- 非金属及其化合物
- 共31702题
勤洗手和经常对环境消毒是预防甲流的有效方法，某消毒液为无色液体，用红色石蕊试纸检验，发现试纸先变蓝后褪色，则该消毒液的成份可能是（ ）
正确答案
解析
解：消毒液往往是具有氧化性的物质，该消毒液应具备的条件是：具有氧化性、无色液体、显碱性，而高锰酸钾显紫红色，双氧水无碱性，一水合氨没有氧化性，所以ABD均错误．
故选C．
NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质（如图所示）．下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、碳酸根的第一步水解（水解后生成碳酸氢根和氢氧根）的平衡常数比碳酸氢根要大许多．碳酸根水解要比碳酸氢根容易得多．所以溶解度较大，且溶解的快，故A错误；
B、2Ca（OH）2+2Cl2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，漂白粉主要成分是次氯酸钙和氯化钙的混合物，故B错误；
C、3Cl2+2Fe
D、氯化钠和水、氨气、二氧化碳的反应以及碳酸氢钠的分解反应都不是氧化还原反应，故D正确．
故选D．
漂白粉常用作消毒剂、杀菌剂、漂白剂等．工业上是把氯气通入含水略少于1%（质量分数）的消石灰中制得漂白粉．漂白粉是一种混合物，其有效成分是Ca（ClO）2，商品漂白粉中往往含有Ca（OH）2、CaCl2、H2O等杂质．漂白粉质量高低由“有效氯”（过量浓盐酸与漂白粉作用生成的氯气的质量与漂白粉的质量比）和它保持有效氯的时间来决定的．
（1）现称取某漂白粉4.00g配制成500mL溶液，准确吸取其中25.00mL后，加入足量的足量浓盐酸和KI溶液，静置．待反应产生的氯气与KI完全反应后，用0.100mol/L的Na2S2O3溶液滴定（2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI），到达终点时消耗20.00mLNa2S2O3溶液．计算该漂白粉中有效氯的百分含量．
（2）某研究性学习小组用上述方法测得一种漂白粉的有效氯为56%．请根据推理和计算判断该实验结果是否准确．
（3）某品牌漂白粉的组成可表示为Ca（OH）2•3CaCl（OCl）•nH2O，有效氯为35%，n=______．
正确答案
解：（1）根据反应原理知，n（Cl2）=n（I2）=
答：该漂白粉中有效氯的百分含量是35.5%；
（2）即使漂白粉仅含Ca（ClO）2和CaCl2，有效氯的最大值为
答：不准确；即使漂白粉仅含Ca（ClO）2和CaCl2，有效氯的最大值为
（3）解：设有1molCa（OH）2•3CaCl（ClO）•nH2O，溶于水生成3molClO-，加入盐酸，发生ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O，
ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O
3mol 3mol
则有
故答案为：8.53．
解析
解：（1）根据反应原理知，n（Cl2）=n（I2）=
答：该漂白粉中有效氯的百分含量是35.5%；
（2）即使漂白粉仅含Ca（ClO）2和CaCl2，有效氯的最大值为
答：不准确；即使漂白粉仅含Ca（ClO）2和CaCl2，有效氯的最大值为
（3）解：设有1molCa（OH）2•3CaCl（ClO）•nH2O，溶于水生成3molClO-，加入盐酸，发生ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O，
ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O
3mol 3mol
则有
故答案为：8.53．
下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．漂白粉是由石灰乳与氯气反应生成的，其成分为：是次氯酸钠与氯化钠的混合物，起漂白作用的是次氯酸钠，故A正确；
B．离子反应的实质是离子之间反应使溶液中离子的量减小，转化为不溶物或弱电解质，因此离子互换型的离子反应为复分解反应，有沉淀、气体 或水生成，故溶液中离子反应是向离子减小的方向进行，故B正确；
C．玻璃的成分之一是二氧化硅，二氧化硅能与氢氧化钠反应生成具有粘性的硅酸钠而将瓶塞与瓶体黏在一起，取用药品时，打不开，故C错误；
D．铁的化学性质比铝的弱，铝在空气中被氧气氧化成氧化铝，是一层致密的氧化物，可以组织铝与氧气接触，对铝起保护作用，因此不用防锈．铁在空气中也被氧气氧化，但生成的氧化铁不能起到阻止氧气的作用，它疏松故铁制品需要防锈，故D错误；
故选AB．
在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，振荡后溶液变蓝，再加入足量的亚硫酸钠溶液，蓝色逐渐消失．下列判断错误的是（ ）
正确答案
解析
解：A．根据向淀粉碘化钾溶液中加入少量的次氯酸钠溶液，溶液变蓝色知，次氯酸根离子将碘离子氧化成了碘单质，碘遇淀粉变蓝色，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，次氯酸根离子是氧化剂，碘单质是氧化产物，氧化性为：ClO-＞I2，再加入足量的亚硫酸钠溶液蓝色又逐渐消失，说明碘单质又将亚硫酸根离子氧化了，得到硫酸根离子，碘单质是氧化剂，硫酸根离子是氧化产物，故氧化性SO42-＜I2，因此得出氧化性的强弱为ClO-＞I2＞SO42-，故A错误；
B．漂白精的成分中有次氯酸钠，根据对A的分析，次氯酸钠能将淀粉碘化钾中的碘离子氧化成碘单质．故B正确；
C．次氯酸根离子无论在碱性条件下还是在酸性条件下、中性条件下均有氧化性．因此ClO-与I-在碱性条件下可以发生氧化还原反应，故C正确；
D．新制的氯水中主要是氯气，因此新制的氯水是黄绿色的，由于氯气的氧化性比亚硫酸根离子的氧化性强，故能发生氧化还原反应，氯气被还原而使氯水褪色，故D正确．
故选A．
我国政府以国家标准的方式规定在食盐中添加碘酸钾．据此回答下列问题：
（1）碘是合成下列哪种激素的主要原料之一______
A、胰岛素 B、甲状腺激素 C、生长激素 D、雄性激素
（2）长期生活在缺碘山区，又得不到碘盐供应，易患______
A、甲状腺亢进 B、佝偻病 C、地方性甲状腺肿 D、糖尿病
（3）可用醋酸、淀粉、碘化钾溶液，检验食盐中含碘酸钾．能观察到的明显现象为______．这是因为食盐中的碘酸钾被______ 成碘单质．
（4）淀粉水解的最终产物是______（填化学式），该物质在人体中提供能量的化学方程式为______．
正确答案
B
C
溶液变蓝色
还原
C6H12O6
C6H12O6C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O
解析
解：（1）人体摄入的碘主要是来自海产品和碘盐，碘是合成甲状腺激素的主要元素，缺乏会患甲状腺肿大和呆小症，故选B；
（2）A．甲状腺机能亢进是因碘摄入太多造成的，故A错误；
B．钙主要存在于骨胳和牙齿中，使骨和牙齿具有坚硬的结构支架，缺乏幼儿和青少年会患佝偻病，老年人会患骨质疏松，碘是合成甲状腺激素的主要元素，缺乏会患甲状腺肿大和呆小症，故B错误；
C．碘是合成甲状腺激素的主要元素，缺乏会患甲状腺肿大，故C正确；
D．糖尿病是因血糖浓度过高，造成尿中含有大量的葡萄糖的病症，故D错误；
故选C；
（3）碘化钾和碘酸钾在酸性条件下能发生氧化还原反应生成碘5KI+KIO3+6HCl=6KCl+3H2O+3I2；该反应中KI是还原剂，还原剂对应的产物I2是氧化产物，KIO3是氧化剂，在反应中被还原，该反应中有碘单质生成，碘遇淀粉变蓝色，所以观察到溶液变蓝色，故答案为：溶液变蓝色；还原；
（4）淀粉水解的产物是葡萄糖，分子式为：C6H12O，C葡萄糖在人体中被氧化为人体提供能量，即6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，故答案为：C6H12O6；C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O．
将下列气体通入水中，其饱和水溶液酸性最强的是（ ）
正确答案
解析
解：A．甲烷难溶于水，且为非电解质，溶液呈中性；
B．氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子和铵根离子而导致溶液呈碱性；
C．溴化氢为强电解质，且极易溶于水生成强酸，其饱和溶液中氢离子浓度较大，酸性较强；
D．二氧化硫和水反应生成亚硫酸，1体积水溶解40体积二氧化硫，溶解度远小于HBr，且亚硫酸为弱酸，在水溶液里部分电离生成亚硫酸氢根离子和氢离子，溶液呈弱酸性；
通过以上分析之，溶液酸性最强的是溴化氢溶液，故选C．
已知：还原性HSO3-＞I-，氧化性IO3-＞I2．
实验Ⅰ：在一定量NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液；
实验Ⅱ：在一定量的KIO3溶液中逐滴加NaHSO3溶液．
下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：还原性HSO-3＞I-，氧化性IO3-＞I2．
实验I中，先发生IO3-+3HSO3-═I-+3SO42-+3H+，继续加入KIO3，氧化性IO-3＞I2，所以IO3-可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2；
实验II中，一定量的KIO3溶液中逐滴加NaHSO3溶液，先发生4IO3-+10HSO3-═2I2+10SO42-+2H2O+6H+，后发生I2+HSO3-+H2O=2I-+SO42-+3H+，
A．由上述反应可知，实验I中pH均先减小后增大，实验II中pH减小，变化趋势不同，故A错误；
B．若生成3molI2，实验I转移电子为5mol×6+5mol=35mol电子，实验II转移电子为3mol×2×（5-0）=30mol电子，则转移电子不同，故B错误；
C．在实验Ⅰ的过程中，若NaHSO3初始量为3mol，当溶液中I-与I2的物质的量之比为5：2时，生成1molI-，由IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2可知，设生成碘为xmol，则（1-
D．先发生4IO3-+10HSO3-═2I2+10SO42-+2H2O+6H+，后发生I2+HSO3-+H2O=2I-+SO42-+3H+，第一阶段生成的碘立刻会转化为离子，淀粉遇碘变蓝，则不能用淀粉作为滴定指示剂，判定第一阶段反应终点，而可以用淀粉作为滴定指示剂，判定第二阶段反应终点，故D错误；
故选C．
向NaBr、NaI、Na2CO3的混合溶液中通入-定量氯气后，将溶液蒸于并充分灼烧，得到固体剩余物的组成可能是（ ）
正确答案
解析
解：将氯气通入溶液中，氯气溶于水，溶于水的氯气部分与水发生反应反应方程式为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，相当于新制的氯水，其中的氯气与溶液中的NaBr、NaI反应，氯气与水反应生成的盐酸与Na2CO3反应，其反应方程为：Cl2+2NaBr═2NaCl+Br2，2NaI+Cl2═2NaCl+I2，Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O，将溶液中的NaBr、NaI、Na2CO3的反应完毕后，将溶液加热蒸干并灼烧的过程中，生成的Br2挥发跑掉了，I2易升华，剩余的氯气，生成的氯化氢、次氯酸都从溶液中挥发掉了，最后剩余氯化钠，因此向NaBr、NaI、Na2CO3的混合溶液中通入-定量氯气后，将溶液蒸于并充分灼烧，得到的固体为NaCl．
故选A．
能通过化学反应使溴的四氯化碳溶液褪色的是（ ）
正确答案
解析
解：A．乙烯中含有碳碳双键导致乙烯性质较活泼，能和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷而使溴的四氯化碳溶液褪色，故A正确；
B．苯性质较稳定，和溴的四氯化碳溶液不反应，但能和溴的四氯化碳溶液互溶，所以溶液不褪色，故B错误；
C．甲烷性质较稳定，和强酸、强碱、一般的氧化剂不反应，所以甲烷不能使溴的四氯化碳褪色，故C错误；
D．乙醇中没有碳碳双键或还原性，不能和溴发生反应，所以不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D错误；
故选A．
C12、Na2O2、H2O2、SO2、漂白液、漂白粉等既可用于消毒杀菌又可用于漂白．
（1）下列过程中，溶液的颜色最终呈红色的是______．（填字母序号）
A．足量的氯气通入石蕊试液中
B．先将SO2通入品红溶液中，再充分加热
C．向盛有Na2O2固体的试管中滴加少量酚酞试液
D．将Cl2和SO2（体积比1：1）混合气体通入品红溶液中
（2）常温下，将一定量的氯气通入NaOH溶液中，可制得漂白液，该反应的离子方程式为______．漂白粉溶于水后，与空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，化学反应方程式为______．
（3）含硫燃料的燃烧或含硫矿物的冶炼，会生成二氧化硫气体，若直接排放会形成酸雨．
①用化学方程式表示形成硫酸型酸雨的过程______．
②石灰法是目前应用最广泛的工业废气脱硫方法，其原理是用生石灰作脱硫剂，将硫固定．反应的化学方程式为______．
⑨氮氧化物也是造成酸雨的成分之一，治理汽车尾气中NO和CO的一种方法是：在汽车的排气管上装一个催化转换装置，使NO和CO反应，生成无毒气体，反应的化学方程式是______．
正确答案
BD
Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO
2SO2+O2⇌2SO3、SO3+H2O═H2SO4；或SO2+H2O⇌H2SO3，2H2SO3+O2═2H2SO4；
2CaO+2SO2+O2
2CO+2NO
解析
解：（1）A．氯气与水反应Cl2+H2O=HCl+HClO，生成HCl，使溶液成酸性，紫色石蕊溶液遇酸变为红色，生成HClO具有漂白性，可使石蕊褪色，即观察到溶液先变红后褪色，故A错误；
B．因二氧化硫漂白原理在于能与有机色素结合成无色的不稳定化合物，加热后，无色不稳定的化合物分解，又恢复原来的红色，故B正确；
C．Na2O2和水反应生成NaOH和氧气，使酚酞变红，但Na2O2有强氧化性，将变红的酚酞氧化变为无色，所以溶液先变红后褪色，有气体生成，故C错误；
D．将Cl2和SO2（体积比1：1）混合气体通入品红溶液中，发生反应：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，生成的硫酸和盐酸无漂白性，溶液红色不褪，故D正确；
故答案为：BD；
（2）氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子反应方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，次氯酸酸性比碳酸弱，Ca（ClO）2与空气中的CO2反应生成HClO和CaCO3沉淀，反应的方程式为Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，
故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；
（3）①硫酸型酸雨形成过程有两种途径：一种是SO2在空气中的飘尘做催化剂的作用下被氧气氧化为SO3，2SO2+O2⇌2SO3，溶于水生成硫酸，SO3+H2O═H2SO4；另一种是SO2溶于水生成亚硫酸，SO2+H2O⇌H2SO3；
再被空气中的氧气氧化成硫酸，2H2SO3+O2═2H2SO4，
故答案为：2SO2+O2⇌2SO3、SO3+H2O═H2SO4；或SO2+H2O⇌H2SO3，2H2SO3+O2═2H2SO4；
②以生石灰（CaO）为脱硫剂，高温下与废气中的SO2与O2化合生成CaSO4，反应的化学方程式是：2CaO+2SO2+O2
故答案为：2CaO+2SO2+O2
③CO与NO反应，生成可参与大气生态环境循环的无毒气体，即生成CO2和N2，其化学方程式为2CO+2NO
故答案为：2CO+2NO
下列说法不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、白粉长时间露置空气中，其中的有效成分次氯酸钙可以和水、二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，碳酸钙是块状固体，故A正确；
B、汽车中的汽油燃烧排出的尾气含大量的含氮氧化物，会造成空气污染，故B正确；
C、NH3易液化，液化过程会吸收热量，液氨常用作制冷剂，故C正确；
D、浓硫酸没有挥发性，蘸有浓硫酸的玻璃棒接近浓氨水瓶口不会产生白烟，故D错误．
故选D．
（1）通入Cl2后，从集气瓶A中干燥的红色布条的现象可得出的结论是______；从集气瓶B中湿润的红色布条的现象可得出的结论是______，其中发生的反应的离子方程式为______．
（2）为了确证是HClO使湿润的红色布条褪色，你认为还应增加的实验是______．
（3）烧杯中溶液所起的作用是______，烧杯中所发生反应的离子方程式为______．
（4）为保证实验安全，当氯气以每分钟1.12L（标准状况）的流速匀速通入时，若实验需耗时4分钟，小烧杯中盛2mol•L-1的NaOH溶液的体积至少应为______mL．
正确答案
干燥的氯气没有漂白性
氯气溶于水后有漂白性
Cl2+H2O=H++Cl-+HClO
将湿润的红色布条浸入稀盐酸发分钟，观察是否褪色，验证HCl是否有漂白性
尾气吸收，防止污染环境
Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
200
解析
解：（1）通入Cl2后，从集气瓶A中观察到干燥的红色布条不褪色，可得出的结论干燥的氯气没有漂白性；从集气瓶B中湿润的红色布条褪色，可得出的结论是HClO能漂白，因为氯气和水反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，生成的次氯酸具有漂白性，
故答案为：干燥的氯气没有漂白性、氯气溶于水后有漂白性、Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；
（2）由Cl2+H2O⇌HCl+HClO可知，生成盐酸和HClO，则设计一个实验为验证HCl是否有漂白性，操作方法是在一个红色布条上滴加盐酸，布条无变化，排除氯化氢的漂白性，就证明起漂白作用的物质是次氯酸，
故答案为：将湿润的红色布条浸入稀盐酸发分钟，观察是否褪色，验证HCl是否有漂白性；
（3）氯气有毒，不能排放在空气中，NaOH溶液所起的作用是吸收多余的氯气，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O，故答案为：尾气吸收，防止污染环境、Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（4）分钟时n（Cl2）=
需要n（NaOH）=0.4mol，
所以V（NaOH）=
故答案为：200．
2011年3月18日至19日，受“吃碘盐能防止核辐射”等谣言的影响，我国部分地区出现抢购食盐现象．已知碘盐的主要成分是KIO3和NaCl，KIO3与NaHSO3发生反应：2KIO3+6NaHSO3=2KI+3Na2SO4+3H2SO4，下列说法中不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．KIO3中K为+1价，O为-2价，化合物中元素的化合价的代数和为0，则I元素的化合价是+5价，故A正确；
B．KIO3和NaCl在水溶液中或熔化状态下均能完全电离，则KIO3和NaCl都是强电解质，故B正确；
C.2KIO3+6NaHSO3=2KI+3Na2SO4+3H2SO4中，I元素的化合价降低，则KIO3作氧化剂发生还原反应，故C正确；
D．原子中，质子数+中子数=质量数，23Na37Cl中质子数和中子数之比是（11+17）：（12+20）=7：8，故D错误；
故选D．
下列叙述中能证明次氯酸是一种弱酸的是（ ）
正确答案
解析
解：A．次氯酸的酸性与电离出氢离子的难易程度有关，与稳定性无关，如HI为强酸，但不稳定，故A错误；
B．碳酸为弱酸，次氯酸钙能与碳酸作用生成碳酸钙和次氯酸，说明次氯酸为弱酸，故B正确；
C．酸的氧化性与酸性的强弱无关，如硝酸具有强氧化性，但为强酸，故C错误；
D．次氯酸能使品红溶液褪色是因具有漂白性，与酸性的强弱无关，故D错误．
故选B．
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