北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
专题六 非金属及其化合物
1.“十四五”生态环保工作强调要落实“减污降碳”的总要求。下列说法正确的是(
)
A.在一定条件下,选择合适的催化剂将CO 氧化为甲酸
2
B.推广使用煤液化技术,可减少二氧化碳等温室气体的排放
C.向河水中加入明矾,可除去许多杂质并杀灭有害细菌
D.人工合成淀粉技术的应用有助于实现“碳达峰”和“碳中和”
答案 D CO 转化为甲酸发生的是还原反应,A错误;根据原子守恒规律,推广使用煤液
2
化技术,不能减少CO 等温室气体的排放,B错误;明矾水解得到的Al(OH) 胶体可吸附水
2 3
中悬浮杂质,但不能起到杀灭有害细菌的作用,C错误;人工合成淀粉技术的应用能减少
CO 的排放,有助于实现“碳达峰”和“碳中和”,D正确。
2
知识拓展 明矾溶液只能净水,不能消毒;高铁酸钾(K FeO )溶液既能消毒,又能净水。
2 4
2.化学对提高人类生活质量和促进社会发展具有重要作用。下列说法正确的是 ( )
A.焰色试验、海带提碘、石油裂化都有化学变化的过程
B.嫦娥五号返回舱用到的高温结构陶瓷,属于传统硅酸盐材料
C.利用CO 人工合成淀粉能有效促进“碳中和”目标的实现
2
D.我国发射的火星探测器,其使用的太阳能电池板的主要材料是二氧化硅
答案 C A项,焰色试验属于物理变化,海带提碘、石油裂化属于化学变化,错误;B项,
高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料,错误;C项,利用CO 人工合成淀粉可以降低CO
2 2
的含量,有利于促进“碳中和”,正确;D项,太阳能电池板的主要材料是硅单质,错误。
易混易错
传统无机非金属材料:陶瓷、水泥和玻璃,都属于硅酸盐材料。新型无机非金属材料:
硅、二氧化硅、新型陶瓷和碳纳米材料。芯片、太阳能电池板的主要成分是硅单质,光
导纤维的主要成分是二氧化硅。
3.化学与生产、生活、环保等方面密切相关,下列说法正确的是 ( )
A.煤的气化、液化与石油的裂化、分馏均为化学变化
B.人体各种体液都有一定的pH,以保证正常的生理活动
C.核酸是生物体遗传信息的载体,通过红外光谱可检测其结构中存在多种单键、双键、
氢键等化学键
D.城市内的光化学烟雾污染与氮、碳及硫的氧化物都有关
答案 B 煤的气化、液化与石油的裂化属于化学变化,石油的分馏为物理变化,A错误;
由于各种酶作用的适宜pH各不相同,故人体各种体液都有一定的pH,以保证正常的生理
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活动,B正确;红外光谱可检测化学键及官能团,氢键不属于化学键,C错误;光化学烟雾
污染与氮的氧化物有关,与碳、硫的氧化物无关,D错误。
4.下列物质的性质和应用具有对应关系的是( )
A.浓H SO 具有脱水性,可用于干燥某些气体
2 4
B.SO 具有漂白性且能杀菌,可用作葡萄酒添加剂
2
C.ClO 具有强氧化性能使蛋白质变性,可用于自来水杀菌消毒
2
D.油脂在酸性条件下会发生水解,利用该反应可制取肥皂
答案 C 浓H SO 具有吸水性,可用于干燥某些气体,A不符合题意;葡萄酒中添加SO 是
2 4 2
利用SO 的还原性和能杀菌来延长葡萄酒的保质期,B不符合题意;ClO 具有强氧化性能
2 2
使蛋白质变性,故可用于自来水杀菌消毒,C符合题意;油脂在碱性条件下的水解反应才
是皂化反应,产生的高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分,D不符合题意。
5.“类比”思想可用于实验探究,帮助我们掌握物质的共性。下列有关类比结果正确的
是 ( )
A.Na与O 在一定条件下反应生成Na O ,则Ca与O 在一定条件下也可生成CaO
2 2 2 2 2
B.Cl 能使紫色石蕊试液先变红后褪色,SO 也能使紫色石蕊试液先变红后褪色
2 2
C.SO 能使酸性KMnO 溶液褪色,则SO 也可使酸性KMnO 溶液褪色
2 4 3 4
D.用排饱和NaCl溶液的方法收集Cl ,则也可用排饱和NH Cl溶液的方法收集NH
2 4 3
答案 A A项,Na和Ca都属于活泼金属,故在一定条件下都可以生成过氧化物,正确;B
项,氯气溶于水生成盐酸和次氯酸使溶液显酸性,次氯酸有漂白性,故氯气能使紫色石蕊
试液先变红后褪色,SO 溶于水生成亚硫酸使溶液显酸性,使紫色石蕊试液变红,但SO 不
2 2
能漂白紫色石蕊试液,错误;C项,SO 具有还原性,能使酸性高锰酸钾溶液褪色,而SO 无
2 3
还原性,不能使酸性高锰酸钾溶液褪色,错误;D项,氯气在水中的溶解度为1∶2(体积
比),氨气在水中的溶解度为1∶700(体积比),无法用排饱和氯化铵溶液的方法收集NH ,
3
错误。
6.合成NH 是重要的研究课题,一种新型合成氨的过程如下。下列说法正确的是( )
3
A.“转氨”过程属于人工固氮
B.合成过程中所涉及反应均为氧化还原反应
C.若用H O代替NH Cl进行转化,从体系中分离出NH 更容易
2 4 3
D.该合成氨过程中,参加反应的N 与H O的物质的量之比为1∶3
2 2
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答案 D “转氨”过程是一种含氮化合物转化为另一种含氮化合物,不属于氮的固定,
故A错误;氨气和氯化氢反应生成氯化铵以及“转氨”过程中各元素化合价均不变,不
属于氧化还原反应,故B错误;若用H O代替NH Cl进行转化,从体系中分离出NH 更难,
2 4 3
故C错误;由题图可知,该合成氨过程中,总反应为2N +6H O 4NH +3O ,参加反应的
2 2 3 2
N 与H O的物质的量之比为1∶3,故D正确。
2 2
7.下图是某加碘食盐包装袋上的部分图表文字。由此得到的信息和作出的推测正确的
是 ( )
A.“烹调时待食品熟后加入碘盐”可能原因是KIO 受热易分解
3
B.可以用无水酒精从该碘盐配制的水溶液中萃取得到KIO
3
C.依据图表内容可知1 kg此食盐中含KIO (35±15)mg
3
D.食用加碘盐的目的是利用KIO 有较强氧化性以预防龋齿
3
答案 A 烹调时的高温会使碘酸钾分解,A正确;酒精与水互溶,不能用作萃取剂,B错
误;分析题中图表内容可知,(35±15)mg/kg是食盐中碘元素的含量,C错误;碘元素可以
预防地方性甲状腺肿大的发生,与预防龋齿无关,D错误。
8.硫及其化合物的“价—类二维图”体现了化学变化之美。下列有关说法正确的是(
)
A.硫在氧气中燃烧直接生成Y
B.X能使酸性KMnO 溶液褪色,体现其漂白性
4
C.硫化氢与X反应的氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶1
D.N可由其相应单质直接化合生成
答案 C 硫在氧气中燃烧只能生成SO ,A错误;由价—类二维图推知,X为SO ,SO 与酸
2 2 2
性KMnO 溶液发生氧化还原反应使酸性KMnO 溶液褪色,体现其还原性,B错误;H S与SO
4 4 2 2
反应的化学方程式为2H S+SO 2H O+3S,氧化产物和还原产物的物质的量之比为
2 2 2
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2∶1,C正确;N是CuS,因为S的氧化性很弱,不能由硫和铜直接化合生成CuS(能生成
Cu S),D错误。
2
9.如图是M元素高中常见物质的价类二维图。其中A到D、D到E的转化都可加同一种
物质实现,且E的相对分子质量比D的相对分子质量大16,则下列说法不正确的是 (
)
¿ ¿
A.物质B可用作火箭燃料,其电子式为H··M····M··H
❑ ❑
B.依据题给价类二维图综合分析可知M元素为氮元素
C.氢化物A或B均可在一定条件下与氧气反应得到单质C
D.物质F的浓溶液具有强氧化性,可以用铁制或铝制容器盛放
答案 A 硫元素与氮元素都存在题图中横坐标涉及的物质类别的转化,但是分析价类
二维图可知,此元素存在两种氢化物,故M元素是氮元素,推知A为NH ,B为N H ,C为
3 2 4
N ,D为NO,E为NO 或N O ,F为HNO ,G为硝酸盐。N H 中的氮原子之间只存在1个共用电
2 2 2 4 3 2 4
子对,A错误,B正确;NH 或N H 均能与O 反应得到N 和H O,C正确;浓HNO 具有强氧化
3 2 4 2 2 2 3
性,能使铁或铝在常温下发生钝化,故可以用铁制或铝制容器盛放浓HNO ,D正确。
3
10.价类二维图是学习元素及其化合物知识的重要模型。它是以元素化合价为纵坐标,
以物质类别为横坐标的二维平面图像。如图为氯元素的价类二维图。下列叙述不正确
的是 ( )
A.上述6种物质,属于电解质的有4种
B.将②与SO 按物质的量之比1∶1通入水中,再滴加紫色石蕊试液,溶液变红
2
C.可以用浓氨水检查输送②的管道是否漏气,在此过程中②既作氧化剂又作还原剂
D.用H C O 、NaClO 和H SO 三种物质制取③时,还会生成CO ,生成1 mol CO 转移电子
2 2 4 3 2 4 2 2
的物质的量为1 mol
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答案 C 根据题给氯元素的价类二维图可知:①为HCl、②为Cl 、③为ClO 、④为
2 2
HClO、⑤为NaCl、⑥为NaClO。A项,题述6种物质,属于电解质的有①④⑤⑥,共4种,
正确;B项,将②与SO 按物质的量之比1∶1通入水中,发生反应Cl +SO +2H O
2 2 2 2
2HCl+H SO ,所以溶液呈酸性,再滴加紫色石蕊试液,溶液变红,正确;C项,可以用浓氨水
2 4
检查输送②的管道是否漏气,发生反应3Cl +8NH N +6NH Cl,其中Cl 作氧化剂,NH
2 3 2 4 2 3
作还原剂,错误;D项,用H C O 、NaClO 和H SO 三种物质制取③时,发生反应
2 2 4 3 2 4
H C O +2NaClO +H SO 2ClO ↑+2CO ↑+Na SO +2H O,生成1 mol CO 转移电子的物质
2 2 4 3 2 4 2 2 2 4 2 2
的量为1 mol,正确。
11.常温下,将Cl 缓慢通入水中至饱和,然后改向其中滴加浓NaOH溶液。整个实验过程
2
中的pH变化曲线如图所示,不考虑次氯酸分解与溶液体积变化,下列叙述正确的是 (
)
A.实验过程中可以用pH试纸测定溶液的pH
B.由a→b过程中,溶液中HClO的浓度增大
C.b点时溶解的Cl 全部与水发生了反应
2
D.c点以后溶液呈碱性,没有漂白性
答案 B A项,氯气溶于水发生反应Cl +H O HCl+HClO,HClO具有漂白性,会使pH
2 2
试纸褪色,故不能使用pH试纸测定溶液pH,错误;B项,a→b,溶液的pH降低,酸性增强,
说明反应Cl +H O HCl+HClO正向进行,HClO浓度增大,正确;C项,氯气与水的反应
2 2
是可逆反应,溶解的氯气不可能完全反应,错误;D项,b点时pH发生转折,说明此时开始
滴加浓NaOH溶液,c点溶液呈中性,说明溶液中的溶质为NaCl、NaClO、少量的HClO,此
时溶液仍然具有漂白性,c点以后,溶液中溶质是NaClO、NaOH,但是NaClO具有氧化性,
溶液仍然具有漂白性,错误。
易混易错
氯气与水的反应是可逆反应,新制氯水中存在三分子四离子:Cl 、H O、HClO、H+、Cl-、
2 2
ClO-、OH-。
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12.在“价—类”二维图中融入“杠杆模型”,可直观辨析部分物质转化及其定量关
系。如图中的字母分别代表硫及其常见化合物,相关推断不合理的是 ( )
A.b既具有氧化性又具有还原性
B.硫酸型酸雨的形成过程涉及b到c的转化
C.a溶液与b溶液反应过程中有淡黄色沉淀生成
D.d在加热条件下与强碱溶液反应生成e和f,且n(e)∶n(f)=1∶2
答案 D 根据题给“价—类”二维图,结合题意推知,a为H S,b为H SO ,c为H SO ,d
2 2 3 2 4
为S,e为硫化物,f为亚硫酸盐,g为硫酸盐。A项,H SO 中S为+4价,处于中间价态,既
2 3
具有氧化性又具有还原性,正确;B项,硫酸型酸雨的形成过程为SO +H O
2 2
H SO ,2H SO +O 2H SO ,正确;C项,a溶液与b溶液反应的化学方程式为2H S+H SO
2 3 2 3 2 2 4 2 2 3
3S↓+3H O,有淡黄色沉淀硫单质生成,正确;D项,d与强碱溶液在加热条件下反应
2
生成e和f的离子方程式为3S+6OH- 2S2-+SO2−+3H O,则n(e)∶n(f)=2∶1,错误。
3 2
13.如图是某元素常见物质的“价—类”二维图,其中d为红棕色气体,f和g均为正盐
且焰色试验火焰为黄色。下列说法不正确的是 ( )
A.e的浓溶液可以用铝槽车运输
B.气体a、c均可用浓硫酸干燥
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C.常温下,将充满d的密闭烧瓶置于冰水中,烧瓶内红棕色变浅
D.d可与NaOH溶液反应生成f和g
答案 B 根据d为红棕色气体,且是化合价为+4的氧化物,推出d为NO ,故题图应为氮
2
元素的“价—类”二维图,进而推出a为NH ,b为N ,c为NO,e为HNO 。f和g均为正
3 2 3
盐,且焰色试验火焰为黄色,推出f为NaNO ,g为NaNO 。A项,常温下铝遇到浓硝酸发生
3 2
钝化,因此可以用铝槽车运输浓硝酸,正确;B项,NH 为碱性气体,不可用浓硫酸干燥,错
3
误;C项,2NO N O 的正反应为放热反应,降低温度,平衡正向移动,体系颜色变浅,正
2 2 4
确;D项,NO 与NaOH发生歧化反应:2NaOH+2NO NaNO +NaNO +H O,正确。
2 2 2 3 2
14.氮化硅(Si N )是一种重要的结构陶瓷材料。用石英砂和原料气(含N 和少量O )制备
3 4 2 2
Si N 的操作流程如图(粗硅中含少量Fe、Cu的单质及化合物),下列叙述不正确的是(
3 4
)
A.“还原”时焦炭主要被氧化为CO
2
B.“高温氮化”反应的化学方程式为3Si+2N Si N
2 3 4
C.“操作X”可将原料气通过灼热的铜粉
D.“稀酸Y”可选用稀硝酸
答案 A 石英砂的主要成分为SiO ,SiO 与焦炭在高温下发生反应SiO +2C
2 2 2
Si+2CO↑,焦炭被氧化为CO,不是CO ,A错误;“高温氮化”是Si与N 反应,其化学方程
2 2
式为3Si+2N Si N ,B正确;原料气中含有N 和少量O ,氧气能与灼热的Cu粉反应
2 3 4 2 2
生成CuO,N 不与Cu粉反应,“操作X”可将原料气通过灼热的铜粉,从而得到纯净的
2
N ,C正确;粗硅中含有少量Fe、Cu的单质及化合物,则Si N 中含有少量Fe、Cu的单质
2 3 4
及化合物,Fe、Cu的单质及化合物均可与稀硝酸反应,得到可溶于水的Fe(NO ) 和
3 3
Cu(NO ) ,D正确。
3 2
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15.海水中含有丰富的碘元素,海洋中许多藻类植物具有富集碘的能力,如海带中含碘量
可达0.3%~0.5%,约为海水中碘浓度的10万倍。实验室通过下列流程从净化除氯后的含
碘海水中提取I 。
2
下列有关说法不正确的是 ( )
A.富集得到含碘化合物的晶胞如图,其中距离每个I-最近的Ag+有4个
B.转化后的溶液中主要含有Fe2+和I-
C.用稀HNO 溶解滤渣Y得到的溶液可循环利用
3
D.氧化时,理论上通入氯气的量至少控制为溶液中溶质物质的量的1.5倍
答案 D 由题给晶胞结构可知,以面心I-为例,距离每个I-最近的Ag+有4个,A正确;含
碘海水富集后加入AgNO 溶液将I-转化为AgI沉淀,过滤得到AgI,加入适量铁粉和蒸馏
3
水,将AgI转化为FeI 和Ag,转化后的溶液中主要含有Fe2+和I-,B正确;过滤得到银和含
2
有FeI 的滤液,滤渣Y为银,银与稀硝酸反应得到的AgNO 溶液可以循环利用,C正确;根
2 3
据反应Cl +2I- I +2Cl-可知,控制n(Cl )=n(FeI )即可,若通入Cl 的量过多,过量
2 2 2 2 2
的Cl 会将Fe2+氧化为Fe3+,导致制备成本增大,D错误。
2
知识拓展 n(Cl )≤n(FeI )时,发生反应:Cl +2I- I +2Cl-。n(Cl )≥n(FeI )时,还
2 2 2 2 2 2
会发生反应:Cl +2Fe2+ 2Fe3++2Cl-。
2
16.白炭黑(可用SiO ·nH O表示其组成)可广泛应用于日用化工、橡胶制品、电子工业
2 2
等许多领域。以硅酸钠和二氧化碳为原料制备白炭黑的工艺流程如下:
下列说法错误的是 ( )
A.硅酸钠水溶液必须用带玻璃塞的试剂瓶盛装
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B.沉淀反应的离子方程式为Si +H O+CO H SiO ↓+C
O2− 2 2 2 3 O2−
3 3
C.蒸发“滤液”所得晶体中含有离子键和极性共价键
D.用稀盐酸洗涤沉淀的目的是除去沉淀表面的C
O2−
3
答案 A 硅酸钠水溶液不能用带玻璃塞的试剂瓶盛装,A项错误;硅酸的酸性比碳酸弱,
故可用向水玻璃中通入二氧化碳的方法制备硅酸,离子方程式为Si +H O+CO
O2− 2 2
3
H SiO ↓+C ,B项正确;蒸发滤液得到Na CO ·xH O,其中Na+与C 之间为离子键,C
2 3 O2− 2 3 2 O2−
3 3
内存在极性键,C项正确;C 在酸性条件下不能大量存在,故用稀盐酸洗涤沉淀可
O2− O2−
3 3
除去沉淀表面的C ,D项正确。
O2−
3
17.某学习小组设计制取SO 并验证其部分性质的实验装置图如下(夹持装置省略)。下
2
列说法错误的是 ( )
A.A中固体物质是Na SO ,A中发生的反应属于氧化还原反应
2 3
B.滴入浓硫酸前先通入氮气,防止空气中的氧气影响二氧化硫性质的检验
C.B装置溶液变红色,说明SO 是酸性氧化物;C装置中溶液红色褪去,说明SO 具有漂白
2 2
性
D.取反应后D溶液少许,滴入品红溶液,红色褪去;另取该反应后D溶液少许,滴加AgNO
3
溶液,产生白色沉淀,以上现象不能说明SO 具有还原性
2
答案 AC Na SO +H SO Na SO +H O+SO ↑,无元素化合价变化,发生的是非氧化还
2 3 2 4 2 4 2 2
原反应,A项错误。滴入浓硫酸前先通入氮气,排尽装置内的空气,防止空气中的氧气影
响二氧化硫性质的检验,B项正确。二氧化硫与碳酸钠反应生成Na SO ,不能使酚酞褪
2 3
色,酚酞红色褪去,可能是过量二氧化硫溶于水呈酸性,不能说明SO 具有漂白性,C项错
2
误。氯水中含有Cl-,也能生成AgCl沉淀;若氯水未反应完,也可以使品红溶液褪色,不
能说明SO 具有还原性,D项正确。
2
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18.空气中的氮气可通过人工固氮获得氨气,氨气是重要的化工原料,通过氨氧化法可制
得硝酸,反应过程如下图:
N NH NO NO HNO
2 3 2 3
硝酸是一种强氧化性酸,制硝酸工业产生的尾气中含有氮氧化物,应处理后才能排放。
下列说法不正确的是 ( )
A.BaSO 固体能溶于稀硝酸,生成Ba(NO ) ,同时放出SO 气体
3 3 2 2
B.工业上,当转化①的反应达到平衡时,需不断地从混合气体中分离出NH ,将未反应的
3
原料气送回合成塔以提高原料的利用率
C.工业尾气中NO 常用碱液吸收处理,NO 、NO的混合气体能被足量烧碱溶液完全吸收的
x 2
条件是n(NO )≥n(NO)
2
D.向浓HNO 中插入红热的炭,产生红棕色气体,则可证明炭与浓HNO 溶液一定反应生成
3 3
了NO
2
答案 AD 稀硝酸具有强氧化性能将BaSO 氧化成BaSO ,同时自身被还原成NO,A错误;
3 4
工业上生产NH 的反应是可逆反应,分离出NH 促进平衡正向移动,将未反应的原料气送
3 3
回合成塔,可以提高原料的利用率,B正确;NO 与NaOH溶液反应:2NO +2NaOH
2 2
NaNO +NaNO +H O,NO 、NO的混合气体与NaOH溶液反应:NO+NO +2NaOH 2NaNO +H O,当
3 2 2 2 2 2 2
n(NO )≥n(NO)时,NO 、NO的混合气体能被足量烧碱溶液完全吸收,C正确;红棕色气体
2 2
是NO ,可能是浓硝酸与C反应产生的,也可能是浓硝酸受热分解产生的,D错误。
2
19.下表各物质中,A、B、C、D、E均含有同一种短周期元素,其中A是单质,B常温下是
气态氢化物,C、D是氧化物,E是D和水反应的产物。则各物质之间通过一步反应就能
实现表中所示转化的是 ( )
物质编号 物质转化关系 A D E
① Si SiO H SiO
2 2 3
② S SO H SO
3 2 4
③ Na Na O NaOH
2 2
④ N NO HNO
2 2 3
A.②③ B.②④ C.①③④ D.①②③④
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答案 B ①Si SiH ,Si与O 直接生成SiO ,Si只能生成一种氧化物且SiO 不能与
4 2 2 2
H O反应生成H SiO ;②S H S,S SO ,H S SO ,SO SO
2 2 3 2 2 2 2 2 3
H SO ;③Na没有气态氢化物;④N NH ,N NO,NH NO,NO NO
2 4 2 3 2 3 2
HNO ,故选B。
3
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20.某小组同学用如图装置(略去加热仪器)制备Na S O ·5H O。
2 2 3 2
已知烧瓶C中发生反应如下:Na S(aq)+H O(l)+SO (g) Na SO (aq)+H S(aq) (a)
2 2 2 2 3 2
2H S(aq)+SO (g) 3S(s)+2H O(l) (b)
2 2 2
S(s)+Na SO (aq) Na S O (aq)(c)
2 3 2 2 3
下列说法不正确的是 ( )
A.装置A中使用70%的硫酸比用98%的浓硫酸反应速率快
B.Na S O 可作为高效脱氯剂,Na S O 溶液与足量Cl 反应的离子方程式为2Cl +3H O+S
2 2 3 2 2 3 2 2 2 2
2S +4Cl-+6H+
O2− O2−
3 3
C.装置B、D的作用为防止倒吸
D.理论上应使烧瓶C中Na S和Na SO 恰好完全反应,则两者物质的量之比为2∶1
2 2 3
答案 B 70%的硫酸中c(H+)比98%的浓硫酸中c(H+)大,所以反应速率快,A正确;Na S O
2 2 3
被Cl 氧化生成Na SO ,离子方程式为4Cl +5H O+S 2S +8Cl-+10H+,B错误;装
2 2 4 2 2 2O2− O2−
3 4
置B、D起防止倒吸的作用,C正确;装置C中发生的反应为2Na S+3SO +Na SO
2 2 2 3
3Na S O ,反应中Na S与Na SO 的物质的量之比为2∶1,D正确。
2 2 3 2 2 3
21.实验室用如图所示的装置模拟处理工业废气(主要含N 、CO 、SO 、NO和CO)。装置
2 2 2
Ⅱ中生成NaNO 和NaNO 两种盐,装置Ⅲ用于吸收CO。下列有关说法正确的是 ( )
3 2
A.实验时应先向装置Ⅰ中通工业废气,再向装置Ⅱ中通空气
B.装置Ⅰ中吸收SO 的化学方程式为2SO +Ca(OH) Ca(HSO )
2 2 2 3 2
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C.装置Ⅱ中每吸收1 mol NO消耗1 mol NaOH
D.[Cu(NH ) ]+中,Cu+提供孤电子对与NH 形成配位键
3 2 3
答案 C NO不能与NaOH反应,NO 与NaOH反应能够生成NaNO 和NaNO ,NO与NO 物质
2 3 2 2
的量之比为1∶1时,与NaOH反应生成NaNO ,所以实验时应先向装置Ⅱ中通空气,再向
2
装置Ⅰ中通工业废气,使废气中的NO与O 充分反应,从而使n(NO )>n(NO),A项错误;SO
2 2 2
与足量的Ca(OH) 反应生成CaSO ,B项错误;反应中NO最终转化为NaNO 和NaNO ,在
2 3 2 3
NaNO 、NaNO 中n(Na)=n(N),根据Na原子、N原子守恒可得n(NaOH)=n(NO),即参与反应
2 3
的NO与NaOH的物质的量之比为1∶1,C项正确;[Cu(NH ) ]+中Cu+提供空轨道,NH 中氮
3 2 3
原子提供孤电子对,D项错误。
22.1811年,法国化学家库尔图瓦将浓硫酸和海草灰(富含KI)混合后发现有紫色蒸气生
成,该蒸气冷凝后变为紫黑色晶体。1813年经盖—吕萨克鉴定后正式将该物质命名为
Iodine(碘)。
(1)将浓H SO 滴入盛有KI固体的锥形瓶中,产生的气体能使湿润的醋酸铅试纸变黑(已
2 4
知黑色物质为PbS),则该反应除生成I 以外,还会生成气体 (填化学式)。
2
(2)常温时HI为无色气体,易溶于水,其制备原理为3KI+H PO (浓) K PO +3HI↑。
3 4 3 4
如图所示,制备并收集干燥的HI气体所需装置的接口顺序为a→e,f→ (已知浓
H PO 不易挥发和分解,夹持和加热装置省略)。其中仪器Q的名称为 。
3 4
U形干燥管中的试剂为 。若观察到 ,说明HI气体已收集
满。
答案 (1)H S
2
(2)c,b→e,f→d(e、f可互换) 圆底烧瓶 无水CaCl (或P O 、硅胶等) 烧杯中出现
2 2 5
黄色沉淀
解析 (1)将浓硫酸滴入碘化钾中,生成的气体可以与醋酸铅反应生成PbS,说明生成的
气体含有-2价的硫元素,即H S。(2)收集干燥的HI气体,A为发生装置,D为干燥装置,B
2
为收集装置,HI的密度大于空气,需要采用向上排空气法收集,气流方向为c→b,C为尾
气处理装置,收集气体前后都需要干燥装置,因此连接顺序为a→e,f→c,b→e,f→d。HI
为酸性气体,需要用中性或者酸性干燥剂,如无水氯化钙、P O 、硅胶等;C为尾气处理
2 5
装置,若集气瓶中收集满气体,逸出的HI气体会与烧杯中硝酸银溶液反应生成黄色沉淀
AgI。
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23.(1)焦亚硫酸钠(Na S O )易被氧化而变质,选用下列试剂设计实验方案,检验焦亚硫
2 2 5
酸钠样品氧化变质的程度。
已知:2NaHSO Na S O +H O。
3 2 2 5 2
试剂:稀盐酸、稀H SO 、稀HNO 、BaCl 溶液、酸性KMnO 溶液、H O 溶液。
2 4 3 2 4 2 2
实验
实验步骤 现象 结论
编号
取少量样品,加入除氧蒸
Ⅰ 固体完全溶解得到无色溶液 —
馏水
Ⅱ 取实验Ⅰ的溶液,① ② 样品已氧化变质
Ⅲ 另取实验Ⅰ的溶液,③ ④ 样品未完全氧化变质
(2)某小组利用下列装置测定空气中SO 的含量。
2
已知该反应的化学方程式为SO +I +2H O H SO +2HI。若空气流速为a m3·min-1,当
2 2 2 2 4
观察到 时,结束计时,测定耗时t min。假定样品中的SO 可被溶液充
2
分吸收,该空气样品中SO 的含量是 mg·m-3。
2
答案 (1)①加入少量稀盐酸酸化,再滴加几滴BaCl 溶液 ②产生白色沉淀 ③滴入少
2
量酸性KMnO 溶液 ④溶液紫红色褪去
4
640
(2)溶液蓝色褪去
at
解析 (1)假设样品被氧化,则生成硫酸盐,检验样品是否已氧化变质,即检验是否含有
硫酸根,实验Ⅱ步骤:取实验Ⅰ的溶液,加入少量稀盐酸酸化,再滴加几滴氯化钡溶液,如
果产生白色沉淀,则说明样品被氧化变质。此处不能选择稀硝酸,因为硝酸具有强氧化
性,可将焦亚硫酸钠氧化为硫酸钠。证明样品未被完全氧化变质,即样品中仍存在具有
还原性的+4价硫元素,可另取实验Ⅰ的溶液,加入少量具有强氧化性的酸性高锰酸钾溶
液,如果溶液紫红色褪去,说明样品未完全氧化变质。(2)实验开始前,淀粉—碘溶液呈
蓝色,碘单质的物质的量为n(I )=cV=0.01 mol,当通入含有二氧化硫的空气时,发生反
2
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应SO +I +2H O H SO +2HI,当碘单质完全反应时,溶液蓝色褪去,根据化学方程式可
2 2 2 2 4
知n(SO )=n(I )=0.01 mol,m(SO )=0.64 g=640 mg,该空气样品中二氧化硫的含量为
2 2 2
m(SO ) =640 mg·m-3。
2
V(空气) at
24.过二硫酸钠(Na S O )具有强氧化性,常用于处理水体中的有机污染物。
2 2 8
(1)S 的结构如图1所示,用“□”标出S 中体现强氧化性的基团。
2O2− 2O2−
8 8
图1
(2)Fe2+可活化S ,活化后产生S 。S 氧化性更强,降解废水中有机污染物的能力
2O2− O− O−
8 4 4
更强。Fe2+活化S 过程中存在下列反应(k是衡量反应快慢的物理量,k越大,反应越
2O2−
8
快):
Ⅰ.S 2S k=2.5×10-9
2O2− O−
8 4
Ⅱ.S +H O S +·OH+H+ k=2×103
O− 2 O2−
4 4
Ⅲ.S +Fe2+ Fe3++S +S k=20
2O2− O− O2−
8 4 4
Ⅳ.Fe2++S Fe3++S k=4.6×109
O− O2−
4 4
……
向含有有机污染物的废水中投放一定量Na S O ,再分批加入一定量FeSO 。
2 2 8 4
①若将FeSO 一次性加入废水中,不利于有机污染物降解。原因是
4
。
②其他条件相同,溶液初始pH对有机物降解率的影响如图2所示。当pH>3时,有机物的
降解率随初始pH升高而降低的可能原因是
。
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(3)Cu Fe O 是一种复合催化剂,可催化活化过二硫酸盐(S )产生S 。
x y z 2O2− O−
8 4
1
①该复合催化剂晶胞结构如图3所示(A、B分别为晶胞的 结构),其化学式为
8
。
②该复合催化剂活化过二硫酸盐的过程如图4所示。请描述该催化剂参与反应并再生
的过程:
。
图4
答案 (1)
(2)①反应Ⅳ的速率远大于反应Ⅲ,若将FeSO 一次性加入废水中,溶液中的S 被大量
4 O−
4
Fe2+快速消耗而失去氧化性
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②pH越大,Fe2+水解程度越大,不利于反应Ⅲ进行,生成c(S )减小;pH越大,越有利于
O−
4
发生反应Ⅱ,生成·OH,·OH氧化能力比S 弱
O−
4
(3)①CuFe O
2 4
②Cu(Ⅰ)、Fe(Ⅱ)失去电子并传递给S ,生成Cu(Ⅱ)、Fe(Ⅲ);Cu(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)得
2O2−
8
到S 失去的电子,生成Cu(Ⅰ)、Fe(Ⅱ);如此循环往复,实现催化剂参与反应并再生
O2−
4
解析 (1)S 为过二硫酸根离子,体现强氧化性的是过氧键。(2)①由k越大,反应越
2O2−
8
快可知,反应Ⅳ的速率远远大于反应Ⅲ,若将FeSO 一次性加入废水中,则溶液中的S
4 O−
4
与大量Fe2+发生反应Ⅳ,导致S 浓度迅速减小,不利于有机污染物降解;②pH越
O−
4
大,c(H+)越小,则Fe2+水解程度越大,不利于反应Ⅲ进行,生成c(S )减小,同时c(H+)越
O−
4
小,越能够促进反应Ⅱ正向进行,而生成的·OH氧化能力比S 弱。(3)①晶胞中Cu位
O−
4
1 1
于顶点和面心,以及4个A的体内,根据均摊法可知,晶胞中含有8× +6× +4=8个Cu,
8 2
根据观察可知Fe的个数为4×4=16,O的个数为4×4+4×4=32,故该复合催化剂的化学
式为CuFe O 。
2 4
25.水溶性硝态氮(以N 、N 等形式存在)是水体污染物之一,须处理达到国家规定的
O− O−
3 2
标准后才能排放。
(1)在反硝化细菌作用下,用葡萄糖处理酸性废水中的N ,产生两种对大气无污染的气
O−
3
体。该反应的离子方程式为 。
(2)纳米铁铜双金属有巨大的比表面积和很高的反应活性,可用于水体脱硝。
①纳米铁铜双金属与普通铁铜双金属脱硝效果(以处理某硝酸盐为例)如图1所示。在0
到20 min内,纳米铁铜双金属脱硝效果显著,其原因可能是
。
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图1
②研究表明水体中溶解氧的存在降低了纳米铁铜双金属脱硝的效果,验证的实验方案是
。
(3)Jetten等人提出了利用厌氧氨氧化菌细胞中的三种酶处理废水中NH 和N 的生化
3 O−
2
反应模型,其反应机理如图2所示。在NR酶和HH酶作用下的反应过程可分别描述为
、 。
图2
答案 (1)5C H O +24NO−+24H+ 12N ↑+30CO ↑+42H O
6 12 6 3 2 2 2
(2)①纳米铁铜双金属的比表面积大,能吸附废水中更多的硝态氮;纳米铁铜双金属颗粒
更小,表面的反应活性点更多(或还原性更强);纳米铁铜双金属能形成更多的微小原电
池,短时间内反应速率更快
②向两支试管中分别加入等体积硝态氮废水,同时通入相同时间的足量的空气和氮气,
停止通气后,向两支试管中加入等量的纳米铁铜双金属,相同时间后,测定两份废水中硝
态氮的含量,比较有氧和无氧环境中的脱氮率
(3)在NR酶的作用下,N 在酸性介质中(结合H+)得电子生成NH OH(和H O)(或N +5H+
O− 2 2 O−
2 2
+4e- NH OH+H O) 在HH酶的作用下,NH OH和NH 转化为N H (和H O)(或NH OH+NH
2 2 2 3 2 4 2 2 3
N H +H O)
2 4 2
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解析 (1)葡萄糖的化学式为C H O ,与酸性废水中的N 反应生成两种无污染气体,由
6 12 6 O−
3
原子守恒可知,这两种气体为N 和CO ,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离
2 2
子方程式。(2)①纳米铁铜双金属颗粒小,比表面积大,易吸附N ;纳米铁铜双金属形
O−
3
成极多的微小原电池,可以加快反应速率,所以纳米铁铜双金属可以快速除去N 。②
O−
3
盛有等体积硝态氮废水的两支试管中,一支通O ,另一支通等量的N ,同时加入等量的纳
2 2
米铁铜双金属进行反应;反应后,测定硝态氮的含量,然后比较通O 与不通O 的脱氮率。
2 2
(3)观察题图2,NR酶处,箭头指入的有N 、5H+、4e-,箭头指出的为NH OH,说明N 在
O− 2 O−
2 2
酸性介质中,得电子生成NH OH;HH酶处,箭头指入的为NH OH和NH ,箭头指出的为N H ,
2 2 3 2 4
说明NH OH和NH 转化为N H 。
2 3 2 4
26.不同催化剂作用下NH 还原NO 的机理与效果是研究烟气(含NO 、O 、N 等)脱硝的
3 x x 2 2
热点。
(1)NH 还原NO的主反应为4NH (g)+4NO(g)+O (g) 4N (g)+6H O(g)。
3 3 2 2 2
已知:N (g)+O (g) 2NO(g) ΔH=+180.5 kJ·mol-1
2 2
4NH (g)+3O (g) 2N (g)+6H O(g) ΔH=-1 269 kJ·mol-1
3 2 2 2
上述主反应的ΔH= 。
(2)在某钒催化剂中添加一定量Cu O可加快NO的脱除效率,其可能机理如图1所示(*表
2
示物种吸附在催化剂表面,部分物种未画出)。
图1
①X、Y处V元素化合价为+4或+5。X处V元素化合价为 。
②NO转化为N 的机理可描述为
2
。
③烟气中若含有SO ,会生成NH HSO 堵塞催化剂孔道。生成NH HSO 的化学方程式为
2 4 4 4 4
。
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(3)将模拟烟气(一定比例NO 、NH 、O 和N )以一定流速通过装有Fe/Zr催化剂的反应
x 3 2 2
管,测得NO 转化率随温度变化的曲线如图2所示。
x
图2
①温度低于350 ℃时,NO 转化率随温度升高而增大,其可能原因是
x
。
②温度高于450 ℃时,NO 转化率已降低为负值,其可能原因是
x
。
答案 (1)-1 630 kJ·mol-1 (2)①+5 ②NO、*O-、Cu2+反应生成NO 与Cu+,NO或NO
2 2
分别与*NH 反应生成N 和H O ③O +2SO +2NH +2H O 2NH HSO (3)①温度升高,催
2 2 2 2 2 3 2 4 4
化剂活性增强均使活化分子百分数增加,单位时间内活化分子有效碰撞次数增加,反应
速率加快 ②温度高于450 ℃时,NH 与O 反应生成较多量的NO ,使得流出反应管的NO
3 2 x x
总量超过流入反应管的NO 总量
x
解析 (1)给已知的2个反应依次编号为①、②,由盖斯定律可知,-2×反应①+反应②
得到主反应,则主反应的ΔH=-2×(+180.5 kJ·mol-1)+(-1 269 kJ·mol-1)=-1 630
kJ·mol-1。(2)①X、Y处V元素化合价为+4或+5。Cu2+和Y反应生成Cu+和X,根据得失
电子守恒可知,Y生成X时,V的化合价升高,则X处V元素化合价为+5。③O 具有氧化
2
性,可以把烟气中SO 氧化为HS 。
2 O−
4
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