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全反应（假定硝酸的还原 产物只有NO),向反应后的混合溶液中滴加amol/L NaOH溶液，当滴加到 VmL时，得到沉淀的质量恰好为最大值ng,下列有关说法中正确的是() A.过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的吸水性 ①沉淀中OH的质量为(n-m)g B.过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关 ②恰好溶解后溶液中NO,的物质的量为aV mol 数理极 素养·测评 3 ③反应过程中转移电子的物质的量为”7ml 【做出假设】 假设一：氧气将S0,氧化为S0,产生白色沉淀 ④生成N0气体的体积在室温下为22.4〔n-mL (1)假设二： 51 【设计实验】该小组成员设计了如下图所示的实验装置进行探究 ⑤与合金反应的消酸的物质的量为(“5”+m… 稀硫酸 连接数据采集器 A.2项 B.3项 和计算器 C.4顶 D.5顶 二、非选择题（本题包括4小题，共58分） pH传感器 15.(15分)二氯化二疏(S2CL2),沸点为138℃，常温下是一种金黄色液 体，广泛应用于化工领域.将氯气通人熔融硫黄（熔点为115℃，沸点为 食用油 445℃)中可制备S,C1,.所用仪器（部分夹持、加热装置省略）如下图所示： 溶解结晶的亚硫 溶液 )浓盐酸 仪器m 酸钠饱和溶液 搅拌器 (2)装置X的作用是 b K月 e d 【实验过程】取4个相同的烧杯分别编号为A、B、C、D,加入下表中的溶 硫 碱石灰 酸 水 液a进行实验. A 对比实验 对比实验二 已知S,CL,的性质：①热稳定性较差；②能被CL,氧化为SCL,(沸点为 A烧杯中加入煮沸的B烧杯中加 C烧杯中加入煮沸的D烧杯中加入 59℃)：③能与水发生剧烈反应：2S,CL2+2H,0=3S↓+S02↑+4HCL.请▣ BaCl2溶液25mL,再加 入未煮沸的 Ba(N03)2溶液25mL, 未煮沸的 答下列问题： 入少许食用油，冷却至 BaCL2溶液 再加入少许食用油，冷 Ba(NO3)2溶液 (1)仪器m的名称为 室温 25mL 却至室温 25mL (2)装置A中制备C2的离子方程式为 在A、B、C、D四个烧杯中均放入pH传感器，然后通入SO2气体 (3)制备S,C1,过程中，实验装置的连接顺序为A→ (3)向A烧杯与C烧杯中加入食用油的目的是 烧杯中“食用 (填大写字母)；C装置中所装碱石灰的作用有 油”可以用下列试剂中的 —(填字母序号)代替。 (4)实验前打开K,通一段时间的N,是为了 .实验结束停止加 a.氯仿 b.己烷 c.乙醇 热后，再通一段时间的N2,其目的是 【实验现象】A烧杯中无明显现象，B、C、D三个烧杯中均出现浑浊现象 (5)观察到装置F中出现金黄色液体时，可证明有S2CL2生成.经检验 【实验结论】 产物中含有较多的SCl2,为提高产品纯度，减少SCL,的生成，实验的关键是 (4)B烧杯中出现浑浊的原因是 控制好温度和 (5)在硝酸钡溶液中，有无氧气都能产生硫酸钡沉淀.若是硝酸根的强 (6)测定S,Cl,样品的纯度.称取ag样品（杂质不影响测定）于烧瓶中， 氧化性导致沉淀的出现，则对应的离子方程式为 加入足量的蒸馏水充分反应；用水蒸气将生成的S02和HCl全部蒸出，并用 (6)为了进一步确定产生沉淀的原因，该小组成员对传感器采集的数据 足量的H,O2溶液充分吸收；然后向其中加入足量的BaCl,溶液，过滤、洗涤、 进行了处理，结果如下图所示，根据图像可得出的结论是」 61 60 干燥、称量，得到bg固体.样品中S2CL2的质量百分含量为 16.(14分)实验室模拟工业以NH和CS2为原料制备KSCN的实验装 置如下图所示： 浓氨水 0100200600400500600 00100200,60040050060 时间 SO,通入BaNO2溶液（无氧）中的pHH曲线 SO2通入Ba(NOb溶液（有氧）冲的pHH曲线 KOH溶液 橡皮管 18.(16分)柠檬酸亚铁(FeC6H,0,摩尔质量：246g/mol)在食品工业中 作营养增补剂，可用于乳制品.一种用黄铁矿（主要成分为FS2,含有A1,0,、 酸性K,Cr0 S0,杂质)为原料来制备柠檬酸亚铁的流程如下图所示： D 空气 稀硫酸FeS, 调pHNH,HCO 柠檬酸 已知：①NH,不溶于CS2,CS2的密度比水的大且难溶于水；②三颈烧瓶 内盛放CS,水和催化剂，发生反应：CS,+3NH,雀NH,SCN+NH,s,该 →格场浸一原→餍细一成钥过滤洗涤C0 一系列操作，柠檬酸 亚铁晶体 滤渣淡黄色沉淀 NH OH 反应比较缓慢，且NH4SCN高于170℃易分解；③KSCN的溶解度随温度变化 较大.请回答下列问题： 已知：“焙烧”生成了铁红；柠檬酸的结构简式为 (1)装置A中烧瓶内的固体可选用 (填字母序号，下同)，装置 HO OH OH B中盛放的物质可以选用 答下列问题： a.碳酸氢铵b.生石灰c.碱石灰d.二氧化锰 e.氯化钙 (1)“焙烧”时气体与矿料逆流而行，目的是 (2)装置C的作用是 三颈烧瓶内的 (2)“溶浸”后滤渣的主要成分是 (写化学式)，已知Fes,与 导气管插入下层CS,液体中，原因是 H,S0,不反应，“还原”时FS,的作用是 (用离子方程 (3)待实验中观察到三颈烧瓶内液体不分层时，关闭装置A中分液漏斗 式表示). 活塞，待装置D中无气泡产生时关闭K,保持三颈烧瓶内恒温105℃一段时间， (3)“沉铁”时需控制温度在32℃左右的原因是 使NH,HS△NH,个+H,S↑进行完全后，打开K2,继续保持恒温105℃，滴 (4)柠檬酸亚铁是一种」 (填“正”“酸式”或“碱式”)盐.某兴趣 入适量的KOH溶液，写出生成KSCN的化学方程式： 小组检验柠檬酸亚铁中的铁元素，可取少量柠檬酸亚铁样品于试管中，加水 (4)装置E的作用是 一，写出装置E中生成浅黄色沉淀的离子方 溶解，然后加入少量稀硝酸，再滴加几滴」 溶液，现象为 ,则 程式： 证明含铁元素， (5)反应结束后将三颈烧瓶中的固体催化剂滤去，得到硫氰化钾粗品， (5)某工厂用1kg硫铁矿(FS2的质量分数为60%)经上述流程制得 经过 (填操作名称)可将疏氰化钾晶体纯化 1.476kg柠檬酸亚铁，若“还原”过程FS2恰好反应，则柠檬酸亚铁的产率为 17.(13分)某学习小组对S02通入Ba(N03)2溶液后出现白色沉淀的 原因进行了探究，请回答下列问题： 【提出问题】产生白色沉淀的主要原因是什么？ (参考答案见下期)