文档内容
易错专题 06 非金属元素及其化合物
聚焦易错点：
►易错点一 非金属元素及其化合物的性质
►易错点二 非金属元素及其化合物的转化
典例精讲
易错点一 非金属元素及其化合物的性质
【易错典例】
例1实验室从含碘废液(除HO外，含有CCl 、I、I－等)中回收碘，其实验过程如下：
2 4 2
(1)向含碘废液中加入稍过量的 NaSO 溶液，将废液中的 I 还原为 I－，其离子方程式为
2 3 2
________________________________________ ； 该 操 作 将 I 还 原 为 I － 的 目 的 是
2
____________________________________。
(2)氧化时，在三颈烧瓶中将含I－的水溶液用盐酸调至pH约为2，缓慢通入Cl ，在40 ℃左右反应(实验装
2
置如图所示)。
实验控制在较低温度下进行的原因是_________________________________________；锥形瓶里盛放的溶
液为__________。
(3)已知：5SO＋2IO＋2H＋===I ＋5SO＋HO。某含碘废水(pH约为8)中一定存在I ，可能存在I－、IO中的
2 2 2
一种或两种。请补充完整检验含碘废水中是否含有I－、IO的实验方案：取适量含碘废水用CCl 多次萃
4
取 、 分 液 ， 直 到 水 层 用 淀 粉 溶 液 检 验 不 出 有 碘 单 质 存 在 ；
____________________________________________________________________。
[供选试剂]稀盐酸、淀粉溶液、FeCl 溶液、NaSO 溶液。
3 2 3
【答案】(1)SO＋I＋HO===2I－＋SO＋2H＋ 使CCl 中的碘进入水层
2 2 4
(2)使氯气在溶液中有较大的溶解度(或防止I 升华或防止I 进一步被氧化) NaOH溶液
2 2
(3)从水层取少量溶液，加入1～2 mL淀粉溶液，加盐酸酸化，滴加FeCl 溶液，若溶液变蓝，说明废水中
3
含有I－；若溶液不变蓝，说明废水中不含有I－；另从水层取少量溶液，加入1～2 mL淀粉溶液，加盐酸酸
化，滴加NaSO 溶液，若溶液变蓝，说明废水中含有IO，若溶液不变蓝，说明废水中不含有IO
2 3
【解析】(1)该反应为NaSO 、I 的氧化还原反应，离子方程式为 SO＋I ＋HO==SO＋2I－＋2H＋。含碘废
2 3 2 2 2
液中碘以I－、I 的形式存在，将废液中的I 还原为I－的目的是使CCl 中碘进入水层。
2 2 4(2)实验控制在较低温度下进行，是为了使氯气在溶液中有较大的溶解度(或防止I 升华或防止I 进一步被氧
2 2
化)。锥形瓶中溶液的作用是吸收过量的Cl，故锥形瓶中盛放的溶液为NaOH溶液。
2
(3)检验I－，可以利用I－的还原性，先加入淀粉溶液，再加盐酸酸化，最后滴加FeCl 溶液，若溶液变蓝，
3
则说明废水中含有I－，若溶液不变蓝，则说明废水中不含有I－；检验IO，可以利用IO的氧化性，先加入
淀粉溶液，再加盐酸酸化，最后滴加NaSO 溶液，若溶液变蓝，则说明废水中含有IO，若溶液不变蓝，
2 3
则说明废水中不含有IO。
【解题必备】
1．Si的还原性大于C，但C却能在高温下从SiO 中还原出Si：SiO＋2C=====Si＋2CO↑
2 2
2．酸性氧化物一般能与水反应生成酸，但SiO 不溶于水；酸性氧化物一般不与酸作用，
2
但SiO 能与HF反应。
2
3．硅酸盐大多难溶于水，常见可溶性硅酸盐硅酸钠，其水溶液称为泡花碱或水玻璃，但
却是盐溶液；二氧化硅是酸性氧化物，它不溶于水，所以制取硅酸只能用可溶性硅酸盐与
硅及其化合物 酸反应制取。
4．SiO 不导电，用作制光导纤维的材料；Si是半导体，用作制芯片、太阳能电池的材
2
料。
5．水泥、玻璃与陶瓷是三大传统无机非金属材料；碳化硅、氮化硅等是新型无机非金属
材料。
6.单晶硅、金刚石、金刚砂的晶体类型、熔沸点和硬度大小，晶体中共价键强弱。
1．实验室制Cl ，除了用MnO 和浓盐酸反应外，还可以用KMnO 、KClO 、NaClO与浓盐酸
2 2 4 3
反应且都不需要加热，如ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl↑＋HO。
2 2
2．1 mol Cl 参加反应，转移电子数可能为2N（只做氧化剂）、1N（既做氧化剂又作还
2 A A
氯及其化合物 原剂）、小于1N(Cl 和HO的反应为可逆反应)。
A 2 2
3．液氯密封在钢瓶中（干燥的氯气不与铁反应），而新制氯水应保存在棕色试剂瓶中。
4．酸性KMnO 溶液，用的是HSO 酸化而不是盐酸。
4 2 4
5．ClO－不论在酸性环境中还是在碱性环境中均能体现强氧化性，如 ClO－与SO、I－、Fe2＋
均不能大量共存；ClO－体现水解性，因HClO酸性很弱，ClO－水解显碱性，如Fe3＋＋3ClO
－＋3HO===Fe(OH)↓＋3HClO，所以ClO－与Fe3＋、Al3＋均不能大量共存。
2 3
1．SO 使含有酚酞的NaOH溶液褪色，表现SO 酸性氧化物的性质；使品红溶液褪色，表现
2 2
SO 的漂白性；能使溴水、酸性KMnO 溶液褪色，表现SO 的还原性；SO 与HS反应，表现
2 4 2 2 2
SO 的氧化性；SO 和Cl 等体积混合通入溶液中，漂白性不但不增强，反而消失。
2 2 2
2．把SO 气体通入BaCl 溶液中，没有沉淀生成，但若通入NH 或加入NaOH溶液，或把
2 2 3
硫及其化合物 BaCl 改成Ba(NO) 均有白色沉淀生成，前两者生成BaSO 沉淀，后者生成BaSO 沉淀。
2 3 2 3 4
3．浓HNO 和Cu(足量)、浓HSO 和Cu(足量)、浓盐酸和MnO(足量)在反应时，随反应进
3 2 4 2
行，产物会发生变化或反应停止。注意区分Zn和浓HSO 的反应。
2 4
4．C与浓硫酸反应产物的确定应按以下流程进行：无水CuSO 确定水→品红溶液确定
4
SO→酸性KMnO 溶液除去SO→品红溶液检验SO 是否除净→澄清石灰水检验CO。
2 4 2 2 2
1．NO只能用排水法或气囊法收集。
2．硝酸、浓HSO 、次氯酸具有强氧化性，属于氧化性酸，其中HNO 、HClO见光或受热易
2 4 3氮及其化合物 分解。强氧化性酸(如HNO 、浓HSO)与金属反应不生成H ；金属和浓HNO 反应一般生成
3 2 4 2 3
NO，而金属和稀HNO 反应一般生成NO。
2 3
3．实验室制备NH ，除了用Ca(OH) 和NHCl反应外，还可用浓氨水的分解(加NaOH或
3 2 4
CaO)制取，而检验NH须用浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，
以确定NH的存在。
4．收集NH 时，把一团干燥的棉花放在试管口，以防止与空气对流；收集完毕，尾气处理
3
时，应放一团用稀硫酸浸湿的棉花放在试管口，以吸收NH。
3
5．铜与浓HNO 反应在试管内就能看到红棕色的NO ，而与稀HNO 反应时需在试管口才能
3 2 3
看到红棕色气体。
6．浓盐酸和浓氨水反应有白烟生成，常用于HCl和NH 的相互检验。
3
1．环境污染的主要类型有大气污染、水污染、土壤污染、食品污染、固体废弃物污染、
放射性污染、噪音污染等类型。
2．控制酸雨的根本措施是减少SO 和NO 的人为排放量。火力发电厂是SO 主要的污染源
2 2 2
之一。目前全世界的火力发电厂通常利用石灰石泥浆吸收尾气中的SO 生产石膏，较先进
2
环境污染 的方法是采取烟气脱硫、重油脱硫等方法。
3．破坏臭氧层的物质有SO、NO、NO、CFCl(氟利昂)等。
2 2 2 2
4．环保措施有控制和减少污染物的排放，如硫酸厂尾气在排放前的回收处理、城市机动
车的排气限制等。
【变式突破】
1．(2023年福建福州市高三期末) 连二亚硫酸钠(NaSO)俗称保险粉，白色晶体，可溶于水，微溶于乙
2 2 4
醇；暴露在空气中易被氧化成亚硫酸氢钠或硫酸氢钠，75℃以上会分解。
(1)NaSO 的制取(实验装置如图)：
2 2 4
在甲酸钠(HCOONa)的甲醇溶液中，边搅拌边滴加NaCO 的甲醇溶液，同时通SO，反应放热，保持温度为
2 3 2
60~70℃，即可生成NaSO，同时生成另一种气体。
2 2 4
①仪器A的名称是__________，与普通分液漏斗相比，其优点是__________。
②三颈烧瓶中生成NaSO 的离子方程式为 。
2 2 4
③为了使反应充分进行，得到更多更纯的产品NaSO，应采取的主要措施有_______。
2 2 4
A．控制水浴温度不超过75℃
B．加快通SO 的速率
2
C．加快滴加NaCO 的甲醇溶液的速率
2 3
D．充分搅拌，使反应物充分接触E．用乙醇洗涤产品，减少因溶解导致的损失
F．在通入SO 前还应该通入一段时间N，以排尽装置内的空气
2 2
(2)NaSO 的性质：
2 2 4
取纯净的NaSO 晶体，隔绝空气加热，NaSO 固体完全分解得到固体产物NaSO、NaSO 和气体产物
2 2 4 2 2 4 2 3 2 2 3
_____(填化学式)。请设计实验验证NaSO 固体完全分解后的固体产物中有NaSO 存在，完成下表中内
2 2 4 2 2 3
容。(供选择的试剂：稀盐酸、稀硝酸、BaCl 溶液、KMnO 溶液)
2 4
实验步骤预期现象和结论：
实验步骤 预期现象和结论
① ②
的
(3)NaSO 应用
2 2 4
六价铬对人体有毒，NaSO 可以用于处理含铬废水，使含六价铬的离子浓度降低而达到排放标准，即含六
2 2 4
价铬的离子浓度≤0.5mg·L-1。具体操作是在含六价铬( )的酸性废水中先加入NaSO ，再加入过量
2 2 4
的石灰水，生成的沉淀主要有_______(用化学式表示)。
【答案】(1)①恒压滴液漏斗 平衡气压，使液体能顺利滴下
②2HCOO-+4SO+CO2—=2SO2—+HO+3CO ③ADEF
2 3 2 4 2 2
(2)SO ①取少量NaSO 完全分解后的固体产物于试管中，加入稀盐酸
2 2 2 4
②若有淡黄色沉淀生成，则说明产物中有NaSO 存在
2 2 3
(3)Cr(OH)、CaSO
3 4
【解析】在甲酸钠(HCOONa)的甲醇溶液中，边搅拌边用恒压滴液漏斗滴加NaCO 的甲醇溶液，由于产物
2 3
NaSO 暴露在空气中易被氧化成NaHSO 或NaHSO ，在通入SO 前还应该通入一段时间N ，以排尽装置内的
2 2 3 3 4 2 2
空气，75℃以上会分解，且反应放热，用水浴加热，保持温度为 60~70℃，根据化合价的变化可知二氧化
硫将甲酸钠转化为二氧化碳，即可生成NaSO 和CO ，由于NaSO 微溶于乙醇，用乙醇洗涤产品，减少因
2 2 4 2 2 2 4
溶解导致的损失，再进行尾气处理吸收CO。
2
(1)①根据仪器的形状可知，仪器A的名称是恒压滴液漏斗，与普通分液漏斗相比，其优点是平衡气压，
使液体能顺利滴下。
②三颈烧瓶中是甲酸钠溶液和二氧化硫反应生成NaSO，根据硫元素的化合价从+4价降低到+3价，得到
2 2 4
一个电子，碳元素的化合价从+2升高到+4价，失去两个电子，根据得失电子守恒得到2SO~ NaSO，根据
2 2 2 4
电荷守恒和原子守恒配平离子方程式。
③由于NaSO 在75℃以上会分解，故控制水浴温度不超过75℃，可以提高产品的纯度，A错误；加快通
2 2 4
SO 的速率，可以加快反应速率，由于反应放热，会使温度超过75℃，会使NaSO 分解而降低产率，B错
2 2 2 4
误；加快滴加NaCO 的甲醇溶液的速率，可以加快反应速率，由于反应放热，会使温度超过75℃，会使
2 3
NaSO 分解而降低产率，C正确；充分搅拌，使反应物充分接触，可使反应充分进行，提高产率，D正确；
2 2 4
由于NaSO 可溶于水，微溶于乙醇；用乙醇洗涤产品，减少因溶解导致的损失，E正确；由已知信息，
2 2 4
NaSO 暴露在空气中易被氧化成亚硫酸氢钠或硫酸氢钠，在通入SO 前还应该通入一段时间N，以排尽装
2 2 3 2 2
置内的空气，F正确。
(2)NaSO 中硫元素的化合价为+3价，固体完全分解得到固体产物NaSO 中硫的化合价为+4价，是还原产
2 2 4 2 3物、NaSO 中硫的化合价为+2价，是氧化产物，根据氧化还原反应中得失电子守恒和原子守恒可知气体是
2 2 3
二氧化硫；根据反应NaSO+2HCl==2NaCl+S↓+SO↑+HO可知，取少量NaSO 完全分解后的固体产物于试
2 2 3 2 2 2 2 4
管中，加入稀盐酸，若有淡黄色沉淀生成，则说明产物中有NaSO 存在。
2 2 3
(3)在含六价铬( )的酸性废水中先加入NaSO，由于 具有强氧化性， 具有还原性，二
2 2 4
者会发生氧化还原反应，离子反应为 + +6H+==2 +2 +3HO，再加入过量的石灰水，
2
和 ， 和 会发生复分解反应生成的沉淀主要有Cr(OH)、CaSO。
3 4
2．（2024·吉林白山·二模）五氧化二氮(N O )是一种绿色硝化剂，在军用炸药、火箭推进剂、医药等工业
2 5
中得到广泛应用。常温下N O 为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，微溶于水且与水反应生成硝
2 5
酸，高于室温时不稳定。回答下列问题：
(1)1840年，Devill将干燥的氯气通入无水硝酸银中，首次制得了固体N O 。该反应的氧化产物为空气中的
2 5
主要成分之一，写出反应的化学方程式：_______。
(2)某化学兴趣小组设计用臭氧(O )氧化法制备N O ，反应原理为 N O +O →N O +O 。实验装置如下图：
3 2 5 2 4 3 2 5 2
装置B的仪器名称是_______；装置E的作用是_______。实验时，先将三口烧瓶C浸入_______ (填字母编
号)中，打开装置A中分液漏斗的活塞，随即关闭。一段时间后C中液体变为红棕色。然后打开活塞K，通
过臭氧发生器向三口烧瓶中通入含有臭氧的氧气。
a.热水 b.冰水 c.自来水 d.饱和食盐水
(3)C中二氯甲烷(CH Cl )的作用是_______ (填字母编号)。判断C中反应已结束的简单方法是_______。
2 2
a.溶解反应物NO b.充分混合反应物使其反应更加充分 c.控制O 的通入速度 d.溶解生成物N O
2 3 2 5
(4)该装置存在一处明显缺陷，请指出_______。
(5)N O 粗产品中常含有N O 。该兴趣小组用滴定法测定N O 粗产品的纯度。取2.0g粗产品，加入20.00mL
2 5 2 4 2 5
0.1250mol·L-1酸性高锰酸钾溶液。充分反应后，用0.1000mol·L-1 H O 溶液滴定剩余的高锰酸钾，达到滴定
2 2
终点时，消耗H O 溶液17.50mL。已知：N O 与KMnO 发生反应的离子方程式为5N O +2MnO
2 2 2 4 4 2 4
+2H O→Mn2++10NO +4H+，H O 与KMnO 发生反应的离子方程式为5H O +2MnO +6H+→2Mn2+
2 2 2 4 2 2
+5O ↑+8H O，H O 与HNO 不反应且不考虑其分解。判断滴定到达终点的方法是_______。粗产品的纯度为
2 2 2 2 3
_______(结果保留三位有效数字)。
【答案】(1)2Cl+4AgNO→4AgCl↓+2NO+O
2 3 2 5 2
(2)球形干燥管；防止空气中的水蒸气进入C中；b(3) abd；液体中红棕色褪去
(4)缺少尾气处理装置
(5)溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色；79.3%
【解析】装置A中Cu和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，装置B中装有无水氯化钙，可以干燥
NO，二氧化氮可以发生可逆反应生成四氧化二氮，装置C中发生的反应为 ，NO 常
2 2 5
温下为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，所以二氯甲烷的作用为溶解反应物，充分混合反应物使
其反应更加充分也可以溶解产物NO。装置D为保护装置，防止倒吸，NO 可与水反应生成硝酸，故E装置
2 5 2 5
的作用为防止空气中的水蒸气进入C中与NO 反应。
2 5
(1)干燥的氯气通入无水硝酸银中，生成了NO 和氧气，反应的方程式为：
2 5
。
(2)装置B的名称为球形干燥管，因为NO 可与水反应生成硝酸，所以E的作用为防止空气中的水蒸气进入
2 5
C中。二氧化氮生成四氧化二氮的正反应是放热反应，将C浸入冰水中，装置内温度降低，
反应平衡正向移动，可以生成更多的NO 以便后续与臭氧反应。
2 4
(3)二氯甲烷可溶解反应物NO，充分混合反应物使其反应更加充分，此外也可以溶解生成物NO，可通过
2 2 5
观察二氯甲烷中臭氧的鼓泡速率了解其流速，但是无法控制臭氧的通入速度。装置C中NO 溶于二氯甲烷
2
使溶液变红棕色，故当红棕色褪去可推断C中反应已结束。
(4)该装置中没有尾气处理装置，最后的浓硫酸无法吸收多余的二氧化氮，会造成环境污染。
(5)酸性高锰酸钾为紫红色，随着HO 的加入，高锰酸钾不断消耗，当高锰酸钾消耗完时溶液紫红色褪去，
2 2
故滴定终点的现象为溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色。达到滴定终点时，消耗HO 的物质
2 2
的量为17.5mL×0.1mol/L=0.00175mol，根据HO 与高锰酸根离子反应的化学方程式可知，HO 消耗的高锰
2 2 2 2
酸钾为 ，共加入高锰酸钾物质的量为20mL×0.125mol/L=0.0025mol，则NO 消耗的
2 4
高锰酸钾为0.0025-0.0007=0.0018mol，根据NO 与高锰酸根离子反应的方程式可知，与0.0018mol高锰
2 4
酸根离子反应的NO 的物质的量为 ，则2.0g产品中含有NO 的质量为
2 4 2 5
，所以粗产品的纯度为 。
易错点二 非金属元素及其化合物的转化
【易错典例】
例2含硅元素的化合物广泛存在于自然界中，与其他矿物共同构成岩石．晶体硅(熔点 1410℃)用途广泛，
制取与提纯方法有多种。
(1)炼钢开始和结束阶段都可能发生反应：Si+2FeO 2Fe+SiO，其目的是________。
2
A．得到副产品硅酸盐水泥 B．制取SiO，提升钢的硬度
2
C．除去生铁中过多的Si杂质 D．除过量FeO，防止钢变脆
(2)一种由粗硅制纯硅过程如下：Si(粗) SiCl SiCl(纯) Si(纯)，在上述由SiCl
4 4 4制纯硅的反应中，测得每生成 1.12kg纯硅需吸收a kJ热量，写出该反应的热化学方程式：
________________；对于钠的卤化物(NaX)和硅的卤化物(SiX)下列叙述正确的是________________。
4
A．NaX易水解
B．SiX 是共价化合物
4
C．NaX的熔点一般高于SiX
4
D．SiF 晶体是由共价键形成的空间网状结构
4
(3)粗硅经系列反应可生成硅烷(SiH)，硅烷分解也可以生成高纯硅．硅烷的热稳定性弱于甲烷，所以Si
4
元素的非金属性弱于C元素，用原子结构解释其原因：_______。
(4)此外，还可以将粗硅转化成三氯氢硅(SiHCl)，通过反应：SiHCl(g)+H(g) Si(s)+3HCl(g)制得高纯
3 3 2 ⇌
硅．不同温度下，SiHCl 的平衡转化率随反应物的投料比(反应初始时，各反应物的物质的量之比)的变化
3
关系如图所示．下列说法正确的是_______(填字母序号)。
a．该反应的平衡常数随温度升高而增大
b．横坐标表示的投料比应该是
c．实际生产中为提高SiHCl 的利用率，可适当降低压强
3
(5)硅元素最高价氧化物对应的水化物是HSiO．室温下，0.1mol/L的硅酸钠溶液和0.1mol/L的碳酸钠溶
2 3
液，碱性更强的是___________，其原因是________________。已知：HSiO：K=2.0×10﹣10、K=1.0×10
2 3 a1 a2
﹣12，HCO：K=4.3×10﹣7K=5.6×10 ﹣11。
2 3 a1 a2
【答案】(1)CD(2)SiCl(g)+2H(g)=Si(s)+4HCl(g)△H=+0.025akJ/mol；BC(3)C和Si最外层电子数相同
4 2
(或“是同主族元素”)，C原子半径小于Si(或“C原子电子层数少于Si”) Si元素的非金属性弱于C元
素，硅烷的热稳定性弱于甲烷(4)ac(5)硅酸钠；硅酸的K 小于碳酸的K，硅酸钠更易水解
a2 a2
【解析】(1)炼钢的要求把生铁中的含碳量去除到规定范围，并使其它元素的含量减少或增加到规定范围
的过程，简单地说，是对生铁降碳、去硫磷、调硅锰含量的过程，这一过程基本上是一个氧化过程，是用
不同来源的氧(如空气中的氧、纯氧气、铁矿石中的氧)来氧化铁水中的碳、硅、锰等元素．化学反应主要
是2FeO+Si 2Fe+SiO、FeO+Mn Fe+MnO；在使碳等元素降到规定范围后，钢水中仍含有大量的
2
氧，是有害的杂质，使钢塑性变坏，轧制时易产生裂纹，故炼钢的最后阶段必须加入脱氧剂(例如锰铁、
硅铁和铝等)，以除去钢液中多余的氧：Mn+FeO MnO+Fe，Si+2FeO SiO+2Fe，2Al+3FeO
2AlO+3Fe，故答案选CD；
2 3
(2)由题意可知：每生成1.12kg纯硅需吸收akJ热量，即生成 =40mol纯硅吸收的热量为akJ热
量，则生成1mol纯硅吸收的热量为 kJ=0.025akJ，所以该反应的热化学方程式：SiCl(g)
4
+2H(g)=Si(s)+4HCl(g)△H=+0.025akJ/mol；
2
A．钠的强酸盐不水解，NaX(NaF除外)不易水解，故A错误；
B．硅的卤化物(SiX)是由非金属元素原子间通过共用电子对形成的化合物，是共价化合物，故B正确；
4
C．钠的卤化物(NaX)为离子化合物属于离子晶体，硅的卤化物(SiX)为共价化合物属于分子晶体，离子晶
4
体的熔点大于分子晶体的熔点，即NaX的熔点一般高于SiX，故C正确；
4
D．SiF 晶体是由分子间作用力结合而成，故D错误；
4
故答案为BC；
(3)C和Si最外层电子数相同(或“是同主族元素”)，C原子半径小于Si(或“C原子电子层数少于Si”)
Si元素的非金属性弱于C元素，硅烷的热稳定性弱于甲烷，故硅烷的分解温度远低于甲烷；
(4)a．因为随着温度的升高，SiHCl 的转化率增大，平衡右移，则该反应的平衡常数随温度升高而增大，
3
故a正确；
b．增大一种反应物的浓度，能提高其它反应物的转化率，而本身的转化率反而降低，故横坐标表示的投
料比应该是 ，故b错误；
c．SiHCl(g)+H(g) Si(s)+3HCl(g)正向为气体系数增大的方向，降低压强平衡向气体系数增大方向移
3 2 ⇌
动，可以提高SiHCl 的利用率，故c正确；
3
故答案选a、c；
(5)依据所给数据可知：硅酸的K 小于碳酸的K，依据“越弱越水解”可知硅酸钠更易水解。
a2 a2
【解题必备】
1．氯及其重要化合物的转化关系
(1)Cl＋HO H＋＋Cl－＋HClO
2 2
(2)Cl＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋HO
2 2
(3)2Ca(OH)＋2Cl===Ca(ClO)＋CaCl＋2HO
2 2 2 2 2
(4)Ca(ClO)＋CO＋HO===CaCO↓＋2HClO
2 2 2 3(5)Ca2＋＋3ClO－＋SO＋HO===CaSO↓＋Cl－＋2HClO(少量SO)
2 2 4 2
(6)Ca2＋＋2ClO－＋2SO＋2HO===CaSO↓＋2Cl－＋SO＋4H＋(过量SO)
2 2 4 2
(7)2HClO 2HCl＋O↑
2
(8)6FeBr＋3Cl===4FeBr＋2FeCl(Cl 少量)
2 2 3 3 2
(9)2FeBr＋3Cl===2FeCl＋2Br(Cl 过量)
2 2 3 2 2
(10)6FeBr＋6Cl===4FeCl＋3Br＋2FeBr
2 2 3 2 3
(11)4HCl(浓)＋MnO MnCl＋Cl↑＋2HO(实验室制Cl)
2 2 2 2 2
(12)2NaCl＋2HO 2NaOH＋H↑＋Cl↑(工业制Cl)
2 2 2 2
2．硫及其重要化合物的转化关系
(1)3S＋6NaOH 2NaS＋NaSO＋3HO
2 2 3 2
(2)S＋O SO
2 2
(3)SO+HO HSO
2 2 2 3
(4)2SO＋O 2SO
2 2 3
(5)SO＋2OH－===SO＋HO
2 2
(6)SO＋X＋2HO===HSO＋2HX(X：Cl、Br、I)
2 2 2 2 4 2 2 2 2
(7)2HS＋SO===3S↓＋2HO
2 2 2
(8)SO＋2Fe3＋＋2HO===SO＋2Fe2＋＋4H＋
2 2
(9)2MnO＋5SO＋2HO===2Mn2＋＋5SO＋4H＋
2 2
(10)Cu＋2HSO(浓) CuSO＋2HO＋SO↑
2 4 4 2 2
(11)C＋2HSO(浓) 2HO＋CO↑＋2SO↑
2 4 2 2 2
(12)NaSO＋HSO===NaSO＋HO＋SO↑
2 3 2 4 2 4 2 2
3．氮及其重要化合物的转化关系
(1)N＋O 2NO
2 2(2)2NO＋O===2NO
2 2
(3)3NO＋HO===2HNO＋NO
2 2 3
(4)NH＋HO NH·HO NH＋OH－
3 2 3 2
(5)4NH＋5O 4NO＋6HO（2NH＋3Cu N＋3Cu＋3HO 8NH＋3Cl===N＋6NHCl）
3 2 2 3 2 2 3 2 2 4
(6)NHHCO NH↑＋CO↑＋HO
4 3 3 2 2
(7)Ca(OH)＋2NHCl CaCl＋2NH↑＋2HO（NH＋OH－ NH↑＋HO）
2 4 2 3 2 3 2
(8)3NH＋3HO＋Al3＋===Al(OH)↓＋3NH
3 2 3
(9)4HNO 4NO↑＋O↑＋2HO
3 2 2 2
(10)Cu＋4HNO(浓)===Cu(NO)＋2HO＋2NO↑
3 3 2 2 2
(11)3Cu＋8HNO(稀)===3Cu(NO)＋2NO↑＋4HO
3 3 2 2
(12)C＋4HNO(浓) CO↑＋4NO↑＋2HO
3 2 2 2
4．碳、硅及其重要化合物的转化关系
(1)C＋CO 2CO
2
(2)C＋HO(g) CO＋H
2 2
(3)2C＋SiO Si＋2CO↑
2
点燃
(4)2Mg＋CO 2MgO＋C
2
(5)Si＋4HF===SiF↑＋2H↑
4 2
(6)Si＋2NaOH＋HO===NaSiO＋2H↑
2 2 3 2
(7)SiO＋4HF===SiF↑＋2HO
2 4 2
(8)SiO＋2NaOH===NaSiO＋HO
2 2 3 2
(9)NaSiO＋CO＋HO===HSiO↓＋NaCO
2 3 2 2 2 3 2 3
(10)NaCO＋SiO NaSiO＋CO↑
2 3 2 2 3 2
【变式突破】
3. 探究NaSO 固体的热分解产物。
2 3
资料：①4NaSO NaS+3NaSO。
2 3 2 2 4
②NaS能与S反应生成NaS，NaS 与酸反应生成S和HS。
2 2 x 2 x 2③BaS易溶于水。
隔绝空气条件下，加热无水NaSO 固体得到黄色固体A，过程中未检测到气体生成。黄色固体A加水得到
2 3
浊液，放置得无色溶液B。
（1）检验分解产物NaS
2
取少量溶液B，向其中滴加CuSO 溶液，产生黑色沉淀，证实有S2-。反应的离子方程式是
4
。
（2）检验分解产物NaSO
2 4
取少量溶液B，滴加BaCl 溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含S)，同时产生有臭
2
鸡蛋气味的气体(HS)，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降(固液
2
分离)后， (填操作和现象)，可证实分解产物中含有SO2—。
4
（3）探究（2）中S的来源。
来源1：固体A中有未分解的NaSO，在酸性条件下与NaS反应生成S。
2 3 2
来源2：溶液B中有NaS，加酸反应生成S。
2 x
针对来源1进行如图实验：
①实验可证实来源1不成立。实验证据是 。
②不能用盐酸代替硫酸的原因是 。
③写出来源2产生S的反应的离子方程式： 。
（4）实验证明NaSO 固体热分解有NaS、NaSO 和S产生。运用氧化还原反应规律分析产物中S产生的合
2 3 2 2 4
理性： 。
【答案】（1） S2-+Cu2+=CuS↓ （2）滴加BaCl 溶液，产生白色沉淀，
2
（3）①向溶液2中加入KMnO 溶液，溶液仍呈紫色
4
②盐酸中Cl元素为－1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO 溶液发生氧化还原反应，使
4
KMnO 溶液褪色，干扰实验现象和实验结论
4
③ S2-+2H+=HS↑+(x－1)S↓
x 2
（4）根据反应4NaSO NaS+3NaSO 可知，NaSO 发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降
2 3 2 2 4 2 3
低，能从+4价降为-2价，也应该可以降到0价生成硫单质
【解析】（1）NaS和CuSO 溶液发生复分解反应生成硫化铜和硫酸钠，离子方程式为S2-+Cu2+=CuS↓。
2 4
（2）由题意可知，NaS能与S反应生成NaS，NaS 与酸反应生成S和HS。取少量溶液B，滴加BaCl 溶
2 2 x 2 x 2 2
液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含S)，同时产生有臭鸡蛋气味的气体(HS)，说明
2
B溶液中含有NaS，NaS 与酸反应生成S和HS，由于沉淀增多对检验造成干扰。另取少量溶液B，加入足
2 x 2 x 2
量盐酸，离心沉降(固液分离)后，除去生成的S单质，滴加BaCl 溶液，产生白色沉淀，可证实分解产物
2
中含有SO2—。
4
（3）①实验可证实来源1不成立。根据分析，溶液2为HSO，向溶液2中加入少量KMnO 溶液，HSO 具有
2 3 4 2 3
还原性，酸性条件下KMnO 具有强氧化性，二者混合应发生氧化还原反应，KMnO 溶液要褪色，但实际上仍
4 4为紫色，说明溶液B中不含NaSO。
2 3
②不能用盐酸代替硫酸的原因是盐酸中Cl—具有还原性，会与KMnO 溶液发生氧化还原反应，使KMnO 溶液
4 4
褪色，干扰实验现象和实验结论。
③来源2认为溶液B中有NaS，加酸反应生成S，反应的离子方程式：S2-+2H+=HS↑+(x－1)S↓。
2 x x 2
（4）根据已知资料：4NaSO NaS+3NaSO，NaSO 中S为+4价，NaSO 中S为+6价，NaS中硫为－2
2 3 2 2 4 2 3 2 4 2
价。NaSO 发生“歧化反应”，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为-2价，也应该可以
2 3
降到0价生成硫单质。
4. （2023·北京·和平街第一中学三模）某学生对 与漂粉精的反应进行实验探究：
操作 现象
取4g漂粉精固体，加入100mL水 部分固体溶解，溶液略有颜色
过滤，测漂粉精溶液的pH pH试纸先变蓝(约为12)，后褪色
i.液面上方出现白雾；
ii.稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；
iii.稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去
(1) 和 制取漂粉精的化学方程式是_______。
(2)pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_______。
(3)向水中持续通入 ，未观察到白雾。推测现象i的白雾由 小液滴形成，进行实验：
a.用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；
b.用酸化的 溶液检验白雾，产生白色沉淀。
①实验a的目的是_______。
②由实验a、b不能判断白雾中含有 ，理由是_______。
(4)补充实验c，判断白雾中含有 ，实验方案是_______。
(5)现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和 发生反应。通过进
一步实验确认了这种可能性，其实验方案是_______。
(6)检测A瓶中的白色沉淀，确认了 的还原性。
i.将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X。向沉淀X中加入稀 ，无明显变化。
ii.取上层清液，加入 溶液，产生白色沉淀。
加入稀HCl的目的是_______。
(7)用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因：_______。
【答案】(1)
(2)碱性、漂白性(3) 检验白雾中是否含有 ，排除 干扰 白雾中混有 ， 可与酸化的
反应产生白色沉淀
(4)将白雾通入足量的 溶液中，过滤。向滤液中滴加 至溶液呈酸性，滴入 溶液，产
生白色沉淀
(5)向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色
(6)排除 的干扰
(7)
【解析】本题对SO 与漂粉精的反应进行实验探究，取4g漂粉精溶于水，部分固体溶解，次氯酸钙在水中
2
溶解度较小，故有部分无法溶解。过滤测溶液的pH，pH试纸先因溶液呈碱性而变蓝，后被漂粉精漂白褪
色。往漂粉精溶液中持续通入SO，二氧化硫会与次氯酸钙反应生成硫酸钙、HCl和HClO，液面上方出现白
2
雾，稍后出现浑浊，溶液变黄绿色，黄绿色气体为氯气，后产生大量白色沉淀，黄绿色褪去是因为氯气与
过量的二氧化硫反应。
(1)Cl 和Ca(OH) 制取漂粉精的化学方程式为
2 2
(2)pH试纸先变蓝，体现了漂粉精溶液的碱性，后褪色体现了漂粉精溶液漂白性。
(3)①向漂粉精溶液中通入二氧化硫，生成硫酸钙、HCl和HClO，而HCl和HClO反应会生成氯气，用湿润
的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否含有Cl，排除Cl 的干扰。②白雾中含有SO，可以被硝酸氧化成硫
2 2 2
酸，硫酸与AgNO 溶液反应产生硫酸银白色沉淀，故SO 可以使酸化的硝酸银溶液产生白色沉淀。
3 2
(4)要判断白雾中含有HCl，排除SO 的干扰即可，将白雾通入足量的Ba(OH) 溶液中，过滤，向滤液中滴加
2 2
HNO 至溶液呈酸性，再滴入AgNO 溶液，产生白色沉淀即可证明白雾中含有HCl。
3 3
(5)现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和氯离子发生反应，通
过进一步实验确认了这种可能性，漂粉精中成分为次氯酸钙、氯化钙，次氯酸根具有强氧化性在酸性溶液
中可以氧化氯离子为氯气，故可向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色。
(6)亚硫酸钙也是白色沉淀，加入HCl如果是亚硫酸钙则会溶解，无明显变化说明没有亚硫酸钙，故加HCl
目的是排除CaSO 干扰。
3
(7)持续通入SO，黄绿色气体Cl 与二氧化硫发生反应，离子方程式为
2 2
。
考点精练
1．（2024·北京西城·一模）下列化学用语或图示表达正确的是
A．基态N原子的轨道表示式：
B． 的VSEPR模型：
C． 的 键的形成：D．用电子式表示HCl的形成过程：
2．（2024·广东·模拟预测）工业上监测SO 含量是否达到排放标准的化学反应原理是SO ＋H O ＋
2 2 2 2
BaCl =BaSO ↓＋2HCl，用N 表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
2 4 A
A．25℃时， 的HCl溶液中含有 的数目为0.1
B．生成2.33 g BaSO 沉淀时，吸收SO 的体积为0.224L
4 2
C． 晶体和 晶体混合物共1 mol，则极性键数目为2
D．此反应中，每消耗1 mol H O ，转移的电子数为1N
2 2 A
3．（2024·广东茂名·一模）如图所示为氯元素的“价-类”二维图。下列说法正确的是
A．分别蘸有①的浓溶液和浓氨水的玻璃棒互相靠近会产生白烟
B．⑥中阴离子的空间构型为平面四边形
C．④的电子式为
D．明矾与③的净水原理相同
4．（2024·安徽黄山·二模）下列实验操作、现象和结论均正确的是
选
操作 现象 结论
项
向某钠盐粉末上滴加浓盐酸，将产生的气体通
溶液褪色 气体一定是
入品红溶液
向 溶液中滴加盐酸 产生浑浊 的非金属性比 强
C 将SO 3 、SO 2 混合气体通入 溶液中 生成白色沉淀 沉淀是BaSO 3 、BaSO 4
最终析出深蓝色 乙醇降低硫酸四氨合铜晶体的
D 向硫酸铜溶液中依次加入足量氨水和适量乙醇
晶体 溶解度
5．（2024·甘肃·一模）锅炉给水中有溶解氧时，会对锅炉的炉体造成腐蚀。工业上用N H 除去锅炉给水中
2 4
氧的一种反应机理如图所示， 表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A． 中含0.1N 个OH- B．标准状况下11.2LH O中含0.5N 个质子
A 2 A
C．除去氧时每消耗16gN H 转移2N 个电子 D． 中含有4N 个 键
2 4 A A
6．（2024·贵州·二模）MgCl 是制备金属Mg的原料。某研究小组用侯氏制碱法获得的NH Cl制备MgCl ，
2 4 2
同时实现NH 、CO 的循环利用的流程如图所示。
3 2
下列说法正确的是
A．a、b分别是Na CO 、MgCl
2 3 2
B．将NH Cl溶液直接蒸发结晶可以得到NH Cl固体
4 4
C．理论上反应①消耗的 和反应②生成的 相等
D．工业上由MgCl 制Mg的化学方程式：MgCl (熔融) Mg+Cl ↑
2 2 2
7．（2024·辽宁鞍山·二模）工业上利用图1流程制备的亚硝酸钠中常含有一定量的硝酸钠杂质，二者的溶
解度随温度变化如图2所示。下列说法正确的是
A．氧化炉中发生反应的化学方程式为：
B．再氧化时氧气用量越多 产率越高
C．操作为蒸发浓缩、趁热过滤
D． 保护条件下，低温蒸干母液所得固体主要是
8．（16-17高一下·河南洛阳·阶段练习）下列制取SO 、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理
2能达到实验目的的是
A．用装置甲制取SO B．用装置乙验证SO 的漂白性
2 2
C．用装置丙收集SO D．用装置丁处理实验中的尾气
2
9．（2024·浙江温州·二模）某学习小组欲从含有 、乙醇和氨水的实验室废液中分离乙醇并
制备硫酸铜铵 晶体，设计方案如下，下列说法不正确的是
A．试剂X是硫酸，其中发生的反应之一：
B．步骤②蒸馏实验可用水浴加热
C．若得到的粗乙醇中乙醇的含量明显偏低，可能是蒸馏时加热温度偏低
D．将残留液加热浓缩、冷却结晶可得到硫酸铜铵 晶体
10．（2024·山东临沂·一模）工业上煅烧含硫矿物产生的SO 可以按如图流程脱除或利用。
2
已知：途径I、II、III中均有空气参与；硫酸的结构简式为 。下列说法错误的是
A．含硫矿物粉碎有利于提高“煅烧”效率
B．途径II发生的反应为2SO +O +2CaCO 2CaSO +2CO
2 2 3 4 2
C．途径III产生的SO 也可以用浓硫酸吸收
3
D．1molX最多可以与1molNaOH反应
11．（2024·山东临沂·一模）氮化钛(TiN)是新型耐热材料，其制备原理为6TiO +8NH
2 3
6TiN+12H O+N ，实验装置如图所示(夹持装置省略)。下列说法错误的是
2 2A．试剂X可以是碱石灰或生石灰
B．装置的连接顺序为I→III→II→IV
C．先打开恒压分液漏斗旋塞，再打开管式炉加热开关
D．棉花的作用是防止固体进入导管，使导管堵塞
12．（2024·贵州·三模）多晶硅生产工艺流程如图所示。下列说法错误的是
A．粗硅粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率
B．该流程中可以循环使用的物质是HCl、
C．为提高还原时 的转化率，可采取的措施为增大 浓度
D． 与上述流程中的单质发生化合反应，可以制得 ，其化学方程式为
13．（2024·天津红桥·一模）四氧化三铁( )磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、
生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。
(1) 能和稀硫酸反应，生成的两种盐是 。验证反应后溶液中含有 的最恰当的试剂是
。
A．氯水 B．酸性 溶液 C．KSCN溶液 D．NaOH溶液
(2)铁粉在氧气中燃烧是制取 最为快捷的方法。A～D是制取四氧化三铁的系列装置，A装置用于制取
二氧化碳气体，并要求气流稳定，流速可控。①根据题目要求，A装置最好选 。(从下图①、②、③中选择)
A．① B．② C．③
②在加入试剂之前，需对装置进行气密性检查。写出检查①的气密性的操作， ，向分液漏斗
中加足量水，塞紧玻璃塞，打开玻璃旋塞，过一会儿，水不再下滴，说明装置①的气密性良好。如果把分
液漏斗改成恒压滴液漏斗， (填“是”或“否”)可以用上述步骤检验装置的气密性？
③写出B装置中反应的化学方程式 。
(3)氧化沉淀法也是制取 的一种常见方法，其制取流程如下图所示，
副产品P是 (填写化学式)，由溶液N获得该副产品的操作是：加热浓缩→ →过滤
洗涤→晶体加热至完全失去结晶水。
(4)某兴趣小组模仿上述流程制取 并测定其产率、具体操作如下：
I．测定绿矾的含量：称取3.0g工业绿矾，配制成250.00mL溶液。量取25.00mL溶液于锥形瓶中，用
0.01000 酸性 溶液滴定至终点，消耗 溶液的平均体积为20.00mL。写出滴定时发生
反应的离子方程式为 。
Ⅱ．称取300g工业绿矾，通过上述流程最终制得：50g 计算产品 的产率为 。(保
留4位有效数字)
14．（2024·广东深圳·一模）实验室利用以铜为电极电解稀 溶液的方法测定 的值。Ⅰ．电解液的配制：
(1)将 溶液配制为 溶液。
①量取浓 时，适宜的量筒规格为 （填标号）。
A．10 mL B．25 mL C．50 mL D．100 mL
②配制溶液时，进行如下操作：
溶解→冷却→操作ⅰ→洗涤→注入一混匀→定容→操作ⅱ→装瓶贴标签
下图 、 （填标号）所示操作依次为操作ⅰ、操作ⅱ。
Ⅱ． 值的测定：通过测定阳极铜片质量的变化量和通过电路的电量 ，结合两者之间的关系进行计算
（已知：一个电子的电量为 ， ）。
(2)在20℃、101 kPa下，电流为0.2 A，以精铜片为电极，电解 溶液，10 min后关闭电
源。观察和测量结果如下：
a．阳极上有少量气泡产生，且铜片质量减少 ；
b．阴极上有大量气泡产生；
c．电解质溶液变蓝。
①为准确测量，电解前需将已除去油污的铜片 ，并用蒸馏水洗净擦干后再称重。
②经检验，阳极上产生的气体为 ，电极反应为 ；该副反应的发生，可能导致 的测定值比其
理论值 （填“偏大”或“偏小”）。
(3)为避免阳极副反应的发生，探究实验条件的影响。
查阅资料：电解过程中，电解电压低将导致反应速率慢，电压高则易引发电极副反应。电流强度相同时，
电压与电解质溶液的浓度成反比。
提出猜想：猜想ⅰ：电流强度越大，越容易引发电极副反应。
猜想ⅱ：硫酸浓度越低，越容易引发电极副反应。
进行实验：其他条件相同时，进行如下表实验，利用电流传感器测定通过电路的电量 ，并测算3 min内
阳极铜片质量的减少量。
理论电 实测电
实验编 溶液的体积 蒸馏水的体积 阳极铜片减少的质量
流 量
号
1 0.1 18.33 0 0.0060
2 0.1 18.34 20 180 0.00553 0.2 36.70 0.0095
4 0.3 55.02 20 180 0.0130
①根据表中信息，补充数据： ， 。
②由实验2、3和4可知，猜想ⅰ成立，结合表中数据，给出判断理由： 。
③根据实验1～4相关数据，由实验 （填实验编号）测算的 值误差最小。
实验结论：
④根据最优实验条件的数据计算， （已知： ）。
15．（2024·重庆·模拟预测）实验室制备三氯化六氨合钴（Ⅲ）{[ Co（NH ） ]Cl }的装置如图1所示。
3 6 3
实验步骤：在三颈烧瓶中加入活性炭（作催化剂）、CoCl 和NH Cl混合溶液，滴入浓氨水，充分反应后，
2 4
再滴入双氧水，且水浴控温在55℃左右，反应结束后，将反应混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓
盐酸，冰水冷却抽滤、乙醇洗涤、干燥，得到[ Co（NH ） ]Cl 晶体。已知：[ Co（NH ） ]2+具有CoCl 和
3 6 3 3 6 2
NH Cl较强还原性，Co2+不易被氧化， 。
4
图
1 图2
(1)仪器a的名称是 ，仪器c中无水CaCl 的作用是 。
2
(2)先加入浓氨水的目的是 ，水浴控制温度为55℃的原因是 。
(3)CoCl 制备[ Co（NH ） ]Cl 的化学方程式为 。
2 3 6 3
(4)待滤液冷却后加入适量浓盐酸的作用是 ，抽滤采用如图2的装置，抽滤的优点是
。
(5)为测定产品中钴的含量，进行下列实验：
I.称取4.0g产品，加入足量NaOH溶液蒸出NH ，再加入稀硫酸，使[ Co（NH ） ]Cl 全部转化为Co3+，然后
3 3 6 3
将溶液配制成250mL，取25.00mL于锥形瓶，加入过量KI溶液（将Co3+还原成Co2+），用
0.1000mol.L-1Na S O 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液13.10mL。（已知 ）
2 2 3
Ⅱ.另取与步骤I中等量的KI溶液于锥形瓶中，用上述标准溶液进行滴定，消耗Na S O 标准溶液1.10mL。
2 2 3①样品中钴元素的质量分数为 %。
②若步骤Ⅱ滴定前读数准确，滴定后的俯视读数，测定结果将 （填“偏大”“偏小”或
“不变”）。
16．（2024·北京·一模）实验小组对NaHSO 溶液分别与CuCl 、CuSO 溶液的反应进行探究。
3 2 4
实
装置 试剂x 操作及现象
验
1 mol/LCuCl 溶 加入2mLCuCl 溶液，得到绿色溶液，30s时有无色气泡和白色沉
2 2
I
液 淀产生，上层溶液颜色变浅
1 mol/LCuSO 溶
4
II 加入2mL CuSO 溶液，得到绿色溶液，3分钟未见明显变化
4
液
已知：Cu+ [Cu(NH ) ]+(无色溶液) [Cu(NH ) ]2+(深蓝色溶液)
3 2 3 4
(1)推测实验I产生的无色气体为SO ，实验证实推测正确：用蘸有碘水的淀粉试纸接近试管口，观察到蓝色
2
褪去。反应的离子方程式为 。
(2)对实验I产生SO 的原因进行分析，提出假设：
2
假设a：Cu2+水解使溶液中c(H+)增大；
假设b：Cl-存在时，Cu2+与 反应生成CuCl白色沉淀，溶液中c(H+)增大。
①假设a不合理，实验证据是 。
②实验表明假设b合理，实验I反应的离子方程式有 、 。
(3)对比实验I、II，根据半反应就物质的氧化性还原性提出假设：Cl- 。
下述实验III证实了假设合理，装置如下图。
实验方案：闭合K，电压表的指针偏转至“X”处；向U形管 (补全实验操作及现象)。
(4)将实验I的溶液静置24小时或加热后，得到红色沉淀。经检验，红色沉淀中含有Cu+、Cu2+和 。
①通过实验IV证实红色沉淀中含有Cu+和Cu2+。
实验IV：证实红色沉淀中含有Cu+的实验证据是 。用离子方程式解释产生深蓝色溶液的原因： 。
②有同学认为实验IV不足以证实红色沉淀中含有Cu2+，设计实验IV的对比实验Ⅴ，证实了Cu2+的存在。实
验V的方案和现象是： 。
参考答案
1．D【解析】A．根据洪特规则，基态N原子2p上的三个电子应该都独占轨道且自旋平行，A错误；
B．SO 分子中S原子价层电子对个数为3+ =3，VSEPR模型为平面三角形，B错误；
3
C．Cl-Cl的p-pσ键属于轴对称，电子云图形： ，C错误；
D．氯化氢是只含有共价键的共价化合物，表示氯化氢形成的电子式为 ，D正确；
故选D。
2．C【解析】A．pH=1的HCl溶液体积不知，不能计算溶液中含有H+的数目，故A错误；
B．SO +H O +BaCl ═BaSO ↓+2HCl，生成2.33gBaSO 沉淀时，吸收SO 的物质的量0.01mol，但温度压强不
2 2 2 2 4 4 2
知，不能计算气体体积，故B错误；
C．1个过氧化氢和1个水分子都含有2个极性共价键，H O 晶体和H O晶体混合物共1mol，则极性键数目
2 2 2
为2N ，故C正确；
A
D．SO +H O +BaCl ═BaSO ↓+2HCl反应中，氧元素化合价-1价降低到-2价，电子转移总数2e-，每消耗
2 2 2 2 4
1molH O ，转移的电子数为2N ，故D错误；
2 2 A
故选：C。
3．A【分析】根据氯元素的“价-类”二维图可以得到①是HCl，②是Cl ，③是ClO ，④是HClO，⑤是次磷
2 2
酸盐，⑥是HClO 。
4
A．蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒靠近会产生白烟，氨气和氯化氢气体会反应生成氯化铵，A正确；
B．⑥中阴离子的价层电子对数= ，空间构型为正四面体形，B错误；
C．④的电子式为 ，C错误；
D．明矾净水是因为铝离子水解成的氢氧化铝胶体具有吸附性可以吸附悬浮杂质，二氧化氯净水是因为二
氧化氯有强氧化性，二者净水原理不相同，D错误；
故选A。
4．D【解析】A．高锰酸钠固体能与浓盐酸反应生成能使品红溶液褪色的氯气，则向某钠盐粉末上滴加浓
盐酸，将产生的气体通入品红溶液，溶液褪色不能说明产生的气体一定是二氧化硫，故A错误；
B．元素的非金属性强弱与最高价氧化物对应水化物的强弱有关，与氢化物的酸性无关，则向硅酸钠溶液中滴加盐酸产生浑浊只能说明盐酸的酸性强于硅酸，但不能说明氯元素的非金属性强于硅元素，故B错
误；
C．亚硫酸的酸性弱于盐酸，由强酸制弱酸的原理可知，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，则将三氧化
硫、二氧化硫混合气体通入氯化钡溶液中，反应生成的白色沉淀中不可能含有亚硫酸钡，故C错误；
D．硫酸铜溶液与足量氨水反应生成硫酸四氨合铜，向硫酸铜溶液中依次加入足量氨水和适量乙醇，最终
析出深蓝色晶体是因为乙醇降低了硫酸四氨合铜晶体的溶解度，故D正确；
故选D。
5．C【解析】A． 为弱电解质，部分电离， 中含OH-小于0.1N 个，A错
A
误；
B．标准状况下，水不是气态，不适用于气体摩尔体积进行计算，B错误；
C．除去氧时N H 转化为N ，N的化合价由-2→0价，每消耗16gN H (0.5mol)转移0.5mol×4=2mol=2N 个电
2 4 2 2 4 A
子，C正确；
D．每个 中含有12个 键， 中含有12N 个 键，D错误；
A
故选C。
6．D【分析】由题干转化流程图可知，反应①为NH +NaCl+CO +H O=NaHCO +NH Cl，反应②为：
3 2 2 3 4
MgCO +2NH Cl=2NH ↑+MgCl +H O+CO ↑，据此分析解题。
3 4 3 2 2 2
A.由分析可知， a不是Na CO 、是NaHCO ，A错误；
2 3 3
B. 由于NH Cl受热易分解，故不能将NH Cl溶液直接蒸发结晶制得NH Cl固体，而应该冷却结晶，B错误；
4 4 4
C. 由分析可知，理论上反应①消耗的 =1：1和反应②生成的 =1：2，即二者不相等，C错
误；
D. 工业上由MgCl 制Mg的化学方程式：MgCl (熔融) Mg+Cl ↑，D正确；
2 2 2
故答案为：D。
7．A【分析】氧化炉中发生反应的化学方程式为： ，生成的NO被氧气氧
化为NO ，NO 被氢氧化钠吸收发生反应
2 2
，根据硝酸钠、亚硝酸钠溶解度随温度变化的幅度的差异，采用蒸发
浓缩、冷却结晶的方式让亚硝酸钠以晶体的形式析出。
A．氧化炉中发生反应的化学方程式为： ，A正确；
B．氢氧化钠溶液吸收时发生 、 ，再
氧化时氧气用量过多，氧气将NO全部氧化为二氧化氮，会使生成的 减少，降低了硝酸钠的产率，
B错误；C．硝酸钠溶解度随温度升高而升高的幅度不大，亚硝酸钠溶解度随温度升高而升高的幅度较大，可采用
蒸发浓缩、冷却结晶的方式让亚硝酸钠以晶体的形式析出，C错误；
D．硝酸钠溶解度随温度升高而升高的幅度不大， 保护条件下，将母液蒸发浓缩、趁热过滤即可得到
固体，D错误；
故答案为：A。
8．C【解析】A．铜与浓硫酸需要加热才能反应制得SO ，故用装置甲制取不了SO ，A不合题意；
2 2
B．SO 使酸性高锰酸钾溶液褪色体现其还原性而不是漂白性，即用装置乙验证不了SO 的漂白性，B不合
2 2
题意；
C．SO 的密度大于空气，不与空气反应，需要向上排空气法收集，即能够用装置丙收集SO ，C符合题意；
2 2
D．SO 与饱和亚硫酸氢钠溶液不反应，故不能用装置丁处理实验中的尾气，D不合题意；
2
故答案为：C。
9．C【分析】欲从含有 、乙醇和氨水的实验室废液中分离乙醇并制备硫酸铜铵
晶体，需要将 转化为硫酸铜、将氨水中的一水合氨和NH 转
3
化为硫酸铵，所以加入的试剂X是硫酸，充分反应后溶液Y为无机盐和乙醇的水溶液，回收乙醇可利用沸
点的差异采取蒸馏的方法。
A．根据以上分析可知试剂X是硫酸，加硫酸可以除去络合离子，其中发生的反应之一为
，故A正确；
B．由于乙醇的沸点为78.3℃，所以步骤②蒸馏实验可用水浴加热，故B正确；
C．若得到的粗乙醇中乙醇的含量明显偏低，可能是蒸馏时加热温度偏高，馏出速度太快，故C错误；
D．据以上分析可知，废液中加硫酸反应后，蒸馏出乙醇后剩下的残留液加热浓缩、冷却结晶可得到硫酸
铜铵 晶体，故D正确；
故答案为：C。
10．D【分析】含硫矿物煅烧产生二氧化硫，二氧化硫与氧气、碳酸钙发生反应：2SO +O +2CaCO
2 2 3
2CaSO +2CO ，二氧化硫经催化氧化产生三氧化硫，三氧化硫与甲醇反应得到X。
4 2
A．含硫矿物粉碎有利于提高“煅烧”效率，A正确；
B．途径II发生的反应为2SO +O +2CaCO 2CaSO +2CO ，B正确；
2 2 3 4 2
C．途径III产生的SO 也可以用浓硫酸吸收得到焦硫酸，再稀释转化为浓硫酸可以避免三氧化硫与水反应形
3
成大量酸雾，C正确；
D．X经水解可到硫酸和甲醇，故1molX最多可以与2molNaOH反应得到1mol硫酸钠和1mol甲醇，D错
误。
故选D。11．B【分析】装置Ⅰ制备氨气，装置Ⅱ是发生装置，装置Ⅲ吸收尾气同时防止空气中的水蒸气进入装置
Ⅱ中，装置Ⅳ干燥氨气，据此解答。
A．浓氨水中加入氧化钙、氢氧化钠或碱石灰可以产生氨气，因此试剂X可以是碱石灰或生石灰，A正确；
B．氯化钙能吸收氨气，不能干燥氨气，所以装置的连接顺序为I→IV→II→III，B错误；
C．需要利用氨气排尽装置中的空气，所以先打开恒压分液漏斗旋塞，再打开管式炉加热开关，C正确；
D．由于气体的气流也可能把固体小颗粒插入导管中，所以棉花的作用是防止固体进入导管，使导管堵
塞，D正确；
答案选B。
12．C【分析】粗硅粉碎后和氯化氢反应生成SiHCl ，SiHCl 提纯后和氢气发生还原生成多晶硅。
3 3
A．粗硅粉碎增大了表面积，可以加快反应速率，A正确；
B．根据流程，HCl、H 在流程中分别作反应物和生成物，所以可循环使用，B正确；
2
C．增大 浓度，可增大转化速率，但不能提高还原时 的转化率，C错误；
D．结合流程，对比SiHCl 和SiCl ，可知SiCl 与上述流程中的单质H 、Cl 发生化合反应生成SiHCl ，化学方
3 4 4 2 2 3
程式为 ，D正确；
答案选C。
13．(1) 、 B
(2) A 用止水夹夹紧橡胶管 否
(3) 冷却结晶
(4) 64.66%
【解析】（1） 能和稀硫酸反应的化学方程式为 ，故两种盐分别是
、 ；由于 具有还原性，能使酸性 溶液褪色，故验证反应后溶液中含有 的
最恰当的试剂是酸性 溶液；
（2）①A装置用于制取二氧化碳气体，并要求气流稳定，流速可控，因此最好选用装置①；②检查①的
气密性的方法为：用止水夹夹紧橡胶管，，向分液漏斗中加足量水，塞紧玻璃塞，打开玻璃旋塞，过一会
儿，水不再下滴，说明装置①的气密性良好；如果把分液漏斗改成恒压滴液漏斗，液体一定能滴下，故不
可以用上述步骤检验装置的气密性；③二氧化碳与B中的过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气的化学方程式为
；
（3）由图知，滤液中还含有钠离子和硫酸根，故副产品P是 ；由溶液N获得该副产品的操作是：
加热浓缩→冷却结晶→过滤洗涤→晶体加热至完全失去结晶水；
（4）Ⅰ.滴定时亚铁离子被酸性高锰酸钾氧化，发生反应的离子方程式为
；Ⅱ.3.0g工业绿矾中，
；300g工业绿矾中，，绿矾中的铁来源四氧化三铁， ，
， 的产率为 。
14．(1) B b d
(2) 砂纸打磨或稀硫酸浸泡 2H O—4e—=O ↑＋4H+ 偏大
2 2
(3) 200 20 实验3相比实验2，电流强度增大2倍，阳极铜片质量减小量小于2倍；实验4
相比实验3，电流强度增大1.5倍，阳极铜片质量减小量小于1.5倍 1 6.11×1023
【解析】（1）①由稀释定律可知，配制为250mL1.0mol/L硫酸溶液需要18mol/L浓硫酸溶液的体积为
×103mL/L≈13.9mL，则量取浓硫酸的量筒规格为25mL，故选B；
②配制250mL1.0mol/L硫酸溶液的操作步骤为溶解→冷却→移液→洗涤→注入一混匀→定容→摇匀→装瓶
贴标签，由图可知，题给装置的操作分别为溶解、移液、注入、摇匀、混匀、定容，则操作ⅰ、操作ⅱ分
别为b、d，故答案为：b；d；
（2）①铜片表面形成的碱式碳酸铜会影响铜片质量的测定，所以为准确测量，电解前需将已除去油污的
铜片砂纸打磨或稀硫酸浸泡除去碱式碳酸铜，并用蒸馏水洗净擦干后再称重，故答案为：砂纸打磨或稀硫
酸浸泡；
②由电解规律可知，电解时，铜会在阳极失去电子发生氧化反应生成铜离子，阳极上产生氧气说明水分子
在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H O—4e—=O ↑＋4H+，由电量Q=n(e
2 2
—)N q可知，氧气生成会使得实验测得电量偏高，而铜失去电子数目偏小，所以副反应发生可能导致阿伏
A
加德罗常数的测定值比其理论值偏大，故答案为：2H O—4e—=O ↑＋4H+；偏大；
2 2
（3）①由表格数据可知，实验1和2探究副反应与硫酸浓度的关系、实验2、3和4探究理论电量与副反
应的关系，由探究实验变量唯一化原则可知，实验中溶液的总体积应保持不变，实验3中稀硫酸和蒸馏水
的体积与实验2相同，则a为200、b为20、c为180，故答案为：200；20；
②由表格数据可知，实验3中理论电流是实验2的2倍，而实测电量36.70＞18.34×2，阳极铜片减少的质
量0.0095＜0.0055×2；实验4理论电流是实验2的1.5倍，而实测电量55.02＞36.70×1.5，阳极铜片减少的
质量0.0130＜0.0095×1.5，说明其他条件相同时电流强度越大，越容易引发电极副反应，证明猜想ⅰ成
立，故答案为：实验3相比实验2，电流强度增大2倍，阳极铜片质量减小量小于2倍；实验4相比实验
3，电流强度增大1.5倍，阳极铜片质量减小量小于1.5倍；
③由题给信息可知，电解过程中，电解电压低将导致反应速率慢，电压高则易引发电极副反应；电流强度
相同时，电压与电解质溶液的浓度成反比，所以实验中应选择较高浓度的硫酸溶液、低电流的实验条件，
则由表格数据可知，由实验1测算的阿伏加德罗常数的值误差最小，故答案为：1；
④由实验1数据可知，阿伏加德罗常数N = =6.11×1023 mol—1，故答案为：
A
6.11×1023。
15．(1) 恒压滴液漏斗 吸收挥发出的氨气，防止污染空气(2) 将Co2+转化为易被氧化的[Co（NH ） ]2+ 温度过低反应速率慢，温度过高双氧水受热易分解
3 6
(3)
(4) 加入盐酸增加Cl-浓度有利于[Co（NH ） ]Cl 晶体析出 加快过滤速率
3 6 3
(5) 17.7 偏小
【分析】由题意可知，由氯化亚钴制备三氯化六氨合钴(Ⅲ)的过程为先向氯化亚钴和氯化铵的混合溶液中
加入氨水，将溶液中的亚钴离子转化为易被氧化的[Co(NH ) ]2+离子，向充分反应后的溶液中再加入双氧水
3 6
溶液，在活性炭做催化剂的条件下，过氧化氢溶液与[Co(NH ) ]2+离子水浴加热反应生成[Co(NH ) ]3+离子。
3 6 3 6
（1）仪器a的名称是恒压滴液漏斗，仪器c中无水CaCl 的作用是吸收挥发出的氨气，防止污染空气。
2
（2）由分析可知，先向氯化亚钴和氯化铵的混合溶液中加入氨水的目的是将溶液中的亚钴离子转化为易
被氧化的[Co(NH ) ]2+离子，加入过氧化氢溶液氧化[Co(NH ) ]2+离子时，若反应温度过低，反应速率较慢，若
3 6 3 6
反应温度过高，过氧化氢受热分解，所以需要控制水浴温度为55℃。
（3）由图可知，制备三氯化六氨合钴(Ⅲ)的反应为氯化亚钴溶液与氯化铵溶液、氨水和过氧化氢溶液反应
生成三氯化六氨合钴(Ⅲ)和水，反应的化学方程式为
。
（4）待滤液冷却后加入适量浓盐酸的作用是加入盐酸增加Cl-浓度有利于[Co（NH ） ]Cl 晶体析出，抽滤采
3 6 3
用如图2的装置，抽滤的优点是加快过滤速率。
（5）n(Co3+)=2n(I )=2× n( )，由步骤二可知KI消耗1.10 mL标准溶液，故钴离子消耗13.10mL-1.10
2
mL =12.00 mL标准溶液，样品中m(Co3+)=12.00×10-3×0.1× ×59g/mol=0.7080g，钴元素质量分数=
=17.7%；若俯视读数，读数偏大，使得计算时钴离子消耗的体积偏小，故测定结果将偏
小。
16．(1)
(2) 实验I、II中(Cu2+)相同，但实验II中未见气泡
(3) 增强了Cu2+的氧化性 右侧加入一定量NaCl固体，溶解后，观察到电压表指针偏转变大
(4) 一段时间后溶液由浅蓝色变为深蓝色
取少量纯净的Cu O于试管中，滴
2
加足量浓氨水，沉淀溶解，得到无色溶液，露置一段时间后溶液变为深蓝色(或图示表示：)
【分析】 与浓氨水会直接生成深蓝色溶液 ，结合已知条件中 与浓氨水反应的现
象，设计实验IV要证明红色沉淀中含有 ，需要做一个对比实验，一个含有 、 ，另一个只含
有 ，即取少量纯净的Cu O于试管中，滴加足量浓氨水，沉淀溶解，得到无色溶液，露置一段时间后溶
2
液变为深蓝色。
（1）推测实验I产生的无色气体为SO ，实验证实推测正确：用蘸有碘水的淀粉试纸接近试管口，观察到
2
蓝色褪去。碘单质具有氧化性，二氧化硫具有还原性，反应的离子方程式为
；
（2）假设a不合理，实验证据是实验I、II中(Cu2+)相同，但实验II中未见气泡；实验表明假设b合理，根
据得失电子守恒，电荷守恒，实验I反应的离子方程式有
、 ；
（3）对比实验I、II，根据半反应就物质的氧化性还原性提出假设：Cl-增强了Cu2+的氧化性；实验Ⅲ是为了
验证Cl-增强了Cu2+的氧化性，需要向硫酸铜溶液中补充氯离子，向U形管右侧加入一定量NaCl固体，溶解
后，观察到电压表指针偏转变大，说明Cl-增强了Cu2+的氧化性；
（4）证实红色沉淀中含有Cu+的实验证据是，浅蓝色溶液露置在空气中一段时间后溶液由浅蓝色变为深蓝
色；用离子方程式解释产生深蓝色溶液的原因,
；有同学认为实验IV不足以证实红色沉
淀中含有Cu2+，设计实验IV的对比实验Ⅴ，证实了Cu2+的存在，实验V的方案和现象是：取少量纯净的
Cu O于试管中，滴加足量浓氨水，沉淀溶解，得到无色溶液，露置一段时间后溶液变为深蓝色(或图示表
2
示： )。
