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专题05 非金属及其化合物（提升卷）-2022届高三化学【精准提升·二轮】专题训练卷（新高考专用）（解析版）
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这是一份专题05 非金属及其化合物（提升卷）-2022届高三化学【精准提升·二轮】专题训练卷（新高考专用）（解析版），共20页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
2022届高三化学【精准提升·二轮】专题训练卷（新高考专用）
专题05 非金属及其化合物（提升卷）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题（每小题3分，共48分）
1. (2019·河北省沧州市·月考试卷)天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限。T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 该脱硫过程需要不断添加Fe2（SO4）3溶液
B. 脱硫过程O2间接氧化H2S
C. 亚铁是血红蛋白重要组成成分，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血
D. 天然气脱硫具有保护环境、保护设备、管线免受腐蚀的作用
【答案】A
【解析】
A.T. F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2（SO4）3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁（相应反应为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+），硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁（相应反应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O），根据反应可知，该脱硫过程不需要不断添加Fe2（SO4）3溶液，A错误；
B.脱硫过程：Fe2（SO4）3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，脱硫过程O2间接氧化H2S，B正确；
C.亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用，若缺铁就可能出现缺铁性贫血，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血，C正确；
D.H2S等气体在潮湿的环境中对设备、管线等有腐蚀的作用，燃烧生成二氧化硫对环境有污染，D正确。
故选A。
2. (2021·云南省·月考试卷)化学在生产生活和科学研究中具有重要的作用．下列说法正确的是（ ）
①硅石的主要成分是二氧化硅
②三峡大坝使用了大量水泥，水泥是硅酸盐材料
③嫦娥二号卫星上所用的太阳能电池采用硅材料制作，太阳能电池在生活中的应用有利于环保、节能
④二氧化硅的熔点高，硬度大，可用来制造电子部件和光学器件
⑤水晶项链和餐桌上的瓷盘都是硅酸盐制品．
A. ①②③ B. ②④⑤ C. ③④⑤ D. ①②③④
【答案】A
【解析】
①硅石的主要成分是二氧化硅，故正确；
②建设三峡大坝使用了大量水泥，水泥是硅酸盐材料，故正确；
③太阳能是一种清洁能源，其应用有利于环保节能，故正确；
④硅具有金属和非金属性质，能作半导体材料，二氧化硅具有良好的光学特性，能够用于制造光学器件，故错误；
⑤水晶主要成分是二氧化硅，二氧化硅是氧化物，不是硅酸盐，故错误；
故选：A。
3. (2021·湖北省黄石市·月考试卷)结合氮及其化合物“价一类”二维图及氧化还原反应的基本规律，下列分析或预测正确的是（ ）
A. N2O3、NO2、N2O5均能与水反应生成酸，三者均为酸性氧化物
B. HNO3、HNO2、NaNO3、NH3的水溶液均可以导电，四者均属于电解质
C. 联氨（N2H4）可能被亚硝酸（HNO2）氧化生成氢叠氮酸HN3
D. 硝酸具有较强的氧化性，可用稀硝酸溶解Au、Ag、Cu
【答案】C
【解析】
A．N2O3、N2O5属于酸性氧化物，与水反应只生成酸，二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，所以二氧化氮不是酸性氧化物，故A错误；
B．HNO3、HNO2、NaNO3均是电解质，NH3与水反应生成碱，NH3的水溶液可以导电，但是NH3不是电解质，故B错误；
C．依据价态归中原理，N2H4（氮为-2价）和HNO2（氮是+3价）反应可能生成HN3（氮是-价），故C正确；
D．Au的活泼性很弱，与硝酸不反应，Ag、Cu能与稀硝酸反应，故D错误。
4. (2021·山西省·单元测试)下列有关硅及其化合物的说法中正确的是（ ）
A. 硅酸钠属于盐，不属于碱，所以硅酸钠可以保存在磨口玻璃塞试剂瓶中
B. 反应①Na2SiO3＋H2O＋CO2=Na2CO3＋H2SiO3↓，反应②Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑，两反应是相互矛盾的，不可能都发生
C. 普通玻璃、石英玻璃、水泥等均属于硅酸盐材料
D. 虽然SiO2能与HF、NaOH反应，但SiO2不是两性氧化物
【答案】D
【解析】
A．硅酸钠属于粘性的物质，能将玻璃塞和试剂瓶粘结在一起而打不开，故A错误；
B．反应①Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓是强酸制弱酸，在溶液中反应，反应②Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑，是在高温条件下才能发生，CO2为气体，逸出可促使反应正向进行，故B错误；
C、石英玻璃主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐材料，故C错误；
D、虽然SiO2能与HF、NaOH反应，但SiO2只与酸中的HF反应，故不是两性氧化物，故D正确；
故选D。
5. (2021·河南省焦作市·期中考试)实验室用O2氧化NH3制备硝酸的装置如图所示（夹持装置略），下列说法不正确的是 （ ）
A. 球形干燥管B中可以填充碱石灰或五氧化二磷
B. 实验过程中，若熄灭酒精灯，装置C中的氧化铬继续保持红热，说明装置C中的反应放热
C. 球形干燥管D中的无水氯化钙可吸收尾气中的氨气和水蒸气
D. 装置E中的石蕊试液最终变红，说明锥形瓶中有硝酸产生
【答案】A
【解析】
A.球形干燥管B的作用是干燥氨气和氧气，因此可以用碱石灰，但不能用五氧化二磷，故A错误；
B..实验过程中，若熄灭酒精灯，装置C中的氧化铬继续保持红热，说明装置C中的反应放热，故B正确；
C.无水氯化钙可以吸收水蒸气和氨气，故C正确；
D.装置E中的石蕊溶液最终变红，说明锥形瓶中有硝酸产生，故D正确。
故选A。
6. (2021·辽宁省·历年真题)含S元素的某钠盐a能发生如图转化。下列说法错误的是（ ）
A. a可能为正盐，也可能为酸式盐 B. c为不溶于盐酸的白色沉淀
C. d为含极性键的非极性分子 D. 反应②中还可能生成淡黄色沉淀
【答案】C
【解析】
由图中转化可知，含S元素的某钠盐a与氯气反应生成溶液b，与稀盐酸反应生成刺激性气体d，d能被酸性高锰酸钾氧化，可知d为SO2，溶液b与氯化钡反应生成白色沉淀c为BaSO4，则溶液a为Na2SO3或NaHSO3等，以此来解答。
A.溶液a为Na2SO3或NaHSO3等，则a可能为正盐，也可能为酸式盐，故A正确；
B.c为BaSO4，不溶于盐酸，故B正确；
C.d为SO2，为V形结构，为含极性键的极性分子，故C错误；
D.若a为Na2S2O3，反应②中还可能生成淡黄色沉淀S，故D正确。
7. (2021·湖北省武汉市·期末考试)下列制取SO2、验证其性质的装置（尾气处理装置已省略）和原理不能达到实验目的的是（ ）
A. 制取SO2 B. 验证还原性
C. 验证漂白性 D. 验证氧化性
【答案】C
【解析】
A.Cu与浓硫酸加热生成二氧化硫，图中装置可制备，故A正确；
B.二氧化硫与硫酸铁发生氧化还原反应，溶液血红色褪去可说明二氧化硫具有还原性，故B正确；
C.二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应，体现二氧化硫的还原性，故C错误；
D.二氧化硫与硫化钠反应生成淡黄色S沉淀可说明二氧化硫的氧化性，故D正确；
故选C。
8. (2021·天津市·单元测试)实验室为探究铁与浓硫酸(足量)的反应，并验证SO2的性质，设计如图所示装置进行实验，下列说法错误的是（ ）
A. 装置B中酸性KMnO4溶液逐渐褪色，体现了二氧化硫的还原性
B. 实验结束后可向装置A的溶液中滴加KSCN溶液检验是否会有Fe2＋
C. 装置D中品红溶液褪色可以验证SO2的漂白性
D. 实验时将导管a插入浓硫酸中，可防止装置B中的溶液倒吸
【答案】B
【解析】
A.SO2通入酸性KMnO4溶液反应生成锰离子和硫酸，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现SO2的还原性，故A正确；
B.硫氰化铁络合物为血红色，检验溶液中是否含有+3价的铁元素，可选用KSCN溶液，反应为：Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3，酸性KMnO4溶液具有氧化性，能够氧化Fe2+：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，因此若KMnO4溶液的紫红色褪去或变浅说明产物中含+2价的铁元素，否则不含，故B错误；
C.SO2能使品红的红色溶液变为无色，是二氧化硫生成的亚硫酸结合有机色素形成无色物质，体现了二氧化硫的漂白性，用酒精灯加热，褪色的品红恢复红色，所以D装置能验证二氧化硫的漂白性和生成物的不稳定性，故C正确；
D.B中的溶液发生倒吸，是因为装置中气体压强减小，实验时A中导管a插入浓硫酸中，A装置试管中气体压强减小时，空气从导管a进入A装置，a导管起平衡气压的作用，故D正确。
故选B。
9. (2021·辽宁省大连市·月考试卷)下列物质间的转化（两种物质之间一步转化）中不能实现的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
A.氮气与氧气反应生成NO，不能直接生成NO2，故A符合题意；
B.FeS2与氧气高温反应生成二氧化硫和氧化铁，二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，物质间的转化能实现，故B不符合题意；
C.碳酸钙高温生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，物质间的转化能实现，故C不符合题意；
D.氧化钙与水反应生成氢氧化钙，海水中镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水，氯化镁溶液在氯化氢的氛围中加热得到氯化镁，物质间的转化能实现，故D不符合题意。
10. (2021·全国·单元测试)某无色混合气体，可能含有CO、H2、SO2、Cl2、HCl中的一种或几种，把此混合气体通过少量澄清石灰水，无沉淀生成；再通过少量品红溶液，完全褪色；随后将该气体通过足量的氢氧化钠溶液后，再通过足量红热的CuO粉末，粉末变成红色；最后通入CaCl2溶液中，无沉淀生成，则下列关于此混合气体的叙述正确的是（ ）
A. 澄清石灰水中无沉淀，说明一定不含有SO2
B. 品红褪色，可能是Cl2导致的
C. 氧化铜粉末变红，说明CO和H2中至少有一种
D. CaCl2溶液中无沉淀，说明通过CuO后得到的气体中一定不含有CO2
【答案】C
【解析】
气体呈无色，不含有Cl2，通过少量品红溶液，完全褪色，说明含有SO2，将该气体通过足量的氢氧化钠溶液后，再通过足量红热的CuO粉末，粉末变成红色，说明含有还原性气体CO或H2，或二者都有，此混合气体通过少量澄清石灰水，无沉淀生成，因含有二氧化硫，则一定含有HCl，以此解答该题．
A．由以上分析可知含有二氧化硫，故A错误；
B．气体呈无色，不含有Cl2，故B错误；
C．粉末变成红色，说明含有还原性气体CO或H2，或二者都有，故C正确；
D．二氧化碳与氯化钙不反应，不能说明通过CuO后得到的气体中一定不含有CO2，故D错误．
故选C．
11. (2021·广东省·专项测试)通过一步反应不能直接完成的是（ ）
①N2→NO2 ②NO2→NO ③NH3→NO ④NH3→N2
⑤Cu→Cu(NO3)2 ⑥HNO3→NO2
A. ①④ B. ②⑤ C. ③④⑥ D. ①
【答案】D
【解析】
①N2→NO2，氮气和氧气反应生成一氧化氮，不能直接转化为二氧化氮，故选；
②NO2→NO，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，故不选；
③NH3→NO，氨气和氧气催化氧化生成一氧化氮，故不选；
④NH3→N2，氨气和氧气反应可以生成氮气，故不选；
⑤Cu→Cu(NO3)2，铜和硝酸反应生成硝酸铜，故不选；
⑥HNO3→NO2，浓硝酸和铜反应生成二氧化氮，故不选；
故选D。
12. (2021·安徽省·单元测试)下列从海洋中获取物质的方案不合理的是（ ）
A. 粗盐先通过除杂、精制得到饱和食盐水，然后电解得到氯气，最后和石灰乳反应制得漂白粉
B. 苦卤酸化后通入氯气得到溴水，然后用热空气将其通入到水溶液中，最后通入氯气后蒸馏得粗溴
C. 干海带灼烧后加水浸取，然后加入得到碘水，最后通过萃取、分液、蒸馏得到碘单质
D. 向海水中加入石灰乳得到，加入盐酸得到溶液，最后电解该溶液得到镁单质
【答案】D
【解析】
A．粗盐先通过除杂除去镁离子、硫酸根离子、钙离子等，精制得到饱和食盐水，然后电解饱和食盐水得到氯气，最后氯气和石灰乳反应制得漂白粉，获取物质的方案合理，故A正确；
B．苦卤酸化后通入氯气得到溴水，热空气吹出后用二氧化硫吸收富集溴，再通入氯气氧化得到溴单质，方案合理，故B正确；
C．干海带灼烧后加水浸取，然后加入H2O2得到碘水，最后通过萃取、分液、蒸馏得到碘单质，方案合理，故C正确；
D．向海水中加入石灰乳得到Mg（OH）2，加入盐酸得到MgCl2溶液，蒸发浓缩，结晶析出氯化镁晶体，氯化氢气流中失去水得到氯化镁固体，最后电解熔融氯化镁得到镁单质，电解氯化镁溶液得不到单质镁，方案不合理，故D错误；
故选D。
13. (2021·安徽省蚌埠市·单元测试)由下列实验操作、实验现象得出的实验结论错误的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A、
将浓硫酸加入蔗糖中并搅拌
蔗糖逐渐变黑，形成“黑面包”并伴有刺激性气味的气体产生
体现了浓硫酸的脱水性和氧化性
B、
将铁片和锌粉分别加入到同浓度的稀盐酸中
产生气泡的速度：锌粉＞铁片
活泼性：锌＞铁
C、
将SO2通入含HCl、BaCl2的FeCl3溶液中
有白色沉淀产生
SO2具有还原性
D、
将Cl2依次通过干燥有色布条和湿润有色布条
干燥有色布条不褪色，湿润有色布条褪色
Cl2没有漂白性，Cl2与H2O反应的产物有漂白性
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
A.蔗糖逐渐变黑说明生成炭，体现浓硫酸的脱水性，有刺激性的气体二氧化硫生成，体现了浓硫酸的强氧化性，故A正确；
B.二者与盐酸的接触面积不同，反应速率的比较不能说明金属活泼性差异，故B错误；
C.酸性条件下，二氧化硫被氯化铁溶液氧化为硫酸根离子，从而生成硫酸钡沉淀，说明二氧化硫有还原性，故C正确；
D.将Cl2依次通过干燥有色布条和湿润有色布条，干燥有色布条不褪色，说明Cl2没有漂白性，湿润有色布条褪色，说明Cl2与H2O反应的产物有漂白性，故D正确。
14. (2021·天津市·单元测试)向CuSO4溶液中逐渐加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色；再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色，下列分析正确的是（ ）
A. 滴加KI溶液时，转移2 mole-时生成1 mol白色沉淀
B. 上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2＋＞I2＞SO2
C. 通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂
D. 通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性
【答案】B
【解析】
CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液，反应的化学方程式：2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应的化学方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI。
A．CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，由方程式可知每转移1mol电子生成1molCuI，故A错误；
B．2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为-1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性：I2＞SO2，综上所述，氧化性：Cu2+＞I2＞SO2，故B正确；
C、反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应的化学方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，由反应可知，碘元素化合价由0价降低为-1价，被还原，所以I2是氧化剂，故C错误；
D．向反应后的混合物中不断通入SO2气体，因为发生氧化还原反应使溶液褪色，体现了二氧化硫还原性，故D错误。
故选B。
15. (2021·福建省厦门市·月考试卷)表各组物质之间通过一步反应不可以实现如图所示转化关系的是（ ）
选项
X
Y
Z
A
SiO2
Na2SiO3
H2SiO3
B
NaCl
NaHCO3
Na2CO3
C
N2
NO2
HNO3
D
C
CO
CO2
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
A．二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，硅酸钠与酸反应生成硅酸，硅酸分解生成二氧化硅，各组物质之间通过一步反应可以实现，故A不选；
B．氯化钠溶液与氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠分解生成碳酸钠，各组物质之间通过一步反应可以实现，故B不选；
C．氮气与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，氮气与氧气不能一步反应生成二氧化氮，故C选；
D．C与氧气反应生成CO，CO与氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳与C反应生成CO，各组物质之间通过一步反应可以实现，故D不选；
故选：C。
16. (2020·山东省德州市·月考试卷)漂白粉和漂粉精是常用的消毒清洁用品，有效成分均为Ca（ClO）2，相应的生产流程如图。下列说法不正确的是（ ）
A. ①中阳极的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑
B. ②中反应的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O
C. 上述过程涉及氧化还原反应、化合反应、复分解反应
D. 制备漂粉精过程中，Cl2转化为Ca（ClO）2时，Cl的原子利用率为100%
【答案】D
【解析】
A．氯碱工业中的电解饱和食盐水，阳极氧化反应为2Cl--2e-=Cl2↑，故A正确；
B．漂白粉的制取反应式为：2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O，故B正确；
C．①②③为氧化还原反应、④为化合反应、⑤为复分解反应，涉及了氧化还原反应、化合反应、复分解反应，故C正确；
D．漂粉精是常用的消毒清洁用品，有效成分均为Ca（ClO）2，CaCl2是副产物，Cl的原子利用率小于100%，故D错误；
故选：D。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题（共52分）
17. (2021·山东省济宁市·月考试卷)下列A～J十种物质之间的转化关系如图所示，其中部分生成物或反应条件已略去A为正盐；常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，H为黄绿色气体，I通常为红棕色气体，I的相对分子质量比E的大16：F在常温下是一种无色液体；G能在H中燃烧，发出苍白色火焰，产物C易溶于水；是一元含氧强酸。
回答下列问题：
（1）A的化学式为______。
（2）一定条件下，B和D反应生成E和F的化学方程式为__________________。
（3）J和金属Cu反应生成E的化学方程式为__________________。
（4）H和石灰乳反应的化学方程式为__________________。
（5）在I和F的反应中，氧化剂和还原剂的质量之比为____________。
【答案】
（1）NH4Cl
（2）4NH3+5O24NO+6H2O
（3）3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O
（4）2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O
（5）1：2
【解析】
H为黄绿色气体单质，则H为Cl2，气体单质G能在H中燃烧生成气体C，且发出苍白色火焰，产物C易溶于水，则G为H2、C为HCl．气体E能与气体单质D连续反应生成I，而I通常为红棕色气体，I的相对分子质量比E的大16，判断D为O2、E为NO、I为NO2．F在常温下是一种无色液体，且F能与I反应生成J，J与Cu反应生成E，可推知F为H2O、J为HNO3．气体B能与D（氧气）反应生成E（NO）与F（水），故B为NH3，可知A为NH4Cl。
（1）由上述分析可知，A为NH4Cl，故答案为：NH4Cl；
（2）B+D→E+F的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；
（3）J+Cu→E的化学方程式为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；
（4）H和石灰乳的反应为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；
（5）I和F的反应为：3NO2+H2O=NO+2HNO3，NO2既是氧化剂又还原剂，氧化剂被还原生成NO，还原剂被氧化生成HNO3，可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，故氧化剂与还原剂的质量比为1：2，
故答案为：1：2。
18. (2021·全国·历年真题)化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。
（1）实验一：用如下装置（夹持、加热仪器略）制备SO2，将足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B。
①浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是_____________________________。
②试剂a是____________。
（2）对体系中有关物质性质分析得出：沉淀B可能为Ag2SO3、Ag2SO4或二者混合物。（资料：Ag2SO4微溶于水；Ag2SO3难溶于水）
实验二：验证 B的成
①写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式：__________________________。
②加入盐酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F。推断D中主要是BaSO3，进而推断B中含有Ag2SO3。向滤液E中加入一种试剂，可进一步证实B中含有Ag2SO3。所用试剂及现象是___________________。
（3）根据沉淀F的存在，推测的产生有两个途径：
途径1：实验一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，随沉淀B进入D。
途径2：实验二中，被氧化为进入D。
实验三：探究的产生途径
①向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有________，取上层清液继续滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag2SO4。做出判断的理由：_____________________。
②实验三的结论：____________________________________________。
（4）实验一中SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式是_____________________。
（5）根据物质性质分析，SO2与AgNO3溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间，有Ag和生成。
（6）根据上述实验所得结论：___________________________________。
【答案】
（1）
①Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O
②饱和NaHSO3溶液
（2）
① Ag2SO3+4NH3•H2O=2Ag（NH3）2++SO32-+4H2O
②H2O2溶液，产生白色沉淀
（3）
①Ag+；因为Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4沉淀时，必定没有Ag2SO4沉淀
②途径1不产生，途径2产生
（4）2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+
（6） SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和的速率；碱性溶液中更易被氧化为
【解析】
实验一、Cu和浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，试剂a除去二氧化硫中杂质，且不能和二氧化硫反应，常用饱和亚硫酸氢钠溶液，然后二氧化硫通入硝酸银溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B；
实验二、沉淀B中加入氨水生成银氨溶液，然后向溶液C中加入过量硝酸钡，钡离子和C中阴离子反应生成沉淀D，洗涤干净沉淀后加入过量稀盐酸，加入盐酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F，推断D中主要是BaSO3，沉淀F为BaSO4，滤液E中含有二氧化硫或亚硫酸；
实验三、①向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，说明溶液A中含有Ag+；Ag2SO4微溶于水，Ag2SO4在水溶液中能电离出Ag+，说明溶液A中含有硫酸银；
取上层清液继续滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag2SO4，则得到的SO42-是SO32-被氧化得到的；
②通过以上分析知，实验一中二氧化硫和硝酸银反应生成亚硫酸银和氢离子，同时生成少量硫酸银，以此解答该题。
（1）①浓H2SO4可以与Cu反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；
故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；
②试剂a用于除去二氧化硫中的杂质，一般用饱和NaHSO3溶液；
故答案为：饱和NaHSO3溶液；
（2）①Ag2SO3溶于氨水生成银氨络离子，反应的离子方程式为Ag2SO3+4NH3•H2O=2Ag（NH3）2++SO32-+4H2O；
故答案为：Ag2SO3+4NH3•H2O=2Ag（NH3）2++SO32-+4H2O；
②双氧水具有氧化性，加入双氧水后能将亚硫酸根氧化成硫酸根，形成BaSO4沉淀，则溶液B中含有Ag2SO3，如果不形成沉淀，则溶液B里不含Ag2SO3
故答案为：H2O2溶液，产生白色沉淀；
（3）①向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有Ag+；取上层清液继续滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag2SO4，原因是因为Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4沉淀时，必定没有Ag2SO4沉淀；
故答案为：Ag+；因为Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4沉淀时，必定没有Ag2SO4沉淀；
②由实验三可知途径1不产生，途径2产生；
故答案为：途径1不产生，途径2产生；
（4）由以上分析可知SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3和硝酸，离子方程式是2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+；
故答案为：2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+；
（6）由以上实验现象可知SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和的速率 碱性溶液中更易被氧化为
故答案为：SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和的速率；碱性溶液中更易被氧化为。
19. (2021·全国·历年真题)碘（紫黑色固体，微溶于水）及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
（1）I2的一种制备方法如图所示：
①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为______________________________，生成的沉淀与硝酸反应，生成______后可循环使用。
②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为__________________；若反应物用量比=1.5时，氧化产物为___________；当＞1.5后，单质碘的收率会降低，原因是________________。
（2）以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2。上述制备I2的总反应的离子方程式为_______________________________。
（3）KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1mol I2，消耗的KI至少为_________mol。I2在KI溶液中可发生反应：I2+I-I3-。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量KI的原因是 ____________________________________。
【答案】
（1）①Fe+2AgI=2Ag+Fe2++2I-；硝酸银；
②Cl2+FeI2=FeCl2+I2；FeCl3、I2；过量的氯气继续氧化I2，导致碘的回收率降低；
（2）2IO3-+5HSO3-=5SO42-+3H++H2O+I2；
（3）4；保证所有的Cu2+充分还原为CuI，I-与I2结合生成I3-，减少I2的挥发
【解析】
（1）①由转化图可知，加入铁粉，发生置换反应，离子方程式为：Fe+2AgI=2Ag+Fe2++2I-；生成的沉淀为Ag，与硝酸反应生成硝酸银可以在富集操作中进行循环；
②由于FeI2中亚铁离子与碘离子均可以被氯气氧化，故依据氧化还原规律，氧化产物只有一种，则还原性强的I-优先发生反应，反应的化学方程式为：Cl2+FeI2=FeCl2+I2；若反应物用量比=1.5时，氯气恰好将亚铁离子与碘离子都氧化，反应方程式为：2FeI2+3Cl2=2FeCl3+2I2，氧化产物为FeCl3、I2；当＞1.5后，氯气会继续将I2氧化为IO3-，导致碘的回收率降低；
（2）适量的 NaHSO3将碘酸钠还原成I-，反应的离子方程式为：IO3-+3HSO3-=I-+3SO42-+3H+，再向混合溶液中加入NaIO3溶液，IO3-与I-在酸性条件下可发生氧化还原反应生成I2，反应的离子方程式为：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，由此可知碘离子为中间产物，消去碘离子可得总反应为2IO3-+5HSO3-=5SO42-+3H++H2O+I2；
故答案为：2IO3-+5HSO3-=5SO42-+3H++H2O+I2；
（3）KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，反应离子方程式为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，若生产1molI2，则至少需要4molKI；
已知I2在KI溶液中可发生反应：I2+I-I3-，加入过量的KI，可以保证所有的Cu2+充分还原为CuI，I-与I2结合生成I3-，减少I2的挥发。
20. (2021·江苏省泰州市·同步练习)皮革厂的废水中含有一定量的氨氮(以NH3、NH形式存在)，通过沉淀和氧化两步处理后可使水中氨氮达到国家规定的排放标准。
（1）沉淀：向酸性废水中加入适量Fe2(SO4)3溶液，废水中的氨氮转化为NH4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀。
①该反应的离子方程式为 。
②废水中氨氮去除率随pH的变化如图-1所示，当1.3< pH<1.8时，氨氮去除率随pH升高而降低的原因是 。
（2）氧化：调节经沉淀处理后的废水pH约为6，加入NaClO溶液进一步氧化处理。
①NaClO将废水中的氨氮转化为N2，该反应的离子方程式为 。
②研究发现，废水中氨氮去除率随温度升高呈先升后降趋势。当温度大于30℃时，废水中氨氮去除率随着温度升高而降低，其原因是 。
③n(ClO－)/n(氨氮)对废水中氨氮去除率和总氮去除率的影响如图-2所示。
当n(ClO－)/n(氨氮)>1.54后，总氮去除率下降的原因是 。
【答案】
（1）
①NH3+3Fe3++2SO42-+6H2O=NH4Fe3（SO4）2（OH）6↓+5H+或
NH4++3Fe3++2SO42-+6H2O=NH4Fe3（SO4）2（OH）6↓+6H+；
②pH有所增大，氢氧根离子浓度增大，不利于NH4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀生成，则氨氮去除率随pH升高而降低
（2）
①3ClO-+2NH4+=N2↑+3Cl-+3H2O+2H+或3HClO+2NH4+=N2↑+3Cl-+3H2O+5H+；
②氧化剂HClO不稳定，温度升高受热分解；
③次氯酸钠投加量过大，导致污水中部分氨氮氧化为其它价态例如硝酸根离子，则总氮去除率下降
【解析】
（1）①向酸性废水中加入适量Fe2（SO4）3溶液，NH4+或NH3、Fe3+、SO42-和H2O反应生成NH4Fe3（SO4）2（OH）6沉淀，反应的离子方程式为：NH3+3Fe3++2SO42-+6H2O=NH4Fe3（SO4）2（OH）6↓+5H+或NH4++3Fe3++2SO42-+6H2O=NH4Fe3（SO4）2（OH）6↓+6H+；
②当1.3＜pH＜1.8时，随pH升高，氢氧根离子浓度增大，不利于NH4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀生成，则氨氮去除率随pH升高而降低；
（2）①NaClO具有强氧化性，废水中的氨氮为-3价，被氧化转化为N2，NaClO被还原为NaCl，反应的离子方程式为：3ClO-+2NH4+=N2↑+3Cl-+3H2O+2H+或3HClO+2NH4+=N2↑+3Cl-+3H2O+5H+；
②NaClO水解生成HClO，HClO不稳定受热易分解，所以当温度大于30℃时，废水中氨氮去除率随着温度升高而降低，
③当＞1.54时，次氯酸钠投加量过大，导致污水中部分氨氮氧化为其它价态例如硝酸根离子，则总氮去除率下降。
21. (2021·湖北省·模拟题)多晶硅是单质硅的一种形态，是制造硅抛光片、太阳能电池及高纯硅制品的主要原料。
（1）已知多晶硅第三代工业制取流程如图1所示。
发生的主要反应
电弧炉
SiO2+2CSi+CO↑
流化床
反应器
Si+3HCl SiHCl2+H2
①物质Z的名称是______。
②用石英砂和焦在电弧炉中高温加热也可以生产碳化硅，该反应的化学方程式为 ____________。
③在流化床反应的产物中，SiHCl3大约占85%，还有SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl等，有关物质的沸点数据如表，提纯SiHCl3的主要工艺操作依次是沉降、冷凝和 __________________________。
物质
Si
SiCl4
SiHCl3
SiH2Cl2
SiH3Cl
HCl
SiH4
沸点/C
2355
57.6
31.8
8.2
-30.4
-84.9
-111.9
（2）利用晶体硅的粉末与干燥的氮气在1300～1400℃下反应，可制取结构陶瓷材料氮化硅（Si3N4）。现用如图所示装置（部分仪器已省略）制取少量氮化硅。
①装置Ⅱ中所盛试剂为______。
②装置Ⅰ和装置Ⅲ均需要加热，实验中应先_______。（填“Ⅲ”或“Ⅰ”）的热源。
（3）由晶体硅制成的n型半导体、p型半导体可用于太阳能电池。一种太阳能储能电池的工作原理如图2所示，已知锂离子电池的总反应为：Li1-xNiO2+xLiC6LiNiO2+xC6。完成下列问题。
①该锂离子电池充电时，n型半导体作为电源______（填“正”或“负”）极。
②该锂离子电池放电时，b极上的电极反应式为________________________。
【答案】
（1）氯气 SiO2+3CSiC+2CO 蒸馏
（2）浓H2SO4 Ⅰ
（3）负 LiNiO2-xe-=Li1-xNiO2+xLi
【解析】
（1）①物质Z的名称是氯气，
故答案为：氯气；
②石英砂和焦在电弧炉中高温加热生成碳化硅，化学方程式为：SiO2+3CSiC+2CO，
故答案为：SiO2+3CSiC+2CO；
③根据表中沸点数据可知，常温下SiHCl3、SiCl4为液体，SiH2Cl2、SiH3Cl为气体，沉降除去固体后，冷凝得到SiHCl3、SiCl4混合液体，将液体蒸馏可分离二者，
故答案为：蒸馏；
（2）①装置II中所盛试剂为浓H2SO4，
故答案为：浓H2SO4；
②为防止SiO2与空气反应，先利用N2排除装置中空气，故应先点燃装置I的热源，
故答案为：Ⅰ；
（3）①充电时，a电极的LiC6转化为C6，C的化合价升高，发生还原反应，a电极作阴极，a电极与n型半导体相连，n型半导体作负极，
故答案为：负；
②放电时，b电极上发生的反应是LiNiO2转化为Li1-xNiO2，电极反应式为：LiNiO2-xe-=Li1-xNiO2+xLi，
故答案为：LiNiO2-xe-=Li1-xNiO2+xLi。
2022届高三化学【精准提升·二轮】专题训练卷（新高考专用）
专题05 非金属及其化合物（提升卷）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题（每小题3分，共48分）
1. (2019·河北省沧州市·月考试卷)天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限。T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 该脱硫过程需要不断添加Fe2（SO4）3溶液
B. 脱硫过程O2间接氧化H2S
C. 亚铁是血红蛋白重要组成成分，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血
D. 天然气脱硫具有保护环境、保护设备、管线免受腐蚀的作用
【答案】A
【解析】
A.T. F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2（SO4）3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁（相应反应为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+），硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁（相应反应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O），根据反应可知，该脱硫过程不需要不断添加Fe2（SO4）3溶液，A错误；
B.脱硫过程：Fe2（SO4）3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，脱硫过程O2间接氧化H2S，B正确；
C.亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用，若缺铁就可能出现缺铁性贫血，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血，C正确；
D.H2S等气体在潮湿的环境中对设备、管线等有腐蚀的作用，燃烧生成二氧化硫对环境有污染，D正确。
故选A。
2. (2021·云南省·月考试卷)化学在生产生活和科学研究中具有重要的作用．下列说法正确的是（ ）
①硅石的主要成分是二氧化硅
②三峡大坝使用了大量水泥，水泥是硅酸盐材料
③嫦娥二号卫星上所用的太阳能电池采用硅材料制作，太阳能电池在生活中的应用有利于环保、节能
④二氧化硅的熔点高，硬度大，可用来制造电子部件和光学器件
⑤水晶项链和餐桌上的瓷盘都是硅酸盐制品．
A. ①②③ B. ②④⑤ C. ③④⑤ D. ①②③④
【答案】A
【解析】
①硅石的主要成分是二氧化硅，故正确；
②建设三峡大坝使用了大量水泥，水泥是硅酸盐材料，故正确；
③太阳能是一种清洁能源，其应用有利于环保节能，故正确；
④硅具有金属和非金属性质，能作半导体材料，二氧化硅具有良好的光学特性，能够用于制造光学器件，故错误；
⑤水晶主要成分是二氧化硅，二氧化硅是氧化物，不是硅酸盐，故错误；
故选：A。
3. (2021·湖北省黄石市·月考试卷)结合氮及其化合物“价一类”二维图及氧化还原反应的基本规律，下列分析或预测正确的是（ ）
A. N2O3、NO2、N2O5均能与水反应生成酸，三者均为酸性氧化物
B. HNO3、HNO2、NaNO3、NH3的水溶液均可以导电，四者均属于电解质
C. 联氨（N2H4）可能被亚硝酸（HNO2）氧化生成氢叠氮酸HN3
D. 硝酸具有较强的氧化性，可用稀硝酸溶解Au、Ag、Cu
【答案】C
【解析】
A．N2O3、N2O5属于酸性氧化物，与水反应只生成酸，二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，所以二氧化氮不是酸性氧化物，故A错误；
B．HNO3、HNO2、NaNO3均是电解质，NH3与水反应生成碱，NH3的水溶液可以导电，但是NH3不是电解质，故B错误；
C．依据价态归中原理，N2H4（氮为-2价）和HNO2（氮是+3价）反应可能生成HN3（氮是-价），故C正确；
D．Au的活泼性很弱，与硝酸不反应，Ag、Cu能与稀硝酸反应，故D错误。
4. (2021·山西省·单元测试)下列有关硅及其化合物的说法中正确的是（ ）
A. 硅酸钠属于盐，不属于碱，所以硅酸钠可以保存在磨口玻璃塞试剂瓶中
B. 反应①Na2SiO3＋H2O＋CO2=Na2CO3＋H2SiO3↓，反应②Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑，两反应是相互矛盾的，不可能都发生
C. 普通玻璃、石英玻璃、水泥等均属于硅酸盐材料
D. 虽然SiO2能与HF、NaOH反应，但SiO2不是两性氧化物
【答案】D
【解析】
A．硅酸钠属于粘性的物质，能将玻璃塞和试剂瓶粘结在一起而打不开，故A错误；
B．反应①Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓是强酸制弱酸，在溶液中反应，反应②Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑，是在高温条件下才能发生，CO2为气体，逸出可促使反应正向进行，故B错误；
C、石英玻璃主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐材料，故C错误；
D、虽然SiO2能与HF、NaOH反应，但SiO2只与酸中的HF反应，故不是两性氧化物，故D正确；
故选D。
5. (2021·河南省焦作市·期中考试)实验室用O2氧化NH3制备硝酸的装置如图所示（夹持装置略），下列说法不正确的是 （ ）
A. 球形干燥管B中可以填充碱石灰或五氧化二磷
B. 实验过程中，若熄灭酒精灯，装置C中的氧化铬继续保持红热，说明装置C中的反应放热
C. 球形干燥管D中的无水氯化钙可吸收尾气中的氨气和水蒸气
D. 装置E中的石蕊试液最终变红，说明锥形瓶中有硝酸产生
【答案】A
【解析】
A.球形干燥管B的作用是干燥氨气和氧气，因此可以用碱石灰，但不能用五氧化二磷，故A错误；
B..实验过程中，若熄灭酒精灯，装置C中的氧化铬继续保持红热，说明装置C中的反应放热，故B正确；
C.无水氯化钙可以吸收水蒸气和氨气，故C正确；
D.装置E中的石蕊溶液最终变红，说明锥形瓶中有硝酸产生，故D正确。
故选A。
6. (2021·辽宁省·历年真题)含S元素的某钠盐a能发生如图转化。下列说法错误的是（ ）
A. a可能为正盐，也可能为酸式盐 B. c为不溶于盐酸的白色沉淀
C. d为含极性键的非极性分子 D. 反应②中还可能生成淡黄色沉淀
【答案】C
【解析】
由图中转化可知，含S元素的某钠盐a与氯气反应生成溶液b，与稀盐酸反应生成刺激性气体d，d能被酸性高锰酸钾氧化，可知d为SO2，溶液b与氯化钡反应生成白色沉淀c为BaSO4，则溶液a为Na2SO3或NaHSO3等，以此来解答。
A.溶液a为Na2SO3或NaHSO3等，则a可能为正盐，也可能为酸式盐，故A正确；
B.c为BaSO4，不溶于盐酸，故B正确；
C.d为SO2，为V形结构，为含极性键的极性分子，故C错误；
D.若a为Na2S2O3，反应②中还可能生成淡黄色沉淀S，故D正确。
7. (2021·湖北省武汉市·期末考试)下列制取SO2、验证其性质的装置（尾气处理装置已省略）和原理不能达到实验目的的是（ ）
A. 制取SO2 B. 验证还原性
C. 验证漂白性 D. 验证氧化性
【答案】C
【解析】
A.Cu与浓硫酸加热生成二氧化硫，图中装置可制备，故A正确；
B.二氧化硫与硫酸铁发生氧化还原反应，溶液血红色褪去可说明二氧化硫具有还原性，故B正确；
C.二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应，体现二氧化硫的还原性，故C错误；
D.二氧化硫与硫化钠反应生成淡黄色S沉淀可说明二氧化硫的氧化性，故D正确；
故选C。
8. (2021·天津市·单元测试)实验室为探究铁与浓硫酸(足量)的反应，并验证SO2的性质，设计如图所示装置进行实验，下列说法错误的是（ ）
A. 装置B中酸性KMnO4溶液逐渐褪色，体现了二氧化硫的还原性
B. 实验结束后可向装置A的溶液中滴加KSCN溶液检验是否会有Fe2＋
C. 装置D中品红溶液褪色可以验证SO2的漂白性
D. 实验时将导管a插入浓硫酸中，可防止装置B中的溶液倒吸
【答案】B
【解析】
A.SO2通入酸性KMnO4溶液反应生成锰离子和硫酸，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现SO2的还原性，故A正确；
B.硫氰化铁络合物为血红色，检验溶液中是否含有+3价的铁元素，可选用KSCN溶液，反应为：Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3，酸性KMnO4溶液具有氧化性，能够氧化Fe2+：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，因此若KMnO4溶液的紫红色褪去或变浅说明产物中含+2价的铁元素，否则不含，故B错误；
C.SO2能使品红的红色溶液变为无色，是二氧化硫生成的亚硫酸结合有机色素形成无色物质，体现了二氧化硫的漂白性，用酒精灯加热，褪色的品红恢复红色，所以D装置能验证二氧化硫的漂白性和生成物的不稳定性，故C正确；
D.B中的溶液发生倒吸，是因为装置中气体压强减小，实验时A中导管a插入浓硫酸中，A装置试管中气体压强减小时，空气从导管a进入A装置，a导管起平衡气压的作用，故D正确。
故选B。
9. (2021·辽宁省大连市·月考试卷)下列物质间的转化（两种物质之间一步转化）中不能实现的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
A.氮气与氧气反应生成NO，不能直接生成NO2，故A符合题意；
B.FeS2与氧气高温反应生成二氧化硫和氧化铁，二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，物质间的转化能实现，故B不符合题意；
C.碳酸钙高温生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，物质间的转化能实现，故C不符合题意；
D.氧化钙与水反应生成氢氧化钙，海水中镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水，氯化镁溶液在氯化氢的氛围中加热得到氯化镁，物质间的转化能实现，故D不符合题意。
10. (2021·全国·单元测试)某无色混合气体，可能含有CO、H2、SO2、Cl2、HCl中的一种或几种，把此混合气体通过少量澄清石灰水，无沉淀生成；再通过少量品红溶液，完全褪色；随后将该气体通过足量的氢氧化钠溶液后，再通过足量红热的CuO粉末，粉末变成红色；最后通入CaCl2溶液中，无沉淀生成，则下列关于此混合气体的叙述正确的是（ ）
A. 澄清石灰水中无沉淀，说明一定不含有SO2
B. 品红褪色，可能是Cl2导致的
C. 氧化铜粉末变红，说明CO和H2中至少有一种
D. CaCl2溶液中无沉淀，说明通过CuO后得到的气体中一定不含有CO2
【答案】C
【解析】
气体呈无色，不含有Cl2，通过少量品红溶液，完全褪色，说明含有SO2，将该气体通过足量的氢氧化钠溶液后，再通过足量红热的CuO粉末，粉末变成红色，说明含有还原性气体CO或H2，或二者都有，此混合气体通过少量澄清石灰水，无沉淀生成，因含有二氧化硫，则一定含有HCl，以此解答该题．
A．由以上分析可知含有二氧化硫，故A错误；
B．气体呈无色，不含有Cl2，故B错误；
C．粉末变成红色，说明含有还原性气体CO或H2，或二者都有，故C正确；
D．二氧化碳与氯化钙不反应，不能说明通过CuO后得到的气体中一定不含有CO2，故D错误．
故选C．
11. (2021·广东省·专项测试)通过一步反应不能直接完成的是（ ）
①N2→NO2 ②NO2→NO ③NH3→NO ④NH3→N2
⑤Cu→Cu(NO3)2 ⑥HNO3→NO2
A. ①④ B. ②⑤ C. ③④⑥ D. ①
【答案】D
【解析】
①N2→NO2，氮气和氧气反应生成一氧化氮，不能直接转化为二氧化氮，故选；
②NO2→NO，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，故不选；
③NH3→NO，氨气和氧气催化氧化生成一氧化氮，故不选；
④NH3→N2，氨气和氧气反应可以生成氮气，故不选；
⑤Cu→Cu(NO3)2，铜和硝酸反应生成硝酸铜，故不选；
⑥HNO3→NO2，浓硝酸和铜反应生成二氧化氮，故不选；
故选D。
12. (2021·安徽省·单元测试)下列从海洋中获取物质的方案不合理的是（ ）
A. 粗盐先通过除杂、精制得到饱和食盐水，然后电解得到氯气，最后和石灰乳反应制得漂白粉
B. 苦卤酸化后通入氯气得到溴水，然后用热空气将其通入到水溶液中，最后通入氯气后蒸馏得粗溴
C. 干海带灼烧后加水浸取，然后加入得到碘水，最后通过萃取、分液、蒸馏得到碘单质
D. 向海水中加入石灰乳得到，加入盐酸得到溶液，最后电解该溶液得到镁单质
【答案】D
【解析】
A．粗盐先通过除杂除去镁离子、硫酸根离子、钙离子等，精制得到饱和食盐水，然后电解饱和食盐水得到氯气，最后氯气和石灰乳反应制得漂白粉，获取物质的方案合理，故A正确；
B．苦卤酸化后通入氯气得到溴水，热空气吹出后用二氧化硫吸收富集溴，再通入氯气氧化得到溴单质，方案合理，故B正确；
C．干海带灼烧后加水浸取，然后加入H2O2得到碘水，最后通过萃取、分液、蒸馏得到碘单质，方案合理，故C正确；
D．向海水中加入石灰乳得到Mg（OH）2，加入盐酸得到MgCl2溶液，蒸发浓缩，结晶析出氯化镁晶体，氯化氢气流中失去水得到氯化镁固体，最后电解熔融氯化镁得到镁单质，电解氯化镁溶液得不到单质镁，方案不合理，故D错误；
故选D。
13. (2021·安徽省蚌埠市·单元测试)由下列实验操作、实验现象得出的实验结论错误的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A、
将浓硫酸加入蔗糖中并搅拌
蔗糖逐渐变黑，形成“黑面包”并伴有刺激性气味的气体产生
体现了浓硫酸的脱水性和氧化性
B、
将铁片和锌粉分别加入到同浓度的稀盐酸中
产生气泡的速度：锌粉＞铁片
活泼性：锌＞铁
C、
将SO2通入含HCl、BaCl2的FeCl3溶液中
有白色沉淀产生
SO2具有还原性
D、
将Cl2依次通过干燥有色布条和湿润有色布条
干燥有色布条不褪色，湿润有色布条褪色
Cl2没有漂白性，Cl2与H2O反应的产物有漂白性
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
A.蔗糖逐渐变黑说明生成炭，体现浓硫酸的脱水性，有刺激性的气体二氧化硫生成，体现了浓硫酸的强氧化性，故A正确；
B.二者与盐酸的接触面积不同，反应速率的比较不能说明金属活泼性差异，故B错误；
C.酸性条件下，二氧化硫被氯化铁溶液氧化为硫酸根离子，从而生成硫酸钡沉淀，说明二氧化硫有还原性，故C正确；
D.将Cl2依次通过干燥有色布条和湿润有色布条，干燥有色布条不褪色，说明Cl2没有漂白性，湿润有色布条褪色，说明Cl2与H2O反应的产物有漂白性，故D正确。
14. (2021·天津市·单元测试)向CuSO4溶液中逐渐加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色；再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色，下列分析正确的是（ ）
A. 滴加KI溶液时，转移2 mole-时生成1 mol白色沉淀
B. 上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2＋＞I2＞SO2
C. 通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂
D. 通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性
【答案】B
【解析】
CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液，反应的化学方程式：2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应的化学方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI。
A．CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，由方程式可知每转移1mol电子生成1molCuI，故A错误；
B．2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为-1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性：I2＞SO2，综上所述，氧化性：Cu2+＞I2＞SO2，故B正确；
C、反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应的化学方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，由反应可知，碘元素化合价由0价降低为-1价，被还原，所以I2是氧化剂，故C错误；
D．向反应后的混合物中不断通入SO2气体，因为发生氧化还原反应使溶液褪色，体现了二氧化硫还原性，故D错误。
故选B。
15. (2021·福建省厦门市·月考试卷)表各组物质之间通过一步反应不可以实现如图所示转化关系的是（ ）
选项
X
Y
Z
A
SiO2
Na2SiO3
H2SiO3
B
NaCl
NaHCO3
Na2CO3
C
N2
NO2
HNO3
D
C
CO
CO2
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
A．二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，硅酸钠与酸反应生成硅酸，硅酸分解生成二氧化硅，各组物质之间通过一步反应可以实现，故A不选；
B．氯化钠溶液与氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠分解生成碳酸钠，各组物质之间通过一步反应可以实现，故B不选；
C．氮气与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，氮气与氧气不能一步反应生成二氧化氮，故C选；
D．C与氧气反应生成CO，CO与氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳与C反应生成CO，各组物质之间通过一步反应可以实现，故D不选；
故选：C。
16. (2020·山东省德州市·月考试卷)漂白粉和漂粉精是常用的消毒清洁用品，有效成分均为Ca（ClO）2，相应的生产流程如图。下列说法不正确的是（ ）
A. ①中阳极的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑
B. ②中反应的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O
C. 上述过程涉及氧化还原反应、化合反应、复分解反应
D. 制备漂粉精过程中，Cl2转化为Ca（ClO）2时，Cl的原子利用率为100%
【答案】D
【解析】
A．氯碱工业中的电解饱和食盐水，阳极氧化反应为2Cl--2e-=Cl2↑，故A正确；
B．漂白粉的制取反应式为：2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O，故B正确；
C．①②③为氧化还原反应、④为化合反应、⑤为复分解反应，涉及了氧化还原反应、化合反应、复分解反应，故C正确；
D．漂粉精是常用的消毒清洁用品，有效成分均为Ca（ClO）2，CaCl2是副产物，Cl的原子利用率小于100%，故D错误；
故选：D。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题（共52分）
17. (2021·山东省济宁市·月考试卷)下列A～J十种物质之间的转化关系如图所示，其中部分生成物或反应条件已略去A为正盐；常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，H为黄绿色气体，I通常为红棕色气体，I的相对分子质量比E的大16：F在常温下是一种无色液体；G能在H中燃烧，发出苍白色火焰，产物C易溶于水；是一元含氧强酸。
回答下列问题：
（1）A的化学式为______。
（2）一定条件下，B和D反应生成E和F的化学方程式为__________________。
（3）J和金属Cu反应生成E的化学方程式为__________________。
（4）H和石灰乳反应的化学方程式为__________________。
（5）在I和F的反应中，氧化剂和还原剂的质量之比为____________。
【答案】
（1）NH4Cl
（2）4NH3+5O24NO+6H2O
（3）3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O
（4）2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O
（5）1：2
【解析】
H为黄绿色气体单质，则H为Cl2，气体单质G能在H中燃烧生成气体C，且发出苍白色火焰，产物C易溶于水，则G为H2、C为HCl．气体E能与气体单质D连续反应生成I，而I通常为红棕色气体，I的相对分子质量比E的大16，判断D为O2、E为NO、I为NO2．F在常温下是一种无色液体，且F能与I反应生成J，J与Cu反应生成E，可推知F为H2O、J为HNO3．气体B能与D（氧气）反应生成E（NO）与F（水），故B为NH3，可知A为NH4Cl。
（1）由上述分析可知，A为NH4Cl，故答案为：NH4Cl；
（2）B+D→E+F的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；
（3）J+Cu→E的化学方程式为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；
（4）H和石灰乳的反应为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；
（5）I和F的反应为：3NO2+H2O=NO+2HNO3，NO2既是氧化剂又还原剂，氧化剂被还原生成NO，还原剂被氧化生成HNO3，可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，故氧化剂与还原剂的质量比为1：2，
故答案为：1：2。
18. (2021·全国·历年真题)化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。
（1）实验一：用如下装置（夹持、加热仪器略）制备SO2，将足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B。
①浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是_____________________________。
②试剂a是____________。
（2）对体系中有关物质性质分析得出：沉淀B可能为Ag2SO3、Ag2SO4或二者混合物。（资料：Ag2SO4微溶于水；Ag2SO3难溶于水）
实验二：验证 B的成
①写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式：__________________________。
②加入盐酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F。推断D中主要是BaSO3，进而推断B中含有Ag2SO3。向滤液E中加入一种试剂，可进一步证实B中含有Ag2SO3。所用试剂及现象是___________________。
（3）根据沉淀F的存在，推测的产生有两个途径：
途径1：实验一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，随沉淀B进入D。
途径2：实验二中，被氧化为进入D。
实验三：探究的产生途径
①向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有________，取上层清液继续滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag2SO4。做出判断的理由：_____________________。
②实验三的结论：____________________________________________。
（4）实验一中SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式是_____________________。
（5）根据物质性质分析，SO2与AgNO3溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间，有Ag和生成。
（6）根据上述实验所得结论：___________________________________。
【答案】
（1）
①Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O
②饱和NaHSO3溶液
（2）
① Ag2SO3+4NH3•H2O=2Ag（NH3）2++SO32-+4H2O
②H2O2溶液，产生白色沉淀
（3）
①Ag+；因为Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4沉淀时，必定没有Ag2SO4沉淀
②途径1不产生，途径2产生
（4）2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+
（6） SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和的速率；碱性溶液中更易被氧化为
【解析】
实验一、Cu和浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，试剂a除去二氧化硫中杂质，且不能和二氧化硫反应，常用饱和亚硫酸氢钠溶液，然后二氧化硫通入硝酸银溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B；
实验二、沉淀B中加入氨水生成银氨溶液，然后向溶液C中加入过量硝酸钡，钡离子和C中阴离子反应生成沉淀D，洗涤干净沉淀后加入过量稀盐酸，加入盐酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F，推断D中主要是BaSO3，沉淀F为BaSO4，滤液E中含有二氧化硫或亚硫酸；
实验三、①向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，说明溶液A中含有Ag+；Ag2SO4微溶于水，Ag2SO4在水溶液中能电离出Ag+，说明溶液A中含有硫酸银；
取上层清液继续滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag2SO4，则得到的SO42-是SO32-被氧化得到的；
②通过以上分析知，实验一中二氧化硫和硝酸银反应生成亚硫酸银和氢离子，同时生成少量硫酸银，以此解答该题。
（1）①浓H2SO4可以与Cu反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；
故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；
②试剂a用于除去二氧化硫中的杂质，一般用饱和NaHSO3溶液；
故答案为：饱和NaHSO3溶液；
（2）①Ag2SO3溶于氨水生成银氨络离子，反应的离子方程式为Ag2SO3+4NH3•H2O=2Ag（NH3）2++SO32-+4H2O；
故答案为：Ag2SO3+4NH3•H2O=2Ag（NH3）2++SO32-+4H2O；
②双氧水具有氧化性，加入双氧水后能将亚硫酸根氧化成硫酸根，形成BaSO4沉淀，则溶液B中含有Ag2SO3，如果不形成沉淀，则溶液B里不含Ag2SO3
故答案为：H2O2溶液，产生白色沉淀；
（3）①向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有Ag+；取上层清液继续滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag2SO4，原因是因为Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4沉淀时，必定没有Ag2SO4沉淀；
故答案为：Ag+；因为Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4沉淀时，必定没有Ag2SO4沉淀；
②由实验三可知途径1不产生，途径2产生；
故答案为：途径1不产生，途径2产生；
（4）由以上分析可知SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3和硝酸，离子方程式是2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+；
故答案为：2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+；
（6）由以上实验现象可知SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和的速率 碱性溶液中更易被氧化为
故答案为：SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和的速率；碱性溶液中更易被氧化为。
19. (2021·全国·历年真题)碘（紫黑色固体，微溶于水）及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
（1）I2的一种制备方法如图所示：
①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为______________________________，生成的沉淀与硝酸反应，生成______后可循环使用。
②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为__________________；若反应物用量比=1.5时，氧化产物为___________；当＞1.5后，单质碘的收率会降低，原因是________________。
（2）以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2。上述制备I2的总反应的离子方程式为_______________________________。
（3）KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1mol I2，消耗的KI至少为_________mol。I2在KI溶液中可发生反应：I2+I-I3-。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量KI的原因是 ____________________________________。
【答案】
（1）①Fe+2AgI=2Ag+Fe2++2I-；硝酸银；
②Cl2+FeI2=FeCl2+I2；FeCl3、I2；过量的氯气继续氧化I2，导致碘的回收率降低；
（2）2IO3-+5HSO3-=5SO42-+3H++H2O+I2；
（3）4；保证所有的Cu2+充分还原为CuI，I-与I2结合生成I3-，减少I2的挥发
【解析】
（1）①由转化图可知，加入铁粉，发生置换反应，离子方程式为：Fe+2AgI=2Ag+Fe2++2I-；生成的沉淀为Ag，与硝酸反应生成硝酸银可以在富集操作中进行循环；
②由于FeI2中亚铁离子与碘离子均可以被氯气氧化，故依据氧化还原规律，氧化产物只有一种，则还原性强的I-优先发生反应，反应的化学方程式为：Cl2+FeI2=FeCl2+I2；若反应物用量比=1.5时，氯气恰好将亚铁离子与碘离子都氧化，反应方程式为：2FeI2+3Cl2=2FeCl3+2I2，氧化产物为FeCl3、I2；当＞1.5后，氯气会继续将I2氧化为IO3-，导致碘的回收率降低；
（2）适量的 NaHSO3将碘酸钠还原成I-，反应的离子方程式为：IO3-+3HSO3-=I-+3SO42-+3H+，再向混合溶液中加入NaIO3溶液，IO3-与I-在酸性条件下可发生氧化还原反应生成I2，反应的离子方程式为：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，由此可知碘离子为中间产物，消去碘离子可得总反应为2IO3-+5HSO3-=5SO42-+3H++H2O+I2；
故答案为：2IO3-+5HSO3-=5SO42-+3H++H2O+I2；
（3）KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，反应离子方程式为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，若生产1molI2，则至少需要4molKI；
已知I2在KI溶液中可发生反应：I2+I-I3-，加入过量的KI，可以保证所有的Cu2+充分还原为CuI，I-与I2结合生成I3-，减少I2的挥发。
20. (2021·江苏省泰州市·同步练习)皮革厂的废水中含有一定量的氨氮(以NH3、NH形式存在)，通过沉淀和氧化两步处理后可使水中氨氮达到国家规定的排放标准。
（1）沉淀：向酸性废水中加入适量Fe2(SO4)3溶液，废水中的氨氮转化为NH4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀。
①该反应的离子方程式为 。
②废水中氨氮去除率随pH的变化如图-1所示，当1.3< pH<1.8时，氨氮去除率随pH升高而降低的原因是 。
（2）氧化：调节经沉淀处理后的废水pH约为6，加入NaClO溶液进一步氧化处理。
①NaClO将废水中的氨氮转化为N2，该反应的离子方程式为 。
②研究发现，废水中氨氮去除率随温度升高呈先升后降趋势。当温度大于30℃时，废水中氨氮去除率随着温度升高而降低，其原因是 。
③n(ClO－)/n(氨氮)对废水中氨氮去除率和总氮去除率的影响如图-2所示。
当n(ClO－)/n(氨氮)>1.54后，总氮去除率下降的原因是 。
【答案】
（1）
①NH3+3Fe3++2SO42-+6H2O=NH4Fe3（SO4）2（OH）6↓+5H+或
NH4++3Fe3++2SO42-+6H2O=NH4Fe3（SO4）2（OH）6↓+6H+；
②pH有所增大，氢氧根离子浓度增大，不利于NH4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀生成，则氨氮去除率随pH升高而降低
（2）
①3ClO-+2NH4+=N2↑+3Cl-+3H2O+2H+或3HClO+2NH4+=N2↑+3Cl-+3H2O+5H+；
②氧化剂HClO不稳定，温度升高受热分解；
③次氯酸钠投加量过大，导致污水中部分氨氮氧化为其它价态例如硝酸根离子，则总氮去除率下降
【解析】
（1）①向酸性废水中加入适量Fe2（SO4）3溶液，NH4+或NH3、Fe3+、SO42-和H2O反应生成NH4Fe3（SO4）2（OH）6沉淀，反应的离子方程式为：NH3+3Fe3++2SO42-+6H2O=NH4Fe3（SO4）2（OH）6↓+5H+或NH4++3Fe3++2SO42-+6H2O=NH4Fe3（SO4）2（OH）6↓+6H+；
②当1.3＜pH＜1.8时，随pH升高，氢氧根离子浓度增大，不利于NH4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀生成，则氨氮去除率随pH升高而降低；
（2）①NaClO具有强氧化性，废水中的氨氮为-3价，被氧化转化为N2，NaClO被还原为NaCl，反应的离子方程式为：3ClO-+2NH4+=N2↑+3Cl-+3H2O+2H+或3HClO+2NH4+=N2↑+3Cl-+3H2O+5H+；
②NaClO水解生成HClO，HClO不稳定受热易分解，所以当温度大于30℃时，废水中氨氮去除率随着温度升高而降低，
③当＞1.54时，次氯酸钠投加量过大，导致污水中部分氨氮氧化为其它价态例如硝酸根离子，则总氮去除率下降。
21. (2021·湖北省·模拟题)多晶硅是单质硅的一种形态，是制造硅抛光片、太阳能电池及高纯硅制品的主要原料。
（1）已知多晶硅第三代工业制取流程如图1所示。
发生的主要反应
电弧炉
SiO2+2CSi+CO↑
流化床
反应器
Si+3HCl SiHCl2+H2
①物质Z的名称是______。
②用石英砂和焦在电弧炉中高温加热也可以生产碳化硅，该反应的化学方程式为 ____________。
③在流化床反应的产物中，SiHCl3大约占85%，还有SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl等，有关物质的沸点数据如表，提纯SiHCl3的主要工艺操作依次是沉降、冷凝和 __________________________。
物质
Si
SiCl4
SiHCl3
SiH2Cl2
SiH3Cl
HCl
SiH4
沸点/C
2355
57.6
31.8
8.2
-30.4
-84.9
-111.9
（2）利用晶体硅的粉末与干燥的氮气在1300～1400℃下反应，可制取结构陶瓷材料氮化硅（Si3N4）。现用如图所示装置（部分仪器已省略）制取少量氮化硅。
①装置Ⅱ中所盛试剂为______。
②装置Ⅰ和装置Ⅲ均需要加热，实验中应先_______。（填“Ⅲ”或“Ⅰ”）的热源。
（3）由晶体硅制成的n型半导体、p型半导体可用于太阳能电池。一种太阳能储能电池的工作原理如图2所示，已知锂离子电池的总反应为：Li1-xNiO2+xLiC6LiNiO2+xC6。完成下列问题。
①该锂离子电池充电时，n型半导体作为电源______（填“正”或“负”）极。
②该锂离子电池放电时，b极上的电极反应式为________________________。
【答案】
（1）氯气 SiO2+3CSiC+2CO 蒸馏
（2）浓H2SO4 Ⅰ
（3）负 LiNiO2-xe-=Li1-xNiO2+xLi
【解析】
（1）①物质Z的名称是氯气，
故答案为：氯气；
②石英砂和焦在电弧炉中高温加热生成碳化硅，化学方程式为：SiO2+3CSiC+2CO，
故答案为：SiO2+3CSiC+2CO；
③根据表中沸点数据可知，常温下SiHCl3、SiCl4为液体，SiH2Cl2、SiH3Cl为气体，沉降除去固体后，冷凝得到SiHCl3、SiCl4混合液体，将液体蒸馏可分离二者，
故答案为：蒸馏；
（2）①装置II中所盛试剂为浓H2SO4，
故答案为：浓H2SO4；
②为防止SiO2与空气反应，先利用N2排除装置中空气，故应先点燃装置I的热源，
故答案为：Ⅰ；
（3）①充电时，a电极的LiC6转化为C6，C的化合价升高，发生还原反应，a电极作阴极，a电极与n型半导体相连，n型半导体作负极，
故答案为：负；
②放电时，b电极上发生的反应是LiNiO2转化为Li1-xNiO2，电极反应式为：LiNiO2-xe-=Li1-xNiO2+xLi，
故答案为：LiNiO2-xe-=Li1-xNiO2+xLi。
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