2026高考化学专题复习之历年真题精选分类汇编（教师版）_专题五 非金属及其化合物

这是一份2026高考化学专题复习之历年真题精选分类汇编（教师版）_专题五 非金属及其化合物，共6页。
题点1 碳及其化合物的性质及用途
(2022·湖北卷，8)C60在高温高压下可转变为具有一定导电性、高硬度的非晶态碳玻璃。下列关于该碳玻璃的说法错误的是( )
A．具有自范性
B．与C60互为同素异形体
C．含有sp3杂化的碳原子
D．化学性质与金刚石有差异
【答案】A
【解析】自范性是晶体的性质，碳玻璃为非晶态，所以没有自范性，A错误；碳玻璃和C60均是由碳元素形成的不同的单质，所以是同素异形体，B正确；金刚石与碳玻璃互为同素异形体，性质差异主要表现在物理性质上，化学性质上也有差异，D正确。
【关联题点】晶体类型及性质判断;原子杂化类型与分子构型
【难度】基础题
【题型】单选题
题点2 硅及其化合物的性质及用途
1.(2024·浙江6月选考，14)Si5Cl10中的Si原子均通过sp3杂化轨道成键，与NaOH溶液反应Si元素均转化成Na2SiO3。下列说法不正确的是( )
A.Si5Cl10分子结构可能是
B.Si5Cl10与水反应可生成一种强酸
C.Si5Cl10与NaOH溶液反应会产生H2
D.Si5Cl10沸点低于相同结构的Si5Br10
【答案】A
【解析】该结构中，如图所示的两个Cl，形成了两个共价键，Cl最外层有7个电子，因此其中1个应为配位键，但是Si原子均通过sp3杂化轨道成键，每个杂化轨道有一个电子，故不能再接受孤电子对，故A错误；Si5Cl10与水反应可生成HCl，HCl是一种强酸，故B正确；Si5Cl10与NaOH溶液反应Si元素均转化成Na2SiO3，Si的化合价升高，根据得失电子守恒可知，H元素的化合价降低，会有H2生成，故C正确；Si5Br10的相对分子质量大于Si5Cl10，因此Si5Br10的范德华力更大，沸点更高，故D正确。
【关联题点】配合物的成键 氧化还原反应中产物的判断 分子晶体的沸点
【难度】中档题
【题型】单选题
2.(2023·湖北，3)工业制备高纯硅的主要过程如下：
石英砂eq \(――――――→,\s\up7(焦炭),\s\d5(1 800～2 000 ℃))粗硅eq \(――→,\s\up7(HCl),\s\d5(300 ℃))SiHCl3eq \(―――→,\s\up7(H2),\s\d5(1 100 ℃))高纯硅
下列说法错误的是( )
A．制备粗硅的反应方程式为SiO2＋2Ceq \(=====,\s\up7(高温))Si＋2CO↑
B．1 ml Si含Si—Si键的数目约为4×6.02×1023
C．原料气HCl和H2应充分去除水和氧气
D．生成SiHCl3的反应为熵减过程
【答案】B
【解析】在晶体硅中，每个Si与其周围的4个Si形成共价键并形成立体空间网状结构，因此，平均每个Si形成2个共价键， 1 ml Si含Si—Si键的数目约为2×6.02×1023，B说法错误；SiHCl3易水解，氢气中混有氧气易爆炸，原料气HCl和H2应充分去除水和氧气 ，C说法正确；Si＋3HCleq \(=====,\s\up7(300 ℃))SiHCl3＋H2，该反应是气体分子数减少的反应，因此，生成SiHCl3的反应为熵减过程，D说法正确。
【关联题点】非金属及其化合物的制备流程
【难度】基础题
【题型】单选题
4.(2020·浙江卷，24)Ca3SiO5是硅酸盐水泥的重要成分之一，其相关性质的说法不正确的是( )
A．可发生反应：Ca3SiO5＋4NH4ClCaSiO3＋2CaCl2＋4NH3↑＋2H2O
B．具有吸水性，需要密封保存
C．能与SO2反应生成新盐
D．与足量盐酸作用，所得固体产物主要为SiO2
【答案】D
【解析】Ca3SiO5可看作CaSiO3·2CaO，它与NH4Cl固体混合加热反应，生成CaSiO3、CaCl2、NH3和H2O，A正确；Ca3SiO5能够吸水，故需要密封保存，B正确；由于H2SO3的酸性强于H2SiO3，Ca3SiO5与SO2反应可生成CaSO3，C正确；Ca3SiO5与足量盐酸作用，析出H2SiO3沉淀，故所得固体产物主要是H2SiO3，D错误。
【关联题点】无机非金属材料组成及用途
【难度】基础题
【题型】单选题
题点3 无机非金属材料组成及用途
（2021·浙江卷，21）铝硅酸盐型分子筛中有许多笼状空穴和通道(如图)，其骨架的基本结构单元是硅氧四面体和铝氧四面体，化学组成可表示为Ma[(AlO2)x·(SiO2)y]·zH2O(M代表金属离子)。
下列推测不正确的是( )
A．常采用水玻璃、偏铝酸钠在强酸溶液中反应后结晶制得分子筛
B．若a=x/2，则M为二价阳离子
C．调节y/x(硅铝比)的值，可以改变分子筛骨架的热稳定性
D．分子筛中的笼状空穴和通道，可用于筛分分子
【答案】A
【解析】A．偏铝酸钠在强酸性溶液中不能稳定存在容易形成Al3+，不可以利用偏铝酸钠在强酸性溶液中制备分子筛，A错误；B．设M的化合价为m，则根据正负化合价代数和为0计算，m×x2+x×(-1)=0，解得m=+2，B正确；C．调节硅铝比可以改变分子筛的空间结构，从而改变分子筛的稳定性，C正确；D．调节硅铝比可以调节分子筛的孔径，根据分子筛孔径的大小可以筛分不同大小的分子，D正确。
【关联题点】硅酸、硅酸盐的性质及用途
【难度】中档题
【题型】单选题
知识点2 卤素单质及其化合物的性质及应用
题点1 氯及其化合物的性质及应用
1.(2024·浙江1月选考，2)工业上将Cl2通入冷的NaOH溶液中制得漂白液，下列说法不正确的是( )
A．漂白液的有效成分是NaClO
B．ClO－水解生成HClO使漂白液呈酸性
C．通入CO2后的漂白液消毒能力增强
D．NaClO溶液比HClO溶液稳定
【答案】B
【解析】ClO－水解生成HClO：ClO－＋H2OHClO＋OH－，使漂白液呈碱性，B不正确；通入CO2后，发生反应：NaClO＋CO2＋H2O===NaHCO3＋HClO，生成次氯酸使漂白液消毒能力增强，C正确。
【难度】中档题
【题型】单选题
2.（2021·河北卷，10）关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是( )
A．浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化
B．NaClO、KClO3等氯的含氧酸盐的氧化性会随溶液的pH减小而增强
C．加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，说明H3PO4比HI酸性强
D．浓HNO3和稀HNO3与Cu反应的还原产物分别为NO2和NO，故稀HNO3氧化性更强
【答案】B
【解析】浓硫酸能使蔗糖炭化，体现的是脱水性，而不是吸水性，A错误；NaClO在水溶液中会发生水解，离子方程式为ClO－＋H2OHClO＋OH－，pH减小，酸性增强，会促使平衡向正反应方向移动，生成氧化性更强的HClO，ClOeq \\al(－,3)在酸性条件下可生成具有强氧化性的氯气、二氧化氯等气体，增强氧化能力，B正确；HI的沸点低、易挥发，加热NaI与浓H3PO4混合物发生反应生成HI利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，C错误；相同条件下根据铜与浓硝酸、稀硝酸反应的剧烈程度可知，浓硝酸的氧化性大于稀硝酸的氧化性，D错误。
【关联题点】硝酸的性质及应用；氧化还原反应规律及应用
【难度】中档题
【题型】单选题
3.（2021·广东卷，17）含氯物质在生产生活中有重要作用。1774年，舍勒在研究软锰矿(主要成分是MnO2)的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。1810年，戴维确认这是一种新元素组成的单质，并命名为chlrine(中文命名“氯气”)。
(1)实验室沿用舍勒的方法制取Cl2的化学方程式为____________________________
________________________________________________________________________。
(2)实验室制取干燥Cl2时，净化与收集Cl2所需装置的接口连接顺序为______________。
(3)某氯水久置后不能使品红溶液褪色，可推测氯水中________已分解。检验此久置氯水中Cl－存在的操作及现象是_________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)某合作学习小组进行以下实验探究。
①实验任务 通过测定溶液电导率，探究温度对AgCl溶解度的影响。
②查阅资料 电导率是表征电解质溶液导电能力的物理量。温度一定时，强电解质稀溶液的电导率随溶液中离子浓度的增大而增大；离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大。25 ℃ 时，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10。
③提出猜想 猜想a：较高温度的AgCl饱和溶液的电导率较大。
猜想b：AgCl在水中的溶解度S(45 ℃)>S(35 ℃)>S(25 ℃)。
④设计实验、验证猜想 取试样Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ(不同温度下配制的AgCl饱和溶液)，在设定的测试温度下，进行表1中实验1～3，记录数据。
表1
⑤数据分析、交流讨论 25 ℃的AgCl饱和溶液中，c(Cl－)＝____________ml·L－1。
实验结果为A3>A2>A1。小组同学认为，此结果可以证明③中的猜想a成立，但不足以证明猜想b成立。结合②中信息，猜想b不足以成立的理由有_________________________
________________________________________________________________________。
⑥优化实验 小组同学为进一步验证猜想b，在实验1～3的基础上完善方案，进行实验4和5。请完成表2中内容。
表2
⑦实验总结 根据实验1～5的结果，并结合②中信息，小组同学认为猜想b也成立。猜想b成立的判断依据是____________________。
【答案】(1)MnO2＋4HCl(浓)eq \(=====,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
(2)c→d→b→a→e (3)HClO 向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中含有COeq \\al(2－,3)、HCOeq \\al(－,3)等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl－ (4)⑤1.34×10－5 测试温度不同，根据电导率结果无法判断不同温度下饱和溶液的溶解度 ⑥45 ℃
Ⅱ 45 ℃ ⑦A3>B2>B1
【解析】(1)实验室通常采用浓盐酸和MnO2制取Cl2，化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)eq \(=====,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。(2)根据化学方程式可知，制取的氯气中混有氯化氢、水蒸气，氯气有毒，必须进行尾气处理，因此使用饱和食盐水吸收氯化氢气体，浓硫酸除去水蒸气，最后用NaOH溶液吸收尾气，因此接口连接顺序为c→d→b→a→e。(3)氯水久置后不能使品红溶液褪色，说明HClO已分解；检验Cl－的方法为向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中含有COeq \\al(2－,3)、HCOeq \\al(－,3)等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl－。(4)⑤25 ℃时，Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)，根据沉淀溶解平衡可知，饱和AgCl溶液中c(Ag＋)＝c(Cl－)，所以c(Cl－)＝eq \r(Ksp(AgCl))＝eq \r(1.8×10－10)ml·L－1≈1.34×10－5ml·L－1；实验1～3中，温度不同，饱和溶液的浓度不同，根据资料显示离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大，所以根据实验1～3无法判断温度较高的饱和溶液的离子浓度大，进而不能得出温度与溶解度的关系。⑥如果要判断AgCl在水中的溶解度随温度的变化情况，可以设计不同温度下的饱和溶液在相同温度下进行测试，如果温度较高的饱和溶液的电导率比温度较低的饱和溶液的电导率高，则可以得出温度升高饱和溶液中离子浓度升高。所以可以设计试样Ⅰ、Ⅱ在45 ℃下进行测试与实验3比较。⑦猜想b成立的判断依据是A3>B2>B1。
【关联题点】和电解质溶液相关的原理型综合实验探究；难溶电解质的溶解平衡及影响因素；溶度积（KSP）及相关计算
【难度】中档题
【题型】实验题
4.（2021·浙江卷，16）关于化合物ClONO2的性质，下列推测不合理的是( )
A．具有强氧化性
B．与NaOH溶液反应可生成两种钠盐
C．与盐酸作用能产生氯气
D．水解生成盐酸和硝酸
【答案】D
【解析】ClONO2含有正一价的氯元素和正五价的氮元素，具有强氧化性，A正确；ClONO2与NaOH溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐，B正确；ClONO2能与盐酸发生归中反应生成氯气，C正确；ClONO2发生水解反应生成次氯酸和硝酸，D错误。
【难度】基础题
【题型】单选题
题点2 卤素单质及其化合物的性质及应用
1.(2024·广东，8)1810年，化学家戴维首次确认“氯气”是一种新元素组成的单质。兴趣小组利用以下装置进行实验。其中，难以达到预期目的的是( )
【答案】A
【解析】利用浓盐酸和二氧化锰反应制氯气需要加热，图中缺少加热装置，且分液漏斗内应盛装浓盐酸，图示装置不能达到预期目的，A符合题意；实验室制得的氯气中有HCl杂质，可以通过饱和食盐水洗气除杂，再通过无水氯化钙干燥，可以达到净化、干燥Cl2的目的，B不符合题意；氯气密度大于空气，用向上排空气法收集，图示装置可以达到预期目的，C不符合题意；H2可以在氯气中安静地燃烧，产生苍白色火焰，氯气将氢气氧化，验证了氯气的氧化性，D不符合题意。
【关联题点】氯气的实验室制法
【难度】中档题
【题型】单选题
2.(2022·浙江（选考）卷，22)下列推测不合理的是( )
A．相同条件下，Br2与PBr3反应比Cl2与PBr3反应难
B．OPBrCl2与足量H2O作用生成2种酸
C．相同条件下，与水反应由快到慢的顺序：OPBr3、OPCl3、OPF3
D．PBr3与足量C2H5OH作用可得到P(OC2H5)3
【答案】B
【解析】OPBrCl2与H2O反应的化学方程式为OPBrCl2＋3H2O===H3PO4＋2HCl＋HBr，一共生成3种酸，B错误。
【关联题点】非金属及其化合物性质及应用
【难度】基础题
【题型】单选题
知识点3 硫及其化合物的性质及应用
题点1 硫、二氧化硫的性质及应用
1.(2024·湖北，7)过量SO2与以下0.1 ml·L-1的溶液反应，下列总反应方程式错误的是( )
【答案】A
【解析】过量 SO2与0.1 ml·L-1的Na2S溶液反应，产生的淡黄色沉淀是S，同时生成NaHSO3，总反应化学方程式为5SO2+2Na2S+2H2O3S↓+4NaHSO3，A错误；Na2CO3水解使溶液显碱性，其水溶液能使酚酞变红；过量SO2与0.1 ml·L-1的Na2CO3溶液反应，生成CO2、NaHSO3，NaHSO3溶液显酸性，滴有酚酞的溶液由红色变无色，总反应化学方程式为2SO2+Na2CO3+H2OCO2+2NaHSO3，D正确。
【难度】基础题
【题型】单选题
2.（2021·北京卷，6）室温下，1体积的水能溶解约40体积的SO2。用试管收集SO2后进行如下实验。对实验现象的分析正确的是( )
A．试管内液面上升，证明SO2与水发生了反应
B．试管中剩余少量气体，是因为SO2的溶解已达饱和
C．取出试管中的溶液，立即滴入紫色石蕊试液，溶液显红色，原因是：SO2＋H2OH2SO3，H2SO3H＋＋HSOeq \\al(－,3)，HSOeq \\al(－,3)H＋＋SOeq \\al(2－,3)
D．取出试管中溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于SO2挥发
【答案】C
【关联题点】硫及其化合物的相互转化
【难度】基础题
【题型】单选题
题点2 硫酸的性质、制法及实验探究
1.(2023·北京，7)蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。
下列关于该过程的分析不正确的是( )
A．过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性
B．过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关
C．过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性
D．过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂
【答案】C
【解析】浓硫酸具有脱水性，能将有机物中的H原子和O原子按2∶1的比例脱除，蔗糖中加入浓硫酸，白色固体变黑，体现浓硫酸的脱水性，A项正确；浓硫酸脱水过程中释放大量热，此时发生反应：C＋2H2SO4(浓)eq \(=====,\s\up7(△))CO2↑＋2SO2↑＋2H2O，产生大量气体，使固体体积膨胀，B项正确；浓硫酸与C反应生成的SO2能使品红溶液褪色，体现浓硫酸的强氧化性，C项错误；该过程中，蔗糖发生化学反应，发生了化学键的断裂，D项正确。
【关联题点】硫、二氧化硫的性质及应用
【难度】基础题
【题型】单选题
2.（2023·天津卷，16）工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如下，其过程包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个阶段。
Ⅰ.硫液化后与空气中的氧反应生成SO2。
（1）的晶体类型是____________。
（2）第一步时，硫粉液化并与氧气共热生成二氧化硫。若反应温度超过硫粉沸点，部分硫粉会转化为硫蒸气，与生成的二氧化硫一同参加第二步反应，关于这种情况说法正确的是______。(填序号)
a．硫粉消耗会增大 b．二氧化硫生成率降低 c．生成较多SO2
（3）若每生成气体三氧化硫，放出能量，写出生成三氧化硫的反应的热化学方程式：_______________________________________，若反应温度升高，则二氧化硫转化率______(填“升高”或“降低”)。
（4）从能量角度分析，钒催化剂在反应中的作用为___________________________。
Ⅱ.一定条件下，钒催化剂的活性温度范围是450～600℃。为了兼顾转化率和反应速率，可采用四段转化工艺：预热后的SO2和O2通过第一段的钒催化剂层进行催化氧化，气体温度会迅速接近600℃，此时立即将气体通过热交换器，将热量传递给需要预热的SO2和O2，完成第一段转化。降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐段降低，总转化率逐段提高，接近平衡转化率。最终反应在450℃左右时，SO2转化率达到97％。
（5）气体经过每段的钒催化剂层，温度都会升高，其原因是________________________，升高温度后的气体都需要降温，其目的是_________________________________。
（6）采用四段转化工艺可以实现______(填序号)。
a．控制适宜的温度，尽量加快反应速率，尽可能提高SO2转化率
b．使反应达到平衡状态
c．节约能源
Ⅲ．工业上用浓硫酸吸收SO3.若用水吸收SO3会产生酸雾，导致吸收效率降低。
（7）SO3的吸收率与所用硫酸的浓度、温度的关系如图所示。
据图分析，最适合的吸收条件；硫酸的浓度________，温度________。
（8）一批32吨含硫元素的硫粉，参加反应，在第一步反应中硫元素损失了，二氧化硫在第二步反应中转化为了三氧化硫，三氧化硫在第三步反应中被吸收时，视作全部吸收，那么这批硫粉总计可以生产的浓硫酸________吨。
【答案】（1）分子晶体 （2）ab
（3）2SO2(g)+O2(g)=2SO3 降低
（4）通过多次热交换及催化剂多次催化效应，可以提高能量的利用率
（5）二氧化硫和氧气的反应是放热反应，反应释放能量 及时分离出三氧化硫并充分利用能量
（6）ac （7）98.3% 60℃ （8）94.1
【解析】（1）是硫单质的分子晶体；
（2）第一步时，硫粉液化并与氧气共热生成二氧化硫，若反应温度超过硫粉沸点，部分硫粉会转化为硫蒸气，则消耗的硫粉会增大，硫蒸气与生成的二氧化硫一同参加第二步反应过程中，硫蒸气会继续和氧气反应生成二氧化硫，但第二步中二氧化硫浓度较大，会降低二氧化硫的生成率，故选ab。
（3）若每生成80 g气体三氧化硫，放出98.3 kJ能量，80 g三氧化硫的物质的量为：80 g÷80 g/ml=1 ml，则生成三氧化硫的反应的热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)=2SO3 ；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则二氧化硫转化率降低；
（4）催化剂需要合适活性催化温度，在第二步反应中，通过多次热交换及催化剂多次催化效应，可以提高能量的利用率；
（5）通入催化剂层后，体系(剩余反应物与生成物)温度升高的原因在于：二氧化硫和氧气的反应是放热反应，反应释放能量使得温度升高；每轮反应后进行热交换降温的目的是：及时分离出三氧化硫促使反应正向移动，并充分利用能量对反应物进行预加热。
（6）a．由题目信息可知，四轮反应保证了在反应速率较大的情况下，转化率尽可能大，故a正确；b．由题目信息可知，四轮反应使反应转化率接近平衡转化率，也就是使得反应接近平衡状态，故b错误；c．四轮反应中，每轮反应后进行热交换降温，节约了能源，故c正确；故选ac。
（7）由图可知，最适合吸收三氧化硫的浓硫酸质量分数为98.3%，最适合吸收的温度为60℃，此时吸收率最高。
（8）由题意可知，32吨含硫元素99%的硫粉物质的量为，在第一步反应中硫元素损失了2%，则生成二氧化硫，二氧化硫在第二步反应中97%转化为了三氧化硫，则生成三氧化硫，三氧化硫在第三步反应中被吸收时，视作全部吸收，那么这批硫粉总计可以生产98%的浓硫酸，为94.1吨。
【关联题点】化学平衡移动的应用；非金属及其化合物的制备流程；条件控制在化学反应中的应用；物质守恒法在计算中的应用
【难度】中档题
【题型】流程题
3.(2022·广东卷)若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a～d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验，下列分析正确的是( )
A．Cu与浓硫酸反应，只体现H2SO4的酸性
B．a处变红，说明SO2是酸性氧化物
C．b或c处褪色，均说明SO2具有漂白性
D．试管底部出现白色固体，说明反应中无H2O生成
【答案】B
【解析】铜和浓硫酸反应生成CuSO4，体现浓硫酸的酸性，生成SO2，体现浓硫酸的强氧化性，故A错误；a处的紫色石蕊变红，其原因是SO2溶于水生成了酸，可说明SO2是酸性氧化物，故B正确；b处品红褪色，其原因是SO2具有漂白性，而c处酸性高锰酸钾褪色，其原因是SO2和酸性KMnO4发生氧化还原反应，SO2体现还原性，故C错误；实验过程中试管底部出现白色固体，其原因是浓硫酸具有吸水性，将反应生成的H2O吸收，故D错误。
【关联题点】硫、二氧化硫的性质及应用
【难度】基础题
【题型】单选题
4.（2021·福建卷，4）明代《徐光启手迹》记载了制备硝酸的方法，其主要流程(部分产物已省略)如下：
下列说法错误的是( )
A．FeSO4的分解产物X为FeOB．本流程涉及复分解反应
C．HNO3的沸点比H2SO4的低D．制备使用的铁锅易损坏
【答案】A
【解析】A．据图可知FeSO4分解时生成SO2和SO3，部分S元素被还原，则Fe元素应被氧化，X为Fe2O3，A错误；B．H2SO4与KNO3在蒸馏条件下生成HNO3和K2SO4，为复分解反应，B正确；C．H2SO4与KNO3混合后，蒸馏过程中生成HNO3，说明HNO3的沸点比H2SO4的低，C正确；D．硫酸、硝酸均可以和铁反应，所以制备使用的铁锅易损坏，D正确。
【关联题点】硫及其化合物的相互转化
【难度】基础题
【题型】单选题
题点3 含硫化合物的性质及制备
1.（2020·浙江选考，24）100%硫酸吸收SO3可生成焦硫酸(分子式为H2S2O7或H2SO4·SO3)，下列说法不正确的是( )
A．Na2S2O7水溶液呈中性
B．焦硫酸具有强氧化性
C．Na2S2O7可与碱性氧化物反应生成新盐
D．100%硫酸吸收SO3生成焦硫酸的变化是化学变化
【答案】A
【解析】A．Na2S2O7可写成Na2SO4·SO3，具有Na2SO4和SO3的性质，则其水溶液呈酸性，故A错误；B．焦硫酸是由100%硫酸吸收SO3生成，浓硫酸具有强氧化性，所以焦硫酸也具有强氧化性，故B正确；C．根据A项分析知，SO3为酸性氧化物，酸性氧化物可以和碱性氧化物反应生成新盐，故C正确；D．100%硫酸吸收SO3可生成焦硫酸，H2S2O7为新物质，所以是化学变化，故D正确。
【关联题点】硫及其化合物的相互转化
【难度】中档题
【题型】单选题
2.（2020·海南卷（新高考），15）以黄铁矿(主要成分FeS2)为原料生产硫酸，应将产出的炉渣和尾气进行资源化综合利用，减轻对环境的污染。其中一种流程如下图所示。
回答下列问题：
(1)黄铁矿中硫元素的化合价为 。
(2)由炉渣制备还原铁粉的化学方程式为 。
(3)欲得到更纯的NaHSO3，反应①应通入 (填 “过量”或“不足量”)的SO2气体。
(4)因为Na2S2O5具有 性， 导致商品Na2S2O5中不可避免地存在Na2SO4。
检验其中含有SO42-的方法是 。
(5)一般用 K2Cr2O7滴定分析法测定还原铁粉纯度。实验步骤：称取一定量样品，用过量稀硫酸溶解，用标准K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2+。
反应式：Cr2O72-+6Fe2+ +14H+ = 2Cr3+ +6Fe3+ +7H2O
某次实验称取0.2800 g样品，滴定时消耗浓度为0.03000 ml·L-1的K2Cr2O7溶液25.10 mL，则样品中铁含量为 %。
【答案】（1）-1 （2） Fe2O3+3CO2Fe+ 3CO2 （3）过量 （4）还原 先加入盐酸，再加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，说明含有SO42- （5）90.36%
【解析】(1)黄铁矿的主要成分是二硫化亚铁(FeS2)，其中铁元素的化合价是+2价，因此硫元素的化合价为-1价，故答案为：-1；
(2)炉渣的主要成分为Fe2O3，由炉渣制备还原铁粉的化学方程式为Fe2O3+3CO2Fe+ 3CO2，故答案为：Fe2O3+3CO2Fe+ 3CO2；
(3) Na2SO3溶液能够与SO2反应生成NaHSO3，欲得到更纯的NaHSO3，反应①应通入过量的SO2气体，故答案为：过量；
(4) Na2S2O5 转化为Na2SO4过程中S元素的化合价升高，被氧化，体现了Na2S2O5的还原性；检验其中含有SO42-的方法是首先用盐酸酸化，除去S2O52-，再加入氯化钡溶液，看有无白色沉淀生成，若生成白色沉淀，证明含有SO42-，否则没有SO42-，故答案为：还原；先加入盐酸，再加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，说明含有SO42-；
(5) 称取一定量样品，用过量稀硫酸溶解，用标准K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2+，存在关系式：6Fe～6Fe2+～Cr2O72-，滴定过程中消耗的K2Cr2O7 物质的量为0.03000 ml·L-1×0.02510 L=0.000753ml，则样品中含有的铁的物质的量为0.000753ml×6=0.004518ml，样品中铁含量为0.004518ml×56g/ml0.2800g×100%=90.36%，故答案为：90.36%。
【关联题点】硫及其化合物的相互转化
【难度】中档题
【题型】工艺流程题
题点4 硫及其化合物的相互转化
11.(2025·陕晋青宁，11)某元素的单质及其化合物的转化关系如图。常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性。阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是( )
A.G、K均能与NaOH溶液反应
B.H、N既具有氧化性也具有还原性
C.M和N溶液中的离子种类相同
D.1 ml G与足量的J反应，转移电子数为NA
【答案】D
【解析】根据G、J常温常压下为无色气体且J具有漂白性可知，J为SO2，则G为H2S，H为S，K为SO3，L为Na2SO4，N为Na2SO3，M为NaHSO3，H2S、SO3均能与NaOH溶液反应，A正确；S、Na2SO3中S均处于中间价态，二者既具有氧化性也具有还原性，B正确；NaHSO3、Na2SO3溶液中所含离子种类相同，均为Na+、H+、OH-、SO32−、HSO3−，C正确；H2S与SO2发生反应：2H2S+SO23S↓+2H2O，因此1 ml G与足量的J反应，转移电子数为2NA，D错误。
【难度】基础题
【题型】单选题
1.(2025·江苏，1)大气中的氮是取之不尽的天然资源。下列工业生产中以氮气作反应物的是( )
A.工业合成氨B.湿法炼铜
C.高炉炼铁D.接触法制硫酸
【答案】A
【解析】工业合成氨由氢气与氮气反应制氨气，化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，A符合题意；湿法炼铜的原理是Fe+CuSO4Cu+FeSO4，B不符合题意；高炉炼铁的原理是Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，C不符合题意；接触法制硫酸时物质的转化过程为FeS2SO2SO3H2SO4，D不符合题意。
【难度】基础题
【题型】单选题
1.(2023·浙江6月选考，18)工业上煅烧含硫矿物产生的SO2可以按如下流程脱除或利用。
已知：
请回答：
(1)富氧煅烧燃煤产生的低浓度的SO2可以在炉内添加CaCO3通过途径Ⅰ脱除，写出反应方程式________________________________________________________________________。
(2)煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的SO2，通过途径Ⅱ最终转化为化合物A。
①下列说法正确的是__________________。
A．燃煤中的有机硫主要呈正价
B．化合物A具有酸性
C．化合物A是一种无机酸酯
D．工业上途径Ⅱ产生的SO3也可用浓H2SO4吸收
②一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是____________________________。
(3)设计实验验证化合物A中含有S元素____________________________________________；写出实验过程中涉及的反应方程式________________________________________
________________________________________________________________________。
【答案】(1)2SO2＋O2＋2CaCO3eq \(=====,\s\up7(高温))2CaSO4＋2CO2 (2)①BCD ②硫酸分子能形成更多的分子间氢键 (3)取适量化合物A于试管中，向其中加入足量氢氧化钠溶液，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡溶液生成白色沉淀，说明A中含有S元素 ＋2NaOH===CH3OH＋Na2SO4＋H2O、Na2SO4＋BaCl2===BaSO4↓＋2NaCl
【解析】(2)①燃煤中的有机硫主要呈负价，A错误；根据分析可知，化合物A分子中与硫直接相连的基团中有—OH，故能电离出氢离子，具有酸性，B正确；化合物A为硫酸和醇生成的酯，是一种无机酸酯，C正确；工业上途径Ⅱ产生的SO3也可用浓H2SO4吸收用于生产发烟硫酸，D正确。②一定压强下，化合物A分子只有1个—OH能形成氢键，而硫酸分子中有2个—OH形成氢键，故导致A的沸点低于硫酸。(3)A为，A在NaOH溶液中水解可以生成硫酸钠、甲醇，硫酸根离子能和氯化钡生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，故实验设计：取适量化合物A于试管中，向其中加入足量氢氧化钠溶液，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A中含有S元素；涉及的反应：＋2NaOH===CH3OH＋Na2SO4＋H2O、Na2SO4＋BaCl2===BaSO4↓＋2NaCl。
【关联题点】硫、二氧化硫的性质及应用；已知信息型化学（离子）方程式书写；分子间作用力（范德华力、氢键）与物质性质
【难度】中档题
【题型】流程题
2.(2023·广东，9)按图装置进行实验。将稀硫酸全部加入Ⅰ中的试管，关闭活塞。下列说法正确的是( )
A．Ⅰ中试管内的反应，体现H＋的氧化性
B．Ⅱ中品红溶液褪色，体现SO2的还原性
C．在Ⅰ和Ⅲ的试管中，都出现了浑浊现象
D．撤掉水浴，重做实验，Ⅳ中红色更快褪去
【答案】C
【解析】Ⅰ中试管内发生反应S2Oeq \\al(2－,3)＋2H＋===S↓＋SO2↑＋H2O ，氢元素化合价不变，故A错误；Ⅱ中品红溶液褪色，体现SO2的漂白性，故B错误；Ⅲ中试管内发生反应生成S，Ⅰ和Ⅲ的试管中都出现了浑浊现象，故C正确；撤掉水浴，反应速率减慢，Ⅳ中红色褪去的速率减慢，故D错误。
【关联题点】硫、二氧化硫的性质及应用；化学反应速率的影响因素
【难度】基础题
【题型】单选题；实验题
3.（2021·辽宁卷，8）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】由题干信息可知，盐a与足量的稀盐酸产生刺激性气味气体d，d能使KMnO4溶液褪色，故d为SO2，则盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，盐a与足量Cl2反应后将生成SO42-，与BaCl2溶液反应得到沉淀c，故c为BaSO4，据此分析解题。
A．由分析可知，盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，故a可能为正盐，也可能为酸式盐，A正确；B．由分析可知，c为BaSO4，故c为不溶于盐酸的白色沉淀，B正确；C．由分析可知，d为SO2，由SO2易溶于水并根据“相似相溶”原理可知，d是含有极性键的极性分子，C错误；D．由分析可知，盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，当Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S↓+SO2↑+H2O，反应②中还可能生成淡黄色沉淀，D正确。
【难度】中档题
【题型】单选题
4.(2020·北京卷，9)硫酸盐(含SO42−、HSO4−)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如下：
下列说法不正确的是( )
A．该过程有H2O参与
B．NO2是生成硫酸盐的氧化剂
C．硫酸盐气溶胶呈酸性
D．该过程没有生成硫氧键
【答案】D
【解析】根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，故A正确；根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由＋4变为＋3，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2是生成硫酸盐的氧化剂，故B正确；硫酸盐(含SO42−、HSO4−)气溶胶中含有HSO4−，转化过程有水参与，则HSO4−在水中可电离生成H＋和SO42−，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C正确；根据图示转化过程中，由SO32−转化为HSO4−，根据图示对照，有硫氧键生成，故D错误；答案选D。
【关联题点】化学反应历程微粒及化学键变化；氧化还原反应概念判断
【难度】基础题
【题型】单选题
知识点4 氮及其化合物的性质及应用
题点1 氨及铵盐的性质及应用
1.(2025·安徽，6) 氨是其他含氮化合物的生产原料。氨可在氧气中燃烧生成N2。金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，同时生成NaNH2。NaNH2遇水转化为NaOH。Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色[Cu(NH3)4](OH)2溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色[Cu(H2O)4]SO4溶液。氨可以发生类似于水解反应的氨解反应，浓氨水与HgCl2溶液反应生成Hg(NH2)Cl沉淀下列有关反应的化学方程式错误的是( )
A.氨在氧气中燃烧：4NH3+3O22N2+6H2O
B.液氨与金属钠反应：2Na+2NH3(l)2NaNH2+H2↑
C.氨水溶解Cu(OH)2：Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4](OH)2
D.浓氨水与HgCl2反应：HgCl2+NH3Hg(NH2)Cl↓+HCl
【答案】D
【解析】浓氨水与HgCl2反应不能得到HCl，正确的化学方程式为HgCl2+2NH3Hg(NH2)Cl↓+NH4Cl，D错误。
【难度】基础题
【题型】单选题
2.(2024·全国甲卷，10)四瓶无色溶液NH4NO3、Na2CO3、Ba(OH)2、AlCl3，它们之间的反应关系如图所示。其中a、b、c、d代表四种溶液，e和g为无色气体，f为白色沉淀。下列叙述正确的是( )
A.a呈弱碱性
B.f可溶于过量的b中
C.c中通入过量的e可得到无色溶液
D.b和d反应生成的沉淀不溶于稀硝酸
【答案】B
【解析】a与b反应需要加热，且产生的e为无色气体，则a和b分别为NH4NO3和Ba(OH)2中的一种，产生的气体e为NH3；b和c反应生成白色沉淀f，NH4NO3不会与其他三种溶液产生沉淀，可确定b为Ba(OH)2溶液，a为NH4NO3溶液；c与b和d反应均产生沉淀f，c应为AlCl3溶液，则d为Na2CO3溶液，生成的白色沉淀f为Al(OH)3，无色气体g为CO2。a为NH4NO3溶液，NH4+水解使溶液显酸性，A错误；Al(OH)3可溶于强碱溶液，B正确；AlCl3溶液中通入NH3会生成Al(OH)3沉淀，但Al(OH)3不溶于弱碱，继续通入NH3不能得到无色溶液，C错误；Ba(OH)2与Na2CO3反应生成的BaCO3沉淀可溶于稀硝酸，D错误。
【难度】中档题
【题型】单选题
3.(2024·湖北，10)碱金属的液氨溶液含有的蓝色溶剂化电子[e(NH3)n]-是强还原剂。锂与液氨反应的装置如图(夹持装置略)。下列说法错误的是( )
A.碱石灰有利于NH3逸出
B.锂片必须打磨出新鲜表面
C.干燥管中均可选用P2O5
D.双口烧瓶中发生的变化是Li+nNH3Li++[e(NH3)n]-
【答案】C
【解析】本实验的目的是利用Li和液氨反应Li+nNH3Li++[e(NH3)n]-制备[e(NH3)n]-。碱石灰可以吸收浓氨水中的水分，同时在吸水过程中放出大量的热，使浓氨水受热分解产生氨气，A正确；锂片表面有Li2O，Li2O会阻碍Li和液氨的接触，必须打磨出新鲜表面，B正确；第一个干燥管的目的是干燥氨气，P2O5为酸性干燥剂，能与氨气反应，所以第一个干燥管中不能用P2O5，最后的球形干燥管中可装P2O5，除掉过量的氨气，同时防止空气中的水进入装置引起副反应，C错误。
【难度】中档题
【题型】单选题
4.（2021·海南卷，11）关于NH3性质的解释合理的是( )
【答案】C
【解析】A．NH3和PH3都属于同一主族是氢化物，分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，但氨气中含有氢键， PH3不含氢键，氢键的存在导致氨气的沸点升高，故A错误；B．NH3熔点高于PH3，是因为氨气中含有氢键，氢键的存在导致氨气的熔点升高，不是N-H键的键能比P-H大，故B错误；C．NH3中氮原子有孤电子对，使Ag+和NH3以配位键结合形成[Ag(NH3)2]+，故C正确；D．NH3⋅H2O是共价化合物，是弱碱，在水溶液中部分电离出NH4+和OH-，故D错误。
【关联题点】配位键与配合物；分子间作用力（范德华力、氢键）与物质性质
【难度】中档题
【题型】单选题
题点2 氮及其化合物的相互转化
1.(2025·山东，9)用肼(N2H4)的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量CuSO4，反应原理如图所示。下列说法正确的是( )
A.N2是还原反应的产物
B.还原性：N2H4Fe2+，B错误；由总反应知，反应过程中H+被消耗，故处理后溶液pH增大，C正确；该反应的催化剂为[Cu(N2H4)2]2+，D错误。
【难度】中档题
【题型】单选题
2.(2025·湖北，8)如图所示的物质转化关系中，固体A与固体B研细后混合，常温下搅拌产生气体C和固体D，温度迅速下降。气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。G是一种强酸。H是白色固体，常用作钡餐。下列叙述错误的是( )
A.在C的水溶液中加入少量固体A，溶液pH升高
B.D为可溶于水的有毒物质
C.F溶于雨水可形成酸雨
D.常温下可用铁制容器来盛装G的浓溶液
【答案】A
【解析】气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则C为NH3，G是强酸，则E是NO，F是NO2，G是HNO3；H是白色固体，常用作钡餐，则H是BaSO4，D是BaCl2；C(NH3)和HCl可转化为NH4Cl，则A是NH4Cl，B是Ba(OH)2·8H2O。
在NH3的水溶液中加入少量固体NH4Cl，铵根离子浓度增大，抑制了NH3·H2O的电离，OH-浓度减小，溶液pH减小，A错误；BaCl2易溶于水，属于重金属盐，有毒，B正确；NO2溶于雨水可形成硝酸型酸雨，C正确；常温下浓HNO3可以将Fe钝化，故常温下可用铁制容器来盛装浓硝酸，D正确。
【难度】中档题
【题型】单选题
3.(2024·湖南，7)某学生按图示方法进行实验，观察到以下实验现象：
①铜丝表面缓慢放出气泡，锥形瓶内气体呈红棕色；
②铜丝表面气泡释放速度逐渐加快，气体颜色逐渐变深；
③一段时间后气体颜色逐渐变浅，至几乎无色；
④锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升，最终铜丝与液面脱离接触，反应停止。
下列说法正确的是( )
A.开始阶段铜丝表面气泡释放速度缓慢，原因是铜丝在稀HNO3中表面钝化
B.锥形瓶内出现了红棕色气体，表明铜和稀HNO3反应生成了NO2
C.红棕色逐渐变浅的主要原因是3NO2+H2O2HNO3+NO
D.铜丝与液面脱离接触，反应停止，原因是硝酸消耗完全
【答案】C
【解析】金属铜在稀硝酸中不会产生钝化，开始反应速率较慢，可能的原因是铜丝表面有氧化铜，故A错误；铜和稀HNO3反应生成的NO迅速被氧气氧化为红棕色的NO2，NO2浓度逐渐增加，气体颜色逐渐变深，故B错误；装置内氧气逐渐被消耗，生成的NO2量逐渐达到最大值，同时装置内的NO2能与H2O反应：3NO2+H2O2HNO3+NO，气体颜色变浅，故C正确；由于该装置为密闭体系，生成的NO无法排出，逐渐将锥形瓶内液体压入长颈漏斗，铜丝与液面脱离，反应停止，故D错误。
【难度】基础题
【题型】单选题
4.(2024·江苏，6)下列化学反应表示正确的是( )
A.汽车尾气处理：2NO+4CON2+4CO2
B.NO3−电催化为N2的阳极反应：2NO3−+12H++10e-N2↑+6H2O
C.硝酸工业中NH3的氧化反应：4NH3+3O22N2+6H2O
D.CO2和H2催化制二甲醚：2CO2+6H2CH3OCH3+3H2O
【答案】D
【解析】该反应方程式配平错误，氧原子不守恒，A错误；NO3−电催化为N2，N元素化合价降低，发生还原反应，应是在阴极发生反应，B错误；硝酸工业中NH3发生催化氧化生成NO，C错误。
【关联题点】物质转化方程式的判断 电极反应式书写与判断
【难度】中档题
【题型】单选题
5．(2024·浙江1月选考，4)汽车尾气中的NO和CO在催化剂作用下发生反应：2NO＋2COeq \(=====,\s\up7(催化剂))2CO2＋N2，下列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)( )
A．生成1 ml CO2转移电子的数目为2NA
B．催化剂降低NO与CO反应的活化能
C．NO是氧化剂，CO是还原剂
D．N2既是氧化产物又是还原产物
【答案】D
【解析】N2为还原产物，CO2为氧化产物，D错误。
【难度】中档题
【题型】单选题
6.(2023·北京，13)一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中b、d代表MgO或Mg(OH)Cl中的一种。下列说法正确的是( )
A．a、c分别HCl、NH3
B．d既可以是MgO，也可以是Mg(OH)Cl
C．已知MgCl2为副产物，则通入水蒸气可减少MgCl2的产生
D．等压条件下，反应①、②的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热
【答案】C
【解析】由题图分析可知，a为NH3，c为HCl，d为MgO，A、B错误；MgCl2可以水解生成Mg(OH)Cl，通入水蒸气可以减少MgCl2的生成，C正确；反应①和反应②相加即为氯化铵直接分解的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D错误。
【关联题点】化学反应历程与能量变化
【难度】中档题
【题型】单选题
7.(2023·江苏，8)氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是( )
A．实验室探究稀硝酸与铜反应的气态产物：HNO3(稀)eq \(――→,\s\up7(Cu))NOeq \(――→,\s\up7(O2))NO2
B．工业制硝酸过程中的物质转化：N2eq \(―――――→,\s\up7(O2),\s\d5(放电或高温))NOeq \(――→,\s\up7(H2O))HNO3
C．汽车尾气催化转化器中发生的主要反应：2NO＋2COeq \(=====,\s\up7(催化剂))N2＋2CO2
D．实验室制备少量NH3的原理：2NH4Cl＋Ca(OH)2eq \(=====,\s\up7(△))CaCl2＋2NH3↑＋2H2O
【答案】B
【解析】Cu与稀硝酸的反应产物之一为NO，NO与氧气发生反应生成NO2，A正确；氮气与氧气在高温条件下生成NO，但NO无法与水发生化学反应，B错误；汽车尾气催化转化器主要将污染气体NO、CO转化为无污染的气体，故该反应方程式为2NO＋2COeq \(=====,\s\up7(催化剂))N2＋2CO2，C正确；实验室利用熟石灰和氯化铵制备少量NH3，化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2eq \(=====,\s\up7(△))CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，D正确。
【难度】基础题
【题型】单选题
8.(2022·湖南卷)科学家发现某些生物酶体系可以促进H＋和e－的转移(如a、b和c)，能将海洋中的NOeq \\al(－,2)转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。
下列说法正确的是( )
A．过程Ⅰ中NOeq \\al(－,2)发生氧化反应
B．a和b中转移的e－数目相等
C．过程Ⅱ中参与反应的n(NO)∶n(NHeq \\al(＋,4))＝1∶4
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NOeq \\al(－,2)＋NHeq \\al(＋,4)===N2↑＋2H2O
【答案】D
【解析】过程Ⅰ中NOeq \\al(－,2)转化为NO，氮元素化合价由＋3价降低到＋2价，NOeq \\al(－,2)得电子，发生还原反应，A错误；过程Ⅰ为NOeq \\al(－,2)在酶1的作用下转化为NO和H2O，反应的离子方程式为NOeq \\al(－,2)＋2H＋＋e－eq \(=====,\s\up7(酶1))NO↑＋H2O，过程Ⅱ为NO和NHeq \\al(＋,4)在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，反应的离子方程式为NO＋NHeq \\al(＋,4)＋3e－＋2H＋eq \(=====,\s\up7(酶2))H2O＋N2H4，两过程转移电子数目不相等，B错误；由过程Ⅱ的反应方程式可知n(NO)∶n(NHeq \\al(＋,4))＝1∶1，C错误；过程Ⅲ为N2H4转化为N2和4H＋、4e－，反应的离子方程式为N2H4===N2＋4H＋＋4e－，所以过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NOeq \\al(－,2)＋NHeq \\al(＋,4)===N2↑＋2H2O，D正确。
【关联题点】氮、硫化合物与环境保护；推断型化学（离子）方程式书写；氧化还原反应的定量计算
【难度】基础题
【题型】单选题
9（2022·江苏卷，8）氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是( )
A．自然固氮、人工固氮都是将N2转化为NH3
B．侯氏制碱法以H2O、NH3、CO2、NaCl为原料制备NaHCO3和NH4Cl
C．工业上通过NH3催化氧化等反应过程生产HNO3
D．多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环”
【答案】A
【解析】自然固氮是将N2转化为含氮化合物，不一定是转化为NH3，比如大气固氮是将N2转化为NO，A错误；侯氏制碱法发生反应的化学方程式为H2O＋NH3＋CO2＋NaCl===NaHCO3↓＋NH4Cl，B正确；氮元素在自然界中既有游离态又有化合态，多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环”，D正确。
【关联题点】氮及氮的固定；氨及铵盐的性质及应用
【难度】基础题
【题型】单选题
10.（2021·江苏卷，7）N2是合成氨工业的重要原料，NH3不仅可制造化肥，还能通过催化氧化生产HNO3；HNO3能溶解Cu、Ag等金属，也能与许多有机化合物发生反应；在高温或放电条件下，N2与O2反应生成NO，NO进一步氧化生成NO2。2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH=-116.4kJ·ml-1。大气中过量的NOx和水体中过量的NH4+、NO3-均是污染物。通过催化还原的方法，可将烟气和机动车尾气中的NO转化为N2，也可将水体中的NO3-转化为N2。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是( )
A．NO(g)→H2OHNO3(aq)
B．稀HNO3(aq)→CuNO2(g)
C．NO(g)→高温，催化剂CON2(g)
D．NO3-(aq)→O3N2(g)
【答案】C
【解析】A．NO不溶于水也不与水反应，A错误；B．稀HNO3与Cu反应得到硝酸铜、水和NO，得不到NO2，B错误；C．NO有氧化性，CO有还原性，在高温、催化剂条件下二者可发生氧化还原反应转化为无毒的N2和CO2，C正确；D．O3有强氧化性，不能作还原剂将硝酸根离子还原，D错误。
【难度】基础题
【题型】单选题
知识点5 非金属化合物与环境
题点 氮、硫化合物与环境保护
1.（2022·天津卷，5）燃油汽车行驶中会产生CO、NO等多种污染物。下图为汽车发动机及催化转化器中发生的部分化学反应。以下判断错误的是( )
A．甲是空气中体积分数最大的成分
B．乙是引起温室效应的气体之一
C．反应(Ⅰ)在常温下容易发生
D．反应(Ⅱ)中NO是氧化剂
【答案】C
【关联题点】一氧化氮、二氧化氮性质及应用
【难度】基础题
【题型】单选题
2.（2022·江苏卷，10）用尿素水解生成的NH3催化还原NO，是柴油机车辆尾气净化的主要方法。反应为4NH3(g)＋O2(g)＋4NO(g)4N2(g)＋6H2O(g)，下列说法正确的是( )
A．上述反应ΔS”或“0。冷凝时，将混合气体温度迅速降至500K得到固态硒。Se由气态直接转变为固态的过程称为 。迅速降温的目的 ；冷凝后尾气的成分为 (填化学式)。
(4)Se的含量可根据行业标准YS/T 226.12-2009进行测定，测定过程中Se的化合价变化如下：
称取粗硒样品0.1000g，经过程①将其溶解转化为弱酸H2SeO3，并消除测定过程中的干扰。在酸性介质中，先加入0.1000ml·L-1 Na2S2O3标准溶液40.00mL，在加入少量KI和淀粉溶液，继续用Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色消失为终点(原理为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)，又消耗8.00mL。过程②中Se(IV)与Na2S2O3反应的物质的量之比为1：4，且反应最快。过程③的离子方程式为 。该样品中Se的质量分数为 。
【答案】(1) −2 1s22s22p63s23p1
(2)Al2Se3+x+3H2O=Al2O3·xH2O+3H2Se
(3) 凝华 减少H2Se生成，提高Se产率 H2，H2Se
(4) 4H++H2SeO3+4I−=2I2+Se+3H2O 94.8%
【解析】（1）Al是IIIA族元素，化合价为+3价，则Se化合价为-2价；铝的基态电子排布式为1s22s22p63s23p1；
（2）“氢化”过程是Al2Se3与水蒸气反应生成H2Seg，化学方程式为Al2Se3+x+3H2O=Al2O3·xH2O+3H2Se；
（3）从气态变为固态的过程为凝华；已知热解正向是吸热反应，降温时，为避免平衡逆向移动，需要迅速冷凝Se蒸汽，故目的是减少H2Se生成，提高Se产率；尾气种含有H2以及少量的H2Se；
（4）反应③是SeIV被KI还原为Se的过程，离子方程式为：4H++H2SeO3+4I−=2I2+Se+3H2O；
第一次加入40.00mL的Na2S2O3溶液和KI溶液，二者同时做还原剂，将H2SeO3还原为Se，第二次再加入同浓度的Na2S2O3滴定上一步生成的碘单质，整个过程相当于48mL 0.1ml/L的Na2S2O3溶液与H2SeO3反应，根据已知条件Se(IV)与Na2S2O3反应的物质的量之比为1:4，则nSeⅣ=14×48×10-3×0.1=1.2×10-3ml，样品中Se的含量：1.2×10-3ml×79g/ml0.1g×100%=94.8%。
【难度】中档题
【题型】填空题
5.(2024·北京，7)硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。
下列说法不正确的是( )
A.Ⅰ的化学方程式：3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2
B.Ⅱ中的反应条件都是为了提高SO2平衡转化率
C.将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生
D.生产过程中产生的尾气可用碱液吸收
【答案】B
【解析】Ⅰ是黄铁矿和空气中的O2在加热条件下反应生成SO2和Fe3O4，化学方程式为3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2，A正确；Ⅱ是放热反应，温度越高，SO2平衡转化率越小，Ⅱ中的反应条件要兼顾平衡转化率和反应速率，还要考虑生产成本及催化剂的活性，不都是为了提高SO2平衡转化率，B错误；将黄铁矿换成硫黄，不再产生Fe3O4，可以减少废渣产生，C正确；硫酸工业产生的尾气为SO2、SO3，可以用碱液吸收，D正确。
【难度】中档题
【题型】单选题
6.(2024·湖南，11)中和法生产Na2HPO4·12H2O的工艺流程如下：
已知：①H3PO4的电离常数：K1=6.9×10-3，K2=6.2×10-8，K3=4.8×10-13；
②Na2HPO4·12H2O易风化。下列说法错误的是( )
A. “中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入Na2CO3溶液
B. “调pH”工序中X为NaOH或H3PO4
C. “结晶”工序中溶液显酸性
D. “干燥”工序需在低温下进行
【答案】C
【解析】铁是较活泼金属，可与H3PO4反应生成氢气，故“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入Na2CO3溶液，A正确；若“中和”工序加入的Na2CO3过量，则需要加入酸性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入H3PO4；若“中和”工序加入H3PO4过量，则需要加入碱性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入NaOH，B正确；“结晶”工序中的溶液为饱和Na2HPO4溶液，HPO42−的水解常数Kh=KwKa2=1.0×10−146.2×10−8≈1.6×10-7，Kh>K3，Na2HPO4的水解程度大于其电离程度，溶液显碱性，C错误；由于Na2HPO4·12H2O易风化失去结晶水，故“干燥”工序需要在低温下进行，D正确。
【难度】中档题
【题型】单选题
7．(2024·浙江1月选考，6)为回收利用含I2的CCl4废液，某化学兴趣小组设计方案如下所示，下列说法不正确的是( )
A．步骤Ⅰ中，加入足量Na2CO3溶液充分反应后，上下两层均为无色
B．步骤Ⅰ中，分液时从分液漏斗下口放出溶液A
C．试剂X可用硫酸
D．粗I2可用升华法进一步提纯
【答案】B
【解析】步骤Ⅰ中，加入足量碳酸钠溶液与碘反应得到含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液，则充分反应后，上下两层均为无色，上层为含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液，下层为四氯化碳，分液时应从分液漏斗上口倒出溶液A，故A正确、B错误；向溶液A中加入硫酸溶液的目的是使碘化钠和碘酸钠在硫酸溶液中发生归中反应生成硫酸钠、碘和水，则试剂X可用硫酸，故C正确；碘受热会发生升华，所以实验制得的粗碘可用升华法进一步提纯，故D正确。
8.(2022·湖南卷)铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下：
下列说法错误的是( )
A．不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料
B．采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率
C．合成槽中产物主要有Na3AlF6和CO2
D．滤液可回收进入吸收塔循环利用
【答案】C
【解析】烟气(含HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应：Na2CO3＋HF===NaF＋NaHCO3，向合成槽中通入NaAlO2，发生反应：6NaF＋NaAlO2＋4NaHCO3===Na3AlF6↓＋4Na2CO3＋2H2O，过滤得到Na3AlF6和含有Na2CO3的滤液。陶瓷的成分中含有SiO2，SiO2能与HF发生反应，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料，故A正确；采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积，提高吸收塔内烟气吸收效率，故B正确；由上述分析知，合成槽内产物主要有Na3AlF6、Na2CO3、H2O，故C错误；滤液的主要成分为Na2CO3，可进入吸收塔循环利用，故D正确。
【关联题点】和非金属及其化合物相关的制备型实验探究
【难度】中档题
【题型】单选题；流程题
9.(2022·山东卷，17)工业上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3，含SiO2等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)酸解时有HF产生。氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，离子方程式为________________。
(2)部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比n(Na2CO3)∶n(SiFeq \\al(2－,6))＝1∶1加入Na2CO3脱氟，充分反应后，c(Na＋)＝__________ ml·L－1；再分批加入一定量的BaCO3，首先转化为沉淀的离子是__________。
(3)SOeq \\al(2－,4)浓度(以SO3%计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、H3PO4浓度(以P2O5%计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得100 ℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为__________(填化学式)；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是________________________________________________________________________，
回收利用洗涤液X的操作单元是__________；一定温度下，石膏存在形式与溶液中P2O5%和SO3%的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是__________(填标号)。
A．65 ℃、P2O5%＝15、SO3%＝15
B．80 ℃、P2O5%＝10、SO3%＝20
C．65 ℃、P2O5%＝10、SO3%＝30
D．80 ℃、P2O5%＝10、SO3%＝10
【答案】(1)6HF＋SiO2===2H＋＋SiFeq \\al(2－,6)＋2H2O (2)2.0×10－2 SOeq \\al(2－,4) (3)CaSO4·0.5H2O 减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率
酸解 AD
【解析】(1)氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF＋SiO2===2H＋＋SiFeq \\al(2－,6)＋2H2O。(2)精制Ⅰ中，按物质的量之比n(Na2CO3)∶n(SiFeq \\al(2－,6))＝1∶1加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为H2SiF6＋Na2CO3===Na2SiF6↓＋CO2↑＋H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且c(Na＋)＝2c(SiFeq \\al(2－,6))，根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp＝c2(Na＋)·c(SiFeq \\al(2－,6))＝4c3(SiFeq \\al(2－,6))，c(SiFeq \\al(2－,6))＝eq \r(3,\f(4.0×10－6,4)) ml·L－1＝1.0×10－2 ml·L－1，因此c(Na＋)＝2c(SiFeq \\al(2－,6))＝2.0×10－2 ml·L－1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2＋)＝c(SOeq \\al(2－,4))＝eq \r(9.0×10－4) ml·L－1＝3.0×10－2 ml·L－1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2＋)＝eq \f(1.0×10－6,1.0×10－2) ml·L－1＝1.0×10－4 ml·L－1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2＋)＝eq \f(1.0×10－10,3.0×10－2) ml·L－1≈3.3×10－9 ml·L－1，因此，首先转化为沉淀的离子是SOeq \\al(2－,4)，然后才是SiFeq \\al(2－,6)。(3)根据图甲中的坐标信息，酸解后，在所得100 ℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4·0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，其具有回收利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操作单元是酸解。
【关联题点】溶度积（KSP)及相关计算；条件控制在化学反应中的应用
【难度】中档题
【题型】流程题
10.（2021·山东卷，8）工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图，下列说法错误的是( )
A．吸收过程中有气体生成
B．结晶后母液中含有NaHCO3
C．气流干燥湿料时温度不宜过高
D．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3
【答案】B
【解析】根据流程图分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确；结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO3，假设产物中存在NaHCO3，则其会与生成的NaHSO3发生反应，且NaHCO3溶解度较低，若其残留于母液中，会使晶体不纯，假设不成立，B错误；NaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C正确；结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正确。
【关联题点】含硫化合物的性质及制备
【难度】中档题
【题型】单选题；流程题
知识点7 常见无机物之间的相互转化判断
(2024·江苏，10)在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是( )
A.HCl制备：NaCl溶液H2和Cl2HCl
B.金属Mg制备：Mg(OH)2MgCl2溶液Mg
C.纯碱工业：NaCl溶液NaHCO3Na2CO3
D.硫酸工业：FeS2SO2H2SO4
【答案】A
【解析】电解氯化钠溶液可以得到H2和Cl2，H2和Cl2点燃反应生成HCl，故A的转化可以实现；电解氯化镁溶液不能得到Mg，故B的转化不能实现；纯碱工业是在饱和食盐水中通入NH3和CO2先得到NaHCO3，然后NaHCO3受热分解为Na2CO3，故C的转化不能实现；SO2和水反应生成H2SO3，不能得到H2SO4，故D的转化不能实现。
【关联题点】 海水提镁 侯氏制碱法 硫酸的工业制法
【难度】中档题
【题型】单选题
实验序号
试样
测试温度/℃
电导率/(μS·cm－1)
1
Ⅰ：25 ℃的AgCl饱和溶液
25
A1
2
Ⅱ：35 ℃的AgCl饱和溶液
35
A2
3
Ⅲ：45 ℃的AgCl饱和溶液
45
A3
实验序号
试样
测试温度/℃
电导率/(μS·cm－1)
4
Ⅰ
B1
5
B2
A
B
制备Cl2
净化、干燥Cl2
C
D
收集Cl2
验证Cl2的氧化性
溶液
现象
化学方程式
A
Na2S
产生淡黄色沉淀
3SO2+2Na2S3S↓+2Na2SO3
B
FeCl3
溶液由棕黄色变浅绿色
2FeCl3+SO2+2H2O2FeCl2+H2SO4+2HCl
C
CuCl2
溶液褪色，产生白色沉淀
SO2+2CuCl2+2H2O2CuCl↓+H2SO4+2HCl
D
Na2CO3
(含酚酞)
溶液由红色变无色
2SO2+Na2CO3+H2OCO2+2NaHSO3
选项
性质
解释
A
比PH3容易液化
NH3分子间的范德华力更大
B
NH3熔点高于PH3
N-H键的键能比P-H大
C
能与Ag+以配位键结合
NH3中氮原子有孤电子对
D
氨水中存在NH4+
NH3⋅H2O是离子化合物
选项
气体
试剂
A
SO2
饱和Na2SO3溶液+浓硫酸
B
Cl2
MnO2+浓盐酸
C
NH3
固体NH4Cl+熟石灰
D
CO2
石灰石+稀盐酸
事实
推测
A
NaCl固体与浓硫酸反应可制备HCl气体
NaI固体与浓硫酸反应可制备HI气体
B
BaSO4难溶于盐酸，可作“钡餐”使用
BaCO3可代替BaSO4作“钡餐”
C
盐酸和NaHCO3溶液反应是吸热反应
盐酸和NaOH溶液反应是吸热反应
D
H2O的沸点高于H2S
HF的沸点高于HCl
选项
甲
乙
丙
A
Cl2
NaClO
NaCl
B
SO2
H2SO4
CaSO4
C
Fe2O3
Fe(OH)3
FeCl3
D
CO2
H2CO3
Ca(HCO3)2
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
将浓硫酸加入蔗糖中形成多孔炭
浓硫酸具有氧化性和脱水性
B
装有NO2的密闭烧瓶冷却后颜色变浅
NO2转化为N2O4的反应吸热
C
久置空气中的漂白粉遇盐酸产生CO2
漂白粉的有效成分是CaCO3
D
1 ml·L－1 NaCl溶液导电性比同浓度醋酸强
NaCl溶液的pH比醋酸的高
物质
H2CO3
H2SO3
Ka/25 ℃
Ka1=4.5×10-7、
Ka2=4.7×10-11
Ka1=1.4×10-2、
Ka2=6.0×10-8
BaSiF6
Na2SiF6
CaSO4
BaSO4
Ksp
1.0×10－6
4.0×10－6
9.0×10－4
1.0×10－10