2022新題分類匯編：非金屬及其化合物

D單元非金屬及其化合物D1無機(jī)非金屬材料的主角——硅(碳族元素)11．B1D1[2022·全國卷]將足量CO2通入下列各溶液中，所含離子還能大量共存的是()A．K＋、SiOeq\o\al(2－,3)、Cl－、NOeq\o\al(－,3)B．H＋、NHeq\o\al(＋,4)、Al3＋、SOeq\o\al(2－,4)C．Na＋、S2－、OH－、SOeq\o\al(2－,4)D．Na＋、C6H5O－、CH3COO－、HCOeq\o\al(－,3)11．B1D1【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(xiàng)中的OH－會(huì)參與反應(yīng)。酸性小于碳酸的弱酸根離子也會(huì)參加反應(yīng)，因此A項(xiàng)中的SiOeq\o\al(2－,3)和D項(xiàng)中的C6H5O－(苯酚根離子)不能繼續(xù)存在。10．D1[2022·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(jià)氧化物不與酸反應(yīng)D．氣態(tài)氫化物比甲烷穩(wěn)定10．D1【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(xiàng)正確；光導(dǎo)纖維的成分是SiO2，B項(xiàng)錯(cuò)誤；SiO2可與氫氟酸反應(yīng)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；碳的非金屬性強(qiáng)于硅，故CH4比SiH4穩(wěn)定，D項(xiàng)錯(cuò)誤。

D2富集在海水中的元素——氯(鹵素)15．D2G2[2022·海南化學(xué)卷]氯氣在298K、100kPa時(shí)，在1L水中可溶解mol，實(shí)驗(yàn)測得溶于水的Cl2約有三分之一與水反應(yīng)。(1)該反應(yīng)的離子方程式為_______________________________________________；(2)估算該反應(yīng)的平衡常數(shù)_____________________________________(列式計(jì)算)；(3)在上述平衡體系中加入少量NaOH固體，平衡將向________移動(dòng)；(4)如果增大氯氣的壓強(qiáng)，氯氣在水中的溶解度將________(填“增大”“減小”或“不變”)，平衡將向________移動(dòng)。15．D2G2(1)Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO(2)K＝eq\fmol·L－1×mol·L－1×mol·L－1,mol·L－1)＝×10－4mol2·L－2(3)正反應(yīng)方向(4)增大正反應(yīng)方向【解析】(1)氯氣與水反應(yīng)生成的次氯酸為弱酸，不能拆寫，離子方程式為：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO；(2)由信息和氯氣與水反應(yīng)的離子方程式可求得剩余的c(Cl2)＝mol·L－1，生成的c(H＋)＝mol·L－1、c(Cl－)＝mol·L－1、c(HClO)＝mol·L－1，K＝eq\f(cH＋·cCl－·cHClO,cCl2)，得K＝eq\fmol·L－1×mol·L－1×mol·L－1,mol·L－1)＝×10－4mol2·L－2(3)加入少量NaOH固體，將中和H＋使得氫離子的濃度降低，平衡將向正反應(yīng)方向移動(dòng)。(4)由氣體的溶解度隨著壓強(qiáng)的增大而增大，可知增大壓強(qiáng)平衡將向正反應(yīng)方向移動(dòng)，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)28．D4J4G1[2022·安徽卷]地下水中硝酸鹽造成的氮污染已成為一個(gè)世界性的環(huán)境問題。文獻(xiàn)報(bào)道某課題組模擬地下水脫氮過程，利用Fe粉和KNO3溶液反應(yīng)，探究脫氮原理及相關(guān)因素對(duì)脫氮速率的影響。(1)實(shí)驗(yàn)前：①先用mol·L－1H2SO4洗滌Fe粉，其目的是________________，然后用蒸餾水洗滌至中性；②將KNO3溶液的pH調(diào)至；③為防止空氣中的O2對(duì)脫氮的影響，應(yīng)向KNO3溶液中通入________(寫化學(xué)式)。圖1－19(2)圖1－19表示足量Fe粉還原上述KNO3溶液過程中，測出的溶液中相關(guān)離子濃度、pH隨時(shí)間的變化關(guān)系(部分副反應(yīng)產(chǎn)物曲線略去)。請(qǐng)根據(jù)圖中信息寫出t1時(shí)刻前該反應(yīng)的離子方程式________________。t1時(shí)刻后，該反應(yīng)仍在進(jìn)行，溶液中NHeq\o\al(＋,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(duì)影響脫氮速率的因素提出了如下假設(shè)，請(qǐng)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(qǐng)你設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證上述假設(shè)一，寫出實(shí)驗(yàn)步驟及結(jié)論。(已知：溶液中的NOeq\o\al(－,3)濃度可用離子色譜儀測定)實(shí)驗(yàn)步驟及結(jié)論：28．D4J4G1(1)去除鐵粉表面的氧化物等雜質(zhì)N2(2)4Fe＋10H＋＋NOeq\o\al(－,3)=Fe2＋＋NHeq\o\al(＋,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(shí)驗(yàn)步驟及結(jié)論：①分別取等體積、等濃度的KNO3溶液于不同的試管中；②調(diào)節(jié)溶液呈酸性且pH各不相同，并通入N2；③分別向上述溶液種加入足量的同種鐵粉；④用離子色譜儀測定相同反應(yīng)時(shí)間時(shí)各溶液中的NOeq\o\al(－,3)的濃度；若pH不同的KNO3溶液中，測出NOeq\o\al(－,3)濃度不同，表明pH對(duì)脫氮速率有影響，否則無影響?！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(duì)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(shí)刻N(yùn)Heq\o\al(＋,4)、Fe2＋的物質(zhì)的量濃度在不斷增大，H＋、NOeq\o\al(－,3)的物質(zhì)的量濃度不斷減小，因此離子方程式為：4Fe＋NOeq\o\al(－,3)＋10H＋=4Fe2＋＋NHeq\o\al(＋,4)＋3H2O；t1時(shí)刻后，F(xiàn)e2＋發(fā)生水解(或與溶液中的OH－結(jié)合)，導(dǎo)致反應(yīng)雖然繼續(xù)進(jìn)行，但Fe2＋的濃度卻不增加。(3)根據(jù)影響化學(xué)反應(yīng)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，示例見答案。

D5非金屬及其化合物綜合11．N1E2H2D5[2022·安徽卷]中學(xué)化學(xué)中很多“規(guī)律”都有其適用范圍，下列根據(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(jià)與族序數(shù)的關(guān)系，推出鹵族元素最高正價(jià)都是＋7C．根據(jù)溶液的pH與溶液酸堿性的關(guān)系，推出pH＝的溶液一定顯酸性D．根據(jù)較強(qiáng)酸可以制取較弱酸的規(guī)律，推出CO2通入NaClO溶液中能生成HClO11．N1E2H2D5【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(cuò)誤；在鹵族元素中F元素是非金屬性最強(qiáng)的元素，只能顯負(fù)價(jià)，不能顯正價(jià)，故B錯(cuò)誤；溶液中水的電離程度受溫度的影響，C項(xiàng)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(cuò)誤；由于H2CO3的酸性比HClO的強(qiáng)，故將CO2通入NaClO溶液能生成HClO，符合較強(qiáng)酸制取較弱酸的規(guī)律，D正確。25．E5F1[2022·安徽卷]W、X、Y、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1－18所示。已知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(fù)性在同周期主族元素中最大。圖1－18(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(gè)未成對(duì)電子。(2)X的單質(zhì)和Y的單質(zhì)相比，熔點(diǎn)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應(yīng)，生成一種弱酸和一種強(qiáng)酸，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是______________________。(4)在25℃、101kPa下，已知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1mol電子放熱kJ，25．E5F1(1)三ⅠA2(2)SiHCl(3)SiCl4＋3H2O=H2SiO3↓＋4HCl(4)SiH4(g)＋2O2(g)=SiO2(s)＋2H2O(l)ΔH＝－kJ·mol－1【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(fù)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(gè)未成對(duì)電子。(2)金屬Na熔點(diǎn)比Si單質(zhì)低，Cl的非金屬性比Br的強(qiáng)，因此，HCl比HBr穩(wěn)定。(3)Si和Cl形成的SiCl4遇水發(fā)生水解反應(yīng)：SiCl4＋3H2O=H2SiO3↓＋4HCl。(4)Y的氣態(tài)氫化物為SiH4，由反應(yīng)方程式：SiH4＋2O2eq\o(=,\s\up7(點(diǎn)燃))SiO2＋2H2O可知1molSiH4完全燃燒轉(zhuǎn)移8mol電子，故該熱化學(xué)方程式為SiH4(g)＋2O2(g)=SiO2(s)＋2H2O(l)ΔH＝－kJ·mol－1。7．C5D5[2022·福建卷]依據(jù)元素周期表及元素周期律，下列推斷正確的是()A．H3BO3的酸性比H2CO3的強(qiáng)B．Mg(OH)2的堿性比Be(OH)2的強(qiáng)C．HCl、HBr、HI的熱穩(wěn)定性依次增強(qiáng)D．若M＋和R2－的核外電子層結(jié)構(gòu)相同，則原子序數(shù)：R＞M7．C5D5【解析】BC的非金屬性比B強(qiáng)，故其對(duì)應(yīng)最高價(jià)氧化物的水化物酸性H2BO3弱于H2CO3，A項(xiàng)錯(cuò)誤；Mg的金屬性強(qiáng)于Be，所以對(duì)應(yīng)堿的堿性Mg(OH)2強(qiáng)于Be(OH)2，故B項(xiàng)正確；Cl、Br、I，非金屬性依次減弱，其對(duì)應(yīng)氫化物的穩(wěn)定性應(yīng)依次減弱，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；M失去一個(gè)電子后與R得到兩個(gè)電子具有相同的電子層子結(jié)構(gòu)，故原子序數(shù)M>R，D項(xiàng)錯(cuò)誤。9．D5[2022·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分離出來并利用。如可利用NaOH溶液來“捕捉”CO2，其基本過程如圖所示(部分條件及物質(zhì)未標(biāo)出)。圖0下列有關(guān)該方法的敘述中正確的是()A．能耗大是該方法的一大缺點(diǎn)B．整個(gè)過程中，只有一種物質(zhì)可以循環(huán)利用C．“反應(yīng)分離”環(huán)節(jié)中，分離物質(zhì)的基本操作是蒸發(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9．D5【解析】AD捕捉室中的反應(yīng)2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O，反應(yīng)分離中的反應(yīng)CaO＋H2O=Ca(OH)2和Ca(OH)2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaOH，高溫反應(yīng)爐中的反應(yīng)CaCO3eq\o(=,\s\up7(△))CaO＋CO2↑。CaCO3分解需要高溫條件，故A對(duì)；整個(gè)過程中NaOH溶液和CaO均可以循環(huán)利用，故B錯(cuò)；“反應(yīng)分離”環(huán)節(jié)中CaCO3是沉淀，只需過濾即可分離，故C錯(cuò)；CO2可用來制備甲醇,故D對(duì)。3．D5[2022·江蘇化學(xué)卷]下列有關(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(yùn)濃硫酸B．二氧化硅不與任何酸反應(yīng)，可用石英制造耐酸容器C．二氧化氯具有還原性，可用于自來水的殺菌消毒D．銅的金屬活潑性比鐵的弱，可在海輪外殼上裝若干銅塊以減緩其腐蝕3．D5【解析】A常溫下Al與濃H2SO4發(fā)生鈍化，在其表面形成一層致密的氧化膜，故鋁制貯罐可以用來貯運(yùn)濃硫酸，A對(duì)；SiO2可以與HF反應(yīng)，B錯(cuò)；ClO2可用于自來水的殺菌消毒是因?yàn)榫哂袕?qiáng)氧化性，C錯(cuò)；在海輪外殼裝若干銅塊，在海水中構(gòu)成原電池，鐵作為負(fù)極，加快腐蝕，D錯(cuò)。1．[2022·汕尾聯(lián)考]下列說法正確的組合是()①氯離子和氯原子的性質(zhì)相同；②＋5價(jià)的氯只具有氧化性；③氯離子總比氯原子多一個(gè)電子；④鹽酸既具有氧化性、酸性，又具有還原性；⑤Cl2的氧化性比鹽酸的強(qiáng)；⑥液氯與氯水是同一種物質(zhì)。A．②④⑤B．①④C．③④⑤D．②④1．C【解析】①中Cl－離子與Cl原子的電子層結(jié)構(gòu)不同，性質(zhì)也不同；②中＋5價(jià)的氯處于中間價(jià)態(tài)，既具有氧化性，也具有還原性。2．[2022·馬鞍山聯(lián)考]在新制的氯水中存在下列平衡：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，若向氯水中加入少量Na2CO3粉末，溶液中發(fā)生的變化是()A．pH增大，HClO濃度減小B．pH減小，HClO濃度增大C．pH增大，HClO濃度增大D．pH減小，HClO濃度減小2．C【解析】加入少量Na2CO3粉末，會(huì)與其中的氫離子反應(yīng)，使平衡右移，HClO濃度增大，但因?yàn)闅潆x子發(fā)生反應(yīng)而濃度下降，pH增大。3．[2022·鄭州一模]某溶液中含有NHeq\o\al(＋,4)、SOeq\o\al(2－,3)、SiOeq\o\al(2－,3)、Br－、COeq\o\al(2－,3)、Na＋，向該溶液中通入過量的Cl2，下列判斷正確的是()①反應(yīng)前后，溶液中離子濃度基本保持不變的有NHeq\o\al(＋,4)、Na＋②有膠狀物質(zhì)生成③有氣體產(chǎn)生④溶液顏色發(fā)生變化⑤共發(fā)生了2個(gè)氧化還原反應(yīng)A．①②③④B．②③④C．①③⑤D．②④⑤3．A【解析】該溶液中通入過量的Cl2與水發(fā)生反應(yīng)生成HCl和HClO，SOeq\o\al(2－,3)被HClO氧化成SOeq\o\al(2－,4)，SiOeq\o\al(2－,3)與H＋反應(yīng)生成H4SiO4膠狀物，Br－被HClO氧化成Br2，溶液變成褐色，COeq\o\al(2－,3)與H＋反應(yīng)生成CO2氣體，由此得出選項(xiàng)A正確。4．[2022·姜堰模擬]將一定量的Cl2通入一定濃度的苛性鉀溶液中，兩者恰好完全反應(yīng)(已知反應(yīng)過程放熱)，生成物中有三種含氯元素的離子，其中ClO－和ClOeq\o\al(－,3)兩種離子的物質(zhì)的量(n)與反應(yīng)時(shí)間(t)的變化示意圖如圖K11－3所示。下列說法正確的是()圖K11－3A．苛性鉀溶液中KOH的質(zhì)量是4.94B．反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是molC．氧化性ClO－＜ClOeq\o\al(－,3)D．ClOeq\o\al(－,3)的生成是由于溫度升高引起的4．BD【解析】A項(xiàng)，Cl2＋2KOH=KCl＋KClO＋H2O，Cl2＋6KOH=5KCl＋KClO3＋3H2O，由這兩個(gè)方程式可知1份Cl2對(duì)應(yīng)2份KOH，n(KOH)＝＋×2×(39＋17)＝10.08g；B項(xiàng)，ClO－mol轉(zhuǎn)移mol電子，ClOeq\o\al(－,3)mol轉(zhuǎn)移mol電子，總共mol；C項(xiàng)，ClOeq\o\al(－,3)中的Cl最外層有2個(gè)電子，不容易得電子。ClO－最外層有六個(gè)，比較容易的電子，氧化性強(qiáng)。氧化性ClO－>ClOeq\o\al(－,3)；D項(xiàng)，從圖示可以看出從0到t1都沒有ClOeq\o\al(－,3)生成，說明氯酸根的生成是因?yàn)榉磻?yīng)的放熱、溫度升高而導(dǎo)致氯酸根離子出現(xiàn)。故選BD項(xiàng)。5．[2022·宣城聯(lián)考]下列是鹵素單質(zhì)(F2、Cl2、Br2、I2)的沸點(diǎn)與相對(duì)分子質(zhì)量的關(guān)系圖(圖K12－2)，下列說法錯(cuò)誤的是()圖K12－2A．單質(zhì)①是最活潑的非金屬單質(zhì)B．單質(zhì)②能使品紅溶液褪色C．單質(zhì)③保存時(shí)加少量水進(jìn)行水封D．單質(zhì)的氧化性是④>③>②>①5．D【解析】依據(jù)題意，按相對(duì)分子質(zhì)量可以確定：①為F2；②為Cl2；③為Br2；④為I2，單質(zhì)的氧化性是①>②>③>④。6．[2022·宿州一模]下列物質(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6．B【解析】選項(xiàng)A，水玻璃的成分是Na2SiO3，故含硅酸鹽；選項(xiàng)B，硅芯片的成分是硅單質(zhì)不是硅酸鹽；選項(xiàng)C，黏土的主要成分是硅酸鋁、硅酸鐵等硅酸鹽；選項(xiàng)D，普通水泥是硅酸鋁和硅酸鈣等硅酸鹽。7．[2022·哈爾濱一模]開發(fā)新材料是現(xiàn)代科技發(fā)展的方向之一。下列有關(guān)材料的說法正確的是()①硅是構(gòu)成一些巖石和礦物的基本元素②水泥、玻璃、水晶飾物都是硅酸鹽制品③高純度的硅單質(zhì)廣泛用于制作光導(dǎo)纖維④陶瓷是人類應(yīng)用很早的硅酸鹽材料⑤氮化硅陶瓷是新型無機(jī)非金屬材料⑥C60屬于原子晶體，用于制造納米材料⑦纖維素乙酸酯屬于天然高分子材料A．①②⑦B．②③⑥C．①④⑤D．①③④7．C【解析】水晶的主要成分是SiO2，而非硅酸鹽，②錯(cuò)。光導(dǎo)纖維的主要成分是SiO2，而非單質(zhì)Si，③錯(cuò)。C60屬于分子晶體，⑥錯(cuò)；纖維素乙酸酯不是天然高分子材料，⑦錯(cuò)。8．[2022·廣安調(diào)研]硅及其化合物的應(yīng)用范圍很廣。下列說法正確的是()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還原反應(yīng)C．反應(yīng)：Si＋2NaOH＋H2O=Na2SiO3＋2H2↑中，Si為還原劑，NaOH和H2O為氧化劑D．鹽酸可以與硅反應(yīng)，故采用鹽酸為拋光液拋光單晶硅8．A【解析】粗硅提純涉及的反應(yīng)：Si＋2Cl2eq\o(=,\s\up7(高溫))SiCl4、SiCl4＋2H2eq\o(=,\s\up7(高溫))Si＋4HCl都是氧化還原反應(yīng)，故B錯(cuò)；硅與氫氧化鈉溶液反應(yīng)實(shí)際分兩步：①Si＋3H2O=H2SiO3＋2H2↑，②H2SiO3＋2NaOH=Na2SiO3＋2H2O，其中反應(yīng)①為氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)②為非氧化還原反應(yīng)，因此NaOH既不是氧化劑，也不是還原劑，只是反應(yīng)物，起氧化作用的只是水，故C錯(cuò)；硅能與氫氟酸反應(yīng)，但不能與鹽酸反應(yīng)，故D錯(cuò)。9．[2022·金華二模]下列表述正確的是()①人造剛玉熔點(diǎn)很高，可用作高級(jí)耐火材料，主要成分是二氧化硅；②化學(xué)家采用瑪瑙研缽磨擦固體反應(yīng)物進(jìn)行無熔劑合成，瑪瑙的主要成分是硅酸鹽；③提前建成的三峽大壩使用了大量水泥，水泥是硅酸鹽材料；④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(hù)眼睛；⑤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．①②③B．②④C．③④⑤D．③⑤9．D【解析】人造剛玉的成分為氧化鋁，①錯(cuò)；瑪瑙的主要成分是二氧化硅，②錯(cuò)；水泥的主要成分是硅酸鈣，③正確；變色眼鏡是在玻璃中添加了溴化銀，而不是氧化亞銅，④錯(cuò)；因?yàn)楣枋前雽?dǎo)體，常用于電池中，既環(huán)保又節(jié)能，⑤正確，選D。10．[2022·太原一模]圖K14－1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(圖中部分反應(yīng)物或生成物沒有列出)。圖K14－1請(qǐng)按要求回答：(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)反應(yīng)①的離子方程式為______________________________________________。(3)反應(yīng)②進(jìn)行的條件是_______________________________________________。(4)反應(yīng)③的化學(xué)方程式為_______________________________________________。(5)寫出Si與C溶液反應(yīng)的離子方程式__________________________________。(6)用電子式表示M(M是A與Mg反應(yīng)生成的化合物)的形成過程_________________。10．(1)Al第三周期第ⅢA族e(cuò)q\o(Cl,\s\up6(),\s\do4())eq\o(C,\s\up6(),\s\do4())eq\o(Cl,\s\up6(),\s\do4())eq\o(Cl,\s\up6()),eq\o(Cl,\s\do4())(2)Al3＋＋3AlOeq\o\al(－,2)＋6H2O=4Al(OH)3↓(3)光照，過量Cl2(4)Al4C3＋12H2O=4Al(OH)3＋3CH4(5)Si＋2OH－＋H2O=SiOeq\o\al(2－,3)＋2H2↑(6)→[eq\o(Cl,\s\up6(),\s\do4())eq\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(·),\s\do5(×)))]－Mg2＋[eq\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(·),\s\do5(×)))eq\o(Cl,\s\up6(),\s\do4())]－【解析】本題是一個(gè)無機(jī)框圖推斷題，關(guān)鍵在于題眼的尋找和突破。本題的解題突破口是“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(jìn)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”且能和水反應(yīng)得到兩種物質(zhì)進(jìn)行推斷，另外利用Al既能和A又能和C反應(yīng)，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(jìn)行驗(yàn)證，得出答案。11．[2022·益陽聯(lián)考]常溫條件下，將SO2氣體通入一定量NaOH溶液中，所得溶液呈中性，關(guān)于該溶液的判斷錯(cuò)誤的是()A．該溶液中溶質(zhì)一定為NaHSO3與Na2SO3B．溶液中c(Na＋)＝c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))C．溶液中離子濃度最大的是Na＋D．向該溶液中加入氯化鉀固體，溶液依然呈中性，且有c(K＋)＝c(Cl－)11．B【解析】二氧化硫與氫氧化鈉反應(yīng)的化學(xué)方程式為：SO2＋NaOH=NaHSO3，SO2＋2NaOH=Na2SO3＋H2O，溶液中主要溶質(zhì)有五種可能：①亞硫酸鈉和氫氧化鈉(堿性)；②亞硫酸鈉(堿性)；③亞硫酸鈉與亞硫酸氫鈉(可能呈中性)；④亞硫酸氫鈉(酸性)；⑤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)電荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)，中性溶液中c(H＋)＝c(OH－)，得c(Na＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))，B錯(cuò)誤，C正確；向該溶液中加入氯化鉀固體，電離生成的K＋與Cl－與溶液中各離子均不反應(yīng)，所以溶液依然呈中性，且有c(K＋)＝c(Cl－)。選B。12．[2022·成都統(tǒng)測]有一瓶Na2SO3溶液，由于它可能部分被氧化，某同學(xué)進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：取少量溶液，滴入Ba(NO3)2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，再加入足量稀硝酸，充分振蕩后，仍有白色沉淀。對(duì)此實(shí)驗(yàn)下述結(jié)論正確的是()A．Na2SO3已部分被空氣中的氧氣氧化B．加入Ba(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(shí)驗(yàn)不能確定Na2SO3是否部分被氧化12．CD【解析】加入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)生的白色沉淀中再加入足量稀硝酸，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。13．[2022·揭陽統(tǒng)測]有下列兩種轉(zhuǎn)化途徑，某些反應(yīng)條件和產(chǎn)物已省略，下列有關(guān)說法不正確的是()途徑①：Seq\o(→,\s\up7(濃HNO3))H2SO4途徑②：Seq\o(→,\s\up7(O2))SO2eq\o(→,\s\up7(O2))SO3eq\o(→,\s\up7(H2O))H2SO4A．途徑①反應(yīng)中體現(xiàn)了濃HNO3的強(qiáng)氧化性和酸性B．途徑②的第二步反應(yīng)在實(shí)際生產(chǎn)中可以通過增大O2濃度來降低成本C．由途徑①和②分別制取1molH2SO4，理論上各消耗1molS，各轉(zhuǎn)移6mole－D．途徑②與途徑①相比更能體現(xiàn)“綠色化學(xué)”的理念是因?yàn)橥緩舰诒韧緩舰傥廴鞠鄬?duì)小且原子利用率高13．A【解析】途徑①反應(yīng)的化學(xué)方程式可表示為S＋6HNO3(濃)=H2SO4＋6NO2↑＋2H2O，屬于濃硝酸和非金屬單質(zhì)的反應(yīng)，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(cuò)。14．[2022·洛陽模擬]下列變化的實(shí)質(zhì)相似的是()①濃硫酸和濃鹽酸在空氣中敞口放置時(shí)濃度均減?、诙趸蚝吐葰饩苁蛊芳t溶液褪色③二氧化硫能使品紅溶液、溴水褪色④氨氣和碘化氫氣體均不能用濃硫酸干燥⑤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應(yīng)⑥濃硫酸能在白紙上寫字，氫氟酸能在玻璃上刻字A．只有②③④B．只有⑤C．只有③④⑥D(zhuǎn)．全部14．B【解析】①濃硫酸的吸水性和濃鹽酸的揮發(fā)性；②二氧化硫的化合漂白和HClO的氧化漂白；③二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)生了氧化還原反應(yīng)：SO2＋Br2＋2H2O=H2SO4＋2HBr；④兩者都能和濃硫酸反應(yīng)，但是HI與濃硫酸發(fā)生了氧化還原反應(yīng)：H2SO4＋2HI=I2＋SO2↑＋2H2O；⑤兩者都體現(xiàn)了濃硫酸的強(qiáng)氧化性(包括金屬的鈍化)；⑥前者是濃硫酸的脫水性，后者是氫氟酸的腐蝕性：4HF＋SiO2=SiF4↑＋2H2O。綜上本題選B。15．[2022·陽江聯(lián)考]不同濃度的硫酸與鋅反應(yīng)時(shí)，硫酸可以被還原為SO2，也可被還原為氫氣。為了驗(yàn)證這一事實(shí)，某同學(xué)擬用如圖K16－2所示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)(實(shí)驗(yàn)時(shí)壓強(qiáng)為101kPa，溫度為0圖K16－2(1)若在燒瓶中放入1.30g鋅粒，與cmol/LH2SO4反應(yīng)，為保證實(shí)驗(yàn)結(jié)論的可靠，A．200mLB．400mLC．500mL(2)若1.30g鋅粒完全溶解，氫氧化鈉洗氣瓶增重1.28(3)若燒瓶中投入ag鋅且完全反應(yīng)，氫氧化鈉洗氣瓶增重bg，量氣瓶中收集到VmL氣體，則有：ag÷65g·mol－1＝bg÷64g·mol－1＋VmL/22400mL·mol(4)若在燒瓶中投入dg鋅，加入一定量的cmol/L濃硫酸VL，充分反應(yīng)后鋅有剩余，測得氫氧化鈉洗氣瓶增重mg，則整個(gè)實(shí)驗(yàn)過程產(chǎn)生的氣體中，n(H2)/n(SO2)＝______________________(用含字母的代數(shù)式表示)。若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)反應(yīng)結(jié)束后，為了準(zhǔn)確地測量氣體體積，量氣管在讀數(shù)時(shí)應(yīng)注意：①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________；③________________________________________________________________________。15．(1)C(2)Zn＋2H2SO4(濃)=ZnSO4＋SO2↑＋2H2O(3)得失電子守恒(4)eq\f(64cV－2m,m)偏小(5)①待冷卻至室溫才開始讀數(shù)②讀數(shù)前使量氣管左右液面相平③眼睛視線與液面最低處相平【解析】根據(jù)實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)目的，分析問題：(1)若鋅與硫酸完全反應(yīng)生成H2時(shí)體積最大，為448mL，選擇500mL的量氣管為適宜。(2)若鋅完全溶解，增重1.28g，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，氣體全為SO2，反應(yīng)方程式為：Zn＋2H2SO4(濃)=ZnSO4＋SO2↑＋2H2(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\o\al(2－,4)守恒，生成SO2與H2的量等于硫酸的量，n(H2)/n(SO2)＝eq\f(64cV－2m,m)。若無干燥裝置，反應(yīng)生成的水進(jìn)入氫氧化鈉溶液中，導(dǎo)致比值偏小。(5)試驗(yàn)中正確讀數(shù)時(shí)要考慮：①待冷卻至室溫才開始讀數(shù)；②讀數(shù)前使量氣管左右液面相平；③眼睛視線與液面最低處相平。16．[2022·湖州一模]將51.2gCu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mol，這些氣體恰好能被500mL2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的鹽溶液，其中NaNO3A．molB．molC．molD．mol16．A【解析】縱觀反應(yīng)始終，容易看出只有兩種元素的價(jià)態(tài)有變化，其一是Cu到Cu(NO3)2，每個(gè)Cu升2價(jià)，失2個(gè)電子；另一個(gè)是HNO3到NaNO2，每個(gè)N降2價(jià)，得2個(gè)電子，所以51.2gCu共失電子mol×2＝mol，HNO3到NaNO2共得