专题08非金属及其化合物2021年化学高考题一、单选题1．（2021·广东高考真题）劳动成就梦想。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A社区服务：用84消毒液对图书馆桌椅消毒含氯消毒剂具有氧化性B学农活动：用厨余垃圾制肥料厨余垃圾含、、等元素C家务劳动：用白醋清洗水壶中的水垢乙酸可由乙醇氧化制备D自主探究：以油脂为原料制肥皂油脂可发生皂化反应A．AB．BC．CD．D【KS5U答案】C【KS5U解析】A．84消毒液中含有具有强氧化性的次氯酸钠，能起到杀菌消毒的作用，则用84消毒液对图书馆桌椅消毒与含氯消毒剂具有氧化性有关，故A不符合题意；B．含有氮、磷、钾的物质常用做化肥，则厨余垃圾制肥料与厨余垃圾含有氮、磷、钾等元素有关，故B不符合题意；C．用白醋清洗水壶中的水垢与乙酸的酸性有关，与乙酸可由乙醇氧化制备无关，故C符合题意；D．油脂在碱性条件下可发生水解反应生成甘油和可制作肥皂的高级脂肪酸盐，则以油脂为原料制备肥皂与油脂可发生皂化反应有关，故D不符合题意；故选C。2．（2021·河北高考真题）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-60-
【KS5U答案】B【KS5U解析】A．浓硫酸能使蔗糖炭化，体现的是其脱水性，而不是吸水性，A错误；B．NaClO在水溶液中会发生水解，离子方程式为：，pH减小，则酸性增强，会促使平衡向正反应方向移动，生成氧化性更强的HClO，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；C．HI的沸点低，易挥发加热与浓混合物发生反应生成利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，C错误；D．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；故选B。3．（2021·全国高考真题）在实验室采用如图装置制备气体，合理的是化学试剂制备的气体AB(浓)CD(浓)A．AB．BC．CD．D-60-
【KS5U答案】C【分析】由实验装置图可知，制备气体的装置为固固加热装置，收集气体的装置为向上排空气法，说明该气体的密度大于空气的密度；【KS5U解析】A．氨气的密度比空气小，不能用向上排空法收集，故A错误；B．二氧化锰与浓盐酸共热制备氯气为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，故B错误；C．二氧化锰和氯酸钾共热制备氧气为固固加热的反应，能选用固固加热装置，氧气的密度大于空气，可选用向上排空气法收集，故C正确；D．氯化钠与浓硫酸共热制备为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，故D错误；故选C。4．（2021·全国高考真题）实验室制备下列气体的方法可行的是气体方法A氨气加热氯化铵固体B二氧化氮将铝片加到冷浓硝酸中C硫化氢向硫化钠固体滴加浓硫酸D氧气加热氯酸钾和二氧化锰的混合物A．AB．BC．CD．D【KS5U答案】D【KS5U解析】A．氯化铵不稳定，加热易分解生成氨气和氯化氢，但两者遇冷又会化合生成氯化铵固体，所以不能用于制备氨气，A不可行；B．将铝片加到冷浓硝酸中会发生钝化现象，不能用于制备二氧化氮，B不可行；C．硫化氢为还原性气体，浓硫酸具有强氧化性，不能用浓硫酸与硫化钠固体反应制备该硫化氢气体，因为该气体会与浓硫酸发生氧化还原反应，C不可行；-60-
D．实验室加热氯酸钾和二氧化锰的混合物，生成氯化钾和氧气，二氧化锰作催化剂，可用此方法制备氧气，D可行；故选D。5．（2021·广东高考真题）化学是以实验为基础的科学。下列实验操作或做法正确且能达到目的的是选项操作或做法目的A将铜丝插入浓硝酸中制备B将密闭烧瓶中的降温探究温度对平衡移动的影响C将溴水滴入溶液中，加入乙醇并振荡萃取溶液中生成的碘D实验结束，将剩余固体放回原试剂瓶节约试剂A．AB．BC．CD．D【KS5U答案】B【KS5U解析】A．将铜丝插入浓硝酸中开始会产生二氧化氮，不能达到实验目的，A不符合题意；B．二氧化氮气体在一定条件下存在平衡：，正反应为放热反应，NO2为红棕色气体，将密闭烧瓶中NO2降温，会使该平衡向正反应方向移动，气体颜色变浅，因此可达到实验目的，B符合题意；C．乙醇与水互溶，不能作碘单质的萃取剂，做法不正确，C不符合题意；D．一般情况下，剩余试剂需放到指定的容器中，不能放回原试剂瓶，以防污染原试剂，操作错误，D不符合题意；故选B。6．（2021·河北高考真题）硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注，下列说法正确的是A．NO2和SO2均为红棕色且有刺激性气味的气体，是酸雨的主要成因B．汽车尾气中的主要大气污染物为NO、SO2和PM2.5-60-
C．植物直接吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料，实现氮的固定D．工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除【KS5U答案】D【KS5U解析】A．是红棕色且有刺激性气味的气体，而是无色有刺激性气味的气体，A错误；B．汽车尾气的主要大气污染物为C与N的氧化物，如NOx和CO等，B错误；C．氮的固定是指将游离态的氮元素转化为化合态，且植物可吸收土壤中的铵根离子或硝酸根离子作为肥料，不能直接吸收空气中的氮氧化物，C错误；D．工业废气中的可采用石灰法进行脱除，如加入石灰石或石灰乳均可进行脱硫处理，D正确；故选D。7．（2021·浙江高考真题）下列方案设计、现象和结论都正确的是目的方案设计现象和结论A检验某无色溶液中是否含有NO取少量该溶液于试管中，加稀盐酸酸化，再加入FeCl2溶液若溶液变黄色且试管上部产生红棕色气体，则该溶液中含有NOB探究KI与FeCl3反应的限度取5mL0.1mol·L-1KI溶液于试管中，加入1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液，充分反应后滴入5滴15%KSCN溶液若溶液变血红色，则KI与FeCl3的反应有一定限度C判断某卤代烃中的卤素取2mL卤代烃样品于试管中，加入5mL20%KOH水溶液混合后加热，再滴加AgNO3溶液若产生的沉淀为白色，则该卤代烃中含有氯元素D探究蔗糖在酸性水溶液中的稳定性取2mL20%的蔗糖溶液于试管中，加入适量稀H2SO4后水浴加热5min；再加入适量新制Cu(OH)2悬浊液并加热若没有生成砖红色沉淀，则蔗糖在酸性水溶液中稳定A．AB．BC．CD．D【KS5U答案】B-60-
【KS5U解析】A．原溶液中存在硝酸根可以和Fe2+反应生成Fe3+，故不能验证原溶液中含有亚硝酸根，A错误；B．向KI溶液中滴加FeCl3，若FeCl3没有剩余说明反应是完全的，因此向反应后的溶液中加入KSCN溶液，若溶液变红，则说明该反应是有限度的，B正确；C．溶液中加入KOH后体系中剩余大量的OH-，再加入硝酸银溶液后OH-也可以使Ag+生产白色沉淀，C错误；D．蔗糖为二糖，在酸性条件下可以水解生产单糖，验证单糖中是否存在醛基，应向水解液中加入NaOH溶液使体系呈碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，D错误；故答案选B。8．（2021·浙江高考真题）下列说法不正确的是A．某些胶态金属氧化物分散于玻璃中可制造有色玻璃B．通常以海水提取粗食盐后的母液为原料制取溴C．生物炼铜中通常利用某些细菌把不溶性的硫化铜转化为可溶性铜盐D．工业制备硝酸的主要设备为沸腾炉、接触室和吸收塔【KS5U答案】D【KS5U解析】A．某些胶态金属氧化物分散于玻璃中可制造有色玻璃，如氧化亚铜分散在玻璃中可以得到红色的玻璃，三氧化二钴分散在玻璃中可以得到蓝色的玻璃，A说法正确；B．溴虽然被称为“海洋元素”，但是其在海水中的浓度太小，直接以海水为原料提取溴的成本太高，而海水提取粗食盐后的母液属于浓缩的海水，其中溴化物的浓度较高，因此，通常以海水提取粗食盐后的母液为原料制取溴，B说法正确；C．某种能耐受铜盐毒性的细菌能利用空气中的氧气氧化硫化铜矿石，从而把不溶性的硫化铜转化为可溶性的铜盐，因此，其可用于生物炼铜，C说法正确；D．工业制备硝酸的主要设备为氧化炉（转化器）、热交换器和吸收塔，工业制备硫酸的主要设备为沸腾炉、接触室和吸收塔，D说法不正确。综上所述，本题选D。9．（2021·山东高考真题）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-60-
A．吸收过程中有气体生成B．结晶后母液中含有NaHCO3C．气流干燥湿料时温度不宜过高D．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3【KS5U答案】B【分析】根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为NaHSO3，则母液为饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为：H2SO3+2Na2CO3=Na2SO3+2NaHCO3，NaHSO3+Na2CO3=Na2SO3+NaHCO3，所以调节pH为8进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3↓，SO2+NaHCO3=CO2+NaHSO3↓，此时会析出大量NaHSO3晶体，经过离心分离，将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到NaHSO3产品，据此分析解答。【KS5U解析】A．根据上述分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确；B．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；C．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；D．结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正确；故选B。10．（2021·浙江）下列方案设计、现象和结论都正确的是目的方案设计现象和结论A探究乙醇消去反应的产物取乙醇，加入浓硫酸、少量沸石，迅速升温至140℃，将产生的气体通入溴水中若溴水褪色，则乙醇消去反应的产物为乙烯-60-
B探究乙酰水杨酸样品中是否含有水杨酸取少量样品，加入蒸馏水和少量乙醇，振荡，再加入1-2滴溶液若有紫色沉淀生成，则该产品中含有水杨酸C探究金属钠在氧气中燃烧所得固体粉末的成分取少量固体粉末，加入蒸馏水若无气体生成，则固体粉末为；若有气体生成，则固体粉末为D探究固体样品是否变质取少量待测样品溶于蒸馏水，加入足量稀盐酸，再加入足量溶液若有白色沉淀产生，则样品已经变质A．AB．BC．CD．D【KS5U答案】D【KS5U解析】A.乙醇在140℃，浓硫酸的作用下，会发生分子间脱水，而不发生消去反应，A项不符合题意；B.乙酰水杨酸中没有酚羟基，水杨酸中酚羟基，酚羟基可以与FeCl3溶液显紫色，但是生成络合物，所以不会有沉淀，B项不符合题意；C.如果金属钠没有完全燃烧，剩余的金属钠与水反应也可以生成氢气，C项不符合题意；D.加入稀盐酸，亚硫酸根离子会转化为二氧化硫气体，加入氯化钡生成的沉淀只能是硫酸钡沉淀，可以说明样品已经变质，D项符合题意；故选D。11．（2021·山东高考真题）某同学进行蔗糖水解实验，并检验产物中的醛基，操作如下：向试管Ⅰ中加入1mL20%蔗糖溶液，加入3滴稀硫酸，水浴加热5分钟。打开盛有10%NaOH溶液的试剂瓶，将玻璃瓶塞倒放，取1mL溶液加入试管Ⅱ，盖紧瓶塞；向试管Ⅱ中加入5滴2%CuSO4溶液。将试管Ⅱ中反应液加入试管Ⅰ，用酒精灯加热试管Ⅰ并观察现象。实验中存在的错误有几处？A．1B．2C．3D．4【KS5U答案】B-60-
【KS5U解析】第1处错误：利用新制氢氧化铜溶液检验蔗糖水解生成的葡萄糖中的醛基时，溶液需保持弱碱性，否则作水解催化剂的酸会将氢氧化铜反应，导致实验失败，题干实验过程中蔗糖水解后溶液未冷却并碱化；第2处错误：NaOH溶液具有强碱性，不能用玻璃瓶塞，否则NaOH与玻璃塞中SiO2反应生成具有黏性的Na2SiO3，会导致瓶盖无法打开，共2处错误，故答案为B。12．（2021·广东高考真题）化学创造美好生活。下列生产活动中，没有运用相应化学原理的是选项生产活动化学原理A用聚乙烯塑料制作食品保鲜膜聚乙烯燃烧生成和B利用海水制取溴和镁单质可被氧化、可被还原C利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品氢氟酸可与反应D公园的钢铁护栏涂刷多彩防锈漆钢铁与潮湿空气隔绝可防止腐蚀A．AB．BC．CD．D【KS5U答案】A【KS5U解析】A．聚乙烯是一种无毒的塑料，是最常见的食品包装袋材料之一，则用聚乙烯塑料制作食品包装袋与燃烧生成二氧化碳和水无关，故A符合题意；B．溴离子具有还原性，能与氯气反应生成溴单质，镁离子具有弱氧化性，能用电解熔融氯化镁的方法制得镁，则海水制取溴和镁与单质，与溴离子可被氧化、镁离子可被还原有关，故B不符合题意；C．氢氟酸能与二氧化硅反应，常用来刻蚀石英制作艺术品，则用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，与氢氟酸能与二氧化硅反应有关，故C不符合题意；D．钢铁在潮湿的空气中易发生吸氧腐蚀，在护栏上涂油漆可以隔绝钢铁与潮湿空气接触，防止钢铁腐蚀，则公园的钢铁护栏涂刷多彩油漆防锈，与隔绝钢铁与潮湿的空气防止腐蚀有关，故D不符合题意；故选A。-60-
13．（2021·广东高考真题）今年五一假期，人文考古游持续成为热点。很多珍贵文物都记载着中华文明的灿烂成就，具有深邃的文化寓意和极高的学术价值。下列国宝级文物主要由合金材料制成的是选项ABCD文物名称铸客大铜鼎河姆渡出土陶灶兽首玛瑙杯角形玉杯A．AB．BC．CD．D【KS5U答案】A【KS5U解析】A．铸客大铜鼎属于铜的合金，A符合题意；B．河姆渡出土陶灶属于陶器，主要成分为硅酸盐，不属于合金，B不符合题意；C．兽首玛瑙杯主要成分为二氧化硅，不属于合金，C不符合题意；D．角形玉杯主要成分为硅酸盐，不属于合金，D不符合题意；故选A。二、实验题14．（2021·广东高考真题）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-60-
(主要成分是)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chlorine(中文命名“氯气”)。(1)实验室沿用舍勒的方法制取的化学方程式为_______。(2)实验室制取干燥时，净化与收集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，。③提出猜想。猜想a：较高温度的饱和溶液的电导率较大。猜想b：在水中的溶解度。④设计实验、验证猜想。取试样Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ(不同温度下配制的饱和溶液)，在设定的测试温度下，进行表中实验1~3，记录数据。实验序号试样测试温度/℃电导率/1Ⅰ：25℃的饱和溶液252Ⅱ：35℃的饱和溶液35-60-
3Ⅲ：45℃的饱和溶液45⑤数据分析、交流讨论。25℃的饱和溶液中，_______。实验结果为。小组同学认为，此结果可以证明③中的猜想成立，但不足以证明猜想成立。结合②中信息，猜想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，在实验1~3的基础上完善方案，进行实验4和5。请在答题卡上完成表中内容。实验序号试样测试温度/℃电导率/4Ⅰ_______5______________⑦实验总结。根据实验1~5的结果，并结合②中信息，小组同学认为猜想也成立。猜想成立的判断依据是_______。【KS5U答案】MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2Oc-d-b-a-eHClO向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中含有C、HC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-1.3410-5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45℃II45℃A3>B2>B1【KS5U解析】(1)实验室通常采用浓盐酸和MnO2制取，化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)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-60-
溶液吸收尾气，因此接口连接顺序为c-d-b-a-e，故答案为：c-d-b-a-e；(3)久置后不能使品红溶液褪色，说明HClO已分解；检验的方法为向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中含有C、HC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-，故答案为：HClO；向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中含有C、HC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，，根据沉淀溶解平衡可知，饱和的溶液中，所以有==1.3410-5；实验1~3中，不同的饱和溶液浓度不同且测试温度不同，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离子浓度大，进而不能得出溶解度关系，故答案为：1.3410-5；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；⑥如果要判断AgCl在水中的溶解度随温度的变化情况，可以设计不相同温度下的饱和溶液在相同温度下测试，如果温度较高下的饱和溶液电导率比温度较低的饱和溶液电导率高，则可以得出温度升高饱和溶液中离子浓度高。所以可以设计试样Ⅰ在45℃下测试与实验3比较；设计试样II在45℃下测试与实验3比较。故答案为：45℃；II；45℃；⑦猜想成立的判断依据是A3>B2>B1，故答案为：A3>B2>B1。15．（2021·全国高考真题）氧化石墨烯具有稳定的网状结构，在能源、材料等领域有着重要的应用前景，通过氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下(装置如图所示)：Ⅰ.将浓、、石墨粉末在c-60-
中混合，置于冰水浴中，剧烈搅拌下，分批缓慢加入粉末，塞好瓶口。Ⅱ.转至油浴中，35℃搅拌1小时，缓慢滴加一定量的蒸馏水。升温至98℃并保持1小时。Ⅲ.转移至大烧杯中，静置冷却至室温。加入大量蒸馏水，而后滴加至悬浊液由紫色变为土黄色。Ⅳ.离心分离，稀盐酸洗涤沉淀。Ⅴ.蒸馏水洗涤沉淀。Ⅵ.冷冻干燥，得到土黄色的氧化石墨烯。回答下列问题：(1)装置图中，仪器a、c的名称分别是_______、_______，仪器b的进水口是_______(填字母)。(2)步骤Ⅰ中，需分批缓慢加入粉末并使用冰水浴，原因是_______。(3)步骤Ⅱ中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是_______。(4)步骤Ⅲ中，的作用是_______(以离子方程式表示)。(5)步骤Ⅳ中，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在来判断。检测的方法是_______。(6)步骤Ⅴ可用试纸检测来判断是否洗净，其理由是_______。【KS5U答案】滴液漏斗三颈烧瓶d反应放热，防止反应过快反应温度接近水的沸点，油浴更易控温取少量洗出液，滴加，没有白色沉淀生成与电离平衡，洗出液接近中性时，可认为洗净【KS5U解析】(1)由图中仪器构造可知，a的仪器名称为滴液漏斗，c的仪器名称为三颈烧瓶；仪器b为球形冷凝管，起冷凝回流作用，为了是冷凝效果更好，冷却水要从d口进，e口出，故答案为：分液漏斗；三颈烧瓶；d；(2)反应为放热反应，为控制反应速率，避免反应过于剧烈，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴，故答案为：反应放热，防止反应过快；(3)-60-
油浴和水浴相比，由于油的比热容较水小，油浴控制温度更加灵敏和精确，该实验反应温度接近水的沸点，故不采用热水浴，而采用油浴，故答案为：反应温度接近水的沸点，油浴更易控温；(4)由滴加H2O2后发生的现象可知，加入的目的是除去过量的KMnO4，则反应的离子方程式为：2Mn+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故答案为：2Mn+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；(5)该实验中为判断洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在S来判断，检测方法是：取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，若没有沉淀说明洗涤完成，故答案为：取少量洗出液，滴加BaCl2，没有白色沉淀生成；(6)步骤IV用稀盐酸洗涤沉淀，步骤V洗涤过量的盐酸，与电离平衡，洗出液接近中性时，可认为洗净，故答案为：与电离平衡，洗出液接近中性时，可认为洗净。三、元素或物质推断题16．（2021·浙江高考真题）某兴趣小组对化合物X开展探究实验。其中：X是易溶于水的强酸盐，由3种元素组成；A和B均为纯净物；B可使品红水溶液褪色。请回答：(1)组成X的3种元素是______(填元素符号)，X的化学式是______。(2)将固体X加入温热的稀H2SO4中，产生气体B，该反应的离子方程式是______。(3)步骤I，发生反应的化学方程式是______。(4)步骤II，某同学未加H2O2溶液，发现也会缓慢出现白色浑浊，原因是______。(5)关于气体B使品红水溶液褪色的原因，一般认为：B不能使品红褪色，而是B与水反应的生成物使品红褪色。请设计实验证明______。-60-
【KS5U答案】Cu、S、OCuS2O6S2OSO+SO2↑+Cu(OH)2→+2H2OSO2与水反应生成H2SO3；H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4配制品红无水乙醇溶液(其他非水溶剂亦可)，通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠(亚硫酸氢钠)固体，褪色更快【分析】将固体隔绝空气加热，能生成一种固体和一种气体，其中将固体溶于水分成两等分，一份加入盐酸酸化的氯化钡溶液，能生成白色沉淀，说明固体中有硫酸根的存在，另一份溶液加入适量的NaOH溶液，出现蓝色悬浊液，加入甘油后能形成绛蓝色溶液，说明固体中存在Cu，则固体A为CuSO4；将气体B通入足量的BaCl2溶液和H2O2溶液中，出现白色沉淀，说明该气体可以被H2O2氧化，则该气体为SO2，再根据产生沉淀C和固体X的质量计算固体X的化学式。【KS5U解析】(1)根据分析，固体X中含有的元素是C、S、O；加入盐酸酸化的氯化钡溶液，生成1.165g硫酸钡沉淀，则该份硫酸铜的质量为0.005mol，则固体CuSO4的物质的量为0.010mol，质量为1.6g，根据质量守恒的气体SO2的质量为0.640g，该物质中三种元素的质量比m(Cu):m(S):m(O)=0.640g:0.640g:0.960g，则这三种原子的物质的量的比n(Cu):n(S):n(O)=1:2:6，故固体X的化学式为CuS2O6；(2)根据题目，固体X与温热的稀硫酸反应可以生成SO2气体，根据原子守恒和电荷守恒配平，则该过程的离子方程式为S2OSO+SO2↑；(3)步骤Ⅰ为甘油和氢氧化铜发生反应，反应的化学方程式为+Cu(OH)2→+2H2O；(4)步骤Ⅱ中未加入过氧化氢，也可以出现白色沉淀，说明SO2溶于水后可以被空气中的氧气氧化，故答案为：SO2与水反应生成H2SO3；H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4；-60-
(5)SO2可以使品红溶液褪色，SO2溶液中存在SO2分子和H2SO3，欲知道是哪一种物质能够使品红溶液褪色，可以利用如下实验验证：配制品红无水乙醇溶液（其他非水溶剂亦可），通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠（亚硫酸氢钠）固体，褪色更快。2021年化学高考模拟题一、单选题1．（2021·安徽高三一模）下列实验能达到目的的是A．装置甲证明醋酸为弱酸B．装置乙处理Cl2尾气C．装置丙除去乙醇中少量的水D．装置丁准确量取一定体积的酸性KMnO4标准溶液【KS5U答案】A【KS5U解析】A．醋酸钠水解显碱性，测定盐溶液的pH可证明醋酸为弱酸，能够达到实验目的，故A选；B．氯气在饱和NaCl溶液中的溶解度很小，不能用来处理Cl2尾气，应用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气，故B不选；C．乙醇和水均易挥发，不能通过蒸发的方法装除去乙醇中少量的水，故C不选；D．KMnO4溶液具有强氧化性，能够腐蚀橡胶管，不能用碱式滴定管量取一定体积的酸性KMnO4标准溶液，应用酸式滴定管，故D不选；故选A。2．（2021·阜新市第二高级中学高三其他模拟）利用下列装置能达到相应实验目的的是-60-
A．用图Ⅰ装置测定氯水的pHB．用图Ⅱ装置保存液溴C．用图Ⅲ装置制备Fe(OH)2并能较长时间不变色D．用图Ⅳ装置进行中和滴定【KS5U答案】C【KS5U解析】A．氯水中含有HCl和HClO，HClO具有漂白性，氯水能使pH试纸先变红后褪色，不能用pH试纸测定氨水的pH，A错误；B．液溴能够腐蚀橡胶，不能用橡胶塞，B错误；C．Fe与电源正极相连，作阳极，Fe发生氧化反应生成Fe2+，碳棒为阴极，水在碳棒上发生还原反应生成氢气，同时产生OH-，Fe2+结合阴极产生的OH-生成Fe(OH)2，煤油可以隔绝空气防止Fe(OH)2被氧化，所以可用图Ⅲ装置制备Fe(OH)2，并能较长时间不变色，C正确；D．将酸滴入氢氧化钠待测液时，需要使用酸式滴定管滴加酸，图中为碱式滴定管，D错误；故选C。3．（2021·陕西宝鸡市·高三其他模拟）化学与生产、生活及社会发展密切相关。下列说法不正确的是A．中国天眼的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于新型无机非金属材料B．“84"消毒液不能与洁厕灵混合使用C．“N95”口罩所使用的熔喷布为聚丙烯，属于合成高分子材料D．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是SiO2【KS5U答案】A【KS5U解析】A．新型无机非金属材料主要有新型陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等，钢铁为铁的合金，为金属材料，不是新型无机非金属材料，故A错误；-60-
B．‘‘84”消毒液的有效成分是次氯酸钠，洁厕灵的有效成分是盐酸，二者混合会生成有毒气体氯气，并且杀菌效果降低，所以二者不能混用，故B正确；C．聚丙烯是丙烯加聚反应的产物，属于合成高分子材料，故C正确；D．二氧化硅能全反射光，具有良好的导光性，可用于制造光纤、光缆，故D正确；故选A。4．（2021·安徽高三其他模拟）生活中处处是化学，下列说法正确的是A．大米、小麦中的营养成分只有淀粉B．生理盐水是含9%的NaCl无菌水溶液C．农村推广风力发电、光伏发电有利于“碳达峰、碳中和”D．家用消毒剂都是利用消毒剂的强氧化性【KS5U答案】C【KS5U解析】A．大米、小麦中的营养成分主要为淀粉，还有纤维素、维生素等，A错误；B．生理盐水是含0.9%的NaCl无菌水溶液，B错误；C．农村推广风力发电、光伏发电可减小化石燃料的燃烧，故有利于“碳达峰、碳中和”，C正确；D．家用消毒剂不都是利用消毒剂的强氧化性，如漂白液是利用生成次氯酸的强氧化性，如酒精消毒则是使蛋白质变性的性质，不是利用其强氧化性，D错误；故答案为：C。5．（2021·安徽高三其他模拟）下列由实验操作和现象推出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A某SO2气体中可能存在CO2，将气体依次通过NaHCO3溶液、品红溶液、澄清石灰水，品红溶液不褪色，澄清石灰水变浑浊该气体中存在CO2B去家用食盐少量，溶于水，加少量淀粉固体，充分搅拌，无明显变化这是一种没有添加碘的食盐C取细铁丝在酒精灯上灼烧至红热，再伸入充满氯气的瓶中，剧烈反应，产生大量红褐色的烟，结束后，加水振荡，使固体充分溶解，再滴加2Fe在Cl2中燃烧生成FeCl2-60-
滴KSCN溶液，溶液未变色D将钠块融化后，上面倒扣一个充满CO2的集气瓶，剧烈燃烧，产生大量白烟，瓶壁有黑色固体钠置换产生了碳单质A．AB．BC．CD．D【KS5U答案】D【KS5U解析】A．SO2通入饱和NaHCO3溶液过程中，虽除去了SO2但也引入了CO2，故无法判断原来气体是否存在CO2，A错误；B．加碘食盐一般加的是KIO3，故不与淀粉发生显色反应，B错误；C．Fe单质可能过量，将FeCl3又转化为FeCl2，C错误；D．由化合价的变化推测，黑色固体只能是碳，D正确；综上所述答案为D。6．（2021·天津高三三模）以下实验设计能达到实验目的的是实验目的实验设计A．检验火柴头中氯元素的存在将火柴头浸于水中，片刻后取少量溶液于试管中，只需加AgNO3溶液、稀硝酸B．制备无水AlCl3蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液C．重结晶提纯苯甲酸将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶D．鉴别NaBr和KI溶液分别加新制氯水后，用CCl4萃取A．AB．BC．CD．D【KS5U答案】D【KS5U解析】A．火柴头中含有氯酸钾，无法用硝酸酸化的硝酸银检验氯酸根离子，故A不能达到实验目的；B．直接蒸发Al与稀盐酸反应生成的AlCl3溶液，铝离子发生水解，最终得到的是Al(OH)3，不能达到实验目的；-60-
C．重结晶法提纯苯甲酸的方法是：将粗品水溶，趁热过滤，滤液冷却结晶即可；故C无法达到实验目；D．NaBr和NaI都能与氯水反应生成对应的单质，再用四氯化碳萃取，颜色层不同，NaBr的为橙红色，KI的为紫红色，故D能达到实验目。故选D。7．（2021·天津高三一模）用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是(夹持仪器略)选项ABCDX浓盐酸浓硫酸双氧水浓氨水YKMnO4C2H5OHMnO2NaOH气体Cl2C2H4O2NH3A．AB．BC．CD．D【KS5U答案】C【KS5U解析】A．浓盐酸和KMnO4固体混合有氯气生成，但氯气溶于水，且与水发生反应，则不能用排水法收集，故A不符合题意；B．在浓硫酸存在下，乙醇消去制乙烯需要迅速升温到，故B不符合题意；C．双氧水分解制氧气，制取装置不需要加热，收集氧气可以用排水法，故C符合题意；D．氨气极易溶于水，不能用排水法收集，故D不符合题意；故选：C。8．（2021·广东广州市·华南师大附中高三三模）部分含氯物质的分类与相应氯元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是A．a与d、a与e均能反应得到b-60-
B．c为一种新型自来水消毒剂，c代替b的原因是：c不属于危险化学品C．b的水溶液中加入CaCO3，可以增加d的产量D．e的固体可用于实验室制O2【KS5U答案】B【分析】根据价类二维图可知：b、c、d分别Cl2、C1O2、HClO，a、e可以为HCl、。【KS5U解析】A．根据氧化还原反应归中规律，HCl与HClO，NaCl与在酸性情况下发生归中反应，均可以得到Cl2，故A错误；B．ClO2为一种新型自来水消毒剂，代替Cl2的原因是它的杀菌、消毒的能力更强，与危险化学品无关，故B正确；C．Cl2的水溶里存在平衡：，加入CaCO3，与HCl反应，使平衡向右移动，HClO的含量增多，故C错误；D．若为KClO3，它的固体可用于实验室制O2，故D错误；故选B。9．（2021·福建省福州第一中学高三其他模拟）图中实验装置设计正确且能达到目的的是A．实验I：制取氯气B．实验II：加热熔融NaCl固体C．实验III：分离乙酸乙酯和乙醚的混合物D．实验IV：防止钢制管桩被腐蚀-60-
【KS5U答案】C【KS5U解析】A．实验I：制取氯气，但氯气会从长颈漏斗中逸出，因此不能达到实验目的，故A不符合题意；B．酒精灯火焰的温度低，达不到氯化钠的熔点，不能使氯化钠熔化，故B不符合题意；C．实验III：分离乙酸乙酯和乙醚的混合物用蒸馏方法，水流应下进上出，故C符合题意；D．实验IV：防止钢制管桩被腐蚀，应用外接电源的阴极保护法即钢制管桩连接电源负极，故D不符合题意。答案为C。10．（2021·江苏省如皋中学）酸在生产、生活中有广泛应用。下列酸的性质与用途具有对应关系的是A．醋酸具有酸性，可用于洗去水垢B．盐酸具有挥发性，可用于制备Cl2C．硝酸见光易分解，可用于溶解银D．浓硫酸具有脱水性，可用作干燥剂【KS5U答案】A【KS5U解析】A．醋酸具有酸性，且酸性大于碳酸，可用于洗去水垢（主要成分碳酸钙），性质与用途相符，A正确；B．浓盐酸具有还原性，可用于与二氧化锰反应制备Cl2，性质与用途不相符，B错误；C．硝酸有强氧化性，能发生3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O，性质与用途不相符，C错误；D．浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂，题干中性质与用途不相符，D错误；答案选A。11．（2021·江苏省如皋中学）在抗击新冠病毒的战役中，化学知识起到了重要作用。下列说法正确的是A．组成新冠病毒中的蛋白质仅含有C、H、OB．疫情期间适当用牛奶代替白粥可增强免疫力C．“84”消毒液和酒精同时使用可增强杀菌效果D．生产N95型口罩的核心材料聚丙烯属于无机非金属材料【KS5U答案】B【KS5U解析】-60-
A．组成新冠病毒中的蛋白质还含有N元素等，A错误；B．牛奶中含有蛋白质，疫情期间适当用牛奶代替白粥可增强免疫力，B正确；C．“84”消毒液的主要成分是次氯酸钠，与酒精同时使用会发生氧化还原反应，降低杀菌效果，C错误；D．生产N95型口罩的核心材料聚丙烯属于有机非金属材料，D错误；答案选B。12．（2021·安徽高三一模）2020年9月，研究人员在金星大气中探测到了磷化氢(PH3)气体。PH3常作为一种熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，一种制备PH3的流程如图所示：下列说法错误的是A．白磷与浓NaOH溶液反应的化学方程式为：B．次磷酸的分子式为H3PO2，属于一元酸C．流程中，PH3属于还原产物D．理论上，1mol白磷可生产2molPH3【KS5U答案】D【KS5U解析】A．由流程分析白磷与浓NaOH溶液反应的化学方程式为：，A正确；B．次磷酸钠分子式可得，次磷酸的分子式为H3PO2，由于氢氧化钠过量所以其属于一元酸，B正确；C．反应中，P元素的化合价由0价降至PH3中的-3价，PH3为还原产物，H3PO2中P的化合价为+1价，PH3的化合价为-3价，所以次磷酸分解生成PH3为还原反应，PH3属于还原产物；C正确；-60-
D．根据图示可知发生的反应有、、，所以所以若起始时有1molP4参加反应，则整个工业流程中共生成2.5molPH3，D错误；故选D。13．（2021·浙江高三其他模拟）下列实验方案设计、现象与结论都正确的是实验目的方案设计现象和结论A探究Fe2+、Cu2+对H2O2溶液分解的催化效果强弱在两支试管a、b中各加2mL5%H2O2溶液，分别滴入0.1mol•L-1FeCl3溶液和0.1mol•L-1CuSO4溶液各0.5mL若a中产生气泡快于b中，则说明Fe3+的催化效果强于Cu2+B探究Fe与水蒸气高温反应后固体产物中铁元素的化合价取少量固体产物于试管中，加足量的稀硫酸溶解，分成两份：一份滴加几滴KSCN溶液，另一份少量滴加KMnO4溶液若前者溶液变血红色，后者溶液紫色褪去，则固体产物中铁元素有+2、+3两种价态C探究油脂在碱性条件下的水解在小烧杯中加入约5g动物脂肪、6mL95%的乙醇，再加入6mL40%的氢氧化钠溶液，微热一段时间后取少量清液，加入新制氢氧化铜若出现绛蓝色，则油脂已发生水解D探究Cu与硫酸的反应铜粉加入稀硫酸中，加热，再加入少量KNO3固体未加KNO3固体前，无明显现象；加入KNO3固体后，产生大量气泡，则说明KNO3起催化作用A．AB．BC．CD．D-60-
【KS5U答案】C【KS5U解析】A．应该采用控制变量法研究。a、b两只试管中不仅金属阳离子不同，而且阴离子也不同，因此不能证明是Fe3+的催化效果强于Cu2+，A错误；B．若Fe没有完全与水蒸气发生反应，过量的Fe与硫酸反应产生Fe2+，具有还原性，也能够使酸性KMnO4溶液褪色，因此不能证明Fe与水蒸气反应后的固体产物中铁元素有+2、+3两种价态，B错误；C．若向反应后的溶液中加入新制氢氧化铜出现绛蓝色，说明反应产生了含有多羟基的物质甘油，从而可证明油脂已发生水解，C正确；D．铜粉加入稀硫酸中，加热，无明显现象，然后再加入少量KNO3固体，产生大量气泡，是由于在酸性条件下，具有强氧化性，H+、起HNO3的作用，将Cu氧化为Cu2+，被还原为NO气体，而不能说明KNO3起催化作用，D错误；故合理选项是C。14．（2021·广东佛山市·石门中学高三其他模拟）下列叙述I和II均正确并且有因果关系的是叙述I叙述IIANH3能使酚酞溶液变红NH3可用于设计喷泉实验B1-己醇的沸点比己烷的沸点高1-己醇和己烷可通过蒸馏初步分离CKNO3的溶解度大用重结晶法除去KNO3中混有的NaClDNa在Cl2中燃烧的生成物含离子键NaCl固体可导电A．AB．BC．CD．D【KS5U答案】B【KS5U解析】A．NH3用于设计喷泉实验，是利用了NH3极易溶于水的性质，A项错误；B．1-己醇的沸点高于己烷，可通过蒸馏初步分离，符合蒸馏分离的原理，B项正确；C．重结晶法除去KNO3中混有的NaCl是利用KNO3的溶解度随温度变化大，C项错误；-60-
D．NaCl是离子化合物，含有离子键，但固体离子化合物不易导电，须在溶于水或融融状态下才导电，D项错误；答案选B。15．（2021·天津和平区·耀华中学高三二模）下列每组的叙述I、II都正确，且有因果关系的是叙述I叙述IIACH4中碳元素处于最低化合价，具有还原性可燃冰是一种清洁能源BFe3+具有氧化性NH4Fe(SO4)2·12H2O作净水剂C断裂NH3分子中H-N键要吸收热量工业上用液氨作制冷剂D有机玻璃(PMMA)透光性好、易加工有机玻璃常作光学仪器A．AB．BC．CD．D【KS5U答案】D【KS5U解析】A．CH4中碳元素化合价为-4价，处于C元素的最低化合价，具有还原性；可燃冰是甲烷的结晶水合物，由于其燃烧产生CO2、H2O，不会造成污染，因此可燃冰是一种清洁能源，但二者无因果关系，A不符合题意；B．Fe3+中Fe元素化合价为+3价，具有氧化性，能够得到电子变为Fe2+或Fe单质；NH4Fe(SO4)2·12H2O是强酸弱碱盐，Fe3+水解产生Fe(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀而析出，因此作净水剂，但这与Fe3+的氧化性无关，B不符合题意；C．断裂化学键变为单个原子需要吸收能量，则NH3分子中H-N键断裂要吸收热量；工业上用液氨作制冷剂是由于氨气沸点低，液氨气化时会从周围环境中吸收大量热，使环境温度降低，这与分子内的化学键的断裂与形成无关，C不符合题意；D．由于有机玻璃(PMMA)透光性好、易加工，所以有机玻璃常作光学仪器，二者有因果关系，D符合题意；故合理选项是D。16．（2021·天津高三二模）利用所给试剂与图示装置，能达到相应实验目的的是-60-
A．装置甲比较碳酸与苯酚酸性强弱B．装置乙证明装置气密性良好C．装置丙用排空法收集D．装置丁制NH4Cl固体【KS5U答案】B【KS5U解析】A．浓盐酸易挥发，挥发出来的氯化氢优先和苯酚钠反应生成苯酚，干扰二氧化碳与苯酚钠溶液的反应，则该实验装置无法说明碳酸的酸性强于苯酚，故A错误；B．关闭弹簧夹，从长颈漏斗中向试剂瓶内加水，长颈漏斗中形成一段液柱，停止加水，一段时间后液柱的高度不变，证明装置的气密性良好，故B正确；C．二氧化氮的密度比空气大，应该用向上排空气法收集二氧化氮，题给实验装置为向下排空气法收集气体，故C错误；D．氯化铵受热易分解，不能用蒸发的方法制得氯化铵固体，故D错误；故选B。17．（2021·天津高三一模）下列去除产品里少量杂质的方法，不合理的是选项产品(杂质)方法ACH3COOC2H5(CH3COOH)加入饱和Na2CO3溶液，分液BNO(NO2)通过水洗气CFeCl3溶液(FeCl2)加入足量的酸性KMnO4溶液DHCl(Cl2)通过CCl4洗气-60-
A．AB．BC．CD．D【KS5U答案】C【KS5U解析】A．饱和碳酸钠溶液能降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层，而乙酸与碳酸钠溶液反应，则用饱和碳酸钠溶液洗涤后再分液可以除去乙酸乙酯中的乙酸，故A合理；B．一氧化氮不溶于水，而二氧化氮与水反应生成生成硝酸和一氧化氮，则用水洗气可以除去一氧化氮中混有的二氧化氮，故B合理；C．足量的酸性高锰酸钾溶液能把氯化铁溶液中的亚铁离子氧化铁离子，同时酸性高锰酸钾溶液也能把氯离子氧化，同时还会引入锰离子、钾离子杂质，故C不合理；D．氯气是非极性分子，易溶于非极性溶剂四氯化碳，而氯化氢是极性分子，不溶于四氯化碳，则通过四氯化碳洗气可以除去氯化氢中混有的氯气，故D合理；故选C。18．（2021·四川高三一模）下列实验装置、现象及结论合理的是序号试剂及操作部分现象结论A滴入稀盐酸后铜片继续溶解，产生无色气体，在试管口处变为淡棕色盐酸具有氧化性B有气体生成酸性：硼酸强于碳酸-60-
C加热后产生有香味物质H2C2O4可发生酯化反应D试管内红色褪去SO2具有漂白性A．AB．BC．CD．D【KS5U答案】C【KS5U解析】A．向铜与浓硝酸完全反应后的溶液中滴入稀盐酸后铜片继续溶解，产生无色气体，在试管口处变为淡棕色，是由于硝酸铜电离出的硝酸根和盐酸电离出的Ｈ＋发生反应：3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，体现的是HNO3的氧化性而不是盐酸的氧化性，A错误；B．根据元素周期律可知，非金属性B＜C，故酸性H3BO3小于H2CO3，故向硼酸溶液中滴入碳酸钠溶液不会产生气泡，B错误；C．草酸和乙醇在浓硫酸催化作用下发生反应：HOOCCOOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCOOCH2CH3+2H2O,生成的草酸二乙酯等低级酯均具有特殊的香味，C正确；D．碳酸钠溶液因水解而显碱性，滴入酚酞后显红色，故SO2通入Na2CO3溶液中发生反应Na2CO3+H2O+2SO2=2NaHSO3+CO2↑，NaHSO3由于电离大于水解，故显酸性，故滴入酚酞的溶液褪色，但不是SO2的漂白性体现，而是酸性氧化物的通性，D错误；-60-
故答案为：C。19．（2021·广东广州市·华南师大附中高三三模）成语、古诗词、谚语等都是我国传统文化的瑰宝。下列有关解读错误的是选项传统文化化学角度解读A兰陵美酒郁金香，玉碗盛来琥珀光“香”的原因之一是美酒含有酯类物质B“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南”司南中“杓”的材质为Fe2O3C三月打雷麦谷堆在雷电作用下N2最终转化成被作物吸收的化合态氮D《本草经集注》记载“如握盐雪不冰，强烧之，紫青烟起…云是真硝石也利用物理方法(焰色反应)可以鉴别钾盐A．AB．BC．CD．D【KS5U答案】B【KS5U解析】A．酒放置时间长，少量的乙醇被氧化为乙酸，乙酸与乙醇生成乙酸乙酯，乙酸乙酯等酯类物质具有香味，所以产生香味主要是因为美酒含有酯类物质，故A正确；B．司南中“杓”的材质为有磁性的物质，四氧化三铁具有磁性，所以司南中“杓”的材质为Fe3O4，故B错误；C．氮气跟氧气能直接化合生成无色的一氧化氮气体；一氧化氮不溶于水，在常温下易跟空气中的氧气化合，生成红棕色的二氧化氮气体；二氧化氮易溶于水，它溶于水后生成硝酸和一氧化氮，硝酸进一步转化为可以为植物吸收的硝酸盐，增加土壤中氮肥含量，有利于作物生长，故C正确；D．钠盐和钾盐焰色反应的颜色不同，钠的焰色反应为黄色，钾的焰色反应为紫色，焰色反应是物理变化，故D正确；故选B。20．（2021·九龙坡区·重庆市育才中学高三三模）以黄铁矿，主要成分为FeS2(S的化合价为-1价)，生产硫酸的工艺流程如下图所示，其中在造气室中FeS2与氧气以物质的量之比4：11参与反应。-60-
下列说法不正确的是A．将黄铁矿粉碎，可加快其在造气室中的化学反应速率B．造气室中每生成1molSO2，有11mole-发生转移C．不用水吸收SO3的原因是SO3与H2O化合时放出大量热，易形成酸雾D．吸收塔排放的尾气用氨水吸收后可转化成氮肥【KS5U答案】B【KS5U解析】A．将黄铁矿粉碎，增大接触面积，可加快其在沸腾炉中的化学反应速率，故A正确;B．造气室中FeS2和氧气反应生成Fe2O3和SO2，反应方程式是4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，每生成1molSO2，有5.5mole-发生转移，故B错误；C．SO3与H2O化合时放出大量热，易形成酸雾，故C正确；D．吸收塔排放的尾气可通过氨吸收，转化成硫酸铵，铵盐可做氮肥，故D正确；故选B。21．（2021·福建省南安第一中学高三二模）化学与生产、生活密切相关，下列叙述错误的是A．75％浓度的酒精、含氯消毒剂、过氧乙酸均可以有效灭活新型冠状病毒B．燃煤中加入CaO不能减少温室气体的排放C．生产宇航服所用的碳化硅陶瓷和碳纤维材料，是一种新型无机非金属材料D．可溶性铜盐有毒，故人体内不存在铜元素【KS5U答案】D【KS5U解析】A．75%浓度的酒精可以破坏新型冠状病毒包膜结构，含氯消毒剂和过氧乙酸具有强氧化性均可以起到杀灭新型冠状病毒的作用，A叙述正确；B．CaO不能吸收CO2，故燃煤中加入CaO不能减少温室气体的排放，B叙述正确；C．碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，碳纤维的微观结构类似人造石墨，是乱层石墨结构，和碳化硅属于新型无机非金属材料，C叙述正确；-60-
D．可溶性铜盐属于重金属离子会使蛋白质变性，对人体是有毒的，但是人体中存在以化合态形式存在的微量铜元素，D叙述错误。故选D。22．（2021·安徽高三一模）对下列反应的解释错误的是反应解释ACuCl2+H2S=CuS↓+2HC1反应体系中S2-浓度变小BAgOH+2NH3•H2O=[Ag(NH3)2]OH+2H2O[Ag(NH3)2]OH的碱性比NH3•H2O的弱C2NaCl(固)+H2SO4(浓)Na2SO4+2HC1↑生成HCl气体，熵增明显DNaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓该实验条件下，碳酸氢钠的溶解度比氯化铵和氯化钠的小A．AB．BC．CD．D【KS5U答案】B【KS5U解析】A．H2S属于二元弱酸，电离方程式为H2SH++HS-，HS-H++S2-，加入CuCl2，生成CuS沉淀，使体系中的S2-浓度减少，故A不符合题意；B．[Ag(NH3)2]OH在水溶液中完全电离成[Ag(NH3)2]+和OH-，NH3·H2O为弱碱，部分电离，[Ag(NH3)2]OH的碱性强于NH3·H2O，该反应不是利用碱性强的制取碱性弱的，而是生成更稳定的络合物，故B符合题意；C．该反应为固体+液体加热制备气体的反应，混乱度增大，即该反应属于熵增，故C不符合题意；D．根据反应方程式，生成碳酸氢钠沉淀，说明碳酸氢钠的溶解度小于氯化钠、氯化铵的溶解度，故D不符合题意；答案为B。23．（2021·浙江高三其他模拟）下列物质对应组成正确的是A．木醇：CH3CH2OHB．熟石灰：CaSO4·2H2O-60-
C．油酸：C15H31COOHD．黄铁矿：FeS2【KS5U答案】D【KS5U解析】A．木醇又叫甲醇，其结构简式是CH3OH，A错误；B．熟石灰是Ca(OH)2的俗称，B错误；C．油酸化学式是C17H33COOH，不是C15H31COOH，C错误；D．黄铁矿主要化学成分是FeS2，D正确；故合理选项是D。24．（2021·北京高三其他模拟）降低硫含量是裂化汽油精制处理的关键。S—Zorb技术使用Ni/ZnO作脱硫吸附剂脱除噻吩()中硫原子的过程如图。下列说法不正确的是A．过程①涉及极性键和非极性键的断裂B．过程③通入O2的主要目的是将ZnS转化为ZnO和SO2C．过程③中参加反应的O2和ZnS的物质的量之比是3∶2D．过程④通入H2的主要目的是使脱硫吸附剂再生【KS5U答案】C【KS5U解析】A．由题中图示可知，反应①方程式为Ni++H2+NiS，该反应中涉及C-S极性键断裂和H2中H-H非极性键断裂，故A正确；B．由题中图示可知，反应③的方程式为Ni+ZnS+2O2=NiO+ZnO+SO2，该过程通入O2的主要目的是将ZnS转化为ZnO和SO2，故B正确；C．由题中图示可知，反应③的方程式为Ni+ZnS+2O2=NiO+ZnO+SO2，该过程参加反应的O2和ZnS的物质的量之比是2:1，故C错误；-60-
D．由题中图示可知，反应④的方程式为NiO+H2=Ni+H2O，该过程通入H2的主要目的是使脱硫吸附剂再生，即产生Ni单质，故D正确；答案为C。25．（2021·吉林长春市·东北师大附中高三其他模拟）下列有关实验现象和解释或结论都正确的选项是选项实验操作现象解释或结论A向某无色溶液中加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水中澄清石灰水变浑浊原溶液中一定含有CO或HCOB将NaClO溶液滴到pH试纸上测得pH=9.8NaClO溶液水解显碱性C两支试管各盛0.1mol/L4mL酸性高锰酸钾溶液，分别加入0.1mol/L2mL草酸溶液和0.2mol/L2mL草酸溶液加入0.2mol/L草酸溶液试管中，高锰酸钾溶液褪色更快反应物浓度越大，反应速率越快D把SO2通入紫色石蕊试液中紫色溶液变红SO2的水溶液呈酸性A．AB．BC．CD．D【KS5U答案】D【KS5U解析】A．能使澄清石灰水变浑浊的气体可能是二氧化碳也可能是二氧化硫，因此原溶液中还可能存在亚硫酸酸根或亚硫酸氢根离子，故A错误；B．NaClO溶液具有强氧化性，可使pH试纸褪色，无法测出pH，应用pH计，故B错误；C．高锰酸钾与草酸反应，方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，两支试管各盛0.1mol/L4mL酸性高锰酸钾溶液，分别加入0.1mol/L2mL草酸溶液和0.2mol/L2mL草酸溶液，高锰酸钾是过量的，颜色不会完全褪去，故C错误；D．二氧化硫通入石蕊溶液中，二氧化硫与水反应，生成了亚硫酸，亚硫酸能使石蕊溶液变红，且二氧化硫不能使石蕊溶液褪色，故D正确；故选：D。-60-
26．（2021·阜新市第二高级中学高三其他模拟）下列实验方案能达到实验目的的是选项实验方案实验目的A甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红验证一氯甲烷具有酸性B将纯净的SO2通入紫色石蕊试液中，观察颜色变化验证SO2的漂白性C向硫酸酸化的H2O2溶液中滴入Fe(NO3)2溶液，溶液变黄验证氧化性：H2O2>Fe3+D向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，冷却后向其中加入足量稀NaOH溶液，再加入新制的银氨溶液，并水浴加热，产生了银镜蔗糖水解产物具有还原性A．AB．BC．CD．D【KS5U答案】D【KS5U解析】A．甲烷与氯气光照条件下生成含有一氯甲烷和HCl等的混合物，使湿润的蓝色石蕊试纸变红不是一氯甲烷，是HCl，A错误；B．SO2的漂白性应用品红溶液验证，使酸性高锰酸钾褪色是它的还原性，B错误；C．硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，对实验有干扰，无法判断H2O2、Fe3+的氧化性强弱，C错误；D．题给实验操作可以产生银镜，利用银镜反应可以检验蔗糖水解产物的还原性，D正确；故选D。27．（2021·江西抚州市·临川一中）下列实验操作，不能达到实验目的是选项实验操作实验目的A向少许蔗糖中滴入浓硫酸，并不断用玻璃棒搅拌验证浓硫酸的脱水性-60-
B向苯中滴加浓溴水，并加入FeBr3作催化剂验证苯的溴代反应C向Na2SO3粉末中滴入足量浓盐酸，并加入BaCl2溶液检验Na2SO3粉末是否变质D浸透了石蜡油的石棉中加入碎瓷片，加热，并将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中检验石蜡的分解产物中含有烯烃A．AB．BC．CD．D【KS5U答案】B【KS5U解析】A．向少许蔗糖中滴入浓硫酸，并不断用玻璃棒搅拌，蔗糖变黑，证明浓硫酸有脱水性，故A正确，不符合题意；B．苯的溴代反应生成溴苯，应该向苯中滴加液溴，并加入溴化铁或铁粉作催化剂，故B错误，符合题意。C．亚硫酸钠若变质有硫酸钠生成，只需要检验样品中是否有硫酸根即可，故检验方法为：向亚硫酸钠粉末中滴入足量浓盐酸，并加入氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，说明样品变质，若无沉淀生成，证明样品没变质，故C正确，不符合题意；D．烯经可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故浸透了石蜡油的石棉中加入碎瓷片，加热，并将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，可检验石蜡的分解产物中是否含有烯烃，故D正确，不符合题意；故选B。28．（2021·辽宁高三其他模拟）下列有关物质的检验和提纯叙述正确的是A．麦芽糖在酸性条件下水解后，加入新制氢氧化铜悬浊液煮沸无现象，说明无葡萄糖生成B．向某溶液中先加过量盐酸无现象，再加氯化钡产生白色沉淀，原溶液中一定含有C．检验是否变质可以用酸性高锰酸钾溶液D．除去乙烯中少量的气体，可将其通入盛有溴水的洗气瓶中【KS5U答案】B【KS5U解析】A．稀硫酸与氢氧化铜浊液反应，干扰了检验，应该先向水解后的溶液中加入氢氧化钠溶液中和稀硫酸，然后再加入少量新制氢氧化铜悬浊液并煮沸，故A错误；-60-
B．先加盐酸无沉淀，可排除银离子和碳酸根等，再加氯化钡溶液生成白色沉淀一定为BaSO4，证明溶液中含有，故B正确；C．三价铁离子用KSCN溶液检验，高锰酸钾能检验亚铁离子，所以不能用高锰酸钾溶液检验FeSO4是否变质，故C错误；D．乙烯能与溴水反应，违反除杂原则，故D错误；故选：B。29．（2021·广东广州市·华南师大附中高三三模）实验室探究SO2与Fe(NO3)3溶液反应的原理，装置如图，实验中Y装置产生白色沉淀。下列说法错误的是A．滴加浓硫酸之前应进行的操作是打开弹簧夹，通入一段时间N2B．Y中产生的白色沉淀是BaSO4和BaSO3C．在X装置中浓硫酸不体现氧化性D．若将Fe(NO3)3换成氨水，Y中也能产生白色沉淀【KS5U答案】B【KS5U解析】A．通入一段时间N2，目的是为了赶走装置中的空气，防止Na2SO3和生成的SO2气体被氧化，故A正确；B．二氧化硫气体溶于水，溶液显酸性，在酸性溶液中其能被硝酸根离子、Fe3+氧化成硫酸根离子，则Y中产生的白色沉淀只能是BaSO4，故B错误；C．在X装置中反生的反应是H2SO4(浓)+Na2SO3==Na2SO4+H2O+SO2↑，此反应不是氧化还原反应，不能体现浓硫酸氧化性，故C正确；D．若将Fe(NO3)3换成氨水，通入SO2后，SO2和水反应生成的亚硫酸会和氨水继续反应生成亚硫酸铵，生成的亚硫酸铵和氯化钡反应生成BaSO3沉淀，故D正确；本题答案B。30．（2021·四川德阳市·高三二模）下列实验方案中，能实现实验目的的是-60-
实验目的实验方案A检验露置的Na2SO3是否变质用盐酸酸化的BaCl2溶液B缩短容量瓶干燥的时间将洗净的容量瓶放在烘箱中烘干C测定Na2CO3(含NaCl)样品纯度取一定质量的样品与足量盐酸反应，用碱石灰吸收产生的气体D验证氧化性强弱：Ag+>Fe2+向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO3溶液A．AB．BC．CD．D【KS5U答案】A【KS5U解析】A．如Na2SO3变质，即被空气氧化为硫酸钠，则在盐酸酸化的氯化钡作用下生成硫酸钡白色沉淀，如未变质，则无沉淀生成，A正确；B．容量瓶、移液管等精密仪器，只能晾干，不可以烘干或加热，否则影响测量(或配制)准确，B错误；C．，用碱石灰收集二氧化碳，再称量质量差值，但由于逸出气体还含有H2O和HCl，不除去的话结果会偏大，C错误；D．Ag+会与FeCl2中Cl-反应生成AgCl，从而无法氧化Fe2+，D错误；答案选A。31．（2021·阜新市第二高级中学高三其他模拟）下列说法错误的是A．N2H4的电子式为B．“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的“碱”为K2CO3C．二氧化硅的分子式为SiO2D．硅和锗都位于元素周期表中金属与非金属元素的交界区，都可以作半导体材料【KS5U答案】C【KS5U解析】-60-
A．N2H4属于共价化合物，其电子式为，A正确；B．草木灰的主要成分为碳酸钾，其水溶液显碱性，可以浣洗衣服，B正确；C．二氧化硅为原子晶体，不存在分子，其化学式为SiO2，C错误；D．硅和锗都位于元素周期表中金属与非金属元素的交界区，具有金属和非金属的性质，都可以作半导体材料，D正确；故选C。32．（2021·长沙市明德中学高三三模）我国突飞猛进的新科技深刻改变着人类的生活、生产方式。下列说法错误的是A．“中国天眼”的镜片材料为SiC，属于新型无机非金属材料B．北斗导航专用ASIC硬件结合国产处理器打造出一颗真正意义的“中国芯”，其主要成分为SiO2C．港珠澳大桥设计使用寿命120年，水下钢柱镶铝块防腐的方法为牺牲阳极的阴极保护法D．我国自主研发的东方超环(人造太阳)使用的氚、氘与氕互为同位素【KS5U答案】B【KS5U解析】A．SiC是新型无机非金属材料，故A正确；B．芯片的主要成分为晶体Si，故B错误；C．水下钢柱镶铝块，构成原电池，铝作负极被腐蚀，钢铁作正极被保护，水下钢柱镶铝块防腐的方法为牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D．氚、氘与氕是质子数相同、中子数不同的原子，互为同位素，故D正确；选B。33．（2021·广东佛山市·石门中学高三其他模拟）中华民族为人类文明进步做出了巨大贡献，运用化学知识对下列事例进行分析，不合理的是A．闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成B．李白有诗云“日照香炉生紫烟”，这是描写“碘的升华”C．北宋沈括《梦溪笔谈》中记载“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，是发生了置换反应D．屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作【KS5U答案】B【KS5U解析】-60-
A．陶制品是由黏土为原料，高温烧结而成，选项A正确；B．香炉中燃烧的香中不含碘单质，故不存在碘的升华，选项B错误；C．反应是硫酸铜与铁反应生成硫酸亚铁和单质铜，发生了置换反应，选项C正确；D．用乙醚从青蒿中提取青蒿素，就是乙醚作萃取剂的萃取过程，选项D正确；答案选B。34．（【一飞冲天】4.实验中学一模）新材料的发展充分体现了“中国技术”中国制造”和“中国力量”。下列成果所涉及的材料为金属材料的是A．“天问一号”火星探测器太阳翼的材料——石墨纤维复合聚酰胺薄膜B．“长征五B”运载火箭中使用了耐热性、导热性好的材料——氮化铝陶瓷C．“领雁”AG50飞机主体结构的复合材料——玻璃纤维复合材料D．.“奋斗者”号深潜器载人舱的外壳——钛合金【KS5U答案】D【KS5U解析】A．石墨纤维是碳元素组成的一种单质，属于无机非金属材料；聚酰胺薄膜为有机高分子合成材料，不属于金属材料，故A不选；B．氮化铝陶瓷属于无机非金属材料，故B不选；C．玻璃纤维是由熔融状态下的玻璃快速抽拉而成细丝，不属于金属材料，故C不选；D．钛合金是合金材料，属于金属材料，故D选。答案选D。35．（2021·四川德阳市·高三二模）中国传统文化博大精深，也蕴含着许多化学知识。下列说法正确的是A宋代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器瓷器主要原料是SiO2B《梦溪笔谈》中“方家以磁石磨针锋，则能指南”磁石主要成分是Fe2O3C古代四大发明之一的火药“乃焰硝、硫磺、杉木炭所合”焰硝是指HNO3D《本草纲目》中记载石碱条：“彼人采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，……浣衣发面，亦去垢发面”石碱条主要成分是K2CO3-60-
A．AB．BC．CD．D【KS5U答案】D【KS5U解析】A．瓷器的主要成分是硅酸盐，不是二氧化硅，A错误；B．磁石的主要成分是Fe3O4，不是Fe2O3，Fe3O4有磁性，Fe2O3、FeO无磁性，B错误；C．焰硝指的是KNO3，C错误；D．植物燃烧后产生草木灰，其中的主要成分是K2CO3，D正确；答案选D。36．（2021·广东高三其他模拟）在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A．B．C．D．【KS5U答案】D【KS5U解析】A．SiO2与盐酸不反应，A项错误；B．N2和O2在放电条件下生成NO，B项错误；C．Al3+与过量氨水反应只能生成，C项错误D．二氧化硫氧化生成三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸，D项正确；答案选D。37．（2021·云南曲靖市·高三二模）从化学的视角分析，下列说法不正确的是A．除去锅炉中的水垢时，可先用碳酸钠溶液处理，使水垢蓬松，再加入盐酸去除B．可作供氧剂C．人体摄入的油脂、蛋白质必须先经过水解才能被吸收D．石英玻璃、分子筛的主要成分是硅酸盐【KS5U答案】D【KS5U解析】-60-
A．除去锅炉中的水垢时，可先用碳酸钠溶液处理，将CaSO4转化为CaCO3，使水垢蓬松，再加入酸去除，A正确；B．Na2O2与CO2、H2O反应能生成氧气，故可用作供氧剂，B正确；C．油脂是高级脂肪酸甘油酯，在人体内水解为高级脂肪酸和甘油；蛋白质在人体内水解成氨基酸等小分子，两者均需经水解后才能被吸收，C正确；D．分子筛是一种人工合成的具有筛选分子作用的水合硅铝酸盐(泡沸石)或天然沸石，其主要成分是硅酸盐，石英玻璃的主要成分为SiO2，D错误；故答案选D。38．（2021·江苏扬州市·高三其他模拟）烟气脱硫能有效减少SO2的排放。实验室用粉煤灰(主要含Al2O3、SiO2等)制备碱式硫酸铝［(1-x)Al2(SO4)3·xAl2O3］溶液，并用于烟气脱硫。下列说法正确的是A．“酸浸”后，所得滤渣Ⅰ的主要成分为H2SiO3B．pH约为3.6时，溶液中存在大量的H+、Al3+、COC．调pH时，若pH偏高，则所得溶液中c(Al3＋)将增大D．碱式硫酸铝溶液经多次循环使用后，所得溶液中c(SO)将增大【KS5U答案】D【分析】由流程可知，粉煤灰和稀硫酸混合，氧化铝溶解，SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中含有Al2（SO4）3，加入CaCO3粉末调节pH=3.6除去过量的氢离子，CaSO4为微溶物，所以滤渣Ⅱ的成分主要为CaSO4，过滤得滤液Ⅱ，用滤液Ⅱ吸收二氧化硫，生成的SO易被氧化生成SO，加热分解后的溶液中硫酸根离子浓度增大，促进生成(1-x)Al2(SO4)3·xAl2O3，以此来解答。【KS5U解析】A．SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣Ⅰ为SiO2，A错误；-60-
B．氢离子和碳酸根不能大量共存，加入CaCO3粉末的目的就是除去过量氢离子，B错误；C．若pH偏高，会生成氢氧化铝沉淀，所得溶液中c(Al3＋)减小，C错误；D．二氧化硫与水反应生成的SO易被氧化生成SO，所以碱式硫酸铝溶液经多次循环使用后，所得溶液中c(SO)将增大，D正确；综上所述答案为D。39．（2021·江苏扬州市·高三其他模拟）5月15日，天问一号着陆巡视器在火星着陆，中国首次火星探测任务取得圆满成功。下列说法正确的是A．长征五号遥四运载火箭燃料使用的液氢是高能清洁燃料B．“祝融号”火星车使用的太阳能电池板可以将电能转化为化学能C．“祝融号”火星车的太阳能电池板表面涂层须有很好的反光性D．火星表面呈红色，是由于火星土壤中含有SiO2【KS5U答案】A【KS5U解析】A．液氢燃烧时放出大量的热，产物只有水，是高能清洁燃料，A正确；B．太阳能电池板可以将太阳能转化为电能，B错误；C．太阳能电池板需要吸收光，所以表面涂层须应有很好的吸光性，C错误；D．纯净的SiO2为无色固体，火星表面呈红色，是由于火星土壤中含有红色固体Fe2O3，D错误；综上所述答案为A。二、多选题40．（2021·湖南长沙市·长沙一中高三一模）下列实验操作、实验现象及解释或结论都正确且有因果关系的是选项实验操作实验现象解释或结论A工业上用SiO2与焦炭在高温条件制备粗硅生成可燃性气体，得到黑色固体粗硅非金属性：C>SiB常温下，用pH计分别测定等体积1mol·L-1CH3COONH4溶液和0.1mol·L-1CH3COONH4溶液的pH测得pH都等于7同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度相同-60-
C将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性D往烧杯中加入约20g研细的晶体和10gNH4Cl晶体，并将烧杯放在滴有水的玻璃片上，用玻璃棒迅速搅拌有刺激性气味气体生成，烧杯底部结冰，与玻璃片粘在一起吸热反应不一定需要加热才能进行A．AB．BC．CD．D【KS5U答案】CD【KS5U解析】A．制粗硅反应不是常温下的置换反应，而是在高温下进行，且焦炭作还原剂，硅是还原产物，不能得出非金属性：C>Si，A不符合；B．常温下醋酸铵溶液pH等于7，说明溶液中相同浓度的CH3COO−和NH的水解程度相等，但是浓度越大，发生水解的CH3COO−和NH的物质的量越大，越促进水的电离，B不符合；C．金属钠在点燃下与CO2反应产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生，则黑色颗粒为C单质，碳元素化合价降低，说明CO2具有氧化性，C符合；D．由晶体和10gNH4Cl晶体反应的现象知，该反应在常温下迅速进行且反应吸热，则吸热反应不一定需要加热才能进行，D符合；答案选CD。三、实验题41．（2021·天津高三三模）ClCH2COOH(氯乙酸，熔点为50℃)是一种化工原料，实验室制备氯乙酸的装置如图：-60-
按下列实验步骤回答问题：(1)在500mL三颈烧瓶中放置300g冰醋酸和15g催化剂乙酸酐。加热至105℃时，开始徐徐通入干燥纯净的氯气。加热的方法是___，仪器X的名称是__，乙中盛放的药品是___。(2)氯气通入冰醋酸中呈黄色随即黄色褪去，用化学方程式解释黄色褪去的原因：__，氯气通入速率以三颈烧瓶中无黄绿色气体逸出为度，控制通入氯气速率的方法是___，戊中漏斗的作用是___，NaOH溶液的主要作用是__。(3)反应约需10小时，每隔2小时向三颈烧瓶中加入5g乙酸酐，当取出样品测得其___时，停止通入氯气。(4)将熔融的生成物移至蒸馏瓶中进行蒸馏纯化，收集186~188℃馏分。选择装置a蒸馏，直形冷凝管易炸裂，原因是___。(5)冷凝后生成无色氯乙酸晶体425g，产率约为___(保留2位有效数字)。【KS5U答案】油浴加热恒压分液漏斗饱和NaCl水Cl2+CH3COOH-60-
ClCH2COOH+HCl控制浓HCl的滴加速率防倒吸吸收反应生成的氯化氢和过量的氯气，防止污染空气熔点为50℃时温差大90%【分析】装置甲中浓盐酸与高锰酸钾固体反应制备氯气，装置乙中饱和食盐水用于除去氯气中混有的氯化氢气体，装置丙中浓硫酸用于干燥氯气，装置D中在乙酸酐做催化剂作用下，氯气与乙酸共热至105℃反应制备氯乙酸，装置戊中氢氧化钠溶液用于吸收反应生成的氯化氢和过量的氯气，防止污染空气。【KS5U解析】(1)由分析可知，装置D中在乙酸酐做催化剂作用下，氯气与乙酸共热至105℃反应制备氯乙酸，由反应温度为105℃可知，实验时应该选择油浴加热使三颈烧瓶受热均匀；仪器X为恒压滴液漏斗，便于浓盐酸顺利流下；洗气瓶乙中应该盛有饱和食盐水用于除去氯气中混有的氯化氢气体，故答案为：油浴加热；恒压分液漏斗；饱和NaCl水；(2)由分析可知，黄绿色的氯气通入冰醋酸中呈黄色，黄色褪色是氯气与乙酸发生取代反应反应生成了无色的氯乙酸和氯化氢，反应的化学方程式为CH3COOH+Cl2ClCH2COOH+HCl；由实验装置图可知，控制滴加浓盐酸的速率即能控制向三颈烧瓶中通入氯气的速率；反应生成的氯化氢和过量的氯气与氢氧化钠溶液反应，会因气体物质的量减小，气体压强减小产生倒吸，则用倒置漏斗可以防止倒吸，氢氧化钠溶液用于吸收反应生成的氯化氢和过量的氯气，防止污染环境，故答案为：Cl2+CH3COOHClCH2COOH+HCl；控制浓HCl的滴加速率；防倒吸；(3)当三颈烧瓶中的冰醋酸全部转化为氯乙酸时即为反应终点，依题意可以测定取出的样品纯度，若样品的熔点为50℃，或熔点接近50℃，表明取出的样品主要成分是氯乙酸，此时可以停止通入氯气，故答案为：熔点为50℃时；(4)当蒸馏物沸点超过140℃时，一般使用空气冷凝管，以免直形冷凝管通水冷却时因内外温差大而导致玻璃炸裂，故答案为：温差大；(5)由反应消耗300g冰醋酸可知，生成氯乙酸的理论质量为×94.5g/mol＝472.5g，则氯乙酸的产率×100%≈90%，故答案为：90%。42．（2021·陕西宝鸡市·高三其他模拟）三氯化氮(NCl3)是一种强氧化剂，工业上可用于漂-60-
白和消毒，实验室可由氯气通入碳酸铵溶液中制得。某化学小组利用此原理进行实验室制备三氯化氮。回答下列问题：(1)装置A中仪器X的名称是_______，盛放的试剂是_______，装置A中发生反应的离子方程式为_______。(2)整个装置的导管连接顺序为a→_______→_______→_______→_______→_______。(3)装置B中发生反应的化学方程式为_______。(4)装置C的作用为_______。装置D的作用为_______。(5)三氯化氮浓度的测定：准确量取20mL装置B中反应后的溶液，置于100mL容量瓶中，用水稀释至刻度，摇匀，吸取25.0mL于烧杯中，加入足量V1mLc1mol·L-1亚硫酸钠溶液，充分反应后，向烧杯中加人足量V2mLc2mol·L-1盐酸酸化的氯化钡溶液，得沉淀mg。已知：i._______Na2SO3+_______NCl3+_______=_______Na2SO4+_______HCl+_______NH4Cl；ii.BaCl2+Na2SO4=BaSO↓+2HCl。①请完成反应i的化学方程式：i._______Na2SO3+_______NCl3+_______=Na2SO4+_______HCl+_______NH4Cl_______②装置B反应后的溶液中三氯化氮的浓度为_______mol·L-1。【KS5U答案】分液漏斗浓HCl2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2Odebcf6Cl2+4(NH4)2CO3=2NCl3+4CO2+6NH4Cl+4H2O除去Cl2中的HCl吸收尾气，防止污染空气3Na2SO3+NCl3+3H2O=3Na2SO4+2HCl+NH4Cl0.018m-60-
【分析】三氯化氮(NCl3)是一种强氧化剂，工业上可用于漂白和消毒，实验室可由氯气通入碳酸铵溶液中制得，则A中KMnO4和浓HCl反应制备Cl2，Cl2中混有HCl，用C中饱和NaCl溶液除去HCl，Cl2和碳酸铵溶液在B中反应制备NCl3，用D吸收尾气，防止污染空气。【KS5U解析】(1)装置A中KMnO4和浓HCl反应制备Cl2，仪器X的名称是分液漏斗；盛放的试剂是浓HCl；装置A中KMnO4和浓HCl发生氧化还原反应生成KCl、MnCl2、H2O和Cl2，结合得失电子守恒有2+10Cl-→2Mn2++5Cl2↑，在结合电荷守恒、原子守恒可知发生反应的离子方程式为2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；(2)结合分析可知整个装置的导管连接顺序为a→d→e→b→c→f；(3)Cl2和碳酸铵溶液在B中反应制备NCl3，Cl由0价变为-1价，N由-3价变为+3价，氯气作氧化剂，铵根作还原剂，结合得失电子守恒、原子守恒可知装置B中发生反应的化学方程式为6Cl2+4(NH4)2CO3=2NCl3+4CO2+6NH4Cl+4H2O；(4)结合分析可知装置C的作用为除去Cl2中的HCl；装置D的作用为吸收尾气，防止污染空气；(5)①S由+4价变为+6价，失2e-，N由+3变为-3价，得6e-，根据得失电子守恒有3Na2SO3+1NCl3→3Na2SO4+1NH4Cl，在结合原子守恒配平后为3Na2SO3+NCl3+3H2O=3Na2SO4+2HCl+NH4Cl；②由题意可知BaSO4的质量为mg，其物质的量为mol，则根据Na2SO3~Na2SO4~BaSO4可知消耗Na2SO3的物质的量为mol，再根据3Na2SO3~NCl3可知NCl3的物质的量为=mol，则所取20m溶液中NCl3的物质的量为mol×=mol，浓度为mol÷20mL≈0.018mmol·L-1。43．（2021·江西抚州市·临川一中）1，2-二氯乙烷(CH2ClCH2Cl)外观为无色或浅黄色透明液体，难溶于水，易溶于有机溶剂，碱性条件下水解程度较大，主要用作氯乙烯(聚氯乙烯单体)制取过程的中间体。实验室制备1，2-二氯乙烷的主要原理：C2H5OHCH2=CH2+H2O；-60-
Cl2+CH2=CH2→CH2ClCH2Cl(1)写出装置A中发生反应的离子方程式_______。(2)F装置的作用是_______，D装置中长玻璃导管的作用是_______尾气可以通过盛有_______、_______的洗气瓶进行吸收。(3)实验时先装入1，2-二氯乙烷液体，其作用是_______(填序号)。a.溶解Cl2和乙烯b.作催化剂c.促进气体反应物间的接触(4)根据制备原理，G装置中应该添加的仪器是_______。(5)准确称取2.475g除去氯气和乙烯后的产品，加足量稀NaOH溶液，充分加热，发生反应，得到250mL水解液。取25.00mL水解液先用稀硝酸中和至酸性，再加入聚乙烯醇溶液(聚乙烯醇的作用是阻止AgSCN和AgCl之间的转化)，然后加入过量的50.00mL0.1000mol/LAgNO3溶液，充分反应后用0.1000mol/LNH4SCN标准液滴定过量的AgNO3，重复实验三次，平均消耗标准液10.00mL。已知：Ag++SCN-=AgSCN↓(白色沉淀)①滴定时，应选用的指示剂为_______(填标号)。a.FeSO4b.Fe(NO3)3c.FeCl3②产品中Cl元素的质量分数为_______(保留三位有效数字)，1，2-二氯乙烷的纯度为≤_______。【KS5U答案】+6H++5Cl-=3Cl2↑+3H2O除去乙烯中混有的乙醇蒸气导气和冷凝回流溴水或高锰酸钾NaOH溶液ac温度计b57.4%80%【分析】装置A中利用浓盐酸和KClO3制取氯气，浓盐酸具有挥发性，生成的氯气中混有HCl气体，可以用饱和食盐水除去，然后用浓硫酸进行干燥，通入装置D中与乙烯发生加成反应，装置G-60-
中乙醇在催化剂、加热条件下发生消去反应制取乙烯，用水除去乙烯中混有的挥发出来的乙醇，然后浓硫酸干燥，通入装置D中与氯气反应。【KS5U解析】(1)装置A中浓盐酸与KClO3发生归中反应生成氯气，离子方程式为+6H++5Cl-=3Cl2↑+3H2O；(2)乙醇易挥发，生成的乙烯中混有乙醇蒸气，乙醇能与水以任意比例互溶，可以用水除去乙烯中混有的乙醇蒸气；D装置中长玻璃导管可以导气，同时冷凝回流；尾气中主要含有氯气和乙烯，可以用溴水或酸性高锰酸钾溶液除去乙烯，用NaOH溶液吸收氯气；(3)氯气和乙烯常温下均为气体，1，2-二氯乙烷液体可以将二者溶解，促进气体反应物间的接触，使二者充分反应，故选ac；(4)乙醇的消去反应需要在150℃进行，所以G装置中应该添加的仪器是温度计；(5)①滴定终点NH4SCN稍过量，SCN-可以和Fe3+反应得到血红色溶液，但加入FeCl3会消耗过量的硝酸银，使结果不准确，所以应选用Fe(NO3)3为指示剂，即选b；②平均消耗标准液10.00mL，则25.00mL水解液中n(Cl)=0.05L×0.1000mol/L-0.01L×0.1000mol/L=0.004mol，所以产品中n(Cl)=0.004mol×=0.04mol，所以氯元素的质量分数为×100%=57.4%；n(Cl)=0.04mol，则n(1，2-二氯乙烷)最大为0.02mol，所以纯度≤×100%=80%。44．（2021·四川广元市·高三三模）亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5℃，沸点：-5.5℃)为红褐色液体或黄色气体，具有刺鼻恶臭味，遇水剧烈水解生成氮的两种氧化物与氯化氢，易溶于浓硫酸。常可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。其制备装置如图所示(已知：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O)：-60-
(1)用图甲中装置制备纯净干燥的原料气，补充表中所缺少的药品。装置I装置II烧瓶中分液漏斗中制备纯净Cl2MnO2浓盐酸___制备纯净NOCu稀硝酸水(2)将制得的NO和Cl2通入图乙对应装置制备NOCl。①装置连接顺序为a→___(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。②装置IV、V除可进-步干燥NO、Cl2外，另一个作用是___。(3)有人认为多余的氯气可以通过下列装置暂时储存后再利用，请选择可以用作氯气的储气的装置___。(4)装置VIII吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为___。(5)有人认为装置VIII中氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，经过查阅资料发现用高锰酸钾溶液可以吸收NO气体，因此在装置VIII氢氧化钠溶液中加入高锰酸钾，反应产生黑色沉淀，写出该反应的离子方程式：___。-60-
(6)制得的NOCl中可能含有少量N2O4杂质，为测定产品纯度进行如下实验：称取1.6375g样品溶于50.00mLNaOH溶液中，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用足量硝酸酸化的0.40mol/LAgNO3溶液滴定至产生砖红色沉淀Ag2CrO4，消耗AgNO3溶液50.00mL。(已知常温下，Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=2×10-12)①样品的纯度为___%(保留三位有效数字)②若在滴定终点时测得溶液中CrO的浓度是5.0×10-3mol/L，此时溶液中Cl-浓度是___。【KS5U答案】饱和食盐水a-e-f-c-b-d通过观察气泡的多少调节两种气体的流速INOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2ONO+MnO=NO+MnO2↓80.09.0×10-6mol/L【分析】氯气与一氧化氮在常温常压下合成亚硝酰氯。图甲装置制备氯气，实验室用浓盐酸与二氧化锰制备，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，先用饱和食盐水吸收除去HCl，再用浓硫酸干燥。由图甲制备NO，用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能混有硝酸、二氧化氮，先用水净化处理，再用浓硫酸干燥。将氯气和NO通过装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外，还可以根据气泡控制气体流速，在装置Ⅵ中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，据此分析解题。【KS5U解析】(1)由分析可知，制备氯气时，分液漏斗中盛放浓盐酸、装置II中盛放饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；(2)①由分析可知，装置连顺序为a→e→f→c→b→d(或f→e→c→b→d)，故答案为：e-f-c-b-d(e、f可互换)；②装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外，另一个作用是通过观察气泡的多少调节两种气体的流速，故答案为：通过观察气泡的多少调节两种气体的流速；(3)氯气在饱和食盐水中溶解度不大，用排饱和食盐水法可以存贮氯气，所以装置I都可以用来多余的氯气，而II、Ⅲ不能形成较大压强差，在使用氯气时不能将多余的氯气排出，故答案为：I；(4)装置VII吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O，故答案为：NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O；(5)在装置VII氢氧化钠溶液中加入高锰酸钾，反应产生黑色沉淀，说明生成二氧化锰，反应-60-
的离子方程式为NO+MnO=NO+MnO2↓，故答案为：NO+MnO=NO+MnO2↓；(6)①n(AgNO3)=0.05L×0.40mol/L=0.02mol，由关系式NOCl～NaCl～AgNO3可知，n(NOCl)=0.02mol，则样品的纯度为×100%=80.0%，故答案为：80.0；②当c(CrO)=5.0×10-3mol•L-1出现砖红色沉淀时，由Ksp(Ag2CrO4)和c(CrO)=5.0×10-3，得c(Ag+)==2.00×10-5mol•L-1，所以c(Cl-)==9.0×10-6mol/L，故答案为：9.0×10-6mol/L。45．（2021·甘肃省民乐县第一中学高三二模）无水四氯化锡(SnCl4)可用于制作导电玻璃，导电玻璃广泛用于液晶显示屏、薄膜太阳能电池基底等。可用如下装置制备四氯化锡(部分夹持装置已略去)：有关信息如下表：化学式SnCl2SnCl4熔点/℃246-33沸点/℃652144其他性质无色晶体，Sn(Ⅱ)易被氧化为Sn(Ⅳ)无色液体，易水解回答下列问题：(1)仪器A中发生反应的离子方程式为___________。(2)将装置如图连接好，检查气密性，慢慢滴入浓盐酸，待观察到___________(填现象)后，开始加热丁装置。锡熔化后适当增大氯气流量并继续加热丁装置。继续加热丁装置的目的是促进氯气与锡反应和___________。(3)如果缺少乙装置可能产生的后果是___________。-60-
(4)戊装置中球形冷凝管的冷水进口为___________(填“a”或“b”)。(5)己装置中碱石灰的作用是___________。(6)碘氧化法滴定分析产品中Sn(Ⅱ)的含量。准确称取mg产品于锥形瓶中，用适量浓盐酸溶解，淀粉溶液作指示剂，用cmol·L-1碘标准溶液滴定。滴入最后一滴标准溶液，出现___________时达到滴定终点，此时消耗碘标准溶液VmL，则产品中Sn(Ⅱ)的质量分数为___________(用字母表示)。【KS5U答案】10Cl-＋16H＋＋2MnO=5Cl2↑＋8H2O＋2Mn2＋丁中充满黄绿色气体(或黄绿色气体充满整个装置)促进四氯化锡挥发(或促进四氯化锡气化，使四氯化锡蒸气进入戊中便于收集)引起装置爆炸(氯化氢与锡反应生成的氢气与氯气混合受热引起装置爆炸)a吸收未反应的氯气，防止污染空气；防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解溶液颜色变为蓝色，且半分钟内不变色×100%(或%)【分析】由图可知，甲中A为蒸馏烧瓶，发生KMnO4+16HCl(浓)=5Cl2↑+2MnCl2+2KCl+8H2O，乙中饱和食盐水可除去HCl，丙中浓硫酸干燥氯气，丁中Sn+2Cl2SnCl4，戊中冷却，冷凝管可冷凝回流、提高SnCl4的产率，己中碱石灰可吸收水，防止水进入戊中，以此来解答。【KS5U解析】(1)仪器A中发生反应为浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气、氯化锰和水，离子方程式为10Cl−+16H++2MnO4−=5Cl2↑+8H2O+2Mn2+；(2)将如图装置连接好，先检查装置的气密性，再慢慢滴入浓盐酸，待观察到丁装置内充满黄绿色气体现象(或黄绿色气体充满整个装置)后，开始加热装置丁；锡熔化后适当增大氯气流量并继续加热丁装置，继续加热丁装置的目的是促进氯气与锡反应和促进四氯化锡挥发(或促进四氯化锡气化，使四氯化锡蒸气进入戊中便于收集)；(3)氯化氢与锡反应生成的氢气与氯气混合受热引起装置爆炸，则如果缺少乙装置，引起装置爆炸；(4)SnCl4的沸点较低，戊装置中球形冷凝管的作用为冷凝回流，提高SnCl4的产率，则冷凝水应该下进上出，则冷水进口为a；(5)制取SnCl4过程中氯气不能完全参与反应，该气体有毒，不能直接排放到大气中，需要吸收处理，制得的SnCl4遇水易水解，则己装置中碱石灰的作用是吸收未反应的氯气，防止污染空气；防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解；-60-
(6)准确称取mg产品于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，淀粉溶液做指示剂，用cmol⋅L−1碘标准溶液滴定，滴入最后一滴，出现溶液变蓝，且30s内颜色不变现象时达到滴定终点，此时消耗碘标准溶液VmL，由Sn2++I2═Sn4++2I−，可知n(SnCl2)=n(I2)=cV×10−3mol，Sn(II)的质量分数为×100%=×100%(或%)。46．（2021·福建省南安第一中学高三二模）过氧化钙可以用于改善地表水质，处理含重金属粒子废水和治理赤潮，也可用于应急供氧等。实验室模仿工业上生产过氧化钙的主要流程如下：已知：①沉淀时需控制温度为0℃左右；②CaO2·8H2O呈白色，微溶于水，加热至350℃左右开始分解放出氧气。(1)实验装置如下：①沉淀步骤需控制温度为0℃左右，控温直接有效的方法是_______。②仪器m的名称是_______；装置连接顺序为_______(填序号)。③沉淀生成的反应方程式为_______。(2)乙醇洗涤的目的是_______。(3)请设计实验定性检验产品为CaO2(简单地描述实验步骤和现象)_______。(4)产品纯度测定实验步骤如下：第一步：准确称取ag产品于烧杯中，加入适量的盐酸使其完全溶解；第二步：向上述溶液中加入稍过量的(NH4)2C2O4，沉淀完全，过滤并洗涤沉淀；第三步：将洗涤好的沉淀用稍过量的稀硫酸溶解，溶解液和洗涤液全部转移至锥形瓶中；第四步：向锥形瓶中滴入几滴MnSO4溶液，然后逐滴滴入浓度为cmol·L-1的KMnO4溶液至终点，消耗KMnO4溶液VmL。-60-
①滴定前，滴入MnSO4溶液的目的是_______。②产品的纯度为_______(用字母表示)。③若第三步用稀盐酸溶解，所测纯度_______(填“偏低”“不变”或“偏高”)【KS5U答案】冰水浴恒压漏斗fab(ba)cdeCaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl去除结晶表面的水分取适量的产品于试管中，加热，将带火星的木条靠近试管口，若复燃则说明产品为CaO2起催化作用，加快反应速率偏高【分析】由题给流程可知，氯化钙固体溶于水得到氯化钙溶液，向溶液中加入30%过氧化氢溶液和氨水，氯化钙溶液与过氧化氢溶液和氨水反应生成八水过氧化钙沉淀，沉淀经水洗、乙醇洗后，烘烤得到无水过氧化钙。【KS5U解析】(1)①氨水和过氧化氢溶液受热易分解，则实验时，应采用冰水浴控制反应温度为0℃左右，防止氨水和过氧化氢溶液分解，导致产率降低，故答案为：冰水浴；②由实验装置图可知，仪器m为恒压滴液漏斗，便于浓氯化钙溶液顺利流下；第四个装置为浓氨水与氧化钙反应制备氨气，由于氨气极易溶于水，为防止实验时产生倒吸，应在第四个装置后连接第一个装置，该装置为空载仪器，起安全瓶、防倒吸的作用，第二个装置为制备八水过氧化钙的装置，第三个装置为氨气的吸收装置，导致的漏斗起防倒吸的作用，则装置的连接顺序为fab(ba)cde，故答案为：fab(ba)cde；③沉淀生成的反应为浓氯化钙溶液与过氧化氢溶液和氨气反应生成八水过氧化钙沉淀和氯化铵，反应的化学方程式为CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl，故答案为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl；(2)由信息可知，CaO2·8H2O微溶于水，水洗后，晶体表面残存水，用乙醇洗涤可除去晶体表面的水，使晶体迅速变干，故答案为：去除结晶表面的水分；(3)由信息可知，CaO2·8H2O加热至350℃左右开始分解放出氧气可知，检验产品为CaO2的操作为取适量的产品于试管中，加热，将带火星的木条靠近试管口，若复燃则说明产品为CaO2，故答案为：取适量的产品于试管中，加热，将带火星的木条靠近试管口，若复燃则说明产品为CaO2；(4)①酸性条件下，草酸溶液与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应时，MnSO4能起催化剂的作用，使反应速率加快，故答案为：起催化作用，加快反应速率；-60-
②由题意可得如下关系式：5CaO2—5H2C2O4~2KMnO4，由反应消耗VmLcmol·L-1KMnO4溶液可得产品的纯度为×100%=，故答案为：；③若第三步用稀盐酸溶解，酸性条件下，氯离子也能与高锰酸钾溶液反应，会导致消耗高锰酸钾溶液的体积偏大，使所测产品的纯度偏高，故答案为：偏高。47．（2021·广西南宁市·南宁三中高三三模）高氯酸铵(NH4ClO4)为白色晶体，具有不稳定性，在400℃时开始分解产生多种气体，常用于生产火箭推进剂。某化学兴趣小组同学利用下列装置对NH4ClO4的分解产物进行探究。(假设装置内药品均足量，部分夹持装置已省略。)(1)在实验过程中发现C中铜粉由红色变为黑色，说明产物中有___________(填化学式)生成。(2)实验完毕后，取D中硬质玻璃管中的固体物质于试管中，滴加蒸馏水，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，产生该气体的化学方程式为___________。(3)某同学认为产物中还应有H2O和Cl2.该同学从理论上分析认为有Cl2存在的理由是___________。(4)为了证明H2O和Cl2的存在，选择上述部分装置和下列提供的装置进行实验：①按气流从左至右，装置的连接顺序为A→___________。②实验过程中G中的现象为：___________。-60-
(5)实验结论：NH4ClO4分解时产生了上述几种物质，则高氯酸铵分解的化学方程式为___________。(6)在实验过程中仪器E中装有碱石灰的目的是___________；实验结束后，某同学拟通过称量D中镁粉质量的变化，计算高氯酸铵的分解率，会造成计算结果___________(“偏大”“偏小”或“无法判断”)。【KS5U答案】O2Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑O2和N2都是氧化产物，根据化合价变化规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的价态降低，可能生成Cl2(答出要点即可)HGF溶液呈橙黄色2NH4C1O4N2↑+2O2↑+Cl2↑+4H2O吸收空气中的CO2和水蒸气偏大【KS5U解析】(1)NH4C1O4受热分解产生的气体，经碱石灰干燥后，能使铜粉由红色变为黑色，说明生成了CuO，所以分解产物中含有O2，故答案为：O2；(2)产生的能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体为氨气，发生反应为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑，说明D中固体为Mg3N2据此可判断NH4C1O4受热分解产物中有N2生成，故答案为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑；(3)根据分析可知，NH4C1O4分解产物中含有O2和N2，O2和N2都是氧化产物，根据氧化还原反应规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的化合价降低，可能生成氯气，故答案为：O2和N2都是氧化产物，根据氧化还原反应规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的化合价降低，可能生成Cl2；(4)检验水蒸气和氯气，应该先用H中的无水硫酸铜检验水的存在，再用溴化钾检验氯气现象是水溶液变为橙黄色；为了防止多余的氯气污染环境，还需要使用尾气吸收装置，所以按气流从左至右，装置的连接顺序为A→H→G→F，故答案为：H；G；F：现象是水溶液变为橙黄色(5)NH4C1O4分解生成氮气、氧气、氯气和水，结合电子守恒、原子守恒配平可得：2NH4C1O4=N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑，故答案为：2NH4C1O4=N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑(6)在实验过程中仪器E中装有碱石灰的目的是吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，实验结束后，某同学拟通过称量D-60-
中镁粉质量的变化，计算高氯酸铵的分解率，镁粉与装置中的氧气、氮气反应，造成产物质量增大，会造成计算结果偏大，故答案为：吸收空气中的二氧化碳和水蒸气：偏大。-60-
