專題8非金屬及其化合物1.（2019·浙江4月選考·20）在溫熱氣候條件下,淺海地區有厚層的石灰石沉積，而深海地區卻很少。下列解析不正確的是A.與深海地區相比，淺海地區水溫較高,有利于游離的CO2增多、石灰石沉積B.與淺海地區相比，深海地區壓強大，石灰石巖層易被CO2溶解,沉積少C.深海地區石灰石巖層的溶解反應為:CaCO3(s)+H2O(l)+CO2(aq)Ca(HCO3)2(aq)D.海水呈弱堿性，大氣中CO2濃度增加,會導致海水中CO32-濃度增大【答案】D【解析】本題以淺海地區與深海地區石灰石沉積厚度為背景，考查元素及其化合物的性質。與深海地區相比，淺海地區水溫較高，CO2在海水中溶解度小，有利于游離的CO2增多，石灰石沉積，A項正確；與淺海地區相比，深海地區壓強大，CO2溶解度大，石灰石巖層易被CO2溶解，沉積少，B項正確；題給反應為石灰石巖層的溶解反應，C項正確；大氣中CO2濃度增加，會導致海水中CO32-轉化為HCO3-，導致CO32-濃度減小，D項錯誤，故選D。2.（2018·天津·7）下圖中反應①是制備SiH4的一種方法，其副產物MgCl2·6NH3是優質的鎂資源。回答下列問題：（1）MgCl2·6NH3所含元素的簡單離子半徑由小到大的順序（H-除外）：_______，Mg在元素周期表中的位置：_______，Mg(OH)2的電子式：_______。（2）A2B的化學式為__________。反應②的必備條件是______。上圖中可以循環使用的物質有_______。（3）在一定條件下，由SiH4和CH4反應生成H2和一種固體耐磨材料______（寫化學式）。（4）為實現燃煤脫硫，向煤中加入漿狀Mg(OH)2，使燃燒產生的SO2轉化為穩定的Mg化合物，寫出該反應的化學方程式：___________。【答案】（1）r(H+)<r(Mg2+)<r(N3–)<r(Cl–)第三周期ⅡA族Mg2Si熔融，電解NH3，NH4Cl（3）SiC（4）2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O【解析】根據反應的流程過程，先判斷出A2B的化學式，帶入框圖，結合學習過的相關知識進行分析即可。（1）MgCl2·6NH3所含元素的簡單離子為Mg2+、Cl、N3-、H+，比較離子半徑應該先看電子層，電子層多半徑大，電子層相同時看核電荷數，核電荷數越大離子半徑越小，所以這幾種離子半徑由小到大的順序為：r(H+)<r(Mg2+)<r(N3–)<r(Cl–)。Mg在周期表的第三周期ⅡA族。氫氧化鎂是離子化合物，其中含有1個Mg2+和2個OH-,所以電子式為：。（2）根據元素守恒，A2B中就一定有Mg和Si，考慮到各自化合價Mg為+2，Si為-4，所以化學式為Mg2Si。反應②是MgCl2熔融電解得到單質Mg，所以必備條件為：熔融、電解。反應①需要的是Mg2Si、NH3和NH4Cl，而后續過程又得到了NH3和NH4Cl，所以可以循環的是NH3和NH4Cl。（3）在一定條件下，由SiH4和CH4反應生成H2和一種固體耐磨材料，該耐磨材料一定有Si和C，考慮到課本中介紹了碳化硅的高硬度，所以該物質為SiC。3.（2017·北京·6）古絲綢之路貿易中的下列商品,主要成分屬于無機物的是()A.瓷器B.絲綢C.茶葉D.中草藥【答案】A4.（2016·江蘇·9）在給定的條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現的是（）A．SiO2SiCl4SiB．FeS2SO2H2SO4C．N2NH3NH4Cl(aq)D．MgCO3MgCl2(aq)Mg【答案】C5.（2016·上海·21）類比推理是化學中常用的思維方法。下列推理正確的是（）A．CO2是直線型分子，推測CS2也是直線型分子B．SiH4的沸點高于CH4，推測H2Se的沸點高于H2SC．Fe與Cl2反應生成FeCl3，推測Fe與I2反應生成FeI3D．NaCl與濃H2SO4加熱可制HCl，推測NaBr與濃H2SO4加熱可制HBr【答案】AB6.（2016·江蘇·1）大氣中CO2含量的增加會加劇“溫室效應”。下列活動會導致大氣中CO2含量增加的是()A.燃燒煤炭供熱 B.利用風力發電C.增加植被面積 D.節約用水用電【答案】A7.（2016·海南·4）下列敘述錯誤的是（） A．氦氣可用于填充飛艇B．氯化鐵可用于硬水的軟化C．石英砂可用于生產單晶硅D．聚四乙烯可用于廚具表面涂層【答案】B8.（2015·全國II·27）鉛及其化合物可用于蓄電池、耐酸設備及X射線防護材料等。回答下列問題:(1)鉛是碳的同族元素,比碳多4個電子層。鉛在元素周期表的位置為第周期、第族;PbO2的酸性比CO2的酸性(填“強”或“弱”)。(2)PbO2與濃鹽酸共熱生成黃綠色氣體,反應的化學方程式為。(3)PbO2可由PbO與次氯酸鈉溶液反應制得,反應的離子方程式為;PbO2也可以通過石墨為電極,Pb(NO3)2和Cu(NO3)2的混合溶液為電解液電解制取。陽極發生的電極反應式為,陰極上觀察到的現象是;若電解液中不加入Cu(NO3)2,陰極發生的電極反應式為,這樣做的主要缺點是。(4)PbO2在加熱過程發生分解的失重曲線如下圖所示,已知失重曲線上的a點為樣品失重4.0%(即×100%)的殘留固體。若a點固體組成表示為PbOx或mPbO2·nPbO,列式計算x值和m∶n值。【答案】(1)六ⅣA弱(2)PbO2+4HCl(濃)PbCl2+Cl2↑+2H2O(3)PbO+ClO-PbO2+Cl-Pb2++2H2O-2e-PbO2+4H+石墨上包上銅鍍層Pb2++2e-Pb不能有效利用Pb2+(4)根據PbO2PbOx+O2↑,有×32=239×4.0%,x=2-=1.4(2分)根據mPbO2·nPbO,=1.4,==9.（2015·江蘇·4）在CO2中,Mg燃燒生成MgO和C。下列說法正確的是()A.元素C的單質只存在金剛石和石墨兩種同素異形體B.Mg、MgO中鎂元素微粒的半徑:r(Mg2+)>r(Mg)C.在該反應條件下,Mg的還原性強于C的還原性D.該反應中化學能全部轉化為熱能【答案】C10.（2015·海南·14）單質Z是一種常見的半導體材料，可由X通過如下圖所示的路線制備，其中X為Z的氧化物，Y為氫化物，分子結構與甲烷相似，回答下列問題：（1）能與X發生化學反應的酸是；由X制備Mg2Z的化學方程式為。（2）由Mg2Z生成Y的化學反應方程式為，Y分子的電子式為。（3）Z、X中共價鍵的類型分別是。【答案】（1）氫氟酸；SiO2+MgO2↑+Mg2Si；（2）Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4；；（3）非極性鍵、極性鍵11.（2015·江蘇·8）給定條件下，下列選項中所示的物質間轉化均能一步實現的是()A．粗硅SiCl4SiB．Mg(OH)2MgCl2(aq)MgC．Fe2O3FeCl3(aq)無水FeCl3D．AgNO3(aq)[Ag(NH3)2]OH(aq)Ag【答案】A12.（2014·福建·9）常溫下,下列各組物質中,Y既能與X反應又能與Z反應的是()XYZ①NaOH溶液Al(OH)3稀硫酸②KOH溶液SiO2濃鹽酸③O2N2H2④FeCl3溶液Cu濃硝酸A.①③ B.①④ C.②④ D.②③【答案】B13.（2014·安徽·27）LiPF6是鋰離子電池中廣泛應用的電解質。某工廠用LiF、PCl5為原料,低溫反應制備LiPF6,其流程如下:已知:HCl的沸點是-85.0℃,HF的沸點是19.5℃。(1)第①步反應中無水HF的作用是、。反應設備不能用玻璃材質的原因是(用化學方程式表示)。無水HF有腐蝕性和毒性,工廠安全手冊提示:如果不小心將HF沾到皮膚上,可立即用2%的溶液沖洗。(2)該流程需在無水條件下進行,第③步反應中PF5極易水解,其產物為兩種酸,寫出PF5水解的化學方程式:。(3)第④步分離采用的方法是;第⑤步分離尾氣中HF、HCl采用的方法是。(4)LiPF6產品中通常混有少量LiF。取樣品wg,測得Li的物質的量為nmol,則該樣品中LiPF6的物質的量為mol(用含w、n的代數式表示)。【答案】(1)反應物溶劑SiO2+4HFSiF4↑+2H2ONaHCO3(2)PF5+4H2OH3PO4+5HF(3)過濾冷凝(4)(本題部分小題屬于開放試題,合理答案均給分)14.（2013·全國）鋁是一種應用廣泛的金屬，工業上用Al2O3和冰晶石(Na3AlF6)混合熔融電解制得。①鋁土礦的主要成分是Al2O3和SiO2等。從鋁土礦中提煉Al2O3的流程如下：②以螢石(CaF2)和純堿為原料制備冰晶石的流程如下：回答下列問題：_____________。(2)濾液Ⅰ中加入CaO生成的沉淀是________，反應2的離子方程式為_______。(3)E可作為建筑材料，化合物C是__________，寫出由D制備冰晶石的化學方程式________。(4)電解制鋁的化學方程式是_________，以石墨為電極，陽極產生的混合氣體的成分是________________。【答案】(1)2NaOH＋SiO2=Na2SiO3＋H2O，2NaOH＋Al2O3=2NaAlO2＋H2O(2)CaSiO32AlOeq\o\al(－,2)＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋COeq\o\al(2－,3)(3)濃H2SO412HF＋3Na2CO3＋2Al(OH)3=2Na3AlF6＋3CO2＋9H2O(4)2Al2O3eq\o(=,\s\up11(高溫),\s\do4(通電，Na3AlF6))4Al＋3O2↑O2、CO2(CO)【解析】(1)反應1為鋁土礦中的Al2O3、SiO2與NaOH反應；(2)濾液Ⅰ含SiOeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)，加入CaO后，與水反應生成Ca(OH)2，Ca2＋與SiOeq\o\al(2－,3)反應生成CaSiO3。濾液Ⅱ為AlOeq\o\al(－,2)，能與CO2、H2O反應生成Al(OH)3。(3)E為建筑材料硫酸鈣，結合轉化關系可確定C為濃硫酸。氣體D為HF，再結合轉化關系，可完成化學方程式。(4)電解氧化鋁制備鋁，以石墨為陽極，陽極2O2－－4e－=O2↑，高溫條件下，石墨可能被O2氧化生成CO2或CO，故混合氣體為O2、CO2或CO。15.（2013·江蘇·8）下列有關物質性質的應用正確的是()A．液氨汽化時要吸收大量的熱，可用作制冷劑B．二氧化硅不與強酸反應，可用石英器皿盛放氫氟酸C．生石灰能與水反應，可用來干燥氯氣D．氯化鋁是一種電解質，可用于電解法制鋁【答案】A【解析】NH3易液化，汽化時吸收大量的熱，可作制冷劑，A項正確；二氧化硅能與氫氟酸反應生成SiF4和H2O，B項錯誤；生石灰吸水后生成Ca(OH)2，能吸收氯氣，C項錯誤；氯化鋁是共價化合物，工業上用電解熔融的Al2O3制鋁，D項錯誤。16.（2014·福建）化學與社會、生產、生活密切相關。下列說法正確的是()A．石英只能用于生產光導纖維B．從海水中提取物質都必須通過化學反應才能實現C．為了增加食物的營養成分，可以大量使用食品添加劑D．“地溝油”禁止食用，但可以用來制肥皂【答案】D【解析】石英的主要成分是二氧化硅，純凈的二氧化硅用于生產光導纖維，結晶的二氧化硅(如水晶、瑪瑙等)用作飾物和工藝品，石英砂可用于制備硅單質等，A項錯誤；從海水中提取蒸餾水和鹽時，通過蒸餾、蒸發等物理變化就能實現，提取溴、碘、鎂等物質時，必須通過化學反應才能實現，B項錯誤；大量使用食品添加劑對人體有害，C項錯誤；“地溝油”禁止食用，但其主要成分是油脂，在堿性溶液中發生水解反應，又稱皂化反應，可用于制取肥皂，D項正確。17.（2014·江蘇）甲、乙、丙、丁四種物質中，甲、乙、丙均含有相同的某種元素，它們之間具有如下轉化關系：甲eq\o(→,\s\up7(丁))乙eq\o(KN*,\s\up11(丁),\s\do4(甲))丙。下列有關物質的推斷不正確的是()A．若甲為焦炭，則丁可能是O2B．若甲為SO2，則丁可能是氨水C．若甲為Fe，則丁可能是鹽酸D．若甲為NaOH溶液，則丁可能是CO2【答案】C【解析】C在O2中不完全燃燒生成CO，CO繼續與O2燃燒后生成CO2，CO2與C在高溫條件下能生成CO，A項正確；根據反應SO2＋NH3·H2O=NH4HSO3、NH4HSO3＋NH3·H2O=(NH4)2SO3＋H2O、(NH4)2SO3＋SO2＋H2O=2NH4HSO3，B項正確；鐵與鹽酸反應只能生成FeCl2，無法實現上述轉化關系，C項錯誤；根據反應CO2＋2NaOH=Na2CO3＋H2O、Na2CO3＋H2O＋CO2=2NaHCO3、NaHCO3＋NaOH=Na2CO3＋H2O，D項正確。18.（2014·四川）下列物質分類正確的是()A．SO2、SiO2、CO均為酸性氧化物B．稀豆漿、硅酸、氯化鐵溶液均為膠體C．燒堿、冰醋酸、四氯化碳均為電解質D．福爾馬林、水玻璃、氨水均為混合物【答案】D【解析】CO是不成鹽氧化物，不是酸性氧化物，A項錯誤；氯化鐵溶液不是膠體，B項錯誤；四氯化碳是共價化合物，與水互不相溶，其在液態或水溶液條件下均不導電，屬于非電解質，C項錯誤；福爾馬林是質量分數為35%～40%的水溶液、水玻璃是指硅酸鈉溶液、氨水是氨氣的水溶液，均為混合物，D項正確。題型二：氮及化合物19．（2019·江蘇）下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是A．NH4HCO3受熱易分解，可用作化肥B．稀硫酸具有酸性，可用于除去鐵銹C．SO2具有氧化性，可用于紙漿漂白D．Al2O3具有兩性，可用于電解冶煉鋁【答案】B【解析】A．NH4HCO3受熱易分解和用作化肥無關，可以用作化肥是因為含有氮元素；B．鐵銹的主要成分為Fe2O3，硫酸具有酸性可以和金屬氧化物反應，具有對應關系；C．二氧化硫的漂白原理是二氧化硫與有色物質化合成不穩定的無色物質，不涉及氧化還原，故和二氧化硫的氧化性無關；D．電解冶煉鋁，只能說明熔融氧化鋁能導電，是離子晶體，無法說明是否具有兩性，和酸、堿都反應可以體現Al2O3具有兩性。故選B。20.（2018·全國II）研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時與大氣中的氨有關（如下圖所示）。下列敘述錯誤的是（）A．霧和霾的分散劑相同B．霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨C．NH3是形成無機顆粒物的催化劑[xk.Com]D．霧霾的形成與過度施用氮肥有關【答案】D【解析】21.（2018·江蘇）NOx（主要指NO和NO2）是大氣主要污染物之一。有效去除大氣中的NOx是環境保護的重要課題。（3）用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收過程中存在HNO2與(NH2)2CO生成N2和CO2的反應。寫出該反應的化學方程式：____________。（4）在有氧條件下，新型催化劑M能催化NH3與NOx反應生成N2。①NH3與NO2生成N2的反應中，當生成1molN2時，轉移的電子數為__________mol。②將一定比例的O2、NH3和NOx的混合氣體，勻速通入裝有催化劑M的反應器中反應（裝置見題20圖?1）。反應相同時間NOx的去除率隨反應溫度的變化曲線如題20圖?2所示，在50～250℃范圍內隨著溫度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升緩慢的主要原因是_____；當反應溫度高于380℃時，NOx的去除率迅速下降的原因可能是____。【答案】（3）2HNO2+(NH2)2CO2N2↑+CO2↑+3H2O（4）①②迅速上升段是催化劑活性隨溫度升高增大與溫度升高共同使NOx去除反應速率迅速增大；上升緩慢段主要是溫度升高引起的NOx去除反應速率增大催化劑活性下降；NH3與O2反應生成了NO。【解析】22.（2018·北京）磷精礦濕法制備磷酸的一種工藝流程如下：已知：磷精礦主要成分為Ca5(PO4)3(OH)，還含有Ca5(PO4)3F和有機碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)<CaSO4·0.5H2O（1）上述流程中能加快反應速率的措施有__________。（2）磷精礦粉酸浸時發生反應：2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO4·0.5H2O+6H3PO4①該反應體現出酸性關系：H3PO4__________H2SO4（填“>”或“<”）。②結合元素周期律解釋①中結論：P和S電子層數相同，__________。（3）酸浸時，磷精礦中Ca5(PO4)3F所含氟轉化為HF，并進一步轉化為SiF4除去。寫出生成HF的化學方程式：________。（4）H2O2將粗磷酸中的有機碳氧化為CO2脫除，同時自身也會發生分解。相同投料比、相同反應時間，不同溫度下的有機碳脫除率如圖所示。80℃后脫除率變化的原因：__________。（5）脫硫時，CaCO3稍過量，充分反應后仍有SO42?殘留，原因是__________；加入BaCO3可進一步提高硫的脫除率，其離子方程式是____________________。（6）取ag所得精制磷酸，加適量水稀釋，以百里香酚酞作指示劑，用bmol·L?1NaOH溶液滴定至終點時生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液cmL，精制磷酸中H3PO4的質量分數是________。（已知：H3PO4摩爾質量為98g·mol?1）【答案】(1)研磨、加熱(2)＜核電荷數P＜S，原子半徑P＞S，得電子能力P＜S，非金屬性P＜S(3)2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑(4)80℃后，H2O2分解速率大，濃度顯著降低(5)CaSO4微溶BaCO3++2H3PO4BaSO4+CO2↑+H2O+2(6)【解析】（1）研磨能增大反應物的接觸面積，加快反應速率，加熱，升高溫度加快反應速率；流程中能加快反應速率的措施有：研磨、加熱。（4）圖示是相同投料比、相同反應時間，不同溫度下的有機碳脫除率，80℃前溫度升高反應速率加快，相同時間內有機碳脫除率增大；80℃后溫度升高，H2O2分解速率大，H2O2濃度顯著降低，反應速率減慢，相同條件下有機碳脫除率減小。（5）脫硫時，CaCO3稍過量，充分反應后仍有SO42-殘留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可進一步提高硫的脫除率，因為BaSO4難溶于水，其中SO42-與BaCO3生成更難溶的BaSO4和CO32-，H3PO4的酸性強于H2CO3，在粗磷酸中CO32-轉化成H2O和CO2，反應的離子方程式為BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O。（6）滴定終點生成Na2HPO4，則消耗的H3PO4與NaOH物質的量之比為1：2，n（H3PO4）=n（NaOH）=bmol/Lc10-3L=mol，m（H3PO4）=mol98g/mol=g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的質量分數為。【點睛】本題以磷精礦濕法制備磷酸的工藝流程為載體，考查影響化學反應速率的因素、“強酸制弱酸”的復分解反應規律、元素周期律、指定情境下方程式的書寫、物質含量的計算等。解題時必須利用所學知識結合流程分析，如第（5）問注意脫硫的反應是在粗磷酸中進行的，BaCO3或CaCO3中碳元素最終變為CO2；第（6）問中H3PO4與NaOH物質的量之比的確定等。23.（2017·北京）SCR和NSR技術可有效降低柴油發動機在空氣過量條件下的NOx排放。（1）SCR（選擇性催化還原）工作原理：①尿素[CO(NH2)2]水溶液熱分解為NH3和CO2，該反應的化學方程式：____________。②反應器中NH3還原NO2的化學方程式：____________。③當燃油中含硫量較高時，尾氣中SO2在O2作用下會形成(NH4)2SO4，使催化劑中毒。用化學方程式表示(NH4)2SO4的形成：________。④尿素溶液濃度影響NO2的轉化，測定溶液中尿素（M=60g·mol?1）含量的方法如下：取ag尿素溶液，將所含氮完全轉化為NH3，所得NH3用過量的v1mLc1mol·L?1H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2mLc2mol·L?1NaOH溶液恰好中和，則尿素溶液中溶質的質量分數是________。（2）NSR（NOx儲存還原）工作原理：NOx的儲存和還原在不同時段交替進行，如圖a所示。①通過BaO和Ba(NO3)2的相互轉化實現NOx的儲存和還原。儲存NOx的物質是_________。②用H2模擬尾氣中還原性氣體研究了Ba(NO3)2的催化還原過程，該過程分兩步進行，圖b表示該過程相關物質濃度隨時間的變化關系。第一步反應消耗的H2與Ba(NO3)2的物質的量之比是__________。③還原過程中，有時會產生笑氣（N2O）。用同位素示蹤法研究發現笑氣的產生與NO有關。在有氧條件下15NO與NH3以一定比例反應時，得到的笑氣幾乎都是15NNO。將該反應的化學方程式補充完整：_______□15NNO+□H2O【答案】（1）①CO(NH2)2+H2OCO2+2NH3②8NH3+6NO27N2+12H2O③2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4④（2）①BaO②8∶1③415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O則儲存NOx的物質是BaO。②由圖示可知，第一步反應為H2與Ba(NO3)2作用生成NH3，每摩Ba(NO3)2作用生成NH3共轉移16mol電子，根據電子守恒，參加反應的氫氣的物質的量為16mol÷2=8mol，則消耗的H2與Ba(NO3)2的物質的量之比是8:1。③反應物有15NO與NH3，結合產物中有水，可知還有另一反應物O2，反應中NH3是還原劑，15NO與O2是氧化劑，因含氮產物均為15NNO，則15NO與NH3以1:1參加反應，結合電子守恒和原子守恒可得此反應的化學方程式為415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O。24.（2017·北京）下述實驗中均有紅棕色氣體產生，對比分析所的結論不正確的是（）①②③A.由①中的紅棕色氣體，推斷產生的氣體一定是混合氣體B.紅棕色氣體不能表明②中木炭與濃硝酸產生了反應C.由③說明濃硝酸具有揮發性，生成的紅棕色氣體為還原產物D.③的氣體產物中檢測出CO2，由此說明木炭一定與濃硝酸發生了反應【答案】D【解析】A．加熱條件下，濃硝酸分解生成二氧化氮和氧氣，則產生的氣體一定是混合氣體，故A正確；B．在加熱條件下，濃硝酸可分解生成二氧化氮，不一定與碳反應生成，故B正確；C．硝酸中N元素化合價為+5價，生成二氧化氮的N元素化合價為+4價，化合價降低，在生成的紅棕色氣體為還原產物，故C正確；D．碳加熱至紅熱，可與空氣中氧氣反應生成二氧化碳，不一定為與濃硝酸發生了反應，故D錯誤．

25.（2016·北京·26）用零價鐵（Fe）去除水體中的硝酸鹽（NO3-）已成為環境修復研究的熱點之一。（2）將足量鐵粉投入水體中，經24小時測定NO3—的去除率和pH，結果如下：初始pHpH=2.5pH=4.5NO3—的去除率接近100%＜50%24小時pH接近中性接近中性鐵的最終物質形態pH=4.5時，NO3—的去除率低。其原因是________。（3）實驗發現：在初始pH=4.5的水體中投入足量鐵粉的同時，補充一定量的Fe2+可以明顯提高NO3—的去除率。對Fe2+的作用提出兩種假設：Ⅰ.Fe2+直接還原NO3—；Ⅱ.Fe2+破壞FeO（OH）氧化層。①做對比實驗，結果如圖所示，可得到的結論是_______。②同位素示蹤法證實Fe2+能與FeO（OH）反應生成Fe3O4。結合該反應的離子方程式，解釋加入Fe2+提高NO3—去除率的原因：______。（4）其他條件與（2）相同，經1小時測定NO3—的去除率和pH，結果如下：初始pHpH=2.5pH=4.5NO3—的去除率約10%約3%1小時pH接近中性接近中性與（2）中數據對比，解釋（2）中初始pH不同時，NO3—去除率和鐵的最終物質形態不同的原因：__________。【答案】（2）因為鐵表面生成不導電的FeO(OH)，阻止反應進一步發生（3）①本實驗條件下，Fe2+不能直接還原NO3-；在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3-的去除率。②Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+，Fe2+將不導電的FeO（OH）轉化為可導電的Fe3O4，有利于反應的進行，使NO3-的去除率提高（4）Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，初始pH較小，氫離子濃度高，產生的Fe2+濃度大，促使FeO（OH）轉化為可導電的Fe3O4，使反應進行的更完全，初始pH高時，產生的Fe2+濃度小，從而造成NO3—去除率和鐵的最終物質形態不同。【解析】（3）①從圖中可以看出只加入鐵粉和只加入Fe2+，NO3-的去除率都不如同時加入鐵和亞鐵離子的去除率高，說明不是由于亞鐵離子的還原性提高了硝酸根的去除率，而是由于Fe2+破壞FeO(OH)生成了四氧化三鐵；②同位素示蹤法證實Fe2+能與FeO(OH)反應生成四氧化三鐵，該反應的離子方程式為：Fe2++2FeO(OH)＝Fe3O4+2H+。加入Fe2+之所以可以提高硝酸根離子的轉化率主要因為減少了FeO（OH）的生成，生成更多的Fe3O4，增強了導電性，另外生成了H+，可以使pH增大的速度減慢，使NO3-的轉化率增大；（4）Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，初始pH較小，氫離子濃度高，產生的Fe2+濃度大，促使FeO（OH）轉化為可導電的Fe3O4，使反應進行的更完全；初始pH高時，由于Fe3+的水解，Fe3+越容易生成FeO(OH)，產生的Fe2+濃度小，從而造成NO3—去除率和鐵的最終物質形態不同。26.（2016·上海·七）半水煤氣是工業合成氨的原料氣，其主要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O（g）。半水煤氣經過下列步驟轉化為合成氨的原料。完成下列填空：（1）半水煤氣含有少量硫化氫。將半水煤氣樣品通入____溶液中（填寫試劑名稱），出現____，可以證明有硫化氫存在。（2）半水煤氣在銅催化下實現CO變換：CO+H2OCO2+H2若半水煤氣中V(H2):V(CO):V(N2)=38：28：22，經CO變換后的氣體中：V(H2):V(N2)=____________。（3）堿液吸收法是脫除二氧化碳的方法之一。已知：Na2CO3K2CO320℃堿液最高濃度（mol/L）2.08.0堿的價格（元/kg）1.259.80若選擇Na2CO3堿液作吸收液，其優點是__________；缺點是____________。如果選擇K2CO3堿液作吸收液，用什么方法可以降低成本？_________，寫出這種方法涉及的化學反應方程式。______________。【答案】（1）硝酸鉛（或硫酸銅）；黑色沉淀（2）3:1（3）價廉；吸收CO2能力差堿液循環使用；2KHCO3→K2CO3+CO2↑+H2O（3）根據表中數據可知若選擇Na2CO3堿液作吸收液，其優點是價廉，而缺點是吸收CO2能力差。由于生成的碳酸氫鉀受熱易分解產生碳酸鉀，所以使堿液循環使用可以降低成本，反應的化學方程式為2KHCO3→K2CO3+CO2↑+H2O；27.（2016·浙江·13）為落實“五水共治”，某工廠擬綜合處理含NH4+廢水和工業廢氣（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考慮其他成分），設計了如下流程：下列說法不正確的是（）A．固體1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3B．X可以是空氣，且需過量C．捕獲劑所捕獲的氣體主要是COD．處理含NH4+廢水時，發生反應的離子方程式為：NH4++NO2-==N2↑+2H2O【答案】B【解析】A、工業廢氣通入過量的石灰乳，二氧化碳和二氧化硫被吸收形成碳酸鈣或亞硫酸鈣沉淀，所以固體1中含有氫氧化鈣和碳酸鈣和亞硫酸鈣，故正確；B、氣體1為一氧化碳和一氧化氮和氮氣，微粒能被氫氧化鈉吸收成亞硝酸鈉，需要將一氧化氮變成二氧化氮，與一氧化氮一起與氫氧化鈉反應，所以通入的X為空氣，因為要實現的反應為NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，空氣不能過量，故錯誤；C、一氧化碳和氫氧化鈉不反應，所以捕獲劑捕獲的氣體主要為一氧化碳，故正確；D、亞硝酸鈉中的氮元素為+3價，與銨根離子中的氮元素-3價發生氧化還原反應，生成的無污染的氣體為氮氣，根據電子守恒和電荷守恒分析，其方程式為NH4++NO2-==N2↑+2H2O，故正確。故答案選B。28.（2015·全國I·7）我國清代《本草綱目拾遺》中記敘無機藥物335種，其中“強水”條目下寫道：“性最烈，能蝕五金……其水甚強，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”這里的“強水”是指（）A．氨水B．硝酸C．醋D．鹵水【答案】B【解析】根據所給四種物質的氧化性的強弱可判斷，該強水為硝酸，硝酸具有強氧化性，可溶解大部分金屬。答案選B。29.（2015·山東·32）工業上利用氨氧化獲得的高濃度NOx氣體（含NO、NO2）制備NaNO2、NaNO3，工藝流程如下：已知：Na2CO3+NO+NO2═2NaNO2+CO2（1）中和液所含溶質除NaNO2及少量Na2CO3外，還有_________（填化學式）．（2）中和液進行蒸發Ⅰ操作時，應控制水的蒸發量，避免濃度過大，目的是______．蒸發Ⅰ產生的蒸汽中含有少量的NaNO2等有毒物質，不能直接排放，將其冷凝后用于流程中的______（填操作名稱）最合理．（3）母液Ⅰ進行轉化時加入稀HNO3的目的是______．母液Ⅱ需回收利用，下列處理方法合理的是______a．轉入中和液b．轉入結晶Ⅰ操作c．轉入轉化液d．轉入結晶Ⅱ操作（4）若將NaNO2、NaNO3兩種產品的物質的量之比設為2：1，則生產1.38噸NaNO2時，Na2CO3的理論用量為____噸（假定Na2CO3恰好完全反應）．【答案】（1）NaNO3（2）防止NaNO2的析出；溶堿；（3）將NaNO2轉化為NaNO3；cd；（4）1.59．【解析】（1）由上述分析可知，二氧化氮與堿液反應生成NaNO2，還可生成NaNO3，中和液中含剩余的少量Na2CO3，故答案為：NaNO3；（2）中和液進行蒸發Ⅰ操作時，應控制水的蒸發量，避免濃度過大，目的是防止NaNO2的析出，蒸發Ⅰ產生的蒸汽中含有少量的NaNO2等有毒物質，不能直接排放，將其冷凝后用于流程中的溶堿，循環利用，提高利用率，故答案為：防止NaNO2的析出；溶堿；（3）由上述分析可知，母液Ⅰ進行轉化時加入稀HNO3的目的是將NaNO2轉化為NaNO3．母液Ⅱ需回收利用，可轉入轉化液或轉入結晶Ⅱ操作，提高其利用率，故答案為：將NaNO2轉化為NaNO3；cd；（4）生產1.38噸NaNO2時，n（NaNO2）==2×104mol，NaNO2、NaNO3兩種產品的物質的量之比為2：1，則n（NaNO3）=1×104mol，由Na原子守恒可知，2n（Na2CO3）=n（NaNO2）+n（NaNO3），m（Na2CO3）=（2×104mol+1×104mol）××106g/mol=1.59×106g=1.59t，故答案為：1.59．30.（2016·山東·11）下列由實驗現象得出的結論正確的是（）操作及現象結論向AgCl懸濁液中加入NaI溶液時出現黃色沉淀Ksp（AgCl）<Ksp（AgI）向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈紅色溶液中一定含有Fe2+向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振蕩、靜置，溶液上層呈橙紅色Br-還原性強于Cl-加熱盛有NH4Cl固體的試管，試管底部固體消失，試管口有晶體凝結NH4Cl固體可以升華A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】A．Cl￣與I￣濃度不相等，不能比較Ksp，錯誤；B．原溶液中若含有Fe3+，加入KSCN溶液，溶液也會呈紅色，不能說明原溶液中是否含有Fe2+，故B錯誤；C．向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振蕩、靜置，溶液上層呈橙紅色，說明有Br2生成，發生反應：2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，說明Br-還原性強于Cl-，故C正確；D．NH4Cl受熱分解為NH3與HCl，在試管口處冷卻，NH3與HCl反應又得到NH4Cl固體，不能說明NH4Cl固體可以升華，故D錯誤。31.（2015·北京·8）下列關于自然界中氮循環（如圖）的說法不正確的是：A．氮元素均被氧化B．工業合成氨屬于人工固氮C．含氮無機物和含氮有機物可相互轉化D．碳、氫、氧三種元素也參與了氮循環【答案】A31．（2015·重慶·8）某汽車安全氣囊的產氣藥劑主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物質。當汽車發生碰撞時，產氣藥劑產生大量氣體使氣囊迅速膨脹，從而起到保護作用。（4）NaHCO3是冷卻劑，吸收產氣過程中釋放的熱量而發生分解，其化學方程式為。（5）100g上述產氣藥劑產生的氣體通過堿石灰后得到N233.6L（標準狀況）。①用堿石灰除去的物質為；②該產氣藥劑中NaN3的質量分數為。【答案】（4）2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O（5）①CO2、H2O②65%32.（2015·海南·15）銀是一種貴金屬，古代常用于制造錢幣及裝飾器皿，現代在電池和照明器材等領域亦有廣泛應用。回答下列問題。（1）久存的銀制器皿表面會變黑，失去銀白色的光澤，原因是。（3）AgNO3溶液光照易分解，生成Ag和紅棕色氣體等物質，其光照分解的化學方程式為。【答案】（1）Ag與空氣含硫物質反應生成硫化銀；（3）2AgNO3Ag+2NO2↑+O2↑【解析】（1）根據金屬的腐蝕可知Ag變黑是發生了化學腐蝕，與空氣含硫物質反應生成硫化銀的緣故；（3）根據氧化還原反應理論，硝酸銀分解生成Ag和二氧化氮氣體，無元素化合價升高的，所以該反應中有氧氣生成。33．（2014·江蘇·4）下列物質性質與應用對應關系正確的是A．晶體硅熔點高硬度大，可用于制作半導體材料B．氫氧化鋁具有弱堿性，可用于制胃酸中和劑C．漂白粉在空氣中不穩定，可用于漂白紙張D．氧化鐵能與酸反應，可用于制作紅色涂料【答案】B【解析】熔點高，與半導體材料無關，A錯誤；氫氧化鋁具有弱堿性，可以用于中和胃酸過多，B正確；漂白粉具有強氧化性，可用于漂白紙張，C錯誤；氧化鐵與酸反應與制作紅色涂料無直接對應關系，D錯誤。34.（2014·海南·9）下列有關物質應用的說法錯誤的是（）A、玻璃容器可長期盛放各種酸B、純堿可用于清洗油污B、濃氨水可檢驗氯氣管道泄漏D、Na2S可除去污水中的Cu2+【答案】A【解析】A、玻璃容器可長期盛放不與玻璃發生反應的酸，但由于HF能與玻璃的成分SiO2發生反應（SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O），所以玻璃容器不能存放氫氟酸（HF），A錯誤；B、純堿（Na2CO3）溶液由于CO32—水解而顯堿性，可以促進油脂的水解，因此純堿可用于清洗油污，B正確；C、氯氣與濃氨水揮發出的氨氣可發生如下反應：8NH3+3Cl2═N2+6NH4Cl，當將濃氨水靠近氯氣時，可以看到白煙（NH4Cl）生成，所以工廠里常用濃氨水來檢驗氯氣管道是否泄漏，C正確；D、S2—能與Cu2+反應生成CuS沉淀，降低了水中的Cu2+濃度，D正確。35．（2014·福建·9）常溫下，下列各組物質中，Y既能與X反應又能與Z反應的是XYZ①NaOH溶液Al(OH)3稀硫酸②KOH溶液SiO2濃鹽酸③O2N2H2④FeCl3溶液Cu濃硝酸A．=1\*GB3①=3\*GB3③B．=1\*GB3①=4\*GB3④C．=2\*GB3②=4\*GB3④D．=2\*GB3②=3\*GB3③【答案】B【解析】氫氧化鋁既能與鹽酸反應又能與氫氧化鈉反應，=1\*GB3①正確；二氧化硅不與鹽酸反應，=2\*GB3②錯誤；氮氣與氧氣和氫氣常溫下不反應，=3\*GB3③錯誤；銅與氯化鐵反應，與濃硝酸反應，=4\*GB3④正確。36．（2013·全國I·9）化學無處不在，下列與化學有關的說法不正確的是()A．侯氏制堿法的工藝過程中應用了物質溶解度的差異B．可用蘸濃鹽酸的棉棒檢驗輸送氨氣的管道是否漏氣C．碘是人體必需的微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物D．黑火藥由硫黃、硝石、木炭三種物質按一定比例混合制成【答案】C【解析】侯氏制堿法的基本原理是先利用NH3將食鹽水飽和，然后通入CO2，溶解度較小的NaHCO3析出，NH3＋NaCl＋H2O＋CO2=NH4Cl＋NaHCO3↓，煅燒NaHCO3得到Na2CO3，2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋CO2↑＋H2O，利用低溫時NH4Cl比NaCl溶解度小的原理，向母液中加入NaCl粉末，則NH4Cl析出，得到化肥NH4Cl，A項正確；氨氣可以與濃鹽酸反應生成白煙狀的NH4Cl固體顆粒，可檢驗輸氨管道是否漏氣，B項正確；微量元素不宜多吃，補充碘可在食鹽中添加碘酸鉀，C項錯誤；黑火藥由C、S、KNO3三物質按一定比例混合而成，D項正確。37.（2012·重慶·26）金剛石具有優良的耐磨、耐腐蝕特性，應用廣泛.(1)碳與周期元素的單質化合僅能生成兩種常見氣態化合物，其中一種化合物H為非積極性分子，碳元素在周期表中的位置是，是，的電子式為.(2)一定條件下，還原可制備金剛石，反應結束冷卻至室溫后，回收中的實驗操作名稱為，除去粗產品中少量鈉的試劑為.(3)碳還原制,其粗產品中雜志為和.先將20.0g粗產品加入到過量的溶液中充分反應，收集到0.1mol氫氣，過濾得固體11.4g，濾液稀釋到1L，生成氫氣的離子方程式為，硅鹽酸的物質量濃度為。（4）下列敘述正確的有（填序號），①還原的反應、與的反應均是置換反應②水晶、干冰熔化時克服粒子間作用力的類型相同③溶液與的反應可用于推斷與的非金屬性強弱④鈉、鋰分別在空氣中燃燒，生成的氧化物中陰陽離子數目比均為1:2【答案】（1）第二周期第=4\*ROMANIVA族，氧（或O），（2）過濾，水（或乙醇）（3）Si+2OH-+H20=SiO32-+2H2，0.17mol/L（4）=3\*GB3③=4\*GB3④

38.（2012·全國I·8）下列說法正確的是（）A．醫用酒精的濃度通常是95%B．單質硅是將太陽能轉化為電能的常用材料C．淀粉、纖維素和油脂都屬于天然高分子化合物D．合成纖維和光導纖維都是新型無機非金屬材料【答案】B【解析】A項，醫用酒精的濃度通常是75%；C項，油脂非高分子化合物；D項，光導纖維為二氧化硅，合成纖維為有機材料。39.（2011·山東·10）某短周期非金屬元素的原子核外最外層電子數是次外層電子數的一半，該元素A.在自然界中只以化合態的形式存在B.單質常用作半導體材料和光導纖維C.最高價氧化物不與酸反應D.氣態氫化物比甲烷穩定【答案】A【解析】依據原子核外電子的排布規律可知，在短周期元素中原子核外最外層電子數是次外層電子數的一半的元素可以是Li或Si元素，但Li屬于金屬不符合題意，因此該元素是Si元素。硅是一種親氧元素，在自然界它總是與氧相化合的，因此在自然界中硅主要以熔點很高的氧化物及硅酸鹽的形式存在，選項A正確；硅位于金屬和非金屬的分界線附件常用作半導體材料，二氧化硅才用作光導纖維，選項B不正確；硅的最高價氧化物是二氧化硅，SiO2與酸不反應但氫氟酸例外，與氫氟酸反應生成SiF4和水，因此氫氟酸不能保存在玻璃瓶中，選項C不正確；硅和碳都屬于ⅣA，但硅位于碳的下一周期，非金屬性比碳的弱，因此其氣態氫化物的穩定性比甲烷弱，選項D也不正確。40.（2010·上海·31）白磷（P4）是磷的單質之一，易氧化，與鹵素單質反應生成鹵化磷。鹵化磷通常有三鹵化磷或五鹵化磷，五鹵化磷分子結構（以PCl5為例）如右圖所示。該結構中氯原子有兩種不同位置。（1）6.20g白磷在足量氧氣中完全燃燒生成氧化物，反應所消耗的氧氣在標準狀況下的體積為L。上述燃燒產物溶于水配成50.0mL磷酸（H3PO4）溶液，該磷酸溶液的物質的量濃度為mol·L-1。（2）含0.300molH3PO4的水溶液滴加到含0.500molCa(OH)2的懸浮液中，反應恰好完全，生成l種難溶鹽和16.2gH2O。該難溶鹽的化學式可表示為。（3）白磷和氯、溴反應，生成混合鹵化磷（，且x為整數）。如果某混合鹵化磷共有3種不同結構（分子中溴原子位置不完全相同的結構），該混合鹵化磷的相對分子質量為。（4）磷腈化合物含有3種元素，且分子中原子總數小于20。0.10molPCl5和0.10molNH4Cl恰好完全反應，生成氯化氫和0.030mol磷腈化合物。推算磷腈化合物的相對分子質量（提示：M>300）。【答案】（1）5.6；4.00；（2）Ca5(PO4)3(OH)；（3）297.5或342；（4）348或464。【解析】此題考查了元素化合物、化學計算知識。1）白磷燃燒生成五氧化二磷，白磷的相對分子質量為：128，則其6.20g的物質的量為：0.05mol，其完全燃燒消耗氧氣0.25mol，標準狀況下體積為5.6L；將這些白磷和水反應生成磷酸0.20mol，溶液體積為50mL，也就是0.05L，則磷酸溶液的物質的量濃度為4.00mol/L；2）根據該水溶液中含有溶質的物質的量和氫氧化鈣懸濁液中溶質的物質的量，根據質量守恒，可知該物質中含有5個鈣離子和3個磷酸根離子，結合電荷守恒，必還含有1個氫氧根離子，寫作：Ca5(PO4)3(OH)；3）根據題意x為整數，其可能為：PCl4Br、PCl3Br2、PCl2Br3、PClBr4四種，要是有三種不同結構的話，結合PCl5的結構，其可能為：PCl3Br2或PCl2Br3，則其相對分子質量可能為：297.5或342；4）根據題意和質量守恒定律，可求出化合物提供的Cl原子的物質的量為：0.1mol×5+0.1mol×1=0.6mol；由于磷腈化合物中只含有三種元素，故必須將其中的氫原子全部除去；兩物質提供的H原子的物質的量為：0.1mol×4=0.4mol，則生成的氯化氫的物質的量為：0.1mol×4=0.4mol；則磷腈化合物中含有的Cl原子為：0.2mol、P原子為：0.1mol、N原子為：0.1mol，則該化合物的最簡式為：PNCl2；假設其分子式為(PNCl2)x，由其含有的碳原子總數小于20，則知：4x<20，故x<5；假設x=4，其分子式為：P4N4Cl8，相對分子質量為464；假設x=3，其分子式為：P3N3Cl6，相對分子質量為：348；假設x=2，其分子式為：P2N2Cl4，相對分子質量<300舍去。故其相對分子質量可能為：348或464。題型三：硫及其化合物41.（2018·全國I·27）焦亞硫酸鈉（Na2S2O5）在醫藥、橡膠、印染、食品等方面應用廣泛。回答下列問題：（1）生產Na2S2O5，通常是由NaHSO3過飽和溶液經結晶脫水制得。寫出該過程的化學方程___。（2）利用煙道氣中的SO2生產Na2S2O5的工藝為：①pH=4.1時，Ⅰ中為__________溶液（寫化學式）。②工藝中加入Na2CO3固體、并再次充入SO2的目的是__________。【答案】2NaHSO3＝Na2S2O5+H2ONaHSO3得到NaHSO3過飽和溶液2H2O－4e－＝4H＋+O2↑aS2O52－+2I2+3H2O＝2SO42－+4I－+6H＋0.128【解析】（1）亞硫酸氫鈉過飽和溶液脫水生成焦亞硫酸鈉，根據原子守恒可知反應的方程式為2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O；（2）①碳酸鈉飽和溶液吸收SO2后的溶液顯酸性，說明生成物是酸式鹽，即Ⅰ中為NaHSO3；②要制備焦亞硫酸鈉，需要制備亞硫酸氫鈉過飽和溶液，因此工藝中加入碳酸鈉固體、并再次充入二氧化硫的目的是得到NaHSO3過飽和溶液；42.（2018·江蘇·27）近年來，研究人員提出利用含硫物質熱化學循環實現太陽能的轉化與存儲。過程如下：(2)對反應Ⅱ，在某一投料比時，兩種壓強下，H2SO4在平衡體系中物質的量分數隨溫度的變化關系如圖所示。p2_______p1(填“＞”或“＜”)，得出該結論的理由是________________。(3)I－可以作為水溶液中SO2歧化反應的催化劑，可能的催化過程如下。將ii補充完整。i．SO2+4I－+4H+==S↓+2I2+2H2Oii．I2+2H2O+_________==_________+_______+2I－(4)探究i、ii反應速率與SO2歧化反應速率的關系，實驗如下：分別將18mLSO2飽和溶液加入到2mL下列試劑中，密閉放置觀察現象。(已知：I2易溶解在KI溶液中)序號ABCD試劑組成0.4mol·L－1KIamol·L－1KI0.2mol·L－1H2SO40.2mol·L－1H2SO40.2mol·L－1KI0.0002molI2實驗現象溶液變黃，一段時間后出現渾濁溶液變黃，出現渾濁較A快無明顯現象溶液由棕褐色很快褪色，變成黃色，出現渾濁較A快①B是A的對比實驗，則a=__________。②比較A、B、C，可得出的結論是______________________。③實驗表明，SO2的歧化反應速率D＞A，結合i、ii反應速率解釋原因：________________。【答案】(1)3SO2(g)+2H2O(g)==2H2SO4(l)+S(s)ΔH2=?254kJ·mol?1(2)>反應Ⅱ是氣體物質的量減小的反應，溫度一定時，增大壓強使反應正向移動，H2SO4的物質的量增大，體系總物質的量減小，H2SO4的物質的量分數增大(3)SO2SO42?4H+(4)①0.4②I?是SO2歧化反應的催化劑，H+單獨存在時不具有催化作用，但H+可以加快歧化反應速率③反應ii比i快；D中由反應ii產生的H+使反應i加快【解析】（1）將反應I和反應III直接加和，所得反應的逆過程即為反應II的熱化學方程式，反應II的反應熱△H2=-△H1-△H3=-（+551kJ/mol）-(-297kJ/mol)=-254kJ/mol；反應II的熱化學方程式為：3SO2(g)+2H2O(g)=S(s)+2H2SO4(l)△H2=-254kJ/mol。（2）反應II是體積減少的放熱反應，增大壓強平衡向正向移動，硫酸的體積分數增大，故P2>P1。（3）由于反應i是SO2被還原的反應，所以反應ii則是SO2被氧化的反應，故反應物增加SO2，生成物增加硫酸，反應方程式為：I2+2H2O+SO2=SO42-+4H++2I-。（4）①B是A的對比實驗，故B中KI濃度應與A中相同。即a=0.4。②A、B、C實驗現象可知，A.單獨KI可以催化SO2歧化反應；C.單獨硫酸不能催化SO2歧化；B.有硫酸存在下，KI催化SO2歧化能力加強。③溶液中存在I2，發生反應ii，生成硫酸，硫酸可以加強I-的催化能力，故實驗D的反應速率大于實驗A的反應速率。43.（2018·江蘇·19）以Cl2、NaOH、(NH2)2CO（尿素）和SO2為原料可制備N2H4·H2O（水合肼）和無水Na2SO3，其主要實驗流程如下：已知：①Cl2+2OH?ClO?+Cl?+H2O是放熱反應。②N2H4·H2O沸點約118℃，具有強還原性，能與NaClO劇烈反應生成N2。（1）步驟Ⅰ制備NaClO溶液時，若溫度超過40℃，Cl2與NaOH溶液反應生成NaClO3和NaCl，其離子方程式為_________；實驗中控制溫度除用冰水浴外，還需采取的措施是_______。（2）步驟Ⅱ合成N2H4·H2O的裝置如題19圖?1所示。NaClO堿性溶液與尿素水溶液在40℃以下反應一段時間后，再迅速升溫至110℃繼續反應。實驗中通過滴液漏斗滴加的溶液是_____________；使用冷凝管的目的是__________________。（3）步驟Ⅳ用步驟Ⅲ得到的副產品Na2CO3制備無水Na2SO3（水溶液中H2SO3、、隨pH的分布如題19圖?2所示，Na2SO3的溶解度曲線如題19圖?3所示）。①邊攪拌邊向Na2CO3溶液中通入SO2制備NaHSO3溶液。實驗中確定何時停止通SO2的實驗操作為_________。②請補充完整由NaHSO3溶液制備無水Na2SO3的實驗方案：_________，用少量無水乙醇洗滌，干燥，密封包裝。【答案】（1）3Cl2+6OH?5Cl?+ClO3?+3H2O緩慢通入Cl2（2）NaClO堿性溶液減少水合肼的揮發（3）①測量溶液的pH，若pH約為4，停止通SO2②邊攪拌邊向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，測量溶液pH，pH約為10時，停止滴加NaOH溶液，加熱濃縮溶液至有大量晶體析出，在高于34℃條件下趁熱過濾【解析】（1）溫度超過40℃，Cl2與NaOH溶液發生歧化反應生成NaClO3、NaCl和H2O，反應的化學方程式為3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，離子方程式為3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O。由于Cl2與NaOH溶液的反應為放熱反應，為了減少NaClO3的生成，應控制溫度不超過40℃、減慢反應速率；實驗中控制溫度除用冰水浴外，還需采取的措施是：緩慢通入Cl2。②由NaHSO3溶液制備無水Na2SO3，首先要加入NaOH將NaHSO3轉化為Na2SO3，根據含硫微粒與pH的關系，加入NaOH應調節溶液的pH約為10；根據Na2SO3的溶解度曲線，溫度高于34℃析出Na2SO3，低于34℃析出Na2SO3·7H2O，所以從Na2SO3溶液中獲得無水Na2SO3應控制溫度高于34℃。由NaHSO3溶液制備無水Na2SO3的實驗方案為：邊攪拌邊向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，測量溶液pH，pH約為10時，停止滴加NaOH溶液，加熱濃縮溶液至有大量晶體析出，在高于34℃條件下趁熱過濾，用少量無水乙醇洗滌，干燥，密封包裝。43.（2017·北京·10）根據SO2通入不同溶液中實驗現象，所得結論不正確的是（）溶液現象結論A含HCl、BaCl2的溶液產生白色沉淀SO2有還原性BH2S溶液產生黃色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2有漂白性DNa2SiO3溶液產生膠狀沉淀酸性：H2SO3>H2SiO3【答案】C42.（2017·天津·10）H2S和SO2會對環境和人體健康帶來極大的危害，工業上采取多種方法減少這些有害氣體的排放，回答下列方法中的問題。Ⅰ．H2S的除去方法1：生物脫H2S的原理為：H2S+Fe2(SO4)3S↓+2FeSO4+H2SO44FeSO4+O2+2H2SO42Fe2(SO4)3+2H2O（1）硫桿菌存在時，FeSO4被氧化的速率是無菌時的5×105倍，該菌的作用是___________。（2）由圖3和圖4判斷使用硫桿菌的最佳條件為______________。若反應溫度過高，反應速率下降，其原因是______________。方法2：在一定條件下，用H2O2氧化H2S[（3）隨著參加反應的n(H2O2)/n(H2S)變化，氧化產物不同。當n(H2O2)/n(H2S)=4時，氧化產物的分子式為__________。Ⅱ．SO2的除去方法1（雙減法）：用NaOH吸收SO2，并用CaO使NaOH再生NaOH溶液Na2SO3溶液（4）寫出過程①的離子方程式：____________________________；CaO在水中存在如下轉化：CaO(s)+H2O(l)Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH?(aq)從平衡移動的角度，簡述過程②NaOH再生的原理________________________。方法2：用氨水除去SO2已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10?5，H2SO3的Ka1=1.3×10?2，Ka2=6.2×10?8。若氨水的濃度為2.0mol·L?1，溶液中的c(OH?)=_________________mol·L?1。將SO2通入該氨水中，當c(OH?)降至1.0×10?7mol·L?1時，溶液中的c()/c()=___________________。【答案】（1）降低反應活化能（或作催化劑）（2）30℃、pH=2.0蛋白質變性（或硫桿菌失去活性）（3）H2SO4（4）2OH?+SO2+H2O[與Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移動，有NaOH生成（5）6.0×10?30.62（4）過程①是NaOH與SO2的反應，反應的離子方程式為2OH?+SO2+H2O；根據CaO在水中的轉化：CaO(s)+H2O(l)Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH?(aq)，過程②中Na2SO3加入CaO后，與Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移動，有NaOH生成。（5）根據NH3·H2O的Kb=1.8×10?5可知，=1.8×10?5，當氨水的濃度為2.0mol·L?1時，溶液中的c(OH?)=c()==6.0×10?3mol·L?1。根據H2SO3的Ka2=6.2×10?8可知，=6.2×10?8，當c(OH?)降至1.0×10?7mol·L?1，則c(H+)=1.0×10?7mol·L?1，溶液中的c()/c()=0.62。43.（2016·全國II·12）某白色粉末由兩種物質組成，為鑒別其成分進行如下實驗：①取少量樣品加入足量水仍有部分固體未溶解；再加入足量稀鹽酸，有氣泡產生，固體全部溶解；②取少量樣品加入足量稀硫酸有氣泡產生，振蕩后仍有固體存在。該白色粉末可能為A．NaHCO3、Al(OH)3B．AgCl、NaHCO3C．Na2SO3、BaCO3D．Na2CO3、CuSO4【答案】C【解析】A．NaHCO3、Al(OH)3中加入足量稀硫酸有氣泡產生，生成硫酸鈉、硫酸鋁、二氧化碳和水，最終無固體存在，A項錯誤；B．AgCl不溶于酸，固體不能全部溶解，B項錯誤；C．亞硫酸鈉和碳酸鋇加入足量水時，碳酸鋇不溶于水使部分固體不溶解，加入稀鹽酸，碳酸鋇與鹽酸反應生成氯化鋇、二氧化碳和水，固體全部溶解，再將樣品加入足量稀硫酸，稀硫酸和碳酸鋇反應生成硫酸鋇沉淀和二氧化碳和水，符合題意，C項正確；D．Na2CO3、CuSO4中加入足量稀硫酸，振蕩后無固體存在，D項錯誤；答案選C。44.（2016·全國III·28）以硅藻土為載體的五氧化二釩（V2O5）是接觸法生成硫酸的催化劑。從廢釩催化劑中回收V2O5既避免污染環境又有利于資源綜合利用。廢釩催化劑的主要成分為：物質V2O5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3質量分數/%2.2～2.92.8～3.122～2860～651～2＜1以下是一種廢釩催化劑回收工藝路線：回答下列問題：（1）“酸浸”時V2O5轉化為VO2+，反應的離子方程式為___________，同時V2O4轉成VO2+。“廢渣1”的主要成分是__________________。（2）“氧化”中欲使3mol的VO2+變為VO2+，則需要氧化劑KClO3至少為______mol。（3）“中和”作用之一是使釩以V4O124?形式存在于溶液中。“廢渣2”中含有_______。（4）“離子交換”和“洗脫”可簡單表示為：4ROH+V4O124?R4V4O12+4OH?（ROH為強堿性陰離子交換樹脂）。為了提高洗脫效率，淋洗液應該呈_____性（填“酸”、“堿”或“中”）。（5）“流出液”中陽離子最多的是________。（6）“沉釩”得到偏釩酸銨（NH4VO3）沉淀，寫出“煅燒”中發生反應的化學方程式____________。【答案】（1）V2O5＋2H＋=2VO2＋＋H2O；SiO2；（2）0.5；（3）Fe(OH)3、Al(OH)3；（4）堿；（5）K＋；（6）2NH4VO3V2O5＋H2O＋2NH3↑。45.（2016·江蘇·3）下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是（）A．SO2具有氧化性，可用于漂白紙漿B．NH4HCO3受熱易分解，可用作氮肥C．Fe2(SO4)3易溶于水，可用作凈水劑D．Al2O3熔點高，可用作耐高溫材料【答案】D【解析】A、SO2用于漂白紙漿是利用其與某些有色物質作用，生成不穩定的無色物質，不是氧化性，二氧化硫與硫化氫反應生成S單質和水，表現氧化性，A錯誤；B、NH4HCO3用作氮肥是因為其中含有氮元素，易被農作物吸收，與熱穩定性無關，B錯誤；C、Fe2(SO4)3用作凈水劑是因為鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體，膠體具有吸附性，能吸附水中懸浮的雜質而凈水，C錯誤；D、Al2O3熔點高，可用作耐高溫材料，D正確。答案選D。46.（2016·北京·27）以廢舊鉛酸電池中的含鉛廢料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）和H2SO4為原料，制備高純PbO，實現鉛的再生利用。其工作流程如下：（1）過程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反應生成PbSO4的化學方程式是__________。（2）過程Ⅰ中，Fe2+催化過程可表示為：i：2Fe2++PbO2+4H++SO42?＝2Fe3++PbSO4+2H2Oii:……①寫出ii的離子方程式：________________。②下列實驗方案可證實上述催化過程。將實驗方案補充完整。a.向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液幾乎無色，再加入少量PbO2，溶液變紅。b.______________。（3）PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：PbO（s）+NaOH（aq）NaHPbO2（aq），其溶解度曲線如圖所示。①過程Ⅱ的目的是脫硫。濾液1經處理后可在過程Ⅱ中重復使用，其目的是____(選填序號)。A．減少PbO的損失，提高產品的產率B．重復利用氫氧化鈉，提高原料的利用率C．增加Na2SO4濃度，提高脫硫效率②過濾Ⅲ的目的是提純，綜合上述溶解度曲線，簡述過程Ⅲ的操作___________。【答案】（1）Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O。（2）①2Fe3＋+Pb+SO42—==PbSO4+2Fe2＋；②取a中紅色溶液少量，加入過量Pb，充分反應后，紅色褪去。（3）①A、B；②將粗PbO溶解在一定量35%NaOH溶液中，加熱至110℃，充分溶解后，趁熱過濾，冷卻結晶，過濾、洗滌并干燥得到PbO固體。【解析】（1）根據題給化學工藝流程知，過程Ⅰ中，在Fe2＋催化下，Pb、PbO2和H2SO4反應生成PbSO4和水，化學方程式為Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O。（2）①催化劑通過參加反應，改變反應歷程，降低反應的活化能，加快化學反應速率，而本身的質量和化學性質反應前后保持不變。根據題給信息知反應i中Fe2＋被PbO2氧化為Fe3＋，則反應ii中Fe3＋被Pb還原為Fe2＋，離子方程式為2Fe3＋+Pb+SO42—==PbSO4+2Fe2＋；②a實驗證明發生反應i，則b實驗需證明發生反應ii，實驗方案為取a中紅色溶液少量，加入過量Pb，充分反應后，紅色褪去。47.（2015·江蘇·18）軟錳礦(主要成分MnO2，雜質金屬元素Fe、Al、Mg等)的水懸濁液與煙氣中SO2反應可制備MnSO4·H2O，反應的化學方程式為：MnO2＋SO2=MnSO4（3）右圖可以看出，從MnSO4和MgSO4混合溶液中結晶MnSO4·H2O晶體，需控制結晶溫度范圍為_______。【答案】（3）高于60℃；【解析】（3）從MnSO4和MgSO4混合溶液中結晶MnSO4·H2O晶體，根據圖上信息，高于60℃以后MnSO4·H2O的溶解度減小，而MgSO4·6H2O的溶解度增大，因此控制結晶溫度范圍是高于60℃，這樣可以得到純凈的MnSO4·H2O；48.（2015·四川·11）污染物的有效去除和資源的充分利用是化學造福人類的重要研究課題。某化學研究小組利用軟錳礦（主要成分為MnO2，另含有少量頭鐵、鋁、銅、鎳等金屬化合物）作脫硫劑，通過如下簡化流程既脫除燃煤尾氣中的SO2，又制得電池材料MnO2（反應條件已略去）。請回答下列問題：（1）上述流程脫硫實現了____（選填下列字母編號）。a,廢棄物的綜合利用b,白色污染的減少c,酸雨的減少（2）用MnCO3能除去溶液中Al3＋和Fe3＋，其原因是_____。（3）已知：25℃、101kpa時，Mn(s)＋O2(g)＝MnO2(s)△H＝－520kJ/molS(s)＋O2(g)＝SO2(g)△H＝－297kJ/molMn(s)＋S(s)＋2O2(g)＝MnSO4(s)△H＝－1065kJ/molSO2與MnO2反應生成無水MnSO4的熱化學方程式是________________。（4）MnO2可作超級電容器材料。用惰性電極電解MnSO4溶液可制得MnO2，其陽極的電極反應式是__。（5）MnO2是堿性鋅錳電池的正極材料。堿性鋅錳電池放電時，正極的電極反應式是______。（6）假設脫除的SO2只與軟錳礦漿中的MnO2反應。按照圖示流程，將am3（標準狀況）含SO2的體積分數為b%的尾氣通入礦漿，若SO2的脫除率為89.6%，最終得到MnO2的質量為ckg，則除去鐵、鋁、銅、鎳等雜質時，所引入的錳元素相當于MnO2___________kg。【答案】（1）a,c（2）消耗溶液中的酸，促進Al3＋和Fe3＋水解生成氫氧化物沉淀（3）MnO2(s)＋SO2(g)=MnSO4(s)ΔH=－248KJ/mol（4）Mn2+＋2H2O－2e－=MnO2＋4H＋（5）MnO2＋H2O＋e－=MnO(OH)＋OH－（6）【解析】（1）B中的白色污染主要是由于過度使用塑料引起的（2）MnCO3消耗溶液中酸，使Al3＋和Fe3＋的水解反應正向移動，形成氫氧化物沉淀（3）③—①—②，注意狀態、符號（4）陽極為Mn2＋失電子，電極方程式：Mn2＋＋2H2O－2e－=MnO2＋4H＋（5）正極得電子，電極方程式為MnO2＋H2O＋e－=MnO(OH)＋OH－（6）由電子守恒可知，MnO2中的Mn元素只有3/5來自MnSO4，可由數據得到MnSO4中Mn的量。MnSO4中的Mn元素一部分是SO2與MnO2反應得來，可由題中數據算出，另一部分來自除雜過程中含Mn的物質，可根據上訴Mn元素守恒求得。再除以Mn在MnO2中所占質量分數，即可得到答案。49.（2015·重慶·2）下列說法正確的是（）A．I的原子半徑大于Br，HI比HBr的熱穩定性強B．P的非金屬性強于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性強C．Al2O3和MgO均可與NaOH溶液反應D．SO2和SO3混合氣體通入Ba（NO3）2溶液可得到BaSO3和BaSO4【答案】B【解析】A.非金屬性Br>I,則HBr比HI的熱穩定性強，A錯誤；B.非金屬性P>Si,則H3PO4比H2SiO3的酸性強，B正確；C.Al2O3屬于兩性氧化物，能與氫氧化鈉溶液反應，MgO屬于堿性氧化物，與NaOH溶液不反應，C錯誤；D.SO2在酸性環境中能被Ba（NO3）2氧化成硫酸鋇，則SO2和SO3混合氣體通入Ba（NO3）2溶液只得到BaSO4白色沉淀，D錯誤；答案選B。50.（2015·上海·5）二氧化硫能使溴水褪色，說明二氧化硫具有（）A．還原性B．氧化性C．漂白性D．酸性【答案】A【解析】二氧化硫能使溴水褪色,是由于發生反應：Br2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HBr。在該反應在二氧化硫中的S元素的化合價升高，失去電子，表現還原性。故答案的A。51.（2015·北京·26）氫能是一種極具發展潛力的清潔能源。以太陽能為熱源，熱化學硫碘循環分解水是一種高效、無污染的制氫方法。其反應過程如下圖所示：（1）反應Ⅰ的化學方程式是。（2）反應Ⅰ得到的產物用I2進行分離。該產物的溶液在過量I2的存在下會分成兩層——含低濃度I2的H2SO4層和高濃度的I2的HI層。①根據上述事實，下列說法正確的是（選填序號）。a．兩層溶液的密度存在差異b．加I2前，H2