2024版新高考版化學總復習專題六非金屬及其化合物專題檢測

北京曲一線圖書策劃有限公司2024版《5年高考3年模擬》A版第第頁專題六非金屬及其化合物1.“十四五”生態(tài)環(huán)保工作強調要落實“減污降碳”的總要求。下列說法正確的是()A.在一定條件下,選擇合適的催化劑將CO2氧化為甲酸B.推廣使用煤液化技術,可減少二氧化碳等溫室氣體的排放C.向河水中加入明礬,可除去許多雜質并殺滅有害細菌D.人工合成淀粉技術的應用有助于實現(xiàn)“碳達峰”和“碳中和”答案DCO2轉化為甲酸發(fā)生的是還原反應,A錯誤;根據原子守恒規(guī)律,推廣使用煤液化技術,不能減少CO2等溫室氣體的排放,B錯誤;明礬水解得到的Al(OH)3膠體可吸附水中懸浮雜質,但不能起到殺滅有害細菌的作用,C錯誤;人工合成淀粉技術的應用能減少CO2的排放,有助于實現(xiàn)“碳達峰”和“碳中和”,D正確。知識拓展明礬溶液只能凈水,不能消毒;高鐵酸鉀(K2FeO4)溶液既能消毒,又能凈水。2.化學對提高人類生活質量和促進社會發(fā)展具有重要作用。下列說法正確的是()A.焰色試驗、海帶提碘、石油裂化都有化學變化的過程B.嫦娥五號返回艙用到的高溫結構陶瓷,屬于傳統(tǒng)硅酸鹽材料C.利用CO2人工合成淀粉能有效促進“碳中和”目標的實現(xiàn)D.我國發(fā)射的火星探測器,其使用的太陽能電池板的主要材料是二氧化硅答案CA項,焰色試驗屬于物理變化,海帶提碘、石油裂化屬于化學變化,錯誤;B項,高溫結構陶瓷屬于新型無機非金屬材料,錯誤;C項,利用CO2人工合成淀粉可以降低CO2的含量,有利于促進“碳中和”,正確;D項,太陽能電池板的主要材料是硅單質,錯誤。易混易錯傳統(tǒng)無機非金屬材料:陶瓷、水泥和玻璃,都屬于硅酸鹽材料。新型無機非金屬材料:硅、二氧化硅、新型陶瓷和碳納米材料。芯片、太陽能電池板的主要成分是硅單質,光導纖維的主要成分是二氧化硅。3.化學與生產、生活、環(huán)保等方面密切相關,下列說法正確的是()A.煤的氣化、液化與石油的裂化、分餾均為化學變化B.人體各種體液都有一定的pH,以保證正常的生理活動C.核酸是生物體遺傳信息的載體,通過紅外光譜可檢測其結構中存在多種單鍵、雙鍵、氫鍵等化學鍵D.城市內的光化學煙霧污染與氮、碳及硫的氧化物都有關答案B煤的氣化、液化與石油的裂化屬于化學變化,石油的分餾為物理變化,A錯誤;由于各種酶作用的適宜pH各不相同,故人體各種體液都有一定的pH,以保證正常的生理活動,B正確;紅外光譜可檢測化學鍵及官能團,氫鍵不屬于化學鍵,C錯誤;光化學煙霧污染與氮的氧化物有關,與碳、硫的氧化物無關,D錯誤。4.下列物質的性質和應用具有對應關系的是()A.濃H2SO4具有脫水性,可用于干燥某些氣體B.SO2具有漂白性且能殺菌,可用作葡萄酒添加劑C.ClO2具有強氧化性能使蛋白質變性,可用于自來水殺菌消毒D.油脂在酸性條件下會發(fā)生水解,利用該反應可制取肥皂答案C濃H2SO4具有吸水性,可用于干燥某些氣體,A不符合題意;葡萄酒中添加SO2是利用SO2的還原性和能殺菌來延長葡萄酒的保質期,B不符合題意;ClO2具有強氧化性能使蛋白質變性,故可用于自來水殺菌消毒,C符合題意;油脂在堿性條件下的水解反應才是皂化反應,產生的高級脂肪酸鹽是肥皂的主要成分,D不符合題意。5.“類比”思想可用于實驗探究,幫助我們掌握物質的共性。下列有關類比結果正確的是()A.Na與O2在一定條件下反應生成Na2O2,則Ca與O2在一定條件下也可生成CaO2B.Cl2能使紫色石蕊試液先變紅后褪色,SO2也能使紫色石蕊試液先變紅后褪色C.SO2能使酸性KMnO4溶液褪色,則SO3也可使酸性KMnO4溶液褪色D.用排飽和NaCl溶液的方法收集Cl2,則也可用排飽和NH4Cl溶液的方法收集NH3答案AA項,Na和Ca都屬于活潑金屬,故在一定條件下都可以生成過氧化物,正確;B項,氯氣溶于水生成鹽酸和次氯酸使溶液顯酸性,次氯酸有漂白性,故氯氣能使紫色石蕊試液先變紅后褪色,SO2溶于水生成亞硫酸使溶液顯酸性,使紫色石蕊試液變紅,但SO2不能漂白紫色石蕊試液,錯誤;C項,SO2具有還原性,能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,而SO3無還原性,不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,錯誤;D項,氯氣在水中的溶解度為1∶2(體積比),氨氣在水中的溶解度為1∶700(體積比),無法用排飽和氯化銨溶液的方法收集NH3,錯誤。6.合成NH3是重要的研究課題,一種新型合成氨的過程如下。下列說法正確的是()A.“轉氨”過程屬于人工固氮B.合成過程中所涉及反應均為氧化還原反應C.若用H2O代替NH4Cl進行轉化,從體系中分離出NH3更容易D.該合成氨過程中,參加反應的N2與H2O的物質的量之比為1∶3答案D“轉氨”過程是一種含氮化合物轉化為另一種含氮化合物,不屬于氮的固定,故A錯誤;氨氣和氯化氫反應生成氯化銨以及“轉氨”過程中各元素化合價均不變,不屬于氧化還原反應,故B錯誤;若用H2O代替NH4Cl進行轉化,從體系中分離出NH3更難,故C錯誤;由題圖可知,該合成氨過程中,總反應為2N2+6H2O4NH3+3O2,參加反應的N2與H2O的物質的量之比為1∶3,故D正確。7.下圖是某加碘食鹽包裝袋上的部分圖表文字。由此得到的信息和作出的推測正確的是()A.“烹調時待食品熟后加入碘鹽”可能原因是KIO3受熱易分解B.可以用無水酒精從該碘鹽配制的水溶液中萃取得到KIO3C.依據圖表內容可知1kg此食鹽中含KIO3(35±15)mgD.食用加碘鹽的目的是利用KIO3有較強氧化性以預防齲齒答案A烹調時的高溫會使碘酸鉀分解,A正確;酒精與水互溶,不能用作萃取劑,B錯誤;分析題中圖表內容可知,(35±15)mg/kg是食鹽中碘元素的含量,C錯誤;碘元素可以預防地方性甲狀腺腫大的發(fā)生,與預防齲齒無關,D錯誤。8.硫及其化合物的“價—類二維圖”體現(xiàn)了化學變化之美。下列有關說法正確的是()A.硫在氧氣中燃燒直接生成YB.X能使酸性KMnO4溶液褪色,體現(xiàn)其漂白性C.硫化氫與X反應的氧化產物和還原產物的物質的量之比為2∶1D.N可由其相應單質直接化合生成答案C硫在氧氣中燃燒只能生成SO2,A錯誤;由價—類二維圖推知,X為SO2,SO2與酸性KMnO4溶液發(fā)生氧化還原反應使酸性KMnO4溶液褪色,體現(xiàn)其還原性,B錯誤;H2S與SO2反應的化學方程式為2H2S+SO22H2O+3S,氧化產物和還原產物的物質的量之比為2∶1,C正確;N是CuS,因為S的氧化性很弱,不能由硫和銅直接化合生成CuS(能生成Cu2S),D錯誤。9.如圖是M元素高中常見物質的價類二維圖。其中A到D、D到E的轉化都可加同一種物質實現(xiàn),且E的相對分子質量比D的相對分子質量大16,則下列說法不正確的是()A.物質B可用作火箭燃料,其電子式為H··M··H····B.依據題給價類二維圖綜合分析可知M元素為氮元素C.氫化物A或B均可在一定條件下與氧氣反應得到單質CD.物質F的濃溶液具有強氧化性,可以用鐵制或鋁制容器盛放答案A硫元素與氮元素都存在題圖中橫坐標涉及的物質類別的轉化,但是分析價類二維圖可知,此元素存在兩種氫化物,故M元素是氮元素,推知A為NH3,B為N2H4,C為N2,D為NO,E為NO2或N2O4,F為HNO3,G為硝酸鹽。N2H4中的氮原子之間只存在1個共用電子對,A錯誤,B正確;NH3或N2H4均能與O2反應得到N2和H2O,C正確;濃HNO3具有強氧化性,能使鐵或鋁在常溫下發(fā)生鈍化,故可以用鐵制或鋁制容器盛放濃HNO3,D正確。10.價類二維圖是學習元素及其化合物知識的重要模型。它是以元素化合價為縱坐標,以物質類別為橫坐標的二維平面圖像。如圖為氯元素的價類二維圖。下列敘述不正確的是()A.上述6種物質,屬于電解質的有4種B.將②與SO2按物質的量之比1∶1通入水中,再滴加紫色石蕊試液,溶液變紅C.可以用濃氨水檢查輸送②的管道是否漏氣,在此過程中②既作氧化劑又作還原劑D.用H2C2O4、NaClO3和H2SO4三種物質制?、蹠r,還會生成CO2,生成1molCO2轉移電子的物質的量為1mol答案C根據題給氯元素的價類二維圖可知:①為HCl、②為Cl2、③為ClO2、④為HClO、⑤為NaCl、⑥為NaClO。A項,題述6種物質,屬于電解質的有①④⑤⑥,共4種,正確;B項,將②與SO2按物質的量之比1∶1通入水中,發(fā)生反應Cl2+SO2+2H2O2HCl+H2SO4,所以溶液呈酸性,再滴加紫色石蕊試液,溶液變紅,正確;C項,可以用濃氨水檢查輸送②的管道是否漏氣,發(fā)生反應3Cl2+8NH3N2+6NH4Cl,其中Cl2作氧化劑,NH3作還原劑,錯誤;D項,用H2C2O4、NaClO3和H2SO4三種物質制?、蹠r,發(fā)生反應H2C2O4+2NaClO3+H2SO42ClO2↑+2CO2↑+Na2SO4+2H2O,生成1molCO2轉移電子的物質的量為1mol,正確。11.常溫下,將Cl2緩慢通入水中至飽和,然后改向其中滴加濃NaOH溶液。整個實驗過程中的pH變化曲線如圖所示,不考慮次氯酸分解與溶液體積變化,下列敘述正確的是()A.實驗過程中可以用pH試紙測定溶液的pHB.由a→b過程中,溶液中HClO的濃度增大C.b點時溶解的Cl2全部與水發(fā)生了反應D.c點以后溶液呈堿性,沒有漂白性答案BA項,氯氣溶于水發(fā)生反應Cl2+H2OHCl+HClO,HClO具有漂白性,會使pH試紙褪色,故不能使用pH試紙測定溶液pH,錯誤;B項,a→b,溶液的pH降低,酸性增強,說明反應Cl2+H2OHCl+HClO正向進行,HClO濃度增大,正確;C項,氯氣與水的反應是可逆反應,溶解的氯氣不可能完全反應,錯誤;D項,b點時pH發(fā)生轉折,說明此時開始滴加濃NaOH溶液,c點溶液呈中性,說明溶液中的溶質為NaCl、NaClO、少量的HClO,此時溶液仍然具有漂白性,c點以后,溶液中溶質是NaClO、NaOH,但是NaClO具有氧化性,溶液仍然具有漂白性,錯誤。易混易錯氯氣與水的反應是可逆反應,新制氯水中存在三分子四離子:Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO-、OH-。12.在“價—類”二維圖中融入“杠桿模型”,可直觀辨析部分物質轉化及其定量關系。如圖中的字母分別代表硫及其常見化合物,相關推斷不合理的是()A.b既具有氧化性又具有還原性B.硫酸型酸雨的形成過程涉及b到c的轉化C.a溶液與b溶液反應過程中有淡黃色沉淀生成D.d在加熱條件下與強堿溶液反應生成e和f,且n(e)∶n(f)=1∶2答案D根據題給“價—類”二維圖,結合題意推知,a為H2S,b為H2SO3,c為H2SO4,d為S,e為硫化物,f為亞硫酸鹽,g為硫酸鹽。A項,H2SO3中S為+4價,處于中間價態(tài),既具有氧化性又具有還原性,正確;B項,硫酸型酸雨的形成過程為SO2+H2OH2SO3,2H2SO3+O22H2SO4,正確;C項,a溶液與b溶液反應的化學方程式為2H2S+H2SO33S↓+3H2O,有淡黃色沉淀硫單質生成,正確;D項,d與強堿溶液在加熱條件下反應生成e和f的離子方程式為3S+6OH-2S2-+SO32?+3H2O,則n(e)∶n(f)=2∶1,錯誤。13.如圖是某元素常見物質的“價—類”二維圖,其中d為紅棕色氣體,f和g均為正鹽且焰色試驗火焰為黃色。下列說法不正確的是()A.e的濃溶液可以用鋁槽車運輸B.氣體a、c均可用濃硫酸干燥C.常溫下,將充滿d的密閉燒瓶置于冰水中,燒瓶內紅棕色變淺D.d可與NaOH溶液反應生成f和g答案B根據d為紅棕色氣體,且是化合價為+4的氧化物,推出d為NO2,故題圖應為氮元素的“價—類”二維圖,進而推出a為NH3,b為N2,c為NO,e為HNO3。f和g均為正鹽,且焰色試驗火焰為黃色,推出f為NaNO3,g為NaNO2。A項,常溫下鋁遇到濃硝酸發(fā)生鈍化,因此可以用鋁槽車運輸濃硝酸,正確;B項,NH3為堿性氣體,不可用濃硫酸干燥,錯誤;C項,2NO2N2O4的正反應為放熱反應,降低溫度,平衡正向移動,體系顏色變淺,正確;D項,NO2與NaOH發(fā)生歧化反應:2NaOH+2NO2NaNO2+NaNO3+H2O,正確。14.氮化硅(Si3N4)是一種重要的結構陶瓷材料。用石英砂和原料氣(含N2和少量O2)制備Si3N4的操作流程如圖(粗硅中含少量Fe、Cu的單質及化合物),下列敘述不正確的是()A.“還原”時焦炭主要被氧化為CO2B.“高溫氮化”反應的化學方程式為3Si+2N2Si3N4C.“操作X”可將原料氣通過灼熱的銅粉D.“稀酸Y”可選用稀硝酸答案A石英砂的主要成分為SiO2,SiO2與焦炭在高溫下發(fā)生反應SiO2+2CSi+2CO↑,焦炭被氧化為CO,不是CO2,A錯誤;“高溫氮化”是Si與N2反應,其化學方程式為3Si+2N2Si3N4,B正確;原料氣中含有N2和少量O2,氧氣能與灼熱的Cu粉反應生成CuO,N2不與Cu粉反應,“操作X”可將原料氣通過灼熱的銅粉,從而得到純凈的N2,C正確;粗硅中含有少量Fe、Cu的單質及化合物,則Si3N4中含有少量Fe、Cu的單質及化合物,Fe、Cu的單質及化合物均可與稀硝酸反應,得到可溶于水的Fe(NO3)3和Cu(NO3)2,D正確。15.海水中含有豐富的碘元素,海洋中許多藻類植物具有富集碘的能力,如海帶中含碘量可達0.3%~0.5%,約為海水中碘濃度的10萬倍。實驗室通過下列流程從凈化除氯后的含碘海水中提取I2。下列有關說法不正確的是()A.富集得到含碘化合物的晶胞如圖,其中距離每個I-最近的Ag+有4個B.轉化后的溶液中主要含有Fe2+和I-C.用稀HNO3溶解濾渣Y得到的溶液可循環(huán)利用D.氧化時,理論上通入氯氣的量至少控制為溶液中溶質物質的量的1.5倍答案D由題給晶胞結構可知,以面心I-為例,距離每個I-最近的Ag+有4個,A正確;含碘海水富集后加入AgNO3溶液將I-轉化為AgI沉淀,過濾得到AgI,加入適量鐵粉和蒸餾水,將AgI轉化為FeI2和Ag,轉化后的溶液中主要含有Fe2+和I-,B正確;過濾得到銀和含有FeI2的濾液,濾渣Y為銀,銀與稀硝酸反應得到的AgNO3溶液可以循環(huán)利用,C正確;根據反應Cl2+2I-I2+2Cl-可知,控制n(Cl2)=n(FeI2)即可,若通入Cl2的量過多,過量的Cl2會將Fe2+氧化為Fe3+,導致制備成本增大,D錯誤。知識拓展n(Cl2)≤n(FeI2)時,發(fā)生反應:Cl2+2I-I2+2Cl-。n(Cl2)≥n(FeI2)時,還會發(fā)生反應:Cl2+2Fe2+2Fe3++2Cl-。16.白炭黑(可用SiO2·nH2O表示其組成)可廣泛應用于日用化工、橡膠制品、電子工業(yè)等許多領域。以硅酸鈉和二氧化碳為原料制備白炭黑的工藝流程如下:下列說法錯誤的是()A.硅酸鈉水溶液必須用帶玻璃塞的試劑瓶盛裝B.沉淀反應的離子方程式為SiO32?+H2O+CO2H2SiO3↓+CC.蒸發(fā)“濾液”所得晶體中含有離子鍵和極性共價鍵D.用稀鹽酸洗滌沉淀的目的是除去沉淀表面的CO答案A硅酸鈉水溶液不能用帶玻璃塞的試劑瓶盛裝,A項錯誤;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備硅酸,離子方程式為SiO32?+H2O+CO2H2SiO3↓+CO32?,B項正確;蒸發(fā)濾液得到Na2CO3·xH2O,其中Na+與CO32?之間為離子鍵,CO17.某學習小組設計制取SO2并驗證其部分性質的實驗裝置圖如下(夾持裝置省略)。下列說法錯誤的是()A.A中固體物質是Na2SO3,A中發(fā)生的反應屬于氧化還原反應B.滴入濃硫酸前先通入氮氣,防止空氣中的氧氣影響二氧化硫性質的檢驗C.B裝置溶液變紅色,說明SO2是酸性氧化物;C裝置中溶液紅色褪去,說明SO2具有漂白性D.取反應后D溶液少許,滴入品紅溶液,紅色褪去;另取該反應后D溶液少許,滴加AgNO3溶液,產生白色沉淀,以上現(xiàn)象不能說明SO2具有還原性答案ACNa2SO3+H2SO4Na2SO4+H2O+SO2↑,無元素化合價變化,發(fā)生的是非氧化還原反應,A項錯誤。滴入濃硫酸前先通入氮氣,排盡裝置內的空氣,防止空氣中的氧氣影響二氧化硫性質的檢驗,B項正確。二氧化硫與碳酸鈉反應生成Na2SO3,不能使酚酞褪色,酚酞紅色褪去,可能是過量二氧化硫溶于水呈酸性,不能說明SO2具有漂白性,C項錯誤。氯水中含有Cl-,也能生成AgCl沉淀;若氯水未反應完,也可以使品紅溶液褪色,不能說明SO2具有還原性,D項正確。18.空氣中的氮氣可通過人工固氮獲得氨氣,氨氣是重要的化工原料,通過氨氧化法可制得硝酸,反應過程如下圖:N2NH3NONO2HNO3硝酸是一種強氧化性酸,制硝酸工業(yè)產生的尾氣中含有氮氧化物,應處理后才能排放。下列說法不正確的是()A.BaSO3固體能溶于稀硝酸,生成Ba(NO3)2,同時放出SO2氣體B.工業(yè)上,當轉化①的反應達到平衡時,需不斷地從混合氣體中分離出NH3,將未反應的原料氣送回合成塔以提高原料的利用率C.工業(yè)尾氣中NOx常用堿液吸收處理,NO2、NO的混合氣體能被足量燒堿溶液完全吸收的條件是n(NO2)≥n(NO)D.向濃HNO3中插入紅熱的炭,產生紅棕色氣體,則可證明炭與濃HNO3溶液一定反應生成了NO2答案AD稀硝酸具有強氧化性能將BaSO3氧化成BaSO4,同時自身被還原成NO,A錯誤;工業(yè)上生產NH3的反應是可逆反應,分離出NH3促進平衡正向移動,將未反應的原料氣送回合成塔,可以提高原料的利用率,B正確;NO2與NaOH溶液反應:2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O,NO2、NO的混合氣體與NaOH溶液反應:NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O,當n(NO2)≥n(NO)時,NO2、NO的混合氣體能被足量燒堿溶液完全吸收,C正確;紅棕色氣體是NO2,可能是濃硝酸與C反應產生的,也可能是濃硝酸受熱分解產生的,D錯誤。19.下表各物質中,A、B、C、D、E均含有同一種短周期元素,其中A是單質,B常溫下是氣態(tài)氫化物,C、D是氧化物,E是D和水反應的產物。則各物質之間通過一步反應就能實現(xiàn)表中所示轉化的是()物質編號物質轉化關系ADE①SiSiO2H2SiO3②SSO3H2SO4③NaNa2O2NaOH④N2NO2HNO3A.②③ B.②④C.①③④ D.①②③④答案B①SiSiH4,Si與O2直接生成SiO2,Si只能生成一種氧化物且SiO2不能與H2O反應生成H2SiO3;②SH2S,SSO2,H2SSO2,SO2SO3H2SO4;③Na沒有氣態(tài)氫化物;④N2NH3,N2NO,NH3NO,NONO2HNO3,故選B。

20.某小組同學用如圖裝置(略去加熱儀器)制備Na2S2O3·5H2O。已知燒瓶C中發(fā)生反應如下:Na2S(aq)+H2O(l)+SO2(g)Na2SO3(aq)+H2S(aq)(a)2H2S(aq)+SO2(g)3S(s)+2H2O(l)(b)S(s)+Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq)(c)下列說法不正確的是()A.裝置A中使用70%的硫酸比用98%的濃硫酸反應速率快B.Na2S2O3可作為高效脫氯劑,Na2S2O3溶液與足量Cl2反應的離子方程式為2Cl2+3H2O+S2O32?2SO32?+4ClC.裝置B、D的作用為防止倒吸D.理論上應使燒瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反應,則兩者物質的量之比為2∶1答案B70%的硫酸中c(H+)比98%的濃硫酸中c(H+)大,所以反應速率快,A正確;Na2S2O3被Cl2氧化生成Na2SO4,離子方程式為4Cl2+5H2O+S2O32?2SO42?+8Cl-+10H+,B錯誤;裝置B、D起防止倒吸的作用,C正確;裝置C中發(fā)生的反應為2Na2S+3SO2+Na2SO33Na2S2O3,反應中Na2S與Na2SO21.實驗室用如圖所示的裝置模擬處理工業(yè)廢氣(主要含N2、CO2、SO2、NO和CO)。裝置Ⅱ中生成NaNO3和NaNO2兩種鹽,裝置Ⅲ用于吸收CO。下列有關說法正確的是()A.實驗時應先向裝置Ⅰ中通工業(yè)廢氣,再向裝置Ⅱ中通空氣B.裝置Ⅰ中吸收SO2的化學方程式為2SO2+Ca(OH)2Ca(HSO3)2C.裝置Ⅱ中每吸收1molNO消耗1molNaOHD.[Cu(NH3)2]+中,Cu+提供孤電子對與NH3形成配位鍵答案CNO不能與NaOH反應,NO2與NaOH反應能夠生成NaNO3和NaNO2,NO與NO2物質的量之比為1∶1時,與NaOH反應生成NaNO2,所以實驗時應先向裝置Ⅱ中通空氣,再向裝置Ⅰ中通工業(yè)廢氣,使廢氣中的NO與O2充分反應,從而使n(NO2)>n(NO),A項錯誤;SO2與足量的Ca(OH)2反應生成CaSO3,B項錯誤;反應中NO最終轉化為NaNO2和NaNO3,在NaNO2、NaNO3中n(Na)=n(N),根據Na原子、N原子守恒可得n(NaOH)=n(NO),即參與反應的NO與NaOH的物質的量之比為1∶1,C項正確;[Cu(NH3)2]+中Cu+提供空軌道,NH3中氮原子提供孤電子對,D項錯誤。22.1811年,法國化學家?guī)鞝枅D瓦將濃硫酸和海草灰(富含KI)混合后發(fā)現(xiàn)有紫色蒸氣生成,該蒸氣冷凝后變?yōu)樽虾谏w。1813年經蓋—呂薩克鑒定后正式將該物質命名為Iodine(碘)。(1)將濃H2SO4滴入盛有KI固體的錐形瓶中,產生的氣體能使?jié)駶櫟拇姿徙U試紙變黑(已知黑色物質為PbS),則該反應除生成I2以外,還會生成氣體(填化學式)。

(2)常溫時HI為無色氣體,易溶于水,其制備原理為3KI+H3PO4(濃)K3PO4+3HI↑。如圖所示,制備并收集干燥的HI氣體所需裝置的接口順序為a→e,f→(已知濃H3PO4不易揮發(fā)和分解,夾持和加熱裝置省略)。其中儀器Q的名稱為。

U形干燥管中的試劑為。若觀察到,說明HI氣體已收集滿。

答案(1)H2S(2)c,b→e,f→d(e、f可互換)圓底燒瓶無水CaCl2(或P2O5、硅膠等)燒杯中出現(xiàn)黃色沉淀解析(1)將濃硫酸滴入碘化鉀中,生成的氣體可以與醋酸鉛反應生成PbS,說明生成的氣體含有-2價的硫元素,即H2S。(2)收集干燥的HI氣體,A為發(fā)生裝置,D為干燥裝置,B為收集裝置,HI的密度大于空氣,需要采用向上排空氣法收集,氣流方向為c→b,C為尾氣處理裝置,收集氣體前后都需要干燥裝置,因此連接順序為a→e,f→c,b→e,f→d。HI為酸性氣體,需要用中性或者酸性干燥劑,如無水氯化鈣、P2O5、硅膠等;C為尾氣處理裝置,若集氣瓶中收集滿氣體,逸出的HI氣體會與燒杯中硝酸銀溶液反應生成黃色沉淀AgI。23.(1)焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)易被氧化而變質,選用下列試劑設計實驗方案,檢驗焦亞硫酸鈉樣品氧化變質的程度。已知:2NaHSO3Na2S2O5+H2O。試劑:稀鹽酸、稀H2SO4、稀HNO3、BaCl2溶液、酸性KMnO4溶液、H2O2溶液。實驗編號實驗步驟現(xiàn)象結論Ⅰ取少量樣品,加入除氧蒸餾水固體完全溶解得到無色溶液Ⅱ取實驗Ⅰ的溶液,①

②

樣品已氧化變質Ⅲ另取實驗Ⅰ的溶液,③

④

樣品未完全氧化變質(2)某小組利用下列裝置測定空氣中SO2的含量。已知該反應的化學方程式為SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI。若空氣流速為am3·min-1,當觀察到時,結束計時,測定耗時tmin。假定樣品中的SO2可被溶液充分吸收,該空氣樣品中SO2的含量是mg·m-3。

答案(1)①加入少量稀鹽酸酸化,再滴加幾滴BaCl2溶液②產生白色沉淀③滴入少量酸性KMnO4溶液④溶液紫紅色褪去(2)溶液藍色褪去640解析(1)假設樣品被氧化,則生成硫酸鹽,檢驗樣品是否已氧化變質,即檢驗是否含有硫酸根,實驗Ⅱ步驟:取實驗Ⅰ的溶液,加入少量稀鹽酸酸化,再滴加幾滴氯化鋇溶液,如果產生白色沉淀,則說明樣品被氧化變質。此處不能選擇稀硝酸,因為硝酸具有強氧化性,可將焦亞硫酸鈉氧化為硫酸鈉。證明樣品未被完全氧化變質,即樣品中仍存在具有還原性的+4價硫元素,可另取實驗Ⅰ的溶液,加入少量具有強氧化性的酸性高錳酸鉀溶液,如果溶液紫紅色褪去,說明樣品未完全氧化變質。(2)實驗開始前,淀粉—碘溶液呈藍色,碘單質的物質的量為n(I2)=cV=0.01mol,當通入含有二氧化硫的空氣時,發(fā)生反應SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI,當?shù)鈫钨|完全反應時,溶液藍色褪去,根據化學方程式可知n(SO2)=n(I2)=0.01mol,m(SO2)=0.64g=640mg,該空氣樣品中二氧化硫的含量為m(SO2)V(空氣)24.過二硫酸鈉(Na2S2O8)具有強氧化性,常用于處理水體中的有機污染物。(1)S2O82?的結構如圖1所示,用“□”標出S2圖1(2)Fe2+可活化S2O82?,活化后產生SO4?。SO4?氧化性更強,降解廢水中有機污染物的能力更強。Fe2+活化S2Ⅰ.S2O82?2SO4?Ⅱ.SO4?+H2OSO42?+·OH+H+Ⅲ.S2O82?+Fe2+Fe3++SO4?+SOⅣ.Fe2++SO4?Fe3++SO42?……向含有有機污染物的廢水中投放一定量Na2S2O8,再分批加入一定量FeSO4。①若將FeSO4一次性加入廢水中,不利于有機污染物降解。原因是。

②其他條件相同,溶液初始pH對有機物降解率的影響如圖2所示。當pH>3時,有機物的降解率隨初始pH升高而降低的可能原因是。

(3)CuxFeyOz是一種復合催化劑,可催化活化過二硫酸鹽(S2O82?)產生S①該復合催化劑晶胞結構如圖3所示(A、B分別為晶胞的18結構),其化學式為②該復合催化劑活化過二硫酸鹽的過程如圖4所示。請描述該催化劑參與反應并再生的過程:。

圖4答案(1)(2)①反應Ⅳ的速率遠大于反應Ⅲ,若將FeSO4一次性加入廢水中,溶液中的SO4?被大量Fe②pH越大,Fe2+水解程度越大,不利于反應Ⅲ進行,生成c(SO4?)減小;pH越大,越有利于發(fā)生反應Ⅱ,生成·OH,·OH氧化能力比S(3)①CuFe2O4②Cu(Ⅰ)、Fe(Ⅱ)失去電子并傳遞給S2O82?,生成Cu(Ⅱ)、Fe(Ⅲ);Cu(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)得到S解析(1)S2O82?為過二硫酸根離子,體現(xiàn)強氧化性的是過氧鍵。(2)①由k越大,反應越快可知,反應Ⅳ的速率遠遠大于反應Ⅲ,若將FeSO4一次性加入廢水中,則溶液中的SO4?與大量Fe2+發(fā)生反應Ⅳ,導致SO4?濃度迅速減小,不利于有機污染物降解;②pH越大,c(H+)越小,則Fe2+水解程度越大,不利于反應Ⅲ進行,生成c(SO4?)減小,同時c(H+)越小,越能夠促進反應Ⅱ正向進行,而生成的·OH氧化能力比SO425.水溶性硝態(tài)氮(以NO3?、N(1)在反硝化細菌作用下,用葡萄糖處理酸性廢水中的NO3?,產生兩種對大氣無污染的氣體。該反應的離子方程式為(2)納米鐵銅雙金屬有巨大的比表面積和很高的反應活性,可用于水體脫硝。①納米鐵銅雙金屬與普通鐵銅雙金屬脫硝效果(以處理某硝酸鹽為例)如圖1所示。在0到20min內,納米鐵銅雙金屬脫硝效果顯著,其原因可能是。

圖1②研究表明水體中溶解氧的存在降低了納米鐵銅雙金屬脫硝的效果,驗證的實驗方案是。

(3)Jetten等人提出了利用厭氧氨氧化菌細胞中的三種酶處理廢水中NH3和NO2?的生化反應模型,其反應機理如圖2所示。在NR酶和HH酶作用下的反應過程可分別描述為、圖2答案(1)5C6H12O6+24NO3?+24H+12N2↑+30CO2↑+42H2(2)①納米鐵銅雙金屬的比表面積大,能吸附廢水中更多的硝態(tài)氮;納米鐵銅雙金屬顆粒更小,表面的反應活性點更多(或還原性更強);納米鐵銅雙金屬能形成更多的微小原電池,短時間內反應速率更快②向兩支試管中分別加入等體積硝態(tài)氮廢水,同時通入相同時間的足量的空氣和氮氣,停止通氣后,向兩支試管中加入等量的納米鐵銅雙金屬,相同時間后,測定兩份廢水中硝態(tài)氮的含量,比較有氧和無氧環(huán)境中的脫氮率(3)在NR酶的作用下,NO2?在酸性介質中(結合H+)得電子生成NH2OH(和H2O)(或NO2?+5H++4e-NH2OH+H2O)在HH酶的作用下,NH2OH和NH3轉化為N2H4(和H2O)(或NH2OH+NH3N2H4+H解析(1)葡萄糖的化學式為C6H12O6,與酸性廢水中的NO3