曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
专题六 非金属及其化合物
1.化学与人类生产、生活密切相关。下列说法错误的是( )
A.疫情期间“网课”是主要学习方式,网络光缆是利用光导纤维传输信号,光导纤维的主
要成分是晶体硅
B.驰援武汉首次使用我国自主研发的大飞机“运20”,其机身材料采用了大量低密度高
强度的铝锂合金
C.2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”使用的聚乙烯属于高分子材料
D.白居易的《问刘十九》中“绿蚁新醅酒,红泥小火炉”,优质红泥明亮且橙中略带红光,
是因其含有含量较高的氧化铁
答案 A 光导纤维的主要成分是二氧化硅,故A错误。
2.化学与生活、科学、技术、社会、环境密切相关。下列说法正确的是( )
A.高温结构陶瓷、醋酸纤维、光导纤维都属于新型无机非金属材料
B.“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色,来自氧化铁
C.明矾净水的原理是水解生成的氢氧化铝能凝聚水中的悬浮物、吸附色素并杀菌消毒
D.用飞机播撒 AgI 是实现人工增雨的方法之一
答案 D 醋酸纤维属于有机高分子材料,A不正确;氧化铁是红棕色固体,B不正确;明矾
净水的原理是水解生成的氢氧化铝胶体能凝聚水中的悬浮物、吸附色素,但不能杀菌消
毒,C不正确;碘化银在空气中扩散,成为云中水滴的凝聚核,水滴在其周围迅速凝聚达到
一定体积后便产生了降雨,D正确。
3.化学与人类生产、生活密切相关。下列说法错误的是( )
A.稀硫酸具有酸性,可用于去除铁锈
B.NH Cl分解时吸收大量的热,可用作阻燃剂
4
C.二氧化硅是将太阳能转化为电能的常用材料
D.用于制造医用护目镜的聚碳酸酯(PC)属于有机高分子材料
答案 C 硅是将太阳能转化为电能的常用材料,故C错误。
4.某同学拟用下图装置制得各种颜色的滤纸蝴蝶。下列组合一定不能成功的是( )
选项 A B C D
品红 石蕊 淀粉-
纸蝴蝶上的喷洒液 FeCl 溶液
溶液 试液 KI溶液 3
小烧杯中的溶液 亚硫酸 浓盐酸 溴水 KSCN溶液
蝴蝶颜色 无色 红色 蓝色 红色
答案 D 亚硫酸分解得到二氧化硫,可使品红褪色;浓盐酸挥发,石蕊变红;溴水挥
发,Br +2KI 2KBr+I ,淀粉遇I 变蓝;硫氰化钾溶液不挥发,故选D。
2 2 2
5.下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是( )
A.该溶液中,Ag+、K+、NO-
、CH OH(CHOH) CHO可以大量共存
3 2 4
B.向该溶液中滴入少量FeSO 溶液,反应的离子方程式:2Fe2++ClO-+2H+ Cl-+2Fe3+
4
+H O
2
C.用玻璃棒蘸取该溶液滴在pH试纸上,pH试纸变蓝但不褪色
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D.向该溶液中加入浓盐酸,会产生Cl
2
答案 D Ag+与Cl-生成AgCl沉淀,CH OH(CHOH) CHO可被ClO-氧化,A不正
2 4
确;ClO-、Cl-共存的溶液中不能有大量H+存在,B不正确;该混合溶液有漂白性,pH试纸最
终被漂白,C不正确;加入浓盐酸后发生反应Cl-+ClO-+2H+ Cl ↑+H O,D正确。
2 2
关联知识 工业上制取漂白液的反应原理为Cl +2NaOH NaCl+NaClO+H O。
2 2
6.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( )
A.SO 具有氧化性,可用作葡萄酒抗氧化剂
2
B.氨气具有还原性,可用作制冷剂
C.次氯酸具有弱酸性,可用作有色物质的漂白剂
D.碳酸钠溶液显碱性,可用其热溶液除去金属餐具表面油污
答案 D SO 具有还原性,可用作葡萄酒抗氧化剂,A项错误;液氨汽化时吸热,因此可用
2
作制冷剂,B项错误;HClO具有强氧化性,可用作有色物质的漂白剂,C项错误;碳酸钠水解
使溶液显碱性,可使金属餐具表面油脂水解,故可用碳酸钠的热溶液除去金属餐具表面油
污,D项正确。
7.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( )
A.NH 极易溶于水,可用作制冷剂
3
B.SiO 熔点高、硬度大,可用于制光导纤维
2
C.NaHCO 受热易分解,可用于制胃酸中和剂
3
D.ClO 具有强氧化性,可用于自来水的杀菌消毒
2
答案 D A项,液氨汽化吸热,可用作制冷剂,错误;B项,SiO 的折射率合适,能够发生全
2
反射,可用于制光导纤维,错误;C项,胃酸中含盐酸,NaHCO 可以与盐酸反应,错误。
3
8.下列各组物质充分反应后,只能得到一种气体(不考虑水蒸气)的是( )
A.木炭和浓硫酸共热
B.足量的铜跟一定量的浓硝酸反应
C.Na与稀硫酸反应
D.汽油在汽车发动机中燃烧后排出的气体
答案 C A项,浓硫酸具有强氧化性,木炭和浓硫酸共热生成二氧化碳和二氧化硫两种
气体,错误;B项,铜和浓硝酸反应生成二氧化氮,随着反应进行,浓硝酸变稀,和铜反应生成
一氧化氮气体,错误;D项,汽油在汽车发动机中燃烧后排出的气体为碳氢化合物、NO 、
x
CO、CO 、O 等,错误。
2 2
9.在汽车尾气净化装置里,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
错误的是 ( )
A.NO 是该过程的中间产物
2
B.NO和O 必须在催化剂表面才能反应
2
C.汽车尾气的主要污染成分包括CO和NO
D.催化转化总反应为2NO+O +4CO 4CO +N
2 2 2
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答案 B A项,2NO+O 2NO ,2NO +4CO 4CO +N ,NO 是该过程的中间产
2 2 2 2 2 2
物,正确;B项,NO和O 在常温下就能反应生成NO ,错误;C项,汽油不完全燃烧可生成
2 2
CO,空气中的氮气和氧气在气缸中反应可生成NO,正确。
10.已知X为一种常见酸的浓溶液,能使蔗糖变黑。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使蔗糖变黑的现象主要体现了X的强氧化性
B.若A为铁,则足量的A与X在常温下即可完全反应
C.B是无色、无味、有毒的气体
D.工业上,B转化为D的反应条件为加热、使用催化剂
答案 D X为一种常见酸的浓溶液,能使蔗糖变黑,则X为浓硫酸,D和水反应生成硫酸,
则D是三氧化硫,B和氧气反应生成三氧化硫,则B是二氧化硫。A项,浓硫酸使蔗糖变黑
的现象主要体现其脱水性,错误;B项,若A为铁,常温下,铁遇浓硫酸发生钝化,铁不能完全
反应,错误;C项,SO 有刺激性气味,错误。
2
11.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.管道工人通常用浓氨水检查输送②的管道是否漏气,在此过程中②既作氧化剂又作还
原剂
C.将②与SO 按物质的量之比1∶1通入紫色石蕊溶液中,溶液变红
2
D.物质③是公认的最安全的消毒剂,可以用H C O 、NaClO 和H SO 三种物质反应来制
2 2 4 3 2 4
取,除生成③外还有CO 等,生成1 mol CO 转移电子的物质的量为1 mol
2 2
答案 B 由氯元素的价类二维图可得①为HCl、②为Cl 、③为ClO 、④为HClO、⑤
2 2
为NaCl、⑥为NaClO。A项,上述6种物质中①④⑤⑥都是电解质、②是单质、③是非
金属氧化物,都不属于电解质,正确;B项,管道工人通常用浓氨水检查输送②的管道是否
漏气,发生反应3Cl +8NH N +6NH Cl,氯气作氧化剂,氨气作还原剂,错误;C项,将②
2 3 2 4
与SO 按物质的量之比为1∶1通入紫色石蕊溶液中,发生反应Cl +SO +2H O
2 2 2 2
H SO +2HCl,溶液显酸性,盐酸和硫酸都没有漂白性,溶液只变红,正确;D项,生成③的化学
2 4
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方程式为H C O +2NaClO +H SO Na SO +2ClO ↑+2CO ↑+2H O,C从+3价升高到
2 2 4 3 2 4 2 4 2 2 2
+4价,生成1 mol CO 转移电子的物质的量为1 mol,正确。
2
12.下列说法不正确的是( )
A.NaNO 不可用作食品防腐剂
2
B.NH 可以作制冷剂
3
C.极少量NO会促进人体中血管扩张
D.NO 是光化学烟雾的罪魁祸首
x
答案 A NaNO 可用作食品防腐剂,A项错误。
2
13.合成NH 是重要的研究课题,一种新型合成氨的过程如下。
3
下列说法正确的是( )
A.“转氮”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
答案 D A项,人工固氮是将氮气转化为化合物,“转氮”过程为Mg N +NH Cl
3 2 4
MgCl +NH ,反应物没有N ,不属于人工固氮,错误;B项,“转氮”过程中没有元素化合价变
2 3 2
化,不属于氧化还原反应,错误;C项,氨气极易溶于水,用H O代替NH Cl进行转化,不易分
2 4
离出NH ,错误;D项,该合成氨过程中,N →NH ,H O→O ,由得失电子守恒可知,参加反应
3 2 3 2 2
的N 与H O的物质的量之比为2∶6=1∶3,正确。
2 2
14.工业上可用克劳斯工艺处理含H S的尾气获得硫黄,工艺流程如下:
2
已知反应炉中部分H S发生反应:2H S+3O 2SO +2H O。下列说法错误的是( )
2 2 2 2 2
A.可用品红溶液检验排放的气体中是否含有二氧化硫
B.每回收32 g单质硫,理论上消耗氧气的体积为33.6 L(标准状况)
C.催化转化器中发生的反应为SO +2H S 3S+2H O
2 2 2
D.为提高H S转化为S的比例,理论上应控制反应炉中H S的转化率约为33.3%
2 2
答案 B 由题干信息可知,反应炉中部分H S发生反应:2H S+3O 2SO +2H O,催
2 2 2 2 2
化转化器中发生反应:SO +2H S 3S+2H O,生成的硫蒸气经硫冷凝器可冷凝下来,变
2 2 2
为固体和气体分离。利用SO 可使品红溶液褪色的特性,可用品红溶液检验排放的气体
2
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中是否含有二氧化硫,A正确;每回收32 g单质硫,n(S)=1 mol,生成1 mol S需SO 的物质
2
1 1
的量为 mol,生成 mol SO 需要O 的物质的量为0.5 mol,V(O )=0.5 mol×22.4
3 3 2 2 2
L·mol-1=11.2 L,B错误;由上述分析可知,C正确;设进入反应炉中的H S为a mol,其中x
2
1
mol转化为SO ,为提高H S转化为S的比例,理论上应有:x∶(a-x)=1∶2,x= a,故应控制反应
2 2 3
炉中H S的转化率约为33.3%,D正确。
2
解题技巧 B项可直接根据始终态H S→S、O →H O,结合得失电子守恒来进行计算,不
2 2 2
考虑反应过程。
15.已知(CN) 与Cl 性质相似,氧化性(CN) <Cl 。下列推测不合理的是( )
2 2 2 2
A.(CN) 溶于水可生成两种酸
2
B.HCN能被酸性高锰酸钾溶液氧化
C.(CN) 为直线形分子
2
D.NaCN可代替NaCl配制生理盐水
答案 D A项,(CN) 与Cl 性质相似,则有(CN) +H O HCN+HCNO,正确;B项,HCl
2 2 2 2
能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成Cl ,氧化性(CN) <Cl ,则HCN也能被酸性高锰酸钾溶液
2 2 2
氧化生成(CN) ,正确;C项,(CN) 的结构为 ,为直线形分子,正确;D
2 2
项,NaCN有剧毒,不能用来配制生理盐水,错误。
16.下列推测不合理的是 ( )
A.SCl 与足量H O反应生成两种强酸
4 2
B.S Cl 与H O 结构具有相似性
2 2 2 2
C.相同浓度下,酸性由强到弱的顺序:ClCH COOH>BrCH COOH
2 2
D.SO(CH ) 能被H O 氧化成SO (CH )
3 2 2 2 2 3 2
答案 A A项,SCl 中S为+4价,SCl 与水的反应为SCl +3H O H SO +4HCl,H SO
4 4 4 2 2 3 2 3
不是强酸,错误;B项,Cl—S—S—Cl与H—O—O—H结构相似,正确;C项,因Cl吸引电子
的能力比Br强,则ClCH COOH分子中O—H键的极性比BrCH COOH分子中O—H键
2 2
的极性强,故ClCH COOH的酸性比BrCH COOH强,正确;D项,因H O 有强氧化性,可将
2 2 2 2
SO(CH ) 氧化成SO (CH ) ,正确。
3 2 2 3 2
17.硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NO ),将烟气与H 的混合气体通入Ce(SO ) 与
x 2 4 2
Ce (SO ) (Ce中文名为“铈”)的混合溶液中实现无害化处理,其转化过程如图所示。
2 4 3
下列说法正确的是( )
A.该转化过程的实质为NO 被H 还原
x 2
B.处理过程中,Ce3+和H+起催化作用
C.该转化过程需定期补充Ce(SO ) 溶液
4 2
D.过程Ⅱ,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶x
答案 A 观察反应历程图知,过程Ⅰ的反应为2Ce4++H 2Ce3++2H+…①,过程Ⅱ的
2
反应为4xCe3++2NO +4xH+ 4xCe4++N +2xH O…②,①×2x+②得总反应:2NO +2xH
x 2 2 x 2
N +2xH O,据此可知该转化过程的实质是NO 被H 还原为N ,A正确;处理过程中
2 2 x 2 2
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Ce3+和H+为中间产物,催化剂是Ce4+,B错误;催化剂在反应前后的量不变,故无需补充
Ce(SO ) 溶液,C错误;过程Ⅱ中氧化剂NO 与还原剂Ce3+的物质的量之比为1∶2x,D错误。
4 2 x
18.实验室中利用洁净的铜片和浓硫酸进行如图实验,经检测所得固体中含有Cu S和白
2
色物质X。下列说法正确的是( )
A.白色物质X为CuSO
4
B.NO和Y均为还原产物
C.参加反应的浓硫酸中,表现氧化性的占25%
D.NO与Y的物质的量之和可能为2 mol
答案 AC 由题图知,铜与足量浓硫酸反应生成Cu S和白色物质X,无气体生成,生成
2
Cu S时铜元素从0价升高到+1价、硫元素从+6价降低到-2价,根据得失电子守恒,必定
2
存在其他产物(所含元素化合价升高),由元素质量守恒可知X为CuSO ,A正确;Cu S和白
4 2
色物质CuSO 加稀硫酸和稀硝酸时溶解,存在反应:3Cu
S+16H++4NO-
6Cu2+
4 2 3
+3S↓+4NO↑+8H O,Y为S单质,则NO为还原产物、Y为氧化产物,B不正确;由
2
5Cu+4H SO (浓) 3CuSO +Cu S+4H O可知,硫元素从+6价降低到-2价时表现氧化性,
2 4 4 2 2
则参加反应的浓硫酸中,表现氧化性的占25%,C正确;由C项分析知,3 mol Cu生成0.6
mol Cu S,0.6 mol Cu S发生反应得到0.8 mol NO与0.6 mol S,NO与S物质的量之和为
2 2
1.4 mol,D不正确。
19.工业上可用克劳斯工艺处理含H S的尾气获得硫黄,工艺流程如下。
2
含H S的尾气、空气 反应炉(高温) 催化转化器(高温) 硫冷凝器(130~200 ℃)
2
排放
已知反应炉中部分H S发生反应:2H S+3O 2SO +2H O。下列说法错误的是( )
2 2 2 2 2
A.可用品红溶液检验排放的气体中是否含有二氧化硫
B.每回收32 g单质硫,理论上消耗氧气的体积为33.6 L(标准状况)
C.催化转化器中发生的反应为SO +2H S 3S+2H O
2 2 2
D.为提高H S转化为S的比例,理论上应控制反应炉中H S的转化率约为33.3%
2 2
答案 B SO 可使品红溶液褪色,A正确;催化转化器中发生的反应为SO +2H S
2 2 2
1 1
3S+2H O,生成1 mol S需SO 的物质的量为 mol,生成 mol SO 需要O 的物质的量为
2 2 3 3 2 2
0.5 mol,故标准状况下理论上消耗氧气的体积为0.5 mol×22.4 L/mol=11.2 L,B错误,C正
确;由以上分析可知,为提高H S转化为S的比例,催化转化器中H S和SO 应恰好完全反
2 2 2
应,根据两步反应的化学计量数关系,可知理论上应控制反应炉中H S的转化率约为
2
33.3%,D正确。
20.推理是一种重要的能力。打开分液漏斗活塞,进行如图所示的探究实验,对实验现象的
预测及分析错误的是( )
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A.试管内CCl 层溶液褪色,说明Br 具有氧化性
4 2
B.试管中的红色花瓣褪色,说明SO 具有漂白性
2
C.试管中产生大量气泡,说明Na SO 被氧化产生SO
2 3 3
D.一段时间后试管内有白色沉淀,说明有SO2-
生成
4
答案 C A项,试管内CCl 层溶液褪色,是SO 和Br 发生了氧化还原反应,Br元素的化
4 2 2
合价降低被还原,说明Br 具有氧化性,正确;B项,SO 使红色花瓣褪色表现的是漂白性,正
2 2
确;C项,试管中产生大量气泡,是Na SO 与硫酸反应生成了SO ,错误;D项,试管内的白色
2 3 2
沉淀是BaSO
,说明有SO2-
生成,正确。
4 4
易错辨析 SO 使品红溶液褪色体现的是漂白性,使酸性高锰酸钾溶液、溴水等氧化性
2
物质褪色体现的是还原性。
21.硫代硫酸钠晶体(Na S O ·5H O)俗称海波,广泛应用于照相定影及纺织业等领域。实
2 2 3 2
验室利用“3SO +2Na S 3S↓+2Na SO ,S+Na SO Na S O ”原理制备Na S O 溶
2 2 2 3 2 3 2 2 3 2 2 3
液,装置如图:
下列说法错误的是( )
A.制取SO 的反应体现了浓硫酸的酸性和氧化性
2
B.装置B的作用是安全瓶,防倒吸
C.为提高原子利用率,C中Na S与Na SO 物质的量之比为2∶1
2 2 3
D.该实验不足之处是缺少尾气处理装置
答案 A A项,该反应中S元素化合价不变,反应只体现了浓硫酸的酸性,错误;B项,装置
C内SO 反应,压强减小,易产生倒吸,故装置B的作用是安全瓶,防倒吸,正确;C项,由题给
2
反应原理方程式可得:3SO +2Na S+Na SO 3Na S O ,Na S与Na SO 物质的量之比
2 2 2 3 2 2 3 2 2 3
为2∶1时,反应物恰好完全反应,可提高原子利用率,正确;D项,SO 是有毒气体,应在装置C
2
后接一装有NaOH溶液的尾气处理装置,正确。
名师点睛 制取SO 的反应利用了强酸制弱酸原理,与浓硫酸的氧化性无关。
2
22.二氧化氯(ClO )是高效、无毒的消毒剂,见光易分解,其中一种制备方法是用氯酸钾
2
(KClO )和浓H SO 在一定条件下发生反应3KClO +3H SO (浓)
3 2 4 3 2 4
3KHSO +X+2ClO ↑+H O。下列说法错误的是( )
4 2 2
A.物质X为HClO
4
B.ClO 见光分解的反应方程式为2ClO Cl +2O
2 2 2 2
C.相同质量的Cl 和ClO 消毒时,Cl 的消毒效率比ClO 高
2 2 2 2
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D.ClO 对CN-进行无毒化处理是利用其强氧化性
2
答案 C A项,根据题给反应可知物质X为HClO ,正确;B项,ClO 见光分解的反应方程
4 2
式为2ClO Cl +2O ,正确;C项,1 mol(67.5 g)ClO 转化成Cl-转移5 mol电子,1 mol
2 2 2 2
Cl (71 g)转化成Cl-转移2 mol电子,所以相同质量的Cl 和ClO 相比,ClO 的消毒效率较
2 2 2 2
高,错误。
23.下列实验中,选用的仪器、药品和装置正确,且能达到实验目的的是( )
AB
制取氯气验证SO 的漂白性
2
CD
收集NO 并防止其污染环境量取一定体积的KMnO 标准溶液
2 4
答案 B A项,浓盐酸与二氧化锰共热制备氯气,缺少加热装置;B项,二氧化硫与品红溶
液反应生成无色物质,可验证SO 的漂白性;C项,二氧化氮的密度大于空气,导气管应该
2
长进短出;D项,高锰酸钾具有强氧化性,能腐蚀橡胶,应用酸式滴定管量取,故选B。
24.下列实验装置能达到实验目的的是( )
A B
制纯碱 制NH
3
C D
制SO 制取乙烯
2
答案 C A项,加热固体NaHCO 时,试管口应略微向下倾斜,防止冷凝的水回流炸裂试
3
管;B项,石灰石为CaCO ,浓氨水与其不反应,无法制取氨气;D项,乙醇发生消去反应生成
3
乙烯的反应中,温度必须控制在170 ℃,图中缺少温度计,C项能达到实验目的。
25.硝酸与铜反应的实验装置如图所示,下列有关叙述不正确的是( )
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A.浓硝酸呈黄色是因溶有其分解产生的NO
2
B.用稀硝酸实验时试管上方气体略有红棕色
C.用浓硝酸实验时溶液呈绿色是因为溶有NO
D.反应中浓硝酸较稀硝酸反应更剧烈、氧化性更强
答案 C A项,浓硝酸见光分解生成二氧化氮,二氧化氮溶于浓硝酸使溶液显黄色,正
确;B项,稀硝酸与铜反应生成一氧化氮,一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮,正确;C项,NO
难溶于水,错误;D项,硝酸浓度越大,氧化性越强,正确。
26.探究H O 溶液的性质,根据实验所得结论不正确的是( )
2 2
实验 试剂a 现象 结论
A 溶有SO 的BaCl 溶液 产生沉淀 HO 有氧化性
2 2 2 2
紫色溶
B 酸性KMnO 溶液 HO 有氧化性
4 液褪色 2 2
C KI淀粉溶液 溶液变蓝 HO 有氧化性
2 2
D 盐酸酸化的FeCl 溶液 溶液变黄 HO 有氧化性
2 2 2
答案 B B项,H O 被酸性高锰酸钾溶液氧化,体现H O 还原性。
2 2 2 2
27.(双选)下列实验操作、现象和结论均正确的是( )
选
操作 现象 结论
项
两块相同的未经打磨的铝片,相同温度下分别投入5.0 mL等浓 前者无明显现象,后者Cl-能加速破坏铝片表面的氧
A
度的CuSO 溶液和CuCl 溶液中 剧烈反应 化膜
4 2
白色沉淀转化为淡黄
B 向AgNO
3
溶液中加入足量NaCl后再加入少量NaI溶液
色沉淀
K
sp
(AgCl)>K
sp
(AgI)
取少量溶液于试管中,先加入KSCN溶液,再滴加过量酸性高锰
C 溶液变红色 溶液中含Fe2+
酸钾溶液
D 向铜与浓硫酸反应后的溶液中加入适量水稀释 溶液呈蓝色 溶液中存在Cu2+
答案 AB 未经打磨的铝片表面有Al O ,CuSO 溶液和CuCl 溶液中阴离子不同,由实
2 3 4 2
验现象可知CuCl 溶液中的Cl-可破坏铝片表面的氧化膜,暴露出来的铝可以与CuCl 溶
2 2
液反应,A正确;向AgNO 溶液中加入足量NaCl产生白色的AgCl沉淀,再加入少量NaI
3
溶液,白色AgCl沉淀转化为黄色的AgI沉淀,说明AgI的溶解度比AgCl
小,K (AgCl)>K (AgI),B正确;若溶液中本身含有的是Fe3+,先加KSCN溶液再加过量酸
sp sp
性高锰酸钾溶液,溶液也变红,C错误;铜与浓硫酸反应后的溶液中还有没反应的浓硫酸,
稀释时要将其加入水中,而不能向其中直接加水,以免发生危险,D错误。
28.从海带提取I 的实验装置如下图所示,不能达到相应实验目的的是( )
2
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A.用甲装置灼烧海带
B.用乙装置过滤得到浸出液
C.用丙装置反应生成I
2
D.用丁装置及乙醇去萃取碘水中的I
2
答案 D 在坩埚中灼烧干海带,并用玻璃棒搅拌,A能达到实验目的;用过滤的方法从海
带灰悬浊液中得到浸出液,B能达到实验目的;向稀硫酸酸化的浸出液中滴入双氧水,发生
反应的离子方程式为2I-+H O +2H+ I +2H O,C能达到实验目的;乙醇与水互溶,不能
2 2 2 2
用乙醇作萃取剂萃取碘水中的I ,D不能达到实验目的。
2
29.下列依据实验方案和现象对浓硫酸性质做出的判断合理的是( )
实验Ⅰ:
实验Ⅱ:
试纸中心区域变黑,边缘变 黑色固体溶解,溶液接近无色(溶液中锰元素仅以Mn2+存在),产生能使带火星的木条复燃
红 的无色气体
A.由Ⅰ可知,浓硫酸具有脱水性
B.由Ⅰ可知,浓硫酸具有弱酸性
C.由Ⅱ可知,浓硫酸具有强氧化性
D.由Ⅱ可知,浓硫酸具有吸水性
答案 A 试纸中心区域变黑,说明试纸中的H元素和O元素被脱去,只剩下C,证明浓硫
酸具有脱水性,A正确;蓝色石蕊试纸边缘变红,证明浓硫酸具有酸性,不能证明浓硫酸有
弱酸性,B错误;浓硫酸与MnO 反应后,生成Mn2+,锰元素表现氧化性,产生能使带火星的
2
木条复燃的无色气体,说明生成O ,氧元素表现还原性,且实验中没有说明有硫酸的还原
2
产物生成,故不能体现浓硫酸的强氧化性,C错误;浓硫酸与MnO 反应没有体现出浓硫酸
2
的吸水性,D错误。
30.(双选)利用提供的实验仪器(夹持装置任选)和药品不能完成的实验是( )
实验 分液漏斗、酒精灯、烧杯、蒸发皿、试管、漏斗、玻璃棒、三脚架、泥三角、双孔橡胶塞、胶头滴管、导
仪器 管、石棉网
药品 溴乙烷、粗硝酸钾、硝酸、盐酸、NaOH、AgNO、NaCO、NaSiO、蒸馏水
3 2 3 2 3
A.检验溴乙烷中的溴原子
B.验证元素非金属性:Cl>C>Si
C.重结晶法提纯硝酸钾
D.海带提碘实验中灼烧干海带
答案 BD 溴乙烷中加入氢氧化钠溶液在烧杯中加热,溴乙烷水解冷却后用胶头滴管加
入硝酸中和氢氧化钠,最后加入硝酸银溶液检验溴原子,故不选A;高氯酸和碳酸钠反应,
把生成的二氧化碳通入硅酸钠溶液中,验证元素非金属性:Cl>C>Si,缺少高氯酸,故选B;在
烧杯中加热溶解粗硝酸钾,制取热的硝酸钾饱和溶液,冷却结晶,过滤,重复以上操作,可以
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提纯硝酸钾,故不选C;海带提碘实验中灼烧干海带,应该在坩埚中进行,缺少坩埚,故选
D。
31.某学习小组对Ag+和I-的反应进行探究,设计了系列实验。
Ⅰ.探究AgNO 溶液与KI溶液反应的产物。
3
(1)向盛有1 mL 0.1 mol·L-1 AgNO 溶液的试管中加入1 mL 0.1 mol·L-1 KI溶液,产生黄
3
色沉淀,振荡使之充分反应。结论:二者混合发生了 (填反应类型)反应。
(2)将上述悬浊液分成两等份。
①向一份悬浊液中继续滴加0.1 mol·L-1 KI溶液,发现沉淀消失。查阅资料显示:AgI(s)+I-
(aq) [AgI ]-(aq),向反应后溶液中滴加H O ,溶液又变浑浊,从化学平衡角度解释原因
2 2 2
为
。
②向另一份悬浊液中继续滴加 ,无明显现象。结论:Ag+和I-混合无明显氧
化还原反应发生。
Ⅱ.探究Ag+和I-是否可以发生氧化还原反应。
(3)某同学设计了如下实验:
装置 现象 结论
实验 电流表指针偏转,一段时间后,左侧烧杯电 该条件下溶液中的Ag+能将I-氧化
一 极附近溶液变黄 为I
2
另一同学用pH计测得常温下该硝酸银溶液的pH为5.0,于是对上述实验结论提出质疑,
认为I-被氧化还有如下可能:
①酸性条件下,溶液中的NO-
可以氧化I-生成I ;
3 2
② 。
实验二:为验证①是否为氧化I-的主要原因,只需将上述电化学装置中的AgNO 溶液换成
3
即可。经验证,①、②均不是氧化I-的主要原因。继续观察
实验一电化学装置,发现右侧烧杯中出现 现象,说明
Ag+可以与I-发生氧化还原反应。
(4)查阅资料可知:
Ag+(aq)+I-(aq) AgI(s) K=1.17×1016;
2Ag+(aq)+2I-(aq) 2Ag(s)+I (aq) K=2.87×108。
2
试从速率和平衡角度解释AgNO 溶液与KI溶液混合无明显氧化还原反应发生的可能原
3
因是 。
答案 (1)复分解 (2)①滴加H O ,氧化I-,使平衡AgI(s)+I-(aq) [AgI ]-(aq)逆向移动,
2 2 2
生成AgI,溶液变浑浊 ②淀粉溶液
(3)酸性环境中,空气中的氧气可以氧化I-,生成I pH=5,0.1 mol·L-1 NaNO 溶液(答案合
2 3
理即可) 石墨电极上析出银白色固体
(4)Ag+与I-生成沉淀的反应的平衡常数比发生氧化还原反应的大,则沉淀反应进行的程度
大;Ag+与I-生成沉淀的反应速率比发生氧化还原反应的速率大
解析 (1)AgNO 与KI反应生成的黄色沉淀是AgI,即发生了复分解反应。(2)①滴加的
3
H O 可以氧化I-,使平衡AgI(s)+I-(aq) [AgI ]-(aq)逆向移动,生成AgI,故溶液变浑浊。
2 2 2
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②由结论“Ag+与I-混合无明显氧化还原反应发生”可知混合液中无I ,即用淀粉溶液检
2
验。(3)酸性环境中,空气中的O 也可以氧化I-生成I
。要验证酸性条件下NO-
把I-氧化
2 2 3
为I ,则可把AgNO 溶液换成同pH、同浓度的NaNO 或KNO 溶液。Ag+与I-发生氧化
2 3 3 3
还原反应,则有Ag++e- Ag,右侧石墨电极上会析出银白色固体。(4)由数据可
知,Ag+与I-生成沉淀的反应的平衡常数比发生氧化还原反应的大,则沉淀反应进行的程
度大;Ag+与I-生成沉淀的反应速率比发生氧化还原反应的速率大,故AgNO 与KI溶液混
3
合无明显氧化还原反应发生。
32.随着人们对硒的性质深入认识及产品硒的纯度提高,硒的应用范围越来越广。某科学
小组以硫铁矿生产硫酸过程中产生的含硒废料(主要含S、Se、Fe O 、CuO、ZnO、
2 3
SiO 等)为原料提取硒,设计的流程如下:
2
回答下列问题:
(1)“脱硫”时,测得脱硫率随温度的变化如图。最佳温度是 。
(2)“氧化酸浸”中,Se转化成H SeO (K =2.7×10-3),H SeO 的化学名称为 ,该反
2 3 a 2 3
1
应的离子方程式为 。
(3)采用硫化剂联合亚硫酸钠进行“控电位还原”,将电位高的物质先还原,电位低的物质
保留在溶液中,以达到硒与杂质金属的分离。下表是“氧化酸浸液”中主要粒子的电位。
名称 Cu2+/Cu Zn2+/Zn Fe2+/Fe Fe3+/Fe2+ ClO 2 /Cl- H 2 SeO 3 /Se
电位/V 0.345 -0.760 -0.440 0.770 1.511 0.740
①控制电位在0.740 V~1.511 V范围内,在氧化酸浸液中添加催化剂,可选择性还原ClO ,
2
该过程的还原反应(半反应)式为 。
②为使硒和杂质金属分离,用亚硫酸钠还原时的最低电位应控制在 V以上。
(4)粗硒的精制过程:Na SO 浸出[Se转化成硒代硫酸钠(Na SeSO )]→Na S净化→H SO
2 3 2 3 2 2 4
酸化等。
①净化后的溶液中c(S2-)达到0.026 mol·L-1,此时溶液中的c(Cu2+)的最大值为
mol·L-1,精硒中基本不含铜。{K (CuS)=1.3×10-36]}。
sp
②硒代硫酸钠酸化生成硒的离子方程式为 。
(5)H SeO 在溶液中的电离方程式如下:H SeO
HSeO-+H+,HSeO- H++SeO2-
。
2 4 2 4 4 4 4
已知0.01 mol·L-1 H SeO
溶液的pH为x,则K(HSeO-
)= (写出含x的表达式)。
2 4 a 4
答案 (1)95 ℃ (2)亚硒酸
4ClO-
+4H++Se 4ClO ↑+H O+H SeO
3 2 2 2 3
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(3)①ClO +4H++5e- Cl-+2H O ②0.345
2 2
(4)①5.0×10-35
②SeSO2-
+2H+ Se↓+SO ↑+H O
3 2 2
10-x(10-x-0.01)
(5)
0.02-10-x
0
解析 (1)95 ℃时,脱硫率达到最高。(2)H 2 SeO 3 中硒元素显+4价,学名为亚硒酸; Se →
H S
+
e
4
O3,ClO
+5
-→ClO
+4
,1 mol Se失去4 mol电子,1 mol
ClO-
得到1 mol电子,根据得失
3
2 3 2
电子守恒n(Se)∶n(ClO-
)=1∶4时恰好完全反应;结合溶液呈酸性,完成离子方程式。(3)①还
3
原ClO 生成Cl-,1 mol ClO 得到5 mol电子,溶液呈酸性。②电位高的物质先还原,控制最
2 2
低电位为0.345以上,可以保证H SeO 被还原为Se,从而实现Se和杂质金属分离。
2 3
1.3×10-36
(4)①K (CuS)=c(Cu2+)·c(S2-),c(Cu2+)= mol·L-1=5.0×10-35 mol·L-1。
sp 0.026
②Na S O (硫代硫酸钠)与强酸反应的离子方程式为S
O2-
+2H+ S↓+SO ↑+H O,仿照
2 2 3 2 3 2 2
c(H+)·c(SeO2-)
该反应可写出离子方程式。(5)K(HSeO- )= 4 ,由电离方程式可知,
a 4 c(HSeO-)
4
第一步电离产生的c(H+)=0.01
mol·L-1,c(HSeO-
)=0.01 mol·L-1,第二步电离出的c(H+)=(10-
4
x-0.01)
mol·L-1,则c(SeO2-
)=(10-x-0.01)
mol·L-1,溶液中c(HSeO-
)=[0.01-(10-x-0.01)]
4 4
10-x·(10-x-0.01)
mol·L-1=(0.02-10-x) mol·L-1,K(HSeO- )= 。
a 4 0.02-10-x
33.为验证氧化性Cl >Fe3+>SO 。某小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器和A中加热
2 2
装置已省略,气密性已检验)。
实验过程:
Ⅰ.打开弹簧夹K ~K ,通入一段时间N ,再将T型导管插入B中,继续通入N ,然后关闭
1 4 2 2
K 、K 、K 。
1 3 4
Ⅱ.打开活塞a,滴加一定量的浓盐酸,给A加热。
Ⅲ.当B中溶液变黄时,停止加热,夹紧弹簧夹K 。
2
Ⅳ.打开活塞b,使约2 mL的溶液流入D试管中,检验其中的离子。
Ⅴ.打开弹簧夹K 、活塞c、加入70%硫酸,一段时间后夹紧弹簧夹K 。
3 3
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Ⅵ.更换试管D,重复过程Ⅳ,检验B溶液中的离子。
Ⅶ.实验结束后,打开弹簧夹K ~K ,再通入一段时间N ,然后拆卸,洗涤,整理仪器。
1 4 2
(1)过程Ⅰ的目的是 。
(2)棉花中浸润的溶液为 ,过程Ⅶ的目的是
。
(3)C中发生反应的化学方程式为 。
(4)用70%的硫酸制取SO ,反应速率比用98%的硫酸快,原因是
2
。
(5)甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验,结论如下表所示。他们的检测结果一定能
够证明氧化性Cl >Fe3+>SO 的是 (填“甲”“乙”或“丙”)。
2 2
过程Ⅳ B中溶液含有的离子 过程Ⅵ B中溶液含有的离子
甲 有Fe3+无Fe2+
有SO2-
4
乙 既有Fe3+又有Fe2+
有SO2-
4
丙 有Fe3+无Fe2+ 有Fe2+
(6)进行实验过程Ⅴ时,B中溶液颜色由黄色逐渐变为红棕色,停止通气,放置一段时间后
溶液颜色变为浅绿色。
查阅资料:Fe2+(aq)+SO2-
(aq) FeSO (s)(墨绿色)
3 3
提出假设:FeCl 与SO 的反应经历了中间产物FeSO ,溶液的红棕色是FeSO (墨绿色)与
3 2 3 3
FeCl (黄色)的混合色。
3
某同学设计如下实验,证实该假设成立:
①溶液E和F分别为 、 。
②请用化学平衡移动原理解释步骤3中溶液由红棕色变为浅绿色的原因:
。
答案 (1)排出装置中的空气,防止干扰 (2)NaOH溶液 排出A、C中残留的酸性气体
到浸有NaOH溶液的棉花处吸收,防止拆卸时污染空气 (3)Na SO +H SO
2 3 2 4
Na SO +SO ↑+H O (4)70%的硫酸中c(H+)比98%的硫酸大 (5)乙、丙
2 4 2 2
(6)①Na SO (或可溶性亚硫酸盐) FeCl
②Fe3+可氧化SO2-,c(SO2-
)减小,使平衡Fe2+
2 3 3 3 3
(aq)+SO2-
(aq) FeSO (s)逆向移动,溶液颜色由红棕色变为浅绿色
3 3
解析 (2)棉花中浸润的溶液应该能吸收多余的Cl 或SO 。(5)过程Ⅳ,B溶液中有Fe3+无
2 2
Fe2+时,Cl
可能过量,则过程Ⅵ中B溶液中有SO2-
,可能是Cl 与SO 在溶液中发生氧化还
2 4 2 2
原反应生成的,故甲不合理。若B中溶液既有Fe3+又有Fe2+,则Cl 一定不过量;过程Ⅵ,B
2
中溶液中检验出SO2-
,说明Fe3+可氧化SO ,故乙合理。过程ⅣB中溶液有Fe3+无Fe2+,若
4 2
过程ⅥB中溶液有Fe2+,说明Fe3+可氧化SO ,故丙合理。(6)①溶液E为Na SO 溶液,与
2 2 3
FeCl 溶液混合后,生成墨绿色FeSO ,再加入FeCl 溶液,混合色为红棕色。②Fe3+可氧化
2 3 3
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SO2- ,使平衡Fe2+(aq)+SO2-
(aq) FeSO (s)逆向移动,结合加入的Na SO 和FeCl 的物
3 3 3 2 3 3
质的量可知,最终Fe3+完全被还原为Fe2+。
34.氯的许多化合物既是重要化工原料,又是高效、广谱的灭菌消毒剂。
(1)Cl O为淡棕黄色气体,可由新制的HgO和Cl 反应来制备,该反应为歧化反应(氧化剂
2 2
和还原剂为同一种物质的反应)。
①Cl O的电子式为 ,Cl O分子属于 (填“极性”或“非极性”)
2 2
分子,该分子中心原子杂化轨道类型为 。
②写出制备Cl O的化学方程式: 。
2
(2)ClO 气体可处理污水中的CN-。ClO 与CN-反应产生2种无毒气体,反应中氧化剂和
2 2
还原剂物质的量之比为 。
(3)一定条件下,在水溶液中1 mol
Cl-、ClO-
(x=1,2,3,4)的能量(kJ)相对大小如图1所示。
x
图1
①D是 (填离子符号)。
②用离子符号表示B→A+C的热化学方程式 。
(4)次氯酸为一元弱酸,具有漂白和杀菌作用,其电离平衡体系中各成分的组成分数
c(X)
δ[δ(X)= ,X为HClO或ClO-] 与pH的关系如图2所示。HClO的
c(HClO)+c(ClO-)
电离常数K 为 。
a
图2
(5)以下是ClO 的两种制备方法:
2
方法一:2NaClO +4HCl 2ClO ↑+Cl ↑+2NaCl+2H O
3 2 2 2
方法二:2NaClO +H O +H SO 2ClO ↑+O ↑+Na SO +2H O
3 2 2 2 4 2 2 2 4 2
方法二制备的ClO 更适合用于饮用水的消毒,其主要原因是 。
2
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O-
答案 (1)① 极性 sp3 ②2Cl 2 +HgO HgCl 2 +Cl 2 O (2)1∶1 (3)①Cl 4
②3ClO-(aq)
ClO-
(aq)+2Cl-(aq) ΔH=-117 kJ/mol
3
(4)10-7.5 (5)方法二制备的ClO 中不含污染性气体Cl
2 2
解析 (1)①Cl O为V形结构,故为极性分子;Cl O中O原子的价层电子对数为2+
2 2
6-2×1
=4,故为sp3杂化。②新制的HgO和Cl 反应生成Cl O,Cl 的化合价既升高又降
2 2 2
2
低,HgO中两种元素的化合价不变;再根据得失电子守恒、原子守恒可得化学方程式为
2Cl +HgO HgCl +Cl O。(2)ClO 与CN-反应产生的2种无毒气体为二氧化碳和氮气,
2 2 2 2
根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平得2ClO +2CN- 2CO +N +2Cl-,该反
2 2 2
应中氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶1。(3)①由图可知,D中Cl元素的化合价为+7价,
则D为ClO- ;②A为Cl-,B为ClO-,C为ClO-
,根据得失电子守恒、原子守恒得该反应的热
4 3
化学方程式为3ClO-(aq)
ClO-
(aq)+2Cl-(aq) ΔH=(63 kJ/mol+2×0 kJ/ mol)-3×60
3
kJ/mol=-117 kJ/mol。(4)由图可知,溶液pH为7.5时,溶液中次氯酸浓度等于次氯酸根离
c(H+)c(ClO-)
子的浓度,由次氯酸的电离常数K= 可知,K=c(H+)=10-7.5。(5)方法一产
a c(HClO) a
生污染性气体氯气,而方法二产生的气体对水体无污染,所以方法二制备的ClO 更适合
2
用于饮用水的消毒。
35.请分析海水提镁、海带提碘的主要过程,按要求回答下列问题。
(1)海水提镁
①Mg在周期表中位于 区。
②步骤ⅰ所需试剂属于(填“强酸”“强碱”或“可溶盐”) 溶液。
③步骤ⅱ反应的离子方程式为 。
④步骤ⅲ系列操作中需在HCl氛围中进行的原因是 。
⑤设N 为阿伏加德罗常数的值。步骤ⅳ中用惰性电极电解熔融MgCl 时,在 极
A 2
每产生0.1 mol Mg,电路中转移电子数目为 。
(2)海带提碘(碘元素在海带中以碘化物形式存在,碘单质为微溶于水的紫黑色固体)
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①步骤ⅰ不会用到下列仪器中的 (填字母)。
a.酒精灯 b.漏斗 c.坩埚 d.泥三角
②操作Ⅰ、Ⅱ的名称依次为 、 。
③步骤ⅱ反应的离子方程式为 。
④步骤ⅲ到步骤ⅴ的目的是 。
⑤步骤ⅴ中IO-
参与反应的离子方程式为 。
3
答案 (1)①s ②强碱 ③Mg(OH) +2H+ Mg2++2H O ④防止氯化镁中的Mg2+水
2 2
解 ⑤阴 0.2N (2)①b ②过滤 分液 ③2I-+H O +2H+ I +2H O ④富集碘
A 2 2 2 2
⑤5I-+IO-
+6H+ 3I +3H O
3 2 2
解析 (1)①Mg价电子排布式为3s2,位于s区;④因氯化镁易发生水解反应,步骤ⅲ系列操
作中加热时应在氯化氢氛围中进行;⑤步骤ⅳ中用惰性电极电解熔融氯化镁时,阴极生成
镁,阳极生成氯气,则生成0.1 mol镁时,反应转移电子数目为0.1N ;(2)①步骤ⅰ为灼烧海
A
带,用到的仪器为坩埚、坩埚钳、泥三角、酒精灯,用不到漏斗,故选b;④步骤ⅲ到步骤
ⅴ的过程中碘的浓度增大,目的是富集碘。
36.工业上以浓缩海水(含较高浓度的Br-)为原料提取溴的部分流程如下:
已知:3Br
+3CO2- 5Br-+BrO-
+3CO ↑。
2 3 3 2
图甲
(1)反应用的Cl 可由图甲所示装置制取,制取Cl 的化学方程式为 。
2 2
为除去Cl 中混有的HCl,装置E中所盛溶液是 。
2
(2)实验室用图乙所示装置模拟流程中的部分过程。
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图乙
①通入Cl 时发生反应的离子方程式为 。
2
②通入热空气的作用是 。
③烧杯C中所盛溶液是 。
④烧瓶B中的长玻璃导管D起着平衡压强的作用,当烧瓶内气体压强过大时,可以观察到
的现象是 。
(3)“反应釜2”中所发生反应的离子方程式为 。
(4)蒸馏后,蒸馏塔溶液中仍溶有少量Br ,可以向其中加入少量 萃取其中的Br 。
2 2
答案 (1)MnO +4HCl(浓) MnCl +Cl ↑+2H O 饱和食盐水 (2)①Cl +2Br-
2 2 2 2 2
Br +2Cl- ②将Br 从溶液中吹出 ③NaOH溶液 ④导管中液面上升
(3)5Br-+BrO-
2 2 3
+6H+ 3Br +3H O (4)四氯化碳(或苯)
2 2
解析 (2)②通入热空气是将Br 从溶液中吹出;③烧杯C中所盛溶液是吸收尾气的,常用
2
NaOH溶液;④烧瓶B中的长玻璃导管D起着平衡压强的作用,当烧瓶内气体压强过大时,
可以观察到的现象是导管中液面上升;(4)溶液中仍溶有少量Br ,可以向其中加入少量四
2
氯化碳(或苯)萃取其中的Br 。
2
37.以次氯酸盐为有效成分的消毒剂应用广泛。电解NaCl溶液制备NaClO溶液的装置
示意如下。
资料:
ⅰ.次氯酸钠不稳定:a.2NaClO 2NaCl+O ↑
2
b.3NaClO 2NaCl+NaClO
3
ⅱ.将次氯酸盐转化为次氯酸能更好地发挥消毒功能,次氯酸具有更强的氧化性
【制备】
(1)产生NaClO:
①生成NaClO的反应包括:2Cl--2e- Cl ↑、2H O+2e- H ↑+2OH-、
2 2 2
。
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②测所得溶液pH,试纸先变蓝(pH≈10)后褪色,说明溶液具有的性质是 。
(2)相同温度下,在不同初始pH下电解NaCl溶液,pH对NaClO浓度的影响如图所示。
推测NaClO浓度在pH为3或13时较小的原因:
Ⅰ.pH=13时,阳极有OH-放电
Ⅱ.pH=3时,Cl 的溶解度减小
2
Ⅲ.pH=3时,HClO浓度增大,促使ClO-被氧化
①检验电解产物,推测Ⅰ成立。需要检验的物质是 。
②根据化学平衡移动原理,推测Ⅱ合理。依据的化学平衡是 。
③经检验,推测Ⅲ合理。用离子方程式解释: 。
根据上述实验,电解法制备NaClO溶液,初始pH不宜过小或过大。
(3)用同样方法电解CaCl 溶液制备Ca(ClO) ,由于生成 覆盖在电极表面,电解难
2 2
以持续。
【测量】
(4)取V mL所得NaClO样液,加水稀释。依次加入KI溶液、稀H SO 。析出的I 用a
1 2 4 2
mol·L-1 Na S O 标准溶液滴定至浅黄色时,滴加2滴淀粉溶液,继续滴定至终点,共消耗
2 2 3
Na S O 溶液V mL。(已知:I +2Na S O 2NaI+Na S O ),样液中c(NaClO)=
2 2 3 2 2 2 2 3 2 4 6
mol·L-1。
【保存】
(5)低温保存,加入Na CO 、NaClO 等物质能增强NaClO溶液的稳定性。
2 3 3
答案 (1)①Cl +2OH- Cl-+ClO-+H O ②碱性、氧化性(漂白性)
2 2
(2)①O ②Cl +H O HCl+HClO(或Cl +H O H++Cl-+HClO) ③2HClO+ClO-
2 2 2 2 2
ClO- +2Cl-+2H+
3
(3)Ca(OH)
2
(4)aV /2V
2 1
解析 (1)①生成NaClO的反应包括:阳极反应2Cl--2e- Cl ↑、阴极反应2H O+2e-
2 2
H ↑+2OH-,阳极室产生的Cl 与阴极室产生的NaOH发生反应生成NaClO,Cl +2OH-
2 2 2
Cl-+ClO-+H O。
2
(2)①推测Ⅰ成立,即pH=13时,阳极有OH-放电,该电极反应式为4OH--4e-
2H O+O ↑,则需要检验的物质是O 。②Cl 溶于水时存在Cl +H O H++Cl-
2 2 2 2 2 2
+HClO,pH=3时,溶液中H+浓度增大,平衡逆向移动,则Cl 的溶解度减小,即推测Ⅱ合理。
2
③经检验,推测Ⅲ合理,即pH=3时,HClO浓度增大,促使ClO-被氧化,根据资料ⅱ中信息知,
2HClO+ClO- ClO- +2Cl-+2H+。
3
(3)用同样方法电解CaCl 溶液制备Ca(ClO) ,在阴极区生成的Ca(OH) 是一种微溶物,覆
2 2 2
盖在电极表面,电解难以持续。
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(4)根据反应2I-+ClO-+2H+ I +Cl-+H O和I +2Na S O 2NaI+Na S O ,可得关系
2 2 2 2 2 3 2 4 6
1 1
式:ClO-~I ~2Na S O ,则有n(NaClO)= n(Na2S2O3)= a mol·L-1×V ×10-3 L,样液中
2 2 2 3 2 2 2
1
amol·L-1×V ×10-3L
c(NaClO)=n(NaClO)
=
2 2
=
aV
2
mol·L-1。
V V ×10-3L 2V
1 1
38.某实验小组在研究硝酸与铜的反应时,发现稀硝酸和铜反应后的混合液为蓝色,而浓硝
酸和铜反应后的混合液为绿色,为此对产生绿色的原因开展探究。按要求完成下列问题:
[猜想假设]
(1)假设1: 。
假设2:硝酸铜溶液中溶解了NO 。
2
[实验操作及现象分析]
实验一:向蒸馏水中不断加入硝酸铜晶体,最终配成饱和溶液。配制过程中溶液颜色始终
是蓝色,未见绿色出现。
甲同学根据实验一的现象证明了假设1不成立,请补全假设1。
实验二:
(2)甲同学在实验一的基础上继续开展了实验二,并初步验证了假设2成立,他的实验操作
及现象是 。
乙同学认为假设2不严谨,用以下实验对假设2进行了深入探究:
实验三:
操作及试剂 现象
向浓硝酸和铜反应后的混合液中通入N 大量红棕色气体放出,短时间内溶液仍保持绿色。长时间后变成蓝色
2
(3)结合实验三,乙同学认为假设2不严谨的证据是 。
(4)乙同学查阅资料发现:
①铜与浓硝酸反应后溶液呈现绿色是HNO
(或NO-
)与铜离子作用的结果。
2 2
②金属和浓HNO 的反应一旦发生后速率不断加快。原因是过程中有HNO 生成。如
3 2
Cu和浓HNO 反应,开始生成的NO 溶于水形成HNO ,它再和Cu反应,速率就大大加快。
3 2 2
请依据资料完成以下离子方程式:
ⅰ.NO +H O HNO + + ;
2 2 2
ⅱ.Cu+2HNO + + + ;
2
ⅲ.2NO+4H++4NO-
6NO +2H O
3 2 2
实验四:乙同学通过以下实验证实了反应过程中HNO 的生成。
2
实验 操作 现象
1 向试管a中加入1 mL浓硝酸,再插入铜丝 快速产生红棕色气体,溶液变为绿色
2 向试管b中加入1 mL浓硝酸,3滴蒸馏水,再插入铜丝 快速产生红棕色气体,溶液变为绿色
3 向试管c中加入1 mL浓硝酸,3滴30% HO 溶液,再插入铜丝 反应较慢,溶液变为蓝色
2 2
(5)结合化学用语,解释实验3产生该现象的原因是
。
答案 (1)硝酸铜溶液颜色与溶液浓度有关,浓溶液为绿色 (2)向实验一溶液中通入NO
2
气体,一段时间后溶液变绿 (3)向混合溶液中通入氮气会将溶液中溶解的二氧化氮气体
带出,而溶液仍保持一段时间绿色 (4)ⅰ.2 1 1 1 H+ 1
NO-
ⅱ.2 H+ 1
3
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Cu2+ 2 H O 2 NO↑ (5)H O +HNO
H++NO-
+H O,H O 消耗了反应过程中产
2 2 2 2 3 2 2 2
生的HNO ,因而反应变慢,溶液中因为无HNO
和NO-
,Cu2+无法与其作用呈绿色,生成
2 2 2
Cu(NO ) ,所以溶液呈蓝色
3 2
解析 (2)假设2为硝酸铜溶液中溶解了NO ,且甲同学初步验证了假设2成立,则实验设
2
计可以为通入NO ,一段时间后变绿,说明颜色的变化与溶解了NO 有关。
2 2
(3)实验三向混合溶液中通入氮气会将溶液中溶解的NO 带出,而溶液短时间内仍保持绿
2
色,说明绿色产生的原因不是Cu(NO ) 溶液中溶解了NO ,假设2不严谨。
3 2 2
(4)由题给资料②知,NO 溶于水形成HNO ,反应中氮元素化合价降低,则必须有元素化合
2 2
价升高,所以部分氮元素化合价升高生成硝酸,反应ⅰ为2NO +H O HNO
+H++NO-
;
2 2 2 3
由反应ⅲ可知,NO参与反应,则在反应ⅱ中生成了NO,故反应ⅱ为Cu+2HNO +2H+
2
Cu2++2H O+2NO↑。
2
(5)根据题给资料①和②可知,实验3中反应较慢,溶液变为蓝色的原因是H O 具有强氧
2 2
化性,和HNO 反应生成HNO ,导致溶液中HNO 的浓度降低,反应速率减慢,溶液中因为
2 3 2
无HNO
和NO-
,Cu2+无法与其作用呈绿色,生成Cu(NO ) ,所以溶液呈蓝色。
2 2 3 2
39.燃烧煤排放的烟气中含有SO 和NO ,会形成酸雨,污染大气,采用NaClO 碱性溶液作
2 x 2
为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。回答下列问题:
(1)NaClO 中氯的化合价为 。
2
(2)在鼓泡反应器中通入含有SO 和NO的烟气,反应温度为323 K,NaClO 溶液的浓度为
2 2
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
SO2- SO2- NO- NO-
Cl-
4 3 3 2
c/(mol· 8.35× 6.87× 1.5× 1.2× 3.4×
L-1) 10-4 10-6 10-4 10-5 10-3
①写出NaClO 溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式: 。
2
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,脱硫反应速率大于脱硝反应速率,原因是除了SO 和NO在烟气中的
2
初始浓度不同,还可能是 。
(3)在不同温度下,NaClO 溶液脱硫、脱硝的反应中,SO 和NO的平衡分压p 如图所示。
2 2 e
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①由图分析可知,反应温度升高,脱硫、脱硝反应的平衡常数均 (填“增大”
“不变”或“减小”)。
②反应ClO-+2SO2- 2SO2-
+Cl-的平衡常数K的表达式为 。
2 3 4
③如果采用NaClO、Ca(ClO) 替代NaClO ,也能得到较好的烟气脱硫效果,从化学平衡原
2 2
理分析,Ca(ClO) 相比NaClO具有的优点是 。
2
答案 (1)+3
(2)①4OH-+3ClO-
+4NO
4NO-
+3Cl-+2H O 提高 ②减小 ③SO
2 3 2 2
易溶于水,NO在水中的溶解度较低(或脱硝反应活化能较高) (3)①减小 ②
c(Cl-)·c2(SO2-)
4 ③2OH-+ClO-+SO SO2- +Cl-+H O,Ca2+与SO2- 形成
c(ClO-)·c2(SO2-) 2 4 2 4
2 3
CaSO 沉淀,平衡向产物方向移动,SO 转化率提高
4 2
解析 (2)①NaClO 具有氧化性且溶液呈碱性,则NaClO 溶液脱硝过程中主要反应的离
2 2
子方程式为4OH-+3ClO-
+4NO
4NO-
+3Cl-+2H O;正反应是气体体积减小的反应,则
2 3 2
增加压强,NO的转化率提高。②根据反应的离子方程式知,随着吸收反应的进行,OH-被
消耗,吸收剂溶液的pH逐渐减小。
(3)①由题图分析知,随温度的升高SO 和NO的分压增大,故升高温度,脱硫、脱硝反应的
2
平衡向逆反应方向进行,平衡常数减小。③如果采用Ca(ClO) 替代NaClO ,会生成硫酸
2 2
钙沉淀,降低SO2-
的浓度,促使平衡2OH-+ClO-+SO
SO2-
+Cl-+H O向正反应方向进
4 2 4 2
行,故SO 转化率提高。
2
40.烟气中含有的高浓度SO
、氮氧化物等有害物质及酸性废水中的NO-
,在排放前必须
2 3
进行脱硫、脱硝、脱氮处理。
(1)H Y2-是乙二胺四乙酸根离子,与Fe2+形成的络合物FeY2-可用于吸收烟气中的NO。其
2
吸收原理:FeY2-(aq)+NO(g) FeY2-(NO)(aq) ΔH<0。将含NO的烟气以一定的流速
通入起始温度为50 ℃的FeY2-溶液中。NO吸收率随通入烟气的时间变化如图1所示。
时间越长,NO吸收率越低的原因是 。
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图1
图2
(2)H O 在催化剂α-FeOOH的表面上,分解产生·OH。·OH较H O 和O 更易与烟气中的
2 2 2 2 2
NO、SO 发生反应。反应后所得产物的离子色谱如图2所示。
2
①写出·OH氧化NO反应的化学方程式: 。
②当H O 浓度一定时,NO的脱除效率与温度的关系如图3所示。升温至80 ℃以上,大
2 2
量汽化的H O 能使NO的脱除效率显著提高的原因是
2 2
,温度高于180 ℃,NO的脱除效率降低的原因是
。
图3
(3)用H
消除酸性废水中的NO-
是一种常用的电化学方法。其反应原理如图4所示。
2 3
图4
请结合上述反应过程用合适的文字描述Fe(Ⅲ)、Fe(Ⅱ)在其中的作用: 。
答案 (1)反应放热,温度升高,不利于NO的吸收;随着反应进行,FeY2-浓度降低
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(2)①3·OH+NO HNO +H O
3 2
②汽化的H O 与催化剂的接触更充分,产生更多的·OH,·OH浓度增大,与NO混合更充分,
2 2
NO的脱除效率显著提高 180 ℃以后,·OH分解成O 和H O,·OH的浓度下降,NO的脱
2 2
除效率下降
(3)H 在Pd表面失去电子,传递给Fe O ,其中的Fe(Ⅲ)得到电子,被还原为Fe(Ⅱ),Fe(Ⅱ)又
2 3 4
失去电子,将电子传递给NO-,NO-
被还原为N ,Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)之间的相互转化起到了
3 3 2
传递电子的作用
解析 (1)题中反应的ΔH<0,温度升高不利于NO的吸收,且随着反应进行,FeY2-浓度降低,
也会使NO的吸收率降低。(2)①由色谱图可知:NO被·OH氧化生成NO-
,故反应的化学
3
方程式为3·OH+NO HNO +H O。②汽化的H O 与催化剂的接触更充分,产生更多
3 2 2 2
的更易与NO发生反应的·OH,·OH浓度增大,与NO混合更充分,导致NO的脱除效率显
著提高;180 ℃以后,·OH分解成O 和H O,·OH的浓度下降,NO的脱除效率下降。
2 2
41.亚硝酰硫酸(NOSO H)主要用于染料、医药等工业,是一种浅黄色、遇水易分解的固
4
体,但溶于浓硫酸后并不分解。某实验小组将SO 通入盛有浓硫酸和浓硝酸的混合液中
2
制备亚硝酰硫酸,并测定产品的纯度。
(1)仪器X的名称为 ;按气流从左到右的顺序,上述仪器的连接顺序为(填仪器接
口字母) ;装置D的作用为 。
(2)装置B中发生反应的化学方程式为 。
(3)己知硝酸减少的物质的量大于NOSO H生成的物质的量,说明装置B中反应为
4
反应(填“放热”或“吸热”);反应进行到10 min后,装置B中反应速率明显加快,其可能
的原因是 。通SO 直到三颈瓶内反应
2
混合物呈浆状,然后迅速将反应混合物在玻璃漏斗上真空过滤,洗涤,干燥。
(4)测定产品的纯度:称取4.0 g产品放入锥形瓶中,加入100.00 mL 0.10 mol·L-1的KMnO
4
溶液和适量稀H SO ,摇匀,再将溶液加热至60~70 ℃(使生成的HNO 挥发逸出),冷却至
2 4 3
室温,然后用0.20 mol·L-1的Na C O 标准溶液滴定至终点,消耗Na C O 溶液的体积为
2 2 4 2 2 4
25.00 mL。
已知:KMnO +NOSO H+H O K SO +MnSO +HNO +H SO 。
4 4 2 2 4 4 3 2 4
①滴定终点的现象为 。
②该产品的纯度为 (NOSO H的摩尔质量为127 g·mol-1)。
4
答案 (1)圆底烧瓶 aedbc(或cb)gf 防止空气中的水蒸气进入三颈瓶,同时吸收尾气
SO 和HNO
2 3
(2)SO +HNO NOSO H
2 3 4
(3)放热 生成的NOSO H对反应有催化作用
4
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(4)①滴入最后半滴标准液,溶液浅紫色(或紫色)褪去,且半分钟内不恢复原色 ②63.5%
解析 (1)装置A制备SO ,用浓H SO 干燥后通入装置B中发生反应生成NOSO H,最后
2 2 4 4
要防止空气中的水蒸气进入装置B中,且SO 有毒,要注意尾气处理。(3)硝酸减少的物质
2
的量大于NOSO H生成的物质的量说明硝酸挥发,即装置B中反应为放热反应;反应速率
4
明显加快说明有催化剂产生。(4)②高锰酸钾和NOSO H反应方程式配平之后为
4
2KMnO +5NOSO H+2H O K SO +2MnSO +5HNO +2H SO ,高锰酸钾和Na C O 反
4 4 2 2 4 4 3 2 4 2 2 4
应的方程式为5Na C O +2KMnO +8H SO
2 2 4 4 2 4
2
10CO ↑+2MnSO +K SO +8H O+5Na SO ,则和草酸钠反应的n(KMnO )= ×0.2×25×10-3
2 4 2 4 2 2 4 4 5
mol=2×10-3 mol,和NOSO H反应的n(KMnO )=0.1×100×10-3-2×10-3 mol=8×10-3mol,则
4 4
5 2.54
n(NOSO H)= ×8×10-3=0.02 mol,m(NOSO H)=0.02×127 g=2.54 g,故该产品的纯度=
4 2 4 4
×100=63.5%。
42.在探究“不同价态含硫物质的转化”实验中,某实验小组选定“-2价→0价硫元素的
转化”进行探究。
(1)小方拟用H O 与H S反应,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
2 2 2
(2)小明结合已有知识,计划选用Cl 与H S反应。在讨论设计实验方案时,小组同学提出
2 2
两种方案:
方案Ⅰ:用干燥的Cl 与H S反应
2 2
方案Ⅱ:用潮湿的Cl 与H S反应
2 2
小组同学设计了以下实验装置并动手实验验证方案:
实验操作 实验现象 结论
滴加稀硫酸,使HS充满C瓶,再打开G中的旋 C中有淡黄色固体产生,Cl 通入过量,淡黄色固体为单质硫,不会与过
Ⅰ 2 2
塞,缓慢通入Cl 至过量 淡黄色固体不消失 量的氯气反应
2
撤去E、F装置,在C中加入少量水,先向C瓶通 C中看到淡黄色浑浊,通入Cl 过量,淡有水存在时,淡黄色固体会与过
Ⅱ 2
入HS,再通入Cl 至过量 黄色沉淀消失 量氯气进一步反应
2 2
①证明以上装置气密性良好的具体操作是 。
②仪器E的名称是 。
③装置B的作用是 。(答2点)
④E中的试剂是 。先通H S排出装置中的空气,证明H S已充满的现象
2 2
是
(用离子方程式表示)。
⑤G中的试剂是 。通过 现象判断装置C中氯气已过量。
⑥分析与讨论:实验Ⅱ中黄色沉淀消失是S单质转变成了 (填离子符号),证明
推测合理的实验操作和现象是: 。
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实验结论:-2价→0价硫元素的转化,氧化剂的选择、用量和反应环境均会影响结果。
答案 (1)1∶1
(2)①关闭A中恒压滴液漏斗的玻璃塞和G的旋塞,往B烧杯中加水没过导管口,用酒精
灯微热A中的烧瓶,B管口有气泡产生,冷却后管口形成一段水柱,则装置气密性良好 ②
球形干燥管 ③尾气吸收,防污染;防倒吸;帮助判断H S是否集满(任写两点) ④无水氯
2
化钙或五氧化二磷 H S+Cu2+ CuS↓+2H+ ⑤饱和食盐水 C中的黄绿色不再褪去
2
⑥SO2-
取少许装置C中反应后的溶液于试管中,加入少量盐酸酸化的BaCl 溶液,有白
4 2
色沉淀产生
解析 (1)H O 与H S发生反应:H O +H S 2H O+S↓,在该反应中H O 为氧化剂,H S
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
为还原剂,二者物质的量之比为1∶1。
(2)③在装置A中FeS与稀硫酸反应生成H S气体,经装置E干燥后通入装置C中,将装
2
置中空气排出,使装置C充满H S气体;然后将G中溶液滴入装置D中,将D中的Cl 经装
2 2
置F干燥后通入C中,Cl 与H S在装置C中发生反应生成HCl、S单质。H S是大气污
2 2 2
染物,能与CuSO 溶液反应,故用其进行吸收,装置B的试剂下层是有机物CCl ,可以防止
4 4
倒吸。④装置E的作用是干燥H S气体,而不能与其发生反应,故可以是无水氯化钙或五
2
氧化二磷;先通H S排出装置中的空气,若H S已充满,则装置B中会发生反应产生黑色
2 2
CuS沉淀,离子方程式为:H S+Cu2+ CuS↓+2H+。⑤G中的试剂的作用是将装置D中
2
的Cl 压入装置C中且不能溶解或反应,故G中的试剂为饱和食盐水;Cl 是黄绿色气体,
2 2
反应产生的HCl及未反应的H S都是无色气体,故判断装置C中Cl 过量的方法是黄绿
2 2
色不再褪去。⑥实验Ⅱ中黄色沉淀消失是S单质转变成了SO2-
,根据BaSO 是既不溶于
4 4
水也不溶于酸的白色沉淀进行检验,注意加入的是少量盐酸酸化的BaCl 溶液。
2
43.某校化学兴趣小组探究SO 与FeCl 溶液的反应,装置如图所示。
2 3
(1)①A装置中制备SO 的化学方程式为 。
2
②装置B的作用 。
③装置D的作用 。
(2)该小组同学预测SO 与FeCl 溶液反应的现象为溶液由棕黄色变成浅绿色。该小组同
2 3
学预测的理论依据为: (用离子方程式表示)。
(3)该小组探究实验的具体步骤如下:
步骤 现象 结论
Ⅰ.取50 mL 1 mol∙L-1 FeCl 溶液于装置C中,并连接好装 溶液很快由黄色变为红
3
置,通入SO 至饱和 棕色
2
①红棕色溶液不是 (填
Ⅱ.用激光笔照射步骤Ⅰ中的红棕色溶液 溶液中无明显光路
分散系种类)
1小时后,溶液逐渐变为 ②溶液中有 生成(填离子符
Ⅲ.将步骤Ⅰ中的溶液静置
浅绿色 号)
根据步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的现象,该小组同学查阅资料获知:
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ⅰ.生成红棕色Fe(HSO
3
)2+离子的反应为:Fe3++HSO
3
-
¿❑
❑ Fe(HSO
3
)2+
ⅱ.Fe(HSO )2+离子可以将Fe3+还原为Fe2+
3
③溶液中Fe(HSO )2+与Fe3+反应的离子方程式为 ,
3
检验该反应生成的阴离子(SO2-
)的实验操作为
4
。
④ 由上述实验可知SO 与FeCl 溶液反应生成Fe2+所需时间较长,缩短该反应所用时间
2 3
可以采取的措施有 (任写两条)。
答案 (1)①2H SO (浓)+Cu CuSO +SO ↑+2H O ②防倒吸 ③吸收多余的SO ,防
2 4 4 2 2 2
倒吸
(2)SO +2Fe3++2H O SO2- +4H++2Fe2+
2 2 4
(3)①胶体 ②Fe2+ ③Fe3++H O+Fe(HSO )2+
2Fe2++SO2-
+3H+ 取适量反应后的溶
2 3 4
液于试管中,滴加几滴盐酸酸化的氯化钡溶液,若产生白色沉淀,则说明生成硫酸根离子
④适当升高反应温度、搅拌
解析 (1)由题给实验装置图可知,装置A制备SO ,装置B为安全瓶,防止倒吸,装置C探
2
究SO 与FeCl 溶液的反应,装置D为尾气处理装置,吸收多余的SO ,同时倒扣的漏斗还
2 3 2
能防止倒吸。
(2)溶液由棕黄色变成浅绿色,说明Fe3+被还原为Fe2+,而SO 具有强还原性,故该小组同学
2
预测的理论依据为SO +2Fe3++2H O
SO2-
+4H++2Fe2+。
2 2 4
(3)①胶体能够产生丁达尔效应,根据Ⅱ的实验现象可知红棕色溶液不是胶体;②根据实
验Ⅲ的现象溶液逐渐变为浅绿色可知,溶液中有Fe2+生成;③根据题干信息
ⅱ.Fe(HSO )2+离子可以将Fe3+还原为Fe2+,结合得失电子守恒、原子守恒可写出反应的离
3
子方程式;检验SO2-
时应注意氯化钡溶液应用盐酸酸化;④可以采取的措施有:适当升高
4
反应温度、适当加快SO 通入的速率、采用多孔气泡装置通入SO 、搅拌或者增大
2 2
FeCl 溶液的浓度等。
3
44.为探究铜与稀硝酸反应的气体产物及亚硝酸对其反应速率的影响,进行如下实验。
实验一 探究铜与稀硝酸反应的气体产物实验装置如图所示,气密性已检查。
已知:FeSO +NO [Fe(NO)]SO ,该反应较缓慢,待生成一定量[Fe(NO)]2+时突显明显的
4 4
棕色。
(1)实验开始时先将Y形试管向盛有碳酸钙的支管倾斜,缓慢滴入稀硝酸,该实验操作的
目的是 。
(2)若装置A中有NO 气体生成,则装置B中的实验现象为 。
2
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(3)若装置A中铜与稀硝酸反应只生成NO气体,写出该反应的离子方程式:
,装置B中的实验现象为 。
实验二 实验一的过程中发现铜与稀硝酸反应比较慢,A中产生无色气体。查阅文献得
知铜与浓HNO 反应一旦发生就变快,是因为开始生成的NO 溶于水形成HNO (弱酸,不
3 2 2
稳定),使反应加快。为了探究HNO 对铜与稀硝酸反应速率的影响,采用实验一的实验装
2
置和操作,设计了如下实验。
实验 温度 6 mol/L 铜片 B中溶液变色
NaNO(g)
序号 (℃) 硝酸(mL) (g) 2 的时间(s)
① 25 20 5 0 t 1
② 25 20 5 1.0 t 2
(4)已知NO 与H O反应生成HNO 和另一种常见的强酸,写出其反应的化学方程式:
2 2 2
。
(5)上述实验②中加入1.0 g NaNO 固体的作用是
2
。
(6)实验测得t >t ,可得出的结论是 。
1 2
答案 (1)利用反应生成的CO 排尽整个装置内的空气,避免对气体产物的观察产生干
2
扰 (2)溶液变成红色(或血红色)
(3)3Cu+8H++2NO-
3Cu2++2NO↑+4H O 一段时
3 2
间后溶液变成棕色 (4)2NO +H O HNO +HNO (5)NaNO 与硝酸反应生成HNO ,
2 2 2 3 2 2
与实验①进行对照 (6)HNO 可加快铜与稀硝酸反应的速率
2
解析 (1)空气中的氧气会将NO氧化,所以实验开始时先将Y形试管向盛有碳酸钙的支
管倾斜,缓慢滴入稀硝酸,碳酸钙与稀硝酸反应生成CO ,将整个装置内的空气排尽,避免
2
NO和O 反应生成NO 对气体产物的观察产生干扰。
2 2
(2)若装置A中有NO 气体生成,NO 与水反应生成HNO ,具有氧化性,将Fe2+氧化成
2 2 3
Fe3+,Fe3+与KSCN反应溶液变成红色。
(3)若装置A中铜与稀硝酸反应只生成NO气体,则根据得失电子守恒、电荷守恒和原子
守恒可写出反应的离子方程式;NO会与FeSO 反应生成[Fe(NO)]SO ,一段时间后溶液变
4 4
为棕色。
(4)NO 与H O发生歧化反应生成HNO 和HNO ,化学方程式为2NO +H O
2 2 2 3 2 2
HNO +HNO 。
2 3
45.含硫化合物在生产生活中有重要应用,实验小组对部分含硫化合物进行探究。回答下
列问题:
(1)小组同学设计了两种制备SO 的方案。
2
Ⅰ.70% H SO 溶液与Na SO 粉末反应;Ⅱ.Cu粉与浓H SO 在加热条件下反应。
2 4 2 3 2 4
①方案Ⅰ所涉及的化学方程式为 。
②两种方案相比,方案Ⅰ的优点为 。
(2)小组同学用如图所示装置检验上述方案Ⅱ中所有气体产物。
①A中仪器m的名称为 ,装置B中盛放的试剂为 。
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②按气流方向,上述装置合理的连接顺序为a→ →d(填仪器接口的小写字母)。
③装置C中仪器n的作用为 。
(3)小组同学探究Na SO 溶液的pH对Na SO 与AgNO 反应产物的影响,进行如下实验。
2 3 2 3 3
查阅资料:Ag SO 为白色难溶于水的固体,能溶于Na SO 溶液;AgOH为白色难溶于水的
2 3 2 3
固体,易分解,难溶于Na SO 溶液;Ag SO 为白色固体,微溶于水,不易分解。
2 3 2 4
步骤一:将一定质量的AgNO 配成250 mL溶液,并测得溶液的pH=4;将一定质量Na SO
3 2 3
配成250 mL溶液,并分成两份,一份用SO 将pH调至8,另一份用NaOH溶液将pH调至
2
11;
步骤二:将pH=4的AgNO 溶液滴入足量的pH=11的Na SO 溶液中,开始产生白色沉淀,
3 2 3
后沉淀变为棕黑色。
步骤三:将pH=8的Na SO 溶液滴入pH=4的AgNO 溶液中,产生白色沉淀。
2 3 3
①步骤一中配制溶液所需的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外,还需要 。
②步骤二中产生的棕黑色沉淀为Ag O,则该步骤产生的白色沉淀为 (填化学式)。
2
③对步骤三中白色沉淀的组成提出假设:ⅰ.可能含有Ag SO ;ⅱ.可能含有Ag SO ;ⅲ.可
2 3 2 4
能含有AgOH。提出假设ⅱ的依据为 ;请
设计实验方案验证假设ⅰ是否正确: 。
答案 (1)①Na SO +H SO Na SO +SO ↑+H O ②原料利用率高,条件易于控制(或
2 3 2 4 2 4 2 2
节约能源)
(2)①蒸馏烧瓶 品红溶液(或酸性高锰酸钾溶液) ②g→f→b→c ③防止倒吸
(3)①250 mL容量瓶﹑胶头滴管 ②AgOH
③酸性条件下NO- 能将SO2- 氧化为SO2-
3 3 4
取少量白色沉淀加入足量Na SO 溶液,若有沉淀溶解,则假设ⅰ成立,若没有沉淀溶解,则
2 3
假设ⅰ不成立
解析 (1)①硫酸与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸钠、二氧化硫和水。②方案Ⅱ
需要加热,方案Ⅰ不需要,且方案Ⅰ原料利用率高,条件易于控制(或节约能源)。(2)①装置
B用来检验二氧化硫,因此盛放试剂为品红溶液(或酸性高锰酸钾溶液)。②装置A中铜
与浓硫酸加热反应生成二氧化硫,生成的二氧化硫中混有水蒸气,将生成的气体通过装置
D,用无水硫酸铜检验水蒸气,再用装置B检验二氧化硫,B中盛放品红溶液或酸性高锰酸
钾溶液,二氧化硫污染环境,最后用装置C处理尾气,故装置的连接顺序为ADBC,按气流
方向,上述装置合理的连接顺序为a→g→f→b→c→d。③装置C中仪器n的作用为防止
倒吸。(3)②步骤二中产生的棕黑色沉淀为Ag O,由题意可知,氢氧化银易分解生成氧化
2
银和水,因此该步骤产生的白色沉淀为AgOH。③pH=4的硝酸银溶液呈酸性,NO-
在酸
3
性条件下具有强氧化性,可能将SO2- 氧化为SO2-
,故白色沉淀可能含Ag SO ;由信息可知,
3 4 2 4
Ag SO 为白色难溶于水的固体,能溶于Na SO 溶液,故验证沉淀中是否含Ag SO 可据此
2 3 2 3 2 3
设计实验方案,具体见答案。
46.水溶性硝态氮(以NO- 、NO-
等形式存在)是水体污染物之一,须处理达到国家规定的
3 2
标准后才能排放。
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(1)在反硝化细菌作用下,用葡萄糖处理酸性废水中的NO-
,产生两种对大气无污染的气
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
。
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NO-
的生化
3 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
O-
答案 (1)5C
6
H
12
O
6
+24N 3+24H+ 12N
2
↑+30CO
2
↑+42H
2
O
(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,NO-
在酸性介质中(结合H+)得电子生成NH OH(和H
O)(或NO-
2 2 2 2
+5H++4e- NH OH+H O)
2 2
在HH酶的作用下,NH OH和NH 转化为N H (和H O)(或NH OH+NH N H +H O)
2 3 2 4 2 2 3 2 4 2
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解析 (1)葡萄糖的化学式为C H O
,与NO-
反应生成两种无污染气体,由原子守恒可知,
6 12 6 3
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子方程式。
2 2
(2)①纳米铁铜颗粒小,比表面积大,易吸附NO-
;纳米铁铜形成极多的微电池,可以加快反
3
应速率,所以纳米铁铜可以快速除去NO-
。②盛有等体积硝态氮废水的两支试管中,一支
3
通O ,另一支不通O
,同时加入等量的纳米铁铜双金属进行反应;反应后,测定NO-
的量,
2 2 3
然后比较通O 与不通O
的脱氮率。(3)观察题图2,NR酶处,箭头指入有NO-
、5H+、4e-,
2 2 2
箭头指出为NH
OH,即说明NO-
在酸性条件下,得电子生成NH OH;HH酶处,箭头指入为
2 2 2
NH OH和NH ,箭头指出为N H ,即说明NH OH和NH 转化为N H 。
2 3 2 4 2 3 2 4
47.我国学者分别使用Fe O 和Fe O 作催化剂对燃煤烟气脱硝脱硫进行了研究。
2 3 3 4
(1)催化剂制备。在60~100 ℃条件下,向足量NaOH溶液中通入N 一段时间,再加入适量
2
新制FeSO 溶液,充分反应后得到混合物X;向混合物X中加入NaNO 溶液,充分反应后
4 3
经磁铁吸附、洗涤、真空干燥,制得Fe O 催化剂。
3 4
①通入N 的目的是 。
2
②混合物X与NaNO 反应生成Fe O 和NH ,该反应的化学方程式为
3 3 4 3
。
(2)催化剂性能研究。如图1所示,当其他条件一定时,分别在无催化剂、Fe O 作催化剂、
2 3
Fe O 作催化剂的条件下,测定H O 浓度对模拟烟气(含一定比例的NO、SO 、O 、N )
3 4 2 2 2 2 2
中NO和SO 脱除率的影响,NO脱除率与H O 浓度的关系如图2所示。
2 2 2
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已知:·OH能将NO、SO 氧化,·OH产生机理如下。
2
反应Ⅰ:Fe3++H O Fe2++·OOH+H+(慢反应)
2 2
反应Ⅱ:Fe2++H O Fe3++·OH+OH-(快反应)
2 2
①与Fe O 作催化剂相比,相同条件下Fe O 作催化剂时NO脱除率更高,其原因是
2 3 3 4
。
②NO部分被氧化成NO 。NO 被NaOH溶液吸收生成两种含氧酸钠盐,该反应的离子方
2 2
程式为 。
③实验表明·OH氧化SO 的速率比氧化NO的速率慢。但在无催化剂、Fe O 作催化剂、
2 2 3
Fe O 作催化剂的条件下,测得SO 脱除率几乎均为100%,原因是
3 4 2
。
答案 (1)①排出NaOH溶液中溶解的O ,防止Fe2+被氧化为Fe3+
2
②12Fe(OH) +NaNO 4Fe O +NH ↑+NaOH+10H O
2 3 3 4 3 2
(2)①Fe O 催化剂表面同时存在Fe2+和Fe3+,Fe2+直接通过反应Ⅱ快速产生·OH,c(·OH)更
3 4
大;Fe O 催化剂表面仅存在Fe3+,Fe3+需先通过慢反应Ⅰ产生Fe2+,再通过快反应Ⅱ产
2 3
生·OH,总反应速率由慢反应Ⅰ决定,c(·OH)小于前者;故Fe O 作催化剂比Fe O 作催化剂
3 4 2 3
时NO脱除率更大
②2NO +2OH- NO-+NO- +H O
2 2 3 2
③剩余的SO 几乎完全被NaOH溶液吸收
2
解析 (1)①氢氧化钠溶液中会溶解少量空气中的氧气,氧气能氧化亚铁离子生成铁离子,
通入N 的目的是排出NaOH溶液中的O ,防止Fe2+被氧化为Fe3+。②氢氧化钠和硫酸亚
2 2
铁反应生成氢氧化亚铁沉淀,混合物X中含有Fe(OH) ,根据原子守恒可知,Fe(OH) 会与
2 2
NaNO 反应生成Fe O 、NH 、NaOH和水。(2)①由已知反应Ⅰ、反应Ⅱ的反应机理可
3 3 4 3
知,Fe O 催化剂表面同时存在Fe2+和Fe3+,Fe2+直接通过反应Ⅱ快速产生·OH,c(·OH)更
3 4
大;Fe O 催化剂表面仅存在Fe3+,Fe3+需先通过慢反应Ⅰ产生Fe2+,再通过快反应Ⅱ产
2 3
生·OH,总反应速率由慢反应Ⅰ决定,c(·OH)小于前者;故Fe O 作催化剂比Fe O 作催化剂
3 4 2 3
时NO脱除率更高。②NO 被NaOH溶液吸收生成两种含氧酸钠盐,根据原子守恒可知,
2
钠盐均为含氮元素的盐,二氧化氮中部分氮元素化合价升高、部分氮元素化合价降低,反
应得到亚硝酸钠和硝酸钠,该反应的离子方程式为2NO +2OH-
NO-+NO-
+H O。
2 2 3 2
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③二氧化硫能溶于水,会和氢氧化钠溶液反应被吸收,测得SO 脱除率几乎均为100%的
2
原因是剩余的SO 几乎完全被NaOH溶液吸收。
2
48.SO 、NO 是空气的主要污染物,有效去除大气中的SO 、NO 可以保护大气环境。含
2 x 2 x
氮废水氨氮(以NH
、NH+ 形式存在)和硝态氮(以NO- 、NO-
形式存在)会引起水体富营
3 4 2 3
养化,需经处理后才能排放。
(1)工业上用电解法治理亚硝酸盐对水体的污染,模拟工艺如图1所示,写出电解时铁电极
发生的电极反应式: 。随后,铁电极附近有无色气体产生,写出有
关反应的离子方程式: 。
(2)工业上以钛基氧化物涂层材料为阳极、碳纳米管修饰的石墨为阴极,电解硝酸钠和硫
酸钠混合溶液,可使NO- 变为NH+
。电极(电催化剂)所处的环境对其催化活性起到重要
3 4
作用。
①其他条件不变,向其中一份电解液中投入一定量NaCl,去除NH+
的效果明显提高,溶液
4
中氮元素含量显著降低。可能的原因是
。
②其他条件不变,只改变溶液的pH,NO-
去除率如图2所示,pH升高时,去除率
3
(填“升高”或“下降”),可能的原因是 。
(3)厌氧氨化法(Anammox)是一种新型的氨氮去除技术,反应模型如图3所示。氨氮去除
的过程可以描述为 。
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图3
答案 (1)Fe-2e-
Fe2+2NO-
+8H++6Fe2+ N ↑+6Fe3++4H O
2 2 2
(2)①氯离子在阳极上放电生成氯气,使铵根离子发生氧化反应,生成N ,从而使铵根离子
2
从水溶液中去除
②下降 随着pH的升高,催化剂的催化活性明显下降(催化剂表面吸附的物质种类不同,
酸碱度影响催化剂的活性)
(3)NH+
与NH OH发生归中反应生成N H ,N H 形成N H 和H,N H 形成N
和H,NO-
被
4 2 2 4 2 4 2 2 2 2 2 2
H还原为NH OH,NH
OH与NH+
再次循环反应
2 2 4
解析 (1)根据阳离子移动方向可知,电解池中Fe作阳极失电子发生氧化反应,电极反应
式为Fe-2e- Fe2+。铁电极附近有无色气体产生,应是亚铁离子还原亚硝酸根离子生
成氮气,离子方程式为2NO-
+8H++6Fe2+ N ↑+6Fe3++4H O。(2)①投入一定量NaCl
2 2 2
后,氯离子在阳极上放电生成氯气,氯气具有较强氧化性,使铵根离子发生氧化反应,生成
N ,从而使铵根离子从水溶液中去除,使溶液中氮元素含量显著降低。②由题图2可知反
2
应相同时间,pH升高时,硝酸根离子的去除率下降,根据题目信息“电极(电催化剂)所处
的环境对其催化活性起到重要作用”,可知原因是随着pH的升高,催化剂的催化活性明
显下降(催化剂表面吸附的物质种类不同,酸碱度影响催化剂的活性)。(3)由题图3反应
模型可知,氨氮去除的过程中,铵根离子连续失去H被氧化,NO-
得到H被还原,二者发生
2
归中反应生成N
,总反应为NH++NO-
N ↑+2H O。
2 4 2 2 2
49.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
O2-
的结构如图1所示,用“□”标出S
O2-
中体现强氧化性的基团。
2 8 2 8
图1
(2)Fe2+可活化S
O2- ,活化后产生SO- 。SO-
氧化性更强,降解废水中有机污染物的能力更
2 8 4 4
强。Fe2+活化S
O2-
过程中存在下列反应(k是衡量反应快慢的物理量,k越大,反应越快):
2 8
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Ⅰ.S O2- 2SO- k=2.5×10-9
2 8 4
Ⅱ.SO- +H O SO2- +·OH+H+ k=2×103
4 2 4
Ⅲ.S O2- +Fe2+ Fe3++SO-+SO2- k=20
2 8 4 4
Ⅳ.Fe2++SO- Fe3++SO2- k=4.6×109
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
。
(3)Cu Fe O 是一种复合催化剂,可催化活化过二硫酸盐(S
O2- )产生SO-
。
x y z 2 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 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: 。
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图4
答案 (1)
(2)①反应Ⅳ速率远大于反应Ⅲ,若一次性将FeSO
投放进溶液中,溶液中的SO-
被大量
4 4
Fe2+快速消耗而失去氧化性
②pH越大,Fe2+水解程度越大,不利于反应Ⅲ进行,生成c(SO-
)减小;pH越大,越有利于发生
4
反应Ⅱ,生成·OH,·OH氧化能力比SO-
弱
4
(3)①CuFe O
2 4
②Cu(Ⅰ)、Fe(Ⅱ)失去电子并传递给S
O2-
,生成Cu(Ⅱ)、Fe(Ⅲ);Cu(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)得到S
2 8
O2- 失去的电子,生成Cu(Ⅰ)、Fe(Ⅱ);如此循环往复,实现催化剂再生
4
解析 (1)S
O2-
为过二硫酸根离子,体现强氧化性的是过氧键。(2)①根据k值判断,反应
2 8
Ⅳ速率远远大于反应Ⅲ,则溶液中的SO- 与大量Fe2+发生反应Ⅳ,导致SO-
浓度迅速减小,
4 4
不利于有机污染物降解;②pH越大,c(H+)越小,则Fe2+水解程度越大,反应Ⅲ进行的程度减
弱,生成c(SO-
)减小,同时c(H+)越小,能够促进反应Ⅱ正向进行,而生成的·OH氧化能力比
4
SO-
弱。(3)①关键是Cu在晶胞中位置的判断,Cu位于顶点和面心,以及4个A的体内,根
4
1 1
据均摊法可知,晶胞中含有8× +6× +4=8个Cu,根据观察可知
8 2
Fe:4×4=16,O:4×4+4×4=32,故该复合催化剂的化学式为CuFe O 。
2 4
50.NO的治理是当前生态环境保护中的重要课题之一。
Ⅰ.电化学技术
(1)利用固体氧化物电解池可将NO直接转化为N ,实际应用中常将若干个电化学还原器
2
结构单元组装在一起,形成电堆,以提高NO的去除效率。
①纽扣式电化学还原器结构单元(其装置如图1所示)可叠加组装成电堆使用。电解时,
阴极发生的电极反应式为 。
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②长管式电化学还原器结构单元(其剖面结构如图2所示)采用阴极微孔管作支撑,在管
内外壁各设置一个对称的阳极微孔管,阴、阳极管壁之间填充有固体氧化物电解质,使用
时常将该结构单元组装成蜂窝状电堆。
当电堆体积一定时,相比于纽扣式反应器,长管式反应器的优点是
。
Ⅱ.NH SCR技术
3
(2)Cu基催化剂是NH SCR技术脱除NO中性能较为优异的新型催化剂,但烟气中的SO
3 2
会造成Cu基催化剂的催化性能下降。加入CeO (基态Ce原子核外电子排布式为
2
[Xe]4f15d16s2)可抑制SO 对Cu基催化剂的影响,其作用机理如图3所示(含Ce化合物的
2
比例系数均未标定)。
①从整个反应机理来看,总反应中起还原作用的物质是 (填化学式)。
②在上述反应机理图中,Ce O 的化学式为 。
m n
(3)将3% NO、6% NH 、21% O 和70% N 的混合气体(N 为平衡气)以一定流速通过装
3 2 2 2
有Cu基催化剂的反应器,NO去除率随反应温度的变化曲线如图4所示。
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①在150~225 ℃范围内,NO去除率随温度的升高而迅速上升的原因是
。
②燃煤烟气中伴有一定浓度的HCl气体,它会造成NO去除率下降,其原因可能是
。
答案 (1)①2NO+4e- N +2O2- ②反应物与电极的接触面积更大,反应速率更快;气
2
体在反应器中停留时间更长,反应更充分,NO的去除率更高
(2)①NH ②Ce O
3 2 3
(3)①随着温度的升高,催化剂的活性增大,且与温度升高共同作用,使NO的去除率迅速
上升 ②烟气中的HCl与NH 反应生成NH Cl,使得还原剂NH 的量减少,NH Cl固体覆
3 4 3 4
盖在Cu基催化剂表面,使催化剂失去活性
解析 (1)①通入一氧化氮的多孔电极为电解池的阴极,一氧化氮在阴极得到电子发生还
原反应生成氮气和氧离子,电极反应式为2NO+4e- N +2O2-;②由长管式电化学还原
2
器结构单元的示意图可知,相比于纽扣式反应器,长管式反应器中反应物与电极的接触面
积更大,反应速率更快,且气体在反应器中停留时间更长,反应更充分,一氧化氮的去除率
更高。(2)①从整个反应机理来看,CeO 、SO 是反应的催化剂,NH 、NO、O 是反应
2 2 3 2
物,N 和H O是生成物,反应中NH 分子中的氮元素化合价升高被氧化,是反应的还原
2 2 3
剂;②由题图3中反应①可得反应xCeO +3SO +O Ce (SO ) ,由硫原子守恒可得
2 2 2 x 4 y
y=3,由氧原子守恒可得2x+6+2=4y,联立可得x=2,则硫酸盐中Ce元素的化合价为+3价,
反应②为非氧化还原反应,所以Ce O 中Ce元素的化合价也为+3价,则氧化物的化学式
m n
为Ce O 。(3)②若燃煤烟气中伴有一定浓度的氯化氢气体,氯化氢与通入的氨气反应生
2 3
成氯化铵固体,还原剂氨气的量减少,会导致一氧化氮去除率下降;反应生成的氯化铵固
体覆盖在铜基催化剂表面,使催化剂失去活性,也会使一氧化氮去除率下降。
51.亚硝酰氯(NOCl,熔点:-64.5 ℃,沸点:-5.5 ℃)具有刺鼻恶臭味,易溶于浓硫酸,遇水剧烈
水解,是有机合成中的重要试剂。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成,其制备
装置如图所示(其中Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ中均为浓硫酸):
图甲
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图乙
(1)图甲中装置用于制备纯净干燥的原料气,补充下表中装置Ⅱ的作用。
装置Ⅰ
装置Ⅱ的作用
烧瓶中 分液漏斗中
制备纯净Cl 2 MnO 2 浓盐酸 ①
制备纯净NO Cu 稀硝酸 ②
(2)图乙对应装置用于制备NOCl。
①装置连接顺序为a→ (按气流自左向右方向,用小写字母表示)。
②装置Ⅳ、Ⅴ除了可进一步干燥NO、Cl 外,另一个作用是
2
。
③如果将装置Ⅳ中浓硫酸合并到装置Ⅴ中,撤除装置Ⅳ,直接将NO、Cl 通入装置Ⅴ中,会
2
造成的不良后果是 。
④有人认为装置Ⅷ中氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl。不能吸收NO,经过查阅资料
发现用高锰酸钾溶液可以吸收NO气体,因此,在装置Ⅷ氢氧化钠溶液中加入高锰酸钾溶
液,能与NO反应产生黑色沉淀。该反应的离子方程式是 。
(3)制得的NOCl中可能含有少量N O 杂质,为测定产品纯度,进行如下实验:称取3.325 g
2 4
样品溶于50.00 mL NaOH溶液中,加入几滴K CrO 溶液作指示剂,用足量硝酸酸化的
2 4
0.80 mol·L-1 AgNO 溶液滴定至终点,消耗AgNO 溶液50.00 mL。
3 3
①判断达到滴定终点的现象是 (Ag CrO 为砖红色沉
2 4
淀)。
②写出NOCl与NaOH溶液反应的化学方程式: 。
③样品的纯度为 %(计算结果保留1位小数)。
答案 (1)①除去氯气中的HCl气体 ②除去NO中的NO
2
(2)①e→f→c→b→d ②通过观察气泡冒出的速率从而调节两种气体的流速(或通过观察
气泡冒出的速率从而控制两种气体的量) ③NO与Cl 反应生成的NOCl易溶于浓硫酸,
2
导致NOCl的产率降低
④NO+MnO- NO-
+MnO ↓
4 3 2
(3)①滴入最后半滴标准液,溶液中产生砖红色沉淀,且半分钟内沉淀不消失
②NOCl+2NaOH NaNO +NaCl+H O ③78.8
2 2
解析 (1)根据图甲中装置可知,若装置Ⅰ用于制备纯净干燥的氯气,浓盐酸易挥发,则装
置Ⅱ为饱和食盐水;若装置Ⅰ用于制备纯净干燥的NO,NO易与装置中的氧气反应生成
NO ,则装置Ⅱ用于除去NO中的NO 气体。(2)①根据已知条件,NOCl熔沸点低,易溶于
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浓硫酸,遇水剧烈水解,故先用冰盐将NOCl液化,无水氯化钙可吸收水蒸气,防止产物水
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解,氢氧化钠溶液用于除去尾气,故装置连接顺序为a→e→f→c→b→d。③NOCl熔沸点
低,易溶于浓硫酸,故如果直接将NO、Cl 通入装置Ⅴ中,会造成NO与Cl 反应生成的
2 2
NOCl溶于浓硫酸,降低NOCl的产率。④高锰酸根离子和一氧化氮发生氧化还原反应的
离子方程式是NO+MnO- NO-
+MnO ↓。(3)①NOCl与氢氧化钠反应生成氯化钠,氯
4 3 2
化钠与硝酸银反应生成氯化银沉淀,当硝酸银过量时,Ag+再与铬酸根离子反应生成铬酸
银砖红色沉淀,故K CrO 溶液作指示剂时,达到滴定终点的现象是滴入最后半滴标准溶
2 4
液,溶液中产生砖红色沉淀,且半分钟内沉淀不消失;②NOCl与NaOH反应生成氯化钠、
亚硝酸钠和水,反应的化学方程式为NOCl+2NaOH NaNO +NaCl+H O;③用足量硝
2 2
酸酸化的0.80 mol·L-1 AgNO 溶液滴至终点,消耗AgNO 溶液50.00 mL,则NOCl与
3 3
NaOH反应生成氯化钠的物质的量为0.8 mol·L-1×0.05 L=0.04 mol,根据反应
NOCl+2NaOH NaNO +NaCl+H O可知,样品中的NOCl的物质的量为0.04 mol,则样
2 2
0.04mol×65.5 g·mol-1
品的纯度为 ×100%≈78.8%。
3.325 g
52.亚硝酸钠(NaNO )常用作肉类食品的防腐剂。某实验小组将NO和NO 的混合气体通
2 2
入Na CO 溶液中,并经一系列操作制得NaNO 固体,然后对其性质进行探究。
2 3 2
【查阅资料】
①NaNO 具有较强的氧化性和较弱的还原性,其水溶液显碱性。
2
②NO- 与Ag+反应,可生成AgNO 白色沉淀或无色配离子。
2 2
【性质探究】将制取的NaNO 固体配制成约0.1 mol/L NaNO 溶液,进行实验Ⅰ和实验
2 2
Ⅱ。
请回答下列问题:
(1)NaNO 溶液显碱性的原因是 (用离子方程式表示)。
2
(2)根据实验Ⅰ,推测酸性条件下NO-
氧化I-的离子方程式是
2
。
(3)甲同学认为依据实验Ⅰ的现象可以得出结论:该条件下,NO-
能氧化I-。乙同学则认为
2
制取的NaNO 含有副产物,仅凭实验Ⅰ不能得出上述结论,还需要补充实验Ⅲ进行验证,
2
乙同学设计实验Ⅲ证明了实验Ⅰ条件下氧化I-的只有NO-
。
2
请补充完整实验Ⅲ的实验方案:取 溶液于试管中,加2 mL 0.1 mol/L KI溶液
(含淀粉),再滴加三滴1 mol/L硫酸,溶液 (填实验现象)。
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(4)①由实验Ⅱ的现象得出结论:白色沉淀的生成与 有关。
②仅用实验Ⅱ的试剂,设计不同实验方案进一步证实了上述结论,实验操作及现象是
。
(5)国家规定肉制品中NaNO 含量不超过30 mg/kg。从1 000 g某肉制品中提取NaNO
2 2
后,配成溶液,用0.005 00 mol/L的酸性高锰酸钾溶液滴定,消耗高锰酸钾溶液16.00
mL(已知:2MnO-+5NO-
+6H+
2Mn2++5NO-
+3H O)。该肉制品中NaNO 的含量是
4 2 3 2 2
mg/kg(保留三位有效数字)。
答案
(1)NO-
+H O HNO +OH-
2 2 2
(2)2NO- +2I-+4H+ 2NO↑+I +2H O
2 2 2
(3)2 mL 0.1 mol/L NaNO 没有变蓝
3
(4)①AgNO 溶液和NaNO 溶液的相对用量
3 2
②向AgNO 溶液中逐滴滴加NaNO 溶液,先有白色沉淀生成,后沉淀逐渐溶解
3 2
(5)13.8
解析 (2)向亚硝酸钠溶液中滴加淀粉碘化钾溶液无明显现象,滴加硫酸,溶液变蓝,有无
色气体产生,说明酸性条件下发生了反应:2NO-
+2I-+4H+ 2NO↑+I +2H O;(3)NO、
2 2 2
NO 在Na CO 碱性溶液中可能产生NaNO 、NaNO ,设计酸性条件下NaNO 与碘化钾反
2 2 3 2 3 3
应没有碘生成的实验,可以说明只有NaNO 与碘化钾发生氧化还原反应;(4)①向亚硝酸
2
钠溶液中滴加硝酸银溶液时,先没有白色沉淀生成,后有白色沉淀生成,则白色沉淀的生成
与硝酸银溶液、NaNO
溶液的相对用量有关;(5)存在关系式:2MnO-~5NO-
,则n(N
2 4 2
O- )=2.5n(MnO- )=2.5×0.005 00 mol/L×16.00×10-3 L=2.0×10-4 mol,m(NaNO )=n(NO-
2 4 2 2
)×69 g/mol=0.013 8 g=13.8 mg,则该肉制品中NaNO 的含量为13.8 mg÷1 kg=13.8
2
mg/kg。
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