1、专题五非金属及其化合物【5年高考】考点一氯、溴、碘及其化合物海水资源的开发利用1.(2020天津,1,3分)在全国人民众志成城抗击新冠病毒期间,使用的“84消毒液”的主要有效成分是()A.NaOHB.NaClC.NaClOD.Na2CO3答案C2.(2019课标,12,6分)下列实验不能达到目的的是()选项目的实验A.制取较高浓度的次氯酸溶液将Cl2通入碳酸钠溶液中B.加快氧气的生成速率在过氧化氢溶液中加入少量MnO2C.除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液D.制备少量二氧化硫气体向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸答案A3.(2019江苏单科,9,2分)在给定条件下,下列选项所示的
2、物质间转化均能实现的是()A.NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)B.MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO(s)C.S(s)SO3(g)H2SO4(aq)D.N2(g)NH3(g)Na2CO3(s)答案B4.(2016课标,28,14分)NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂,也常用来漂白织物等,其一种生产工艺如下:回答下列问题:(1)NaClO2中Cl的化合价为。(2)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式。(3)“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成,精制时,为除去Mg2+和Ca2+,要加入的试剂分别为、。“电解”中阴极反应的主要产物是。(4)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出
3、的少量ClO2。此吸收反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为,该反应中氧化产物是。(5)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力,其定义是:每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为。(计算结果保留两位小数)答案(1)+3(2)2NaClO3+SO2+H2SO42ClO2+2NaHSO4(3)NaOH溶液Na2CO3溶液ClO2-(或NaClO2)(4)21O2(5)1.575.(2018课标,27,14分)KIO3是一种重要的无机化合物,可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题:(1)KIO3的化学名称是。(2)利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程
4、如下图所示:“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。“逐Cl2”采用的方法是。“滤液”中的溶质主要是。“调pH”中发生反应的化学方程式为。(3)KIO3也可采用“电解法”制备,装置如图所示。写出电解时阴极的电极反应式。电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为,其迁移方向是。与“电解法”相比,“KClO3氧化法”的主要不足之处有(写出一点)。答案(1)碘酸钾(2)加热KClKH(IO3)2+KOH2KIO3+H2O(或HIO3+KOHKIO3+H2O)(3)2H2O+2e-2OH-+H2K+a到b产生Cl2易污染环境等6.(2020课标,26,14分)化学工业为疫情防控提供了强有力
5、的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料,又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题:(1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料,可采用如图(a)所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许离子通过,氯气的逸出口是(填标号)。(2)次氯酸为一元弱酸,具有漂白和杀菌作用,其电离平衡体系中各成分的组成分数(X)=c(X)c(HClO)+c(ClO-),X为HClO或ClO-与pH的关系如图(b)所示。HClO的电离常数Ka值为。(3)Cl2O为淡棕黄色气体,是次氯酸的酸酐,可由新制的HgO和Cl2反应来制备,该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为。(4)ClO
6、2常温下为黄色气体,易溶于水,其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”,能快速溶于水,溢出大量气泡,得到ClO2溶液。上述过程中,生成ClO2的反应属于歧化反应,每生成1molClO2消耗NaClO2的量为mol;产生“气泡”的化学方程式为。(5)“84消毒液”的有效成分为NaClO,不可与酸性清洁剂混用的原因是(用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液,若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%,则生产1000kg该溶液需消耗氯气的质量为kg(保留整数)。答案(1)Na+a(2)10-7.5
7、(3)2Cl2+HgOHgCl2+Cl2O(4)1.25NaHCO3+NaHSO4CO2+Na2SO4+H2O(5)ClO-+Cl-+2H+Cl2+H2O203考点二硫及其化合物7.(2019浙江4月选考,11,2分)针对下列实验现象表述不正确的是()A.用同一针筒先后抽取80mL氯气、20mL水,振荡,气体完全溶解,溶液变为黄绿色B.在表面皿中加入少量胆矾,再加入3mL浓硫酸,搅拌,固体由蓝色变白色C.向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液,再滴加双氧水,产生白色沉淀D.将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶,镁条剧烈燃烧,有白色、黑色固体生成答案A8.(2016上海单科,15,3分)下列气体的制
8、备和性质实验中,由现象得出的结论错误的是()选项试剂试纸或试液现象结论A浓氨水、生石灰红色石蕊试纸变蓝NH3为碱性气体B浓盐酸、浓硫酸pH试纸变红HCl为酸性气体C浓盐酸、二氧化锰淀粉碘化钾试液变蓝Cl2具有氧化性D亚硫酸钠、硫酸品红试液褪色SO2具有还原性答案D9.(2019课标,26,13分)立德粉ZnSBaSO4(也称锌钡白),是一种常用白色颜料。回答下列问题:(1)利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花,亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时,钡的焰色为(填标号)。A.黄色B.红色C.紫色D.绿色(2)以重晶石(BaSO4)为原料,可按如下工艺生产立德粉:在回转炉中重晶石被过量
9、焦炭还原为可溶性硫化钡,该过程的化学方程式为。回转炉尾气中含有有毒气体,生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体,该反应的化学方程式为。在潮湿空气中长期放置的“还原料”,会逸出臭鸡蛋气味的气体,且水溶性变差。其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的(填化学式)。沉淀器中反应的离子方程式为。(3)成品中S2-的含量可以用“碘量法”测得。称取mg样品,置于碘量瓶中,移取25.00mL0.1000molL-1的I2-KI溶液于其中,并加入乙酸溶液,密闭,置暗处反应5min,有单质硫析出。以淀粉为指示剂,过量的I2用 0.1000molL-1Na2S2O3溶液滴定,反应式为I2+2S
10、2O32-2I-+S4O62-。测定时消耗Na2S2O3溶液体积VmL。终点颜色变化为,样品中S2-的含量为(写出表达式)。答案(1)D(2)BaSO4+4CBaS+4COCO+H2OCO2+H2BaCO3S2-+Ba2+Zn2+SO42-BaSO4ZnS(3)浅蓝色至无色(25.00-12V)0.100032m1000100%10.(2018课标,27,14分)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题:(1)生产Na2S2O5,通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式。(2)利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为:p
11、H=4.1时,中为溶液(写化学式)。工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是。(3)制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术,装置如图所示,其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为。电解后,室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水,可得到Na2S2O5。(4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时,取50.00mL葡萄酒样品,用0.01000molL-1的碘标准液滴定至终点,消耗10.00mL。滴定反应的离子方程式为,该样品中Na2S2O5的残留量为gL-1(以SO2计)。答案(1)2NaHSO3Na2S2O
12、5+H2O(2)NaHSO3得到NaHSO3过饱和溶液(3)2H2O-4e-O2+4H+a(4)S2O52-+2I2+3H2O2SO42-+4I-+6H+0.128考点三氮及其化合物11.(2019江苏单科,3,2分)下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是()A.NH4HCO3受热易分解,可用作化肥B.稀硫酸具有酸性,可用于除去铁锈C.SO2具有氧化性,可用于纸浆漂白D.Al2O3具有两性,可用于电解冶炼铝答案B12.(2017北京理综,12,6分)下述实验中均有红棕色气体产生,对比分析所得结论不正确的是()A.由中的红棕色气体,推断产生的气体一定是混合气体B.红棕色气体不能表明中木炭与浓硝
13、酸发生了反应C.由说明浓硝酸具有挥发性,生成的红棕色气体为还原产物D.的气体产物中检测出CO2,由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应答案D13.(2019上海选考,一,15分)氮元素广泛存在于自然界中,对人类生命和生活具有重要意义。21.铵态氮肥为何不能与碱性物质混用?。22.在合成氨工业中,压强通常控制在2050MPa,其原因是。23.侯德榜联合制碱法是向饱和食盐水中依次通入足量的氨气与二氧化碳,写出反应的化学方程式。24.烟气中的NO2与尿素CO(NH2)2(C的化合价为+4)反应进行脱硝。反应的化学方程式是2CO(NH2)2+4NO24H2O+2CO2+4N2+O2。该反应的氧化产物为,若
14、反应过程中有0.15molNO2反应,则电子转移的数目为。25.常温下,在氯化铵溶液中加入一定量的氢氧化钠,使其pH=7,则c(Na+)c(NH3H2O)(填“”或“=”)。答案21.铵态氮肥与碱性物质混合使用时,会使NH4+转化为NH3挥发,造成氮元素流失,降低肥效22.高压能使平衡正向移动,提高反应物转化率;压强过高会增大设备成本23.CO2+NH3+NaCl+H2ONH4Cl+NaHCO324.N2和O20.6NA25.=14.(2016课标,26,14分)氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一,工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2。某同学在实验室中对NH3与NO2反
15、应进行了探究。回答下列问题:(1)氨气的制备氨气的发生装置可以选择上图中的,反应的化学方程式为。欲收集一瓶干燥的氨气,选择上图中的装置,其连接顺序为:发生装置(按气流方向,用小写字母表示)。(2)氨气与二氧化氮的反应将上述收集到的NH3充入注射器X中,硬质玻璃管Y中加入少量催化剂,充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。在一定温度下按图示装置进行实验。操作步骤实验现象解释原因打开K1,推动注射器活塞,使X中的气体缓慢通入Y管中Y管中反应的化学方程式将注射器活塞退回原处并固定,待装置恢复到室温Y管中有少量水珠生成的气态水凝聚打开K2答案(1)A2NH4Cl+Ca(OH)22NH3+CaCl2+2
16、H2O(或BNH3H2ONH3+H2O)dcfei(2)红棕色气体慢慢变浅8NH3+6NO27N2+12H2OZ中NaOH溶液产生倒吸现象反应后气体分子数减少,Y管中压强小于外压15.(2017北京理综,27,12分)SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。(1)SCR(选择性催化还原)工作原理:尿素CO(NH2)2水溶液热分解为NH3和CO2,该反应的化学方程式:。反应器中NH3还原NO2的化学方程式:。当燃油中含硫量较高时,尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4,使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成:。尿素溶液浓度影响NO2的转化,测
17、定溶液中尿素(M=60gmol-1)含量的方法如下:取ag尿素溶液,将所含氮完全转化为NH3,所得NH3用过量的V1mLc1molL-1H2SO4溶液吸收完全,剩余H2SO4用V2mLc2molL-1NaOH溶液恰好中和,则尿素溶液中溶质的质量分数是。(2)NSR(NOx储存还原)工作原理:NOx的储存和还原在不同时段交替进行,如图a所示。图a图b通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是。用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程,该过程分两步进行,图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物
18、质的量之比是。还原过程中,有时会产生笑气(N2O)。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关。在有氧条件下,15NO与NH3以一定比例反应时,得到的笑气几乎都是15NNO。将该反应的化学方程式补充完整:15NNO+H2O答案(1)CO(NH2)2+H2OCO2+2NH38NH3+6NO27N2+12H2O2SO2+O2+4NH3+2H2O2(NH4)2SO43(2c1V1-c2V2)100a(2)BaO81415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O考点四环境保护硅及其化合物16.(2020浙江1月选考,8)下列说法不正确的是()A.二氧化硅导电能力强,可用于制造光导纤维B.石灰石在高
19、温下可用于消除燃煤烟气中的SO2C.钠着火不能用泡沫灭火器灭火D.利用催化剂可减少汽车尾气中有害气体的排放答案A17.(2016课标,7,6分)下列有关燃料的说法错误的是()A.燃料燃烧产物CO2是温室气体之一B.化石燃料完全燃烧不会造成大气污染C.以液化石油气代替燃油可减少大气污染D.燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一答案B18.(2020课标,9,6分)二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响,其原理如下图所示。下列叙述错误的是()A.海水酸化能引起HCO3-浓度增大、CO32-浓度减小B.海水酸化能促进CaCO3的溶解,导致珊瑚礁减少C.CO2能引起海水酸化,其原理为H
20、CO3-H+CO32-D.使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境答案C19.(2017课标,26,14分)水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2,并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示:回答下列问题:(1)在分解水泥样品过程中,以盐酸为溶剂,氯化铵为助溶剂,还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是,还可使用代替硝酸。(2)沉淀A的主要成分是,其不溶于强酸但可与一种弱酸反应,该反应的化学方程式为。(3)加氨水过程中加热的目的是。沉淀B的主要成分为、(写化学式)。(4)草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后,用KMnO4标准溶液滴定,通过测定草
21、酸的量可间接获知钙的含量,滴定反应为:MnO4-+H+H2C2O4Mn2+CO2+H2O。实验中称取0.400g水泥样品,滴定时消耗了0.0500molL-1的KMnO4溶液36.00mL,则该水泥样品中钙的质量分数为。答案(1)将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+H2O2(2)SiO2(或H2SiO3)SiO2+4HFSiF4+2H2O(或H2SiO3+4HFSiF4+3H2O)(3)防止胶体生成,易沉淀分离Al(OH)3Fe(OH)3(4)45.0%教师专用题组【5年高考】考点一氯溴、碘及其化合物海水资源的的开发利用1.(2020天津,1,3分)在全国人民众志成城抗击新冠病毒期间,使用
22、的“84消毒液”的主要有效成分是()A.NaOHB.NaClC.NaClOD.Na2CO3答案CNaClO水解产生的HClO具有强氧化性,可以杀死病毒,故C项正确。2.(2020江苏单科,9,2分)海水晒盐后精制得到NaCl,氯碱工业电解饱和NaCl溶液得到Cl2和NaOH,以NaCl、NH3、CO2等为原料可得到NaHCO3;向海水晒盐得到的卤水中通Cl2可制溴;从海水中还能提取镁。下列关于Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的说法正确的是()A.NaOH的碱性比Mg(OH)2的强B.Cl2得到电子的能力比Br2的弱C.原子半径r:r(Br)r(Cl)r(Mg)r(Na)D.原子的最外层电子
23、数n:n(Na)n(Mg)n(Cl)r(Mg)r(Cl),C项不正确;Na、Mg、Cl、Br的最外层电子数分别为1、2、7、7,n(Cl)=n(Br),D项不正确。3.(2018海南单科,5,2分)化学与生产生活密切相关,下列说法错误的是()A.Na2O2可与CO2反应放出氧气,可用于制作呼吸面具B.SiO2具有导电性,可用于制作光导纤维和光电池C.聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀,可用作化工反应器的内壁涂层D.氯水具有较强的氧化性,可用于漂白纸张、织物等答案BA项,Na2O2和CO2发生反应:2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2,反应放出O2,Na2O2可用作呼吸面具,正确;B项,SiO2不具有导
24、电性,Si为半导体,具有导电性,SiO2用于制光导纤维,而Si用于制光电池,错误;C项,聚四氟乙烯称为“塑料王”,具有抗腐蚀性,正确;D项,氯水中含有HClO,具有漂白性,正确。4.(2017天津理综,1,6分)下列有关水处理方法不正确的是()A.用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸B.用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物C.用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子D.用烧碱处理含高浓度NH4+的废水并回收利用氨答案C用氯气无法处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子,一般采用沉淀法处理。5.(2015课标,12,6分)海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是()A.向苦卤中通
25、入Cl2是为了提取溴B.粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C.工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂D.富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴,再用SO2将其还原吸收答案C工业上常采用Ca(OH)2作为沉淀剂,C项错误。6.(2015北京理综,11,6分)某消毒液的主要成分为NaClO,还含有一定量的NaOH。下列用来解释事实的方程式中,不合理的是(已知:饱和NaClO溶液的pH约为11)()A.该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备:Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2OB.该消毒液的pH约为12:ClO-+H2OHClO+OH-C.该消毒液与洁厕灵(主要成分为HCl)混用,产生有毒Cl2:2H+
26、Cl-+ClO-Cl2+H2OD.该消毒液加白醋生成HClO,可增强漂白作用:CH3COOH+ClO-HClO+CH3COO-答案BA项,用NaOH溶液吸收Cl2可以制备NaClO,即Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O;B项,饱和NaClO溶液的pH约为11是因为ClO-水解,该消毒液的pH约为12是因为消毒液中含有NaOH;C项,消毒液中的ClO-和洁厕灵中的Cl-在酸性条件下发生氧化还原反应产生Cl2;D项,白醋中的CH3COOH可以和NaClO发生复分解反应生成HClO,从而增强消毒液的漂白作用。7.(2014江苏单科,5,2分)下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验,能达到
27、实验目的的是()A.用装置甲制取氯气B.用装置乙除去氯气中的少量氯化氢C.用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液D.用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl24H2O答案CMnO2和浓盐酸反应制取Cl2需要加热,A项错误;除Cl2中的HCl应用饱和食盐水,B项错误;将MnCl2溶液蒸干无法得到MnCl24H2O,D项错误。8.(2014江苏单科,13,4分)在探究新制饱和氯水成分的实验中,下列根据实验现象得出的结论不正确的是()A.氯水的颜色呈浅黄绿色,说明氯水中含有Cl2B.向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液,产生白色沉淀,说明氯水中含有Cl-C.向氯水中加入NaHCO3粉末,有气泡产生,说明氯水中含有
28、H+D.向FeCl2溶液中滴加氯水,溶液颜色变成棕黄色,说明氯水中含有HClO答案C氯水中含有“三分四离”Cl2、HClO、H2O、H+、Cl-、ClO-、OH-(少),含Cl2,溶液呈浅黄绿色,A项正确;含Cl-,加入AgNO3溶液反应生成AgCl沉淀,B项正确;能与NaHCO3反应生成CO2,说明有H+,C项正确;氯水中Cl2可以将Fe2+氧化为Fe3+,D项错误。9.(2014浙江理综,12,6分)氯在饮用水处理中常用作杀菌剂,且HClO的杀菌能力比ClO-强。25时氯气-氯水体系中存在以下平衡关系:Cl2(g)Cl2(aq)K1=10-1.2Cl2(aq)+H2OHClO+H+Cl-K
29、2=10-3.4HClOH+ClO-Ka=?其中Cl2(aq)、HClO和ClO-分别在三者中所占分数()随pH变化的关系如图所示。下列表述正确的是()A.Cl2(g)+H2O2H+ClO-+Cl-K=10-10.9B.在氯处理水体系中,c(HClO)+c(ClO-)=c(H+)-c(OH-)C.用氯处理饮用水时,pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时差D.氯处理饮用水时,在夏季的杀菌效果比在冬季好答案CA项,在Cl2(g)+H2O2H+ClO-+Cl-反应中,K=c2(H+)c(ClO-)c(Cl-)cCl2(g)=K1K2Ka,因Ka未知,故K也无法求出,A错误。B项,由电荷守恒知,c(H
30、+)=c(ClO-)+c(Cl-)+c(OH-),c(Cl-)c(HClO),B错误。C项,由题意知,HClO杀菌能力比ClO-强,pH=7.5时,HClO的浓度较pH=6.5时大,C正确。D项,夏季温度高,Cl2溶解度降低,且HClO易分解,所以夏季杀菌效果比冬季差,D错误。10.(2013浙江理综,8,6分)下列说法正确的是()A.实验室从海带提取单质碘的方法是:取样灼烧溶解过滤萃取B.用乙醇和浓H2SO4制备乙烯时,可用水浴加热控制反应的温度C.氯离子存在时,铝表面的氧化膜易被破坏,因此含盐腌制品不宜直接存放在铝制容器中D.将(NH4)2SO4、CuSO4溶液分别加入蛋白质溶液,都出现沉
31、淀,表明二者均可使蛋白质变性答案CA中在过滤后少了向滤液中加入氧化剂将I-氧化为I2的步骤;用乙醇和浓硫酸制备乙烯时,应控制反应温度为170,水浴加热最高温度为100,B错误;加入(NH4)2SO4,蛋白质溶液中出现沉淀,属蛋白质的盐析,不是变性,D错误。11.(2012北京理综,6,6分)下列用品的有效成分及用途对应错误的是()ABCD用品有效成分NaClNa2CO3Al(OH)3Ca(ClO)2用途做调味品做发酵粉做抗酸药做消毒剂答案B小苏打的有效成分为NaHCO3,故B项错误。12.(2012山东理综,8,4分)下列与含氯化合物有关的说法正确的是()A.HClO是弱酸,所以NaClO是弱
32、电解质B.向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液,可制得Fe(OH)3胶体C.HCl溶液和NaCl溶液均通过离子导电,所以HCl和NaCl均是离子化合物D.电解NaCl溶液得到22.4LH2(标准状况),理论上需要转移NA个电子(NA表示阿伏加德罗常数的值)答案BA项,NaClO为强电解质;C项,HCl为共价化合物;D项,电解NaCl溶液得到22.4LH2(标准状况),理论上需转移2NA个电子。13.(2020课标,26,14分)化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料,又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题:(1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料,可采用如
33、图(a)所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许离子通过,氯气的逸出口是(填标号)。(2)次氯酸为一元弱酸,具有漂白和杀菌作用,其电离平衡体系中各成分的组成分数(X)=c(X)c(HClO)+c(ClO-),X为HClO或ClO-与pH的关系如图(b)所示。HClO的电离常数Ka值为。(3)Cl2O为淡棕黄色气体,是次氯酸的酸酐,可由新制的HgO和Cl2反应来制备,该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为。(4)ClO2常温下为黄色气体,易溶于水,其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”,能快
34、速溶于水,溢出大量气泡,得到ClO2溶液。上述过程中,生成ClO2的反应属于歧化反应,每生成1molClO2消耗NaClO2的量为mol;产生“气泡”的化学方程式为。(5)“84消毒液”的有效成分为NaClO,不可与酸性清洁剂混用的原因是(用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液,若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%,则生产1000kg该溶液需消耗氯气的质量为kg(保留整数)。答案(1)Na+a(2)10-7.5(3)2Cl2+HgOHgCl2+Cl2O(4)1.25NaHCO3+NaHSO4CO2+Na2SO4+H2O(5)ClO-+Cl-+2
35、H+Cl2+H2O203解析(1)阳极发生氧化反应:2Cl-2e-Cl2,Cl2从a口逸出;阳极室排出淡盐水,故Na+透过离子膜进入阴极室。(2)Ka(HClO)=c(H+)c(ClO-)c(HClO),由图(b)可知c(HClO)=c(ClO-)时,溶液pH=7.5,故Ka(HClO)=10-7.5。(3)HgO与Cl2的反应为歧化反应,Cl2既是氧化剂又是还原剂,汞元素与氧元素化合价不变,故HgO与Cl2反应生成Cl2O的同时还生成HgCl2,依据得失电子守恒可知,生成HgCl2与Cl2O的物质的量之比为11。(4)由题意可知NaClO2生成ClO2的反应为歧化反应,故,依据得失电子守恒可
36、得,生成ClO2与NaCl的物质的量之比为41,依据氯原子守恒可得,NaClO2与ClO2的物质的量之比为54,每生成1molClO2消耗NaClO2的量为1.25mol;ClO2易溶于水,故“气泡”的成分只能是CO2,NaHSO4与NaHCO3反应生成Na2SO4、H2O和CO2。(5)酸性条件下ClO-与Cl-可发生氧化还原反应生成Cl2和H2O;设反应前NaOH溶液的质量为akg,消耗氯气的质量为xkg,则x+a=1000;反应消耗NaOH的质量为(0.3a-10001%)kg=(0.3a-10)kg,由化学方程式Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O可知:x0.3a-10=71
37、80,与x+a=1000 联立可求出x203。14.(2020江苏单科,18,12分)次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)都是常用的杀菌消毒剂。NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠。(1)NaClO溶液可由低温下将Cl2缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备NaClO的离子方程式为;用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用,若在空气中暴露时间过长且见光,将会导致消毒作用减弱,其原因是。(2)二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为C3N3O3Cl2-+H+2H2OC3H3N3O3+2HClOHClO+2I
38、-+H+I2+Cl-+H2OI2+2S2O32-S4O62-+2I-准确称取1.1200g样品,用容量瓶配成250.0mL溶液;取25.00mL上述溶液于碘量瓶中,加入适量稀硫酸和过量KI溶液,密封在暗处静置5min;用0.1000molL-1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色,加入淀粉指示剂,继续滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液20.00mL。通过计算判断该样品是否为优质品。(写出计算过程,该样品的有效氯=测定中转化为HClO的氯元素质量2样品质量100%)若在检测中加入稀硫酸的量过少,将导致样品的有效氯测定值(填“偏高”或“偏低”)。答案(12分)(1)Cl2+2OH-ClO-+C
39、l-+H2ONaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO,HClO见光分解(2)n(S2O32-)=0.1000molL-10.02000L=2.00010-3mol根据物质转换和电子得失守恒关系:C3N3O3Cl2-2HClO2I24S2O32-得n(Cl)=0.5n(S2O32-)=1.00010-3mol氯元素的质量:m(Cl)=1.00010-3mol35.5gmol-1=0.03550g该样品的有效氯为0.03550g1.1200g25.00mL250.0mL2100%63.39%该样品的有效氯大于60%,故该样品为优质品偏低解析(1)低温下Cl2与NaOH溶液发生反应可制得NaC
40、lO,则Cl2与NaOH发生的反应为Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O,故制备NaClO的离子方程式为Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O;NaClO溶液吸收空气中的CO2发生反应:NaClO+CO2+H2ONaHCO3+HClO,HClO不稳定,见光易分解:2HClO2HCl+O2,故NaClO溶液在空气中暴露时间过长且见光会导致消毒作用减弱。(2)达到滴定终点时消耗的n(Na2S2O3)=0.1000molL-10.02000L=2.00010-3mol,n(S2O32-)=n(Na2S2O3)=2.00010-3mol,由检测原理中物质间的反应建立关系式:2HClO2I2
41、4S2O32-2mol4moln(HClO)2.00010-3mol2moln(HClO)=4mol2.00010-3mol则转化的n(HClO)=1.00010-3mol,其中n(Cl)=n(HClO)=1.00010-3mol,则25.00mL样品溶液中m(Cl)=1.00010-3mol35.5gmol-1=0.03550g,由于是从250.0mL溶液中取25.00mL,故1.1200g样品中含m(Cl)=0.03550g10=0.3550g,故该样品的有效氯为0.3550g21.1200g100%63.39%,为优质品。若在检测中加入稀硫酸的量过少,则反应C3N3O3Cl2-+H+2H
42、2OC3H3N3O3+2HClO不能完全转化,生成HClO的量偏低,将导致样品的有效氯测定值偏低。15.(2018课标,27,14分)KIO3是一种重要的无机化合物,可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题:(1)KIO3的化学名称是。(2)利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如下图所示:“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。“逐Cl2”采用的方法是。“滤液”中的溶质主要是。“调pH”中发生反应的化学方程式为。(3)KIO3也可采用“电解法”制备,装置如图所示。写出电解时阴极的电极反应式。电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为,其迁移方向是。与“电解法”相比,“KClO3氧
43、化法”的主要不足之处有(写出一点)。答案(1)碘酸钾(2)加热KClKH(IO3)2+KOH2KIO3+H2O(或HIO3+KOHKIO3+H2O)(3)2H2O+2e-2OH-+H2K+a到b产生Cl2易污染环境等解析(1)KIO3的化学名称是碘酸钾。(2)由于气体的溶解度随温度升高而减小,故“逐Cl2”采用的方法是加热;分析工艺流程和酸化反应所得产物可知,滤液中的溶质主要是KCl;调pH的目的主要是中和H+,故“调pH”中发生反应的化学方程式为KH(IO3)2+KOH2KIO3+H2O或HIO3+KOHKIO3+H2O。(3)观察电解装置图知,惰性电极a为阳极,惰性电极b为阴极,在碱性条件
44、下,阴极的电极反应式为2H2O+2e-H2+2OH-。电解过程中,阳极I2失去电子生成IO3-,即I2-10e-+12OH-2IO3-+6H2O,通过阳离子交换膜的离子主要为K+,迁移方向是从a到b。“KClO3氧化法”产生有毒气体Cl2,故与“电解法”相比的不足之处有产生有毒气体Cl2,易污染环境等。审题技巧注意物质形式的变化,KH(IO3)2可以看作KIO3和HIO3,则“调pH”的过程为碱中和HIO3的过程。16.(2018浙江4月选考,27,6分)某同学用含结晶水的正盐X(四种短周期元素组成的纯净物)进行了如下实验:实验中观测到:混合气甲呈无色并被蒸馏水全部吸收;固体乙为纯净物;在步骤
45、中,取110溶液丙,恰好中和需消耗0.00200molNaOH;另取一定量溶液丙,加入少量K2FeO4固体,产生黄绿色气体。请回答:(1)X的化学式是,步骤的化学方程式是。(2)溶液丙与K2FeO4固体反应的化学方程式是。答案(6分)(1)MgCl26H2O(2分)MgCl26H2OMgO+2HCl+5H2O(2分)(2)2K2FeO4+16HCl4KCl+2FeCl3+3Cl2+8H2O(2分)解析(1)因X中含结晶水,故X灼烧时所得的混合气甲中一定含水蒸气,甲能被蒸馏水全部吸收得到溶液丙,溶液丙和NaOH溶液反应后加入酸化的AgNO3溶液有白色沉淀生成,故甲中的另一气体是HCl,且n(HC
46、l)=100.00200mol=0.0200mol,可推知X中含有Cl、H、O元素。X是含结晶水的正盐,由以上推断知阴离子是Cl-。在短周期元素范围内考虑,阳离子可能为NH4+、Na+、Mg2+、Al3+,NH4Cl灼烧会完全分解,无固体残余,可以排除,NaCl灼烧无法产生HCl(不水解),也排除;而MgCl2、AlCl3的晶体灼烧后分别得到MgO和Al2O3,根据0.40g固体乙计算可知阳离子为Mg2+,乙应为MgO,且n(MgO)=0.40g40g/mol=0.0100mol,n(H2O)=2.03g-0.40g-0.0200mol36.5g/mol18g/mol=0.0500mol,n(
47、MgO)n(HCl)n(H2O)=125,故可推知X为MgCl26H2O,步骤的化学方程式是MgCl26H2OMgO+2HCl+5H2O。(2)溶液丙为盐酸,依题意K2FeO4与盐酸反应有Cl2生成,HCl中氯元素化合价由-1价升高到0价,K2FeO4中铁元素化合价应由+6价降低到+3价,由得失电子守恒和质量守恒可写出K2FeO4与盐酸反应的化学方程式。解题点睛此题的难点有二,一是X化学式的确定,关键是在短周期元素范围内考虑,乙应为MgO;二是K2FeO4与盐酸反应的化学方程式的书写,关键是先确定氧化产物为Cl2,还原产物为FeCl3,再由得失电子守恒和质量守恒写出该反应的化学方程式。17.(
48、2015重庆理综,9,15分)ClO2与Cl2的氧化性相近,在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过图1装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。(1)仪器D的名称是。安装F中导管时,应选用图2中的。(2)打开B的活塞,A中发生反应:2NaClO3+4HCl2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O,为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收,滴加稀盐酸的速度宜(填“快”或“慢”)。(3)关闭B的活塞,ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2,此时F中溶液的颜色不变,则装置C的作用是。(4)已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2,该反应的离子方
49、程式为。在ClO2释放实验中,打开E的活塞,D中发生反应,则装置F的作用是。(5)已吸收ClO2气体的稳定剂和稳定剂,加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示。若将其用于水果保鲜,你认为效果较好的稳定剂是,原因是。图3答案(1)锥形瓶b(2)慢(3)吸收Cl2(4)4H+5ClO2-Cl-+4ClO2+2H2O验证是否有ClO2生成(5)稳定剂稳定剂可以缓慢释放ClO2,能较长时间维持保鲜所需的浓度解析(1)装置F为洗气装置,应长进短出,选b。(2)滴加稀盐酸较慢时,产生的ClO2较慢,有足够的时间被稳定剂充分吸收。(3)NaClO3和稀盐酸反应产生的气体有ClO2和Cl2,ClO2在D
50、中被吸收,而F中淀粉KI溶液的颜色又不变,则C的作用必为吸收Cl2。(4)由题干可知ClO2和Cl2氧化性相近,则ClO2可氧化I-,使淀粉KI溶液变蓝,故装置F的作用是验证是否有ClO2生成。18.(2014江苏单科,19,15分)实验室从含碘废液(除H2O外,含有CCl4、I2、I-等)中回收碘,其实验过程如下:Na2SO3溶液Cl2含碘废液还原操作X氧化富集 I2CCl4(1)向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液,将废液中的I2还原为I-,其离子方程式为;该操作将I2还原为I-的目的是。(2)操作X的名称为。(3)氧化时,在三颈烧瓶中将含I-的水溶液用盐酸调至pH约为2,缓慢通入Cl
51、2,在40左右反应(实验装置如下图所示)。实验控制在较低温度下进行的原因是;锥形瓶里盛放的溶液为。(4)已知:5SO32-+2IO3-+2H+I2+5SO42-+H2O某含碘废水(pH约为8)中一定存在I2,可能存在I-、IO3-中的一种或两种。请补充完整检验含碘废水中是否含有I-、IO3-的实验方案:取适量含碘废水用CCl4多次萃取、分液,直到水层用淀粉溶液检验不出有碘单质存在;。实验中可供选择的试剂:稀盐酸、淀粉溶液、FeCl3溶液、Na2SO3溶液。答案(15分)(1)SO32-+I2+H2O2I-+SO42-+2H+使CCl4中的碘进入水层(2)分液(3)使氯气在溶液中有较大的溶解度(
52、或防止I2升华或防止I2进一步被氧化)NaOH溶液(4)从水层取少量溶液,加入12mL淀粉溶液,加盐酸酸化,滴加FeCl3溶液,若溶液变蓝,说明废水中含有I-;若溶液不变蓝,说明废水中不含有I-。另从水层取少量溶液,加入12mL淀粉溶液,加盐酸酸化,滴加Na2SO3溶液,若溶液变蓝,说明废水中含有IO3-;若溶液不变蓝,说明废水中不含有IO3-解析(1)SO32-有还原性,碘单质有氧化性,故二者能发生氧化还原反应:SO32-+I2+H2O2I-+SO42-+2H+。碘单质易溶于CCl4,结合前后操作分析,此步操作的目的只能是使CCl4中的I2进入水层,以便后续过程更好地富集I2。(2)CCl4
53、与水不互溶,分离两种互不相溶的液体用分液法。(3)此步反应原理为Cl2+2I-2Cl-+I2,控制反应在较低温度下进行的原因一般从反应物或生成物易挥发(溶解度减小)或有其他副反应发生的角度考虑;锥形瓶里液体的作用应为吸收尾气,能与Cl2、I2蒸气反应且为实验室常见药品,应选NaOH溶液工业上吸收尾气中的Cl2优先选用Ca(OH)2悬浊液。(4)检验I-的原理是加入氧化剂将I-氧化为I2,利用I2遇淀粉变蓝的原理加以检验;检验IO3-的原理由题中信息可以得到,SO32-能将IO3-还原成I2,再依前述方法检验即可。注意叙述精确:“取少量溶液”“加入12mL溶液”“酸化”“若则”。评析此题考查学生
54、对氧族、卤族元素化合物知识的掌握情况,侧重考查I2的检验及实验基本操作,难度适中。19.(2013海南单科,14,9分)溴及其化合物广泛应用于医药、农药、纤维、塑料阻燃剂等,回答下列问题:(1)海水提溴过程中,向浓缩的海水中通入,将其中的Br-氧化,再用空气吹出溴;然后用碳酸钠溶液吸收溴,溴歧化为Br-和BrO3-,其离子方程式为。(2)溴与氯能以共价键结合形成BrCl。BrCl分子中,显正电性。BrCl与水发生反应的化学方程式为。(3)CuBr2分解的热化学方程式为:2CuBr2(s)2CuBr(s)+Br2(g)H=+105.4kJmol-1在密闭容器中将过量CuBr2于487K下加热分解
55、,平衡时p(Br2)为4.66103Pa。如反应体系的体积不变,提高反应温度,则p(Br2)将会(填“增大”“不变”或“减小”)。如反应温度不变,将反应体系的体积增加一倍,则p(Br2)的变化范围为。答案(1)Cl23Br2+6CO32-+3H2O5Br-+BrO3-+6HCO3-(1分,2分,共3分)(2)BrBrCl+H2OHCl+HBrO(1分,2分,共3分)(3)增大(1分)2.33103Pap(Br2)4.66103Pa(2分)解析(1)海水提溴时,需将Br-氧化为Br2,一般通Cl2。(2)溴与氯同主族且溴的核电荷数大于氯,故非金属性溴比氯弱,在BrCl中共用电子对偏向氯,故Br显
56、正电性。(3)由题中方程式可知该反应为吸热反应。升高温度,平衡正向移动,故p(Br2)增大;体积增加一倍,p(Br2)瞬间变为12p(Br2)=4.662103Pa,平衡正向移动,又因加入的CuBr2过量,所以根据温度不变平衡常数为定值和勒夏特列原理可知p(Br2)4.66103Pa,故p(Br2)的变化范围应为2.33103PaH2SiO3答案CSO2使酸性KMnO4溶液褪色是因为SO2具有还原性,与KMnO4发生了氧化还原反应。易混易错A项有一定的干扰性,有些考生会误认为白色沉淀为BaSO3而错选A。6.(2013广东理综,11,4分)下列措施不合理的是()A.用SO2漂白纸浆和草帽辫B.
57、用硫酸清洗锅炉中的水垢C.高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅D.用Na2S作沉淀剂,除去废水中的Cu2+和Hg2+答案BSO2有漂白性,能漂白纸浆等物质,A项正确;水垢的主要成分是CaCO3和Mg(OH)2,CaCO3+H2SO4CaSO4+CO2+H2O,CaSO4是一种微溶物质,会覆盖在水垢的表面阻碍反应进一步进行,B项错误;2C+SiO2Si+2CO是工业上制粗硅的主要反应,C项正确;S2-能与Cu2+、Hg2+反应生成沉淀,D项正确。7.(2013海南单科,2,2分,)下列化合物的俗称与化学式不对应的是()A.绿矾FeSO47H2OB.芒硝Na2SO410H2OC.明矾Al2(SO4)3
58、12H2OD.胆矾CuSO45H2O答案C明矾的化学式应为KAl(SO4)212H2O,故C项不对应。8.(2013四川理综,1,6分)化学与生活密切相关,下列说法不正确的是()A.二氧化硫可广泛用于食品的增白B.葡萄糖可用于补钙药物的合成C.聚乙烯塑料制品可用于食品的包装D.次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌答案AA项,SO2具有漂白性,但有毒,不能用于食品的增白;B项,葡萄糖可用于合成葡萄糖酸钙等补钙药物;C项,聚乙烯塑料制品只含C、H元素,无毒,可用于食品包装;D项,NaClO溶液中的ClO-水解生成的HClO具有强氧化性,可用于消毒杀菌。9.(2013上海单科,7,3分)将X气体通入Ba
59、Cl2溶液,未见沉淀生成,然后通入Y气体,有沉淀生成,X、Y不可能是()选项XYASO2H2SBCl2CO2CNH3CO2DSO2Cl2答案BA项,SO2通入BaCl2溶液中不反应,再通H2S时,2H2S+SO23S+2H2O,故A可能;B项,始终无明显现象,故B不可能;C项,通NH3无沉淀,再通CO2时,2NH3+H2O+CO2+BaCl2BaCO3+2NH4Cl,故C可能;D项,通SO2,无沉淀,再通Cl2时,SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl,H2SO4+BaCl2BaSO4+2HCl,故D可能。10.(2013广东理综,10,4分)下列叙述和均正确并且有因果关系的是()选项叙
60、述叙述ANH4Cl为强酸弱碱盐用加热法除去NaCl中的NH4ClBFe3+具有氧化性用KSCN溶液可以鉴别Fe3+C溶解度:CaCO3Ca(HCO3)2溶解度:Na2CO3NaHCO3,C项错误;SiO2+4HFSiF4+2H2O,氢氟酸通常保存在塑料瓶中,D项符合题意。11.(2011上海,7,3分)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答案DA项,生成BaSO3沉淀;B项,SO2溶于水显酸性,被Ba(NO3)2氧化生成硫酸,进而与Ba(NO3)2反应生成BaSO4沉淀;C项,SO2通入Na2S溶液中会生成单质S沉淀。12
61、.(2011上海,6,3分)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.吸水性答案A蔗糖表面有水分,浓H2SO4可表现吸水性;浓H2SO4使蔗糖炭化表现脱水性;浓H2SO4与炭反应表现强氧化性。13.(2020江苏单科,16,12分)吸收工厂烟气中的SO2,能有效减少SO2对空气的污染。氨水、ZnO水悬浊液吸收烟气中SO2后经O2催化氧化,可得到硫酸盐。已知:室温下,ZnSO3微溶于水,Zn(HSO3)2易溶于水;溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-的物质的量分数随pH的分布如下图所示。(1)氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO
62、2,主要反应的离子方程式为;当通入SO2至溶液pH=6时,溶液中浓度最大的阴离子是(填化学式)。(2)ZnO水悬浊液吸收SO2。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2,在开始吸收的40min内,SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见下图)。溶液pH几乎不变阶段,主要产物是(填化学式);SO2吸收率迅速降低阶段,主要反应的离子方程式为。(3)O2催化氧化。其他条件相同时,调节吸收SO2得到溶液的pH在4.56.5范围内,pH越低SO42-生成速率越大,其主要原因是;随着氧化的进行,溶液的pH将(填“增大”“减小”或“不变”)。答案(1)2NH3+H2O+SO22NH4+SO3
63、2-或2NH3H2O+SO22NH4+SO32-+H2OHSO3-(2)ZnSO3ZnSO3+SO2+H2OZn2+2HSO3-或ZnO+2SO2+H2OZn2+2HSO3-(3)随着pH降低,HSO3-浓度增大减小解析(1)向氨水中通入少量SO2,说明氨水过量,产物为(NH4)2SO3。根据题图-1可知pH=6时,溶液中浓度最大的阴离子是HSO3-。(2)根据题图-2分析,在ZnO水悬浊液中通入SO2,起始发生的反应为ZnO+SO2ZnSO3,由于亚硫酸锌微溶于水,溶液pH变化不大。当ZnO反应完,继续通入SO2,生成的ZnSO3与SO2反应生成Zn(HSO3)2,由于Zn(HSO3)2易溶
64、于水,所以pH下降较快。(3)由题图-1可知,溶液pH在4.56.5范围内,pH越低,溶液中c(HSO3-)越大,氧化反应速率越快。HSO3-被氧化的离子反应为2HSO3-+O22SO42-+2H+,c(H+)增大,pH减小。14.(2019课标,26,13分)立德粉ZnSBaSO4(也称锌钡白),是一种常用白色颜料。回答下列问题:(1)利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花,亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时,钡的焰色为(填标号)。A.黄色B.红色C.紫色D.绿色(2)以重晶石(BaSO4)为原料,可按如下工艺生产立德粉:在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡,该过程的化学
65、方程式为。回转炉尾气中含有有毒气体,生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体,该反应的化学方程式为。在潮湿空气中长期放置的“还原料”,会逸出臭鸡蛋气味的气体,且水溶性变差。其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的(填化学式)。沉淀器中反应的离子方程式为。(3)成品中S2-的含量可以用“碘量法”测得。称取mg样品,置于碘量瓶中,移取25.00mL0.1000molL-1的I2-KI溶液于其中,并加入乙酸溶液,密闭,置暗处反应5min,有单质硫析出。以淀粉为指示剂,过量的I2用0.1000molL-1Na2S2O3溶液滴定,反应式为I2+2S2O32-2I-+S4O62-。测定时
66、消耗Na2S2O3溶液体积VmL。终点颜色变化为,样品中S2-的含量为(写出表达式)。答案(1)D(2)BaSO4+4CBaS+4COCO+H2OCO2+H2BaCO3S2-+Ba2+Zn2+SO42-BaSO4ZnS(3)浅蓝色至无色(25.00-12V)0.100032m1000100%解析本题涉及的知识点有焰色反应、陌生氧化还原反应方程式及离子方程式的书写、定量实验的数据处理;考查了学生对化学基础知识的记忆,将提供的信息与已有知识结合利用的能力;同时考查了学生掌握化学实验的基本方法并对实验中的数据进行处理的能力;体现了通过分析、推理认识研究对象的本质特征(证据推理与模型认知)、运用化学实
67、验进行实验探究(科学探究与创新意识)的学科核心素养。(1)重要金属的焰色反应的颜色平时要注意识记。(2)已知反应物有BaSO4、C,生成物有BaS,因焦炭过量则生成CO,根据得失电子守恒、原子守恒写出化学方程式;CO与H2O(g)反应生成CO2与一种清洁能源气体,不难推测该气体为H2。“还原料”的主要成分为BaS,长期放置发生水解生成Ba(OH)2与H2S,Ba(OH)2吸收空气中的CO2生成了难溶于水的BaCO3。沉淀器中溶液的成分为Ba2+、S2-、Zn2+、SO42-,反应生成了BaSO4ZnS沉淀,根据电荷守恒、原子守恒写出离子方程式。(3)滴定前,溶液含I2和淀粉,呈蓝色,随着Na2
68、S2O3溶液的滴入,I2不断被消耗,溶液颜色逐渐变浅,当加入最后一滴Na2S2O3溶液时(滴定终点),溶液恰好褪色;样品中的S2-与I2发生反应:S2-+I2S+2I-,参与该反应的I2的物质的量为(25.0010-30.1000-V10-30.100012)mol=(25.00-12V)0.100010-3mol=n(S2-),则样品中S2-的含量为(25.00-12V)0.100032m1000100%。易错提醒(2)重晶石与过量焦炭反应除生成BaS,还应生成CO而不是CO2。因为即使生成CO2,在过量焦炭、高温条件下也会转化成CO。15.(2018课标,27,14分)焦亚硫酸钠(Na2S
69、2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题:(1)生产Na2S2O5,通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式。(2)利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为:pH=4.1时,中为溶液(写化学式)。工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是。(3)制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术,装置如图所示,其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为。电解后,室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水,可得到Na2S2O5。(4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时,
70、取50.00mL葡萄酒样品,用0.01000molL-1的碘标准液滴定至终点,消耗10.00mL。滴定反应的离子方程式为,该样品中Na2S2O5的残留量为gL-1(以SO2计)。答案(1)2NaHSO3Na2S2O5+H2O(2)NaHSO3得到NaHSO3过饱和溶液(3)2H2O-4e-O2+4H+a(4)S2O52-+2I2+3H2O2SO42-+4I-+6H+0.128解析本题考查工艺流程、电解原理的应用、氧化还原滴定与计算。(1)NaHSO3与Na2S2O5中硫元素化合价均为+4价,根据观察法配平反应方程式:2NaHSO3Na2S2O5+H2O。(2)中所得溶液的pH=4.1,硫元素的
71、存在形式应为HSO3-,故中为NaHSO3溶液。过程是利用Na2CO3与NaHSO3反应转化为Na2SO3,过程利用SO2与Na2SO3反应生成NaHSO3:Na2SO3+SO2+H2O2NaHSO3,制得高浓度的NaHSO3,更有利于Na2S2O5的制备。(3)根据装置图可知左侧为阳极,溶质为H2SO4,实际放电的是水电离出的OH-,电极反应式为2H2O-4e-O2+4H+。电解过程中,阳离子(H+)向右侧移动,则a室中SO32-+H+HSO3-,NaHSO3浓度增大。(4)Na2S2O5作食品的抗氧化剂,则具有强还原性,被氧化为SO42-;S2O52-2SO42-,I22I-,依据得失电子
72、守恒、电荷守恒和原子守恒可配平反应的离子方程式:S2O52-+2I2+3H2O2SO42-+4I-+6H+。根据滴定反应的离子方程式及硫原子守恒可得如下关系式:2SO2S2O52-2I264g1molm(SO2)0.01000molL-10.01000Lm(SO2)=6.410-3g则样品中Na2S2O5的残留量为6.410-3g0.05000L=0.128gL-1。16.(2018江苏单科,16,12分)以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2,少量FeS2和金属硫酸盐)为原料,生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下:(1)焙烧过程均会产生SO2,用NaOH溶液吸收过量
73、SO2的离子方程式为。(2)添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧,其硫去除率随温度变化曲线如图所示。已知:多数金属硫酸盐的分解温度都高于600硫去除率=(1-焙烧后矿粉中硫元素总质量焙烧前矿粉中硫元素总质量)100%不添加CaO的矿粉在低于500焙烧时,去除的硫元素主要来源于。700焙烧时,添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低,其主要原因是。(3)向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2,铝元素存在的形式由(填化学式)转化为(填化学式)。(4)“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2,理论上完全反应消耗的n(F
74、eS2)n(Fe2O3)=。答案(12分)(1)SO2+OH-HSO3-(2)FeS2硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中(3)NaAlO2Al(OH)3(4)116解析本题考查化学工艺流程的分析、硫及其化合物,氧化还原反应的计算。(1)用NaOH溶液吸收过量SO2生成NaHSO3,离子方程式为OH-+SO2HSO3-。(2)FeS2在低于500焙烧时能与空气中的O2反应生成Fe2O3和SO2,发生的反应为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,故不添加CaO的矿粉在焙烧时去除的硫元素主要来源于FeS2;700焙烧时,添加CaO后,硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中,使矿粉硫去除率降低。(3
75、)矿粉焙烧后加NaOH溶液碱浸时,Al2O3能与NaOH溶液反应生成NaAlO2,发生的反应为Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O,过滤后,NaAlO2在滤液中,向滤液中通入过量CO2时,发生反应NaAlO2+CO2+2H2OAl(OH)3+NaHCO3,所以铝元素存在的形式由NaAlO2转化为Al(OH)3。(4)分析反应前后元素化合价的变化,利用得失电子守恒知:23n(FeS2)+52n(FeS2)=132n(Fe2O3),解得n(FeS2)n(Fe2O3)=116,即理论上完全反应消耗的n(FeS2)n(Fe2O3)=116。关联知识生石灰脱硫原理:CaO+SO2CaSO3,2C
76、aSO3+O22CaSO4。17.(2015安徽理综,28,14分)某研究小组将纯净的SO2气体通入0.1molL-1的Ba(NO3)2溶液中,得到了BaSO4沉淀。为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2,该小组提出了如下假设:假设一:溶液中的NO3-假设二:溶液中溶解的O2(1)验证假设一该小组设计实验验证了假设一。请在下表空白处填写相关实验现象。实验步骤实验现象结论实验1:在盛有不含O2的25mL0.1molL-1BaCl2溶液的烧杯中,缓慢通入纯净的SO2气体假设一成立实验2:在盛有不含O2的25mL0.1molL-1Ba(NO3)2溶液的烧杯中,缓慢通入纯净的SO2气体(2)为深入
77、研究该反应,该小组还测得上述两个实验中溶液pH随通入SO2体积的变化曲线如图。实验1中溶液pH变小的原因是;V1时,实验2中溶液pH小于实验1的原因是(用离子方程式表示)。(3)验证假设二请设计实验验证假设二,写出实验步骤、预期现象和结论。实验步骤、预期现象和结论(不要求写具体操作过程):(4)若假设二成立,请预测:在相同条件下,分别用足量的O2和KNO3氧化相同的H2SO3溶液(溶液体积变化忽略不计),充分反应后两溶液的pH前者(填“大于”或“小于”)后者,理由是。答案(14分)(1)无明显现象有白色沉淀(2)SO2溶于水生成H2SO33SO2+2NO3-+2H2O3SO42-+4H+2NO
78、(或3H2SO3+2NO3-3SO42-+4H+2NO+H2O)(3)实验步骤、预期现象和结论(不要求写具体操作过程):实验1作为参照实验实验3:将纯净的SO2气体缓慢通入未经脱O2处理的25mL0.1molL-1BaCl2溶液中,若有白色沉淀,表明假设二成立,否则不成立。(4)小于反应的离子方程式表明,足量的O2和NO3-分别氧化相同的H2SO3,生成H+的物质的量前者多于后者(本题部分小题属于开放性试题,合理答案均给分)解析(1)不含O2的BaCl2溶液中通入SO2气体无明显现象;向不含O2的Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体产生白色沉淀,表明溶液中的NO3-能氧化SO2气体产生BaSO
79、4白色沉淀。(2)向BaCl2溶液中通入SO2气体,二者不发生反应,但SO2溶于水可以与水反应生成H2SO3使溶液显酸性;向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体,NO3-可以把SO2氧化为H2SO4使溶液pH减小,反应的离子方程式为3SO2+2NO3-+2H2O3SO42-+4H+2NO。(4)由O2氧化H2SO3的离子方程式:2H2SO3+O24H+2SO42-和NO3-氧化H2SO3的离子方程式:3H2SO3+2NO3-3SO42-+4H+2NO+H2O知,足量的O2和NO3-分别氧化相同的H2SO3,生成H+的物质的量前者多于后者,故反应后两溶液的pH前者小于后者。18.(2014四川理
80、综,11,16分)污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题。某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2,另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂,通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2,又制得电池材料MnO2(反应条件已省略)。请回答下列问题:(1)上述流程脱硫实现了(选填下列字母编号)。A.废弃物的综合利用B.白色污染的减少C.酸雨的减少(2)用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+,其原因是。(3)已知:25、101kPa时,Mn(s)+O2(g)MnO2(s)H=-520kJ/molS(s)+O2(g)SO2(g)H=-297kJ/molMn(s)+S(s)+
81、2O2(g)MnSO4(s)H=-1065kJ/molSO2与MnO2反应生成无水MnSO4的热化学方程式是。(4)MnO2可作超级电容器材料。用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2,其阳极的电极反应式是。(5)MnO2是碱性锌锰电池的正极材料。碱性锌锰电池放电时,正极的电极反应式是。(6)假设脱除的SO2只与软锰矿浆中MnO2反应。按照图示流程,将am3(标准状况)含SO2的体积分数为b%的尾气通入矿浆,若SO2的脱除率为89.6%,最终得到MnO2的质量为ckg,则除去铁、铝、铜、镍等杂质时,所引入的锰元素相当于MnO2kg。答案(16分)(1)A、C(2)消耗溶液中的酸,促进Al3+
82、和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀(3)MnO2(s)+SO2(g)MnSO4(s)H=-248kJ/mol(4)Mn2+2H2O-2e-MnO2+4H+(5)MnO2+H2O+e-MnO(OH)+OH-(6)1500c-87ab2500解析稀硫酸酸化的软锰矿浆吸收含SO2的尾气,将MnO2转化为MnSO4,其中还含有少量的铁、铝、铜、镍的硫酸盐杂质及过量的H2SO4,加MnCO3可消耗过量H2SO4,调节pH,使Al3+和Fe3+水解生成Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀除去。过滤后往滤液中加MnS,可将Cu2+、Ni2+转化为CuS、NiS沉淀除去。再过滤后往滤液中加KMnO4溶液,发生反应:
83、2KMnO4+3MnSO4+2H2O5MnO2+K2SO4+2H2SO4,过滤后从滤液中回收K2SO4,沉淀经干燥后得到MnO2。(3)将题中三个方程式依次编号为、,MnO2(s)+SO2(g)MnSO4(s)可由-得出,其H也可作相应计算。(6)除去铁、铝、铜、镍时引入的锰元素可由加KMnO4溶液前溶液中Mn2+与软锰矿浆中Mn2+的差值计算。由SO2+MnO2MnSO4、2KMnO4+3MnSO4+2H2O5MnO2+K2SO4+2H2SO4可知,除去铁、铝、铜、镍时,所引入的锰元素相当于MnO2的质量m=(c1038735-a103b%89.6%22.4)8710-3kg=1500c-8
84、7ab2500kg。评析第(6)问中,通过认真审题分析出除去铁、铝、铜、镍时引入的锰元素的物质的量应为加入KMnO4溶液前溶液中锰元素与软锰矿浆中锰元素物质的量的差值是解题的关键。19.(2014福建理综,25,15分)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验:实验一焦亚硫酸钠的制取采用下图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置中有Na2S2O5晶体析出,发生的反应为:Na2SO3+SO2Na2S2O5(1)装置中产生气体的化学方程式为。(2)要从装置中获得已析出的晶体,可采取的分离方法是。(3)装置用于处理尾气,可选用的最合理装置(夹持仪
85、器已略去)为(填序号)。实验二焦亚硫酸钠的性质Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。(4)证明NaHSO3溶液中HSO3-的电离程度大于水解程度,可采用的实验方法是(填序号)。a.测定溶液的pHb.加入Ba(OH)2溶液c.加入盐酸d.加入品红溶液e.用蓝色石蕊试纸检测(5)检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是。实验三葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定(6)葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下:葡萄酒样品100.00mL馏分溶液出现蓝色且30s内不褪色(已知:滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI)
86、按上述方案实验,消耗标准I2溶液25.00mL,该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为gL-1。在上述实验过程中,若有部分HI被空气氧化,则测定结果(填“偏高”“偏低”或“不变”)。答案(1)Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2+H2O(或Na2SO3+2H2SO42NaHSO4+SO2+H2O)(2)过滤(3)d(4)a、e(5)取少量Na2S2O5晶体于试管中,加适量水溶解,滴加足量盐酸,振荡,再滴入氯化钡溶液,有白色沉淀生成(6)0.16偏低解析(2)从装置中分离晶体,即固体和液体分离,采用过滤即可。(3)处理尾气时既要考虑能吸收SO2,又要考虑防倒吸。a装置密
87、闭,b和c不能用来吸收SO2,d装置符合要求。(4)要证明NaHSO3溶液中HSO3-的电离程度大于水解程度,即要证明NaHSO3溶液显酸性,a和e符合。无论HSO3-电离程度大还是水解程度大,加入Ba(OH)2溶液一定有白色沉淀生成,加入盐酸一定有气泡产生,加入品红溶液不会褪色。(5)Na2S2O5晶体在空气中被氧化生成的产物为Na2SO4,故此实验方案检验晶体中是否有SO42-即可。(6)由题给方程式可知:n(SO2)=n(I2)=0.025L0.01000molL-1=2.510-4mol,抗氧化剂的残留量为2.510-4mol64gmol-1100.0010-3L=0.16gL-1。若
88、部分HI被空气氧化,则等量的SO2消耗标准I2溶液减少,测定结果偏低。20.(2014江苏单科,16,12分)烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放。实验室用粉煤灰(主要含Al2O3、SiO2等)制备碱式硫酸铝Al2(SO4)x(OH)6-2x溶液,并用于烟气脱硫研究。(1)酸浸时反应的化学方程式为;滤渣的主要成分为(填化学式)。(2)加CaCO3调节溶液的pH至3.6,其目的是中和溶液中的酸,并使Al2(SO4)3转化为Al2(SO4)x(OH)6-2x。滤渣的主要成分为(填化学式);若溶液的pH偏高,将会导致溶液中铝元素的含量降低,其原因是(用离子方程式表示)。(3)上述流程中经完全热分解放出的
89、SO2量总是小于吸收的SO2量,其主要原因是;与吸收SO2前的溶液相比,热分解后循环利用的溶液的pH将(填“增大”“减小”或“不变”)。答案(12分)(1)Al2O3+3H2SO4Al2(SO4)3+3H2OSiO2(2)CaSO43CaCO3+2Al3+3SO42-+3H2O2Al(OH)3+3CaSO4+3CO2(3)溶液中的部分SO32-被氧化成SO42-减小解析(1)酸浸时Al2O3与H2SO4发生反应,SiO2不溶于H2SO4溶液,形成滤渣。(2)依题意,滤渣的主要成分是CaSO4;若溶液pH偏高,会使Al3+水解程度增大,生成Al(OH)3,导致溶液中铝元素的含量降低。(3)过滤所
90、得滤液用于吸收含SO2的烟气,反应得H2SO3,热分解时部分H2SO3被氧化成H2SO4,导致经完全热分解放出的SO2量小于吸收的SO2量,且热分解后循环利用的溶液的pH减小。21.(2014江苏单科,20,14分)硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。由硫化氢获得硫单质有多种方法。(1)将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如图所示的电解池的阳极区进行电解。电解过程中阳极区发生如下反应:S2-2e-S(n-1)S+S2-Sn2-写出电解时阴极的电极反应式:。电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质,其离子方程式可写成。(2)将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混
91、合溶液中反应回收S,其物质转化如图所示。在图示的转化中,化合价不变的元素是。反应中当有1molH2S转化为硫单质时,保持溶液中Fe3+的物质的量不变,需消耗O2的物质的量为。在温度一定和不补加溶液的条件下,缓慢通入混合气体,并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含CuS,可采取的措施有。(3)H2S在高温下分解生成硫蒸气和H2。若反应在不同温度下达到平衡时,混合气体中各组分的体积分数如图所示,H2S在高温下分解反应的化学方程式为。答案(14分)(1)2H2O+2e-H2+2OH-Sn2-+2H+(n-1)S+H2S(2)Cu、H、Cl(或铜、氢、氯)0.5mol提高混合气体中空气的比例(3)2H2S
92、2H2+S2解析(1)由电解原理知,阴极发生还原反应,又因为是碱性溶液中,所以电极反应式为2H2O+2e-H2+2OH-。由题意知,Sn2-在酸性条件下生成单质S,所以离子方程式为Sn2-+2H+(n-1)S+H2S。(2)由题中图示知,在该转化过程中,溶液中的H+和Cl-的化合价未变,Cu2+CuSCu2+,Cu元素化合价没有变化。由题意知,O2氧化H2S,根据得失电子守恒有:n(O2)=12n(S)=12n(H2S)=121mol=0.5mol。欲使生成的硫单质中不含CuS,可根据上述分析,增大O2的量,把CuS中的S氧化出来。22.(2012北京理综,25,13分)直接排放含SO2的烟气
93、会形成酸雨,危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。(1)用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应:。(2)在钠碱循环法中,Na2SO3溶液作为吸收液,可由NaOH溶液吸收SO2制得,该反应的离子方程式是。(3)吸收液吸收SO2的过程中,pH随n(SO32-)n(HSO3-)变化关系如下表:n(SO32-)n(HSO3-)91911991pH8.27.26.2由上表判断,NaHSO3溶液显性,用化学平衡原理解释:。当吸收液呈中性时,溶液中离子浓度关系正确的是(选填字母)。a.c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)b.c(Na+)c(HSO3-)c(SO32-)c(H+)=c
94、(OH-)c.c(Na+)+c(H+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)(4)当吸收液的pH降至约为6时,需送至电解槽再生。再生示意图如下:HSO3-在阳极放电的电极反应式是。当阴极室中溶液pH升至8以上时,吸收液再生并循环利用。简述再生原理:。答案(1)SO2+H2OH2SO3、2H2SO3+O22H2SO4(2)2OH-+SO2H2O+SO32-(3)酸HSO3-存在:HSO3-H+SO32-和HSO3-+H2OH2SO3+OH-,HSO3-的电离程度强于水解程度ab(4)HSO3-+H2O-2e-SO42-+3H+H+在阴极得电子生成H2,溶液中c(H+)降低,促使HSO
95、3-电离生成SO32-,且Na+进入阴极室,吸收液得以再生解析(3)当n(SO32-)n(HSO3-)=991时,对应的pH为6.2,可知NaHSO3溶液显酸性。原因是HSO3-的电离程度强于水解程度。当吸收液呈中性时,c(H+)=c(OH-),由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)得a正确;当pH=7.2时,n(SO32-)n(HSO3-)=11,则当pH=7时,n(SO32-)n(HSO3-)11,则b正确。(4)阳极发生氧化反应,HSO3-被氧化,一定会生成SO42-,在酸性环境下,氧元素来自H2O,故有H2O参与反应,生成物中有H+。23
96、.(2011北京理综,27,15分)甲、乙两同学为探究SO2与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO3沉淀,用下图所示装置进行实验(夹持装置和A中加热装置已略,气密性已检验)。实验操作和现象:操作现象关闭弹簧夹,滴加一定量浓硫酸,加热A中有白雾生成,铜片表面产生气泡B中有气泡冒出,产生大量白色沉淀C中产生白色沉淀,液面上方略显浅棕色并逐渐消失打开弹簧夹,通入N2,停止加热,一段时间后关闭从B、C中分别取少量白色沉淀,加稀盐酸均未发现白色沉淀溶解(1)A中反应的化学方程式是。(2)C中白色沉淀是,该沉淀的生成表明SO2具有性。(3)C中液面上方生成浅棕色气体的化学方程式是。(4)分析B中不溶于
97、稀盐酸的沉淀产生的原因,甲认为是空气参与反应,乙认为是白雾参与反应。为证实各自的观点,在原实验基础上:甲在原有操作之前增加一步操作,该操作是;乙在A、B间增加洗气瓶D,D中盛放的试剂是。进行实验,B中现象:甲大量白色沉淀乙少量白色沉淀检验白色沉淀,发现均不溶于稀盐酸。结合离子方程式解释实验现象异同的原因:。(5)合并(4)中两同学的方案进行实验。B中无沉淀生成,而C中产生白色沉淀,由此得出的结论是。答案(1)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O(2)BaSO4还原(3)2NO+O22NO2(4)通N2一段时间,排除装置中的空气饱和NaHSO3溶液甲:SO42-+Ba2+BaSO
98、4,乙:2Ba2+2SO2+O2+2H2O2BaSO4+4H+,白雾的量远多于装置中O2的量(5)SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀解析(2)SO2进入C中,在酸性条件下NO3-将SO2氧化成SO42-,所以C中的沉淀是BaSO4。(3)NO3-将SO2氧化成SO42-的同时,本身被还原成NO,NO与O2反应生成NO2而使气体呈浅棕色。(4)甲认为是空气参与了反应,要证明这个问题需要将装置中的空气排走;乙认为是白雾(硫酸酸雾)参与了反应就需要除去白雾。由B中的现象可知甲、乙两同学的观点都是正确的,两实验产生白色沉淀的量不同说明氧气和白雾的量不同,白雾的量多于O2的量。(5)合并
99、(4)中两同学的方案进行实验,B中无沉淀,证明了SO2不与BaCl2发生反应。评析确定白雾的成分是解题的关键,这个问题解决不了,后面几问就很难突破。另外,在定性实验中引入定量因素是该题的一个亮点。考点3氮及其化合物1.(2020课标,10,6分)喷泉实验装置如图所示。应用下列各组气体溶液,能出现喷泉现象的是()气体溶液A.H2S稀盐酸B.HCl稀氨水C.NO稀H2SO4D.CO2饱和NaHCO3溶液答案B本题中喷泉实验的原理是使烧瓶内外在短时间内产生较大的压强差,利用大气压将烧瓶下面烧杯中的液体压入烧瓶内,在尖嘴导管口处形成喷泉。A项,H2S气体不易溶于稀盐酸,烧瓶内外不能形成压强差,故不能形
100、成喷泉,错误;B项,HCl极易溶于水,能与稀氨水迅速反应,使烧瓶内外形成较大的压强差,故可以形成喷泉,正确;C项,NO难溶于水,不能与稀硫酸反应,烧瓶内外不能形成压强差,故不能形成喷泉,错误;D项,CO2不溶于饱和碳酸氢钠溶液且不能与饱和碳酸氢钠溶液反应,烧瓶内外不能形成压强差,故不能形成喷泉,错误。2.(2019海南单科,1,2分)某试剂瓶标签上安全标志如下,该试剂是()A.氨水B.乙酸C.氢氧化钠D.硝酸答案D本题考查了几种常见试剂的性质和安全标志的辨识。试题体现了科学态度与社会责任的学科核心素养。题图中安全标志为腐蚀品标志和氧化剂标志,硝酸符合,D项正确。3.(2018课标,8,6分)研
101、究表明,氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如下图所示)。下列叙述错误的是()A.雾和霾的分散剂相同B.雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵C.NH3是形成无机颗粒物的催化剂D.雾霾的形成与过度施用氮肥有关答案C雾和霾的分散剂均为空气,A正确;由题图可知雾霾中含有NH4NO3和(NH4)2SO4,B正确;NH3应是形成无机颗粒物的反应物,C错误;过度施用氮肥会增加大气中NH3的含量,D正确。知识据展烟、云、雾的分散剂均为空气。4.(2018海南单科,2,2分)某工业废气所含氮氧化物(NOx)的氮氧质量比约为74,该NOx可表示为()A.N2OB.NOC.N2O3D.NO2答案ANOx中氮氧质量
102、比为1416x=74,得x=12,则NOx可表示为N2O,A项正确。5.(2015北京理综,8,6分)下列关于自然界中氮循环(如图)的说法不正确的是()A.氮元素均被氧化B.工业合成氨属于人工固氮C.含氮无机物和含氮有机物可相互转化D.碳、氢、氧三种元素也参与了氮循环答案AA项,人工固氮时,N2+3H22NH3,氮元素被还原;B项,把游离态的氮元素转化为含氮化合物的过程是氮的固定,工业合成氨属于人工固氮;C项,硝酸盐可转化为蛋白质,动植物遗体可转化为氨或铵盐,则含氮有机物和含氮无机物可相互转化;D项,在自然界氮循环过程中,碳、氢、氧三种元素也参与了循环。6.(2014山东理综,9,5分)等质量
103、的下列物质与足量稀硝酸反应,放出NO物质的量最多的是()A.FeOB.Fe2O3C.FeSO4D.Fe3O4答案AFe2O3与HNO3反应不产生NO,B项错误。A项,n(NO)=m(FeO)72g/mol3;C项,n(NO)=m(FeSO4)152g/mol3;D项,n(NO)=m(Fe3O4)232g/mol3,m(FeO)=m(FeSO4)=m(Fe3O4),故A项符合题意。7.(2012山东理综,12,4分)下列由相关实验现象所推出的结论正确的是()A.Cl2、SO2均能使品红溶液褪色,说明二者均有氧化性B.向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀,说明该溶液中一定有SO42-
104、C.Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生,说明Fe与两种酸均发生置换反应D.分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升,说明二者均易溶于水答案DA项,SO2使品红溶液褪色表现的是漂白性;B项,若原溶液中有SO32-或HSO3-也会产生白色沉淀;C项,Fe与稀硝酸反应不生成H2,不属于置换反应。8.(2012北京理综,10,6分)用如图所示装置进行下列实验,实验结果与预测的现象不一致的是()中的物质中的物质预测的现象A淀粉KI溶液浓硝酸无明显变化B酚酞溶液浓盐酸无明显变化CAlCl3溶液浓氨水有白色沉淀D湿润红纸条饱和氯水红纸条褪色答案A浓硝酸具有挥发性和强氧化性,所以在中
105、可能发生反应6I-+8H+2NO3-3I2+2NO+4H2O,而使中液体变为蓝色。9.(2012重庆,7,6分)下列叙述正确的是()A.Fe与S混合加热生成FeS2B.NaHCO3的热稳定性大于Na2CO3C.过量的铜与浓硝酸反应有一氧化氮生成D.白磷在空气中加热到一定温度能转化为红磷答案CA项,Fe与S混合加热生成FeS;B项,NaHCO3的热稳定性小于Na2CO3;C项,随着反应的进行,浓HNO3变成稀HNO3,有NO生成;D项,白磷在空气中加热会生成P2O5。10.(2011广东,8,4分)能在水溶液中大量共存的一组离子是()A.H+、I-、NO3-、SiO32-B.Ag+、Fe3+、C
106、l-、SO42-C.K+、SO42-、Cu2+、NO3-D.NH4+、OH-、Cl-、HCO3-答案CA项,H+与SiO32-不能大量共存,NO3-在H+存在条件下能将I-氧化为I2;B项,Ag+与Cl-、SO42-因生成沉淀而不能大量共存;C项,各离子间不发生反应,能大量共存;D项,OH-与NH4+、HCO3-不能大量共存。11.(2018江苏单科,20,14分)NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。(1)用水吸收NOx的相关热化学方程式如下:2NO2(g)+H2O(l)HNO3(aq)+HNO2(aq)H=-116.1kJmol-13
107、HNO2(aq)HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)H=75.9kJmol-1反应3NO2(g)+H2O(l)2HNO3(aq)+NO(g)的H=kJmol-1。(2)用稀硝酸吸收NOx,得到HNO3和HNO2的混合溶液,电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式:。(3)用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx,吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式:。(4)在有氧条件下,新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。NH3与NO2生成N2的反应中,当生成1molN2时,转移的电子数为mol。将一定比例的O2、NH3和NO
108、x的混合气体,匀速通入装有催化剂M的反应器中反应(装置见图1)。图1图2反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图2所示,在50250范围内随着温度的升高,NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是;当反应温度高于380时,NOx的去除率迅速下降的原因可能是。答案(14分)(1)-136.2(2)HNO2-2e-+H2O3H+NO3-(3)2HNO2+(NH2)2CO2N2+CO2+3H2O(4)247迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大;上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大催化剂活性下降;NH3与O2反应生成了NO解析(1
109、)将已知热化学方程式依次编号为、,根据盖斯定律3+2得3NO2(g)+H2O(l)2HNO3(aq)+NO(g)H=-116.1kJmol-13+75.9kJmol-12=-136.2kJmol-1。(2)电解过程中HNO2NO3-发生氧化反应,则阳极反应式为HNO2-2e-+H2O3H+NO3-。(3)HNO2中N为+3价,(NH2)2CO中N、C的化合价分别为-3、+4,依据得失电子守恒和原子守恒配平反应方程式为2HNO2+(NH2)2CO2N2+CO2+3H2O。(4)NH3、NO2中氮元素化合价分别为-3、+4,根据得失电子守恒和原子守恒配平反应方程式为8NH3+6NO27N2+12H
110、2O,故生成1molN2转移电子247mol。12.(2013北京理综,26,14分)NOx是汽车尾气中的主要污染物之一。(1)NOx能形成酸雨,写出NO2转化为HNO3的化学方程式:。(2)汽车发动机工作时会引发N2和O2反应,其能量变化示意图如下:写出该反应的热化学方程式:。随温度升高,该反应化学平衡常数的变化趋势是。(3)在汽车尾气系统中装置催化转化器,可有效降低NOx的排放。当尾气中空气不足时,NOx在催化转化器中被还原成N2排出。写出NO被CO还原的化学方程式:。当尾气中空气过量时,催化转化器中的金属氧化物吸收NOx生成盐。其吸收能力顺序如下:12MgO20CaO38SrO11,则会
111、导致;若n(NO)n(NO2)11,剩余的NO不能被吸收,排放的气体中NO含量升高;如果n(NO)n(NO2)SiSi、CHSiH,因此C2H6稳定性大于Si2H6B.立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体,因此具有很高的硬度C.SiH4中Si的化合价为+4,CH4中C的化合价为-4,因此SiH4还原性小于CH4D.Si原子间难形成双键而C原子间可以,是因为Si的原子半径大于C,难形成p-p键答案CA项,分子内的键能越大,键长越短,分子越稳定,正确;B项,SiC共价晶体内只存在强度很大的CSi共价键,并且原子之间形成稳定的空间立体网状结构,故硬度很高,正确;C项,非金属性CSi,则键
112、能CHSiH,键长SiHCH,稳定性CH4SiH4,气态氢化物稳定性越强,其还原性越弱,故还原性SiH4CH4,错误;D项,Si原子半径较大,p轨道电子云肩并肩重叠程度小,很难形成p-p键,正确。4.(2020浙江7月选考,24,2分)Ca3SiO5是硅酸盐水泥的重要成分之一,其相关性质的说法不正确的是()A.可发生反应:Ca3SiO5+4NH4ClCaSiO3+2CaCl2+4NH3+2H2OB.具有吸水性,需要密封保存C.能与SO2反应生成新盐D.与足量盐酸作用,所得固体产物主要为SiO2答案DA项,Ca3SiO5可表示为CaSiO32CaO,NH4Cl水解使溶液显酸性,故可发生反应Ca3
113、SiO5+4NH4ClCaSiO3+2CaCl2+4NH3+2H2O,正确。B项,水泥具有吸水性,需密封保存,正确。C项,SO2+H2OH2SO3,H2SO3的酸性比H2SiO3强,故Ca3SiO5能与SO2反应生成新盐,正确。D项,根据强酸制取弱酸的原理,所得固体产物主要是H2SiO3,错误。5.(2019浙江4月选考,8,2分)下列说法不正确的是()A.液氯可以储存在钢瓶中B.天然气的主要成分是甲烷的水合物C.天然石英和水晶的主要成分都是二氧化硅D.硫元素在自然界的存在形式有硫单质、硫化物和硫酸盐等答案B天然气的主要成分是甲烷。解题思路本题各选项间无关联,四个选项分别涉及四个专题,应逐项分
114、析,迁移相关知识作出正误判断。6.(2019浙江4月选考,20,2分)在温热气候条件下,浅海地区有厚层的石灰石沉积,而深海地区却很少。下列解析不正确的是()A.与深海地区相比,浅海地区水温较高,有利于游离的CO2增多、石灰石沉积B.与浅海地区相比,深海地区压强大,石灰石岩层易被CO2溶解,沉积少C.深海地区石灰石岩层的溶解反应为:CaCO3(s)+H2O(l)+CO2(aq)Ca(HCO3)2(aq)D.海水呈弱碱性,大气中CO2浓度增加,会导致海水中CO32-浓度增大答案D石灰岩的形成是CaCO3的沉积结果,海水中溶解有一定量的CO2,CaCO3、CO2与H2O之间存在下列平衡:CaCO3(
115、s)+H2O(l)+CO2(aq)Ca(HCO3)2(aq),海水中CO2的溶解度随温度的升高而减小,随压强的增大而增大,在浅海地区水温较高,同时海水底层压力较小,因而溶解的CO2的浓度较小,上述平衡向生成CaCO3的方向移动,因而在浅海地区有厚层的石灰石沉积,深海地区情况恰好相反,故深海地区沉积的CaCO3很少。海水呈弱碱性,pH一般为7.88.4,导致海水中的CO2主要以HCO3-形式存在,大气中CO2浓度增加,平衡CO2(aq)+H2O(l)H2CO3H+HCO3-右移使海水中HCO3-浓度增大,考虑到CO32-+CO2+H2O2HCO3-,CO32-浓度会减小。综上所述可推知A、B、C
116、正确,D错误。创新点命题素材创新及解题方法创新。本题以自然界浅海和深海地区石灰石沉积厚度的不同为命题素材,考查学生应用平衡移动原理分析解决实际问题的能力。7.(2018课标,7,6分)化学与生活密切相关。下列说法错误的是()A.碳酸钠可用于去除餐具的油污B.漂白粉可用于生活用水的消毒C.氢氧化铝可用于中和过多胃酸D.碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查答案D本题考查Na2CO3、Ca(ClO)2、Al(OH)3、BaCO3的化学性质。碳酸钠溶液显碱性,油污属于酯类,油污可在热的碳酸钠溶液中水解而被除去,A正确;漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2,Ca(ClO)2有强氧化性,可杀菌消毒,B正确;胃酸指
117、盐酸,Al(OH)3可与盐酸反应,C正确;BaCO3可与胃酸反应生成Ba2+,Ba2+有毒,D错误。关联知识胃肠X射线造影检查服用的是BaSO4,BaSO4不与盐酸反应。8.(2018江苏单科,1,2分)CO2是自然界碳循环中的重要物质。下列过程会引起大气中CO2含量上升的是()A.光合作用B.自然降雨C.化石燃料的燃烧D.碳酸盐的沉积答案C本题考查CO2排放对环境影响的相关知识。A项,光合作用会吸收CO2放出O2;B项,自然降雨对大气中的CO2含量影响不大;D项,碳酸盐的沉积对大气中的CO2含量影响不大。知识拓展植物的光合作用吸收CO2,植物的呼吸作用会释放CO2。9.(2016海南单科,4
118、,2分)下列叙述错误的是()A.氦气可用于填充飞艇B.氯化铁可用于硬水的软化C.石英砂可用于生产单晶硅D.聚四氟乙烯可用于厨具表面涂层答案BA项,氦气性质稳定密度小,可用于填充飞艇,正确;B项,硬水的软化需去除水中的Ca2+、Mg2+,氯化铁可去除水中的悬浮物,用于水的净化,错误;C项,石英砂主要成分为SiO2,高温下可被碳单质还原为粗硅,经提纯获得单晶硅,正确;D项,聚四氟乙烯属于耐酸、碱的高分子材料,几乎不溶于任何有机溶剂,常用作不粘锅的涂层材料,正确。10.(2014课标,7,6分)下列过程没有发生化学反应的是()A.用活性炭去除冰箱中的异味B.用热碱水清除炊具上残留的油污C.用浸泡过高
119、锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果D.用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装答案AA项,用活性炭去除冰箱中的异味利用了吸附原理,没有发生化学反应;B项,热碱水使得油脂发生水解反应而变得易清除;C项,KMnO4能吸收成熟水果释放的乙烯,从而起到保鲜水果的目的;D项,硅胶起干燥作用,而铁粉是脱氧剂,会与O2发生化学反应。11.(2014江苏单科,8,2分)下列各组物质中,不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是()物质组别甲乙丙AAlHClNaOHBNH3O2HNO3CSiO2NaOHHFDSO2Ca(OH)2NaHCO3答案BB项中O2与HNO3不能发生反应。12.(2013北京理综,8,
120、6分)下列解释事实的方程式不准确的是()A.用浓盐酸检验氨:NH3+HClNH4ClB.碳酸钠溶液显碱性:CO32-+H2OHCO3-+OH-C.钢铁发生吸氧腐蚀时,铁作负极被氧化:Fe-3e-Fe3+D.长期盛放石灰水的试剂瓶内壁出现白色固体:Ca(OH)2+CO2CaCO3+H2O答案C浓盐酸具有挥发性,HCl与NH3易反应生成NH4Cl而产生白烟,A项正确;Na2CO3是强碱弱酸盐,碳酸为二元弱酸,Na2CO3水解分步进行且以第一步水解为主,B项正确;钢铁在发生吸氧腐蚀和析氢腐蚀时,负极发生的反应都是Fe-2e-Fe2+,C项错误;石灰水在存放过程中易与空气中的CO2反应生成CaCO3,
121、D项正确。13.(2013江苏单科,4,2分)下列有关物质性质的应用正确的是()A.液氨汽化时要吸收大量的热,可用作制冷剂B.二氧化硅不与强酸反应,可用石英器皿盛放氢氟酸C.生石灰能与水反应,可用来干燥氯气D.氯化铝是一种电解质,可用于电解法制铝答案ASiO2+4HFSiF4+2H2O,B项错误;Cl2能与Ca(OH)2反应,C项错误;AlCl3是共价化合物,熔融的AlCl3不导电,若电解AlCl3溶液,在阴极是H+放电,而Al3+不放电,故电解AlCl3溶液得不到Al,D项错误;A项正确。评析本题主要考查物质的性质、电解原理等知识。掌握某些物质的特殊性质,如SiO2与HF能反应,AlCl3是
122、共价化合物,熔融的AlCl3不导电等是解题的关键。本题难度中等。14.(2013福建理综,6,6分)化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法正确的是()A.石英只能用于生产光导纤维B.从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现C.为了增加食物的营养成分,可以大量使用食品添加剂D.“地沟油”禁止食用,但可以用来制肥皂答案DA项,生产光导纤维是石英的用途之一,并非唯一用途;B项,海水晒盐制取粗盐为物理变化;C项,食品添加剂不能过量使用,必须符合国家标准。15.(2013江苏单科,6,2分,)甲、乙、丙、丁四种物质中,甲、乙、丙均含有相同的某种元素,它们之间具有如下转化关系:甲乙丙。下列有关物质的推
123、断不正确的是()A.若甲为焦炭,则丁可能是O2B.若甲为SO2,则丁可能是氨水C.若甲为Fe,则丁可能是盐酸D.若甲为NaOH溶液,则丁可能是CO2答案CA项,CCOCO2,A项正确;B项,SO2NH4HSO3(NH4)2SO3,B项正确;C项,FeFeCl2,但FeCl2与HCl不反应,C项错误;D项,NaOHNa2CO3NaHCO3,D项正确。解题技巧此题看起来不易,但采用代入法将各选项中内容逐项代入判断,即可找出答案。思路点拨本题需选择“不正确的”答案,且解题过程所需时间较长,容易遗忘“不正确的”这一要点。建议解题时将“不正确”“错误的”“不符合”等这类特殊关键词圈出来,以防止遗忘。16
124、.(2012全国,12,6分)在常压和500条件下,等物质的量的Ag2O、Fe(OH)3、NH4HCO3、NaHCO3完全分解,所得气体体积依次为V1、V2、V3、V4。体积大小顺序正确的是()A.V3V2V4V1B.V3V4V2V1C.V3V2V1V4D.V2V3V1V4答案A在常压和500条件下,2Ag2O4Ag+O2,2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O,2NH4HCO32NH3+2CO2+2H2O,2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O,由上面的分解反应可知,V3V2V4V1,A项正确。17.(2011全国,11,6分)将足量CO2通入下列各溶液中,所含离子还能大量共存的是()A.
125、K+、SiO32-、Cl-、NO3-B.H+、NH4+、Al3+、SO42-C.Na+、S2-、OH-、SO42-D.Na+、C6H5O-、CH3COO-、HCO3-答案BA项,CO2溶于水生成H2CO3,H2CO3与SiO32-反应生成H2SiO3,使SiO32-不能大量存在;C项,CO2溶于水生成H2CO3,H2CO3与OH-、S2-反应,使OH-、S2-不能大量存在;D项,CO2溶于水生成H2CO3,H2CO3与C6H5O-反应生成C6H5OH,使C6H5O-不能大量存在。18.(2014课标,27,15分)铅及其化合物可用于蓄电池、耐酸设备及X射线防护材料等。回答下列问题:(1)铅是碳
126、的同族元素,比碳多4个电子层。铅在元素周期表的位置为第周期、第族;PbO2的酸性比CO2的酸性(填“强”或“弱”)。(2)PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体,反应的化学方程式为。(3)PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得,反应的离子方程式为;PbO2也可以通过石墨为电极,Pb(NO3)2和Cu(NO3)2的混合溶液为电解液电解制取。阳极发生的电极反应式为,阴极上观察到的现象是;若电解液中不加入Cu(NO3)2,阴极发生的电极反应式为,这样做的主要缺点是。(4)PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如下图所示,已知失重曲线上的a点为样品失重4.0%(即样品起始质量-a点固体质量样品起始质量10
127、0%)的残留固体。若a点固体组成表示为PbOx或mPbO2nPbO,列式计算x值和mn值。答案(1)六A弱(每空1分,共3分)(2)PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2+2H2O(2分)(3)PbO+ClO-PbO2+Cl-Pb2+2H2O-2e-PbO2+4H+石墨上包上铜镀层Pb2+2e-Pb不能有效利用Pb2+(1分,2分,1分,1分,1分,共6分)(4)根据PbO2PbOx+2-x2O2,有2-x232=2394.0%,x=2-2394.0%16=1.4(2分)根据mPbO2nPbO,2m+nm+n=1.4,mn=0.40.6=23(2分)解析(1)铅元素位于元素周期表的第六周期
128、第A族。(2)PbO2具有强氧化性,能将浓盐酸氧化产生Cl2,反应的化学方程式为PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2+2H2O。(3)ClO-具有强氧化性,能将PbO氧化为PbO2,反应的离子方程式为PbO+ClO-PbO2+Cl-。用电解Pb(NO3)2和Cu(NO3)2的混合溶液的方法制取PbO2时,Pb2+转化为PbO2,失电子,在阳极反应,结合溶液呈酸性可知阳极反应式为Pb2+2H2O-2e-PbO2+4H+;同时阴极Cu2+放电,Cu2+2e-Cu,石墨电极上包裹上一层红色的铜;若不加入Cu(NO3)2,则阴极上Pb2+放电,Pb2+2e-Pb,此时溶液中的Pb2+不能完全转化
129、为PbO2,原子利用率降低。(4)由题意可写出PbO2受热分解的化学方程式:PbO2PbOx+2-x2O2或(m+n)PbO2mPbO2nPbO+n2O2,由于失重部分就是生成的O2,则有:2-x232239100%=4.0%或n232(m+n)239100%=4.0%,解得x=1.4;mn=23。19.(2012全国,28,15分)现拟用下图所示装置(尾气处理部分略)来制取一氧化碳,并用以测定某铜粉样品(混有CuO粉末)中金属铜的含量。(1)制备一氧化碳的化学方程式是;(2)实验中,观察到反应管中发生的现象是,尾气的主要成分是;(3)反应完成后,正确的操作顺序为(填字母);a.关闭漏斗开关;
130、b.熄灭酒精灯1;c.熄灭酒精灯2(4)若实验中称取铜粉样品5.0g,充分反应后,反应管中剩余固体的质量为4.8g,则原样品中单质铜的质量分数为;(5)从浓硫酸、浓硝酸、蒸馏水、双氧水中选用合适的试剂,设计一个测定样品中金属铜质量分数的方案:设计方案的主要步骤是(不必描述操作过程的细节);写出有关反应的化学方程式。答案(15分)(1)HCOOHCO+H2O(2分)(2)样品粉末逐渐变为红色CO、CO2(1分,2分,共3分)(3)cab(1分)(4)80%(2分)(5)将浓硫酸稀释;称取一定量的样品;样品与过量稀硫酸充分反应;过滤、洗涤;干燥、称重、计算(5分)CuO+H2SO4CuSO4+H2
131、O(2分)解析(1)甲酸在浓硫酸、加热条件下,分子内脱水生成CO和H2O,反应的化学方程式为HCOOHCO+H2O。(2)实验中,铜粉样品中的CuO被CO还原为Cu,故铜粉样品逐渐变为红色。尾气中主要含有CO2和未反应的CO。(3)反应完成后,首先熄灭酒精灯2,继续通入CO至样品冷却至室温,以防止Cu被空气中的O2氧化,然后再关闭漏斗开关,最后熄灭酒精灯1。(4)CuOCum806416m(CuO)5.0g-4.8g=0.2gm(CuO)=0.2g8016=1.0g则原样品中单质铜的质量分数为5.0g-1.0g5.0g100%=80%。(5)利用CuO能溶于稀H2SO4而Cu不溶于稀H2SO4
132、,可以设计实验测得样品中金属铜的质量,从而计算出样品中金属铜的质量分数。CuO与稀H2SO4反应的化学方程式为CuO+H2SO4CuSO4+H2O。20.(2012重庆,26,15分)金刚石、SiC具有优良的耐磨、耐腐蚀特性,应用广泛。(1)碳与短周期元素Q的单质化合仅能生成两种常见气态化合物,其中一种化合物R为非极性分子。碳元素在周期表中的位置是,Q是,R的电子式为。(2)一定条件下,Na还原CCl4可制备金刚石。反应结束冷却至室温后,回收其中的CCl4的实验操作名称为,除去粗产品中少量钠的试剂为。(3)碳还原SiO2制SiC,其粗产品中杂质为Si和SiO2。现将20.0gSiC粗产品加入到
133、过量的NaOH溶液中充分反应,收集到0.1mol氢气,过滤得SiC固体11.4g,滤液稀释到1L。生成氢气的离子方程式为,硅酸盐的物质的量浓度为。(4)下列叙述正确的有(填序号)。Na还原CCl4的反应、Cl2与H2O的反应均是置换反应水晶、干冰熔化时克服粒子间作用力的类型相同Na2SiO3溶液与SO3的反应可用于推断Si与S的非金属性强弱钠、锂分别在空气中燃烧,生成的氧化物中阴阳离子数目比均为12答案(15分)(1)第二周期第A族氧(或O)：O：C：O：(2)过滤水(或乙醇)(3)Si+2OH-+H2OSiO32-+2H20.17molL-1(4)解析(1)由题意可知Q为O(氧),形成的化合
134、物R为CO2,其电子式为：O：C：O：。(2)因为CCl4为液体,C和Na都为固体,所以用过滤法分离;除去C(金刚石)中的Na可以用水或乙醇。(3)混合物中的Si可以与NaOH溶液反应生成氢气,离子方程式为Si+2OH-+H2OSiO32-+2H2。由于杂质SiO2也能与NaOH反应生成Na2SiO3,所以可先求混合物中SiO2的质量,再求硅酸盐的物质的量浓度。Si2H228g2mol1.4g0.1molm(SiO2)=20.0g-11.4g-1.4g=7.2gn(SiO2)=0.12mol所以n(Na2SiO3)=n(Si)+n(SiO2)=1.4g28gmol-1+0.12mol=0.17
135、molc(Na2SiO3)=0.17mol1L=0.17molL-1。(4)中Cl2与H2O的反应不是置换反应;中水晶熔化克服的是共价键,干冰熔化克服的是分子间作用力,两者不同;说法正确。【3年模拟】时间:45分钟分值:58分一、选择题(本题共5小题,每小题2分,共10分,每小题只有一个选项符合题目要求)1.(2021届泗水高三期中,9)绿矾(FeSO47H2O)高温分解可能会生成Fe2O3、SO2、SO3等,已知SO3的熔点为16.8、沸点为44.8。若设计实验验证绿矾高温分解的相关气态产物,下列实验装置可能不需要的是()答案D2.(2021届省实验中学高三10月月考,7)用下面的方案进行某
136、些离子的检验,其中方案设计严密的是()A.检验试液中的SO42-:试液无沉淀白色沉淀B.检验试液中的NH4+:试液气体试纸变蓝C.检验试液中的I-:试液黄色溶液深黄色溶液D.检验试液中的Fe2+:试液无明显现象红色溶液答案B3.(2021届泰安高三期中,8)H2O、H2O2、HO2(超氧化氢)等都属于氢氧化合物,其中HO2又叫超氧酸,与H2O2化学性质相似,又与HX(X=Cl、Br、I等)某些性质相似,下列说法不正确的是()A.向HO2溶液中滴入品红溶液,品红褪色,加热后红色不恢复B.HO2在碱中能稳定存在C.HO2不稳定,分解会生成氧气D.HO2可与AgNO3溶液反应:HO2+AgNO3Ag
137、O2+HNO3答案B4.(2021届枣庄市三中二测,12)蔗糖与浓硫酸反应的实验改进装置如图所示,下列说法错误的是()A.改进装置后,有毒气体被碱液吸收,实现了绿色环保B.浓硫酸在实验过程中体现了脱水性和强氧化性C.产生的气体能使澄清石灰水变浑浊,说明产生了CO2D.该反应比较剧烈、危险,实验各物质的用量应按要求规范添加答案C5.(2020淄博二模,9)下图是某元素的价类二维图,其中X是一种强碱,A为正盐,通常条件下Z是无色液体,D的相对分子质量比E小16,各物质转化关系如图所示。下列说法正确的是()A.A是可与草木灰混合使用的肥料B.C可用排空气法收集C.F和B能发生复分解反应生成盐D.B在
138、一定条件下可直接与Y反应生成D答案D二、选择题(本题共6小题,每小题4分,共24分,每小题有一个或两个选项符合题目要求)6.(2021届聊城一中高三期中,13)二氧化硅(SiO2)又称硅石,是制备硅及其化合物的重要原料(各种转化见图)。下列说法正确的是()A.SiO2既能与HF反应,又能与NaOH反应,属于两性氧化物B.SiO2和Si都是光导纤维材料C.硅胶吸水后可重复再生D.图中所示转化反应都是非氧化还原反应答案C7.(2020威海二模,9)某同学做“FeSO4被HNO3氧化”的实验,发现溶液变深棕色。猜想可能是生成的NO2或NO与Fe2+或Fe3+反应,使溶液变为深棕色,设计下列装置探究。
139、下列说法错误的是()A.先检查装置气密性,加入药品后,关闭c,打开a和b,再通入一段时间N2B.关闭a、c,打开b及分液漏斗活塞,反应后丙中溶液变为深棕色,丁中溶液无明显变化,证明NO与Fe2+反应C.甲中反应一段时间后,更新丙、丁中试剂,关闭a和b,打开c,反应后丙中溶液变为深棕色,丁中溶液无明显变化,证明NO2也可与Fe2+反应D.该实验的缺陷是缺少尾气吸收装置答案C8.(2021届青岛二中分校高三期中,15)SO2通入不同溶液中,实验现象、所得结论均正确的是()实验现象结论ABa(NO3)2溶液无明显现象BaSO3能溶解在硝酸中BH2S溶液产生黄色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液紫
140、色溶液褪色SO2有漂白性DNa2SiO3溶液产生胶状沉淀酸性:H2SO3H2SiO3答案BD9.(2020威海二模,10)为防治雾霾,设计如下流程吸收工业尾气SO2和NO,同时获得连二亚硫酸钠(Na2S2O4,其结晶水合物又称保险粉)和NH4NO3产品,以变“废”为宝。下列说法错误的是()A.S2O42-中既存在非极性键又存在极性键B.装置的作用是吸收SO2,装置的作用是吸收NOC.保险粉可通过装置中阳极产物制备,Ce4+从阴极口流出回到装置循环使用D.装置中,氧化1L2molL-1NO2-,至少需要标准状况下22.4LO2答案C10.(2021届莱芜一中高三月考,12)漂白粉和漂粉精是常用的
141、消毒清洁用品,有效成分均为Ca(ClO)2,相应的生产流程如图:下列说法不正确的是()A.中阴极的电极反应式为2Cl-2e-Cl2B.中反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2Ca(ClO)2+CaCl2+2H2OC.上述过程涉及氧化还原反应、化合反应、复分解反应D.制备漂白粉过程中,Cl2转化为Ca(ClO)2时,Cl的原子利用率为100%答案AD11.(2021届泰安高三期中,15)向100mL稀H2SO4与稀HNO3的混合溶液中逐渐加入铁粉,假设加入铁粉的质量与产生气体的体积(标准状况)之间的关系如图所示,且每一段只对应一个反应。下列说法正确的是()A.开始时产生的气体为H2B.AB
142、段发生的反应为置换反应C.所用混合溶液中c(HNO3)=0.5molL-1D.参加反应铁粉的总质量m2=8.4g答案C三、非选择题(本题包括2小题,共24分)12.(2021届历城二中高三期中,17)(12分)亚硝酰硫酸(NOSO4H)纯品为棱形结晶,溶于硫酸,遇水易分解,常用于制染料。SO2 和浓硝酸在浓硫酸存在时可制备 NOSO4H,反应原理为SO2+HNO3SO3+HNO2、SO3+HNO2NOSO4H,实验室用如图装置(夹持装置略)制备少量 NOSO4H。(1)导管 a 的作用是。仪器 b 的名称是。(2)A 中反应的化学方程式为。(3)B 中反应必须维持体系温度不得高于 20,可能的
143、原因为。(4)反应开始时缓慢,待生成少量 NOSO4H 后,温度变化不大,但反应速度明显加快,其原因是。(5)装置 C 的主要作用是(用离子方程式表示)。(6)该实验装置存在明显缺陷,可能导致 NOSO4H 产量降低,请补充合理的改进方案。答案(12分,每空2分,特殊标注除外)(1)平衡压强,使分液漏斗中的液体顺利流下(1分)三颈烧瓶(1分)(2)Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2+H2O(3)温度太高,会加快浓硝酸挥发和分解(4)生成的NOSO4H作为反应的催化剂(5)SO2+2OH-SO32-+H2O(6)装置C中的水蒸气会进入装置B中使NOSO4H水解,在BC间增加一个装有浓硫
144、酸的洗气瓶13.(2021届菏泽高三期中,16)(12分)含氮废水是造成水体污染的重要原因之一。研究含氮废水的处理对水体净化有重要意义。回答下列问题:(1)利用O2和H2可高效去除水体中同时存在的NH4+和NO3-。具体方法:先利用氧气将NH4+氧化成NO3-,再利用H2将NO3-还原为N2(2NO3-+5H2N2+2OH-+4H2O)。利用氧气氧化NH4+的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。若完全处理含1molNH4NO3的废水,至少需要标准状况下的H2L。(2)用液氯可除去氨氮废水中的NH4+。加入的Cl2与水体中NH4+的物质的量之比n(Cl2)/n(NH4+)与废水中余氯浓度(以+
145、1价或单质形式存在的氯元素)和残余NH4+浓度的关系如图所示。根据图像分析,n(Cl2)/n(NH4+)最佳比值为。氨氮废水中加入液氯,发生如下反应可将NH4+最终氧化为N2。.Cl2+H2OH+Cl-+HClO.NH4+HClONH2Cl+H+H2O(NH2Cl中Cl元素为+1价).HClO参与反应,反应的离子方程式为。(3)ClO2可将污水中的CN-氧化成两种气体而达到净化水体的目的。某工厂污水中含CN-5mg/L,用ClO2处理时发生反应的离子方程式为,处理100m3这种污水,至少需要ClO2mol(保留一位小数)。用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐,
146、下列物质最适宜的是(填标号)。a.明矾b.碘化钾c.盐酸d.硫酸亚铁答案(12分,每空2分,特殊标注除外)(1)21(1分)112(2)61(1分)2NH2Cl+HClON2+3Cl-+3H+H2O(3)2ClO2+2CN-N2+2CO2+2Cl-19.2d教师专用题组【3年模拟】时间:40分钟分值:70分一、选择题(每小题2分,共28分)1.化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关,下列说法不正确的是()A.为方便运输可用钢瓶储存液氯和浓硫酸B.食盐可作调味剂,也可用作食品防腐剂C.用淀粉溶液可以直接检验海水中是否含有碘元素D.化石燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减
147、少酸雨产生的措施答案C常温下Fe与液氯不反应,Fe遇浓硫酸发生钝化,则可用钢瓶储存液氯或浓硫酸,A项正确;食盐腌制食品,形成细菌不易生长的环境,可作防腐剂,食盐具有咸味,所以食盐可作调味剂,B项正确;海水中的碘元素是碘的化合物,不能直接用淀粉溶液检验海水中是否含有碘元素,C项错误;SO2和NOx的排放可导致酸雨发生,则燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施,D项正确。2.无论是传统的还是新型的无机非金属材料,硅元素都占有非常重要的地位。由于硅在太阳能发电中的重要作用,有些科学家称硅是“二十一世纪的能源”。下列关于硅的说法错误的是()A.二氧化硅可用作光导纤维B
148、.高纯度的硅是制半导体的重要材料C.水泥、玻璃、陶瓷都是传统的硅酸盐工业产品D.自然界中硅元素的含量居各元素的第一位答案D本题考查对硅及其化合物的性质及用途的识记和理解,体现证据推理与模型认知的学科核心素养,突出对基础性的考查。光导纤维的主要成分是二氧化硅,A正确; 硅在元素周期表中处于金属和非金属交界线处,导致硅单质的性质介于二者之间,故硅是制半导体的重要材料,B正确; 水泥、玻璃、陶瓷都是传统的硅酸盐工业产品,C正确;硅元素的含量在自然界中居第二位,氧元素居第一位,D错误。3.光化学烟雾通常呈现淡蓝色,其主要成分及简单形成机理如图所示。下列说法错误的是()A.光化学烟雾有强氧化性B.氮氧化
149、物还可引发酸雨等污染问题C.光化学烟雾成分中含有烃和烃的衍生物D.光化学烟雾呈现淡蓝色是因为含有NO2答案D光化学烟雾中的臭氧、过氧乙酰硝酸酯都有强氧化性,A项正确;氮氧化物可引发酸雨等污染问题,B项正确;光化学烟雾成分中含有碳氢化合物,碳氢化合物即烃类,醛、酮、过氧乙酰硝酸酯都属于烃的衍生物,C项正确;NO2是红棕色气体,光化学烟雾呈现淡蓝色是由于光的折射和反射,D项错误。4.实验室处理含FeBr3废催化剂的溶液,可得到溴的苯溶液和无水FeCl3。下列做法能达到相应实验目的的是()答案C实验室制备氯气是用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应,稀盐酸与二氧化锰不反应,不能制备氯气,A项错误;用氯气
150、氧化溴离子时,导气管应“长进短出”,B项错误;分液时先从下口放出水相,再从上口倒出有机相,C项正确;FeCl3水解生成的HCl易挥发,直接蒸干,得不到无水FeCl3,应在HCl气氛中进行,D项错误。易错归纳加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢,升高温度促进水解,为防止水解,应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液。5.关于某无色溶液中所含离子的鉴别,下列判断正确的是()A.加入AgNO3溶液,生成白色沉淀,加稀盐酸后沉淀不溶解,可确定有Cl-存在B.通入Cl2后,溶液变为深黄色,加入淀粉溶液后溶液变蓝,可确定有I-存在C.加入Ba(NO3)2溶液,生成白色沉淀,加稀盐酸后沉淀不溶解,可确定
151、有SO42-存在D.加入稀盐酸,生成的气体能使品红溶液褪色,可确定有SO32-存在答案BCl-、SO42-均能与Ag+形成不溶于稀盐酸的沉淀,A项错误;酸性条件下NO3-具有强氧化性,会将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子,与钡离子形成硫酸钡沉淀,故溶液中也可能含有亚硫酸根离子,C项错误;能和盐酸反应生成能使品红褪色的气体的离子可能是亚硫酸根离子或亚硫酸氢根离子,D项错误。解题导引分析离子检验题目时,应注意在鉴别时应选择具有特征现象且现象较为容易观察的方案,在分析所得结论时应考虑原溶液或添加试剂对鉴别有无干扰。6.下列关系图中,A是一种正盐,B是气态氢化物,C是单质,F是强酸。当X无论是强酸还是强碱
152、时都有如下转化关系(其他反应产物及反应所需条件均已略去),当X是强碱时,过量的B跟Cl2反应除生成C外,另一产物是盐酸盐。ABCDEF下列说法中不正确的是()A.当X是强酸时,A、B、C、D、E、F中均含同一种元素,F可能是H2SO4B.当X是强碱时,A、B、C、D、E、F中均含同一种元素,F是HNO3C.B和Cl2的反应是氧化还原反应D.当X是强酸时,C在常温下是气态单质答案D当X是强酸时,F是H2SO4,A正确;当X是强碱时,F是HNO3,B正确;无论B是H2S 还是NH3,B和Cl2的反应一定是氧化还原反应,C正确;当X是强酸时,C是硫,在常温下是固态单质,D错误。审题指导根据图中的转化
153、关系可知,当X是强酸时,A可能是Na2S,B、C、D、E、F分别是H2S、S、SO2、SO3、H2SO4;当X是强碱时,A可能是NH4Cl,B、C、D、E、F分别是NH3、N2、NO、NO2、HNO3。7.探究浓硫酸和铜的反应,下列装置或操作正确的是()A.用装置甲进行铜和浓硫酸的反应B.用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气C.用装置丙稀释反应后的混合液D.用装置丁测定余酸的浓度答案C铜与浓硫酸需要在加热条件下才能反应,A错误;SO2的密度比空气的大,应使用向上排空气法收集,即气体“长进短出”,B错误;反应后的混合液中含有过量的浓硫酸,稀释时,应将其沿烧杯内壁慢慢倒入水中,且用玻璃棒不断搅拌,C正确
154、;应使用碱式滴定管盛装氢氧化钠溶液,D错误。8.南海是一个巨大的资源宝库,开发利用这些资源是科学研究的重要课题。下图为海水资源利用的部分过程,有关说法正确的是()A.氯碱工业中采用阴离子交换膜可提高产品的纯度B.工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂C.由MgCl26H2O得到无水MgCl2的关键是要低温小火烘干D.、的目的是富集溴元素,溴元素在反应、中均被氧化,在反应中被还原答案D氯碱工业的原理是电解饱和食盐水,采用的是阳离子交换膜,使钠离子转移到阴极,阳极得到Cl2,阴极得到H2和NaOH,这样既能防止阴极产生的H2与阳极产生的Cl2反应,还可以防止Cl2与NaOH反应,A项错误;工业上沉淀海
155、水中的Mg2+,常采用石灰乳,不用NaOH,因为NaOH的价格较高,B项错误;由MgCl26H2O得到无水MgCl2的关键是在HCl氛围中加热,以抑制Mg2+的水解,C项错误;溴元素在反应、中由Br-转化为Br2,被氧化,在反应中由Br2转化为Br-,被还原,D项正确。规律总结分别加热蒸干AlCl3、MgCl2、FeCl3溶液,得不到对应的溶质,分别得到的是Al(OH)3、Mg(OH)2、Fe(OH)3,灼烧后分别得到Al2O3、MgO、Fe2O3。9.根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是()选项实验操作现象结论A将某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水石灰水变浑浊该溶液中一定含有CO
156、32-B将干燥的Cl2通过有色鲜花鲜花褪色Cl2有漂白性C向某无色溶液中滴加氯水和CCl4,振荡、静置下层溶液呈紫色原溶液中有I-D取久置的Na2O2粉末,向其中滴加过量的盐酸产生气体Na2O2没有变质答案CA项,未排除HCO3-、SO32-、HSO3-的干扰,不正确;B项,鲜花中有水分,使其褪色的是Cl2与H2O反应后生成的HClO,而不是Cl2本身,不正确;C项,原溶液为无色,说明溶液中无I2,正确;D项,Na2O2变质后会生成Na2CO3,Na2CO3与盐酸反应同样会产生气体,不正确。10.将足量Cl2缓缓通入含0.02molH2SO3和0.02molHBr的混合溶液中。在此过程中溶液的
157、pH与Cl2用量的关系示意图是(溶液体积变化忽略不计,且不考虑Cl2与水反应)()答案A亚硫酸根离子与溴离子都具有还原性,但是亚硫酸根离子还原性强于溴离子,通入氯气后,氯气首先氧化H2SO3为H2SO4,H2SO3反应完毕,然后再氧化Br-。氯气氧化亚硫酸生成硫酸:Cl2+H2SO3+H2OH2SO4+2HCl0.02mol0.02mol0.02mol0.04mol溶液中c(H+)增大,pH减小,H2SO3反应完毕后,Cl2氧化Br-:Cl2+2HBrBr2+2HCl0.02mol0.02mol溶液中c(H+)不变,pH不变,A项正确。解题关键理清题述反应的先后顺序是解题关键,还原性H2SO3
158、Br-,故Cl2先与H2SO3反应后与Br-反应。11.Na2S2O5是常用的防腐剂和漂白剂。可利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5,其流程如下:下列说法正确的是()A.上述制备过程所涉及的物质中只有一种酸性氧化物B.Na2S2O5作防腐剂和SO2作漂白剂时,均表现还原性C.上述流程中的Na2CO3饱和溶液和Na2CO3固体不可互换D.实验室模拟“结晶脱水”时用到的仪器只有蒸发皿、玻璃棒、烧杯、漏斗答案C饱和碳酸钠溶液中通入二氧化硫,使溶液pH变为4.1,Na2CO3、Na2SO3及NaHCO3溶液显碱性,而NaHSO3溶液显酸性,说明反应生成了NaHSO3,同时放出二氧化碳,中的溶液应为N
159、aHSO3溶液;再加入Na2CO3固体,将NaHSO3转化为Na2SO3,再次充入SO2,将Na2SO3转化为NaHSO3得到过饱和的NaHSO3溶液,由NaHSO3过饱和溶液结晶脱水制得Na2S2O5。题述制备过程所涉及的物质中有2种酸性氧化物二氧化硫和二氧化碳,A项错误;SO2作漂白剂时,未发生氧化还原反应,没有表现还原性,B项错误;根据上述分析,流程中的Na2CO3饱和溶液和Na2CO3固体不可互换,否则得不到过饱和的NaHSO3溶液,C项正确;“结晶脱水”时加热固体分解,应该在坩埚中进行,而且需要加热,缺少酒精灯,D项错误。解题思路题中可用到的模型:、可类比于海水提取Br2过程中的富集
160、过程,中形成沉淀类比于侯氏制碱法中形成过饱和溶液,使物质自发形成沉淀析出。12.某学生做如下实验:第一步,在淀粉-KI溶液中滴入少量NaClO溶液,并加入少量稀硫酸,溶液立即变蓝;第二步,在上述蓝色溶液中,滴加足量的Na2SO3溶液,蓝色逐渐消失。下列叙述中该同学对实验原理的解释和所得结论不正确的是()A.氧化性:ClO-I2SO42-B.蓝色消失的原因是Na2SO3溶液具有漂白性C.淀粉-KI溶液变蓝是因为I-被ClO-氧化为I2,淀粉溶液遇I2变蓝D.若将Na2SO3溶液加入氯水中,氯水褪色答案B由题意可知两步反应分别为2I-+ClO-+2H+Cl-+I2+H2O,I2+SO32-+H2O
161、2I-+SO42-+2H+。氧化性:ClO-I2SO42-,A正确;SO32-将I2还原为I-,溶液蓝色消失,B不正确;由上述反应可知C正确;氧化性:Cl2I2SO42-,可发生反应Cl2+SO32-+H2O2Cl-+SO42-+2H+,D正确。关联知识淀粉溶液遇I2会变蓝,一旦I2被完全还原为I-,蓝色就会褪去。13.天然气是一种重要的化工原料和燃料,常含有少量H2S。一种在酸性介质中进行天然气脱硫的原理示意图如图所示。下列说法正确的是()A.脱硫过程中Fe2(SO4)3溶液的pH逐渐减小B.CH4是天然气脱硫过程的催化剂C.脱硫过程需不断补充FeSO4D.整个脱硫过程中参加反应的n(H2S
162、)n(O2)=21答案D脱硫过程中有水产生,使Fe2(SO4)3溶液的浓度逐渐减小,因此溶液的pH逐渐增大,A错误;CH4没有参加反应,因此不是天然气脱硫过程的催化剂,B错误;脱硫过程中产生中间产物FeSO4,之后该物质又被消耗,FeSO4的物质的量不变,因此不需补充FeSO4,C错误;总反应方程式为2H2S+O22S+2H2O,故参加反应的n(H2S)n(O2)=21,D正确。思路梳理脱硫过程中发生反应:Fe2(SO4)3+H2S2FeSO4+H2SO4+S,4FeSO4+O2+2H2SO42Fe2(SO4)3+2H2O,总反应方程式为2H2S+O22S+2H2O。14.水泥熟料的主要成分为
163、CaO、SiO2,并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示:下列叙述正确的是()A.水泥、玻璃、陶瓷为传统的硅酸盐材料,三者的成分都主要为SiO2B.沉淀A主要成分为SiO2,沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3C.为了加快溶解速率,使用盐酸代替硫酸处理草酸钙D.草酸钙易溶于水答案B水泥、玻璃、陶瓷均为硅酸盐材料,所以主要成分是硅酸盐,A项错误;水泥样品的主要成分为CaO、SiO2,并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物,向水泥样品中加入氯化铵、盐酸和硝酸,由于二氧化硅与酸不反应,则得到的沉淀A为SiO2,滤液中含有Ca2+、Fe3+、Al3+、Mg2
164、+等离子,加入氨水调节pH到45之间,可生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀,则沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3,B项正确;使用盐酸代替硫酸处理草酸钙,在溶液中剩余的HCl也能被高锰酸钾氧化,从而干扰草酸钙的测定,进而使测得的钙的含量产生误差,C项错误;草酸钙是难溶于水的白色固体,D项错误。二、非选择题(共42分)15.二氧化氯(ClO2)和臭氧(O3)均具有强氧化性,可用于水处理。ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体,其体积分数超过10%时易引起爆炸;O3是一种微溶于水的蓝色气体,其体积分数超过25%时容易引起爆炸。(1)以FeS2作还原剂,在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2,同
165、时得到Fe2(SO4)3、Na2SO4,该反应的化学方程式为。(2)以过氧化氢作还原剂,在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2,并将制得的ClO2处理含CN-废水。实验室模拟该过程的实验装置(夹持装置略)如图所示。反应容器B应置于30左右的水浴中,目的是。通入氮气的目的除了有利于将ClO2排出,还有。ClO2处理含CN-废水的离子方程式为。装置D的作用是。答案(1)2FeS2+30NaClO3+14H2SO430ClO2+Fe2(SO4)3+15Na2SO4+14H2O(2)提高化学反应速率,同时防止H2O2受热分解(或答:高于30会导致H2O2分解,低于30会导致反应速率较低)稀释ClO2
166、,防止其发生爆炸2CN-+2ClO22CO2+N2+2Cl-吸收ClO2等气体,防止污染大气解析(1)根据题意,FeS2、硫酸、NaClO3反应生成ClO2、Fe2(SO4)3、Na2SO4,根据原子守恒推出应该还有水生成,再根据得失电子守恒配平反应方程式。(2)首先30高于室温有加快反应速率的作用;其次加热温度没有更高是为了防止H2O2受热分解。根据题意,ClO2体积分数超过10%时易引起爆炸,所以通入氮气有稀释ClO2,防止其发生爆炸的作用。ClO2处理含CN-废水,ClO2作氧化剂,将CN-氧化生成对环境友好的CO2与N2,而自身被还原成Cl-。NaOH溶液的作用是吸收多余的ClO2,防
167、止污染空气。规律总结控制反应在某温度(高于室温)的原因通常从两个方面着手回答:一方面温度不能太低,防止反应速率太慢等;另一方面温度不能太高,防止某反应物或产物受热分解、受热挥发等。审题技巧仔细审题得知ClO2“体积分数超过10%时易引起爆炸”,所以通入氮气的目的除了有利于将ClO2排出,还有稀释ClO2防止其发生爆炸的作用。16.亚硝酰氯(NOCl,熔点:-64.5,沸点:-5.5)是一种黄色气体,遇水易水解。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温、常压下合成。(1)甲组的同学欲制备原料气NO和Cl2,制备装置如下图所示:为制备纯净干燥的气体,补充下表中缺少的药品。
168、装置装置烧瓶中分液漏斗中制备纯净Cl2MnO2制备纯净NOCu(2)乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl,装置如图所示:为了使气体充分反应,从A处进入的气体是(填“Cl2”或“NO”)。装置连接顺序为a(按气流自左向右方向,用小写字母表示)。装置、除可干燥NO、Cl2外,另一个作用是。装置中吸收尾气时,NOCl发生反应的化学方程式为。(3)丙组同学查阅资料,查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混合酸,一定条件下混合酸可生成亚硝酰氯和氯气,该反应的化学方程式为。答案(1)浓盐酸饱和食盐水稀硝酸水(2)Cl2ef(或fe)cbd通过观察气泡调节气体流速NOCl+2NaOHNaCl+NaNO2+H2
169、O(3)HNO3(浓)+3HCl(浓)NOCl+Cl2+2H2O解析(1)用装置制备氯气,实验室用浓盐酸与二氧化锰制备,制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气,故装置用饱和食盐水吸收氯化氢气体。用装置制备NO,可用铜和稀硝酸反应制备,制得的NO中可能混有NO2,NO不溶于水,NO2与水反应生成NO,故装置中的物质应为H2O。(2)将Cl2和NO干燥后在装置中发生反应,在冰盐中冷凝收集NOCl,Cl2、NO以及NOCl均不能排放到空气中,则需用氢氧化钠溶液吸收,NOCl遇水易水解,故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置,因此装置连接顺序是aef(或fe)cbd。(3)一定条件下浓硝酸和浓盐酸的混
170、合酸可生成亚硝酰氯和氯气,该反应的化学方程式为HNO3(浓)+3HCl(浓)NOCl+Cl2+2H2O。17.某学习小组设计实验探究CuSO4的分解产物。.甲同学选择下列装置设计实验探究硫酸铜分解的气态产物SO3、SO2和O2,并验证SO2的还原性。回答下列有关问题:(1)上述装置按气流从左至右排序为A、D、E、F(填代号)。(2)装置D的作用是;能证明有SO3生成的实验现象是。(3)在实验过程中C装置中红色溶液逐渐变为无色溶液,说明A中分解产物有;待C中有明显现象后,F开始收集气体,F装置中集气瓶收集到了少量气体,该气体是(填化学式)。(4)为了验证SO2的还原性,取E装置中反应后的溶液于试
171、管中,设计如下实验:a.滴加少量的NH4SCN溶液b.滴加少量的K3Fe(CN)6溶液c.滴加酸性KMnO4溶液d.滴加盐酸酸化BaCl2溶液其中,方案合理的有(填代号),写出E装置中可能发生反应的离子方程式:。.乙同学利用A中残留固体验证固体产物(假设硫酸铜已完全分解)。查阅资料知,铜元素有+2、+1价,且分解产物中不含0价的铜。Cu2O在酸性条件下不稳定,发生反应:Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O。(5)为了验证固体产物中是否有Cu2O,设计了下列4种方案,其中能达到实验目的的是。甲:取少量残留固体于试管,滴加足量的稀硝酸,观察溶液颜色是否变为蓝色乙:取少量残留固体于试管,滴加足量的稀
172、硫酸,观察溶液颜色是否变为蓝色丙:取少量残留固体于试管,滴加足量的稀盐酸,观察是否有红色固体生成丁:取少量残留固体于试管,通入氢气,加热,观察是否生成红色固体(6)经检验CuSO4分解生成CuO、Cu2O、SO3、SO2和O2,且CuO、Cu2O的质量之比为59,SO2、O2、SO3的体积之比(同温同压下测定)为432。写出CuSO4分解的化学方程式:。答案(1)B、C(2)防倒吸(或作安全瓶)B装置中产生白色沉淀(3)SO2O2(4)bd2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42-+4H+(5)丙(6)6CuSO42CuO+2Cu2O+2SO3+4SO2+3O2解析(1)根据题意分析可知,
173、B装置为检验SO3的装置,C装置为检验SO2的装置,E装置可以验证SO2的还原性,F装置用来收集氧气,故连接顺序为A、D、B、C、E、F。(2)装置D的作用是防倒吸;SO3与氯化钡溶液反应生成白色沉淀,B装置中产生白色沉淀证明有SO3生成。(3)二氧化硫具有漂白性,在实验过程中C装置中红色溶液逐渐变为无色溶液,说明A中分解产物有SO2;氧气不易溶于水,F中收集的气体为O2。(4)E装置中为氯化铁溶液,FeCl3与二氧化硫发生氧化还原反应:2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42-+4H+,检验生成的Fe2+或SO42-即可验证SO2的还原性,Fe2+遇K3Fe(CN)6溶液有蓝色沉淀生成,
174、SO42-遇盐酸酸化的BaCl2溶液生成白色沉淀,故合理选项是bd。(5)已知Cu2O在酸性条件下不稳定,发生反应:Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O,A中硫酸铜完全分解,则得到CuO或Cu2O,取少量残留固体于试管,滴加足量的稀盐酸,观察是否有红色固体生成可以验证固体产物中是否有Cu2O,故合理选项是丙。(6)CuSO4分解生成CuO、Cu2O、SO3、SO2和O2,且CuO、Cu2O的质量之比为59,设CuO、Cu2O的物质的量分别为a、b,有80a144b=59,解得ab=11;SO2、O2、SO3的体积之比(同温同压下测定)为432,则SO2、O2、SO3的物质的量之比为432,则C
175、uSO4分解的化学方程式为6CuSO42CuO+2Cu2O+2SO3+4SO2+3O2。解题关键分析问题时要注意物质检验的先后顺序、检验试剂及反应现象,在配平氧化还原反应方程式时要注意结合得失电子守恒、原子守恒分析解答。18.氯气与碱溶液反应,在低温和稀碱溶液中主要产物是ClO-和Cl-,在75以上和浓碱溶液中主要产物是ClO3-和Cl-。研究小组用如下实验装置(夹持装置已略)制取氯酸钾(KClO3),并测定其纯度。回答下列问题:(1)检查装置气密性后,添加药品,待装置水温升至75开始反应。写出装置中反应的化学方程式:。若取消装置,对本实验的影响是。实验结束,拆解装置前为了防止大量氯气逸出,可
176、采取的措施是。(2)已知碱性条件下,ClO-有强氧化性,而ClO3-氧化性很弱。设计实验证明碱性条件下,H2O2能被ClO-氧化,而不能被ClO3-氧化:。(3)为测定产品KClO3的纯度,进行如下实验:步骤1:取2.45g样品溶于水配成250mL溶液。步骤2:取25.00mL溶液于锥形瓶中,调至pH=10,滴加足量H2O2溶液充分振荡,然后煮沸溶液12分钟,冷却。步骤3:加入过量KI溶液,再逐滴加入足量稀硫酸。(ClO3-+6I-+6H+Cl-+3I2+3H2O)步骤4:加入指示剂,用0.5000molL-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液20.00mL。(2S2O32-+I2
177、S4O62-+2I-)步骤2的目的是。写出煮沸时反应的化学方程式:。样品中KClO3的质量分数为。(KClO3的相对分子质量:122.5)答案(1)4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O杂质HCl消耗KOH,使KClO3产率降低将装置中的溶液从分液漏斗注入圆底烧瓶中(2)分别取少量NaClO和NaClO3溶液于试管A、B中,均滴加少量NaOH溶液,再分别滴加H2O2溶液,A中有能使带火星的木条复燃的气泡产生,B中无明显现象(或分别取少量NaClO和NaClO3溶液于试管A、B中,均滴加少量NaOH溶液,再分别滴加H2O2溶液充分振荡,然后煮沸溶液12分钟,冷却。分别加入足量稀硝酸
178、酸化,滴加AgNO3溶液,A中产生白色沉淀,B中无明显现象)(3)除去ClO-2H2O22H2O+O283.3%解析(1)装置中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水,化学方程式是4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O。装置中为饱和食盐水,可以除去氯气中混有的氯化氢,若取消装置,杂质HCl气体消耗装置试管中的氢氧化钾,从而使KClO3产率降低。实验结束拆解装置前为了防止大量氯气逸出,可采取的措施是将装置中的氢氧化钠溶液从分液漏斗中注入圆底烧瓶。(3)步骤2中在碱性条件下ClO-被H2O2还原为Cl-,目的是除去ClO-;加热煮沸可以使过量的H2O2分解,防止其氧化KI。设25.00mL溶液中含有KClO3的质量为xg;KClO36S2O32-122.56molx0.5molL-10.02L列式解得x0.204,样品中KClO3的质量分数为0.204g0.245g100%83.3%。解题思路装置中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水;装置中为饱和食盐水,可以除去氯气中混有的氯化氢;可用氢氧化钠溶液吸收装置中的氯气。