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【高考二轮复习】2023年高考化学精讲+精练+小测（全国通用）——专题07 非金属及其化合物（测）（原卷版+解析版）
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这是一份【高考二轮复习】2023年高考化学精讲+精练+小测（全国通用）——专题07 非金属及其化合物（测）（原卷版+解析版），文件包含专题07非金属及其化合物测解析版docx、专题07非金属及其化合物测原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。
专题07 非金属及其化合物
一、选择题(本题包括25小题，每小题2分，共50分，每小题只有一个选项符合题意)
1．(2023·河北省邯郸市部分学校高三联考)在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】A项，氮气与氢气在高温高压催化下反应合成氨气，二氧化碳通入饱和氯化钠氨溶液中反应生成碳酸氢钠和氯化铵，物质间转化均能实现，A正确；B项，第二步二氧化硅与水不能直接生成H2SiO3，B错误；C项，第一步硫与氧气反应只能生成SO2，C错误；D项，第二步铁在氯气中燃烧只能生成FeCl3，D错误；故选A。
2．(2022·辽宁省六校高三期中联考)工业上制备下列物质的生产流程合理的是( )
A．N2(g)NO(g)HNO3(aq)
B．石英砂粗硅SiHCl3纯硅
C．饱和食盐水漂白粉
D．NH3(g)Na2CO3(s)NaHCO3(s)
【答案】B
【解析】A项，一氧化氮不溶于水，不能与水反应生成硝酸，故A错误；B项，二氧化硅与焦炭反应生成硅和一氧化碳得到粗硅，氯化氢与粗硅加热反应生成三氯硅烷，三氯硅烷在高温条件下反应生成硅和氯化氢得到纯硅，故B正确；C项，氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水得到漂白粉，故C错误；D项，氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠和氯化铵，不能制得碳酸钠，故D错误；故选B。
3．(2022·广东珠海市高三一模)部分含氯物质的分类与相应氯元素的化合价关系下图所示。下列说法错误的是( )
A．a 与d，a与e在酸性情况下反应，均可以得到b
B．c 为一种新型自来水消毒剂，代替 b的原因是：c的毒性更小
C．b 的水溶里加入 CaCO3，可以增加d的产量
D．消毒液可用于环境消毒，主要是因为含有d，e的固体可用于实验室制O2
【答案】B
【解析】具体分析可知a：HCl；b：Cl2；c：ClO2；d：HClO；e：ClO3-。A项，盐酸和次氯酸可生成水和氯气，盐酸和次氯酸钠可生成氯化钠、水和氯气，故A正确；B项，ClO2为一种新型自来水消毒剂，代替Cl2的原因是：ClO2消毒效率更高；不产生新的有毒有害的物质，故B错误；C项，氯气的水溶液中含有HCl、HClO，HCl与加入的CaCO3反应，HCl的消耗促进Cl2与水的反应，生成更多的HClO，故C正确；D项，消毒液可用于环境消毒，主要是因为含有HClO，次氯酸钾可用于实验室制O2，故D正确；故选B。
4．(2023·黑龙江省绥化市第一中学高三期中)图为接触法制硫酸的示意图，已知2SO2 (g)+CO2(g)2SO3(g) ΔH＜0，下列说法不正确的是( )
A．黄铁矿的主要成分是FeS2，沸腾炉中的化学方程式为4 FeS2 + 11O22Fe2O3 + 8SO2
B．接触室的热交换器的作用是加热a处气体，冷却c处气体，控制气体接触催化剂时的温度
C．将黄铁矿粉碎有利于增大与空气的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率
D．应将98.3%的浓硫酸换成蒸馏水，以便吸收更多的SO3
【答案】D
【解析】A项，黄铁矿在沸腾炉中被氧气氧化生成二氧化硫和氧化铁，反应的方程式为：4 FeS2 + 11O22Fe2O3 + 8SO2，A正确；B项，热交换器的作用是预热待反应气体，冷却反应后的气体，使气体接触催化剂时达到催化剂活性最强的温度，B正确；C项，反应物接触面积越大，反应越剧烈，黄铁矿粉碎会增大反应物的接触面积，加快反应速度，提高原料利用率，C正确；D项，因SO3和水反应生成硫酸溶解放出大量的热，用蒸馏水会产生酸雾，不利于吸收，D不正确；故选D。
5．(2023·河南省创新发展联盟高三联考)2022年9月9日，国家航天局、国家原子能机构联合在北京发布“嫦娥五号”最新科学成果：中国科学家首次在月球上发现新矿物，并命名为“嫦娥石”。“嫦娥石”是一种新的磷酸盐矿物，属于陨磷钠镁钙石(Merrillite)族。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．27.5 g PCl3中含有P-Cl键的数目为6NA
B．23g Na与足量H2O反应生成的H2分子数目为NA
C．质量分数为的H3PO4溶液中，含有的氧原子总数目为2NA
D．在25°C时，1L pH=12的Ca(OH)2溶液中含有OH-数目为0.01NA
【答案】D
【解析】A项，27.5 g PCl3为0.2mol，含有P-Cl键的数目为0.6NA，故A错误；B项，23g N为1mol，与足量H2O反应生成的H2分子数目为0.5NA，故B错误；C项，溶剂水也含有O原子，，含有的氧原子总数目为5NA，故C错误；D项，在25°C时，1L pH=12的Ca(OH)2溶液c(OH-)=0.01mol·L-1，，溶液中含有OH-数目为0.01NA，故D正确； 故选D。
6．(2023·江苏省南通市如东县高三期中学情检测)SO2和NOx在生产、生活和科学研究中有着广泛的应用，也是大气主要污染物。硫酸盐(含SO42-、HSO4-)气溶胶是PM2.5的成分之一，SO2在V2O5催化作用下与空气中的O2在接触室中发生可逆反应，反应的热化学方程式表示为：2SO (g)+ O2(g) 2SO3 (g) ΔH＝－196.6 kJ·mol－1 。向AgNO3溶液中通入过量SO2，过程和现象如下图。经检验，白色沉淀为Ag2SO3；灰色固体中含有Ag。下列说法不正确的是( )
A．①中生成白色沉淀的离子方程式为：2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+
B．①中未生成Ag2SO4，证明溶度积：Ksp(Ag2SO3)＜Ksp(Ag2SO4)
C．②中的现象体现了Ag+的氧化性
D．该实验条件下，SO2与AgNO3反应生成Ag2SO3的速率大于生成Ag的速率
【答案】B
【解析】向AgNO3溶液中通入过量SO2，经检验白色沉淀为Ag2SO3，灰色固体中含有Ag，说明开始生成Ag2SO3，一段时间后转化为银单质。A项，向AgNO3溶液中通入过量SO2，经检验白色沉淀为Ag2SO3，则反应为2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+，A正确； B项，开始生成Ag2SO3，一段时间后转化为银单质，说明实验中生成Ag2SO3的速率大于生成Ag的速率，①中开始没有生成Ag2SO4，不能说明溶度积：Ksp(Ag2SO3)＜Ksp(Ag2SO4)，B错误；C项，灰色固体中含有Ag，则银离子化合价降低发生还原反应生成银单质，银离子为氧化剂，故②中的现象体现了Ag+的氧化性，C正确；D项，该实验条件下，SO2与AgNO3反应开始生成Ag2SO3，一段时间后转化为银单质，说明实验中生成Ag2SO3的速率大于生成Ag的速率，D正确；故选B。
7．甲、乙、丙、丁为中学化学中的常见物质，其转化关系如下图所示，下列说法错误的是( )
A．若甲为C，则丙可能为CO2 B．若甲为NaOH，则丁可能为CO2
C．若甲为Fe，则丁可能为Cl2 D．若甲为H2S，则丙可能为SO2
【答案】C
【解析】A项，若甲为C，则乙和丙分别为一氧化碳和二氧化碳，则内可能为CO2，故正确；B项，若甲为NaOH，则丁可能为CO2，乙为碳酸钠，丙为碳酸氢钠，故正确；C项，若甲为Fe、丁为Cl2，二者反应生成氯化铁，氯化铁和氯气不能发生反应，故错误；D项，若甲为H2S，硫化氢和氧气反应生成硫和水，硫和氧气反应生成二氧化硫，则丙可能为SO2，故正确。
8．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( )
O2
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H2SO4
B．当X是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F是HNO3
C．B和Cl2的反应是氧化还原反应
D．当X是强酸时，C在常温下是气态单质
【答案】D
【解析】根据题意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项，当A是硫化铵时，硫化铵硫化氢硫单质二氧化硫三氧化硫硫酸，选项A正确；B项，当A是硫化铵时，硫化铵氨气氮气一氧化氮二氧化氮硝酸，选项B正确；C项，硫化氢或氨气和氯气发生的反应均是置换反应，一定是氧化还原反应，选项C正确；D项，当X是强酸时，C为硫单质，常温下是固态，选项D不正确。
9．甲、乙、丙、丁均为中学化学常见的物质，它们之间的转化关系如图(反应条件及其他产物已略去)。下列说法不正确的是( )
A．若甲是AlCl3溶液，则丁可能是NaOH溶液 B．若甲是Fe，则丁可能是Cl2
C．若丁是CO2，则甲可能为Mg D．若丁是O2，则乙、丙的相对分子质量可能相差16
【答案】B
【解析】甲能连续反应说明发生的反应与丁的物质的量或浓度或反应条件有关，若丁是O2，则乙、丙的相对分子质量可能相差16，则乙和丙相差一个氧原子，据此解题。若甲是氯化铝溶液，氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，所以符合转化关系，故A正确；若甲是铁，丁是氯气，铁在氯气中燃烧只生成氯化铁，氯化铁和氯气不反应，所以不符合转化关系，故B不正确；若丁是二氧化碳，甲是镁，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，碳和二氧化碳反应生成一氧化碳，所以符合转化关系，故C正确；若丁是O2，甲是碳，碳和少量氧气反应生成一氧化碳，一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，一氧化碳和二氧化碳的相对分子质量相差16，故D正确。
10．(2022·浙江省十校联盟高三下学期第二次联考)关于化合物SOCl2 的性质，下列推测不合理的是( )
A．具有较强还原性 B．水解生成盐酸和硫酸
C．与乙酸作用能产生CH3COCl D．与NaOH溶液反应可生成三种钠盐
【答案】B
【解析】A项，SOCl2含有+4价的S元素，化合价可升高，具有较强还原性，A正确；B项，SOCl2水解生成盐酸和亚硫酸，B错误；C项，与乙酸作用，乙酸分子中的羟基被氯原子取代，能产生CH3COCl，C正确；D项，与NaOH溶液反应可生成三种钠盐分别为氯化钠、亚硫酸钠、亚硫酸氢钠，D正确；故选B。
11．(2022·浙江省浙南名校高三联考)关于化合物KICl2的性质，下列推测不合理的是( )
A．与KOH反应可生成两种盐 B．受热分解生成KI和Cl2
C．具有强氧化性 D．与KI反应可生成I2和KCl
【答案】B
【解析】该物质中I元素呈+1价，可联想ICl的性质，即将KICl2看成是KClICl，其中ICl为卤素互化物，具有卤素单质相似的性质，如具有强氧化性，能和KOH反应生成KIO、KCl和H2O，能和KI发生氧化还原反应生成I2和KCl。A项，KICl2可将I看成＋1价，Cl-1价，KICl2+2KOH=2KCl+KIO+H2O，A正确；B项，由于KCl更稳定，KICl2受热分解生成KCl和ICl：KICl2=KCl+KI， B错误；C项，根据分析，＋1 I具有强氧化性，C正确；D项，KICl2+KI=I2+ 2KCl，KICl2中I元素化合价从+1价降低到0价，KI中I元素化合价从-1价升高到0价，发生了归中反应，D正确；故选B。
12．(2022•浙江省稽阳联谊学校高三联考)下列“类比”合理的是( )
A．SiH4的沸点高于CH4的沸点，则P2H4的沸点高于N2H4的沸点
B．CO2与Ba(NO3)2溶液不反应，则SO2与Ba(NO3)2溶液也不反应
C．Fe与Cl2反应生成FeCl3，则Fe与I2反应生成FeI3
D．NaCl与浓H2SO4加热可制HCl，则NaBr与浓H3PO4加热可制HBr
【答案】D
【解析】A项，N2H4分子间存在氢键，沸点高于P2H4，A错误；B项，酸性条件下，SO2与Ba(NO3)2溶液可发生反应生成BaSO4的沉淀，B错误；C项，还原性Fe＞I-＞Fe2+，因此Fe与I2反应生成FeI2，C错误；D项，NaCl与浓H2SO4加热可制HCl，原理为难挥发性酸制易挥发性酸，同理NaBr与浓H3PO4加热可制得易挥发的HBr，D正确；故选D。
13．(2022•浙江省绍兴市高三选考诊断性考试)下列“类比”结果正确的是( )
A．乙炔的分子构型为直线形，则的分子构型也为直线形
B．单质的熔点Br2＜I2，则单质的熔点Na＜K
C．CO2、SO2是酸性氧化物，则NO2也是酸性氧化物
D．SO2通入BaCl2溶液不产生沉淀，则SO2通入Ba(NO3)2溶液也不产生沉淀
【答案】A
【解析】A项，乙炔的分子构型为直线形，是因为存在碳碳三键，HCN的分子存在碳氮三键，则HCN的分子构型也为直线形，A项正确；B项，单质的熔点Br2＜I2，但单质的熔点Na＞K，B项错误；C项，CO2、SO2是酸性氧化物，但NO2与水反应，生成硝酸和一氧化氮，则其不是酸性氧化物，C项错误；D项，SO2通入BaCl2溶液不产生沉淀，SO2通入Ba(NO3)2溶液中，二氧化硫与水反应，生成亚硫酸，遇硝酸根离子，会产生硝酸，硝酸有强氧化性，会将亚硫酸氧化为硫酸，则会产生沉淀，D项错误；故选A。
14．学习化学不是靠一味背诵的，要学会运用合适的方法，如“类推”，这样才能事半功倍。下列“类推”结果正确的是( )
A．CO2、SO2是酸性氧化物，则NO2也是酸性氧化物
B．Ba(HCO3)2的溶解度比BaCO3的大，则NaHCO3的溶解度也比Na2CO3的大
C．pH=1的盐酸稀释100倍后pH=3，则pH=6的CH3COOH稀释100倍后pH=8
D．将丙三醇加入新制Cu(OH)2中溶液呈绛蓝色，则将葡萄糖溶液加入新制Cu(OH)2中溶液也呈绛蓝色
【答案】D
【解析】A项，NO2与水反应产生HNO3和NO，不符合酸性氧化物的定义，因此NO2不是酸性氧化物，故A错误；B项，钙盐、钡盐等的碳酸盐溶解度小于碳酸氢盐溶解度，而钠盐相反，所以Ba(HCO3)2的溶解度比BaCO3的大，NaHCO3的溶解度比Na2CO3的小，故B错误；C项，将pH=6的CH3COOH溶液加水稀释100倍后，溶液c(H+)减小，溶液无限接近中性，不可能呈碱性，故C错误；D项，多羟基的醇遇新制Cu(OH)2溶液呈绛蓝色，丙三醇加入新制Cu(OH)2溶液呈绛蓝色，葡萄糖为多羟基的醛，所以遇新制Cu(OH)2溶液呈绛蓝色，故D正确；故选D。
15． (2022•浙南名校联盟高三第一次联考)下列“类比”合理的是( )
A．由O2+2H2S=S+2H2O，说明非金属性O＞S，推测：高温下2C+ SiO2= Si+2CO，非金属性C＞Si
B．由CO2+Ca(ClO)2+H2O=CaCO3↓+2HClO推测：SO2+Ca(ClO)2+H2O=CaSO3↓+2HClO
C．Fe与S在加热条件下反应生成FeS，推测：Cu与S在加热条件下生成CuS
D．由Na2SO3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2↑，推测：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑
【答案】D
【解析】A项，可以通过非金属之间的置换反应说明非金属性强弱，但反应物中的非金属单质必须表现出氧化性，推测中非金属C表现出还原性，A错误；B项，SO2具有还原性、Ca(ClO)2具有氧化性，因此会发生氧化还原反应，B错误；C项，Fe与S发生氧化还原反应生成FeS，说明S的氧化性使变价金属生成低价态，因此推测应该生成Cu2S，C错误；D项，利用强酸制弱酸的原理正确，D正确；故选D。
16．(2022•浙江省9 +1高中联盟高三联考)H2O、H2O2和HO2(超氧化氢)等都属于氢氧化合物，其中HO2又叫超氧酸，与H2O2化学性质相似，又有某些性质与HX(X=Cl、Br、I)相似。下列说法不正确的是( )
A．HO2在碱性条件下比酸性条件更易分解产生O2
B．向品红溶液中加入足量HO2，红色褪去，加热后又恢复红色
C．HO2可与硝酸银溶液发生如下反应：HO2+AgNO3=AgO2↓+HNO3
D．KO2与冰水反应理论上可得到HO2
【答案】B
【解析】A项，HO2又叫超氧酸，能和碱反应，故在碱性条件下更不能稳定存在，A正确；B项，HO2具有强氧化性，能使品红褪色，加热不能恢复，B错误；C项，HO2性质与卤化氢相似，故能和硝酸银反应，方程式为：HO2+AgNO3=AgO2↓+HNO3 ，C正确；D项，KO2与冰水反应理论上发生水解反应生成氢氧化钾和HO2，D正确；故选B。
17．剧毒品氰化钠(NaCN)在天津爆炸的事故中给大家带来恐惧，含NaCN超标的废水可用两段氧化法处理：(1)NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl；(2)NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2；
已知：HCN为弱酸，且有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同；达到排放标准NaCN含量应低于0.5mg/L
下列说法不正确的是( )
A．HClO的电子式为，可用作漂白剂
B．第一次氧化时，溶液的pH应调节为酸性
C．第二次氧化时发生反应的离子方程式为2OCN-+3ClO-=CO32-+CO2↑+3Cl-+N2↑
D．处理100m3含NaCN 10.3mg/L的废水，实际至少需3.725kg NaClO
【答案】B
【解析】A项，HClO的电子式为，具有强氧化性，可用作漂白剂，A正确；B项，NaCN易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性，B错误；C项，反应中氯元素的化合价从+1价降低到-1价，得到2个电子．N元素化合价从-3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，反应的离子方程式为：2OCN-+3ClO-=CO32-+CO2↑+3Cl-+N2↑，C正确；D项，参加反应的NaCN是：=20mol，反应中C由+2价升高到+4价，N元素化合价从-3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，1mol次氯酸钠得到2mol电子，所以处理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的废水，实际至少需NaClO的质量为：×74.5g/mol=3725g，D正确。
18．(2022·浙江省金华十校高三下学期4月模拟)某些化合物类别往往会随着状态改变而改变。例如气态PCl5为共价化合物，固态PCl5却是离子化合物，阳离子为正四面体结构，阴离子为正八面体结构。下列说法不正确的是( )
A．固态PCl5中的阳离子为[ PCl4]+
B．固态PCl5是离子晶体，能导电
C．PCl5部分氟化可得PCl2F3，其化学式可表述为[ PCl4]+ [ PF6]-
D．固态P Br5中不存在正八面体阴离子的原因是Br-的离子半径过大
【答案】B
【解析】根据题意，固态五氯化磷是由正四面体结构的四氯合磷阳离子和正八面体结构的六氯合磷阴离子形成的离子化合物。A项，固态五氯化磷中的阳离子为正四面体结构的四氯合磷阳离子，故A正确；B项，固态五氯化磷是由正四面体结构的四氯合磷阳离子和正八面体结构的六氯合磷阴离子形成的离子化合物，属于离子晶体，由于固体中不存在不自由移动的离子，不能导电，故B错误；C项，固态五氯化磷部分氟化得到的PCl2F3是由四氯合磷阳离子和六氟合磷阴离子形成的离子化合物，化学式可表述为[ PCl4]+ [ PF6]-，故C正确；D项，由于溴离子的离子半径过大无法形成正八面体结构的六溴合磷阴离子，固态五溴化磷中不存在六溴合磷阴离子，故D正确；故选B。
19．(2023·浙江省十校联盟高三10月月考)魔酸是五氟化锑和氟磺酸的混合物，化学式为SbF5∙HSO3F，是一种酸性比普通无机酸强106~1010倍的超强酸，能将HClO4质子化：SbF5∙HSO3F+HClO4=[SbF5∙SO3F]-+[H2ClO4]+。下列推测不合理的是( )
A．魔酸没有固定的沸点 B．SbF5∙HF是超强酸
C．魔酸具有强氧化性 D．魔酸与NaClO4溶液反应可生成[H2ClO4]+
【答案】C
【解析】A项，魔酸是五氟化锑和氟磺酸的混合物，则魔酸没有固定的沸点，A合理；B项，SbF5∙HF称为氟锑酸，是质子酸SbF5与HF的混合物，属于超强酸，B合理；C项，酸性强氧化性不一定强，题中没有说明魔酸的氧化性，所以魔酸不一定具有强氧化性，C不合理；D项，魔酸与NaClO4溶液反应，先生成HClO4，HClO4再被魔酸质子化，则可生成[H2ClO4]+，D合理；故选C。
20．(2023·浙江省名校协作体高三开学考试)已知氯磺酸(ClSO3H)是极易水解的一元强酸，下列推测不合理的是( )
A．ClSO3H与足量氢氧化钠溶液反应能生成两种盐
B．相同条件下，ClSO3H比FSO3H更容易水解
C．ClSO3H的制备可以用HCl与SO3反应，也可用浓盐酸和浓H2SO4反应制得
D．相同条件下，等物质的量的ClSO3H和HCl分别溶于水制成1L溶液，两者pH不同
【答案】C
【解析】A项，已知氯磺酸(ClSO3H)是极易水解的一元强酸，即ClSO3H+H2O=HCl+H2SO4，故ClSO3H与足量氢氧化钠溶液反应能生成两种盐即NaCl和Na2SO4，A正确；B项，由于F的电负性比Cl的大，故相同条件下，ClSO3H中的Cl-S键比FSO3H中的F-S键更难断裂，即ClSO3H比FSO3H更容易水解，B正确；C项，已知氯磺酸(ClSO3H)是极易水解的一元强酸，故ClSO3H的制备可以用HCl与SO3反应，但不能用浓盐酸和浓H2SO4反应制得，C错误；D项，氯磺酸(ClSO3H)易水解发生反应ClSO3H+H2O=HCl+H2SO4，1molClSO3H作用生成3mol氢离子，1molHCl溶于水电离出1mol氢离子，分别制成1L溶液，氯磺酸溶液氢离子浓度大，pH小，D正确；故选C。
21．(2023·浙江省Z20名校新高考研究联盟高三第一次联考)下列“类比”结果正确的是( )
A．Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高，则H2、N2、O2的沸点也逐渐升高
B．CH3CHO与H2可发生加成反应，则相同条件下CH3COOH也可以与H2发生加成反应
C．向Na2CO3中加入少量水，伴随放热现象，则向NaHCO3中加入少量水，也伴随放热现象
D．乙醇与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成乙酸，则乙二醇与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成乙二酸
【答案】A
【解析】A项，Cl2、Br2、I2都是由分子构成的物质，它们结构相似，物质的相对分子质量越大，分子之间作用力就越大，物质的熔沸点就越高，所以Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高；都是由分子构成的物质，它们结构相似，物质的相对分子质量越大，分子之间作用力就越大，物质的熔沸点就越高，所以H2、N2、O2的沸点也逐渐升高，A正确；B项，CH3CHO分子中含有醛基，那个与H2可发生加成反应产生CH3CH2OH，而CH3COOH分子中的-COOH具有独特的稳定性，在相同条件下CH3COOH不可以与H2发生加成反应，B错误；C项，向Na2CO3中加入少量水，会伴随放热现象，而向NaHCO3中加入少量水，则伴随的是吸热现象，C错误；D项，乙醇具有还原性，当其与足量酸性高锰酸钾溶液反应时会被氧化生成乙酸，而乙二醇与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成CO2，不能反应达到乙二酸，D错误；故选A。
22．(2023·浙江省强基联盟高三上学期10月统测)类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是( )
A．NH3的熔沸点高于PH3，则CH4的熔沸点也高于SiH4
B．PCl3水解生成H3PO3和，则NCl3水解生成HNO2和
C．CO2是直线形分子，则SiO2也是直线形分子
D．NH3能与HCl反应生成NH4Cl，则H2N-NH2也可以与HCl反应生成N2H6Cl2
【答案】D
【解析】A项，甲烷和硅烷是结构相似的分子晶体，硅烷的相对分子质量大于甲烷，分子间作用力大于甲烷，沸点高于甲烷，故A错误；B项，三氯化氮在溶液中发生水解反应生成次氯酸和氨气，故B错误；C项，二氧化硅是空间网状结构的原子晶体，晶体中只存在原子，不存在分子，故C错误；D项，氨分子中氮原子含有孤对电子，能与氯化氢反应生成含有配位键的铵根离子，联氨分子中氮原子也含有孤对电子，能与氯化氢反应生成含有配位键的联铵离子，故D正确；故选D。
23．(2023·浙江省强基联盟高三上学期10月统测)硫的四种含氧酸根离子的结构如图所示，下列有关说法正确的是( )
A．①②③④中都含有极性键和非极性键
B．①④中硫原子的化合价不同
C．能在酸性溶液中将Mn2+转化为MnO4-的只有④
D．只考虑硫元素的价态，②只有氧化性
【答案】C
【解析】A项，①②中不含有非极性键，A错误；B项，①④中硫原子形成化学键相同，化合价相同，B错误；C项，只有④中的硫化合价为+7价，具有强氧化性，能将锰离子氧化为高锰酸根离子，C正确；D项，只考虑硫元素的价态，②中硫的化合价为+5价，有氧化性和还原性，D错误；故选C。
24．下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是( )
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
判断
A
向浓盐酸中加入浓硫酸可制备氯化氢气体
浓盐酸易挥发，浓硫酸与水作用放出大量的热
Ⅰ对，Ⅱ对；有
B
Cu能与浓HNO3反应
由于Cu具有还原性，浓HNO3具有氧化性，在任何条件下生成的气体一定是NO2
Ⅰ对，Ⅱ错；无
C
硫单质在纯氧中燃烧有少量SO3生成
部分二氧化硫被氧化为SO3
Ⅰ对，Ⅱ对；无
D
硝酸铵和碱石灰共热用于实验室制备NH3
铵盐与碱能发生复分解反应
Ⅰ对，Ⅱ对；有
【答案】A
【解析】A项，浓硫酸具有吸水性，溶于水放出大量的热，又因为浓盐酸易挥发，所以向浓盐酸中加入浓硫酸可制备氯化氢气体，A正确；B项，铜与稀硝酸反应生成NO，B错误；C项，硫单质在纯氧中燃烧只能生成SO2，C错误；D项，硝酸铵受热易发生爆炸，实验室一般用氯化铵与熟石灰共热制备氨气，D错误。
25．根据下列实验和现象，所得实验结论正确的是( )
选项
实验
现象
实验结论
A
向某溶液中先滴加适量稀硝酸，再滴加少量BaCl2溶液
出现白色沉淀
原溶液中含有SO42-、SO32-、HSO3-中的一种或几种
B
向装有Fe(NO3)2溶液的试管中加入稀硫酸
在管口观察到红棕色气体
HNO3分解成了NO2
C
左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色
氧化性：Cl2>Br2>I2
D
SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液
出现白色沉淀
得到的沉淀只有BaSO4
【答案】D
【解析】A项，加入的硝酸能把SO32-、HSO3-氧化为SO42-，再加入BaCl2都能生成白色沉淀BaSO4，所以溶液含有SO42-、SO32-、HSO3-中的一种或几种，但是若溶液中含有Ag+，也能与BaCl2反应生成白色沉淀，A不正确；B项，加入的硫酸与NO3-构成硝酸，能氧化Fe2+，而NO3-被还原为NO，NO遇空气生成红棕色的NO2，故硝酸分解生成NO2的结论是不正确；C项，含有NaBr的棉球显橙色，说明Cl2的氧化性强于Br2，因溴易挥发，与Cl2一起与含有KI淀粉的棉球作用而呈蓝色，无法确定是哪种物质把I-氧化为I2，故结论不正确；D项，SO3溶于水生成硫酸，电离出的H+与NO3-构成的硝酸把SO2氧化为SO42-，所以白色沉淀只有BaSO4，故D的结论是正确的。
二、非选择题(本题包括5小题，共50分)
26．(8分)(2022·海南省高三学业水平诊断考试)氮、氧、硫、氯是四种重要的非金属元素，研究它们的性质及用途对生产，生活、科研具有重要意义。
(1)一氯胺(NH2Cl)是一种长效缓释水消毒剂，工业上可利用反应NHI3(g)+Cl2(g)=NH2Cl(g)+HCl(g)制备。
①一氯胺(NH2Cl)在中性或酸性环境中会发生水解反应，生成一种具有强烈杀菌作用的物质，该物质的电子式为___________。
②氨气也是工业上制备硝酸的主要原料，制备硝酸的过程中涉及NO2与水的反应。该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
(2)SO2、NO2两种气体都能对大气造成污染，需要对其进行吸收处理。用氨水吸收SO2能得到含 (NH4)2SO3和NH4HSO3的吸收液，写出生成(NH4)2SO3的离子方程式：___________。若向吸收液中通入过量NO2，NH4HSO3能与NO2发生反应生成N2和(NH4)2SO4，写出该反应的离子方程式：___________。
(3)Cl2与NaOH溶液反应可制取“84”消毒液。用过量的冷NaOH溶液吸收氯气，制得NaClO溶液(不含NaClO3，)，此时ClO-的浓度为c0 mol/L；加热时NaClO能转化为NaClO3，测得t时刻溶液中ClO-的浓度为c1 mol/L (不考虑加热前后溶液体积的变化)。
①写出溶液中NaClO分解生成NaClO3的化学方程式：___________。
②t时刻溶液中c(Cl-)=___________mol/L(用含c0、c1的代数式表示)。
【答案】(1) (1分) 1：2(1分)
(2)2NH3·H2O+SO2=2NH4+ +SO32-(1分) 4HSO3-+2NO2=N2+4SO42-+2H2O (1分)
(3)3NaClO2NaCl+NaClO3(2分) (c0-c1) (2分)
【解析】(1)①一氯胺(NH2Cl)在中性或酸性环境中会发生水解反应，根据原子守恒可推知具有杀菌作用的物质为HClO，一氯胺与水反应方程式为NH2Cl+H2O=HClO+NH3，HClO的电子式为：； ②氨气也是工业上制备硝酸的主要原料，制备硝酸的过程中涉及NO2与水的反应，该反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；(2)SO2、NO2两种气体都能对大气造成污染，需要对其进行吸收处理。用氨水吸收SO2能得到含 (NH4)2SO3和NH4HSO3的吸收液，生成(NH4)2SO3的离子方程式为：2NH3·H2O+SO2=2NH4+ +SO32-，若向吸收液中通入过量NO2，NH4HSO3能与NO2发生反应生成N2和(NH4)2SO4，根据氧化还原反应配平可得，该反应的离子方程式为：4HSO3-+2NO2=N2+4SO42-+2H2O；(3)①溶液中NaClO分解生成NaClO3，反应中NaClO转化为NaClO3，则Cl的化合价升高，故必然有元素的化合价降低，即由NaClO转化为NaCl，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为：3NaClO2NaCl+NaClO3；②由题干信息，用过量的冷NaOH溶液吸收氯气，制得NaClO溶液(不含NaClO3)，反应方程式为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，故这时Cl-的浓度与ClO-的浓度相等，都为c0 mol/L，又知t时刻内ClO-的浓度变化了(c0-c1)mol/L，根据反应3NaClO2NaCl+NaClO3可知， 则生成的Cl-的浓度为：(c0-c1)mol/L ，故t时刻溶液中c(Cl-)= c0 +(c0-c1)mol/L=(c0-c1)mol/L。
27．(10分)利用下图可以从不同角度研究含氮物质的性质及其转化关系。图中甲～辛均含氮元素。回答下列问题：
(1)下列给出的图中物质之间的转化可以一步实现的是__________。
A．甲→丁 B．乙→丁 C．丁→戊 D．戊→丙
(2)下列说法正确的是____________。
A．丙和丁在一定条件下都能生成戊，属于酸性氧化物
B．“甲→乙→丙→丁→戊”就是工业制戊的转化过程
C．己和辛在一定条件下都可与固体NaOH作用生成乙，其生成乙的原理相同
D．如果庚和辛为同种物质，则可由乙和戊反应制得
(3)氯碱工业生产中常用乙检查氯气管道是否泄漏，其现象为______________________。已知反应过程中还有甲生成，该反应的化学方程式为______________________________。
(4)已知铁与过量戊的溶液反应，其反应的化学方程式为：Fe+戊→丙+丁+庚+H2O(方程式未配平)。若产物中丙和丁的物质的量之比为1：3，则铁与戊的物质的量之比为_________。若检验庚中铁元素的价态，可选用的试剂为_________，反应的离子方程式为___________。
【答案】(1)CD(2分) (2)BD(2分)
(3)有白烟生成(1分) 3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl(1分)
(4) 1：5(2分) KSCN溶液(1分) Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3(1分)
【解析】根据图示中N元素的化合价及物质所属的类别可推知甲是N2、乙是NH3、丙是NO、丁是NO2、戊是HNO3、己是NH3·H2O、庚为硝酸盐、辛为铵盐。(1)A项，发生反应：N2+O2 2NO，不能产生NO2，A错误；B项，4NH3+5O24NO+6H2O，不能产生NO2，B错误；C项，3NO2+H2O=2HNO3+NO，C正确；D项，3Cu＋8HNO3(稀)=2Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，D正确；故选CD；(2)A项，NO、NO2在一定条件下可以发生反应产生HNO3，但反应过程中N元素的化合价发生了变化，所以NO、NO2都不是酸性氧化物，A错误；B项，在工业上是利用氨的催化氧化方法制取硝酸，发生的反应为：N2+3H2 2NH3，4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2；3NO2+H2O=2HNO3+NO。可见在反应过程中实现了甲→乙→丙→丁→戊的转化，B正确；C项，NH3·H2O在溶液中存在电离平衡：NH3·H2ONH4++OH-，当向溶液中加入NaOH固体时，c(OH-)增大，平衡逆向移动，NH3·H2O浓度增大，NH3·H2O发生分解反应产生氨气；同时NaOH溶解放热也促进了NH3·H2O的分解；而铵盐与NaOH固体混合加热发生的是复分解反应产生氨气，因此二者制取氨气的原理不同，C错误；D项，庚为硝酸盐，辛为铵盐，若二者为同一种物质，则该物质是NH4NO3，可以通过反应NH3+ HNO3=NH4NO3得到，D正确；故选BD；(3)氯碱工业生产中常用乙检查氯气管道，是因为发生反应：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，NH4Cl是白色固体，因此若氯气管道泄漏，会看到有白烟产生；(4)根据题意及反应产生的NO、NO2的物质的量的比，结合电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为：2Fe+10HNO3=2Fe(NO3)3+NO↑+3NO2↑+5H2O，根据方程式可知Fe与HNO3反应的物质的量的比为1：5；反应产生的Fe3+，可以用KSCN溶液检验。向待检验的溶液中滴加几滴KSCN溶液，若看到溶液变为血红色，就证明含有Fe3+；反应的离子方程式为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3。
28．(11分)(2023·海南省嘉积中学高三期中检测)部分含硫、氮物质的类别与硫元素和氮元素化合价的对应关系如图所示。
回答下列问题：
(1)h的电子式为_______。
(2)下列有关a和g的叙述中，能说明N的非金属性比S强的是_______(填序号)。
A．物质a的水溶液为酸性，而物质g的水溶液为碱性
B．物质a在300℃左右分解生成b，而物质g分解生成h的温度高于300℃
C．物质a液化的温度为-60℃，而物质g液化的温度为-34℃
(3)将的物质k的稀溶液倒入物质f的溶液中，会生成物质e，该反应的离子方程式是_______。
(4)S4N4(S是＋2价)具有很好的导电性，在光学、电学等行业有着重要的用途。将干燥的物质g通入S2Cl2的CCl4浓液中，可制得该物质：6 S2Cl2+16NH3=S4N4+S8+12NH4Cl (已知S8是硫单质中最稳定的)。
①上述制备反应中被氧化的元素是_______(填元素符号)，物质g体现的性质有_______。
②S4N4在常温下较稳定，但撞击或加热时会引起爆炸，生成非常稳定的单质产物，该爆炸反应的化学方程式是_______。
【答案】(1) (1分) (2)B(2分)
(3) 2H++2NO3-+3SO32-=3SO42-+2NO↑+H2O或2NO3-+3HSO3-=H++3SO42-+2NO↑+H2O或2NO3-+3H2SO3=4H++3SO42-+2NO↑+H2O(2分)
(4) N、S(2分) 还原性、碱性(2分) 2S4N4S8+4N2↑(2分)
【解析】根据含硫元素或氮元素的物质的类别和元素化合价，能判断出a为H2S，b为S，c为SO2，d为SO3，e为H2SO4或硫酸盐，f为H2SO3或亚硫酸盐，g为NH3，h为N2，i为NO，j为NO2或N2O4，k为HNO3或硝酸盐。(1)h为N2，电子式；(2)A项，H2S的水溶液为酸性，而物质NH3的水溶液为碱性，无法判断非金属性强弱，A错误；B项，H2S在300℃左右分解生成S，而NH3分解生成N2的温度高于300℃，气态氢化物热稳定性：NH3>H2S，已知气态氢化物越稳定，元素的非金属性越强，可以说明N的非金属性比S强，B正确；C项，H2S液化的温度为-60℃，而NH3液化的温度为-34℃，NH3沸点高，是因为氨分子间可形成氢键，无法说明N的非金属性比S强，C错误；故选B。(3)K溶液pH=1，则k为HNO3，将HNO3倒入物质f(H2SO3或亚硫酸盐)的溶液中，会生成物质e(H2SO4或硫酸盐)，该反应是HNO3氧化H2SO3或SO32-或HSO3-，同时得到NO，离子方程式为2H++2NO3-+3SO32-=3SO42-+2NO↑+H2O或2NO3-+3HSO3-=H++3SO42-+2NO↑+H2O或2NO3-+3H2SO3=4H++3SO42-+2NO↑+H2O；(4)①g为NH3，6 S2Cl2+16NH3=S4N4+S8+12NH4Cl，该反应中S2Cl2中部分S元素由+1升高到+2，被氧化，部分S元素由+1降低到0，被还原，NH3中部分N元素由-3升高到-2，被氧化，NH3表现还原性，部分NH3生成铵盐，表现碱性，所以该反应中被氧化的元素为N、S，NH3体现的性质是还原性、碱性；②S4N4在常温下较稳定，但撞击或加热时会引起爆炸，生成非常稳定的单质产物，已知S8是硫单质中最稳定的，所以生成单质为N2和S8，化学方程式2S4N4S8+4N2↑。
29．(10分)(2022·浙江省杭州地区及周边重点中学高一期中联考)Cl2O为国际公认高效安全灭菌消毒剂之一，实验室可用潮湿的Cl2与Na2CO3反应制取反应装置如图所示(夹持装置已略)。
已知：Cl2O熔点为-116℃，沸点为3.8℃，浓度过高或加热时易发生分解并爆炸。Cl2沸点为-34.6℃，液氨沸点为-33.5℃。
(1)实验室可利用MnO2和浓盐酸制备氯气，下列哪组物质也可用于实验室制备氯气_____________。
A．KClO3固体和浓盐酸 B．KMnO4固体和浓盐酸 C．NaCl固体和浓硫酸
(2)检查虚框中装置气密性的方法为：用止水夹夹住装置A两端的橡胶管，打开分液漏斗旋塞加水，若____________________________________，则装置的气密性良好。
(3)下列有关该实验的说法中，不正确的是_____________。
A．实验过程中，若MnO2过量，浓盐酸能被完全反应
B．B中试剂是浓硫酸，目的是干燥氯气
C．氮气的作用之一是稀释生成的Cl2O，减少实验爆炸危险
D．从装置D中逸出气体的主要成分是Cl2O
(4)①装置C中潮湿的Cl2与Na2CO3以等物质的量反应，生成NaHCO3、气体Cl2O和另一种盐X，试写出该反应化学方程式_______________________________________。
②液氨的作用是_______________________________________。
(5)该实验装置存在一处明显的不足，其改进措施为_____________________。
【答案】(1)AB(2分) (2)一段时间后，水不能顺利流下(1分) (3)ABD(2分)
(4)2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaHCO3+Cl2O +2NaCl(2分) 冷凝Cl2O(1分)
(5)在装置D末端连接一个盛有NaOH的洗气瓶(2分)
【解析】浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯气，A中浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，盐酸能和碳酸钠反应，则B中用饱和食盐水除去挥发出的氯化氢杂质，装置C用于潮湿的Cl2与Na2CO3反应制取Cl2O，装置D用来冷凝Cl2O，D中排出的多余的氯气应该用NaOH溶液吸收，防止污染大气；Cl2O浓度过高或加热时易发生分解并爆炸，实验过程中要不断通氮气进行稀释。(1)A项，KClO3固体和浓盐酸室温下反应生成氯气，A选；B项，KMnO4固体和浓盐酸室温下反应生成氯气，B选；C项，NaCl固体和浓硫酸加热下生成HCl，C不选；选AB。(2)用止水夹夹住装置A两端的橡胶管，打开分液漏斗旋塞加水，若装置不漏气、加水使装置内气体压强增大、水不能顺利滴下，则：若一段时间后，水不能顺利流下，说明装置的气密性良好。(3)A项，实验过程中，随反应进行，浓盐酸变稀，稀盐酸不能与二氧化锰反应，若MnO2过量，浓盐酸也不能被完全反应，A不正确；B项，潮湿的Cl2与Na2CO3反应制取Cl2O，不需要干燥氯气，则B中试剂不是浓硫酸，盐酸能和碳酸钠反应会干扰实验，则B中用饱和食盐水除去挥发出的氯化氢杂质，B不正确；C项，Cl2O浓度过高或加热时易发生分解并爆炸，需要用氮气稀释生成的Cl2O，减少实验爆炸危险，C正确；D项，Cl2O熔点为-116℃，沸点为3.8℃，Cl2沸点为-34.6℃，液氨沸点为-33.5℃，则液氨用于冷凝Cl2O、而不能冷凝Cl2，从装置D中逸出气体为N2和Cl2，D不正确；选ABD。(4)①装置C中潮湿的Cl2与Na2CO3以等物质的量反应，生成NaHCO3、气体Cl2O和另一种盐X，按元素质量守恒，另一种盐X为NaCl，反应中，氯元素从0价升高到+1价、氯元素从0价降低到-1价，则按得失电子数守恒、元素质量守恒得该反应化学方程式：2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaHCO3+Cl2O +2NaCl。②Cl2O熔点为-116℃，沸点为3.8℃，Cl2沸点为-34.6℃，液氨沸点为-33.5℃，则液氨的作用是冷凝Cl2O。(5)D中排出的多余的氯气有毒、应该用NaOH溶液吸收，防止污染大气。则：该实验装置存在一处明显的不足，其改进措施为：在装置D末端连接一个盛有NaOH的洗气瓶。
30．(11分)(2022·陕西省泾阳县教育局教学研究室高三期中)随着现代工业发展，SO2烟气排放量急剧增加。将SO2还原为硫磺是目前烟气脱硫研究的热点。根据SO2的反应状态，将SO2还原法分为气相还原法和液相还原法。
Ⅰ.气相还原法-固体还原剂直接还原法
固体还原剂直接还原法是指在一定温度下(200℃~300℃)将SO2烟气通过固体还原剂，使SO2中的氧原子转移到固体还原剂上，从而实现SO2的还原，其流程如图：
(1)再生塔中生成的物质_______(填化学式)可在流程中循环使用。
(2)脱硫塔中发生反应的化学方程式为_______。
(3)脱硫过程中，当产生48g单质S2时，转移电子的物质的量为_______mol。
Ⅱ.液相还原法-液相催化歧化制硫法
Petrusevski等人用作为催化剂，在常温下，将NaHSO3进行液相催化回收硫磺的工艺如图：
(4)仪器中，“操作”时不需要用到的是_______(填字母)。
A． B． C． D．
(5)催化NaHSO3的反应过程为：第一步：_______(用离子方程式表示)，第二步：I2+ HSO3-+ H2O=2I-+ SO42-+3H+。
(6)液相催化歧化制硫法具有反应条件温和、运行费用低等优点，然而其缺点是硫磺的回收率不会高于_______%(保留1位小数)。
【答案】(1)CaS(1分) (2)3HSO3-2SO42-+S+H++H2O(2分)
(3)3(2分) (4)A (2分) (5)4I-+ HSO3-+5H+=2I2+S↓+3H2O(2分)
(6)33.3(2分)
【解析】Ⅰ．气相还原法—固体还原剂直接还原法。根据流程，在脱硫塔中CaS与SO2反应生成CaSO4和S2，在再生塔中精煤与CaSO4反应生成CO2和CaS，CaS循环使用，据此分析、结合相关知识作答。
Ⅱ．液相还原法—液相催化歧化制硫法。SO2烟气用碱盐吸收转化成NaHSO3，根据流程，加入NaI催化NaHSO3反应生成S和NaHSO4，总反应为3HSO3-2SO42-+S+H++H2O，据此分析、结合相关知识作答。(1)根据流程，在再生塔中精煤与CaSO4反应生成CO2，C被氧化成CO2，根据元素价态变化规律可知CaSO4被还原成CaS，可在流程中循环使用；(2)根据“固体还原剂直接还原法是指在一定温度下(200℃～300℃)将SO2烟气通过固体还原剂，使SO2中的氧原子转移到固体还原剂上，从而实现SO2的还原”和流程，在脱硫塔中CaS与SO2反应生成CaSO4和S2，根据原子守恒，脱硫塔中发生反应的化学方程式为CaS+2SO2CaSO4+S2；(3)在该反应中，CaS中S元素的化合价由-2价升至0价，SO2中S元素的化合价部分由+4价升至+6价、部分由+4价降至0价，生成1molS2转移4mol电子，当产生48g单质S2时转移电子物质的量为×4=3mol；(4)根据流程，“操作”是从含NaHSO4的溶液中获得NaHSO4·H2O，故“操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，蒸发浓缩时需要使用蒸发皿和坩埚钳，过滤时需要使用漏斗，则“操作”时不需要用到的是坩埚，故选A；(5)②的反应为I2+ HSO3-+ H2O=2I-+ SO42-+3H+，在②中I2将HSO3-氧化成SO42-，I2被还原成I-，根据流程I-催化NaHSO3反应生成S和NaHSO4，I-是催化剂，在反应前后质量和化学性质不变，则①中I-将NaHSO3还原成S，I-被氧化成I2，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒，①的离子方程式为4I-+ HSO3-+5H+=2I2+S↓+3H2O；(6)根据上一小问的分析可知，液相催化歧化制硫法的总反应为3HSO3-2SO42-+S+H++H2O，理论上3mol HSO3-反应生成1molS，所以该法硫磺的回收率不会超过，即不会高于33.3%。
专题07 非金属及其化合物
一、选择题(本题包括25小题，每小题2分，共50分，每小题只有一个选项符合题意)
1．(2023·河北省邯郸市部分学校高三联考)在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】A项，氮气与氢气在高温高压催化下反应合成氨气，二氧化碳通入饱和氯化钠氨溶液中反应生成碳酸氢钠和氯化铵，物质间转化均能实现，A正确；B项，第二步二氧化硅与水不能直接生成H2SiO3，B错误；C项，第一步硫与氧气反应只能生成SO2，C错误；D项，第二步铁在氯气中燃烧只能生成FeCl3，D错误；故选A。
2．(2022·辽宁省六校高三期中联考)工业上制备下列物质的生产流程合理的是( )
A．N2(g)NO(g)HNO3(aq)
B．石英砂粗硅SiHCl3纯硅
C．饱和食盐水漂白粉
D．NH3(g)Na2CO3(s)NaHCO3(s)
【答案】B
【解析】A项，一氧化氮不溶于水，不能与水反应生成硝酸，故A错误；B项，二氧化硅与焦炭反应生成硅和一氧化碳得到粗硅，氯化氢与粗硅加热反应生成三氯硅烷，三氯硅烷在高温条件下反应生成硅和氯化氢得到纯硅，故B正确；C项，氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水得到漂白粉，故C错误；D项，氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠和氯化铵，不能制得碳酸钠，故D错误；故选B。
3．(2022·广东珠海市高三一模)部分含氯物质的分类与相应氯元素的化合价关系下图所示。下列说法错误的是( )
A．a 与d，a与e在酸性情况下反应，均可以得到b
B．c 为一种新型自来水消毒剂，代替 b的原因是：c的毒性更小
C．b 的水溶里加入 CaCO3，可以增加d的产量
D．消毒液可用于环境消毒，主要是因为含有d，e的固体可用于实验室制O2
【答案】B
【解析】具体分析可知a：HCl；b：Cl2；c：ClO2；d：HClO；e：ClO3-。A项，盐酸和次氯酸可生成水和氯气，盐酸和次氯酸钠可生成氯化钠、水和氯气，故A正确；B项，ClO2为一种新型自来水消毒剂，代替Cl2的原因是：ClO2消毒效率更高；不产生新的有毒有害的物质，故B错误；C项，氯气的水溶液中含有HCl、HClO，HCl与加入的CaCO3反应，HCl的消耗促进Cl2与水的反应，生成更多的HClO，故C正确；D项，消毒液可用于环境消毒，主要是因为含有HClO，次氯酸钾可用于实验室制O2，故D正确；故选B。
4．(2023·黑龙江省绥化市第一中学高三期中)图为接触法制硫酸的示意图，已知2SO2 (g)+CO2(g)2SO3(g) ΔH＜0，下列说法不正确的是( )
A．黄铁矿的主要成分是FeS2，沸腾炉中的化学方程式为4 FeS2 + 11O22Fe2O3 + 8SO2
B．接触室的热交换器的作用是加热a处气体，冷却c处气体，控制气体接触催化剂时的温度
C．将黄铁矿粉碎有利于增大与空气的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率
D．应将98.3%的浓硫酸换成蒸馏水，以便吸收更多的SO3
【答案】D
【解析】A项，黄铁矿在沸腾炉中被氧气氧化生成二氧化硫和氧化铁，反应的方程式为：4 FeS2 + 11O22Fe2O3 + 8SO2，A正确；B项，热交换器的作用是预热待反应气体，冷却反应后的气体，使气体接触催化剂时达到催化剂活性最强的温度，B正确；C项，反应物接触面积越大，反应越剧烈，黄铁矿粉碎会增大反应物的接触面积，加快反应速度，提高原料利用率，C正确；D项，因SO3和水反应生成硫酸溶解放出大量的热，用蒸馏水会产生酸雾，不利于吸收，D不正确；故选D。
5．(2023·河南省创新发展联盟高三联考)2022年9月9日，国家航天局、国家原子能机构联合在北京发布“嫦娥五号”最新科学成果：中国科学家首次在月球上发现新矿物，并命名为“嫦娥石”。“嫦娥石”是一种新的磷酸盐矿物，属于陨磷钠镁钙石(Merrillite)族。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．27.5 g PCl3中含有P-Cl键的数目为6NA
B．23g Na与足量H2O反应生成的H2分子数目为NA
C．质量分数为的H3PO4溶液中，含有的氧原子总数目为2NA
D．在25°C时，1L pH=12的Ca(OH)2溶液中含有OH-数目为0.01NA
【答案】D
【解析】A项，27.5 g PCl3为0.2mol，含有P-Cl键的数目为0.6NA，故A错误；B项，23g N为1mol，与足量H2O反应生成的H2分子数目为0.5NA，故B错误；C项，溶剂水也含有O原子，，含有的氧原子总数目为5NA，故C错误；D项，在25°C时，1L pH=12的Ca(OH)2溶液c(OH-)=0.01mol·L-1，，溶液中含有OH-数目为0.01NA，故D正确； 故选D。
6．(2023·江苏省南通市如东县高三期中学情检测)SO2和NOx在生产、生活和科学研究中有着广泛的应用，也是大气主要污染物。硫酸盐(含SO42-、HSO4-)气溶胶是PM2.5的成分之一，SO2在V2O5催化作用下与空气中的O2在接触室中发生可逆反应，反应的热化学方程式表示为：2SO (g)+ O2(g) 2SO3 (g) ΔH＝－196.6 kJ·mol－1 。向AgNO3溶液中通入过量SO2，过程和现象如下图。经检验，白色沉淀为Ag2SO3；灰色固体中含有Ag。下列说法不正确的是( )
A．①中生成白色沉淀的离子方程式为：2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+
B．①中未生成Ag2SO4，证明溶度积：Ksp(Ag2SO3)＜Ksp(Ag2SO4)
C．②中的现象体现了Ag+的氧化性
D．该实验条件下，SO2与AgNO3反应生成Ag2SO3的速率大于生成Ag的速率
【答案】B
【解析】向AgNO3溶液中通入过量SO2，经检验白色沉淀为Ag2SO3，灰色固体中含有Ag，说明开始生成Ag2SO3，一段时间后转化为银单质。A项，向AgNO3溶液中通入过量SO2，经检验白色沉淀为Ag2SO3，则反应为2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+，A正确； B项，开始生成Ag2SO3，一段时间后转化为银单质，说明实验中生成Ag2SO3的速率大于生成Ag的速率，①中开始没有生成Ag2SO4，不能说明溶度积：Ksp(Ag2SO3)＜Ksp(Ag2SO4)，B错误；C项，灰色固体中含有Ag，则银离子化合价降低发生还原反应生成银单质，银离子为氧化剂，故②中的现象体现了Ag+的氧化性，C正确；D项，该实验条件下，SO2与AgNO3反应开始生成Ag2SO3，一段时间后转化为银单质，说明实验中生成Ag2SO3的速率大于生成Ag的速率，D正确；故选B。
7．甲、乙、丙、丁为中学化学中的常见物质，其转化关系如下图所示，下列说法错误的是( )
A．若甲为C，则丙可能为CO2 B．若甲为NaOH，则丁可能为CO2
C．若甲为Fe，则丁可能为Cl2 D．若甲为H2S，则丙可能为SO2
【答案】C
【解析】A项，若甲为C，则乙和丙分别为一氧化碳和二氧化碳，则内可能为CO2，故正确；B项，若甲为NaOH，则丁可能为CO2，乙为碳酸钠，丙为碳酸氢钠，故正确；C项，若甲为Fe、丁为Cl2，二者反应生成氯化铁，氯化铁和氯气不能发生反应，故错误；D项，若甲为H2S，硫化氢和氧气反应生成硫和水，硫和氧气反应生成二氧化硫，则丙可能为SO2，故正确。
8．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( )
O2
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H2SO4
B．当X是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F是HNO3
C．B和Cl2的反应是氧化还原反应
D．当X是强酸时，C在常温下是气态单质
【答案】D
【解析】根据题意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项，当A是硫化铵时，硫化铵硫化氢硫单质二氧化硫三氧化硫硫酸，选项A正确；B项，当A是硫化铵时，硫化铵氨气氮气一氧化氮二氧化氮硝酸，选项B正确；C项，硫化氢或氨气和氯气发生的反应均是置换反应，一定是氧化还原反应，选项C正确；D项，当X是强酸时，C为硫单质，常温下是固态，选项D不正确。
9．甲、乙、丙、丁均为中学化学常见的物质，它们之间的转化关系如图(反应条件及其他产物已略去)。下列说法不正确的是( )
A．若甲是AlCl3溶液，则丁可能是NaOH溶液 B．若甲是Fe，则丁可能是Cl2
C．若丁是CO2，则甲可能为Mg D．若丁是O2，则乙、丙的相对分子质量可能相差16
【答案】B
【解析】甲能连续反应说明发生的反应与丁的物质的量或浓度或反应条件有关，若丁是O2，则乙、丙的相对分子质量可能相差16，则乙和丙相差一个氧原子，据此解题。若甲是氯化铝溶液，氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，所以符合转化关系，故A正确；若甲是铁，丁是氯气，铁在氯气中燃烧只生成氯化铁，氯化铁和氯气不反应，所以不符合转化关系，故B不正确；若丁是二氧化碳，甲是镁，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，碳和二氧化碳反应生成一氧化碳，所以符合转化关系，故C正确；若丁是O2，甲是碳，碳和少量氧气反应生成一氧化碳，一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，一氧化碳和二氧化碳的相对分子质量相差16，故D正确。
10．(2022·浙江省十校联盟高三下学期第二次联考)关于化合物SOCl2 的性质，下列推测不合理的是( )
A．具有较强还原性 B．水解生成盐酸和硫酸
C．与乙酸作用能产生CH3COCl D．与NaOH溶液反应可生成三种钠盐
【答案】B
【解析】A项，SOCl2含有+4价的S元素，化合价可升高，具有较强还原性，A正确；B项，SOCl2水解生成盐酸和亚硫酸，B错误；C项，与乙酸作用，乙酸分子中的羟基被氯原子取代，能产生CH3COCl，C正确；D项，与NaOH溶液反应可生成三种钠盐分别为氯化钠、亚硫酸钠、亚硫酸氢钠，D正确；故选B。
11．(2022·浙江省浙南名校高三联考)关于化合物KICl2的性质，下列推测不合理的是( )
A．与KOH反应可生成两种盐 B．受热分解生成KI和Cl2
C．具有强氧化性 D．与KI反应可生成I2和KCl
【答案】B
【解析】该物质中I元素呈+1价，可联想ICl的性质，即将KICl2看成是KClICl，其中ICl为卤素互化物，具有卤素单质相似的性质，如具有强氧化性，能和KOH反应生成KIO、KCl和H2O，能和KI发生氧化还原反应生成I2和KCl。A项，KICl2可将I看成＋1价，Cl-1价，KICl2+2KOH=2KCl+KIO+H2O，A正确；B项，由于KCl更稳定，KICl2受热分解生成KCl和ICl：KICl2=KCl+KI， B错误；C项，根据分析，＋1 I具有强氧化性，C正确；D项，KICl2+KI=I2+ 2KCl，KICl2中I元素化合价从+1价降低到0价，KI中I元素化合价从-1价升高到0价，发生了归中反应，D正确；故选B。
12．(2022•浙江省稽阳联谊学校高三联考)下列“类比”合理的是( )
A．SiH4的沸点高于CH4的沸点，则P2H4的沸点高于N2H4的沸点
B．CO2与Ba(NO3)2溶液不反应，则SO2与Ba(NO3)2溶液也不反应
C．Fe与Cl2反应生成FeCl3，则Fe与I2反应生成FeI3
D．NaCl与浓H2SO4加热可制HCl，则NaBr与浓H3PO4加热可制HBr
【答案】D
【解析】A项，N2H4分子间存在氢键，沸点高于P2H4，A错误；B项，酸性条件下，SO2与Ba(NO3)2溶液可发生反应生成BaSO4的沉淀，B错误；C项，还原性Fe＞I-＞Fe2+，因此Fe与I2反应生成FeI2，C错误；D项，NaCl与浓H2SO4加热可制HCl，原理为难挥发性酸制易挥发性酸，同理NaBr与浓H3PO4加热可制得易挥发的HBr，D正确；故选D。
13．(2022•浙江省绍兴市高三选考诊断性考试)下列“类比”结果正确的是( )
A．乙炔的分子构型为直线形，则的分子构型也为直线形
B．单质的熔点Br2＜I2，则单质的熔点Na＜K
C．CO2、SO2是酸性氧化物，则NO2也是酸性氧化物
D．SO2通入BaCl2溶液不产生沉淀，则SO2通入Ba(NO3)2溶液也不产生沉淀
【答案】A
【解析】A项，乙炔的分子构型为直线形，是因为存在碳碳三键，HCN的分子存在碳氮三键，则HCN的分子构型也为直线形，A项正确；B项，单质的熔点Br2＜I2，但单质的熔点Na＞K，B项错误；C项，CO2、SO2是酸性氧化物，但NO2与水反应，生成硝酸和一氧化氮，则其不是酸性氧化物，C项错误；D项，SO2通入BaCl2溶液不产生沉淀，SO2通入Ba(NO3)2溶液中，二氧化硫与水反应，生成亚硫酸，遇硝酸根离子，会产生硝酸，硝酸有强氧化性，会将亚硫酸氧化为硫酸，则会产生沉淀，D项错误；故选A。
14．学习化学不是靠一味背诵的，要学会运用合适的方法，如“类推”，这样才能事半功倍。下列“类推”结果正确的是( )
A．CO2、SO2是酸性氧化物，则NO2也是酸性氧化物
B．Ba(HCO3)2的溶解度比BaCO3的大，则NaHCO3的溶解度也比Na2CO3的大
C．pH=1的盐酸稀释100倍后pH=3，则pH=6的CH3COOH稀释100倍后pH=8
D．将丙三醇加入新制Cu(OH)2中溶液呈绛蓝色，则将葡萄糖溶液加入新制Cu(OH)2中溶液也呈绛蓝色
【答案】D
【解析】A项，NO2与水反应产生HNO3和NO，不符合酸性氧化物的定义，因此NO2不是酸性氧化物，故A错误；B项，钙盐、钡盐等的碳酸盐溶解度小于碳酸氢盐溶解度，而钠盐相反，所以Ba(HCO3)2的溶解度比BaCO3的大，NaHCO3的溶解度比Na2CO3的小，故B错误；C项，将pH=6的CH3COOH溶液加水稀释100倍后，溶液c(H+)减小，溶液无限接近中性，不可能呈碱性，故C错误；D项，多羟基的醇遇新制Cu(OH)2溶液呈绛蓝色，丙三醇加入新制Cu(OH)2溶液呈绛蓝色，葡萄糖为多羟基的醛，所以遇新制Cu(OH)2溶液呈绛蓝色，故D正确；故选D。
15． (2022•浙南名校联盟高三第一次联考)下列“类比”合理的是( )
A．由O2+2H2S=S+2H2O，说明非金属性O＞S，推测：高温下2C+ SiO2= Si+2CO，非金属性C＞Si
B．由CO2+Ca(ClO)2+H2O=CaCO3↓+2HClO推测：SO2+Ca(ClO)2+H2O=CaSO3↓+2HClO
C．Fe与S在加热条件下反应生成FeS，推测：Cu与S在加热条件下生成CuS
D．由Na2SO3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2↑，推测：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑
【答案】D
【解析】A项，可以通过非金属之间的置换反应说明非金属性强弱，但反应物中的非金属单质必须表现出氧化性，推测中非金属C表现出还原性，A错误；B项，SO2具有还原性、Ca(ClO)2具有氧化性，因此会发生氧化还原反应，B错误；C项，Fe与S发生氧化还原反应生成FeS，说明S的氧化性使变价金属生成低价态，因此推测应该生成Cu2S，C错误；D项，利用强酸制弱酸的原理正确，D正确；故选D。
16．(2022•浙江省9 +1高中联盟高三联考)H2O、H2O2和HO2(超氧化氢)等都属于氢氧化合物，其中HO2又叫超氧酸，与H2O2化学性质相似，又有某些性质与HX(X=Cl、Br、I)相似。下列说法不正确的是( )
A．HO2在碱性条件下比酸性条件更易分解产生O2
B．向品红溶液中加入足量HO2，红色褪去，加热后又恢复红色
C．HO2可与硝酸银溶液发生如下反应：HO2+AgNO3=AgO2↓+HNO3
D．KO2与冰水反应理论上可得到HO2
【答案】B
【解析】A项，HO2又叫超氧酸，能和碱反应，故在碱性条件下更不能稳定存在，A正确；B项，HO2具有强氧化性，能使品红褪色，加热不能恢复，B错误；C项，HO2性质与卤化氢相似，故能和硝酸银反应，方程式为：HO2+AgNO3=AgO2↓+HNO3 ，C正确；D项，KO2与冰水反应理论上发生水解反应生成氢氧化钾和HO2，D正确；故选B。
17．剧毒品氰化钠(NaCN)在天津爆炸的事故中给大家带来恐惧，含NaCN超标的废水可用两段氧化法处理：(1)NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl；(2)NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2；
已知：HCN为弱酸，且有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同；达到排放标准NaCN含量应低于0.5mg/L
下列说法不正确的是( )
A．HClO的电子式为，可用作漂白剂
B．第一次氧化时，溶液的pH应调节为酸性
C．第二次氧化时发生反应的离子方程式为2OCN-+3ClO-=CO32-+CO2↑+3Cl-+N2↑
D．处理100m3含NaCN 10.3mg/L的废水，实际至少需3.725kg NaClO
【答案】B
【解析】A项，HClO的电子式为，具有强氧化性，可用作漂白剂，A正确；B项，NaCN易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性，B错误；C项，反应中氯元素的化合价从+1价降低到-1价，得到2个电子．N元素化合价从-3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，反应的离子方程式为：2OCN-+3ClO-=CO32-+CO2↑+3Cl-+N2↑，C正确；D项，参加反应的NaCN是：=20mol，反应中C由+2价升高到+4价，N元素化合价从-3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，1mol次氯酸钠得到2mol电子，所以处理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的废水，实际至少需NaClO的质量为：×74.5g/mol=3725g，D正确。
18．(2022·浙江省金华十校高三下学期4月模拟)某些化合物类别往往会随着状态改变而改变。例如气态PCl5为共价化合物，固态PCl5却是离子化合物，阳离子为正四面体结构，阴离子为正八面体结构。下列说法不正确的是( )
A．固态PCl5中的阳离子为[ PCl4]+
B．固态PCl5是离子晶体，能导电
C．PCl5部分氟化可得PCl2F3，其化学式可表述为[ PCl4]+ [ PF6]-
D．固态P Br5中不存在正八面体阴离子的原因是Br-的离子半径过大
【答案】B
【解析】根据题意，固态五氯化磷是由正四面体结构的四氯合磷阳离子和正八面体结构的六氯合磷阴离子形成的离子化合物。A项，固态五氯化磷中的阳离子为正四面体结构的四氯合磷阳离子，故A正确；B项，固态五氯化磷是由正四面体结构的四氯合磷阳离子和正八面体结构的六氯合磷阴离子形成的离子化合物，属于离子晶体，由于固体中不存在不自由移动的离子，不能导电，故B错误；C项，固态五氯化磷部分氟化得到的PCl2F3是由四氯合磷阳离子和六氟合磷阴离子形成的离子化合物，化学式可表述为[ PCl4]+ [ PF6]-，故C正确；D项，由于溴离子的离子半径过大无法形成正八面体结构的六溴合磷阴离子，固态五溴化磷中不存在六溴合磷阴离子，故D正确；故选B。
19．(2023·浙江省十校联盟高三10月月考)魔酸是五氟化锑和氟磺酸的混合物，化学式为SbF5∙HSO3F，是一种酸性比普通无机酸强106~1010倍的超强酸，能将HClO4质子化：SbF5∙HSO3F+HClO4=[SbF5∙SO3F]-+[H2ClO4]+。下列推测不合理的是( )
A．魔酸没有固定的沸点 B．SbF5∙HF是超强酸
C．魔酸具有强氧化性 D．魔酸与NaClO4溶液反应可生成[H2ClO4]+
【答案】C
【解析】A项，魔酸是五氟化锑和氟磺酸的混合物，则魔酸没有固定的沸点，A合理；B项，SbF5∙HF称为氟锑酸，是质子酸SbF5与HF的混合物，属于超强酸，B合理；C项，酸性强氧化性不一定强，题中没有说明魔酸的氧化性，所以魔酸不一定具有强氧化性，C不合理；D项，魔酸与NaClO4溶液反应，先生成HClO4，HClO4再被魔酸质子化，则可生成[H2ClO4]+，D合理；故选C。
20．(2023·浙江省名校协作体高三开学考试)已知氯磺酸(ClSO3H)是极易水解的一元强酸，下列推测不合理的是( )
A．ClSO3H与足量氢氧化钠溶液反应能生成两种盐
B．相同条件下，ClSO3H比FSO3H更容易水解
C．ClSO3H的制备可以用HCl与SO3反应，也可用浓盐酸和浓H2SO4反应制得
D．相同条件下，等物质的量的ClSO3H和HCl分别溶于水制成1L溶液，两者pH不同
【答案】C
【解析】A项，已知氯磺酸(ClSO3H)是极易水解的一元强酸，即ClSO3H+H2O=HCl+H2SO4，故ClSO3H与足量氢氧化钠溶液反应能生成两种盐即NaCl和Na2SO4，A正确；B项，由于F的电负性比Cl的大，故相同条件下，ClSO3H中的Cl-S键比FSO3H中的F-S键更难断裂，即ClSO3H比FSO3H更容易水解，B正确；C项，已知氯磺酸(ClSO3H)是极易水解的一元强酸，故ClSO3H的制备可以用HCl与SO3反应，但不能用浓盐酸和浓H2SO4反应制得，C错误；D项，氯磺酸(ClSO3H)易水解发生反应ClSO3H+H2O=HCl+H2SO4，1molClSO3H作用生成3mol氢离子，1molHCl溶于水电离出1mol氢离子，分别制成1L溶液，氯磺酸溶液氢离子浓度大，pH小，D正确；故选C。
21．(2023·浙江省Z20名校新高考研究联盟高三第一次联考)下列“类比”结果正确的是( )
A．Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高，则H2、N2、O2的沸点也逐渐升高
B．CH3CHO与H2可发生加成反应，则相同条件下CH3COOH也可以与H2发生加成反应
C．向Na2CO3中加入少量水，伴随放热现象，则向NaHCO3中加入少量水，也伴随放热现象
D．乙醇与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成乙酸，则乙二醇与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成乙二酸
【答案】A
【解析】A项，Cl2、Br2、I2都是由分子构成的物质，它们结构相似，物质的相对分子质量越大，分子之间作用力就越大，物质的熔沸点就越高，所以Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高；都是由分子构成的物质，它们结构相似，物质的相对分子质量越大，分子之间作用力就越大，物质的熔沸点就越高，所以H2、N2、O2的沸点也逐渐升高，A正确；B项，CH3CHO分子中含有醛基，那个与H2可发生加成反应产生CH3CH2OH，而CH3COOH分子中的-COOH具有独特的稳定性，在相同条件下CH3COOH不可以与H2发生加成反应，B错误；C项，向Na2CO3中加入少量水，会伴随放热现象，而向NaHCO3中加入少量水，则伴随的是吸热现象，C错误；D项，乙醇具有还原性，当其与足量酸性高锰酸钾溶液反应时会被氧化生成乙酸，而乙二醇与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成CO2，不能反应达到乙二酸，D错误；故选A。
22．(2023·浙江省强基联盟高三上学期10月统测)类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是( )
A．NH3的熔沸点高于PH3，则CH4的熔沸点也高于SiH4
B．PCl3水解生成H3PO3和，则NCl3水解生成HNO2和
C．CO2是直线形分子，则SiO2也是直线形分子
D．NH3能与HCl反应生成NH4Cl，则H2N-NH2也可以与HCl反应生成N2H6Cl2
【答案】D
【解析】A项，甲烷和硅烷是结构相似的分子晶体，硅烷的相对分子质量大于甲烷，分子间作用力大于甲烷，沸点高于甲烷，故A错误；B项，三氯化氮在溶液中发生水解反应生成次氯酸和氨气，故B错误；C项，二氧化硅是空间网状结构的原子晶体，晶体中只存在原子，不存在分子，故C错误；D项，氨分子中氮原子含有孤对电子，能与氯化氢反应生成含有配位键的铵根离子，联氨分子中氮原子也含有孤对电子，能与氯化氢反应生成含有配位键的联铵离子，故D正确；故选D。
23．(2023·浙江省强基联盟高三上学期10月统测)硫的四种含氧酸根离子的结构如图所示，下列有关说法正确的是( )
A．①②③④中都含有极性键和非极性键
B．①④中硫原子的化合价不同
C．能在酸性溶液中将Mn2+转化为MnO4-的只有④
D．只考虑硫元素的价态，②只有氧化性
【答案】C
【解析】A项，①②中不含有非极性键，A错误；B项，①④中硫原子形成化学键相同，化合价相同，B错误；C项，只有④中的硫化合价为+7价，具有强氧化性，能将锰离子氧化为高锰酸根离子，C正确；D项，只考虑硫元素的价态，②中硫的化合价为+5价，有氧化性和还原性，D错误；故选C。
24．下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是( )
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
判断
A
向浓盐酸中加入浓硫酸可制备氯化氢气体
浓盐酸易挥发，浓硫酸与水作用放出大量的热
Ⅰ对，Ⅱ对；有
B
Cu能与浓HNO3反应
由于Cu具有还原性，浓HNO3具有氧化性，在任何条件下生成的气体一定是NO2
Ⅰ对，Ⅱ错；无
C
硫单质在纯氧中燃烧有少量SO3生成
部分二氧化硫被氧化为SO3
Ⅰ对，Ⅱ对；无
D
硝酸铵和碱石灰共热用于实验室制备NH3
铵盐与碱能发生复分解反应
Ⅰ对，Ⅱ对；有
【答案】A
【解析】A项，浓硫酸具有吸水性，溶于水放出大量的热，又因为浓盐酸易挥发，所以向浓盐酸中加入浓硫酸可制备氯化氢气体，A正确；B项，铜与稀硝酸反应生成NO，B错误；C项，硫单质在纯氧中燃烧只能生成SO2，C错误；D项，硝酸铵受热易发生爆炸，实验室一般用氯化铵与熟石灰共热制备氨气，D错误。
25．根据下列实验和现象，所得实验结论正确的是( )
选项
实验
现象
实验结论
A
向某溶液中先滴加适量稀硝酸，再滴加少量BaCl2溶液
出现白色沉淀
原溶液中含有SO42-、SO32-、HSO3-中的一种或几种
B
向装有Fe(NO3)2溶液的试管中加入稀硫酸
在管口观察到红棕色气体
HNO3分解成了NO2
C
左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色
氧化性：Cl2>Br2>I2
D
SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液
出现白色沉淀
得到的沉淀只有BaSO4
【答案】D
【解析】A项，加入的硝酸能把SO32-、HSO3-氧化为SO42-，再加入BaCl2都能生成白色沉淀BaSO4，所以溶液含有SO42-、SO32-、HSO3-中的一种或几种，但是若溶液中含有Ag+，也能与BaCl2反应生成白色沉淀，A不正确；B项，加入的硫酸与NO3-构成硝酸，能氧化Fe2+，而NO3-被还原为NO，NO遇空气生成红棕色的NO2，故硝酸分解生成NO2的结论是不正确；C项，含有NaBr的棉球显橙色，说明Cl2的氧化性强于Br2，因溴易挥发，与Cl2一起与含有KI淀粉的棉球作用而呈蓝色，无法确定是哪种物质把I-氧化为I2，故结论不正确；D项，SO3溶于水生成硫酸，电离出的H+与NO3-构成的硝酸把SO2氧化为SO42-，所以白色沉淀只有BaSO4，故D的结论是正确的。
二、非选择题(本题包括5小题，共50分)
26．(8分)(2022·海南省高三学业水平诊断考试)氮、氧、硫、氯是四种重要的非金属元素，研究它们的性质及用途对生产，生活、科研具有重要意义。
(1)一氯胺(NH2Cl)是一种长效缓释水消毒剂，工业上可利用反应NHI3(g)+Cl2(g)=NH2Cl(g)+HCl(g)制备。
①一氯胺(NH2Cl)在中性或酸性环境中会发生水解反应，生成一种具有强烈杀菌作用的物质，该物质的电子式为___________。
②氨气也是工业上制备硝酸的主要原料，制备硝酸的过程中涉及NO2与水的反应。该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
(2)SO2、NO2两种气体都能对大气造成污染，需要对其进行吸收处理。用氨水吸收SO2能得到含 (NH4)2SO3和NH4HSO3的吸收液，写出生成(NH4)2SO3的离子方程式：___________。若向吸收液中通入过量NO2，NH4HSO3能与NO2发生反应生成N2和(NH4)2SO4，写出该反应的离子方程式：___________。
(3)Cl2与NaOH溶液反应可制取“84”消毒液。用过量的冷NaOH溶液吸收氯气，制得NaClO溶液(不含NaClO3，)，此时ClO-的浓度为c0 mol/L；加热时NaClO能转化为NaClO3，测得t时刻溶液中ClO-的浓度为c1 mol/L (不考虑加热前后溶液体积的变化)。
①写出溶液中NaClO分解生成NaClO3的化学方程式：___________。
②t时刻溶液中c(Cl-)=___________mol/L(用含c0、c1的代数式表示)。
【答案】(1) (1分) 1：2(1分)
(2)2NH3·H2O+SO2=2NH4+ +SO32-(1分) 4HSO3-+2NO2=N2+4SO42-+2H2O (1分)
(3)3NaClO2NaCl+NaClO3(2分) (c0-c1) (2分)
【解析】(1)①一氯胺(NH2Cl)在中性或酸性环境中会发生水解反应，根据原子守恒可推知具有杀菌作用的物质为HClO，一氯胺与水反应方程式为NH2Cl+H2O=HClO+NH3，HClO的电子式为：； ②氨气也是工业上制备硝酸的主要原料，制备硝酸的过程中涉及NO2与水的反应，该反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；(2)SO2、NO2两种气体都能对大气造成污染，需要对其进行吸收处理。用氨水吸收SO2能得到含 (NH4)2SO3和NH4HSO3的吸收液，生成(NH4)2SO3的离子方程式为：2NH3·H2O+SO2=2NH4+ +SO32-，若向吸收液中通入过量NO2，NH4HSO3能与NO2发生反应生成N2和(NH4)2SO4，根据氧化还原反应配平可得，该反应的离子方程式为：4HSO3-+2NO2=N2+4SO42-+2H2O；(3)①溶液中NaClO分解生成NaClO3，反应中NaClO转化为NaClO3，则Cl的化合价升高，故必然有元素的化合价降低，即由NaClO转化为NaCl，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为：3NaClO2NaCl+NaClO3；②由题干信息，用过量的冷NaOH溶液吸收氯气，制得NaClO溶液(不含NaClO3)，反应方程式为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，故这时Cl-的浓度与ClO-的浓度相等，都为c0 mol/L，又知t时刻内ClO-的浓度变化了(c0-c1)mol/L，根据反应3NaClO2NaCl+NaClO3可知， 则生成的Cl-的浓度为：(c0-c1)mol/L ，故t时刻溶液中c(Cl-)= c0 +(c0-c1)mol/L=(c0-c1)mol/L。
27．(10分)利用下图可以从不同角度研究含氮物质的性质及其转化关系。图中甲～辛均含氮元素。回答下列问题：
(1)下列给出的图中物质之间的转化可以一步实现的是__________。
A．甲→丁 B．乙→丁 C．丁→戊 D．戊→丙
(2)下列说法正确的是____________。
A．丙和丁在一定条件下都能生成戊，属于酸性氧化物
B．“甲→乙→丙→丁→戊”就是工业制戊的转化过程
C．己和辛在一定条件下都可与固体NaOH作用生成乙，其生成乙的原理相同
D．如果庚和辛为同种物质，则可由乙和戊反应制得
(3)氯碱工业生产中常用乙检查氯气管道是否泄漏，其现象为______________________。已知反应过程中还有甲生成，该反应的化学方程式为______________________________。
(4)已知铁与过量戊的溶液反应，其反应的化学方程式为：Fe+戊→丙+丁+庚+H2O(方程式未配平)。若产物中丙和丁的物质的量之比为1：3，则铁与戊的物质的量之比为_________。若检验庚中铁元素的价态，可选用的试剂为_________，反应的离子方程式为___________。
【答案】(1)CD(2分) (2)BD(2分)
(3)有白烟生成(1分) 3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl(1分)
(4) 1：5(2分) KSCN溶液(1分) Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3(1分)
【解析】根据图示中N元素的化合价及物质所属的类别可推知甲是N2、乙是NH3、丙是NO、丁是NO2、戊是HNO3、己是NH3·H2O、庚为硝酸盐、辛为铵盐。(1)A项，发生反应：N2+O2 2NO，不能产生NO2，A错误；B项，4NH3+5O24NO+6H2O，不能产生NO2，B错误；C项，3NO2+H2O=2HNO3+NO，C正确；D项，3Cu＋8HNO3(稀)=2Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，D正确；故选CD；(2)A项，NO、NO2在一定条件下可以发生反应产生HNO3，但反应过程中N元素的化合价发生了变化，所以NO、NO2都不是酸性氧化物，A错误；B项，在工业上是利用氨的催化氧化方法制取硝酸，发生的反应为：N2+3H2 2NH3，4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2；3NO2+H2O=2HNO3+NO。可见在反应过程中实现了甲→乙→丙→丁→戊的转化，B正确；C项，NH3·H2O在溶液中存在电离平衡：NH3·H2ONH4++OH-，当向溶液中加入NaOH固体时，c(OH-)增大，平衡逆向移动，NH3·H2O浓度增大，NH3·H2O发生分解反应产生氨气；同时NaOH溶解放热也促进了NH3·H2O的分解；而铵盐与NaOH固体混合加热发生的是复分解反应产生氨气，因此二者制取氨气的原理不同，C错误；D项，庚为硝酸盐，辛为铵盐，若二者为同一种物质，则该物质是NH4NO3，可以通过反应NH3+ HNO3=NH4NO3得到，D正确；故选BD；(3)氯碱工业生产中常用乙检查氯气管道，是因为发生反应：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，NH4Cl是白色固体，因此若氯气管道泄漏，会看到有白烟产生；(4)根据题意及反应产生的NO、NO2的物质的量的比，结合电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为：2Fe+10HNO3=2Fe(NO3)3+NO↑+3NO2↑+5H2O，根据方程式可知Fe与HNO3反应的物质的量的比为1：5；反应产生的Fe3+，可以用KSCN溶液检验。向待检验的溶液中滴加几滴KSCN溶液，若看到溶液变为血红色，就证明含有Fe3+；反应的离子方程式为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3。
28．(11分)(2023·海南省嘉积中学高三期中检测)部分含硫、氮物质的类别与硫元素和氮元素化合价的对应关系如图所示。
回答下列问题：
(1)h的电子式为_______。
(2)下列有关a和g的叙述中，能说明N的非金属性比S强的是_______(填序号)。
A．物质a的水溶液为酸性，而物质g的水溶液为碱性
B．物质a在300℃左右分解生成b，而物质g分解生成h的温度高于300℃
C．物质a液化的温度为-60℃，而物质g液化的温度为-34℃
(3)将的物质k的稀溶液倒入物质f的溶液中，会生成物质e，该反应的离子方程式是_______。
(4)S4N4(S是＋2价)具有很好的导电性，在光学、电学等行业有着重要的用途。将干燥的物质g通入S2Cl2的CCl4浓液中，可制得该物质：6 S2Cl2+16NH3=S4N4+S8+12NH4Cl (已知S8是硫单质中最稳定的)。
①上述制备反应中被氧化的元素是_______(填元素符号)，物质g体现的性质有_______。
②S4N4在常温下较稳定，但撞击或加热时会引起爆炸，生成非常稳定的单质产物，该爆炸反应的化学方程式是_______。
【答案】(1) (1分) (2)B(2分)
(3) 2H++2NO3-+3SO32-=3SO42-+2NO↑+H2O或2NO3-+3HSO3-=H++3SO42-+2NO↑+H2O或2NO3-+3H2SO3=4H++3SO42-+2NO↑+H2O(2分)
(4) N、S(2分) 还原性、碱性(2分) 2S4N4S8+4N2↑(2分)
【解析】根据含硫元素或氮元素的物质的类别和元素化合价，能判断出a为H2S，b为S，c为SO2，d为SO3，e为H2SO4或硫酸盐，f为H2SO3或亚硫酸盐，g为NH3，h为N2，i为NO，j为NO2或N2O4，k为HNO3或硝酸盐。(1)h为N2，电子式；(2)A项，H2S的水溶液为酸性，而物质NH3的水溶液为碱性，无法判断非金属性强弱，A错误；B项，H2S在300℃左右分解生成S，而NH3分解生成N2的温度高于300℃，气态氢化物热稳定性：NH3>H2S，已知气态氢化物越稳定，元素的非金属性越强，可以说明N的非金属性比S强，B正确；C项，H2S液化的温度为-60℃，而NH3液化的温度为-34℃，NH3沸点高，是因为氨分子间可形成氢键，无法说明N的非金属性比S强，C错误；故选B。(3)K溶液pH=1，则k为HNO3，将HNO3倒入物质f(H2SO3或亚硫酸盐)的溶液中，会生成物质e(H2SO4或硫酸盐)，该反应是HNO3氧化H2SO3或SO32-或HSO3-，同时得到NO，离子方程式为2H++2NO3-+3SO32-=3SO42-+2NO↑+H2O或2NO3-+3HSO3-=H++3SO42-+2NO↑+H2O或2NO3-+3H2SO3=4H++3SO42-+2NO↑+H2O；(4)①g为NH3，6 S2Cl2+16NH3=S4N4+S8+12NH4Cl，该反应中S2Cl2中部分S元素由+1升高到+2，被氧化，部分S元素由+1降低到0，被还原，NH3中部分N元素由-3升高到-2，被氧化，NH3表现还原性，部分NH3生成铵盐，表现碱性，所以该反应中被氧化的元素为N、S，NH3体现的性质是还原性、碱性；②S4N4在常温下较稳定，但撞击或加热时会引起爆炸，生成非常稳定的单质产物，已知S8是硫单质中最稳定的，所以生成单质为N2和S8，化学方程式2S4N4S8+4N2↑。
29．(10分)(2022·浙江省杭州地区及周边重点中学高一期中联考)Cl2O为国际公认高效安全灭菌消毒剂之一，实验室可用潮湿的Cl2与Na2CO3反应制取反应装置如图所示(夹持装置已略)。
已知：Cl2O熔点为-116℃，沸点为3.8℃，浓度过高或加热时易发生分解并爆炸。Cl2沸点为-34.6℃，液氨沸点为-33.5℃。
(1)实验室可利用MnO2和浓盐酸制备氯气，下列哪组物质也可用于实验室制备氯气_____________。
A．KClO3固体和浓盐酸 B．KMnO4固体和浓盐酸 C．NaCl固体和浓硫酸
(2)检查虚框中装置气密性的方法为：用止水夹夹住装置A两端的橡胶管，打开分液漏斗旋塞加水，若____________________________________，则装置的气密性良好。
(3)下列有关该实验的说法中，不正确的是_____________。
A．实验过程中，若MnO2过量，浓盐酸能被完全反应
B．B中试剂是浓硫酸，目的是干燥氯气
C．氮气的作用之一是稀释生成的Cl2O，减少实验爆炸危险
D．从装置D中逸出气体的主要成分是Cl2O
(4)①装置C中潮湿的Cl2与Na2CO3以等物质的量反应，生成NaHCO3、气体Cl2O和另一种盐X，试写出该反应化学方程式_______________________________________。
②液氨的作用是_______________________________________。
(5)该实验装置存在一处明显的不足，其改进措施为_____________________。
【答案】(1)AB(2分) (2)一段时间后，水不能顺利流下(1分) (3)ABD(2分)
(4)2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaHCO3+Cl2O +2NaCl(2分) 冷凝Cl2O(1分)
(5)在装置D末端连接一个盛有NaOH的洗气瓶(2分)
【解析】浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯气，A中浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，盐酸能和碳酸钠反应，则B中用饱和食盐水除去挥发出的氯化氢杂质，装置C用于潮湿的Cl2与Na2CO3反应制取Cl2O，装置D用来冷凝Cl2O，D中排出的多余的氯气应该用NaOH溶液吸收，防止污染大气；Cl2O浓度过高或加热时易发生分解并爆炸，实验过程中要不断通氮气进行稀释。(1)A项，KClO3固体和浓盐酸室温下反应生成氯气，A选；B项，KMnO4固体和浓盐酸室温下反应生成氯气，B选；C项，NaCl固体和浓硫酸加热下生成HCl，C不选；选AB。(2)用止水夹夹住装置A两端的橡胶管，打开分液漏斗旋塞加水，若装置不漏气、加水使装置内气体压强增大、水不能顺利滴下，则：若一段时间后，水不能顺利流下，说明装置的气密性良好。(3)A项，实验过程中，随反应进行，浓盐酸变稀，稀盐酸不能与二氧化锰反应，若MnO2过量，浓盐酸也不能被完全反应，A不正确；B项，潮湿的Cl2与Na2CO3反应制取Cl2O，不需要干燥氯气，则B中试剂不是浓硫酸，盐酸能和碳酸钠反应会干扰实验，则B中用饱和食盐水除去挥发出的氯化氢杂质，B不正确；C项，Cl2O浓度过高或加热时易发生分解并爆炸，需要用氮气稀释生成的Cl2O，减少实验爆炸危险，C正确；D项，Cl2O熔点为-116℃，沸点为3.8℃，Cl2沸点为-34.6℃，液氨沸点为-33.5℃，则液氨用于冷凝Cl2O、而不能冷凝Cl2，从装置D中逸出气体为N2和Cl2，D不正确；选ABD。(4)①装置C中潮湿的Cl2与Na2CO3以等物质的量反应，生成NaHCO3、气体Cl2O和另一种盐X，按元素质量守恒，另一种盐X为NaCl，反应中，氯元素从0价升高到+1价、氯元素从0价降低到-1价，则按得失电子数守恒、元素质量守恒得该反应化学方程式：2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaHCO3+Cl2O +2NaCl。②Cl2O熔点为-116℃，沸点为3.8℃，Cl2沸点为-34.6℃，液氨沸点为-33.5℃，则液氨的作用是冷凝Cl2O。(5)D中排出的多余的氯气有毒、应该用NaOH溶液吸收，防止污染大气。则：该实验装置存在一处明显的不足，其改进措施为：在装置D末端连接一个盛有NaOH的洗气瓶。
30．(11分)(2022·陕西省泾阳县教育局教学研究室高三期中)随着现代工业发展，SO2烟气排放量急剧增加。将SO2还原为硫磺是目前烟气脱硫研究的热点。根据SO2的反应状态，将SO2还原法分为气相还原法和液相还原法。
Ⅰ.气相还原法-固体还原剂直接还原法
固体还原剂直接还原法是指在一定温度下(200℃~300℃)将SO2烟气通过固体还原剂，使SO2中的氧原子转移到固体还原剂上，从而实现SO2的还原，其流程如图：
(1)再生塔中生成的物质_______(填化学式)可在流程中循环使用。
(2)脱硫塔中发生反应的化学方程式为_______。
(3)脱硫过程中，当产生48g单质S2时，转移电子的物质的量为_______mol。
Ⅱ.液相还原法-液相催化歧化制硫法
Petrusevski等人用作为催化剂，在常温下，将NaHSO3进行液相催化回收硫磺的工艺如图：
(4)仪器中，“操作”时不需要用到的是_______(填字母)。
A． B． C． D．
(5)催化NaHSO3的反应过程为：第一步：_______(用离子方程式表示)，第二步：I2+ HSO3-+ H2O=2I-+ SO42-+3H+。
(6)液相催化歧化制硫法具有反应条件温和、运行费用低等优点，然而其缺点是硫磺的回收率不会高于_______%(保留1位小数)。
【答案】(1)CaS(1分) (2)3HSO3-2SO42-+S+H++H2O(2分)
(3)3(2分) (4)A (2分) (5)4I-+ HSO3-+5H+=2I2+S↓+3H2O(2分)
(6)33.3(2分)
【解析】Ⅰ．气相还原法—固体还原剂直接还原法。根据流程，在脱硫塔中CaS与SO2反应生成CaSO4和S2，在再生塔中精煤与CaSO4反应生成CO2和CaS，CaS循环使用，据此分析、结合相关知识作答。
Ⅱ．液相还原法—液相催化歧化制硫法。SO2烟气用碱盐吸收转化成NaHSO3，根据流程，加入NaI催化NaHSO3反应生成S和NaHSO4，总反应为3HSO3-2SO42-+S+H++H2O，据此分析、结合相关知识作答。(1)根据流程，在再生塔中精煤与CaSO4反应生成CO2，C被氧化成CO2，根据元素价态变化规律可知CaSO4被还原成CaS，可在流程中循环使用；(2)根据“固体还原剂直接还原法是指在一定温度下(200℃～300℃)将SO2烟气通过固体还原剂，使SO2中的氧原子转移到固体还原剂上，从而实现SO2的还原”和流程，在脱硫塔中CaS与SO2反应生成CaSO4和S2，根据原子守恒，脱硫塔中发生反应的化学方程式为CaS+2SO2CaSO4+S2；(3)在该反应中，CaS中S元素的化合价由-2价升至0价，SO2中S元素的化合价部分由+4价升至+6价、部分由+4价降至0价，生成1molS2转移4mol电子，当产生48g单质S2时转移电子物质的量为×4=3mol；(4)根据流程，“操作”是从含NaHSO4的溶液中获得NaHSO4·H2O，故“操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，蒸发浓缩时需要使用蒸发皿和坩埚钳，过滤时需要使用漏斗，则“操作”时不需要用到的是坩埚，故选A；(5)②的反应为I2+ HSO3-+ H2O=2I-+ SO42-+3H+，在②中I2将HSO3-氧化成SO42-，I2被还原成I-，根据流程I-催化NaHSO3反应生成S和NaHSO4，I-是催化剂，在反应前后质量和化学性质不变，则①中I-将NaHSO3还原成S，I-被氧化成I2，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒，①的离子方程式为4I-+ HSO3-+5H+=2I2+S↓+3H2O；(6)根据上一小问的分析可知，液相催化歧化制硫法的总反应为3HSO3-2SO42-+S+H++H2O，理论上3mol HSO3-反应生成1molS，所以该法硫磺的回收率不会超过，即不会高于33.3%。
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