学年高三化学一轮备考之全国百所名校模拟题分类汇编专题4 非金属及其化合物 Word版缺答案.docx

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学年高三化学一轮备考之全国百所名校模拟题分类汇编专题4非金属及其化合物Word版缺答案

2017-2018学年专题4非金属及其化合物

1.下列说法正确的是

A．将FeCl3饱和溶液煮沸可得到带正电荷的Fe（OH）3胶体

B．CaO和SO3的水溶液均能导电，它们都属于电解质

C．硅酸钠溶液可以用作黏合剂，不能用作防火材料

D．F2、Cl2、Br2、I2的熔沸点逐渐升高

【答案解析】【解析】D解析：

A、将FeCl3饱和溶液逐滴滴加到沸水中得到红褐色液体就是Fe（OH）3胶体，故A错误；B、CaO和SO3的水溶液均能导电，是因为生成了氢氧化钙和硫酸，电解出自由移动离子，但SO3不属于电解质，故B错误；C、硅酸钠溶液可以用作黏合剂，也能用作防火材料，故C错误；D、F2、Cl2、Br2、I2的熔沸点随着分子量的增加逐渐升高，故D错误。

故答案选D

2.下列说法正确的是

A．制普通玻璃的主要原料是烧碱、石灰石、石英B．晶体硅可用于制作半导体材料

C．实验室用带玻璃塞的试剂瓶保存氢氧化钠溶液D．光导纤维的主要成份是硅

【答案解析】B解析：

制普通玻璃的主要原料是纯碱、石灰石、石英，A错误；B正确；玻璃中的二氧化硅与氢氧化钠反应生成有粘性的硅酸钠，将瓶塞与试剂瓶粘接起来，实验室用带橡胶塞的试剂瓶保存氢氧化钠溶液，C错误；光导纤维的主要成份是二氧化硅，D错误。

3．下列说法正确的是

A．硅单质在电子工业上应用广泛，可作光导纤维

B．糖类、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应

C．为了减少“白色污染”，我国规定商家不得提供塑料袋

D．植物油和石油的裂化产品均能使酸性高锰酸钾溶液褪色

【答案解析】D解析：

作光导纤维的是二氧化硅，不是硅，A错误；糖类中的单糖不能发生水解反应，B错误；为了减少“白色污染”，我国规定商家不得无偿提供塑料袋，C错误；植物油和石油的裂化产品都含碳碳双键，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确。

4.化学与能开发、环境保护、资利用等密切相关，下列说法正确的是

A．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，可用作木材防火剂

B.开发核能、太阳能等新能，推广基础甲醇汽油，使用无磷洗涤剂都可直接降低碳排放

C．在入海口的钢铁闸门上装一定数量的铜块可防止闸门被腐蚀

D．汽车尾气中含有氮的氧化物，是汽油不完全燃烧造成的

【答案解析】【解析】A解析：

A．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，硅酸钠不能燃烧，不易挥发，能用作木材防火剂，故A正确；

B．无磷洗涤剂是在洗涤剂的成分中去掉了导致水污染的磷元素，它不会降低碳排放，故B错误；

C.铁、铜和海水构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，铜作正极，负极上易失电子被腐蚀，所以加铜后能加快铁的腐蚀，故C错误；

D.汽油不完全燃烧的生成物是CO，氮的氧化物与汽油是否完全燃烧无关系，故D错误；

故答案选A

5．下列说法正确的是（）

A．晶体硅具有半导体性质，可用于生产光导纤维

B．纳米材料微粒直径一般从几纳米到几十纳米（1nm=10-9m）．因此纳米材料属于胶体

C．铜的金属活动性比铁弱，可用铜罐代替铁罐贮存和运输浓硫酸或浓硝酸

D．往Fe（OH）3胶体中逐滴加入稀硫酸会产生沉淀而后沉淀逐渐溶解

【答案解析】D解析：

A、晶体硅具有半导体性质，但生产光导纤维用的是二氧化硅，故A错误；B、纳米材料不属于分散系，不是胶体，故B错误；C、铜与浓硫酸加热时反应，与浓硝酸常温下反应，不能用铜罐代替铁罐贮存和运输浓硫酸或浓硝酸，故C错误；D、往Fe（OH）3胶体中逐滴加入稀硫酸会中和胶体粒子的电性使胶体聚沉所以产生沉淀，而后Fe（OH）3与酸中和而使沉淀逐渐溶解，故D正确。

故答案选D

6.常温下，甲组中的某种物质能与乙组中的所有物质发生反应，甲组中的该物质是（）

甲组

①Al（OH）3②SiO2③FeCl3溶液④SO2

乙组

a.NaOH溶液b.浓HNO3c.氨水d.氯水e.H2O2溶液

A．①B．②C．③D．④

【答案解析】D解析：

①氢氧化铝具有两性，但只能与强酸强碱反应，所以不与氨水、H2O2反应；

②二氧化硅属于酸性氧化物，不与浓硝酸、氨水、氯水、双氧水反应；③三氯化铁具有强氧化性，不与浓硝酸、氯水、双氧水反应；④二氧化硫即有酸性氧化物的性质可以与氢氧化钠和氨水反应，又具有还原性可以与强氧化性反应即浓硝酸、氯水、双氧水反应；故选D。

7．碳纳米管是由碳原子组成的六角形蜂巢状平面薄膜卷曲而成，具有许多异常的力学、电学和化学性能。

下列关于碳纳米管的说法不正确的是（）

A．碳纳米管属于一种有机合成纤维

B．碳纳米管与金刚石互为同素异形体

C．常温下，碳纳米管具有较好的稳定性

D．碳纳米管比表面积大，可用作新型储氢材料

【答案解析】

A解析：

碳纳米管是由碳形成的单质，不是有机物，故A错误。

8．化学与生产生活、环境保护、资源利用、能源开发等密切相关。

下列说法错误的是

A．煤炭经气化、液化和干馏等过程，可以转化为清洁能源

B．利用二氧化碳制造全降解塑料，可以缓解温室效应

C．利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，防止水体富营养化

D．高纯硅广泛应用于太阳能电池、计算机芯片和光导纤维

【答案解析】【解析】D解析：

A．煤炭经气化、液化和干馏等过程，可以转化为清洁能源，可以节约能源，减少污染物的排放，故A正确；

B．利用二氧化碳制造全降解塑料，减少了二氧化碳的排放，可以缓解温室效应，故B正确；

C．氮和磷是植物的营养元素，可造成水体富营养化，故C正确；

D．光导纤维的成分是二氧化硅，不是硅单质，故D错误；

故答案选D

9.如图所示的框图中，A～I都是由短周期元素组成的常见物质。

其中A是气体，它的水溶液呈碱性；氧化物D和氧化物F都易与人体血液中的血红蛋白结合而使人中毒；单质E可作半导体材料。

（1）化合物A的化学式是_______________________。

（2）组成单质E的元素在元素周期表中的位置是____________________________；

H+I反应的化学方程式为______________________________________。

（3）标准状况下，将2.24L氧化物F和1.68L单质B同时通入1L氧化物G中（反应前后溶液体积的变化忽略不计），所得溶液的pH=___________。

此时再向溶液中通入2.24L化合物A，完全反应后所得溶液的pH＜7，用离子方程式表示其原因：

____________________________________。

（4）单质B和单质C在一定条件下可组成原电池（用KOH溶液作电解质），则该原电池负极的电极反应式为________________________________________________。

【答案解析】

（1）NH3

（2）第三周期第ⅣA族SiO2+2C

Si+2CO↑

（3）1NH4++H2O⇋NH3·H2O+H+

（4）H2+2OH--2e-=2H2O

解析：

A是气体，它的水溶液呈碱性，应是NH3；框图中与单质B反应生成两种氧化物，知B是O2,氧化物D和氧化物F都易与人体血液中的血红蛋白结合而使人中毒,则F是NO，D是CO，进而确定C是H2，；单质E可作半导体材料，应该是Si，I是SiO2。

（1）化合物A的化学式是NH3

（2）组成单质E的元素是硅，在元素周期表中位于第三周期第ⅣA族；H+I反应的化学方程式为SiO2+2C

Si+2CO↑；

（3）标准状况下，将2.24L氧化物F和1.68L单质B同时通入1L氧化物G中（反应前后溶液体积的变化忽略不计），发生：

4NO+3O2+2H2O=4HNO3，硝酸的物质的量等于NO的物质的量为0.1摩尔，所得溶液中硝酸的浓度时0.1mol/L，pH=1；再向溶液中通入2.24L化合物A，恰好完全反应得到硝酸铵溶液，由于铵根离子水解使溶液呈酸性，NH4++H2O⇋NH3·H2O+H+；（4）根据原电池原理负极发生氧化反应，即氢气失去电子：

H2+2OH--2e-=2H2O。

10.以下物质间的转化通过一步反应不能实现的是（　　）

A．HCl→Cl2→HClO→NaClOB．Na→Na2O2→Na2CO3→NaHCO3

C．Al→NaAlO2→Al（OH）3→Al2O3D．Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3

【知识点】物质间的转化C1C2D1D2

【答案解析】D解析：

A、依次与二氧化锰、水、氢氧化钠反应即可实现；B、依次与氧化气、二氧化碳、二氧化碳反应即可实现；C、依次与氢氧化钠溶液、二氧化碳、加热分解反应即可实现；D、SiO2转化成H2SiO3，SiO2要先与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，再与酸反应得硅酸，不能一步实现，故D正确。

故答案选D

11.用NA表示阿伏加德罗常数。

下列说法中，正确的是（　　）

A．2.0g重水（2H2O）中含有的质子数为1.0 NA

B．0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NA0

C．标准状况下，11.2LCl2通入足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为NA

D．标准状况下，2.24L苯中含有的C－H键的数目为0.6NA

【答案解析】【解析】A解析：

A、2.0g重水（2H2O）物质的量=0.1mol；分子中含有的质子数为1.0NA，故A正确；B、丙烯酸中含有碳碳双键和碳氧双键，0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.2NA，故B错误；C、C、标准状况下，11.2LCl2物质的量为0.5mol，通入足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为0.5NA，故C错误；D、标准状况下，苯不是气体，故D错误。

故答案选A

12.氯气与金属锡在加热时可制得SnCl4，SnCl4的熔点为－33℃，沸点为114℃。

SnCl4极易水解，在潮湿的空气中发烟。

实验室可以通过下图所示装置制备SnCl4（夹持装置略）。

（1）仪器C的名称为。

（2）装置Ⅰ中发生反应的离子方程式为。

（3）装置Ⅱ中的最佳试剂为，装置Ⅶ的作用为。

（4）Ⅳ中加热的作用之一是促进氯气与锡粉反应，加热的另一作用为。

（5）若装置连接顺序为Ⅰ—Ⅱ一Ⅳ一Ⅴ一Ⅵ一Ⅶ，在Ⅳ中除生成SnCl4外，还会生成的含

锡元素的化合物的化学式为。

（6）为测定实验中所用锡粉的纯度（杂质不参与下列反应）：

取质量为mg的锡粉溶于足量稀硫酸中，向生成的SnSO4溶液中加入过量的Fe2（SO4）3溶液，用物质的量浓度为cmol/L

的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+，共用去K2Cr2O7溶液的体积为VL，则锡粉中Sn的质量分数为（已知Fe3+可将Sn2+氧化为Sn4+，酸性环境下

可被还原为Cr3+）。

【答案解析】【解析】

（1）蒸馏烧瓶；

（2）MnO2+4H++2Cl-=Mn2++Cl2↑+2H2O（3）饱和食盐水

防止空气中的水蒸气进入；（4）使SnCl4气化（或蒸馏）（5）Sn（OH）4或SnO2

（6）357vc/1000m

解析：

（1）装置C的名称是蒸馏烧瓶；

（2）装置Ⅰ是制备氯气的装置，用浓盐酸与二氧化锰固体加热，反应的离子方程式为：

MnO2+4H++2Cl-=Mn2++Cl2↑+2H2O（3）四氯化锡极易水解，进入装置C的气体应干燥、纯净，装置Ⅱ的作用为吸收挥发出的HCl，用饱和食盐水吸收HCl，装置

的作用为吸收水蒸气、干燥气体，用浓硫酸吸收干燥;

装置Ⅶ的作用为防止空气中的水蒸气进入装置；（4）Ⅳ中加热的作用之一是促进氯气与锡粉反应，加热的另一作用为使SnCl4蒸发进入接收装置；（5）若装置没有

，氯气未干燥，

则SnCl4极易水解，在潮湿的空气中发烟，由水解原理可知，应生成Sn（OH）4、HCl，或者Sn（OH）4分解生成SnO2与H2O

（6）令锡粉中锡的质量分数为x，则：

    Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～1/3K2Cr2O7

119g1/3mol

m·xvc/1000mol

解得x=357vc/1000m

13.茶叶中铁元素的检验可经过以下A、B、C、D四个步骤完成,各步骤中选用的实验用品不会全都用上的是

A．将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨

B．用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦

C．过滤得到滤液，选用④、⑤和⑦

D．检验滤液中的Fe3＋，选用③和⑧

【答案解析】【解析】B解析：

A．将茶叶灼烧灰化，应在坩埚中加热，用到的仪器有①、②和⑨，必要时还可用到三脚架或铁架台带铁圈，故A不选；

B．用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，应在烧杯中进行，可用玻璃棒搅拌，不用容量瓶，故B选；

C．过滤时用到④、⑤和⑦，故C不选；

D．检验滤液中的Fe3+，可用胶头滴管取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，用到的仪器有试管、胶头滴管和滴瓶等，即③、⑧和⑩，故D不选．

故答案选B

14.下列说法错误的是

A．除去NaHCO3溶液中混有的Na2CO3,可向溶液中通入足量CO2

B．向新制氯水中加入CaCO3可使溶液中HClO浓度增大

C．制备Fe（OH）2时将吸有NaOH溶液的长滴管伸到FeSO4溶液底部再挤出NaOH溶液

D．为配制450mL0.1mol/LNaOH溶液，需称取1.8gNaOH固体，应放在纸上称取

【知识点】钠、铁、氯及其化合物的性质基本实验操作C1C3D2

【答案解析】【解析】D解析：

A、碳酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，则可向NaHCO3溶液中通入足量CO2气体除去其中混有的Na2CO3，故A正确；B、新制氯水中存在平衡：

Cl2+H2O⇌HCl+HClO，达到平衡后加入少量CaCO3（s），HCl与碳酸钙反应，而HClO不反应，溶液中氢离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，HClO浓度增加，故B正确；C、制备Fe（OH）2时将吸有NaOH溶液的长滴管伸到FeSO4溶液底部再挤出NaOH溶液，以防止氢氧化亚铁被氧化，故C正确；D、NaOH固体易潮解，不能放在纸上称取，故D错误。

故答案选D

15.下列说法正确的是

A．将FeCl3饱和溶液煮沸可得到带正电荷的Fe（OH）3胶体

B．CaO和SO3的水溶液均能导电，它们都属于电解质

C．硅酸钠溶液可以用作黏合剂，不能用作防火材料

D．F2、Cl2、Br2、I2的熔沸点逐渐升高

【答案解析】【解析】D解析：

A、将FeCl3饱和溶液逐滴滴加到沸水中得到红褐色液体就是Fe（OH）3胶体，故A错误；B、CaO和SO3的水溶液均能导电，是因为生成了氢氧化钙和硫酸，电解出自由移动离子，但SO3不属于电解质，故B错误；C、硅酸钠溶液可以用作黏合剂，也能用作防火材料，故C错误；D、F2、Cl2、Br2、I2的熔沸点随着分子量的增加逐渐升高，故D错误。

故答案选D

16．工业上把Cl2通入冷NaOH溶液中制得漂白液（主要成分NaClO）。

一化学小组在室温下将氯气缓缓通入NaOH溶液，模拟实验得到ClO－、ClO

等离子其物质的量（mol）与反应时间t（min）的关系曲线。

下列说法错误的是（）

A．工业制取漂白液的化学反应方程式为Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O

B．a点时溶液中各离子浓度：

c（Na＋）＞c（Cl－）＞c（ClO3－）＝c（ClO－）＞c（OH－）＞c（H＋）

C．t2～t4，ClO－离子的物质的量下降的原因可能是3ClO－=2Cl－＋ClO3－

D．使用漂白液时，为了增强漂白效果，可以向漂白液中加入浓盐酸

【答案解析】【解析】D解析：

A．工业制取漂白液的化学反应方程式为Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，故A正确；B．a点时溶液中ClO3－与ClO－离子浓度相等，反应的方程式为：

4Cl2＋8NaOH===6NaCl＋NaClO＋NaClO3+4H2O，故c（Na＋）＞c（Cl－）＞c（ClO3－）＝c（ClO－），ClO-水解使溶液呈碱性，而水解程度是微弱的，故c（OH－）＞c（H＋），故B正确；C．t2～t4，ClO－离子的物质的量下降的原因可能是3ClO－=2Cl－＋ClO3－，故C正确；D．使用漂白液时，起漂白作用的是与酸反应生成具有漂白性的次氯酸，则增强漂白能力，应加入酸，但是浓盐酸具有腐蚀性，故D错误；

故答案选D

17．化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况。

下列反应中属于这种情况的是（）

①过量的锌与18mol·L－1的硫酸反应；②过量的氢气与少量氮气在催化剂存在下充分反应；③浓盐酸与过量的MnO2反应；④过量铜与浓硫酸反应；⑤过量稀硝酸与银反应；⑥过量稀硫酸与块状石灰石反应；⑦过量氯气与碘化钾溶液反应

A．②③④⑥B．②③⑤⑦C．①③⑤D．①②③④⑥

【答案解析】【解析】A解析：

①锌和浓硫酸、稀硫酸都反应，所以过量的锌与18mol•L-1的硫酸反应时，硫酸不剩余，故不选；

②氢气和氮气之间存在可逆反应，所以反应物不可能转化为生成物，故选；

③Mn02与浓盐酸（加热）反应生成氯气，和稀盐酸不反应，所以二氧化锰过量时盐酸有剩余，故选；

④铜与浓硫酸（加热）反应，但和稀硫酸不反应，所以铜过量时有硫酸剩余，故选；

⑤银和稀硝酸反应生成硝酸银和NO，所以当银剩余时硝酸完全反应，故不选；

⑥硫酸和石灰石反应生成微溶物硫酸钙附着在石灰石表面而阻止进一步反应，所以当稀硫酸剩余时有石灰石剩余，故选；

⑦过量氯气与碘化钾溶液反应置换出碘，当氯气过量时，碘化钾反应完全；

故答案选A

18.海藻中含有丰富的、以离子形式存在的碘元素．如图是实验室从海藻里提取碘的流程的一部分．

回答下列问题：

（1）步骤①、③的操作分别是▲▲。

（2）步骤②的离子反应方程式：

▲。

步骤②中Cl2应▲（填少量或适量或过量）。

（3）在步骤②中若不用Cl2，则下列氧化剂中最好选用（填代号）：

▲。

A．浓硫酸B．新制氯水C．高锰酸钾溶液D．双氧水

（4）步骤③中应加入的有机溶剂是▲，而不能用▲等有机溶剂。

（5）能否用淀粉溶液检验步骤②的反应有否进行完全▲（填能或否），其理由是：

▲。

【答案解析】（共10分，每小题2分）

（1）过滤、萃取

（2）Cl2+2I-=2Cl-+I2、适量

（3）D（4）CCl4，酒精或裂化汽油或乙酸等，

（5）否；因为碘遇淀粉变蓝色，碘离子和淀粉不反应，所以淀粉能检验

碘单质的存在不能检验碘离子。

解析：

⑴根据步骤①得到残渣知是过滤操作，根据步骤③得到碘的有机溶液知是萃取与分液

⑵步骤②是氯气置换出碘Cl2+2I-=2Cl-+I2，氯气有毒，因此应该适量

（3）在步骤②中若不用Cl2，最好选用D，因为双氧水的还原产物是水。

⑷萃取剂不能和溶质反应，且萃取剂和原溶剂不能互溶，因此选用苯、四氯化碳等，不能选用与水互溶的乙醇、乙酸等，也不能选用与碘发生加成反应的裂化汽油。

（5）检验反应完全，即检验溶液中没有了碘离子，但碘离子和淀粉不反应，所以淀粉能检验碘单质的存在不能检验碘离子。

19．硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见下图）。

下列说法正确的是

A．CO、SO2、SO3均是酸性氧化物

B．除去与水反应，图示转化反应均为氧化还原反应

C．工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉

D．用CO合成CH3OH进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%

【答案解析】B解析：

A．CO不能与碱反应，不是酸性氧化物，故A错误；B．除去与水反应，图示转化反应都是与氧气反应或氢气反应，都有化合价升降，均为氧化还原反应，故B正确；C．澄清石灰水中氢氧化钙的浓度较小，应用石灰乳，故C错误；D．工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：

反应Ⅰ：

CO（g）+2H2（g）  

  CH3OH（g）△H1

反应Ⅱ：

CO2（g）+3H2（g） 

  CH3OH（g）+H2O（g）△H2

反应Ⅱ中不是所有原子进入期望产物，原子利用率不为100%，故D错误。

20.在下列物质转化关系中，反应的条件和部分产物已略去。

回答下列问题：

（1）若甲、乙是两种常见金属，且反应Ⅲ是工业制盐酸的反应。

①反应Ⅰ中甲在通常条件下和水剧烈反应，除丙外，还生成一种焰色反应为黄色的物质，则工业上生产甲的一般方法是。

A．热分解法B．热还原法C．电解法

②反应Ⅱ中乙与H2O在高温下反应，除丙外，还生成一种有磁性的物质，则乙在周期表中的位置；反应Ⅱ的化学方程式是。

（2）若甲、乙是离子化合物，且反应Ⅲ是工业上制漂白粉的反应。

①反应Ⅲ的离子方程式是。

②若反应Ⅰ是气体实验室制备的反应，该气体分子为14电子结构。

则反应Ⅰ的化学方程式是。

③在饱和氯水中加块状石灰石，能制得较浓HClO溶液，同时放出一种气体。

其反应的离子方程式是；写出HClO的结构式。

【答案解析】

（1）①C②第四周期Ⅷ族

（2）①Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+2H2O

②CaC2+2H2OCa（OH）2+C2H2

③2Cl2+H2O+CaCO3==Ca2++2Cl-+2HClO+CO2HOCl

解析：

（1）若甲是金属，和水反应生成碱，碱和氯气反应，乙在Cl2中燃烧能观察到苍白色火焰，判断乙为氢气，则甲是能和水发生反应的活泼金属。

①甲和水反应生成的产物中除氢气外，还生成一种焰色反应为黄色的物质，证明是氢氧化钠，判断甲为钠，在工业生产中利用电解氯化钠的方法得到金属钠。

②当甲与H2O在高温下反应时，除乙外，还生成一种有磁性的物质，则甲为铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式

（2）①若甲、乙是化合物，且反应Ⅲ是工业制漂白粉的反应，则丙是氢氧化钙，氢氧化钙和氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水。

②气体分子为14电子结构的物质是乙炔，故反应Ⅰ应为碳化钙和水的反应。

③氯水中含有盐酸和次氯酸，在饱和氯水中加块状石灰石，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，从而能制得较浓HClO溶液。

21．已知存在如下转化关系：

A+B→C+D+H2O（未配平，反应条件略去）。

（1）该转化关系中所涉及的反应为氧化还原反应。

①若C、D两种气体均能使澄清石灰水变浑浊，当A的摩尔质量小于B时，物质B的名称为，鉴别C、D两种气体不能选用的试剂是。

a．Ba（OH）2溶液b．酸性KMnO4溶液c．紫色石蕊试液

d．H2O2与BaCl2混合液e．酸化的Ba（NO3）2溶液

②若A、C、D均含有氯元素，且A的化合价介于C与D之间，写出在常温下满足该条件的离子方程式：

_____。

（2）该转化关系中所涉及的反应为非氧化还原反应。

若A是造成温室效应的主要气体之一，C、D均为钠盐，D与B反应能转化为C。

当参加反应的A、B物质的量之比为3∶4时，则C与D物质的量之比为。

【答案解析】

（1）①浓硫酸；ac；②Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

（2）1:

2

解析：

（1）①据C、D两种气体均能使澄清石灰水变浑浊知C、D分别为CO2和SO2，所以反应是碳和浓硫酸的反应，当A的摩尔质量小于B时，物质B的名称为浓硫酸；

a.Ba（OH）2溶液不能用于鉴别CO2和SO2两种气体，因两种气体均能使Ba（OH）2溶液先变浑浊后变澄清，b．SO2使酸性能KMnO4溶液褪色，而CO2不能；c．两种气体均能使紫色石蕊试液变红，不能用于鉴别CO2和SO2；d．