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2018年高考化学真题分类汇编 专题4 非金属及其化合物
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2018年高考化学真题分类汇编
专题4 非金属及其化合物(必修1)
Ⅰ—无机非金属材料的主角——硅 （碳族元素）
1.[2018江苏卷-3]下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A. NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂
B. SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维
C. Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料
D. CaO能与水反应，可用作食品干燥剂
【答案】D
【解析】A项，NaHCO3受热易分解的原理是：2NaHCO3Na2CO3 +H2O +CO2↑，NaHCO3用于制胃酸中和剂的原理是：NaHCO3+HCl= NaCl+ H2O+ CO2↑，两者没有对应关系，A错误； B项，SiO2传导光的能力非常强，用于制光导纤维，这与SiO2熔点高硬度大没有对应关系，B错误； C项，Al2O3的熔点很高，用作耐高温材料，这与Al2O3是两性氧化物没有对应关系，C错误； D项，CaO能与水反应，用于食品干燥剂，CaO用于食品干燥剂与CaO与水反应有对应关系， D正确。
【考点】常见无机物：NaHCO3、SiO2、Al2O3、CaO的性质和用途。
2.[2018天津卷-1] 以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行的分析不合理的是
A. 四千余年前用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应
B. 商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎，该鼎属于铜合金制品
C. 汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏士
D. 屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作
【答案】A
【解析】A．谷物中的淀粉在酿造中发生水解反应只能得到葡萄糖，葡萄糖要在酒化酶作用下分解，得到酒精和二氧化碳。酒中含有酒精，醋中含有醋酸，显然都不是只水解就可以生成的。选项A不合理。
B．商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎属于青铜器，青铜是铜锡合金。选项B合理。
C．陶瓷的制造原料为黏土。选项C合理。
D．屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，是利用青蒿素在乙醚中溶解度较大的原理，将青蒿素提取到乙醚中，所以属于萃取操作。选项D合理。
【考点】淀粉的水解、铜合金、传统无机非金属材料、萃取。
3.[2018江苏卷-1] CO2是自然界碳循环中的重要物质。下列过程会引起大气中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
【答案】C
【解析】A项，光合作用的总方程式为:6CO2+6H2OC6H12O6+6O2，光合作用消耗CO2，使大气中CO2含量下降； B项，自然降雨时H2O会与大气中少量CO2反应生成H2CO3，不会引起CO2含量的上升；C项，化石燃料指煤、石油、天然气，煤、石油、天然气中都含C元素，C元素燃烧后生成CO2，化石燃料的燃烧会引起大气中CO2含量上升；D项，碳酸盐沉积指由形成于海洋或湖泊底部的粒装泥状碳酸盐矿物及其集合体，通过生物作用或从过饱和碳酸盐的水体中直接沉淀，水体中生物活动消耗CO2，有利于碳酸盐沉积，碳酸盐沉积不会引起大气中CO2含量上升；化石燃料的燃烧会引起大气中CO2含量上升，答案选C。
【考点】化学与环境保护、低碳经济；掌握化石燃料的成分；碳酸盐的沉积
4.[2018江苏卷-16]以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：
（1）焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子
方程式为 。
（2）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。
已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ℃
硫去除率=（1—）×100%
①不添加CaO的矿粉在低于500 ℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于__________________。
②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是______________________________________________________。
（3）向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由_______________（填化学式）转化为_______________（填化学式）。
（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n（FeS2）∶n（Fe2O3）=__________________。
【答案】（12分）（1）SO2+OH−=HSO3− （2）①FeS2
②硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中 （3）NaAlO2、Al(OH)3 （4）1∶16
【解析】（1）过量SO2与NaOH反应生成NaHSO3和H2O，反应的化学方程式为:
SO2+NaOH=NaHSO3，离子方程式为:SO2+OH− =HSO3−。
（2）①根据“已知：多数金属硫酸盐的分解温度高于600℃”，不添加CaO的矿粉低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于FeS2。
②添加CaO，CaO起固硫作用，添加CaO发生的反应为:2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，根据硫去除率的含义，700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低的原因是：硫元素转化为CaSO4留在矿粉中。
（3）“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，CO2与NaAlO2反应生成NaHCO3和Al(OH) 3，反应的离子方程式为:CO2+AlO2−
+2H2O=Al(OH) 3↓+HCO3−，即Al元素存在的形式由NaAlO2转化为Al(OH) 3。
（4）Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，反应的化学方程式为FeS2+16Fe2O311Fe3O4+2SO2↑，理论上完全反应消耗的n(FeS2)：n(Fe2O3) =1:16。
【考点】以高硫铝土矿为原料生产氧化铝和Fe3O4的流程为载体，考查流程的分析，Fe、Al、S元素及其化合物的性质，图像的分析，获取新信息的能力，指定情境下方程式的书写。
Ⅱ—氮及其化合物（氮、磷及其化合物）
5.[2018江苏卷-2]用化学用语表示 NH3+ HCl=NH4Cl中的相关微粒，其中正确的是
A. 中子数为8 的氮原子： 87N B. HCl 的电子式：
C. NH3的结构式： D. Cl−的结构示意图：
【答案】C
【解析】A.中子数为8的氮原子的质量数为15，表示为157N，A错误； B.HCl中只含共价键，HCl的电子式为，B错误； C.NH3中含3个N-H键，NH3的结构式为，C正确；D项，Cl-最外层有8个电子， D错误；答案选C。
【考点】原子结构、离子结构示意图、电子式和结构式。
6.[2018浙江卷-1]下列属于酸的是
A. HNO3 B. CaCO3 C. CO2 D. NaOH
【答案】A
【解析】酸指电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；碱指电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物；盐指电离时生成金属阳离子(或铵根离子)和酸根离子的化合物。可以简记为:氢头酸、氢氧根结尾碱、金属开头酸根结尾的是盐。由此可知属于酸的是A。
【考点】酸碱盐等的定义
7. [2018北京卷-10]下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是
A
B
C
D
实验
NaOH溶液滴入FeSO4溶液中
石蕊溶液滴入氯水中
Na2S溶液滴入AgCl浊液中
热铜丝插入稀硝酸中
现象
产生白色沉淀，随后变为红褐色
溶液变红，随后迅速褪色
沉淀由白色逐渐变为黑色
产生无色气体，随后变为红棕色
【答案】C
【解析】A.NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生Fe(OH)2白色沉淀，随后Fe(OH)2被氧化成Fe(OH)3 (红褐色沉淀)，反应为：4Fe(OH) 2+O2+2H2O=4Fe(OH) 3，是氧化还原反应； B.氯水中存在反应Cl2+H2O
HCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，HClO有强氧化性，把红色物氧化为无色物质而使溶液褪芭； C. Na2S溶液滴入AgCl浊液中，反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，白色沉淀变为黑色，但反应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应； D. 热铜丝插入稀硝酸中，即Cu与稀HNO3反应生成Cu(NO3) 2、NO气体和H2O，无色气体NO迅速被氧化成红棕色的2NO2，反应为2NO+O2=2NO2，为氧化还原反应；
【考点】氧化还原反应的特征；沉淀的转化；次氯酸的漂白原理；铜与硝酸反应。
8.[2018天津卷-7]下图中反应①是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl2·6NH3是优质的镁资源。回答下列问题：
（1）MgCl2·6NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺序（H-除外）： ，Mg在元素周期表中的位置： ，Mg(OH)2的电子式：____________________。
（2）A2B的化学式为_______________。反应②的必备条件是_______________。上图中可以循环使用的物质有_______________。
（3）在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料_______________（写化学式）。
（4）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，写出该反应的化学方程式： 。
（5）用Mg制成的格氏试剂（RMgBr）常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：
依据上述信息，写出制备CH3CH2CHOHCH3所需醛的可能结构简式：_______________。
【答案】(1) r(H+)
2MgSO4+2H2O。 （5）利用格氏试剂可以制备R-CHOH-R`，现在要求制备CH3CH2CHOHCH3，所以可以选择R为CH3CH2，R’为CH3；或者选择R为CH3，R’为CH3CH2，所以对应的醛R’CHO可以是CH3CH2CHO或CH3CHO。
【考点】镁元素及其化合物、氮元素及其化合物、硫元素及其化合物、离子半径的比较、电子式的书写。
9. [2018全国卷Ⅰ-28] (15分)采用N2O5为硝化剂是一种新型绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题：
⑴1840年Devil用干燥的氯气通过通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为 .
⑵F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了250C时N2O5(g)分解反应:
其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强P随时间t的变化如下表所示(t=∞时，N2O5(g)完全分解)：
t/min
0
40
80
160
260
1300
1700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
①已知：2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g) △H=-4.4KJ/mol
2NO2(g)= N2O4(g) △H=-55.3KJ/mol
则N2O5(g)=2NO2(g)+0.5O2(g)的△H= KJ/mol
②研究表明，N2O5(g)分解的速率v=2×10-3×PN2O5(kPa/min)。t=62min时，测得体系PO2=2.9kPa,则此时PN2O5= kPa，v= kPa/min)
③若提高反应温度至350C，则N2O5(g)完全分解后体系压强P∞(350C) 大于63.1 kPa (填“大于”“等于”或“小于”)，原因是：
。
④250C时，N2O4(g) 2NO2(g)反应的平衡常数Kp= kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留一位小数)。
⑶对于反应2N2O5(g) → 4NO2(g)+ O2(g)，R.A.Ogg提 出如下反应历程：
第一步 N2O5 NO2 + NO3 快速平衡
第二步 NO2 + NO3 → NO +NO2 + O2 慢反应
第三步：NO+ NO3 → 2NO2 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是 (填标号)。
A.v(第一步反应的逆反应)＞v(第二步反应 ) B.反应的中间产物只有NO3
C.第二步中的NO2与NO 3的碰撞只部分有效 D.第三步反应的活化能高
【答案】(1) O2 (2) ① 53.1 ②30.0； 6.0×10－2 ③大于； 温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高。④13.4 (3) AC
【解析】（1）氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中Ag元素、N元素都是最高价，不会被氧化，故只有-2价的氧元素化合价会升高，氧化产物是O2；
（2）①已知：ⅰ.2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g) △H1＝－4.4kJ/mol
ⅱ.2NO2(g)＝N2O4(g) △H2＝－55.3kJ/mol
根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)＝2NO2(g)+1/2O2(g) △H1＝＋53.1kJ/mol；
②根据方程式：N2O5(g)=2NO2(g)+0.5O2(g)可知，生成的氧气与消耗的五氧化二氮的物质的量之比是1:2，又依阿伏加德罗定律知，同温同体积时，气体压强之比等于物质的量之比，所以消耗五氧化二氮减少的压强是是氧气压强的二倍，即：2.9kPa×2＝5.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa－5.8kPa＝30.0kPa，因此此时反应速率v＝2.0×10－3×30＝6.0×10－2（kPa·min－1）；
也可依： N2O5(g) = 2NO2(g) + 0.5O2
始(kPa) 35.8 0 0
变(kPa) 5.8 5.8 2.9
62min (kPa) 30 2.9
解得，PN2O5=30kPa，v＝2.0×10－3×30＝6.0×10－2（kPa·min－1）
③由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)大于63.1 kPa。
④根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa×2＝71.6 kPa，氧气是35.8kPa÷2＝17.9 kPa，总压强应该是71.6 kPa+17.9 kPa＝89.5 kPa，平衡后压强减少了89.5 kPa－63.1kPa＝26.4kPa，所以根据方程式2NO2(g)N2O4(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，二氧化氮对应的压强是71.6 kPa－26.4kPa×2＝18.8kPa，则反应的平衡常数Kp=18.82/26.4(kPa)。
也可依： N2O5(g) = 2NO2(g) + 0.5O2
始(kPa) 35.8 0 0
变(kPa) 35.8 17.9 17.9
∞(kPa) 0 71.6 17.9
又： N2O4(g) 2NO2(g)
始(kPa) 0 71.6
变(kPa) x 2x
∞(kPa) x 71.6-2x
t=∞时，N2O5(g)完全分解，气体总压强为63.1，即:P(N2O4)+ P(NO2)+ P(O2)= x +(71.6-2x )+ 17.9=63.1，x =26.4，71.6-2x=71.6-2×26.4=18.8，Kp= c2(NO2)/ c(N2O4)= 18.82/26.4=13.4kPa
（3）A、第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，A正确；
B、根据第二步和第三步可知中间产物除有NO3外还有NO，B错误；
C、根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，C正确；
D、第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，D错误。答案选AC。
【考点】元素化合价与元素性质的关系；盖斯定律的运用；化学平衡的影响因素；平衡常数；阿伏加德罗定律等。本题主要是考查化学反应原理，侧重于化学反应速率与化学平衡的有关分析与计算。但本题需用分压代替浓度进行平衡常数的相关计算，导到题目陌生感强、难度增大。压强和平衡常数的计算是解答的难点，注意从阿伏加德罗定律的角度去理解变化的压强与气体物质的量之间的关系，注意结合反应的方程式和表中数据的灵活应用。也可以利用变化的压强之比等于计量数之比，运用化学平衡利用三段式计算。
10. [2018全国卷Ⅰ-7]磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池是新能源汽车的动力电池之一，采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：
下列叙述错误的是
A.合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用
B.从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li
C.沉淀反应的金属离子为“Fe3+”
D.上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠
【答案】D
【解析】A.随意丢弃废旧电池中会污染环境，且废旧电池中有部分金属可以回收利用，故合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用，A正确；B.从流程图可知，正极片中有金属元素Al、Fe、Li，B正确； C. 含磷酸亚铁锂的滤渣，经硝酸处理后，亚铁会被氧化成Fe3+，C正确； D.硫酸锂溶于水，故上述流程中不可用硫酸钠代替碳酸钠，D错误。
【考点】环境保护和资源再利用；原子守恒的理论；硝酸的强氧化性与亚铁的还原性；硫酸盐与碳酸盐的溶解性。
11.[2018全国卷Ⅱ-8]研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是
A. 雾和霾的分散剂相同
B. 雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵
C. NH3是形成无机颗粒物的催化剂
D. 雾霾的形成与过度施用氮肥有关
【答案】C
【解析】A.雾的分散质是水，霾的分散质是固体颗粒，雾和霾的分散剂均是空气，A正确；
B.依示意图知雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确； C. 依示意图知NH3是生成硫酸铵、硝酸铵的反应物，不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误； D. 氮肥会释放出氨气，而NH3参与形成雾霾中无机颗粒物，故雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。
【考点】依题中信息(转化关系示意图)明确雾霾的形成原理是解题的关键；催化剂的概念。
12.[2018全国卷Ⅱ-10]W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体；Y的周期数是族序数的3倍；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同。下列叙述正确的是
A. X与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物
B. Y与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键
C. 四种元素的简单离子具有相同的电子层结构
D. W的氧化物对应的水化物均为强酸
【答案】A
【解析】W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体，W是N，X是O；Y的周期数是族序数的3倍，因此Y只能是第三周期，所以Y是Na；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同，Z的最外层电子数是7个，Z是Cl。A. X(O)与其他三种元素(N、Na、Cl)可形成(NO、NO2;Na2O、Na2O2;Cl2O、Cl2O3、Cl2O5等二元化合物) ，A正确； B. Y(Na)与其他三种元素(N、O、Cl)形成的化合物中Na2O2含有离子键与共价键，B错误； C. 四种元素的简单离子，N3—、O2—、Na+的电子层结构相同，而Cl—的电子层结构与它们不相同，C错误。 D. W(Cl)的氧化物(Cl2O、Cl2O3、Cl2O5)对应的水化物(HClO、HClO2、HClO4等) HClO为弱酸，D错误
【考点】元素周期表和元素周期律；NO2的物理性质 (红棕色) ；原子结构；化学键。
13.[2018江苏卷-6]下列有关物质性质的叙述一定不正确的是
A. 向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液显红色
B. KAl(SO4) 2·12H2O溶于水可形成 Al(OH)3胶体
C. NH4Cl与Ca(OH)2混合加热可生成NH3
D. Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2
【答案】A
【解析】A. NH4SCN用于检验Fe3+，向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不会显红色，A错误； B.KAl(SO4) 2·12H2O溶于水电离出的Al3+水解形成Al(OH) 3胶体，离子方程式为Al3++3H2OAl(OH) 3(胶体) +3H+，B正确； C.实验室可用NH4Cl和Ca(OH) 2混合共热制NH3，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH) 2CaCl2+2NH3↑+2H2O，C正确； u与FeCl3溶液反应生成CuCl2和FeCl2，反应的化学方程式为Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，D正确；
【考点】Fe3+的检验；盐类的水解；实验室制氨气的原理；Cu与FeCl3的反应。
14. [2018北京卷-7]下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是化学变化的是
A．甲醇低温所制氢气用于新能源汽车
B．氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料
C．偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料
D．开采可燃冰，将其作为能源使用
【答案】B
【解析】A. “甲醇低温所制氢气”说明氢气是新生成的物质，而化学变化最主要的特点是有新物质生成，故A发生的是化学变化； B. “氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料”，“核聚变”是核反应，改变的是原子核，不属于化学变化； C. 偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料，发生的反应为：(CH3)2NNH2 +2N2O4=3N2+2CO2+4H2O, 属于化学变化； D. 可燃冰是甲烷的结构水合物，甲烷燃烧, 属于化学变化。
【考点】化学变化；核聚变；火箭燃料的燃烧反应；可燃冰。
15.[2018天津卷-9]烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下采样和检测方法。回答下列问题：
Ⅰ.采样
采样步骤：
①检验系统气密性；②加热器将烟道气加热至140℃；③打开抽气泵置换系统内空气；④采集无尘、干燥的气样；⑤关闭系统，停止采样。
（1）A中装有无碱玻璃棉，其作用是___________。
（2）C中填充的干燥剂是（填序号）___________。
a.碱石灰 b.无水CuSO4 c.P2O5
（3）用实验室常用仪器组装一套装置，其作用是与D(装有碱液)相同，在
虚线框中画出该装置的示意图，标明气体的流向及试剂。
（4）采样步骤②加热烟道气的目的是 。
Ⅱ.NOx含量的测定
将v L气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO3−，加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液，加入v1 mL c1 mol·L−1 FeSO4标准溶液（过量），充分反应后，用c2 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗v2 mL。
（5）NO被H2O2氧化为NO3−的离子方程式是 。
（6）滴定操作使用的玻璃仪器主要有 。
（7）滴定过程中发生下列反应：3Fe2++NO3−+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O
Cr2O72− + 6Fe2+ +14H+ =2Cr3+ +6Fe3++7H2O
则气样中NOx折合成NO2的含量为_________mg·m−3。
（8）判断下列情况对NOx含量测定结果的影响（填“偏高” 、“偏低”或“无影响 ”）
若缺少采样步骤③，会使测试结果___________。
若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果___________。
【答案】 (1)除尘 (2) c (3) (4)防止NOx溶于冷凝水 (5) 2NO+3H2O2=2H++2NO3–+2H2O (6)锥形瓶、酸式滴定管 (7)23(c1V1-6c2V2)·104/3V (8)偏低 偏高
【解析】（1）A的过程叫“过滤”，所以其中玻璃棉的作用一定是除去烟道气中的粉尘。 （2）碱石灰是碱性干燥剂可能与NOX反应，所以不能使用。硫酸铜的吸水能力不强，一般不用做干燥剂，所以不能使用。五氧化二磷是酸性干燥剂，与NOX不反应，所以选项c正确。
（3）实验室通常用洗气瓶来吸收气体，与D相同应该在洗气瓶中加入强碱
（氢氧化钠）溶液，装置如右图。
（4）加热烟道气的目的是避免水蒸气冷凝后，NOX溶于水中。
（5）NO被H2O2氧化为硝酸，所以反应的离子方程式为：2NO+3H2O2=2H++2NO3–+2H2O。
（6）滴定中使用酸式滴定管和锥形瓶。
(7) 用c2 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗v2 mL，此时加入的K2Cr2O 7为c2×V2×10-3mol，依反应：Cr2O72− + 6Fe2+ +14H+ =2Cr3+ +6Fe3++7H2O知，过量的Fe2+的物质的量为6c2×V2×10-3mol。
与硝酸根离子反应的Fe2+的物质的量为(c1×V1×10-3—6c2×V2×10-3)mol, 依反应：3Fe2++NO3−+4H+= NO↑
+3Fe3++2H2O知，NO3—的物质的量为(c1×V1×10-3—6c2×V2×10-3)mol/3,依氮原子守恒有，NO3—与NO2的物质的量相等。，NO2的物质的量为：(100/20)×(c1×V1×10-3—6c2×V2×10-3)mol/3 =5(c1×V1×10-3—6c2×V2×10-3)mol/3, NO2的质量为：46×5(c1×V1×10-3—6c2×V2×10-3)g/3=230(c1×V1—6c2×V2)mg/3。所以
，气样中NOx折合成NO2的含量为：230(c1×V1—6c2×V2) /(3V) mg/L= 23(c1V1-6c2V2)·104/3V mg·m−3
（8）若缺少采样步骤③，装置中有空气，则实际测定的是烟道气和空气混合气体中NOX的含量，测定结果必然偏低。若FeSO4标准溶液部分变质，一定是部分Fe2+被空气中的氧气氧化，计算时仍然认为这部分被氧化的Fe2+是被硝酸根离子氧化的，所以测定结果偏高。
【考点】干燥剂；洗气装置；给定条件下氧化还原反应与离子反应的书写；中和滴定操作与误差分析。
16. [2018北京卷-26]磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：
已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。
溶解度：Ca5(PO4)3(OH)
（2）磷精矿粉酸浸时发生反应： 2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO4·0.5H2O+6H3PO4
①该反应体现出酸性关系：H3PO4__________H2SO4（填“>”或“<”）。
②结合元素周期律解释①中结论：P和S电子层数相同， 。
（3）酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式： 。
（4）H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因： 。
（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42−残留，原因是
；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是
。
（6）取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b mol·L−1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。（已知：H3PO4摩尔质量为98 g·mol−1）
【答案】 (1)研磨、加热 (2)①＜②核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性P＜S (3) 2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O=10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑ (4) 80 ℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低 (5) CaSO4微溶； BaCO3+ SO42—+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+H2O+2 H2PO4— (6)0.049bc/a。
【解析】（1）研磨能增大反应物的接触面积，能加快反应速率，加热，温度升高能加快反应速率；流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。 (2)①根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4＜H2SO4。 ②用元素周期律解释，P和S电子层数相同，核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性P＜S。 (3)根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，Ca5(PO4) 3F与H2SO4反应生成HF、磷石膏和磷酸。 (4)图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80℃前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80℃后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。 (5)脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42-残留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，反应的离子方程式为BaCO3+SO42—+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4—+H2O。 (6)根据题意关系式为： H3PO4~2NaOH~ Na2HPO4，由消耗的NaOH计算H3PO4，消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为1：2，n(H3PO4) =0.5n(NaOH) =0.5bmol/L×c×10-3L
=bc/2000mol，m(H3PO4) = bc/2000mol×98g/mol=49bc/1000g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的质量分数为0.049bc/a。
【考点】本题以磷精矿湿法制备磷酸的工艺流程为载体，考查影响化学反应速率的因素、“强酸制弱酸”的复分解反应规律、元素周期律、指定情境下方程式的书写、质量分数的计算等。
17. [2018江苏卷-20] NOx（主要指NO和NO2）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
（1）用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：
2NO2(g) +H2O(l) =HNO3( aq) +HNO2( aq) ΔH=−116.1 kJ·mol−1
3HNO2( aq) =HNO3(aq) +2NO(g)+H2O(l) ΔH=75.9 kJ·mol−1
反应3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)的 ΔH=___________kJ·mol−1。
（2）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：____________________________________。
（3）用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式：____________________________________。
（4）在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。
①NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1 mol N2时，转移的电子数为__________mol。
②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应（装置见题20图−1）。
反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如题20图−2所示，在50～250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是
；当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是 。
【答案】（14分） （1）−136.2 （2）HNO2−2e−+H2O=3H++NO3−
（3）2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O （4）①3.43
②先迅速上升段主要原因是催化剂活性随温度升高增大,使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要原因是温度升高引起的NOx去除反应速率增大；催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO
【解析】（1）依盖斯定律：2NO2(g) +H2O(l)=HNO3(aq)+HNO2(aq) ΔH=−116.1 kJ·mol−1 ①
3HNO2(aq)=HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l) ΔH=75.9 kJ·mol−1 ②
，将（①式×3+②式）÷2得，反应3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3(aq) +NO(g)ΔH=（−116.1 kJ·mol−1）×3+75.9 kJ·mol−1] ÷2=-136.2kJ·mol−1。
（2）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失去电子生成HNO3，1molHNO2反应失去2mol电子，结合原子守恒和溶液呈酸性，电解时阳极电极反应式为:
HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。
（3）HNO2与(NH2) 2CO反应生成N2和CO2，N元素的化合价由HNO2中+3价降至0价，N元素的化合价由(NH2) 2CO中-3价价升至0价，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为:2HNO2+(NH2) 2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O。
（4）①NH3与NO2的反应为8NH3+6NO27N2+12H2O，该反应中NH3中-3价的N升至0价，NO2中+4价的N降至0价，生成7molN2转移24mol电子。生成1molN2时转移电子数为3.43mol。 ②因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时NH3与O2发生催化氧化反应。在50~250℃范围内，NOx的去除率迅速上升段主要原因是催化剂活性随温度升高增大，从而使反应速率迅速增大；上升缓慢段主要原因是温度升高引起的NOx去除反应速率增大；温度过高催化剂活性下降。反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是NH3与O2反应生成了NO，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O。
【考点】本题以有效去除NOx为载体，考查氮及其化合物、盖斯定律的应用、电解原理、指定情境下方程式的书写，氧化还原反应中转移电子数的计算、图像的分析。
Ⅲ—硫及其化合物（涉及绿色化学）
18.[2018浙江卷-8]下到表示正确的是
A. 硫原子结构示意图 B. 乙炔的结构简式CHCH
C. 乙烯的球棍模型 D. NaCl的电子式
【答案】C
【解析】A. 是硫离子结构示意图，A错； B. 乙炔的结构简式应为CH≡CH，B错； D. NaCl的电子式应为，D错。
【考点】硫原子结构示意图；乙炔的结构简式；乙烯的球棍模型；NaCl的电子式。
19.[2018浙江卷-9]下列反应中能产生二氧化硫的是
A.氧化铜和稀硫酸反应 B.亚硫酸钠和氧气反应
C.三氧化硫和水反应 D.铜和热的浓硫酸反应
【答案】D
【解析】A.氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水 B.亚硫酸钠和氧气反应生成硫酸钠
C.三氧化硫和水反应生成硫酸 D.铜和热的浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水
【考点】氧化铜、稀硫酸、亚硫酸钠、三氧化硫、浓硫酸的性质。
20.[2018北京卷-12]测定0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。
下列说法不正确的是
A. Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32—+H2O HSO3—+OH−
B. ④的pH与①不同，是由于SO32—浓度减小造成的
C. ①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D. ①与④的Kw值相等
【答案】C
【解析】A.Na2SO3属于强碱弱酸盐，Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32—+H2O HSO3—+OH−，A正确； B.取①④对应温度下的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32—浓度减小，溶液中c(OH—) 减小，④的pH小于①；B正确； C项，盐类水解过程吸热，①→③的过程，升高温度SO32—水解平衡正向移动，c(SO32—)减小，水解平衡逆向移动，C错误； D项，Kw只与温度有关，温度相同时KW相同，D正确。
【考点】盐类水解离子方程式的书写；外界条件对盐类水解平衡的影响；水的离子积的影响因素；SO32-的还原性。
21.[2018全国卷Ⅰ-7]磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池是新能源汽车的动力电池之一，采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：
下列叙述错误的是
A.合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用
B.从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li
C.沉淀反应的金属离子为“Fe3+”
D.上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠
【答案】D
【解析】A.随意丢弃废旧电池中会污染环境，且废旧电池中有部分金属可以回收利用，故合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用，A正确；B.从流程图可知，正极片中有金属元素Al、Fe、Li，B正确； C. 含磷酸亚铁锂的滤渣，经硝酸处理后，亚铁会被氧化成Fe3+，C正确； D.硫酸锂溶于水，故上述流程中不可用硫酸钠代替碳酸钠，D错误。
【考点】环境保护和资源再利用；原子守恒的理论；硝酸的强氧化性与亚铁的还原性；硫酸盐与碳酸盐的溶解性。
22.[2018天津卷-7]下图中反应①是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl2·6NH3是优质的镁资源。回答下列问题：
（1）MgCl2·6NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺序（H-除外）： ，Mg在元素周期表中的位置： ，Mg(OH)2的电子式：______________。
（2）A2B的化学式为_______________。反应②的必备条件是_______________。上图中可以循环使用的物质有_______________。
（3）在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料_______________（写化学式）。
（4）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，写出该反应的化学方程式： 。
（5）用Mg制成的格氏试剂（RMgBr）常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：
依据上述信息，写出制备CH3CH2CHOHCH3所需醛的可能结构简式：_______________。
【答案】(1) r(H+)
2MgSO4+2H2O。 （5）利用格氏试剂可以制备R-CHOH-R`，现在要求制备CH3CH2CHOHCH3，所以可以选择R为CH3CH2，R’为CH3；或者选择R为CH3，R’为CH3CH2，所以对应的醛R’CHO可以是CH3CH2CHO或CH3CHO。
【考点】镁元素及其化合物、氮元素及其化合物、硫元素及其化合物、离子半径的比较、电子式的书写。
23. [2018全国卷Ⅰ-27] (14分)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应有广泛，回答下列问题：
⑴生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式： 。
⑵利用烟道气中的SO2生产的工艺为：
①PH=4.1 时，Ⅰ中为 溶液(写化学式)。
②工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是 。
⑶制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有Na2SO3和NaHSO3。阳极的反应式为: 。电解后 室的NaHSO3溶液浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5
⑷Na2S2O5可用作食品抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50mL葡萄酒样品，用0.01000mol/L的碘标准液滴定到终点，消10.00mL。滴定反应的离子方程式为：
。该样品中Na2S2O5的残留量为 g/L(以SO2计)。
【答案】(1) 2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O (2) ①NaHSO3 ②得到NaHSO3过饱和溶液 (3) 2H2O－4e－＝4H＋+O2↑，a (4) S2O52－+2I2+3H2O＝2SO42－+4I－+6H＋ ，0.128
【解析】（1）亚硫酸氢钠过饱和溶液脱水生成焦亚硫酸钠，根据原子守恒可知反应的方程式为2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O
（2）①碳酸钠饱和溶液吸收SO2后的溶液显酸性，说明生成物是酸式盐NaHSO3，即Ⅰ中为NaHSO3；②依题目中信息“生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得”知，要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液，据此判断答案为“得到NaHSO3过饱和溶液”；
（3）阳极失电子发生氧化反应，阳极区溶质是稀硫酸，故氢氧根放电，电极反应式为：2H2O－4e－＝4H＋+O2↑。阳极区氢离子增大，通过阳离子交换膜进入a室与亚硫酸钠结合生成亚硫酸氢钠。阴极是氢离子放电，氢氧根浓度增大，与亚硫酸氢钠反应生成亚硫酸钠，所以电解后a室中亚硫酸氢钠的浓度增大。
（4）焦亚硫酸钠与单质碘发生氧化还原反应，焦亚硫酸钠被I2氧化成硫酸钠，离子方程式为“S2O52－+2I2+3H2O＝2SO42－+4I－+6H＋”；消耗碘的物质的量是0.0001mol，所以焦亚硫酸钠的残留量(以SO2计)是: 0.0001mol×64g·mol-1/0.05L=0.128g/L
【考点】以焦亚硫酸钠的制备、应用为信息载体考查学生对流程的分析、电解原理的应用以及定量分析等；电解池的电极反应的书写；离子交换膜的作用；电荷的移动方向；原子守恒理论的运用：计算残留量时以二氧化硫计(硫原子守恒)。题目难度中等。考点紧靠教材但又不拘泥于教材，题中出现了“新知识——焦亚硫酸钠”。善于捕捉信息(解题钥匙)是解题的关键。
24.[2018全国卷Ⅱ-8]研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是
A. 雾和霾的分散剂相同
B. 雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵
C. NH3是形成无机颗粒物的催化剂
D. 雾霾的形成与过度施用氮肥有关
【答案】C
【解析】A.雾的分散质是水，霾的分散质是固体颗粒，雾和霾的分散剂均是空气，A正确；
B.依示意图知雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确； C. 依示意图知NH3是生成硫酸铵、硝酸铵的反应物，不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误； D. 氮肥会释放出氨气，而NH3参与形成雾霾中无机颗粒物，故雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。
【考点】依题中信息(转化关系示意图)明确雾霾的形成原理是解题的关键；催化剂的概念。
25.[2018全国卷Ⅱ-26]我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家，一种以闪锌矿(ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示：
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
9.4
回答下列问题：
（1）焙烧过程中主要反应的化学方程式为_______________________。
（2）滤渣1的主要成分除SiO2外还有___________；氧化除杂工序中ZnO的作用是____________，若不通入氧气，其后果是________________。
（3）溶液中的Cd2+可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为_________________。
（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为______________；沉积锌后的电解液可返回_______工序继续使用。
【答案】(1) 2ZnS+3O22ZnO+2SO2 (2) PbSO4 (3)调节溶液的pH (4)无法除去杂质Fe2+ (5) Zn+Cd2+=Zn2++Cd (6) Zn2++2e－=Zn (7)溶浸
【解析】（1）由于闪锌矿的主要成分是ZnS，因此焙烧过程(与O2反应)中主要反应的化学方程式为: 2ZnS+3O22ZnO+2SO2。
（2）硫酸铅不溶于水(题中有暗示：末给出Pb2+形成氢氧化物沉淀的pH范围)，因此滤渣1的主要成分除SiO2外还有PbSO4；要测定铁离子，需要调节溶液的pH，又因为不能引入新杂质，所以需要利用氧化锌调节pH，即氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH。根据表中数据可知沉淀亚铁离子的pH较大，所以若不通入氧气把亚铁氧化为三价铁，其后果是无法除去杂质Fe2+。
（3）溶液中的Cd2+可用锌粉除去，反应的离子方程式为Zn+Cd2+＝Zn2++Cd。
（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极发生得到电子的还原反应，因此阴极是锌离子放电，则阴极的电极反应式为Zn2++2e－＝Zn；阳极是氢氧根放电，破坏水的电离平衡，产生氢离子，所以电解后还有硫酸产生，因此沉积锌后的电解液可返回溶浸工序继续使用。
【考点】金属硫化物与氧气反应；离子沉淀与PH的控制；金属及其化合物的基础知识及将已有知识灵活应用在生产实际中解决问题的能力等。
26.[2018全国卷Ⅲ-13]W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到YZW的溶液。下列说法正确的是
A. 原子半径大小为W＜X＜Y＜Z
B. X的氢化物水溶液酸性强于Z的
C. Y2W2与ZW2均含有非极性共价键
D. 标准状况下W的单质状态与X的相同
【答案】D
【解析】A.黄绿色(Cl2)气体同冷烧碱溶液作用，可得到YZW(NaClO)的溶液；又由：“ W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族，盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生”分析知，W、X、Y、Z分别为O、F、Na、Cl，它们中原子半径最大的是Y(Na)，故A错误。 B. X的氢化物(HF)水溶液酸性强于Z水溶液(HCl)的，B错误。 C. Y2W2(Na2O2)中有离子键与非极性共价键，ZW2(OCl: Cl-O-Cl)中只有极性共价键，C错误。D. 标准状况下W的单质(O2、O3)与X(F2) 的单质均为气态，状态相同，D正确。
【考点】原子结构、元素周期律；氯气、次氯酸钠、浓盐酸的性质；气态氢化物水溶液的酸性强弱比较；极性键与非极性键。
27.[2018全国卷Ⅲ-26]硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M=248 g·mol−1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：
（1）已知：Ksp(BaSO4)=1.1×10−10，Ksp(BaS2O3)=4.1×10−5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，选用下列试剂设计实验方案进行检验：
试剂：稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液
实验步骤
现象
①取少量样品，加入除氧蒸馏水
②固体完全溶解得无色澄清溶液
③___________
④___________，有刺激性气体产生
⑤静置，___________
⑥___________
（2）利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
①溶液配制：称取1.2000 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在__________中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的_________中，加蒸馏水至____________。
②滴定：取0.00950 mol·L−1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应： Cr2O72−+6I−+14H+=3I2+2Cr3++7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32− = S4O62−+2I−。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液__________，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为_________%（保留1位小数）。
【答案】(1) ③加入过量稀盐酸 ④出现黄色浑浊 ⑤(吸)取上层清液，滴入BaCl2溶液 ⑥产生白色沉淀 (2) ①烧杯、容量瓶 、刻度线 ②蓝色褪去、95.0
【解析】（1）硫代硫酸根离子(S2O32−)和H+反应如下：S2O32− +2H+= SO2↑+H2O+ S↓，又依Ksp(BaS2O3)=4.1×10−5知：S2O32−+Ba2+= Ba S2O3↓，且S2O32−具有还原性，所以检验样品中的硫酸根离子时，用除氧蒸馏水溶解样品，而后加入加入过量稀盐酸，以除尽S2O32−，排除其干扰；再静置，取上层清液中滴加氯化钡溶液，观察到白色沉淀，证明存在硫酸根离子。所以答案为：③加入过量稀盐酸；④有黄色沉淀；⑤取上层清液，滴加氯化钡溶液；⑥有白色沉淀产生。
(2)①配制一定物质的量浓度的硫代硫酸钠溶液，应该先称量硫代硫酸钠晶体样品质量，在烧杯中溶解，在转移至容量瓶，最后定容即可。过程为：将固体再烧杯中加入溶解，全部转移至100mL容量瓶，加蒸馏水至刻度线。 ②淡黄绿色溶液中有单质碘，加入淀粉为指示剂，溶液显蓝色，用硫代硫酸钠溶液滴定溶液中的单质碘，滴定终点时溶液的蓝色应该褪去。根据题目的两个方程式得到如下关系式：Cr2O72-～3I2～6S2O32-，则配制的100mL样品溶液中硫代硫酸钠的浓度c=0.0095×0.020×6/0.0246=0.04597(mol/L)，含有的硫代硫酸钠为0.004597
mol，所以样品纯度为0.004597×248/1.2=95.0%。
【考点】硫酸根离子的定性检验、硫代硫酸钠的定量检测；硫代硫酸钠的的性质；配制一定物质的量浓度的溶液；关系式法；碘与淀粉的性质；
28.[2018北京卷-27]近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：
（1）反应Ⅰ：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) ΔH1=+551 kJ·mol－1反应Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH3=－297 kJ·mol－1 反应Ⅱ的热化学方程式： 。
（2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。p2 p 1（填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是
。
（3）I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。
i．SO2+4I－+4H+=S↓+2I2+2H2O
ii．I2+2H2O+_________=_________+_______+2 I－
（4）探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）
序号
A
B
C
D
试剂组成
0.4 mol·L－1 KI
a mol·L－1 KI
0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 KI
0.0002 mol I2
实验现象
溶液变黄，一段时间后出现浑浊
溶液变黄，出现浑浊较A快
无明显现象
溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快
①B是A的对比实验，则a=__________。
②比较A、B、C，可得出的结论是______________________。
③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：________________。
【答案】 (1) 3SO2(g)+2H2O (g)=2H2SO4 (l)+S(s) ΔH2=−254 kJ·mol−1 (2) > 反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大 (3) SO2、SO42−、4H+ (4) 0.4； I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率 ；反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快
【解析】（1）根据过程，反应II为SO2催化歧化生成H2SO4和S，反应为:3SO2+2H2O=2H2SO4+S。应用盖斯定律，反应I+反应III得，2H2SO4 (l)+S(s)=3SO2(g)+2H2O(g) ΔH=ΔH1+ΔH3=(+551kJ/mol) +(-297kJ/mol) =+254kJ/mol，反应II的热化学方程式为3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s) ΔH=-254kJ/mol。
(2)在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，p2时H2SO4物质的量分数大于p1时，反应Ⅱ是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动， H2SO4物质的量增加，体系总物质的量减小，H2SO4物质的量分数增大，所以， p2＞p1。
（3）反应II的总反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I—可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，(总反应-反应i)2得，反应ii的离子方程式为I2+2H2O+SO2=4H++SO42-+2I—。
（4）①B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a=0.4。 ②对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较A、B、C，可得出的结论是：I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率。 ③对比D和A，D中加入KI的浓度小于A，D中多加了I2，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率DA，由此可见，反应ii比反应i速率快，反应ii产生H+使c（H+）增大，从而反应i加快。
【考点】本题以利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储为载体，考查盖斯定律的应用、化学平衡图像的分析、方程式的书写、控制变量法探究外界条件对化学反应速率的影响，考查学生灵活运用所学知识解决实际问题的能力。
28.[2018江苏卷-18]碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为:
(2−x) Al2(SO4)3+3xCaCO3+3xH2O=2(1−x) Al2(SO4)3·xAl(OH)3]+3xCaSO4↓+3xCO2↑
生成物(1−x) Al2(SO4)3·xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。
（1）制备碱式硫酸铝溶液时，维持反应温度和反应时间不变，提高x值的方法有
。
（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中，溶液的pH_________（填“增大”、“减小”、“不变”）。
（3）通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：
①取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.3300 g。
②取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.1000 mol·L−1EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 mol·L−1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL（已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1∶1）。
计算(1−x) Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值（写出计算过程）。
【答案】（12分）（1）适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率 （2）减小
（3）25mL溶液中：n(SO42−)= n(BaSO4) =2.3300g/233g·mol-1=0.0100 mol
2.5 mL溶液中： n(Al3+) = n(EDTA)−n(Cu2+)=0.1000 mol·L−1×25.00mL×10−3L·mL−1
−0.08000 mol·L−1×20.00 mL×10−3L·mL−1=9.000×10−4 mol
25 mL溶液中：n(Al3+)=9.000×10−4 mol×25 mL/2.5 mL=9.000×10−3 mol
1 mol (1−x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中： n(Al3+)=(2−x)mol；n(SO42−)=3(1−x)mol
n(Al3+)/ n(SO42−)=(2−x)/ 3(1−x)= 9.000×10−3/0.0100 x=0.41
【解析】（1）提高x的值，即促进Al3+的水解和CaSO4的生成。
（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2，溶液碱性减弱，pH减小。
（3）根据加入过量BaCl2溶液产生的固体计算n（SO42-）；由消耗的CuSO4计算过量的EDTA，由Al3+消耗的EDTA计算n（Al3+）；根据n（Al3+）与n（SO42-）之比计算x的值。
详解：（1）制备碱式硫酸铝溶液，维持反应温度和反应时间不变，提高x的值，即促进Al3+的水解和CaSO4的生成，可以采取的方法是：适当增加CaCO3的量、加快搅拌速率。
（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2，溶液碱性减弱，pH减小。
（3）25mL溶液中：n（SO42-）= n（BaSO4）=2.3300g/233g·mol-1=0.0100 mol
2.5 mL溶液中：n（Al3+） = n（EDTA）−n（Cu2+）=0.1000 mol·L−1×25.00 mL×10−3L·mL−1−0.08000 mol·L−1×20.00 mL×10−3 L·mL−1=9.000×10−4 mol
25 mL溶液中：n（Al3+）=9.000×10−3 mol
1 mol （1-x）Al2（SO4）3·xAl（OH）3中n（Al3+）=（2-x）mol；n（SO42-）=3（1-x）mol
n(Al3+)/ n(SO42−)=(2−x)/ 3(1−x)= 9.000×10−3/0.0100，解得x=0.41。
【考点】本题以碱式硫酸铝溶液的制备原理为背景，考查铝及其化合物、硫及其化合物、难溶电解质的溶解平衡移协、反应条件的控制和有关化学式的计算。解题的关键有：①向硫酸铝溶液中加入CaCO3生成碱式硫酸铝溶液，CaCO3的作用是调节pH促进Al3+水解，同时将SO42-转化为CaSO4沉淀；②理解溶液中的离子反应与实验滴定方法的定量计算，理清物质间的计量关系。
29.[2018江苏卷-19]以Cl2、NaOH、(NH2)2CO（尿素）和SO2为原料可制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3，其主要实验流程如下：
已知：①Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O是放热反应。
②N2H4·H2O沸点约118 ℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。
（1）步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度超过40 ℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为
；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是________________。
（2）步骤Ⅱ合成N2H4·H2O的装置如图所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40 ℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110 ℃继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_____________；使用冷凝管的目的是_________________________。
（3）步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、HSO3−、SO32−随pH的分布如题19图−2所示，Na2SO3的溶解度曲线如题19图−3所示）。
①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定何时停止通SO2的实验操作为 。
②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案： _______________________，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
【答案】（15分）（1）3Cl2+6OH−5Cl−+ClO3−+3H2O 缓慢通入Cl2
（2）NaClO碱性溶液 减少水合肼的挥发
（3）①测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2
②边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤
【解析】（1）温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液发生歧化反应生成NaClO3、NaCl和H2O，反应的化学方程式为:3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，离子方程式为:3Cl2+6OH−5Cl−
+ClO3−+3H2O。由于Cl2与NaOH溶液的反应为放热反应，为了减少NaClO3的生成，应控制温度不超过40℃、减慢反应速率；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是：缓慢通入Cl2。
（2）步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，由于水合肼具有强还原性、能与NaClO剧烈反应生成N2，为了防止水合肼被氧化，应逐滴滴加NaClO碱性溶液，所以通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在110℃继续反应，N2H4·H2O沸点约118 ℃，使用冷凝管的目的：减少水合肼的挥发。
（3）①向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，根据图示溶液pH约为4时，HSO3−的摩尔分数最大，则溶液的pH约为4时停止通入SO2；实验中确定何时停止通入SO2的实验操作为：测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2。
②由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，首先要加入NaOH将NaHSO3转化为Na2SO3，根据含硫微粒与pH的关系，加入NaOH应调节溶液的pH约为10；根据Na2SO3的溶解度曲线，温度高于34℃析出Na2SO3，低于34℃析出Na2SO3·7H2O，所以从Na2SO3溶液中获得无水Na2SO3应控制温度高于34℃。由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案为：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
30.【考点】本题以制备水合肼和无水Na2SO3的实验流程为载体，考查实验条件的控制、实验加料的方式、实验原理的理解和实验方案的设计、对图表等信息的获取和处理应用能力、氯及其化合物、硫及其化合物、温度对化学反应速率的影响。难点是实验方案的设计，在设计实验方案时要注重对实验过程和实验原理的理解，结合图表等信息细心分析答题要点。
Ⅳ—氯(卤素)及其化合物
31.[2018江苏卷-5]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
甲 乙 丙 丁
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液中I−后的Cl2尾气
【答案】B
【解析】A.灼烧碎海带应使用坩埚，A错误； B.海带灰的浸泡液用过滤法分离获得含I－的溶液，B正确； C. MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，C 错误； D项，Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，可用NaOH溶液吸收尾气Cl2，D错误B。
【考点】海带提碘的考查基本实验操作；Cl2的实验室制备与尾气处理。
32.[2018浙江卷-13]下列离子方程式正确的是
A. 大理石与醋酸反应：CO32－+2CH3COOH=2CH3COO－+H2O+CO2↑
B. 高锰酸钾与浓盐酸制氯气的反应：MnO4－+4Cl－+8H+==Mn2++2Cl2↑+4H2O
C. 漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体：SO2+H2O+ClO-=SO42－+Cl－+2H+
D.氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应：OH－+Ca2++HCO3－==CaCO3↓+2H2O
【答案】D
【解析】大理石与醋酸反应，离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO－+H2O+CO2↑，A错误； 高锰酸钾与浓盐酸制氯气的反应，离子方程式为：2MnO4－+10Cl－+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，B错误； 漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体，离子方程式为：SO2(少量)+H2O+3ClO－=SO42－+Cl－+2H ClO，C错误； D.氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应，离子方程式为：OH－+Ca2++HCO3－=CaCO3↓+2H2O，D正确。
【考点】离子反应与离子方程式
33. [2018江苏卷-4]室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 0. 1 mol·L−1KI 溶液：Na+、K+、ClO− 、OH−
B. 0. 1 mol·L−1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+ 、NO3−、SO42−
C. 0. 1 mol·L−1HCl 溶液：Ba2+、K+、CH3COO−、NO3−
D. 0. 1 mol·L−1NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO42−、HCO3−
【答案】B
【解析】A.I−与ClO−发生氧化还原反应: I−+ClO− =IO−+Cl−,不能大量共存,A错误； B. Fe3+、SO42−、Cu2+、NH4+ 、NO3−、SO42−在溶液中相互间不反应，能大量共存，B正确； C.CH3COO-能与H+反应生成CH3COOH，在HCl溶液中CH3COO-不能大量存在，C错误；D项，Mg2+、HCO3-都能与OH-反应，Mg2+、HCO3-与OH-不能大量共存，D错误。
【考点】次氯酸盐的强氧化性；醋酸为弱电解质；氢氧化锰难溶于水；碳酸氢盐与碱反应。注意：离子间不能大量共存有如下几点原因：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中C、D项；②离子间发生氧化还原反应，如题中A项；③离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；⑤注意题中的附加条件。
34. [2018江苏卷-4]室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 0. 1 mol·L−1KI 溶液：Na+、K+、ClO− 、OH−
B. 0. 1 mol·L−1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+ 、NO3−、SO42−
C. 0. 1 mol·L−1HCl 溶液：Ba2+、K+、CH3COO−、NO3−
D. 0. 1 mol·L−1NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO42−、HCO3−
【答案】B
【解析】A.I−与ClO−发生氧化还原反应: I−+ClO− =IO−+Cl−,不能大量共存,A错误； B. Fe3+、SO42−、Cu2+、NH4+ 、NO3−、SO42−在溶液中相互间不反应，能大量共存，B正确； C.CH3COO-能与H+反应生成CH3COOH，在HCl溶液中CH3COO-不能大量存在，C错误；D项，Mg2+、HCO3-都能与OH-反应，Mg2+、HCO3-与OH-不能大量共存，D错误。
【考点】次氯酸盐的强氧化性；醋酸为弱电解质；氢氧化锰难溶于水；碳酸氢盐与碱反应。注意：离子间不能大量共存有如下几点原因：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中C、D项；②离子间发生氧化还原反应，如题中A项；③离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；⑤注意题中的附加条件。
35. [2018江苏卷-2]用化学用语表示 NH3+ HCl=NH4Cl中的相关微粒，其中正确的是
A. 中子数为8 的氮原子： 87N B. HCl 的电子式：
C. NH3的结构式： D. Cl−的结构示意图：
【答案】C
【解析】A.中子数为8的氮原子的质量数为15，表示为157N，A错误； B.HCl中只含共价键，HCl的电子式为，B错误； C.NH3中含3个N-H键，NH3的结构式为，C正确；D项，Cl-最外层有8个电子， D错误；答案选C。
【考点】原子结构、离子结构示意图、电子式和结构式。
36. [2018全国卷Ⅱ-7]化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A. 碳酸钠可用于去除餐具的油污
B. 漂白粉可用于生活用水的消毒
C. 氢氧化铝可用于中和过多胃酸
D. 碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查
【答案】D
【解析】A. 碳酸钠溶液因碳酸根水解显碱性，因此可用于去除餐具的油污，餐具的油污在碱性条件下易水解，A正确；
B. 漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B正确；
C. 氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，C正确；
D. 碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，而胃液中有盐酸，所以碳酸钡不能用于胃肠X射线造影检查，可用硫酸钡，D错误。
【考点】碳酸盐的水解；漂白粉的用途；氢氧化铝的两性；胃酸的成分；碳酸盐的溶解性。
37.[2018全国卷Ⅰ-12]主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为10；W与Y同族；W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃。下列说法正确的是
A.常温常压下X的单质为气态
B.Z的氢化物为离子化合物
C.Y和Z形成的化合物水溶液呈碱性
D. W与Y具有相同的最高化合价
【答案】B
【解析】主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃，故生成物是HF，因此W是F，Z是Ca，W与Y同族，则Y是Cl。W、X、Z的最外层电子数之和为10，则X的最外层电子数为10－7－2＝1，所以X是Na。根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是F、Na、Cl、Ca。
则： A.金属钠常温常压下是固态而非气态，A错误； B.CaH2中含有离子键，属于离子化合物，B正确； C.Y与Z形成的化合物是氯化钠，其水溶液显中性而非碱性，C错误； D.F是最活泼的非金属，没有正价，Cl元素的最高价是+7价，D错误。答案选B。
【考点】原子结构、元素周期律、元素周期表；氢氟酸、二氧化硅(玻璃)的性质；CaF2与浓硫酸反应制HF；盐溶液的酸碱性；氢化物、离子化合物的概念。其中氟化钙与浓硫酸反应属于学生不熟悉的知识点。
38.[2018全国卷Ⅱ-7]化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A. 碳酸钠可用于去除餐具的油污
B. 漂白粉可用于生活用水的消毒
C. 氢氧化铝可用于中和过多胃酸
D. 碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查
【答案】D
【解析】A. 碳酸钠溶液因碳酸根水解显碱性，因此可用于去除餐具的油污，餐具的油污在碱性条件下易水解，A正确；
B. 漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B正确；
C. 氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，C正确；
D. 碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，而胃液中有盐酸，所以碳酸钡不能用于胃肠X射线造影检查，可用硫酸钡，D错误。
【考点】碳酸盐的水解；漂白粉的用途；氢氧化铝的两性；胃酸的成分；碳酸盐的溶解性。
39.[2018全国卷Ⅲ-27] 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pH”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。
①写出电解时阴极的电极反应式：
。
②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 。
③与“电解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足
之处有 （写出一点）。
【答案】(1)碘酸钾 (2)加热，KCl，KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O (3) （3）①2H2O+2e－=2OH－+H2↑ ②K+ ；a到b ③产生Cl2易污染环境等
【解析】（1）根据KClO3名称为氯酸钾知KIO3名称为碘酸钾。 （2）因气体的溶解度随溶液温度升高而下减少，将溶液加热是“逐Cl2”时可采用的方法；根据图示，碘酸钾在最后得到，所以过滤时KH(IO3)2在滤渣中， KCl在滤液中。“调pH”的主要目的是将KH(IO3)2转化为KIO3，易知方程式为：KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O。
（3）①由图示知：KOH+I2→KIO3过程中，碘元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极反应，所以阴极反应为：2H2O + 2e－ = 2OH－+ H2↑。②电解时，溶液中的阳离子(K+)向阴极迁移，方向为由左向右，即由a到b。 ③KClO3氧化法生产中会产生污染环境的氯气。
【考点】氯及其化合物；碘及其化合物；氧化还原反应；电化学。
40. [2018江苏卷-19]以Cl2、NaOH、(NH2)2CO（尿素）和SO2为原料可制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3，其主要实验流程如下：
已知：①Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O是放热反应。
②N2H4·H2O沸点约118 ℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。
（1）步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度超过40 ℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为
；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是_______________________。
（2）步骤Ⅱ合成N2H4·H2O的装置如图所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40 ℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110 ℃继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_____________；使用冷凝管的目的是_________________________。
（3）步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、HSO3−、SO32−随pH的分布如题19图−2所示，Na2SO3的溶解度曲线如题19图−3所示）。
①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定何时停止通SO2的实验操作为 。
②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案： _______________________，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
【答案】（15分）（1）3Cl2+6OH−5Cl−+ClO3−+3H2O 缓慢通入Cl2
（2）NaClO碱性溶液 减少水合肼的挥发
（3）①测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2
②边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤
【解析】（1）温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液发生歧化反应生成NaClO3、NaCl和H2O，反应的化学方程式为:3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，离子方程式为:3Cl2+6OH−5Cl−
+ClO3−+3H2O。由于Cl2与NaOH溶液的反应为放热反应，为了减少NaClO3的生成，应控制温度不超过40℃、减慢反应速率；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是：缓慢通入Cl2。
（2）步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，由于水合肼具有强还原性、能与NaClO剧烈反应生成N2，为了防止水合肼被氧化，应逐滴滴加NaClO碱性溶液，所以通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在110℃继续反应，N2H4·H2O沸点约118 ℃，使用冷凝管的目的：减少水合肼的挥发。
（3）①向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，根据图示溶液pH约为4时，HSO3−的摩尔分数最大，则溶液的pH约为4时停止通入SO2；实验中确定何时停止通入SO2的实验操作为：测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2。
②由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，首先要加入NaOH将NaHSO3转化为Na2SO3，根据含硫微粒与pH的关系，加入NaOH应调节溶液的pH约为10；根据Na2SO3的溶解度曲线，温度高于34℃析出Na2SO3，低于34℃析出Na2SO3·7H2O，所以从Na2SO3溶液中获得无水Na2SO3应控制温度高于34℃。由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案为：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
【考点】本题以制备水合肼和无水Na2SO3的实验流程为载体，考查实验条件的控制、实验加料的方式、实验原理的理解和实验方案的设计、对图表等信息的获取和处理应用能力、氯及其化合物、硫及其化合物、温度对化学反应速率的影响。难点是实验方案的设计，在设计实验方案时要注重对实验过程和实验原理的理解，结合图表等信息细心分析答题要点。
41.[2018北京卷-10]下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是
A
B
C
D
实验
NaOH溶液滴入FeSO4溶液中
石蕊溶液滴入氯水中
Na2S溶液滴入AgCl浊液中
热铜丝插入稀硝酸中
现象
产生白色沉淀，随后变为红褐色
溶液变红，随后迅速褪色
沉淀由白色逐渐变为黑色
产生无色气体，随后变为红棕色
【答案】C
【解析】A.NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生Fe(OH)2白色沉淀，随后Fe(OH)2被氧化成Fe(OH)3 (红褐色沉淀)，反应为：4Fe(OH) 2+O2+2H2O=4Fe(OH) 3，是氧化还原反应； B.氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，HClO有强氧化性，把红色物氧化为无色物质而使溶液褪芭； C. Na2S溶液滴入AgCl浊液中，反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，白色沉淀变为黑色，但反应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应； D. 热铜丝插入稀硝酸中，即Cu与稀HNO3反应生成Cu(NO3) 2、NO气体和H2O，无色气体NO迅速被氧化成红棕色的2NO2，反应为2NO+O2=2NO2，为氧化还原反应；
【考点】氧化还原反应的特征；沉淀的转化；次氯酸的漂白原理；铜与硝酸反应。
42. [2018浙江卷-27]（6分）某同学用含结晶水的正盐X(四种短周期元素组成的纯净物)进行了如下实验：
实验中观测到：混合气甲呈无色并被蒸馏水全部吸收；固体乙为纯净物；在步骤③中，取1/10溶液丙，恰好中和需消耗0.00200molNaOH；另取一定量的溶液丙，加入少量K2FeO4固体，产生黄绿色气体。
请回答：
（1）X的化学式是 ，步骤①的化学方程式是 。
（2）溶液丙与K2FeO4固体反应的化学方程式是 。
【答案】(1)MgCl2·6H2O MgCl2·6H2OMgO+2HC1↑+5H2O↑
(2)2K2FeO4+16HC1=4KCl+ 2FeCl3+ 3Cl2↑+8H2O
【解析】含结晶水的正盐X(四种短周期元素组成的纯净物)中一定含有H、O两种元素；“另取一定量的溶液丙，加入少量K2FeO4固体，产生黄绿色气体” 说明X中有Cl元素且混合气体中有HCl气体；“取1/10溶液丙，恰好中和需消耗0.00200molNaOH”说明溶液丙中的HCl的物质的量为(10×0.00200mol) 0. 0200mol，其质量为(0. 0200mol×36.5g/mol)7.3g； 依题意知0.4g固体乙为MgO，其物质的量等于X的物质的量为0.01mol(0.4g/40g/mol)，设X 的化学式为MgCl2·xH2O 则n(X)=2.03g/0.01mol=203g/mol,x=( 203-24-35.5×2)/16=6,所以X为MgCl2·6H2O, 步骤①的化学方程式为MgCl2·6H2OMgO+2HC1↑+5H2O↑, 溶液丙与K2FeO4固体反应的化学方程式为2K2FeO4+16HC1=4KCl+ 2FeCl3+ 3Cl2↑+8H2O。
【考点】镁及其化合物；氯及其化合物；定量计算。
专题4 非金属及其化合物(必修1)
Ⅰ—无机非金属材料的主角——硅 （碳族元素）
1.[2018江苏卷-3]下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A. NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂
B. SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维
C. Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料
D. CaO能与水反应，可用作食品干燥剂
【答案】D
【解析】A项，NaHCO3受热易分解的原理是：2NaHCO3Na2CO3 +H2O +CO2↑，NaHCO3用于制胃酸中和剂的原理是：NaHCO3+HCl= NaCl+ H2O+ CO2↑，两者没有对应关系，A错误； B项，SiO2传导光的能力非常强，用于制光导纤维，这与SiO2熔点高硬度大没有对应关系，B错误； C项，Al2O3的熔点很高，用作耐高温材料，这与Al2O3是两性氧化物没有对应关系，C错误； D项，CaO能与水反应，用于食品干燥剂，CaO用于食品干燥剂与CaO与水反应有对应关系， D正确。
【考点】常见无机物：NaHCO3、SiO2、Al2O3、CaO的性质和用途。
2.[2018天津卷-1] 以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行的分析不合理的是
A. 四千余年前用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应
B. 商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎，该鼎属于铜合金制品
C. 汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏士
D. 屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作
【答案】A
【解析】A．谷物中的淀粉在酿造中发生水解反应只能得到葡萄糖，葡萄糖要在酒化酶作用下分解，得到酒精和二氧化碳。酒中含有酒精，醋中含有醋酸，显然都不是只水解就可以生成的。选项A不合理。
B．商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎属于青铜器，青铜是铜锡合金。选项B合理。
C．陶瓷的制造原料为黏土。选项C合理。
D．屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，是利用青蒿素在乙醚中溶解度较大的原理，将青蒿素提取到乙醚中，所以属于萃取操作。选项D合理。
【考点】淀粉的水解、铜合金、传统无机非金属材料、萃取。
3.[2018江苏卷-1] CO2是自然界碳循环中的重要物质。下列过程会引起大气中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
【答案】C
【解析】A项，光合作用的总方程式为:6CO2+6H2OC6H12O6+6O2，光合作用消耗CO2，使大气中CO2含量下降； B项，自然降雨时H2O会与大气中少量CO2反应生成H2CO3，不会引起CO2含量的上升；C项，化石燃料指煤、石油、天然气，煤、石油、天然气中都含C元素，C元素燃烧后生成CO2，化石燃料的燃烧会引起大气中CO2含量上升；D项，碳酸盐沉积指由形成于海洋或湖泊底部的粒装泥状碳酸盐矿物及其集合体，通过生物作用或从过饱和碳酸盐的水体中直接沉淀，水体中生物活动消耗CO2，有利于碳酸盐沉积，碳酸盐沉积不会引起大气中CO2含量上升；化石燃料的燃烧会引起大气中CO2含量上升，答案选C。
【考点】化学与环境保护、低碳经济；掌握化石燃料的成分；碳酸盐的沉积
4.[2018江苏卷-16]以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：
（1）焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子
方程式为 。
（2）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。
已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ℃
硫去除率=（1—）×100%
①不添加CaO的矿粉在低于500 ℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于__________________。
②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是______________________________________________________。
（3）向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由_______________（填化学式）转化为_______________（填化学式）。
（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n（FeS2）∶n（Fe2O3）=__________________。
【答案】（12分）（1）SO2+OH−=HSO3− （2）①FeS2
②硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中 （3）NaAlO2、Al(OH)3 （4）1∶16
【解析】（1）过量SO2与NaOH反应生成NaHSO3和H2O，反应的化学方程式为:
SO2+NaOH=NaHSO3，离子方程式为:SO2+OH− =HSO3−。
（2）①根据“已知：多数金属硫酸盐的分解温度高于600℃”，不添加CaO的矿粉低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于FeS2。
②添加CaO，CaO起固硫作用，添加CaO发生的反应为:2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，根据硫去除率的含义，700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低的原因是：硫元素转化为CaSO4留在矿粉中。
（3）“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，CO2与NaAlO2反应生成NaHCO3和Al(OH) 3，反应的离子方程式为:CO2+AlO2−
+2H2O=Al(OH) 3↓+HCO3−，即Al元素存在的形式由NaAlO2转化为Al(OH) 3。
（4）Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，反应的化学方程式为FeS2+16Fe2O311Fe3O4+2SO2↑，理论上完全反应消耗的n(FeS2)：n(Fe2O3) =1:16。
【考点】以高硫铝土矿为原料生产氧化铝和Fe3O4的流程为载体，考查流程的分析，Fe、Al、S元素及其化合物的性质，图像的分析，获取新信息的能力，指定情境下方程式的书写。
Ⅱ—氮及其化合物（氮、磷及其化合物）
5.[2018江苏卷-2]用化学用语表示 NH3+ HCl=NH4Cl中的相关微粒，其中正确的是
A. 中子数为8 的氮原子： 87N B. HCl 的电子式：
C. NH3的结构式： D. Cl−的结构示意图：
【答案】C
【解析】A.中子数为8的氮原子的质量数为15，表示为157N，A错误； B.HCl中只含共价键，HCl的电子式为，B错误； C.NH3中含3个N-H键，NH3的结构式为，C正确；D项，Cl-最外层有8个电子， D错误；答案选C。
【考点】原子结构、离子结构示意图、电子式和结构式。
6.[2018浙江卷-1]下列属于酸的是
A. HNO3 B. CaCO3 C. CO2 D. NaOH
【答案】A
【解析】酸指电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；碱指电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物；盐指电离时生成金属阳离子(或铵根离子)和酸根离子的化合物。可以简记为:氢头酸、氢氧根结尾碱、金属开头酸根结尾的是盐。由此可知属于酸的是A。
【考点】酸碱盐等的定义
7. [2018北京卷-10]下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是
A
B
C
D
实验
NaOH溶液滴入FeSO4溶液中
石蕊溶液滴入氯水中
Na2S溶液滴入AgCl浊液中
热铜丝插入稀硝酸中
现象
产生白色沉淀，随后变为红褐色
溶液变红，随后迅速褪色
沉淀由白色逐渐变为黑色
产生无色气体，随后变为红棕色
【答案】C
【解析】A.NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生Fe(OH)2白色沉淀，随后Fe(OH)2被氧化成Fe(OH)3 (红褐色沉淀)，反应为：4Fe(OH) 2+O2+2H2O=4Fe(OH) 3，是氧化还原反应； B.氯水中存在反应Cl2+H2O
HCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，HClO有强氧化性，把红色物氧化为无色物质而使溶液褪芭； C. Na2S溶液滴入AgCl浊液中，反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，白色沉淀变为黑色，但反应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应； D. 热铜丝插入稀硝酸中，即Cu与稀HNO3反应生成Cu(NO3) 2、NO气体和H2O，无色气体NO迅速被氧化成红棕色的2NO2，反应为2NO+O2=2NO2，为氧化还原反应；
【考点】氧化还原反应的特征；沉淀的转化；次氯酸的漂白原理；铜与硝酸反应。
8.[2018天津卷-7]下图中反应①是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl2·6NH3是优质的镁资源。回答下列问题：
（1）MgCl2·6NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺序（H-除外）： ，Mg在元素周期表中的位置： ，Mg(OH)2的电子式：____________________。
（2）A2B的化学式为_______________。反应②的必备条件是_______________。上图中可以循环使用的物质有_______________。
（3）在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料_______________（写化学式）。
（4）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，写出该反应的化学方程式： 。
（5）用Mg制成的格氏试剂（RMgBr）常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：
依据上述信息，写出制备CH3CH2CHOHCH3所需醛的可能结构简式：_______________。
【答案】(1) r(H+)
2MgSO4+2H2O。 （5）利用格氏试剂可以制备R-CHOH-R`，现在要求制备CH3CH2CHOHCH3，所以可以选择R为CH3CH2，R’为CH3；或者选择R为CH3，R’为CH3CH2，所以对应的醛R’CHO可以是CH3CH2CHO或CH3CHO。
【考点】镁元素及其化合物、氮元素及其化合物、硫元素及其化合物、离子半径的比较、电子式的书写。
9. [2018全国卷Ⅰ-28] (15分)采用N2O5为硝化剂是一种新型绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题：
⑴1840年Devil用干燥的氯气通过通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为 .
⑵F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了250C时N2O5(g)分解反应:
其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强P随时间t的变化如下表所示(t=∞时，N2O5(g)完全分解)：
t/min
0
40
80
160
260
1300
1700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
①已知：2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g) △H=-4.4KJ/mol
2NO2(g)= N2O4(g) △H=-55.3KJ/mol
则N2O5(g)=2NO2(g)+0.5O2(g)的△H= KJ/mol
②研究表明，N2O5(g)分解的速率v=2×10-3×PN2O5(kPa/min)。t=62min时，测得体系PO2=2.9kPa,则此时PN2O5= kPa，v= kPa/min)
③若提高反应温度至350C，则N2O5(g)完全分解后体系压强P∞(350C) 大于63.1 kPa (填“大于”“等于”或“小于”)，原因是：
。
④250C时，N2O4(g) 2NO2(g)反应的平衡常数Kp= kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留一位小数)。
⑶对于反应2N2O5(g) → 4NO2(g)+ O2(g)，R.A.Ogg提 出如下反应历程：
第一步 N2O5 NO2 + NO3 快速平衡
第二步 NO2 + NO3 → NO +NO2 + O2 慢反应
第三步：NO+ NO3 → 2NO2 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是 (填标号)。
A.v(第一步反应的逆反应)＞v(第二步反应 ) B.反应的中间产物只有NO3
C.第二步中的NO2与NO 3的碰撞只部分有效 D.第三步反应的活化能高
【答案】(1) O2 (2) ① 53.1 ②30.0； 6.0×10－2 ③大于； 温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高。④13.4 (3) AC
【解析】（1）氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中Ag元素、N元素都是最高价，不会被氧化，故只有-2价的氧元素化合价会升高，氧化产物是O2；
（2）①已知：ⅰ.2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g) △H1＝－4.4kJ/mol
ⅱ.2NO2(g)＝N2O4(g) △H2＝－55.3kJ/mol
根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)＝2NO2(g)+1/2O2(g) △H1＝＋53.1kJ/mol；
②根据方程式：N2O5(g)=2NO2(g)+0.5O2(g)可知，生成的氧气与消耗的五氧化二氮的物质的量之比是1:2，又依阿伏加德罗定律知，同温同体积时，气体压强之比等于物质的量之比，所以消耗五氧化二氮减少的压强是是氧气压强的二倍，即：2.9kPa×2＝5.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa－5.8kPa＝30.0kPa，因此此时反应速率v＝2.0×10－3×30＝6.0×10－2（kPa·min－1）；
也可依： N2O5(g) = 2NO2(g) + 0.5O2
始(kPa) 35.8 0 0
变(kPa) 5.8 5.8 2.9
62min (kPa) 30 2.9
解得，PN2O5=30kPa，v＝2.0×10－3×30＝6.0×10－2（kPa·min－1）
③由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)大于63.1 kPa。
④根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa×2＝71.6 kPa，氧气是35.8kPa÷2＝17.9 kPa，总压强应该是71.6 kPa+17.9 kPa＝89.5 kPa，平衡后压强减少了89.5 kPa－63.1kPa＝26.4kPa，所以根据方程式2NO2(g)N2O4(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，二氧化氮对应的压强是71.6 kPa－26.4kPa×2＝18.8kPa，则反应的平衡常数Kp=18.82/26.4(kPa)。
也可依： N2O5(g) = 2NO2(g) + 0.5O2
始(kPa) 35.8 0 0
变(kPa) 35.8 17.9 17.9
∞(kPa) 0 71.6 17.9
又： N2O4(g) 2NO2(g)
始(kPa) 0 71.6
变(kPa) x 2x
∞(kPa) x 71.6-2x
t=∞时，N2O5(g)完全分解，气体总压强为63.1，即:P(N2O4)+ P(NO2)+ P(O2)= x +(71.6-2x )+ 17.9=63.1，x =26.4，71.6-2x=71.6-2×26.4=18.8，Kp= c2(NO2)/ c(N2O4)= 18.82/26.4=13.4kPa
（3）A、第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，A正确；
B、根据第二步和第三步可知中间产物除有NO3外还有NO，B错误；
C、根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，C正确；
D、第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，D错误。答案选AC。
【考点】元素化合价与元素性质的关系；盖斯定律的运用；化学平衡的影响因素；平衡常数；阿伏加德罗定律等。本题主要是考查化学反应原理，侧重于化学反应速率与化学平衡的有关分析与计算。但本题需用分压代替浓度进行平衡常数的相关计算，导到题目陌生感强、难度增大。压强和平衡常数的计算是解答的难点，注意从阿伏加德罗定律的角度去理解变化的压强与气体物质的量之间的关系，注意结合反应的方程式和表中数据的灵活应用。也可以利用变化的压强之比等于计量数之比，运用化学平衡利用三段式计算。
10. [2018全国卷Ⅰ-7]磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池是新能源汽车的动力电池之一，采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：
下列叙述错误的是
A.合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用
B.从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li
C.沉淀反应的金属离子为“Fe3+”
D.上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠
【答案】D
【解析】A.随意丢弃废旧电池中会污染环境，且废旧电池中有部分金属可以回收利用，故合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用，A正确；B.从流程图可知，正极片中有金属元素Al、Fe、Li，B正确； C. 含磷酸亚铁锂的滤渣，经硝酸处理后，亚铁会被氧化成Fe3+，C正确； D.硫酸锂溶于水，故上述流程中不可用硫酸钠代替碳酸钠，D错误。
【考点】环境保护和资源再利用；原子守恒的理论；硝酸的强氧化性与亚铁的还原性；硫酸盐与碳酸盐的溶解性。
11.[2018全国卷Ⅱ-8]研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是
A. 雾和霾的分散剂相同
B. 雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵
C. NH3是形成无机颗粒物的催化剂
D. 雾霾的形成与过度施用氮肥有关
【答案】C
【解析】A.雾的分散质是水，霾的分散质是固体颗粒，雾和霾的分散剂均是空气，A正确；
B.依示意图知雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确； C. 依示意图知NH3是生成硫酸铵、硝酸铵的反应物，不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误； D. 氮肥会释放出氨气，而NH3参与形成雾霾中无机颗粒物，故雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。
【考点】依题中信息(转化关系示意图)明确雾霾的形成原理是解题的关键；催化剂的概念。
12.[2018全国卷Ⅱ-10]W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体；Y的周期数是族序数的3倍；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同。下列叙述正确的是
A. X与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物
B. Y与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键
C. 四种元素的简单离子具有相同的电子层结构
D. W的氧化物对应的水化物均为强酸
【答案】A
【解析】W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体，W是N，X是O；Y的周期数是族序数的3倍，因此Y只能是第三周期，所以Y是Na；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同，Z的最外层电子数是7个，Z是Cl。A. X(O)与其他三种元素(N、Na、Cl)可形成(NO、NO2;Na2O、Na2O2;Cl2O、Cl2O3、Cl2O5等二元化合物) ，A正确； B. Y(Na)与其他三种元素(N、O、Cl)形成的化合物中Na2O2含有离子键与共价键，B错误； C. 四种元素的简单离子，N3—、O2—、Na+的电子层结构相同，而Cl—的电子层结构与它们不相同，C错误。 D. W(Cl)的氧化物(Cl2O、Cl2O3、Cl2O5)对应的水化物(HClO、HClO2、HClO4等) HClO为弱酸，D错误
【考点】元素周期表和元素周期律；NO2的物理性质 (红棕色) ；原子结构；化学键。
13.[2018江苏卷-6]下列有关物质性质的叙述一定不正确的是
A. 向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液显红色
B. KAl(SO4) 2·12H2O溶于水可形成 Al(OH)3胶体
C. NH4Cl与Ca(OH)2混合加热可生成NH3
D. Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2
【答案】A
【解析】A. NH4SCN用于检验Fe3+，向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不会显红色，A错误； B.KAl(SO4) 2·12H2O溶于水电离出的Al3+水解形成Al(OH) 3胶体，离子方程式为Al3++3H2OAl(OH) 3(胶体) +3H+，B正确； C.实验室可用NH4Cl和Ca(OH) 2混合共热制NH3，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH) 2CaCl2+2NH3↑+2H2O，C正确； u与FeCl3溶液反应生成CuCl2和FeCl2，反应的化学方程式为Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，D正确；
【考点】Fe3+的检验；盐类的水解；实验室制氨气的原理；Cu与FeCl3的反应。
14. [2018北京卷-7]下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是化学变化的是
A．甲醇低温所制氢气用于新能源汽车
B．氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料
C．偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料
D．开采可燃冰，将其作为能源使用
【答案】B
【解析】A. “甲醇低温所制氢气”说明氢气是新生成的物质，而化学变化最主要的特点是有新物质生成，故A发生的是化学变化； B. “氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料”，“核聚变”是核反应，改变的是原子核，不属于化学变化； C. 偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料，发生的反应为：(CH3)2NNH2 +2N2O4=3N2+2CO2+4H2O, 属于化学变化； D. 可燃冰是甲烷的结构水合物，甲烷燃烧, 属于化学变化。
【考点】化学变化；核聚变；火箭燃料的燃烧反应；可燃冰。
15.[2018天津卷-9]烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下采样和检测方法。回答下列问题：
Ⅰ.采样
采样步骤：
①检验系统气密性；②加热器将烟道气加热至140℃；③打开抽气泵置换系统内空气；④采集无尘、干燥的气样；⑤关闭系统，停止采样。
（1）A中装有无碱玻璃棉，其作用是___________。
（2）C中填充的干燥剂是（填序号）___________。
a.碱石灰 b.无水CuSO4 c.P2O5
（3）用实验室常用仪器组装一套装置，其作用是与D(装有碱液)相同，在
虚线框中画出该装置的示意图，标明气体的流向及试剂。
（4）采样步骤②加热烟道气的目的是 。
Ⅱ.NOx含量的测定
将v L气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO3−，加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液，加入v1 mL c1 mol·L−1 FeSO4标准溶液（过量），充分反应后，用c2 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗v2 mL。
（5）NO被H2O2氧化为NO3−的离子方程式是 。
（6）滴定操作使用的玻璃仪器主要有 。
（7）滴定过程中发生下列反应：3Fe2++NO3−+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O
Cr2O72− + 6Fe2+ +14H+ =2Cr3+ +6Fe3++7H2O
则气样中NOx折合成NO2的含量为_________mg·m−3。
（8）判断下列情况对NOx含量测定结果的影响（填“偏高” 、“偏低”或“无影响 ”）
若缺少采样步骤③，会使测试结果___________。
若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果___________。
【答案】 (1)除尘 (2) c (3) (4)防止NOx溶于冷凝水 (5) 2NO+3H2O2=2H++2NO3–+2H2O (6)锥形瓶、酸式滴定管 (7)23(c1V1-6c2V2)·104/3V (8)偏低 偏高
【解析】（1）A的过程叫“过滤”，所以其中玻璃棉的作用一定是除去烟道气中的粉尘。 （2）碱石灰是碱性干燥剂可能与NOX反应，所以不能使用。硫酸铜的吸水能力不强，一般不用做干燥剂，所以不能使用。五氧化二磷是酸性干燥剂，与NOX不反应，所以选项c正确。
（3）实验室通常用洗气瓶来吸收气体，与D相同应该在洗气瓶中加入强碱
（氢氧化钠）溶液，装置如右图。
（4）加热烟道气的目的是避免水蒸气冷凝后，NOX溶于水中。
（5）NO被H2O2氧化为硝酸，所以反应的离子方程式为：2NO+3H2O2=2H++2NO3–+2H2O。
（6）滴定中使用酸式滴定管和锥形瓶。
(7) 用c2 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗v2 mL，此时加入的K2Cr2O 7为c2×V2×10-3mol，依反应：Cr2O72− + 6Fe2+ +14H+ =2Cr3+ +6Fe3++7H2O知，过量的Fe2+的物质的量为6c2×V2×10-3mol。
与硝酸根离子反应的Fe2+的物质的量为(c1×V1×10-3—6c2×V2×10-3)mol, 依反应：3Fe2++NO3−+4H+= NO↑
+3Fe3++2H2O知，NO3—的物质的量为(c1×V1×10-3—6c2×V2×10-3)mol/3,依氮原子守恒有，NO3—与NO2的物质的量相等。，NO2的物质的量为：(100/20)×(c1×V1×10-3—6c2×V2×10-3)mol/3 =5(c1×V1×10-3—6c2×V2×10-3)mol/3, NO2的质量为：46×5(c1×V1×10-3—6c2×V2×10-3)g/3=230(c1×V1—6c2×V2)mg/3。所以
，气样中NOx折合成NO2的含量为：230(c1×V1—6c2×V2) /(3V) mg/L= 23(c1V1-6c2V2)·104/3V mg·m−3
（8）若缺少采样步骤③，装置中有空气，则实际测定的是烟道气和空气混合气体中NOX的含量，测定结果必然偏低。若FeSO4标准溶液部分变质，一定是部分Fe2+被空气中的氧气氧化，计算时仍然认为这部分被氧化的Fe2+是被硝酸根离子氧化的，所以测定结果偏高。
【考点】干燥剂；洗气装置；给定条件下氧化还原反应与离子反应的书写；中和滴定操作与误差分析。
16. [2018北京卷-26]磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：
已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。
溶解度：Ca5(PO4)3(OH)
（2）磷精矿粉酸浸时发生反应： 2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO4·0.5H2O+6H3PO4
①该反应体现出酸性关系：H3PO4__________H2SO4（填“>”或“<”）。
②结合元素周期律解释①中结论：P和S电子层数相同， 。
（3）酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式： 。
（4）H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因： 。
（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42−残留，原因是
；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是
。
（6）取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b mol·L−1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。（已知：H3PO4摩尔质量为98 g·mol−1）
【答案】 (1)研磨、加热 (2)①＜②核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性P＜S (3) 2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O=10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑ (4) 80 ℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低 (5) CaSO4微溶； BaCO3+ SO42—+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+H2O+2 H2PO4— (6)0.049bc/a。
【解析】（1）研磨能增大反应物的接触面积，能加快反应速率，加热，温度升高能加快反应速率；流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。 (2)①根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4＜H2SO4。 ②用元素周期律解释，P和S电子层数相同，核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性P＜S。 (3)根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，Ca5(PO4) 3F与H2SO4反应生成HF、磷石膏和磷酸。 (4)图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80℃前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80℃后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。 (5)脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42-残留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，反应的离子方程式为BaCO3+SO42—+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4—+H2O。 (6)根据题意关系式为： H3PO4~2NaOH~ Na2HPO4，由消耗的NaOH计算H3PO4，消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为1：2，n(H3PO4) =0.5n(NaOH) =0.5bmol/L×c×10-3L
=bc/2000mol，m(H3PO4) = bc/2000mol×98g/mol=49bc/1000g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的质量分数为0.049bc/a。
【考点】本题以磷精矿湿法制备磷酸的工艺流程为载体，考查影响化学反应速率的因素、“强酸制弱酸”的复分解反应规律、元素周期律、指定情境下方程式的书写、质量分数的计算等。
17. [2018江苏卷-20] NOx（主要指NO和NO2）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
（1）用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：
2NO2(g) +H2O(l) =HNO3( aq) +HNO2( aq) ΔH=−116.1 kJ·mol−1
3HNO2( aq) =HNO3(aq) +2NO(g)+H2O(l) ΔH=75.9 kJ·mol−1
反应3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)的 ΔH=___________kJ·mol−1。
（2）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：____________________________________。
（3）用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式：____________________________________。
（4）在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。
①NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1 mol N2时，转移的电子数为__________mol。
②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应（装置见题20图−1）。
反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如题20图−2所示，在50～250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是
；当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是 。
【答案】（14分） （1）−136.2 （2）HNO2−2e−+H2O=3H++NO3−
（3）2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O （4）①3.43
②先迅速上升段主要原因是催化剂活性随温度升高增大,使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要原因是温度升高引起的NOx去除反应速率增大；催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO
【解析】（1）依盖斯定律：2NO2(g) +H2O(l)=HNO3(aq)+HNO2(aq) ΔH=−116.1 kJ·mol−1 ①
3HNO2(aq)=HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l) ΔH=75.9 kJ·mol−1 ②
，将（①式×3+②式）÷2得，反应3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3(aq) +NO(g)ΔH=（−116.1 kJ·mol−1）×3+75.9 kJ·mol−1] ÷2=-136.2kJ·mol−1。
（2）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失去电子生成HNO3，1molHNO2反应失去2mol电子，结合原子守恒和溶液呈酸性，电解时阳极电极反应式为:
HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。
（3）HNO2与(NH2) 2CO反应生成N2和CO2，N元素的化合价由HNO2中+3价降至0价，N元素的化合价由(NH2) 2CO中-3价价升至0价，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为:2HNO2+(NH2) 2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O。
（4）①NH3与NO2的反应为8NH3+6NO27N2+12H2O，该反应中NH3中-3价的N升至0价，NO2中+4价的N降至0价，生成7molN2转移24mol电子。生成1molN2时转移电子数为3.43mol。 ②因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时NH3与O2发生催化氧化反应。在50~250℃范围内，NOx的去除率迅速上升段主要原因是催化剂活性随温度升高增大，从而使反应速率迅速增大；上升缓慢段主要原因是温度升高引起的NOx去除反应速率增大；温度过高催化剂活性下降。反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是NH3与O2反应生成了NO，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O。
【考点】本题以有效去除NOx为载体，考查氮及其化合物、盖斯定律的应用、电解原理、指定情境下方程式的书写，氧化还原反应中转移电子数的计算、图像的分析。
Ⅲ—硫及其化合物（涉及绿色化学）
18.[2018浙江卷-8]下到表示正确的是
A. 硫原子结构示意图 B. 乙炔的结构简式CHCH
C. 乙烯的球棍模型 D. NaCl的电子式
【答案】C
【解析】A. 是硫离子结构示意图，A错； B. 乙炔的结构简式应为CH≡CH，B错； D. NaCl的电子式应为，D错。
【考点】硫原子结构示意图；乙炔的结构简式；乙烯的球棍模型；NaCl的电子式。
19.[2018浙江卷-9]下列反应中能产生二氧化硫的是
A.氧化铜和稀硫酸反应 B.亚硫酸钠和氧气反应
C.三氧化硫和水反应 D.铜和热的浓硫酸反应
【答案】D
【解析】A.氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水 B.亚硫酸钠和氧气反应生成硫酸钠
C.三氧化硫和水反应生成硫酸 D.铜和热的浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水
【考点】氧化铜、稀硫酸、亚硫酸钠、三氧化硫、浓硫酸的性质。
20.[2018北京卷-12]测定0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。
下列说法不正确的是
A. Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32—+H2O HSO3—+OH−
B. ④的pH与①不同，是由于SO32—浓度减小造成的
C. ①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D. ①与④的Kw值相等
【答案】C
【解析】A.Na2SO3属于强碱弱酸盐，Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32—+H2O HSO3—+OH−，A正确； B.取①④对应温度下的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32—浓度减小，溶液中c(OH—) 减小，④的pH小于①；B正确； C项，盐类水解过程吸热，①→③的过程，升高温度SO32—水解平衡正向移动，c(SO32—)减小，水解平衡逆向移动，C错误； D项，Kw只与温度有关，温度相同时KW相同，D正确。
【考点】盐类水解离子方程式的书写；外界条件对盐类水解平衡的影响；水的离子积的影响因素；SO32-的还原性。
21.[2018全国卷Ⅰ-7]磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池是新能源汽车的动力电池之一，采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：
下列叙述错误的是
A.合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用
B.从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li
C.沉淀反应的金属离子为“Fe3+”
D.上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠
【答案】D
【解析】A.随意丢弃废旧电池中会污染环境，且废旧电池中有部分金属可以回收利用，故合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用，A正确；B.从流程图可知，正极片中有金属元素Al、Fe、Li，B正确； C. 含磷酸亚铁锂的滤渣，经硝酸处理后，亚铁会被氧化成Fe3+，C正确； D.硫酸锂溶于水，故上述流程中不可用硫酸钠代替碳酸钠，D错误。
【考点】环境保护和资源再利用；原子守恒的理论；硝酸的强氧化性与亚铁的还原性；硫酸盐与碳酸盐的溶解性。
22.[2018天津卷-7]下图中反应①是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl2·6NH3是优质的镁资源。回答下列问题：
（1）MgCl2·6NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺序（H-除外）： ，Mg在元素周期表中的位置： ，Mg(OH)2的电子式：______________。
（2）A2B的化学式为_______________。反应②的必备条件是_______________。上图中可以循环使用的物质有_______________。
（3）在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料_______________（写化学式）。
（4）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，写出该反应的化学方程式： 。
（5）用Mg制成的格氏试剂（RMgBr）常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：
依据上述信息，写出制备CH3CH2CHOHCH3所需醛的可能结构简式：_______________。
【答案】(1) r(H+)
2MgSO4+2H2O。 （5）利用格氏试剂可以制备R-CHOH-R`，现在要求制备CH3CH2CHOHCH3，所以可以选择R为CH3CH2，R’为CH3；或者选择R为CH3，R’为CH3CH2，所以对应的醛R’CHO可以是CH3CH2CHO或CH3CHO。
【考点】镁元素及其化合物、氮元素及其化合物、硫元素及其化合物、离子半径的比较、电子式的书写。
23. [2018全国卷Ⅰ-27] (14分)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应有广泛，回答下列问题：
⑴生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式： 。
⑵利用烟道气中的SO2生产的工艺为：
①PH=4.1 时，Ⅰ中为 溶液(写化学式)。
②工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是 。
⑶制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有Na2SO3和NaHSO3。阳极的反应式为: 。电解后 室的NaHSO3溶液浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5
⑷Na2S2O5可用作食品抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50mL葡萄酒样品，用0.01000mol/L的碘标准液滴定到终点，消10.00mL。滴定反应的离子方程式为：
。该样品中Na2S2O5的残留量为 g/L(以SO2计)。
【答案】(1) 2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O (2) ①NaHSO3 ②得到NaHSO3过饱和溶液 (3) 2H2O－4e－＝4H＋+O2↑，a (4) S2O52－+2I2+3H2O＝2SO42－+4I－+6H＋ ，0.128
【解析】（1）亚硫酸氢钠过饱和溶液脱水生成焦亚硫酸钠，根据原子守恒可知反应的方程式为2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O
（2）①碳酸钠饱和溶液吸收SO2后的溶液显酸性，说明生成物是酸式盐NaHSO3，即Ⅰ中为NaHSO3；②依题目中信息“生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得”知，要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液，据此判断答案为“得到NaHSO3过饱和溶液”；
（3）阳极失电子发生氧化反应，阳极区溶质是稀硫酸，故氢氧根放电，电极反应式为：2H2O－4e－＝4H＋+O2↑。阳极区氢离子增大，通过阳离子交换膜进入a室与亚硫酸钠结合生成亚硫酸氢钠。阴极是氢离子放电，氢氧根浓度增大，与亚硫酸氢钠反应生成亚硫酸钠，所以电解后a室中亚硫酸氢钠的浓度增大。
（4）焦亚硫酸钠与单质碘发生氧化还原反应，焦亚硫酸钠被I2氧化成硫酸钠，离子方程式为“S2O52－+2I2+3H2O＝2SO42－+4I－+6H＋”；消耗碘的物质的量是0.0001mol，所以焦亚硫酸钠的残留量(以SO2计)是: 0.0001mol×64g·mol-1/0.05L=0.128g/L
【考点】以焦亚硫酸钠的制备、应用为信息载体考查学生对流程的分析、电解原理的应用以及定量分析等；电解池的电极反应的书写；离子交换膜的作用；电荷的移动方向；原子守恒理论的运用：计算残留量时以二氧化硫计(硫原子守恒)。题目难度中等。考点紧靠教材但又不拘泥于教材，题中出现了“新知识——焦亚硫酸钠”。善于捕捉信息(解题钥匙)是解题的关键。
24.[2018全国卷Ⅱ-8]研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是
A. 雾和霾的分散剂相同
B. 雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵
C. NH3是形成无机颗粒物的催化剂
D. 雾霾的形成与过度施用氮肥有关
【答案】C
【解析】A.雾的分散质是水，霾的分散质是固体颗粒，雾和霾的分散剂均是空气，A正确；
B.依示意图知雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确； C. 依示意图知NH3是生成硫酸铵、硝酸铵的反应物，不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误； D. 氮肥会释放出氨气，而NH3参与形成雾霾中无机颗粒物，故雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。
【考点】依题中信息(转化关系示意图)明确雾霾的形成原理是解题的关键；催化剂的概念。
25.[2018全国卷Ⅱ-26]我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家，一种以闪锌矿(ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示：
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
9.4
回答下列问题：
（1）焙烧过程中主要反应的化学方程式为_______________________。
（2）滤渣1的主要成分除SiO2外还有___________；氧化除杂工序中ZnO的作用是____________，若不通入氧气，其后果是________________。
（3）溶液中的Cd2+可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为_________________。
（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为______________；沉积锌后的电解液可返回_______工序继续使用。
【答案】(1) 2ZnS+3O22ZnO+2SO2 (2) PbSO4 (3)调节溶液的pH (4)无法除去杂质Fe2+ (5) Zn+Cd2+=Zn2++Cd (6) Zn2++2e－=Zn (7)溶浸
【解析】（1）由于闪锌矿的主要成分是ZnS，因此焙烧过程(与O2反应)中主要反应的化学方程式为: 2ZnS+3O22ZnO+2SO2。
（2）硫酸铅不溶于水(题中有暗示：末给出Pb2+形成氢氧化物沉淀的pH范围)，因此滤渣1的主要成分除SiO2外还有PbSO4；要测定铁离子，需要调节溶液的pH，又因为不能引入新杂质，所以需要利用氧化锌调节pH，即氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH。根据表中数据可知沉淀亚铁离子的pH较大，所以若不通入氧气把亚铁氧化为三价铁，其后果是无法除去杂质Fe2+。
（3）溶液中的Cd2+可用锌粉除去，反应的离子方程式为Zn+Cd2+＝Zn2++Cd。
（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极发生得到电子的还原反应，因此阴极是锌离子放电，则阴极的电极反应式为Zn2++2e－＝Zn；阳极是氢氧根放电，破坏水的电离平衡，产生氢离子，所以电解后还有硫酸产生，因此沉积锌后的电解液可返回溶浸工序继续使用。
【考点】金属硫化物与氧气反应；离子沉淀与PH的控制；金属及其化合物的基础知识及将已有知识灵活应用在生产实际中解决问题的能力等。
26.[2018全国卷Ⅲ-13]W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到YZW的溶液。下列说法正确的是
A. 原子半径大小为W＜X＜Y＜Z
B. X的氢化物水溶液酸性强于Z的
C. Y2W2与ZW2均含有非极性共价键
D. 标准状况下W的单质状态与X的相同
【答案】D
【解析】A.黄绿色(Cl2)气体同冷烧碱溶液作用，可得到YZW(NaClO)的溶液；又由：“ W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族，盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生”分析知，W、X、Y、Z分别为O、F、Na、Cl，它们中原子半径最大的是Y(Na)，故A错误。 B. X的氢化物(HF)水溶液酸性强于Z水溶液(HCl)的，B错误。 C. Y2W2(Na2O2)中有离子键与非极性共价键，ZW2(OCl: Cl-O-Cl)中只有极性共价键，C错误。D. 标准状况下W的单质(O2、O3)与X(F2) 的单质均为气态，状态相同，D正确。
【考点】原子结构、元素周期律；氯气、次氯酸钠、浓盐酸的性质；气态氢化物水溶液的酸性强弱比较；极性键与非极性键。
27.[2018全国卷Ⅲ-26]硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M=248 g·mol−1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：
（1）已知：Ksp(BaSO4)=1.1×10−10，Ksp(BaS2O3)=4.1×10−5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，选用下列试剂设计实验方案进行检验：
试剂：稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液
实验步骤
现象
①取少量样品，加入除氧蒸馏水
②固体完全溶解得无色澄清溶液
③___________
④___________，有刺激性气体产生
⑤静置，___________
⑥___________
（2）利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
①溶液配制：称取1.2000 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在__________中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的_________中，加蒸馏水至____________。
②滴定：取0.00950 mol·L−1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应： Cr2O72−+6I−+14H+=3I2+2Cr3++7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32− = S4O62−+2I−。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液__________，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为_________%（保留1位小数）。
【答案】(1) ③加入过量稀盐酸 ④出现黄色浑浊 ⑤(吸)取上层清液，滴入BaCl2溶液 ⑥产生白色沉淀 (2) ①烧杯、容量瓶 、刻度线 ②蓝色褪去、95.0
【解析】（1）硫代硫酸根离子(S2O32−)和H+反应如下：S2O32− +2H+= SO2↑+H2O+ S↓，又依Ksp(BaS2O3)=4.1×10−5知：S2O32−+Ba2+= Ba S2O3↓，且S2O32−具有还原性，所以检验样品中的硫酸根离子时，用除氧蒸馏水溶解样品，而后加入加入过量稀盐酸，以除尽S2O32−，排除其干扰；再静置，取上层清液中滴加氯化钡溶液，观察到白色沉淀，证明存在硫酸根离子。所以答案为：③加入过量稀盐酸；④有黄色沉淀；⑤取上层清液，滴加氯化钡溶液；⑥有白色沉淀产生。
(2)①配制一定物质的量浓度的硫代硫酸钠溶液，应该先称量硫代硫酸钠晶体样品质量，在烧杯中溶解，在转移至容量瓶，最后定容即可。过程为：将固体再烧杯中加入溶解，全部转移至100mL容量瓶，加蒸馏水至刻度线。 ②淡黄绿色溶液中有单质碘，加入淀粉为指示剂，溶液显蓝色，用硫代硫酸钠溶液滴定溶液中的单质碘，滴定终点时溶液的蓝色应该褪去。根据题目的两个方程式得到如下关系式：Cr2O72-～3I2～6S2O32-，则配制的100mL样品溶液中硫代硫酸钠的浓度c=0.0095×0.020×6/0.0246=0.04597(mol/L)，含有的硫代硫酸钠为0.004597
mol，所以样品纯度为0.004597×248/1.2=95.0%。
【考点】硫酸根离子的定性检验、硫代硫酸钠的定量检测；硫代硫酸钠的的性质；配制一定物质的量浓度的溶液；关系式法；碘与淀粉的性质；
28.[2018北京卷-27]近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：
（1）反应Ⅰ：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) ΔH1=+551 kJ·mol－1反应Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH3=－297 kJ·mol－1 反应Ⅱ的热化学方程式： 。
（2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。p2 p 1（填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是
。
（3）I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。
i．SO2+4I－+4H+=S↓+2I2+2H2O
ii．I2+2H2O+_________=_________+_______+2 I－
（4）探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）
序号
A
B
C
D
试剂组成
0.4 mol·L－1 KI
a mol·L－1 KI
0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 KI
0.0002 mol I2
实验现象
溶液变黄，一段时间后出现浑浊
溶液变黄，出现浑浊较A快
无明显现象
溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快
①B是A的对比实验，则a=__________。
②比较A、B、C，可得出的结论是______________________。
③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：________________。
【答案】 (1) 3SO2(g)+2H2O (g)=2H2SO4 (l)+S(s) ΔH2=−254 kJ·mol−1 (2) > 反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大 (3) SO2、SO42−、4H+ (4) 0.4； I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率 ；反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快
【解析】（1）根据过程，反应II为SO2催化歧化生成H2SO4和S，反应为:3SO2+2H2O=2H2SO4+S。应用盖斯定律，反应I+反应III得，2H2SO4 (l)+S(s)=3SO2(g)+2H2O(g) ΔH=ΔH1+ΔH3=(+551kJ/mol) +(-297kJ/mol) =+254kJ/mol，反应II的热化学方程式为3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s) ΔH=-254kJ/mol。
(2)在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，p2时H2SO4物质的量分数大于p1时，反应Ⅱ是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动， H2SO4物质的量增加，体系总物质的量减小，H2SO4物质的量分数增大，所以， p2＞p1。
（3）反应II的总反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I—可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，(总反应-反应i)2得，反应ii的离子方程式为I2+2H2O+SO2=4H++SO42-+2I—。
（4）①B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a=0.4。 ②对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较A、B、C，可得出的结论是：I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率。 ③对比D和A，D中加入KI的浓度小于A，D中多加了I2，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率DA，由此可见，反应ii比反应i速率快，反应ii产生H+使c（H+）增大，从而反应i加快。
【考点】本题以利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储为载体，考查盖斯定律的应用、化学平衡图像的分析、方程式的书写、控制变量法探究外界条件对化学反应速率的影响，考查学生灵活运用所学知识解决实际问题的能力。
28.[2018江苏卷-18]碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为:
(2−x) Al2(SO4)3+3xCaCO3+3xH2O=2(1−x) Al2(SO4)3·xAl(OH)3]+3xCaSO4↓+3xCO2↑
生成物(1−x) Al2(SO4)3·xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。
（1）制备碱式硫酸铝溶液时，维持反应温度和反应时间不变，提高x值的方法有
。
（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中，溶液的pH_________（填“增大”、“减小”、“不变”）。
（3）通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：
①取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.3300 g。
②取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.1000 mol·L−1EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 mol·L−1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL（已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1∶1）。
计算(1−x) Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值（写出计算过程）。
【答案】（12分）（1）适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率 （2）减小
（3）25mL溶液中：n(SO42−)= n(BaSO4) =2.3300g/233g·mol-1=0.0100 mol
2.5 mL溶液中： n(Al3+) = n(EDTA)−n(Cu2+)=0.1000 mol·L−1×25.00mL×10−3L·mL−1
−0.08000 mol·L−1×20.00 mL×10−3L·mL−1=9.000×10−4 mol
25 mL溶液中：n(Al3+)=9.000×10−4 mol×25 mL/2.5 mL=9.000×10−3 mol
1 mol (1−x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中： n(Al3+)=(2−x)mol；n(SO42−)=3(1−x)mol
n(Al3+)/ n(SO42−)=(2−x)/ 3(1−x)= 9.000×10−3/0.0100 x=0.41
【解析】（1）提高x的值，即促进Al3+的水解和CaSO4的生成。
（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2，溶液碱性减弱，pH减小。
（3）根据加入过量BaCl2溶液产生的固体计算n（SO42-）；由消耗的CuSO4计算过量的EDTA，由Al3+消耗的EDTA计算n（Al3+）；根据n（Al3+）与n（SO42-）之比计算x的值。
详解：（1）制备碱式硫酸铝溶液，维持反应温度和反应时间不变，提高x的值，即促进Al3+的水解和CaSO4的生成，可以采取的方法是：适当增加CaCO3的量、加快搅拌速率。
（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2，溶液碱性减弱，pH减小。
（3）25mL溶液中：n（SO42-）= n（BaSO4）=2.3300g/233g·mol-1=0.0100 mol
2.5 mL溶液中：n（Al3+） = n（EDTA）−n（Cu2+）=0.1000 mol·L−1×25.00 mL×10−3L·mL−1−0.08000 mol·L−1×20.00 mL×10−3 L·mL−1=9.000×10−4 mol
25 mL溶液中：n（Al3+）=9.000×10−3 mol
1 mol （1-x）Al2（SO4）3·xAl（OH）3中n（Al3+）=（2-x）mol；n（SO42-）=3（1-x）mol
n(Al3+)/ n(SO42−)=(2−x)/ 3(1−x)= 9.000×10−3/0.0100，解得x=0.41。
【考点】本题以碱式硫酸铝溶液的制备原理为背景，考查铝及其化合物、硫及其化合物、难溶电解质的溶解平衡移协、反应条件的控制和有关化学式的计算。解题的关键有：①向硫酸铝溶液中加入CaCO3生成碱式硫酸铝溶液，CaCO3的作用是调节pH促进Al3+水解，同时将SO42-转化为CaSO4沉淀；②理解溶液中的离子反应与实验滴定方法的定量计算，理清物质间的计量关系。
29.[2018江苏卷-19]以Cl2、NaOH、(NH2)2CO（尿素）和SO2为原料可制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3，其主要实验流程如下：
已知：①Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O是放热反应。
②N2H4·H2O沸点约118 ℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。
（1）步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度超过40 ℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为
；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是________________。
（2）步骤Ⅱ合成N2H4·H2O的装置如图所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40 ℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110 ℃继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_____________；使用冷凝管的目的是_________________________。
（3）步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、HSO3−、SO32−随pH的分布如题19图−2所示，Na2SO3的溶解度曲线如题19图−3所示）。
①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定何时停止通SO2的实验操作为 。
②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案： _______________________，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
【答案】（15分）（1）3Cl2+6OH−5Cl−+ClO3−+3H2O 缓慢通入Cl2
（2）NaClO碱性溶液 减少水合肼的挥发
（3）①测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2
②边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤
【解析】（1）温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液发生歧化反应生成NaClO3、NaCl和H2O，反应的化学方程式为:3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，离子方程式为:3Cl2+6OH−5Cl−
+ClO3−+3H2O。由于Cl2与NaOH溶液的反应为放热反应，为了减少NaClO3的生成，应控制温度不超过40℃、减慢反应速率；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是：缓慢通入Cl2。
（2）步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，由于水合肼具有强还原性、能与NaClO剧烈反应生成N2，为了防止水合肼被氧化，应逐滴滴加NaClO碱性溶液，所以通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在110℃继续反应，N2H4·H2O沸点约118 ℃，使用冷凝管的目的：减少水合肼的挥发。
（3）①向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，根据图示溶液pH约为4时，HSO3−的摩尔分数最大，则溶液的pH约为4时停止通入SO2；实验中确定何时停止通入SO2的实验操作为：测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2。
②由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，首先要加入NaOH将NaHSO3转化为Na2SO3，根据含硫微粒与pH的关系，加入NaOH应调节溶液的pH约为10；根据Na2SO3的溶解度曲线，温度高于34℃析出Na2SO3，低于34℃析出Na2SO3·7H2O，所以从Na2SO3溶液中获得无水Na2SO3应控制温度高于34℃。由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案为：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
30.【考点】本题以制备水合肼和无水Na2SO3的实验流程为载体，考查实验条件的控制、实验加料的方式、实验原理的理解和实验方案的设计、对图表等信息的获取和处理应用能力、氯及其化合物、硫及其化合物、温度对化学反应速率的影响。难点是实验方案的设计，在设计实验方案时要注重对实验过程和实验原理的理解，结合图表等信息细心分析答题要点。
Ⅳ—氯(卤素)及其化合物
31.[2018江苏卷-5]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
甲 乙 丙 丁
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液中I−后的Cl2尾气
【答案】B
【解析】A.灼烧碎海带应使用坩埚，A错误； B.海带灰的浸泡液用过滤法分离获得含I－的溶液，B正确； C. MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，C 错误； D项，Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，可用NaOH溶液吸收尾气Cl2，D错误B。
【考点】海带提碘的考查基本实验操作；Cl2的实验室制备与尾气处理。
32.[2018浙江卷-13]下列离子方程式正确的是
A. 大理石与醋酸反应：CO32－+2CH3COOH=2CH3COO－+H2O+CO2↑
B. 高锰酸钾与浓盐酸制氯气的反应：MnO4－+4Cl－+8H+==Mn2++2Cl2↑+4H2O
C. 漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体：SO2+H2O+ClO-=SO42－+Cl－+2H+
D.氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应：OH－+Ca2++HCO3－==CaCO3↓+2H2O
【答案】D
【解析】大理石与醋酸反应，离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO－+H2O+CO2↑，A错误； 高锰酸钾与浓盐酸制氯气的反应，离子方程式为：2MnO4－+10Cl－+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，B错误； 漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体，离子方程式为：SO2(少量)+H2O+3ClO－=SO42－+Cl－+2H ClO，C错误； D.氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应，离子方程式为：OH－+Ca2++HCO3－=CaCO3↓+2H2O，D正确。
【考点】离子反应与离子方程式
33. [2018江苏卷-4]室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 0. 1 mol·L−1KI 溶液：Na+、K+、ClO− 、OH−
B. 0. 1 mol·L−1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+ 、NO3−、SO42−
C. 0. 1 mol·L−1HCl 溶液：Ba2+、K+、CH3COO−、NO3−
D. 0. 1 mol·L−1NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO42−、HCO3−
【答案】B
【解析】A.I−与ClO−发生氧化还原反应: I−+ClO− =IO−+Cl−,不能大量共存,A错误； B. Fe3+、SO42−、Cu2+、NH4+ 、NO3−、SO42−在溶液中相互间不反应，能大量共存，B正确； C.CH3COO-能与H+反应生成CH3COOH，在HCl溶液中CH3COO-不能大量存在，C错误；D项，Mg2+、HCO3-都能与OH-反应，Mg2+、HCO3-与OH-不能大量共存，D错误。
【考点】次氯酸盐的强氧化性；醋酸为弱电解质；氢氧化锰难溶于水；碳酸氢盐与碱反应。注意：离子间不能大量共存有如下几点原因：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中C、D项；②离子间发生氧化还原反应，如题中A项；③离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；⑤注意题中的附加条件。
34. [2018江苏卷-4]室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 0. 1 mol·L−1KI 溶液：Na+、K+、ClO− 、OH−
B. 0. 1 mol·L−1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+ 、NO3−、SO42−
C. 0. 1 mol·L−1HCl 溶液：Ba2+、K+、CH3COO−、NO3−
D. 0. 1 mol·L−1NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO42−、HCO3−
【答案】B
【解析】A.I−与ClO−发生氧化还原反应: I−+ClO− =IO−+Cl−,不能大量共存,A错误； B. Fe3+、SO42−、Cu2+、NH4+ 、NO3−、SO42−在溶液中相互间不反应，能大量共存，B正确； C.CH3COO-能与H+反应生成CH3COOH，在HCl溶液中CH3COO-不能大量存在，C错误；D项，Mg2+、HCO3-都能与OH-反应，Mg2+、HCO3-与OH-不能大量共存，D错误。
【考点】次氯酸盐的强氧化性；醋酸为弱电解质；氢氧化锰难溶于水；碳酸氢盐与碱反应。注意：离子间不能大量共存有如下几点原因：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中C、D项；②离子间发生氧化还原反应，如题中A项；③离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；⑤注意题中的附加条件。
35. [2018江苏卷-2]用化学用语表示 NH3+ HCl=NH4Cl中的相关微粒，其中正确的是
A. 中子数为8 的氮原子： 87N B. HCl 的电子式：
C. NH3的结构式： D. Cl−的结构示意图：
【答案】C
【解析】A.中子数为8的氮原子的质量数为15，表示为157N，A错误； B.HCl中只含共价键，HCl的电子式为，B错误； C.NH3中含3个N-H键，NH3的结构式为，C正确；D项，Cl-最外层有8个电子， D错误；答案选C。
【考点】原子结构、离子结构示意图、电子式和结构式。
36. [2018全国卷Ⅱ-7]化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A. 碳酸钠可用于去除餐具的油污
B. 漂白粉可用于生活用水的消毒
C. 氢氧化铝可用于中和过多胃酸
D. 碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查
【答案】D
【解析】A. 碳酸钠溶液因碳酸根水解显碱性，因此可用于去除餐具的油污，餐具的油污在碱性条件下易水解，A正确；
B. 漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B正确；
C. 氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，C正确；
D. 碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，而胃液中有盐酸，所以碳酸钡不能用于胃肠X射线造影检查，可用硫酸钡，D错误。
【考点】碳酸盐的水解；漂白粉的用途；氢氧化铝的两性；胃酸的成分；碳酸盐的溶解性。
37.[2018全国卷Ⅰ-12]主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为10；W与Y同族；W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃。下列说法正确的是
A.常温常压下X的单质为气态
B.Z的氢化物为离子化合物
C.Y和Z形成的化合物水溶液呈碱性
D. W与Y具有相同的最高化合价
【答案】B
【解析】主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃，故生成物是HF，因此W是F，Z是Ca，W与Y同族，则Y是Cl。W、X、Z的最外层电子数之和为10，则X的最外层电子数为10－7－2＝1，所以X是Na。根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是F、Na、Cl、Ca。
则： A.金属钠常温常压下是固态而非气态，A错误； B.CaH2中含有离子键，属于离子化合物，B正确； C.Y与Z形成的化合物是氯化钠，其水溶液显中性而非碱性，C错误； D.F是最活泼的非金属，没有正价，Cl元素的最高价是+7价，D错误。答案选B。
【考点】原子结构、元素周期律、元素周期表；氢氟酸、二氧化硅(玻璃)的性质；CaF2与浓硫酸反应制HF；盐溶液的酸碱性；氢化物、离子化合物的概念。其中氟化钙与浓硫酸反应属于学生不熟悉的知识点。
38.[2018全国卷Ⅱ-7]化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A. 碳酸钠可用于去除餐具的油污
B. 漂白粉可用于生活用水的消毒
C. 氢氧化铝可用于中和过多胃酸
D. 碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查
【答案】D
【解析】A. 碳酸钠溶液因碳酸根水解显碱性，因此可用于去除餐具的油污，餐具的油污在碱性条件下易水解，A正确；
B. 漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B正确；
C. 氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，C正确；
D. 碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，而胃液中有盐酸，所以碳酸钡不能用于胃肠X射线造影检查，可用硫酸钡，D错误。
【考点】碳酸盐的水解；漂白粉的用途；氢氧化铝的两性；胃酸的成分；碳酸盐的溶解性。
39.[2018全国卷Ⅲ-27] 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pH”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。
①写出电解时阴极的电极反应式：
。
②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 。
③与“电解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足
之处有 （写出一点）。
【答案】(1)碘酸钾 (2)加热，KCl，KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O (3) （3）①2H2O+2e－=2OH－+H2↑ ②K+ ；a到b ③产生Cl2易污染环境等
【解析】（1）根据KClO3名称为氯酸钾知KIO3名称为碘酸钾。 （2）因气体的溶解度随溶液温度升高而下减少，将溶液加热是“逐Cl2”时可采用的方法；根据图示，碘酸钾在最后得到，所以过滤时KH(IO3)2在滤渣中， KCl在滤液中。“调pH”的主要目的是将KH(IO3)2转化为KIO3，易知方程式为：KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O。
（3）①由图示知：KOH+I2→KIO3过程中，碘元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极反应，所以阴极反应为：2H2O + 2e－ = 2OH－+ H2↑。②电解时，溶液中的阳离子(K+)向阴极迁移，方向为由左向右，即由a到b。 ③KClO3氧化法生产中会产生污染环境的氯气。
【考点】氯及其化合物；碘及其化合物；氧化还原反应；电化学。
40. [2018江苏卷-19]以Cl2、NaOH、(NH2)2CO（尿素）和SO2为原料可制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3，其主要实验流程如下：
已知：①Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O是放热反应。
②N2H4·H2O沸点约118 ℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。
（1）步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度超过40 ℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为
；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是_______________________。
（2）步骤Ⅱ合成N2H4·H2O的装置如图所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40 ℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110 ℃继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_____________；使用冷凝管的目的是_________________________。
（3）步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、HSO3−、SO32−随pH的分布如题19图−2所示，Na2SO3的溶解度曲线如题19图−3所示）。
①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定何时停止通SO2的实验操作为 。
②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案： _______________________，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
【答案】（15分）（1）3Cl2+6OH−5Cl−+ClO3−+3H2O 缓慢通入Cl2
（2）NaClO碱性溶液 减少水合肼的挥发
（3）①测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2
②边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤
【解析】（1）温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液发生歧化反应生成NaClO3、NaCl和H2O，反应的化学方程式为:3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，离子方程式为:3Cl2+6OH−5Cl−
+ClO3−+3H2O。由于Cl2与NaOH溶液的反应为放热反应，为了减少NaClO3的生成，应控制温度不超过40℃、减慢反应速率；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是：缓慢通入Cl2。
（2）步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，由于水合肼具有强还原性、能与NaClO剧烈反应生成N2，为了防止水合肼被氧化，应逐滴滴加NaClO碱性溶液，所以通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在110℃继续反应，N2H4·H2O沸点约118 ℃，使用冷凝管的目的：减少水合肼的挥发。
（3）①向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，根据图示溶液pH约为4时，HSO3−的摩尔分数最大，则溶液的pH约为4时停止通入SO2；实验中确定何时停止通入SO2的实验操作为：测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2。
②由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，首先要加入NaOH将NaHSO3转化为Na2SO3，根据含硫微粒与pH的关系，加入NaOH应调节溶液的pH约为10；根据Na2SO3的溶解度曲线，温度高于34℃析出Na2SO3，低于34℃析出Na2SO3·7H2O，所以从Na2SO3溶液中获得无水Na2SO3应控制温度高于34℃。由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案为：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
【考点】本题以制备水合肼和无水Na2SO3的实验流程为载体，考查实验条件的控制、实验加料的方式、实验原理的理解和实验方案的设计、对图表等信息的获取和处理应用能力、氯及其化合物、硫及其化合物、温度对化学反应速率的影响。难点是实验方案的设计，在设计实验方案时要注重对实验过程和实验原理的理解，结合图表等信息细心分析答题要点。
41.[2018北京卷-10]下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是
A
B
C
D
实验
NaOH溶液滴入FeSO4溶液中
石蕊溶液滴入氯水中
Na2S溶液滴入AgCl浊液中
热铜丝插入稀硝酸中
现象
产生白色沉淀，随后变为红褐色
溶液变红，随后迅速褪色
沉淀由白色逐渐变为黑色
产生无色气体，随后变为红棕色
【答案】C
【解析】A.NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生Fe(OH)2白色沉淀，随后Fe(OH)2被氧化成Fe(OH)3 (红褐色沉淀)，反应为：4Fe(OH) 2+O2+2H2O=4Fe(OH) 3，是氧化还原反应； B.氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，HClO有强氧化性，把红色物氧化为无色物质而使溶液褪芭； C. Na2S溶液滴入AgCl浊液中，反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，白色沉淀变为黑色，但反应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应； D. 热铜丝插入稀硝酸中，即Cu与稀HNO3反应生成Cu(NO3) 2、NO气体和H2O，无色气体NO迅速被氧化成红棕色的2NO2，反应为2NO+O2=2NO2，为氧化还原反应；
【考点】氧化还原反应的特征；沉淀的转化；次氯酸的漂白原理；铜与硝酸反应。
42. [2018浙江卷-27]（6分）某同学用含结晶水的正盐X(四种短周期元素组成的纯净物)进行了如下实验：
实验中观测到：混合气甲呈无色并被蒸馏水全部吸收；固体乙为纯净物；在步骤③中，取1/10溶液丙，恰好中和需消耗0.00200molNaOH；另取一定量的溶液丙，加入少量K2FeO4固体，产生黄绿色气体。
请回答：
（1）X的化学式是 ，步骤①的化学方程式是 。
（2）溶液丙与K2FeO4固体反应的化学方程式是 。
【答案】(1)MgCl2·6H2O MgCl2·6H2OMgO+2HC1↑+5H2O↑
(2)2K2FeO4+16HC1=4KCl+ 2FeCl3+ 3Cl2↑+8H2O
【解析】含结晶水的正盐X(四种短周期元素组成的纯净物)中一定含有H、O两种元素；“另取一定量的溶液丙，加入少量K2FeO4固体，产生黄绿色气体” 说明X中有Cl元素且混合气体中有HCl气体；“取1/10溶液丙，恰好中和需消耗0.00200molNaOH”说明溶液丙中的HCl的物质的量为(10×0.00200mol) 0. 0200mol，其质量为(0. 0200mol×36.5g/mol)7.3g； 依题意知0.4g固体乙为MgO，其物质的量等于X的物质的量为0.01mol(0.4g/40g/mol)，设X 的化学式为MgCl2·xH2O 则n(X)=2.03g/0.01mol=203g/mol,x=( 203-24-35.5×2)/16=6,所以X为MgCl2·6H2O, 步骤①的化学方程式为MgCl2·6H2OMgO+2HC1↑+5H2O↑, 溶液丙与K2FeO4固体反应的化学方程式为2K2FeO4+16HC1=4KCl+ 2FeCl3+ 3Cl2↑+8H2O。
【考点】镁及其化合物；氯及其化合物；定量计算。
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