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北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版 专题六　非金属及其化合物 1.“十四五”生态环保工作强调要落实“减污降碳”的总要求。下列说法正确的是(　　) A.在一定条件下,选择合适的催化剂将CO2氧化为甲酸 B.推广使用煤液化技术,可减少二氧化碳等温室气体的排放 C.向河水中加入明矾,可除去许多杂质并杀灭有害细菌 D.人工合成淀粉技术的应用有助于实现“碳达峰”和“碳中和” 答案　D　CO2转化为甲酸发生的是还原反应,A错误;根据原子守恒规律,推广使用煤液化技术,不能减少CO2等温室气体的排放,B错误;明矾水解得到的Al(OH)3胶体可吸附水中悬浮杂质,但不能起到杀灭有害细菌的作用,C错误;人工合成淀粉技术的应用能减少CO2的排放,有助于实现“碳达峰”和“碳中和”,D正确。 知识拓展　明矾溶液只能净水,不能消毒;高铁酸钾(K2FeO4)溶液既能消毒,又能净水。 2.化学对提高人类生活质量和促进社会发展具有重要作用。下列说法正确的是(　　) A.焰色试验、海带提碘、石油裂化都有化学变化的过程 B.嫦娥五号返回舱用到的高温结构陶瓷,属于传统硅酸盐材料 C.利用CO2人工合成淀粉能有效促进“碳中和”目标的实现 D.我国发射的火星探测器,其使用的太阳能电池板的主要材料是二氧化硅 答案　C　A项,焰色试验属于物理变化,海带提碘、石油裂化属于化学变化,错误;B项,高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料,错误;C项,利用CO2人工合成淀粉可以降低CO2的含量,有利于促进“碳中和”,正确;D项,太阳能电池板的主要材料是硅单质,错误。 易混易错 传统无机非金属材料:陶瓷、水泥和玻璃,都属于硅酸盐材料。新型无机非金属材料:硅、二氧化硅、新型陶瓷和碳纳米材料。芯片、太阳能电池板的主要成分是硅单质,光导纤维的主要成分是二氧化硅。 3.化学与生产、生活、环保等方面密切相关,下列说法正确的是(　　) A.煤的气化、液化与石油的裂化、分馏均为化学变化 B.人体各种体液都有一定的pH,以保证正常的生理活动 C.核酸是生物体遗传信息的载体,通过红外光谱可检测其结构中存在多种单键、双键、氢键等化学键 D.城市内的光化学烟雾污染与氮、碳及硫的氧化物都有关 答案　B　煤的气化、液化与石油的裂化属于化学变化,石油的分馏为物理变化,A错误;由于各种酶作用的适宜pH各不相同,故人体各种体液都有一定的pH,以保证正常的生理活动,B正确;红外光谱可检测化学键及官能团,氢键不属于化学键,C错误;光化学烟雾污染与氮的氧化物有关,与碳、硫的氧化物无关,D错误。 4.下列物质的性质和应用具有对应关系的是(　　) A.浓H2SO4具有脱水性,可用于干燥某些气体 B.SO2具有漂白性且能杀菌,可用作葡萄酒添加剂 C.ClO2具有强氧化性能使蛋白质变性,可用于自来水杀菌消毒 D.油脂在酸性条件下会发生水解,利用该反应可制取肥皂 答案　C　浓H2SO4具有吸水性,可用于干燥某些气体,A不符合题意;葡萄酒中添加SO2是利用SO2的还原性和能杀菌来延长葡萄酒的保质期,B不符合题意;ClO2具有强氧化性能使蛋白质变性,故可用于自来水杀菌消毒,C符合题意;油脂在碱性条件下的水解反应才是皂化反应,产生的高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分,D不符合题意。 5.“类比”思想可用于实验探究,帮助我们掌握物质的共性。下列有关类比结果正确的是(　　) A.Na与O2在一定条件下反应生成Na2O2,则Ca与O2在一定条件下也可生成CaO2 B.Cl2能使紫色石蕊试液先变红后褪色,SO2也能使紫色石蕊试液先变红后褪色 C.SO2能使酸性KMnO4溶液褪色,则SO3也可使酸性KMnO4溶液褪色 D.用排饱和NaCl溶液的方法收集Cl2,则也可用排饱和NH4Cl溶液的方法收集NH3 答案　A　A项,Na和Ca都属于活泼金属,故在一定条件下都可以生成过氧化物,正确;B项,氯气溶于水生成盐酸和次氯酸使溶液显酸性,次氯酸有漂白性,故氯气能使紫色石蕊试液先变红后褪色,SO2溶于水生成亚硫酸使溶液显酸性,使紫色石蕊试液变红,但SO2不能漂白紫色石蕊试液,错误;C项,SO2具有还原性,能使酸性高锰酸钾溶液褪色,而SO3无还原性,不能使酸性高锰酸钾溶液褪色,错误;D项,氯气在水中的溶解度为1∶2(体积比),氨气在水中的溶解度为1∶700(体积比),无法用排饱和氯化铵溶液的方法收集NH3,错误。 6.合成NH3是重要的研究课题,一种新型合成氨的过程如下。下列说法正确的是(　　) A.“转氨”过程属于人工固氮 B.合成过程中所涉及反应均为氧化还原反应 C.若用H2O代替NH4Cl进行转化,从体系中分离出NH3更容易 D.该合成氨过程中,参加反应的N2与H2O的物质的量之比为1∶3 答案　D　“转氨”过程是一种含氮化合物转化为另一种含氮化合物,不属于氮的固定,故A错误;氨气和氯化氢反应生成氯化铵以及“转氨”过程中各元素化合价均不变,不属于氧化还原反应,故B错误;若用H2O代替NH4Cl进行转化,从体系中分离出NH3更难,故C错误;由题图可知,该合成氨过程中,总反应为2N2+6H2O 4NH3+3O2,参加反应的N2与H2O的物质的量之比为1∶3,故D正确。 7.下图是某加碘食盐包装袋上的部分图表文字。由此得到的信息和作出的推测正确的是(　　) A.“烹调时待食品熟后加入碘盐”可能原因是KIO3受热易分解 B.可以用无水酒精从该碘盐配制的水溶液中萃取得到KIO3 C.依据图表内容可知1 kg此食盐中含KIO3(35±15)mg D.食用加碘盐的目的是利用KIO3有较强氧化性以预防龋齿 答案　A　烹调时的高温会使碘酸钾分解,A正确;酒精与水互溶,不能用作萃取剂,B错误;分析题中图表内容可知,(35±15)mg/kg是食盐中碘元素的含量,C错误;碘元素可以预防地方性甲状腺肿大的发生,与预防龋齿无关,D错误。 8.硫及其化合物的“价—类二维图”体现了化学变化之美。下列有关说法正确的是(　　) A.硫在氧气中燃烧直接生成Y B.X能使酸性KMnO4溶液褪色,体现其漂白性 C.硫化氢与X反应的氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶1 D.N可由其相应单质直接化合生成 答案　C　硫在氧气中燃烧只能生成SO2,A错误;由价—类二维图推知,X为SO2,SO2与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应使酸性KMnO4溶液褪色,体现其还原性,B错误;H2S与SO2反应的化学方程式为2H2S+SO2 2H2O+3S,氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶1,C正确;N是CuS,因为S的氧化性很弱,不能由硫和铜直接化合生成CuS(能生成Cu2S),D错误。 9.如图是M元素高中常见物质的价类二维图。其中A到D、D到E的转化都可加同一种物质实现,且E的相对分子质量比D的相对分子质量大16,则下列说法不正确的是(　　) A.物质B可用作火箭燃料,其电子式为H··M··H····M··H··H B.依据题给价类二维图综合分析可知M元素为氮元素 C.氢化物A或B均可在一定条件下与氧气反应得到单质C D.物质F的浓溶液具有强氧化性,可以用铁制或铝制容器盛放 答案　A　硫元素与氮元素都存在题图中横坐标涉及的物质类别的转化,但是分析价类二维图可知,此元素存在两种氢化物,故M元素是氮元素,推知A为NH3,B为N2H4,C为N2,D为NO,E为NO2或N2O4,F为HNO3,G为硝酸盐。N2H4中的氮原子之间只存在1个共用电子对,A错误,B正确;NH3或N2H4均能与O2反应得到N2和H2O,C正确;浓HNO3具有强氧化性,能使铁或铝在常温下发生钝化,故可以用铁制或铝制容器盛放浓HNO3,D正确。 10.价类二维图是学习元素及其化合物知识的重要模型。它是以元素化合价为纵坐标,以物质类别为横坐标的二维平面图像。如图为氯元素的价类二维图。下列叙述不正确的是(　　) A.上述6种物质,属于电解质的有4种 B.将②与SO2按物质的量之比1∶1通入水中,再滴加紫色石蕊试液,溶液变红 C.可以用浓氨水检查输送②的管道是否漏气,在此过程中②既作氧化剂又作还原剂 D.用H2C2O4、NaClO3和H2SO4三种物质制取③时,还会生成CO2,生成1 mol CO2转移电子的物质的量为1 mol 答案　C　根据题给氯元素的价类二维图可知:①为HCl、②为Cl2、③为ClO2、④为HClO、⑤为NaCl、⑥为NaClO。A项,题述6种物质,属于电解质的有①④⑤⑥,共4种,正确;B项,将②与SO2按物质的量之比1∶1通入水中,发生反应Cl2+SO2+2H2O 2HCl+H2SO4,所以溶液呈酸性,再滴加紫色石蕊试液,溶液变红,正确;C项,可以用浓氨水检查输送②的管道是否漏气,发生反应3Cl2+8NH3 N2+6NH4Cl,其中Cl2作氧化剂,NH3作还原剂,错误;D项,用H2C2O4、NaClO3和H2SO4三种物质制取③时,发生反应H2C2O4+2NaClO3+H2SO4 2ClO2↑+2CO2↑+Na2SO4+2H2O,生成1 mol CO2转移电子的物质的量为1 mol,正确。 11.常温下,将Cl2缓慢通入水中至饱和,然后改向其中滴加浓NaOH溶液。整个实验过程中的pH变化曲线如图所示,不考虑次氯酸分解与溶液体积变化,下列叙述正确的是(　　) A.实验过程中可以用pH试纸测定溶液的pH B.由a→b过程中,溶液中HClO的浓度增大 C.b点时溶解的Cl2全部与水发生了反应 D.c点以后溶液呈碱性,没有漂白性 答案　B　A项,氯气溶于水发生反应Cl2+H2O HCl+HClO,HClO具有漂白性,会使pH试纸褪色,故不能使用pH试纸测定溶液pH,错误;B项,a→b,溶液的pH降低,酸性增强,说明反应Cl2+H2O HCl+HClO正向进行,HClO浓度增大,正确;C项,氯气与水的反应是可逆反应,溶解的氯气不可能完全反应,错误;D项,b点时pH发生转折,说明此时开始滴加浓NaOH溶液,c点溶液呈中性,说明溶液中的溶质为NaCl、NaClO、少量的HClO,此时溶液仍然具有漂白性,c点以后,溶液中溶质是NaClO、NaOH,但是NaClO具有氧化性,溶液仍然具有漂白性,错误。 易混易错 氯气与水的反应是可逆反应,新制氯水中存在三分子四离子:Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO-、OH-。 12.在“价—类”二维图中融入“杠杆模型”,可直观辨析部分物质转化及其定量关系。如图中的字母分别代表硫及其常见化合物,相关推断不合理的是(　　) A.b既具有氧化性又具有还原性 B.硫酸型酸雨的形成过程涉及b到c的转化 C.a溶液与b溶液反应过程中有淡黄色沉淀生成 D.d在加热条件下与强碱溶液反应生成e和f,且n(e)∶n(f)=1∶2　 答案　D　根据题给“价—类”二维图,结合题意推知,a为H2S,b为H2SO3,c为H2SO4,d为S,e为硫化物,f为亚硫酸盐,g为硫酸盐。A项,H2SO3中S为+4价,处于中间价态,既具有氧化性又具有还原性,正确;B项,硫酸型酸雨的形成过程为SO2+H2O H2SO3,2H2SO3+O2 2H2SO4,正确;C项,a溶液与b溶液反应的化学方程式为2H2S+H2SO3 3S↓+3H2O,有淡黄色沉淀硫单质生成,正确;D项,d与强碱溶液在加热条件下反应生成e和f的离子方程式为3S+6OH- 2S2-+SO32−+3H2O,则n(e)∶n(f)=2∶1,错误。 13.如图是某元素常见物质的“价—类”二维图,其中d为红棕色气体,f和g均为正盐且焰色试验火焰为黄色。下列说法不正确的是(　　) A.e的浓溶液可以用铝槽车运输 B.气体a、c均可用浓硫酸干燥 C.常温下,将充满d的密闭烧瓶置于冰水中,烧瓶内红棕色变浅 D.d可与NaOH溶液反应生成f和g 答案　B　根据d为红棕色气体,且是化合价为+4的氧化物,推出d为NO2,故题图应为氮元素的“价—类”二维图,进而推出a为NH3,b为N2,c为NO,e为HNO3。f和g均为正盐,且焰色试验火焰为黄色,推出f为NaNO3,g为NaNO2。A项,常温下铝遇到浓硝酸发生钝化,因此可以用铝槽车运输浓硝酸,正确;B项,NH3为碱性气体,不可用浓硫酸干燥,错误;C项,2NO2 N2O4的正反应为放热反应,降低温度,平衡正向移动,体系颜色变浅,正确;D项,NO2与NaOH发生歧化反应:2NaOH+2NO2 NaNO2+NaNO3+H2O,正确。 14.氮化硅(Si3N4)是一种重要的结构陶瓷材料。用石英砂和原料气(含N2和少量O2)制备Si3N4的操作流程如图(粗硅中含少量Fe、Cu的单质及化合物),下列叙述不正确的是(　　) A.“还原”时焦炭主要被氧化为CO2 B.“高温氮化”反应的化学方程式为3Si+2N2 Si3N4 C.“操作X”可将原料气通过灼热的铜粉 D.“稀酸Y”可选用稀硝酸 答案　A　石英砂的主要成分为SiO2,SiO2与焦炭在高温下发生反应SiO2+2C Si+2CO↑,焦炭被氧化为CO,不是CO2,A错误;“高温氮化”是Si与N2反应,其化学方程式为3Si+2N2 Si3N4,B正确;原料气中含有N2和少量O2,氧气能与灼热的Cu粉反应生成CuO,N2不与Cu粉反应,“操作X”可将原料气通过灼热的铜粉,从而得到纯净的N2,C正确;粗硅中含有少量Fe、Cu的单质及化合物,则Si3N4中含有少量Fe、Cu的单质及化合物,Fe、Cu的单质及化合物均可与稀硝酸反应,得到可溶于水的Fe(NO3)3和Cu(NO3)2,D正确。 15.海水中含有丰富的碘元素,海洋中许多藻类植物具有富集碘的能力,如海带中含碘量可达0.3%~0.5%,约为海水中碘浓度的10万倍。实验室通过下列流程从净化除氯后的含碘海水中提取I2。 下列有关说法不正确的是(　　) A.富集得到含碘化合物的晶胞如图,其中距离每个I-最近的Ag+有4个 B.转化后的溶液中主要含有Fe2+和I- C.用稀HNO3溶解滤渣Y得到的溶液可循环利用 D.氧化时,理论上通入氯气的量至少控制为溶液中溶质物质的量的1.5倍 答案　D　由题给晶胞结构可知,以面心I-为例,距离每个I-最近的Ag+有4个,A正确;含碘海水富集后加入AgNO3溶液将I-转化为AgI沉淀,过滤得到AgI,加入适量铁粉和蒸馏水,将AgI转化为FeI2和Ag,转化后的溶液中主要含有Fe2+和I-,B正确;过滤得到银和含有FeI2的滤液,滤渣Y为银,银与稀硝酸反应得到的AgNO3溶液可以循环利用,C正确;根据反应Cl2+2I- I2+2Cl-可知,控制n(Cl2)=n(FeI2)即可,若通入Cl2的量过多,过量的Cl2会将Fe2+氧化为Fe3+,导致制备成本增大,D错误。 知识拓展　n(Cl2)≤n(FeI2)时,发生反应:Cl2+2I- I2+2Cl-。n(Cl2)≥n(FeI2)时,还会发生反应:Cl2+2Fe2+ 2Fe3++2Cl-。 16.白炭黑(可用SiO2·nH2O表示其组成)可广泛应用于日用化工、橡胶制品、电子工业等许多领域。以硅酸钠和二氧化碳为原料制备白炭黑的工艺流程如下: 下列说法错误的是(　　) A.硅酸钠水溶液必须用带玻璃塞的试剂瓶盛装 B.沉淀反应的离子方程式为SiO32−+H2O+CO2 H2SiO3↓+CO32− C.蒸发“滤液”所得晶体中含有离子键和极性共价键 D.用稀盐酸洗涤沉淀的目的是除去沉淀表面的CO32− 答案　A　硅酸钠水溶液不能用带玻璃塞的试剂瓶盛装,A项错误;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备硅酸,离子方程式为SiO32−+H2O+CO2 H2SiO3↓+CO32−,B项正确;蒸发滤液得到Na2CO3·xH2O,其中Na+与CO32−之间为离子键,CO32−内存在极性键,C项正确;CO32−在酸性条件下不能大量存在,故用稀盐酸洗涤沉淀可除去沉淀表面的CO32−,D项正确。 17.某学习小组设计制取SO2并验证其部分性质的实验装置图如下(夹持装置省略)。下列说法错误的是　　(　　) A.A中固体物质是Na2SO3,A中发生的反应属于氧化还原反应 B.滴入浓硫酸前先通入氮气,防止空气中的氧气影响二氧化硫性质的检验 C.B装置溶液变红色,说明SO2是酸性氧化物;C装置中溶液红色褪去,说明SO2具有漂白性 D.取反应后D溶液少许,滴入品红溶液,红色褪去;另取该反应后D溶液少许,滴加AgNO3溶液,产生白色沉淀,以上现象不能说明SO2具有还原性 答案　AC　Na2SO3+H2SO4 Na2SO4+H2O+SO2↑,无元素化合价变化,发生的是非氧化还原反应,A项错误。滴入浓硫酸前先通入氮气,排尽装置内的空气,防止空气中的氧气影响二氧化硫性质的检验,B项正确。二氧化硫与碳酸钠反应生成Na2SO3,不能使酚酞褪色,酚酞红色褪去,可能是过量二氧化硫溶于水呈酸性,不能说明SO2具有漂白性,C项错误。氯水中含有Cl-,也能生成AgCl沉淀;若氯水未反应完,也可以使品红溶液褪色,不能说明SO2具有还原性,D项正确。 18.空气中的氮气可通过人工固氮获得氨气,氨气是重要的化工原料,通过氨氧化法可制得硝酸,反应过程如下图: N2NH3NONO2HNO3 硝酸是一种强氧化性酸,制硝酸工业产生的尾气中含有氮氧化物,应处理后才能排放。下列说法不正确的是(　　) A.BaSO3固体能溶于稀硝酸,生成Ba(NO3)2,同时放出SO2气体 B.工业上,当转化①的反应达到平衡时,需不断地从混合气体中分离出NH3,将未反应的原料气送回合成塔以提高原料的利用率 C.工业尾气中NOx常用碱液吸收处理,NO2、NO的混合气体能被足量烧碱溶液完全吸收的条件是n(NO2)≥n(NO) D.向浓HNO3中插入红热的炭,产生红棕色气体,则可证明炭与浓HNO3溶液一定反应生成了NO2 答案　AD　稀硝酸具有强氧化性能将BaSO3氧化成BaSO4,同时自身被还原成NO,A错误;工业上生产NH3的反应是可逆反应,分离出NH3促进平衡正向移动,将未反应的原料气送回合成塔,可以提高原料的利用率,B正确;NO2与NaOH溶液反应:2NO2+2NaOH NaNO3+NaNO2+H2O,NO2、NO的混合气体与NaOH溶液反应:NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O,当n(NO2)≥n(NO)时,NO2、NO的混合气体能被足量烧碱溶液完全吸收,C正确;红棕色气体是NO2,可能是浓硝酸与C反应产生的,也可能是浓硝酸受热分解产生的,D错误。 19.下表各物质中,A、B、C、D、E均含有同一种短周期元素,其中A是单质,B常温下是气态氢化物,C、D是氧化物,E是D和水反应的产物。则各物质之间通过一步反应就能实现表中所示转化的是(　　) 物质编号 物质转化关系 A D E ① Si SiO2 H2SiO3 ② S SO3 H2SO4 ③ Na Na2O2 NaOH ④ N2 NO2 HNO3 　　　　　 　　　　　 　　　　　 A.②③ B.②④ C.①③④ D.①②③④ 答案　B　①Si SiH4,Si与O2直接生成SiO2,Si只能生成一种氧化物且SiO2不能与H2O反应生成H2SiO3;②SH2S,S SO2,H2S SO2,SO2 SO3 H2SO4;③Na没有气态氢化物;④N2 NH3,N2 NO,NH3 NO,NO NO2 HNO3,故选B。 20.某小组同学用如图装置(略去加热仪器)制备Na2S2O3·5H2O。 已知烧瓶C中发生反应如下: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) 下列说法不正确的是(　　) A.装置A中使用70%的硫酸比用98%的浓硫酸反应速率快 B.Na2S2O3可作为高效脱氯剂,Na2S2O3溶液与足量Cl2反应的离子方程式为2Cl2+3H2O+S2O32− 2SO32−+4Cl-+6H+ C.装置B、D的作用为防止倒吸 D.理论上应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应,则两者物质的量之比为2∶1 答案　B　70%的硫酸中c(H+)比98%的浓硫酸中c(H+)大,所以反应速率快,A正确;Na2S2O3被Cl2氧化生成Na2SO4,离子方程式为4Cl2+5H2O+S2O32− 2SO42−+8Cl-+10H+,B错误;装置B、D起防止倒吸的作用,C正确;装置C中发生的反应为2Na2S+3SO2+Na2SO3 3Na2S2O3,反应中Na2S与Na2SO3的物质的量之比为2∶1,D正确。 21.实验室用如图所示的装置模拟处理工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO和CO)。装置Ⅱ中生成NaNO3和NaNO2两种盐,装置Ⅲ用于吸收CO。下列有关说法正确的是(　　) A.实验时应先向装置Ⅰ中通工业废气,再向装置Ⅱ中通空气 B.装置Ⅰ中吸收SO2的化学方程式为2SO2+Ca(OH)2 Ca(HSO3)2 C.装置Ⅱ中每吸收1 mol NO消耗1 mol NaOH D.[Cu(NH3)2]+中,Cu+提供孤电子对与NH3形成配位键 答案　C　NO不能与NaOH反应,NO2与NaOH反应能够生成NaNO3和NaNO2,NO与NO2物质的量之比为1∶1时,与NaOH反应生成NaNO2,所以实验时应先向装置Ⅱ中通空气,再向装置Ⅰ中通工业废气,使废气中的NO与O2充分反应,从而使n(NO2)>n(NO),A项错误;SO2与足量的Ca(OH)2反应生成CaSO3,B项错误;反应中NO最终转化为NaNO2和NaNO3,在NaNO2、NaNO3中n(Na)=n(N),根据Na原子、N原子守恒可得n(NaOH)=n(NO),即参与反应的NO与NaOH的物质的量之比为1∶1,C项正确;[Cu(NH3)2]+中Cu+提供空轨道,NH3中氮原子提供孤电子对,D项错误。 22.1811年,法国化学家库尔图瓦将浓硫酸和海草灰(富含KI)混合后发现有紫色蒸气生成,该蒸气冷凝后变为紫黑色晶体。1813年经盖—吕萨克鉴定后正式将该物质命名为Iodine(碘)。 (1)将浓H2SO4滴入盛有KI固体的锥形瓶中,产生的气体能使湿润的醋酸铅试纸变黑(已知黑色物质为PbS),则该反应除生成I2以外,还会生成气体　　　　(填化学式)。  (2)常温时HI为无色气体,易溶于水,其制备原理为3KI+H3PO4(浓) K3PO4+3HI↑。如图所示,制备并收集干燥的HI气体所需装置的接口顺序为a→e,f→　　　　(已知浓H3PO4不易挥发和分解,夹持和加热装置省略)。其中仪器Q的名称为　　　　。  U形干燥管中的试剂为　　　　。若观察到　　　　　　　　　,说明HI气体已收集满。  答案　(1)H2S (2)c,b→e,f→d(e、f可互换)　圆底烧瓶　无水CaCl2(或P2O5、硅胶等)　烧杯中出现黄色沉淀 解析　(1)将浓硫酸滴入碘化钾中,生成的气体可以与醋酸铅反应生成PbS,说明生成的气体含有-2价的硫元素,即H2S。(2)收集干燥的HI气体,A为发生装置,D为干燥装置,B为收集装置,HI的密度大于空气,需要采用向上排空气法收集,气流方向为c→b,C为尾气处理装置,收集气体前后都需要干燥装置,因此连接顺序为a→e,f→c,b→e,f→d。HI为酸性气体,需要用中性或者酸性干燥剂,如无水氯化钙、P2O5、硅胶等;C为尾气处理装置,若集气瓶中收集满气体,逸出的HI气体会与烧杯中硝酸银溶液反应生成黄色沉淀AgI。 23.(1)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)易被氧化而变质,选用下列试剂设计实验方案,检验焦亚硫酸钠样品氧化变质的程度。 已知:2NaHSO3 Na2S2O5+H2O。 试剂:稀盐酸、稀H2SO4、稀HNO3、BaCl2溶液、酸性KMnO4溶液、H2O2溶液。 实验 编号 实验步骤 现象 结论 Ⅰ 取少量样品,加入除氧蒸馏水 固体完全溶解得到无色溶液 — Ⅱ 取实验Ⅰ的溶液,①　　　  ②　　　  样品已氧化变质 Ⅲ 另取实验Ⅰ的溶液,③　　　  ④　　　  样品未完全氧化变质 (2)某小组利用下列装置测定空气中SO2的含量。 已知该反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O H2SO4+2HI。若空气流速为a m3·min-1,当观察到　　　　　　　　时,结束计时,测定耗时t min。假定样品中的SO2可被溶液充分吸收,该空气样品中SO2的含量是　　　　mg·m-3。  答案　(1)①加入少量稀盐酸酸化,再滴加几滴BaCl2溶液　②产生白色沉淀　③滴入少量酸性KMnO4溶液　④溶液紫红色褪去 (2)溶液蓝色褪去　640at 解析　(1)假设样品被氧化,则生成硫酸盐,检验样品是否已氧化变质,即检验是否含有硫酸根,实验Ⅱ步骤:取实验Ⅰ的溶液,加入少量稀盐酸酸化,再滴加几滴氯化钡溶液,如果产生白色沉淀,则说明样品被氧化变质。此处不能选择稀硝酸,因为硝酸具有强氧化性,可将焦亚硫酸钠氧化为硫酸钠。证明样品未被完全氧化变质,即样品中仍存在具有还原性的+4价硫元素,可另取实验Ⅰ的溶液,加入少量具有强氧化性的酸性高锰酸钾溶液,如果溶液紫红色褪去,说明样品未完全氧化变质。(2)实验开始前,淀粉—碘溶液呈蓝色,碘单质的物质的量为n(I2)=cV=0.01 mol,当通入含有二氧化硫的空气时,发生反应SO2+I2+2H2O H2SO4+2HI,当碘单质完全反应时,溶液蓝色褪去,根据化学方程式可知n(SO2)=n(I2)=0.01 mol,m(SO2)=0.64 g=640 mg,该空气样品中二氧化硫的含量为m(SO2)V(空气)=640at mg·m-3。 24.过二硫酸钠(Na2S2O8)具有强氧化性,常用于处理水体中的有机污染物。 (1)S2O82−的结构如图1所示,用“□”标出S2O82−中体现强氧化性的基团。 图1 (2)Fe2+可活化S2O82−,活化后产生SO4−。SO4−氧化性更强,降解废水中有机污染物的能力更强。Fe2+活化S2O82−过程中存在下列反应(k是衡量反应快慢的物理量,k越大,反应越快): Ⅰ.S2O82− 2SO4−　k=2.5×10-9 Ⅱ.SO4−+H2O SO42−+·OH+H+　k=2×103 Ⅲ.S2O82−+Fe2+ Fe3++SO4−+SO42−　k=20 Ⅳ.Fe2++SO4− Fe3++SO42−　k=4.6×109 …… 向含有有机污染物的废水中投放一定量Na2S2O8,再分批加入一定量FeSO4。 ①若将FeSO4一次性加入废水中,不利于有机污染物降解。原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ②其他条件相同,溶液初始pH对有机物降解率的影响如图2所示。当pH>3时,有机物的降解率随初始pH升高而降低的可能原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)CuxFeyOz是一种复合催化剂,可催化活化过二硫酸盐(S2O82−)产生SO4−。 ①该复合催化剂晶胞结构如图3所示(A、B分别为晶胞的18结构),其化学式为　　　　　　　。  ②该复合催化剂活化过二硫酸盐的过程如图4所示。请描述该催化剂参与反应并再生的过程:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  图4 答案　(1) (2)①反应Ⅳ的速率远大于反应Ⅲ,若将FeSO4一次性加入废水中,溶液中的SO4−被大量Fe2+快速消耗而失去氧化性 ②pH越大,Fe2+水解程度越大,不利于反应Ⅲ进行,生成c(SO4−)减小;pH越大,越有利于发生反应Ⅱ,生成·OH,·OH氧化能力比SO4−弱 (3)①CuFe2O4 ②Cu(Ⅰ)、Fe(Ⅱ)失去电子并传递给S2O82−,生成Cu(Ⅱ)、Fe(Ⅲ);Cu(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)得到SO42−失去的电子,生成Cu(Ⅰ)、Fe(Ⅱ);如此循环往复,实现催化剂参与反应并再生 解析　(1)S2O82−为过二硫酸根离子,体现强氧化性的是过氧键。(2)①由k越大,反应越快可知,反应Ⅳ的速率远远大于反应Ⅲ,若将FeSO4一次性加入废水中,则溶液中的SO4−与大量Fe2+发生反应Ⅳ,导致SO4−浓度迅速减小,不利于有机污染物降解;②pH越大,c(H+)越小,则Fe2+水解程度越大,不利于反应Ⅲ进行,生成c(SO4−)减小,同时c(H+)越小,越能够促进反应Ⅱ正向进行,而生成的·OH氧化能力比SO4−弱。(3)①晶胞中Cu位于顶点和面心,以及4个A的体内,根据均摊法可知,晶胞中含有8×18+6×12+4=8个Cu,根据观察可知Fe的个数为4×4=16,O的个数为4×4+4×4=32,故该复合催化剂的化学式为CuFe2O4。 25.水溶性硝态氮(以NO3−、NO2−等形式存在)是水体污染物之一,须处理达到国家规定的标准后才能排放。 (1)在反硝化细菌作用下,用葡萄糖处理酸性废水中的NO3−,产生两种对大气无污染的气体。该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)纳米铁铜双金属有巨大的比表面积和很高的反应活性,可用于水体脱硝。 ①纳米铁铜双金属与普通铁铜双金属脱硝效果(以处理某硝酸盐为例)如图1所示。在0到20 min内,纳米铁铜双金属脱硝效果显著,其原因可能是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  图1 ②研究表明水体中溶解氧的存在降低了纳米铁铜双金属脱硝的效果,验证的实验方案是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)Jetten等人提出了利用厌氧氨氧化菌细胞中的三种酶处理废水中NH3和NO2−的生化反应模型,其反应机理如图2所示。在NR酶和HH酶作用下的反应过程可分别描述为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  图2 答案　(1)5C6H12O6+24NO3−+24H+ 12N2↑+30CO2↑+42H2O (2)①纳米铁铜双金属的比表面积大,能吸附废水中更多的硝态氮;纳米铁铜双金属颗粒更小,表面的反应活性点更多(或还原性更强);纳米铁铜双金属能形成更多的微小原电池,短时间内反应速率更快 ②向两支试管中分别加入等体积硝态氮废水,同时通入相同时间的足量的空气和氮气,停止通气后,向两支试管中加入等量的纳米铁铜双金属,相同时间后,测定两份废水中硝态氮的含量,比较有氧和无氧环境中的脱氮率 (3)在NR酶的作用下,NO2−在酸性介质中(结合H+)得电子生成NH2OH(和H2O)(或NO2−+5H++4e- NH2OH+H2O)　在HH酶的作用下,NH2OH和NH3转化为N2H4(和H2O)(或NH2OH+NH3 N2H4+H2O) 解析　(1)葡萄糖的化学式为C6H12O6,与酸性废水中的NO3−反应生成两种无污染气体,由原子守恒可知,这两种气体为N2和CO2,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式。(2)①纳米铁铜双金属颗粒小,比表面积大,易吸附NO3−;纳米铁铜双金属形成极多的微小原电池,可以加快反应速率,所以纳米铁铜双金属可以快速除去NO3−。②盛有等体积硝态氮废水的两支试管中,一支通O2,另一支通等量的N2,同时加入等量的纳米铁铜双金属进行反应;反应后,测定硝态氮的含量,然后比较通O2与不通O2的脱氮率。(3)观察题图2,NR酶处,箭头指入的有NO2−、5H+、4e-,箭头指出的为NH2OH,说明NO2−在酸性介质中,得电子生成NH2OH;HH酶处,箭头指入的为NH2OH和NH3,箭头指出的为N2H4,说明NH2OH和NH3转化为N2H4。 26.不同催化剂作用下NH3还原NOx的机理与效果是研究烟气(含NOx、O2、N2等)脱硝的热点。 (1)NH3还原NO的主反应为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g) 4N2(g)+6H2O(g)。 已知:N2(g)+O2(g) 2NO(g)　ΔH=+180.5 kJ·mol-1 4NH3(g)+3O2(g) 2N2(g)+6H2O(g)　ΔH=-1 269 kJ·mol-1 上述主反应的ΔH=　　　　。  (2)在某钒催化剂中添加一定量Cu2O可加快NO的脱除效率,其可能机理如图1所示(*表示物种吸附在催化剂表面,部分物种未画出)。 图1 ①X、Y处V元素化合价为+4或+5。X处V元素化合价为　　　　。  ②NO转化为N2的机理可描述为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ③烟气中若含有SO2,会生成NH4HSO4堵塞催化剂孔道。生成NH4HSO4的化学方程式为　　　　　　　　　　　　。  (3)将模拟烟气(一定比例NOx、NH3、O2和N2)以一定流速通过装有Fe/Zr催化剂的反应管,测得NOx转化率随温度变化的曲线如图2所示。 图2 ①温度低于350 ℃时,NOx转化率随温度升高而增大,其可能原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ②温度高于450 ℃时,NOx转化率已降低为负值,其可能原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  答案　(1)-1 630 kJ·mol-1　(2)①+5　②NO、*O-、Cu2+反应生成NO2与Cu+,NO或NO2分别与*NH2反应生成N2和H2O　③O2+2SO2+2NH3+2H2O 2NH4HSO4　(3)①温度升高,催化剂活性增强均使活化分子百分数增加,单位时间内活化分子有效碰撞次数增加,反应速率加快　②温度高于450 ℃时,NH3与O2反应生成较多量的NOx,使得流出反应管的NOx总量超过流入反应管的NOx总量 解析　(1)给已知的2个反应依次编号为①、②,由盖斯定律可知,-2×反应①+反应②得到主反应,则主反应的ΔH=-2×(+180.5 kJ·mol-1)+(-1 269 kJ·mol-1)=-1 630 kJ·mol-1。(2)①X、Y处V元素化合价为+4或+5。Cu2+和Y反应生成Cu+和X,根据得失电子守恒可知,Y生成X时,V的化合价升高,则X处V元素化合价为+5。③O2具有氧化性,可以把烟气中SO2氧化为HSO4−。 第 18 页 共 18 页