大單元三非金屬元素及其化合物第10講氯及其化合物鹵素練習1氯氣的性質及其實驗室制備1.A【解析】Cl2分子的共價鍵是p-pσ鍵，A錯誤。2.B【解析】Cl2與NaOH溶液反應可得到消毒液的有效成分NaClO，與Cl2易液化無關，A錯誤；Cl2用于從海水中提取溴，利用Cl2的氧化性，與其還原性無關，C錯誤；Br2有氧化性，可用SO2水溶液吸收溴蒸氣，與其揮發(fā)性無關，D錯誤。3.A【解析】HClO光照下分解生成HCl和O2，不能得到Cl2，A錯誤。4.D【解析】SO2＋Cl2＋2H2O=H2SO4＋2HCl，SO2通入氯水中漂白能力減弱或消失，D錯誤。5.A【解析】ClO－具有氧化性，SO2具有還原性，NaClO與SO2發(fā)生氧化還原反應，不會生成NaHSO3和HClO，A錯誤。6.D【解析】濃鹽酸易揮發(fā)，制得的氯氣中含有HCl，可用飽和食鹽水除去HCl，再用濃硫酸干燥Cl2，A正確；Cl2密度大于空氣，用向上排空氣法收集，B正確；濕潤的紅布條褪色，干燥的紅布條不褪色，說明干燥的Cl2不具有漂白性，C正確；氯氣在水中的溶解度較小，應用NaOH溶液吸收尾氣，D錯誤。7.B【解析】漂白粉中的Ca(ClO)2具有強氧化性，能氧化濃鹽酸生成Cl2，A正確；HCl和飽和NaHCO3溶液反應生成CO2，引入新雜質，且Cl2與水反應生成的HCl也能與NaHCO3反應，B錯誤；氯氣能和強堿溶液反應，消耗OH－使溶液的堿性減弱，可用裝置丙使K2MnO4轉化成KMnO4，C正確；MnO2不溶于水，可用裝置丁分離出溶液中的MnO2，D正確。8.C【解析】MnO2與濃鹽酸制備Cl2需要加熱，裝置I沒有加熱裝置，不能用MnO2代替KMnO4，A錯誤；常用飽和食鹽水除去Cl2中HCl，B錯誤；Cl2與KOH溶液加熱條件下發(fā)生歧化反應生成KCl和KClO3，C正確；Ca(OH)2微溶于水，不能完全吸收Cl2，可用NaOH溶液吸收尾氣Cl2，D錯誤。9.D【解析】氯水中的Cl2和HClO均能將Fe2＋氧化成Fe3＋，故滴加氯水，溶液顏色變成棕黃色，不能說明氯水中含有HClO，D錯誤。10.D【解析】氯水中Cl2和HClO都能氧化I－、Fe2＋，A錯誤、B錯誤；稀硝酸和AgNO3溶液能檢驗溶液中的Cl－，但不能說明一定有HCl，C錯誤；Cl2＋H2OHCl＋HClO，CaCO3與HCl反應，平衡右移，c(HClO)增大，D正確。11.C【解析】步驟Ⅰ制備NaClO，若NaClO和NaClO3物質的量之比為5∶1，設NaClO與NaClO3分別為5mol和1mol，根據(jù)得失電子守恒可知生成10molNaCl，n(NaCl)∶n(NaClO)＝10mol∶5mol＝2∶1，A正確；步驟Ⅱ中，尿素與NaClO反應生成Na2CO3、N2H4·H2O，離子方程式為ClO－＋CO(NH2)2＋2OH－=Cl－＋N2H4·H2O＋COeq\o\al(2－,3)，B正確；步驟Ⅱ中，若將尿素水溶液逐滴加入NaClO堿性溶液中，則N2H4·H2O會被NaClO氧化，C錯誤；SO2為酸性氧化物，步驟Ⅳ中控制溶液為堿性，有利于吸收SO2，D正確。12.B【解析】焰色試驗能檢出溶液中有K＋，但不能確定Cl－，且KClO和KCl中均有K＋，A錯誤；向淀粉碘化鉀試紙上滴加幾滴KClO溶液，試紙變?yōu)樗{色，說明ClO－有氧化性，B正確；未指明溶液為等濃度，無法比較，C錯誤；未指明所取稀鹽酸和濃鹽酸為等體積，無法比較，D錯誤。13.(1)2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O(2)AC(3)>(4)相同溫度下，KClO3的溶解度比Ca(ClO3)2小(5)在25.00mL溶液中：n(AgNO3)＝0.20mol/L×0.021L＝0.0042mol，n(KCl)總＝0.0042mol，n(KClO3)＋n(KCl)＝0.0042mol，n(KClO3)×122.5g/mol＋n(KCl)×74.5g/mol＝0.5049g，兩式聯(lián)立，解得n(KClO3)＝0.0040mol，m(KClO3)＝0.0040mol×122.5g/mol＝0.49g，KClO3樣品的純度＝eq\f(0.49g×\f(250mL,25mL),5.049g)×100%≈97.05%【解析】(1)Cl2與Ca(OH)2生成CaCl2、Ca(ClO)2和水。(2)適當減緩通入Cl2速率、充分攪拌漿料，增大反應物接觸面積，均能提高Cl2轉化為氯酸鈣的轉化率。(3)氯氣與氫氧化鈣反應，理論上產(chǎn)物n[CaCl2]∶n[Ca(ClO3)2]＝5∶1，但因少量Ca(ClO)2易分解為CaCl2，故n[CaCl2]∶n[Ca(ClO3)2]>5∶1。練習2含氯化合物之間的轉化1.A【解析】實驗室利用濃鹽酸制備氯氣，Cl元素化合價升高，利用濃鹽酸還原MnO2制得Cl2，A錯誤。2.C【解析】HClO見光分解為HCl和O2，A錯誤；MgCl2水解生成Mg(OH)2和HCl，加熱促進水解，鹽酸揮發(fā)，加熱MgCl2溶液得不到無水MgCl2，B錯誤；NaCl溶液與CO2不反應，D錯誤。3.C【解析】①為HCl、②為Cl2、③為ClO2、④為次氯酸鹽。2H＋＋Cl－＋ClO－=Cl2↑＋H2O，A正確；ClO2氧化性更強，用ClO2代替Cl2進行自來水消毒效率高，更安全，B正確；Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl，Cl2與SO2按物質的量比1∶1恰好完全反應生成H2SO4和HCl，再滴入品紅溶液，品紅不褪色，溶液呈紅色，C錯誤；ClONO2中Cl元素為＋1價、N元素為＋5價，＋1價的Cl和＋5價的N都有強氧化性，ClONO2水解可生成硝酸和次氯酸，D正確。4.D【解析】H3PO2具有還原性，ClO－具有氧化性，二者發(fā)生氧化還原反應，A錯誤；Cl2與熱的NaOH溶液：3Cl2＋6OH－eq\o(=,\s\up7(△))ClOeq\o\al(－,3)＋5Cl－＋3H2O，B錯誤；用Na2CO3溶液吸收Br2(g)：3Br2＋3Na2CO3=5NaBr＋NaBrO3＋3CO2，C錯誤。5.A【解析】SO2與NaClO3制備ClO2，SO2被氧化為SOeq\o\al(2－,4)，A正確；該離子方程式中原子不守恒、得失電子不相等，B錯誤；該離子方程式中得失電子不相等，C錯誤；HClO2為弱酸，離子方程式中不拆開，D錯誤。6.B【解析】NaClO3是氧化劑，Cl2是氧化產(chǎn)物，氧化性：NaClO3>Cl2，A正確；反應中有2mole－轉移時，被氧化的HCl為2mol，B錯誤；Cl2是氧化產(chǎn)物、ClO2是還原產(chǎn)物，氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質的量之比為1∶2，C正確；ClO2和Cl2都具有強氧化性，可以用于自來水消毒殺菌，D正確。7.C【解析】ClO2為氣體，NaClO2為固體，固體便于儲存和運輸，A正確；NaClO3作氧化劑被還原為ClO2，SO2作還原劑被氧化為SOeq\o\al(2－,4)，根據(jù)得失電子守恒可知NaClO3和SO2物質的量之比為2∶1，B正確；步驟二中ClO2被還原為NaClO2，H2O2作還原劑，C錯誤；ClO2得電子生成ClOeq\o\al(－,2)，在原電池中是正極產(chǎn)物，D正確。8.(1)①飽和食鹽水②裝置C使用冰水浴冷卻、向裝置A中緩慢滴加濃鹽酸(2)①2NH3＋3NaClO=N2↑＋3H2O＋3NaClNaClO(或HClO)不穩(wěn)定，易分解②pH為7.0時氨氮去除率高且調節(jié)pH所需的酸更少【解析】(1)①裝置B中盛放飽和食鹽水除去Cl2中的HCl。②裝置C中溫度低可有效避免副反應，防止裝置C溫度升高則裝置C使用冰水浴冷卻、向裝置A中緩慢滴加濃鹽酸。(2)②由圖2可知，pH約為1.5時氨氮去除率最高、剩余氨氮濃度最??；由圖3可知初始pH低反應后pH低，反應液不能直接排放。9.(1)飽和食鹽水(2)用于除去ClO2中的未反應的Cl2(3)生成的CO2起稀釋ClO2的作用，防止高濃度的ClO2爆炸，提高生產(chǎn)、儲存和運輸?shù)陌踩?4)15ClOeq\o\al(－,3)＋FeS2＋14H＋=15ClO2↑＋Fe3＋＋7H2O＋2SOeq\o\al(2－,4)30℃水浴加熱(5)根據(jù)題意由關系式：6Fe2＋～Cr2Oeq\o\al(2－,7)得到剩余Fe2＋物質的量為0.05000mol/L×0.02L×6＝0.006mol，則ClO2消耗的Fe2＋物質的量為0.5000mol/L×37×10－3L根據(jù)關系式：ClO2～5Fe2＋，ClO2的產(chǎn)率為eq\f(\f(1,5)×0.0125mol×20×67.5g/mol,6.000g)×100%＝56.25%【解析】(2)Cl2與NaClO2反應生成ClO2，還有Cl2未反應完，Cl2易溶于CCl4，ClO2難溶于有機溶劑，裝置E作用為除去ClO2中未反應的Cl2。(3)根據(jù)已知信息高濃度的ClO2氣體易爆炸，該方法制備ClO2的優(yōu)點是生成的CO2起稀釋ClO2的作用。(4)由圖可知，30℃時ClO2的純度最高，反應時采取的適宜措施是30練習3鹵素鹵素離子的檢驗1.D【解析】ClF3中心原子Cl的價層電子對數(shù)＝3＋eq\f(1,2)×(7－3×1)＝5，Cl原子不可能采取sp2雜化，A錯誤；Cl的電負性比F小，F(xiàn)吸引共用電子對的能力比Cl強，ClF3中F元素的化合價為－1，Cl元素的化合價為＋3，B錯誤；ClF3中Cl元素的化合價為＋3，且ClF3是極強助燃劑，ClF3具有強氧化性，C錯誤；Br的電負性小于Cl，Br—F的極性強于Cl—F，BrF3比ClF3更易發(fā)生自耦電離，D正確。2.D【解析】加碘鹽中添加的是KIO3，淀粉遇I2變藍，A錯誤；酒精與水互溶，不能用酒精萃取碘水中的碘，B錯誤；加熱NaI與濃磷酸混合物可制備HI，利用的原理是不揮發(fā)性酸制揮發(fā)性酸，C錯誤。3.D【解析】向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和CCl4，下層呈紫紅色，發(fā)生反應：Cl2＋2I－=2Cl－＋I2，只能說明氧化性：Cl2＞I2，A錯誤；CCl4密度大于水，分液時先將下層液體從下口放出，再將上層液體從上口倒出，B錯誤；淀粉和I2的混合溶液中滴加KSCN溶液，溶液仍為藍色，說明I2不能氧化SCN－，氧化性：(SCN)2>I2，C錯誤；Br2的CCl4溶液與I2的CCl4溶液顏色不同，D正確。4.C【解析】HF為弱酸，不能拆分為離子形式，A錯誤；電解NaCl溶液的離子方程式為2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2OH－＋Cl2↑＋H2↑，B錯誤；該化學方程式原子不守恒，D錯誤。5.D【解析】I2的相對分子質量大于Br2，I2的熔、沸點高于Br2，A錯誤；H—Br的鍵能大于H—I，HBr(g)的熱穩(wěn)定性強于HI(g)，B錯誤；由I2＋2BrOeq\o\al(－,3)=Br2＋2IOeq\o\al(－,3)可知，氧化性：BrOeq\o\al(－,3)>IOeq\o\al(－,3)，C錯誤；IBr中，Br和I的化合價分別為－1和＋1，則Br的電負性大于I，D正確。6.C【解析】電解時陰極上應發(fā)生得電子的還原反應，A錯誤；Cl2與CH4光照下發(fā)生取代反應，是逐步取代，最終有CCl4生成，但還有其他氯代甲烷以及HCl的生成，不會有H2產(chǎn)生，B錯誤；在ICl中I元素為＋1價，而Cl元素為－1價，故ICl與NaOH反應時得到IO－和Cl－，D錯誤。7.C【解析】酸性條件下，ClO－才能將Cl－氧化為Cl2，A錯誤；靜置24h，HClO不穩(wěn)定易分解，且HClO具有漂白性，不能用pH試紙測溶液的pH，B錯誤；濾液中含有I－，不含I2，I－不能使淀粉溶液變藍，D錯誤。8.C【解析】海水通入Cl2酸化，Cl2將Br－氧化為Br2，A正確；1molCl2可消耗eq\f(2,3)molFeBr2，“脫氯”過程發(fā)生反應：3Cl2＋2FeBr2=2FeCl3＋Br2，B正確；Na2CO3溶液吸收足量Br2蒸氣，生成BrOeq\o\al(－,3)、Br－和CO2，C錯誤；H2SO4酸化時發(fā)生反應：BrOeq\o\al(－,3)＋5Br－＋6H＋=3Br2＋3H2O，氧化劑(BrOeq\o\al(－,3))和還原劑(Br－)物質的量之比為1∶5，D正確。9.D【解析】含碘海水加入AgNO3溶液生成AgI沉淀，“轉化”發(fā)生反應：Fe＋2AgI=2Ag＋Fe2＋＋2I－，“轉化”后的溶液中主要含有Fe2＋和I－，A正確；“濾渣”Y為Ag，用稀硝酸溶解Ag得到AgNO3，AgNO3可循環(huán)利用，B正確；觀察晶胞可知，距離每個Ag＋最近的I－有4個，該晶胞中含Ag＋與I－數(shù)目之比為1∶1，故距離每個I－最近的Ag＋也有4個，C正確；還原性：I－>Fe2＋，通入Cl2與FeI2物質的量相等時，發(fā)生反應：Cl2＋FeI2=FeCl2＋I2，得到粗碘，D錯誤。10.D【解析】向Cl－和I－混合溶液中加入酸化的硝酸銀溶液，生成AgCl和AgI沉淀，A錯誤；AgCl沉淀溶于氨水生成[Ag(NH3)2]＋，AgCl不能拆開，B錯誤；由流程圖可知，加入氨水后過濾得到AgI，說明AgI不能溶于4mol/L氨水，C錯誤；[Ag(NH3)2]Cl溶液酸化生成AgCl沉淀，離子方程式為[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H＋=AgCl↓＋2NHeq\o\al(＋,4)，D正確。11.(1)取少量待測液于試管中，加入足量稀鹽酸酸化，再加入BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，證明Na2SO3被氧化(2)①a②防止生成的I2發(fā)生歧化(3)滴入幾滴淀粉溶液潤洗2～3次，重新裝液，排氣泡，調節(jié)液面至0刻度(及以下)，記錄讀數(shù)滴入最后半滴標準液后，溶液由藍色變?yōu)闊o色，半分鐘內不恢復④根據(jù)關系式：I2～2S2Oeq\o\al(2－,3)，則n(I2)＝eq\f(cNa2S2O3·VNa2S2O3,2)＝eq\f(0.1000mol/L×22.00×10－3L,2)＝1.100×10－3mol，n(I－)＝4×n(I2)＝4.400×10－3mol，c(I－)＝eq\f(nI－,V)＝eq\f(4.400×10－3mol,0.1L)＝4.400×10－2mol/L第11講硫及其化合物練習1硫二氧化硫1.A【解析】明礬水解生成Al(OH)3膠體，膠體能吸附水中懸浮物，明礬可用作凈水劑，A正確；FeSO4中的Fe2＋能與血紅蛋白結合，從而改善貧血癥狀，可作治療貧血藥劑，與FeSO4具有還原性無對應關系，B錯誤；Cu2＋為重金屬離子，能使蛋白質變性，可用作殺菌劑，與CuSO4水溶液呈酸性無對應關系，C錯誤；BaSO4和C高溫生成BaS和CO，反應中BaSO4表現(xiàn)氧化性，與BaSO4難溶于水無對應關系，D錯誤。2.C【解析】石灰乳吸收SO2可生成水和CaSO3，A正確；硫黃在過量氧氣中燃燒生成SO2，B正確；煅燒輝銅礦生成2molCu時，轉移6mol電子，C錯誤；SO2＋Br2＋2H2O=2HBr＋H2SO4，D正確。3.C【解析】SO2易溶于水，也能使液面上升，A錯誤；SO2＋H2OH2SO3，反應可逆，B錯誤；滴入石蕊試液，溶液變?yōu)榧t色，說明溶液顯酸性，SO2與水反應生成H2SO3，H2SO3為弱酸，分步電離出H＋，C正確；H2SO3具有還原性，易被氧化為H2SO4，H2SO3為弱酸、H2SO4為強酸，pH下降，D錯誤。4.C【解析】SO2有還原性、Fe3＋有氧化性，SO2被氧化為SOeq\o\al(2－,4)，產(chǎn)生的白色沉淀為BaSO4，A正確；2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，反應中SO2表現(xiàn)氧化性，B正確；SO2使酸性高錳酸鉀溶液褪色表現(xiàn)SO2的還原性，C錯誤；SO2＋H2O＋SiOeq\o\al(2－,3)=H2SiO3↓＋SOeq\o\al(2－,3)，說明酸性：H2SO3>H2SiO3，D正確。5.B【解析】NaOH溶液吸收足量SO2生成NaHSO3，B錯誤。6.C【解析】MgO不溶于水，A錯誤；該離子方程式中電荷不守恒，B錯誤；由H2CO3和H2SO3的電離常數(shù)可知，SO2與HCOeq\o\al(－,3)生成HSOeq\o\al(－,3)和CO2，D錯誤。7.A【解析】SO2與Na2S生成S，反應中SO2表現(xiàn)氧化性，A正確；向Ca(ClO)2溶液中通入SO2，二者會發(fā)生氧化還原反應，不能比較H2SO3和HClO的酸性，B錯誤；向BaCl2溶液中通入SO2和氣體X，出現(xiàn)白色沉淀，氣體X可能具有氧化性，也可能是NH3，C錯誤；SO2可用于殺菌、消毒，D錯誤。8.B【解析】H2SO4＋Na2SO3=Na2SO4＋SO2↑＋H2O，A正確；NO為無色無味氣體，反應沒有明顯現(xiàn)象，B錯誤；丙中注入氧氣，產(chǎn)生紅棕色氣體，說明裝置丙中有NO，乙中SO2將NOeq\o\al(－,3)還原為NO，SO2發(fā)生了氧化反應，C正確；丁吸收尾氣SO2、NOx，并且防止空氣進入丙，D正確。9.D【解析】0.1mol/LNaHSO3溶液pH＝5，溶液呈酸性，說明HSOeq\o\al(－,3)電離程度大于水解程度，A正確；Na2SO3溶液元素守恒式為c(Na＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,3))＋2c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(H2SO3)，B正確；實驗c、d溶液pH相等，證明OH－對品紅溶液褪色不產(chǎn)生干擾，C正確；實驗c溶液立即褪色，說明起褪色作用的主要粒子是SOeq\o\al(2－,3)，不是HSOeq\o\al(－,3)，D錯誤。10.(1)SO2＋2NH3·H2O=(NH4)2SO3＋H2O(2)SO2＋NH3·H2O=NH4HSO3(3)NH4HSO3＋NH3·H2O=(NH4)2SO3＋H2O(4)2NH4HSO3eq\o(=,\s\up7(△))(NH4)2SO3＋SO2↑＋H2O(5)HSOeq\o\al(－,3)＋H＋=SO2↑＋H2O(6)(NH4)2SO3＋SO2＋H2O=2NH4HSO3(7)SOeq\o\al(2－,3)＋H＋=HSOeq\o\al(－,3)(8)SOeq\o\al(2－,3)＋2H＋=SO2↑＋H2O11.(1)2NH3＋H2O＋SO2=2NHeq\o\al(＋,4)＋SOeq\o\al(2－,3)(或2NH3·H2O＋SO2=2NHeq\o\al(＋,4)＋SOeq\o\al(2－,3)＋H2O)(2)HSOeq\o\al(－,3)(3)ZnSO3ZnSO3＋SO2＋H2O=Zn2＋＋2HSOeq\o\al(－,3)(或ZnO＋2SO2＋H2O=Zn2＋＋2HSOeq\o\al(－,3))(4)隨著pH降低，HSOeq\o\al(－,3)濃度增大減小【解析】(2)當pH＝6時，根據(jù)圖1可知，陰離子濃度最大的是HSOeq\o\al(－,3)。(3)開始階段，SO2與ZnO反應生成ZnSO3，化學方程式為SO2＋ZnO=ZnSO3，SO2的吸收率和溶液的pH幾乎不變，隨后發(fā)生反應：ZnSO3＋SO2＋H2O=Zn2＋＋2HSOeq\o\al(－,3)，SO2吸收率迅速降低。(4)由圖可知，pH在4.5～6.5范圍內，pH越低，HSOeq\o\al(－,3)濃度越大，則生成SOeq\o\al(2－,4)的速率越大，HSOeq\o\al(－,3)氧化生成H＋和SOeq\o\al(2－,4)，pH減小。12.(1)酸式10.10(2)當加入最后半滴碘標準液時，溶液由無色變藍色，且半分鐘內不復原I2＋SO2＋2H2O=2I－＋4H＋＋SOeq\o\al(2－,4)(3)AC(4)步驟②使用的碘標準液的體積，舍去第二次數(shù)據(jù)，取其他三次的平均值，即10.00mL，SO2共消耗的標準碘液的體積為2.00mL＋10.00mL＝12.00mL，n(I2)＝12.00×10－3L×0.001000mol/L＝1.20×10－5根據(jù)反應I2＋SO2＋2H2O=2I－＋4H＋＋SOeq\o\al(2－,4)，n(SO2)＝n(I2)＝1.20×10－5mol，根據(jù)S元素守恒可知，該樣品中亞硫酸鹽含量(以SO2計)＝eq\f(1.20×10－5mol×64g/mol×1000mg/g,10.00g×10－3kg/g)＝76.8mg/kg【解析】(1)碘溶液顯酸性，滴定管b為酸式滴定管。初始讀數(shù)是0.00mL，末讀數(shù)是10.10mL，表中x＝10.10mL。(3)先加磷酸再通氮氣，SO2可能被O2氧化，消耗碘標準液體積偏小，結果偏低，A正確；滴定管未用碘標準液潤洗就直接注入碘標準液，標準液濃度減小，消耗碘標準液的體積增大，結果偏高，B錯誤；滴定管讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視，消耗標準液體積偏小，結果偏低，C正確；滴定過程中用蒸餾水沖洗錐形瓶內壁，對結果沒有影響，D錯誤。練習2三氧化硫硫酸SOeq\o\al(2－,4)的檢驗1.A【解析】濃硫酸有吸水性，能吸收膽礬中的結晶水，A正確；濃硫酸有脫水性，能使蔗糖炭化，B錯誤；室溫下，F(xiàn)e與濃硫酸發(fā)生鈍化，C錯誤；濃硫酸與SO2不反應，濃硫酸能干燥SO2，D錯誤。2.D【解析】實驗室制乙烯的反應中濃硫酸表現(xiàn)脫水性，A錯誤；SO2能殺菌、抗氧化，可用作葡萄酒的防腐劑，B錯誤；SO3與水生成硫酸是非氧化還原反應，C錯誤。3.A【解析】濃硫酸具有脫水性，使蔗糖炭化；C與濃硫酸共熱生成刺激性氣體SO2，濃硫酸表現(xiàn)強氧化性，A正確；Na2SO3與H2SO4生成SO2的反應是非氧化還原反應，B錯誤；Cu與濃硫酸反應后的溶液中還有未反應的濃硫酸，直接加水，易發(fā)生酸液濺出傷人，應將反應后的溶液加入水中，觀察溶液顏色，C錯誤；SO2能與NaHCO3溶液生成CO2，無法探究產(chǎn)生的CO2氣體，D錯誤。4.D【解析】酸性條件下NOeq\o\al(－,3)有強氧化性，能將SOeq\o\al(2－,3)氧化為SOeq\o\al(2－,4)，故選D。5.B【解析】HCl氣體極易溶于水，在飽和食鹽水中仍能溶解，不能用裝置乙收集HCl，B錯誤。6.C【解析】SO2＋Br2＋2H2O=H2SO4＋2HBr，反應中Br2表現(xiàn)氧化性，A正確；試管中紅色花瓣褪色，說明SO2具有漂白性，B正確；試管中產(chǎn)生大量氣泡，原因是錐形瓶內發(fā)生反應：H2SO4＋Na2SO3=Na2SO4＋SO2↑＋H2O，C錯誤；一段時間后，試管中有白色沉淀產(chǎn)生，是由于試管中反應產(chǎn)生SOeq\o\al(2－,4)，SOeq\o\al(2－,4)與Ba2＋結合產(chǎn)生BaSO4沉淀，D正確。7.C【解析】SO2氣體與過量Na2CO3溶液反應生成Na2SO3，不能生成NaHSO3，C錯誤。8.B【解析】工業(yè)制取硫酸的過程中，F(xiàn)eS2煅燒生成的氣體是SO2，不是SO3，B錯誤。9.A【解析】由材料信息知，黃鐵礦(FeS2)遇酸會生成H2S氣體，S元素化合價由－1降低到－2，同時S元素化合價由－1升高到0，正確的離子方程式為FeS2＋2H＋=Fe2＋＋H2S↑＋S，A錯誤。10.(1)2SO2＋O2＋2CaCO3eq\o(=,\s\up7(高溫))2CaSO4＋2CO2AC(2)①②A(3)取化合物A加入足量氫氧化鈉溶液，反應完全后加入鹽酸酸化，無明顯現(xiàn)象，再加入氯化鋇溶液生成白色沉淀，說明A中含有S元素【解析】(1)途徑Ⅰ中SO2與CaCO3生成CaSO4，S元素的化合價升高，氧化劑為空氣中的O2，同時生成CO2。(2)①根據(jù)已知信息SO3與CH3OH發(fā)生加成反應生成。②SO2催化氧化為SO3為可逆反應，1molSO2與足量的O2充分反應轉移e－小于2mol，B錯誤；工業(yè)上用98.3%濃硫酸吸收SO3，C錯誤。(3)化合物A為酯，先將A在堿性條件下水解，再向水解液中加入鹽酸，無明顯現(xiàn)象，再加氯化鋇溶液產(chǎn)生白色沉淀，證明水解液中有SOeq\o\al(2－,4)，從而證明A中含有S元素。練習3硫及其化合物的轉化1.A【解析】Hg2＋與H2S生成HgS沉淀，該反應是非氧化還原反應，A錯誤；SO2和水生成H2SO3，H2SO3能被空氣中氧氣氧化為H2SO4，B正確；O2具有氧化性，能將SO2氧化，SO2可與CaO和O2反應生成CaSO4，C正確；CaSO4溶解度大于CaCO3，CaSO4可與飽和Na2CO3溶液反應生成CaCO3，D正確。2.B【解析】該反應中原子不守恒、電荷不守恒，B錯誤。3.B【解析】H2S與氯水發(fā)生氧化還原反應使氯水褪色，H2S表現(xiàn)還原性，不是漂白性，B錯誤。4.B【解析】少量SO2與過量NaOH溶液生成Na2SO3和水，A錯誤；S2Oeq\o\al(2－,3)被Cl2氧化為SOeq\o\al(2－,4)，C錯誤；Na2S溶于水，書寫離子方程式應拆開，D錯誤。5.D【解析】S2Oeq\o\al(2－,3)的空間結構可看作是S原子取代了SOeq\o\al(2－,4)中的一個O原子得到，故為四面體形結構，A錯誤；Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸，溶液中有淡黃色沉淀為單質硫，無色氣體為SO2，B錯誤；在實驗1中，Na2S2O3發(fā)生歧化反應，稀硫酸體現(xiàn)酸性，C錯誤；Ag＋與S2Oeq\o\al(2－,3)發(fā)生絡合反應，溶液中c(Ag＋)減小，D正確。6.C【解析】Ⅰ中試管內發(fā)生的反應為S2Oeq\o\al(2－,3)＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2O，H元素的化合價不變，H＋不體現(xiàn)氧化性，A錯誤；Ⅱ中品紅溶液褪色，體現(xiàn)SO2的漂白性，B錯誤；Ⅲ中試管內發(fā)生的反應為2S2－＋SO2＋2H2O=3S↓＋4OH－，在Ⅰ和Ⅲ的試管中，都出現(xiàn)了渾濁現(xiàn)象，C正確；撤掉水浴，重做實驗，溫度低反應速率慢，Ⅳ中紅色不可能很快褪去，D錯誤。7.D【解析】“吸收”步驟SO2將Fe3＋還原為Fe2＋，SO2被氧化為SOeq\o\al(2－,4)，A正確；“轉化”步驟反應為4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O，氧化劑(O2)與還原劑(Fe2＋)的物質的量之比為1∶4，B正確；“吸收”步驟的化學方程式為Fe2(SO4)3＋SO2＋2H2O=2FeSO4＋2H2SO4，該工藝可以得到產(chǎn)品H2SO4，C正確；該工藝總反應為2SO2＋O2＋2H2O=2H2SO4，則每天需要O2的體積為eq\f(1,2)×1.0×104m3×0.2%＝10m3，D錯誤。8.C【解析】d為刺激性氣味氣體，能使KMnO4溶液褪色，d為SO2，則鹽a為Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，A正確；c為BaSO4，BaSO4不溶于鹽酸，B正確；SO2是含有極性鍵的極性分子，C錯誤；Na2S2O3＋2HCl=2NaCl＋S↓＋SO2↑＋H2O，D正確。9.C【解析】反應1的化學方程式為2SO2＋Na2CO3＋H2O=2NaHSO3＋CO2，說明酸性：H2SO3＞H2CO3，A正確；NaHSO3被氧化生成SOeq\o\al(2－,4)，B正確；反應2可表示為HSOeq\o\al(－,3)＋Zn→Zn(OH)2＋S2Oeq\o\al(2－,4)，根據(jù)得失電子守恒，氧化劑(HSOeq\o\al(－,3))與還原劑(Zn)物質的量比為2∶1，C錯誤；Na2S2O4有強還原性，反應2最好在無氧條件下進行，D正確。10.B【解析】母液為NaHSO3飽和溶液，“中和”時反應為NaHSO3＋Na2CO3=Na2SO3＋NaHCO3，“吸收”過程反應為Na2SO3＋SO2＋H2O=2NaHSO3，SO2＋NaHCO3=CO2＋NaHSO3，A、D正確；NaHSO3能與NaHCO3反應，結晶后母液中不含NaHCO3，B錯誤；NaHSO3易分解，氣流干燥過程中溫度不宜過高，C正確。11.(1)2NaHSO3=Na2S2O5＋H2O(2)①NaHSO3②得到NaHSO3過飽和溶液(3)S2Oeq\o\al(2－,5)＋2I2＋3H2O=2SOeq\o\al(2－,4)＋4I－＋6H＋0.128【解析】(1)NaHSO3脫水生成水和Na2S2O5。(2)①Ⅰ和Ⅲ溶液pH相同，Ⅲ結晶脫水得到Na2S2O5，故Ⅲ為NaHSO3溶液。②由信息“生產(chǎn)Na2S2O5，通常是由NaHSO3過飽和溶液經(jīng)結晶脫水制得”，工藝中加入Na2CO3固體，并再次充入SO2的目的是得到NaHSO3過飽和溶液。(3)I2作氧化劑，將S2Oeq\o\al(2－,5)氧化成SOeq\o\al(2－,4)，離子方程式為S2Oeq\o\al(2－,5)＋2I2＋3H2O=2SOeq\o\al(2－,4)＋4I－＋6H＋n(I2)＝0.01000mol/L×0.01L＝10－4n(S2Oeq\o\al(2－,5))＝5×10－5mol，由S守恒可得n(SO2)＝10－4mol，m(SO2)＝0.0064g，該樣品中Na2S2O5的殘留量為eq\f(0.0064g,50.00×10－3L)＝0.128g/L。12.(1)2H2SO4(濃)＋Cueq\o(=,\s\up7(△))SO2↑＋CuSO4＋2H2O(2)S2－＋H2OHS－＋OH－(3)SO2與水反應得到H2SO3，H2SO3將Na2S轉化為H2S，H2S與SO2發(fā)生歸中反應生成S(其他合理的解釋也給分)(4)Na2CO3溶液呈堿性，抑制Na2S水解，減少H2S氣體生成，防止污染空氣(5)①Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6I－＋14H＋=2Cr3＋＋3I2＋7H2O②n(K2Cr2O7)＝eq\f(0.294g,294g/mol)＝0.001mol根據(jù)關系式：3I2～Cr2Oeq\o\al(2－,7)～6S2Oeq\o\al(2－,3)，n(I2)＝0.001mol×3＝0.003moln(Na2S2O3·5H2O)＝0.003mol×2×eq\f(100mL,20mL)＝0.03molw(Na2S2O3·5H2O)＝eq\f(0.03mol×248g/mol,8.00g)×100%＝93.00%第12講氮及其化合物練習1氮氣氮的氧化物1.A【解析】自然固氮和人工固氮得到的氮的化合物不一定是NH3，如自然固氮中N2與O2放電生成NO，A錯誤。2.D【解析】汽車尾氣中的氮氧化物主要由空氣中的N2和O2在氣缸中高溫條件下生成，A錯誤；減慢氣體流速可提高氮氧化物與石灰乳的接觸時間，提高氮氧化物的吸收率，B錯誤；NO2能溶于水且能與水反應，不能用排水法收集，C錯誤；CO(NH2)2＋NO2→N2，CO(NH2)2中N由－3價升至0價，CO(NH2)2作還原劑，D正確。3.D【解析】NHeq\o\al(＋,4)空間結構為正四面體形，鍵角約為109.5°，A正確；由題給信息可知液氨可部分電離產(chǎn)生NHeq\o\al(－,2)和NHeq\o\al(＋,4)，B正確；PCl5晶胞中位于頂點的正八面體為PCleq\o\al(－,6)、位于體心的正四面體為PCleq\o\al(＋,4)，C正確；紅磷、白磷、黑磷互為同素異形體，D錯誤。4.C【解析】氮的固定是指將N2轉化為氮的化合物，A錯誤；1molSO3和1molNO2分別通入1L水中最終溶液體積未知，無法計算所得溶液的物質的量濃度，B錯誤；NO2在堿性溶液中發(fā)生歧化反應，并促進COeq\o\al(2－,3)水解，總反應為2NO2＋COeq\o\al(2－,3)=NOeq\o\al(－,3)＋NOeq\o\al(－,2)＋CO2，可以用Na2CO3溶液吸收NO2尾氣，C正確；NO密度小于CO2，應短管進氣，長管出氣，D錯誤。5.B【解析】H、O原子均不守恒，A錯誤；雷雨天氣中，N2與O2反應生成NO，C錯誤；銅粉與稀硝酸反應生成的氣體是NO，D錯誤。6.B【解析】氮氣和氧氣在閃電作用下只能生成NO，A錯誤；2NO2＋Na2CO3=NaNO2＋NaNO3＋CO2↑，B正確；稀硝酸與少量鐵粉生成Fe(NO3)3，C錯誤；SO2主要表現(xiàn)還原性，不能將NO氧化為HNO3，D錯誤。7.D【解析】NaNO2與硫酸常溫下反應生成NO和NO2，A正確；冷水可以將NO2液化，達到收集NO2的目的，B正確；NO是無色氣體，通入O2后變?yōu)榧t棕色NO2，C正確；NO2與NaOH溶液生成NaNO3、NaNO2和水，D錯誤。8.(1)2NH3＋2O2eq\o(=,\s\up7(催化劑),\s\do5(△))N2O＋3H2O(2)①BC②NaNO3NO(3)①3HClO＋2NO＋H2O=3Cl－＋2NOeq\o\al(－,3)＋5H＋②溶液pH越小，溶液中HClO的濃度越大，氧化NO的能力越強【解析】(2)①加快通入尾氣的速率，吸收不充分，NO和NO2去除率降低，A錯誤；采用氣、液逆流的方式吸收尾氣，可使氣液充分接觸，提高吸收效率，B正確；吸收尾氣過程中定期補加適量NaOH溶液，則NaOH溶液可維持較高的濃度，有利于NO和NO2的充分吸收，C正確。②根據(jù)反應：2NO2＋2OH－=NOeq\o\al(－,2)＋NOeq\o\al(－,3)＋H2O可知，該晶體中的主要雜質是NaNO3；結合題中的兩個離子方程式可知，若NO和NO2的物質的量之比大于1∶1，NO不能被吸收，故吸收后排放的尾氣中含量較高的氮氧化物是NO。9.(1)CO(NH2)2＋H2Oeq\o(=,\s\up7(△))2NH3↑＋CO2↑(2)8NH3＋6NO2eq\o(=,\s\up7(催化劑))7N2＋12H2O(3)①Fe3＋或FeCl3②2NO＋3H2O2=2HNO3＋2H2O③與HCl溶液反應產(chǎn)生Fe2＋④H2O2的分解速率隨溫度升高而加快，H2O2濃度減小，NO脫除率降低(4)(NH4)2SO4【解析】(3)①H2O2轉化為HO·和OH－，O元素的化合價降低，故Fe元素的化合價升高，Y為Fe3＋或FeCl3。(4)SO2、O2和氨水發(fā)生氧化還原反應生成正鹽(NH4)2SO4。練習2氨氣銨鹽1.C【解析】NH3分子間存在氫鍵，PH3分子間不存在氫鍵，NH3比PH3容易液化、NH3熔點高于PH3，A錯誤、B錯誤；NH3中氮原子有孤電子對，Ag＋和NH3以配位鍵形成[Ag(NH3)2]＋，C正確；NH3·H2O是共價化合物，D錯誤。2.A【解析】NO2和水生成HNO3和NO，A正確；SO2主要表現(xiàn)還原性，不能將NHeq\o\al(＋,4)氧化為N2，B錯誤；N2H4→NH3，N元素的化合價降低，應加入還原劑，而Cl2表現(xiàn)氧化性，C錯誤；NH3和O2需要在加熱和催化劑條件下才能反應生成NO，D錯誤。3.A【解析】NH3極易溶于水是因為氨分子與水分子間能形成氫鍵，A錯誤。4.B【解析】NH4HCO3溶液中加入過量的NaOH溶液并加熱：NHeq\o\al(＋,4)＋HCOeq\o\al(－,3)＋2OH－eq\o(=,\s\up7(△))COeq\o\al(2－,3)＋NH3↑＋2H2O，B錯誤。5.B【解析】NH3極易溶于水，直接通入水中易發(fā)生倒吸，B錯誤。6.B【解析】NH3為堿性氣體，P2O5為酸性氧化物，二者能反應，不能用P2O5干燥NH3，B錯誤。7.C【解析】氧化鈣與水反應放出熱量，使氨水分解，A正確；裝置乙為安全瓶，B正確；NaClO具有強氧化性，N2H4有還原性，若將NaClO裝入錐形瓶中，生成水合肼會被NaClO氧化，C錯誤；NH3極易溶于水，球形干燥管可起防倒吸作用，D正確。8.D【解析】Ⅰ中試紙變藍，說明加熱過程中生成了NH3，NH3遇水形成氨水，氨水使試紙變藍，說明NH4Cl發(fā)生了分解反應，A正確；Ⅰ中試紙顏色先變藍后變紅，說明NH3比HCl擴散速率快，B正確；Ⅰ中試紙變成紅色，因NH4Cl分解產(chǎn)生的HCl所致，C正確；試管中部有白色固體附著，說明NH4Cl分解產(chǎn)生的NH3和HCl在擴散過程中又化合生成NH4Cl，故不宜用加熱NH4Cl的方法制備NH3，D錯誤。9.B【解析】石灰乳與NHeq\o\al(＋,4)生成NH3·H2O，A錯誤；“步驟Ⅰ”中通入空氣可氧化NHeq\o\al(＋,4)和NH3·H2O，B正確；“步驟Ⅱ”中體系呈弱堿性，離子方程式中不出現(xiàn)H＋，C錯誤；“步驟Ⅲ”中利用了CH3OH的還原性，D錯誤。10.(1)NHeq\o\al(＋,4)(2)樣品的質量、步驟ⅲ所加入H2SO4溶液的體積和濃度【解析】(1)尿素消化分解生成NH3和CO2，由于反應中存在濃硫酸，則消化液中含氮粒子為NHeq\o\al(＋,4)。11.(1)①NHeq\o\al(＋,4)＋3Fe3＋＋2SOeq\o\al(2－,4)＋6H2O=NH4Fe3(SO4)2(OH)6↓＋6H＋②部分Fe3＋轉化為Fe(OH)3沉淀，溶液中Fe3＋濃度降低(2)①3ClO－＋2NHeq\o\al(＋,4)=N2↑＋3Cl－＋3H2O＋2H＋②溫度升高，ClO－水解生成的HClO增多，HClO受熱易分解③部分氨氮被氧化為NOeq\o\al(－,2)或NOeq\o\al(－,3)而留在溶液中【解析】(1)②當1.3<pH<1.8時，隨著pH升高，部分Fe3＋轉化為Fe(OH)3沉淀，溶液中Fe3＋濃度降低，不利于NH4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀生成，氨氮去除率降低。(2)③eq\f(nClO－,n氨氮)>1.54后，次氯酸鈉投加量過大，導致污水中部分氨氮氧化為NOeq\o\al(－,3)、NOeq\o\al(－,2)等留在溶液中，總氮去除率下降。練習3硝酸氮及其化合物的轉化1.D【解析】活潑金屬與硝酸反應生成NOx，不生成H2，A錯誤；常溫下，Ag與濃硝酸反應生成NO2，B錯誤；鋁遇冷濃硝酸發(fā)生鈍化，C錯誤；濃硝酸與Cu反應生成NO2，濃硝酸與C加熱發(fā)生反應生成NO2和CO2，D正確。2.C【解析】NO與NaOH溶液不反應，A錯誤；Cu與稀硝酸反應生成NO，B錯誤；濃硝酸光照生成NO2，D錯誤。3.B【解析】常溫下，鐵在濃硝酸中能鈍化，可以用鐵制容器來盛裝濃硝酸，A正確；NO不能與水反應生成HNO3，B錯誤。4.A【解析】據(jù)圖可知FeSO4分解時有SO2和SO3生成，S元素化合價降低，則Fe元素被氧化，X為Fe2O3，A錯誤；H2SO4與KNO3生成HNO3和K2SO4，為復分解反應，B正確；H2SO4與KNO3混合，蒸餾生成HNO3，說明HNO3的沸點比H2SO4低，C正確；硫酸、硝酸均可以和鐵反應，所以制備使用的鐵鍋易損壞，D正確。5.(1)①2②1∶1③NOeq\o\al(－,2)＋NHeq\o\al(＋,4)=N2↑＋2H2O(2)O2＋4e－＋4H＋=2H2O(3)H＋濃度增大，會生成更多的H，與NH反應生成NHeq\o\al(＋,4)，減少N2的生成【解析】(1)①過程Ⅰ反應為NOeq\o\al(－,2)＋e－＋2H＋=NO↑＋H2O,1molNOeq\o\al(－,2)參與反應需要2molH＋。②過程Ⅱ反應為NO＋NHeq\o\al(＋,4)＋3e－＋2H＋=N2H4＋H2O，反應的n(NO)∶n(NHeq\o\al(＋,4))＝1∶1。(2)負極上NO失電子生成NOeq\o\al(－,3)，正極上O2得電子生成水。(3)降低水體中氮元素的含量，即使N元素以N2形式逸出，由圖可知，N元素存在形態(tài)還有NHeq\o\al(＋,4)，當pH<4.2時，隨pH減小，H＋濃度增大，會生成更多的H，與NH反應生成NHeq\o\al(＋,4)，減少了N2的生成。6.(1)①4ClO－＋N2O＋H2O=4Cl－＋2NOeq\o\al(－,3)＋2H＋或4HClO＋N2O＋H2O=4Cl－＋2NOeq\o\al(－,3)＋6H＋②溶液pH越小，ClO－氧化能力越強，所以N2O轉化率越高③溫度升高，H2O2分解速率加快，NO溶解度降低，導致NO去除率下降(2)①W—H將NOeq\o\al(－,2)還原為N2，同時W—H將CuO還原為Cu，自身轉化為W，實現(xiàn)Cu和W的催化循環(huán)②Pd—H比W—H的還原性(活性)更強，能將少量的NOeq\o\al(－,2)還原為NHeq\o\al(＋,4)【解析】(1)③溫度升高，氣體溶解度降低，H2O2分解速率加快，NO去除率降低。(2)②用W—Cu/Al2O3作為催化劑將NOeq\o\al(－,3)還原為N2，改用Pd—Cu/Al2O3作為催化劑將NOeq\o\al(－,3)還原為NHeq\o\al(＋,4)，N的價態(tài)降得更低，可能原因是Pd—H比W—H的還原性更強。第13講碳、硅及其化合物練習1碳及其化合物1.B2.A【解析】石墨烯制備半導體，利用了石墨烯的導電性，A正確。3.C【解析】CO2結構式為O=C=O，CO2是直線形結構，正、負電荷中心重合，為非極性分子，C錯誤。4.A【解析】CO2為直線形非極性分子，A錯誤；CO2→HCOOH，C元素化合價降低，理論上可被還原為HCOOH，B正確；干冰汽化時吸熱，可用于人工降雨，C正確；侯氏制堿法原理之一為NH3＋CO2＋H2O＋NaCl=NaHCO3↓＋NH4Cl，CO2是生產(chǎn)原料之一，D正確。5.(1)Ca2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=CaCO3↓＋CO2↑＋H2O(2)Co2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=CoCO3↓＋CO2↑＋H2O(3)Fe3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Fe(OH)3↓＋3CO2↑6.(1)HOCH2CH2NH2具有堿性高溫、低壓(2)溫度升高，CO2的溶解度下降，轉化率降低；溫度升高，LiHCO3易分解生成Li2CO32LiHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Li2CO3＋CO2↑＋H2O【解析】(1)根據(jù)轉化關系，推出吸收劑X為HOCH2CH2NH2，其中—NH2顯堿性，CO2屬于酸性氧化物，因此吸收劑X能吸收CO2?！敖馕卑l(fā)生反應：HOCH2CH2NHeq\o\al(＋,2)COO－HOCH2CH2NH2＋CO2↑，依據(jù)勒夏特列原理，推測“解吸”的條件是高溫、低壓。練習2硅及其化合物1.B2.A【解析】銅奔馬的主要成分為金屬銅，B錯誤；紗襌衣的主要成分是蛋白質，C錯誤；竹簡牘的主要成分是纖維素，D錯誤。3.B【解析】普通玻璃是傳統(tǒng)無機非金屬材料，A錯誤；硬鋁是金屬材料，C錯誤；酚醛樹脂是有機高分子材料，D錯誤。4.D5.C6.A【解析】陶瓷是良好的絕緣體，A正確；陶瓷主要成分為硅酸鹽，B錯誤；陶瓷燒制過程發(fā)生復雜的化學反應，C錯誤；白瓷的白色是因為鐵含量較低甚至幾乎不含，D錯誤。7.A【解析】Fe2O3呈紅棕色，不呈青色，A錯誤。8.C【解析】氫氟酸能與玻璃中的SiO2反應，與其弱酸性無關，A錯誤；C60用作超導體與其熔點無關，B錯誤；高溫條件下，SiO2能與NaOH、Na2CO3反應，故不能用石英坩堝加熱熔化燒堿、純堿等固體，D錯誤。9.D【解析】SiO2與C在高溫下反應生成的氣體是CO，A錯誤；SiHCl3中Si元素的化合價為＋4，步驟②③中每生成或反應1molSi，轉移4mol電子，B錯誤；SiO2、Si均能與氫氟酸反應，C錯誤。10.C【解析】鍵能越大，該物質越穩(wěn)定，A正確；SiC與金剛石均為共價晶體，均具有很高的硬度，B正確；非金屬性：C＞Si，還原性：SiH4＞CH4，C錯誤；原子半徑：Si＞C，Si原子間難形成p-pπ鍵，D正確。11.(1)除去粉煤灰中的有機物(2)取少量過濾后的固體，加入適量鹽酸，充分攪拌后滴加幾滴KSCN溶液，無紅色現(xiàn)象，則說明“酸浸”操作已達到目的(3)12Na[Al(OH)4]＋12Na2SiO3＋15H2Oeq\o(=,\s\up7(90℃))Na12Al12Si12O48·27H2O↓＋24NaOH(4)①NH3分子直徑小于沸石分子篩中的空隙，沸石分子篩通過吸附去除廢水中NH3；廢水中的NHeq\o\al(＋,4)可以與沸石分子篩中Na＋發(fā)生離子交換而去除②H＋與Cu2＋均可與沸石分子篩中的Na＋進行交換，pH較小時，H＋濃度較高，與Na＋交換的Cu2＋較少；隨著pH升高，溶液中的Cu2＋會生成Cu(OH)2沉淀，Cu2＋去除率增大【解析】(2)“酸浸”后固體中沒有氧化鐵，代表酸浸完成，可通過檢驗Fe3＋來實現(xiàn)。大單元三綜合與應用高考特訓8常見物質的轉化與化學反應的表示1.B【解析】海水提鎂過程中，應電解熔融態(tài)的MgCl2制取金屬鎂，B錯誤。2.A【解析】FeS2在O2中煅燒生成氧化鐵和SO2，SO2和濃硫酸不反應，B錯誤；氨氣催化氧化生成NO，NO和水不能反應生成硝酸，C錯誤；蒸干Cu(NO3)2溶液時，促進銅離子水解和硝酸的揮發(fā)、分解，硝酸銅溶液蒸干后得不到Cu(NO3)2固體，D錯誤。3.D【解析】工業(yè)冶煉金屬鎂方法是電解熔融氯化鎂，D錯誤。4.B【解析】水煤氣法制氫為吸熱反應，ΔH應大于0，A錯誤；電解水制氫時，H2是陰極產(chǎn)物，陽極產(chǎn)生的氣體是O2，故陽極反應式為2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，C錯誤；該反應中H原子不守恒，D錯誤。5.A【解析】鐵粉和NaHCO3溶液反應制H2的離子方程式為Fe＋2HCOeq\o\al(－,3)=FeCO3＋H2↑＋COeq\o\al(2－,3)，B錯誤；CO2通入氨的飽和食鹽水中生成溶解度較小的NaHCO3，同時生成氯化銨，C錯誤；電解NaHCO3溶液可獲得CH4，CH4在陰極生成，D錯誤。6.A【解析】將NH3通入NaClO溶液中，NH3能被NaClO氧化生成N2H4，但N2H4可被NaClO繼續(xù)氧化生成N2，A錯誤；N2H4與HNO2反應生成HN3和水，B正確；HN3是一種弱酸，根據(jù)強酸制弱酸的規(guī)律，NaN3溶液中通入HCl生成HN3，C正確；N2H4的燃燒熱為624kJ/mol，D正確。7.C【解析】1mol液態(tài)肼完全燃燒生成N2和液態(tài)水放出577kJ的熱量，該熱化學方程式中水為氣態(tài)，A錯誤；原電池中負極應失電子，B錯誤；該化學方程式中N原子不守恒，D錯誤。8.A【解析】CuCl2水解生成Cu(OH)2和易揮發(fā)的HCl，加熱CuCl2·2H2O最終得不到CuCl2，B錯誤；電解池中陰極發(fā)生還原反應，應得電子，C錯誤；硝酸具有強氧化性，Cu2S與熱的濃硝酸發(fā)生反應，Cu(Ⅰ)和－2價S均被氧化，D錯誤。9.B【解析】該化學方程式中O原子不守恒、得失電子不相等，B錯誤。10.B【解析】Cu2O與稀硫酸發(fā)生歧化反應，離子方程式為Cu2O＋2H＋=Cu2＋＋Cu＋H2O，A錯誤；Co(OH)3與足量鹽酸反應有Cl2生成，C錯誤；CH3COOH是弱酸，在離子方程式中應寫為分子形式，D錯誤。11.B【解析】肼在氧氣中燃燒為放熱反應，ΔH<0，且表示燃燒熱的熱化學方程式中水應為液態(tài)，A錯誤；該反應中中荷不守恒，正確為2NH3＋ClO－=N2H4＋Cl－＋H2O，C錯誤；電解池陰極發(fā)生得電子的還原反應，D錯誤。12.A【解析】硼酸是弱酸，應寫分子式，B錯誤；表示乙硼烷燃燒熱的熱化學方程式中應該生成液態(tài)水不是氣態(tài)水，C錯誤；酸性條件下不能生成大量的OH－，D錯誤。高考特訓9脫硫與脫氮1.(1)AB(2)2CO＋SO2eq\o(=,\s\up7(高溫))S＋2CO2(3)冷水(或水)(4)①ClO－＋SO2＋2OH－=Cl－＋SOeq\o\al(2－,4)＋H2O②讓煙氣和吸收液充分接觸，提高SO2的吸收效率(5)①2CaSO3＋O2＋4H2O=2CaSO4·2H2O②亞硫酸鈣在輸送中容易造成管道堵塞【解析】(1)方法Ⅰ中吸收SO2后的溶液為NaHSO3溶液，2NaHSO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2SO3＋SO2↑＋H2O、NaHSO3＋NaOH=Na2SO3＋H2O，A、B正確；NaHSO3易被氧氣氧化為NaHSO4，C錯誤。(3)H2O2對熱不穩(wěn)定且硫酸濃度大也會導致H2O2分解，故需定時向脫硫塔中補充水。(5)②CaSO3不溶于水，在輸送過程中容易造成管道堵塞。2.(1)(硝酸型)酸雨(或光化學煙霧或破壞臭氧層等)(2)O3將NO2氧化為更高價態(tài)氮氧化物(3)①玻璃管中粉末由紅色變?yōu)楹谏?.4③3MnOeq\o\al(－,4)＋5NO＋4H＋=3Mn2＋＋2H2O＋5NOeq\o\al(－,3)(4)①2NO＋O2=2NO2NO2在溶液中的溶解度更大②氧氣將Fe2＋氧化3.(1)①SO2＋I2＋2H2O=4H＋＋2I－＋SOeq\o\al(2－,4)②用四氯化碳等有機溶劑萃?、跧2可以循環(huán)利用；氧化劑易于獲得(2)①氧原子最外層電子數(shù)為6，易于得到電子②SO2＋ClO－＋2OH－=H2O＋Cl－＋SOeq\o\al(2－,4)(3)①2SO2＋COeq\o\al(2－,3)＋H2O=2HSOeq\o\al(－,3)＋CO2↑②2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))③堿性增強，有利于亞硫酸電離，從而促進SO2溶解和反應堿性過強，有利于氨氣的生成，削弱了溶液的堿性，從而不利于SO2的吸收和反應【解析】(3)①由圖可知，pH為4時硫元素主要以HSOeq\o\al(－,3)存在。②氨水吸收SO2，溶液中電荷守恒式為c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)，溶液的pH＝7即c(H＋)＝c(OH－)，所以c(NHeq\o\al(＋,4))＝2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))。4.(1)①Mg2＋＋HPOeq\o\al(2－,4)＋NHeq\o\al(＋,4)＋5H2O＋OH－=MgNH4PO4·6H2O↓②pH>10時，Mg2＋與POeq\o\al(3－,4)反應生成Mg3(PO4)2沉淀，Mg2＋與OH－反應生成Mg(OH)2沉淀，使氨氮去除率降低(2)①3∶2②NH2Cl、HClO③ac【解析】(1)①pH＝9時，含磷微粒主要存在形式為HPOeq\o\al(2－,4)，Mg2＋、HPOeq\o\al(2－,4)、NHeq\o\al(＋,4)生成MgNH4PO4·6H2O沉淀，離子方程式為Mg2＋＋HPOeq\o\al(2－,4)＋NHeq\o\al(＋,4)＋5H2O＋OH－=MgNH4PO4·6H2O↓。(2)①從廢水中去除氨氮，總反應為3ClO－＋2NHeq\o\al(＋,4)=3Cl－＋N2↑＋2H＋＋3H2O，ClO－與NHeq\o\al(＋,4)物質的量之比最小是3∶2。②由三個反應可知，體系中＋1價Cl存在形式有ClO－、NH2Cl和HClO。5.(1)①4SO2＋3O2＋2Cu＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(催化劑))2CuSO4＋2H2SO4②SO2－2e－＋2H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋(2)①通入足量O2(或空氣)②Fe3＋濃度增大，pH減小，使反應(Ⅱ)、(Ⅲ)的平衡向逆反應方向移動，且pH減小因素超過反應(Ⅲ)Fe3＋濃度增大因素(3)①在催化劑作用下轉化為S、SO2、CS2等物質②實現(xiàn)煤氣中H2S的脫除，同時產(chǎn)生清潔能源H2【解析】(1)①過程Ⅰ中Cu、SO2、O2和H2O生成CuSO4和H2SO4，設參加反應的SO2和O2分別為4mol、3mol，根據(jù)得失電子守恒可知參加反應的Cu的物質的量為2mol，故可寫出該反應的化學方程式。②電解池中陽極發(fā)生氧化反應，陽極上SO2失電子生成SOeq\o\al(2－,4)。(2)①吸收液除去S后陽離子為Fe2＋和H＋，吸收液再生需將Fe2＋氧化為Fe3＋，較經(jīng)濟的方法為通入足量O2(或空氣)。②Fe3＋水解使溶液顯酸性，c(Fe3＋)增大，c(H＋)增大，反應(Ⅱ)、(Ⅲ)平衡逆向移動且pH減小因素超過反應(Ⅲ)中c(Fe3＋)增大因素，所以Fe3＋濃度越大，脫硫率越低。(3)①分析題圖中箭頭的指向及有關物質可知，反應中H2S中的S元素在催化劑作用下轉化為S、SO2、CS2等物質。6.(1)①2ClO2＋H2O2＋2NaOH=2NaClO2＋O2↑＋2H2O②可避免產(chǎn)生對人體有害的有機氯化物，且ClO2的消毒效率是Cl2的2.63倍(2)①FeClOeq\o\al(2＋,2)=Fe2＋＋ClO2②ⅰ.催化劑Fe3＋的濃度增大，生成氧化性更強的ClO2速率加快，NO的氧化率提高ⅱ.溫度升高，F(xiàn)e3＋催化NaClO2生成ClO2的反應速率加快，ClO2氧化NO的速率加快；ClO2和NO在水中的溶解度減小，導致NO氧化速率減慢。溫度低于60℃時，以前者為主，高于60℃時，以后者為主(3)一定時間內，相同體積溶液中