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1、精品文档高考化学专题三 常见非金属及其化合物第一单元氯、溴、碘及其化合物一、选择题1下列叙述，正确的是 ()。氯气的性质活泼，它与氢气混合后立即发生爆炸实验室制取氯气时，为了防止环境污染，多余的氯气可以用氢氧化钙溶液吸收新制氯水的氧化性强于久置氯水检验HCl气体中是否混有Cl2，方法是将气体通入硝酸银溶液除去HCl气体中的Cl2，可将气体通入饱和食盐水A B C D解析氯气与氢气混合，达到爆炸极限，在点燃或光照的条件下才能发生爆炸，错，氢氧化钙溶液中溶质浓度小，实验中用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，错，排除A、B项；HCl气体与AgNO3溶液也可产生沉淀，错；将气体通入饱和食盐水，除去的是HCl
2、气体，而不是Cl2，错，排除D项。答案C2下列物质能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色的是()氯气液氯新制氯水氯气的酒精溶液盐酸盐酸酸化的漂白粉溶液A BC D解析 能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色的物质，应具有酸性和漂白性等性质。在题中所给的物质、中只存在Cl2分子，其既无酸性，又无漂白性。中存在的是Cl2分子和乙醇分子，也没有酸性和漂白性。中只存在H和Cl及水分子，其只能使试纸变红，却不能使之褪色。只有新制氯水和盐酸酸化的漂白粉溶液，因溶液中存在H和HClO，符合要求。答案 A3在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现出各自的性质。下列实验现象和结论一定正确的是()A加入有色布条
3、，一会儿有色布条褪色。说明溶液中有Cl2存在B溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2存在C加入盐酸酸化，再加入硝酸银溶液产生白色沉淀，说明氯水中有Cl存在D加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HClO分子存在解析 氯水中存在三种分子：Cl2、HClO、H2O，四种离子：Cl、ClO、H、OH，其中HClO具有漂白性，能使有色布条褪色；氯水中含有氯气分子，溶液呈黄绿色，往溶液中加入NaOH溶液，Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO而使氯水的黄绿色消失； 加入盐酸酸化，就会往溶液中引入Cl，再加入AgNO3产生白色沉淀，不能说明氯水中有Cl存在。答案 B4下列能够检验出KI中是否含
4、有Br的实验是 ()。A加入足量的新制氯水，溶液变色则有BrB加入酸性KMnO4溶液，观察溶液颜色是否褪去C加入少量的碘水，再加入CCl4振荡，有机层有色，则有BrD加入足量FeCl3溶液，用CCl4萃取后，取无色的水层并加入AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成，则含有Br解析A项，在KI中加入足量新制氯水，也会置换出单质碘而使溶液变色，故不能确定是否含有溴离子；B项，溴离子和碘离子均能使酸性高锰酸钾溶液褪色；C项，加入少量的碘水，再加入CCl4振荡，有机层可能是萃取单质碘而显色，并没有溴单质产生。答案D5某同学用下列装置制备并检验Cl2的性质。下列说法正确的是 ()。A图中：如果MnO2过量，浓
5、盐酸就可全部被消耗B图中：量筒中发生了加成反应C图中：生成蓝色的烟D图中：湿润的有色布条能褪色，将硫酸溶液滴入烧杯中，至溶液显酸性，结果有Cl2生成解析A项中即使MnO2过量，浓盐酸中的HCl也不能完全消耗，因为MnO2与稀盐酸不反应，该项说法错误；B项中发生的应是取代反应；C项中应生成棕黄色的烟；D项中：Cl22NaOH=NaClNaClOH2O，在含有NaCl和NaClO的溶液中加入H2SO4，发生反应ClClO2H=Cl2H2O。答案D6碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I的形式存在，几种微粒之间有如图所示关系，根据图示转化关系推测下列说法不正确的是 ()。A可用KI淀
6、粉试纸和食醋检验加碘盐中是否含有碘B足量Cl2能使湿润的KI淀粉试纸变白的原因可能是：5Cl2I26H2O=2HIO310HClC由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2I2IOD途径中若生成1 mol I2，反应中转移的电子数为10NA解析加碘盐中含有IO，其在酸性条件下可被I还原生成I2，使淀粉呈现蓝色，选项A正确；图示转化关系中，氯气可以将I氧化为I2，也可以将 I氧化为IO，B正确；由途径和可知Cl2的氧化性大于I2、IO，再由途径可知IO的氧化性大于I2，故氧化性的强弱顺序为Cl2IOI2，选项C错误；根据转化关系得出：2IOI210e，选项D正确。答案C7 向FeI2、FeBr2的混合溶液
7、中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示。已知：2Fe2Br2=2Fe32Br、2Fe32I=2Fe2I2，则下列有关说法中，不正确的是()。 A还原性：IFe2BrB原混合溶液中FeBr2的物质的量为6 molC当通入2 mol Cl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe22I2Cl2=2Fe3I24ClD原溶液中：n(Fe2)n(I)n(Br)213解析本题通过氯气与FeI2、FeBr2混合溶液的反应考查卤素离子及亚铁离子还原性的比较、根据还原性强弱判断离子反应方程式的正误、读图分析能力等。选项A中还原性强弱顺序正确；根据图像分析，原溶液中n(I)为2 mol，n(Fe2
8、)为4 mol，n(Br)为6 mol，即n(FeI2)为1 mol，n(FeBr2)为3 mol，选项B错误，选项D正确；根据还原性强弱可知，通入Cl2时I最先被氧化，其次氧化Fe2，Br最后被氧化，当通入2 mol Cl2时，被氧化的为2 mol I和2 mol Fe2，选项C离子方程式正确。答案B二、非选择题8某同学用200 mL 12 molL1浓HCl和足量MnO2缓缓加热来制取Cl2，并将生成的Cl2通入FeBr2溶液和FeI2溶液中来探究Fe2、Br和I的还原性强弱。请回答下列问题：(1)写出制取Cl2的化学方程式_。(2)将少量的Cl2通入FeBr2溶液中，溶液由浅绿色变为棕黄
9、色，则该反应的离子方程式为_。(3)若将等物质的量的Cl2和FeI2充分反应，再向所得溶液中滴加KSCN溶液，无血红色物质生成，则Fe2、Br和I的还原性由强到弱的顺序_。(4)若将4.48 L(标准状况下)氯气通入800 mL碘化亚铁溶液中，充分反应后，测得溶液中Fe2和Fe3的物质的量浓度相等，则原碘化亚铁溶液的物质的量浓_。解析 (2)Fe2被Cl2氧化为Fe3，说明Cl2氧化性大于Fe3。(3)Cl2氧化I而未氧化Fe2，说明I还原性大于Fe2。(4)设FeI2的物质的量为x mol，则氧化I需用Cl2 x mol，氧化Fe2所用的Cl2为(2x)mol，生成的Fe3为2(2x)mol
10、，则由溶液中Fe2和Fe3的物质的量浓度相等知2(2x)x2(2x)，解得x16，c16 mol/8 L2 molL1。答案 (1)MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O(2)Cl22Fe2=2Fe32Cl(3)IFe2Br(4)2 molL19以粗盐(主要成分为NaCl，含少量Ca2、Mg2、Fe3、SO等)为原料制备亚氯酸钠(NaClO2)的工艺流程如下(试剂A为依次加入的过量BaCl2、NaOH、Na2CO3溶液)：回答下列问题：(1)“精制”过程中，加入过量的Na2CO3的作用是_。(2)电解时发生主要反应的离子方程式为_；该过程中有少量有毒气体单质产生，可用碱液吸收，该气体为
11、_(填化学式)。(3)二氧化氯发生器中发生的化学反应，其氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。(4)吸收塔中发生反应的化学方程式为_；二氧化氯气体和H2O需稍过量，其目的是_。解析本题考查了反应条件的选择目的分析、试剂的作用、化学方程式的书写。(1)粗盐精制就是除去Ca2、Mg2、Fe2、SO等，应先加入NaOH、BaCl2，然后加入Na2CO3，过滤后加入HCl。其中，Na2CO3一方面要除去溶液中原有的Ca2，另一方面要除去过量的Ba2。(2)电解步骤是电解NaCl溶液。根据流程图，产物是NaClO3和H2，所以电解反应为：Cl3H2OClO3H2。再结合题目和信息，能产生的有毒单质气体，只有
12、Cl2。(3)在二氧化氯发生器中，NaClO3转化成ClO2，氯元素化合价降低1价，作氧化剂；SO2具有还原性，作还原剂，硫元素化合价升高2价。根据化合价升降相等，可知两者的化学计量数为21。(4)从该步流程图可知，H2O2与ClO2在NaOH作用下转化成NaClO2、O2和H2O。根据化合价升降相等，配平可得：2ClO2H2O22NaOH=2NaClO22H2OO2。二氧化氯和H2O2稍过量，一方面能使NaOH完全反应，另一方面固体溶质只有NaClO2，便于结晶时获得较纯的NaClO2，分离方便。答案(1)除Ca2和过量的Ba2(2)Cl3H2OClO3H2Cl2(3)21(4)2ClO2H
13、2O22NaOH=2NaClO22H2OO2使NaOH完全反应，便于产物提纯1饱和氯水与石灰石的反应是制取较浓的HClO溶液的方法之一。某同学运用这一方法，尝试制取HClO溶液并进行了如下定性实验：在试管中加入过量的块状碳酸钙，再加入约20 mL饱和氯水，充分反应，有少量气泡产生，溶液的黄绿色褪去；过滤，将滤液滴在有色布条上，发现其漂白性更强；为了确定反应产物，将滤液分为三份，分别进行以下实验：第一份与石灰水混合，立即产生大量白色沉淀；第二份与稀盐酸混合，立刻产生大量气泡；第三份加热，看到溶液变浑浊且有大量无色气体产生。经检测，上述实验中产生的无色气体均为CO2气体。(1)试解释可以在饱和氯水
14、中加入石灰石制备HClO的原因：_。(2)写出步骤中第一份及第二份滤液发生反应的离子方程式：第一份_。第二份_。(3)试根据所学知识推测，在的滤液中含有的溶质，除了溶解的极少量氯气外，还含有的其他溶质为(写化学式)_。解析饱和氯水中存在：Cl2H2OHClHClO的平衡体系，加入过量CaCO3后，2CaCO32HCl=Ca(HCO3)2CaCl2，CaCO32HCl=CaCl2CO2H2O，使HCl浓度降低，平衡右移，Cl2浓度降低，溶液黄绿色褪去；HClO浓度增大，溶液漂白性增强。由于滤液中含有HClO、CaCl2、Ca(HCO3)2等成分，Ca(HCO3)2与Ca(OH)2反应生成CaCO
15、3沉淀；与HCl反应产生CO2气体；Ca(HCO3)2受热分解生成CaCO3沉淀和CO2气体。答案(1)由于饱和氯水中存在：Cl2H2OHClHClO，加入CaCO3后，2HClCaCO3=CaCl2CO2H2O，使平衡右移，HClO的浓度增大(2)Ca2HCOOH=CaCO3H2O HCOH=CO2H2O(3)CaCl2、Ca(HCO3)2、HClO11氢溴酸在医药和石化工业上有广泛用途。下图是模拟工业制备氢溴酸粗品并精制的流程。根据上述流程回答下列问题：(1)混合中发生反应的化学方程式为_。(2)混合中使用冰水的目的是_。(3)操作和操作的名称分别是_、_。(4)混合液中加入Na2SO3的
16、目的是_。(5)纯净的氢溴酸应为无色液体，但实际工业生产中制得的氢溴酸(工业氢溴酸)常带有淡淡的黄色。于是甲、乙两同学设计了简单实验加以探究：甲同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为含有Fe3，则用于证明该假设所用的试剂为_，若假设成立可观察的现象为_。乙同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为_，其用于证明该假设所用的试剂为_。解析本题以模拟工业制备氢溴酸为背景，考查制备反应原理、混合物分离提纯的方法、实验的设计、分析能力等。(1)SO2和Br2用冰水混合，二者反应生成H2SO4和HBr。(2)由于Br2具有易挥发性，使用冰水能降低体系温度，防止溴挥发，使反应进行完全。(3)操作是分离沉淀和溶液，用过滤的
17、方法，操作是加热将沸点较低的氢溴酸(溴化氢和水)挥发出去，再收集(冷凝)得到精制的氢溴酸，分离方法为蒸馏。(4)加入Na2SO3可以除去少量未反应的Br2。(5)检验Fe3通常选用KSCN溶液，溶液变成血红色；溶液中含有少量单质溴也能使溶液呈淡黄色，可以用CCl4萃取检验，若是Fe3则不能被萃取。答案(1)SO2Br22H2O=H2SO42HBr(2)降低体系温度，防止溴挥发，使反应进行完全(3)过滤蒸馏(4)除去粗产品中未反应完的溴(5)KSCN溶液 溶液变成血红色含有Br2CCl4 第二单元含硅矿物与信息材料一、选择题1下列说法正确的是 ()。A云、雾、烟都属于胶体，其分散剂都是空气B新制
18、氯水中的所有物质都是电解质C水晶项链和餐桌上的瓷盘都是硅酸盐制品D制造光导纤维的原料是晶体硅解析新制氯水中Cl2分子不是电解质，B不正确；水晶项链不是硅酸盐制品，其主要成分是二氧化硅，C不正确；制造光导纤维的原料是SiO2，D不正确。答案A2X、Y、Z三种不同物质有如图所示转化关系，则X不可能是()。ASO2 BSiO2 CCO2 DNH4Cl解析将四个选项代入，如果X是NH4Cl，则Y为NH3H2O，Z为NH4Cl，与题目要求“X、Y、Z三种不同物质”不符，故选择D项。答案D3青花瓷中所描绘的“瓶身描绘的牡丹一如你初妆”、“色白花青的锦鲤跃然于碗底”等图案让人赏心悦目，但古瓷中所用颜料成分一
19、直是个迷，近年来科学家才得知大多为硅酸盐，如蓝紫色的硅酸铜钡(BaCuSi2Ox，铜为2价)，下列关于硅酸铜钡的说法不正确的是()A可用氧化物形式表示为BaOCuO2SiO2B性质稳定，不易脱色C易溶解于强酸和强碱Dx等于6解析 “硅酸铜钡”能稳定存在说明其性质稳定，不易脱色，不易与酸、碱反应。“硅酸铜钡”中Ba为2价，Cu为2价，Si为4价，则x6，用氧化物形式表示为BaOCuO2SiO2，A、B、D均正确。答案 C4用4种溶液进行实验，下表中“操作及现象”与“溶液”对应关系错误的是()选项操作及现象溶液A通入CO2，溶液不变浑浊，先通入氨气再通入CO2，溶液变浑浊CaCl2溶液B通入CO2
20、，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，浑浊消失Na2SiO3溶液C通入CO2，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去Ca(ClO)2溶液D通入CO2，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，浑浊消失，再加入足量NaOH溶液，又变浑浊Ca(OH)2溶液解析：A项CaCl2溶液不与CO2反应，但通入NH3后溶液变为(NH4)2CO3可产生浑浊；B项H2SiO3沉淀不溶于过量的CO2；C项生成的HClO漂白品红；D项Ca(OH)2CaCO3Ca(HCO3)2CaCO3。答案：B5下列关于硅及其化合物的说法中正确的是 ()。A石英和水玻璃的主要成分都是硅酸盐B用二氧化硅与焦炭反应制取单质硅时，当生成2.24 L气体
21、(标况)时，得到1.4 g硅C单质硅与强酸、强碱都不反应D因为高温时二氧化硅与碳酸钠反应放出二氧化碳，所以硅酸的酸性比碳酸强解析A项石英的主要成分是SiO2，不是硅酸盐；B项中用二氧化硅与焦炭反应制取单质硅时，当生成2.24 L CO气体(标况)时，可得到1.4 g硅，正确；C项中单质硅与强碱溶液反应，生成硅酸盐并放出氢气；D项中硅酸的酸性比碳酸弱。答案B6SiO2是一种化工原料，可以制备一系列物质(如下图所示)。下列说法错误的是 ()。A上图所含反应都不属于氧化还原反应B纯净的二氧化硅和单晶硅都是信息产业的重要基础材料C用盐酸可除去石英砂(主要成分为SiO2)中少量的碳酸钙D高炉炼铁时用石灰
22、石将铁矿石中的脉石转化为易熔的炉渣解析A项，由SiO2制取单晶Si的一系列反应都属于氧化还原反应，错误；B项，SiO2可作光导纤维，单晶硅可作半导体材料，正确；C项，盐酸与SiO2不反应，与CaCO3反应，正确；D项，高炉炼铁中，存在反应：CaCO3CaOCO2，SiO2CaOCaSiO3，CaSiO3作为炉渣除去，正确。答案A7工业生产的生石灰中常混有二氧化硅和石灰石。现将生石灰样品溶于过量的盐酸中。然后在不断搅拌(必要时可以加热)的情况下，向反应混合溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液至过量，如果纵坐标表示固体难溶物的质量(m)，横坐标表示所加入氢氧化钠溶液的体积(V)，则下列图示正确的是 ()。解
23、析生石灰样品溶于过量盐酸后，溶液中的溶质为CaCl2和过量的HCl。滴加NaOH溶液时，NaOH首先与盐酸反应，所以开始时固体难溶物的质量不变，C、D两选项排除；当酸耗完后，SiO2开始溶解，发生反应的离子方程式为SiO22OH=SiOH2O，SiOCa2=CaSiO3，依据两个化学方程式的化学计量数关系可知溶解1 mol SiO2(60 g)时生成1 mol难溶物CaSiO3(116 g)，难溶物的质量增加。答案B二、非选择题8某研究性学习小组进行了“实验室制Si”的研究，他们以课本为基础，查阅资料得到以下可供参考的信息：工业上在高温时用C还原SiO2可制得SiMg在点燃的条件下即可与SiO
24、2反应金属硅化物与稀H2SO4反应生成硫酸盐与SiH4Si和SiO2均不与稀H2SO4反应SiH4在空气中自燃他们在研究报告中记载着：“选用合适的物质在适宜的条件下充分反应，再用足量稀硫酸溶解固体产物；然后过滤、洗涤、干燥、最后称量在用稀硫酸溶解固体产物时，发现有爆鸣声和火花，其产率也只有预期值的63%左右。”(1)该小组“实验室制Si”的化学方程式是_。(2)你估计“用稀硫酸溶解固体产物时，发现有爆鸣声和火花”的原因是(用化学方程式表示)_。解析 (1)由提供信息可知，适合实验室制Si的原理应用Mg在点燃的条件下与SiO2反应生成Si和MgO。(2)稀H2SO4溶解固体产物时，发现有爆鸣声和
25、火花，说明固体产物中含有Mg2Si，Mg2Si与H2SO4反应生成的MgSO4和SiH4，SiH4在空气中自燃。答案 (1)2MgSiO22MgOSi(2)金属镁与生成的硅继续反应生成硅化镁，硅化镁与稀硫酸反应生成的SiH4可自燃。用化学方程式表示：2MgSiMg2Si，Mg2Si2H2SO4=2MgSO4SiH4，SiH42O2=SiO22H2O9X是一种新型无机非金属材料，具有耐磨、耐腐蚀、抗冷热冲击性。有关生产过程如下：为了确定C的组成，某同学进行了以下探究。已知F、G都是难溶于水和稀硝酸的白色沉淀，I可作光导纤维。按要求回答下列问题：(1)C的化学式为_；X的化学式为_。(2)写出下列
26、方程式：反应的化学方程式：_。反应的离子方程式：_。解析本题可从I入手推断，I可作光导纤维，故其为二氧化硅，F为硅酸，H为硅酸钠，E为HCl，C为四氯化硅，D为Si(NH2)4，X为Si3N4，A为Si，B为Cl2。反应为SiCl4与过量氨气的反应，反应为硅酸钠与过量二氧化碳的反应。答案(1)SiCl4Si3N4 (2)SiCl48NH3=Si(NH2)44NH4ClSiO2H2O2CO2=H2SiO32HCO1白炭黑(SiO2H2O)广泛用于橡胶、涂料、印刷等行业，可用蛇纹石主要成分为Mg6(Si4O10)(OH)8来制取，其主要工艺流程如下：(1)蛇纹石用氧化物形式可表示为_。(2)碱浸时
27、，为提高其中硅酸盐的浸取率，除采用合适的液固比和循环浸取外，还可采用的方法有_；_(任举两种)。(3)过滤1得到的滤液的主要成分是_。(4)沉淀时加入氯化钠溶液的作用可能是_。(5)洗涤时，如何保证明产品已洗涤干净？_。解析(1)以氧化物形式表示硅酸盐组成时要注意书写顺序：先金属氧化物，后二氧化硅，最后水分子。(2)酸浸是将蛇纹石中金属离子溶解除去，碱浸就是将硅元素转变成可溶的硅酸盐，要提高浸取率可以采用延长反应时间、搅拌使浸渣与碱液充分接触、适当提高碱的浓度、适当升高反应温度等措施。(3)过滤1得到的滤液中主要成分为硅酸钠。(4)硅酸钠溶液与盐酸反应生成的硅酸容易形成胶体而不产生沉淀，所以加
28、入NaCl溶液可以促使硅酸产生沉淀。(5)洗涤是要洗去硅酸沉淀表面残留的NaCl溶液，可以通过检验洗涤液中不存在Cl来确认已经洗涤干净。答案(1)3MgO2SiO22H2O(2)适当升高温度连续搅拌(或适当延长反应时间或适当提高NaOH溶液的浓度)(3)硅酸钠(或硅酸钠和氢氧化钠)(4)防止生成硅酸胶体(5)取少许最后一次洗涤液，滴入12滴AgNO3溶液，若不出现白色浑浊，表示已经洗涤干净11含A元素的一种单质是一种重要的半导体材料，含A元素的一种化合物C可用于制造高性能的现代通讯材料光导纤维，C与烧碱反应生成含A元素的化合物D。(1)在元素周期表中，A位于_族，与A同族但相对原子质量比A小的
29、元素B的原子结构示意图为_，A与B在原子的电子层结构上的相同点是_。(2)易与C发生化学反应的酸是_，反应的化学方程式是_。(3)将C与纯碱混合高温熔融时也发生化学反应生成D，同时还生成B的最高价氧化物E；将全部的E与全部的D在足量的水中混合后，又发生化学反应生成含A的化合物F。写出生成D和F的化学反应方程式：_。要将纯碱高温熔化，下列坩埚中可选用的是_。A普通玻璃坩埚 B石英玻璃坩埚C氧化铝坩锅 D铁坩锅(4)100 g 化合物C与石灰石的混合物充分反应后，生成的气体在标准状况下的体积为11.2 L,100 g混合物中石灰石的质量分数是_。解析(1)A元素单质可作半导体材料，含A元素的某化合
30、物是制造光导纤维的原料，可知A为硅元素，C为SiO2，D为Na2SiO3。比硅的相对原子质量小的同族元素B为碳。(2)C为SiO2，能与SiO2反应的酸只有氢氟酸。(3)SiO2与Na2CO3高温下反应生成Na2SiO3和CO2，故含SiO2的材料(普通玻璃、石英玻璃)以及Al2O3等都能与Na2CO3在高温下反应，故不能用以上材质的坩埚熔融Na2CO3。(4)若SiO2恰好完全反应或过量，与CaCO3反应的化学方程式只有一个，即CaCO3SiO2CaSiO3CO2。若CaCO3过量，除发生上述反应外，还会发生反应：CaCO3CaOCO2。总之，CaCO3的多少决定了CO2的产量，可通过以下关
31、系式列式求解：CaCO3CO2100 g 22.4 Lm(CaCO3) 11.2 Lm(CaCO3)50 g。混合物中CaCO3的质量分数：100%50%。答案(1)A最外层均有4个电子，最内层均有2个电子(2)氢氟酸SiO24HF=SiF42H2O(3)SiO2Na2CO3Na2SiO3CO2，Na2SiO3CO2H2O=Na2CO3H2SiO3D(4)50%第三单元含硫化合物的性质和应用 一、选择题1下列关于浓硫酸的叙述正确的是()A浓H2SO4使蔗糖炭化变黑，体现了浓H2SO4的氧化性B浓H2SO4使蓝色胆矾变成白色，体现了浓H2SO4的脱水性C浓H2SO4滴在润湿的蓝色石蕊试纸，试纸先
32、变红，然后褪色，最后变黑，说明浓H2SO4具有酸性、氧化性和脱水性D100 mL 18 mol/L的浓H2SO4中加入足量的Cu并加热，被还原的H2SO4的物质的量为9 mol解析 A项，炭化变黑体现的是脱水性；B项，胆矾变成白色，体现的是吸水性；C项，变红体现酸性，褪色体现氧化性，变黑体现脱水性；D项，被还原H2SO4的物质的量小于9 mol。答案 C2检验某未知溶液中是否含有SO的下列操作中最合理的是()A加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液B先加HNO3酸化，再加Ba(NO3)2溶液C先加盐酸酸化，再加BaCl2溶液D加入盐酸酸化了的BaCl2溶液解析 若加入HNO3酸化，SO也会被氧化生
33、成SO，无法说明原溶液中是否含有SO，因此应先加入HCl酸化，将CO、SO、Ag等排除，再加入BaCl2溶液看是否有沉淀产生。答案 C3下列有关SO2的性质的探究实验报告记录的实验现象正确的是()。解析因SO2为酸性氧化物，其溶液遇酚酞不变色；SO2能使品红褪色；SO2具有强还原性，被HNO3氧化为SO，SO与Ba2生成白色沉淀；SO2与BaCl2溶液不反应。答案C4硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质，转化关系如图所示。下列说法正确的是()。ACO、SO2、SO3均是酸性氧化物B除去与水的反应，图示转化反应均为氧化还原反应C工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取
34、漂白粉D用CO合成CH3OH进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%解析本题考查元素及其化合物的性质和分类思想。A项，CO不能与碱反应生成盐和水，不属于酸性氧化物，错误；B项，除与水反应外，其他反应元素的化合价均发生变化，正确；C项，Ca(OH)2微溶于水，澄清石灰水浓度太小，不宜于工业上制取漂白粉，应用Cl2和石灰乳制取，错误；D项，CH3OH合成HCHO时，化学方程式为2CH3OHO22HCHO2H2O，有水生成，显然原子利用率不是100%，错误。答案B5已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖变黑。A与X反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法正确的是
35、()。AX使蔗糖变黑的现象主要体现了X的强氧化性B若A为铁，则足量A与X在室温下即可完全反应C若A为碳单质，则将C通入少量的澄清石灰水中，一定可以观察到白色沉淀产生D工业上，B转化为D的反应条件为高温、常压、使用催化剂解析X为浓硫酸，使蔗糖变黑主要体现了浓硫酸的脱水性；常温下铁遇到浓硫酸会钝化；若A为碳，则C为CO2，过量的CO2通入澄清石灰水中没有沉淀产生；SO2转化成SO3是在催化剂作用下400500 、常压下进行的。答案D6如图，在注射器中加入少量Na2SO3晶体，并吸入少量浓硫酸(以不接触纸条为准)。则下列有关说法正确的是()。A蓝色石蕊试纸先变红后褪色B品红试纸、沾有酸性KMnO4溶
36、液的滤纸均褪色，证明SO2具有漂白性C湿润淀粉KI试纸未变蓝说明SO2的氧化性弱于I2DNaCl溶液可用于除去实验中多余的SO2解析由于SO2溶于水生成H2SO3，只能使指示剂变色，而不能褪色，A项错误；SO2能使酸性KMnO4溶液等有色无机物褪色，是发生氧化还原反应的结果，B项错误；除去多余的SO2应用NaOH溶液而非NaCl溶液，D项错误；湿润的淀粉KI试纸未变蓝，即无I2生成，故SO2的氧化性弱于I2的氧化性，C项正确。答案C7锌与100 mL 18.5 molL1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体甲33.6 L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1 L，测得溶液的pH1。下列叙
37、述不正确的是()。A反应中共消耗1.8 mol H2SO4B气体甲中SO2与H2的体积比为41C反应中共消耗97.5 g ZnD反应中共转移3 mol电子解析反应后溶液的pH1，说明硫酸过量，且反应后硫酸的物质的量为05 mol，则反应掉的硫酸的物质的量为18.5 molL11 L051.8 mol，A正确；随着反应的进行，硫酸浓度会变稀，可能会生成氢气，所以生成的气体甲可能是SO2和H2的混合物。由Zn2H2SO4(浓)=ZnSO4SO22H2O，ZnH2SO4(稀)=ZnSO4H2，不论是生成SO2还是H2都是1 mol Zn产生1 mol气体甲，n(Zn)n(甲)n(ZnSO4)1.5
38、mol。则反应中共消耗Zn 97.5 g，C正确；反应中转移电子的物质的量为锌的物质的量的两倍，为3 mol，D正确；由硫原子守恒可知n(SO2)1.8 mol1.5 mol3 mol，n(H2)1.5 mol3 mol1.2 mol，所以SO2和H2的体积比为14，B错误。答案B二、非选择题8指出在下列实验事实或实验现象中，硫酸所表现的性质：(1)工业上用铁槽车或铝槽车运输浓硫酸：_；(2)实验室用锌粒与稀硫酸反应制取氢气：_；(3)浓硫酸露置在空气中浓度变小：_；(4)浓硫酸与甲酸(HCOOH)共热可制取一氧化碳：_；(5)浓硫酸使硫酸铜晶体由蓝变白：_；(6)浓硫酸与铜反应制取硫酸铜：_；(7)浓硫酸使蔗糖炭化变黑：_；解析 根据浓H2SO4的性质：难挥发性、吸水性、脱水性、强氧化性等“对号入座”。(1)强氧化性：使Fe、Al表面迅速生成一层氧化膜而钝化。(2)强酸性：H2SO4在水溶液中电离出H，2HZn=Zn2H2。(3)吸水性：吸收空气中的水使浓度变小。与浓盐酸、浓HNO3露置在空气中浓度变小不同，后者是因为HCl、HN