专题05 非金属元素及其化合物的性质及应用（专题专练）（北京专用）2026年高考化学二轮复习讲练测

专题05 非金属元素及其化合物的性质及应用 目录 第一部分 风向速递 洞察考向，感知前沿 第二部分 分层突破 固本培优，精准提分 A组·保分基础练 题型01 氯气及氯的化合物的性质及应用 题型02氯气的实验室制法 题型03离子的检验 题型04氮气、氨气及氨水的性质及应用 题型05硝酸的性质及应用 题型06硫及硫的化合物的性质及应用 B组·抢分能力练 第三部分 真题验证 对标高考，感悟考法 1．（25-26高三上·北京·月考）下列离子方程式书写不正确的是 A．向NaOH溶液中通入过量SO2： B．向KI溶液中通入少量Cl2：； C．向Ba(OH)2溶液中滴加少量NaHSO4溶液： D．向Ca(OH)2溶液中滴加过量NaHCO3溶液： 2．（25-26高三上·北京·月考）制备纳米并对其还原去除水中的硝酸盐污染物进行研究。 已知：i．纳米具有很高的活性，易被氧化使表面形成氧化层 ⅱ．纳米将还原为的转化关系如图： (1)纳米的制备原理：，其中电负性。反应中，氧化剂是 。 (2)酸性条件下，纳米和反应生成和的离子方程式是 。 (3)检验溶液中的操作和现象是 。 (4)溶液初始较低有利于的去除，可能的原因是 (答2条)。 (5)反应结束时，溶液的升高至10左右。一段时间内，纳米还原的产物分析如图。 注：i．氨氮包括和 ⅱ．总氮包括硝态氮、亚硝态氮和氨氮 iii．为溶液中粒子的物质的量浓度与初始的比值 ①溶液中只检出少量，从化学反应速率的角度解释原因： 。 ②反应结束时，溶液中的总氮量小于初始时的总氮量，可能的原因是 。 3．（25-26高三上·北京·月考）用如图装置检验浓硫酸与木炭在加热条件下的反应产物。 下列说法不正确的是 A．①中现象说明产物中有 B．②中利用了的氧化性 C．将②③对调也能够达到实验目的 D．通过上述实验装置无法验证所有的反应产物 01氯气及氯的化合物的性质及应用 1．（2025·北京丰台·二模）下列方程式与事实相符的是 A．过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体(该气体遇空气变红棕色)： B．次氯酸不稳定，在光照下容易分解： C．草酸()的： D．FeS去除废水中的： 2．（2025·北京丰台·一模）下列解释事实的方程式正确的是 A．电解饱和NaCl溶液，两极均产生气体： B．84消毒液加白醋，可增强漂白效果： C．向溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀： D．乙醛和新制悬浊液共热出现砖红色沉淀： 3．（2024·北京昌平·二模）下列实验中，不能达到实验目的的是 A．验证氨气极易溶于水 B．用四氯化碳萃取碘水中的碘 C．验证氯气与水反应后的产物具有漂白性 D．在铁片上获得理想的铜镀层 A．A B．B C．C D．D 4．（2025·北京海淀·三模）二氧化氯()因其杀菌效率高、不易产生有毒副产物的优点，是第四代新型消毒剂。 资料：i．常温下为气体，可溶于水，其水溶液不稳定，可逐渐转化为和。 ii．电极(惰性电极)可有效提高生成所需的电压，减少的产生。 (1)分子的键角据此推测其中的杂化方式应为 。 (2)电解溶液或溶液均可制备，电解装置如图1(物质X为或)： ①可从 (填“阴”或“阳”)极区所产生的气体中分离获得； ②铁电极上发生的电极反应为 ； ③物质选用相比于的优点是 (写一条即可)； ④若物质选用，在浓度、电解时间相同时，测得的电解效率随电解电压的变化如图2； 定义物质的电解效率： 的电解效率随电压的增大呈现先增大后降低的趋势，其原因可能是 。 (3)由于不易运输和储存，可将其通入和的混合溶液中，制得较稳定的“保存液”进行保存，待使用时再向其中加入一定量的酸，得到含的溶液。该方法涉及的物质转化关系如图(部分反应物或产物未标出)： ①“保存”的离子方程式为 ； ②关于的保存和使用，下列说法中正确的是 。(填字母) a．作杀菌消毒剂利用了它的强氧化性 b．“保存液”中不含 c．该保存方法不会降低被保存的消毒效率(用单位质量的消毒剂所能转移的电子数来表示) 02氯气的实验室制法 5．（2025·北京房山·一模）完成下述实验，装置和试剂均正确的是 实验室制Cl2 实验室制取NH3 实验室收集O2 干燥NH3 A B C D A．A B．B C．C D．D 6．（2025·北京平谷·一模）下列实验装置（部分夹持装置已省略）使用不正确的是 A．图①装置用于二氧化锰和浓盐酸反应制氯气 B．图②装置用于萃取碘水中的碘 C．图③装置用于已知浓度强碱滴定酸溶液 D．图④装置用于制备乙酸乙酯 7．（2023·北京海淀·二模）利用下列试剂和装置制备气体并除去其中的非水杂质，能达到目的的是(加热及夹持装置已略去) 选项 气体 试剂I 试剂Ⅱ 试剂Ⅲ A． 浓盐酸 溶液 B． 稀盐酸 饱和溶液 C． 浓硝酸 饱和溶液 D． 浓硫酸 酸性溶液 A．A B．B C．C D．D 8．（2024·北京·三模）某小组同学探究高铁酸钾(K2FeO4)的制备条件及性质。 资料：K2FeO4为紫色固体，有强氧化性，酸性条件下分解放出气体，微溶于KOH溶液。 Ⅰ：K2FeO4的制备(夹持和加热装置已略) (1)装置A中产生Cl2的离子方程式是 。 (2)C中得到紫色固体和紫色溶液，写出C中Cl2发生的反应：和 。 (3)实验表明：C中和KOH的用量对K2FeO4的产率有影响。 实验序号 试剂 C中实验现象 ⅰ 和少量KOH 无明显现象 ⅱ 和过量KOH 得到紫色溶液和紫色固体 注：上述实验中，溶液总体积、的物质的量、Cl2的通入量均相同。 结合电极反应式，分析实验ⅰ和实验ⅱ现象不同的原因可能是 。 Ⅱ：探究K2FeO4的性质 实验ⅲ：取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a。 取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。 (4)根据气体中有Cl2生成，得出：氧化性K2FeO4>Cl2，是否合理？理由是 。 (5)a溶液变红可知a中含有离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将氧化，还可能由 产生(用离子方程式表示)。 (6)实验ⅳ：用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b．取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。该方案可证明K2FeO4氧化了。用KOH溶液洗涤的目的是 。 (7)实验反思 ①实验一中装置B的作用是 。 ②实验一中得到紫色溶液后，持续通入Cl2，观察到溶液紫色变浅。解释可能原因 。 03 离子的检验 9．（2023·北京海淀·三模）下列由实验现象所得结论不正确的是 A．向溶液中滴加氢硫酸，立即产生淡黄色沉淀，证明具有氧化性 B．向酸性溶液中加入粉末，紫色褪去，证明中含Fe(Ⅱ) C．向某溶液中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，证明溶液存在 D．向溶液中加入几滴氯水振荡，再加萃取，下层呈紫色，上层无色，证明还原性 10．（2023·北京平谷·模拟预测）某同学研究浓硝酸与KSCN溶液的反应，在通风橱中进行如下实验： 已知：SCN-能被氧化为黄色的(SCN)2，(SCN)2可聚合为红色的(SCN)x。下列分析错误的是 A．SCN-被氧化为(SCN)2过程中，S的化合价升高 B．分析①②③知，(SCN)2聚合为(SCN)x的速率大于其被硝酸氧化的速率 C．取少量③中的溶液加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明最终有生成 D．①中改用溶有NO2的浓硝酸重复上述实验，溶液先变红后迅速褪色并产生大量红棕色气体，证明NO2氧化性强于浓硝酸 11．（2024·北京西城·模拟预测）下列关于离子检验的说法不正确的是 A．取某盐溶液加入浓NaOH溶液，加热，产生的气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该溶液中含有NH4+ B．取某溶液滴加KSCN溶液，无明显现象，滴加氯水，溶液变红色，该溶液中含有Fe2+ C．取某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中一定含有SO42− D．取某无色溶液通入Cl2，再加入CCl4，振荡，静置，下层呈紫色，该溶液中一定含有I− 12．（2024·北京海淀·三模）化学小组实验探究与悬浊液的反应。 资料：i．(无色)，易被氧气氧化为。 ii．很不稳定，易转化为。 iii．在酸性溶液中易转化为、。 实验一：I．向溶液中加入浓溶液，制得悬浊液，测得。 Ⅱ．向悬浊液中通入产生大量白色沉淀A，测得。 (1)产生的离子方程式是 。 (2)推测白色沉淀Ａ中可能含有、、、、。为检验白色沉淀成分，进行实验二： 实验二：将实验一中所得的白色沉淀A过滤、洗涤，并进行如下实验。 ①经检验白色沉淀A中无、，试剂a为 。 ②根据上述实验推测白色沉淀A为，推测依据是 。 ③产生白色沉淀A的离子方程式是 。 ④实验二中无色溶液变为蓝色溶液的离子方程式为 。 (3)为排除实验一溶液中的影响，小组同学进行了实验三 实验三： I．向溶液中加入浓溶液，过滤，洗涤沉淀，取洗涤液，___________(填操作和现象)。将洗净的固体加水得悬浊液，测得。 Ⅱ．向悬浊液中通入SO2至过量，观察到局部先产生少量浅黄色沉淀，而后转化为紫红色固体，溶液变为绿色[含]，测得溶液。 Ⅲ．向溶液中通入至过量，无明显现象。 ①补全步骤I中的操作和现象 。 ②经确认浅黄色沉淀为，紫红色固体为。与悬浊液发生了氧化还原反应。结合化学用语解释产生的原因 。 ③解释实验三中步骤Ⅲ与步骤Ⅱ现象不同的原因 。 (4)综合上述实验，与二价铜反应的产物与 等因素有关(答出两点即可)。 04氮气、氨气及氨水的性质及应用 13．（2022·北京门头沟·一模）近期，我国研究人员报道了温和条件下实现固氮的一类三元NiFeV催化剂，如图为其电催化固氮的机理示意图。以下关于该电催化机理过程的描述不正确的是 A．反应在酸性条件下进行 B．反应过程涉及N2的氧化反应 C．1个N2分子反应生成2个NH3分子 D．反应分多步进行，中间产物为几种不同的氮氢化物 14．（2025·北京丰台·一模）用圆底烧瓶收集后进行喷泉实验，装置如图。下列叙述正确的是 A．烧瓶内的溶液中存在平衡： B．溶液未充满烧瓶，是因为氨气与水的反应已达平衡状态 C．向红色溶液中加盐酸调至恰好无色时，溶液中 D．将实验中的换为NO，亦可形成喷泉 15．（2025·北京朝阳·一模）下列方程式与所给事实不相符的是 A．酸性条件下钢铁发生析氢腐蚀： B．硝酸工业中的催化氧化： C．常温下，醋酸溶液的为 D．浓硝酸清洗试管壁上的银镜： 16．（2025·北京延庆·一模）硝酸是重要化工原料，工业合成氨以及氨氧化制取硝酸的原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A．合成塔中合成氨的反应条件都是为了提高平衡转化率 B．氧化炉中反应的化学方程式： C．A物质可以是空气或氧气，目的是使尽量充分的转化为 D．生产过程中吸收塔产生的尾气可用碱液吸收 05硝酸的性质及应用 17．（2025·北京东城·二模）下列实验对应的反应方程式书写正确的是 A．稀硝酸溶液中加入四氧化三铁： B．酸性溶液与草酸反应： C．用石墨电极电解氯化铝溶液：2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH- D．Ca(OH)2溶液中加入少量NaHCO3溶液：Ca2++2OH-+2=CaCO3↓++2H2O 18．（2025·北京海淀·一模）下列方程式与所给事实相符的是 A．露置在空气中的钠表面呈白色： B．用食醋除水垢中的： C．过量铁粉与稀硝酸反应： D．工业电解饱和食盐水制氯气： 19．（2025·北京石景山·一模）某小组对的性质进行研究。 已知：CuCl是不溶于水的白色固体，[CuCl2]-无色，[CuCl4]2-黄色。 (1)预测的性质 ①从氧化还原角度分析： 。 ②从物质分类角度分析：属于金属氧化物，可能和酸反应。 …… (2)探究和酸的反应 实验 加入的试剂 现象 1 固体缓慢溶解，一段时间后有无色气泡产生，溶液逐渐变蓝，液面上方出现红棕色气体 2 溶液逐渐变蓝，试管底部有红色固体 3 固体先逐渐变成灰白色，继续加酸，固体全部溶解，得到无色溶液，较长时间保持无色 4 固体迅速溶解，得到黄色溶液 ①用化学方程式解释实验1液面上方出现红棕色气体的原因 。 ②写出实验2中反应的离子方程式 。 ③用平衡移动原理解释实验3中灰白色固体溶解的原因 。 ④查阅资料：可以将盐酸溶液中的氧化为，写出反应的离子方程式 。对比实验3和4，分析实验3中未被氧化的原因： 假设1：较低， 。 假设2：较低，的还原性较弱。 补充实验证实假设1和假设2均成立。 序号 实验 加入试剂 现象 Ⅰ a 溶液变黄 Ⅱ b 溶液变黄 a是 。b是 。 (3)检验 实验室久置的呈暗黑色，设计实验证实未完全变质 （填实验操作和现象）。 20．（2025·北京房山·三模）是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备。 (1)方法一：早期以硝石（含）为氮源制备，反应的化学方程式为： （浓）。该反应利用了浓硝酸的性质是酸性和 。 (2)方法二：以为氮源催化氧化制备，反应原理分三步进行。 ①工业合成的化学方程式为 。 ②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入2n mol NO和进行反应。在不同压强下（、），反应达到平衡时，测得NO转化率随温度的变化如图所示。比较y点和x点的容器容积：y x，解释原因 。 (3)方法三：研究表明可以用电解法以为氮源直接制备，其原理示意图如下。 ①电极a表面生成的电极反应式： 。 ②研究发现：转化可能的途径为。电极a表面还发生iii．。iii的存在，有利于途径ii，原因是 。 (4)用于新型锂电池，其晶胞结构如图。立方晶胞棱长为。 ①距离Li最近且等距的O的数目为 。 ②已知阿伏加德罗常数为。该晶体的密度为 。 06硫及硫的化合物的性质及应用 21．（2025·北京丰台·一模）关于和的下列说法中，不正确的是 A．可用饱和溶液除去中少量的 B．澄清石灰水和酸性溶液均可以区分和 C．由推知，可以发生反应： D．二者溶解度的差异与分子的极性有关 22．（2025·北京延庆·一模）完成下述实验，装置或试剂不正确的是 A．实验室收集 B．实验室制 C．验证易溶于水且溶液呈碱性 D．除去中混有的少量 A．A B．B C．C D．D 23．（2024·北京·高考真题）硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A．I的化学方程式： B．Ⅱ中的反应条件都是为了提高平衡转化率 C．将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生 D．生产过程中产生的尾气可用碱液吸收 24．（2025·北京海淀·一模）是一种重要的工业原料。 (1)古代曾以绿矾()干馏产物制备。加热绿矾后得到红棕色粉末，同时生成两种硫的氧化物，反应的化学方程式为 。 (2)早期工业上采用铅室法制硫酸，反应过程如下： i． ii． iii． ①铅室法制硫酸的总反应为 。 ②的结构式为其中原子的杂化方式为 。 (3)现代工业采用接触法制硫酸。 ①在接触室发生反应不同的温度和压强下，的平衡转化率如图，图中横坐标代表 (填“温度”或“压强”)。 ②接触室中，催化剂分多层放置。原料气每经过一层催化剂发生反应后，用换热器将热量导出并用于原料气的预热。从反应速率与平衡的角度解释上述设计的目的： 。 (4)用软锰矿浆(主要成分为)吸收制硫酸尾气中的，并制备。 ①用软锰矿浆吸收时发生反应的化学方程式为 。 ②测定吸收后所得溶液中元素的含量。取待测液，加入溶液，充分反应后，加热煮沸，去除过量的，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。 已知： 待测液中元素的含量为 。 ③若未加热煮沸，会使测定结果 (填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 1．（2024·北京海淀·三模）向碘水、淀粉的混合液中加入溶液，蓝色褪去。为探究褪色原因，实验如图： 下列分析不正确的是 A．过程①中蓝色褪去的原因可能是氧化了 B．过程①后溶液可能明显变小 C．过程③中加入溶液的目的是除去 D．过程④说明过程①生成含的粒子 2．（2024·北京门头沟·一模）化学小组同学探究铜与过量浓硝酸反应后溶液呈绿色的原因。 资料：ⅰ．铜与浓硝酸反应过程中可生成，易分解产生无色气体。 ⅱ．是一种弱酸。电离出，与发生如下反应： (绿色) 编号 操作 现象 ① 分别向和溶液中通入稳定的气流 溶液变黄 溶液不变黄 ② 将实验①的黄色溶液与蓝色溶液混合 溶液呈绿色 ③ 将溶液与溶液混合 溶液呈绿色 ④ 向实验③所得溶液中加入浓硝酸 溶液变蓝 下列说法不正确的是 A．依据实验①，向通入稳定的气流，溶液可能会变黄 B．实验④加入浓硝酸后可能发生，使浓度下降，绿色消失 C．铜与过量浓硝酸反应溶液呈绿色可能原因是：浓硝酸中溶解了生成的呈黄色，黄色与蓝色叠加呈绿色 D．铜与过量浓硝酸反应溶液呈绿色可能原因是：铜与浓硝酸反应过程中，生成使溶液呈绿色 3．（2022·北京海淀·二模）用圆底烧瓶收集NH3后进行喷泉实验。对实验现象的分析正确的是 A．烧瓶中形成喷泉，说明NH3与H2O发生了反应 B．烧瓶中剩余少量气体，能证明NH3的溶解已达饱和 C．烧瓶中溶液为红色的原因是：NH3+H2ONH3•H2ONH+OH- D．烧瓶中溶液露置在空气中一段时间后pH下降，能证明氨水具有挥发性 4．（2025·北京·模拟预测）根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，方案设计或结论不正确的是 选项 实验目的 方案设计 现象 结论 A 探究浓硫酸的性质 取少量蔗糖于烧杯，向其中加入浓硫酸 蔗糖变黑，同时发生膨胀变大 浓硫酸有脱水性和强氧化性 B 探究Fe2+、Fe3+结合SCN−的能力 向FeCl2溶液依次滴加足量KSCN溶液、几滴H2O2溶液 加入KSCN后无明显变化，加入H2O2溶液变红 结合SCN−能力：Fe3+>Fe2+ C 探究c(H+)对MnO2氧化性的影响 用H2SO4调节相同浓度KCl、KBr和KI溶液的pH，测量氧化反应所需最低c(H+) 最低c(H+)顺序：KCl>KBr>KI c(H+)浓度越大，MnO2氧化性越强 D 比较与结合H+能力 将等浓度等体积的NaAlO2溶液和NaHCO3溶液混合 产生白色沉淀 结合H+能力： A．A B．B C．C D．D 5．（2022·北京朝阳·三模）硫酸盐(含、)气溶胶是的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如下： 下列说法不正确的是 A．硫酸盐气溶胶呈酸性 B．该过程包含了硫氧键的断裂与形成 C．是生成硫酸盐的氧化剂 D．是一种含S、O、N元素的化合物 6．（2024·北京门头沟·一模）探究铜与浓硫酸的反应。 加热铜与浓硫酸，在反应过程中，有刺激性气味的气体产生，溶液逐渐变为墨绿色浊液，试管底部有灰白色沉淀；继续加热，试管中出现“白雾”，浊液逐渐变澄清，溶液颜色慢慢变为浅蓝色，试管底部灰白色沉淀增多。 资料：ⅰ．均为黑色固体。 ⅱ． Ⅰ．沉淀成分探究。 (1)经检验灰白色沉淀中含有无水硫酸铜，结合化学方程式解释原因 。 继续探究沉淀成分：取沉淀，用蒸馏水多次洗涤，干燥，得到沉淀样品，取少量样品于试管中，分别进行如下3个实验。 编号 试剂 实验操作 实验现象 ① 浓硝酸 滴加适量浓硝酸 沉淀逐渐溶解，产生大量红棕色气体 ② 氨水 滴加氨水，振荡，在空气中放置一段时间 滴加氨水后，溶液呈极浅蓝色；静置后逐渐变深，呈深蓝色 ③ 酒精 滴加酒精，充分振荡，静置、过滤，将滤液移入盛有水的试管中，稍加振荡 酒精与水的界面呈现乳白色 (2)根据实验①，推测沉淀中含有还原性物质，经检验有，反应初期生成可能原因是 。 (3)②中浅蓝色溶液变深的反应原理是(用离子方程式表示) 。 (4)由以上实验推断沉淀成分主要有 。 Ⅱ．溶液颜色探究。 猜测1：查阅资料：若铜丝不纯(含有铁)，导致体系中含有和，与水合铜离子调和成墨绿色。 猜测2：铜丝表面常常涂一层聚氯乙烯薄膜，聚氯乙烯在加热条件下易分解产生，导致反应体系中形成(黄色)，与水合铜离子混合溶液呈绿色。 编号 实验操作 实验现象 实验结论 ④ 取铜丝与浓硫酸反应后的混合液于试管中，滴入2滴，再加入____ 溶液未变红 混合液中不含 ⑤ 取一段铜丝放入大试管中，加入浓硫酸，加热 _______ 铜丝表面含有氯元素 ⑥ 另取一段铜丝，在酒精灯上灼烧除去铜丝表面薄膜；放入大试管中，加入浓硫酸，加热 溶液慢慢变蓝色、蓝黑色 (5)④中加入的试剂是 ；⑤中实验现象 。 (6)总结：铜与浓硫酸反应的多样性与 有关。 7．（2023·北京海淀·三模）某小组同学探究铜和浓硝酸的反应，进行如下实验： 实验1：分别取3mL浓硝酸与不同质量的铜粉充分反应，铜粉完全溶解，溶液颜色如表： 编号 ① ② ③ ④ ⑤ 铜粉质量/g 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 溶液颜色 绿色 草绿色 蓝绿色偏绿 蓝绿色偏蓝 蓝色 (1)写出铜和浓硝酸反应的离子反应方程式： 。 (2)小组同学认为溶液呈绿色的可能原因是： 猜想1：硝酸铜浓度较高，溶液呈绿色； 猜想2：NO2溶解在硝酸铜溶液中，溶液呈绿色。 依据实验1中的现象，判断猜想1不合理，理由是： 。 (3)取⑤中溶液， (填操作和现象)，证实猜想2成立。 (4)小组同学进行如下实验也证实了猜想2成立。 实验2：向①中溶液以相同流速分别通入N2和空气，观察现象。 通入气体 氮气 空气 现象 液面上方出现明显的红棕色气体，25min后溶液变为蓝色 液面上方出现明显的红棕色气体，5min后溶液变为蓝色 结合上述实验现象，下列推测合理的是 (填字母序号)。 a.①中溶液通入N2时，N2被缓慢氧化为NO2 b.①中溶液里某还原性微粒与绿色有关，通入空气时较快被氧化 c.空气中的CO2溶于水显酸性，促进了溶液变蓝色 d.加热溶液①后，可能观察到溶液变蓝的现象 (5)小组同学继续探究实验2中现象的差异，并查阅文献知： i.“可溶性铜盐中溶解亚硝酸(HNO2)”可能是实验①中溶液显绿色的主要原因 ii.NO2在溶液中存在： 反应1：2NO2+H2OHNO3+HNO2(慢) 反应2：2HNO2NO2+NO+H2O(快) 解释实验2中“通入氮气变蓝慢，通入空气变蓝快”的原因 。 (6)小组同学为确认亚硝酸(HNO2)参与了形成绿色溶液的过程，继续进行实验。 实验3：取3份等体积的①中绿色溶液，分别加入不同物质，观察现象。 加入物质 ______固体 3滴30%H2O2溶液 3滴水 现象 溶液绿色变深 溶液迅速变为蓝色 溶液颜色几乎不变 ①实验中加入的固体物质可能是 (写出一种，填化学式)。 ②加入H2O2后溶液迅速变蓝，原因是的H2O2可能参与了下列反应(用化学方程式表示)：H2O2+2NO2=2HNO3， ， 。 1．（2023·北京·高考真题）蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。    下列关于该过程的分析不正确的是 A．过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性 B．过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关 C．过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性 D．过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂 2．（2023·北京·高考真题）回收利用工业废气中的和，实验原理示意图如下。    下列说法不正确的是 A．废气中排放到大气中会形成酸雨 B．装置a中溶液显碱性的原因是的水解程度大于的电离程度 C．装置a中溶液的作用是吸收废气中的和 D．装置中的总反应为 3．（2021·北京·高考真题）室温下，1体积的水能溶解约40体积的SO2。用试管收集SO2后进行如下实验。对实验现象的分析正确的是 A．试管内液面上升，证明SO2与水发生了反应 B．试管中剩余少量气体，是因为SO2的溶解已达饱和 C．取出试管中的溶液，立即滴入紫色石蕊试液，溶液显红色，原因是：SO2+H2O⇌H2SO3、H2SO3⇌H++、⇌H++ D．取出试管中溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于SO2挥发 4．（2021·北京·高考真题）实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是 气体 试剂 制备装置 收集方法 A O2 KMnO4 a d B H2 Zn+稀H2SO4 b e C NO Cu+稀HNO3 b c D CO2 CaCO3+稀H2SO4 b c A．A．A B．B C．C D．D 5．（2025·北京·高考真题）利用工业废气中的制备焦亚硫酸钠()的一种流程示意图如下。 已知： 物质 、 (1)制 已知：                            由制的热化学方程式为 。 (2)制 I．在多级串联反应釜中，悬浊液与持续通入的进行如下反应： 第一步： 第二步： Ⅱ．当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体。 ①Ⅱ中生成的化学方程式是 。 ②配碱槽中，母液和过量配制反应液，发生反应的化学方程式是 。 ③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是 ，需除去。 ④尾气吸收器中，吸收的气体有 。 (3)理论研究、与的反应。一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，随的增加，和平衡转化率的变化如图。 ①，与优先反应的离子是 。 ②，平衡转化率上升而平衡转化率下降，结合方程式解释原因： 。 6．（2022·北京·高考真题）煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。 已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含。 (1)煤样需研磨成细小粉末，其目的是 。 (2)高温下，煤中完全转化为，该反应的化学方程式为 。 (3)通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。 已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中保持定值时，电解池不工作。待测气体进入电解池后，溶解并将还原，测硫仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束，通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。 ①在电解池中发生反应的离子方程式为 。 ②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为 。 (4)煤样为，电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分数为 。 已知：电解中转移电子所消耗的电量为96500库仑。 (5)条件控制和误差分析。 ①测定过程中，需控制电解质溶液，当时，非电解生成的使得测得的全硫含量偏小，生成的离子方程式为 。 ②测定过程中，管式炉内壁上有残留，测得全硫量结果为 。(填“偏大”或“偏小”) 7．（2021·北京·高考真题）某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。已知：。 (1)浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在盐酸和MnO2。 ①反应的离子方程式是 。 ②电极反应式： i.还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O ii.氧化反应： 。 ③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。 i.随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱。 ii.随c(Cl-)降低， 。 ④补充实验证实了③中的分析。 实验操作 试剂 产物 I 较浓H2SO4 有氯气 II a 有氯气 III a+b 无氯气 a是 ，b是 。 (2)利用c(H+)浓度对MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液，能与MnO2反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是 ，从原子结构角度说明理由 。 (3)根据(1)中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2。经实验证实了推测，该化合物是 。 (4)Ag分别与1mol·L-1的盐酸、氢溴酸和氢碘酸混合，Ag只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因： 。 (5)总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是 。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 非金属元素及其化合物的性质及应用 目录 第一部分 风向速递 洞察考向，感知前沿 第二部分 分层突破 固本培优，精准提分 A组·保分基础练 题型01 氯气及氯的化合物的性质及应用 题型02氯气的实验室制法 题型03离子的检验 题型04氮气、氨气及氨水的性质及应用 题型05硝酸的性质及应用 题型06硫及硫的化合物的性质及应用 B组·抢分能力练 第三部分 真题验证 对标高考，感悟考法 1．（25-26高三上·北京·月考）下列离子方程式书写不正确的是 A．向NaOH溶液中通入过量SO2： B．向KI溶液中通入少量Cl2：； C．向Ba(OH)2溶液中滴加少量NaHSO4溶液： D．向Ca(OH)2溶液中滴加过量NaHCO3溶液： 【答案】D 【详解】A．向NaOH溶液中通入过量SO2，生成NaHSO3，离子方程式为，A正确； B．少量Cl2与KI发生反应，I2与过量的I-形成：，该过程涉及两个反应；，B正确； C．少量NaHSO4与Ba(OH)2反应时，H+和按1∶1比例参与反应，生成BaSO4和H2O，对应的离子方程式为，C正确； D．过量NaHCO3与Ca(OH)2反应生成CaCO3、H2O、Na2CO3，对应的离子方程式为，D错误；故选D。 2．（25-26高三上·北京·月考）制备纳米并对其还原去除水中的硝酸盐污染物进行研究。 已知：i．纳米具有很高的活性，易被氧化使表面形成氧化层 ⅱ．纳米将还原为的转化关系如图： (1)纳米的制备原理：，其中电负性。反应中，氧化剂是 。 (2)酸性条件下，纳米和反应生成和的离子方程式是 。 (3)检验溶液中的操作和现象是 。 (4)溶液初始较低有利于的去除，可能的原因是 (答2条)。 (5)反应结束时，溶液的升高至10左右。一段时间内，纳米还原的产物分析如图。 注：i．氨氮包括和 ⅱ．总氮包括硝态氮、亚硝态氮和氨氮 iii．为溶液中粒子的物质的量浓度与初始的比值 ①溶液中只检出少量，从化学反应速率的角度解释原因： 。 ②反应结束时，溶液中的总氮量小于初始时的总氮量，可能的原因是 。 【答案】(1)、 (2) (3)取少量试液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，把湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，说明有生成，证明原溶液含有 (4)酸性越强，则的氧化能力越强或溶解纳米铁表面氧化物或杂质，使纳米铁和充分接触 (5)反应②的化学反应速率大于反应①的化学反应速率 有或其他含N气体逸出 【详解】（1）反应物中中Fe元素从+2价被还原为0价，中H元素从+1价被还原为0价，和为氧化剂，故答案为：、； （2）根据题意，可知还有参与反应，还生成了，离子方程式为，故答案为：； （3）检验溶液中的操作和现象是取少量试液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，把湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，说明有生成，证明原溶液含有，故答案为：取少量试液与试管中，加入浓NaOH溶液，加热，把湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，说明有生成，证明原溶液含有； （4）可能是酸性越强，则的氧化能力越强，也可能是溶解纳米铁表面氧化物或杂质，使纳米铁和充分接触，从而增大反应速率，故答案为：酸性越强，则的氧化能力越强或溶解纳米铁表面氧化物或杂质，使纳米铁和充分接触； （5）①溶液中始终只存在少量的可能原因是反应②的化学反应速率大于反应①的化学反应速率，故答案为：反应②的化学反应速率大于反应①的化学反应速率； ②可能是有或其他含N气体逸出，从而导致溶液中的总氮量小于初始时的总氮量，故答案为：有或其他含N气体逸出。 3．（25-26高三上·北京·月考）用如图装置检验浓硫酸与木炭在加热条件下的反应产物。 下列说法不正确的是 A．①中现象说明产物中有 B．②中利用了的氧化性 C．将②③对调也能够达到实验目的 D．通过上述实验装置无法验证所有的反应产物 【答案】C 【详解】A．①中品红溶液褪色，SO2具有漂白性可使品红褪色，说明产物中有SO2，A正确； B．②中酸性KMnO4溶液颜色变浅，因SO2具有还原性，与酸性KMnO4发生氧化还原反应，KMnO4被还原，利用了其氧化性，B正确； C．若将②③对调，气体先通过③（澄清石灰水），SO2和CO2均能使石灰水变浑浊，无法区分；且②中KMnO4需吸收SO2以排除其对CO2检验的干扰，对调后无法达到实验目的，C错误； D．浓硫酸与木炭反应产物有H2O、SO2、CO2，该装置中无检验H2O的试剂（如无水硫酸铜），无法验证所有产物，D正确；故选C。 01氯气及氯的化合物的性质及应用 1．（2025·北京丰台·二模）下列方程式与事实相符的是 A．过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体(该气体遇空气变红棕色)： B．次氯酸不稳定，在光照下容易分解： C．草酸()的： D．FeS去除废水中的： 【答案】A 【详解】A．Fe和稀反应生成NO气体和，而过量的Fe能与反应生成，则反应的方程式为：，A正确； B．次氯酸不稳定，在光照下容易分解成盐酸和氧气，分解的方程式为：，B错误； C．草酸()为二元弱酸，不能完全电离而且属于多元弱酸的分步电离，则电离方程式为：、，C错误； D．FeS为固体难溶于水，则用FeS去除废水中的离子方程式为：，D错误； 故答案为：A。 2．（2025·北京丰台·一模）下列解释事实的方程式正确的是 A．电解饱和NaCl溶液，两极均产生气体： B．84消毒液加白醋，可增强漂白效果： C．向溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀： D．乙醛和新制悬浊液共热出现砖红色沉淀： 【答案】D 【详解】A．饱和氯化钠溶液电解生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑，故A错误； B．向84消毒液中加入白醋，醋酸和NaClO反应产生HClO，醋酸、HClO是弱电解质，不能拆写，故消毒液的漂白性增强：ClO-+CH3COOH=HClO+CH3COO-，故B错误； C．碳酸氢钠溶液与过量澄清石灰水反应生成氢氧化钠、碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为，故C错误； D．乙醛和新制氢氧化铜悬浊液共热反应生成乙酸钠、氧化亚铜沉淀和水，反应的化学方程式为，故D正确； 故选D。 3．（2024·北京昌平·二模）下列实验中，不能达到实验目的的是 A．验证氨气极易溶于水 B．用四氯化碳萃取碘水中的碘 C．验证氯气与水反应后的产物具有漂白性 D．在铁片上获得理想的铜镀层 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．装置中打开止水夹后，将胶头滴管中的水挤入圆底烧瓶中，烧瓶内压强下降，形成喷泉，可以说明氨气极易溶于水， A不符合题意； B．四氯化碳作萃取剂，可用来萃取碘水中的碘，萃取出的碘的四氯化碳溶液位于分液漏斗的下层，B不符合题意； C．干燥的氯气不能使干燥的红布条褪色，但能使湿润的红布条褪色，说明氯气与水反应后的产物具有漂白性，C不符合题意； D．在铁片上获得理想的铜镀层，应以铁为阴极，铜为阳极，硫酸铜为电解质，图中装置不能达到目的，D符合题意； 故选D。 4．（2025·北京海淀·三模）二氧化氯()因其杀菌效率高、不易产生有毒副产物的优点，是第四代新型消毒剂。 资料：i．常温下为气体，可溶于水，其水溶液不稳定，可逐渐转化为和。 ii．电极(惰性电极)可有效提高生成所需的电压，减少的产生。 (1)分子的键角据此推测其中的杂化方式应为 。 (2)电解溶液或溶液均可制备，电解装置如图1(物质X为或)： ①可从 (填“阴”或“阳”)极区所产生的气体中分离获得； ②铁电极上发生的电极反应为 ； ③物质选用相比于的优点是 (写一条即可)； ④若物质选用，在浓度、电解时间相同时，测得的电解效率随电解电压的变化如图2； 定义物质的电解效率： 的电解效率随电压的增大呈现先增大后降低的趋势，其原因可能是 。 (3)由于不易运输和储存，可将其通入和的混合溶液中，制得较稳定的“保存液”进行保存，待使用时再向其中加入一定量的酸，得到含的溶液。该方法涉及的物质转化关系如图(部分反应物或产物未标出)： ①“保存”的离子方程式为 ； ②关于的保存和使用，下列说法中正确的是 。(填字母) a．作杀菌消毒剂利用了它的强氧化性 b．“保存液”中不含 c．该保存方法不会降低被保存的消毒效率(用单位质量的消毒剂所能转移的电子数来表示) 【答案】(1) (2)阳 可避免副产物的生成；电解电压低，节省电能和成本 电压小于时，电压越小，生成速率减慢，歧化占比更大(或电压越小，更利于生成)，电解效率下降；电压大于时，电压越大，生成的副反应增多，电解效率下降 (3) ab 【详解】（1）分子的键角，可知含有大键，则Cl原子周围有2个键和一对孤电子对，即价层电子对数为3，Cl原子杂化方式为，故答案为：。 （2）①电解溶液或溶液均可制备，可知电极上，氯元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极，即可从阳极区所产生的气体中分离获得，故答案为：阳。 ②铁电极上得电子，发生还原反应，为电解池的阴极，电极反应为：，故答案为：。 ③中氯元素为-1价，在阳极区失去电子，变为的同时，可能会生成副产物，而中氯元素为+3价，在阳极区失去电子，只会生成，可以避免副产物的生成，同时在同等物质的量的情况下，失电子数更少，电解电压低，节省电能和成本，故答案为：可避免副产物的生成；电解电压低，节省电能和成本。 ④由资料i可知，常温下为气体，可溶于水，其水溶液不稳定，可逐渐转化为和，电压小于时，电压越小，生成速率减慢，歧化占比更大(或电压越小，更利于生成)，电解效率下降；由资料ii可知，电压大于时，电压越大，生成的副反应增多，电解效率下降，故答案为：电压小于时，电压越小，生成速率减慢，歧化占比更大(或电压越小，更利于生成)，电解效率下降；电压大于时，电压越大，生成的副反应增多，电解效率下降。 （3）①保存”时，是与和反应，生成了、和氧气，则离子方程式为，故答案为：。 ②a．具有强氧化性，作杀菌消毒剂利用了它的强氧化性，a项正确； b．“保存液”是将转化为了，则“保存液”中不含，b项正确； c．使用“保存液”，是和硫酸反应，生成氯化钠、硫酸钠、和水的过程，该过程会使部分转化为氯化钠，则会降低被保存的消毒效率，c项错误； 故答案为：ab。 02氯气的实验室制法 5．（2025·北京房山·一模）完成下述实验，装置和试剂均正确的是 实验室制Cl2 实验室制取NH3 实验室收集O2 干燥NH3 A B C D A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【详解】A．二氧化锰和浓盐酸反应制Cl2，需要加热，故不选A； B．实验室中加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取NH3，故不选B； C．氧气不易溶于水，用排水法收集氧气，故选C； D．氨气和浓硫酸反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥氨气，故不选D； 选C。 6．（2025·北京平谷·一模）下列实验装置（部分夹持装置已省略）使用不正确的是 A．图①装置用于二氧化锰和浓盐酸反应制氯气 B．图②装置用于萃取碘水中的碘 C．图③装置用于已知浓度强碱滴定酸溶液 D．图④装置用于制备乙酸乙酯 【答案】C 【详解】A．浓盐酸与MnO2加热制取氯气，图①装置正确，A不符合题意； B．用有机溶剂苯或CCl4萃取碘水中的碘，并分液，图②装置正确，B不符合题意； C．已知浓度的强碱溶液滴定酸溶液应该用碱式滴定管，图③错误，C符合题意； D．乙酸和乙醇在浓硫酸催化剂作用下加热制备乙酸乙酯，生成的乙酸乙酯蒸气用碳酸钠溶液收集，图④正确，D不符合题意； 答案选C。 7．（2023·北京海淀·二模）利用下列试剂和装置制备气体并除去其中的非水杂质，能达到目的的是(加热及夹持装置已略去) 选项 气体 试剂I 试剂Ⅱ 试剂Ⅲ A． 浓盐酸 溶液 B． 稀盐酸 饱和溶液 C． 浓硝酸 饱和溶液 D． 浓硫酸 酸性溶液 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】A．MnO2与浓盐酸在常温下不能发生反应，不能制得Cl2，A不能达到目的； B．CaCO3与稀盐酸反应可制得CO2气体，CO2中混有的HCl可用NaHCO3溶液除去，B能达到实验目的； C．浓硝酸具有强氧化性，Na2SO3(s)与浓硝酸发生氧化还原反应，会将Na2SO3氧化为Na2SO4，不能制得SO2气体，C不能达到实验目的； D．浓硫酸能使C2H5OH(l)脱水，从而生成C2H4，此时C2H4中可能会混有SO2气体，但KMnO4能同时将SO2和C2H4氧化，D不能达到实验目的； 故选B。 8．（2024·北京·三模）某小组同学探究高铁酸钾(K2FeO4)的制备条件及性质。 资料：K2FeO4为紫色固体，有强氧化性，酸性条件下分解放出气体，微溶于KOH溶液。 Ⅰ：K2FeO4的制备(夹持和加热装置已略) (1)装置A中产生Cl2的离子方程式是 。 (2)C中得到紫色固体和紫色溶液，写出C中Cl2发生的反应：和 。 (3)实验表明：C中和KOH的用量对K2FeO4的产率有影响。 实验序号 试剂 C中实验现象 ⅰ 和少量KOH 无明显现象 ⅱ 和过量KOH 得到紫色溶液和紫色固体 注：上述实验中，溶液总体积、的物质的量、Cl2的通入量均相同。 结合电极反应式，分析实验ⅰ和实验ⅱ现象不同的原因可能是 。 Ⅱ：探究K2FeO4的性质 实验ⅲ：取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a。 取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。 (4)根据气体中有Cl2生成，得出：氧化性K2FeO4>Cl2，是否合理？理由是 。 (5)a溶液变红可知a中含有离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将氧化，还可能由 产生(用离子方程式表示)。 (6)实验ⅳ：用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b．取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。该方案可证明K2FeO4氧化了。用KOH溶液洗涤的目的是 。 (7)实验反思 ①实验一中装置B的作用是 。 ②实验一中得到紫色溶液后，持续通入Cl2，观察到溶液紫色变浅。解释可能原因 。 【答案】(1) (2)Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O (3)电极方程式为：Fe(OH)3+5OH-+3e-=+4H2O，实验ⅱ中过量KOH碱性较强，增强+3价铁的还原性 (4)不合理，溶液的酸碱性会影响物质的氧化性强弱 (5)4+20H+=3O2↑+4Fe3++8H2O (6)使K2FeO4稳定溶出，并除去K2FeO4固体附着的ClO-，防止ClO-与Cl-在酸性条件下反应生成Cl2，避免ClO-干扰实验 (7)除去挥发的HCl 通入氯气后，发生反应：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，溶液碱性减弱，进而导致K2FeO4转化为其它物质 【详解】（1）装置A中二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、水和Cl2，离子方程式是； （2）C中得到紫色固体和紫色溶液，C中发生的反应有：和Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O； （3）氧化反应中，Fe元素由+3价上升到+6价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：Fe(OH)3+5OH-+3e-=+4H2O，实验ⅱ中过量KOH碱性较强，增强+3价铁的还原性，因此与少量KOH实验的现象不同； （4）制备K2FeO4的反应为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，Cl2是氧化剂，K2FeO4是氧化产物，则氧化性：Cl2＞K2FeO4，方案Ⅱ反应的氧化性：K2FeO4＞Cl2，二者相反，对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案Ⅱ在酸性条件下，说明溶液的酸碱性的不同会影响物质氧化性的强弱； （5）K2FeO4在酸性溶液中快速产生O2和Fe3+，产生的Fe3+干扰了实验检验，反应为4+20H+=3O2↑+4Fe3++8H2O； （6）K2FeO4在碱性溶液中较稳定，并且固体表面附有ClO-，加入盐酸时ClO-能与盐酸反应生成的Cl2，所以用KOH溶液洗涤的目的是使K2FeO4稳定溶出，并除去K2FeO4固体附着的ClO-，防止ClO-与Cl-在酸性条件下反应生成Cl2，避免ClO-干扰实验； （7）①用浓盐酸制取氯气，由于盐酸易挥发，制取的氯气中混有HCl杂质气体，实验一中装置B的作用是除去挥发的HCl； 向实验Ⅱ所得紫色溶液中继续通入Cl2，观察到溶液紫色变浅，试解释其可能的原因是通入氯气后，发生反应：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，溶液碱性减弱，进而导致K2FeO4转化为其它物质。 03 离子的检验 9．（2023·北京海淀·三模）下列由实验现象所得结论不正确的是 A．向溶液中滴加氢硫酸，立即产生淡黄色沉淀，证明具有氧化性 B．向酸性溶液中加入粉末，紫色褪去，证明中含Fe(Ⅱ) C．向某溶液中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，证明溶液存在 D．向溶液中加入几滴氯水振荡，再加萃取，下层呈紫色，上层无色，证明还原性 【答案】C 【详解】A．中硫显+4价，与发生归中反应，被氧化为硫单质，体现了的氧化性，A正确； B．与酸反应得到铁盐与亚铁盐，还原性的亚铁离子将高锰酸钾还原，紫色褪去，证明中含Fe(Ⅱ)，B正确； C．若溶液中存在Ag+，也会产生白色沉淀，C错误； D．少量氯水加入到溶液中，再加萃取，下层呈紫色说明产生了I2单质，亚铁离子未优先反应，由此说明还原性，D正确；答案选C。 10．（2023·北京平谷·模拟预测）某同学研究浓硝酸与KSCN溶液的反应，在通风橱中进行如下实验： 已知：SCN-能被氧化为黄色的(SCN)2，(SCN)2可聚合为红色的(SCN)x。下列分析错误的是 A．SCN-被氧化为(SCN)2过程中，S的化合价升高 B．分析①②③知，(SCN)2聚合为(SCN)x的速率大于其被硝酸氧化的速率 C．取少量③中的溶液加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明最终有生成 D．①中改用溶有NO2的浓硝酸重复上述实验，溶液先变红后迅速褪色并产生大量红棕色气体，证明NO2氧化性强于浓硝酸 【答案】D 【详解】A．在SCN-被氧化为(SCN)2过程中，S元素的化合价由SCN-中的-2价升高为(SCN)2中的-1价，A正确； B．根据溶液颜色变化及反应时间的长短，可知(SCN)2聚合为(SCN)x的速率大于其被硝酸氧化的速率，B正确； C．③中的溶液显强酸性，取少量③中的溶液加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，在强酸性溶液中加入BaCl2溶液产生的白色沉淀只能是BaSO4，可证明SCN-最终被氧化有生成，C正确； D．①中改用溶有NO2的浓硝酸重复上述实验，溶液先变红后迅速褪色并产生大量红棕色气体，可能是NO2气体对反应的进行起了催化作用，不能证明NO2的氧化性强于浓硝酸，D错误；故合理选项是D。 11．（2024·北京西城·模拟预测）下列关于离子检验的说法不正确的是 A．取某盐溶液加入浓NaOH溶液，加热，产生的气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该溶液中含有NH4+ B．取某溶液滴加KSCN溶液，无明显现象，滴加氯水，溶液变红色，该溶液中含有Fe2+ C．取某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中一定含有SO42− D．取某无色溶液通入Cl2，再加入CCl4，振荡，静置，下层呈紫色，该溶液中一定含有I− 【答案】C 【详解】A．若某盐溶液若含有NH4+，加入浓NaOH溶液，可产生一水合氨，加热使一水合氨分解产生氨气，氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故A正确； B．Fe3+遇KSCN溶液变红色，Fe2+与KSCN溶液不变色，取某溶液滴加KSCN溶液，无明显现象，滴加氯水，溶液变红色，该溶液中含有Fe2+，故B正确； C．取某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，氯化银也是不溶于硝酸的白色沉淀，该溶液中可能含有SO42−或Ag+，要检验SO42−，先用盐酸酸化，排除其他干扰离子，再加BaCl2溶液，若产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，证明该溶液中一定含有SO42−，故C错误； D．若溶液中含有I−，I−具有还原性，可被Cl2氧化为I2，形成含有碘单质的碘水溶液，加入CCl4，CCl4密度比水大，不溶于水，会分层，且四氯化碳层在下层，由于CCl4溶解碘单质的能力比水强，碘单质转移至CCl4中呈现紫色，故D正确；答案选C。 12．（2024·北京海淀·三模）化学小组实验探究与悬浊液的反应。 资料：i．(无色)，易被氧气氧化为。 ii．很不稳定，易转化为。 iii．在酸性溶液中易转化为、。 实验一：I．向溶液中加入浓溶液，制得悬浊液，测得。 Ⅱ．向悬浊液中通入产生大量白色沉淀A，测得。 (1)产生的离子方程式是 。 (2)推测白色沉淀Ａ中可能含有、、、、。为检验白色沉淀成分，进行实验二： 实验二：将实验一中所得的白色沉淀A过滤、洗涤，并进行如下实验。 ①经检验白色沉淀A中无、，试剂a为 。 ②根据上述实验推测白色沉淀A为，推测依据是 。 ③产生白色沉淀A的离子方程式是 。 ④实验二中无色溶液变为蓝色溶液的离子方程式为 。 (3)为排除实验一溶液中的影响，小组同学进行了实验三 实验三： I．向溶液中加入浓溶液，过滤，洗涤沉淀，取洗涤液，___________(填操作和现象)。将洗净的固体加水得悬浊液，测得。 Ⅱ．向悬浊液中通入SO2至过量，观察到局部先产生少量浅黄色沉淀，而后转化为紫红色固体，溶液变为绿色[含]，测得溶液。 Ⅲ．向溶液中通入至过量，无明显现象。 ①补全步骤I中的操作和现象 。 ②经确认浅黄色沉淀为，紫红色固体为。与悬浊液发生了氧化还原反应。结合化学用语解释产生的原因 。 ③解释实验三中步骤Ⅲ与步骤Ⅱ现象不同的原因 。 (4)综合上述实验，与二价铜反应的产物与 等因素有关(答出两点即可)。 【答案】(1) (2)溶液 白色沉淀溶于氨水得到无色溶液，静置变蓝，说明无，含，加入溶液无明显现象，说明不含、，加入足量稀硝酸和硝酸银溶液，产生白色沉淀说明含有 (3)加入溶液，无沉淀生成 生成的不稳定分解为，过量溶液酸性增强，发生反应 碱性条件下的还原性增强 (4)是否存在、溶液、的通入量 【详解】（1）向NaOH溶液中加入浓CuCl2溶液，制得Cu(OH)2悬浊液，产生Cu(OH)2的离子方程式是：； （2）①用BaCl2检验溶液中有没有、，经检验白色沉淀A中无、，试剂a为BaCl2溶液； ②白色沉淀溶于氨水得到无色溶液，静置变蓝，说明无Cu2+，含Cu+，加入BaCl2溶液无明显现象，说明不含、，加入足量稀硝酸和硝酸银溶液，产生白色沉淀说明含有Cl−，所以白色沉淀A为CuCl； ③产生白色沉淀A的离子方程式为：； ④实验二中无色溶液变为蓝色溶液的离子方程式为：； （3）①向NaOH溶液中加入浓CuCl2溶液，过滤，洗涤沉淀，取洗涤液，加入AgNO3溶液，无沉淀生成将洗净的Cu(OH)2固体加水得悬浊液，测得pH≈8； ②生成的CuOH不稳定分解为Cu2O，SO2过量溶液酸性增强，发生反应Cu2O+2H2O+2SO2=Cu(HSO3)2+Cu+H2O，所以SO2与Cu(OH)2悬浊液发生了氧化还原反应； ③碱性条件下SO2的还原性增强，所以实验三中步骤Ⅲ与步骤Ⅱ现象不同； （4）综合上述实验，SO2与二价铜反应的产物与是否存在Cl−、溶液pH、SO2的通入量因素有关。 04氮气、氨气及氨水的性质及应用 13．（2022·北京门头沟·一模）近期，我国研究人员报道了温和条件下实现固氮的一类三元NiFeV催化剂，如图为其电催化固氮的机理示意图。以下关于该电催化机理过程的描述不正确的是 A．反应在酸性条件下进行 B．反应过程涉及N2的氧化反应 C．1个N2分子反应生成2个NH3分子 D．反应分多步进行，中间产物为几种不同的氮氢化物 【答案】B 【详解】A．在表面氢化机理中，第一步是H+得到电子发生还原反应，反应在酸性条件下进行，故A正确； B．由图示可以推出，N2得到电子变为NH3，反应过程涉及了N2的电化学还原，故B错误； C．由图示可以推出，1个N2分子上图反应生成1个NH3分子，下图生成1个NH3分子，总共生成2个NH3分子，故C正确； D．间产物有N2H4、NH、NH2，反应分多步进行，中间产物为N2H4、NH、NH2几种不同的氮氢化物，故D正确； 故选：B。 14．（2025·北京丰台·一模）用圆底烧瓶收集后进行喷泉实验，装置如图。下列叙述正确的是 A．烧瓶内的溶液中存在平衡： B．溶液未充满烧瓶，是因为氨气与水的反应已达平衡状态 C．向红色溶液中加盐酸调至恰好无色时，溶液中 D．将实验中的换为NO，亦可形成喷泉 【答案】A 【详解】A．氨气溶于水，生成一水合氨，一水合氨是弱电解质，微弱电离，，A正确； B．溶液未充满烧瓶，是因为收集的氨气不纯，含有少量不溶于水的气体，而不是氨气与水的反应已达平衡状态，B错误； C．向红色溶液中加盐酸调至恰好无色时，溶液仍为碱性，根据电荷守恒，则，C错误； D．NO不溶于水且不与水反应，不形成喷泉，D错误； 故选A。 15．（2025·北京朝阳·一模）下列方程式与所给事实不相符的是 A．酸性条件下钢铁发生析氢腐蚀： B．硝酸工业中的催化氧化： C．常温下，醋酸溶液的为 D．浓硝酸清洗试管壁上的银镜： 【答案】A 【详解】A．酸性条件下钢铁的析氢腐蚀中，阴极反应应为溶液中的H⁺得电子生成H₂，即，A不相符； B．硝酸工业中，氨的催化氧化反应为：，B相符； C．若醋酸是强酸，完全电离时该浓度的醋酸溶液的，而醋酸溶液的为，说明醋酸部分电离：，C相符； D．浓硝酸与银反应的方程式为：，浓硝酸既作酸又作氧化剂，并且还原产物为，D相符； 故选A。 16．（2025·北京延庆·一模）硝酸是重要化工原料，工业合成氨以及氨氧化制取硝酸的原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A．合成塔中合成氨的反应条件都是为了提高平衡转化率 B．氧化炉中反应的化学方程式： C．A物质可以是空气或氧气，目的是使尽量充分的转化为 D．生产过程中吸收塔产生的尾气可用碱液吸收 【答案】A 【详解】A．合成氨的反应是放热反应，合成氨的反应条件中高温不能提高平衡转化率，目的是为了提高催化剂的活性、加快反应速率，另外加入催化剂也不能提高平衡转化率，A错误； B．氧化炉中NH3和O2在催化剂、加热的条件下反应生成NO和H2O，化学方程式：，B正确； C．流程分析可知M为空气，氨气的催化氧化需要O2，NO和水反应生成HNO3需要O2；吸收塔发生反应：2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，O2与NO反应生成NO2， NO2被吸收生成HNO3，所以空气的作用是：将使NO充分转化为HNO3，C正确； D．吸收塔产生的尾气中可能含有未反应的NO和NO2等氮氧化物，这些气体可以用碱液（如NaOH溶液）吸收，生成硝酸盐和亚硝酸盐，D正确； 故选A。 05硝酸的性质及应用 17．（2025·北京东城·二模）下列实验对应的反应方程式书写正确的是 A．稀硝酸溶液中加入四氧化三铁： B．酸性溶液与草酸反应： C．用石墨电极电解氯化铝溶液：2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH- D．Ca(OH)2溶液中加入少量NaHCO3溶液：Ca2++2OH-+2=CaCO3↓++2H2O 【答案】B 【详解】A．稀硝酸具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，因此产物应该是硝酸铁、一氧化氮和水：，A错误； B．草酸为弱酸，可以被高锰酸钾氧化为二氧化碳，同时生成水和锰离子，B正确； C．石墨电极电解氯化铝溶液会生成氢氧化铝沉淀，6Cl-+6H2O+2Al3+3H2↑+3Cl2↑+2Al OH)3↓，C错误；   D．少量的物质完全反应，按照少量物质电离出离子的物质的量之比进行反应，Ca(OH)2溶液中加入少量NaHCO3溶液反应为：Ca2++OH-+=CaCO3↓+H2O，D错误； 故选B。 18．（2025·北京海淀·一模）下列方程式与所给事实相符的是 A．露置在空气中的钠表面呈白色： B．用食醋除水垢中的： C．过量铁粉与稀硝酸反应： D．工业电解饱和食盐水制氯气： 【答案】D 【详解】A．钠在常温下与空气中的氧气反应生成氧化钠，从而使表面呈白色，方程式：，A错误； B．食醋中的醋酸是弱酸，在离子方程式中应保留分子形式，正确写法为：，B错误； C．过量铁粉与稀硝酸反应时，硝酸被完全消耗，因会被过量的Fe还原，故产物为，正确离子方程式为：，C错误； D．工业上用石墨电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，反应的离子方程式是，D正确； 故选D。 19．（2025·北京石景山·一模）某小组对的性质进行研究。 已知：CuCl是不溶于水的白色固体，[CuCl2]-无色，[CuCl4]2-黄色。 (1)预测的性质 ①从氧化还原角度分析： 。 ②从物质分类角度分析：属于金属氧化物，可能和酸反应。 …… (2)探究和酸的反应 实验 加入的试剂 现象 1 固体缓慢溶解，一段时间后有无色气泡产生，溶液逐渐变蓝，液面上方出现红棕色气体 2 溶液逐渐变蓝，试管底部有红色固体 3 固体先逐渐变成灰白色，继续加酸，固体全部溶解，得到无色溶液，较长时间保持无色 4 固体迅速溶解，得到黄色溶液 ①用化学方程式解释实验1液面上方出现红棕色气体的原因 。 ②写出实验2中反应的离子方程式 。 ③用平衡移动原理解释实验3中灰白色固体溶解的原因 。 ④查阅资料：可以将盐酸溶液中的氧化为，写出反应的离子方程式 。对比实验3和4，分析实验3中未被氧化的原因： 假设1：较低， 。 假设2：较低，的还原性较弱。 补充实验证实假设1和假设2均成立。 序号 实验 加入试剂 现象 Ⅰ a 溶液变黄 Ⅱ b 溶液变黄 a是 。b是 。 (3)检验 实验室久置的呈暗黑色，设计实验证实未完全变质 （填实验操作和现象）。 【答案】(1)中铜元素是+1价，既有氧化性又有还原性 (2) 和生成降低，CuCl的溶解平衡正向移动 氧化性较弱 较浓硫酸 NaCl固体 (3)取少量暗黑色固体于试管中，加入过量的稀硫酸，充分反应后，溶液中有红色固体剩余；或取少量暗黑色固体于试管中，加入过量的稀硝酸，有气泡产生，液面上方出现红棕色 【详解】（1）①Cu2O中铜元素是+1价，从氧化还原角度分析预测Cu2O既有氧化性又有还原性； （2）①根据题意可知，实验1液面上方出现红棕色气体的原因是2NO+O2═2NO2； ②根据题意可知，实验2中反应的离子方程式为：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O； ③用平衡移动原理解释实验3中灰白色固体溶解的原因是CuCl(s)⇌Cu+(aq)+Cl-(aq)，Cu+和Cl-生成[CuCl2]-；c(Cu+)降低，CuCl的溶解平衡正向移动； ④查阅资料：O2可以将盐酸溶液中的[CuCl2]-氧化为[CuCl4]2-，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，该反应的离子方程式为：4[CuCl2]-+O2+4H++8Cl-=4[CuCl4]2-+2H2O，对比实验3和4，分析实验3中[CuCl2]-未被氧化的原因： 假设1：c(H+)较低，O2氧化性较弱， 假设2：c(Cl-)较低，[CuCl2]-的还原性较弱， 根据题意可知，反应3得到的溶液含有[CuCl2]-，溶液是无色的，若变黄，即[CuCl2]-转化为[CuCl4]2-，结合假设1、2，所以试剂a可是较浓硫酸，直接把[CuCl2]-氧化为[CuCl4]2-，试剂b可以是NaCl固体，实现反应：4[CuCl2]-+O2+4H++8Cl-=4[CuCl4]2-+2H2O； （3）实验室久置的Cu2O呈暗黑色，设计实验证实Cu2O未完全变质，方案为：取少量暗黑色固体于试管中，加入过量的稀硫酸，充分反应后，溶液中有红色固体剩余；或取少量暗黑色固体于试管中，加入过量的稀硝酸，有气泡产生，液面上方出现红棕色。 20．（2025·北京房山·三模）是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备。 (1)方法一：早期以硝石（含）为氮源制备，反应的化学方程式为： （浓）。该反应利用了浓硝酸的性质是酸性和 。 (2)方法二：以为氮源催化氧化制备，反应原理分三步进行。 ①工业合成的化学方程式为 。 ②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入2n mol NO和进行反应。在不同压强下（、），反应达到平衡时，测得NO转化率随温度的变化如图所示。比较y点和x点的容器容积：y x，解释原因 。 (3)方法三：研究表明可以用电解法以为氮源直接制备，其原理示意图如下。 ①电极a表面生成的电极反应式： 。 ②研究发现：转化可能的途径为。电极a表面还发生iii．。iii的存在，有利于途径ii，原因是 。 (4)用于新型锂电池，其晶胞结构如图。立方晶胞棱长为。 ①距离Li最近且等距的O的数目为 。 ②已知阿伏加德罗常数为。该晶体的密度为 。 【答案】(1)难挥发性 (2) 小于（或<） 反应正向气体分子总数减小，同温时，条件下NO转化率高于，故，根据，x、y点转化率相同，则n相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响，故y点的容器容积小于x点的容器容积 (3) 反应iii生成，将氧化成，更易转化成 (4)4 【详解】（1）浓硫酸难挥发，产物为气体，有利于复分解反应进行，体现了浓硫酸的难挥发性和酸性； （2）①工业上用氮气和氢气在高温高压、催化剂下合成，化学方程式为； ②反应正向气体分子总数减小，同温时，条件下NO转化率高于，故，根据，x、y点转化率相同，则n相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响，故y点的容器容积小于x点的容器容积； （3）①由电极a上的物质转化可知，氮元素化合价升高，发生氧化反应，电极a为阳极，电极反应式为； ②由于反应iii生成，将氧化成，更易转化成； （4）①由Li2O晶胞结构可知，Li位于晶胞内部，O位于面心和顶点，观察晶胞可知，距离Li最近且等距的O的数目为4个； ②由Li2O晶胞结构可知，Li位于晶胞内部，共有8个，O位于面心和顶点，共有，立方晶胞棱长为，已知阿伏加德罗常数为。该晶体的密度为。 06硫及硫的化合物的性质及应用 21．（2025·北京丰台·一模）关于和的下列说法中，不正确的是 A．可用饱和溶液除去中少量的 B．澄清石灰水和酸性溶液均可以区分和 C．由推知，可以发生反应： D．二者溶解度的差异与分子的极性有关 【答案】B 【详解】A．饱和碳酸氢钠溶液能与二氧化硫反应生成二氧化碳，从而除去二氧化碳中少量的二氧化硫，A正确； B．澄清石灰水与二氧化碳和二氧化硫反应均生成白色沉淀，无法区分，酸性高锰酸钾溶液能被二氧化硫还原而褪色，而二氧化碳不能和酸性高锰酸钾溶液反应，因此可以区分两者，B错误； C．由可知碳酸的酸性比亚硫酸氢根强，因此亚硫酸根离子可以与碳酸发生反应生成碳酸氢根离子和亚硫酸氢根离子，C正确； D．二氧化硫是极性分子，二氧化碳是非极性分子，由“相似相溶”原理可知二者溶解度的差异与分子的极性有关，D正确； 故答案选B。 22．（2025·北京延庆·一模）完成下述实验，装置或试剂不正确的是 A．实验室收集 B．实验室制 C．验证易溶于水且溶液呈碱性 D．除去中混有的少量 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．易溶于水，不能用排水法收集，A错误； B．MnO2固体加热条件下将HCl氧化为Cl2，固液加热的反应该装置可用于制备Cl2，故B正确； C．挤压胶头滴管，水进入烧瓶将NH3溶解，烧瓶中气体大量减少压强急剧降低打开活塞水迅速被压入烧瓶中形成红色喷泉，红色喷泉证明NH3与水形成碱性物质，C正确； D．不和饱和碳酸氢钠溶液反应，和饱和碳酸氢钠溶液反应生成，可以用饱和碳酸氢钠溶液除去中混有的少量，D正确； 故选A。 23．（2024·北京·高考真题）硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A．I的化学方程式： B．Ⅱ中的反应条件都是为了提高平衡转化率 C．将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生 D．生产过程中产生的尾气可用碱液吸收 【答案】B 【详解】A．反应I是黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，化学方程式：，故A正确； B．反应Ⅱ条件要兼顾平衡转化率和反应速率，还要考虑生产成本，如Ⅱ中“常压、催化剂”不是为了提高平衡转化率，故B错误； C．将黄铁矿换成硫黄，则不再产生，即可以减少废渣产生，故C正确； D．硫酸工业产生的尾气为、，可以用碱液吸收，故D正确； 故选B。 24．（2025·北京海淀·一模）是一种重要的工业原料。 (1)古代曾以绿矾()干馏产物制备。加热绿矾后得到红棕色粉末，同时生成两种硫的氧化物，反应的化学方程式为 。 (2)早期工业上采用铅室法制硫酸，反应过程如下： i． ii． iii． ①铅室法制硫酸的总反应为 。 ②的结构式为其中原子的杂化方式为 。 (3)现代工业采用接触法制硫酸。 ①在接触室发生反应不同的温度和压强下，的平衡转化率如图，图中横坐标代表 (填“温度”或“压强”)。 ②接触室中，催化剂分多层放置。原料气每经过一层催化剂发生反应后，用换热器将热量导出并用于原料气的预热。从反应速率与平衡的角度解释上述设计的目的： 。 (4)用软锰矿浆(主要成分为)吸收制硫酸尾气中的，并制备。 ①用软锰矿浆吸收时发生反应的化学方程式为 。 ②测定吸收后所得溶液中元素的含量。取待测液，加入溶液，充分反应后，加热煮沸，去除过量的，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。 已知： 待测液中元素的含量为 。 ③若未加热煮沸，会使测定结果 (填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 【答案】(1) (2) (3)温度 反应速率角度：避免反应放热导致温度过高，催化剂失活，反应速率下降或通过换热使原料气预热，温度升高，提高初始反应速率；平衡角度：避免温衡转化率显著下降 (4) 偏大 【详解】（1）加热绿矾得到红棕色粉末，可知有生成，同时生成两种硫的氧化物，可知有生成，加热过程中结晶水先失去，则反应的化学方程式。 （2）①根据铅室法制硫酸反应过程，可知是催化剂，和是中间产物，是反应物，是产物，把i、ii、iii三步反应的化学方程式相加， 去掉中间产物，可得总的反应化学方程式。 ②的结构式为，可知S原子与周围O原子的价层电子对数为，所以S原子采取的是杂化。 （3）①从图可知，横坐标增大，的平衡转化率是减小的。该反应是气体分子数减少的反应，若是压强，压强增大，的平衡转化率应是增大的，另该反应是放热反应，则增大温度，平衡会向吸热反应即逆反应方向移动，的平衡转化率减小，故横坐标代表温度。 ②用换热器将热量导出，可以避免接触室内温度过高，催化剂失去活性，反应速率下降，另外导出的热量可使原料气预热，温度升高，提高初始反应速率；从平衡角度讲，该反应是放热反应，温度过高会使平衡转化率下降。 （4）①用软锰矿浆(主要成分为)吸收，并制备反应的化学方程式为。 ②用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液，此过程发生的反应是，结合已知反应可得到关系式 设待测液中元素的浓度为x，可得解得即元素的浓度为。 ③若未加热煮沸，待测液中含有少量的，会使标准液消耗变多，从而使测定结果偏大。 1．（2024·北京海淀·三模）向碘水、淀粉的混合液中加入溶液，蓝色褪去。为探究褪色原因，实验如图： 下列分析不正确的是 A．过程①中蓝色褪去的原因可能是氧化了 B．过程①后溶液可能明显变小 C．过程③中加入溶液的目的是除去 D．过程④说明过程①生成含的粒子 【答案】D 【分析】在碘水中存在如下平衡：I2+H2OHI+HIO，I-与Ag+反应生成AgI沉淀，促进I2与水的反应不断正向进行；过滤，所得滤液1中含有HIO和HNO3，还有未反应完的AgNO3，加入NaCl溶液，Ag+与Cl-生成AgCl沉淀，往滤液2中加入KI溶液，发生I-、HIO、H+的氧化还原反应，同时发生反应4H++4I-+O2=2H2O+2I2，生成I2，使溶液再次变蓝色。 【详解】A．过程①中蓝色褪去的原因可能是Ag+氧化了I2，也可能是Ag+促进了I2与H2O的反应，故A正确； B．由分析可知，过程①后，溶液的主要成分为HIO、HNO3及未反应的AgNO3，所以pH明显变小，故B正确； C．过程③中加入NaCl溶液，可与Ag+反应生成AgCl沉淀，排除Ag+可能对后续实验产生的干扰，所以目的是除去Ag+，故C正确； D．过程④中，加入KI，发生HIO、H+、I-的氧化还原反应，同时发生反应4H++4I-+O2=2H2O+2I2，不能说明过程①生成含的粒子，故D错误； 答案选D。 2．（2024·北京门头沟·一模）化学小组同学探究铜与过量浓硝酸反应后溶液呈绿色的原因。 资料：ⅰ．铜与浓硝酸反应过程中可生成，易分解产生无色气体。 ⅱ．是一种弱酸。电离出，与发生如下反应： (绿色) 编号 操作 现象 ① 分别向和溶液中通入稳定的气流 溶液变黄 溶液不变黄 ② 将实验①的黄色溶液与蓝色溶液混合 溶液呈绿色 ③ 将溶液与溶液混合 溶液呈绿色 ④ 向实验③所得溶液中加入浓硝酸 溶液变蓝 下列说法不正确的是 A．依据实验①，向通入稳定的气流，溶液可能会变黄 B．实验④加入浓硝酸后可能发生，使浓度下降，绿色消失 C．铜与过量浓硝酸反应溶液呈绿色可能原因是：浓硝酸中溶解了生成的呈黄色，黄色与蓝色叠加呈绿色 D．铜与过量浓硝酸反应溶液呈绿色可能原因是：铜与浓硝酸反应过程中，生成使溶液呈绿色 【答案】D 【详解】A．依据实验①，当有氢离子存在时，通入气体，溶液可能会变成黄色，故向通入稳定的气流，溶液可能会变黄，A正确； B．当实验④加入浓硝酸后可能发生，使浓度下降，平衡逆向移动，绿色消失，B正确； C．由实验①②可知，铜与过量浓硝酸反应溶液呈绿色可能原因是：浓硝酸中溶解了生成的呈黄色，黄色与蓝色叠加呈绿色，C正确； D．易分解，溶液中不能生成大量使溶液呈绿色，D错误； 故选D。 3．（2022·北京海淀·二模）用圆底烧瓶收集NH3后进行喷泉实验。对实验现象的分析正确的是 A．烧瓶中形成喷泉，说明NH3与H2O发生了反应 B．烧瓶中剩余少量气体，能证明NH3的溶解已达饱和 C．烧瓶中溶液为红色的原因是：NH3+H2ONH3•H2ONH+OH- D．烧瓶中溶液露置在空气中一段时间后pH下降，能证明氨水具有挥发性 【答案】C 【详解】A．烧瓶中形成喷泉，不一定是因为NH3与H2O发生了反应引起的，还有可能是因为NH3极易溶于水造成的，故不能说明NH3与H2O发生了反应，A错误； B．烧瓶中剩余少量气体可能是空气，来源于实验中的某个操作，比如图中止水夹下方的玻璃管未插入水中时会有空气进入，故烧瓶中剩余少量气体不能说明NH3的溶解达到饱和，B错误； C．烧瓶中溶液变为红色，说明溶液呈碱性，原因为NH3+H2ONH3•H2O+OH-，C正确； D．烧瓶中溶液露置在空气中一段时间后pH下降，不一定是因为氨水的挥发性，还可能是因为吸收了空气中的CO2，故烧瓶中溶液pH下降，不能说明氨水具有挥发性，D错误； 故选C。 4．（2025·北京·模拟预测）根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，方案设计或结论不正确的是 选项 实验目的 方案设计 现象 结论 A 探究浓硫酸的性质 取少量蔗糖于烧杯，向其中加入浓硫酸 蔗糖变黑，同时发生膨胀变大 浓硫酸有脱水性和强氧化性 B 探究Fe2+、Fe3+结合SCN−的能力 向FeCl2溶液依次滴加足量KSCN溶液、几滴H2O2溶液 加入KSCN后无明显变化，加入H2O2溶液变红 结合SCN−能力：Fe3+>Fe2+ C 探究c(H+)对MnO2氧化性的影响 用H2SO4调节相同浓度KCl、KBr和KI溶液的pH，测量氧化反应所需最低c(H+) 最低c(H+)顺序：KCl>KBr>KI c(H+)浓度越大，MnO2氧化性越强 D 比较与结合H+能力 将等浓度等体积的NaAlO2溶液和NaHCO3溶液混合 产生白色沉淀 结合H+能力： A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】A．向蔗糖中加入几滴蒸馏水，然后再加入浓硫酸，若产生疏松多孔的海绵状炭，说明浓硫酸具有脱水性，放出刺激性气味的气体，发生的方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，则说明浓硫酸强氧化性，A正确； B．向FeCl2溶液依次滴加足量KSCN溶液、几滴H2O2溶液，加入KSCN后无明显变化，加入H2O2溶液变红，由于Fe2+与SCN-结合的产物与Fe2+溶液一样都是淡绿色，而Fe3+与SCN-结合才显红色，则该实验不能比较二者与SCN−的结合能力，故B错误； C．还原性：I->Br->Cl-，因此最低顺序：，说明浓度越大，氧化性越强，故C正确； D．水解产生Al(OH)3，促进的电离产生H+，二者产生Al(OH)3沉淀和，从而证明结合H+能力：，故D正确； 故选B。 5．（2022·北京朝阳·三模）硫酸盐(含、)气溶胶是的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如下： 下列说法不正确的是 A．硫酸盐气溶胶呈酸性 B．该过程包含了硫氧键的断裂与形成 C．是生成硫酸盐的氧化剂 D．是一种含S、O、N元素的化合物 【答案】D 【详解】A．硫酸盐(含、)气溶胶含有，结合雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理中有水参与，表明可在水中电离，所以硫酸盐气溶胶呈酸性，A正确，不符合题意； B．该反应通过水桥进行电子转移，而电子转移促进了中S-O键的解离，进而形成，最后转化为，结合反应机理示意图，可以判断出形成了S-O键，所以该过程包含了硫氧键的断裂与形成，B正确，不符合题意； C．依据雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理可知，反应中转化为，转化为，N元素化合价下降了，作为生成硫酸盐的氧化剂，C正确，不符合题意； D．结合反应机理示意图可知，是与一分子的反应得到，为带有一个负电荷的微粒，D错误，符合题意； 故合理选项为D。 6．（2024·北京门头沟·一模）探究铜与浓硫酸的反应。 加热铜与浓硫酸，在反应过程中，有刺激性气味的气体产生，溶液逐渐变为墨绿色浊液，试管底部有灰白色沉淀；继续加热，试管中出现“白雾”，浊液逐渐变澄清，溶液颜色慢慢变为浅蓝色，试管底部灰白色沉淀增多。 资料：ⅰ．均为黑色固体。 ⅱ． Ⅰ．沉淀成分探究。 (1)经检验灰白色沉淀中含有无水硫酸铜，结合化学方程式解释原因 。 继续探究沉淀成分：取沉淀，用蒸馏水多次洗涤，干燥，得到沉淀样品，取少量样品于试管中，分别进行如下3个实验。 编号 试剂 实验操作 实验现象 ① 浓硝酸 滴加适量浓硝酸 沉淀逐渐溶解，产生大量红棕色气体 ② 氨水 滴加氨水，振荡，在空气中放置一段时间 滴加氨水后，溶液呈极浅蓝色；静置后逐渐变深，呈深蓝色 ③ 酒精 滴加酒精，充分振荡，静置、过滤，将滤液移入盛有水的试管中，稍加振荡 酒精与水的界面呈现乳白色 (2)根据实验①，推测沉淀中含有还原性物质，经检验有，反应初期生成可能原因是 。 (3)②中浅蓝色溶液变深的反应原理是(用离子方程式表示) 。 (4)由以上实验推断沉淀成分主要有 。 Ⅱ．溶液颜色探究。 猜测1：查阅资料：若铜丝不纯(含有铁)，导致体系中含有和，与水合铜离子调和成墨绿色。 猜测2：铜丝表面常常涂一层聚氯乙烯薄膜，聚氯乙烯在加热条件下易分解产生，导致反应体系中形成(黄色)，与水合铜离子混合溶液呈绿色。 编号 实验操作 实验现象 实验结论 ④ 取铜丝与浓硫酸反应后的混合液于试管中，滴入2滴，再加入____ 溶液未变红 混合液中不含 ⑤ 取一段铜丝放入大试管中，加入浓硫酸，加热 _______ 铜丝表面含有氯元素 ⑥ 另取一段铜丝，在酒精灯上灼烧除去铜丝表面薄膜；放入大试管中，加入浓硫酸，加热 溶液慢慢变蓝色、蓝黑色 (5)④中加入的试剂是 ；⑤中实验现象 。 (6)总结：铜与浓硫酸反应的多样性与 有关。 【答案】(1)反应中浓硫酸中水的含量很少，本身又具有吸水的特性，反应过程中生成的少量水以水蒸气的形式散失，平衡正向移动，生成的CuSO4几乎没有水溶解，得到CuSO4沉淀 (2)反应初期温度相对较低，此时浓硫酸氧化性相对较弱，将Cu氧化为+1价的亚铜， 平衡正向移动，得到Cu2S (3) (4)无水硫酸铜、Cu2S、Cu2O、S (5)KSCN溶液 溶液慢慢变绿 (6)副反应众多 【详解】（1）反应中浓硫酸中水的含量很少，本身又具有吸水的特性，反应过程中生成的少量水以水蒸气的形式散失，平衡正向移动，生成的CuSO4几乎没有水溶解，得到CuSO4沉淀； （2）反应初期温度相对较低，此时浓硫酸氧化性相对较弱，将Cu氧化为+1价的亚铜，结合可知，平衡正向移动，得到Cu2S （3）②中浅蓝色溶液变深是 被氧气氧化为 ，化学方程式为：； （4）经检验灰白色沉淀中含有无水硫酸铜，由实验①推断出沉淀中含有还原性物质，经检验有Cu2S，由实验②结合方程式可知，沉淀中含有Cu2O，实验③由于S微溶于酒精，使得酒精与水的界面呈现乳白色，以上实验推断沉淀成分主要有：无水硫酸铜、Cu2S、Cu2O、S； （5）④中应加入KSCN溶液，检验是否存在Fe3+；由实验结论可知，实验⑤中产生的(黄色)与水合铜离子混合溶液呈绿色，实验现象为：溶液慢慢变绿； （6）铜与浓硫酸反应的多样性与其副反应众多有关。 7．（2023·北京海淀·三模）某小组同学探究铜和浓硝酸的反应，进行如下实验： 实验1：分别取3mL浓硝酸与不同质量的铜粉充分反应，铜粉完全溶解，溶液颜色如表： 编号 ① ② ③ ④ ⑤ 铜粉质量/g 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 溶液颜色 绿色 草绿色 蓝绿色偏绿 蓝绿色偏蓝 蓝色 (1)写出铜和浓硝酸反应的离子反应方程式： 。 (2)小组同学认为溶液呈绿色的可能原因是： 猜想1：硝酸铜浓度较高，溶液呈绿色； 猜想2：NO2溶解在硝酸铜溶液中，溶液呈绿色。 依据实验1中的现象，判断猜想1不合理，理由是： 。 (3)取⑤中溶液， (填操作和现象)，证实猜想2成立。 (4)小组同学进行如下实验也证实了猜想2成立。 实验2：向①中溶液以相同流速分别通入N2和空气，观察现象。 通入气体 氮气 空气 现象 液面上方出现明显的红棕色气体，25min后溶液变为蓝色 液面上方出现明显的红棕色气体，5min后溶液变为蓝色 结合上述实验现象，下列推测合理的是 (填字母序号)。 a.①中溶液通入N2时，N2被缓慢氧化为NO2 b.①中溶液里某还原性微粒与绿色有关，通入空气时较快被氧化 c.空气中的CO2溶于水显酸性，促进了溶液变蓝色 d.加热溶液①后，可能观察到溶液变蓝的现象 (5)小组同学继续探究实验2中现象的差异，并查阅文献知： i.“可溶性铜盐中溶解亚硝酸(HNO2)”可能是实验①中溶液显绿色的主要原因 ii.NO2在溶液中存在： 反应1：2NO2+H2OHNO3+HNO2(慢) 反应2：2HNO2NO2+NO+H2O(快) 解释实验2中“通入氮气变蓝慢，通入空气变蓝快”的原因 。 (6)小组同学为确认亚硝酸(HNO2)参与了形成绿色溶液的过程，继续进行实验。 实验3：取3份等体积的①中绿色溶液，分别加入不同物质，观察现象。 加入物质 ______固体 3滴30%H2O2溶液 3滴水 现象 溶液绿色变深 溶液迅速变为蓝色 溶液颜色几乎不变 ①实验中加入的固体物质可能是 (写出一种，填化学式)。 ②加入H2O2后溶液迅速变蓝，原因是的H2O2可能参与了下列反应(用化学方程式表示)：H2O2+2NO2=2HNO3， ， 。 【答案】(1) (2)实验编号①~⑤中铜粉均溶解，随着硝酸铜浓度的增大，溶液颜色反而由绿色变为蓝色，与假设不符 (3)通入NO2气体，溶液颜色变绿 (4)bd (5)通入氮气时，二氧化氮和一氧化氮气体被吹出，由于反应1较慢，亚硝酸浓度下降较慢；通入空气时，一氧化氮与空气中的氧气发生反应，溶液中一氧化氮浓度降低，对溶液颜色变化影响程度较大的反应2快速向正反应方向移动，亚硝酸浓度降低快，溶液颜色变化快 (6)NaNO2（或其他亚硝酸盐） 【详解】（1）铜和浓硝酸反应生成NO2气体和水，； （2）根据题意，实验编号①~⑤中铜粉均溶解，则随着铜粉质量的增加，溶液中硝酸铜的浓度浓度不断增大，但溶液颜色由绿色逐渐变为蓝色，与假设不符，故假设1不合理； （3）猜想2认为，溶解在混合溶液中使溶液呈绿色，故向⑤中溶液通入NO2，若溶液变为绿色，则猜想2成立； （4）a．向①中溶液通入氮气溶液较慢变为蓝色，通入空气溶液较快变为蓝色； 氮气化学性质稳定，在上述溶液中不能被氧化为NO2，a错误； b．①中溶液里某还原性微粒与绿色有关，通入空气时较快被氧化，空气中的氧气具有氧化性，能够氧化溶液中的还原性微粒，b正确； c．酸性物质不能促进溶液变为蓝色，c错误； d．加热溶液①，加快反应速率，可能观察到溶液变蓝的现象，d正确； 故答案为：bd； （5）向溶液中通入N2时，NO2和NO气体被吹出，由于反应1进行较慢，亚硝酸的浓度下降较慢；通入空气时，NO与空气中的氧气发生反应，溶液中NO的浓度降低，对溶液颜色变化影响程度较大的反应2快速向正反应方向移动，亚硝酸浓度降低快，溶液颜色变化快； （6）①根据实验2可知，亚硝酸参与了绿色的形成过程，故向①的溶液中加入NaNO2或其他亚硝酸盐能够使溶液绿色变深； ②加入过氧化氢后，溶液迅速不变蓝，说明过氧化氢能够与亚硝酸发生反应，使溶液中亚硝酸浓度降低，亚硝酸具有还原性，过氧化氢具有氧化性，故过氧化氢将亚硝酸氧化为硝酸：，同时溶液中的一氧化氮也被过氧化氢氧化为硝酸：。 1．（2023·北京·高考真题）蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。    下列关于该过程的分析不正确的是 A．过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性 B．过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关 C．过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性 D．过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂 【答案】C 【详解】A．浓硫酸具有脱水性，能将有机物中的H原子和O原子按2∶1的比例脱除，蔗糖中加入浓硫酸，白色固体变黑，体现浓硫酸的脱水性，A项正确； B．浓硫酸脱水过程中释放大量热，此时发生反应，产生大量气体，使固体体积膨胀，B项正确； C．结合选项B可知，浓硫酸脱水过程中生成的能使品红溶液褪色，体现浓硫酸的强氧化性，C项错误； D．该过程中，蔗糖发生化学反应，发生了化学键的断裂，D项正确； 故选C。 2．（2023·北京·高考真题）回收利用工业废气中的和，实验原理示意图如下。    下列说法不正确的是 A．废气中排放到大气中会形成酸雨 B．装置a中溶液显碱性的原因是的水解程度大于的电离程度 C．装置a中溶液的作用是吸收废气中的和 D．装置中的总反应为 【答案】C 【详解】A．是酸性氧化物，废气中排放到空气中会形成硫酸型酸雨，故A正确； B．装置a中溶液的溶质为，溶液显碱性，说明的水解程度大于电离程度，故B正确； C．装置a中溶液的作用是吸收气体，与溶液不反应，不能吸收，故C错误； D．由图可知一个电极亚硫酸根失电子生成硫酸根，另一个极二氧化碳和水转化为甲酸，装置b中总反应为，故D正确； 选C。 3．（2021·北京·高考真题）室温下，1体积的水能溶解约40体积的SO2。用试管收集SO2后进行如下实验。对实验现象的分析正确的是 A．试管内液面上升，证明SO2与水发生了反应 B．试管中剩余少量气体，是因为SO2的溶解已达饱和 C．取出试管中的溶液，立即滴入紫色石蕊试液，溶液显红色，原因是：SO2+H2O⇌H2SO3、H2SO3⇌H++、⇌H++ D．取出试管中溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于SO2挥发 【答案】C 【详解】A．由信息可知，SO2易溶于水，也能使液面上升，故A错误； B．1体积的水能溶解约40体积的SO2，不能完全溶解是因为收集的二氧化硫中混有不溶于水的气体，故B错误； C．滴入石蕊试液，溶液变为红色，说明溶液显酸性，SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，分步电离出氢离子，故C正确； D．亚硫酸具有较强的还原性，易被氧化为硫酸，弱酸变强酸，也能使pH下降，故D错误； 故选C。 4．（2021·北京·高考真题）实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是 气体 试剂 制备装置 收集方法 A O2 KMnO4 a d B H2 Zn+稀H2SO4 b e C NO Cu+稀HNO3 b c D CO2 CaCO3+稀H2SO4 b c A．A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】A．KMnO4是固体物质，加热分解产生O2，由于O2难溶于水，因此可以用排水方法或向上排空气的方法收集，故不可以使用a、d装置制取和收集O2，A错误； B．Zn与H2SO4发生置换反应产生H2，块状固体与液体反应制取气体，产生的H2难溶于水，因此可以用排水方法收集，故可以使用装置b、e制取H2，B正确； C．Cu与稀HNO3反应产生NO气体，NO能够与O2发生反应产生NO2气体，因此不能使用排空气的方法收集，C错误； D．CaCO3与稀硫酸反应产生的CaSO4、CO2气体，CaSO4微溶于水，使制取CO2气体不能持续发生，因此不能使用该方法制取CO2气体，D错误； 故合理选项是B。 5．（2025·北京·高考真题）利用工业废气中的制备焦亚硫酸钠()的一种流程示意图如下。 已知： 物质 、 (1)制 已知：                            由制的热化学方程式为 。 (2)制 I．在多级串联反应釜中，悬浊液与持续通入的进行如下反应： 第一步： 第二步： Ⅱ．当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体。 ①Ⅱ中生成的化学方程式是 。 ②配碱槽中，母液和过量配制反应液，发生反应的化学方程式是 。 ③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是 ，需除去。 ④尾气吸收器中，吸收的气体有 。 (3)理论研究、与的反应。一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，随的增加，和平衡转化率的变化如图。 ①，与优先反应的离子是 。 ②，平衡转化率上升而平衡转化率下降，结合方程式解释原因： 。 【答案】(1) (2) 、SO2 (3) 溶液中发生的反应：ⅰ.+SO2+H2OH2CO3+，H2CO3H2O+CO2；ⅱ.+SO2+H2O2。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进ⅰ中SO2与碳酸氢根的反应不断正向进行，溶液中c()不断增加，促使反应ⅱ逆向进行，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降 【详解】（1）已知： 反应Ⅰ：         反应Ⅱ：                  将Ⅰ×2+Ⅱ×2得：，所以由制的热化学方程式为； （2）① 当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体，根据元素守恒，还有水生成，化学方程式：； ②根据多级串联反应釜中的化学方程式可知，除了生成的焦亚硫酸钠外，母液中有亚硫酸氢钠剩余，又因为＞，亚硫酸氢钠与过量发生反应的化学方程式为：； ③在燃烧炉中反应冷却后的气体中混有氧气，氧气能氧化亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，生成硫酸钠，所以多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是，需除去； ④碳酸氢钠与二氧化硫发生的化学方程式为，生成了二氧化碳，二氧化碳用氢氧化钠吸收，转化成碳酸钠，可到多级串联反应釜中循环使用，所以尾气吸收器中吸收的气体有，在多级串联反应釜中持续通入的，则尾气吸收器中吸收的气体还有； 故答案为：；；；、SO2； （3）① 由图可知，①，时，碳酸氢根平衡转化率较低，而亚硫酸根的平衡转化率较高，所以与优先反应； ②溶液中发生的反应：ⅰ.+SO2+H2OH2CO3+，H2CO3H2O+CO2；ⅱ.+SO2+H2O2。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进ⅰ中SO2与碳酸氢根的反应不断正向进行，溶液中c()不断增加，促使反应ⅱ逆向进行，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降。 故答案为：；溶液中发生的反应：ⅰ.+SO2+H2OH2CO3+，H2CO3H2O+CO2；ⅱ.+SO2+H2O2。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进ⅰ中SO2与碳酸氢根的反应不断正向进行，溶液中c()不断增加，促使反应ⅱ逆向进行。 6．（2022·北京·高考真题）煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。 已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含。 (1)煤样需研磨成细小粉末，其目的是 。 (2)高温下，煤中完全转化为，该反应的化学方程式为 。 (3)通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。 已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中保持定值时，电解池不工作。待测气体进入电解池后，溶解并将还原，测硫仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束，通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。 ①在电解池中发生反应的离子方程式为 。 ②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为 。 (4)煤样为，电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分数为 。 已知：电解中转移电子所消耗的电量为96500库仑。 (5)条件控制和误差分析。 ①测定过程中，需控制电解质溶液，当时，非电解生成的使得测得的全硫含量偏小，生成的离子方程式为 。 ②测定过程中，管式炉内壁上有残留，测得全硫量结果为 。(填“偏大”或“偏小”) 【答案】(1)与空气的接触面积增大，反应更加充分 (2)2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑ (3)SO2+I+2H2O=3I-+SO+4H+ 3I--2e-=I (4) (5) 偏小 【详解】（1）煤样研磨成细小粉末后固体表面积增大，与空气的接触面积增大，反应更加充分，故答案为：与空气的接触面积增大，反应更加充分； （2）由题意可知，在催化剂作用下，硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和氧气，反应的化学方程式为2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑，故答案为：2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑； （3）①由题意可知，二氧化硫在电解池中与溶液中I反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子，离子方程式为SO2+I+2H2O=3I—+SO+4H+，故答案为：SO2+I+2H2O=3I—+SO+4H+； ②由题意可知，测硫仪工作时电解池工作时，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极反应式为3I--2e-=I，故答案为：3I--2e—=I； （4）由题意可得如下关系：S—SO2—I—2e-，电解消耗的电量为x库仑，则煤样中硫的质量分数为×100%=，故答案为：； （5）①当pH<1时，非电解生成的碘三离子使得测得的全硫含量偏小说明碘离子与电解生成的碘反应生成碘三离子，导致消耗二氧化硫的量偏小，反应的离子方程式为，故答案为：； ②测定过程中，管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫，会使二氧化硫与碘三离子反应生成的碘离子偏小，电解时转移电子数目偏小，导致测得全硫量结果偏低，故答案为：偏小。 7．（2021·北京·高考真题）某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。已知：。 (1)浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在盐酸和MnO2。 ①反应的离子方程式是 。 ②电极反应式： i.还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O ii.氧化反应： 。 ③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。 i.随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱。 ii.随c(Cl-)降低， 。 ④补充实验证实了③中的分析。 实验操作 试剂 产物 I 较浓H2SO4 有氯气 II a 有氯气 III a+b 无氯气 a是 ，b是 。 (2)利用c(H+)浓度对MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液，能与MnO2反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是 ，从原子结构角度说明理由 。 (3)根据(1)中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2。经实验证实了推测，该化合物是 。 (4)Ag分别与1mol·L-1的盐酸、氢溴酸和氢碘酸混合，Ag只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因： 。 (5)总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是 。 【答案】(1) MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O 2Cl--2e- =Cl2↑ Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强 KCl固体(或浓/饱和溶液) MnSO4固体(或浓/饱和溶液) (2) KCl>KBr>KI Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强 (3)AgNO3 或Ag2SO4 (4)比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生 (5)氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强 【详解】（1）①二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O；②氧化反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl--2e- =Cl2↑③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂，故答案为：Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析，试剂a可以是KCl固体(或浓/饱和溶液)；结合实验III的显现是没有氯气，且实验III也加入了试剂a，那一定是试剂b影响了实验III的现象，再结合原因i可知试剂b是MnSO4固体(或浓/饱和溶液)； （2）非金属性越弱其阴离子的还原性越强，反应时所需的氢离子浓度越小，故顺序是KCl>KBr>KI；其原因是Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强； （3）根据(1)中的结论推测随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱，那么如果进一步降低Cl-浓度降低则可以导致可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2，故答案为：AgNO3 或Ag2SO4； （4）若要使反应2Ag+2H+=2Ag++ H2↑发生，根据本题的提示可以降低Ag+浓度，对比AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，故Ag只与氢碘酸发生置换反应的原因是：比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生； （5）通过本题可以发现，物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关，浓度越大氧化性或者还原性越强，故答案为：氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(氧化产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。 / 学科网（北京）股份有限公司 $