微專題30微專題30非金屬及其化合物制備流程與實驗探究（S、Se、Te、Cl、Br、I）1．（2023·廣東·統(tǒng)考高考真題）利用活性石墨電極電解飽和食鹽水，進(jìn)行如圖所示實驗。閉合，一段時間后

A．U型管兩側(cè)均有氣泡冒出，分別是和 B．a(chǎn)處布條褪色，說明具有漂白性C．b處出現(xiàn)藍(lán)色，說明還原性： D．?dāng)嚅_，立刻閉合，電流表發(fā)生偏轉(zhuǎn)【答案】D【解析】閉合，形成電解池，電解飽和食鹽水，左側(cè)為陽極，陽極氯離子失去電子生成氯氣，電極反應(yīng)為2Cl-—2e-=Cl2↑，右側(cè)為陰極，陰極電極反應(yīng)為2H++2e-=H2↑，總反應(yīng)為2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，據(jù)此解答。A．根據(jù)分析，U型管兩側(cè)均有氣泡冒出，分別是和，A錯誤；B．左側(cè)生成氯氣，氯氣遇到水生成HClO，具有漂白性，則a處布條褪色，說明HClO具有漂白性，B錯誤；C．b處出現(xiàn)藍(lán)色，發(fā)生Cl2+2KI=I2+2KCl，說明還原性：，C錯誤；D．?dāng)嚅_，立刻閉合，此時構(gòu)成氫氯燃料電池，形成電流，電流表發(fā)生偏轉(zhuǎn)，D正確；故選D。2．（2023·遼寧·統(tǒng)考高考真題）某小組進(jìn)行實驗，向蒸餾水中加入，充分振蕩，溶液呈淺棕色，再加入鋅粒，溶液顏色加深；最終紫黑色晶體消失，溶液褪色。已知為棕色，下列關(guān)于顏色變化的解釋錯誤的是選項顏色變化解釋A溶液呈淺棕色在水中溶解度較小B溶液顏色加深發(fā)生了反應(yīng)：C紫黑色晶體消失()的消耗使溶解平衡右移D溶液褪色與有色物質(zhì)發(fā)生了置換反應(yīng)A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】A．向10mL蒸餾水中加入0.4gI2，充分振蕩，溶液呈淺棕色，說明I2的濃度較小，因為I2在水中溶解度較小，A項正確；B．已知(aq)為棕色，加入0.2g鋅粒后，Zn與I2反應(yīng)生成ZnI2，生成的I-與I2發(fā)生反應(yīng)I-+I2?，生成使溶液顏色加深，B項正確；C．I2在水中存在溶解平衡I2(s)?I2(aq)，Zn與I2反應(yīng)生成的I-與I2(aq)反應(yīng)生成，I2(aq)濃度減小，上述溶解平衡向右移動，紫黑色晶體消失，C項正確；D．最終溶液褪色是Zn與有色物質(zhì)發(fā)生了化合反應(yīng)，不是置換反應(yīng)，D項錯誤；答案選D。3．（2023·廣東·統(tǒng)考高考真題）按圖裝置進(jìn)行實驗。將稀硫酸全部加入Ⅰ中的試管，關(guān)閉活塞。下列說法正確的是

A．Ⅰ中試管內(nèi)的反應(yīng)，體現(xiàn)的氧化性 B．Ⅱ中品紅溶液褪色，體現(xiàn)的還原性C．在Ⅰ和Ⅲ的試管中，都出現(xiàn)了渾濁現(xiàn)象 D．撤掉水浴，重做實驗，Ⅳ中紅色更快褪去【答案】C【解析】Ⅰ中發(fā)生反應(yīng)，二氧化硫進(jìn)入Ⅱ中使品紅溶液褪色，二氧化硫進(jìn)入Ⅲ中與硫化鈉反應(yīng)生成S沉淀，二氧化硫進(jìn)入Ⅳ中與氫氧化鈉反應(yīng)使溶液堿性減弱，酚酞褪色。A．Ⅰ中試管內(nèi)發(fā)生反應(yīng)，氫元素化合價不變，不體現(xiàn)氧化性，故A錯誤；B．Ⅱ中品紅溶液褪色，體現(xiàn)的漂白性，故B錯誤；C．Ⅰ試管內(nèi)發(fā)生反應(yīng)，Ⅲ試管內(nèi)發(fā)生反應(yīng)，Ⅰ和Ⅲ的試管中都出現(xiàn)了渾濁現(xiàn)象，故C正確；D．撤掉水浴，重做實驗，反應(yīng)速率減慢，Ⅳ中紅色褪去的速率減慢，故D錯誤；故選C。1．常見漂白劑的漂白原理比較漂白劑SO2HClO、Na2O2、H2O2、O3活性炭漂白原理與某些有色物質(zhì)化合生成無色物質(zhì)將有色物質(zhì)氧化為無色物質(zhì)吸附有色物質(zhì)可逆性可逆，加熱恢復(fù)原色不可逆，加熱或久置不恢復(fù)原色不可逆漂白方式化合型漂白氧化型漂白物理漂白(吸附性)漂白對象某些有色物質(zhì)(指示劑除外)有色有機(jī)物(包括指示劑)有色物質(zhì)2．檢驗SO2和CO2同時存在的一般流程SO2和CO2都能使澄清石灰水變渾濁，檢驗二者同時存在的一般流程如下：流程設(shè)計檢驗SO2?除去SO2?檢驗SO2是否除盡?檢驗CO2選用試劑品紅溶液酸性KMnO4溶液品紅溶液澄清石灰水預(yù)期現(xiàn)象褪色褪色不褪色變渾濁3．從海水中提取物質(zhì)的思路海水中提取溴和碘的反應(yīng)都是將其－1價離子氧化成單質(zhì)。涉及工業(yè)實際，最主要的問題是如何將大量海水中分布的元素富集起來。溴的制取一般是氧化→吹出→吸收→再氧化的路線，碘一般是由海帶提取，主要過程是灼燒→溶解→過濾→氧化→萃取的路線。工藝模式如圖所示：一、硫及其化合物的性質(zhì)1．牢記SO2的四個性質(zhì)(1)酸性；(2)強(qiáng)還原性；(3)弱氧化性；(4)漂白性。2．明辨三類漂白原理(1)吸附型；(2)氧化型；(3)化合型。3．掌握兩個轉(zhuǎn)化關(guān)系(1)H2Seq\o(→,\s\up7(足量O2))SO2eq\o(→,\s\up7(O2))SO3eq\o(→,\s\up7(H2O))H2SO4；(2)Seq\o(→,\s\up7(O2))SO2eq\o(→,\s\up7(O2))SO3eq\o(→,\s\up7(H2O))H2SO44．熟記以下重點化學(xué)方程式(1)SO2＋Ca(OH)2=CaSO3↓＋H2O(2)SO2＋2H2S=3S↓＋2H2O(3)SO2＋Cl2＋2H2O=2HCl＋H2SO4(4)2KMnO4＋5SO2＋2H2O=K2SO4＋2MnSO4＋2H2SO4(5)2FeCl3＋SO2＋2H2O=FeCl2＋FeSO4＋4HCl(6)Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋H2O＋SO2↑(7)2Cu＋2H2SO4(稀)＋O2eq\o(=,\s\up7(△))2CuSO4＋2H2O(8)Cu＋2H2SO4(濃)eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2O。(9)C＋2H2SO4(濃)eq\o(=,\s\up7(△))CO2↑＋2SO2↑＋2H2O。5．注意硫酸與金屬的反應(yīng)的四種情況(1)常溫下濃硫酸使Fe、Al鈍化，如加熱或?qū)饬蛩嵯♂?，則可以繼續(xù)反應(yīng)。(2)濃硫酸與活潑金屬(如Zn)反應(yīng)，開始產(chǎn)生SO2，硫酸濃度變小后，產(chǎn)生H2。(3)濃硫酸與不活潑金屬(如Cu)反應(yīng)，開始產(chǎn)生SO2(加熱)，濃度變小后，稀硫酸不再與Cu反應(yīng)。如1molCu與含2molH2SO4的濃硫酸充分反應(yīng)，生成SO2小于1mol。(4)濃硫酸與金屬的反應(yīng)中既表現(xiàn)強(qiáng)氧化性又表現(xiàn)酸性。濃硫酸在與非金屬的反應(yīng)中只表現(xiàn)氧化性。二、二氧化硒的性質(zhì)二氧化硒是一種氧化物，化學(xué)式為SeO?，白色晶體，蒸氣為綠色;熔點340~350℃，315℃時升華，密度3.95克/厘米(15℃)，其酸性比亞硫酸弱。與水反應(yīng)SeO?+H?O===H?SeO?與過氧化氫反應(yīng)SeO?+H?O?===H?SeO?與氫氧化鈉反應(yīng)SeO?+2NaOH====Na?SeO?+H?O三、碲及其化合物的性質(zhì)工業(yè)上是從銅冶煉的電解銅的陽極泥中提取碲。含碲約3%的陽極泥干燥后在250℃下進(jìn)行硫酸化焙燒，然后在700℃使二氧化硒揮發(fā)，碲留在焙燒渣中。用水浸出硫酸銅，再用氫氧化鈉溶液浸出，得到亞碲酸鈉溶液。浸出液用硫酸中和，生成粗氧化碲沉淀。兩次重復(fù)沉淀氧化物，然后進(jìn)行水溶液電解，可得含碲為98%~99%的碲?？捎蔁掍\的煙塵中回收而得。四、氯、溴、碘及其化合物的性質(zhì)1．特殊的顏色和狀態(tài)：Cl2——黃綠色氣體Br2——深紅棕色液體I2——紫黑色固體2．特殊的成分：新制氯水中含三分子(Cl2、HClO、H2O)、四離子(Cl－、ClO－、H＋、OH－)。熟記氯水的四個性質(zhì)：氧化性、酸性、漂白性和不穩(wěn)定性。3．區(qū)分兩個漂白粉原理(1)漂白原理：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O=2HClO＋CaCO3。(2)失效原理：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O=2HClO＋CaCO3；2HClOeq\o(=,\s\up7(光照))2HCl＋O2↑。4．氯氣制備把握三個方面(1)制取原理：MnO2＋4HCl(濃)eq\o(=,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。(2)除雜試劑：飽和食鹽水、濃硫酸。(3)尾氣吸收原理：Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O。5．熟記碘提取反應(yīng)的離子方程式(1)Cl2＋2I－=I2＋2Cl－(2)H2O2＋2I－＋2H＋=I2＋2H2O6．熟記溴提取反應(yīng)的離子方程式(1)第一次被氧化Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－(2)被還原：SO2＋Br2＋H2O=2Br－＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋(3)第二次被氧化Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－7．X－(鹵素離子)的檢驗：(1)沉淀法：加硝酸、硝酸銀，產(chǎn)生沉淀的顏色為白色、淡黃色、黃色，則離子分別為Cl－、Br－、I－。(2)置換萃取法：滴加氯水后，再滴加CCl4，若下層變?yōu)槌燃t色、紫紅色，則離子分別為Br－、I－。(3)置換淀粉法：滴加氯水后，再滴加淀粉溶液，若變藍(lán)色，則離子為I－。8．海水資源的開發(fā)利用：(1)氯堿工業(yè)。(2)海水提溴。(3)海帶中提碘。1．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）一些化學(xué)試劑久置后易發(fā)生化學(xué)變化。下列化學(xué)方程式可正確解釋相應(yīng)變化的是A硫酸亞鐵溶液出現(xiàn)棕黃色沉淀B硫化鈉溶液出現(xiàn)渾濁顏色變深C溴水顏色逐漸褪去D膽礬表面出現(xiàn)白色粉末A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】A．溶液呈棕黃色是因為有Fe3+，有渾濁是產(chǎn)生了Fe(OH)3，因為硫酸亞鐵久置后易被氧氣氧化，化學(xué)方程式為：12FeSO4+3O2+6H2O=4Fe2(SO4)3+4Fe(OH)3↓，A錯誤；B．硫化鈉在空氣中易被氧氣氧化為淡黃色固體硫單質(zhì)，使顏色加深，化學(xué)方程式為：2Na2S+O2+2H2O=4NaOH+2S↓，B錯誤；C．溴水的主要成分是溴和水，它們會反應(yīng)，但速度很慢，Br2+H2OHBrO+HBr，2HBrO=2HBr+O2，所以溴水放置太久會變質(zhì)。但不是生成高溴酸，所以選項中的化學(xué)方程式錯誤，C錯誤；D．膽礬為CuSO4·5H2O，顏色為藍(lán)色，如果表面失去結(jié)晶水，則變?yōu)榘咨腃uSO4，化學(xué)方程式為：CuSO4·5H2O=CuSO4+5H2O，方程式正確，D正確；故選D。2．（2021·福建·統(tǒng)考高考真題）實驗室配制碘水時，通常將溶于溶液：。關(guān)于該溶液，下列說法正確的是A．的電子式為 B．滴入淀粉溶液，不變藍(lán)C．加水稀釋，平衡逆向移動 D．加少量固體平衡正向移動【答案】C【解析】A．是離子化合物，電子式為，A錯誤；B．該溶液存在，滴入淀粉溶液，變藍(lán)，B錯誤；C．根據(jù)勒夏特列原理，加水稀釋，平衡朝著離子濃度增大的方向移動，即逆向移動，C正確；D．加少量固體，與生成沉淀，濃度下降，平衡逆向移動，D錯誤；故選C。3．（2023·全國·高三統(tǒng)考專題練習(xí)）向飽和氯水中加入少量亞硫酸鈉固體，下列說法正確的是A．溶液pH減小 B．溶液顏色變深 C．漂白性增強(qiáng) D．導(dǎo)電性減弱【答案】A【解析】飽和氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，向飽和氯水中加入少量固體，HClO和Na2SO3發(fā)生氧化還原反應(yīng)，使平衡正向移動，Cl2濃度減小，據(jù)此解答。A．反應(yīng)生成HCl，溶液pH減小，A正確；B．Cl2濃度減小，溶液顏色變淺，B錯誤；C．次氯酸濃度減少，漂白性減弱，C錯誤；D．生成的HCl、Na2SO4為強(qiáng)電解質(zhì)，導(dǎo)電性增強(qiáng)，D錯誤；故選A。4．（2023秋·陜西西安·高一西安市第七十五中學(xué)?？计谀┮阎?Se)為第VIA族元素，上列有關(guān)硒元素的化合物的說法中不正確的是A．其同族氫化物的熔沸點：H2O>H2Se>H2SB．SeO3只有還原性C．BaSeO4與BaSO4相似，均難溶于水D．H2SeO4溶于水破壞共價鍵【答案】B【解析】A．H2O可形成分子間氫鍵，沸點最高，H2S，H2Se二者均由分子構(gòu)成，熔沸點取決于分子間作用力，分子間作用力取決于相對分子質(zhì)量，H2Se的相對分子質(zhì)量比H2S大，因此H2Se分子間作用力強(qiáng)于H2S，故熔沸點：H2O>H2Se>H2S，故A正確；B．SeO3中Se元素的化合價為+6價，是Se元素的最高價態(tài)，所以SeO3只有氧化性，沒有還原性，故B錯誤；C．Se和S位于同一主族，則BaSeO4與BaSO4相似，均難溶于水，故C正確；D．H2SeO4溶于水電離出H+和，H2SeO4是共價化合物，溶于水破壞共價鍵，故D正確；故選B。1．（2023·江蘇連云港·連云港高中?？寄M預(yù)測）周期表中VIA族元素及其化合物應(yīng)用廣泛，元素S、Se、Te在周期表中的信息如圖所示。下列有關(guān)說法正確的是A．是由極性鍵構(gòu)成的非極性分子B．與中O—S—O的夾角不相等C．質(zhì)子數(shù)為34、中子數(shù)為45的硒原子：D．酸性：【答案】B【解析】A．分子結(jié)構(gòu)為V形，即是由極性鍵構(gòu)成的極性分子，A錯誤；B．與中硫原子均是sp2雜化，但是二氧化硫中硫原子有一對孤電子對，又孤電子對對成鍵電子排斥力較大，故與中O—S—O的夾角不相等，B正確；C．質(zhì)子數(shù)為34、中子數(shù)為45的硒原子：，C錯誤；D．氫化物的酸性，D錯誤；故選B。2．（2023春·江蘇南通·高三海安高級中學(xué)校考階段練習(xí)）下列說法正確的是A．SO2與TeO2分子是含有極性鍵的極性分子B．SO2與TeO2中鍵角都為120°C．碲原子基態(tài)核外電子排布式為D．VIA族元素單質(zhì)的晶體類型相同【答案】A【解析】A．S和Te是同主族元素，SO2與TeO2中心原子的最外層都存在孤電子對，則二者都是含有極性鍵的極性分子，A正確；B．SO2與TeO2的中心原子都發(fā)生sp2雜化，由于成鍵電子受孤電子對的排斥作用，使鍵角減小，所以鍵角都小于120°，B不正確；C．碲基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p4，可簡寫為，C不正確；D．VIA族元素單質(zhì)的晶體類型中，氧、硫的單質(zhì)形成分子晶體，后面的金屬元素則形成金屬晶體，所以晶體類型不完全相同，D不正確；故選A。3．（2023·山東日照·統(tǒng)考三模）碲被譽為“現(xiàn)代工業(yè)、國防與尖端技術(shù)的維生素”，某精煉銅的陽極泥經(jīng)過處理后的主要成分為、、CuO等，從中回收確和膽礬的工藝如下。

已知：①高溫焙燒后的產(chǎn)物為和；②是兩性氧化物，與強(qiáng)酸和強(qiáng)堿反應(yīng)分別生成和。下列說法錯誤的是A．“酸化”時還需要再加入一定量的，目的是將銅元素完全轉(zhuǎn)化為B．“還原”步驟中，發(fā)生的離子方程式為C．“電解”時，若使用陽離子交換膜會降低Te的產(chǎn)率D．流程中可循環(huán)使用的物質(zhì)是硫酸和氫氧化鈉【答案】C【解析】干燥的陽極泥有、、CuO，高溫灼燒后生成和Cu2O，與硫酸反應(yīng)生成物有TeOSO4和硫酸銅、銅單質(zhì)（氧化亞銅與硫酸反應(yīng)生成硫酸銅和銅），TeOSO4與SO2反應(yīng)生成Te單質(zhì)和硫酸；和Cu2O與氫氧化鈉反應(yīng)時，氧化亞銅不反應(yīng)，分離后與生成的硫酸反應(yīng)生成硫酸銅，最終得到膽礬，與氫氧化鈉反應(yīng)生成Na2TeO3，電解Na2TeO3得到Te單質(zhì)、氫氧化鈉和H2。A．酸化時要加入H2O2，把亞銅離子和銅單質(zhì)在酸性條件下轉(zhuǎn)化為銅離子，故A正確；B．還原步驟中，SO2把TeO2+中+4價的Te還原成單質(zhì)，自身被氧化為硫酸根離子，根據(jù)電子守恒、電荷守恒、原子守恒，該方程式，故B正確；C．電解Na2TeO3得到Te單質(zhì)、氫氧化鈉和H2，在陰極上得到H2和氫氧化鈉，陽極上得到Te單質(zhì)，應(yīng)該選擇陽離子交換膜，讓鈉離子通過交換膜向陰極移動形成氫氧化鈉，防止陽極上生成的Te單質(zhì)與氫氧化鈉反應(yīng)，用陰離子交換膜會讓氫氧根移向陽極與生成的Te單質(zhì)反應(yīng)，造成產(chǎn)率降低，故C錯誤；D．電解生成的氫氧化鈉和還原得到的硫酸可以循環(huán)利用，故D正確；答案選C。4．（2021·湖南·高考真題）常用作食鹽中的補(bǔ)碘劑，可用“氯酸鉀氧化法”制備，該方法的第一步反應(yīng)為。下列說法錯誤的是A．產(chǎn)生22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)時，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移B．反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為11：6C．可用石灰乳吸收反應(yīng)產(chǎn)生的制備漂白粉D．可用酸化的淀粉碘化鉀溶液檢驗食鹽中的存在【答案】A【解析】A．該反應(yīng)中只有碘元素價態(tài)升高，由0價升高至KH(IO3)2中+5價，每個碘原子升高5價，即6I260e-，又因方程式中6I23Cl2，故3Cl260e-，即Cl220e-，所以產(chǎn)生22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)Cl2即1molCl2時，反應(yīng)中應(yīng)轉(zhuǎn)移20mole-，A錯誤；B．該反應(yīng)中KClO3中氯元素價態(tài)降低，KClO3作氧化劑，I2中碘元素價態(tài)升高，I2作還原劑，由該方程式的計量系數(shù)可知，11KClO36I2，故該反應(yīng)的氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為11:6，B正確；C．漂白粉的有效成分是次氯酸鈣，工業(yè)制漂白粉可用石灰乳與氯氣反應(yīng)，C正確；D．食鹽中可先與酸化的淀粉碘化鉀溶液中的H+、I-發(fā)生歸中反應(yīng)生成I2，I2再與淀粉發(fā)生特征反應(yīng)變?yōu)樗{(lán)色，故可用酸化的淀粉碘化鉀溶液檢驗食鹽中的存在，D正確。故選A。5．（2021·江蘇·高考真題）NH3與O2作用分別生成N2、NO、N2O的反應(yīng)均為放熱反應(yīng)。工業(yè)尾氣中的NH3可通過催化氧化為N2除去。將一定比例的NH3、O2和N2的混合氣體以一定流速通過裝有催化劑的反應(yīng)管，NH3的轉(zhuǎn)化率、生成N2的選擇性[100%]與溫度的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A．其他條件不變，升高溫度，NH3的平衡轉(zhuǎn)化率增大B．其他條件不變，在175～300℃范圍，隨溫度的升高，出口處N2和氮氧化物的量均不斷增大C．催化氧化除去尾氣中的NH3應(yīng)選擇反應(yīng)溫度高于250℃D．高效除去尾氣中的NH3，需研發(fā)低溫下NH3轉(zhuǎn)化率高和N2選擇性高的催化劑【答案】D【解析】A．NH3與O2作用分別生成N2、NO、N2O的反應(yīng)均為放熱反應(yīng)，根據(jù)勒夏特列原理，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，氨氣的平衡轉(zhuǎn)化率降低，故A錯誤；B．根據(jù)圖像，在175～300℃范圍，隨溫度的升高，N2的選擇率降低，即產(chǎn)生氮氣的量減少，故B錯誤；C．根據(jù)圖像，溫度高于250℃N2的選擇率降低，且氨氣的轉(zhuǎn)化率變化并不大，浪費能源，根據(jù)圖像，溫度應(yīng)略小于225℃，此時氨氣的轉(zhuǎn)化率、氮氣的選擇率較大，故C錯誤；D．氮氣對環(huán)境無污染，氮的氧化物污染環(huán)境，因此高效除去尾氣中的NH3，需研發(fā)低溫下NH3轉(zhuǎn)化率高和N2選擇性高的催化劑，故D正確；答案為D。6．（2021·遼寧·高考真題）含S元素的某鈉鹽a能發(fā)生如圖轉(zhuǎn)化。下列說法錯誤的是A．a(chǎn)可能為正鹽，也可能為酸式鹽 B．c為不溶于鹽酸的白色沉淀C．d為含極性鍵的非極性分子 D．反應(yīng)②中還可能生成淡黃色沉淀【答案】C【解析】由題干信息可知，鹽a與足量的稀鹽酸產(chǎn)生刺激性氣味氣體d，d能使KMnO4溶液褪色，故d為SO2，則鹽a為Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，鹽a與足量Cl2反應(yīng)后將生成，與BaCl2溶液反應(yīng)得到沉淀c，故c為BaSO4，據(jù)此分析解題。A．由分析可知，鹽a為Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，故a可能為正鹽，也可能為酸式鹽，A正確；B．由分析可知，c為BaSO4，故c為不溶于鹽酸的白色沉淀，B正確；C．由分析可知，d為SO2，由SO2易溶于水并根據(jù)“相似相溶”原理可知，d是含有極性鍵的極性分子，C錯誤；

D．由分析可知，鹽a為Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，當(dāng)Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S↓+SO2↑+H2O，反應(yīng)②中還可能生成淡黃色沉淀，D正確；故答案為：C。7．（2022·浙江·高考真題）下列推測不合理的是A．相同條件下，Br2與PBr3反應(yīng)比Cl2與PCl3反應(yīng)難B．OPBrCl2與足量H2O作用生成2種酸C．相同條件下，與水反應(yīng)由快到慢的順序：OPBr3、OPCl3、OPF3D．PBr3與足量C2H5OH作用可得到P(OC2H5)3【答案】B【解析】A．氯原子半徑較小，氯氣更容易靠近三氯化磷中的磷原子發(fā)生反應(yīng)生成五氯化磷，A正確；B．OPBrCl2與H2O反應(yīng)的方程式為：OPBrCl2+3H2O=H3PO4+2HCl+HBr，一共生成3種酸，B錯誤；C．從P—Br鍵到P—F鍵，鍵的穩(wěn)定性逐漸增強(qiáng)，在和水反應(yīng)時越難斷裂，反應(yīng)速率越慢，C正確；D．PBr3與C2H5OH反應(yīng)的時候，Br乙醇羥基上的氫原子結(jié)合，乙醇的其余部分和磷結(jié)合生成P(OC2H5)3，D正確；故選B。8．（2021·北京·高考真題）室溫下，1體積的水能溶解約40體積的SO2。用試管收集SO2后進(jìn)行如下實驗。對實驗現(xiàn)象的分析正確的是A．試管內(nèi)液面上升，證明SO2與水發(fā)生了反應(yīng)B．試管中剩余少量氣體，是因為SO2的溶解已達(dá)飽和C．取出試管中的溶液，立即滴入紫色石蕊試液，溶液顯紅色，原因是：SO2+H2O?H2SO3、H2SO3?H++、?H++D．取出試管中溶液，在空氣中放置一段時間后pH下降，是由于SO2揮發(fā)【答案】C【解析】A．由信息可知，SO2易溶于水，也能使液面上升，故A錯誤；B．二氧化硫與水的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到限度后，二氧化硫的量不再減少，液面高度也無明顯變化，故B錯誤；C．滴入石蕊試液，溶液變?yōu)榧t色，說明溶液顯酸性，SO2與水反應(yīng)生成亞硫酸，亞硫酸為弱酸，分步電離出氫離子，故C正確；D．亞硫酸具有較強(qiáng)的還原性，易被氧化為硫酸，弱酸變強(qiáng)酸，也能使pH下降，故D錯誤；故選C。9．（2021·山東·高考真題）工業(yè)上以SO2和純堿為原料制備無水NaHSO3的主要流程如圖，下列說法錯誤的是A．吸收過程中有氣體生成 B．結(jié)晶后母液中含有NaHCO3C．氣流干燥濕料時溫度不宜過高 D．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3【答案】B【解析】根據(jù)工藝流程逆向分析可知，以二氧化硫和純堿為原料，得到結(jié)晶成分為NaHSO3，則母液為飽和NaHSO3和過量的二氧化硫形成的亞硫酸，溶液呈酸性，所以加入純堿進(jìn)行中和，涉及的反應(yīng)為：H2SO3+2Na2CO3=Na2SO3+2NaHCO3，NaHSO3+Na2CO3=Na2SO3+NaHCO3，所以調(diào)節(jié)pH為8進(jìn)行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫氣體進(jìn)行混合吸收，此時吸收過程中發(fā)生反應(yīng)為：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3↓，SO2+NaHCO3=CO2+NaHSO3↓，此時會析出大量NaHSO3晶體，經(jīng)過離心分離，將得到的濕料再進(jìn)行氣流干燥，最終得到NaHSO3產(chǎn)品，據(jù)此分析解答。A．根據(jù)上述分析可知，吸收過程中有二氧化碳生成，A正確；B．結(jié)晶后母液中含飽和NaHSO3和過量的二氧化硫形成的亞硫酸，沒有NaHCO3，假設(shè)產(chǎn)物中存在NaHCO3，則其會與生成的NaHSO3發(fā)生反應(yīng)，且NaHCO3溶解度較低，若其殘留于母液中，會使晶體不純，假設(shè)不成立，B錯誤；C．NaHSO3高溫時易分解變質(zhì)，所以氣流干燥過程中溫度不宜過高，C正確；D．結(jié)合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正確；故選B。10．（2023·四川成都·石室中學(xué)?？寄M預(yù)測）NCl3可用于面粉的漂白和殺菌。已知：NCl3為黃色油狀液體，在熱水中易水解，熔點為-40°C，沸點為70°C，95°C以上易爆炸。實驗室可用Cl2和NH4Cl溶液反應(yīng)制取NCl3所用裝置如下：完成下列填空：(1)儀器a的名稱是。D裝置盛裝的物質(zhì)是，D裝置的作用是_。(2)NCl3水解的反應(yīng)液有漂白性，寫出NCl3水解的化學(xué)方程式：。(3)向NH4Cl溶液中通入過量Cl2，B裝置中反應(yīng)的化學(xué)方程式為，待反應(yīng)至油狀液體不再增加，關(guān)閉A、B裝置間的止水夾，控制水浴加熱的溫度范圍為，將產(chǎn)品NCl3蒸出。待反應(yīng)結(jié)束，為測定溶液中殘留的NCl3的物質(zhì)的量濃度，進(jìn)行如下操作：i．取儀器a中的反應(yīng)液25.00mL，加入過量飽和Na2SO3溶液充分反應(yīng)后，再加入過量30%的NaOH溶液，微熱。ii．用25.00mL0.050mol·L-1的稀硫酸吸收產(chǎn)生的NH3，得到溶液A。iii．用0.100mol·L-1的NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定溶液A至滴定終點，消耗VmLNaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液。(4)滴定至終點時溶液中溶質(zhì)僅有(NH4)2SO4和Na2SO4，滴定過程中水的電離程度_(填序號)。a．先增大后減小

b．先減小后增大

c．增大

d．減小(5)用含V的代數(shù)式表示溶液中殘留的NCl3的物質(zhì)的量濃度為mol·L-1?！敬鸢浮?1)蒸餾燒瓶堿石灰吸收尾氣，同時防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入裝置C中(2)NCl3+3H2O3HClO+NH3↑(3)3Cl2+NH4ClNCl3+4HCl70°C≤T<95°C(4)c(5)【解析】由實驗裝置圖可知，裝置A中為高錳酸鉀固體與濃鹽酸反應(yīng)制備氯氣，裝置B中氯氣與氯化銨溶液在水浴加熱條件下反應(yīng)制備三氯化氮，裝置C用于冷凝收集三氯化氮，裝置D中盛有的堿石灰用于吸收未反應(yīng)的氯氣，防止污染空氣，同時防止水蒸氣進(jìn)入錐形瓶中。（1）由儀器構(gòu)造可知a為蒸餾燒瓶，裝置D中盛有的堿石灰用于吸收未反應(yīng)的氯氣，防止污染空氣，同時防止水蒸氣進(jìn)入錐形瓶中；（2）NCl3水解的反應(yīng)液有漂白性，可知水解生成HClO，則另一產(chǎn)物應(yīng)為NH3；水解的化學(xué)方程式：NCl3+3H2O3HClO+NH3↑；（3）由分析可知，裝置B中氯氣與氯化銨溶液在水浴加熱條件下反應(yīng)制備三氯化氮，反應(yīng)的化學(xué)方程式為3Cl2+NH4ClNCl3+4HCl；由題給信息可知，實驗時，為保證三氯化氮順利蒸出，同時防止三氯化氮發(fā)生爆炸，水浴加熱的溫度應(yīng)控制在70℃～95℃之間；（4）滴定前溶液為硫酸和硫酸銨的混合溶液，有酸存在水的電離被抑制，滴定過程中NaOH與硫酸中和，溶液中氫離子濃度減小，水的電離程度增大，故答案為c；（5）由題意可知，滴定過程中消耗VmL0.100mol/L氫氧化鈉溶液，則用于吸收氨氣的稀硫酸的物質(zhì)的量為0.050mol/L×0.025L-0.100mol/L×10-3VL×，由方程式和氮原子個數(shù)守恒可知，溶液中殘留的三氯化氮的物質(zhì)的量濃度為mol/L。11．（2023·安徽蚌埠·統(tǒng)考三模）實驗室制取溴苯的裝置如圖所示。向二頸燒瓶中先滴入0.5mLBr2，靜置，經(jīng)片刻誘導(dǎo)期后反應(yīng)開始。再緩慢滴加其余的Br2，維持體系微沸至Br2加完，70~80°C水浴15min。(誘導(dǎo)期：催化反應(yīng)中形成過渡態(tài)且總反應(yīng)速率為0的時期)反應(yīng)結(jié)束后產(chǎn)品處理：有關(guān)數(shù)據(jù)如下：物質(zhì)苯溴溴苯密度(g·cm-3)0.883.121.50沸點/°C8059156在水中的溶解性不溶微溶不溶回答下列問題：(1)儀器a的名稱是。(2)溴苯的制備需在無水條件下進(jìn)行，原因是。(3)A裝置盛裝(填試劑)用于檢驗誘導(dǎo)期已過，反應(yīng)開始。(4)當(dāng)出現(xiàn)(填現(xiàn)象)時，證明反應(yīng)已結(jié)束。(5)產(chǎn)品后處理階段，有機(jī)層I用10%NaOH溶液洗滌其離子反應(yīng)方程式為，有機(jī)層Ⅱ水洗的目的是。(6)有機(jī)層Ⅲ經(jīng)干燥后分離出純凈溴苯的操作名稱是。【答案】(1)球形冷凝管(2)催化劑FeBr3遇水發(fā)生水解，失去催化活性(3)AgNO3溶液(4)體系中不再有紅棕色的溴蒸氣(5)Br2+2OH-=Br-+BrO-+H2O或Br2+6OH-=5Br-+BiO+3H2O除去Na+、Br-、BrO-等無機(jī)離子(6)蒸餾【解析】（1）由圖可知儀器a的名稱是球形冷凝管；（2）該反應(yīng)中需要催化劑溴化鐵，而溴化鐵容易水解，故答案為：催化劑FeBr3遇水發(fā)生水解，失去催化活性；（3）苯和溴反應(yīng)生成溴苯和溴化氫，其中溴化氫可以和硝酸銀反應(yīng)生成溴化銀淡黃色沉淀，故A裝置盛裝AgNO3溶液；（4）溴容易揮發(fā)，溴蒸汽為紅棕色，當(dāng)誘導(dǎo)期結(jié)束后溴蒸汽就消耗完了，則紅棕色消失，故答案為：體系中不再有紅棕色的溴蒸氣；（5）單質(zhì)溴容易溶解在有機(jī)溶劑中，單質(zhì)溴可以和氫氧化鈉反應(yīng)生成溴化鈉和次溴酸鈉，或者生成溴化鈉和溴酸鈉，故離子方程式為：Br2+2OH-=Br-+BrO-+H2O或Br2+6OH-=5Br-+BiO+3H2O；溶液中的離子容易溶解在水中，故有機(jī)層Ⅱ水洗的目的是除去Na+、Br-、BrO-等無機(jī)離子；（6）有機(jī)層Ⅲ的主要成分是苯和溴苯的混合物，兩者沸點不同，故分離兩者的操作方法為：蒸餾。1．（2023·全國·高三專題練習(xí)）Cl2與NO在常溫常壓下可合成亞硝酰氯(NOCl)，它的熔點為-64.5℃，沸點為-5.5℃，常溫下是黃色的有毒氣體，遇水易水解。請按要求回答下列相關(guān)問題：

(1)裝置A和B的作用是①；②(2)裝置F的作用是；裝置D的作用是【答案】(1)干燥NO和Cl2觀察氣泡控制氣體流速(2)冷凝亞硝酰氯，便于收集防止裝置E中的水蒸氣進(jìn)入裝置F【解析】由實驗裝置圖可知，裝置A中盛有的濃硫酸用于干燥氯氣、裝置B中盛有的濃硫酸用于干燥一氧化氮，并能通過氣泡控制氣體流速，裝置C中一氧化氮和氯氣反應(yīng)生成亞硝酰氯，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NO+Cl2=2NOCl，裝置F用于冷凝收集亞硝酰氯，裝置D中盛有的無水氯化鈣用于裝置E中的水蒸氣進(jìn)入裝置F中導(dǎo)致亞硝酰氯發(fā)生水解，裝置E中盛有的氫氧化鈉溶液用于吸收氯氣和亞硝酰氯，防止污染空氣，則裝置的連接順序為ABC、F、D、E，接口的連接順序為a→e，f→c，b→d。（1）由分析可知，裝置A中盛有的濃硫酸用于干燥氯氣、裝置B中盛有的濃硫酸用于干燥一氧化氮，并能通過氣泡控制氣體流速，故答案為：干燥NO和Cl2；觀察氣泡控制氣體流速；（2）由分析可知，裝置F用于冷凝收集亞硝酰氯，裝置D中盛有的無水氯化鈣用于裝置E中的水蒸氣進(jìn)入裝置F導(dǎo)致亞硝酰氯發(fā)生水解，故答案為：冷凝亞硝酰氯，便于收集；防止裝置E中的水蒸氣進(jìn)入裝置F。2．（2022秋·廣東·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）已知與硫的氧化物、氮的氧化物反應(yīng)可以生成、NOCl、等化合物NOCl常溫下是黃色氣體，具有強(qiáng)氧化性，遇水分解，不溶于等有機(jī)溶劑。(1)NOCl中N元素的化合價為。(2)實驗室制取的NOCl中常含有，除去的方法是。(3)NOCl遇水生成一種氮的氧化物(該氧化物遇空氣紅棕色)，且只有一種元素的化合價發(fā)生改變，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：。(4)NOCl與同時通入水中可生成一種無污染的氣體，寫出該反應(yīng)的離子方程式：。反應(yīng)中消耗1molNOCl則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為。(5)可作為晶體的除水劑(反應(yīng)生成兩種酸性氣體)，寫出與，反應(yīng)的化學(xué)方程式：?！敬鸢浮?1)+3(2)通過盛有CCl4的洗氣瓶(3)3NOCl+2H2O═2NO+HNO3+3HCl(4)2NOCl+3SO2+4H2O═N2+3+2Cl-+8H+3mol(5)ZnSO4?nH2O+nSOCl2=ZnSO4+2nHCl+nSO2【解析】（1）NOCl中氯、氧的化合價分別為-1、-2，則N元素的化合價為+3；故答案為：+3；（2）已知，NOCl遇水分解，不溶于CCl4等有機(jī)溶劑，實驗室制取的NOCl中常含有Cl2，除去Cl2的方法為通過盛有CCl4的洗氣瓶，故答案為：通過盛有CCl4的洗氣瓶；（3）NOCl遇水生成一種氮的氧化物(該氧化物遇空氣變紅棕色，則為NO)，且只有一種元素的化合價發(fā)生改變，則氮元素化合價降低的同時會升高生成HNO3(二氧化氮和水反應(yīng)生成硝酸和一氧化氮)，故該反應(yīng)的化學(xué)方程式3NOCl+2H2O═2NO+HNO3+3HCl,故答案為：3NOCl+2H2O═2NO+HNO3+3HCl；（4）NOCl具有強(qiáng)氧化性，遇水分解；NOCl與SO2同時通入水中可生成一種無污染的氣體，則該氣體為氮氣，反應(yīng)中二氧化硫被氧化為硫酸根離子，該反應(yīng)的離子方程式：2NOCl+3SO2+4H2O═N2+3+2Cl-+8H+；反應(yīng)中氮元素化合價由+3變?yōu)?，則消耗1mol?NOCl則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為3mol,故答案為：2NOCl+3SO2+4H2O═N2+3+2Cl-+8H+；3mol；（5）SOCl2可作為晶體的除水劑(反應(yīng)生成兩種酸性氣體，根據(jù)質(zhì)量守恒可知，二氧化硫和氯化氫)，SOCl2與ZnSO4?nH2O反應(yīng)生成二氧化硫、HCl、硫酸鋅，反應(yīng)的化學(xué)方程式：ZnSO4?nH2O+nSOCl2=ZnSO4+2nHCl+nSO2。3．（2023·全國·高三專題練習(xí)）實驗室從廢定影液[含Ag(S2O3)和Br－等]中回收Ag和Br2可能用到的裝置如下圖：主要實驗步驟如下，回答下列問題：(1)向廢定影液中加入Na2S溶液沉淀銀離子，分離Ag2S時，選用的裝置是(填裝置序號，下同)(2)灼燒Ag2S制取金屬Ag，用到的實驗裝置是(3)制取Cl2并將Cl2通入濾液中氧化Br－，獲取Br2，制取氯氣的實驗裝置是，甲和乙中盛放濃鹽酸的儀器名稱為，丙中儀器B的名稱為(4)再用四氯化碳萃取分液得粗溴，萃取分液時用到的實驗裝置是，粗溴從放出，水層從倒出。(5)可用下圖裝置精制粗溴：①儀器A的名稱。②儀器B的名稱，圖中冷卻水應(yīng)從B的(填“a”或“b”)口進(jìn)入，能否用儀器E代替B，(填“能”或“否”)③溫度計的水銀球能否插入粗溴中(填“能”或“否”)，原因是【答案】(1)丁(2)庚(3)甲或乙分液漏斗長頸漏斗(4)戊分液漏斗的下口分液漏斗上口(5)蒸餾燒瓶(直形)冷凝管b否否蒸餾時，溫度計測定蒸出溴蒸氣的溫度，因而水銀球應(yīng)放在蒸餾燒瓶的支管口附近【解析】（1）向廢定影液中加入Na2S溶液沉淀銀離子，得到Ag2S沉淀，分離Ag2S沉淀時，應(yīng)用過濾裝置即??；故答案為：丁。（2）Ag2S是固體，在坩堝中灼燒Ag2S制取金屬Ag，因此用到的實驗裝置是庚；故答案為：庚。（3）實驗室用二氧化錳和濃鹽酸在加熱條件下反應(yīng)生成氯化錳、氯氣和水或高錳酸鉀與濃鹽酸反應(yīng)生成氯化鉀、氯化錳、氯氣和水，因此制取氯氣的實驗裝置是甲或乙，根據(jù)甲和乙裝置得到盛放濃鹽酸的儀器名稱為分液漏斗，丙中儀器B的名稱為長頸漏斗；故答案為：甲或乙；分液漏斗；長頸漏斗。（4）用四氯化碳萃取分液得粗溴，萃取分液時用分液漏斗，四氯化碳密度比水大，溶液分層后，溴的四氯化碳在底部，因此粗溴從分液漏斗的下口放出，水層從分液漏斗上口倒出；故答案為：分液漏斗的下口；分液漏斗上口。（5）①根據(jù)圖中信息得到儀器A的名稱蒸餾燒瓶；故答案為：蒸餾燒瓶。②根據(jù)圖中信息得到儀器B的名稱直形冷凝管，圖中冷卻水是“下進(jìn)上出”即應(yīng)從B的b口進(jìn)入，E裝置主要用于發(fā)生裝置時的冷凝回流，不能用儀器E代替B；故答案為：直形冷凝管；b；否。③蒸餾時，溫度計測定蒸出溴蒸氣的溫度，因而水銀球應(yīng)放在蒸餾燒瓶的支管口附近，因此溫度計的水銀球不能插入粗溴中；故答案為：否；蒸餾時，溫度計測定蒸出溴蒸氣的溫度，因而水銀球應(yīng)放在蒸餾燒瓶的支管口附近。4．（2023·全國·高三專題練習(xí)）一氯化碘、三氯化碘是鹵素互化物，它們的性質(zhì)與鹵素單質(zhì)相似。(1)與水反應(yīng)的產(chǎn)物可能為(填化學(xué)式)。(2)在常溫下與燒堿溶液反應(yīng)的離子方程式為，該反應(yīng)是否是氧化還原反應(yīng)？(填“是”或“否”)?！敬鸢浮?1)(2)否【解析】（1）中I為+3價，Cl為-1價，與水發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，分別得到：，故答案為：；（2）中I為+1價，Cl為-1價，與水發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成，與堿反應(yīng)生成相應(yīng)的鹽，與燒堿反應(yīng)的離子方程式為：，該反應(yīng)過程中沒有價態(tài)變化屬于非氧化還原反應(yīng)，故答案為：；否；5．（2023春·上海徐匯·高一上海市第二中學(xué)?？计谥校╉谠谠刂芷诒碇械男畔⑷鐖D所示，下列說法錯誤的是A．碲單質(zhì)常溫下為固態(tài)B．碲位于元素周期表中第5周期ⅥA族C．S與Te簡單氫化物還原性：H2S>H2TeD．碲位于周期表中金屬與非金屬交界處【答案】C【解析】A．氧族元素從上到下單質(zhì)的熔沸點依次升高，常溫下，S、Se單質(zhì)都是固體，推測Te單質(zhì)也是固體，故A正確；B．根據(jù)序數(shù)52與同周期惰性氣體54號元素Xe對比，確定Te在元素周期表位置是第五周期VIA族，故B正確；C．同主族元素從上到下非金屬性依次減弱，同周期元素從左到右非金屬性依次增大，非金屬性越弱，對應(yīng)氫化物的還原性越強(qiáng)，還原性順序為H2Te＞H2S，故C錯誤;D．碲元素位于金屬與非金屬交界處，具有半導(dǎo)體性質(zhì)，在半導(dǎo)體元器件工業(yè)生產(chǎn)中具有一定應(yīng)用，故D正確；故答案選C。6．（2023·浙江·統(tǒng)考高考真題）工業(yè)上煅燒含硫礦物產(chǎn)生的可以按如下流程脫除或利用。

已知：

請回答：(1)富氧煅燒燃煤產(chǎn)生的低濃度的可以在爐內(nèi)添加通過途徑Ⅰ脫除，寫出反應(yīng)方程式。(2)煅燒含硫量高的礦物得到高濃度的，通過途徑Ⅱ最終轉(zhuǎn)化為化合物A。①下列說法正確的是。A．燃煤中的有機(jī)硫主要呈正價

B．化合物A具有酸性C．化合物A是一種無機(jī)酸酯

D．工業(yè)上途徑Ⅱ產(chǎn)生的也可用濃吸收②一定壓強(qiáng)下，化合物A的沸點低于硫酸的原因是。(3)設(shè)計實驗驗證化合物A中含有S元素；寫出實驗過程中涉及的反應(yīng)方程式。【答案】(1)(2)BCD硫酸分子能形成更多的分子間氫鍵(3)取化合物A加入足量氫氧化鈉，反應(yīng)完全后加入鹽酸酸化，無明顯現(xiàn)象，再加入氯化鋇生成白色沉淀，說明A中含有S元素

+2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl【解析】含硫礦物燃燒生成二氧化硫，二氧化硫和氧氣、碳酸鈣生成硫酸鈣和二氧化碳，二氧化硫被氧氣氧化為三氧化硫，三氧化硫和等物質(zhì)量的甲醇發(fā)生已知反應(yīng)生成A：

；（1）氧氣具有氧化性，能被四價硫氧化為六價硫，二氧化硫、空氣中氧氣、碳酸鈣高溫生成硫酸鈣和二氧化碳，反應(yīng)為；（2）①A．硫的電負(fù)性大于碳、氫等，故燃煤中的有機(jī)硫主要呈負(fù)價，A錯誤；

B．根據(jù)分析可知，化合物A分子中與硫直接相連的基團(tuán)中有-OH，故能電離出氫離子，具有酸性，B正確；C．化合物A含有

基團(tuán)，類似酯基-COO-結(jié)構(gòu)，為硫酸和醇生成的酯，是一種無機(jī)酸酯，C正確；

D．工業(yè)上途徑Ⅱ產(chǎn)生的也可用濃吸收用于生產(chǎn)發(fā)煙硫酸，D正確；故選BCD；②一定壓強(qiáng)下，化合物A分子只有1個-OH能形成氫鍵，而硫酸分子中有2個-OH形成氫鍵，故導(dǎo)致A的沸點低于硫酸；（3）由分析可知，A為

，A堿性水解可以生成硫酸鈉、甲醇，硫酸根離子能和氯化鋇生成不溶于酸的硫酸鋇沉淀，故實驗設(shè)計為：取化合物A加入足量氫氧化鈉，反應(yīng)完全后加入鹽酸酸化，無明顯現(xiàn)象，再加入氯化鋇生成白色沉淀，說明A中含有S元素；涉及反應(yīng)為：

+2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl。7．（2023·山西晉中·統(tǒng)考三模）碲是制作合金添加劑、半導(dǎo)體、制冷元件、光電元件的主體材料，并被廣泛應(yīng)用于冶金、石油、化工、航空航天與電子等領(lǐng)域。銅電解精煉陽極泥碲化銅渣(主要成分為Cu2Te，還含有金、鉑等金屬)提取碲的工藝流程如圖所示，回答下列問題：

已知：TeO2難溶于水；亞碲酸鈉易溶于水；高碲酸鈉的化學(xué)式：Na2TeO4。(1)酸浸焙燒前要將碲化銅渣粉碎，目的是。(2)濾液i的主要成分：(寫物質(zhì)名稱)。(3)焙燒過程中涉及的化學(xué)方程式：。(4)堿浸的目的是。(5)用H2SO3“酸溶還原沉碲”，寫出離子方程式：。(6)將碲與鋅一起加熱，然后升華可制得碲化鋅。碲化鋅是一種重要的半導(dǎo)體材料，圖甲為它的一種立方晶胞結(jié)構(gòu)，圖乙為該晶胞沿z軸投影圖。已知a點的坐標(biāo)為(0，0，0)，b點的坐標(biāo)為(1，1，1)，則c點的坐標(biāo)為，設(shè)ZnTe的摩爾質(zhì)量為M，阿佛伽德羅常數(shù)的值為NA，密度為dg/cm3，則Zn與Te最近距離為nm。

【答案】(1)增大接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高浸出率(2)硫酸銅(3)Cu2Te+2H2SO4+2O22CuSO4+TeO2+2H2O(4)將TeO2轉(zhuǎn)化為Na2TeO3浸出，同時富集Au、Pt等，便于后續(xù)回收(5)(6)(，，)【解析】碲化銅渣(主要成分為Cu2Te，還含有金、鉑等金屬)加入硫酸并通入氧氣焙燒，反應(yīng)生成硫酸銅以及TeO2，水浸后過濾，所得濾液i主要溶質(zhì)為硫酸銅，濾渣的主要成分為TeO2，還含有Au和Pt，加入氫氧化鈉堿浸，目的是將TeO2轉(zhuǎn)化為Na2TeO3浸出，同時富集Au、Pt等，過濾后所得浸出液為含Na2TeO3的溶液，加入過氧化氫將Na2TeO3氧化為Na2TeO4，再加H2SO3酸溶還原沉碲，將Na2TeO4還原為Te，據(jù)此分析解答。（1）將碲化銅渣粉碎，目的是增大反應(yīng)物的接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高浸出率。（2）根據(jù)分析，碲化銅渣中加入硫酸并通入氧氣焙燒，反應(yīng)生成硫酸銅以及TeO2，水浸后過濾，所得濾液i主要成分為硫酸銅。（3）焙燒過程中，Cu2Te、硫酸和氧氣反應(yīng)生成硫酸銅、TeO2和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cu2Te+2H2SO4+2O22CuSO4+TeO2+2H2O。（4）根據(jù)分析，水浸后過濾，所得濾渣的主要成分為TeO2，還含有Au和Pt，加入氫氧化鈉堿浸，目的是將TeO2轉(zhuǎn)化為Na2TeO3浸出，同時富集Au、Pt等，便于后續(xù)回收。（5）用H2SO3“酸溶還原沉碲”，將Na2TeO4還原為Te，反應(yīng)的離子方程式為。（6）由晶胞圖和z軸投影圖可知，c點位于體對角線的處，a點的坐標(biāo)為(0,0,0)，b點的坐標(biāo)為(1,1,1)，則