- 非金属及其化合物
- 共31702题
下列物质用途不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．二氧化硫具有漂白性，能漂白纸张，故A正确；
B．用氯气制备漂白粉的方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O，故B正确；
C．用食盐作调味剂，故C正确；
D．胃酸中含盐酸，与碱反应，则用Al（OH）3治疗胃酸过多，故D错误；
故选D．
SO2能使品红的红色溶液变为无色，体现了SO2的（ ）
正确答案
解析
解：A、氧化性是元素化合价降低发生的反应，上述变化无元素化合价的变化，故A错误；
B、氧化性是元素化合价降低发生的反应，上述变化无元素化合价的变化，故B错误；
C、SO2能使品红的红色溶液变为无色是二氧化硫生成的亚硫酸结合有机色素形成无色物质，体现了二氧化硫的漂白性，故C正确；
D、酸性氧化物是和碱反应生成盐和水，SO2能使品红的红色溶液褪色发生化合反应，故D错误；
故选C．
不论以何种比例混合，将甲和乙两种混合气体同时通入过量的丙溶液中，一定能产生沉淀的组（ ）
正确答案
解析
解：①石灰水过量，发生酸性氧化物与碱的反应生成碳酸钙沉淀、亚硫酸钙沉淀，故选；
②石灰水过量，与CO2反应生成碳酸钙沉淀，故选；
③SO2与Ba（NO3）2发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，故选；
④NO2、SO2在水溶液中发生氧化还原反应生成硫酸根离子，再与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故选；
⑤CO2、NH3反应生成碳酸铵，再与氯化钙发生复分解反应生成碳酸钙沉淀，若生成碳酸氢铵与氯化钙不反应，不会生成沉淀，故不选；
故选D．
（西城一模）为保障人体健康，必须严格限制用量的是（ ）
正确答案
解析
解：A、因SO2具有毒性，一般不用于食品的漂白，故A错误；
B、因小苏打在加热是发生分解：2NaHCO3
C、因食醋可以与碳酸钙反应产生可溶性盐：2CH3COOH+CaCO3═（CH3COO）2Ca+H2O+CO2↑，故C正确；
D、因臭氧具有消毒作用，且少量的臭氧不会对人体有害，所以常用，故D正确；
故选A．
以下四组气体分别与对应的试纸接触，均能使试纸变蓝的是（ ）
正确答案
解析
解：能使湿润红色石蕊试纸变蓝的只有氨气，由此可排除B、C选项；
若使湿润的淀粉-KI试纸，则气体具有氧化性，能氧化碘离子，所以Cl2、NO2均能使湿润的淀粉-KI试纸变蓝，
显然只有选项D符合，
故选D．
下列对SO2和SO3的叙述正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．标况下三氧化硫是固体，二氧化硫是气体，但二氧化硫和三氧化硫都易溶于水，故A错误；
B．SO2+H2O=H2SO3、SO3+H2O=H2SO4，二氧化硫和三氧化硫都是酸性氧化物，但亚硫酸是弱酸、硫酸是强酸，故B错误；
C．三氧化硫没有漂白性，二氧化硫具有漂白性能使品红溶液褪色，但二氧化硫的漂白性不稳定，在加热条件下易恢复为原来颜色，故C错误；
D．二氧化硫和三氧化硫都属于酸性氧化物，能和碱反应生成盐和水，故D正确；
故选D．
用下图装置可以进行测定SO2转化成SO3的转化率的实验．已知SO3的熔点是16，8℃，沸点是445.8℃．已知发生装置中所涉及反应的化学方程式为：Na2SO3（s）+H2SO4（98%）═Na2SO4+H2O+SO2↑
（1）根据实验需要，应该在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ处连接合适的装置．请从下图A～E装置中选择最适合装置并将其序号填入下面的空格中．
Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ处连接的装置分别是______、______、______．
（2）从乙处均匀通入O2，为使SO2有较高的转化率，实验中在加热催化剂与滴加浓硫酸的顺序中，应采取的操作是______．
（3）将SO2通入含1.5mol氯酸的溶液中，可生成一种强酸和一种氧化物，若有1.5×6.02×1023个电子转移时，该反应的化学方程式______
（4）用amolNa2SO3粉末与足量浓硫酸进行此实验，当反应结束时，继续通入O2一段时间后，测得装置Ⅲ增重了bg，则实验中SO2的转化率为______%（用含a、b的代数式填写）
（5）尾端球形干燥管的作用是______．
正确答案
解：（1）Ⅰ装置必须要对二氧化硫进行干燥，可以用浓硫酸来干燥二氧化硫气体；SO3的熔点是16，8℃，可以用冰水来获得三氧化硫；未反应掉的二氧化硫对空气会产生污染，可以用碱石灰或者氢氧化钠溶液来进行尾气处理，故答案为：B； A；E（或C）；
（2）为保证产生的二氧化硫尽可能多的转化为三氧化硫，应先加热催化剂再滴入浓硫酸，故答案为：先加热催化剂再滴入浓硫酸；
（3）氯酸具有氧化性，其中氯元素的化合价为+5价，有1.5×6.02×1023个即1.5mol电子转移时，1.5mol氯酸中氯元素的化合价应由+5价降到+4价，所以产物中氯元素以二氧化氯的形式存在，二氧化硫被氧化为硫酸，故答案为：SO2+2HClO3=H2SO4+2ClO2；
（4）根据硫原子守恒，Na2SO3～SO2～SO3，amolNa2SO3粉末与足量浓硫酸进行此实验，当反应结束时，应产生二氧化硫的质量为64ag，测得装置Ⅲ增重了bg，即为剩余二氧化硫的质量，所以二氧化硫的转化率α=
（5）空气中的CO2及水蒸气会干扰测定SO2转化成SO3的转化率，所以要加一个干燥装置，故答案为：防止空气中的CO2及水蒸气干扰，造成误差．
解析
解：（1）Ⅰ装置必须要对二氧化硫进行干燥，可以用浓硫酸来干燥二氧化硫气体；SO3的熔点是16，8℃，可以用冰水来获得三氧化硫；未反应掉的二氧化硫对空气会产生污染，可以用碱石灰或者氢氧化钠溶液来进行尾气处理，故答案为：B； A；E（或C）；
（2）为保证产生的二氧化硫尽可能多的转化为三氧化硫，应先加热催化剂再滴入浓硫酸，故答案为：先加热催化剂再滴入浓硫酸；
（3）氯酸具有氧化性，其中氯元素的化合价为+5价，有1.5×6.02×1023个即1.5mol电子转移时，1.5mol氯酸中氯元素的化合价应由+5价降到+4价，所以产物中氯元素以二氧化氯的形式存在，二氧化硫被氧化为硫酸，故答案为：SO2+2HClO3=H2SO4+2ClO2；
（4）根据硫原子守恒，Na2SO3～SO2～SO3，amolNa2SO3粉末与足量浓硫酸进行此实验，当反应结束时，应产生二氧化硫的质量为64ag，测得装置Ⅲ增重了bg，即为剩余二氧化硫的质量，所以二氧化硫的转化率α=
（5）空气中的CO2及水蒸气会干扰测定SO2转化成SO3的转化率，所以要加一个干燥装置，故答案为：防止空气中的CO2及水蒸气干扰，造成误差．
某气体通入品红溶液中，溶液褪色．加热后又恢复为原来颜色．该气体是（ ）
正确答案
解析
解：A．SO2是一种漂白剂，能使品红褪色，但是生成的无色物质不稳定，加热时该化合物分解，二氧化硫从溶液中逸出，因此品红溶液又恢复原来颜色，故A正确；
B．NO2不是漂白剂，通入品红溶液中，溶液不褪色，故B错误；
C．CO2不是漂白剂，通入品红溶液中，溶液不褪色，故C错误；
D．Cl2与水反应生成次氯酸，次氯酸是一种漂白剂，能使品红褪色，加热后颜色不变，故D错误；
故选A．
测定转化成SO3的转化率可以用如图装置，装置中烧瓶内发生的化学反应方程式为：
Na2SO3（s）+H2SO4（85%）=Na2SO4+H2O+SO2↑（已知S03的熔点是16.8℃，沸点是44.8℃）
（1）装置中甲管的作用是______．
（2）根据实验需要，应该在I、II、III、IV处连接合适的装置，请从题图A〜E装置中选择最适合装置并将其序号填放下面的空格中．I、II、III、IV处连接的装置分别是______
（3）为使SO2有较高的转化率，实验中加热催化剂与滴加浓硫酸的顺序中，应采取的操作是______，若用大火加热烧瓶时，SO2的转化率会______ （填“升高”、“不变”或“降低”）．
（4）有一小组在实验中发现，SO2气体产生缓慢，以致后续实验现象不明显，但又不存在气密性问题，请你推测可能的原因（可以不填满）①原因：______②原因：______ ③原因：______
（5）将SO2通入含1mol氯酸的溶液中，可生成一种强酸和一种氧化物，并有6.02×1023个电子转移，则该反应的化学方程式为______
（6）用nmolNa2SO3粉末与足量浓硫酸进行此实验，当反应结束时，继续通入O2-段时间后，测得装置IV增重了 mg，则实验中SO2的转化率为______．（用含m、n的代数式填写）
正确答案
解：（1）由图可知，液体流下时使分液漏斗中压强减小，不利于液体流下，而甲装置能保证分液漏斗和烧瓶内气体压强相等，则甲能使液体顺利流下，故答案为：让硫酸顺利滴下；
（2）因从溶液中反应生成气体中混有水蒸气，则I处应选择B装置来吸收水进行气体的干燥，II中选E进行二氧化硫气体的催化氧化，S03的熔点是16.8℃，沸点是44.8℃，III中选A进行冷却，使三氧化硫与二氧化硫分离，在IV中选择C装置来吸收未反应的SO2，故答案为：BEAC；
（3）因催化剂在一定的温度下催化效果好，则应先加热催化剂，大火加热时反应速率过快，生成的部分二氧化硫未反应就通过了E装置，导致SO2的转化率降低，
故答案为：先加热催化剂再滴入浓硫酸；降低；
（4）SO2气体产生缓慢，可能为Na2SO3变质生成硫酸钠，也可能为浓硫酸的浓度不够，反应速率变慢，故答案为：Na2SO3变质；浓硫酸的浓度不够；
（5）SO2通入含1mol氯酸的溶液中，可生成一种强酸和一种氧化物，有6.02×1023个电子转移，则Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，由质量守恒定律可知反应的化学方程式为
SO2+2HClO3═H2SO4+2ClO2，故答案为：SO2+2HClO3═H2SO4+2ClO2；
（6）IV增重了mg，为未反应的SO2的质量，其物质的量为
故答案为：
解析
解：（1）由图可知，液体流下时使分液漏斗中压强减小，不利于液体流下，而甲装置能保证分液漏斗和烧瓶内气体压强相等，则甲能使液体顺利流下，故答案为：让硫酸顺利滴下；
（2）因从溶液中反应生成气体中混有水蒸气，则I处应选择B装置来吸收水进行气体的干燥，II中选E进行二氧化硫气体的催化氧化，S03的熔点是16.8℃，沸点是44.8℃，III中选A进行冷却，使三氧化硫与二氧化硫分离，在IV中选择C装置来吸收未反应的SO2，故答案为：BEAC；
（3）因催化剂在一定的温度下催化效果好，则应先加热催化剂，大火加热时反应速率过快，生成的部分二氧化硫未反应就通过了E装置，导致SO2的转化率降低，
故答案为：先加热催化剂再滴入浓硫酸；降低；
（4）SO2气体产生缓慢，可能为Na2SO3变质生成硫酸钠，也可能为浓硫酸的浓度不够，反应速率变慢，故答案为：Na2SO3变质；浓硫酸的浓度不够；
（5）SO2通入含1mol氯酸的溶液中，可生成一种强酸和一种氧化物，有6.02×1023个电子转移，则Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，由质量守恒定律可知反应的化学方程式为
SO2+2HClO3═H2SO4+2ClO2，故答案为：SO2+2HClO3═H2SO4+2ClO2；
（6）IV增重了mg，为未反应的SO2的质量，其物质的量为
故答案为：
已知：
Ⅰ．SO2通入碱溶液时：SO2+2OH-=SO32-+H2O；SO2（过量）+OH-=HSO3-
Ⅱ．SO32-与H+反应生成SO2：①SO32-+H+=HSO3-；②HSO3-+H+=SO2↑+H2O
（1）写出K2SO3与足量稀H2SO4反应制备SO2的离子方程式：______．
（2）SO2与KOH溶液反应有多种可能，反应后溶液中溶质的组成可能是（填写化学式）：
①K2SO3；②KHSO3；③______；④______；⑤______．
（3）在数字实验中用传感器对亚硫酸钾和亚硫酸氢钾混合物样品进行测定，分别称取三份不同质量的混合物样品，配成溶液，然后用相同浓度的硫酸与之恰好反应，测得如表数据：
求：该混合物中K2SO3与KHSO3的物质的量之比是多少？
正确答案
解：（1）K2SO3与足量稀H2SO4反应生成硫酸钾、水、二氧化硫，离子反应为SO32-+2H+=SO2↑+H2O，
故答案为：SO32-+2H+=SO2↑+H2O；
（2）由SO2+2OH-=SO32-+H2O、SO2（过量）+OH-=HSO3-可知，n（SO2）与n（KOH）的比值为1：2时生成K2SO3，为1：1时生成KHSO3，介于二者之间时生成K2SO3和KHSO3，溶质为KHSO3和H2SO3，KOH过量时溶质为K2SO3和KOH，
故答案为：KHSO3和H2SO3；K2SO3和KHSO3；K2SO3和KOH；
（3）3组数据可知，由实验1、2中固体增大，气体的量增大，则由实验1或2的数据均可计算得到固体的成分，由实验1数据可知，
n（K2SO3）×158g/mol+120g/mol×n（KHSO3）=4.36g，
n（K2SO3）+n（KHSO3）=0.03mol，
联立解得：n（K2SO3）=0.02mol、n（KHSO3）=0.01mol，
则n（K2SO3）：n（KHSO3）=2：1，
答：该混合物中K2SO3与KHSO3的物质的量之比是2：1．
解析
解：（1）K2SO3与足量稀H2SO4反应生成硫酸钾、水、二氧化硫，离子反应为SO32-+2H+=SO2↑+H2O，
故答案为：SO32-+2H+=SO2↑+H2O；
（2）由SO2+2OH-=SO32-+H2O、SO2（过量）+OH-=HSO3-可知，n（SO2）与n（KOH）的比值为1：2时生成K2SO3，为1：1时生成KHSO3，介于二者之间时生成K2SO3和KHSO3，溶质为KHSO3和H2SO3，KOH过量时溶质为K2SO3和KOH，
故答案为：KHSO3和H2SO3；K2SO3和KHSO3；K2SO3和KOH；
（3）3组数据可知，由实验1、2中固体增大，气体的量增大，则由实验1或2的数据均可计算得到固体的成分，由实验1数据可知，
n（K2SO3）×158g/mol+120g/mol×n（KHSO3）=4.36g，
n（K2SO3）+n（KHSO3）=0.03mol，
联立解得：n（K2SO3）=0.02mol、n（KHSO3）=0.01mol，
则n（K2SO3）：n（KHSO3）=2：1，
答：该混合物中K2SO3与KHSO3的物质的量之比是2：1．
下列过程最终无沉淀产生的是（ ）
正确答案
解析
解：A．因氨气通入Al2（SO4）3溶液发生反应：AlCl3+3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4Cl，氨气过量不会与Al（OH）3反应，故A错误；
B、因HCl的酸性比H2CO3的酸性强，所以CO2与BaCl2溶液不反应，故B正确；
C、因HCl的酸性比H2SO3的酸性强，所以SO2与BaCl2溶液不反应，通入过量Cl2后，发生以下反应：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，故C错误；
D、因H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强，所以CO2+Na2SiO3+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，CO2过量会与Na2CO3反应：Na2CO3+CO2+H20=2NaHCO3，故D错误；
故选B．
下列实验过程中，始终无明显现象的是（ ）
正确答案
解析
解：A、Cl2通入Na2CO3溶液中，Cl2和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸与Na2CO3反应产生二氧化碳气体，现象明显，故A错误；
B、因CO2和CaCl2不反应，无明显现象，故B正确；
C、NH3通入溶液中转化为氨水，与AgNO3反应生成氢氧化银沉淀，现象明显，故C错误；
D、SO2通入酸化的硝酸钡中，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，则亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，该反应生成硫酸钡沉淀，现象明显，故D错误；
故选：B．
正确答案
解析
解：A．SO2与KMnO4酸性溶液发生氧化还原反应，表现了SO2的还原性，故A错误；
B．SO2使品红溶液褪色，表现了SO2的漂白性，故B错误；
C．SO2被溶液中的NO3-和H+氧化为SO42-，表现了SO2的还原性，故C正确；
D．SO2与NaOH和BaCl2混合溶液反应生成BaSO3，BaSO3被硝酸氧化为BaSO4，BaSO4难溶于稀硝酸，故D错误；
故选C．
有些商贩为了使银耳增白，就用硫黄（燃烧硫黄）对银耳进行熏制，用这种方法制取的银耳对人体是有害的．这些不法商贩所制取银耳利用的是（ ）
正确答案
解析
解：二氧化硫和有色物质反应生成无色物质，所以二氧化硫具有漂白性，但二氧化硫的漂白性不稳定，在加热条件下，无色物质会恢复原来的颜色，有些商贩为了使银耳增白，就用硫磺（燃烧硫磺）对银耳进行熏制是利用了二氧化硫的漂白性，
故选C．
下列物质能使品红溶液褪色的是（ ）
①盐酸 ②过氧化钠 ③氯化钠 ④二氧化硫 ⑤次氯酸钠．
正确答案
解析
解：因过氧化钠、二氧化硫、次氯酸钠具有漂白性，具有漂白性的物质能使品红溶液褪色，故选：B．
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