1、考点考点1 1 碳、硅及其化合物碳、硅及其化合物 无机非金属材无机非金属材 1.(2020课标,9,6分)二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响,其原理如下图 所示。下列叙述错误的是( ) A.海水酸化能引起HC 浓度增大、C 浓度减小 B.海水酸化能促进CaCO3的溶解,导致珊瑚礁减少 C.CO2能引起海水酸化,其原理为HC H+C D.使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境 - 3 O 2- 3 O - 3 O 2- 3 O . 答案答案 C 海水酸化会引起H+浓度增大,H+与C结合生成HC,故HC浓度增大、C浓度减 小;海水酸化会使C浓度减小,平衡CaCO3 Ca2+
2、C朝着CaCO3溶解的方向移动,导致珊瑚 礁减少;CO2引起海水酸化的原理是CO2+H2O H2CO3 H+HC;使用太阳能、氢能等新能 源可减少二氧化碳的排放,可改善珊瑚的生存环境。故选C。 2- 3 O - 3 O - 3 O 2- 3 O 2- 3 O 2- 3 O - 3 O 2.(2020浙江7月选考,24,2分)Ca3SiO5是硅酸盐水泥的重要成分之一,其相关性质的说法不正确的是 ( ) A.可发生反应:Ca3SiO5+4NH4Cl CaSiO3+2CaCl2+4NH3+2H2O B.具有吸水性,需要密封保存 C.能与SO2反应生成新盐 D.与足量盐酸作用,所得固体产物主要为SiO
3、2 答案答案 D A项,Ca3SiO5可表示为CaSiO3 2CaO,NH4Cl水解使溶液显酸性,故可发生反应Ca3SiO5+4NH4Cl CaSiO3+2CaCl2+4NH3+2H2O,正确。B项,水泥具有吸水性,需密封保存,正确。C项,SO2+H2O H2SO3,H2SO3的酸性比H2SiO3强,故Ca3SiO5能与SO2反应生成新盐,正确。D项,根据强酸 制取弱酸的原理,所得固体产物主要是H2SiO3,错误。 3.(2019课标,7,6分)陶瓷是火与土的结晶,是中华文明的象征之一,其形成、性质与化学有着密切 的关系。下列说法错误的是( ) A.“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色,来自氧化
4、铁 B.闻名世界的秦兵马俑是陶制品,由黏土经高温烧结而成 C.陶瓷是应用较早的人造材料,主要化学成分是硅酸盐 D.陶瓷化学性质稳定,具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点 答案答案 A 本题涉及的考点是传统硅酸盐材料陶瓷的有关性质,考查了学生对基础化学知识的再 现、辨认、整合能力,体现了宏观辨识与微观探析的学科核心素养,并且弘扬了中华优秀传统文 化。 A项,氧化铁为红色固体,瓷器的青色不可能来自氧化铁,故错误。 4.(2016课标,7,6分)下列有关燃料的说法的是( ) A.燃料燃烧产物CO2是温室气体之一 B.化石燃料完全燃烧不会造成大气污染 C.以液化石油气代替燃油可减少大气污染 D.燃料不完全燃烧
5、排放的CO是大气污染物之一 错误 答案答案 B 化石燃料包括煤、石油、天然气等,完全燃烧也会产生SO2等污染性气体,故B项错误。 易错警示易错警示 化石燃料中不仅含C、H元素,还含有少量的N、S等元素。 5.(2019北京理综,6,6分)下列我国科研成果所涉及材料中,主要成分为同主族元素形成的无机非金 属材料的是 ( ) A.4.03米大口径碳化硅 反射镜 B.2022年冬奥会聚氨酯 速滑服 C.能屏蔽电磁波的碳包 覆银纳米线 D.“玉兔二号”钛合 金筛网轮 答案答案 A 本题以新材料为背景考查金属材料、无机非金属材料、有机合成材料等知识;以我国 科研成果为载体考查学生的识记、再现及辨识能力;
6、借助物质的组成、性质考查学生宏观辨识与 微观探析的学科核心素养,体现了加强民族自豪感的价值观念。 B项,2022年冬奥会的速滑服是由有机合成材料制成的;C项,碳包覆银纳米线是金属材料;D项,钛合 金筛网轮是金属材料。 6.(2018海南单科,1,2分)下列食品添加剂中,常用作防腐剂的是( ) A.碘酸钾 B.碳酸氢钠 C.苯甲酸钠 D.磷酸氢钙 答案答案 C 碘酸钾用于补碘。碳酸氢钠用作发酵粉。磷酸氢钙用作肥料。 7.(2018海南单科,5,2分)化学与生产生活密切相关,下列说法错误的是( ) A.Na2O2可与CO2反应放出氧气,可用于制作呼吸面具 B.SiO2具有导电性,可用于制作光导纤维
7、和光电池 C.聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀,可用作化工反应器的内壁涂层 D.氯水具有较强的氧化性,可用于漂白纸张、织物等 答案答案 B A项,Na2O2和CO2发生反应:2Na2O2+2CO2 2Na2CO3+O2。放出O2,Na2O2可用于呼吸面 具,正确。B项,SiO2不具有导电性,Si为半导体,具有导电性;SiO2用于制光导纤维,而Si用于制光电 池,错误。C项,聚四氟乙烯称为“塑料王”,具有抗腐蚀性,正确。D项,氯水中含有HClO,具有漂白 性,正确。 8.(2017课标,26,14分)水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2,并含有一定 量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室
8、测定水泥样品中钙含量的过程如图所示: 回答下列问题: (1)在分解水泥样品过程中,以盐酸为溶剂,氯化铵为助溶剂,还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的 是 ,还可使用 代替硝酸。 (2)沉淀A的主要成分是 ,其不溶于强酸但可与一种弱酸反应,该反应的化学方程式为 。 (3)加氨水过程中加热的目的是 。沉淀B的主要成分为 、 (写化学式)。 (4)草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后,用KMnO4标准溶液滴定,通过测定草酸的量可间接获知钙的含量, 滴定反应为:Mn+H+H2C2O4Mn2+CO2+H2O。实验中称取0.400 g 水泥样品,滴定时消耗了0. 050 0 mol L-1的KMnO4溶液36.00
9、 mL,则该水泥样品中钙的质量分数为 。 - 4 O 答案答案 (1)将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+ H2O2 (2)SiO2(或H2SiO3) SiO2+4HF SiF4+2H2O(或H2SiO3+4HFSiF4+3H2O) (3)防止胶体生成,易沉淀分离 Al(OH)3 Fe(OH)3 (4)45.0% 解析解析 (1)水泥样品中可能含有Fe2+,酸溶时加入几滴硝酸可将Fe2+氧化为Fe3+;将Fe2+氧化为Fe3+的氧 化剂还可以选择H2O2,该氧化剂的还原产物为H2O,不会引入其他杂质。 (2)SiO2不溶于盐酸、硝酸等强酸,但可溶于氢氟酸。 (3)Fe3+、Al3+在沉淀的
10、过程中容易形成胶体而无法沉淀分离,采取加热的方法可加速微粒凝聚形成 Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,从而易于分离;pH为45时Al3+、Fe3+可完全沉淀,而Mg2+、Ca2+不沉淀,故沉 淀B的主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3。 (4)配平方程式可得对应关系式: 2KMnO45H2C2O45CaC2O45Ca2+ 2 mol 540 g 0.050 036.0010-3 mol m(Ca2+) m(Ca2+)=0.180 g 故(Ca2+)=100%=45.0%。 0.180 g 0.400 g 9.(2018江苏单科,1,2分)CO2是自然界碳循环中的重要物质。下列过程会引起大
11、气中CO2含量上升 的是( ) A.光合作用 B.自然降雨 C.化石燃料的燃烧 D.碳酸盐的沉积 以下为教师用书专用 答案答案 C A项,光合作用会吸收CO2放出O2;B项,自然降雨对大气中的CO2含量影响不大;D项,碳酸 盐的沉积对大气中的CO2含量影响不大。 知识拓展知识拓展 植物的光合作用吸收CO2,植物的呼吸作用会释放CO2。 10.(2017北京理综,6,6分)古丝绸之路贸易中的下列商品,主要成分属于无机物的是( ) A.瓷器 B.丝绸 C.茶叶 D.中草药 答案答案 A 瓷器的主要成分是硅酸盐,属于无机物;丝绸的主要成分是蛋白质,属于有机物;茶叶、 中草药的主要成分是有机物。 易混
12、易错易混易错 棉花的主要成分是纤维素,蚕丝的主要成分是蛋白质,光导纤维的主要成分是SiO2,合 成纤维是有机高分子化合物。 11.(2016江苏单科,1,2分)大气中CO2含量的增加会加剧“温室效应”。下列活动会导致大气中CO2含 量增加的是( ) A.燃烧煤炭供热 B.利用风力发电 C.增加植被面积 D.节约用水用电 答案答案 A 煤炭燃烧供热时会产生CO2。 12.(2019江苏单科,20,14分)CO2的资源化利用能有效减少CO2排放,充分利用碳资源。 (1)CaO可在较高温度下捕集CO2,在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4 H2O热分解可制备 CaO,CaC2O4 H2O
13、加热升温过程中固体的质量变化如图1。 图1 写出400600 范围内分解反应的化学方程式: 。 与CaCO3热分解制备的CaO相比,CaC2O4 H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能,其原因 是 。 (2)电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如图2。 图2 写出阴极CO2还原为HCOO-的电极反应式: 。 电解一段时间后,阳极区的KHCO3溶液浓度降低,其原因是 。 (3)CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法,其过程中主要发生下列反应: 反应:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H=41.2 kJ mol-1 反应:2CO
14、2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) H=-122.5 kJ mol-1 在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下,CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变 化如图3。其中: CH3OCH3的选择性=100% 图3 温度高于300 ,CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是 33 2 2 CHH CO OC的物质的量 反应的的物质的量 。 220 时,在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后,测得CH3OCH3的选择性为48%(图中A点)。 不改变反应时间和温度,一定能提高CH3OCH3选择性的措施有 。 答案答案 (1)CaC2O4 CaCO3+CO C
15、aC2O4 H2O热分解放出更多的气体,制得的CaO更加疏松多孔 (2)CO2+H+2e- HCOO-或CO2+HC+2e- HCOO-+C 阳极产生O2,pH减小,HC浓度降低;K+部分迁移至阴极区 (3)反应的H0,反应的H”“ 随温度升高,CO含量增大,说明生成CO的反应是吸热反应 H2O、FeCl2溶液、NaOH溶液 MgCl2、AlCl3、FeCl3 (2)SiCl4 高于136 ,低于181 解析解析 (1)将已知的两个热化学方程式相加,即可得出答案。观察图像可知,随着温度的升高, CO的含量增大,说明平衡向生成CO的方向移动,所以生成CO的反应是吸热反应,H0。在室温 下,TiC
16、l4、SiCl4为液态,AlCl3、FeCl3、MgCl2为固态且在TiCl4中微溶或难溶,所以滤渣中应含有 AlCl3、FeCl3、MgCl2,但AlCl3、FeCl3在TiCl4中微溶,故粗TiCl4混合液中仍然会存在少量的AlCl3、 FeCl3。 (2)TiCl4在蒸馏塔二中被蒸出,说明物质a应是一种沸点比TiCl4低的物质,结合题给资料可知a是SiCl4。T2 应控制在136 以上,181 以下,确保TiCl4被蒸出,同时AlCl3等杂质不能被蒸出。 审题方法审题方法 认真读题,捕捉到题目中的所有信息,依据相关知识进行分析。 1.(2020天津,1,3分)在全国人民众志成城抗击新冠病
17、毒期间,使用的“84消毒液”的主要有效成分 是( ) A.NaOH B.NaCl C.NaClO D.Na2CO3 考点考点2 2 卤族元素卤族元素 海水资源的开发利用海水资源的开发利用 答案答案 C NaClO水解产生的HClO具有强氧化性,可以杀死病毒,故C项正确。 2.(2020浙江7月选考,25,2分)黄色固体X,可能含有漂白粉、FeSO4、Fe2(SO4)3、CuCl2、KI之中的 几种或全部。将X与足量的水作用,得到深棕色固体混合物Y和无色碱性溶液Z。下列结论合理的 是( ) A.X中含KI,可能含有CuCl2 B.X中含有漂白粉和FeSO4 C.X中含有CuCl2,Y中含有Fe(
18、OH)3 D.用H2SO4酸化溶液Z,若有黄绿色气体放出,说明X中含有CuCl2 答案答案 C Fe2(SO4)3为淡黄色固体,CuCl2为棕黄色晶体,其余为白色固体,故黄色固体X中至少含 有Fe2(SO4)3和CuCl2中的一种。X与足量的水作用,得到深棕色固体Y和无色溶液Z,而KI能够与 Fe3+、Cu2+发生氧化还原反应生成I2,又知水足量,所以I2不可能在固体Y中,得到的碘水为黄褐色,与 无色溶液Z不符,据此得出X中没有KI,深棕色固体Y中一定有Fe(OH)3;因为Y为混合物,则Y中还有 沉淀Cu(OH)2,X中一定存在CuCl2,由于FeSO4能够被氧化为Fe3+,同样能够生成Fe(
19、OH)3沉淀,所以 FeSO4、Fe2(SO4)3至少有一种。Z溶液为碱性,漂白粉溶于水显碱性,FeSO4、Fe2(SO4)3、CuCl2溶 于水都显酸性,所以X中一定有漂白粉。X中一定有CuCl2,一定没有KI,Y中含有Fe(OH)3,A项错误, C项正确;根据上述分析,FeSO4和Fe2(SO4)3至少有一种,不一定有FeSO4,B项错误;硫酸酸化溶液Z后 若有Cl2生成,可证明发生反应:ClO-+Cl-+2H+ Cl2+H2O,只能说明X中含有漂白粉,不能说明X 中含有CuCl2,D项错误。 3.(2016课标,7,6分)化学在生活中有着广泛的应用,下列对应关系错误的是( ) 化学性质
20、实际应用 A. Al2(SO4)3和小苏打反应 泡沫灭火器灭火 B. 铁比铜金属性强 FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板 C. 次氯酸盐具有氧化性 漂白粉漂白织物 D. HF与SiO2反应 氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记 答案答案 B FeCl3与Cu的反应为2FeCl3+Cu 2FeCl2+CuCl2,不能用来比较铁与铜的金属性强弱, 故错误。 思路分析思路分析 比较金属性强弱可以采用金属间的置换反应,比较铁、铜金属性强弱时可以用“Fe+ CuCl2 FeCl2+Cu”。 4.(2020课标,26,14分)化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重 要化工原料,又是高效、广谱的
21、灭菌消毒剂。回答下列问题: (1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料,可采用如图(a)所示的装置来制取。装置中的离子膜 只允许 离子通过,氯气的逸出口是 (填标号)。 (2)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(X)= ,X为HClO或ClO-与pH的关系如图(b)所示。HClO的电离常数Ka值为 。 (3)Cl2O为淡棕黄色气体,是次氯酸的酸酐,可由新制的HgO和Cl2反应来制备,该反应为歧化反应(氧 化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为 - (X) (HClO)(ClO ) c cc 。 (4)ClO2常温下为黄色气体,易溶于水
22、,其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、 NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”,能快速溶于水,溢出大量气泡,得到ClO2溶液。上述过 程中,生成ClO2的反应属于歧化反应,每生成1 mol ClO2消耗NaClO2的量为 mol;产生 “气泡”的化学方程式为 。 (5)“84消毒液”的有效成分为NaClO,不可与酸性清洁剂混用的原因是 (用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液,若 NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%,则生产1 000 kg该溶液需消耗氯气的质量为 kg(保 留整数)。 答案答案 (1)Na+ a (2)
23、10-7.5 (3)2Cl2+HgO HgCl2+Cl2O (4)1.25 NaHCO3+NaHSO4 CO2+Na2SO4+H2O (5)ClO-+Cl-+2H+ Cl2+H2O 203 解析解析 (1)阳极发生氧化反应:2Cl-2e- Cl2,Cl2从a口逸出;阳极室排出淡盐水,故Na+透过离子 膜进入阴极室。(2)Ka(HClO)=,由图(b)可知c(HClO)=c(ClO-)时,溶液pH=7.5,故 Ka(HClO)=10-7.5。(3)HgO与Cl2的反应为歧化反应,Cl2既是氧化剂又是还原剂,汞元素与氧元素化合价 不变,故HgO与Cl2反应生成Cl2O的同时还生成HgCl2,依据得
24、失电子守恒可知,生成HgCl2与Cl2O的 物质的量之比为11。(4)由题意可知NaClO2生成ClO2的反应为歧化反应,故,依 据得失电子守恒可得,生成ClO2与NaCl的物质的量之比为41,依据氯原子守恒可得,NaClO2与 ClO2的物质的量之比为54,每生成1 mol ClO2消耗NaClO2的量为1.25 mol;ClO2易溶于水,故“气 泡”的成分只能是CO2,NaHSO4与NaHCO3反应生成Na2SO4、H2O和CO2。(5)酸性条件下ClO-与Cl- 可发生氧化还原反应生成Cl2和H2O;设反应前NaOH溶液的质量为a kg,消耗氯气的质量为x kg,则x +a=1 000;
25、反应消耗NaOH的质量为(0.3a-1 0001%)kg=(0.3a-10)kg,由化学方程式Cl2+2NaOH NaCl+NaClO+H2O可知:=,与x+a=1 000 联立可求出x203。 - (H )(ClO ) (HClO) cc c 0.3 -10 x a 71 80 5.(2018课标,27,14分)KIO3是一种重要的无机化合物,可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题: (1)KIO3的化学名称是 。 (2)利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如下图所示: “酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。“逐Cl2”采用的方法是 。“滤液”中 的溶质主要是 。“调p
26、H”中发生反应的化学方程式为 。 (3)KIO3也可采用“电解法”制备,装置如图所示。 写出电解时阴极的电极反应式 。 电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为 ,其迁移方向是 。 与“电解法”相比,“KClO3氧化法”的主要不足之处有 (写出 一点)。 答案答案 (1)碘酸钾 (2)加热 KCl KH(IO3)2+KOH 2KIO3+H2O(或HIO3+KOH KIO3+H2O) (3)2H2O+2e- 2OH-+H2 K+ a到b 产生Cl2易污染环境等 解析解析 (1)KIO3的化学名称是碘酸钾。 (2)由于气体的溶解度随温度升高而减小,故“逐Cl2”采用的方法是加热;分析工艺流程和酸化反
27、 应所得产物可知,滤液中的溶质主要是KCl;调pH的目的主要是中和H+,故“调pH”中发生反应的 化学方程式为KH(IO3)2+KOH 2KIO3+H2O或HIO3+KOH KIO3+H2O。 (3)观察电解装置图知,惰性电极a为阳极,惰性电极b为阴极,在碱性条件下,阴极的电极反应式为 2H2O+2e- H2+2OH-。电解过程中,阳极I2失去电子生成I,即I2-10e-+12OH- 2I+6H2O,通过 阳离子交换膜的离子主要为K+,迁移方向是从a到b。“KClO3氧化法”产生有毒气体Cl2, 故与“电解法”相比的不足之处有产生有毒气体Cl2,易污染环境等。 - 3 O - 3 O 6.(2
28、016课标,28,14分)NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂,也常用来漂白织物等,其一种生产工艺如下: 回答下列问题: (1)NaClO2中Cl的化合价为 。 (2)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式 。 (3)“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成,精制时,为除去Mg2+和Ca2+,要加入的试剂分别为 、 。“电解”中阴极反应的主要产物是 。 (4)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中,氧化剂与还原剂的物质的 量之比为 ,该反应中氧化产物是 。 (5)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力,其定义是:每克含氯消毒剂的氧化能力相 当于多少克Cl2的氧化能力。
29、NaClO2的有效氯含量为 。(计算结果保留两位小数) 答案答案 (1)+3 (2)2NaClO3+SO2+H2SO4 2ClO2+2NaHSO4 (3)NaOH溶液 Na2CO3溶液 Cl(或NaClO2) (4)21 O2 (5)1.57 - 2 O 解析解析 (2)根据图示可确定反应物和生成物,然后根据得失电子守恒和原子守恒即可写出反应的化 学方程式。 (3)粗盐水精制时用NaOH溶液除Mg2+,用Na2CO3溶液除Ca2+;根据图示可知“电解”过程中发生的 反应为2ClO2+2NaCl Cl2+2NaClO2,由此可知,在电解池的阴极上ClO2得电子生成NaClO2,故阴 极反应的主要
30、产物为NaClO2。 (4)据图示可知反应物有ClO2、NaOH、H2O2,生成物有NaClO2,其中O2NaO2,Cl的化合价降 低,则必有元素化合价升高,可推出H2,根据得失电子守恒可得氧化剂ClO2与还原剂H2O2的 物质的量之比为21,该反应中氧化产物是O2,还原产物是NaClO2。 (5)NaClO2、Cl2作为消毒剂时,还原产物均为Cl-。设NaClO2的有效氯含量为x,则4=2,解得 x1.57。 4 Cl 3 Cl -1 2O 0 2O 1 90.571 x 解题关键解题关键 尾气吸收过程中NaOH与H2O2的混合溶液吸收ClO2生成NaClO2、H2O和O2,ClO2作氧化
31、剂,H2O2作还原剂。 温馨提示温馨提示 解化工流程题时应重点关注框图,特别注意看图中的箭头方向,结合适当的文字信息, 便可得“正果”。 7.(2019江苏单科,9,2分)在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是( ) A.NaCl(aq) Cl2(g) FeCl2(s) B.MgCl2(aq) Mg(OH)2(s) MgO(s) C.S(s) SO3(g) H2SO4(aq) D.N2(g) NH3(g) Na2CO3(s) 以下为教师用书专用 答案答案 B 本题涉及的考点有钠、镁、硫、氮、氯及其化合物的性质,考查了学生对知识的记 忆、再现能力,体现了宏观辨识与微观探析的学科核心素
32、养。 A项,加热条件下,铁与氯气反应只能生成FeCl3,错误;B项,MgCl2+Ca(OH)2 Mg(OH)2+CaCl2, Mg(OH)2 MgO+H2O,正确;C项,硫在氧气中燃烧只能生成SO2,错误;D项,NH3+CO2+NaCl+H2O NaHCO3+NH4Cl,错误。 拓展延伸拓展延伸 铁在氯气中点燃不存在量变引起质变的问题,无论铁是否足量,产物均为FeCl3。 8.(2018江苏单科,5,2分)下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是( ) A.用装置甲灼烧碎海带 B.用装置乙过滤海带灰的浸泡液 C.用装置丙制备用于氧化浸泡液中I-的Cl2 D.用装置丁吸收氧化浸泡
33、液中I-后的Cl2 尾气 答案答案 B A项,灼烧碎海带应在坩埚中进行,错误;C项,用MnO2和浓盐酸制备Cl2需要加热,错误;D 项,吸收尾气中的Cl2要用NaOH溶液,不能用饱和NaCl溶液,错误。 关联知识关联知识 灼烧固体常在坩埚中进行;制取Cl2时,KMnO4和浓盐酸在常温下反应,MnO2和浓盐 酸在加热条件下反应;净化Cl2时常用饱和食盐水除HCl,用浓硫酸干燥;用NaOH溶液吸收尾气。 9.(2015课标,28,15分)二氧化氯(ClO2,黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂。回答下 列问题: (1)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2,该反应氧
34、化剂与还原剂物质的量之比为 。 (2)实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料,通过以下过程制备ClO2: 电解时发生反应的化学方程式为 。 溶液X中大量存在的阴离子有 。 除去ClO2中的NH3可选用的试剂是 (填标号)。 a.水 b.碱石灰 c.浓硫酸 d.饱和食盐水 (3)用右图装置可以测定混合气中ClO2的含量: .在锥形瓶中加入足量的碘化钾,用50 mL水溶解后,再加入3 mL稀硫酸; .在玻璃液封装置中加入水,使液面没过玻璃液封管的管口; .将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收; .将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中; .用0.100 0 mol L-1硫代硫酸钠标准溶
35、液滴定锥形瓶中的溶液(I2+2S2 2I-+S4),指示剂显 示终点时共用去20.00 mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中: 锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为 。 玻璃液封装置的作用是 。 中加入的指示剂通常为 ,滴定至终点的现象是 。 测得混合气中ClO2的质量为 g。 (4)用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐,下列物质最适宜 的是 (填标号)。 a.明矾 b.碘化钾 c.盐酸 d.硫酸亚铁 2- 3 O 2- 6 O 答案答案 (15分)(1)21(1分) (2)NH4Cl+2HCl3H2+NCl3(2分) Cl-、OH-(2分) c(1分) (3
36、)2ClO2+10I-+8H+ 5I2+4H2O+2Cl-(2分) 吸收残余的二氧化氯气体(避免碘的逸出)(2分) 淀粉溶液 溶液由蓝色变为无色,且半分钟内溶液颜色不再改变(每空1分,共2分) 0.027 00(2分) (4)d(1分) 解析解析 (1)该反应的氧化剂为KClO3,发生变化:O2;还原剂为Na2SO3,发生变化:Na2O3 Na2 O4,根据得失电子守恒可知n(KClO3)n(Na2SO3)=21。 (2)由题中信息可知,电解NH4Cl溶液和盐酸的混合物得到NCl3溶液和H2,据此可写出电解时的总 反应方程式。 由NaClO2溶液与NCl3溶液反应的生成物可以看出,反应物中除N
37、aClO2和NCl3外,还应有H2O,则该 反应的离子方程式为NCl3+6Cl+3H2O 6ClO2+NH3+3Cl-+3OH-,故溶液X中大量存在的阴 离子有Cl-和OH-。 由于ClO2易溶于水,因此不能用水或饱和食盐水除去ClO2中的NH3;碱石灰不与NH3反应,无法将 NH3除去;浓硫酸不与ClO2反应但能与NH3反应,故可用浓硫酸除去ClO2中的NH3。 (3)ClO2具有强氧化性,在酸性条件下可将I-氧化为I2,自身被还原为Cl-,据此可写出有关的离子方 程式。 向锥形瓶中通入混合气时,会有少量ClO2从溶液中逸出,生成的碘也会逸出,通过玻璃液封装置 可将逸出的ClO2和碘吸收,再
38、将吸收液倒入锥形瓶中,保证了测定结果的准确性,减小了实验误 差。 滴定含I2的溶液时一般使用淀粉溶液作指示剂。 由2ClO25I210S2可知,n(ClO2)=0.2n(S2)=0.20.100 0 mol L-10.020 00 L=4.00010-4 mol, 5 3 KClO 4 Cl 4 S 6 S - 2 O 2- 3 O 2- 3 O m(ClO2)=4.00010-4mol67.5 g mol-1=0.027 00 g。 (4)要除去亚氯酸盐,需加入具有还原性的物质,明矾显然不适宜;由于饮用水已处理过,再加入KI或 盐酸,会产生对人体健康不利的I2或Cl2,故最适宜的物质是硫酸亚
39、铁。 1.(2020江苏单科,1,2分)打赢蓝天保卫战,提高空气质量。下列物质不属于空气污染物的是( ) A.PM2.5 B.O2 C.SO2 D.NO 考点考点3 3 氧、硫及其化合物氧、硫及其化合物 答案答案 B A项,PM2.5为细颗粒物,对人体有伤害作用;B项,O2不属于污染物;C项,SO2是空气污染 物;D项,NO是空气污染物;故选B。 2.(2020浙江7月选考,4,2分)下列物质对应的组成不正确的是( ) A.干冰:CO2 B.熟石灰:CaSO4 2H2O C.胆矾:CuSO4 5H2O D.小苏打:NaHCO3 答案答案 B 熟石灰的成分是Ca(OH)2。 3.(2017课标,
40、7,6分)化学与生活密切相关。下列说法错误的是( ) A.PM2.5是指粒径不大于2.5 m的可吸入悬浮颗粒物 B.绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染 C.燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放 D.天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料 答案答案 C 燃煤中加入CaO可以减少SO2气体的排放,减少酸雨的形成,但不能减少温室气体CO2的 排放,C错误。 4.(2020江苏单科,16,12分)吸收工厂烟气中的SO2,能有效减少SO2对空气的污染。氨水、ZnO水悬 浊液吸收烟气中SO2后经O2催化氧化,可得到硫酸盐。 已知:室温下,ZnSO3微溶于水,Zn(HS
41、O3)2易溶于水;溶液中H2SO3、HS、S的物质的量分数随 pH的分布如下图所示。 (1)氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2,主要反应的离子方程式为 ;当通入SO2至溶液pH=6时,溶液中浓度最大的阴离子是 (填 化学式)。 (2)ZnO水悬浊液吸收SO2。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2,在开始吸收的40 min内,SO2吸收 率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见下图)。溶液pH几乎不变阶段,主要产物是 (填化学式);SO2吸收率迅速降低阶段,主要反应的离子方程式为 - 3 O 2- 3 O 。 (3)O2催化氧化。其他条件相同时,调节吸收SO2得到溶液的pH在4.5
42、6.5范围内,pH越低S生成 速率越大,其主要原因是 ;随着氧化的进行,溶液的pH将 (填“增 大”“减小”或“不变”)。 2- 4 O 答案答案 (12分) (1)2NH3+H2O+SO2 2N+S或2NH3 H2O+SO2 2N+S+H2O HS (2)ZnSO3 ZnSO3+SO2+H2O Zn2+2HS或ZnO+2SO2+H2O Zn2+2HS (3)随着pH降低,HS浓度增大 减小 4 H 2- 3 O 4 H 2- 3 O - 3 O - 3 O - 3 O - 3 O 解析解析 (1)向氨水中通入少量SO2,说明氨水过量,产物为(NH4)2SO3。根据题图可知pH=6时,溶液中
43、浓度最大的阴离子是HS。(2)根据题图分析,在ZnO水悬浊液中通入SO2,起始发生的反应为ZnO +SO2 ZnSO3,由于亚硫酸锌微溶于水,溶液pH变化不大。当ZnO反应完,继续通入SO2,生成的 ZnSO3与SO2反应生成Zn(HSO3)2,由于Zn(HSO3)2易溶于水,所以pH下降较快。(3)由题图可知,溶液 pH在4.56.5范围内时,pH越低,溶液中c(HS)越大,氧化反应速率越快。HS被氧化的离子反应 为2HS+O2 2S+2H+,c(H+)增大,pH减小。 - 3 O - 3 O - 3 O - 3 O 2- 4 O 5.(2019课标,26,13分)立德粉ZnS BaSO4(
44、也称锌钡白),是一种常用白色颜料。回答下列问题: (1)利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花,亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样 品时,钡的焰色为 (填标号)。 A.黄色 B.红色 C.紫色 D.绿色 (2)以重晶石(BaSO4)为原料,可按如下工艺生产立德粉: 在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡,该过程的化学方程式为 。回转炉尾气中含有有毒气体,生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一 种清洁能源气体,该反应的化学方程式为 。 在潮湿空气中长期放置的“还原料”,会逸出臭鸡蛋气味的气体,且水溶性变差。其原因是“还 原料”表面生成了难溶于水的 (填化学式)。 沉淀器中反
45、应的离子方程式为 。 (3)成品中S2-的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品,置于碘量瓶中,移取25.00 mL 0.100 0 mol L-1的I2-KI溶液于其中,并加入乙酸溶液,密闭,置暗处反应5 min,有单质硫析出。以淀粉为指示 剂,过量的I2用0.100 0 mol L-1 Na2S2O3溶液滴定,反应式为I2+2S2 2I-+S4。测定时消耗Na2S2O3溶 液体积V mL。终点颜色变化为 ,样品中S2-的含量为 (写出表达式)。 2- 3 O 2- 6 O 答案答案 (1)D (2)BaSO4+4C BaS+4CO CO+H2O CO2+H2 BaCO3 S2-+Ba2+
46、Zn2+S ZnS BaSO4 (3)浅蓝色至无色 100% 2- 4 O 1 (25.00-) 0.100 0 32 2 1 000 V m 解析解析 本题涉及的知识点有焰色反应、陌生氧化还原反应方程式及离子方程式的书写、定量实 验的数据处理;考查了学生对化学基础知识的记忆,将提供的信息与已有知识结合运用的能力;同 时考查了学生掌握化学实验的基本方法并对实验中的数据进行处理的能力;体现了通过分析、推 理认识研究对象的本质特征(证据推理与模型认知)、运用化学实验进行实验探究(科学探究与创 新意识)的学科核心素养。 (1)重要金属元素的焰色平时要注意识记。 (2)已知反应物有BaSO4、C,生成物有BaS,因焦炭过量则生成CO,根据得失电子守恒、原子守恒 写出化学方程式;CO与H2O(g)反应生成CO2与一种清洁能源气体,不难推测该气体为H
