1、第十三讲 非金属及其化合物1(2019高考冲刺练)下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是(B)解析本题考查较为综合，涉及气体的制备、收集以及性质的检验等，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度中等。A稀硫酸和铜不反应，应用浓硫酸和铜反应制备二氧化硫气体，选项A错误；B二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色，操作符合要求，可达到实验目的，选项B正确；C二氧化硫密度比空气大，可用向上排空气法收集，气体应从长导管进入，选项C错误；D二氧化硫不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液，应用氢氧化钠溶液吸收尾气，且防
2、止倒吸，选项D错误。故选B。2(2019高考冲刺练)常温常压下，向盛有3.0 mL NO的试管中缓缓通入1.5 mL O2。最终试管中剩余的气体成分和体积为(A)ANO,1 mLBO2,0.5 mLCNO2,1 mLD无法确定解析根据4NO3O22H2O=4HNO3，可知1.5 mL氧气可以消耗NO的体积为1.5 mL2 mL，所以反应后NO过量3 mL2 mL1 mL，答案选A。3(2019南通、泰州一模)某同学利用下图装置进行喷泉实验，已知圆底烧瓶内充满X气体，胶头滴管内装有少量Y液体，烧杯内装有足量Z液体，下列组合能进行喷泉实验且最终液体一定能充满整个烧瓶的是(B)X气体Y试剂Z试剂AN
3、O2H2OH2OBHCl H2OH2OCHCl和O2混合气体H2OH2ODNH3和N2混合气体H2O H2O解析A二氧化氮溶于水和水反应，能形成喷泉，但二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，一氧化氮气体难溶于水，液体不能充满烧瓶，故A不选；BHCl极易溶于水，产生压强差，形成喷泉，液体充满整个烧瓶，故B选；C氧气难溶于水，液体不能充满烧瓶，故C不选； D氮气难溶于水，液体不能充满烧瓶，故不选 D。4(2019潍坊三模)把浓盐酸分别滴入点滴板上的各种溶液中，现象如下：实验现象中溶液变蓝中溶液产生胶状沉淀中生成沉淀中产生黄绿色气体下列分析不正确的是(A)A中溶液变蓝，体现了浓盐酸的氧化性B中产生白色
4、胶状沉淀：2HSiO=H2SiO3C中产生沉淀的原因可用平衡移动原理解释D中产生黄绿色气体：ClOCl2H=Cl2H2O解析AHCl遇KI溶液不能发生反应产生I2，所以不会出现溶液变蓝的现象，A错误；B由于酸性HClH2SiO3，所以遇Na2SiO3溶液会发生反应：2HClNa2SiO3=H2SiO32NaCl，由于硅酸是白色难溶性的物质，所以会看到产生白色胶体状沉淀，B正确；C在饱和NaCl溶液中存在溶解平衡：NaCl(s)Na(aq)Cl(aq)，HCl溶于饱和NaCl溶液，使溶液Cl浓度增大，破坏了溶解平衡，平衡逆向移动，降低了NaCl的溶解度，因此会析出NaCl固体，即产生白色沉淀，C
5、正确；DHCl溶解在NaClO溶液中，会发生反应：2HClNaClO=NaClCl2H2O，因此会看到有黄绿色气体产生，离子方程式是：ClOCl2H=Cl2H2O，D正确。故合理选项是A。5(2019高考冲刺练)某小组设计如图所示装置(夹持装置略去)，在实验室模拟侯氏制碱工艺中NaHCO3的制备。下列说法错误的是(D)A装置也可用于制取H2B、中可分别盛放饱和食盐水和浓氨水C应先向中通入足量NH3，再通入足量CO2D中反应的离子方程式为NH3CO2H2O=NHHCO解析实验室模拟侯氏制碱工艺是向饱和的氯化钠溶液中，先通入氨气后通入过量的二氧化碳，根据溶解度之间的差异得到碳酸氢钠沉淀；图中装置是
6、制取CO2的装置，装置用于除去CO2中混有的HCl，装置是制取NH3的装置，装置则是制取NaHCO3的装置，以此分析。A制氢气可用锌粒与稀硫酸反应，为固液反应，可利用装置进行，故A正确；B中盛放饱和食盐水，能促进生成的NaHCO3析出，中盛放浓氨水，用于制备NH3，故B正确；C中盛放饱和食盐水，CO2在饱和食盐水中的溶解度很小，先通入足量NH3使饱和食盐水呈碱性，增大CO2的溶解度，加快NaHCO3的析出，故C正确；D中反应生成NaHCO3以沉淀的形式析出，离子方程式为NaNH3CO2H2O=NaHCO3NH，故D错误。答案选D。6(2019重庆二模)下列关于某些离子的检验及结论，一定正确的是
7、(C)A加入稀盐酸产生无色气体，将该气体通入澄清石灰水中变浑浊，则一定有COB加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，则一定有SOC加入浓烧碱溶液加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则一定有NHD加入Na2CO3溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，则一定有Ba2解析A将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，生成的气体可能为二氧化硫、二氧化碳，原溶液中可能存在HCO、SO等离子，不一定含有碳酸根离子，故A错误；B氯化钡能与硫酸根离子或银离子反应生成不溶于水也不溶于盐酸的沉淀，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，原溶液中不一定含有SO，故B错误；C能使湿润红色
8、石蕊试纸变蓝的气体为NH3，在碱性条件下生成NH3，说明溶液中含有NH，故C正确；D碳酸钡、碳酸钙等沉淀都可溶于盐酸，原溶液中可能含有Ca2，不一定含有Ba2，故D错误；故选C。7(2019江苏省苏、锡、常、镇四市高三(下)第二次模拟)根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是(D)选项实验操作和现象结论A取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体Na2O2没有变质B取少许CH3CH2Br与NaOH溶液共热，冷却后滴加AgNO3溶液，最终无淡黄色沉淀CH3CH2Br没有水解C室温下，用pH试纸测得：0.1 molL1 Na2SO3溶液的pH约为10,0.1 molL1 NaHS
9、O3溶液的pH约为5HSO结合H的能力比SO强D向少量碘水中加入过量浓FeCl3溶液，分成两等份，向一份中滴加KSCN溶液显红色；向另一份中滴加淀粉溶液显蓝色Fe3与I的反应为可逆反应解析A过氧化钠、碳酸钠均与盐酸反应生成无色气体，则不能检验是否变质，故A错误； B水解后检验溴离子，应在酸性条件下，没有加硝酸至酸性，再加硝酸银不能检验，故B错误； CNaHSO3溶液电离显酸性，Na2SO3溶液水解显碱性，HSO结合H的能力比SO弱，故C错误； D由现象可知，过量浓FeCl3溶液时，碘有剩余，则Fe3与I的反应为可逆反应，故D正确； 故选D。8(2019湖南省株洲市高考一模)下列说法中正确的是(
10、A)A高锰酸钾溶液能氧化乙烯，故浸有高锰酸钾溶液的硅土可做水果保鲜剂B硅胶可作瓶装药品的干燥剂及催化剂载体，是因为SiO2是酸性氧化物CNa2O2可用于呼吸面具中氧气来源，是因为Na2O2能将CO2氧化，生成O2 D在处理废水时，常用明矾做消毒剂，使细菌蛋白质发生变性反应解析A乙烯具有催熟作用，能够被高锰酸钾氧化，所以用浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土作水果保鲜剂，故A正确； B硅胶无毒，可吸水，且具有疏松多孔结构，则硅胶可用于袋装食品或药品的干燥剂，也可用作催化剂的载体，这些都与SiO2是酸性氧化物无关，故B错误； C过氧化钠与二氧化碳反应为歧化反应，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，过氧化钠做供氧
11、剂是因为过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气，故C错误； D明矾只能净水，不能消毒，故D错误； 故选A。9(2019长沙模拟)题表中的实验操作、现象和结论均正确的是(C)选项实验操作实验现象结论A将浓硫酸滴到蔗糖中并搅拌固体变黑膨胀浓硫酸仅体现脱水性B将盐酸缓缓滴入Na2CO3 溶液中开始无气泡产生二者不反应C向某溶液中加入浓NaOH溶液并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验试纸变蓝原溶液中含有NHD向氢氧化铁胶体中滴加氯化铵饱和溶液产生沉淀沉淀为FeCl3解析将浓硫酸滴到蔗糖表面，变黑与浓硫酸的脱水性有关，膨胀是因为C与浓硫酸发生氧化还原反应生成气体，则体现浓硫酸的脱水性、强氧化性，故A错
12、误；刚开始滴入时，盐酸少量，反应方程式为Na2CO3HCl=NaHCO3NaCl，没有气体产生，但二者发生了反应，故B错误；湿润的红色石蕊试纸变蓝，则气体为NH3，则原溶液中含有NH，故C正确；胶体遇电解质发生聚沉，沉淀为Fe(OH)3，故D错误。10(2019泰州模拟)在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是(A)ASiO2Na2SiO3H2SiO3BSSO2BaSO3CNH3NO2HNO3DMgCl26H2OMgCl2Mg解析SiO2是酸性氧化物，与NaOH溶液反应生成Na2SiO3，Na2SiO3与CO2反应生成H2SiO3，所以能实现题述各步转化，故A正确；H2SO3的
13、酸性弱于盐酸，所以SO2与BaCl2不反应，故B错误；NH3催化氧化生成NO，而不是NO2，故C错误；MgCl26H2O在HCl气流中加热才能得到MgCl2固体，故D错误。11(2019高考冲刺练)某化学兴趣小组欲探究含硫物质的性质。(探究一)用下面的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱：(1)装置连接顺序为_ACBEDF_(用字母表示)，F中反应的离子方程式是_Ca2_2ClO_CO2_H2O=CaCO3_2HClO_。(2)可证明H2SO3的酸性强于HClO 的实验现象是_D中品红不褪色，F中产生白色沉淀_。(探究二)(3)某小组同学为探究SO2的漂白性性质，用下图所示装置进行实验，观察
14、到如下现象：中红色褪去；ii中无变化。从实验中可知使品红的水溶液褪色的微粒可能是_H2SO3、HSO、SO_。(4)该小组同学又对SO2与氯水的反应进行探究。用注射器吸入一定量的饱和氯水和SO2，振荡，静置，再吸入少量品红溶液，发现品红溶液不褪色。改变氯水用量，重复操作，发现品红溶液红色褪去，你认为中品红溶液褪色的原因可能是_过量氯水将品红氧化漂白或过量SO2与品红结合成无色物质_， 设计一个实验(说明操作方法、现象及结论)来验证你的假设_将实验注射器中的溶液注入试管少许，加热，若无红色出现，原因为前者，反之则为后者_。解析(1)次氯酸具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，不能利用二氧化硫与次氯酸
15、钙直接反应判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，先验证亚硫酸酸性比碳酸强，再结合碳酸酸性比HClO强碱性判断。A装置制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制备的二氧化硫中混有HCl，用饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，再通过碳酸氢钠溶液，可以验证亚硫酸酸性比碳酸强，用酸性高锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，再通及F中，则：装置连接顺序为A、C、B、E、D、F，F中为二氧化碳气体与漂白粉溶液反应生成碳酸钙和次氯酸，离子方程式为：Ca22ClOCO2H2O=CaCO32HClO。(2)要证明H2SO3的酸性强于HClO，因为二氧化硫与次氯酸根离子发生氧化还原反应，不能直接
16、通入漂白粉溶液中，证明酸性H2SO3H2CO3HClO即可：应先用二氧化硫制备二氧化碳(A利用盐酸和亚硫酸氢钠反应制取二氧化硫，C通过饱和的亚硫酸氢钠洗去二氧化硫中的氯化氢，通过B二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸和碳酸氢钠反应制取二氧化碳)，制备的二氧化碳中有二氧化硫，故通入漂白粉之前除去二氧化硫气体(E用酸性高锰酸钾除去二氧化硫)，再用品红检验二氧化硫是否除净(D用品红检验)，再通入漂白粉中(F)，能证明H2SO3的酸性强于HClO的实验现象为D中品红不褪色，F中产生白色沉淀。(3)实验目的是验证干燥的二氧化硫能否漂白品红，应避免空气中水蒸气加入，SO2对环境有污染，需要吸收处理，故碱石灰
17、的作用是防止空气中的水蒸气进入H中干扰实验，吸收二氧化硫防污染，SO2不能使品红褪色，而其水溶液可以，因此使品红褪色的微粒可能是H2SO3、HSO、SO。(4)当氯气或者二氧化硫多余时，过量氯水将品红氧化漂白或过量SO2与品红结合成无色物质；因为二氧化硫的漂白具有加热可恢复性，故将实验注射器中的溶液注入试管少许，加热，若无红色出现，原因为前者，反之则为后者。12(2019安徽省蚌埠市高考化学二模)硫氰酸盐在化学工业中有广泛的应用。如 NH4SCN在有机工业用于聚合反应的催化剂，医药工业用于抗生素生产，印染工业用作印染扩散剂等。Co(SCN)2可以用来检验可卡因的存在。(1)Co(SCN)2可以
18、用CoSO4(aq)Ba(SCN)2(aq)=BaSO4(s)Co(SCN)2(aq)来制备，也可用CoCO3与足量HSCN制备，请写出反应方程式_CoCO32HSCN=Co(SCN)2H2OCO2_。(2)某小组为探究NH4SCN的热分解产物，按如图所示装置进行实验。图中盛放NH4SCN的装置名称是_硬质玻璃管_，通入氮气的作用_防止空气干扰实验结果_。反应一段时间后，发现B瓶中溶液分层，分液后取下层溶液，该溶液可将硫磺溶解，由此判断分解产物中有_二硫化碳_。D瓶中的石蕊溶液由紫色变为蓝色，证明分解产物生成_氨气_，C瓶装置的作用_防止石蕊溶液倒吸_。反应完成后，取一定量B瓶上层溶液用盐酸酸
19、化，然后滴入0.1 molL1 CuSO4溶液中，立即析出黑色沉淀，请写该反应的离子方程式_Cu2H2S=CuS2H_。某同学指出该实验装置存在不足，请写出改进措施_在D装置后面添加尾气吸收装置_。解析(1)CoCO3与足量HSCN得到Co(SCN)2和水、二氧化碳；(2)A中分解NH4SCN，B为吸收酸性产物和有机物，C为安全瓶，D检验气体产物的酸碱性，装置中缺少尾气处理装置，根据仪器特点可得；通入氮气是排除装置内的空气；二硫化碳能溶解硫磺；D瓶中的石蕊溶液由紫色变为蓝色，说明生成碱性气体；C为安全瓶；于CuSO4溶液中，立即析出黑色沉淀，该黑色沉淀为CuS，故酸化得到的为硫化氢，据此书写；
20、装置中缺少尾气处理装置。(1)用CoCO3与足量HSCN制备Co(SCN)2，反应为：CoCO32HSCN=Co(SCN)2H2OCO2；(2)盛放NH4SCN的装置为硬质玻璃管；装置内有空气，通入氮气是排除装置内的空气，防止空气干扰实验结果；二硫化碳能溶解硫磺，故分解产物含有二硫化碳；D瓶中的石蕊溶液由紫色变为蓝色，说明生成碱性气体，即为氨气；氨气极易溶于水，故C瓶的作用是安全瓶，防止石蕊溶液倒吸；于CuSO4溶液中，立即析出黑色沉淀，该黑色沉淀为CuS，故酸化得到的为硫化氢，故生成黑色沉淀的反应为：Cu2H2S=CuS2H；生成的产物中有氨气，不能直接排放空气中，故应在D装置后面添加尾气吸
21、收装置。13(2019河南省郑州市高考化学二模)氮的氧化物(NOx)是大气主要污染物，有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。(1)N2O又称笑气，有轻微的麻醉作用，N2O在一定条件下可分解为N2、O2。回答下列问题已知：N2(g)O2(g)=2NO(g)H1180.5 kJmol12NO(g)O2(g)=2NO2(g)H2114.14 kJmol13NO(g)=N2O(g)NO2(g)H3115.52 kJmol1则反应2NO2(g)=N2(g)2O2(g)H_66.36_kJmol1(2)汽车尾气中的NO和CO可在催化剂作用下生成无污染的气体而除去。在密闭容器中充入10 mol CO和
22、8 mol NO发生反应，测得平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系如图已知T2T1，则反应2NO(g)2CO(g)N2(g)2CO2(g)，H_0(填“”“”或“”)该反应达到平衡后，为同时提高反应速率和NO的转化率，可采取的措施有_bc_(填字母序号)a改用高效催化剂 b缩小容器的体积c增加CO的浓度 d升高温度压强为10 MPa、温度为T1下，若反应进行到20 min达到平衡状态，此时容器的体积为4 L，则用N2的浓度变化表示的平均反应速率v(N2)_0.025_molL1min1_，该温度下用分压表示的平衡常数Kp_0.089_MPa1(分压总压物质的量分数)。在D 点，对反应容器升温
23、的同时扩大体积至体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中AG点中_A_点。(3)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2，将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体匀速通入装有催化剂M的反应器中反应，反应相同时间，NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图所示。在50 150 范围内随温度升高，NOx的去除率迅速上升的原因是_迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大，与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升阶段缓慢主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大但是催化剂活性下降_。当反应温度高于380 时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是_氨气在该条件下与氧气反应生成NO_。
24、解析(1)已知：N2(g)O2(g)=2NO(g)H1180.5 kJmol1，2NO(g)O2(g)=2NO2(g)H2114.14 kJmol1，3NO(g)=N2O(g)NO2(g)H3115.52 kJmol1，由盖斯定律可知，()得2NO2(g)=2N2(g)O2(g)，则H(180.5 kJmol1)(114.14 kJmol1)66.36 kJmol1，故答案为：66.36；(2)已知T2T1，由图示可知反应2NO(g)2CO(g)2N2(g)2CO2(g)，升高温度后，平衡后NO的体积分数增大，说明升高温度，平衡逆向移动，逆反应方向为吸热反应，则H0；a.改用高效催化剂加快反应
25、速率，平衡不移动，转化率不变，故a错误；b.缩小容器的体积，体系内压强增大，反应速率增大，平衡正向进行，NO的转化率增大，故b正确；c.增加CO的浓度反应速率增大，平衡正向进行，NO的转化率增大，故c正确；d.升高温度反应速率增大，反应为放热反应，升温平衡逆向进行，NO的转化率减小，故d错误；故答案为：bc；在密闭容器中充入10 mol CO和8 mol NO，发生反应，压强为10 MPa、温度为T1下，若反应进行到20 min达到平衡状态，NO体积分数为25%，结合三段式列式计算，设反应生成氮气物质的量为x， 2CO(g)2NO(g)N2(g)2CO2(g) H749 kJmol1；起始量(
26、mol) 10 8 0 0变化量(mol) 2x 2x x 2x平衡量(mol) 102x 82x x 2x100%25%，x2molv(N2)0.025 molL1min1；平衡气体总物质的量16 mol，该温度下平衡常数Kp0.089(MPa)1；若在D点升温的同时扩大体积至体系压强减小，则平衡会正向移动，NO的体积分数增大，重新达到的平衡状态可能是图中A点，故答案为：A；(3)在一定温度范围内催化剂活性较大，超过其温度范围，催化剂活性降低，根据图知，迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大，与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升阶段缓慢主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大但是催化剂活性下降；在温度、催化剂条件下，氨气能被催化氧化生成NO，当反应温度高于380 时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是氨气在该条件下与氧气反应生成NO。
