解密07非金属及其化合物一、选择题1．(2021·启东高三联考)2020年9月，我国作出对于全球减排具有里程碑意义的承诺：2060年实现碳中和。碳中和是指直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排、碳捕集与封存等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”。下列有关说法正确的是()A．CO2是导致温室效应和酸雨的主要气体B．煤的液化、气化主要是为了减少CO2的排放C．CO2催化加氢合成低碳烯烃属于化合反应D．CO2分子间有间隔，故可将其压缩液化后封存【答案】D【解析】A项，二氧化硫是导致酸雨的气体，而不是二氧化碳，故A错误；B项，煤的液化、气化是不能减少CO2的排放的，如煤气化的生成物即煤气主要成分是一氧化碳，燃烧依然生成二氧化碳，且生成二氧化碳分子数目相同，故B错误；C项，CO2催化加氢合成低碳烯烃的同时还有H2O生成，不属于化合反应，故C错误；D项，二氧化碳分子之间有间隔，在受压时间隔变小，故可将其压缩液化后封存，故D正确。故选D。2．(2021·安徽省”皖南八校“高三联考)下列关于非金属及其化合物的说法错误的是()A．液氮汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂B．向氯水中加入碳酸氢钠粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋C．用二氧化硫漂白过的草帽辫日久又变成黄色D．铜分别与足量的浓硝酸和稀硝酸充分反应，消耗的还原剂与氧化剂的物质的量之比相同【答案】D【解析】A项，液氮汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，A正确；B项，向氯水中加入碳酸氢钠粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋，B正确；C项，二氧化硫漂白性不稳定，故二氧化硫漂白过的草帽辫日久又变成黄色，C正确；D项，Cu与浓硝酸反应的还原产物为二氧化氮，而与稀硝酸反应的还原产物为NO，还原产物的价态不同，故消耗的还原剂与氧化剂的物质的量之比不同，D错误；故选D。3．(2021·潍坊市统考高三化学质量检测)硫元素最常见和最稳定的一种同素异形体是黄色的正交α－型，1912年E.Beckmann由硫在碘中的冰点降低法测得它含有S8分子。1891年，M.R.Engel用浓盐酸和硫代硫酸盐的饱和溶液在0℃下作用首次制得了一种菱形的－硫，后来证明含有S6分子。下列说法正确的是()A．S6和S8分子都是由S原子组成，所以它们是一种物质B．S6和S8分子分别与铁粉反应，所得产物不同C．S6和S8分子分别与过量的氧气反应可以得到SO3D．等质量的S6和S8分子分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同【答案】D【解析】A项，S6和S8分子都是由S原子组成，它们是不同的物质，互为同素异形体，故A错误；B项，S6和S8是硫元素的不同单质，化学性质相似，因此它们分别与铁粉反应，所得产物相同，故B错误；C项，不管氧气过量还是少量，S6和S8分子分别与氧气反应可以得到SO2，故C错误；D项，等质量的S6和S8分子，其硫原子的物质的量相同，因此它们分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同，故D正确。故选D。4．(2021·吉林省德惠市实验中学、前郭五中等九校高三联考)下列有关硫元素及其化合物的说法或描述正确的是( )A．硫黄矿制备硫酸经历两步：SO2/点燃，SO3H2SO4B．酸雨与土壤中的金属氧化物反应后，硫元素以单质的形式进入土壤中
C．在燃煤中加入石灰石可减少SO2排放，发生的反应为2CaCO3＋2SO2＋O22CO2＋2CaSO4D．土壤中的闪锌矿(ZnS)遇到硫酸铜溶液转化为铜蓝(CuS)，说明CuS很稳定，不具有还原性【答案】C【解析】A项，用硫黄制硫酸时，第一步只能将硫氧化成SO2，故A错误；B项，酸雨与土壤中的金属氧化物反应后，硫元素以SO42-的形式进入土壤中，故B错误；C项，在燃煤中加入石灰石，高温下石灰石分解生成CaO，可与SO2以及氧气反应生成硫酸钙，故C正确；D项，土壤中的闪锌矿(ZnS)遇到硫酸铜溶液转化为铜蓝(CuS)，说明CuS的溶解度比ZnS的小，与CuS很稳定不具有还原性无关，故D错误；故选C。5．(2021·湖南怀化市期末)下列关于氯及其化合物的叙述正确的是()A．氯气的性质很活泼，它与氢气混合后立即发生爆炸B．实验室制取氯气时，尾气常用氢氧化钠溶液吸收C．氯气与氢氧化钠溶液反应能制漂白液，其有效成分为NaClO3D．某氯水中加入硝酸银溶液生成白色沉淀，说明该氯水一定不含Cl2【答案】B【解析】A项，氯气的性质很活泼，它与氢气混合后，在光照条件下能发生爆炸，故A错误；B项，氢氧化钠和氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，实验室制取氯气时，尾气常用氢氧化钠溶液吸收，故B正确；C项，漂白液的有效成分为NaClO，故C错误；D项，某氯水中加入硝酸银溶液生成白色沉淀，说明该氯水一定含有Cl-，不能确定是否含有Cl2，故D错误；故选B。6．下列关于非金属及其化合物的说法错误的是()A．液氮汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂B．向氯水中加入碳酸氢钠粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋C．用二氧化硫漂白过的草帽辫日久又变成黄色D．铜分别与足量的浓硝酸和稀硝酸充分反应，消耗的还原剂与氧化剂的物质的量之比相同【答案】D【解析】A项，液氮汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，A正确；B项，向氯水中加入碳酸氢钠粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋，B正确；C项，二氧化硫漂白性不稳定，故二氧化硫漂白过的草帽辫日久又变成黄色，C正确；D项，Cu与浓硝酸反应的还原产物为二氧化氮，而与稀硝酸反应的还原产物为NO，还原产物的价态不同，故消耗的还原剂与氧化剂的物质的量之比不同，D错误；故选D。7．化学工业在经济发展中的作用举足轻重。下列有关工业生产的叙述中正确的是( )A．硫酸生产中常采用高压条件提高SO2的转化率B．合成氨中及时分离氨气可提高反应速率C．硫酸生产中可用水直接吸收SO3生成硫酸D．纯碱厂最好建在合成氨厂附近【答案】D【解析】A项，生成硫酸时采用常压条件，常压条件二氧化硫的转化率已经很大，高压转化率增大不多，但是提高了生成成本，故A错误；B项，及时分离出生成物可使平衡右移，反应物浓度降低，反应速率减小，故B错误；C项，在吸收塔中，直接用水吸收SO3，易形成酸雾，降低SO3吸收效率，应用98.3%硫酸吸收SO3，故C错误；D项，纯碱生成中需要大量氨气来形成氨盐水更好的吸收二氧化碳，纯碱厂最好建在合成氨厂附近可降低运输成本，故D正确；故选D。8．下列现象或事实可用同一原理解释的是()A．浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低B．氯水和活性炭使红墨水褪色C．铁片和铝片置于冷的浓硫酸中均无明显现象D．二氧化硫和过氧化钠使品红褪色【答案】C【解析】A
项，浓硫酸具有吸水性，浓度降低是因溶剂增多，而浓盐酸易挥发浓度减小是因溶质减少，原因不同，A错误；B项，氯水中HClO具有强氧化性使红墨水褪色，而活性炭具有吸附性使红墨水褪色，原理不同，B错误；C项，铁片和铝片置于冷的浓硫酸中均无明显现象，均是因为发生了钝化，原理相同，C正确；D项，过氧化钠具有强氧化性，能使品红褪色，二氧化硫能使品红溶液褪色，发生的是非氧化还原反应，原理不相同，D错误。故选C。9．(2021·浙江高三月考)NCl3为黄色油状液体，可用于漂白，也用于柠檬等水果的熏蒸处理，其相关性质的说法不正确的是()A．缓慢与水发生反应：NCl3+2H2O=HNO2+3HClB．具有强氧化性，能与HCl气体反应生成Cl2C．很不稳定，受热或受震动时发生猛烈爆炸而分解：2NCl3N2↑+Cl2↑D．遇碱迅速分解得到一种碱性气体和能杀灭新冠病毒的消毒液【答案】A【解析】A项，在NCl3中，N显-3价，Cl显+1价，缓慢与水发生反应：NCl3+3H2O=NH3+3HClO，HClO还可将NH3氧化为N2，A不正确；B项，NCl3中Cl显+1价，HCl中Cl显-1价，NCl3与HCl中Cl元素发生归中反应，生成Cl2和NH3，若HCl过量，则生成NH4Cl，B正确；C项，NCl3很不稳定，对光、热、有机化合物都十分敏感，甚至震动时都会发生猛烈爆炸，从而生成N2和Cl2，C正确；D项，NCl3遇碱会发生迅速分解，生成NH3和NaClO，NaClO可作杀灭新冠病毒的消毒液，D正确；故选A。10．(2021·浙江选考模拟)已知：100%硫酸吸收SO3可生成焦硫酸(分子式为H2S2O7或H2SO4·SO3)；焦硫酸水溶液发生如下电离：H2S2O7(aq)=H+(aq)+HS2O7-(aq)，HS2O7-(aq)H+(aq)+S2O72-(aq)K2=2.7×10-2。下列说法不正确的是()A．焦硫酸具有强氧化性B．Na2S2O7水溶液显中性C．98%的H2SO4可以表示为SO3•H2OD．焦硫酸与水反应的化学方程式：H2S2O7+H2O=2H2SO4【答案】B【解析】A项，由浓硫酸中+6价硫具有强氧化性可知，焦硫酸中+6价硫也具有强氧化性，A正确；B项，Na2S2O7可写成Na2SO4·SO3，溶于水后SO3和水反应生成硫酸，溶液显酸性，B错误；C项，假设浓硫酸的质量为100g，则H2SO4的质量为100g×98%=98g，H2O的质量为100g-98g=2g，则H2SO4的物质的量为=1mol，H2O的物质的量为=mol，故98%的H2SO4可表示为H2SO4•H2O，如果把H2SO4表示为SO3·H2O，则98%的浓硫酸也可表示为SO3•H2O，C正确；D项，焦硫酸与水反应可表示为H2SO4·SO3+H2O=2H2SO4，D正确。11．(2021·江苏扬州市期末)2020年7月31日上午，北斗三号全球卫星导航系统正式开通。下列说法正确的是()A．控制系统的芯片是硅晶体，硅晶体用作半导体材料是因为其原子的最外层电子数多B．火箭推进剂发生的化学反应为2N2H4+N2O4=3N2+4H2O，其中氢元素被氧化C．火箭发射时会产生大量红色的烟雾，该现象与反应产生的NOx有关D．火箭头部的一层特殊材料能起到保护作用，是由于其在熔化时能放出大量的热【答案】C【解析】A项，硅晶体用作半导体材料是因其具有单向导电性，与最外层电子数多少无关，故A错误；B项，由反应可知中的N由-2价转变成0价，作还原剂，N元素被氧化物，中的N化合价由+4价转变成0价，作氧化剂，N元素被还原，H的化合价反应前后保持不变，故B错误；C项，
火箭燃料为偏二甲肼和四氧化二氮，其中四氧化二氮进入空气后立刻会分解为红棕色的二氧化氮，红色烟雾是火箭刚点火时没有被燃尽，扩散到空中的棕红色二氧化氮，故C正确；D项，熔化过程吸收大量的热，从而起到给火箭降温保护设备的作用，故D错误；故选C。12．(2021·广东中山市期末)在无机非金属材料中，硅一直扮演着主要的角色．请你利用元素周期律的相关知识，预测硅及其化合物的性质．下列说法不正确的是()A．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料B．SiO2是酸性氧化物，可以与NaOH反应：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2OC．Na2SiO3可溶于水，在水溶液中电离方程式为：Na2SiO3=2Na++SiO32-D．由反应Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3↓，可以证明H2SiO3是一种弱酸【答案】D【解析】A项，晶体硅是灰黑色有金属光泽、硬而脆的固体，导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，A说法正确；B项，SiO2是酸性氧化物，可以与NaOH反应生成盐和水：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，B说法正确；C项，Na2SiO3为强电解质，可溶于水，在水溶液中完全电离，电离方程式：Na2SiO3=2Na++SiO32-，C说法正确；D项，由反应Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3↓，H2SiO3为沉淀，生成的沉淀不一定为弱电解质，则不能证明H2SiO3是一种弱酸，D说法错误；故选D。13．(2021·四川资阳市高三一模)“过犹不及”深刻诠释了化学反应的定量关系。下列反应进行到指定程度，继续增加画线物质的量，不会使反应发生变化的是(忽略气体溶解及与水的反应)()A．在Ca(HCO3)2溶液中滴加Ca(OH)2溶液至HCO3-完全反应B．将Cl2通入FeBr2溶液至Fe2＋完全氧化C．将NH3通入CuSO4溶液至Cu2＋完全沉淀D．在KAl(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至沉淀物质的量最大【答案】A【解析】A项，Ca(HCO3)2溶液中滴加Ca(OH)2溶液至HCO3-完全反应，反应的离子方程式为Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O，继续滴加Ca(OH)2溶液不再发生其他反应，即原反应不会发生变化，A符合题意；B项，由于Fe2+的还原性比Br-强，将Cl2通入FeBr2溶液先与Fe2+反应：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，Fe2+完全氧化后如果继续通入Cl2，溶液中的Br-就会被氧化：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，即原反应发生了变化，B不符题意；C项，将NH3通入CuSO4溶液至Cu2+完全沉淀，发生反应2NH3+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2↓+2NH4+，若继续通入NH3，会发生络合反应Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4](OH)2，沉淀溶解，即原反应发生了变化，C不符题意；D项，在KAl(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至沉淀物质的量最大，发生反应为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，若继续滴加Ba(OH)2溶液，溶液中会发生反应SO42-+2Al(OH)3+Ba2++2OH-=2AlO2-+BaSO4↓+4H2O，即原反应发生了变化，D不符题意；故选A。14．(2021·湖南省常德芷兰实验学校月考)已知NH4CuSO3与足量的10mol·L-1硫酸混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成；②产生刺激性气味的气体；③溶液呈现蓝色。据此判断下列说法正确的是()A．反应中硫酸作氧化剂B．NH4CuSO3中氮元素被氧化C．刺激性气味的气体是氨气D．1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子【答案】D【解析】根据实验现象分析，红色金属为Cu，溶液呈现蓝色，说明溶液中含有Cu2＋，因为加入足量的硫酸，所以刺激性气味的气体应是SO2，据此分析，反应的化学方程式为2NH4CuSO3＋2H2SO4=Cu＋CuSO4＋2SO2↑＋2H2O＋(NH4)2SO4。A项，根据上述分析，只有Cu元素的化合价发生变化，从+1价变成了产物中的0价和+2价即硫酸的组成元素没有发生变化，所以硫酸既不是氧化剂又不是还原剂，只表现酸性，故A错误；B项，NH4CuSO3中氮元素的化合价没有变化，故B错误；C项，根据上述分析，刺激性气味的气体为SO2，不是氨气，故C错误；D项，亚铜自身发生氧化还原反应，从反应的化学方程式2NH4CuSO3＋2H2SO4=Cu＋CuSO4＋2SO2↑＋2H2O＋(NH4)2SO4可知2molNH4CuSO3完全反应转移电子物质的量为1mol，故1molNH4CuSO3完全反应转移电子物质的量为0.5mol，故D正确；故选D。
15．(2020·安徽省濉溪县高三联考)利用自然资源制备相关化学物质，下列化学工艺不可行的是()A．提取食盐后母液含Br2的液体粗溴纯溴B．石英砂粗硅粗四氯化硅高纯硅C．FeS2SO2H2SO3H2SO4D．铝土矿Na[Al(OH)4]溶液Al(OH)3Al2O3铝【答案】C【解析】A项，提取食盐后的母液中提取单质溴的过程，要知道母液中是溴离子，需要先用Cl2氧化，此工艺可行的，故A正确；B项，由石英砂先制粗硅，再用H2还原SiCl4得到Si，是工业上制高纯硅的流程，工艺可行的，故B正确；C项，应首先进行二氧化硫的催化氧化，然后用98.3%的硫酸吸收，此工艺不可行，故C错误；D项，工业上用铝土矿制铝的过程，每一步所加试剂必须过量，此工艺可行的，故D正确；故选C。16．(2020·安徽省2020年江南十校综合素质测试)ClO2是一种极易溶于水且几乎不与冷水反应的黄绿色气体(沸点11℃)，实验室制备纯净ClO2溶液的装置如图所示：已知下列反应：NaClO3+HCl→NaCl+ClO2+Cl2+H2O；NaClO2+HCl→NaCl+ClO2+H2O；NaClO2+Cl2→NaCl+ClO2(均未配平)。下列说法正确的是()A．a中通入的N2可用CO2或SO2代替B．b中NaClO2可用饱和食盐水代替C．c中广口瓶最好放在冰水浴中冷却D．d中吸收尾气后只生成一种溶质【答案】C【解析】A项，a中通入的N2的目的是氮气性质稳定且不影响实验，可将a中产生的ClO2和Cl2吹出并进入后续装置，继续实验，二氧化硫具有还原性，可将ClO2、NaClO3等物质还原，故A错误；B项，b中NaClO2的作用是吸收ClO2中混有的氯气和氯化氢杂质气体，用饱和食盐水可吸收氯化氢，但不能吸收氯气，故B错误；C项，ClO2是一种极易溶于水且几乎不与冷水反应的黄绿色气体，故c中广口瓶最好放在冰水浴中冷却，有利于吸收ClO2，故C正确；D项，d中氢氧化钠和ClO2发生歧化反应生成NaCl和NaClO3，产物至少两种，故D错误；故选C。17．(2020·长沙七校联考)实验室探究SO2与Fe(NO3)3溶液反应的原理，装置如下图，实验中Y装置产生白色沉淀。下列说法不正确的是()
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或BaSO3C．产生白色沉淀的原因可能是在酸性条件下SO2与NO3-反应生成了SO42-D．若将Fe(NO3)3换成FeCl3，Y中也能产生白色沉淀，说明Fe3+也能将SO2氧化【答案】B【解析】A项，通入一段时间N2，是为了排除空气中O2的干扰，故A正确；B项，由于NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能将SO32-氧化为SO42-，所以Y中产生的白色沉淀是BaSO4，故B不正确；同理，C项，正确；D项，若将Fe(NO3)3换成FeCl3，Y中也能产生白色沉淀，且沉淀为BaSO4，说明Fe3+也能将SO2氧化，D正确；故选B。18．下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是( )选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ判断A向浓盐酸中加入浓硫酸可制备氯化氢气体浓盐酸易挥发，浓硫酸与水作用放出大量的热Ⅰ对，Ⅱ对；有BCu能与浓HNO3反应由于Cu具有还原性，浓HNO3具有氧化性，在任何条件下生成的气体一定是NO2Ⅰ对，Ⅱ错；无C硫单质在纯氧中燃烧有少量SO3生成部分二氧化硫被氧化为SO3Ⅰ对，Ⅱ对；无D硝酸铵和碱石灰共热用于实验室制备NH3铵盐与碱能发生复分解反应Ⅰ对，Ⅱ对；有【答案】A【解析】A项，浓硫酸具有吸水性，溶于水放出大量的热，又因为浓盐酸易挥发，所以向浓盐酸中加入浓硫酸可制备氯化氢气体，A正确；B项，铜与稀硝酸反应生成NO，B错误；C项，硫单质在纯氧中燃烧只能生成SO2，C错误；D项，硝酸铵受热易发生爆炸，实验室一般用氯化铵与熟石灰共热制备氨气，D错误。19．(2020·湖南省金太阳高三联考)下列实验操作、现象和结论均正确的是()选项实验操作和现象结论A向NaBr溶液中分别滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色Br-的还原性强于Cl-B相同条件下，分别向20mL0.1mol/LKMnO4溶液和20mL0.5mol/LKMnO4溶液中滴加相同浓度和体积的草酸溶液(过量)，0.5mol/LKMnO4溶液紫色褪去的时间更短(生成的Mn2+对该反浓度对反应速率的影响：浓度越大，反应速率越快
应无影响)C向淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气，溶液由无色变蓝色，后蓝色褪去氯气具有强氧化性和漂白性D室温下，用pH试纸测得0.1mol/LNa2SO3溶液的pH约为10，0.1mol/LNaHSO3溶液的pH约为5HSO3-结合H+的能力比SO32-的强【答案】A【解析】A项，NaBr溶液中滴入氯水，发生反应2Br-+Cl2＝Br2+2Cl-，由此得出还原性Br-＞Cl-，A正确；B项，要通过溶液紫色褪去的时间长短比较反应速率快慢，应该让酸性高锰酸钾的体积和浓度均相同，改变草酸的浓度，B错误；C项，淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气，溶液先变蓝后褪色，氯气只表现氧化性，氯气没有漂白性，C错误；D项，0.1mol/LNa2SO3溶液的pH大，碱性强，则结合H+的能力强，D错误；故选A。20．根据下列实验和现象，所得实验结论正确的是( )选项实验现象实验结论A向某溶液中先滴加适量稀硝酸，再滴加少量BaCl2溶液出现白色沉淀原溶液中含有SO42-、SO32-、HSO3-中的一种或几种B向装有Fe(NO3)2溶液的试管中加入稀硫酸在管口观察到红棕色气体HNO3分解成了NO2C左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色氧化性：Cl2>Br2>I2DSO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀得到的沉淀只有BaSO4【答案】D【解析】A项，加入的硝酸能把SO32-、HSO3-氧化为SO42-，再加入BaCl2都能生成白色沉淀BaSO4，所以溶液含有SO42-、SO32-、HSO3-中的一种或几种，但是若溶液中含有Ag+，也能与BaCl2反应生成白色沉淀，A不正确；B项，加入的硫酸与NO3-构成硝酸，能氧化Fe2+，而NO3-被还原为NO，NO遇空气生成红棕色的NO2，故硝酸分解生成NO2的结论是不正确；C项，含有NaBr的棉球显橙色，说明Cl2的氧化性强于Br2，因溴易挥发，与Cl2一起与含有KI淀粉的棉球作用而呈蓝色，无法确定是哪种物质把I-氧化为I2，故结论不正确；D项，SO3溶于水生成硫酸，电离出的H+与NO3-构成的硝酸把SO2氧化为SO42-，所以白色沉淀只有BaSO4，故D的结论是正确的。21．(2021·福建厦门市期末)将KIO3、H2SO4、H2O2、MnSO4、CH2(COOH)2及可溶性淀粉(指示剂)混合进行碘钟实验，通过光线传感器绘制出碘钟振荡反应曲线如下图。下列说法正确的是()
已知：碘钟周期性振荡的反应如下，除I2与Mn3+外，其他物质在此溶液中为无色或浅色。12H++2IO3-+10Mn2+=I2+6H2O+10Mn3+(琥珀色)IO3-+3H2O2=I-+3O2↑+3H2O5I-+IO3-+6H+=3I2+H2OI2+CH2(COOH)2=ICH(COOH)2+H++I-4Mn3++ICH(COOH)2+2H2O=I-+4Mn2++HCOOH+2CO2↑+5H+A．A→B→C过程中，颜色变化为：蓝色→琥珀色→无色B．D→E过程放出的气体为O2C．F→G持续时间变长，是因为CH2(COOH)2逐渐被消耗D．H点透光率减弱是因为浓度下降【答案】C【解析】在淀粉作指示剂的情况下混合反应，混合液在特定的时间内保持无色，而后突然转变为蓝色。由于混合液由无色到蓝色这段时间可以精确计时，因此这一反应被称为碘钟反应。A项，根据已知信息可知A点生成单质碘：12H++2IO3-+10Mn2+=I2+6H2O+10Mn3+，则A→B→C过程中，颜色变化为：蓝色→琥珀色，A错误；B项，D→E反应为5I-+IO3-+6H+=3I2+H2O，B错误；C项，根据I2+CH2(COOH)2=ICH(COOH)2+H++I-可判断F→G持续时间变长，是因为CH2(COOH)2逐渐被消耗，C正确；D项，H点生成单质碘，由于生成单质碘需要消耗碘酸根，因此透光率减弱是因为碘酸根浓度下降，D错误；故选C。22．(2021·江西宜春市·高三月考)冰晶石(Na3AlF6)微溶于水，工业上用萤石(CaF2含量为96%)、二氧化硅为原料，采用氟硅酸钠法制备冰晶石，其工艺流程如图：据此分析，下列观点不正确的是()A．滤渣A的主要成分是CaSO4B．上述流程中，所涉反应均为非氧化还原反应C．“操作i”可用硅酸盐质设备进行分离D．流程中可循环使用的物质除H2SO4、SiO2外，滤液B经浓缩后也能循环使用【答案】C【解析】萤石二氧化硅在硫酸酸浸中生成H2SiF6，还生成硫酸钙，过滤分离，滤渣A的主要成分为硫酸钙，可能含有二氧化硅等。H2SiF6再与硫酸钠反应生成Na2SiF6和硫酸，硫酸可以循环使用，Na2SiF6与浓氨水反应生成氟化钠和氟化铵和二氧化硅，操作i过滤分离出二氧化硅，二氧化硅也循环使用，反应③发生2NaF+4NH4F+NaAlO2+2H2O=Na3AlF6+4NH3·H2O或2NaF+4NH4F+NaAlO2=Na3AlF6+4NH3+2H2O，滤液B含氨水，可循环使用，操作ⅱ过滤分离出冰晶石。A项，滤渣A的主要成分为硫酸钙，A正确，不符合题意；B项，所有反应都没有元素化合价变化，都为非氧化还原反应，B正确，不符合题意；C项，溶液中的氟离子水解生成氟化氢，腐蚀硅酸盐质设备，C错误，符合题意；D项，操作i过滤分离出二氧化硅，二氧化硅也循环使用，反应③发生2NaF+4NH4F+NaAlO2+2H2O=Na3AlF6+4NH3·H2O或2NaF+4NH4F+NaAlO2=Na3AlF6+4NH3+2H2O，滤液B含氨水，可循环使用，D正确，不符合题意；故选C。23．(2021·石家庄市藁城区第一中学高三月考)常温常压下，将amolCO2气体通入含bmolNaOH的溶液中，下列对所得溶液的描述正确的是()A．2ac(CO32-)>c(OH-)>c(H+)
B．2a=b时，则一定存在：c(OH-)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(H＋)C．bc(H+)，故A不正确；B项，当2a=b时，CO2与NaOH恰好发生反应①，溶质是Na2CO3，碳酸钠溶液列出的质子守恒为：c(OH-)=2c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(H＋)，故B不正确；C项，当bHSO3-，所以离子反应方程式为H2SO3+HCO3-=CO2↑+HSO3-+H2O；④酸性越强同浓度的溶液pH越小，所以可以测定相同浓度的氢硫酸和亚硫酸的pH，氢硫酸的pH大于亚硫酸；酸性越强电离程度越大，同浓度的溶液导电性越强，用相同浓度的氢硫酸和亚硫酸做导电性实验，氢硫酸的导电能力低于亚硫酸；强酸可以和弱酸盐反应生成强酸盐和弱酸，所以可以将相同浓度的氢硫酸和亚硫酸分别于能浓度的碳酸氢钠溶液混合，氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸与碳酸氢钠溶液生成气体。27．(2021·北京东城区高三期末)某实验小组对Na2S2O3分别与FeCl3、Fe2(SO4)3的反应进行实验探究。实验药品：0.1mol/LNa2S2O3溶液(pH=7)；0.1mol/LFeCl3溶液(pH=1)；0.05mol/LFe2(SO4)3溶液(pH=1)。实验过程实验编号ⅠⅡⅢ实验操作实验现象溶液呈紫色，静置后紫色迅速褪去，久置后出现淡黄色浑浊溶液呈紫色，静置后紫色褪去，久置后不出现淡黄色浑浊溶液呈紫色，静置后紫色缓慢褪去，久置后不出现淡黄色浑浊资料：ⅰ.Na2S2O3在酸性条件下不稳定，发生自身氧化还原反应；ⅱ.Fe3++S2O32-Fe(S2O3)+(暗紫色)，Fe2+遇S2O32-无明显现象(1)配制FeCl3溶液时，需要用盐酸酸化，结合离子方程式解释原因：______________________________________________。(2)对实验Ⅰ中现象产生的原因探究如下：①证明有Fe2+生成：取实验Ⅰ中褪色后溶液，加入1~2滴K3[Fe(CN)6]溶液，观察到_________________________________。②实验I中紫色褪去时S2O32-被氧化成S4O62-，相关反应的离子方程式是____________________。③实验I和Ⅱ对比，Ⅰ中出现淡黄色浑浊，而Ⅱ中不出现淡黄色浑浊的原因是_______。(3)为探究实验Ⅱ和Ⅲ中紫色褪去快慢不同的原因，设计实验如下：实验编号ⅣⅤ实验操作
实验现象紫色褪去时间a>b紫色褪去时间cb，说明硫酸根离子能减慢反应速率，褪色时间较长；实验Ⅴ中探究氯离子对速率的影响，向试管c中加入氯化钠固体，紫色褪去时间c
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