2023高考化學(xué)-新題分類匯編D-非金屬及其化合物(真題+模擬新題)

1、D單元非金屬及其化合物D1無機非金屬材料的主角硅 (碳族元素)11B1D12023全國卷 將足量CO2通入以下各溶液中，所含離子還能大量共存的是()AK、SiOeq oal(2,3)、Cl、NOeq oal(,3)BH、NHeq oal(,4)、Al3、SOeq oal(2,4)CNa、S2、OH、SOeq oal(2,4)DNa、C6H5O、CH3COO、HCOeq oal(,3)11B1D1【解析】 B二氧化碳為酸性氧化物，因此堿性溶液不能繼續(xù)存在，C項中的OH會參與反響。酸性小于碳酸的弱酸根離子也會參加反響，因此A項中的SiOeq oal(2,3)和D項中的C6H5O(苯酚根離子)不能繼

2、續(xù)存在。10D12023山東卷 某短周期非金屬元素的原子核外最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的一半，該元素()A在自然界中只以化合態(tài)的形式存在B單質(zhì)常用作半導(dǎo)體材料和光導(dǎo)纖維C最高價氧化物不與酸反響D氣態(tài)氫化物比甲烷穩(wěn)定10D1【解析】 A短周期非金屬元素中，原子核外最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)一半的元素只有Si。Si在自然界中只以化合態(tài)存在，A項正確；光導(dǎo)纖維的成分是SiO2，B項錯誤；SiO2可與氫氟酸反響，C項錯誤；碳的非金屬性強于硅，故CH4比SiH4穩(wěn)定，D項錯誤。D2富集在海水中的元素氯(鹵素)15D2G22023海南化學(xué)卷 氯氣在298 K、100 kPa時，在1 L水中可溶解0.09

3、mol，實驗測得溶于水的Cl2約有三分之一與水反響。請答復(fù)以下問題：(1)該反響的離子方程式為_；(2)估算該反響的平衡常數(shù)_(列式計算)；(3)在上述平衡體系中參加少量NaOH固體，平衡將向_移動；(4)如果增大氯氣的壓強，氯氣在水中的溶解度將_(填“增大“減小或“不變)，平衡將向_移動。15D2G2(1)Cl2H2OHClHClO(2)Keq f(0.03 molL10.03 molL10.03 molL1,0.06 molL1)4.5104mol2L2(3)正反響方向(4)增大正反響方向【解析】 (1)氯氣與水反響生成的次氯酸為弱酸，不能拆寫，離子方程式為：Cl2H2OHClHClO；(

4、2)由信息和氯氣與水反響的離子方程式可求得剩余的c(Cl2)0.06 molL1，生成的c(H)0.03 molL1、c(Cl)0.03 molL1、c(HClO)0.03 molL1，Keq f(cHcClcHClO,cCl2)，得Keq f(0.03 molL10.03 molL10.03 molL1,0.06 molL1)4.5104mol2L2(3)參加少量NaOH固體，將中和H使得氫離子的濃度降低，平衡將向正反響方向移動。(4)由氣體的溶解度隨著壓強的增大而增大，可知增大壓強平衡將向正反響方向移動，氯氣的溶解度增大。D3硫及其化合物(涉及綠色化學(xué))D4氮及其化合物(氮、磷及其化合物)

5、28D4 J4G12023安徽卷 地下水中硝酸鹽造成的氮污染已成為一個世界性的環(huán)境問題。文獻報道某課題組模擬地下水脫氮過程，利用Fe粉和KNO3溶液反響，探究脫氮原理及相關(guān)因素對脫氮速率的影響。 (1)實驗前：先用0.1 molL1H2SO4洗滌Fe粉，其目的是_，然后用蒸餾水洗滌至中性；將KNO3溶液的pH調(diào)至2.5；為防止空氣中的O2對脫氮的影響，應(yīng)向KNO3溶液中通入_(寫化學(xué)式)。圖119(2)圖119表示足量Fe粉復(fù)原上述KNO3溶液過程中，測出的溶液中相關(guān)離子濃度、pH隨時間的變化關(guān)系(局部副反響產(chǎn)物曲線略去)。請根據(jù)圖中信息寫出t1時刻前該反響的離子方程式 _ 。t1時刻后，該反

6、響仍在進行，溶液中NHeq oal(,4)的濃度在增大，F(xiàn)e2的濃度卻沒有增大，可能的原因是_。(3)該課題組對影響脫氮速率的因素提出了如下假設(shè)，請你完成假設(shè)二和假設(shè)三：假設(shè)一：溶液的pH；假設(shè)二：_；假設(shè)二：_；(4)請你設(shè)計實驗驗證上述假設(shè)一，寫出實驗步驟及結(jié)論。 (：溶液中的NOeq oal(,3)濃度可用離子色譜儀測定)實驗步驟及結(jié)論：28D4 J4G1(1)去除鐵粉外表的氧化物等雜質(zhì)N2(2)4Fe10HNOeq oal(,3)=Fe2NHeq oal(,4)3H2O生成的Fe2水解(或和溶液中OH結(jié)合)(3)溫度鐵粉顆粒大小(4)實驗步驟及結(jié)論：分別取等體積、等濃度的KNO3溶液于

7、不同的試管中；調(diào)節(jié)溶液呈酸性且pH各不相同，并通入N2；分別向上述溶液種參加足量的同種鐵粉；用離子色譜儀測定相同反響時間時各溶液中的NOeq oal(,3)的濃度；假設(shè)pH不同的KNO3溶液中，測出NOeq oal(,3)濃度不同，說明pH對脫氮速率有影響，否那么無影響?！窘馕觥?(1)先用稀硫酸洗滌Fe粉的目的是除去鐵粉中氧化物雜質(zhì)；為防止空氣中的氧氣對脫氮的影響，應(yīng)向KNO3溶液中通入N2。(2)由圖可知從0到t1時刻NHeq oal(,4)、Fe2的物質(zhì)的量濃度在不斷增大，H、NOeq oal(,3)的物質(zhì)的量濃度不斷減小，因此離子方程式為：4FeNOeq oal(,3)10H=4Fe2

8、NHeq oal(,4)3H2O；t1時刻后，F(xiàn)e2發(fā)生水解(或與溶液中的OH結(jié)合)，導(dǎo)致反響雖然繼續(xù)進行，但Fe2的濃度卻不增加。(3)根據(jù)影響化學(xué)反響速率的條件推斷，影響脫氮的因素除了溶液的pH外，可能有溶液的溫度、鐵粉顆粒大小等；(4)本小題為開放性試題，合理即可，例如見答案。D5非金屬及其化合物綜合11N1 E2 H2 D52023安徽卷 中學(xué)化學(xué)中很多“規(guī)律都有其適用范圍，以下根據(jù)有關(guān)“規(guī)律推出的結(jié)論合理的是()A根據(jù)同周期元素的第一電離能變化趨勢，推出Al的第一電離能比Mg大B根據(jù)主族元素最高正化合價與族序數(shù)的關(guān)系，推出鹵族元素最高正價都是7C根據(jù)溶液的pH與溶液酸堿性的關(guān)系，推出

9、pH6.8的溶液一定顯酸性D根據(jù)較強酸可以制取較弱酸的規(guī)律，推出CO2通入NaClO溶液中能生成HClO11N1 E2 H2 D5【解析】 DMg元素具有全充滿的3s2狀態(tài)，Al元素的3s23p1不是全充滿、半充滿或全空的狀態(tài)，因此，Mg的第一電離能比Al大，故A錯誤；在鹵族元素中F元素是非金屬性最強的元素，只能顯負價，不能顯正價，故B錯誤；溶液中水的電離程度受溫度的影響，C項中沒有說明溶液的溫度，因此，無法判斷溶液的酸堿性，故C錯誤；由于H2CO3的酸性比HClO的強，故將CO2通入NaClO溶液能生成HClO，符合較強酸制取較弱酸的規(guī)律，D正確。25E5 F1 C2023安徽卷 W、X、Y

10、、Z是四種常見的短周期元素，其原子半徑隨原子序數(shù)變化如圖118所示。W的一種核素的質(zhì)量數(shù)為18，中子數(shù)為10；X和Ne原子的核外電子數(shù)相差1；Y的單質(zhì)是一種常見的半導(dǎo)體材料；Z的電負性在同周期主族元素中最大。圖118(1)X位于元素周期表中第_周期第_族；W的基態(tài)原子核外有_個未成對電子。(2)X的單質(zhì)和Y的單質(zhì)相比，熔點較高的是_(寫化學(xué)式)；Z的氣態(tài)氫化物和溴化氫相比，較穩(wěn)定的是_(寫化學(xué)式)。 (3)Y與Z形成的化合物和足量水反響，生成一種弱酸和一種強酸，該反響的化學(xué)方程式是_。 (4)在25 、101 kPa下，Y的氣態(tài)氫化物在氧氣中完全燃燒后恢復(fù)至原狀態(tài)，平均每轉(zhuǎn)移1 mol 電子放

11、熱190.0 kJ，該反響的熱化學(xué)方程式是_。25E5 F1 C(1)三A2(2)SiHCl(3)SiCl43H2O=H2SiO34HCl(4)SiH4(g)2O2(g)=SiO2(s)2H2O(l)H1520.0 kJmol1【解析】 由W的一種核素的質(zhì)量數(shù)18，中子數(shù)為10，可知W為氧元素；和Ne原子的核外電子數(shù)相差1的元素有F和Na，而F的原子半徑要比O的小，故X只能是Na，短周期元素的常見單質(zhì)可用做半導(dǎo)體材料的只有Si，故Y為Si，第三周期中電負性最大的元素是Cl，故Z是Cl。(1)Na位于元素周期表中第三周期第IA族；O的基態(tài)電子排布式為1s22s22p4，其中2p4中有2個未成對電

12、子。(2)金屬Na熔點比Si單質(zhì)低，Cl的非金屬性比Br的強，因此，HCl比HBr穩(wěn)定。(3)Si和Cl形成的SiCl4遇水發(fā)生水解反響：SiCl43H2O=H2SiO34HCl。(4)Y的氣態(tài)氫化物為SiH4，由反響方程式：SiH42O2eq o(=,sup7(點燃)SiO22H2O可知1 mol SiH4完全燃燒轉(zhuǎn)移8 mol電子，故該熱化學(xué)方程式為SiH4(g)2O2(g)=SiO2(s)2H2O(l)H1520.0 kJmol1。7C5D52023福建卷 依據(jù)元素周期表及元素周期律，以下推斷正確的是()AH3BO3的酸性比H2CO3的強BMg(OH)2的堿性比Be(OH)2的強CHCl

13、、HBr、HI的熱穩(wěn)定性依次增強D假設(shè)M和R2的核外電子層結(jié)構(gòu)相同，那么原子序數(shù)：RM7C5D5【解析】 BC的非金屬性比B強，故其對應(yīng)最高價氧化物的水化物酸性H2BO3弱于H2CO3，A項錯誤；Mg的金屬性強于Be，所以對應(yīng)堿的堿性Mg(OH)2強于Be(OH)2，故B項正確；Cl、Br、I，非金屬性依次減弱，其對應(yīng)氫化物的穩(wěn)定性應(yīng)依次減弱，故C項錯誤；M失去一個電子后與R得到兩個電子具有相同的電子層子結(jié)構(gòu)，故原子序數(shù)MR，D項錯誤。9D52023海南化學(xué)卷 “碳捕捉技術(shù)是指通過一定的方法將工業(yè)生產(chǎn)中產(chǎn)生的CO2別離出來并利用。如可利用NaOH溶液來“捕捉CO2，其根本過程如下圖(局部條件及

14、物質(zhì)未標(biāo)出)。圖0以下有關(guān)該方法的表達中正確的是()A能耗大是該方法的一大缺點B整個過程中，只有一種物質(zhì)可以循環(huán)利用C“反響別離環(huán)節(jié)中，別離物質(zhì)的根本操作是蒸發(fā)結(jié)晶、過濾D該方法可減少碳排放，捕捉到的CO2還可用來制備甲醇等產(chǎn)品9D5【解析】 AD捕捉室中的反響2NaOHCO2=Na2CO3H2O，反響別離中的反響CaOH2O=Ca(OH)2和Ca(OH)2Na2CO3=CaCO32NaOH，高溫反響爐中的反響CaCO3eq o(=,sup7()CaOCO2。CaCO3分解需要高溫條件，故A對；整個過程中NaOH溶液和CaO均可以循環(huán)利用，故B錯；“反響別離環(huán)節(jié)中CaCO3是沉淀，只需過濾即可

15、別離，故C錯；CO2可用來制備甲醇 , 故D對。3D52023江蘇化學(xué)卷 以下有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)和該性質(zhì)的應(yīng)用均正確的是()A常溫下濃硫酸能使鋁發(fā)生鈍化，可在常溫下用鋁制貯罐貯運濃硫酸B二氧化硅不與任何酸反響，可用石英制造耐酸容器C二氧化氯具有復(fù)原性，可用于自來水的殺菌消毒D銅的金屬活潑性比鐵的弱，可在海輪外殼上裝假設(shè)干銅塊以減緩其腐蝕3D5【解析】 A常溫下Al與濃H2SO4發(fā)生鈍化，在其外表形成一層致密的氧化膜，故鋁制貯罐可以用來貯運濃硫酸，A對；SiO2可以與HF反響，B錯；ClO2可用于自來水的殺菌消毒是因為具有強氧化性，C錯；在海輪外殼裝假設(shè)干銅塊，在海水中構(gòu)成原電池，鐵作為負極，加快腐

16、蝕，D錯。12023汕尾聯(lián)考 以下說法正確的組合是()氯離子和氯原子的性質(zhì)相同；5價的氯只具有氧化性；氯離子總比氯原子多一個電子；鹽酸既具有氧化性、酸性，又具有復(fù)原性；Cl2的氧化性比鹽酸的強；液氯與氯水是同一種物質(zhì)。ABCD1C【解析】 中Cl離子與Cl原子的電子層結(jié)構(gòu)不同，性質(zhì)也不同；中5價的氯處于中間價態(tài)，既具有氧化性，也具有復(fù)原性。22023馬鞍山聯(lián)考 在新制的氯水中存在以下平衡：Cl2H2OHClHClO，假設(shè)向氯水中參加少量Na2CO3粉末，溶液中發(fā)生的變化是()ApH增大，HClO濃度減小BpH減小，HClO濃度增大CpH增大，HClO濃度增大DpH減小，HClO濃度減小2C【解

17、析】 參加少量Na2CO3粉末，會與其中的氫離子反響，使平衡右移，HClO濃度增大，但因為氫離子發(fā)生反響而濃度下降，pH增大。32023鄭州一模 某溶液中含有NHeq oal(,4)、SOeq oal(2,3)、SiOeq oal(2,3)、Br、COeq oal(2,3)、Na，向該溶液中通入過量的Cl2，以下判斷正確的是()反響前后，溶液中離子濃度根本保持不變的有NHeq oal(,4)、Na有膠狀物質(zhì)生成有氣體產(chǎn)生溶液顏色發(fā)生變化共發(fā)生了2個氧化復(fù)原反響A BC D3A【解析】 該溶液中通入過量的Cl2與水發(fā)生反響生成HCl和HClO，SOeq oal(2,3)被HClO氧化成SOeq

18、oal(2,4)，SiOeq oal(2,3)與H反響生成H4SiO4膠狀物，Br被HClO氧化成Br2，溶液變成褐色，COeq oal(2,3)與H反響生成CO2氣體，由此得出選項A正確。42023姜堰模擬 將一定量的Cl2通入一定濃度的苛性鉀溶液中，兩者恰好完全反響(反響過程放熱)，生成物中有三種含氯元素的離子，其中ClO和ClOeq oal(,3)兩種離子的物質(zhì)的量(n)與反響時間(t)的變化示意圖如圖K113所示。以下說法正確的是()圖K113A苛性鉀溶液中KOH的質(zhì)量是4.94 gB反響中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是0.21 molC氧化性ClOClOeq oal(,3)DClOeq oal

19、(,3)的生成是由于溫度升高引起的4BD【解析】 A項，Cl22KOH=KClKClOH2O，Cl26KOH=5KClKClO33H2O，由這兩個方程式可知1份Cl2對應(yīng)2份KOH，n(KOH)(0.060.03)2(3917)10.08 g；B項，ClO 0.06 mol轉(zhuǎn)移0.06 mol電子，ClOeq oal(,3) 0.03 mol轉(zhuǎn)移0.15 mol電子，總共0.21 mol；C項，ClOeq oal(,3)中的Cl最外層有2個電子，不容易得電子。ClO最外層有六個，比擬容易的電子，氧化性強。氧化性ClOClOeq oal(,3)；D項，從圖示可以看出從0到t1都沒有ClOeq o

20、al(,3)生成，說明氯酸根的生成是因為反響的放熱、溫度升高而導(dǎo)致氯酸根離子出現(xiàn)。應(yīng)選BD項。52023宣城聯(lián)考 以下是鹵素單質(zhì)(F2、Cl2、Br2、I2)的沸點與相對分子質(zhì)量的關(guān)系圖(圖K122)，以下說法錯誤的是()圖K122A單質(zhì)是最活潑的非金屬單質(zhì)B單質(zhì)能使品紅溶液褪色C單質(zhì)保存時加少量水進行水封D單質(zhì)的氧化性是5D【解析】 依據(jù)題意，按相對分子質(zhì)量可以確定：為F2；為Cl2；為Br2；為I2，單質(zhì)的氧化性是。62023宿州一模 以下物質(zhì)中，不含有硅酸鹽的是()A水玻璃B硅芯片C黏土 D普通水泥6B【解析】 選項A，水玻璃的成分是Na2SiO3，故含硅酸鹽；選項B，硅芯片的成分是硅單

21、質(zhì)不是硅酸鹽；選項C，黏土的主要成分是硅酸鋁、硅酸鐵等硅酸鹽；選項D，普通水泥是硅酸鋁和硅酸鈣等硅酸鹽。72023哈爾濱一模 開發(fā)新材料是現(xiàn)代科技開展的方向之一。以下有關(guān)材料的說法正確的是()硅是構(gòu)成一些巖石和礦物的根本元素水泥、玻璃、水晶飾物都是硅酸鹽制品高純度的硅單質(zhì)廣泛用于制作光導(dǎo)纖維陶瓷是人類應(yīng)用很早的硅酸鹽材料氮化硅陶瓷是新型無機非金屬材料C60屬于原子晶體，用于制造納米材料纖維素乙酸酯屬于天然高分子材料A BC D7C【解析】 水晶的主要成分是SiO2，而非硅酸鹽，錯。光導(dǎo)纖維的主要成分是SiO2，而非單質(zhì)Si，錯。C60屬于分子晶體，錯；纖維素乙酸酯不是天然高分子材料，錯。820

22、23廣安調(diào)研 硅及其化合物的應(yīng)用范圍很廣。以下說法正確的是()A硅是人類將太陽能轉(zhuǎn)換為電能的常用材料B粗硅制備單晶硅不涉及氧化復(fù)原反響C反響：Si2NaOHH2O=Na2SiO32H2中，Si為復(fù)原劑，NaOH和H2O為氧化劑D鹽酸可以與硅反響，故采用鹽酸為拋光液拋光單晶硅8A【解析】 粗硅提純涉及的反響：Si2Cl2eq o(=,sup7(高溫)SiCl4、SiCl42H2eq o(=,sup7(高溫)Si4HCl都是氧化復(fù)原反響，故B錯；硅與氫氧化鈉溶液反響實際分兩步：Si3H2O=H2SiO32H2，H2SiO32NaOH=Na2SiO32H2O，其中反響為氧化復(fù)原反響，反響為非氧化復(fù)原

23、反響，因此NaOH既不是氧化劑，也不是復(fù)原劑，只是反響物，起氧化作用的只是水，故C錯；硅能與氫氟酸反響，但不能與鹽酸反響，故D錯。92023金華二模 以下表述正確的是()人造剛玉熔點很高，可用作高級耐火材料，主要成分是二氧化硅；化學(xué)家采用瑪瑙研缽磨擦固體反響物進行無熔劑合成，瑪瑙的主要成分是硅酸鹽；提前建成的三峽大壩使用了大量水泥，水泥是硅酸鹽材料；夏天到了，游客佩戴由添加氧化亞銅的二氧化硅玻璃制作的變色眼鏡來保護眼睛；太陽能電池可采用硅材料制作，其應(yīng)用有利于環(huán)保、節(jié)能。A BC D9D【解析】 人造剛玉的成分為氧化鋁，錯；瑪瑙的主要成分是二氧化硅，錯；水泥的主要成分是硅酸鈣，正確；變色眼鏡是

24、在玻璃中添加了溴化銀，而不是氧化亞銅，錯；因為硅是半導(dǎo)體，常用于電池中，既環(huán)保又節(jié)能，正確，選D。102023太原一模 圖K141中，A、C是工業(yè)上用途很廣的兩種重要化工原料，B為日常生活中常見的金屬，H、G是正四面體結(jié)構(gòu)的非極性分子，H是一種重要的能源，J是一種耐高溫材料且是兩性氧化物，K是由兩種常見元素組成的化合物(圖中局部反響物或生成物沒有列出)。圖K141請按要求答復(fù)：(1)寫出B的化學(xué)式_，元素B在元素周期表中的位置是_(填第幾周期第幾族)。G的電子式為_。(2)反響的離子方程式為_。(3)反響進行的條件是_。(4)反響的化學(xué)方程式為_。(5)寫出Si與C溶液反響的離子方程式_。(6

25、)用電子式表示M(M是A與Mg反響生成的化合物)的形成過程_。10(1)Al第三周期第A族eq o(Cl,sup6(),sdo4() eq o(C,sup6(),sdo4() eq o(Cl,sup6(),sdo4() eq o(Cl,sup6() ,eq o(Cl,sdo4() (2)Al33AlOeq oal(,2)6H2O=4Al(OH)3(3)光照，過量Cl2(4)Al4C312H2O=4Al(OH)33CH4(5)Si2OHH2O=SiOeq oal(2,3)2H2(6)eq o(Cl,sup6(),sdo4()eq avs4alco1(o(sup7(),sdo5()Mg2eq av

26、s4alco1(o(sup7(),sdo5()eq o(Cl,sup6(),sdo4() 【解析】 此題是一個無機框圖推斷題，關(guān)鍵在于題眼的尋找和突破。此題的解題突破口是“H、G是正四面體結(jié)構(gòu)的非極性分子，H是一種重要的能源，可推知H可能是CH4，G是CCl4。再利用“B為日常生活中常見的金屬和“J是一種耐高溫材料進行縮小范圍，容易聯(lián)想到試題與Al元素有關(guān)。再利用“K是由兩種常見元素組成的化合物且能和水反響得到兩種物質(zhì)進行推斷，另外利用Al既能和A又能和C反響，不難推斷A和C應(yīng)是酸和堿兩類物質(zhì)，最后用元素守恒和信息進行驗證，得出答案。112023益陽聯(lián)考 常溫條件下，將SO2氣體通入一定量Na

27、OH溶液中，所得溶液呈中性，關(guān)于該溶液的判斷錯誤的是()A該溶液中溶質(zhì)一定為NaHSO3與Na2SO3B溶液中c(Na)c(SOeq oal(2,3)c(HSOeq oal(,3)C溶液中離子濃度最大的是NaD向該溶液中參加氯化鉀固體，溶液依然呈中性，且有c(K)c(Cl)11B【解析】 二氧化硫與氫氧化鈉反響的化學(xué)方程式為：SO2NaOH=NaHSO3，SO22NaOH=Na2SO3H2O，溶液中主要溶質(zhì)有五種可能：亞硫酸鈉和氫氧化鈉(堿性)；亞硫酸鈉(堿性)；亞硫酸鈉與亞硫酸氫鈉(可能呈中性)；亞硫酸氫鈉(酸性)；亞硫酸與亞硫酸氫鈉(酸性)。所以溶質(zhì)主要成分為亞硫酸鈉與亞硫酸氫鈉。依據(jù)電荷

28、守恒有c(Na)c(H)2c(SOeq oal(2,3)c(HSOeq oal(,3)c(OH)，中性溶液中c(H)c(OH)，得c(Na)2c(SOeq oal(2,3)c(HSOeq oal(,3)，B錯誤，C正確；向該溶液中參加氯化鉀固體，電離生成的K與Cl與溶液中各離子均不反響，所以溶液依然呈中性，且有c(K)c(Cl)。選B。122023成都統(tǒng)測 有一瓶Na2SO3溶液，由于它可能局部被氧化，某同學(xué)進行如下實驗：取少量溶液，滴入Ba(NO3)2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，再參加足量稀硝酸，充分振蕩后，仍有白色沉淀。對此實驗下述結(jié)論正確的是()ANa2SO3已局部被空氣中的氧氣氧化B參加Ba(

29、NO3)2溶液后，生成的沉淀中一定含有BaSO4C加硝酸后的不溶性沉淀一定是BaSO4D此實驗不能確定Na2SO3是否局部被氧化12CD【解析】 參加硝酸鋇生成的沉淀可能是BaSO3，也可能是BaSO4或BaSO3與BaSO4二者的混合物，因稀硝酸可將BaSO3氧化成不溶于硝酸的BaSO4沉淀，所以向產(chǎn)生的白色沉淀中再參加足量稀硝酸，沉淀一定為BaSO4沉淀，但不能確定原沉淀是BaSO3還是BaSO4，故答案為CD。132023揭陽統(tǒng)測 有以下兩種轉(zhuǎn)化途徑，某些反響條件和產(chǎn)物已省略，以下有關(guān)說法不正確的是()途徑：Seq o(,sup7(濃HNO3)H2SO4途徑：Seq o(,sup7(O2

30、)SO2eq o(,sup7(O2)SO3eq o(,sup7(H2O)H2SO4A途徑反響中表達了濃HNO3的強氧化性和酸性B途徑的第二步反響在實際生產(chǎn)中可以通過增大O2濃度來降低本錢C由途徑和分別制取1 mol H2SO4，理論上各消耗1 mol S，各轉(zhuǎn)移6 mol eD途徑與途徑相比更能表達“綠色化學(xué)的理念是因為途徑比途徑污染相對小且原子利用率高13A【解析】 途徑反響的化學(xué)方程式可表示為S6HNO3(濃)=H2SO46NO22H2O，屬于濃硝酸和非金屬單質(zhì)的反響，產(chǎn)物中無鹽生成，因此濃硝酸只表現(xiàn)氧化性而不表現(xiàn)酸性，A錯。142023洛陽模擬 以下變化的實質(zhì)相似的是()濃硫酸和濃鹽酸在

31、空氣中敞口放置時濃度均減小二氧化硫和氯氣均能使品紅溶液褪色二氧化硫能使品紅溶液、溴水褪色氨氣和碘化氫氣體均不能用濃硫酸枯燥常溫下濃硫酸用鐵的容器存放、加熱條件下濃硫酸能與木炭反響濃硫酸能在白紙上寫字，氫氟酸能在玻璃上刻字A只有 B只有C只有 D全部14B【解析】 濃硫酸的吸水性和濃鹽酸的揮發(fā)性；二氧化硫的化合漂白和HClO的氧化漂白；二氧化硫使品紅褪色是發(fā)生了漂白作用，而使溴水褪色發(fā)生了氧化復(fù)原反響：SO2Br22H2O=H2SO42HBr；兩者都能和濃硫酸反響，但是HI與濃硫酸發(fā)生了氧化復(fù)原反響：H2SO42HI=I2SO22H2O；兩者都表達了濃硫酸的強氧化性(包括金屬的鈍化)；前者是濃硫

32、酸的脫水性，后者是氫氟酸的腐蝕性：4HFSiO2=SiF42H2O。綜上此題選B。152023陽江聯(lián)考 不同濃度的硫酸與鋅反響時，硫酸可以被復(fù)原為SO2，也可被復(fù)原為氫氣。為了驗證這一事實，某同學(xué)擬用如圖K162所示裝置進行實驗(實驗時壓強為101 kPa，溫度為0 )。圖K162(1)假設(shè)在燒瓶中放入1.30 g鋅粒，與c mol/L H2SO4反響，為保證實驗結(jié)論的可靠，量氣管的適宜規(guī)格是_。A200 mLB400 mLC500 mL(2)假設(shè)1.30 g鋅粒完全溶解，氫氧化鈉洗氣瓶增重1.28 g，那么圓底燒瓶中發(fā)生反響的化學(xué)方程式為_。(3)假設(shè)燒瓶中投入a g鋅且完全反響，氫氧化鈉洗

33、氣瓶增重b g，量氣瓶中收集到V mL氣體，那么有：a g65 gmol1b g64 gmol1V mL/22400 mLmol1，依據(jù)的原理是_。(4)假設(shè)在燒瓶中投入d g鋅，參加一定量的c mol/L濃硫酸V L，充分反響后鋅有剩余，測得氫氧化鈉洗氣瓶增重m g，那么整個實驗過程產(chǎn)生的氣體中，n(H2)/n(SO2)_(用含字母的代數(shù)式表示)。假設(shè)撤走盛有無水氯化鈣的U形管，n(H2)/n(SO2)的數(shù)值將_(填“偏大“偏小或“無影響)。(5)反響結(jié)束后，為了準確地測量氣體體積，量氣管在讀數(shù)時應(yīng)注意：_；_；_。15(1)C(2)Zn2H2SO4(濃)=ZnSO4SO22H2O(3)得失

34、電子守恒(4)eq f(64cV2m,m)偏小(5)待冷卻至室溫才開始讀數(shù)讀數(shù)前使量氣管左右液面相平眼睛視線與液面最低處相平【解析】 根據(jù)實驗設(shè)計目的，分析問題：(1)假設(shè)鋅與硫酸完全反響生成H2時體積最大，為448 mL，選擇500 mL的量氣管為適宜。(2)假設(shè)鋅完全溶解，增重1.28 g，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，氣體全為SO2，反響方程式為：Zn2H2SO4(濃)=ZnSO4SO22H2O。(3)分析等式數(shù)據(jù)，該依據(jù)的原理為電子守恒。(4)根據(jù)SOeq oal(2,4)守恒，生成SO2與H2的量等于硫酸的量，n(H2)/n(SO2)eq f(64cV2m,m)。假設(shè)無枯燥裝置，反響生成的水進入

35、氫氧化鈉溶液中，導(dǎo)致比值偏小。(5)試驗中正確讀數(shù)時要考慮：待冷卻至室溫才開始讀數(shù)；讀數(shù)前使量氣管左右液面相平；眼睛視線與液面最低處相平。162023湖州一模 將51.2 g Cu完全溶于適量濃硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)的混合物共0.9 mol，這些氣體恰好能被500 mL 2 mol/L NaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的鹽溶液，其中NaNO3的物質(zhì)的量為()A0.2 molB0.4 molC0.8 mol D0.9 mol16A【解析】 縱觀反響始終，容易看出只有兩種元素的價態(tài)有變化，其一是Cu到Cu(NO3)2，每個Cu升2價，失2個電子；另一個是HNO3到NaNO2，每個N降2價，得2個電子，所以51.2 g Cu共失電子0.8 mol21.6 mol，HNO3到NaNO2共得到電子1.6 mol，故產(chǎn)物