1、作业4非金属及其化合物1下列关于氯及其化合物的说法，正确的是（ ）A工业上用澄清石灰水与氯气反应制备漂白粉B使用漂白粉时，滴加过量的浓盐酸，有利于增强漂白效果CClO2是常见的自来水消毒剂，能使水中悬浮的杂质沉降D漂粉精可以作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，也可用于泳池的消毒剂【答案】D【解析】A澄清石灰水中Ca(OH)2的浓度较低，工业上用石灰乳与氯气反应制备漂白粉，A错误；B漂白粉中的次氯酸钙可与浓盐酸反应生成氯气，不仅会降低漂白效果，还会产生有毒气体，B错误；CClO2具有强氧化性，是常见的自来水消毒剂，但不能使水中悬浮的杂质沉降，C错误；D漂粉精是次氯酸钙，可以作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，也
2、可用于泳池的消毒剂，D正确；答案选D。1随着人们生活节奏的加快，方便的小包装食品已被广泛接受。为了延长食品的保质期，防止食品受潮及富脂食品氧化变质，在包装袋中应放入的物质是（ ）A无水硫酸铜、蔗糖B硅胶、食盐C食盐、还原铁粉D生石灰、还原铁粉2下列说法正确的是（ ）A汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土BSiO2具有导电性，可用于制作光导纤维和光电池C12g金刚石中含有化学键的数目为NADSiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维3下列制取、干燥、收集NH3并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是（ ）A制备NH3 B干燥NH3C收集NH3 D尾气处理4在2020年初抗击新冠病
3、毒感染的肺炎(Covid-19)疫情中，化学品发挥了重要的作用，如75%酒精、“84消毒液”等。“84消毒液”是主要用于环境和物体表面消毒的含氯消毒剂。下列判断不正确的是（ ）A制备“84消毒液”时的离子方程式为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2OB“84消毒液”的有效成分是NaClOC84消毒液是利用NaClO的还原性进行杀菌消毒D将氯气通入澄清的石灰水中可制得漂白粉，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，可作纸张的漂白剂5下列物质与其用途完全符合的有（ ）Na2CO3制玻璃 SiO2制光导纤维 AgBr照相底片感光剂 NaCl制纯碱 Al2O3焊接钢轨NaClO消毒剂 Fe2O3制红色油漆
4、或涂料MgO制耐火材料A4个 B5个 C6个 D7个6将一定量的氯气通入30mL浓度为10mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后恰好完全反应，形成了NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断不正确的是（ ）A与NaOH反应的氯气为0.15molBn（NaCl）n（NaClO）n（NaClO3）可能为1031CCl2与NaOH溶液反应的产物会随反应条件的改变而改变D溶液中氯离子的物质的量取值范围是0.15moln(Cl)0.25mol7如图所示，试管中盛装的是红棕色气体(可能是混合物)，当倒扣在盛有水的水槽中时，试管内液面上升，但不能充满试管，当向试管内鼓入氧气后，可以观察到试管
5、中液面继续上升经过多次重复后，试管内完全被充满，原来试管中盛装的气体是（ ）A 可能是NO2一种气体 B可能是N2和NO2的混合气体C一定是NO与NO2的混合气体 D一定是NO2气体8我国倡导低碳生活，减少二氧化碳的排放，“碳捕捉技术”可实现二氧化碳的分离、储存和利用。实际生产中，常利用NaOH溶液来“捕捉”CO2，其工艺流程如图所示（部分条件及物质未标出），下列说法正确的是（ ）ACO2是引起酸雨的主要物质之一B整个过程中，只有CO2可循环利用C能源消耗低是该技术的一大优点D该生产过程中，没有涉及到氧化还原反应9下列说法正确的是（ ）A因SO2具有漂白性，所以能使品红溶液、溴水、酸性KMnO
6、4溶液、石蕊试液褪色BSO2在葡萄酒中有杀菌，抗氧化作用C将少量的SO2通入氯化钡中，会产生白色沉淀D等物质的量的SO2和Cl2混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中，漂白效果更好10绿矾(FeSO47H2O)高温分解可能会生成Fe2O3、SO2、SO3等，已知SO3的熔点为16.8、沸点为44.8。若设计实验验证绿矾高温分解的相关气态产物，下列实验装置可能不需要的是（ ）ABCD11将一定质量的铜与150mL的一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生标准状况下11.2L的NO和NO2的混合气体，将生成的混合气体与5.6L标况下的氧气一起通入足量NaOH溶液中，气体恰好被吸收生成NaNO3。下列说
7、法不正确的是（ ）A铜的质量为32gB铜与硝酸反应，电子转移总数为NAC硝酸的物质的量浓度为10.0molL1D向反应后的溶液加NaOH，使铜沉淀完全，需要NaOH的物质的量至少为1.0mol12下列关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他反应产物及反应所需条件均已略去）。当X是强碱时，B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。下列说法中不正确的是（ ）A当X是强酸时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是H2SO4B当X是强酸时，C在常温下是气态单质CB和Cl2的反应是氧化还原反应D当X是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一
8、种元素，F是HNO313已知：稀硝酸能与SO2或亚硝酸盐发生氧化还原反应：3SO2+2HNO3+H2O=3H2SO4+2NO。下列过程中最终的白色沉淀不一定是BaSO4的是（ ）AFe(NO3)2溶液通入SO2+过量盐酸加BaCl2溶液白色沉淀BBa(NO3)2溶液加过量盐酸加Na2SO3溶液白色沉淀C无色溶液加稀HNO3加BaCl2溶液白色沉淀D无色溶液加过量盐酸无色溶液加BaCl2溶液白色溶液14为了探究Cl2、SO2同时通入H2O中发生的反应，某校化学兴趣小组同学设计了如图所示的实验装置。(1)该化学兴趣小组的同学制取Cl2、SO2气体，现采用Na2SO3与70%的硫酸为原料制取SO2，
9、采用MnO2和浓盐酸(12molL1)为原料制取Cl2.在此试验中，F仪器的作用是_；发生装置B应选择以下三种装置中的_(选填序号)。(2)D装置中主要反应的离子方程式为_。(3)为验证通入D装置中的气体是Cl2过量还是SO2过量，兴趣小组的同学准备了以下试剂：a氧化铁溶液 b氧化亚铁溶液 c硫氰化钾溶液d氯化钡溶液 e品红溶液 f酸性高锰酸钾溶液若Cl2过量，取适量D中溶液滴加至盛有_(选填一个序号)试剂的试管内，再加入_(选填一个序号)试剂。发生的现象是_。若SO2过量，取适量D中溶液滴加至盛有_(选填一个序号)试剂的试管内，发生的现象是_。15研究性学习小组的同学们按下图装置进行SO2的
10、制备及性质探究实验。(查阅资料得到SO2气体的制备原理：Na2SO3(固)+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2+H2O)，回答问题： (1)图中a的仪器名称是_，亚硫酸钠应放在_(填“a”或“b”)中。(2)实验过程中，可以观察到装置B中品红溶液_(填实验现象)，该现象说明SO2具有_性(填“氧化”、“还原”或“漂白”)。(3)酸性条件下，SO2与KMnO4在发生如下反应：5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4，使溶液褪色。反应中SO2是_(填“氧化”、“还原”剂)。(4)尾气可采用_溶液吸收。16烟气脱硝(将NOx转化成无害物质)是工业废气处理中的重要工
11、艺。相对传统的处理工艺，活性炭吸附脱硝法具有工艺过程无二次污染、氮资源和脱硝剂可循环利用等优点。回答下列问题。(1)活性炭吸附脱硝法的工艺流程如图所示。该流程中活性炭的作用是_，若入口烟气中NOx以NO形式参加反应，则相应的化学方程式为_。(2)某同学选择如下装置(省略夹持仪器)对该方法进行模拟实验： 实验前，按hj，ik的顺序连接仪器，检查装置_。按hj而不是hk连接仪器的原因是_。先通入空气，再打开A、B中分液漏斗的活塞，观察到B中出现红棕色气体，此时，所获得的氮氧化物中一定含有_气体。装置F除了能用于判断气体流速和脱硝效果外，还可用于_。为达到更好的脱硝效果，实验中应采取的措施有_(任写
12、两种)。常温常压下，以一定流速和比例混合NO、NH3、空气等气体进行模拟实验，现测得NO入口体积分数为3104，出口体积分数为6105，则脱硝百分率为_%(因混合气体中NO所占比例很小，可忽略脱硝前后气体总体积的变化，计算结果保留小数点后1位)。1.【答案】D【解析】A无水硫酸铜能吸收水分，但蔗糖不能防止食品被氧化，故A不符合题意；B硅胶具有吸水性，能防止食品受潮，食盐不能防止食品被氧化，故B不符合题意；C食盐不能吸收水分，还原铁粉能防止食品被氧化，故C不符合题意；D生石灰具有吸水性，能防止食品受潮，还原铁粉能防止食品被氧化，故D符合题意；答案选D。2.【答案】A【解析】A瓷器的主要成分为黏土
13、，由黏土高温煅烧可制得瓷器，A正确；BSiO2对光具有良好的全反射作用，可用于制作光导纤维，光电池是由硅单质制成，B错误；C12g金刚石的物质的量为1mol，1mol金刚石中含有2mol CC键，即含有化学键的数目为2NA，C错误；DSiO2对光具有良好的全反射作用，可用于制作光导纤维，与熔点高硬度大无关，D错误；答案选A。3.【答案】D【解析】A制备装置有缺陷，不易控制生成氨气的速率，加入少量的水时氨气会从长颈漏斗溢出，加入大量的水时反应太快，应该选用分液漏斗，故A错误；B氨气与浓硫酸反应，不能干燥氨气，故B错误；C氨气的密度比空气小，应选向下排空气法收集，故C错误；D氨气极易溶于水，倒扣的
14、漏斗可防止倒吸，故D正确。答案选D。4.【答案】C【解析】A氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠和氯化钠，所以制备84消毒液的离子方程式：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，故A正确；B“84消毒液”的主要成分为NaCl和NaClO，有效成分是NaClO，B正确；CClO可以杀菌消毒，利用了ClO的氧化性将病毒氧化失活，C错误；D澄清石灰水的主要成分为Ca(OH)2，将氯气通入澄清石灰水中得到漂白粉，漂白粉的主要成分为CaCl2和Ca(ClO)2，有效成分为Ca(ClO)2，故D正确；故选择C。5.【答案】D【解析】碳酸钠和二氧化硅在高温条件下反应制取玻璃，符合；高纯度的二氧化硅用来制做光导纤维，
15、符合；溴化银有感光性，可用于照相底片感光剂，符合；饱和氯化钠溶液、氨气和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再受热分解得到碳酸钠，符合；铝和氧化铁能发生铝热反应用于焊接钢轨，不符合；次氯酸钠有强氧化性，可以做消毒剂，漂白织物，符合；氧化铁为红棕色固体，可以做红色油漆或涂料，符合；氧化镁熔点较高，可以做耐火材料，符合；符合的有，故D正确；答案选D。6.【答案】B【解析】A氯原子守恒有2n(Cl2)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=0.3mol，故参加反应的氯气n(Cl2)=0.15mol，故A正确；B令n(NaCl)=10mol，n(NaClO)=3mol，n(NaClO3)
16、=1mol，生成NaCl获得的电子为10mol1=10mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为3mol1+1mol5=8mol，得失电子不相等，故B错误；CCl2与NaOH溶液反应，当反应温度不同时，生成的产物可能是NaCl、NaClO、NaClO3中的两种或三种，故C正确；D根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，转移电子数最少，为0.3mol1=0.15mol，氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多，为0.3mol1=0.25mol，则0.15n0.25，故D正确；故选B。7
17、.【答案】A【解析】AO2与NO2可在溶液中发生反应，试管内能完全被水充满，可能是NO2一种气体，但不一定是，也可能为NO和NO2的混合气体，故A选；B当充入氧气后，NO2可在溶液中发生反应，但N2和水不反应且不溶于水，故最后有气体剩余，故试管内不能完全被水充满，故B不选；CNO与NO2的混和气体，当向试管内鼓入氧气后，可在溶液中发生反应，试管内能完全被水充满，可能是NO和NO2的混合气体，但不一定是，也可能是NO2，故C不选；D当充入氧气后，NO2可在溶液中发生反应，二氧化氮能完全被水吸收无气体剩余，故试管内能被水完全充满，可能是NO2一种气体，但不一定是，也可为NO和NO2的混合气体，故D
18、不选；答案选A。8.【答案】D【解析】A酸雨是因为氮的氧化物、二氧化硫的排放引起，与二氧化碳无关，故A错误；B由图可知，CaO、氢氧化钠等均可以循环利用，故B错误；C高温反应炉需要消耗大量的能量，能量消耗较高，故C错误；D由流程图可知，该过程中主要涉及CO2和NaOH的反应，CaO和水的反应，氢氧化钙和碳酸钠的反应及碳酸钙的分解等，均没有涉及到氧化还原反应，故D正确；故选D。9.【答案】B【解析】ASO2的漂白性是因为和有色物质反应生成无色物质而漂白品红溶液，SO2被溴、酸性高锰酸钾氧化而使这两种物质褪色，SO2不能使酸碱指示剂褪色，故A错误；BSO2具有还原性，也具有较弱的氧化性，在葡萄酒中
19、较弱的氧化性起到杀菌作用，还原性起到抗氧化作用，故B正确；C盐酸的酸性强于亚硫酸，将少量的SO2通入氯化钡中不反应，故C错误；D等物质的量的SO2和Cl2混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中，二者恰好反应生成盐酸和硫酸，反应方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，盐酸和硫酸没有漂白性，所以等物质的量的SO2和Cl2混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中不能使有色布条褪色，故D错误；答案选B。10.【答案】D【解析】A装有品红的装置可检验生成产物中的SO2，A不符题意；B装有冰水混合物的装置可检验生成产物中的SO3，B不符题意；C绿矾分解的条件是高温，该反应装置中使用酒精喷灯加
20、热，符合实验要求，C不符题意；D绿矾分解的条件是高温，使用酒精灯加热达不到实验所需温度，该装置不符实验要求，D符合题意；答案选D。11.【答案】C【解析】Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO、NO2与水，铜失电子，硝酸被还原为NO、NO2两种气体，而NO、NO2两种气体在碱性环境下被氧气氧化为NO，NO、NO2又失电子，氧气得电子，所以整个过程相当于铜失电子转移给了氧气，根据电子守恒：设铜有a mol，则2a=4，解得a=0.5mol，即Cu的物质的量为0.5mol。A根据上述分析可知，Cu的物质的量为0.5mol，则铜的质量为0.5mol64g/mol=32g，A正确；BCu的物质的量为0.5m
21、ol，Cu完全反应，故电子转移总数为0.5mol2NAmol-1=NA，B正确；C0.5mol Cu与硝酸完全反应生成硝酸铜0.5mol，同时反应生成的NO、NO2两种气体共有=0.5mol，所以参加反应硝酸的量n(HNO3)=0.5mol2+0.5mol=1.5mol，而硝酸可能还有剩余，所以硝酸的物质的量浓度可能10.0molL1，C错误；D向反应后的溶液加NaOH，使铜沉淀完全，根据Cu2+2NaOH可知，0.5mol Cu2+完全沉淀消耗NaOH的物质的量为1mol，如果反应后硝酸过量，氢氧化钠还需中和硝酸，所以需要NaOH的物质的量要大于1.0mol，D正确；答案选C。12.【答案】
22、B【解析】A既可以和强酸反应，又可以和强碱反应，并是一种正盐，这一物质只能是硫化铵。A当X是强酸时，硫化铵与强酸反应生成硫化氢，则C为硫单质，D为二氧化硫，E为三氧化硫，F为硫酸，故A项正确；B当X是强酸时，C为硫单质，常温下是固态，故B项错误；C硫化氢或氨气和氯气的反应一定是氧化还原反应，故C项正确；D当X是强碱时，B为氨气，C为氮气，D为一氧化氮，E为二氧化氮，F为硝酸，故D项正确；故选B。13.【答案】C【解析】A硝酸亚铁中有硝酸根离子存在，加入过量的稀盐酸，就相当于硝酸存在，通入二氧化硫气体，二氧化硫与水生成亚硫酸，被硝酸氧化成硫酸根离子，加氯化钡最终生成BaSO4沉淀，A不符合题意；
23、B硝酸钡溶液中有硝酸根离子存在，加入过量的稀盐酸，就相当于硝酸存在，加入亚硫酸钠，亚硫酸根离子被硝酸氧化成硫酸根离子，所以一定是硫酸钡白色沉淀，B不符合题意；C无色溶液加入稀硝酸，加入氯化钡，Ag+可能干扰，最终生成的白色沉淀可能是AgCl或BaSO4，C符合题意；D无色溶液，加盐酸无沉淀，就排除了亚硫酸钡和氯化银，因为亚硫酸钡会和盐酸生成二氧化硫和水，再加氯化钡有生成沉淀，所以一定是硫酸钡白色沉淀，D不符合题意；答案选C。14.【答案】（1）防止倒吸 （2） Cl2+SO2+2H2O+4H+2Cl+SO （3） b c 溶液呈血红色 e 红色褪去为无色，加热后又变为红色 【解析】A装置生成S
24、O2，B装置生成Cl2，同时通入到D中与水反应，二氧化硫和氯气发生的氧化还原反应生成硫酸和盐酸，SO2溶解度较大会发生倒吸，故F的作用是安全瓶，起到防倒吸的作用；氯气过量可以设计实验验证氯气的氧化性，结合亚铁离子被氧化为铁离子后，加入硫氰酸钾溶液会变红色证明；二氧化硫过量可以依据二氧化硫具有漂白性设计实验和选择试剂验证。(1)SO2易与水反应，且溶解度较大会发生倒吸，则F可以防倒吸，装置B为制取氯气的装置，由固液反应且加热的原理可知应选择，故答案为：防止倒吸；(2)D中是二氧化硫和氯气发生的氧化还原反应生成硫酸和盐酸，反应的离子方程式为：Cl2+SO2+2H2O=4H+2Cl+SO，故答案为：
25、Cl2+SO2+2H2O=4H+2Cl+SO；(3)为验证通入D装置中的气体是Cl2还是SO2过量，若Cl2过量，取适量D中溶液滴加至盛有氯化亚铁溶液，试剂的试管内，再加入硫氰化钾溶液会变血红色，证明氯气氧化亚铁离子；若SO2过量，取适量D中溶液滴加至盛有品红溶液的试管中，红色褪去，加热又恢复红色，证明含有二氧化硫，故答案为：b；c；溶液呈血红色。e；红色褪去为无色，加热后又变为红色。15.【答案】（1）分液漏斗 b （2） 褪色 漂白 （3） 还原 （4） NaOH 【解析】由实验装置可知，A处发生Na2SO3(固)+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2+H2O，二氧化硫为酸性氧化物，二氧
26、化硫具有漂白性，B中品红褪色；二氧化硫具有还原性，C处发生高锰酸钾溶液褪色，二氧化硫有毒，污染环境，尾气可以利用SO2+2NaOH-Na2SO3+H2O处理。(1)根据图示，仪器a为分液漏斗，a中应该放液体试剂，b中放固体试剂，因此亚硫酸钠应放在b中，故答案为：分液漏斗；b；(2)二氧化硫具有漂白性，实验过程中，可以观察到B中品红褪色，故答案为：褪色；漂白；(3)5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4反应中SO2中S元素的化合价由+4价升高为+6价，被氧化，SO2是还原剂，故答案为：还原；(4)二氧化硫为酸性氧化物，尾气可采用氢氧化钠溶液吸收，故答案为：NaO
27、H。16.【答案】（1）催化剂 6NO+4NH35N2+6H2O （2）气密性 氨气密度较小，可使反应气体混合均匀，提高原料利用率 NO2 尾气吸收 干燥反应气体；控制气体流速；控制各气体的比例 80.0 【解析】装置A中利用空气将浓氨水中的氨气吹出，装置B中利用硝酸和铜反应生成氮氧化物，在装置C中二者混合，氨气的密度较小，为了使氨气和氮氧化物混合均匀，氨气从j口进入，氮氧化物从k口进入，混合后通过活性炭进行反应，E装置为安全瓶可以防止倒吸，装置F可以吸收尾气，并判断气体流速和脱硝效果。(1)该过程中烟气和氨气混合通过活性炭后，活性炭没有变化，所以为催化剂；NOx以NO形式参加反应，即NO和NH3发生归中反应生成氮气，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为6NO+4NH35N2+6H2O；(2)本实验中反应物均为气体，所以连接好仪器后要先检验装置的气密性；氨气密度较小，按hj连接可使反应气体混合均匀，提高原料利用率；氮氧化物中NO2为红棕色气体，所以出现红棕色说明一定含有NO2；氮氧化物和氨气均不能随意排放，所以装置F还可以吸收尾气；为了使反应更充分，需要控制气体流速，与活性炭充分接触反应；氮氧化物和氨气需要按照一定的比例进行反应；同时干燥的气体更有利于反应的进行；NO入口体积分数为3104，出口体积分数为6105，所以脱销百分率为=80.0%。