3 章末过关检测卷(五)(第五章 化工生产中的重要非金属元素)-【满分思维】2025-2026学年高中化学必修第二册（人教版）

该高中化学章末过关检测卷通过价类二维图、物质转化路径图及实验装置图系统构建第五章知识体系，将非金属元素（氮、硫、硅等）的性质、转化及实验操作按“物质类别-核心化合价-应用”逻辑梳理，用对比表格呈现易混物质（如SO₂与CO₂的性质差异），突出重难点内在联系。 亮点在于“情境化问题+分层训练”设计，如以彩瓷、芯片等文化科技情境考查硅酸盐材料（第1题），通过SO₂与钡盐反应的实验探究（第20题）培养科学探究与实践素养。含补偿训练针对易错点（如离子方程式书写），非选择题分步骤设问，帮助基础学生掌握方法，优秀学生深化思维，助力教师实施精准复习教学。

章末过关检测卷(五)(第五章) (90分钟　100分) 一、选择题:本题共10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1.中华文化源远流长,化学与文化传承密不可分。下列主要由硅酸盐材料制成的是 (　　) A.树皮、麻布 B.竹木简牍 C.西周兽面纹青铜盉 D.铜官镇出土的彩瓷 【解析】选D。树皮、麻布的主要化学成分均为纤维素,A错误;竹木简牍的主要化学成分为纤维素,B错误;兽面纹青铜盉的主要成分是金属,C错误;彩瓷的主要成分是硅酸盐,D正确。 2.下列生活应用或生产活动,没有运用相应化学知识的是 (　　) 选项 生活应用或生产活动 化学知识 A 用SO2漂白纸张 SO2具有氧化性 B 用铝槽车运输浓硝酸 Al在冷的浓硝酸中生成一层致密的薄膜 C 用生石灰作食品干燥剂 CaO易与水反应 D 用Si制作芯片 Si是良好的半导体材料 【解析】选A。SO2可用于漂白纸浆,是因为二氧化硫具有漂白性,与氧化性无关,故A错误;常温下铝的表面被浓硝酸氧化,在金属的表面生成一层致密的金属氧化物,阻止了金属和酸继续反应,所以可用铝槽车运输浓硝酸,故B正确;生石灰作食品干燥剂是因为氧化钙易与水反应生成氢氧化钙,故C正确;硅位于金属与非金属的交界处,具有金属与非金属的性质,硅是一种良好的半导体材料,可用Si制作芯片,故D正确。 【补偿训练】化学与生产,生活及科技发展有着紧密的联系。下列说法正确的是 (　　) A.战国水晶杯的主要成分是硅酸盐 B.空间站使用了石墨烯存储器,石墨烯与金刚石互为同位素 C.飞船返回舱表面是耐高温陶瓷材料,耐高温陶瓷材料属于传统无机非金属材料 D.清华大学打造的“天机芯”的主要成分与光导纤维不同 【解析】选D。水晶的主要成分是二氧化硅,不是硅酸盐,A错误;石墨烯与金刚石是C元素的两种不同性质的单质,二者互为同素异形体,不互为同位素,B错误;飞船返回舱表面是耐高温陶瓷材料,属于新型无机非金属材料,C错误;“天机芯”的主要成分为单晶硅,光导纤维的主要成分为二氧化硅,二者不同,D正确。 3.下列选项中的物质能按图示路径在自然界中转化。且甲和水可以直接生成乙的是 (　　) 选项 甲 乙 丙 A Cl2 NaClO NaCl B SO2 H2SO4 CaSO4 C SiO2 H2SiO3 Na2SiO3 D NH3 NH3·H2O NH4Cl 【解析】选D。Cl2与水反应生成HClO和HCl,无法直接生成NaClO,A错误;SO2与水反应生成亚硫酸而不是硫酸,B错误;SiO2与水不反应,不能生成H2SiO3,C错误;NH3与H2O反应生成NH3·H2O,NH3·H2O与HCl反应生成NH4Cl,NH4Cl受热分解生成NH3,D正确。 【补偿训练】在指定条件下,下列选项所示的物质间转化能实现的是 (　　) A.NO(g)HNO3(aq) B.稀硝酸NO2 C.NO2(g)HNO3(aq) D.N(aq)N(aq) 【解析】选C。NO不溶于水,不与水反应,则NO(g)HNO3(aq)不能实现转化,A错误;铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水,则稀HNO3(aq) NO2(g)不能实现转化,B错误;NO2与H2O反应生成硝酸和NO,C正确;N(aq)中N为最高价+5价,O3为氧化剂,因此不能实现转化,D错误。 4.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验,最合理的选项是 (　　) 选项 a中的 物质 b中的 物质 c中收集 的气体 d中的 物质 A 浓氨水 CaO NH3 H2O B 70%硫酸 Na2SO3 SO2 NaOH 溶液 C 稀硝酸 Cu NO2 H2O D 浓盐酸 MnO2 Cl2 NaOH 溶液 【解析】选B。氨的密度比空气小,应该用向下排空气法收集,A错误;70%硫酸与Na2SO3发生复分解反应生成SO2,因SO2的密度比空气大,所以可用向上排空气法收集,SO2是大气污染物,要进行尾气处理,SO2易与NaOH溶液发生反应,用NaOH溶液吸收尾气时,为防止倒吸现象的发生,可以安装一个倒扣的漏斗,B正确;稀硝酸与Cu发生反应产生的气体是NO,不是NO2,且不能用水处理尾气,C错误;MnO2与浓盐酸在加热时才能发生反应制取Cl2,该装置没有加热仪器,浓盐酸易挥发,c中收集的气体不纯净,应在b、c之间添加除去HCl、H2O的装置,D错误。 5.物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度,如图所示为氮、硫及其部分化合物的价类二维图,下列说法不正确的是 (　　) A.坐标轴左侧区域代表的是氮及其部分化合物 B.a→b→c→d→e的转化均能一步实现 C.c、d和i、j均属于酸性氧化物 D.f与l可以是同一种物质 【解析】选C。由图中氢化物的化合价可知,左侧为氮及其部分化合物的价类二维图,右侧为硫及其部分化合物的价类二维图,则a为硫化氢,b为硫,c为二氧化硫,d为三氧化硫,e为硫酸,f为硫酸盐,g为氨气,h为氮气,i为一氧化氮,j为二氧化氮或四氧化二氮,k为硝酸,l为铵盐。A.左侧为氮及其部分化合物的价类二维图,故A正确;B.右侧为硫及其部分化合物的价类二维图,a→b→c→d→e的转化过程为H2S→S→SO2→SO3→H2SO4,由硫及其化合物的性质可知,转化过程均能一步实现,故B正确;C.一氧化氮、二氧化氮或四氧化二氮均不属于酸性氧化物,故C错误;D.f为硫酸盐,l为铵盐,可能都是硫酸铵,故D正确。 6.下列离子方程式不正确的是 (　　) A.澄清石灰水中通入过量的二氧化碳:CO2+OH-===HC B.过量SO2通入NaClO溶液中:SO2+H2O+ClO-===HClO+HS C.醋酸与氨水反应:CH3COOH+NH3·H2O===CH3COO-+N+H2O D.硫单质溶于热的强碱溶液:3S+6OH-2S2-+S+3H2O 【解析】选B。澄清石灰水中通入过量的二氧化碳生成Ca(HCO3)2,故离子方程式为CO2+OH-===HC,A正确;二氧化硫具有还原性,过量的二氧化硫与具有氧化性的次氯酸钠溶液反应生成氯化钠和硫酸,反应的离子方程式为SO2+H2O+ClO-===Cl-+S+2H+, B错误;已知醋酸和NH3·H2O均为弱电解质,离子方程式书写时不能拆,故醋酸与氨水反应的离子方程式为CH3COOH+NH3·H2O===CH3COO-+N+H2O,C正确;硫单质溶于热的强碱溶液:3S+6OH-2S2-+S+3H2O,D正确。 【补偿训练】下列离子方程式正确的是 (　　) A.足量SO2通入少量澄清石灰水中:SO2+Ca2++2OH-===CaSO3↓+H2O B.(NH4)2SO4溶液与NaOH溶液共热:N+OH-NH3↑+H2O C.FeO与稀HNO3反应:FeO+2H+===Fe2++H2O D.稀HNO3与过量Fe反应:Fe+4H++N===Fe3++NO↑+2H2O 【解析】选B。A项,过量SO2与Ca(OH)2反应生成Ca(HSO3)2,错误;C项,Fe2+被HNO3氧化,不能生成Fe2+,错误;D项,过量Fe反应时生成Fe2+,错误。 7.下列操作能够达到实验目的的是 (　　) 【解析】选D。Cl2、SO2等都能使品红褪色,要将褪色后溶液加热,看是否重新变成红色,才能验证是否生成SO2,A错误;NO不稳定,遇到空气会被氧化为NO2,不能用排空气法收集NO,B错误;干燥的氨气不能使干燥的红色石蕊试纸变蓝,要用蒸馏水润湿红色石蕊试纸再检验,C错误;因为氨气极易溶于水,所以采用防倒吸装置,D正确。 8.下列气体的制备和性质实验中,由现象得出的结论不正确的是 (　　) 选项 试剂 试纸或 试液 现象 结论 A 浓氨水、生石灰 蓝色石蕊试纸 变红 NH3为碱性气体 B 浓盐酸、浓硫酸 湿润 pH试纸 变红 HCl为酸性气体 C 浓盐酸、高锰酸钾 淀粉碘化钾试液 变蓝 Cl2具有氧化性 D 亚硫酸钠、硫酸 品红试液 褪色 SO2具有漂白性 【解析】选A。生石灰溶于水放出大量的热,增大氢氧根离子浓度,有利于氨气的逸出,NH3制备可以利用浓氨水和生石灰制取,可用湿润的红色石蕊试纸检验,试纸变蓝则说明NH3为碱性气体,故A错误;利用浓硫酸的高沸点性,可以制取HCl气体,湿润pH试纸变红,则说明气体为酸性气体,故B正确;浓盐酸和高锰酸钾可以制取Cl2,Cl2可以用淀粉碘化钾试液检验,试液变蓝,说明KI转化为I2,则说明Cl2有氧化性,故C正确;亚硫酸钠和硫酸反应制取二氧化硫,SO2使品红试液褪色体现的是SO2的漂白性,故D正确。 【补偿训练】根据SO2通入不同溶液中的实验现象,所得结论不正确的是 (　　) 选项 溶液 现象 结论 A 含HCl的 Ba(NO3)2溶液 产生白色沉淀 SO2有还原性 B H2S溶液 产生黄色沉淀 SO2有氧化性 C 酸性KMnO4 溶液 紫色溶液褪色 SO2有漂白性 D 品红溶液 溶液褪色 SO2有漂白性 【解析】选C。硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性,能氧化二氧化硫,说明二氧化硫有还原性,A正确;硫化氢和二氧化硫反应生成硫单质,二氧化硫具有氧化性,B正确;二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶液氧化,二氧化硫有还原性,C错误;二氧化硫能使品红溶液褪色,二氧化硫具有漂白性,D正确。 9.绿色化学理念影响着整个化学实验改革,微型化学实验就是在这种背景下诞生的一种创新性的实验教学方法。蔗糖与浓硫酸反应的探究实验改进装置如图所示。下列说法不正确的是 (　　) A.反应中,品红溶液褪色,紫色石蕊试液先变红后褪色 B.该实验体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性 C.该装置能证明二氧化硫具有氧化性 D.X溶液可以是NaOH溶液 【解析】选A。A.二氧化硫是酸性氧化物,紫色石蕊试液变红后不褪色,故A错误;B.蔗糖脱水变黑,证明浓硫酸具有脱水性,碳和浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫,说明浓硫酸具有强氧化性,故B正确;C.二氧化硫和Na2S反应生成S沉淀,证明二氧化硫具有氧化性,故C正确;D.二氧化硫是酸性氧化物,能被氢氧化钠溶液吸收,所以X溶液可以是NaOH溶液,故D正确。 【补偿训练】某同学设计下列实验探究碳、硅元素非金属性的相对强弱。 已知:①酸性强弱:亚硫酸>碳酸; ②硅酸为白色固体,不溶于水 下列说法正确的是 (　　) A.圆底烧瓶中的反应,浓硫酸体现氧化性和酸性 B.实验时,应先点燃酒精灯,再打开分液漏斗活塞 C.装置B中产生CO2可说明硫元素的非金属性强于碳元素 D.装置C中生成白色沉淀可说明碳元素的非金属性强于硅元素 【解析】选A。装置A中,浓硫酸和铜反应生成硫酸铜和二氧化硫,二氧化硫进入装置B中和碳酸氢钠反应生成二氧化碳,二氧化碳进入装置C中和硅酸钠反应生成硅酸,以此解题。圆底烧瓶中的反应是Cu与浓硫酸反应,生成硫酸铜、二氧化硫和水,浓硫酸体现氧化性和酸性,A正确;实验时,应先打开分液漏斗,使浓硫酸与铜接触,再点燃酒精灯,可以防止铜和氧气的反应,B错误;装置B中产生二氧化碳,不能说明硫元素的非金属性强于碳元素,因为亚硫酸不是硫元素的最高价氧化物对应的水化物,C错误;从装置B到装置C的气体中可能含有二氧化硫,则装置C中生成白色沉淀,不能说明碳酸的酸性强于硅酸,所以不能说明碳元素的非金属性强于硅元素,D错误。 10.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 (　　) A.标准状况下,1 mol SO3的体积为22.4 L B.1 mol Cu与足量的S充分反应,转移的电子数为2NA C.0.2 mol Cu与含0.4 mol H2SO4的浓硫酸在加热的条件下反应时,生成的SO2在标准状况下的体积为4.48 L D.0.5 mol Cu与足量浓HNO3反应时,转移的电子数为NA 【解析】选D。SO3在标准状况下为固体,A错误; 1 mol Cu与足量的S反应生成Cu2S,转移的电子数为NA,B错误;随着反应的进行,浓硫酸的浓度逐渐减小,Cu与稀硫酸不反应,因此生成的SO2在标准状况下的体积小于4.48 L,C错误;0.5 mol Cu与足量浓硝酸反应生成Cu(NO3)2,转移的电子数为0.5×2×NA=NA,D正确。 二、选择题:本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。 11.某化学课题小组将二氧化硫的制备与多个性质实验进行了一体化设计,实验装置如图所示。下列说法不正确的是 (　　) A.a、b、c中依次盛装70%硫酸、Na2SO3固体、NaOH溶液 B.实验时,湿润的pH试纸、鲜花、品红溶液、酸性KMnO4溶液均褪色,Na2S溶液出现淡黄色沉淀 C.此设计可证明SO2水溶液的酸性和SO2的氧化性、还原性、漂白性 D.点燃酒精灯加热,可证明SO2使品红溶液褪色具有可逆性,使酸性KMnO4溶液褪色不具有可逆性 【解析】选B。70%硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫,多余的二氧化硫气体最后用NaOH溶液吸收,所以a、b、c中依次盛装70%硫酸、Na2SO3固体、NaOH溶液,故A正确;二氧化硫不能漂白pH试纸,二氧化硫与水反应生成亚硫酸,使湿润的pH试纸显红色,但湿润的pH试纸不会褪色,故B错误;SO2使湿润的pH试纸变红说明其水溶液具有酸性,使鲜花、品红溶液褪色说明其有漂白性,使酸性高锰酸钾溶液褪色说明其有还原性,与Na2S反应生成S说明其有氧化性,故C正确;点燃酒精灯加热,褪色的品红溶液又恢复原来的颜色,而酸性KMnO4溶液褪色后不恢复原来的颜色,可证明SO2使品红溶液褪色具有可逆性,使酸性KMnO4溶液褪色不具有可逆性,故D正确。 【补偿训练】将X气体通入BaCl2溶液中,未见沉淀生成,然后通入Y气体,有沉淀生成,X、Y不可能是(　　) 选项 X Y A SO2 H2S B Cl2 CO2 C NH3 CO2 D SO2 Cl2 【解析】选B。A选项,SO2+2H2S===3S↓+2H2O,不符合题意;B选项,CO2不与BaCl2溶液反应,符合题意;C选项,NH3+H2ONH3·H2O、2NH3·H2O+CO2(少量)===(NH4)2CO3+H2O、(NH4)2CO3+BaCl2===BaCO3↓+2NH4Cl,不符合题意;D选项,SO2+Cl2+2H2O===H2SO4+2HCl、H2SO4+BaCl2===BaSO4↓+2HCl,不符合题意。 12.向100 mL稀硫酸与稀HNO3的混合溶液中逐渐加入铁粉,假设加入铁粉的质量与产生气体的体积(标准状况下)之间的关系如图所示,且曲线中每一段只对应一个反应。下列说法正确的是 (　　) A.产生H2的体积为1.12 L B.m2=8.4 C.所用混合溶液中c(H2SO4)=1.0 mol·L-1 D.AB段发生的反应为置换反应 【解析】选A、B。由坐标图可知,OA段,发生反应:Fe + 4H++N===Fe3++NO↑+2H2O;AB段,发生反应:2Fe3++Fe===3Fe2+;BC段,发生反应:Fe+2H+===Fe2++H2↑。OA段,n(NO)==0.1 mol,则n(Fe)=0.1 mol, n(H+)=0.4 mol,n(N)=0.1 mol,n(Fe3+)=0.1 mol;AB段,n(Fe)=n(Fe3+)= 0.05 mol; BC段,n(H+)=2n(H2)=2×=0.1 mol。A.产生H2的体积为3.36 L-2.24 L =1.12 L,A正确;B.m2=(0.1+0.05)×56=8.4,B正确;C.由n(N)=0.1 mol可知,所用混合溶液中HNO3为0.1 mol,则H2SO4电离产生的H+为0.4 mol,c(H2SO4)== 2 mol·L-1,C不正确;D.AB段发生的反应为Fe2(SO4)3+Fe===3FeSO4,属于化合反应,D不正确。 13.晾晒海水获得的粗盐中含有可溶性杂质Na2SO4、MgCl2、CaCl2等。粗盐提纯的工艺流程如下,下列说法正确的是 (　　) A.“步骤I”中试剂1为Na2CO3溶液,试剂2为BaCl2溶液 B.“步骤Ⅰ”生成的沉淀只能一次性过滤,不能分步过滤 C.“步骤Ⅱ”试剂3不能用稀硫酸代替稀盐酸 D.“步骤Ⅱ”从滤液中获得精盐的方法是蒸发结晶 【解析】选C、D。粗盐中加入氯化钡,除去硫酸钠杂质,加入NaOH,除去氯化镁,因所加试剂过量,则加入碳酸钠除去氯化钙杂质及过量的氯化钡,过滤时得到硫酸钡、氢氧化镁、碳酸钙、碳酸钡,过滤后溶液中含有过量的NaOH、碳酸钠,则加入盐酸,除去碳酸钠和NaOH,加热蒸发,去除HCl,以此分析。根据分析,碳酸钠在氯化钡后加入,碳酸钠除去溶液中的氯化钙杂质及过量的氯化钡,A错误;既可以分步过滤,也可以一次性过滤,B错误;用稀硫酸代替稀盐酸,则引入新的杂质硫酸根离子,无法除掉,C正确;氯化钠随着温度变化溶解度变化不大,则获得精盐的方法是蒸发结晶,D正确。 14.工业上以侯氏制碱法为基础生产焦亚硫酸钠(Na2S2O5,能溶于水,微溶于乙醇。受潮易分解,露置空气中易氧化成硫酸钠)流程如下。下列说法错误的是 (　　) A.该流程中,CO2可以循环使用 B.反应Ⅰ所得Y溶液在升高温度后加入饱和食盐水有利于析出氯化铵晶体 C.反应Ⅲ的化学方程式为Na2CO3+2SO2===Na2S2O5+CO2 D.焦亚硫酸钠晶体过滤后用无水乙醇洗涤可减少产品损失 【解析】选B。饱和氯化钠溶液中先通入氨气,再通入二氧化碳,反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵,晶体过滤后进行灼烧,碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水,碳酸钠加水溶解再通入二氧化硫反应生成Na2S2O5;由流程可知反应Ⅰ中消耗二氧化碳,反应Ⅱ、Ⅲ中均有二氧化碳生成,生成的二氧化碳可用于反应Ⅰ,实现循环利用,A正确; Y溶液主要成分为氯化铵,氯化铵溶解度在低温时较小,应该降低温度加入饱和食盐水有利于析出氯化铵晶体,B错误;反应Ⅲ为碳酸钠和二氧化硫反应生成二氧化碳和Na2S2O5,反应为Na2CO3+2SO2===Na2S2O5+CO2,C正确;Na2S2O5能溶于水,微溶于乙醇,受潮易分解,故用无水乙醇洗涤可减少产品的溶解、减少损失,D正确。 15.实验室用H2还原制备高纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置略去),下列说法正确的是 (　　) A.装置Ⅱ、Ⅲ中依次盛装的是浓硫酸、冰水 B.实验时,应先加热管式炉,再打开活塞K C.为鉴定制得硅中是否含有微量铁单质,需要用到的试剂为盐酸、双氧水、KSCN溶液 D.该实验中制备氢气的装置不能用于硫酸与Na2SO3反应制备SO2 【解析】选C、D。Ⅰ为氢气的发生装置,Ⅱ为干燥装置,浓硫酸是常用的干燥剂,装置Ⅲ需水浴加热,目的是加快反应的速率;装置Ⅳ不能采用普通玻璃管的原因是温度太高,普通玻璃管易熔化;保证实验成功的关键是装置要严密,控制好温度等。制备高纯硅的反应:H2+SiHCl3Si+3HCl,应在装置Ⅳ中进行,装置Ⅰ的目的是制备氢气,氢气中含有水蒸气,会对后续实验产生干扰,必须除去,因此装置Ⅱ的作用是除去氢气中的水蒸气,即装置Ⅱ中盛放浓硫酸,装置Ⅲ的作用是提供SiHCl3气体,因此在水浴中加热,不能使用冰水,A错误;实验时应先通入氢气,目的是排出装置中的空气,防止氢气不纯,在加热时爆炸,B错误;铁与盐酸反应生成Fe2+,Fe2+被H2O2氧化成Fe3+,Fe3+与KSCN溶液反应,溶液变红色,可以鉴定是否含有铁单质,C正确;Na2SO3易溶于水,不能用启普发生器,因此不能用于硫酸与Na2SO3反应制备SO2,D正确。 三、非选择题:本题包括5小题,共60分。 16.(14分)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的抗氧化剂(易被氧化),某研究性学习小组为了制备少量Na2S2O5,并探究SO2的某些性质,设计如图所示装置(夹持装置已略去): 请回答下列问题: (1)装置A中盛装70%浓硫酸的仪器名称是分液漏斗。(1分)  (2)写出装置A中发生反应的化学方程式: H2SO4+Na2SO3===Na2SO4+SO2↑+H2O,  反应中体现了70%浓硫酸的酸性。(3分)  (3)装置B的作用是作安全瓶,防止倒吸。(2分)  (4)反应一段时间后,装置C中有Na2S2O5晶体析出,Na2S2O5中S元素的化合价为+4价。(1分)  (5)若探究SO2的漂白性,装置D中应盛有品红溶液;若装置D中盛有酸性高锰酸钾溶液,则可观察到的现象为溶液由紫红色变为无色(或溶液颜色变浅),  写出发生反应的离子方程式: 2Mn+5SO2+2H2O===2Mn2++5S+4H+。(5分)  (6)装置E的作用为除去多余的SO2,防止污染空气。(2分)  【解析】装置A制备二氧化硫,装置B作为安全瓶,二氧化硫通入装置C中制备焦亚硫酸钠,装置D验证二氧化硫的化学性质,装置E尾气处理,防止污染,据此解答。(1)装置A中盛装70%浓硫酸的仪器名称是分液漏斗。(2)装置A制备二氧化硫,装置A中发生反应的化学方程式为H2SO4+Na2SO3===Na2SO4+SO2↑+H2O,反应中生成硫酸盐和二氧化硫,反应中体现了70%浓硫酸的酸性。(3)二氧化硫易溶于水,装置B的作用是作安全瓶,防止倒吸。(4)Na2S2O5中Na是+1价,O是-2价,则根据化合物化合价代数和为0可知S元素的化合价为+4价。(5)二氧化硫能使品红溶液褪色,若探究SO2的漂白性,装置D中应盛有品红溶液;二氧化硫具有还原性,若装置D中盛有酸性高锰酸钾溶液,高锰酸钾被还原,则可观察到的现象为溶液由紫红色变为无色(或溶液颜色变浅),发生反应的离子方程式为2Mn+5SO2+2H2O===2Mn2++5S+4H+。(6)二氧化硫有毒,需要尾气处理,装置E的作用为除去多余的SO2,防止污染空气。 17.(10分)氮及其化合物在农业、医药、国防等领域应用广泛。请回答下列问题 (1)实验室加热NH4Cl和 Ca(OH)2固体混合物制取 NH3,反应的化学方程式是2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。(2分)  (2)工业合成氨及氨氧化制取硝酸的流程示意图如下。 ①合成塔中生成NH3,说明 N2具有氧化性(填“氧化性”或“还原性”)。(2分)  ②氧化炉中NH3转化为NO,发生反应的化学方程式是4NH3+5O24NO+6H2O。(2分)  ③吸收塔中NO最终可转化为 HNO3。通入空气是为了提供A (填字母)。(2分)  A.O2　　B.N2　　C.CO2 ④尾气处理装置中,可用NH3将尾气中 NO2还原为 N2。反应的化学方程式是8NH3+6NO27N2+12H2O。(2分)  【解析】氮气和氢气在一定条件下在合成塔中反应生成氨气,氨分离器得到氨气进入氧化炉,氨气催化氧化反应生成一氧化氮和水,一氧化氮进入吸收塔和氧气、水反应生成硝酸,最后尾气处理剩余的氮氧化物。(1)氯化铵和氢氧化钙加热生成氯化钙、水和氨气,2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O;(2)①合成塔中生成 NH3,反应中氮元素化合价降低,说明 N2具有氧化性;②氧化炉中 NH3转化为NO,氮元素化合价由-3变为+2,空气中的氧气为氧化剂,氧元素化合价由0变为-2,结合电子守恒可知,发生反应的化学方程式是4NH3+5O24NO+6H2O;③吸收塔中NO最终可转化为 HNO3,反应中氮发生氧化反应,通入空气是为了提供氧化剂氧气,故选A; ④NH3将尾气中 NO2还原为 N2,氨气中氮元素化合价由-3变为0,二氧化氮中氮元素化合价由+4变为0,氮元素发生归中反应,结合电子守恒可知,反应的化学方程式是8NH3+6NO27N2+12H2O。 18.(10分)某化学自主实验小组利用如图装置制取氨气并探究NH3与Cl2的反应(已知NH3难溶于CCl4)。 (1)装置A中烧瓶内的试剂可选用烧碱,推测可产生NH3的原因: 烧碱溶于水放出大量的热促进浓氨水的分解。(2分)  (2)当装置D中集满氨气后,关闭K1、K2,打开K3,引发喷泉的实验操作是用热毛巾给烧瓶加热。(3分)  (3)若探究氨气与氯气的反应,则需打开K1、K3,K2处导管连接制取纯净、干燥氯气的装置。 ①装置D中氨气与氯气反应产生白烟,同时生成一种无色无味的气体,该反应的化学方程式为3Cl2+8NH3===6NH4Cl+N2。(2分)  ②从K3处导管排出的气体中含有少量Cl2,则装置C中应盛放NaOH (填化学式)溶液,Cl2与其发生反应的离子方程式为Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O。 (3分)  【解析】实验目的是制取氨气并探究与Cl2的反应,A装置制取氨气,B装置用于干燥氨气,打开K1、K3,用向下排空气法收集氨气;若打开K1、K3,K2处导管连接制取纯净、干燥氯气的装置,则验证氨气和氯气的反应。(1)烧碱固体遇水放出大量热,能使氨水温度升高,氨水分解生成氨气,则装置A选用烧碱产生NH3的原因:烧碱溶于水放出大量的热促进浓氨水的分解;(2)当装置D中集满氨气后,关闭K1、K2,打开K3,用热毛巾给烧瓶加热,使氨气受热膨胀与水接触,即可引发喷泉;(3)①装置D中氨气与氯气反应产生白烟,可知有氯化铵生成,同时生成的无色无味的气体是氮气,反应方程式为3Cl2+8NH3===6NH4Cl+N2;②从K3处导管输出的气体中含有少量Cl2,氯气能与氢氧化钠反应,为吸收氯气,则装置C中应盛放NaOH溶液,Cl2与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠、水,发生反应的离子方程式为Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O。 19.(12分)三氯硅烷(SiHCl3)可用于生产有机硅化合物、多晶硅。实验室利用硅粉和氯化氢反应制备三氯硅烷,装置如图所示(加热仪器已略去)。回答下列问题: 已知:①制备三氯硅烷的化学方程式:Si+3HClSiHCl3+H2 ②三氯硅烷的熔点-126.6℃,沸点31.8℃;极易与水反应,易被氧化。 (1)装置B所装药品是无水氯化钙(填“碱石灰”或“无水氯化钙”),加热前要先通一段时间HCl气体,原因是排尽装置内的空气,防止三氯硅烷被氧化,防止生成的氢气与空气混合反应而爆炸。(3分)  (2)制备SiHCl3时常伴有杂质SiCl4(熔点-70℃,沸点57.6℃),分离SiCl4和SiHCl3的实验方法是D (填字母)。(2分)  A.过滤　　B.萃取　　C.蒸发结晶　　D.蒸馏 (3)装置D中冰盐水的作用是冷却生成的SiHCl3,使其液化,以便收集。(3分)  (4)该实验装置存在明显不足,请指出一个: E中会产生倒吸(或D、E之间缺少一个盛有浓硫酸的干燥装置或缺少H2的处理装置)。(4分)  【解析】A中反应生成氯化氢,通过B无水氯化钙干燥后,氯化氢进入C中和硅反应生成三氯硅烷,三氯硅烷在D中冷凝收集,尾气使用碱液吸收防止污染。(1)装置B为干燥氯化氢装置,氯化氢和碱石灰反应,故所装药品是无水氯化钙;三氯硅烷极易与水反应,易被氧化,且反应生成易燃易爆气体氢气,故加热前要先通一段时间HCl气体,原因是排尽装置内的空气,防止三氯硅烷被氧化,防止生成的氢气与空气混合反应而爆炸;(2)SiCl4和SiHCl3互溶且两者的沸点不同,故分离实验方法是D蒸馏;(3)三氯硅烷的熔点-126.6℃,沸点31.8℃,D中冰盐水的作用是冷却生成的SiHCl3,使其液化,以便收集;(4)氯化氢气体极易溶于水,且三氯硅烷极易与水反应,氢气易爆,装置中E会产生倒吸,D、E之间缺少一个盛有浓硫酸的干燥装置,缺少H2的处理装置。 20.(14分)甲、乙两同学为探究SO2与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO3沉淀,用如图所示装置进行实验(夹持装置和A中加热装置已省略,气密性已检验)。 实验操作和现象: 操作 现象 关闭弹簧夹,滴加一定量浓硫酸,加热 A中有白雾生成,铜片表面产生气泡 B中有气泡冒出,产生大量白色沉淀 C中产生白色沉淀,液面上方略显红棕色并逐渐消失 打开弹簧夹,通入N2,停止加热,一段时间后关闭 — 从B、C中分别取少量白色沉淀,加稀盐酸 均未发现白色沉淀溶解 (1)A中反应的化学方程式是Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。(2分)  (2)C中白色沉淀是BaSO4,该沉淀的生成表明SO2具有还原性。 (2分)  (3)C中液面上方生成红棕色气体的化学方程式是2NO+O2===2NO2。(3分)  (4)分析B中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因,甲认为是空气参与反应,乙认为是白雾参与反应。 ①为证实各自的观点,在原实验基础上,甲在原有操作之前增加一步操作,该操作是通N2一段时间,排出装置中的空气;  乙在A、B间增加洗气瓶D,D中盛放的试剂是饱和NaHSO3溶液。 (3分)  ②进行实验,B中现象: 甲 大量白色沉淀 乙 少量白色沉淀 检验白色沉淀,发现均不溶于稀盐酸。结合离子方程式解释实验现象不同的原因: 甲:S+Ba2+===BaSO4↓,乙:2Ba2++2SO2+O2+2H2O===2BaSO4↓+4H+,白雾的量远多于装置中O2的量。(2分)  (5)合并(4)中两同学的方案进行实验。B中无沉淀生成,而C中产生白色沉淀,由此得出的结论是SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀。(2分)  【解析】(1)铜与浓硫酸反应的化学方程式为Cu+ 2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。(2)A中白雾可能是H2SO4,由于B、C中白色沉淀不溶于稀盐酸,所以沉淀为BaSO4,在SO2转化为BaSO4的过程中发生了氧化反应,所以SO2具有还原性。(3)红棕色气体为NO2,所以反应为2NO+O2===2NO2。(4)①根据题意可知甲是为了除去装置中的空气(氧气),乙是为了除去白雾,具体操作为甲通N2一段时间,排出装置中的空气;乙在A、B间增加洗气瓶D,洗气瓶D中盛放的试剂是饱和NaHSO3溶液。②甲:S+Ba2+===BaSO4↓,乙:2Ba2++2SO2+O2+2H2O===2BaSO4↓+4H+,现象不同的原因:白雾的量远多于装置中O2的量。(5)综上可得结论:SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀。 - 1 - 学科网（北京）股份有限公司 $