高考化学二轮 专题训练 专题十一 常见非金属元素单质及其重要化合物教案学生版.docx
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高考化学二轮专题训练专题十一常见非金属元素单质及其重要化合物教案学生版
常见非金属元素单质及其重要化合物
【命题规律】
非金属元素部分在保持原有考点不变的情况下，弱化了对磷的考查，但在以往高考中不被看好的元素硅及其化合物的性质在新高考中的地位相当突出，要引起重视。
从考点的变化情况来看，常见非金属元素及其化合物的性质仍是高考命题的重点，其命题形式一般为实验探究、计算、推断等。
预计今后的高考中，将会进一步注重非金属元素及其化合物性质知识的整体性和探究性，强化与生活、社会实际问题的联系，试题可以以选择题的形式出现，也可以以实验题和无机推断题的形式出现，以环保为主题设计问题的可能性也比较大。
【重点知识梳理】
一.卤素
（1）分清氯水、溴水的成分，反应时的作用和褪色的原理。
氯水中正因为存在可逆反应Cl2+H2O
HCl+HClO，使其成分复杂且随着条件的改变，平衡发生移动，使成分发生动态的变化。
当外加不同的反应物时，要正确判断是何种成分参与了反应。
氯水中的HClO能使有色物质被氧化而褪色。
反之，也有许多物质能使氯水、溴水褪色，发生的变化可属物理变化（如萃取），也可属化学变化，如歧化法（加碱液）、还原法（如Mg、SO2等）、加成法（加不饱和的有机物）等。
值得一提的是有时虽然发生化学变化，但仍生成有色物，如Br2与Fe或KI反应。
（2）区分清楚萃取和分液的原理、仪器、操作以及适用范围与其他物质分离方法不同。
萃取和分液是物质分离的众多方法之一。
每一种方法适用于一定的前提。
分液适用于分离互不相溶的两种液体，而萃取是根据一种溶质在两种互不相溶的溶剂中溶解性有很大差异从而达到提取的目的。
一般萃取和分液结合使用。
其中萃取剂的合理选择、分液漏斗的正确使用、与过滤或蒸馏等分离方法的明确区分等是此类命题的重点和解决问题的关键。
命题以选择何种合适的萃取剂、萃取后呈何现象、上下层如何分离等形式出现。
解题关键是抓住适宜萃取剂的条件、液体是否分层及分层后上下层位置的决定因素。
分液操作时注意“先下后上、下流上倒”的顺序。
为确保液体顺利流出，一定要打开上部塞子或使瓶塞与瓶颈处的小孔或小槽对齐，与大气相通
二氧族：
（1）掌握常见物质的俗名、组成、用途，防止张冠李戴。
本章中出现的物质俗名比较多，有些名称之间又特别容易混淆，如冰晶石和重晶石、芒硝和硝石、大苏打和苏打或小苏打等，还有名目繁多的矾盐。
这些虽属识记性的知识，但也应做到在理解的基础上进行记忆，注意它们的性质和用途，对记忆其化学组成有帮助。
同时要及时归纳和比较，以便清楚地区别它们。
（2）熟悉有关各种价态的硫元素性质及转化，以作推断题（主要是框图型）。
牢固掌握各种代表物性质及它们之间的知识网络和反应原理，就可避免死搬硬套。
对于框图型等推断题，也要善于找“题眼”，挖掘题中隐含的提示，注意对题设条件的充分应用，尽量缩小范围。
推断时不仅要关注网络的结构，还要注意题干提供的不起眼的信息，如颜色、状态、式量、用途等都可能成为突破的切入口。
（3）二氧化硫和氯气的漂白性
SO2和Cl2虽都有漂白性，但漂白原理和现象有不同特点。
氯气的漂白原理是由于溶于水生成次氯酸的具有强氧化性，将有色物质氧化成无色物质，褪色后不能恢复原来的颜色。
而SO2是由于它溶于水生成的亚硫酸与有色物质直接结合，形成不稳定的无色化合物，褪色后在一定的条件下又能恢复原来的颜色。
如：
三.氮族：
1．氨水显弱碱性的理解。
氨气溶于水形成氨水，氨水少部分电离出OH-、NH4+，所以氨水具有弱碱性。
注意以下两点：
（1）氨水遇Al3+、Fe3+、Mg2+分别可以生成Al（OH）3、Fe（OH）3、Mg（OH）2沉淀，但氨水中滴加Ag+溶液开始出现沉淀AgOH，继续滴加沉淀即溶解生成银氨溶液；
（2）氨水遇酸、酸性氧化物可以成盐，又根据氨水与酸的量关系分别得到正盐和酸式盐。
如：
用氨水吸收少量二氧化硫的离子方程式NH3.H2O+SO2=NH4++HSO3-是错误的。
2．NO、O2被水吸收的分析。
NO、O2被水吸收实质上发生如下反应：
2NO+O2=2NO2，3NO2+2H2O=2HNO3+NO。
生成NO还可以继续氧化，生成NO2再溶于水，这是一个循环反应。
如无任何气体剩余，最终产物应为HNO3，恰好反应的量的关系：
4NO+3O2+2H2O=4HNO3，实际反应中可以有NO或O2剩余，但不能两者兼有之。
3．氮可以形成多种氧化物。
NO2可以与水反应生成硝酸，但NO2不是硝酸的酸酐。
掌握酸酐的判断方法。
NO2与溴蒸气不能用湿润的KI淀粉试纸检验。
4．NO3-在酸性溶液中具有强氧化性，可以将Fe2+氧化为Fe3+、SO32-氧化为SO42-，将I-、Br-、S2-氧化为I2、Br2、S。
5．检验NH4+离子，可加入烧碱溶液后，必须加热，再用湿润的红色石蕊试纸检验NH3，否则不一定有NH3放出。
四、碳族：
（1）CO2通入NaOH溶液的判别。
CO2通入NaOH溶液的反应与CO2气体通入量有关。
当CO2通入少量时生成Na2CO3，当CO2通入过量时生成NaHCO3，CO2通入量介于两者之间，既有Na2CO3又有NaHCO3。
因此推断产物时一定要注意CO2与NaOH间量的关系。
（2）Na2CO3溶液中滴加盐酸过程不清楚。
在Na2CO3溶液中滴加HCl，CO32-先转化为HCO3-，再滴加盐酸HCO3-转化为H2CO3，不稳定分解为CO2。
如：
在10mL0.01mol/L纯碱溶液中，不断搅拌并逐滴加入1.2mL0.05mol/L盐酸，完全反应后在标准状况下生成二氧化碳的体积为（答案D）
A.1.334mLB.2.240mLC.0.672mLD.0mL
（3）CO2通入CaCl2溶液中是否有沉淀的分析错误。
可用反证法：
如能产生沉淀，则反应的化学方程式为：
CO2+CaCl2+H2O=CaCO3↓+2HCl。
因CaCO3溶于盐酸，故反应不能发生。
因为CO2只有通入中性或碱性溶液才能产生CO32-，并同时产生部分H+，若原溶液无法消耗这部分H+，则不利于CO2转化为CO32-，也就无法与Ca2+形成沉淀。
若要使CaCl2与CO2反应生成沉淀，就必须加入部分碱溶液中和CO2与H2O反应而产生的H+。
同理，该思维方式适用于CO2、SO2通入CaCl2或BaCl2溶液。
（4）不要把Na2CO3+SiO2
Na2SiO3+CO2↑与Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓相混。
前者是工业制玻璃的反应式之一，是在高温条件下发生的反应，而后者是在水溶液中发生的反应。
若交换条件，两者均不发生反应。
【考点突破】
考点一 碳、硅及其化合物
例1 下列关于硅单质及其化合物的说法正确的是（ ）
①硅是构成一些岩石和矿物的基本元素 ②水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品 ③高纯度的硅单
质广泛用于制作光导纤维 ④陶瓷是人类应用很早的硅酸盐材料
A．①②B．②③C．①④D．③④
解析：
硅元素在地壳中的含量仅次于氧，排第二位，是构成岩石和矿物的基本元素；水晶的主要成分为SiO2，②错；制作光导纤维的原料是石英，而不是高纯硅，③错。
答案：
C
【名师点拨】1.碳、硅及重要化合物间的转化关系
2．硅及其化合物的“反常”
（1）Si的还原性大于C，但C却能在高温下还原出Si：
SiO2+2CSi+2CO↑。
（2）非金属单质跟碱作用一般无H2放出，但Si能跟强碱溶液作用放出H2：
Si＋2NaOH＋H2O===Na2SiO3＋2H2↑。
（3）非金属单质一般不跟非氧化性酸作用，但Si能跟HF作用：
Si＋4HF===SiF4↑＋2H2↑。
（4）非金属氧化物一般为分子晶体，但SiO2为原子晶体。
考点二 卤素及其化合物
例2.某校化学实验兴趣小组为了探究在实验室制备Cl2的过程中有水蒸气和HCl挥发出来，同时验证
氯气的某些性质，甲同学设计了如下图所示的实验装置。
回答下列问题：
（1）若用含有0.2molHCl的浓盐酸与足量的MnO2反应制Cl2，制得的Cl2体积（标准状况下）总是小于1.12L的原因是。
（2）①装置B中盛放的试剂名称为，作用是
。
②装置C和D中出现的不同现象说明的问题是。
③装置E的作用是。
④写出装置F中发生反应的离子方程式。
（3）乙同学认为甲同学的实验有缺陷，不能确保最终通入AgNO3溶液中的气体只有一种。
为了确保实验结论的可靠性，证明最终通入AgNO3溶液的气体只有一种，乙同学提出在某两个装置之间再加一个装置，你认为该装置应加在与之间（填装置字母序号），装置中应放入（填写试剂或用品名称）。
解析 本题是考查氯气的制备和性质的实验。
（1）MnO2与浓盐酸的反应，随着反应的进行，盐酸浓度降低到某一数值后，反应将停止，因此制得的Cl2小于理论值。
（2）B中盛放无水硫酸铜，检验水蒸气的存在；C和D中实验现象说明干燥的氯气不具有漂白性，潮湿的氯气（或HClO）具有漂白性；依据氯气的物理性质，氯气易溶于CCl4溶液，所以E的作用为吸收氯气。
F中为HCl与AgNO3的反应。
（3）在E和F之间加入一个装置用来检验在F中氯气是否被完全吸收，可以用湿润的有色布条或湿润的淀粉KI试纸。
答案
（1）浓盐酸的浓度随着反应的进行降低到一定数值以后，将不再反应；加热时浓盐酸因挥发而损失
（2）①无水硫酸铜检验有水蒸气产生
②干燥的氯气无漂白性，潮湿的氯气（或次氯酸）有漂白性
③吸收氯气
④Ag＋＋Cl－===AgCl↓
（3）EF湿润的淀粉KI试纸（或湿润的有色布条）
考点三 氧、硫及其化合物
例3.如下图所示，在注射器中加入少量Na2SO3晶体，并吸入少量浓硫酸（以不接触纸条为准）。
则下列有关说法正确的是（ ）
A．蓝色石蕊试纸先变红后褪色
B．沾有KMnO4溶液的滤纸褪色，证明了SO2的漂白性
C．品红试纸褪色，证明了SO2的漂白性
D．沾有酚酞和NaOH溶液的滤纸褪色，证明了SO2的漂白性
解析：
Na2SO3与浓硫酸反应产生SO2气体，SO2溶于水生成H2SO3，能使蓝色石蕊试纸变红，但SO2不能使指示剂褪色；SO2能使品红溶液褪色说明SO2具有漂白性，而SO2具有还原性，能被KMnO4氧化；实验中多余的SO2可用强碱溶液吸收，以防污染环境。
答案：
C
【名师点拨】1.硫及其重要化合物间的转化关系
2．常见无机酸中的重要规律和重要特
（1）重要规律
①最高价氧化物对应水化物的酸性强弱取决于元素非金属性的强弱，如酸性：
HClO4>H2SO4>H3PO4>H2CO3>H2SiO3。
②证明酸性强弱顺序，可利用复分解反应中“强酸制弱酸”的规律，如：
Na2SiO3＋CO2＋H2O===Na2CO3＋H2SiO3↓
Ca（ClO）2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO
③强氧化性酸（如：
HNO3、浓H2SO4）与金属反应，一般不生成H2；金属和浓HNO3反应一般生成NO2，而金属和稀HNO3反应则生成NO。
（2）重要特性
①H2SiO3（或H4SiO4）为难溶性酸，浓盐酸、浓硝酸为挥发性酸。
②硝酸、浓H2SO4、次氯酸具有强氧化性，属于氧化性酸，其中硝酸、HClO见光受热易分解。
③浓HNO3和Cu（足量）、浓H2SO4和Cu（足量）、浓盐酸和MnO2（足量）在反应时，随着反应的进行，产物会发生变化或反应停止。
④浓H2SO4具有吸水性、脱水性和强氧化性。
⑤常温下，铁、铝遇浓H2SO4、浓HNO3发生钝化。
考点四 氮及其化合物的性质
例4 32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况
下的体积为11.2L。
请回答：
（1）NO的体积为L，NO2的体积为L；
（2）待产生的气体全部释放后，向溶液中加入VmLamol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为mol/L；
（3）欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水g。
解析：
在硝酸参与的氧化还原反应的有关计算中，正确运用两个守恒原理：
一是原子守恒；二是得失电子守恒，这样会使解题既快速又准确。
（1）设生成NO的体积为x，NO2的体积为y，建立方程x＋y＝11.2L①，又由于在氧化还原反应中，Cu失去的电子数等于NO、NO2得到的电子数，建立方程为
×3＋
×1＝
×2②，由①②联解得x＝5.8L，y＝5.4L。
（2）分析题意：
原硝酸中氮元素守恒，N最终以NO、NO2混合气体及NaNO3形式存在于溶液中。
故c（HNO3）＝
＝
mol/L
（3）依据氧化还原反应的规律：
H2O2作氧化剂，NO、NO2混合气体作还原剂，按照得失电子相等的原则，推算：
×[（－1）－（－2）]×2＝
×[（＋5）－（＋2）]＋
×[（＋5）－（＋4）]，即m（H2O2）＝57.7g。
答案：
（1）5.85.4
（2）（aV·10－3＋0.5）/0.14（3）57.7
【名师点拨】1.氮及其重要化合物的转化关系
2．NO、NO2与O2溶于水的简单计算，利用好两个比值4∶3、4∶1即可
4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3
4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3
另外HNO3的性质，尤其是强氧化性是热点，涉及与单质反应产物的判断，尤其是与铁的反应如稀HNO3与Fe：
Fe＋4HNO3（稀，过量）===Fe（NO3）3＋NO↑＋2H2O，3Fe（过量）＋8HNO3（稀）===3Fe（NO3）2＋2NO↑＋4H2O。
【高考失分警示】
1．分清氯水、溴水的成分，反应时的作用和褪色的原理。
氯水中正因为存在可逆反应Cl2＋H2O
HCl＋HClO，使其成分复杂且随着条件的改变，平衡发生移动，使成分发生动态的变化。
当外加不同的反应物时，要正确判断是何种成分参与了反应。
氯水中的HClO能使有色物质被氧化而褪色。
反之，也有许多物质能使氯水、溴水褪色，发生的变化可属物理变化（如萃取），也可属化学变化，如歧化法（加碱液）、还原法（如Mg、SO2等）、加成法（加不饱和的有机物）等。
值得一提的是有时虽然发生化学变化，但仍生成有色物质，如Br2与Fe或KI反应。
2．化学常用语言中的“酸的氧化性和氧化性酸”的含义各异。
酸的氧化性是指酸的水溶液电离出H＋呈现的氧化性，是H＋得到电子的性质。
氧化性酸应具有显著的氧化性，一般指含氧酸根中处于正价态的非金属原子得到电子的性质，常见的氧化性酸有浓H2SO4、HNO3和HClO等。
3．“规律是学习的主线，特性往往是考点”。
复习时除要总结一些有关非金属的规律外还应注意非金属单质的一些特性。
如：
（1）规律：
活泼的非金属可把不活泼的非金属单质从其盐溶液中置换出来。
特性：
F2不能从氯化钠水溶液中置换出Cl2，而是先与水反应生成O2。
（2）规律：
Cl2、Br2、I2与碱液、H2O发生歧化反应：
X2＋2NaOH===NaX＋NaXO＋H2O（X代表Cl、Br、I）。
特性：
F2与NaOH溶液反应时先与水反应生成O2：
2F2＋4NaOH===4NaF＋2H2O＋O2↑。
【高考真题精解精析】
【2011高考试题解析】
1．（上海）浓硫酸有许多重要的性质，在与含有水分的蔗糖作用过程中不能显示的性质是
A．酸性B．脱水性C．强氧化性D．吸水性
解析：
浓硫酸具有吸水性、脱水性和强氧化性。
在与含有水分的蔗糖作用过程中不会显示酸性。
答案：
A
2．（上海）下列溶液中通入SO2一定不会产生沉淀的是
A．Ba（OH）2B．Ba（NO3）2C．Na2SD．BaCl2
解析：
A生成BaSO3沉淀；SO2溶于水显酸性，被Ba（NO3）2氧化生成硫酸，进而生成BaSO4沉淀；SO2通入Na2S溶液中会生成单质S沉淀。
答案：
D
3.（重庆）对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是
A.明矾溶液加热B.CH3COONa溶液加热
C.氨水中加入少量NH4Cl固体D.小苏打溶液中加入少量NaCl固体
【答案】B
【解析】明矾KAl（SO4）2·12H2O在水中电离后产生的Al3＋水解使溶液呈酸性，加热导致水解程度增大，但酚酞遇酸性溶液颜色不变化，因此A项不符合题意。
CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，滴加酚酞后溶液显红色，加热使碱性增强，因此红色变深。
氨水为弱碱，发生不完全电离：
NH3·H2O
NH4＋＋OH－，加入酚酞后溶液变为红色，而NH4Cl=NH4＋＋Cl－，其中的NH4＋会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅。
NaCl对NaHCO3溶液中HCO3－的水解无影响
4.（浙江）下列说法不正确的是
A．变色硅胶干燥剂含有CoCl2，干燥剂呈蓝色时，表示不具有吸水干燥功能
B．硝基苯制备实验中，将温度计插入水浴，但水银球不能与烧杯底部和烧杯壁接触
C．中和滴定实验中，容量瓶和锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，滴定管和移液管用蒸馏水洗净后，必须干燥或润洗后方可使用
D．除去干燥CO2中混有的少量SO2，可将混合气体依次通过盛有酸性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶
【答案】A
【解析】本题考察实验化学内容。
A．错误，无水CoCl2呈蓝色，具有吸水性B．正确，烧杯底部温度高。
C．正确，滴定管和移液管需考虑残留水的稀释影响。
D．正确，利用SO2的还原性，用KMnO4酸性溶液除去。
5.（四川）下列“化学与生活”的说法不正确的是（）
A．硫酸钡可用钡餐透视
B．盐卤可用于制豆腐
C．明矾可用于水的消毒，杀菌
D．醋可用于除去暖水瓶中的水垢
【答案】C
【解析】硫酸钡不溶于胃酸，可以做钡餐，A项正确。
盐卤可以使豆浆发生凝聚生产豆腐，B项正确。
明矾可以用于水的净化，不能杀菌、消毒，C项错误。
醋酸可以与水垢的成分碳酸钙反应，可以用来除垢，D项正确。
6.（四川）甲、乙、丙、丁四种易学溶于水的物质，分别由NH4＋、Ba2＋、Mg2＋、H＋、OH－、Cl－、HCO3－、SO42－中的不同阳离子和阴离子各一种组成，已知：
①将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；②0.1mol/l乙溶液中c（H＋）＞0.1mol/l；③向丙容器中滴入AgNO3溶液又不溶于稀HNO3的白色沉淀生成，下列结论不正确的是（）
A．甲溶液含有Ba2＋
B．乙溶液含有SO42－
C．丙溶液含有Cl－
B．丁溶液含有Mg2＋
【答案】D
【解析】根据②中的信息可知乙是二元酸，故乙是H2SO4；根据③中现象，可以推知丙中含有Cl－；再结合①中提供信息，甲与其它三种物质混合均产生白色沉淀，则可推出甲是Ba（OH）2，乙是H2SO4，丙是MgCl2，丁是NH4HCO3。
故D项错误。
7.（江苏）下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是
A.常温下浓硫酸能是铝发生钝化，可在常温下作用铝制贮藏贮运浓硫酸
B.二氧化硅不与任何酸反应，可用石英制造耐酸容器
C.二氧化氯具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒
D.铜的金属活泼性比铁的差，可在海轮外壳上装若干铜块以减缓其腐蚀
【答案】A
【解析】二氧化硅不与任何酸反应，但可与氢氟酸反应。
二氧化氯中氯的化合价为＋4价，不稳定，易转变为－1价，从而体现氧化性。
铜的金属活泼性比铁的差，在原电池中作正极，海轮外壳上装铜块会加快海轮外壳腐蚀的进程。
8．（上海）草酸晶体（H2C2O4·2H2O）100℃开始失水，101.5℃熔化，150℃左右分解产生H2O、CO和CO2。
用加热草酸晶体的方法获取某些气体，应该选择的气体发生装置是（图中加热装置已略去）
解析：
根据草酸晶体的性质不难得出答案是D。
答案：
D
9．（上海）物质的量为0.10mol的镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧（产物不含碳酸镁），反应后容器内固体物质的质量不可能为
A．3.2gB．4.0gC．4.2gD．4.6g
解析：
若镁全部与氧气反应只生成氧化镁，其质量是4g；若镁全部与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，其质量是4.6g。
因为只要有氧气存在，就不可能生成单质碳，即镁应该首先与氧气反应，所以选项D是不可能。
答案：
D
10．（上海）甲醛与亚硫酸氢钠的反应方程式为HCHO+NaHSO3
HO-CH2-SO3Na，
反应产物俗称“吊白块”。
关于“吊白块”的叙述正确的是
A．易溶于水，可用于食品加工B．易溶于水，工业上用作防腐剂
C．难溶于水，不能用于食品加工D．难溶于水，可以用作防腐剂
解析：
根据有机物中含有的官能团可以判断，该物质易溶于水，但不能用于食品加工。
答案：
B
11.（江苏）NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质（见图4）。
下列说法正确的是
A.25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大
B.石灰乳与Cl2的反应中，Cl2既是氧化剂，又是还原剂
C.常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存，所以Cl2不与铁反应
D.图4所示转化反应都是氧化还原反应
【答案】B
【解析】本题考查元素化合物知识综合内容，拓展延伸至电解饱和食盐水、电解熔融氯化钠、侯氏制碱等内容，但落点很低，仅考查NaHCO3Na2CO3的溶解度、工业制漂白粉，干燥的Cl2贮存和基本反应类型。
重基础、重生产实际应该是我们高三复习也应牢记的内容。
石灰乳与Cl2的反应中氯发生歧化反应，Cl2既是氧化剂，又是还原剂。
常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存仅代表常温Cl2不与铁反应，加热、高温则不然。
12.（四川）下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是
操作和现象
结论
A
向装有Fe（NO3）2溶液的试管中加入稀H2SO4，在管口观察到红棕色气体
HNO3分解成了NO2
B
向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu（OH）2浊液，加热，没有红色沉淀生成
淀粉没有水解成葡萄糖
C
向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170°C产生的气体通入酸性KmnO4溶液，红色褪去
使溶液褪色的气体是乙烯
D
向饱和Na2CO3中通入足量CO2溶液变浑浊
析出了NaHCO3
【答案】D
【解析】向Fe（NO3）2溶液中加入H2SO4，则会发生离子反应：
3Fe2＋＋NO3－＋4H＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，产生的NO在管口生成NO2呈现红色，而不是HNO3分解产生NO2，故A项错误。
应加入碱将水解后的淀粉溶液调节成碱性，才可以产生红色沉淀，B项错误。
乙醇和浓硫酸反应制取乙烯的过程中，会有少量的SO2产生，也可以使酸性KMnO4溶液褪色，C项错误。
饱和Na2CO3溶液中通入CO2发生反应：
Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，由于产生的碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，故会从过饱和溶液中析出，D项正确。
13.（山东）（14分）研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。
（1）NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为。
利用反应6NO2＋
7N5＋12H2O也可处理NO2。
当转移1.2mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是L。
（2）已知：
2SO2（g）+O2（g）
2SO3（g）ΔH=-196.6KJ·mol-1
2NO（g）+O2（g）
2NO2（g）ΔH=-113.0K·mol-1
则反应NO2（g）+SO2（g）
SO3（g）+NO（g）的ΔH=KJ·mol-1。
一定条件下，将NO2与SO2以体积比1:
2置于密闭容器中发
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