2019届一轮复习人教版第四章非金属及其化合物学案

2019届一轮复习人教版第四章非金属及其化合物学案

第四章 非金属及其化合物 考点一　碳、硅单质及氧化物的性质 ‎1．碳、硅的结构、存在与用途 ‎(1)碳、硅的原子结构与存在 元素 碳 硅 原子结构示意图 单质的结构 金刚石：空间网状结构 石墨：层状结构 晶体硅：与金刚石类似的空间网状结构 元素在自然界中的存在形式 既有游离态又有化合态 只有化合态 ‎(2)碳、硅的物理性质和用途 物质 石墨 金刚石 晶体硅 外观 黑色鳞片状固体 无色晶体 有金属光泽的灰黑色固体 硬度 很小 自然界中硬度最大 硬度大 导电性 导体 不能导电 半导体 用途 用作电极、铅笔芯 制作首饰等 制作信息技术材料，它是半导体晶体管、硅芯片及太阳能电池等的主要成分 ‎2．碳和硅的化学性质——还原性 写出①～⑥的化学方程式：‎ ‎①‎2C＋O22CO；‎ ‎②CO2＋C2CO；‎ ‎③CuO＋CCu＋CO↑；‎ ‎④C＋H2O(g)CO＋H2(制水煤气)；‎ ‎⑤Si＋4HF===SiF4↑＋2H2↑；‎ ‎⑥Si＋2NaOH＋H2O===Na2SiO3＋2H2↑。‎ ‎3．二氧化碳与二氧化硅的比较 物质 SiO2‎ CO2‎ 结构 空间立体网状，无单个分子 直线形，存在单个分子 物理性质 硬度大，熔、沸点高，常温下为固体，不溶于水 熔、沸点低，常温下为气体，微溶于水 化学性质 与水反应 不反应 CO2＋H2OH2CO3‎ 与酸反应 SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O 不反应 与碱反应 SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O 盛碱液的试剂瓶用橡皮塞 CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O 或CO2＋NaOH===NaHCO3‎ 与盐反应 SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑、‎ SiO2＋CaCO3CaSiO3＋CO2↑‎ Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO CO2＋Na2CO3＋H2O===2NaHCO3‎ 与碱性氧化物反应 SiO2＋CaOCaSiO3‎ CO2＋Na2O===Na2CO3‎ 与碳反应 SiO2＋‎2CSi＋2CO↑‎ CO2＋C2CO 用途 制光学仪器、石英玻璃、光导纤维 化工原料、灭火剂、制冷剂、人工降雨 ‎[注意]　①CO2与水反应生成H2CO3，但SiO2不溶于水，不能用SiO2与水反应制备硅酸。‎ ‎②虽然SiO2既能与酸(HF)反应，又能与碱(NaOH)反应，但SiO2不是两性氧化物。‎ ‎4．CO2的实验室制法 ‎(1)反应原理：CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O。‎ ‎(2)发生装置：启普发生器。‎ ‎5.硅的工业制法及提纯 涉及的化学方程式：‎ ‎①SiO2＋‎2CSi＋2CO↑；‎ ‎②Si＋2Cl2SiCl4；‎ ‎③SiCl4＋2H2Si＋4HCl。‎ ‎6．硅及其氧化物的特性 物质 一般规律 特性 Si 硅的还原性比碳强 SiO2＋‎2CSi＋2CO↑‎ 非金属单质与强碱反应一般不生成氢气 Si＋2NaOH＋H2O===Na2SiO3＋2H2↑‎ 非金属单质一般不与非氧化性酸反应 Si＋4HF===SiF4↑＋2H2↑‎ 一般非金属单质为绝缘体 硅为半导体 SiO2‎ 酸性氧化物一般与水反应生成相应的酸 SiO2不溶于水，不与水反应 酸性氧化物一般不与酸发生复分解反应 SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O ‎“较强酸制较弱酸”是复分解反应的一般规律，碳酸酸性大于硅酸Na2SiO3＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋Na2CO3‎ Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑‎ ‎[题点全练]‎ 题点(一)　碳、硅及其氧化物的性质及应用 ‎1．(1)下列物质能与单质硅起化学反应的是________。‎ ‎①浓HNO3　②水　③浓H2SO4　④氢氟酸　⑤NaOH溶液　⑥氟气　⑦氯气 ‎(2)下列事实能说明非金属性：C>Si的是________。‎ ‎①硬度：金刚石>晶体硅　②熔沸点：SiO2>CO2　③酸性：H2CO3>H2SiO3　④稳定性：CH4>SiH4　⑤CO2通入Na2SiO3溶液中产生白色沉淀　⑥高温下，SiO2与Na2CO3反应　⑦相同条件下，碱性：Na2SiO3(aq)>Na2CO3(aq)‎ 答案：(1)④⑤⑥⑦　(2)③④⑤⑦‎ ‎2．(2018·信阳模拟)为检验二氧化碳气体中是否混有一氧化碳，某课外兴趣小组的同学设计了如下图所示的实验装置：根据装置回答问题：‎ ‎(1)A装置的作用是____________。‎ ‎(2)实验后怎样处理尾气________，发生反应的化学方程式为______________________。‎ ‎(3)若实验时观察到__________________________________________________，则证明原气体中一定含有一氧化碳。‎ 解析：(1)除去混合气体的CO2时，可先将混合气体通入盛有浓NaOH溶液的洗气瓶中，故A装置的作用是吸收CO2，以排除对下面实验的干扰。‎ ‎(2)CO有毒，故将CO点燃生成CO2才能排放到空气中。‎ ‎(3)CO还原CuO的实验现象是黑色粉末变成红色，故利用这一现象来证明原气体中一定含有CO。‎ 答案：(1)吸收CO2‎ ‎(2)点燃　2CO＋O22CO2‎ ‎(3)B中无明显现象，装置C中黑色粉末变成光亮的红色，D中澄清石灰水变浑浊 ‎[规律方法]‎ 确认混合气体(CO、CO2)中含有CO气体的实验设计方法 各装置的作用是：‎ A——除去混合气体中的CO2气体 B——检验混合气体中CO2是否除尽 C——CO还原CuO：CO＋CuOCu＋CO2‎ D——验证CO的氧化产物CO2‎ E——除去尾气中的CO2气体 F——除去尾气中的CO气体、防止污染环境 确定混合气体中含有CO气体的实验现象是：‎ C中的物质由黑色变成红色，B中无明显现象，D中的澄清石灰水变浑浊。‎ 题点(二)　CO2与碱反应产物的判断及现象分析 ‎3．标准状况下，将‎3.36 L CO2气体通入200 mL 1.00 mol·L－1 NaOH溶液中，充分反应后溶液中c(CO)与c(HCO)的比值为(不考虑CO、HCO的水解)(　　)‎ A．1∶1　　　　　　　　 B．1∶2‎ C．2∶1 D．1∶3‎ 解析：选B　设CO、HCO的物质的量分别为x、y，则有解得x＝0.05 mol，y＝0.1 mol。‎ ‎4．将足量CO2通入KOH和Ca(OH)2的混合稀溶液中，生成沉淀的物质的量(n)和通入CO2体积(V)的关系正确的是(　　)‎ 解析：选D　依次发生的反应为Ca(OH)2＋CO2===CaCO3↓＋H2‎ O,2KOH＋CO2===K2CO3＋H2O，K2CO3＋CO2＋H2O===2KHCO3，CaCO3＋CO2＋H2O===Ca(HCO3)2。‎ 题点(三)　硅的制备 ‎5．半导体工业中，有一句行话：“从沙滩到用户”，即由SiO2制取Si。制取过程中不涉及的化学反应是(　　)‎ A．‎2C＋SiO2Si＋2CO↑‎ B．SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O C．Si＋2Cl2SiCl4‎ D．SiCl4＋2H2Si＋4HCl 解析：选B　工业制取纯硅的工艺流程为SiO‎2粗硅SiCl4纯硅，该工艺流程中不涉及SiO2与NaOH溶液的反应。‎ ‎6．高纯度晶硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料，它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”。它可以按下列方法制备：‎ SiO2Si(粗)SiHCl3Si(纯)‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A．步骤①的化学方程式为SiO2＋CSi＋CO2↑‎ B．步骤①②③中生成或消耗1 mol Si，转移2 mol电子 C．二氧化硅能与氢氟酸反应，而硅不能与氢氟酸反应 D．SiHCl3(沸点‎33.0 ℃‎)中含有少量的SiCl4(沸点‎67.6 ℃‎)，可通过蒸馏提纯SiHCl3‎ 解析：选D　A项，高温下SiO2与C反应生成Si和CO气体，即步骤①的化学方程式为SiO2＋‎2CSi＋2CO↑，错误；B项，步骤①中生成1 mol Si，转移4 mol电子，步骤②中生成1 mol SiHCl3，消耗1 mol Si，转移2 mol电子，步骤③中生成1 mol Si，转移2 mol电子，错误；C项，硅能与氢氟酸反应生成SiF4和氢气，错误；D项，SiHCl3和SiCl4的沸点相差较大，可以采用蒸馏的方法分离，正确。‎ 考点二　硅酸、硅酸盐及无机非金属材料 ‎1．硅酸 ‎2．硅酸盐 ‎(1)硅酸钠 ‎①白色、可溶于水的粉末状固体，其水溶液俗称水玻璃，有黏性，水溶液显碱性。‎ ‎②与酸性较硅酸强的酸反应：‎ a．与盐酸反应的化学方程式：Na2SiO3＋2HCl===2NaCl＋H2SiO3↓。‎ b．与CO2水溶液反应的化学方程式：‎ Na2SiO3＋H2O＋CO2===Na2CO3＋H2SiO3↓。‎ ‎③用途：黏合剂(矿物胶)，耐火阻燃材料。‎ ‎(2)硅酸盐改写成氧化物形式的方法 ‎①氧化物的书写顺序：活泼金属氧化物―→较活泼金属氧化物―→二氧化硅―→水，不同氧化物间以“·”隔开。‎ ‎②各元素的化合价保持不变，且满足化合价代数和为零，各元素原子个数比符合原来的组成。‎ ‎③当计量数配置出现分数时应化为整数。如正长石：KAlSi3O8不能写成K2O·Al2O3·3SiO2，应写成K2O·Al2O3·6SiO2。‎ ‎3．无机非金属材料 ‎(1)传统无机非金属材料 ‎①常见硅酸盐材料比较 水泥 玻璃 陶瓷 生产原料 石灰石、黏土 纯碱、石灰石、石英 黏土 主要设备 水泥回转窑 玻璃窑 陶瓷窑 ‎②玻璃生产中的两个重要反应：‎ Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑；‎ CaCO3＋SiO2CaSiO3＋CO2↑。‎ ‎(2)新型无机非金属材料 材料类别 主要特性 示例 用途 高温结构陶瓷 能承受高温，强度高 氮化硅陶瓷 汽轮机叶片、轴承、永久性模具等 半导体陶瓷 具有电学特性 二氧化锡陶瓷 集成电路中的半导体 光学材料 具有光学特性 光导纤维 光缆通讯、医疗、照明等 生物陶瓷 具有生物功能 氧化铝陶瓷 人造骨骼、人造关节、接骨螺钉 ‎[题点全练]‎ 题点(一)　硅酸盐、无机非金属材料 ‎1．大多数物质的俗名是根据其特殊的物理性质或用途得来的。下列物质的俗名与化学式或用途不相符的一组是(　　)‎ 选项 俗名 主要成分(化学式)‎ 用途 A 石英 SiO2‎ 集成电路 B 纯碱 Na2CO3‎ 制备玻璃 C 水玻璃 Na2SiO3‎ 制备硅胶 D 铁红 Fe2O3‎ 用作油漆和涂料 解析：选A　石英主要用于生产玻璃和光导纤维等，晶体硅才用于制作集成电路。‎ ‎2．硅是构成无机非金属材料的一种主要元素，下列有关硅的化合物的叙述错误的是(　　)‎ A．氮化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料，其化学式为Si3N4‎ B．碳化硅(SiC)的硬度大，熔点高，可用于制作高温结构陶瓷和轴承 C.光导纤维是一种新型无机非金属材料，其主要成分为SiO2‎ D．二氧化硅为立体网状结构，其晶体中硅原子和硅氧单键个数之比为1∶2‎ 解析：选D　二氧化硅晶体中，1个Si原子连接4个O原子，1个O原子连接2个Si原子，晶体中Si原子与Si—O键个数之比为1∶4。‎ ‎3．(2018·洛阳模拟)胃舒平主要成分是氢氧化铝，同时含有三硅酸镁(Mg2Si3O8·nH2O)等化合物。‎ ‎(1)三硅酸镁的氧化物形式为________________________________________________。‎ ‎(2)Al2O3、MgO和SiO2都可以制耐火材料，其原因是_______。‎ a．Al2O3、MgO和SiO2都是白色固体 b．Al2O3、MgO和SiO2都是金属氧化物 c．Al2O3、MgO和SiO2都有很高的熔点 解析：(1)Mg2Si3O8·nH2O改写成氧化物的形式为2MgO·3SiO2·nH2O。‎ ‎(2)Al2O3、MgO和SiO2均具有很高的熔点，故可作为耐火材料。‎ 答案：(1)2MgO·3SiO2·nH2O　(2)c 题点(二)　硅及其化合物之间的相互转化 ‎4．下列变化中，不能一步实现的是(　　)‎ A．Na2SiO3―→H2SiO3　　　 B．H2SiO3―→SiO2‎ C．SiO2―→H2SiO3 D．SiO2―→Na2SiO3‎ 解析：选C　Na2SiO3H2SiO3；H2SiO3SiO2，SiO2Na2SiO3，SiO2不与H2O反应，故不能一步转化为H2SiO3。‎ ‎5．如图是利用二氧化硅制备硅及其化合物的流程，下列说法正确的是(　　)‎ A．SiO2属于两性氧化物 B．盛放Na2CO3溶液的试剂瓶用玻璃塞 C．硅胶吸水后可重复再生 D．图中所示的转化都是氧化还原反应 解析：选C　SiO2是酸性氧化物，A错误；Na2CO3溶液呈碱性，试剂瓶不能用玻璃塞，B错误；题图中有的转化不是氧化还原反应，例如SiO2与NaOH溶液的反应，D错误。‎ ‎[综合演练提能]　 ‎ ‎[课堂真题练]‎ ‎1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)(2017·江苏高考)由于SiO2硬度大，故可用于制造光导纤维(×)‎ ‎(2)(2017·江苏高考)下列转化能一步实现：‎ CaCO3CaOCaSiO3(√)‎ ‎(3)(2016·全国卷Ⅲ)因为HF与SiO2反应，故用氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记(√)‎ ‎(4)(2016·江苏高考)下列转化在一定条件下能够实现：‎ SiO2SiCl4Si(×)‎ ‎(5)(2016·海南高考)石英砂可用于生产单晶硅(√)‎ ‎(6)(2016·上海高考)用NaOH溶液不能分离氧化铁中混有的二氧化硅(×)‎ ‎(7)(2016·全国卷Ⅱ)燃料燃烧产物CO2是温室气体之一(√)‎ ‎(8)(2016·四川高考)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，说明该溶液中一定含有CO(×)‎ ‎(9)(2016·海南高考)将澄清石灰水滴入某溶液证明其中存在CO(×)‎ ‎(10)(2016·四川高考)硅胶作袋装食品的干燥剂的过程中没有发生化学变化(√)‎ ‎(11)(2016·四川高考)pH＝2的溶液中可能大量存在Na＋、NH、SiO(×)‎ ‎(12)(2016·江苏高考)向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸的离子方程式：Na2SiO3＋2H＋===H2SiO3↓＋2Na＋(×)‎ ‎(13)(2015·山东高考)向Na2SiO3溶液中通入过量SO2的离子方程式：SiO＋SO2＋H2O===H2SiO3↓＋SO(×)‎ ‎(14)(2015·重庆高考)烧结黏土制陶瓷，不涉及化学反应(×)‎ ‎2．(2017·北京高考)我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO2转化过程示意图如下：‎ 下列说法不正确的是(　　)‎ A．反应①的产物中含有水 B．反应②中只有碳碳键形成 C．汽油主要是C5～C11的烃类混合物 D．图中a的名称是2甲基丁烷 解析：选B　反应①是CO2与H2反应生成了CO，根据元素守恒可推断有H2O生成，A项正确；反应②是CO与H2反应生成(CH2)n，(CH2)n中还含有碳氢键，B项错误；由示意图可知，汽油的主要成分是C5～C11的烃类混合物，C项正确；根据a的球棍模型，可得其结构简式为CH3CH(CH3)CH2CH3，系统名称为2甲基丁烷，D项正确。‎ ‎3．(2016·上海高考)CO2是重要的化工原料，也是应用广泛的化工产品。‎ 某H2中含有2.40 mol CO2，该混合气体通入‎2.00 L NaOH溶液中，CO2被完全吸收。如果NaOH完全反应，该NaOH溶液的浓度为____________。‎ 解析：根据题意要求，2.40 mol CO2被完全吸收，NaOH也完全反应，则反应的产物可能是Na2CO3(此时NaOH的浓度最大)或NaHCO3(此时NaOH的浓度最小)或Na2CO3和NaHCO3的混合物。用极值思想分析两个特殊情况：‎ ‎(1)CO2＋NaOH===NaHCO3，n(NaOH)＝n(CO2)＝2.40 mol，则c(NaOH)＝＝1.20 mol·L－1；‎ ‎(2)CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O，n(NaOH)＝2n(CO2)＝4.80 mol，则c(NaOH)＝＝2.40 mol·L－1；‎ 综合(1)、(2)可知，NaOH溶液的浓度应该为1.20 mol·L－1≤c(NaOH)≤2.40 mol·L－1。‎ 答案：1.2 mol·L－1≤c≤2.4 mol·L－1‎ ‎4．(2015·海南高考)单质Z是一种常见的半导体材料，可由X通过如下图所示的路线制备，其中X为Z的氧化物，Y为氢化物，分子结构与甲烷相似，回答下列问题：‎ ‎(1)能与X发生化学反应的酸是______；由X制备Mg2Z的化学方程式为______________。‎ ‎(2)由Mg2Z生成Y的化学方程式为______________________________________，‎ Y分子的电子式为________。‎ ‎(3)Z、X中共价键的类型分别是________、________。‎ 解析：Z为半导体单质，则Z是Si元素；Si可与氢氟酸反应，其氧化物为二氧化硅，根据反应的流程图可知，二氧化硅与Mg反应生成Mg2Si，Mg2Si与盐酸反应生成的Y为氢化物，则Y的分子式是SiH4，加热分解可得到Si单质。其余问题可解。‎ 答案：(1)氢氟酸　SiO2＋4Mg2MgO＋Mg2Si ‎(2)Mg2Si＋4HCl===2MgCl2＋SiH4↑　‎ ‎(3)非极性键　极性键 ‎5．(2016·上海高考)半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O(g)。半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料。‎ 完成下列填空：‎ ‎(1)半水煤气在铜催化下实现CO变换：‎ CO＋H2OCO2＋H2‎ 若半水煤气中V(H2)∶V(CO)∶V(N2)＝38∶28∶22，经CO变换后的气体中：V(H2)∶V(N2)＝________。‎ ‎(2)碱液吸收法是脱除二氧化碳的方法之一。已知：‎ Na2CO3‎ K2CO3‎ ‎20 ℃‎碱液最高浓度/(mol·L－1)‎ ‎2.0‎ ‎8.0‎ 碱的价格(元/kg)‎ ‎1.25‎ ‎9.80‎ 若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是________；缺点是________。如果选择K2CO3碱液作吸收液，用什么方法可以降低成本？_____________________________________；‎ 写出这种方法涉及的化学反应方程式___________________________________。‎ ‎(3)以下是测定半水煤气中H2以及CO的体积分数的实验方案。‎ 取一定体积(标准状况)的半水煤气，经过下列实验步骤测定其中H2以及CO的体积分数。‎ ‎①选用合适的无机试剂分别填入Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ、Ⅴ方框中。‎ ‎②该实验方案中，步骤Ⅰ、Ⅱ的目的是：_____________________________。‎ ‎③该实验方案中，步骤________(选填“Ⅳ”或“Ⅴ”)可以确定半水煤气中H2的体积分数。‎ 解析：(1)经CO变换后CO转化为氢气，则根据化学方程式可知，所得的气体中：V(H2)∶V(N2)＝(38＋28)∶22＝3∶1。(2)根据表中数据可知若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是价廉，缺点是吸收CO2的能力差。由于生成的碳酸氢钾受热易分解产生碳酸钾，所以碱液循环使用可以降低成本，反应的化学方程式为2KHCO3===K2CO3＋CO2↑＋H2O。‎ ‎(3)①由于半水煤气中含有二氧化碳，所以首先利用碱液除去二氧化碳，干燥后再通过氧化铜反应，利用浓硫酸吸收产生的水蒸气，利用碱液吸收产生的二氧化碳，进而计算体积分数。③氢气还原氧化铜生成水蒸气，浓硫酸吸收水蒸气，所以该实验方案中，步骤Ⅳ可以确定半水煤气中H2的体积分数。‎ 答案：(1)3∶1‎ ‎(2)价廉　吸收CO2能力差　碱液循环使用 ‎2KHCO3===K2CO3＋CO2↑＋H2O ‎②除去半水煤气中的CO2和H2O　③Ⅳ ‎[课下提能练]‎ ‎1．下列关于SiO2和CO2的说法中正确的是(　　)‎ A．CO2、SiO2都能与碱及碱性氧化物反应 B．CO2和SiO2与水反应分别生成相应的酸 C．SiO2可用来制作干燥剂，因SiO2可与水反应 D．CO2和SiO2都是由相应的分子构成的 解析：选A　CO2、SiO2都是酸性氧化物，都能与碱及碱性氧化物反应，故A正确；SiO2不溶于水，也不能和水反应生成硅酸，B不正确；硅胶可用作干燥剂，但SiO2不与水反应，C不正确；CO2是由分子构成的，SiO2是由Si、O原子直接构成的，D不正确。‎ ‎2．二氧化硅广泛存在于自然界中，在日常生活、生产、科研及新型材料等方面有着重要的用途。a～e是对①～⑤反应中SiO2所表现的化学性质或作用进行的判断，其中正确的是(　　)‎ ‎①SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O ‎②SiO2＋‎2CSi＋2CO↑‎ ‎③SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O ‎④Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑‎ ‎⑤SiO2＋‎3CSiC＋2CO↑‎ a．反应①中SiO2作为玻璃的成分被消耗，用于刻蚀玻璃 b．反应②中SiO2表现出氧化性 c．反应③中SiO2表现了酸性氧化物的通性 d．反应④符合用难挥发性的酸酐制取易挥发性的酸酐的道理 e．反应⑤中SiO2未参加氧化还原反应 A．ace　　　　　　　　　　 B．bde C．cde D．ab 解析：选B　通常用氢氟酸来刻蚀玻璃，与之对应的反应是③，因此a、c判断错误；反应②是一个置换反应，其中SiO2被还原，表现出氧化性，b判断正确；反应④是一个复分解反应，用难挥发的SiO2制取易挥发的CO2，d判断正确；反应⑤中碳的化合价由0价变为－4和＋2价，硅的化合价和氧的化合价都没有改变，因此SiO2没有参加氧化还原反应，e判断正确。‎ ‎3．由下列实验事实得出的结论正确的是(　　)‎ A．由SiO2不能与水反应生成H2SiO3，可知SiO2不是酸性氧化物 B．由SiO2＋‎2CSi＋2CO↑，可知碳的非金属性大于硅 C．CO2通入Na2SiO3溶液产生白色沉淀，可知酸性H2CO3>H2SiO3‎ D．SiO2可与NaOH溶液反应，也可与氢氟酸反应，可知SiO2为两性氧化物 解析：选C　由Na2SiO3＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋Na2CO3，可知酸性：H2CO3>H2SiO3 (强酸制弱酸)。‎ ‎4．(2018·邢台质检)将足量CO2气体通入水玻璃中，然后加热蒸干，再在高温下充分灼烧，最后得到的固体物质是(　　)‎ A．Na2SiO3　　　　　　　 B．Na2CO3、Na2SiO3‎ C．Na2CO3、SiO2 D．SiO2‎ 解析：选A　将足量CO2气体通入水玻璃中，发生反应：2CO2＋Na2SiO3＋2H2O===H2SiO3↓＋2NaHCO3，然后加热蒸干，高温灼烧时发生反应：H2SiO3H2O＋SiO2、2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O和Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑‎ ‎，所以最后所得固体物质是Na2SiO3。‎ ‎5．(2018·漳州模拟)C、Si、S都是自然界中含量丰富的非金属元素，下列有关说法中正确的是(　　)‎ A．三种元素在自然界中既有游离态又有化合态 B．元素的＋4价氧化物都属于酸性氧化物，都能与碱反应而不能与任何酸反应 C．最低价的气态氢化物都具有还原性，易与O2发生反应 D．其最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱：H2SO4>H2SiO3>H2CO3‎ 解析：选C　A项，硅元素在自然界中无游离态，错误；B项，SiO2能与氢氟酸反应，错误；C项，C、Si、S三种元素低价态气态氢化物分别为CH4、SiH4、H2S，都具有还原性，易与O2发生反应，正确；D项，酸性强弱顺序为：H2SO4>H2CO3>H2SiO3，错误。‎ ‎6．月球的矿产资源极为丰富，仅月球表层‎5 cm厚的沙土就含铁单质有上亿吨，月球上的主要矿物有辉石CaMgSi2O6、斜长石KAlSi3O8和橄榄石(Mg或Fe)2SiO4等，下列说法或分析不正确的是(　　)‎ A．辉石、斜长石及橄榄石均属于硅酸盐矿 B．斜长石的氧化物形式可表示为K2O·Al2O3·3SiO2‎ C．月球表层沙土中有游离态铁是因为月球的表面几乎没有氧气 D．橄榄石中铁为＋2价 解析：选B　斜长石的氧化物形式应为K2O·Al2O3·6SiO2。‎ ‎7．(2018·宿州模拟)下列叙述中正确的是(　　)‎ A．因为Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑，所以硅酸的酸性比碳酸强 B．碳和硅都是第ⅣA族的元素，所以二氧化碳和二氧化硅的物理性质相似 C．高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维 D．SiO2和CO2都是酸性氧化物，但SiO2不能与水反应生成硅酸 解析：选D　A项，该反应在高温下进行，且反应生成的产物中有气体，反应正向移动，促使反应能够顺利进行，故不能通过此反应判断H2CO3与H2SiO3的酸性强弱，错误；CO2和SiO2的物理性质差异较大，B错误；光导纤维的主要成分是SiO2，C错误；SiO2和CO2都是酸性氧化物，SiO2不溶于水，所以不能与水反应生成硅酸，D正确。‎ ‎8．已知：碳、硅、锗、锡、铅为第ⅣA族元素，其原子序数依次增大，碳、硅、锗、锡的＋4价化合物是稳定的，而铅的＋2价化合物是稳定的。根据元素周期律的知识分析下列关于锗、锡、铅的推断不正确的是(　　)‎ A．SnCl2具有较强的还原性，PbO2具有较强的氧化性 B．若锗、锡在空气中不反应，铅有可能与氧气反应 C．若锗与盐酸不反应，锡、铅也不能与盐酸反应 D．三种元素的＋4价氢氧化物的碱性由弱到强的顺序：Ge(OH)4Br2>I2‎ B c处先变红，后褪色 氯气与水生成了酸性物质 C d处立即褪色 氯气与水生成了漂白性物质 D e处变红色 还原性：Fe2＋>Cl－‎ 解析：选D　a处变蓝、b处变红棕色，说明Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2，可证明氧化性：Cl2>I2、Cl2>Br2，但不能证明氧化性：Br2>I2‎ ‎，A错误；c处先变红，说明氯气与水反应生成酸性物质，后褪色，说明氯气与水生成的HClO具有漂白性，B错误；d处立即褪色，也可能是氯气与水反应生成的酸性物质中和NaOH的原因，C错误；e处变红说明Cl2将Fe2＋氧化为Fe3＋：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，证明还原性：Fe2＋>Cl－，D正确。‎ ‎2．(2018·定州中学月考)氯气的水溶液称为“氯水”，氯水中含有多种分子和离子，因此氯水有多重性质，下列有关新制氯水的说法中不正确的是(　　)‎ A．新制氯水呈黄绿色，且有刺激性气味，说明氯水中含有Cl2‎ B．新制氯水滴在蓝色石蕊试纸上，试纸先变红色后褪色，可说明氯水中含有Cl2‎ C．向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变成蓝色，说明Cl2可以与盐发生置换反应 D．新制氯水滴到Na2CO3溶液中，有气体产生，说明氯水中含有H＋‎ 解析：选B　Cl2＋H2OHCl＋HClO，氯水中含有Cl2、H＋、Cl－、HClO。A项，氯气是黄绿色气体，新制氯水呈现黄绿色，说明氯水中含有Cl2，正确；B项，试纸先变红，说明含有H＋，后褪色，是因为HClO的漂白性，错误；C项，溶液变蓝说明生成I2，新制氯水的主要成分是Cl2，说明发生反应Cl2＋2I－===2Cl－＋I2，正确；D项，发生反应2H＋＋CO===CO2↑＋H2O，正确。‎ ‎[规律方法]　液氯、新制氯水、久置氯水的比较 液氯 新制氯水 久置氯水 分类 纯净物 混合物 混合物 颜色 黄绿色 浅黄绿色 无色 性质 氧化性 酸性、氧化性、漂白性 酸性 粒子 种类 Cl2‎ Cl2、HClO、H2O、H＋、Cl－、ClO－、OH－‎ H2O、H＋、Cl－、OH－‎ 题点(二)　含氯化合物的性质及应用 ‎3．制取水处理剂ClO2(其部分性质如表所示)的方法之一是利用草酸(H‎2C2O4)与氯酸钾反应，反应的化学方程式为2KClO3＋aH‎2C2O4＋H2SO4===2ClO2↑＋K2SO4＋2CO2↑＋bH2O。下列有关该反应的说法不正确的是(　　)‎ 密度/g·L－1‎ 熔点/℃‎ 沸点/℃‎ 水溶性 ‎3.09‎ ‎－59.5‎ ‎11.0‎ 极易溶解 A．化学方程式中a＝1，b＝2‎ B．草酸只起到还原剂的作用 C．KClO3中只有Cl元素被还原 D．生成标准状况下‎5.6 L ClO2时，转移0.25 mol电子 解析：选D　由化学方程式中的碳元素守恒可知a＝1，由氢元素或氧元素守恒可知b＝2，A项正确；该反应中的草酸为还原剂，氯酸钾为氧化剂，B、C项正确；标准状况下ClO2‎ 为液体，D项错误。‎ ‎4．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－>I2>SO B．若将Na2SO3溶液加入氯水中，氯水褪色 C．淀粉KI溶液变蓝是因为I－被ClO－氧化为I2，I2遇淀粉变蓝 D．蓝色消失的原因是Na2SO3溶液具有漂白性 解析：选D　第一步中发生的反应为2I－＋ClO－＋2H＋===I2＋Cl－＋H2O，故氧化性：ClO－>I2；第二步中发生的反应为I2＋SO―→SO＋化合态碘，故氧化性：I2>SO，A项正确；Cl2氧化性比I2的强，故由第二步实验可知B项正确；I2遇淀粉变蓝，说明I－被ClO－氧化为I2，C项正确；第二步实验证明Na2SO3具有还原性，非漂白性，D项错误。‎ ‎[规律方法]　次氯酸盐的强氧化性 ClO－不论是在酸性、碱性条件下都能跟亚铁盐、碘化物、硫化物、亚硫酸盐等发生氧化还原反应，即ClO－与I－、Fe2＋、S2－、SO不论是在酸性环境还是在碱性环境中均不能大量共存。如漂白粉遇到亚硫酸盐：Ca2＋＋ClO－＋SO===CaSO4↓＋Cl－。‎ 考点二　氯气的实验室制法 氯气是一种性质活泼的气体，以氯气的实验室制备、性质探究为素材的实验题目在高考实验类试题中占有较大的比重。如2016年四川卷T9、2015年江苏卷T19、福建卷T25、海南卷T17、重庆卷T9。高考“题在书外，理在书中”，高考实验无非是教材实验的创新考查而已。本书对一些经典实验的编排不囿旧规，创新编排思路——在用直观的实验图示展示实验流程的同时，又巧妙地将一些高考创新实验给予对照比较，旨在让考生迁移思维、开阔视野，记牢更要用活，学会更要学通。‎ ‎[实验装置图解]‎ ‎[思考]‎ ‎1．如何检验集气瓶中已收集满氯气？‎ 提示：(1)实验室制取Cl2时，常常根据集气瓶中气体的颜色判断是否收集满。‎ ‎(2)将湿润的蓝色石蕊试纸靠近盛Cl2的瓶口，观察到试纸先变红后褪色，则证明已集满。‎ ‎(3)将湿润的淀粉碘化钾试纸靠近盛Cl2的瓶口，观察到试纸立即变蓝，则证明已集满。‎ ‎2．实验室里能否用K2Cr2O7(或KClO3)代替MnO2与浓盐酸反应制取Cl2？若能，写出反应的离子方程式。‎ 提示：能；常温下即可反应，故不需要酒精灯加热，离子方程式为Cr2O＋6Cl－＋14H＋===2Cr3＋＋3Cl2↑＋7H2O，ClO＋5Cl－＋6H＋===3Cl2↑＋3H2O。‎ ‎3．400 mL 10 mol·L－1的浓盐酸与足量的MnO2混合共热，能否得到1 mol Cl2?‎ 提示：不能；因为MnO2与稀盐酸不反应，故生成的Cl2小于1 mol。‎ ‎[题点全练]‎ 题点(一)　氯气的制取及性质探究 ‎1．实验室用MnO2和浓盐酸制Cl2时，有如下操作：①连好装置，检查气密性；②缓缓加热；③加入MnO2粉末；④从装有浓盐酸的分液漏斗中加入浓盐酸；⑤将多余氯气用NaOH溶液吸收；⑥用向上排气收集氯气。顺序正确的是(　　)‎ A．①②③④⑥⑤　　　　　　 B．③④②①⑥⑤‎ C．①④③②⑥⑤ D．①③④②⑥⑤‎ 解析：选D　气体制备装置的连接顺序：从下到上，从左到右；装入药品的顺序为：先固后液。‎ ‎2．(2018·南昌模拟)如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持装置已略)。‎ ‎(1)制备氯气选用的药品为漂粉精固体和浓盐酸，则相关反应的化学方程式为________________________________________________________________________。‎ ‎(2)装置B中饱和食盐水的作用是_______________________________________；‎ 同时装置B也是安全瓶，监测实验进行时装置C是否发生堵塞，请写出发生堵塞时装置B中的现象：__________________________________________。‎ ‎(3)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此装置C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ处依次放入________(填字母)。‎ a b c d Ⅰ 干燥的有色布条 干燥的有色布条 湿润的有色布条 湿润的有色布条 Ⅱ 碱石灰 硅胶 浓硫酸 无水氯化钙 Ⅲ 湿润的有色布条 湿润的有色布条 干燥的有色布条 干燥的有色布条 ‎(4)设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性。当向D装置中缓缓通入一定量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为________色，说明氯的非金属性强于溴。‎ ‎(5)打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡后静置。观察到的现象是________________________________________________________________________。‎ 解析：(1)根据氧化还原反应的规律，次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯化钙、氯气与水，反应的化学方程式为Ca(ClO)2＋4HCl(浓)===CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O。‎ ‎(2)浓盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有HCl，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2‎ 中的HCl；若装置C发生堵塞，装置B中的压强会增大，长颈漏斗中液面上升，形成水柱。‎ ‎(3)验证氯气是否具有漂白性，要对比验证干燥氯气和湿润氯气有无漂白性，因此Ⅰ处应为湿润的有色布条，Ⅱ处应为干燥剂，Ⅲ处应为干燥的有色布条，U形管中应用固体干燥剂。‎ ‎(4)当向装置D中缓缓通入少量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为棕黄色，发生反应：Cl2＋2NaBr===2NaCl＋Br2。‎ ‎(5)打开活塞，将装置D中含Br2的少量溶液加入装置E中，发生反应：Br2＋2KI===2KBr＋I2，碘单质溶于苯呈紫红色，振荡后静置，观察到的现象是装置E中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色。‎ 答案：(1)Ca(ClO)2＋4HCl(浓)===CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O ‎(2)除去Cl2中的HCl　长颈漏斗中液面上升，形成水柱 ‎(3)d ‎(4)棕黄 ‎(5)装置E中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色 ‎[规律方法]　氯气的性质探究实验流程 装置 试剂 实验现象 实验目的 A 浓硫酸 验证氯气无漂白作用，而湿润的红布条之所以褪色是因为Cl2与H2O反应生成的HClO具有漂白作用 B 干燥红布条 无明显变化 C 湿润红布条 红布条褪色 D FeCl2溶液 溶液由浅绿色变棕黄色 验证氯气具有强氧化性，可与金属及还原性物质反应 E 淀粉KI溶液 溶液变蓝色 F 浓硫酸 G 铁粉 产生棕色烟 H NaOH溶液 吸收多余的氯气 题点(二)　陌生氯化物的制备 ‎3．二氯化二硫(S2Cl2)是一种常用于橡胶硫化、有机物氯化的试剂，甲同学查阅资料：①将干燥的氯气在110～‎140 ℃‎间与硫反应，即可得S2Cl2粗品；②有关物质的部分性质如表所示：‎ 物质 熔点/℃‎ 沸点/℃‎ 化学性质 S ‎112.8‎ ‎444.6‎ 略 S2Cl2‎ ‎－77‎ ‎137‎ 一种橙黄色的液体，遇水易水解，有淡黄色固体出现，同时产生能使品红溶液褪色的气体；‎300 ℃‎以上完全分解；S2Cl2＋Cl22SCl2。‎ 设计如图所示实验装置在实验室合成S2Cl2：‎ 回答以下问题：‎ ‎(1)仪器A的名称是________。‎ ‎(2)B中所发生反应的离子方程式为____________________________________。‎ ‎(3)C装置的作用是___________________________________________。‎ ‎(4)S2Cl2粗品中可能混有的杂质是____________________________________________。‎ ‎(5)乙同学发现，该装置中除了E处的温度不能过高外，还有一处重大缺陷需改进，否则会导致S2Cl2的产率大大降低，原因是________________________(用化学方程式表示)；请简要提出改进方案____________________________________________________。‎ ‎(6)H中的溶液可以选择下列试剂中的________(填序号)。‎ ‎①碳酸钠溶液　②氯化铁溶液　③亚硫酸钠溶液 ‎④高锰酸钾溶液 解析：(1)由装置图可知A为分液漏斗。(2)在装置B中制取氯气，离子反应方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O。(3)在E中干燥纯净的Cl2与S发生反应，而B中制取的Cl2中含有HCl杂质，除杂后气体还需要干燥，故C中盛有饱和食盐水以除去HCl，D中盛有浓硫酸以干燥氯气。(4)结合题给信息，S2Cl2能与Cl2反应生成SCl2，知S2Cl2粗品中可能混有的杂质有S、SCl2、Cl2。(5)观察装置图可知，H中水蒸气可进入G中，发生反应：2S2Cl2＋2H2O===3S↓＋SO2↑＋4HCl，导致S2Cl2产率降低，可在G和H之间增加干燥装置。(6)H是除氯气装置，氯化铁和高锰酸钾都不与氯气反应，①③符合题意。‎ 答案：(1)分液漏斗 ‎(2)MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O ‎(3)除去Cl2中的HCl杂质 ‎(4)S、SCl2、Cl2‎ ‎(5)2S2Cl2＋2H2O===3S↓＋SO2↑‎ ‎＋4HCl　在G和H之间增加干燥装置(如盛有浓硫酸的洗气瓶)‎ ‎(6)①③‎ 考点三　卤素单质的制取、性质及卤素离子的检验 ‎(一)提取卤素单质的工艺流程 ‎1．海水中提氯 海水―→粗盐饱和食盐水 化学方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑。‎ ‎2．海水中提溴 ‎(1)流程 ‎(2)发生反应的离子方程式 ‎①2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－；‎ ‎②；‎ ‎③2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－。‎ ‎3．海带中提碘 ‎(1)流程 ‎(2)发生反应的离子方程式 ‎2I－＋Cl2===I2＋2Cl－‎ ‎(二)卤素单质的性质 ‎1．卤素单质性质的相似性 ‎(1)都能与大多数金属反应，如2Fe＋3Br2===2FeBr3，但I2与Fe反应生成FeI2。‎ ‎(2)都能与H2反应生成HX：X2＋H2===2HX(X代表Cl、Br、I，下同)。‎ ‎(3)都能与水反应：X2＋H2OHX＋HXO(F2例外：‎2F2＋2H2O===4HF＋O2)。‎ ‎(4)都能与碱溶液反应：X2＋2NaOH===NaX＋NaXO＋H2O(F2例外)。‎ ‎2．卤素单质的递变性 颜色 熔、沸点 密度 水溶性 氧化性 还原性(X－)‎ 阴离子还原性由强到弱顺序是I－>Br－>Cl－；‎ ‎①Cl2能从Br－的溶液中置换出Br2，离子方程式为2Br－＋Cl2===2Cl－＋Br2; ‎ ‎②Br2能从I－的溶液中置换出I2，离子方程式为2I－＋Br2===2Br－＋I2‎ ‎3．特殊性 氟 ‎①无正价，非金属性最强，F－的还原性最弱 ‎②‎2F2＋2H2O===4HF＋O2，与H2反应在暗处即爆炸 ‎③氢氟酸是弱酸，能腐蚀玻璃，故应保存在塑料瓶中 溴 ‎①Br2是深红棕色液体，易挥发 ‎②Br2易溶于有机溶剂 ‎③盛溴的试剂瓶中加水，进行水封，保存液溴不能用橡胶塞 碘 ‎①淀粉遇I2变色 ‎②I2加热时易升华 ‎③I2易溶于有机溶剂 ‎(三)卤素离子的检验 ‎1．AgNO3溶液——沉淀法 未知液生成 ‎2．置换——萃取法 未知液 ‎3．氧化——淀粉检验I－‎ 未知液 色溶液，表明有I－‎ ‎[题点全练]‎ 题点(一)　卤素的性质及应用 ‎1．已知常温下氯酸钾与浓盐酸反应放出氯气，现按下图进行卤素的性质实验。玻璃管内分别装有滴有不同溶液的白色棉球，反应一段时间后，对图中指定部分颜色描述正确的是(　　)‎ 选项 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ A 黄绿色 橙色 蓝色 白色 B 无色 橙色 紫色 白色 C 黄绿色 橙色 蓝色 无色 D 黄绿色 无色 紫色 白色 解析：选A　由①处产生的Cl2通过②时发生反应Cl2＋2NaBr===2NaCl＋Br2，通过③时发生反应Cl2＋2KI===2KCl＋I2，通过④时发生反应Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，因Cl2为黄绿色，Br2为橙色，淀粉遇I2变蓝，Cl2遇碱产生NaCl、NaClO，可知应选A。‎ ‎2．(2018·临沂模拟)鉴别NaCl溶液、NaBr溶液、NaI溶液可以选用的试剂是(　　)‎ ‎①碘水、淀粉溶液　②氯水、CCl4　③溴水、苯　④硝酸、AgNO3溶液　⑤氯水、苯　⑥CCl4、淀粉溶液 A．①②④ B．②③⑥‎ C．②④⑤ D．④⑤⑥‎ 解析：选C　将②加入NaCl溶液中，下层为黄绿色，加入NaBr溶液中，下层为橙红色，加入NaI溶液中，下层为紫红色；加入⑤与加入②均产生分层现象；④分别加入NaCl溶液、NaBr溶液、NaI溶液得到不同颜色的沉淀。‎ ‎3．为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)。‎ 实验过程：‎ Ⅰ.打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。‎ Ⅱ.当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。‎ Ⅲ.当B中溶液由黄色变为红棕色时，关闭活塞a。‎ Ⅳ.……‎ ‎(1)A中产生黄绿色气体，其电子式是________________________________________________________________________。‎ ‎(2)验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是___________________________________。‎ ‎(3)B中溶液发生反应的离子方程式是_______________________________________。‎ ‎(4)为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象是 ‎___________________________________________________________________。‎ ‎(5)过程Ⅲ实验的目的是_____________________________________。‎ ‎(6)氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下____________________，得电子能力逐渐减弱。‎ 解析：(1)A中产生的黄绿色气体为Cl2，其电子式为。(2)Cl2遇湿润的淀粉KI试纸时，发生反应：Cl2＋2KI===I2＋2KCl，产生的I2遇淀粉变蓝，可以证明Cl2的氧化性强于I2。(3)B中Cl2与NaBr发生置换反应，离子方程式为Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2。(4)C中NaBr与Cl2反应生成NaCl和Br2，将C中溶液滴入D中，振荡，发生反应：Br2＋2KI===I2＋2KBr，静置后D中溶液分层，下层为碘的CCl4溶液，显紫红色，可以说明溴的氧化性强于碘。(5)过程Ⅲ的B中溶液由黄色变为棕红色说明仍有Br2生成，由于B与C中溶液相同，故C中通入Cl2不足，NaBr过量，故C的黄色溶液中无Cl2，排除对溴置换碘实验的干扰。(6)氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱，是因为从Cl到I，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。‎ 答案：(1) 　(2)湿润的淀粉KI试纸变蓝 ‎(3)Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－‎ ‎(4)打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡，静置后CCl4层变为紫红色 ‎(5)确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰 ‎(6)原子半径逐渐增大 题点(二)　卤素单质的制取 ‎4．(2018·长春模拟)从海带中提取碘单质，成熟的工艺流程如下，下列关于海水制碘的说法不正确的是(　　)‎ A．实验室在蒸发皿中灼烧干海带，并且用玻璃棒搅拌 B．在含I－的滤液中加入稀硫酸和H2O2后，碘元素发生氧化反应 C．在碘水中加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝色 D．在碘水中加入CCl4得到I2的CCl4溶液，该操作为“萃取”‎ 解析：选A　灼烧干海带应在坩埚中进行，而不应在蒸发皿中灼烧海带。‎ ‎5．我国有广阔的海岸线，建设海峡经济区，海水的综合利用大有可为，如图所示为海水综合利用部分流程，有关说法正确的是(　　)‎ A．上述工艺流程中涉及化合、分解、复分解和置换反应 B．①只发生了化学变化，②是用电解熔融NaCl制备Cl2‎ C．③④涉及的反应均为氧化还原反应，⑤只需要蒸馏即可得到单质Br2‎ D．④中反应的离子方程式为SO2＋Br2＋2H2O===4H＋＋SO＋2Br－‎ 解析：选D　题述工艺流程中②电解熔融氯化钠制取氯气属于分解反应，③属于置换反应，工艺流程中没有涉及化合、复分解反应，故A错误；①只发生了物理变化，②是用电解熔融NaCl制备Cl2，故B错误；③④⑤涉及的反应均为氧化还原反应，故C错误；④中反应的离子方程式为SO2＋Br2＋2H2O===4H＋＋SO＋2Br－，故D正确。‎ ‎[综合演练提能]　 ‎ ‎[课堂真题练]‎ ‎1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)(2016·全国卷Ⅰ)将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl2(×)‎ ‎(2)(2016·全国卷Ⅲ)漂白粉能漂白织物的原因是次氯酸盐具有氧化性(√)‎ ‎(3)(2016·全国卷Ⅲ)将浓盐酸与MnO2共热产生的气体先通过浓H2SO4，后通过饱和食盐水来制备纯净Cl2(×)‎ ‎(4)(2016·四川高考)氯气作水的杀菌消毒剂时没有发生化学变化(×)‎ ‎(5)(2016·上海高考)Cl2能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，说明Cl2具有氧化性(√)‎ ‎(6)(2015·江苏高考)酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO＋I－＋6H＋===I2＋3H2O(×)‎ ‎(7)(2015·广东高考)向含I－的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，现象是溶液变成蓝色，说明氧化性：Cl2>I2(√)‎ ‎(8)(2015·山东高考)向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色，说明Br－还原性强于Cl－(√)‎ ‎(9)(2015·上海高考)HClO见光不会分解(×)‎ ‎2．(2015·全国卷Ⅱ)海水开发利用的部分过程如下图所示。下列说法错误的是(　　)‎ A．向苦卤中通入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 解析：选C　A项，苦卤中含有K＋、Mg2＋、Br－等，通入Cl2可将Br－氧化成Br2，便于从苦卤中提取Br2。B项，粗盐中含有不溶性杂质(泥沙)和可溶性杂质(Ca2＋、Mg2＋、SO等)，将粗盐溶于水，并除去其中的杂质，再通过重结晶的方法得到纯净NaCl晶体。C项，工业上沉淀Mg2＋常选用廉价的Ca(OH)2，而不选用NaOH。D项，Br2具有较强的挥发性，富集溴时，常先用空气和水蒸气吹出Br2，再用SO2将其还原吸收(SO2＋Br2＋2H2O===H2SO4＋2HBr)，得到浓度较大的含Br－溶液。‎ ‎3．(2015·北京高考)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－＋H2O B．该消毒液的pH约为12：ClO－＋H2OHClO＋OH－‎ C．该消毒液与洁厕灵(主要成分为HCl)混用，产生有毒Cl2：2H＋＋Cl－＋ClO－===Cl2↑＋H2O D．该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH＋ClO－===HClO＋CH3COO－‎ 解析：选B　A．将Cl2通入NaOH溶液中可制得消毒液，离子方程式为2OH－＋Cl2===Cl－＋ClO－＋H2O。B.饱和NaClO溶液的pH约为11，现在该消毒液的pH为12，故不可能仅为ClO－的水解所致，该消毒液中还含有一定量的NaOH，是使消毒液的pH约为12的主要原因。C.该消毒液与洁厕灵混用时，ClO－与Cl－会发生氧化还原反应生成Cl2。D.HClO有较强的漂白性。因为CH3COOH的酸性强于HClO，在该消毒液中加入CH3COOH，会使CH3COOH与ClO－反应生成HClO，增强其漂白性。‎ ‎4．(2016·全国卷Ⅰ)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)‎ 解析：(1)由化合价规则知，NaClO2中Cl的化合价为＋3。‎ ‎(2)由工艺流程图可以看出SO2、H2SO4、NaClO3为反应物，ClO2、NaHSO4为生成物，再根据化合价升降法配平得出化学方程式为SO2＋H2SO4＋2NaClO3===2ClO2＋2NaHSO4。‎ ‎(3)粗盐水精制时除去Mg2＋通常用NaOH溶液，生成氢氧化镁沉淀，过滤除去；除去 Ca2＋通常用Na2CO3溶液，生成碳酸钙沉淀，过滤除去。电解时阴极为得电子极，因此产物的化合价应降低，即生成NaClO2。‎ ‎(4)由信息“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2知，反应物之一为ClO2，再由生产工艺流程图知，用的吸收试剂是NaOH、H2O2，由生产工艺流程图知产物之一为NaClO2，由ClO2生成NaClO2，Cl的化合价由＋4变为＋3，化合价降低，ClO2为氧化剂，则H2O2为还原剂，化合价升高，生成氧气，再由电子守恒得，此吸收反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，该反应中氧化产物是O2。‎ ‎(5)由信息知，要求出每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力，先求得‎1 g NaClO2变为Cl－转移的电子数为1÷90.5×4，再设有x g Cl2变为Cl－的氧化能力与‎1 g NaClO2的氧化能力相当，列方程得1÷90.5×4＝x÷71×2，解得x＝1.57，即为有效氯含量。‎ 答案：(1)＋3‎ ‎(2)2NaClO3＋SO2＋H2SO4===2ClO2＋2NaHSO4‎ ‎(3)NaOH溶液　Na2CO3溶液　ClO(或NaClO2)‎ ‎(4)2∶1　O2　(5)1.57‎ ‎5．(2015·海南高考)工业上，向500～‎600 ℃‎的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁；向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁。现用如图所示的装置模拟上述过程进行实验。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)制取无水氯化铁的实验中，A中反应的化学方程式为____________________________________，装置B中加入的试剂是________。‎ ‎(2)制取无水氯化亚铁的实验中，装置A用来制取________。尾气的成分是________。若仍用D的装置进行尾气处理，存在的问题是____________________________、‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(3)若操作不当，制得的FeCl2会含有少量FeCl3，检验FeCl3常用的试剂是________。欲制得纯净的FeCl2，在实验操作中应先________，再________。‎ 解析：(1)制取无水氯化铁的实验中，A装置为氯气的制备装置，发生的反应为二氧化锰和浓盐酸共热生成二氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)△,MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，装置B的作用是除去氯气中的水蒸气，B中加入的试剂是浓硫酸。(2)根据题给信息知制取无水氯化亚铁的实验中，装置A用来制取HCl；尾气的成分是HCl和H2；若仍用D的装置进行尾气处理，氯化氢气体极易溶于水，氢气与氢氧化钠溶液不反应，则存在的问题是发生倒吸、可燃性气体H2不能被吸收。(3)检验FeCl3常用的试剂是KSCN溶液；欲制得纯净的FeCl2，应防止装置中氧气的干扰，在实验操作中应先通入氯化氢，利用产生的氯化氢气体排出装置中的空气，再点燃C处的酒精灯。‎ 答案：(1)MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O 浓硫酸 ‎(2)HCl　HCl和H2　易发生倒吸　可燃性气体H2不能被吸收 ‎(3)KSCN溶液　通入氯化氢(赶尽装置中的空气)‎ 点燃C处的酒精灯 ‎[课下提能练]‎ ‎1．(2018·池州模拟)下列离子方程式正确的是(　　)‎ ‎①氯气与水反应：Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－‎ ‎②氯气与氢氧化钠溶液反应：‎ Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O ‎③浓盐酸与二氧化锰共热：‎ MnO2＋4HClMn2＋＋2Cl－＋Cl2↑＋2H2O ‎④漂白粉溶液中通入少量的二氧化碳气体：‎ Ca2＋＋2ClO－＋H2O＋CO2===CaCO3↓＋2HClO A．①③　　　　　　　　　 B．②④‎ C．②③ D．①④‎ 解析：选B　①氯气与水反应生成的HClO为弱酸，在离子方程式中不能拆分书写；③中浓盐酸可全部电离，应写成H＋和Cl－的形式。‎ ‎2．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‎22.4 L H2(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)‎ 解析：选B　NaClO属于盐，为强电解质，A错；B可制备Fe(OH)3胶体，故正确；HCl为共价化合物，C错；电解NaCl溶液时，阴极反应：2H＋＋2e－===H2↑，产生标准状况下‎22.4 L H2，应转移2NA个电子，D错。‎ ‎3.(2018·宁德模拟)某同学在一pH试纸上滴几滴新制的氯水，现象如图所示，下列有关该实验的说法中正确的是(　　)‎ A．该实验说明Cl2分子具有漂白性 B．该实验说明H＋扩散速度比HClO分子快 C．将实验后的pH试纸在酒精灯上微热，试纸又恢复为原来的颜色 D．若用久置的氯水进行实验，现象相同 解析：选B　HClO具有漂白性，Cl2无漂白性，A项错误；久置的氯水主要成分为稀盐酸，无漂白性，D项错误；HClO的漂白持久、稳定，实验后的pH试纸加热不会恢复原来的颜色，C项错误。‎ ‎4．下列能够检验出KI中是否含有Br－的实验是(　　)‎ A．加入足量的新制氯水，溶液变色则有Br－‎ B．加入酸性KMnO4溶液，观察溶液颜色是否褪去 C．加入少量的碘水，再加入CCl4振荡，有机层有色，则有Br－‎ D．加入足量FeCl3溶液，用CCl4萃取后，取无色的水层并加入AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成，则含有Br－‎ 解析：选D　A项，在KI中加入足量新制氯水，也会置换出单质碘而使溶液变色，故不能确定是否含有Br－；B项，Br－和I－均能使酸性KMnO4‎ 溶液褪色；C项，加入少量的碘水，再加入CCl4振荡，有机层是萃取I2而显色，并没有Br2产生。‎ ‎5．(2018·成都调研)从淡化海水中提取溴的流程如下：‎ 下列有关说法不正确的是(　　)‎ A．X试剂可以为Na2SO3饱和溶液 B．步骤Ⅲ的离子反应：2Br－＋Cl2===2Cl－＋Br2‎ C．工业上每获得1 mol Br2，需要消耗Cl2 ‎‎44.8 L D．步骤Ⅳ包含萃取、分液和蒸馏 解析：选C　未知Cl2所处的状况，故无法确定所消耗Cl2的体积。‎ ‎6.如图所示。若关闭阀门Ⅰ，打开阀门Ⅱ，让一种含氯气的气体经过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色；若关闭阀门Ⅱ，打开阀门Ⅰ，再通入这种气体，布条褪色。甲瓶中所盛的试剂可能是(　　)‎ ‎①浓硫酸　②饱和氯化钠溶液　③亚硫酸钠溶液 ‎④饱和碳酸氢钠溶液 A．①②③ B．②③④‎ C．①②④ D．①③④‎ 解析：选D　Cl2与H2O反应生成的HClO具有漂白作用。气体通过甲瓶后不能使有色布条褪色，可能有两个原因：一是甲瓶中溶液将Cl2干燥，二是甲瓶中溶液能吸收Cl2。浓H2SO4吸水，Na2SO3溶液、饱和NaHCO3溶液都能与Cl2发生反应。‎ ‎7.(2018·莱州一中质检)将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应(已知反应过程放热)，生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO－和ClO两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的变化如图所示。下列说法不正确的是(　　)‎ A．反应中转移电子的物质的量是0.21 mol B．ClO的生成可能是由于温度升高引起的 C．苛性钾溶液中KOH的质量是‎16.8 g D．一定有‎3.36 L氯气参加反应 解析：选D　氯气和氢氧化钾溶液反应生成KClO、KClO3和KCl，根据图像知n(ClO－)＝0.06 mol，n(ClO)＝0.03 mol，故转移电子的物质的量为0.06 mol×(1－0)＋0.03 mol×(5－0)＝0.21 mol，故A正确；根据图像知，氯气和氢氧化钾反应先生成次氯酸钾，且该反应是放热反应，随着温度的升高，氯气和氢氧化钾反应生成氯酸钾，所以ClO的生成可能是由于温度升高引起的，故B正确；根据得失电子守恒可知n(Cl－)＝0.21 mol，根据物料守恒可知n(K＋)＝n(Cl－)＋n(ClO－)＋n(ClO)＝0.21 mol＋0.06 mol＋0.03 mol＝0.3 mol，则n ‎(KOH)＝0.3 mol，则氢氧化钾质量为0.3 mol×‎56 g·mol－1＝‎16.8 g，故C正确；根据氯原子守恒可知参加反应的氯气为0.15 mol，氯气的状态未知，不能确定其体积，故D错误。‎ ‎8．(2018·六安一中段考)碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I－的形式存在，几种粒子之间有如图所示关系，根据图示转化关系推测下列说法不正确的是(　　)‎ A．可用淀粉KI试纸和食醋检验加碘盐中是否含有碘 B．足量Cl2能使湿润的淀粉KI试纸变白的原因可能是5Cl2＋I2＋6H2O===2HIO3＋10HCl C．由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2>I2>IO D．途径Ⅱ中若生成1 mol I2，反应中转移的电子数为10NA 解析：选C　加碘盐中含有IO，在酸性条件下可被I－还原生成I2，淀粉KI试纸会变蓝，A正确；根据图示转化关系可知原因可能是5Cl2＋I2＋6H2O===2HIO3＋10HCl，B正确；根据途径Ⅰ可知氧化性：Cl2>I2，根据途径Ⅱ可知氧化性：IO>I2，根据途径Ⅲ可知氧化性：Cl2>IO，C错误；根据关系式：2IO～I2～10e－可知，若生成1 mol I2，反应中转移的电子数为10NA，D正确。‎ ‎9．已知：KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O，如图所示，将少量试剂分别放入培养皿中的相应位置，实验时将浓盐酸滴在KClO3晶体上，并用表面皿盖好。下表中由实验现象得出的结论完全正确的是(　　)‎ 选项 实验现象 结论 A 滴有KSCN的FeCl2溶液变红 Cl2具有还原性 B 滴有酚酞的NaOH溶液褪色 Cl2具有酸性 C 紫色石蕊溶液先变红后褪色 Cl2具有漂白性 D KI淀粉溶液变成蓝色 Cl2具有氧化性 解析：选D　A项是因为Cl2具有强氧化性，错误；Cl2本身没有酸性，溶液褪色，可能是Cl2与水反应生成HCl和HClO，再与NaOH溶液发生中和反应生成盐而使溶液褪色，还可能是生成的HClO的漂白性使溶液褪色，B项错误；Cl2本身不具有漂白性，而是Cl2与H2O作用生成的HClO具有漂白性，C项错误。‎ ‎10．甲、乙、丙三种溶液中各含有一种X－(X－为Cl－、Br－、I－‎ 中的一种)，向甲溶液中加入淀粉溶液和新制氯水，则溶液变为橙色，再加入丙溶液，颜色无明显变化。则甲、乙、丙依次含有的卤素离子是(　　)‎ A．Br－、Cl－、I－ B．Br－、I－、Cl－‎ C．I－、Br－、Cl－ D．Cl－、I－、Br－‎ 解析：选B　根据卤素单质氧化性强弱和X－还原性强弱的变化规律可知，X2的氧化性：Cl2＞Br2＞I2，X－的还原性：Cl－＜Br－＜I－。溴水呈橙色，碘单质能使淀粉溶液变蓝。由此可以推断出：在甲中加入淀粉溶液和新制氯水，溶液不变蓝色，而呈现橙色，可说明甲中有Br－，而无I－，发生反应Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－，再加入丙溶液，颜色无明显变化，可证明丙中无I－，由此可知甲中含有Br－，乙中含有I－，丙中含有Cl－。‎ ‎11．氯胺是一种长效缓释有机氯消毒剂，有强氧化性，其杀菌能力是一般含氯消毒剂的4倍～5倍，下列有关氯胺(NH2Cl)的说法一定不正确的是(　　)‎ A．氯胺的水解产物为NH2OH(羟氨)和HCl B．氯胺的电子式为 C．氯胺中氯的化合价为＋1‎ D．氯胺的消毒原理与漂白粉相似 解析：选A　NH2Cl＋H2ONH3＋HClO，反应生成的HClO能杀菌消毒。该水解反应是一个可逆反应，HClO杀菌后浓度减小，平衡向右移动，氯胺转化成HClO；相反，当HClO浓度较高时，平衡向左移动，转化为氯胺，相当于暂时“贮存”，避免其分解损失，这样就延长了消毒时间。‎ ‎12．海水是宝贵的资源宝库，目前氯碱工业、海水提镁、海水提溴为人类提供了大量工业原料。如图是海水综合利用的部分流程图，据图回答问题：‎ ‎(1)由海水晒制的粗盐中含有Ca2＋、Mg2＋、SO等离子，为除去这些离子，所加试剂及其先后顺序为(写化学式)：‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)①电解饱和食盐水的化学方程式为_________________________________。‎ ‎②制取MgCl2的过程中涉及反应：MgCl2·6H2OMgCl2＋6H2‎ O，该反应要在HCl气氛中进行，原因是____________________________________________。‎ ‎(3)苦卤中通入Cl2置换出Br2，吹出后用SO2吸收，写出用SO2吸收发生的离子方程式：________________________________________________________________________，‎ 由此判断Cl2、Br2、SO2的氧化性由强到弱的顺序为_____________________________。‎ ‎(4)也有工艺是在吹出Br2后用碳酸钠溶液吸收，生成溴化钠和溴酸钠，同时有CO2放出，该反应的离子方程式是____________________________________；‎ 最后再用H2SO4处理得到Br2，之后加入CCl4进行Br2的萃取，最终用________方法得到单质Br2。‎ 解析：(1)SO、Ca2＋、Mg2＋等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去Ca2＋和过量的Ba2＋，盐酸能除去过量的CO和OH－，所以应先加BaCl2溶液再加NaOH溶液和Na2CO3溶液，最后加入盐酸，所以正确顺序为BaCl2、NaOH、Na2CO3、HCl。‎ ‎(2)①电解饱和食盐水的化学方程式为2NaCl＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2NaOH。②氯化镁在水中易发生水解，为抑制其水解，氯化镁晶体应在氯化氢气流中脱水。‎ ‎(3)苦卤中通入Cl2已经置换出Br2，吹出后用SO2吸收Br2，Br2转化为Br－，再用Cl2置换是为了富集溴元素，第一次吹出的Br2浓度太低，分离浪费原料，SO2吸收主要起到富集溴 的作用；在自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－中氧化性：Cl2＞Br2，SO2＋2H2O＋Br2===H2SO4＋2HBr中，氧化性：Br2＞SO2，氧化性强弱顺序为Cl2＞Br2＞SO2。‎ ‎(4)吹出Br2后用碳酸钠溶液吸收，生成溴化钠和溴酸钠，同时有CO2放出，反应的离子方程式为3Br2＋3CO===5Br－＋BrO＋3CO2↑，最后再用H2SO4处理得到Br2，加入CCl4进行Br2的萃取，最后通过蒸馏操作分离得到溴单质。‎ 答案：(1)BaCl2、NaOH、Na2CO3、HCl(NaOH和Na2CO3顺序可调换)‎ ‎(2)①2NaCl＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2NaOH ‎②防止MgCl2水解 ‎(3)Br2＋SO2＋2H2O===2Br－＋4H＋＋SO Cl2＞Br2＞SO2‎ ‎(4)3Br2＋3CO===5Br－＋BrO＋3CO2↑　蒸馏 ‎13．(2018·威海模拟)氯化亚砜(SOCl2)是一种液态化合物，沸点为‎77 ℃‎，在农药、制药行业中用途广泛。SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并带有刺激性气味的气体产生。实验室合成原理：SO2＋Cl2＋SCl2===2SOCl2，部分装置如图所示，回答以下问题：‎ ‎(1)实验室制取SOCl2在三颈烧瓶中进行，整个装置所选仪器的连接顺序是⑥→__________→①，②←_________(某些仪器可以多次使用)。‎ ‎(2)冷凝管口③是________口(填“进水”或“出水”)，冷凝管上连接的干燥管的作用是________________________________________________________________________。‎ ‎(3)实验室制Cl2的离子方程式为_______________________________________。‎ SOCl2与水反应的化学方程式为__________________________________________。‎ ‎(4)已知SCl2的沸点为‎50 ℃‎。实验结束后，将三颈烧瓶中混合物分离开的实验操作名称是________。若反应中消耗的Cl2的体积为896 mL(标准状况，SO2足量)，最后得到纯净的SOCl2 ‎6.76 g，则SOCl2的产率为________(保留两位有效数字)。‎ ‎(5)取少量的SOCl2加入足量NaOH溶液，振荡、静置得到无色溶液，检验溶液中存在Cl－的方法是_______________________________________________。‎ 解析：(1)根据SO2＋Cl2＋SCl2===2SOCl2可知，向三颈烧瓶中分别通入的是SO2和Cl2，其中实验室利用MnO2和浓盐酸混合加热制Cl2，制得的Cl2中混有HCl和水蒸气，需要通过饱和NaCl溶液除去HCl，利用浓硫酸干燥，再通入三颈烧瓶中，装置的连接顺序为⑥→⑫→⑪→⑨→⑩；向亚硫酸钠固体中滴加浓硫酸来制取SO2，只需要利用浓硫酸干燥生成的SO2，然后即可通入三颈烧瓶中，装置的连接顺序为②←⑩←⑨←⑦。‎ ‎(2)冷凝管中水流方向是“低进高出”，则③是进水口；冷凝管上连接的干燥管的作用是吸收逸出的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入反应装置而使SOCl2水解。‎ ‎(3)利用MnO2和浓盐酸混合加热制Cl2的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生的白雾是盐酸小液滴，并有带有刺激性气味的SO2气体产生，反应的化学方程式为SOCl2＋H2O===SO2↑＋2HCl↑。‎ ‎(4)SCl2的沸点为‎50 ℃‎，实验结束后，可通过蒸馏操作分离液体混合物；若反应中消耗的Cl2的体积为896 mL，物质的量为＝0.04 mol，SOCl2理论产量为0.04 mol×2×‎119 g·mol－1＝‎9.52 g，则SOCl2的产率为×100%＝71%。‎ ‎(5)因为SOCl2与足量NaOH溶液反应有Na2SO3生成，所以要先除去SO ‎。检验溶液中存在Cl－的操作方法是取少量溶液于试管中，加入过量Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴加稀硝酸酸化，再加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则说明溶液中有Cl－。‎ 答案：(1)⑫→⑪→⑨→⑩　⑩←⑨←⑦‎ ‎(2)进水　吸收逸出的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入反应装置而使SOCl2水解 ‎(3)MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O　SOCl2＋H2O===SO2↑＋2HCl↑‎ ‎(4)蒸馏　71%‎ ‎(5)取少量溶液于试管中，加入过量Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴加稀硝酸酸化，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则说明溶液中有Cl－‎ ‎14．(2018·黄冈一调)IBr、ICl、BrF3等称为卤素互化物，(CN)2、(SCN)2、(OCN)2等称为拟卤素，它们的化学性质均与卤素单质相似，请回答下列问题：‎ ‎(1)氯化碘(ICl)中碘元素的化合价为________；它与水反应的化学方程式为ICl＋H2O===HIO＋HCl，该反应的反应类型为______________(填中学常见的无机反应类型)。‎ ‎(2)溴化碘(IBr)具有强氧化性，能与Na2SO3溶液反应，发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________。‎ ‎(3)①已知某些离子的还原性强弱顺序为I－＞SCN－＞CN－＞Br－＞Cl－。现将几滴KSCN溶液滴入到含少量Fe3＋的溶液中，溶液立即变红，向其中逐滴滴入酸性KMnO4溶液，观察到红色逐渐褪去，请利用平衡移动原理解释这一现象：___________________________。‎ ‎②下列物质中，也可以使该溶液红色褪去的是________(填字母)。‎ A．新制氯水　　　　　　　　 B．碘水 C．SO2 D．盐酸 ‎(4)KCN为剧毒物质，处理含有KCN的废水常用的方法：在碱性条件下用NaClO溶液将CN－氧化为 CO和一种单质气体，该反应的离子方程式为________________________。‎ ‎(5)已知HCN的电离常数K＝6.2×10－10，H2CO3的电离常数K1＝4.5×10－7，K2＝4.7×10－11，则下列离子方程式能发生的是________(填字母)。‎ A．CN－＋CO2＋H2O===HCN＋HCO B．2HCN＋CO===2CN－＋CO2↑＋H2O C．2CN－＋CO2＋H2O===2HCN＋CO D．HCN＋CO===CN－＋HCO 解析：(1)Cl得电子能力强于I，则ICl中Cl显－1价、I显＋1价；此反应中没有化合价的变化，属于复分解反应(非氧化还原反应)。‎ ‎(2)IBr具有强氧化性，I显＋1价，被还原成I－，SO被氧化成SO，因此离子方程式为IBr＋SO＋H2O===I－＋Br－＋SO＋2H＋。‎ ‎(3)①溶液立即变红，发生反应Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3，加入酸性KMnO4‎ 溶液红色褪去，说明KMnO4把SCN－氧化，促使上述平衡向逆反应方向移动，最终Fe(SCN)3完全消耗，红色褪去。‎ ‎②能使红色褪去的物质，可以具有强氧化性，如Cl2将SCN－氧化，也可以具有还原性，如SO2将Fe3＋还原，故A、C正确。‎ ‎(4)CN－中N显－3价，C显＋2价，另一种气体为N2，因此反应的离子方程式为2CN－＋5ClO－＋2OH－===2CO＋N2↑＋5Cl－＋H2O。‎ ‎(5)根据电离平衡常数大小，推出酸电离出氢离子的能力强弱顺序(酸性强弱)为H2CO3＞HCN＞HCO，根据“强酸制取弱酸”的规律知，A、D正确。‎ 答案：(1)＋1　复分解反应 ‎(2)IBr＋SO＋H2O===I－＋Br－＋SO＋2H＋‎ ‎(3)①酸性高锰酸钾溶液将SCN－氧化，减小了SCN－的浓度，使反应Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3的平衡不断向左移动，最终Fe(SCN)3完全反应，红色消失　②AC ‎(4)2CN－＋5ClO－＋2OH－===2CO＋5Cl－＋N2↑＋H2O ‎(5)AD ‎15．二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为－‎59 ℃‎，沸点为‎11.0 ℃‎，易溶于水。工业上用潮湿的KClO3和草酸(H‎2C2O4)在‎60 ℃‎时反应制得，某学生拟用下图所示的装置模拟制取并收集ClO2。‎ ‎(1)B必须放在冰水浴中控制温度，其原因是____________________________________。‎ ‎(2)反应后在装置C中可得NaClO2溶液。已知NaClO2饱和溶液在温度低于‎38 ℃‎时析出的晶体是NaClO2·3H2O，在温度高于‎38 ℃‎时析出的晶体是NaClO2。根据如图所示的NaClO2溶解度曲线，请补充从NaClO2溶液中制NaClO2的操作步骤：①____________；②____________；③洗涤；④干燥。‎ ‎(3)亚氯酸钠(NaClO2)是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业。它在碱性环境中稳定存在。某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下。‎ ‎①Ⅰ、Ⅲ中发生反应的还原剂分别是________、________(填化学式)。‎ ‎②Ⅱ中反应的离子方程式是_____________________________________________。‎ ‎③ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备。写出该反应的化学方程式：________________________________________________________________________。‎ ‎④NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl。取等质量变质前后的NaClO2试样均配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2＋的物质的量________(填“相同”“不同”或“无法判断”)。‎ 解析：(1)二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为－‎59 ℃‎，沸点为‎11.0 ℃‎，B必须放在冰水浴中控制温度，其原因是使ClO2充分冷凝，减少挥发。‎ ‎(2)根据题给信息：NaClO2饱和溶液在温度低于‎38 ℃‎时析出的晶体是NaClO2·3H2O，在温度高于‎38 ℃‎时析出的晶体是NaClO2。从NaClO2溶液中制得NaClO2的操作步骤：①蒸发结晶；②趁热过滤；③洗涤；④干燥。‎ ‎(3)①根据题给流程知反应Ⅰ为2ClO＋SO＋2H＋===2ClO2＋SO＋H2O，其中SO中S的化合价由＋4价变成＋6价，Na2SO3作还原剂；反应Ⅲ为2H2O2H2↑＋O2↑，还原剂为H2O；②根据题给流程知ClO2和H2O2在碱性条件反应生成NaClO2，ClO2中Cl的化合价由＋4价降低为＋3价，H2O2中O的化合价由－1价升高到0价，则反应的离子方程式为2ClO2＋H2O2＋2OH－===2ClO＋O2↑＋2H2O；③亚氯酸钠和稀盐酸发生歧化反应，生成氯化钠、二氧化氯和水，化学方程式为5NaClO2＋4HCl===5NaCl＋4ClO2↑＋2H2O；④ClO、ClO与Fe2＋反应最终都变成Cl－，变质前后转移的电子数相同，反应消耗Fe2＋ 的物质的量相同。‎ 答案：(1)使ClO2充分冷凝，减少挥发 ‎(2)蒸发结晶　趁热过滤 ‎(3)①Na2SO3　H2O ‎②2ClO2＋H2O2＋2OH－===2ClO＋O2↑＋2H2O ‎③5NaClO2＋4HCl===5NaCl＋4ClO2↑＋2H2O ‎④相同 考点一　O3和H2O2的性质及应用 ‎1．臭氧 ‎(1)组成：臭氧的分子式为O3，与 互为同素异形体。‎ ‎(2)化学性质 不稳定性 O3不稳定，容易分解，反应的化学方程式为2O3===3O2，在放电条件下空气中的O2可以转化为O3，反应的化学方程式为 3O22O3‎ 强氧化性 O3容易使淀粉KI溶液变蓝色，反应的化学方程式为 2KI＋O3＋H2O===I2＋2KOH＋O2‎ 漂白性 O3因其强氧化性能使有色物质褪色，可用作杀菌消毒剂 ‎(3)用途：①可用作脱色剂和消毒剂；②臭氧层可以吸收来自太阳的紫外线，是人类和其他生物的保护伞。‎ ‎2．过氧化氢(双氧水)‎ ‎(1)结构 ‎(2)化学性质 不稳定性 加热、光照或加催化剂都能加快其分解：2H2O22H2O＋O2↑，因此H2O2应保存在棕色瓶中并放置在阴凉处 弱酸性 相当于二元弱酸 H2O2H＋＋HO，HOH＋＋O 强氧化性 ‎①工业上用10%的H2O2作为漂白剂，在医疗上用3%的H2O2作为消毒杀菌剂；‎ ‎②氧化Fe2＋、SO等还原性物质：‎ H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，‎ H2O2＋Na2SO3===Na2SO4＋H2O；‎ ‎③使湿润的淀粉KI试纸变蓝：H2O2＋2I－＋2H＋===I2＋2H2O 弱还原性 H2O2中－1价的氧遇强氧化剂可失去电子转化成0价氧而被氧化。‎ ‎2KMnO4＋5H2O2＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋5O2↑＋8H2O ‎3.共性归纳——氧族元素 ‎(1)氧族元素概况 包括氧(O)、硫(S)、硒(Se)、碲(Te)、钋(Po)五种元素。常温下，单质除氧为气体外，其余均为固体，氧、硫、硒为典型的非金属元素，碲为类金属，钋为金属。‎ ‎(2)相似性和递变性 原子结构 最外层都有6个电子，在化学反应中可显－2、＋4、＋6价(氧无最高正价除外)‎ 化学性质 氢化物 氧、硫、硒的单质可直接与氢气化合生成氢化物：‎ ‎2H2＋O22H2O、H2＋SH2S 碲不能直接与氢气化合，只能通过其他反应间接制取碲化氢 氧化物 硫、硒、碲均有二氧化物、三氧化物，且均是酸酐 能与大多数金属直接化合 如：Fe＋SFeS、2Cu＋SCu2S、‎ ‎3Fe＋2O2Fe3O4、2Cu＋O22CuO ‎[题点全练]‎ 题点(一)　臭氧(O3)的性质及应用 ‎1．距地球15～‎35 km处，有一层臭氧层，其化学式为O3，微量可以净化空气，有利于人体健康。下列有关叙述错误的是(　　)‎ A．是一种单质 B．不使用含氟冰箱有利于空洞修复 C．和氧气性质完全相同 D．转化成氧气，发生了化学变化 解析：选C　O3是由氧元素组成的纯净物，所以属于单质，A正确；含氟的冰箱会释放氟利昂破坏臭氧层，B正确；O3和O2是两种不同的物质，所以性质肯定不会完全相同，C不正确；有新物质生成的变化为化学变化，D正确。‎ ‎2．家用消毒柜常用臭氧(O3)消毒，在消毒过程中通过放电发生反应：3O2(g)===2O3(g)　ΔH＝＋144.8 kJ·mol－1；下列关于臭氧说法不正确的是(　　)‎ A．O2和O3互为同素异形体 B．O3具有较强的氧化性 C．O2比O3稳定 D．植物油等食物为防止细菌污染，可放入消毒柜中消毒 解析：选D　O2和O3由氧元素形成的两种不同的单质，互为同素异形体，A项正确；O3能量高，很容易分解，具有较强的氧化性，B项正确；O2比O3具有的能量低，稳定，C项正确；植物油等食物含有不饱和键，放入消毒柜中消毒，易被氧化而变质，D项错误。‎ ‎3．等质量的O2和O3，分子数之比为________，原子数之比为________，质子数之比为________，标准状况下的体积之比为________，相同条件下的密度之比为________。‎ 答案：3∶2　1∶1　1∶1　3∶2　2∶3‎ 题点(二)　过氧化氢(H2O2)的结构与性质 ‎4．下列有关双氧水说法错误的是(　　)‎ A．H2O2、Na2O2都属于过氧化物，都存在共价键 B．双氧水是绿色氧化剂，可作医疗消毒剂 C．H2O2在过氧化氢酶的催化下，温度越高，分解速率越快 D．H2O2做漂白剂是利用其氧化性，漂白原理与HClO类似，与SO2不同 解析：选C　酶在过高的温度下会失去活性，故C项错误。‎ ‎5．过氧化氢是一种绿色氧化剂、还原剂，工业上有多种方法制备H2O2。‎ ‎(1)已知常温下‎1 L的H2O2相当于48.3 mol，其K1≈1.67×10－12，则该温度下H2O2中c(H＋)约为_____________________________________，写出它与足量Ba(OH)2反应的化学方程式：___________________________________________________。‎ ‎(2)乙基蒽醌法是制备过氧化氢最常用的方法，其主要过程如图所示，写出此过程的总反应方程式：__________________________________________________。‎ ‎(3)空气阴极法制备H2O2是一种环境友好型、节能型的制备方法，电解总方程式为3H2O＋3O23H2O2＋O3，则阳极的电极反应式为__________________________________。‎ 解析：(1)H2O2一级电离方程式为H2O2H＋＋HO，则K1＝＝1.67×10－12，且c(H＋)＝c(HO)，c(H2O2)＝48.3 mol·L－1，c(H＋)≈9×10－6 mol·L－1；H2O2与足量Ba(OH)2反应生成BaO2，化学方程式为H2O2＋Ba(OH)2===BaO2＋2H2O。‎ ‎(2)乙基蒽醌作制取过氧化氢的催化剂，反应方程式为H2＋O2H2O2。‎ ‎(3)水在阳极上失去电子生成H2O2，电极反应式为2H2O－2e－===H2O2＋2H＋‎ 答案：(1)9×10－6 mol·L－1‎ H2O2＋Ba(OH)2===BaO2＋2H2O ‎(2)H2＋O2H2O2‎ ‎(3)2H2O－2e－===H2O2＋2H＋‎ 考点二　硫及其氧化物和氢化物 ‎1．自然界中的硫 ‎(1)物理性质 俗称 颜色状态 溶解性 水 酒精 CS2‎ 硫黄 色晶体 不溶 微溶 易溶 ‎(2)化学性质 ‎①与金属反应表现氧化性 ‎②与非金属反应 ‎③与强氧化剂反应(如浓硫酸)：S＋2H2SO4(浓)3SO2↑＋2H2O，表现还原性。‎ ‎④与NaOH溶液反应：3S＋6NaOH2Na2S＋Na2SO3＋3H2O，表现氧化性和还原性。‎ ‎[注意]　①硫与变价金属反应时，生成低价态金属硫化物(如Cu2S、FeS)；‎ ‎②汞蒸气有毒，实验室里不慎洒落一些汞，可撒上硫粉进行处理。‎ ‎2．二氧化硫 ‎(1)物理性质 ‎(2)化学性质 ‎①酸性氧化物的通性 与H2O反应：SO2＋H2OH2SO3‎ 与NaOH溶液反应：SO2(少量)＋2NaOH===Na2SO3＋H2O、SO2(足量)＋NaOH===NaHSO3‎ ‎②氧化性，如与H2S反应：‎ SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O ‎③还原性 与O2：2SO2＋O22SO3；‎ 与氯水：Cl2＋SO2＋2H2O===2HCl＋H2SO4；‎ 可被酸性KMnO4溶液、K2Cr2O7溶液、H2O2、Fe3＋等氧化。‎ ‎④漂白性：可使品红溶液等有机色质褪色生成不稳定的化合物。‎ ‎(3)实验室制法 ‎①固体Na2SO3与较浓H2SO4反应 Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋H2O；‎ ‎②铜与浓H2SO4混合加热 Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O。‎ ‎(4)SO2对大气的污染与防治 ‎(5)SO2和CO2的鉴别 试剂 现象及结论 原理(化学方程式)‎ 品红溶液 使品红溶液褪色的是SO2；不能使品红溶液褪色的是CO2‎ ‎——‎ 高锰酸钾溶液 使紫色褪去的是SO2，无明显现象的是CO2‎ ‎2KMnO4＋5SO2＋2H2O===K2SO4＋2MnSO4＋2H2SO4‎ 溴水 使橙色褪去的是SO2，无明显现象的是CO2‎ Br2＋2H2O＋SO2===2HBr＋H2SO4‎ 硝酸酸化的硝酸钡溶液 产生白色沉淀的是SO2，无明显现象的是CO2‎ ‎2H2O＋2HNO3＋3SO2===3H2SO4＋2NO↑‎ Ba(NO3)2＋H2SO4===BaSO4↓＋2HNO3‎ FeCl3溶液 使棕黄色颜色变浅绿色的是SO2，无明显现象的是CO2‎ ‎2FeCl3＋SO2＋2H2O===FeCl2＋FeSO4＋4HCl 澄清石灰水 不能用澄清石灰水鉴别SO2和CO2，原因是二者都能使澄清石灰水变浑浊 ‎3．三氧化硫 ‎(1)物理性质 熔点‎16.8 ℃‎，沸点‎44.8 ℃‎，在常温下为态，在标准状况下为态。‎ ‎(2)化学性质 反应 化学方程式 与水反应 SO3＋H2O===H2SO4(放出大量的热)‎ 与氧化钙反应 SO3＋CaO===CaSO4‎ 与氢氧化钠反应 SO3＋2NaOH===Na2SO4＋H2O ‎4．硫化氢 ‎(1)物理性质 H2S是一种具有臭鸡蛋气味的气体，ρH2Sρ空气，能溶于水。‎ ‎(2)化学性质 ‎①弱酸性：H2S的水溶液称为氢硫酸。‎ H2SH＋＋HS－，HS－H＋＋S2－。‎ ‎②不稳定性：H2SH2＋S。‎ ‎③还原性 ‎2H2S＋O2(不足)2S＋2H2O ‎2H2S＋3O2(足量)2SO2＋2H2O ‎2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O ‎(3)实验室制取方法 FeS＋H2SO4===FeSO4＋H2S↑‎ ‎[注意]　除了Na＋、K＋、NH之外，一般金属硫化物都为沉淀，如FeS、CuS。‎ ‎5．常见漂白剂的漂白原理及适用范围 用于漂白 物质 实际参与漂白的物质 漂白原理 变化类别 漂白特点 能漂白的物质(适用范围)‎ 吸附作用型 活性炭 活性炭 吸附漂白 物理变化 物理漂白不可逆 一般用于溶 液中漂白 强氧化剂型 次氯酸盐 次氯酸 利用次氯酸的强氧化性进行漂白 化学变化 氧化还原漂白，不可逆 可以漂白所有有机色质 次氯酸 过氧化钠 过氧化氢 利用过氧化氢的氧化性进行漂白 化学变化 氧化还原漂白，不可逆 可以漂白所有有机色质 过氧化氢 加合 反应型 二氧化硫 二氧化硫 二氧化硫与有色物质化合生成不稳定的无色物质 化学变化 非氧化还原漂白，可逆 具有选择性，如品红、棉、麻、草等 ‎[题点全练]‎ 题点(一)　二氧化硫的性质及应用 ‎1．如图所示，利用培养皿探究SO2的性质。实验时向Na2SO3固体上滴几滴浓硫酸，立即用另一培养皿扣在上面。表中对实验现象的描述或解释不正确的是(　　)‎ 选项 实验现象 解释 A Ba(OH)2溶液变浑浊 SO2与Ba(OH)2溶液反应产生了BaSO3沉淀 B Na2S溶液变浑浊 SO2与Na2S溶液反应产生了S单质 C KMnO4溶液褪色 SO2具有还原性 D NaOH的酚酞溶液褪色 SO2具有漂白性 解析：选D　A项，SO2＋Ba(OH)2===BaSO3↓＋H2O，正确；B项，SO2溶于水生成H2SO3，进而与Na2S溶液反应生成S单质，正确；D项，SO2中和了NaOH溶液，不是漂白性，错误。‎ ‎2．SO2气体为无色气体，有强烈刺激性气味，是大气主要污染物之一，具有一定的还原性。探究SO2气体还原Fe3＋、I2的实验，可以使用的药品和装置如图所示：‎ ‎(1)若要从FeCl3溶液中提取晶体，必须进行的实验操作步骤中没有用到的玻璃仪器有________(填字母)。‎ a．酒精灯　　　　　b．烧瓶　　　　　c．漏斗 d．烧杯　　　　　　e．玻璃棒 ‎(2)装置A中的现象是________________________________________________，‎ 写出装置B中发生的离子方程式：__________________________________________。‎ ‎(3)在上述装置中通入过量的SO2，为了验证装置A中SO2与Fe3＋发生了氧化还原反应，取装置A中的溶液，分成两份，并设计了如下实验：‎ 方案①：往第一份试液中加入少量酸性KMnO4溶液，紫红色褪去。‎ 方案②：往第二份试液中加入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红。‎ 上述方案中不合理的是________。‎ 解析：(1)蒸发需用到酒精灯、蒸发皿、玻璃棒，冷却结晶需用到烧杯，过滤需用到漏斗、烧杯、玻璃棒，故不需要烧瓶。‎ ‎(2)装置A中发生反应2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO＋4H＋‎ ‎，溶液颜色由黄色逐渐变为浅绿色；装置B中SO2与碘水反应，反应的离子方程式为I2＋SO2＋2H2O===2I－＋SO＋4H＋。‎ ‎(3)Fe2＋有还原性，与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应使酸性KMnO4溶液褪色，装置A的溶液中还含有SO2，SO2也能使酸性KMnO4溶液褪色，所以不合理的是方案①。‎ 答案：(1)b ‎(2)溶液颜色由黄色逐渐变为浅绿色 I2＋SO2＋2H2O===2I－＋SO＋4H＋‎ ‎(3)①‎ ‎[易错易混]　SO2的特殊性质及应用 ‎(1)注意SO2的漂白性和还原性的区别 SO2使品红溶液褪色表现的是SO2的漂白性，加热后溶液颜色复原；SO2使酸性高锰酸钾溶液、溴水、氯水、碘水褪色表现的是SO2的还原性，加热后溶液颜色不复原。‎ ‎(2)注意SO2的氧化性的表现 SO2通入氢硫酸、硫化钠溶液中都会出现浅黄色沉淀，表现了SO2的氧化性。‎ ‎(3)SO2不能漂白酸碱指示剂，只能使紫色石蕊溶液变红。‎ 题点(二)　CO2和SO2的检验 ‎3．下列溶液能够区分SO2和CO2的是(　　)‎ ‎①澄清石灰水　②H2S溶液　③酸性KMnO4溶液　④氯水⑤品红溶液 A．①②③　　　　　　　　　 B．②③④‎ C．除①以外 D．全部 解析：选C　SO2和CO2都属于酸性氧化物，它们与澄清石灰水反应的现象相同，若通入的气体过量，均先生成沉淀后溶解，所以不能利用这一性质来区别SO2和CO2。SO2具有氧化性，能将H2S溶液氧化，生成单质硫(淡黄色沉淀)，SO2也具有还原性，能被酸性KMnO4溶液和氯水氧化(溶液褪色)，SO2还具有漂白性，能使品红溶液褪色，CO2没有这些性质，所以可以用②③④⑤来区别SO2和CO2。‎ ‎4．已知：2H2SO4(浓)＋C△,CO2↑＋2SO2↑＋2H2O，下图虚线框中的装置可用来检验浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应产生的所有气体产物，填写下列空白：‎ ‎(1)如果将装置中①②③三部分仪器的连接顺序变为②①③‎ ‎，则可以检出的物质是________________；不能检出的物质是____________。‎ ‎(2)如果将仪器的连接顺序变为①③②，则可以检出的物质是________________；不能检出的物质是____________。‎ ‎(3)如果将仪器的连接顺序变为②③①，则可以检出的物质是________________；不能检出的物质是____________。‎ 解析：装置①为检验产物H2O，只能放在装置②③之前，因为若放在装置②③之后或装置②③之间，则气流通过装置②或③溶液后会带出水蒸气，则无法验证使无水CuSO4变蓝的水蒸气是否是反应生成物。装置③和装置②位置也不得变更，因为SO2、CO2均能使澄清石灰水变浑浊。故在用澄清石灰水来验证CO2前一定要排除SO2的干扰。‎ 答案：(1)SO2、CO2　H2O　(2)H2O、SO2　CO2‎ ‎(3)SO2、CO2　H2O ‎[规律方法]　检验SO2和CO2同时存在的一般流程 考点三　硫酸　SO的检验 ‎1．硫酸的物理性质 ‎(1)纯硫酸是一种无色油状液体，沸点，难挥发。‎ ‎(2)溶解性：浓H2SO4与水以任意比互溶，溶解时可放出大量的热。‎ ‎(3)浓硫酸的稀释方法：‎ 将浓硫酸沿器壁慢慢注入中，并用玻璃棒不断搅拌。‎ ‎2．稀H2SO4具有酸的通性 ‎(1)H2SO4的电离方程式为H2SO4===2H＋。‎ ‎(2)写出稀硫酸与下列物质反应的离子方程式 ‎①铁：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑；‎ ‎②MgO：MgO＋2H＋===Mg2＋＋H2O；‎ ‎③Ba(OH)2：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO4↓＋2H2O；‎ ‎④Na2SO3：SO＋2H＋===SO2↑＋H2O；‎ ‎⑤BaCl2：Ba2＋＋SO===BaSO4↓。‎ ‎3．浓H2SO4的特性 ‎(1)填写下表 实验 实验现象 硫酸的特性 少量胆矾加入浓硫酸中 蓝色固体变成白色 吸水性 用玻璃棒蘸取浓硫酸滴在滤纸上 沾有浓H2SO4的滤纸变 脱水性 将铜片加入盛有浓硫酸的试管中加热 铜片逐渐溶解，产生无色刺激性气味的气体 强氧化性 ‎(2)分别写出浓硫酸与Cu、C反应的化学方程式：‎ Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O、‎ C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O。‎ ‎(3)常温下，铁、铝遇浓H2SO4钝化,可用铝(或铁)槽车运输浓硫酸。‎ ‎4．硫酸的工业制备 ‎(1)工艺流程 ‎[注意]　工业上用98.3%的硫酸吸收SO3，可以避免用水吸收SO3产生的酸雾腐蚀设备，并且可以提高吸收率。‎ ‎(2)反应原理 ‎①燃烧硫铁矿(FeS2)或硫制备SO2‎ ‎4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2或S＋O2SO2。‎ ‎②SO2转化为SO3‎ ‎2SO2＋O22SO3。‎ ‎③SO3吸收生成H2SO4‎ SO3＋H2O===H2SO4。‎ ‎5．重要的硫酸盐 化学式 俗名 颜色 主要性质 用途 ‎2CaSO4·H2O 熟石膏 白色 ‎2CaSO4·H2O＋3H2O===‎ ‎2(CaSO4·2H2O)‎ 塑像、模型、粉笔、医疗绷带等 CaSO4·2H2O 生石膏 白色 ‎2(CaSO4·2H2O) 3H2‎ 水泥添加剂 O＋2CaSO4·H2O FeSO4·7H2O 绿矾 浅绿色 暴露在空气中被氧化为三价铁盐 用于配制蓝黑墨水，补血剂 CuSO4·5H2O 胆矾、蓝矾 蓝色 CuSO4·5H2OCuSO4(白)＋5H2O 配制波尔多液，镀铜液 BaSO4‎ 重晶石 白色 不溶于水和酸，不易被X射线透过 白色颜料，医疗上用作“钡餐”‎ Na2SO4·10H2O 芒硝 白色 ‎—‎ 造纸，制缓泻剂、合成洗涤剂 KAl(SO4)2·12H2O 明矾 白色 ‎—‎ 净水剂 ‎6．SO、SO的检验 ‎(1)SO的检验 ‎①向溶液中加入盐酸，将产生的气体通入品红溶液中，红色褪去，发生的离子反应为SO＋2H＋===H2O＋SO2↑。‎ ‎②加入氯化钡溶液生成白色沉淀，然后加入盐酸，沉淀溶解并产生具有刺激性气味的气体，发生反应的离子方程式为SO＋Ba2＋===BaSO3↓，BaSO3＋2H＋===Ba2＋＋SO2↑＋H2O。‎ ‎(2)SO的检验 检验SO的正确操作方法：被检液取清液有无白色沉淀产生(判断有无SO)‎ 先加稀盐酸的目的是防止CO、SO、Ag＋的干扰，再加BaCl2溶液，有白色沉淀产生，可能发生反应的离子方程式：‎ CO＋2H＋===H2O＋CO2↑、‎ SO＋2H＋===H2O＋SO2↑、‎ Ag＋＋Cl－===AgCl↓、‎ Ba2＋＋SO===BaSO4↓。‎ ‎7．硫及其化合物之间的转化关系 SO2、SO3是酸性氧化物，H2SO3、H2SO4‎ 是酸，物质的类别可以帮助我们理解它们的性质。相同价态的不同含硫化合物间是通过酸碱反应规律联系在一起的。如 SO2H2SO3NaHSO3Na2SO3‎ ‎(1)硫元素价态变化规律 当硫元素的化合价升高或降低时，一般升高或降低到其相邻的价态。如 ‎(2)相邻价态的微粒不发生氧化还原反应 如S和H2S、S和SO2、SO2和浓硫酸之间不发生氧化还原反应。‎ ‎(3)含硫物质的连续氧化 硫元素 ‎[题点全练]‎ 题点(一)　硫酸的性质及应用 ‎1．在实验探究课上，同学们积极思考，共设计出如图所示的四种实验方案用以验证浓硫酸的吸水性，其中在理论上可行的是(　　)‎ A．①②③④　　　　　　　　　 B．①③④‎ C．①②④ D．②③④‎ 解析：选A　浓H2SO4吸水后放热，使温度升高，①可行；浓H2SO4具有吸水性，能使胆矾晶体由蓝色变成白色，②可行；浓H2SO4具有吸水性，使饱和KNO3溶液中的水减少，有晶体析出，③可行，浓H2SO4具有吸水性，使试管中的水减少，④可行。‎ ‎2．把下列现象中硫酸所表现出来的性质填写在空白处。‎ ‎①把锌粒放入稀硫酸中时，有气体放出_______________________________；‎ ‎②盛有浓硫酸的烧杯敞口放置一段时间后，质量增加____________；‎ ‎③用玻璃棒蘸浓硫酸滴在纸上时，纸变黑____________________________________；‎ ‎④把木炭放入热的浓硫酸中时，有气体放出__________________________________；‎ ‎⑤在常温下可以用铁、铝制容器盛装冷的浓硫酸_________________________；‎ ‎⑥铜与浓硫酸加热条件下反应，产生刺激性气味气体________________。‎ 答案：①酸性　②吸水性　③脱水性　④强氧化性　⑤强氧化性　⑥酸性、强氧化性 ‎[规律方法]　浓硫酸与金属的反应规律 ‎(1)钝化：常温下浓硫酸使Fe、Al表面快速生成致密氧化膜而阻止反应进一步发生。‎ ‎(2)与活泼金属(如Zn)反应，开始产生SO2，硫酸浓度变小后，产生H2。‎ ‎(3)与不活泼金属(如Cu)反应，开始产生SO2(加热)，浓度变小后，稀硫酸不再与Cu反应。如1 mol Cu与含2 mol H2SO4的浓硫酸充分反应，生成的SO2小于1 mol。‎ ‎(4)浓硫酸在与金属的反应中既表现氧化性又表现酸性。浓硫酸在与非金属的反应中只表现氧化性。‎ 题点(二)　SO的检验 ‎3．下列过程中，最终的白色沉淀物不一定是BaSO4的是(　　)‎ A．Fe(NO3)2溶液白色沉淀 B．Ba(NO3)2溶液白色沉淀 C．无色溶液白色沉淀 D．无色溶液无色溶液白色沉淀 解析：选C　与BaCl2溶液反应产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，可能是AgCl或BaSO4。‎ ‎4．在某溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解，则下列关于该溶液所含离子的推断中正确的是(　　)‎ A．一定含有SO B．含有SO和Ag＋‎ C．可能含有SO、Ag＋、SO中的一种或两种 D．可能含有SO或CO 解析：选C　A项错误，不能排除Ag＋、SO的干扰；B项错误，因为溶液中SO与Ag＋反应不能大量共存；C项正确，因为不能排除Ag＋、SO的干扰；D项错误，由“加入稀硝酸，沉淀不溶解”可以判断不可能含有CO。‎ ‎[易错易混]　SO检验的误区 ‎(1)只加可溶性钡盐，不酸化 误将CO、PO、SO等干扰离子判断成SO。因上述离子会产生BaCO3、Ba3(PO4)2、BaSO3白色沉淀。‎ ‎(2)误将Ag＋判断成SO 如向待测液中滴加BaCl2溶液，再加稀盐酸有白色沉淀便断定含SO。其错误是未注意溶液中不含SO，而含Ag＋时也会产生同样的现象：Ag＋＋Cl－===AgCl↓(白色)。‎ ‎(3)误将SO判断成SO 如先用稀硝酸酸化，再加入BaCl2溶液或向待测液中滴加用稀盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液生成白色沉淀，便误以为有SO。该错误是未注意NO在酸性环境中具有强氧化性，将SO氧化成SO而产生干扰。‎ 题点(三)　硫及其化合物之间的相互转化 ‎5．能实现下列物质间直接转化的元素是(　　)‎ 单质氧化物酸或碱 盐 ‎ A．硅 B．硫 C．铜 D．铁 ‎ 解析：选B　S与O2生成SO2，SO2再与H2O生成H2SO3，H2SO3可以与NaOH生成Na2SO3和H2O，B项正确。A项中的氧化物为SiO2、C项中的氧化物为CuO、D项中的氧化物为Fe3O4不与H2O反应，故错。‎ ‎6.如图表示某固态单质A及其化合物之间的转化关系(某些产物和反应条件已略去)。化合物B在常温常压下为气体，B和C的相对分子质量之比为4∶5，化合物D是重要的工业原料。‎ ‎(1)写出A在加热条件下与H2反应的化学方程式：‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)写出E和A的氢化物反应生成A的化学方程式：‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(3)将5 mL 0.10 mol·L－1的E溶液与10 mL 0.10 mol·L－1的NaOH溶液混合。‎ ‎①写出反应的离子方程式：__________________________________________；‎ ‎②反应后溶液的pH________7(填“大于”“小于”或“等于”)，理由是_______。‎ 解析：能在空气中反应生成气体的单质，应该为非金属单质，常见的为C、S，结合B、C的相对分子质量之比为4∶5和D为重要的化工原料，可推知：A为S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4，E为H2SO3。(3)将5 mL 0.10 mol·L－1的E(H2SO3)溶液与10 mL 0.10 mol·L－1的NaOH溶液混合，两者恰好完全反应，所得溶液为Na2SO3溶液，由于SO＋H2OHSO＋OH－，所以溶液显碱性。‎ 答案：(1)S＋H2H2S　(2)H2SO3＋2H2S===3S↓＋3H2O　(3)①H2SO3＋2OH－===SO＋2H2O　②大于　Na2SO3是强碱弱酸盐，水解后溶液显碱性 ‎[综合演练提能]　‎ ‎[课堂真题练]‎ ‎1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)(2016·四川高考)二氧化硫作纸浆漂白剂的过程中没有发生化学变化(×)‎ ‎(2)(2016·江苏高考)因为SO2具有氧化性，故可用于漂白纸浆(×)‎ ‎(3)(2016·江苏高考)下列转化能够实现：‎ FeS2SO2H2SO4(×)‎ ‎(4)(2016·海南高考)将SO2通入溴水中证明SO2具有漂白性 ‎(5)(2016·天津高考)除去SO2中的少量HCl的实验方法如图(√)‎ ‎(6)(2016·全国卷Ⅲ)配制稀硫酸的操作是先将浓硫酸加入烧杯中，后倒入蒸馏水(×)‎ ‎(7)(2016·四川高考)常温下，将铁片浸入足量浓硫酸中，铁片不溶解，说明常温下铁与浓硫酸一定没有发生化学反应(×)‎ ‎(8)(2016·上海高考)NaCl与浓H2SO4加热可制HCl，推测NaBr与浓H2SO4加热可制HBr(×)‎ ‎(9)(2015·重庆高考)SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液可得到BaSO3和BaSO4(×)‎ ‎(10)(2015·山东高考)浓H2SO4溅到皮肤上时立即用稀NaOH溶液冲洗(×)‎ ‎(11)(2015·浙江高考)在未知液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知液中存在SO或SO(×)‎ ‎2．(2017·海南高考)分别将足量下列气体通入稀Na2S溶液中，可以使溶液变浑浊的是(　　)‎ A．CO　　　　　　　　　　 B．SO2‎ C．HCl D．CO2‎ 解析：选B　CO不与Na2S发生反应，因此没有沉淀产生，故A错误；SO2具有弱氧化性，与Na2S发生氧化还原反应且有沉淀S单质生成，即SO2＋2S2－＋4H＋===3S↓＋2H2O，故B正确；利用强酸制弱酸原理，HCl与Na2S发生反应2H＋＋S2－===H2S，没有沉淀产生，故C错误；CO2通入稀Na2S溶液中，不产生沉淀，故D错误。‎ ‎3．(2017·北京高考)根据SO2通入不同溶液中的实验现象，所得结论不正确的是(　　)‎ 选项 溶液 现象 结论 A 含HCl、BaCl2的FeCl3溶液 产生白色沉淀 SO2有还原性 B H2S溶液 产生黄色沉淀 SO2有氧化性 C 酸性KMnO4溶液 紫色溶液褪色 SO2有漂白性 D Na2SiO3溶液 产生胶状沉淀 酸性：H2SO3>H2SiO3‎ 解析：选C　产生的白色沉淀为BaSO4，SO2中硫元素的化合价从＋4升高到＋6，被Fe3＋氧化，体现了SO2的还原性，A项正确；黄色沉淀为硫单质，SO2中硫元素的化合价从＋4降低为0，被H2S还原，体现了SO2的氧化性，B项正确；紫色溶液褪色，是因为酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能将SO2氧化，自身被还原为无色的Mn2＋，体现了SO2的还原性而不是漂白性，C项错误；胶状沉淀为硅酸，发生的反应为SO2＋H2O＋SiO===H2SiO3↓‎ ‎＋SO，原理为强酸制弱酸，因此H2SO3的酸性强于H2SiO3，D项正确。‎ ‎4．(2017·江苏高考)下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是(　　)‎ 解析：选B　需用浓H2SO4与Cu反应制取SO2，A项不能达到实验目的；SO2可以使品红溶液褪色，以验证其具有漂白性，B项能达到实验目的；SO2的密度比空气大，应用向上排空气法收集，导气管应“长进短出”，C项不能达到实验目的；SO2与饱和NaHSO3溶液不反应，应用碱液(NaOH溶液)吸收，D项不能达到实验目的。‎ ‎5．(2017·天津高考)H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，回答下列各方法中的问题。‎ Ⅰ.H2S的除去 方法1：生物脱H2S的原理为：‎ H2S＋Fe2(SO4)3===S↓＋2FeSO4＋H2SO4‎ ‎4FeSO4＋O2＋2H2SO42Fe2(SO4)3＋2H2O ‎(1)硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍，该菌的作用是________________________________________________________________________。‎ ‎(2)由图1和图2判断使用硫杆菌的最佳条件为______________________。若反应温度过高，反应速率下降，其原因是________________________________________。‎ 方法2：在一定条件下，用H2O2氧化H2S ‎(3)随着参加反应的n(H2O2)/n(H2S)变化，氧化产物不同。当n(H2O2)/n(H2S)＝4时，氧化产物的分子式为____________。‎ Ⅱ.SO2的除去 方法1(双碱法)：用NaOH吸收SO2，并用CaO使NaOH再生 NaOH溶液Na2SO3溶液 ‎(4)写出过程①的离子方程式：______________________________________；‎ CaO在水中存在如下转化：‎ CaO(s)＋H2O(l)===Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)‎ 从平衡移动的角度，简述过程②NaOH再生的原理__________________________。‎ 方法2：用氨水除去SO2‎ ‎(5)已知‎25 ℃‎，NH3·H2O的Kb＝1.8×10－5，H2SO3的Ka1＝1.3×10－2，Ka2＝6.2×10－8。若氨水的浓度为2.0 mol·L－1，溶液中的c(OH－)＝__________mol·L－1。将SO2通入该氨水中，当c(OH－)降至1.0×10－7 mol·L－1时，溶液中的c(SO)/c(HSO)＝________。‎ 解析：(1)使用硫杆菌，反应速率加快，说明硫杆菌作催化剂，能够降低反应的活化能，加快反应速率。(2)根据题图可知，当温度为‎30 ℃‎、pH＝2.0时，Fe2＋被氧化的速率最快。反应温度过高，反应速率下降，可能是因为催化剂的催化活性降低，即硫杆菌中蛋白质发生变性。(3)当n(H2O2)/n(H2S)＝4时，设氧化产物中S的化合价为x。根据得失电子守恒，知[－1－(－2)]×2×4＝[x－(－2)]×1，解得x＝6，故H2S对应的氧化产物的分子式为H2SO4。(4)过程①的离子方程式为2OH－＋SO2===SO＋H2O。加入CaO，Ca2＋与SO生成CaSO3沉淀，平衡正向移动，因此有NaOH生成。(5)设氨水中c(OH－)＝x mol·L－1，根据NH3·H2O的Kb＝，则＝1.8×10－5，解得x＝6.0×10－3。根据H2SO3的Ka2＝，则＝，当c(OH－)降至1.0×10－7mol·L－1时，c(H＋)为1.0×10－7 mol·L－1，则＝＝0.62。‎ 答案：(1)降低反应活化能(或作催化剂)　‎ ‎(2)‎30 ℃‎、pH＝2.0　蛋白质变性(或硫杆菌失去活性)‎ ‎(3)H2SO4　‎ ‎(4)2OH－＋SO2===SO＋H2O　SO与Ca2＋生成CaSO3沉淀，平衡正向移动，有NaOH生成 ‎(5)6.0×10－3　0.62‎ ‎[课下提能练]‎ ‎1．(2018·临汾一中期中)下列硫化物中不能直接用金属单质和硫单质反应制得的是(　　)‎ A．CuS　　　　　　　　　　 B．‎FeS C．ZnS D．MgS 解析：选A　硫的非金属性较弱，与变价金属化合时，只能生成低价态硫化物，即Cu与硫反应只能生成Cu2S，其余金属硫化物都能直接用金属单质和硫反应得到，故A符合。‎ ‎2．《黄帝九鼎神丹经诀》记载着“炼石胆取精华法”，即干馏石胆(胆矾)而获得“绿矾油”。这里的“绿矾油”是指(　　)‎ A．硝酸 B．硫酸 C．盐酸 D．硫酸亚铁溶液 解析：选B　根据石胆(胆矾)的组成元素，可知“绿矾油”应为硫酸。‎ ‎3．为确定某纯净的气体X的成分，进行了如下几种实验，其中不正确的是(　　)‎ 选项 操作(现象)‎ 结论 A 闻X气味(有刺激性) 酸性KMnO4溶液(褪色)‎ X一定是SO2‎ B 闻X气味(有刺激性) 澄清石灰水(变浑浊)‎ X一定是SO2‎ C X品红溶液(褪色) 变红色 X一定是SO2‎ D X紫色石蕊溶液(先变红色后褪色)‎ X一定不是SO2‎ 解析：选A　能使KMnO4溶液褪色且有刺激性气味的气体还有HCl等，A项错误；能使澄清石灰水变浑浊的有CO2、SO2，但前者无气味，B项正确；使品红溶液褪色且加热又恢复红色的只有SO2，C项正确；SO2不能漂白紫色石蕊溶液，D项正确。‎ ‎4.某同学进行SO2的性质实验。在点滴板a、b、c处分别滴有不同的试剂，再向Na2SO3固体上滴加数滴浓H2SO4后，在整个点滴板上盖上培养皿，一段时间后观察到的实验现象如下表所示：‎ 序号 试剂 实验现象 a 品红溶液 红色褪去 b 酸性KMnO4溶液 紫色褪去 c NaOH溶液(含2滴酚酞)‎ 红色褪去 下列说法正确的是(　　)‎ A．浓硫酸与Na2SO3固体发生了氧化还原反应 B．a、b均表明SO2具有漂白性 C．c中只可能发生反应：SO2＋2OH－===SO＋H2O D．c中所得溶液的离子浓度一定存在关系：‎ c(Na＋)＋c(H＋)＝‎2c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)‎ 解析：选D　浓硫酸与Na2SO3固体反应可生成Na2SO4、SO2和H2O，该反应中各元素的化合价没有发生变化，是非氧化还原反应，A错。SO2可与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应而使KMnO4溶液的紫色褪去，表明SO2具有还原性，B错。SO2过量时，c中还可能发生OH－＋SO2===HSO，C错。c溶液中含有SO、HSO等，根据电荷守恒可得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO)＋‎2c(SO)，D正确。‎ ‎5.含硫煤燃烧会产生大气污染物，为防治该污染，某工厂设计了新的治污方法，同时可得到化工产品，该工艺流程如图所示，下列叙述不正确的是(　　)‎ A．该过程中可得到化工产品H2SO4‎ B．该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2‎ C．该过程中化合价发生改变的元素为Fe和S D．图中涉及的反应之一为Fe2(SO4)3＋SO2＋2H2O===2FeSO4＋2H2SO4‎ 解析：选C　根据图可知，该工艺中Fe2(SO4)3溶液吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，该反应的化学方程式为Fe2(SO4)3＋SO2＋2H2O===2FeSO4＋2H2SO4，该工艺不仅吸收了二氧化硫，还得到了化工产品硫酸，A、D正确；根据以上分析可知该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2，B正确；该过程中化合价发生变化的元素有氧、铁、硫，C错误。‎ ‎6．(2018·常德模拟)如图是检验气体性质的实验装置。向装置中缓慢通入气体X，若关闭活塞K，品红溶液无变化、澄清石灰水变浑浊；若打开活塞K，品红溶液褪色。据此判断，气体X和液体Y可能是(　　)‎ 选项 物质 A B C D X H2S SO2‎ CO2‎ Cl2‎ Y 浓硫酸 NaHCO3饱和溶液 Na2SO3溶液 NaHSO3溶液 解析：选B　H2S不能使品红溶液褪色，A项错误；SO2可与NaHCO3饱和溶液反应生成二氧化碳，若关闭活塞K，则品红溶液无变化，生成的二氧化碳气体使澄清石灰水变浑浊，若打开活塞K，则品红溶液褪色，B项正确；二氧化碳不能使品红溶液褪色，所以打开活塞K，品红溶液不会褪色，C项错误；Cl2不能使澄清石灰水变浑浊，D项错误。‎ ‎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 解析：选C　铜与浓硫酸需要在加热条件下才能反应，A错误；二氧化硫的密度比空气的大，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；应使用碱式滴定管(带胶管)量取氢氧化钠溶液，D错误。‎ ‎8.(2018·长沙模拟)已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑。A与X反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法正确的是(　　)‎ A．X使蔗糖变黑主要体现了X的强氧化性 B．若A为铁，则足量A与X在室温下即可完全反应 C．若A为碳单质，则将C通入少量的澄清石灰水，一定可以观察到白色沉淀产生 D．工业上，B转化为D的反应条件为高温、常压、催化剂 解析：选D　由题意知X为浓H2SO4。浓H2SO4使蔗糖变黑主要体现了浓H2SO4的脱水性，A项错误；浓H2SO4在室温下使Fe钝化，B项错误；A为碳单质时，生成的C为CO2，CO2通入少量澄清石灰水生成可溶性的Ca(HCO3)2，C项错误；SO2与O2反应的条件为高温、常压、催化剂，D项正确。‎ ‎9．下列物质的检验中，其结论一定正确的是(　　)‎ A．向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入稀HNO3后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，说明原溶液中一定含有SO B．向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有CO或SO C．取少量久置的Na2SO3样品于试管中加水溶解，再加足量盐酸酸化，然后加BaCl2溶液，若加盐酸时有气体产生，加BaCl2溶液时有白色沉淀产生，说明Na2SO3样品已部分被氧化 D．将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，该气体一定是SO2‎ 解析：选C　该溶液中可能含有Ag＋或SO ‎，A错误；使澄清石灰水变浑浊的气体可能为CO2、SO2，溶液中可能存在CO或HCO或SO或HSO，B错误；加入足量盐酸有气体产生，气体为SO2，排除SO的干扰，再加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，沉淀为BaSO4，说明一定含有SO，所以说明Na2SO3样品已部分被氧化，C正确；氧化性气体如氯气都能使品红溶液褪色，D错误。‎ ‎10．用如图所示实验装置进行物质性质的探究实验。下列说法不合理的是(　　)‎ A．若品红溶液①褪色，则说明产物中含有SO2‎ B．若溴水褪色，则说明SO2具有还原性 C．若烧瓶中产生黄色浑浊和无色气泡，则说明Na2S2O3只作氧化剂 D．若品红溶液②不褪色、Na2SiO3溶液中出现白色浑浊，则说明亚硫酸比碳酸的酸性强 解析：选C　SO2有漂白性，能使品红溶液褪色，A正确；SO2使溴水褪色表现的是还原性，B正确；此反应中Na2S2O3既作氧化剂又作还原剂，C错误；品红溶液②不褪色说明无SO2，Na2SiO3溶液中出现白色浑浊说明SO2与NaHCO3溶液反应生成了CO2，依据强酸制弱酸的原理说明亚硫酸比碳酸的酸性强，D正确。‎ ‎11．H2O2广泛应用于化学品合成、纸浆和纺织品的漂白，是环保型液体漂白剂。有研究表明，H2O2溶液的漂白性是HO所致。‎ ‎(1)H2O2溶液显弱酸性，测得0.15 mol·L－1 H2O2溶液pH约为6。写出H2O2生成HO的电离方程式：__________________________________。‎ ‎(2)其他条件相同时，研究不同初始pH条件下H2O2溶液的漂白效果，结果如下：‎ 由上图可得到的结论是____________________________________，‎ 结合平衡移动原理简述理由：__________________________________________。‎ ‎(3)实验发现：若pH＞11，则H2O2溶液的漂白效果随pH增大而降低。针对这一现象，继续进行实验，发现溶液中H2O2的分解与pH有关。测定不同初始pH条件下，初始浓度均为0.15 mol·L－1的H2O2溶液发生分解反应，结果如下：‎ 初始pH pH＝10‎ pH＝12‎ ‎1小时后H2O2溶液浓度 ‎0.13 mol·L－1‎ ‎0.07 mol·L－1‎ ‎1小时后pH 没有明显变化 没有明显变化 查阅资料：HO＋H2O2===H2O＋O2＋OH－。‎ ‎①结合离子方程式解释1小时后pH没有明显变化的原因：______________________。‎ ‎②从反应速率的角度分析pH过大，H2O2溶液漂白效果会降低的原因：____________。‎ 解析：(1)H2O2溶液显弱酸性，电离是微弱的，用可逆号，故H2O2生成HO的电离方程式为H2O2HO＋H＋。(2)由图可知，其他条件相同时，初始pH越大染料脱色率越高，即H2O2的漂白效果越好，H2O2溶液中存在平衡H2O2HO＋H＋，pH增大，OH－的浓度增大，OH－可与H2O2电离的H＋反应，使H＋浓度减小，平衡H2O2HO＋H＋正向移动，HO的浓度越大，漂白效果越好。(3)①根据第(2)问解析可知：碱性条件下H2O2＋OH－===HO＋H2O，且HO＋H2O2===H2O＋O2＋OH－，则OH－可看作是H2O2分解的催化剂，故反应前后pH不变；②表格中是H2O2的分解速率与pH的关系，由表格中的数据可知，pH越大，H2O2的分解越快，使参与漂白的HO的浓度下降，故漂白效果降低。‎ 答案：(1)H2O2HO＋H＋‎ ‎(2)其他条件相同时，初始pH越大染料脱色率越高，即H2O2的漂白效果越好 c(OH－)增大，促使H2O2HO＋H＋正向移动，c(HO)增大，漂白效果增强 ‎(3)①碱性条件下：H2O2＋OH－===HO＋H2O，又知HO＋H2O2===H2O＋O2＋OH－，OH－可看作是H2O2分解反应的催化剂，故反应前后pH不变 ‎②pH过大，H2O2分解过快，使参与漂白的c(HO)下降，故漂白效果降低 ‎12．氯和硫是重要的非金属元素，两者存在SCl2、S2Cl2、SO2Cl2等多种化合物。‎ ‎(1)S2Cl2是黄绿色油状液体，沸点为‎136 ℃‎。其分子结构中每个原子均满足8电子稳定结构，S2Cl2的电子式为__________________________。将Cl2通入熔融态S中可制得S2Cl2(溶有少量S)，要得到较纯的S2Cl2，采用的实验操作方法是________。‎ ‎(2)磺酰氯(SO2Cl2)极易水解，水解后溶液呈强酸性，写出该反应的化学方程式：________________________________________________________________________；‎ 磺酰氯具有较强的氧化性，可以和白磷发生反应：P4＋10SO2Cl2===4PCl5＋10SO2↑，若生成1 mol SO2，则转移电子的物质的量为________。‎ ‎(3)下列可作为判断S和Cl非金属性强弱依据的是________(填字母)‎ a．跟金属反应时，硫被还原为－2价，氯被还原为－1价 b．HClO3酸性比H2SO3强 c．Na2S溶液中通入Cl2，有淡黄色沉淀产生 d．HCl的稳定性强于H2S 解析：(1)S2Cl2中每个原子都达到8电子的稳定结构，则电子式为，利用沸点的不同采用蒸馏的方法分离S与S2Cl2。(2)SO2Cl2与H2O反应生成H2SO4和HCl，依据原子守恒即可写出化学方程式为SO2Cl2＋2H2O===H2SO4＋2HCl；由化学方程式可知每生成1 mol SO2，S的化合价由＋6价降低到＋4价，得2 mol电子。(3)a.跟金属反应时，硫被还原为－2价，氯被还原为－1价，与非金属性强弱无关；b.最高价含氧酸酸性越强非金属性越强，应比较HClO4与H2SO4的酸性，错误；c.Cl2可以把S从盐溶液中置换出来，Cl的非金属性强于S，正确；d.HCl的稳定性强于H2S，非金属性越强，氢化物越稳定，Cl的非金属性强于S，正确。‎ 答案：(1) 　蒸馏 ‎(2)SO2Cl2＋2H2O===H2SO4＋2HCl　2 mol　(3)cd ‎13．过氧化氢(H2O2，俗称双氧水，无色液体)是一种应用广泛的化工原料。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)过氧化氢的电子式为____________。‎ ‎(2)工业上用电解硫酸氢铵水溶液的方法制备过氧化氢，其反应原理是：‎ ‎2NH4HSO4(NH4)2S2O8＋H2↑，‎ ‎(NH4)2S2O8＋2H2O===2NH4HSO4＋H2O2‎ 其流程如下：‎ ‎①电解硫酸氢铵溶液时，阴极的电极反应式为__________________________________。‎ ‎②制备过程中，采用减压蒸馏的原因是________________________________，可循环利用的物质是______________________________________________。‎ ‎(3)在火箭推进器中装有液态H2O2和液态肼(N2H4)，当它们混合时，即产生大量的氮气和水蒸气，并放出大量的热量。已知一些化学键的键能数据如下：‎ 化学键 N—N NN NN H—H N—H H—O O—O OO E/(kJ·mol－1)‎ ‎159‎ ‎419‎ ‎945‎ ‎436‎ ‎389‎ ‎465‎ ‎138‎ ‎498‎ 写出肼和双氧水反应的热化学方程式：_____________________________。上述反应物用于火箭推进剂，除释放大量热和快速产生大量气体外，还有一个很突出的优点是________________________________________________________________________。‎ ‎(4)H2O2的用途广泛。‎ ‎①用双氧水把黑色PbS转化为白色PbSO4‎ ‎，修复变黑的古代油画，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。‎ ‎②碱性溶液中，H2O2可以吸收工业尾气中的ClO2，同时制得NaClO2，反应的离子方程式为__________________________________________________________________。‎ 解析：(2)①电解池中阳离子在阴极得电子被还原，溶液中的H＋放电，阴极的电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑。②由于过氧化氢不稳定，受热容易分解，所以减小压强，使液体沸点降低，易于蒸出；根据反应原理和流程可知，在生成双氧水的同时，还生成NH4HSO4，所以能循环使用的物质是NH4HSO4。‎ ‎(3)反应热就是断开化学键吸收的热量和形成化学键放出的热量的差值，所以该反应的反应热ΔH＝4×389 kJ·mol－1＋159 kJ·mol－1＋2×2×465 kJ·mol－1＋2×138 kJ·mol－1－4×2×465 kJ·mol－1－945 kJ·mol－1＝－814 kJ·mol－1，所以该反应的热化学方程式为N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(g)　ΔH＝－814 kJ·mol－1；上述反应用于火箭推进剂，除释放大量热和快速产生大量气体外，还有一个很突出的优点是生成N2和H2O，对环境无污染。‎ ‎(4)①PbS→PbSO4，S元素化合价升高8，故H2O2作氧化剂，H2O2中O元素的化合价降低2，根据氧化还原反应中化合价升降总数相等，可得氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1。‎ 答案：(1) ‎ ‎(2)①2H＋＋2e－===H2↑‎ ‎②过氧化氢不稳定，受热易分解，减压使液体沸点降低　NH4HSO4‎ ‎(3)N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(g)‎ ΔH＝－814 kJ·mol－1　生成N2和H2O，对环境无污染 ‎(4)①4∶1‎ ‎②H2O2＋2OH－＋2ClO2===2ClO＋O2↑＋2H2O ‎14．(2018·南京一模)碳、硫的含量影响钢铁性能。某兴趣小组用如下流程对钢样进行探究。‎ ‎(1)钢样中硫元素以FeS形式存在，FeS在足量氧气中灼烧，生成的固体产物中Fe、O两种元素的质量比为21∶8，则该固体产物的化学式为____________。‎ ‎(2)检验钢样灼烧生成气体中的CO2，需要的试剂是____(填字母)。‎ a．酸性KMnO4溶液　　　　　　 b．澄清石灰水 c．饱和小苏打溶液 d．浓H2SO4‎ ‎(3)取‎10.00 g钢样在足量氧气中充分灼烧，将生成的气体用足量1%的H2O2溶液充分吸收，再用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定吸收液至终点，消耗NaOH溶液20.00 mL；另取‎10.00 g钢样在足量氧气中充分灼烧，将生成的气体通过盛有足量碱石灰的U形管(如图)，碱石灰增重‎0.614 g。‎ ‎①用1%H2O2溶液吸收SO2，发生反应的离子方程式为 ‎________________________________________________________________________。‎ ‎②分别计算该钢样中硫、碳元素的质量分数(写出计算过程)。‎ ‎③实验测得的碳元素质量分数比真实值偏高，其可能的原因是________(填字母)。‎ a．U形管中生成的亚硫酸盐吸收了O2‎ b．碱石灰吸收了空气中的CO2‎ c．气体通过碱石灰的流速过快，未被充分吸收 解析：(1)设固体产物的化学式为FexOy，则x∶y＝∶＝3∶4，所以化学式是Fe3O4。(2)由于灼烧生成气体中除含有CO2外还含有SO2，所以先用酸性KMnO4溶液除去SO2，再用澄清石灰水检验CO2。(3)①SO2被H2O2‎ 氧化：SO2＋H2O2===2H＋＋SO。②由于NaOH只与生成的H2SO4反应，所以可根据消耗的NaOH计算出硫的量，从而计算出硫的质量分数，碱石灰增重的是CO2和SO2的总质量，所以根据硫的量可计算出生成SO2的质量，再用总增重减去SO2的质量可得CO2的质量，从而求出碳的量，最终求出碳的质量分数。③a项，亚硫酸盐吸收了O2使得增重变大，由于硫的量已确定，所以增重的部分被认为是CO2的量，从而使得碳的质量分数偏高；b项，空气中的CO2被认为是生成CO2的质量，从而使得结果偏高；c项，流速过快使得气体没有被完全吸收，使得增重变小，所以碳的质量分数变小。‎ 答案：(1)Fe3O4　(2)ab ‎(3)①H2O2＋SO2===2H＋＋SO ‎②n(S)＝n(SO2)＝n(NaOH)‎ ‎＝×0.020 ‎00 L×0.100 0 mol·L－1‎ ‎＝1.000×10－3 mol w(S)＝×100%＝0.32%‎ m(SO2)＝1.000×10－3 mol×‎32 g·mol－1÷＝‎‎0.064 g m(CO2)＝‎0.614 g－m(SO2)＝‎‎0.550 g n(C)＝n(CO2)＝＝0.012 5 mol w(C)＝×100%＝1.5%‎ ‎③ab 考点一　氮气及氮的氧化物 ‎1．氮气 ‎(1)物理性质 无色、无味气体，密度比空气略，溶于水。‎ ‎(2)化学性质 写出有关反应的化学方程式：‎ ‎①3Mg＋N2Mg3N2；‎ ‎②N2＋3H22NH3；‎ ‎③N2＋O22NO。‎ ‎2．氮的氧化物 ‎(1)氮有多种价态的氧化物 氧化物的化学式 N2O NO N2O3‎ NO2、N2O4‎ N2O5‎ 氮元素的价态 ‎＋1‎ ‎＋2‎ ‎＋3‎ ‎＋4‎ ‎＋5‎ N2O俗称笑气，有麻醉作用；N2O3是亚硝酸的酸酐；N2O5为硝酸的酸酐。‎ ‎(2)NO和NO2的性质比较 NO NO2‎ 物理性质 颜色 无色 红棕色 毒性 有毒 有毒 溶解性 不溶于水 能溶于水 化学性质 与O2反应 ‎2NO＋O2===2NO2‎ 与H2O反应 ‎3NO2＋H2O===2HNO3＋NO 制法 试剂 Cu和稀HNO3‎ Cu和浓HNO3‎ 收集 只能用排水法收集 只能用向上排空气法收集 ‎[注意]　①氮的氧化物都有毒，其中NO2与N2O4存在下列平衡：2NO2N2O4，因此实验测得NO2的平均相对分子质量总大于46。‎ ‎②验证某无色气体为NO的方法是向无色气体中通入O2(或空气)，无色气体变为红棕色。‎ ‎(3)氮氧化物对环境的污染 ‎①光化学烟雾：NOx在紫外线作用下，与碳氢化合物发生一系列光化学反应，产生了一种有毒的烟雾。‎ ‎②酸雨：NOx排入大气中，与水反应生成HNO3和HNO2，随雨雪降到地面。‎ ‎③破坏臭氧层：NO2可使平流层中的臭氧减少，导致地面紫外线辐射量增加。‎ ‎④NO与血红蛋白结合使人中毒。‎ ‎3．NOx尾气的处理 ‎(1)碱液吸收法 ‎2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O NO2＋NO＋2NaOH===2NaNO2＋H2O NO2、NO的混合气体能被足量烧碱溶液完全吸收的条件是：n(NO2)≥n(NO)。一般适合工业尾气中NOx的处理。‎ ‎(2)催化转化法 在催化剂、加热条件下，氨可将氮氧化物转化为无毒气体(N2)或NOx与CO在一定温度下催化转化为无毒气体(N2和CO2)。一般适用于汽车尾气的处理。反应方程式为 ‎①4NH3＋6NO5N2＋6H2O ‎②8NH3＋6NO27N2＋12H2O ‎③2NO＋2CON2＋2CO2‎ ‎④2NO2＋4CON2＋4CO2‎ ‎4．氮的氧化物与O2、H2O反应的计算 ‎(1)利用关系式求解 氮的氧化物溶于水的过程中所发生的反应有：‎ ‎3NO2＋H2O===2HNO3＋NO,2NO＋O2===2NO2。‎ 叠加后得①4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3；‎ ‎②4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3；‎ ‎③NO2＋NO＋O2＋H2O===2HNO3。‎ 若NO2、O2混合气体通入水中，由①式可知其体积比有：‎ V(NO2)∶V(O2) 若NO、O2混合气体通入水中，由②式可知其体积比有：‎ V(NO)∶V(O2) 若NO、NO2、O2混合气体通入水中，当V(NO)∶V(NO2)∶V(O2)＝1∶1∶1时，恰好转化为HNO3，即按③式反应。当V(NO)∶V(NO2)∶V(O2)≠1∶1∶1时，可先将NO2转化为NO，这样问题就转化为NO、O2混合气体溶于水的计算。‎ ‎(2)依据氮氧原子个数比求解 通过上述方程式的关系，我们不难发现：无论是哪种情况，生成HNO3的NO、NO2、O2中氮氧原子个数比都为2∶5。上述反应都等效于硝酸的酸酐N2O5与H2O的反应。在解题时，我们也可以利用这个关系来进行分析判断，并最终得出结论。‎ 氮氧原子个数比 ‎(3)利用电子守恒关系求解 从氧化还原反应的电子得失角度分析上述反应，都是氮的氧化物被氧气氧化生成硝酸。‎ NOHNO3　NO2HNO3‎ O2HNO3‎ 解题时，可以根据氮的氧化物失电子总数＝氧气得电子总数的关系来求解。‎ ‎5．重要的氮族元素——磷 ‎(1)磷的同素异形体 白磷(黄磷，P4)为正四面体结构()，与红磷(赤磷)是同素异形体。‎ ‎(2)单质磷的化学性质 ‎①与氧气反应：P4＋5O22P2O5(五氧化二磷)。‎ ‎②与卤素单质反应：‎ P4＋6Cl24PCl3(白雾)，P4＋10Cl24PCl5(白烟)。‎ ‎③与稀硝酸反应：‎ ‎3P＋5HNO3＋2H2O3H3PO4＋5NO↑。‎ ‎(3)五氧化二磷 五氧化二磷是磷酸的酸酐，有很强的吸水性，是一种干燥剂。‎ ‎(4)磷酸 磷酸易溶于水、难挥发，属于三元非氧化性中强酸(可当作弱酸对待)，具有酸的通性。‎ ‎①电离方程式 H3PO4H＋＋H2PO H2POH＋＋HPO HPOH＋＋PO ‎②与碱反应 NaOH＋H3PO4===NaH2PO4＋H2O(生成磷酸二氢盐)‎ ‎2NaOH＋H3PO4===Na2HPO4＋2H2O(生成磷酸氢盐)‎ ‎3NaOH＋H3PO4===Na3PO4＋3H2O(生成正盐)‎ ‎[题点全练]‎ 题点(一)　NO、NO2的性质及对环境的影响 ‎1．随着我国汽车年销量的大幅增加，空气环境受到了很大的污染。汽车尾气装置里，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．反应中NO为氧化剂，N2为氧化产物 B．汽车尾气的主要污染成分包括CO、NO和N2‎ C．NO和O2必须在催化剂表面才能反应 D．催化转化总化学方程式为2NO＋O2＋4CO4CO2＋N2‎ 解析：选D　反应过程中NO、O2为氧化剂，N2为还原产物；汽车尾气中的N2不是污染物；NO和O2的反应不需要催化剂；根据题中的图示，可将反应的过程分成如下两步写：2NO＋O2===2NO2,2NO2＋4CO===N2＋4CO2，将两步反应式合并可得总化学方程式为2NO＋O2＋4CO催化剂,4CO2＋N2。‎ ‎2．氮氧化合物(用NOx表示)是大气污染的重要因素，根据NOx的性质特点，开发出多种化学治理氮氧化合物污染的方法。‎ ‎(1)用氨可将氮氧化物转化为无毒气体。已知：4NH3＋6NO5N2＋6H2O,8NH3＋6NO27N2＋12H2O。同温同压下，‎3.5 L NH3恰好将‎3.0 L NO和NO2的混合气体完全转化为N2，则原混合气体中NO和NO2的体积之比是__________。‎ ‎(2)工业尾气中氮的氧化物常采用碱液吸收法处理。‎ ‎①NO2被烧碱溶液吸收时，生成两种钠盐，其物质的量之比为1∶1，写出该反应的化学方程式：___________________________________________________。‎ ‎②NO与NO2按物质的量之比1∶1被足量NaOH溶液完全吸收后只得到一种钠盐，该钠盐的化学式是_______________________________________________。‎ 解析：(1)设NO的体积为V(NO)，NO2的体积为V(NO2)，依据方程式知，处理NO需NH3：V(NO)，处理NO2需NH3：V(NO2)，则 解得V(NO)＝‎‎0.75 L V(NO2)＝‎‎2.25 L V(NO)∶V(NO2)＝1∶3。‎ ‎(2)①生成两种钠盐，必然是NO2的歧化反应，依据量的关系可知两种盐分别为NaNO3和NaNO2。‎ ‎②NO中氮的化合价为＋2价，NO2中氮的化合价为＋4价，二者1∶1混合时与NaOH反应生成一种钠盐，依据电子守恒可知，钠盐中氮的化合价为＋3，即为NaNO2。‎ 答案：(1)1∶3‎ ‎(2)①2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O ‎②NaNO2‎ 题点(二)　氮氧化物溶于水的定量计算 ‎3．(2018·沈阳模拟)在一定条件下，将NO2和O2的混合气体12 mL通入足量水中，充分反应后剩余2 mL气体(同温同压下)，则原混合气体中氧气的体积为(　　)‎ ‎①1.2 mL　②2.4 mL　③3 mL　④4 mL A．①②　　　　　　　　　 B．②③‎ C．③④ D．①④‎ 解析：选D　4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3‎ 若剩余的气体是O2，则V(NO2)＝×(12－2)＝8 mL，‎ V(O2)＝12 mL－8 mL＝4 mL。‎ 若剩余的气体是NO(2 mL)⇒6 mL NO2。‎ 则V(O2)＝×(12－6)＝1.2 mL。‎ ‎4.如图所示，将相同条件下的m体积NO和n体积O2同时通入倒立于水槽中且盛满水的试管内，充分反应后，试管内残留体积的气体，该气体与空气接触后立即变为红棕色。则m与n的比值为(　　)‎ A．3∶2 B．2∶3‎ C．8∶3 D．3∶8‎ 解析：选C　该过程中涉及的反应有2NO＋O2===2NO2、3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，可将两个方程式“合并”为4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3‎ ‎。剩余气体与空气接触立即变为红棕色，说明剩余气体为NO。则可知体积的NO气体与n体积的O2恰好完全反应。‎ ‎4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3‎ ‎4　　 3‎ 　　 n ‎4∶＝3∶n，解得m∶n＝8∶3。‎ ‎5．将充有m mol NO和n mol NO2气体的试管倒立于水槽中，然后通入m mol O2，若已知n＞m，则充分反应后，试管中的气体在同温同压下的体积为(　　)‎ A．(4n－1)/2 B．(n－m)/3‎ C．(‎3m＋n)/3 D．3(n－m)‎ 解析：选B　根据3NO2＋H2O===2HNO3＋NO知，n mol NO2气体反应后生成n/3 mol NO气体，再根据4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3得(m＋n/3)∶m＞4∶3，则知NO过量，故剩余的体积为(m＋n/3)－‎4m/3＝(n－m)/3。‎ 考点二　氨和铵盐 ‎1．氨的分子结构与物理性质 电子式 密度 气味 水溶性 比空气小 强烈刺激性气味 极易溶于水 ‎(1∶700)‎ ‎2．氨的化学性质 ‎(1)与水反应 NH3＋H2ONH3·H2ONH＋OH－。氨气溶于水得氨水，氨水中含有的粒子有：NH3·H2O、H2O、NH3、NH、OH－、H＋。NH3·H2O为可溶性一元弱碱，不稳定，易分解，化学方程式为NH3·H2ONH3↑＋H2O。‎ ‎(2)与酸的反应 蘸有浓盐酸(或浓硝酸)的玻璃棒与蘸有浓氨水的玻璃棒靠近，其现象为有白烟生成。‎ 化学方程式分别为HCl＋NH3===NH4Cl、HNO3＋NH3===NH4NO3。‎ ‎(3)与盐溶液的反应 如过量氨水与AlCl3反应的离子方程式：‎ Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH。‎ ‎(4)氨气的还原性 性质 方程式 催化氧化 ‎4NH3＋5O24NO＋6H2O 被CuO氧化 ‎2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O 被氯气氧化 ‎2NH3＋3Cl2===N2＋6HCl 或8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl 被氮氧化物氧化 ‎6NO＋4NH3===5N2＋6H2O ‎6NO2＋8NH3===7N2＋12H2O ‎[注意]　①NH3是中学化学中唯一的碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，可在推断题中作为解题突破口。‎ ‎②氨水呈碱性，属于一元弱碱，计算氨水的浓度时，溶质按NH3进行计算。‎ ‎3．氨气的实验室制法 ‎[经典实验图解]‎ ‎[高考创新考查]‎ ‎4．工业合成氨 合成氨工业的简要流程可用方框图表示为：‎ ‎(1)原料气的制取 N2：将空气液化、蒸发分离出N2或者将空气中的O2与碳作用生成CO2，除去CO2后得N2。‎ H2：用水和燃料(煤、焦炭、石油、天然气等)在高温下制取。用煤和水制H2的主要反应为：‎ C＋H2O(g)CO＋H2，‎ CO＋H2O(g)CO2＋H2。‎ ‎(2)制得的N2、H2需净化、除杂质，再用压缩机压缩至高压。‎ ‎(3)氨的合成：在适宜的条件下，在合成塔中进行。‎ ‎(4)氨的分离：经冷凝使氨液化，将氨分离出来，为提高原料的利用率，将没有完全反应的N2和H2循环送入合成塔，使其被充分利用。‎ ‎5．铵盐及NH的检验 ‎(1)铵盐的物理性质 铵盐都是色固体，均易溶于水。‎ ‎(2)铵盐的化学性质 ‎(3)NH的检验 未知液呈碱性湿润的色石蕊试纸变色，则证明含NH。‎ ‎6．共性归纳——喷泉实验 ‎(1)喷泉实验的原理 由于容器内外产生压强差而形成喷泉。气体迅速溶于水或某种溶液中，容器内压强小于容器外压强，从而产生喷泉。‎ ‎(2)形成喷泉的常见组合 气体 HCl NH3‎ CO2、Cl2、SO2、H2S NO2‎ NO、‎ O2(4∶3)‎ 吸收剂 水、NaOH溶液 水 NaOH溶液 水 水 ‎(3)常见的喷泉实验装置 装置Ⅰ：打开止水夹，挤压胶头滴管的胶头，使少量水进入烧瓶，导致大量的NH3溶解。烧瓶内形成负压而产生喷泉。‎ 装置Ⅱ：挤压气球，即可使少量的溶液沿导管进入烧瓶，导致大量的NH3溶解，烧瓶内形成负压而产生喷泉。‎ 装置Ⅲ：去掉了胶头滴管。打开止水夹，用手(或热毛巾等)捂热烧瓶，氨气受热膨胀，使氨气通过导管与水接触，即产生喷泉。(或用浸冰水的毛巾“冷敷”烧瓶，使水进入烧瓶，烧瓶内氨气溶于水)‎ ‎[题点全练]‎ 题点(一)　氨气和铵盐的性质及应用 ‎1．如下图，利用培养皿探究氨气的性质。实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，立即用另一表面皿扣在上面。下表中对实验现象所做的解释正确的是(　　)‎ 选项 实验现象 解释 A 浓盐酸附近产生白烟 NH3与浓盐酸反应产生了NH4Cl固体 B 浓硫酸附近无明显现象 NH3与浓硫酸不发生反应 C 氯化物溶液变浑浊 该溶液一定是AlCl3溶液 D 干燥红色石蕊试纸不变色，湿润红色石蕊试纸变蓝 NH3是一种可溶性碱 解析：选A　B项，NH3与浓硫酸反应；C项，AlCl3、MgCl2等氯化物溶液均可与NH3反应使溶液变浑浊；D项，NH3＋H2ONH3·H2ONH＋OH－，氨水呈碱性，NH3·H2O是碱， NH3不属于碱。‎ ‎2.如图装置中，干燥烧瓶内盛有某种气体，烧杯和滴管内盛放某种溶液。挤压滴管的胶头，下列与实验事实不相符的是(　　)‎ A．CO2(NaHCO3溶液)/无色喷泉 B．NH3(H2O中含酚酞)/红色喷泉 C．H2S(CuSO4溶液)/黑色喷泉 D．HCl(AgNO3溶液)/白色喷泉 解析：选A　CO2在NaHCO3溶液中的溶解度很小，因此不能形成喷泉；NH3极易溶于水生成NH3·H2O，NH3·H2O发生电离生成OH－，使酚酞溶液显红色；H2S和CuSO4反应生成CuS黑色沉淀；HCl极易溶于水，且和AgNO3发生反应生成白色沉淀。‎ ‎3．称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品‎7.24 g，加入含0.1 mol NaOH的溶液，完全反应，生成NH3 1 792 mL(标准状况)，则(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为(　　)‎ A．1∶1　　　　　　　　 B．1∶2‎ C．1.87∶1 D．3.65∶1‎ 解析：选C　若NaOH完全与NH反应，则生成NH3 0.1 mol，其在标准状况下的体积为2 240 mL，题给条件是生成NH3 1 792 mL，可知0.1 mol氢氧化钠不足，故NaOH先与NH4HSO4反应完全，再与(NH4)2SO4反应，因共生成NH3 0.08 mol，故与H＋反应的氢氧化钠为0.02 mol，则可知道NH4HSO4为0.02 mol，则(NH4)2SO4的质量为‎7.24 g－‎115 g·mol－1×0.02 mol＝‎4.94 g，物质的量为‎4.94 g÷‎132 g·mol－1＝0.037 4 mol。两者物质的量之比为1.87∶1。‎ 题点(二)　氨气的实验室制法 ‎4．NH3及其盐都是重要的化工原料。‎ ‎(1)用NH4Cl和Ca(OH)2制备NH3，反应发生、气体收集和尾气处理装置依次为________。‎ ‎(2)按下图装置进行NH3性质实验。‎ ‎①先打开旋塞1，B瓶中的现象是______________，原因是____________________，稳定后，关闭旋塞1。‎ ‎②再打开旋塞2，B瓶中的现象是________________________________________。‎ 解析：(1)制备氨气时，加热固体的试管口应略向下倾斜，所以制备装置应选取装置A；氨气的密度比空气的小，因此应用向下排空气法收集，所以收集装置应选取装置C；氨气极易溶于水，应防止发生倒吸，因此尾气处理装置应选取装置G。‎ ‎(2)A瓶的压强大于B瓶的，因此A瓶中的氯化氢进入B瓶中，与氨气反应生成氯化铵，可以看到B瓶中有白烟生成。由于氯化氢和氨气反应导致B瓶中的压强降低，且B瓶中的氯化氢相对过量，因此当打开旋塞2时，石蕊水溶液会被倒吸入B瓶中，遇氯化氢溶液变红色。‎ 答案：(1)A、C、G　(2)①有白烟生成　A瓶中的氯化氢移动到B瓶中，与B瓶中的氨气反应生成氯化铵，能看到白烟 ‎②液体进入B瓶中，溶液的颜色变红 ‎[规律方法]　实验室制取氨气的简易方法 方法 化学方程式(或原理)‎ 发生装置 加热浓氨水 NH3·H2ONH3↑＋H2O 浓氨水＋固体NaOH NaOH溶于水放热，促使氨水分解，且OH－浓度的增大有利于NH3的生成 浓氨水＋固体CaO CaO与水反应，使溶剂(水)减少；反应放热，促使氨水分解。化学方程式NH3·H2O＋CaO===NH3↑＋Ca(OH)2‎ 考点三　硝酸的性质及应用 ‎(一)硝酸 ‎1．物理性质 硝酸是无色易挥发的液体，有刺激性气味。‎ ‎2．化学性质 ‎(1)不稳定性 反应的化学方程式：‎ ‎4HNO3(浓) 4NO2↑＋O2↑＋2H2O。‎ ‎(2)强氧化性 硝酸无论浓、稀都有强氧化性，而且浓度越大，氧化性越强。‎ 按要求完成下列反应的方程式：‎ ‎①与金属反应 稀硝酸与铜反应：‎ ‎3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；‎ 浓硝酸与铜反应：‎ Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O。‎ ‎②与非金属反应 浓硝酸与C的反应：‎ C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O。‎ ‎③与还原性化合物反应 硝酸可氧化H2S、SO2、Na2SO3、HI、Fe2＋等还原性物质。稀硝酸与FeSO4溶液反应的离子方程式：3Fe2＋＋NO＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。‎ ‎(3)与有机物反应 ‎①硝化反应(与反应)：‎ ‎②颜色反应：含有苯基的蛋白质遇到浓硝酸时变色。‎ ‎[注意]　①硝酸浓度越大，其还原产物的价态越高。还原产物一般为HNO3(浓)→NO2，HNO3(稀)→NO。‎ ‎②浓硝酸能使紫色石蕊溶液先变红，后褪色，该反应过程中浓硝酸表现出强酸性和强氧化性。‎ ‎③常温下，铁、铝遇浓硝酸能发生“钝化”，并非不反应，故浓硝酸可以用铁桶盛放。‎ ‎(二)含氮元素物质之间的转化关系 ‎(1)歧化——同一元素的化合价在同一反应中既升高又降低。‎ 如：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO ‎2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O ‎(2)归中——同一元素的不同化合价在同一反应中只靠拢 如：6NO＋4NH35N2＋6H2O NO2＋NO＋2NaOH===2NaNO2＋H2O ‎(3)含氮物质的连续氧化 NH3NONO2HNO3‎ N2NONO2HNO3‎ ‎[题点全练]‎ 题点(一)　硝酸的性质及应用 ‎1．硝酸被称为“国防工业之母”是因为它是制取炸药的重要原料。下列实验事实与硝酸的性质不相对应的是(　　)‎ A．浓硝酸使紫色石蕊溶液先变红后褪色——酸性和强氧化性 B．不能用稀硝酸与锌反应制氢气——强氧化性 C．要用棕色瓶盛装浓硝酸——不稳定性 D．能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液的红色褪去——强氧化性 解析：选D　向滴有酚酞的NaOH溶液中滴入硝酸，溶液红色褪去，利用硝酸的酸性。‎ ‎2．(2018·淄博模拟)下列图像表示铁跟一定量硝酸反应时，铁和硝酸铁物质的量(mol)之间的关系，其中正确的是(　　)‎ 解析：选B　硝酸与铁反应时，随着铁的物质的量的增加，先后发生下列反应：4HNO3(稀)＋Fe===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O[或6HNO3(浓)＋FeFe(NO3)3＋3NO2↑＋3H2O]，2Fe(NO3)3＋Fe===3Fe(NO3)2，可见生成Fe(NO3)3消耗的Fe与Fe(NO3)3变为Fe(NO3)2消耗的Fe的物质的量之比为2∶1，故图像B正确。‎ ‎3．将‎32.64 g铜与140 mL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‎11.2 L。请回答下列问题：‎ ‎(1)NO的体积为________ L，NO2的体积为________ L。‎ ‎(2)参加反应的HNO3的物质的量是______________。‎ ‎(3)待产生的气体全部释放后，向溶液中加入V mL a mol·L－1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－1。‎ ‎(4)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：(1)n(Cu)＝＝0.51 mol，设混合气体中NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y。根据气体的总体积为‎11.2 L，有：x＋y＝0.5 mol。根据得失电子守恒，有：3x＋y＝(0.51×2)mol。解方程组得：x＝0.26 mol，y＝0.24 mol。则：V(NO)＝0.26 mol×‎22.4 L·‎ mol－1＝‎5.824 L V(NO2)＝‎11.2 L－‎5.824 L＝‎5.376 L。‎ ‎(2)参加反应的HNO3分两部分：一部分没有被还原，显酸性，生成Cu(NO3)2；另一部分被还原成NO2和NO，所以参加反应的HNO3的物质的量为0.51 mol×2＋0.5 mol＝1.52 mol。‎ ‎(3)HNO3在反应中一部分变成气体，一部分以NO的形式留在溶液中。变成气体的HNO3的物质的量为0.5 mol。加入NaOH溶液至正好使溶液中Cu2＋全部转化为沉淀，则溶液中只有NaNO3，其物质的量为10－3aV mol，也就是以NO形式留在溶液中的HNO3的物质的量为10－3aV mol。所以，c(HNO3)＝ mol·L－1。‎ ‎(4)由得失电子守恒得：2×n(Cu)＝2×n(H2O2)，×2＝n(H2O2)×2，n(H2O2)＝0.51 mol，则m(H2O2)＝‎17.34 g。需30%的双氧水：‎17.34 g÷30%＝‎57.8 g。‎ 答案：(1)5.824　5.376　(2)1.52 mol　‎ ‎(3)　(4)57.8‎ ‎[规律方法]　金属与硝酸反应计算题的一般方法 ‎(1)思维模型 ‎(2)计算技巧 原子守恒法 HNO3与金属反应时，一部分HNO3起酸的作用，以NO的形式存在于溶液中；一部分作为氧化剂转化为还原产物，这两部分中氮原子的总物质的量等于反应消耗的HNO3中氮原子的物质的量 得失电子守恒法 HNO3与金属的反应属于氧化还原反应，HNO3中氮原子得电子的物质的量等于金属失电子的物质的量 HNO3过量时反应后溶液中(不考虑OH－)，c(NO)＝c(H＋)＋nc(Mn＋)(Mn＋‎ 电荷守恒法 代表金属离子)‎ 离子方程式计算法 金属与H2SO4、HNO3的混合酸反应时，由于硝酸盐中NO在H2SO4提供H＋的条件下能继续与金属反应，因此此类题目应用离子方程式来计算，先作过量判断，然后根据完全反应的金属或H＋或NO进行相关计算，且溶液中要符合电荷守恒 题点(二)　含氮物质之间的相互转化 ‎4．在下列物质转化中，A是一种正盐，D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，E是酸，当X无论是强酸还是强碱时，都有如下的转化关系：‎ 当X是强酸时，A、B、C、D、E均含同一种元素；当X是强碱时，A、B、C、D、E均含另外同一种元素。请回答：‎ ‎(1)A是________，Y是________，Z是________。‎ ‎(2)当X是强酸时，E是________，写出B生成C的化学方程式：__________________。‎ ‎(3)当X是强碱时，E是________，写出B生成C的化学方程式：_____________________。‎ 解析：因D的相对分子质量比C大16，则Y为O2，进而推知C、D为氧化物，BCD为连续氧化的过程。因E为酸，故C、D均为非金属氧化物，Z为H2O。当X为强碱时，该连续氧化关系为NH3NONO2HNO3，进而推知A为铵盐；当X为强酸时，该连续氧化关系为H2SSO2SO3H2SO4，进而推知A为硫化物。综上所述A为(NH4)2S。‎ 答案：(1)(NH4)2S　O2　H2O ‎(2)H2SO4　2H2S＋3O22SO2＋2H2O ‎(3)HNO3　4NH3＋5O24NO＋6H2O 考点四　环境保护与绿色化学 ‎1．环境污染 ‎(1)“三废”：主要是指废气、废水和废渣。‎ ‎(2)常见环境污染类型 ‎(3)六大工业尾气的主要成分 硫酸工厂尾气 SO2、O2、N2等，一般用氨水吸收 硝酸工厂尾气 NO、NO2、N2、O2等，一般用NaOH溶液吸收 高炉煤气 CO、CO2、N2等，一般回收利用 炼钢烟气 Fe2O3烟尘、CO等，一般回收利用 焦炉气 CH4、CO、CO2、C2H4、N2等，可用作燃料 氯碱工业 Cl2，一般用NaOH溶液吸收 ‎2．环境保护的措施 ‎(1)工业废气携带颗粒物的回收利用。‎ ‎(2)工业、生活污水经处理达标后排放，限制使用含氮、磷洗涤剂。‎ ‎(3)回收、限制难降解塑料，研制可降解塑料。‎ ‎3．绿色化学 如环氧乙烷的生成：‎ ‎①经典方法：‎ ‎②现代化工生成方法：‎ 上述两反应的原子经济性为100%的是。‎ ‎[题点全练]‎ 题点(一)　环境污染与防治 ‎1.(2018·南通一模)习总书记多次强调“要像对待生命一样对待生态环境”。下列说法正确的是(　　)‎ A．用太阳能光解水制H2可减少碳排放 B．用聚乙烯生产快餐盒可降低白色污染 C．用如图所示方法可改良碱性土壤 D．用Ba(OH)2可消除水中Cu2＋等重金属离子污染 解析：选A　A项，水在太阳能下分解生成H2，不产生碳排放，正确；B项，聚乙烯的使用为“白色污染”的主要原因，错误；C项，用熟石灰应改良酸性土壤，错误；D项，Ba2＋本身也属于重金属，有毒，错误。‎ ‎2．近几年，“PM‎2.5”‎一词备受关注。PM2.5是指大气中直径≤2.5 μm的颗粒物，由于它粒径很小，所以对人体健康的危害很大。下列与PM2.5相关的说法错误的是(　　)‎ A．PM2.5的颗粒大小与分子大小差不多 B．PM2.5是造成雾霾天气的“元凶”之一 C．燃烧树叶、秸秆和燃放烟花、爆竹都会产生PM2.5‎ D．PM2.5专用口罩使用了活性炭，是利用了活性炭的吸附性 解析：选A　A项，PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5 μm的颗粒物，而分子直径的数量级为10－‎10 m，所以PM2.5的颗粒大小与分子大小相差很大，错误。‎ ‎[规律方法]　减少污染、保护环境的八项措施 ‎(1)将煤与适量生石灰混合后燃烧或对烟道气进行处理，可减少废气中SO2的排放。‎ ‎(2)推广使用无铅汽油，在汽车尾气系统中安装催化转化器，使用燃料电池、乙醇汽油作为汽油替代品，发展电动车等措施，可减少汽车等机动车尾气的污染。‎ ‎(3)禁止氟氯代烷的生产和使用以保护臭氧层。‎ ‎(4)使用无磷洗衣粉以减少水华和赤潮的发生。‎ ‎(5)使用合格环保型建筑材料和装饰材料等以减少甲醛的释放，降低居室装修污染。‎ ‎(6)发展低碳经济、倡导低碳生活、增大植被面积等以减少二氧化碳的排放量，从而减弱温室效应。‎ ‎(7)适当减少塑料的使用量并开发使用可降解塑料以减少白色污染。‎ ‎(8)回收利用废旧电池以防止土壤污染和水污染。‎ 题点(二)　绿色化学 ‎3．(2018·日照模拟)化学在绿色发展、循环发展、低碳发展及推进生态文明建设中正发挥着积极作用。下列做法不正确的是(　　)‎ A．研制开发燃料电池汽车，降低机动车尾气污染，某种程度可以减少PM2.5污染 B．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理 C．铁强化酱油可通过膳食补充人体所需的铁元素 D．地沟油由于混有一些对人体有害的杂质而不能食用，可加工制成生物柴油，生物柴油成分与从石油中提取的柴油成分不同 解析：选B　绿色化学的核心是预防产生污染，控制污染源。‎ ‎4．在“绿色化学工艺”中，理想状态是原子利用率为100%。在用CH3CCH合成CH2===C(CH3)COOCH3的过程中，欲使原子利用率达到最高，还需要其他的反应物有(　　)‎ A．CO和CH3OH　　　　　　 B．CO2和H2O C．H2和CO2 D．CH3OH和H2‎ 解析：选A　从原子守恒和绿色化学的思想出发：CH3CCH＋其他的反应物―→CH2===C(CH3)COOCH3，则其他的反应物的原子组成为C2H4O2，只有选项A中的物质按等物质的量混合，符合题意。‎ ‎[综合演练提能] ‎ ‎[课堂真题练]‎ ‎1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)(2017·天津高考)用烧碱处理含高浓度NH的废水并回收利用氨(√)‎ ‎(2)(2017·北京高考)氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀，氨气发生还原反应(×)‎ ‎(3)(2017·江苏高考)利用NH3易溶于水的性质，可用作制冷剂(×)‎ ‎(4)(2016·全国卷Ⅰ)用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NO(×)‎ ‎(5)(2016·全国卷Ⅰ)1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA(×)‎ ‎(6)(2016·江苏高考)将铜丝插入稀硝酸中：Cu＋4H＋＋2NO===Cu2＋＋2NO2↑＋H2O(×)‎ ‎(7)(2016·海南高考)将铁屑放入稀HNO3中证明Fe比H2活泼(×)‎ ‎(8)(2016·江苏高考)因为NH4HCO3受热易分解，故可用作氮肥(×)‎ ‎(9)(2016·江苏高考)下列物质间的转化能够实现 N2NH3NH4Cl(aq)(√)‎ ‎(10)(2016·海南高考)NH4Cl溶液与Ca(OH)2溶液混合的离子方程式为H＋＋OH－===H2O(×)‎ ‎(11)(2016·上海高考)用生石灰与浓氨水制得的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明NH3为碱性气体(√)‎ ‎(12)(2015·全国卷Ⅰ)密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA(×)‎ ‎(13)(2015·浙江高考)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(√)‎ ‎(14)(2015·山东高考)向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO＋2H＋===SO2↑＋H2O(×)‎ ‎(15)(2015·山东高考)加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结，说明NH4Cl固体可以升华(×)‎ ‎(16)(2015·重庆高考)实验室制取氨(×)‎ ‎2．(2017·北京高考)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(　　)‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ A．由①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②中木炭与浓硝酸发生了反应 C．由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物 D．③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 解析：选D　①中灼热碎玻璃起加热作用，浓硝酸受热分解生成红棕色NO2，硝酸中氮元素化合价降低，必有元素化合价升高，只能为氧元素，因此，还有O2生成，产生的气体为混合气体，A项正确；由①可知，浓硝酸受热分解可生成红棕色气体，所以②中产生的“红棕色气体”不一定是木炭与浓硝酸发生反应产生的，B项正确；③中浓硝酸挥发才能与红热木炭接触，产生的NO2是还原产物，C项正确；红热的木炭还可与空气中的O2反应生成CO2，不一定是木炭与浓硝酸发生反应生成了CO2，D项错误。‎ ‎3．(2017·全国卷Ⅲ)化学与生活密切相关。下列说法错误的是(　　)‎ A．PM2.5是指粒径不大于2.5 μm的可吸入悬浮颗粒物 B．绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染 C．燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放 D．天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料 解析：选C　PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物，A项正确；绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染，B项正确；燃煤中加入CaO是为了除去煤燃烧生成的SO2，可减少酸雨的形成，但不能减少温室气体的排放，故C项错误；天然气和液化石油气完全燃烧的产物是CO2和H2O，属于清洁燃料，D项正确。‎ ‎4．(2015·北京高考)下列关于自然界中氮循环(如下图)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、氧三种元素也参加了氮循环 解析：选A　A．N2→NH3过程中氮元素由0价变为－3价，被还原。B.工业合成氨的过程属于人工固氮。C.1828年，德国化学家维勒首次利用无机物氰酸铵合成了尿素；而含氮的有机物也可以直接分解为无机物。D.雷电发生时涉及的反应有N2＋O22NO,2NO＋O2===2NO2,3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，HNO3进入土壤，与矿物质结合成硝酸盐；豆科植物也可以将N2合成氮肥，生物体内的蛋白质中含有C元素，所以碳、氢、氧三种元素都参加了氮循环。‎ ‎5．(2016·全国卷Ⅲ)煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。回答下列问题：‎ ‎(1)NaClO2的化学名称为________。‎ ‎(2)在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度323 K，NaClO2溶液浓度为5×10－3 mol·L－1。‎ 反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。‎ 离子 SO SO NO NO Cl－‎ c/(mol·L－1)‎ ‎8.35×10－4‎ ‎6.87×10－6‎ ‎1.5×10－4‎ ‎1.2×10－5‎ ‎3.4×10－3‎ ‎①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式________________________。增加压强，NO的转化率________(填“提高”“不变”或“降低”)。‎ ‎②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐________(填“增大”“不变”或“减小”)。‎ ‎③由实验结果可知，脱硫反应速率________脱硝反应速率(填“大于”或“小于”)。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是__________________________。‎ ‎(3)如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果。‎ 从化学平衡原理分析，Ca(ClO)2相比NaClO具有的优点是 ‎________________________________________________________________________。‎ 解析：(1)NaClO2中Cl元素的化合价为＋3，其化学名称为亚氯酸钠。(2)①分析表中数据可知，NaClO2溶液脱硝过程中主要生成Cl－和NO，结合电子守恒和元素守恒写出离子方程式：4NO＋3ClO＋4OH－===4NO＋3Cl－＋2H2O。该反应中只有NO是气体，增加压强，有利于NO的吸收，NO的转化率提高。②由于吸收SO2和NO过程中消耗OH－，溶液中c(OH－)不断减小，溶液的pH逐渐减小。③由表中数据可知，相同时间内，c(SO)比c(NO)增加得多，说明脱硫反应速率大于脱硝反应速率，其原因除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同外，还可能是NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高。(3)利用Ca(ClO)2替代NaClO2，形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高。‎ 答案：(1)亚氯酸钠 ‎(2)①4NO＋3ClO＋4OH－===4NO＋3Cl－＋2H2O 提高　②减小　③大于　NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高 ‎(3)形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动 ‎6．(2016·全国卷Ⅰ)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反应进行了探究。回答下列问题：‎ ‎(1)氨气的制备 ‎①氨气的发生装置可以选择上图中的________，反应的化学方程式为___________。‎ ‎②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 ‎①Y管中___________‎ ‎②反应的化学方程式为________________‎ ‎，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中 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 ‎③_________________‎ ‎④__________________‎ 解析：(1)①图中给出了两种气体制备装置，一种是固固加热制气装置，一种是固液加热制气装置。如果选择A装置制取氨气，则反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；如果选择B装置制取氨气，则反应的化学方程式为NH3·H2ONH3↑＋H2O。②欲收集一瓶干燥的氨气，首先要除去杂质，制备氨气的杂质只有水蒸气，由于氨气溶于水显碱性，因此要选用碱石灰作干燥剂，干燥管的进出口方向为粗进细出，因此先接d后接c；其次要收集氨气，由于氨气的密度小于空气，要从短管进气，因此先接f再接e；最后要进行尾气处理，由于氨气极易溶于水，因此可以选择水吸收尾气，还要注意防倒吸，所以接i。‎ ‎(2)由题干内容“工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N‎2”‎，结合实验条件可知反应为8NH3＋6NO27N2＋12H2O，NO2为红棕色气体，发生反应后变成无色气体，因此现象为红棕色气体逐渐变浅。反应后气体分子数减少，Y管中的压强小于外压，因此产生倒吸现象。‎ 答案：(1)①A　2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O(或B　NH3·H2ONH3↑＋H2O)　②dcfei ‎(2)①红棕色气体慢慢变浅　②8NH3＋6NO27N2＋12H2O　③Z中NaOH溶液产生倒吸现象 ‎④反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压 ‎[课下提能练]‎ ‎1．绿色化学实验是指化学实验要符合绿色化学思想，如减少污染，防止浪费等。下列符合绿色化学实验的是(　　)‎ A．用铜与浓硫酸反应制取CuSO4，并用少量品红溶液吸收尾气 B．将CO还原Fe2O3后的尾气直接排入空气中 C．用CCl4进行萃取操作练习时，将溴水改成碘水 D．将Zn和稀硫酸制H2后的废液倒入水槽后，再清洗玻璃仪器 解析：选C　品红溶液可以用来检验SO2气体，但不能用来吸收尾气，A错误；CO还原Fe2O3后的尾气中含有少量CO气体，直接排放到空气中会造成污染，B错误；溴易挥发，而碘不易挥发，C正确；锌与稀硫酸制氢气后的废液倒入水槽会污染环境，D错误。‎ ‎2.某同学用滤纸折成一个纸蝴蝶并喷洒一种溶液(保持湿润)，挂在铁架台上。另取一只盛某种溶液的烧杯，放在纸蝴蝶的下方(如右图)。过一会儿，发现纸蝴蝶变为红色。下表的组合中，能够实现上述变化的是(　　)‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 纸蝴蝶上的喷洒液 石蕊 酚酞 酚酞 石蕊 小烧杯中的溶液 浓硝酸 浓氨水 NaOH溶液 浓硫酸 A．①②　　　　　　　　 B．③④‎ C．①④ D．②③‎ 解析：选A　浓硝酸易挥发，酸性气体HNO3遇石蕊变红；浓氨水易挥发，碱性气体NH3遇酚酞变红。‎ ‎3．(2018·松江模拟)某同学探究氨和铵盐的性质，对相关实验操作及现象描述正确的是(　　)‎ A．室温下测定等浓度氨水和NaOH溶液的pH，比较氨水和NaOH碱性强弱 B．将氨水缓慢滴入AlCl3溶液中，研究Al(OH)3的两性 C．将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒靠近，观察到白烟 D．加热除去NH4Cl中的少量NaHCO3‎ 解析：选A　氨水的主要成分NH3·H2O是弱电解质，氢氧化钠是强电解质，前者部分电离，后者完全电离，故通过室温下测定等浓度氨水和NaOH溶液的pH，可比较氨水和NaOH碱性强弱，A正确。由于NH3·H2O是弱碱，Al(OH)3不能溶于氨水中，故无法验证Al(OH)3的酸性，B错误。浓硫酸无挥发性，无法观察到白烟，C错误。NH4Cl受热也会分解，故不可采用加热法除杂，D错误。‎ ‎4．某实验过程如图所示：则图③的试管中的现象是(　　)‎ A．无明显现象，因稀H2SO4不与铜反应 B．铜片溶解，产生无色气体，该气体遇到空气不变色 C．铜片溶解，放出红棕色有刺激性气味的气体 D．铜片溶解，产生无色气体，该气体在试管口变为红棕色 解析：选D　生成的Cu(NO3)2在H2SO4的酸性条件下相当于又有了HNO3‎ ‎，铜片会继续溶解生成NO。‎ ‎5．在如图所示的装置中，烧瓶中充满干燥气体a，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻振荡烧瓶，然后打开弹簧夹f，烧杯中的液体d呈喷泉状喷出，最终几乎充满烧瓶。则a和b分别是(　　)‎ 选项 a(干燥气体)‎ b(液体)‎ A NO 水 B CO2‎ 饱和NaHCO3溶液 C Cl2‎ 饱和NaCl溶液 D NH3‎ ‎1 mol·L－1盐酸 解析：选D　一氧化氮和水不反应，所以不能形成喷泉，A错误；CO2与饱和NaHCO3溶液不反应，不能形成喷泉，B错误；Cl2不溶于饱和NaCl溶液，也不与其反应，锥形瓶与烧瓶内压强相等，不能形成喷泉，C错误；NH3与盐酸能发生反应，生成物为NH4Cl固体，气体被吸收进入溶液中，烧瓶内压强减小为零，同外界大气压产生压强差，所以形成喷泉，并充满烧瓶，D正确。‎ ‎6．(2018·宣城第一次调研)化学与生产、生活密切联系。下列说法正确的是(　　)‎ A．食品包装中使用生石灰或硅胶可吸收水分使食品保持干燥 B．将化工厂排放废气的烟囱加高可减少烟尘对环境的污染 C．将家用84消毒液与洁厕灵混合使用可提高去污效果 D．向海水中加明矾可使海水淡化 解析：选A　生石灰或硅胶是常见的干燥剂，可吸收水分使食品保持干燥，A正确；烟囱加高，依然还是排放污染物，对环境照样造成污染，B错误；84消毒液的主要成分是NaClO，洁厕灵的主要成分是盐酸，混合使用会生成Cl2污染空气，去污效果减弱，C错误；向海水中加明矾可以除去海水中的悬浮物，不能使海水淡化，D错误。‎ ‎7．(2018·湘潭模拟)NH3是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(如图)。下列有关表述正确的是(　　)‎ A．NH4Cl和NaHCO3都是常用的化肥 B．NO2与水反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1‎ C．NH3和NO2在一定条件下可发生氧化还原反应 D．利用上述关系制取NaHCO3的操作为向饱和NaCl溶液中依次通入过量的CO2、NH3‎ ‎，然后过滤得到NaHCO3‎ 解析：选C　NaHCO3不是化肥，A项错误；氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，B项错误；制NaHCO3时是向饱和NaCl溶液中依次通入NH3和CO2，D项错误。‎ ‎8．废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO使NH完全转化为N2，该反应可表示为2NH＋3ClO－===N2↑＋3Cl－＋2H＋＋3H2O。下列说法中，不正确的是(　　)‎ A．反应中氮元素被氧化，氯元素被还原 B．还原性：NH＞Cl－‎ C．反应中每生成1 mol N2，转移6 mol电子 D．经此法处理过的废水可以直接排放 解析：选D　反应中N元素由－3价升高为0价，NH为还原剂，Cl元素由＋1价降低为－1价，被还原生成Cl－，Cl－为还原产物，还原性：NH＞Cl－，A、B两项正确；C项，N元素由－3价升高为0价，被氧化，所以反应中每生成1 mol N2，转移6 mol电子，正确；D项，由反应的离子方程式可知经此法处理过的废水呈酸性，不能直接排放，错误。‎ ‎9.(2018·山师附中模拟)用图中装置进行实验，一段时间后，现象与预测不一致的是(　　)‎ 选项 ‎①中物质 ‎②中物质 实验预测 A 浓氨水 ‎ 酚酞溶液 ‎ ②中溶液变为红色 B 浓硝酸 淀粉KI溶液 ‎②中溶液变为蓝色 C 浓盐酸 浓氨水 大烧杯中有白烟 D 饱和亚硫酸溶液 稀溴水 ‎②中无明显变化 解析：选D　A项，浓氨水具有挥发性，挥发出的NH3溶于水呈碱性，酚酞遇碱变红，正确；B项，浓硝酸具有挥发性，硝酸蒸气溶于水得稀硝酸溶液，具有强氧化性，与KI反应生成I2，淀粉遇I2变蓝，正确；C项，浓盐酸和浓氨水都具有挥发性，挥发出的HCl和NH3相遇生成氯化铵固体小颗粒，装置内有白烟，正确；D项，亚硫酸不稳定，分解产生SO2，SO2具有还原性，能使溴水褪色，错误。‎ ‎10．2016年10月，“长征二号”火箭成功将“神舟十一号”载人飞船送入太空，实现了我国宇航员中期在轨驻留。火箭使用的液体推进剂是偏二甲肼[(CH3)2N—NH2]和N2O4，发生化学反应：C2H8N2(l)＋2N2O4(l)===2CO2(g)＋3N2(g)＋4H2O(g)　ΔH＜0。关于该反应的说法不正确的是(　　)‎ A．N2O4作氧化剂 B．C2H8N2中有两种元素被氧化 C．消耗1 mol C2H8N2时，生成‎201.6 L气体 D．消耗等量燃料时，生成液态水比生成气态水放出的热量多 解析：选C　A项，反应中N2O4中的N元素化合价降低，是氧化剂，正确；B项，C2H8N2中C、N两种元素的化合价都升高，所以这两种元素均被氧化，正确；C项，生成气体所处的温度、压强未知，无法计算体积，错误；D项，由于液态水的能量低于气态水，所以生成液态水时放出热量更多，正确。‎ ‎11.(2018·邯郸大名一中月考)向50 mL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H2‎ B．AB段发生的反应为置换反应 C．所用混合溶液中c(HNO3)＝0.5 mol·L－1‎ D．参加反应的铁粉的总质量m2＝‎‎5.6 g 解析：选D　向混合溶液中逐渐加入铁粉，铁首先和稀硝酸反应生成Fe(NO3)3和NO；当溶液中硝酸完全被消耗之后，过量的铁能和Fe3＋反应生成Fe2＋；当Fe3＋完全反应之后，过量的铁和稀硫酸反应生成FeSO4和H2。由以上分析可知，开始生成的气体是NO，A错误；AB段的反应是铁和Fe3＋的反应，不是置换反应，B错误；A点对应的气体是NO，物质的量是0.05 mol，根据氮原子守恒可知，稀硝酸的物质的量浓度是＝1.0 mol·L－1，C错误；生成氢气的体积是‎0.56 L，物质的量为0.025 mol，所以反应中共转移电子0.05 mol×3＋0.025 mol×2＝0.2 mol，参加反应的铁最终在溶液中以Fe2＋的形式存在，因此根据电子得失守恒可知，消耗铁的物质的量是0.1 mol，质量是‎5.6 g，D正确。‎ ‎12．羟胺(NH2OH，不稳定、极易溶于水的白色固体)在有机合成中用作还原剂。回答下列问题：‎ ‎(1)羟胺分子的电子式为__________________，其中氮的化合价为________。‎ ‎(2)以Pd/C为催化剂，用H2还原硝酸制备羟胺，反应的化学方程式为____________________________________。‎ ‎(3)羟胺为一元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。羟胺溶于水的电离方程式为____________________________，电离常数Kb的值为________________(已知：NH2OH＋H＋NH3OH＋的平衡常数K＝6.6×105；KW＝1.0×10－14)。羟胺与硫酸形成的正盐的化学式为________。‎ ‎(4)羟胺是一种强还原剂。向装有少量AgBr的试管中加入羟胺溶液，观察到的现象是______________________。羟胺作还原剂的优点是_____________________________。‎ ‎(5)羟胺可以把碱性废水中剧毒的Na3AsO3转化为Na3AsO4，理论上1 mol羟胺可除去废水中溶解的1 mol Na3AsO3‎ ‎，该反应的还原产物为________。在有机合成中，羟胺与丁二酮()反应制备检验镍离子的丁二酮肟()，反应的化学方程式为 ‎________________________________________________________________________。‎ 解析：(1)从结构上看，羟胺是由氨分子()中的一个氢原子()被羟基()代替形成的，故羟胺分子的电子式为。羟胺分子中，H的化合价是＋1价，O的化合价是－2价，根据化合物中正、负化合价代数和为0可以求出N的化合价是－1价。‎ ‎(2)HNO3被还原为NH2OH，N的化合价由＋5价降低到－1价，即1 mol HNO3得到6 mol e－，还原剂是H2，1 mol H2失去2 mol e－，由得失电子守恒知，1 mol HNO3氧化3 mol H2，可得反应的化学方程式为HNO3＋3H2NH2OH＋2H2O。‎ ‎(3)由“NH3＋H2ONH＋OH－”类比，写出一元弱碱羟胺的电离方程式：NH2OH＋H2ONH3OH＋＋OH－(实质是羟胺分子中含有孤电子对的氮原子结合水电离出的H＋生成NH3OH＋)，Kb＝＝＝K·KW＝6.6×105×1.0×10－14＝6.6×10－9。NH3OH＋是一价阳离子，与硫酸形成的正盐同Na2SO4类似，就是把Na＋换成NH3OH＋，即为(NH3OH)2SO4。‎ ‎(4)NH2OH中－1价的N失电子被氧化为N2(有气泡产生)，AgBr中的Ag＋得电子被还原为Ag(固体逐渐变黑)。在反应中，羟胺被氧化生成N2和H2O，故被称为绿色还原剂，其优点是不产生其他杂质。‎ ‎(5)1 mol Na3AsO3被氧化为Na3AsO4失去2 mol e－(As的化合价由＋3价升高到＋5价)，1 mol羟胺中的N原子得到2 mol e－，N的化合价由－1价降低到－3价，还原产物为NH3。观察反应物丁二酮()和生成物丁二酮肟()的结构简式可发现，丁二酮中羰基上的氧原子被N—O—H代替，即2个羰基中的氧原子结合2个羟胺分子中的4个氢原子生成水：。‎ 答案：(1) 　－1　‎ ‎(2)HNO3＋3H2NH2OH＋2H2O ‎(3)NH2OH＋H2ONH3OH＋＋OH－　‎ ‎6．6×10－9　(NH3OH)2SO4　‎ ‎(4)固体逐渐变黑，并有气泡产生　不产生其他杂质(或不会对反应体系引起二次污染)　‎ ‎13．大气污染物主要成分是SO2、NO2、CxHy及可吸入颗粒等，主要来自于燃煤、机动车尾气和工业废气。‎ ‎(1)上述成分中能形成酸雨的是__________(填化学式)。‎ ‎(2)煤的气化是高效、清洁利用煤炭的重要途径之一。利用煤的气化获得的水煤气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下可以合成绿色燃料甲醇。‎ 已知：‎ CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)　‎ ΔH1＝－58.7 kJ·mol－1‎ CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)　‎ ΔH2＝＋41.0 kJ·mol－1‎ CO与H2生成CH3OH气体反应的热化学方程式是_____________________________。‎ ‎(3)空气质子交换法治理SO2，其原理是将含有SO2的烟气与O2通过电化学反应制得硫酸，负极的电极反应式是________________________________________________。‎ ‎(4)湿法吸收工业尾气中的NO2，常选用纯碱溶液，将NO2转化为两种氮元素的常见含氧酸盐。反应的离子方程式是__________________________________________。‎ ‎(5)用高能电子束激活烟气(主要成分是SO2、NO2、H2O等)，会产生O3等强氧化性微粒。烟气经下列过程可获得化肥。‎ 该化肥中含有的离子是________(填离子符号)。‎ 解析：(1)SO2和氮氧化物是形成酸雨的主要气体。(2)把已知的热化学方程式分别编号为①、②，根据盖斯定律由①－②得：CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)　ΔH＝－99.7 kJ·mol－1。(3)空气质子交换法治理SO2，电解质溶液为酸性溶液，其原理是将含有SO2的烟气与O2通过电化学反应制得硫酸，负极的电极反应式是SO2＋2H2O－2e－===SO＋4H＋。(4)用Na2CO3溶液吸收工业尾气中的NO2，将NO2转化为两种氮元素的常见含氧酸盐，结合原子守恒和电子守恒分析，可知反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，反应的离子方程式为CO＋2NO2===NO＋NO＋CO2。(5)SO2能够被臭氧氧化为SO3，SO3与水反应生成硫酸，NO2与H2‎ O反应生成硝酸，NH3与酸反应生成铵盐，因此该化肥中含有的离子是NH、SO、NO。‎ 答案：(1)SO2、NO2‎ ‎(2)CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)　‎ ΔH＝－99.7 kJ·mol－1‎ ‎(3)SO2＋2H2O－2e－===SO＋4H＋‎ ‎(4)CO＋2NO2===NO＋NO＋CO2‎ ‎(5)NH、SO、NO ‎14．磷化氢(PH3)是一种剧毒气体，是最常用的高效熏蒸杀虫剂，也是一种电子工业原料。‎ ‎(1)在密闭粮仓放置的磷化铝(AlP)片剂，遇水蒸气放出PH3气体，该反应的化学方程式为____________________________________。‎ ‎(2)利用反应PH3＋3HgCl2===P(HgCl)3＋3HCl，可准确测定微量的PH3。‎ ‎①HgCl2溶液几乎不导电，说明HgCl2属于________(填“共价”或“离子”)化合物。‎ ‎②通过测定溶液________变化，可测定一定体积空气中PH3的浓度。‎ ‎(3)PH3的一种工业制法涉及的物质转化关系如图所示：‎ ‎①亚磷酸属于________元酸。‎ ‎②当反应Ⅰ生成的n(NaH2PO2)∶n(Na2HPO3)＝3∶1时，参加反应的n(P4)∶n(NaOH)＝________。‎ ‎(4)一种用于处理PH3废气的吸收剂成分为次氯酸钙80%、锯木屑(疏松剂)15%、活性炭2.5%、滑石粉(防结块)2.5%。‎ ‎①次氯酸钙将PH3氧化为H3PO4的化学方程式为______________________________。‎ ‎②空气中的水蒸气可加快PH3的氧化过程，其原因可能是________________________。‎ ‎(5)从(4)中的吸收残留物中回收磷酸氢钙(CaHPO4)的方法如下：‎ ‎①试剂X为________(填化学式)。‎ ‎②已知‎25 ℃‎时，H3PO4的Ka1＝7.5×10－3、Ka2＝6.3×10－8、Ka3＝4.4×10－13。加入Y时，应控制悬浊液pH________7(填“＞”“＝”或“＜”)，通过计算说明理由：______________________________________________________。‎ 解析：(1)磷化铝(AlP)遇水蒸气放出PH3气体，结合原子守恒推知还生成Al(OH)3‎ ‎，化学方程式为AlP＋3H2O===Al(OH)3＋PH3↑。‎ ‎(2)①HgCl2溶液几乎不导电，说明溶液中离子浓度较小，HgCl2难发生电离，故HgCl2为共价化合物。②PH3与HgCl2反应生成P(HgCl)3和HCl，溶液的导电性和酸性均增强，故可通过测定溶液电导率或pH的变化测定一定体积空气中PH3的浓度。‎ ‎(3)①亚磷酸钠的化学式为Na2HPO3，据此推测亚磷酸(H3PO3)属于二元弱酸。②反应Ⅰ中黄磷(P4)与NaOH溶液发生“歧化反应”生成NaH2PO2、Na2HPO3和PH3，其中PH3是还原产物，NaH2PO2和Na2HPO3是氧化产物，若产物中n(NaH2PO2)∶n(Na2HPO3)＝3∶1，设n(Na2HPO3)＝a mol，则有n(NaH2PO2)＝‎3a mol，反应中得电子的物质的量为‎3a mol＋‎3a mol＝‎6a mol；据得失电子守恒可知，反应中生成PH3的物质的量为‎2a mol；据P、Na元素守恒可知，n(P4)＝‎1.5a mol、n(NaOH)＝‎5a mol，故参加反应的n(P4)∶n(NaOH)＝‎1.5a mol∶‎5a mol＝3∶10。‎ ‎(4)①次氯酸钙将PH3氧化为H3PO4，而本身被还原为CaCl2，化学方程式为2Ca(ClO)2＋PH3===H3PO4＋2CaCl2。②Ca(ClO)2属于强碱弱酸盐，与水蒸气接触后水解生成HClO，而HClO的氧化能力强于Ca(ClO)2，故空气中的水蒸气可加快PH3的氧化过程。‎ ‎(5)①磷酸氢钙(CaHPO4)加水溶解后，加入试剂X调节pH，过滤得到Ca3(PO4)2沉淀，显然该过程为中和HPO电离产生的H＋，为防止引入新杂质，试剂X应选择CaO或Ca(OH)2。②加入试剂Y搅拌后生成CaHPO4，HPO在水溶液中发生电离(HPOPO＋H＋)和水解(HPO＋H2OH2PO＋OH－)，则HPO的电离常数Ka(HPO)＝＝4.4×10－13，HPO的水解常数Kh(HPO)＝＝≈1.59×10－7，显然Kh(HPO)＞Ka(HPO)，说明HPO的水解程度大于其电离程度，溶液呈碱性，故应控制悬浊液pH大于7。‎ 答案：(1)AlP＋3H2O===Al(OH)3＋PH3↑　‎ ‎(2)①共价　②电导率(或pH)　(3)①二　②3∶10‎ ‎(4)①2Ca(ClO)2＋PH3===H3PO4＋2CaCl2‎ ‎②次氯酸钙与水蒸气接触，水解得到氧化能力更强的HClO ‎(5)①Ca(OH)2(或CaO)　②＞‎ Ka(HPO)＝＝4.4×10－13；‎ Kh(HPO)＝＝＞Ka(HPO)，HPO的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性 ‎15．(2018·南通一模)工业上利用氧化铝基废催化剂(主要成分为Al2O3，少量Pd)回收Al2(SO4)3及Pd的流程如下：‎ ‎(1)焙烧时产生的气体X为________(填化学式)。‎ ‎(2)浸液Y的主要成分为________(填化学式)。‎ ‎(3)“热还原”过程中发生反应的化学方程式为________________________________。‎ ‎(4)上述流程中焙烧温度不宜过高，否则会导致硫酸铵固体的分解。某兴趣小组为探究高温下硫酸铵的分解产物，通过下列装置进行实验，观察到B中溶液颜色变浅，C中无明显现象。‎ ‎①装置B的作用是____________________________。‎ ‎②进一步测定可知：D中收集的气体相对分子质量为28。写出(NH4)2SO4高温分解的化学方程式：_______________________________________________________。‎ ‎(5)Pd是优良的储氢金属，其储氢原理为2Pd(s)＋xH2(g)===2PdHx(s)，其中x的最大值为0.8。‎ 已知：Pd的密度为‎12 g·cm－3，则‎1 cm3 Pd能够储存标准状况下H2的最大体积为________ L。(计算结果保留整数)‎ 解析：(1)废催化剂和(NH4)2SO4焙烧中产生的气体X通入浸液Y中发生中和反应，则X为碱性气体NH3。(2)NH3中和浸液Y生成(NH4)2PdCl6，则浸液Y为酸性，主要成分为H2PdCl6。(3)H2还原(NH4)2PdCl6生成Pd，Pd的化合价降低，H的化合价升高，从元素守恒分析，NH和Cl－反应后生成NH3和HCl，根据Pd和H元素配平反应。(4)①B中的品红褪色，说明有SO2产生，所以B的作用是检验产物中是否有SO2。②C中无明显现象，说明没有O2生成，D中收集到相对分子质量为28的气体，则为N2，根据N、S的得失电子守恒配平反应。(5)根据反应方程式知：2 mol Pd～x mol H2，＝，得V(H2)＝‎1 L。‎ 答案：(1)NH3　(2)H2PdCl6‎ ‎(3)(NH4)2PdCl6＋2H2Pd＋2NH3＋6HCl ‎(4)①检验产物中的SO2　‎ ‎②3(NH4)2SO44NH3↑＋N2↑＋3SO2↑＋6H2O↑‎ ‎(5)1‎ 章 末 聚焦命题热点·精析高考重难 以陌生物质为载体，考查已学知识的迁移和运用 近年来在全国新课标卷非选择题部分中，频繁出现含非金属元素的陌生物质，如2017年全国卷ⅠT26的H3BO3，T27的FePO4、LiFePO4，全国卷ⅡT28的Na2S2O3，全国卷ⅢT28的As、As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4、Na3AsO3；2016年全国卷ⅠT28、全国卷ⅢT27的NaClO2，全国卷ⅡT26的N2H4。主要命题方式有：(1)以化工流程题的形式考查物质的组成、结构、性质、制备、实验基础知识及操作技能；(2)以化学反应原理综合题的形式考查物质的结构与性质、盖斯定律、化学反应速率及化学平衡、水溶液中的离子平衡、电化学等知识。解答此类题的关键是熟练运用同主族元素性质的相似性和递变性，预测新型物质的结构及性质。‎ ‎[典例]　(2017·全国卷Ⅲ)砷(As)是第四周期ⅤA族元素，可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等化合物，有着广泛的用途。回答下列问题：‎ ‎(1)画出砷的原子结构示意图_________________________________________________。‎ ‎(2)工业上常将含砷废渣(主要成分为As2S3)制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫。写出发生反应的化学方程式：______________________________。该反应需要在加压下进行，原因是______________________________________________。‎ ‎(3)已知：‎ As(s)＋H2(g)＋2O2(g)===H3AsO4(s)　ΔH1‎ H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH2‎ ‎2As(s)＋O2(g)===As2O5(s)　ΔH3‎ 则反应As2O5(s)＋3H2O(l)===2H3AsO4(s)的ΔH＝________。‎ ‎(4)298 K时，将20 mL 3x mol·L－1 Na3AsO3、20 mL 3x mol·L－1 I2和20 mL NaOH溶液混合，发生反应：AsO(aq)＋I2(aq)＋2OH－(aq)AsO(aq)＋2I－(aq)＋H2O(l)。溶液中c(AsO)与反应时间(t)的关系如图所示。‎ ‎①下列可判断反应达到平衡的是________(填标号)。‎ a．溶液的pH不再变化 b．v(I－)＝2v(AsO)‎ c．c(AsO)/c(AsO)不再变化 d．c(I－)＝y mol·L－1‎ ‎②tm时，v正________v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。‎ ‎③tm时v逆________tn时v逆(填“大于”“小于”或“等于”)，理由是____________。‎ ‎④若平衡时溶液的pH＝14，则该反应的平衡常数K为________。‎ ‎[解析]　(1)从内向外P的各层电子数依次是2、8、5，砷与磷位于同主族且相邻，砷原子比磷原子多一个电子层，所以从内向外砷的各层电子数分别为2、8、18、5，据此可画出其原子结构示意图。(2)由反应物As2S3、O2，生成物H3AsO4、S可知，反应前后元素As、S、O的化合价发生变化，可得此反应为氧化还原反应。要写出此反应的化学方程式，先写出已知的反应物、生成物和元素的化合价，即23＋2——H3＋；再根据得失电子守恒进行配平，即2As2S3＋5O2——4H3AsO4＋6S，最后再根据元素守恒可知反应物缺H、O两种元素，且原子个数之比为2∶1，故反应物为H2O，即2As2S3＋5O2＋6H2O===4H3AsO4＋6S。(3)将已知热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，由①×2－②×3－③可得：As2O5(s)＋3H2O(l)===2H3AsO4(s)　ΔH＝2ΔH1－3ΔH2－ΔH3。(4)①溶液的pH不再变化，即OH－的浓度不再变化，所以平衡体系中各组分的浓度均不再变化，说明反应达到平衡状态，a项正确；当v正(I－)＝2v逆(AsO)或v逆(I－)＝2v正(AsO)时反应达到平衡状态，选项中的速率未指明是正反应速率还是逆反应速率，b项错误；反应达到平衡之前，c(AsO)逐渐减小而c(AsO)逐渐增大，故c(AsO)/c(AsO)逐渐增大，当c(AsO)/c(AsO)不变时反应达到平衡状态，c项正确；根据离子方程式可知反应体系中恒有c(I－)＝‎2c(AsO)，观察图像可知反应达到平衡时c(AsO)＝y mol·L－1，此时c(I－)＝2y mol·L－1，d项错误。②tm时反应未达到平衡状态，所以v正大于v逆。③从tm到tn，反应逐渐趋于平衡状态，反应物浓度逐渐减小而生成物浓度逐渐增大，所以正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，故tm时v逆小于tn时v逆。④根据题意，起始时c(AsO)＝c(I2)＝x mol·L－1。根据图像可知平衡时c(AsO)＝y mol·L－1，则此时c(I－)＝2y mol·L－1，c(AsO)＝c(I2)＝(x－y) mol·L－1，平衡时溶液的pH＝14，则c(OH－)＝1 mol·L－1，故该反应的平衡常数K＝＝。‎ ‎[答案]　(1)　(2)2As2S3＋5O2＋6H2O===4H3AsO4＋6S　增加反应物O2的浓度，提高As2S3的转化速率　(3)2ΔH1－3ΔH2－ΔH3　(4)①ac　②大于　③小于　tm时生成物浓度较低　④ ‎[对点训练]‎ ‎1．(2018·山西五校第二次联考)砷(As)及其化合物可用于制半导体材料及除草剂等。回答下列问题：‎ ‎(1)砷是氮的同族元素，比氮多2个电子层，砷在周期表中的位置为第________周期第________族；AsH3的热稳定性比NH3________(填“强”或“弱”)。砷在自然界中丰度最大的核素的中子数为40，该核素为________(用元素符号表示)。‎ ‎(2)砷化镓是常见的半导体材料，Ga与As同周期，Ga最外层有3个电子，砷化镓的化学式为____________。‎ ‎(3)某工业废水中含有少量的As2O3，向该废水中通入硫化氢可将其转化为更难溶的As2S3，该反应的化学方程式为__________________________________。‎ 解析：(1)N元素处于元素周期表的第二周期第ⅤA族，砷是氮的同族元素，比氮多2个电子层，故As元素处于周期表中第四周期第ⅤA族。N元素的非金属性强于As元素，则NH3的热稳定性强于AsH3。N的原子序数为7，则As的原子序数为7＋8＋18＝33，又知As元素的某种核素的中子数为40，则该核素的质量数为33＋40＝73，可表示为As。(2)As元素处于第ⅤA族，则其最低化合价为－3价；镓原子的最外层有3个电子，则Ga显＋3价，故砷化镓的化学式为GaAs。(3)As2O3与H2S反应生成更难溶的As2S3，结合元素守恒推知，该反应还生成H2O，故反应的化学方程式为As2O3＋3H2S===As2S3＋3H2O。‎ 答案：(1)四　ⅤA　弱　As　(2)GaAs ‎(3)As2O3＋3H2S===As2S3＋3H2O ‎2．第ⅤA族元素按原子序数依次增大的顺序为氮(N)、磷(P)、砷(As)、锑(Sb)、铋(Bi)。它们的单质及其化合物的应用较为广泛，请回答下列有关问题：‎ ‎(1)酸性：H3AsO4________(填“强于”或“弱于”)H3SbO4；写出PH3的电子式：________________。‎ ‎(2)肼(N2H4)易溶于水，是一种二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。用电离方程式表示肼的水溶液显碱性的原因：___________________________________。‎ ‎25 ℃‎时，水溶液中肼与强酸反应结合一个质子的平衡常数为3×108。则肼的第一步碱式电离的平衡常数Kb1＝______。常温下，若将2 mol·L－1 N2H4·H2O溶液与1.3 mol·L－1硫酸溶液等体积混合，则溶液中各微粒(离子及N2H4·H2O)浓度由大到小的顺序为______________。‎ ‎(3)在碱性条件下，用强氧化剂可将Bi(Ⅲ)氧化成BiO。写出Cl2与Bi(OH)3反应的离子方程式：___________________________。‎ ‎(4)亚砷酸(H3AsO3)是三元弱酸，具有两性。写出亚砷酸(H3AsO3)与盐酸反应的化学方程式：__________________________________________________________________。‎ 解析：(1)非金属性：As＞Sb，元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则酸性：H3AsO4强于H3SbO4。(2)肼易溶于水，类似于氨，电离方程式为N2H4＋H2ON2H＋OH－‎ ‎；与强酸反应结合一个质子：N2H4＋H＋N2H，平衡常数K＝＝3×108，则碱式电离N2H4＋H2ON2H＋OH－的Kb1＝＝10－14×K＝3×10－6；将2 mol·L－1 N2H4·H2O溶液与1.3 mol·L－1硫酸溶液等体积混合，设溶液体积均为‎1 L，则N2H4·H2O的物质的量为2 mol、H＋的物质的量为2.6 mol，完全反应得到1 mol (N2H5)2SO4后，剩余氢离子为2.6 mol－2 mol＝0.6 mol，则有0.3 mol(N2H5)2SO4转化得到0.6 mol N2H6SO4，故(N2H5)2SO4为0.7 mol，N2H、N2H水解使溶液呈酸性，水解程度微弱，所以c(N2H)＞c(SO)＞c(N2H)＞c(H＋)＞c(N2H4·H2O)＞c(OH－)。(4)Cl2有氧化性，可将Bi(OH)3在碱性条件下氧化生成BiO，方程式为Cl2＋Bi(OH)3＋3OH－===BiO＋2Cl－＋3H2O；类似于氢氧化铝与盐酸的反应，方程式为H3AsO3＋3HCl===AsCl3＋3H2O。‎ 答案：(1)强于 ‎(2)N2H4＋H2ON2H＋OH－　3×10－6‎ c(N2H)＞c(SO)＞c(N2H)＞c(H＋)＞‎ c(N2H4·H2O)＞c(OH－)‎ ‎(3)Cl2＋Bi(OH)3＋3OH－===BiO＋2Cl－＋3H2O ‎(4)H3AsO3＋3HCl===AsCl3＋3H2O 无机物的转化与推断 无机推断题作为一种高考题型，它有明显的学科特点，题目重点考查学生对元素及其化合物主干知识的掌握情况，题目结构紧凑，文字表述少，但转化关系中包含信息多，综合性强，难度较大。‎ 解题的关键是仔细审题，依物质的特性或特征转化来确定“突破口”，顺藤摸瓜，进而完成全部未知物的推断。我们可以将推断题的解题方法及推理过程表示如下。 ‎ ‎[解题突破口]‎ ‎1．物质的特殊颜色 ‎(1)有色气体：NO2(红棕色)、Cl2(黄绿色)；‎ 无色、刺激性气味的气体：SO2、NH3、HCl。‎ ‎(2)溶液中的有色物质：Cu2＋(蓝色)、Fe2＋(浅绿色)、Fe3＋(棕黄色)、MnO[紫(红)色]。‎ Br2在水中显黄(橙)色，在有机溶剂中显橙(红)色；‎ I2在水中显黄(褐)色，在有机溶剂中显紫(红)色。‎ ‎(3)有色固体：‎ ‎(淡)黄(棕)色固体 Na2O2、S、FeS2、FeCl3‎ 黑色固体 MnO2、C、CuO、FeO、Fe3O4‎ 紫(黑)色固体 KMnO4、I2‎ ‎(紫)红色固体 Cu ‎(4)有色沉淀：‎ 白色沉淀 H2SiO3、AgCl、BaSO4(不溶于酸)、BaSO3、Mg(OH)2、Al(OH)3、BaCO3、CaCO3、CaSO4、MgCO3等 红褐色沉淀 Fe(OH)3‎ 蓝色沉淀 Cu(OH)2‎ 黑(褐)色沉淀 CuS、FeS ‎2．特殊的反应现象 ‎(1)焰色反应：Na＋(黄色)、K＋(紫色)。‎ ‎(2)使品红溶液褪色的气体：SO2(加热后又恢复红色)、Cl2(加热后不恢复红色)。‎ ‎(3)Fe(OH)2Fe(OH)3：白色沉淀迅速转变成灰绿色，最终变成红褐色。‎ ‎(4)Fe2＋Fe3＋：遇SCN－无明显变化，通入Cl2后显红色。‎ ‎(5)在空气中气体由无色变成红棕色：NO。‎ ‎(6)气体燃烧火焰呈苍白色：H2(在Cl2中燃烧)。‎ ‎(7)使湿润的红色石蕊变蓝的气体：NH3。‎ ‎(8)使湿润的KI淀粉试纸变蓝：Cl2、Br2、FeCl3、碘水等。‎ ‎(9)两种气体接近冒白烟：HCl和NH3。‎ ‎(10)遇强碱溶液生成红褐色沉淀或遇KSCN显红色：Fe3＋。‎ ‎3．特殊的反应条件(如使用催化剂的反应)‎ N2＋3H22NH3；2KClO32KCl＋3O2↑‎ ‎2H2O22H2O＋O2↑；2SO2＋O22SO3‎ ‎4NH3＋5O24NO＋6H2O ‎4．既能与强酸溶液反应又能与强碱溶液反应的物质 ‎(1)金属单质：Al。‎ ‎(2)两性物质：两性氧化物如Al2O3，两性氢氧化物如Al(OH)3，以及氨基酸等。‎ ‎(3)弱酸弱碱盐：如(NH4)2CO3、CH3COONH4等。‎ ‎(4)弱酸的酸式盐：如NaHCO3、Ca(HCO3)2、NaHSO3等。‎ ‎5．特殊的转化关系 ‎(1)直线型转化关系 ABC ‎①X为O2‎ Na―→Na2O―→Na2O2‎ N2―→NO―→NO2或NH3―→NO―→NO2‎ S―→SO2―→SO3或H2S―→SO2―→SO3‎ C―→CO―→CO2或CH4―→CO―→CO2‎ ‎②X为CO2‎ NaOHNa2CO3NaHCO3‎ ‎③X为强酸(如HCl)‎ AlOAl(OH)3Al3＋‎ COHCOCO2↑‎ ‎④X为强碱(如NaOH)‎ Al3＋Al(OH)3AlO ‎⑤X为Fe Cl2FeCl3FeCl2‎ ‎⑥X为C O2CO2CO ‎(2)交叉型转化关系 ‎(3)三角型转化关系 ‎[常见题型]‎ 直线型转化 ‎1．(2017·江苏高考)在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是(　　)‎ A．FeFeCl2Fe(OH)2‎ B．SSO3H2SO4‎ C．CaCO3CaOCaSiO3‎ D．NH3NOHNO3‎ 解析：选C　Fe与Cl2反应生成FeCl3，A项错误；S与O2反应生成SO2，B项错误；CaCO3高温分解生成CaO，CaO与SiO2在高温时反应生成CaSiO3，C项正确；NO与H2O不反应，D项错误。‎ ‎2.如图所示，A～D四种物质均含有同一种元素，A可以是单质也可以是气态氢化物，D是该元素最高价氧化物对应的水化物，则A、B、C、D中共同含有的元素可能是(　　)‎ A．氯　　　　　　　　 B．铁 C．碳 D．氮 解析：选D　由题可知，D应为含氧酸或碱，且能与Cu反应，若A为N2或NH3，则B为NO，C为NO2，D为HNO3，符合要求。‎ ‎[易错易混]‎ ‎(1)注意H2S(或S)不能一步转化为SO3。‎ ‎(2)注意N2(或NH3)不能一步转化为NO2。‎ ‎(3)注意SiO2不能与水反应生成H2SiO3。‎ ‎(4)注意Fe2O3、Al2O3、CuO等不溶性金属氧化物都不能一步生成相应的氢氧化物。‎ 三角型转化 ‎3．(2015·福建高考)纯净物X、Y、Z转化关系如右图所示，下列判断正确的是(　　)‎ A．X可能是金属铜 B．Y不可能是氢气 C．Z可能是氯化钠 D．Z可能是三氧化硫 解析：选A　H2和Cl2或Cu和Cl2反应分别可以生成HCl、CuCl2，电解两种溶液可以产生相应的单质，A项正确、B项错误；电解NaCl溶液产生NaOH、H2、Cl2，两种气体化合得到的是HCl，不是NaCl，C项错误；SO3溶于水得到的是H2SO4，电解H2SO4溶液生成的是H2、O2，D项错误。‎ ‎4．表中各组物质之间不可以通过一步反应实现如图所示转化关系的是(　　)‎ 选项 X Y Z 箭头旁所标数字代表的反应条件 A Na2O2‎ NaOH NaCl ‎①常温遇水 B Al2O3‎ NaAlO2‎ Al(OH)3‎ ‎②通入CO2‎ C NO NO2‎ HNO3‎ ‎④加入铜粉 D Cl2‎ NaClO HClO ‎③加浓盐酸 解析：选A　氯化钠不能通过一步反应得到过氧化钠，故A符合题意；氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，二者反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝受热分解生成氧化铝，各物质之间通过一步反应可以实现转化，故B不符合题意；一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，浓硝酸与铜反应生成二氧化氮，各物质之间通过一步反应可以实现转化，故C不符合题意；氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠，次氯酸钠与碳酸反应生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠，次氯酸与浓盐酸反应生成氯气，各物质之间通过一步反应可以实现转化，故D不符合题意。‎ 综合推断 ‎5．(2016·全国卷Ⅰ)短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性，0.01 mol·L－1r溶液的pH为2, s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．原子半径的大小W＜X＜Y B．元素的非金属性Z＞X＞Y C．Y的氢化物常温常压下为液态 D．X的最高价氧化物的水化物为强酸 解析：选C　n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，则n为Cl2，Z为Cl元素。Cl2(n)与二元化合物p在光照条件下反应生成r和s,0.01 mol·L－1r溶液的pH为2，s通常是难溶于水的混合物，则p为CH4，r为HCl，s为CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3和CCl4的混合物。二元化合物m与n反应生成q和r，q的水溶液具有漂白性，其中n为Cl2，r为HCl，从而推知m为H2O，q为HClO。结合四种短周期元素的原子序数关系及形成的二元化合物之间的转化推知，W、X、Y、Z元素分别为H、C、O、Cl。A项同周期主族元素的原子半径，随原子序数的递增而逐渐减小，则原子半径的大小关系为H＜O＜C；B项由ClO2、CCl4可以得出元素的非金属性：O＞Cl，Cl＞C，则元素的非金属性强弱关系为O＞Cl＞C；C项Y(O)的氢化物有H2O、H2O2，常温常压下均为液态；D项X(C)的最高价氧化物的水化物为H2CO3，是一种二元弱酸。‎ ‎6．(2018·江西第三次联考)如图是部分短周期元素的单质及其化合物(或其溶液)的转化关系，已知B、C、D和E是气体单质；化合物G的焰色反应为黄色，化合物I和J为气体；反应①是化工生产中的一种重要固氮反应。下列说法正确的是(　　)‎ A．图中单质熔点最高的为C B．含有非极性共价键的化合物为F和G C．稳定性J＜I D．I与G反应放出CO2，可以作为有关非金属活泼性的判断依据 解析：选C　该题推断的突破口为“化合物G的焰色反应为黄色”和“反应①是化工生产中的一种重要固氮反应”，说明G中含有Na元素，D＋E→J为N2与H2反应生成NH3，短周期元素的气体单质有H2、N2、O2、F2、Cl2等。据框图转化关系可知A为Na、B为O2、F为Na2O2、G为Na2CO3、C为Cl2、D为H2、E为N2、I为HCl、J为NH3。A项，图中单质熔点最高的为Na(A)，错误；B项，G(Na2CO3)中不含非极性共价键，为离子化合物，错误；C项，由于非金属性：Cl＞N，故稳定性：HCl＞NH3，正确；D项，I(HCl)不是氯元素的最高价含氧酸，故错误。‎ 实验流程中的物质推断 ‎7．(2016·海南高考)KAl(SO4)2·12H2O(明矾)是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐(主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)制备明矾的过程如下图所示。回答下列问题：‎ ―→ ‎(1)为尽量少引入杂质，试剂①应选用______(填标号)。‎ a．HCl溶液　　　　　　 b．H2SO4溶液 c．氨水 d．NaOH溶液 ‎(2)易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为_________________________________。‎ ‎(3)沉淀B的化学式为________；将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是________________________________________________________________________。‎ ‎(4)已知：KW＝1.0×10－14，Al(OH)3 AlO＋H＋＋H2O　K＝2.0×10－13。Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数等于________。‎ 解析：(1)易拉罐(主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)，它们都是比较活泼的金属，都可以与酸发生反应，而Al可以与强碱溶液反应变为NaAlO2进入溶液，而Fe、Mg不能与碱发生反应，所以要以含Al的易拉罐为原料制取明矾，应该用强碱NaOH溶液溶解，选项d正确；(2)易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，反应的离子方程式是2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑；(3)滤液A的主要成分是NaAlO2，向其水溶液中加入NH4HCO3溶液，发生AlO＋NH＋H2O===Al(OH)3↓＋NH3及HCO＋AlO＋H2O===Al(OH)3↓＋CO，所以沉淀B的化学式为Al(OH)3；将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是Al3＋为弱碱阳离子，发生水解反应，消耗水电离产生的OH－，当最终达到平衡时溶液中c(H＋)＞c(OH－)，所以溶液显酸性。(4)由已知得Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数K＝＝＝＝＝20。‎ 答案：(1)d ‎(2)2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑‎ ‎(3)Al(OH)3　Al3＋水解，使溶液中H＋浓度增大 ‎(4)20‎ ‎8．(2014·浙江高考)某研究小组为了探究一种无机矿物盐X(仅含四种元素)的组成和性质，设计并完成了如下实验：‎ 另取‎10.80 g X在惰性气流中加热至完全分解，得到‎6.40 g固体1。请回答如下问题：‎ ‎(1)画出白色沉淀1中金属元素的原子结构示意图______，写出气体甲的电子式____________。‎ ‎(2)X的化学式是________，在惰性气流中加热X至完全分解的化学反应方程式为________________________________________________________________________。‎ ‎(3)白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是_____________________(用化学反应方程式表示)。‎ ‎(4)一定条件下，气体甲与固体1中的某种成分可能发生氧化还原反应，写出一个可能的化学反应方程式：_______________________________，‎ 并设计实验方案验证该反应的产物_________________________________________。‎ 解析：从框图可知，气体甲为CO2；由溶液1转变为白色沉淀1，白色沉淀1又能溶解在CO2水溶液中，可推断白色沉淀1为CaCO3；从固体2的转化过程可知，白色沉淀2为Fe(OH)2，最终的红褐色沉淀为Fe(OH)3；由上述推断可初步确定X为含有Ca、Fe元素的碳酸盐，且其中铁元素的化合价为＋2，故可推断其为CaFe(CO3)2，分解得到的固体1为CaO与FeO的混合物，应用题给数据可以进一步确认上述判断的正确性。(1)白色沉淀1中的金属元素为钙，其原子结构示意图为，气体甲为CO2，其电子式为。(2)X的化学式为CaFe(CO3)2；在惰性气流中加热X至完全分解的化学反应方程式为CaFe(CO3)2CaO＋FeO＋2CO2↑。(3)白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀是因为Fe(OH)2被氧化成Fe(OH)3，反应方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3。(4)CO2气体与固体1中的FeO可能发生氧化还原反应，反应方程式为2FeO＋CO2Fe2O3＋CO；检验产物的方法：取反应所得固体物质，加稀盐酸溶解，然后加入KSCN溶液，若溶液呈红色，说明反应产物中有Fe(Ⅲ)。将生成的气体通过灼热CuO，若黑色固体变为红色，证明生成的气体中含有CO。‎ 答案：(1)　 ‎ ‎(2)CaFe(CO3)2　CaFe(CO3)2CaO＋FeO＋2CO2↑‎ ‎(3)4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3‎ ‎(4)2FeO＋CO2Fe2O3＋CO　检测Fe2O3：将固体用稀盐酸溶解，加入KSCN溶液若显红色，表明产物中有Fe3＋；检测CO：将气体通过灼热CuO，黑色固体变为红色 ‎[命题热点强化练] ‎ ‎1．(2018·吕梁模拟)下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现图示变化的是(　　)‎ 物质编号 物质转化关系 a b c d ‎①‎ FeCl2‎ FeCl3‎ Fe CuCl2‎ ‎②‎ NO NO2‎ N2‎ HNO3‎ ‎③‎ Na2O Na2O2‎ Na NaOH ‎④‎ Al2O3‎ NaAlO2‎ Al Al(OH)3‎ A．①④　　　　　　　　　 B．①②③‎ C．①③④ D．②④‎ 解析：选A　②中N2不能一步生成NO2气体，③中NaOH不能一步生成Na2O。‎ ‎2.A是中学化学中常见的单质，B、C为化合物。它们有如图所示的转化关系(部分产物及反应条件省略)。下列判断正确的是(　　)‎ A．A可能是金属，也可能是非金属 B．A、B、C含有一种相同的元素 C．B、C的水溶液一定都呈碱性 D．反应①②不一定都是氧化还原反应 解析：选B　A单质在碱性条件下发生反应生成B、C两种化合物，发生了氧化还原反应，元素A的化合价既升高又降低，存在负化合价，应为非金属元素，金属元素不存在负化合价，A项错误；A单质发生歧化反应生成B、C两种化合物，则A、B、C含有一种相同的元素，B项正确；若A单质为氯气，与氢氧化钠反应生成氯化钠，氯化钠的水溶液呈中性，C项错误；单质生成化合物，元素的化合价发生变化，化合物生成单质，元素的化合价也发生变化，所以反应①和反应②一定属于氧化还原反应，D项错误。‎ ‎3．已知X、Y、Z、E、F五种常见物质含有同一元素M，在一定条件下它们有如下转化关系，Z是NO，下列推断不合理的是(　　)‎ A．X可能是一种氢化物 B．X生成Z一定是化合反应 C．E可能是一种有色气体 D．F中M元素的化合价可能为＋5‎ 解析：选B　根据题给转化关系推断，M为氮元素，Z为NO，E为NO2，F为HNO3。A.X可能是NH3，则Y可能为N2，正确；B.若X为NH3，氨气转化为一氧化氮可发生反应：4NH3＋5O24NO＋6H2O，不是化合反应，错误；C.E可能是NO2‎ ‎，是一种红棕色气体，正确；D.F可能为HNO3，其中氮元素的化合价为＋5，正确。‎ ‎4.A、B、C、X均为中学化学常见物质，一定条件下它们有如图所示转化关系(部分产物已略去)。下列说法正确的是(　　)‎ A．若X为Fe，则C可能为Fe(NO3)2溶液 B．若X为KOH溶液，则A可能为Al C．若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则X一定为CO2‎ D．若X为O2，则A可为有机物乙醇，也可为非金属单质硫 解析：选A　若A为Al、X为KOH，Al与KOH反应只能生成KAlO2，B项错；若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则三者中都含有钠元素，则X可能为CO2、SO2、H2S等，C项错；如果A为S，则S与O2反应只能生成SO2，D项错。‎ ‎5．(2018·湖北九校联考)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。下列有关物质的推断不正确的是(　　)‎ A．若甲为AlCl3溶液，则丁可能是NaOH溶液 B．若甲为氮气，则丁可能是O2‎ C．若甲为Fe，则丁可能是稀硝酸 D．若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2‎ 解析：选B　若甲为AlCl3溶液，当丁是NaOH溶液时，乙是氢氧化铝，丙是偏铝酸钠，AlO和Al3＋发生双水解可生成乙(氢氧化铝)，能够实现转化，A正确。若甲为氮气，丁是O2，则乙是NO，丙是NO2，但NO2和氮气不能反应生成NO，不能实现转化，B错误。若甲为Fe，丁是稀硝酸，过量的铁和硝酸反应生成硝酸亚铁(乙)，硝酸亚铁再与硝酸反应生成硝酸铁，硝酸铁和铁能反应生成硝酸亚铁，能够实现转化，C正确。若甲为NaOH溶液，丁是CO2，则乙是碳酸钠，丙是碳酸氢钠，碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠，能够实现转化，D正确。‎ ‎6.(2018·河南八市联考)X、Y、Z是中学化学中三种常见元素的单质，甲、乙是两种常见的化合物，相互间有如图转化关系(未注明反应条件)，下列说法不正确的是(　　)‎ A．若X为金属单质，Y为非金属固体单质，则Z为O2‎ B．若X、Y均为金属单质，则甲不可能为黑色固体 C．若X为金属单质，Y为非金属气体单质，则乙可能为黑色固体 D．若X、Y均为非金属固体单质，则Z可能为O2‎ 解析：选B　当X是镁、Y是碳时，Z是O2，A项正确；当X是铝、Y是铁时，甲可以是黑色的Fe3O4，B项错误；当X是铁、Y是氢气时，乙可以为黑色的Fe3O4，C项正确；当X是碳、Y是硅时，Z可能为氧气，D项正确。‎ ‎7.(2018·晋商四校联考)已知A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质，它们有如图反应关系。下列说法错误的是(　　)‎ A．若A是大气中含量最多的气体，C、D是氧化物且会造成光化学污染，则D转化成C的反应化学方程式为 ‎3NO2＋H2O===2HNO3＋NO B．若A、B、C分别为C(s)、CO(g)和CO2(g)，且通过与O2(g)反应实现图示的转化。在同温同压且消耗含碳物质均为1 mol时，反应①、②、③的焓变依次为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则它们之间的关系为ΔH2＝ΔH1＋ΔH3‎ C．若C为一元强碱，且阴、阳离子所含的电子数相同，D为日常生活中常用的调味品，工业上用D制备A的化学方程式为2Na2O(熔融)4Na＋O2↑‎ D．若A是应用最广泛的金属，反应④用到A，反应②、⑤均用到同一种气态非金属单质，实验室保存D溶液的方法是加入适量铁粉与稀盐酸 解析：选C　若A是大气中含量最高的气体，则A为N2，C、D是氧化物且会造成光化学污染，则C为NO，D为NO2，B为NH3；D转化成C的反应化学方程式为3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，故A正确。若A、B、C分别为C(s)、CO(g)和CO2(g)，且通过与O2(g)反应实现图示的转化，在同温同压且消耗含碳物质均为1 mol时，反应①、②、③的焓变依次为ΔH1、ΔH2、ΔH3，得到C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH1，C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH2，CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH3；依据盖斯定律得到ΔH1＋ΔH3＝ΔH2，故B正确。若C为一元强碱且阴、阳离子所含的电子数相同，判断C为NaOH；D为日常生活中常用的调味品，则D为NaCl，A为Na，B为Na2O2或Na2O，电解熔融氯化钠得到钠单质，反应的化学方程式为2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑，故C错误。若A是应用最广泛的金属，则A为Fe，反应④用到A，反应②、⑤均用到同一种气态非金属单质，推断为Cl2，则C为FeCl3，D为FeCl2，实验室保存FeCl2溶液需要防止被氧化和水解，应加入少量铁粉和稀盐酸，故D正确。‎ ‎8．(2018·豫南九校联考)短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，W2＋的电子层结构与氖相同，m是W的单质，r是X的单质，s是Y的单质，n、p及q是这些元素组成的二元化合物；t由其中的三种元素组成，其水溶液呈碱性；p是淡黄色固体，q是一种碱性氧化物，它们的关系如图所示。‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A．Y、Z、W的简单离子半径：W＞Z＞Y B．最高价氧化物的水化物的碱性：Z＞W C．简单气态氢化物的热稳定性：X＞Y D．Y与Z形成的化合物中不含有共价键 解析：选B　根据题意可知元素X、Y、Z、W分别是C、O、Na、Mg，物质m、n、p、q、r、s、t分别是Mg、CO2、Na2O2、MgO、C、O2、Na2CO3。O、Na、Mg的简单离子半径：O2－＞Na＋＞Mg2＋，A错误；最高价氧化物的水化物的碱性：NaOH＞Mg(OH)2，B正确；简单气态氢化物的热稳定性：CH4＜H2O，C错误；Na2O2中既含有离子键，又含有共价键，D错误。‎ ‎9．钢铁等铁制品是应用最广泛的金属材料，铁元素的单质及其化合物在元素化合物世界始终扮演着重要角色。‎ Ⅰ.打磨过的细铁丝可在纯氧中剧烈燃烧，最终生成黑色固体；铁粉与水蒸气在高温下也可生成该黑色固体，‎ ‎(1)铁粉与水蒸气反应的化学方程式为______________________________________。‎ ‎(2)将该黑色固体溶于盐酸中，反应的离子方程式：________________________________。‎ Ⅱ.某校探究性学习小组用已部分生锈的废铁屑制作印刷电路板的腐蚀剂，并回收铜。探究过程如下：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)步骤②中，除发生反应Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑外，其他可能反应的离子方程式为________________________________________________________________________。‎ ‎(2)若将③加入H2O2书写反应的离子方程式__________________________________。‎ ‎(3)若溶液B中只含有Fe2＋而不含Fe3＋，可证明该事实的实验方法是________。‎ ‎①先加氯水，后加KSCN溶液后显红色 ‎②先加KSCN溶液，不显红色，再加氯水后显红色 ‎③滴加NaOH溶液，只产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后呈红褐色 ‎④只滴加KSCN溶液不显红色 A．①②　　　B．②③　　　C．③④　　　D．①④‎ ‎(4)步骤④的化学方程式为______________________________________。‎ ‎(5)若除去氯化铜中氯化铁可以加入试剂_______________________________________。‎ 解析：Ⅰ.(1)在高温下铁与水蒸气反应的方程式为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2。‎ ‎(2)四氧化三铁与盐酸反应的离子方程式为Fe3O4＋8H＋===2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O。‎ Ⅱ.(1)从题意废铁屑中含有Fe2O3, 因此其他可能反应的离子方程式为Fe2O3＋6H＋===‎ ‎2Fe3＋＋3H2O、Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋。‎ ‎(2)双氧水具有强氧化性，能氧化Fe2＋，离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O。‎ ‎(3)Fe2＋的检验要考虑Fe3＋的干扰，故先加KSCN溶液无明显现象，氧化后变红或加入NaOH溶液开始只产生白色沉淀，答案选B。‎ ‎(4)铁离子能腐蚀金属铜，则反应④的化学方程式为2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2。‎ ‎(5)由于不能引入新的杂质，则除去氯化铜中氯化铁可以加入氧化铜或氢氧化铜。‎ 答案：Ⅰ.(1)3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2‎ ‎(2)Fe3O4＋8H＋===2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O Ⅱ.(1)Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O、‎ Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋‎ ‎(2)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O ‎(3)B ‎(4)2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2‎ ‎(5)氧化铜或氢氧化铜 ‎10．(2018·福州质量评估)过硫酸铵[(NH4)2S2O8]是一种重要的氧化剂、漂白剂。工业上用粗硫酸铵(杂质主要为含铁化合物)生产过硫酸铵，其工艺流程如图所示。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)0.1 mol·L－1(NH4)2SO4溶液中，各离子的浓度由大到小的顺序为________________________________。‎ ‎(2)“调pH”控制溶液的pH＝10，室温下该溶液中c(NH)∶c(NH3·H2O)＝____________。[已知：K(NH3·H2O)＝1.7×10－5]‎ ‎(3)“氧化”时有中间产物Fe6(OH)12SO4生成，该物质中∶n[Fe(Ⅲ)]＝________；该物质进一步被空气氧化成FeOOH的化学方程式为______________________。[注：Fe(Ⅱ)表示二价铁，Fe(Ⅲ)表示三价铁]‎ ‎(4)“电解”时，硫酸铵溶液的浓度为‎400 g·L－1，其物质的量浓度是________mol·L－1。(计算结果保留两位小数)‎ ‎(5)“电解”装置如图所示。‎ ‎①阳极的电极反应式是____________________________；电解过程中阴极室溶液的pH________(填“变大”“变小”或“不变”)。‎ ‎②电解所得溶液A经降温结晶分离出(NH4)2S2O8后，往剩余溶液中加入适量的硫酸铵和________(填化学式)后便可继续用作阳极室的电解液。‎ 解析：(1)0.1 mol·L－1(NH4)2SO4溶液由于NH水解而呈酸性，故离子浓度：c(NH)＞c(SO)＞c(H＋)＞c(OH－)。(2)pH＝10，则溶液中c(OH－)＝10－4 mol·L－1，根据K(NH3·H2O)＝，则＝＝＝0.17。(3)设该物质中Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)的个数分别为x、y，则x＋y＝6，根据化合物中各元素化合价代数和为0，有：2x＋3y－12－2＝0，联立解得x＝4，y＝2。故n[Fe(Ⅱ)]∶n[Fe(Ⅲ)]＝2∶1。结合流程图，根据得失电子守恒、原子守恒配平化学方程式：Fe6(OH)12SO4＋O2＋2NH3·H2O===6FeOOH＋(NH4)2SO4＋4H2O。(4)该硫酸铵溶液的物质的量浓度为≈3.03 mol·L－1。(5)①电解(NH4)2SO4溶液制备(NH4)2S2O8，阳极上SO发生氧化反应：2SO－2e－===S2O。阴极上H＋发生还原反应：2H＋＋2e－===H2↑，由于使用质子交换膜，H＋可通过质子交换膜进入阴极室，故电解过程中阴极室溶液中c(H＋)不变，pH不变。②电解时H＋通过质子交换膜由阳极室进入阴极室，因此阳极室还需加入H2SO4。‎ 答案：(1)c(NH)＞c(SO)＞c(H＋)＞c(OH－)‎ ‎(2)0.17‎ ‎(3)2∶1　Fe6(OH)12SO4＋O2＋2NH3·H2O===6FeOOH＋(NH4)2SO4＋4H2O[或Fe6(OH)12SO4＋O2===6FeOOH＋H2SO4＋2H2O]‎ ‎(4)3.03‎ ‎(5)①2SO－2e－===S2O　不变　②H2SO4‎ ‎11．氮的化合物在生产、生活等方面具有重要的地位。请按要求回答下列问题：‎ ‎(1)乙腈(CH3CN)的电子式：____________________________________；‎ 其中N的化合价为________。‎ ‎(2)已知：①N2(g)＋2O2(g)===N2O4(l)　ΔH1‎ ‎②N2(g)＋2H2(g)===N2H4(l)　ΔH2‎ ‎③O2(g)＋2H2(g)===2H2O(g)　ΔH3‎ ‎④2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋4H2O(g)　ΔH4＝－1 048.9 kJ·mol－1‎ 上述反应热之间的关系式为ΔH4＝____________。‎ ‎(3)①实验室中可用NaClO溶液与NH3反应制备联氨(N2H4)，该反应中NH3作____________(填“氧化”“还原”或“非氧化还原”)剂。‎ ‎②联氨可无害化处理高压锅炉水中的氧，吸收1 mol O2，需要联氨__________g，若改用Na2SO3处理，需要Na2SO3________g；选择联氨处理氧的优点有_____________________。‎ ‎③向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，固体逐渐变黑，并有无毒的气体产生，此反应的化学方程式为________________________________________。‎ 解析：(1)根据乙腈的结构可写出其电子式为，其中氮的非金属性最强，显－3价。(2)根据盖斯定律，反应④可看作反应③×2－②×2－①，故ΔH4＝2ΔH3－2ΔH2－ΔH1。(3)NH3中氮为－3价、N2H4中氮为－2价，故氨气是还原剂；根据电子守恒可得关系式：N2H4～O2，则吸收1 mol O2需要联氨‎32 g；根据关系式2Na2SO3～O2，可得需要亚硫酸钠质量为‎252 g；由以上分析可知，吸收相同量的O2时，使用联氨不仅需要量少，同时产物为氮气和水，不会产生污染，也不会形成电解液加速锅炉的腐蚀；向溴化银中加入联氨溶液，固体变黑说明生成银单质，产生无毒气体可知生成了氮气，所以化学方程式为N2H4＋4AgBr===4Ag＋N2↑＋4HBr。‎ 答案：(1) 　－3‎ ‎(2)2ΔH3－2ΔH2－ΔH1‎ ‎(3)①还原　②32　252　处理等量氧气，所需联氨质量少；产物仅为N2和H2O，无其他杂质、无污染等(答案合理即可)　③N2H4＋4AgBr===4Ag＋N2↑＋4HBr ‎12．(2018·郑州一模)碲(Te)广泛用于彩色玻璃和陶瓷。工业上用精炼铜的阳极泥(主要含有TeO2、少量Ag、Au)为原料制备单质碲的一种工艺流程如下：‎ 已知TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。‎ ‎(1)“碱浸”时发生反应的离子方程式为________________________________________。‎ ‎(2)碱浸后的“滤渣”可以部分溶于稀硝酸，发生反应的化学方程式是_____________。‎ ‎(3)“沉碲”时控制溶液的pH为4.5～5.0，生成TeO2沉淀。酸性不能过强，其原因是____________________；防止局部酸度过大的操作方法是______________________。‎ ‎(4)“酸溶”后，将SO2通入TeCl4酸性溶液中进行“还原”得到碲，该反应的化学方程式是________________________________________________________________________。‎ ‎(5)‎25 ℃‎时，亚碲酸(H2TeO3)的Ka1＝1×10－3，Ka2＝2×10－8。‎ ‎①0.1 mol·L－1H2TeO3的电离度α约为________。 ‎②0.1 mol·L－1的NaHTeO3溶液中，下列粒子的物质的量浓度关系正确的是________。‎ A．c(Na＋)＞c(HTeO)＞c(OH－)＞c(H2TeO3)＞c(H＋)‎ B．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HTeO)＋c(TeO)＋c(OH－)‎ C．c(Na＋)＝c(TeO)＋c(HTeO)＋c(H2TeO3)‎ D．c(H＋)＋c(H2TeO3)＝c(OH－)＋c(TeO)‎ 解析：(5)H2TeO3H＋＋HTeO，‎ 则Ka1＝ ‎＝＝1×10－3，c(H＋)＝1×10－2 mol·L－1，‎ 则α＝×100%＝10%。‎ 答案：(1)TeO2＋2OH－===TeO＋H2O ‎(2)3Ag＋4HNO3===3AgNO3＋NO↑＋2H2O ‎(3)溶液酸性过强，TeO2会继续与酸反应导致碲元素损失；缓慢加入H2SO4，并不断搅拌 ‎(4)TeCl4＋2SO2＋4H2O===Te＋4HCl＋2H2SO4‎ ‎(5)①10%　②CD