精品高考化学最新考点分类解析：【考点6】非金属及其化合物（含答案解析）.doc

高考化学复习备考精品资料【考点6】非金属及其化合物1.下列物质与水作用形成的溶液能与NH4Cl反应生成NH3的是A二氧化氮 B钠 C硫酸镁 D二氧化硅1.B 解析：钠与水作用得到氢氧化钠溶液，与氯化铵反应放出氨气。其它选项不正确。这题考查元素化合物知识，比较简单明了，基础题。来源:数理化网2.下列与含氯化合物有关的说法正确的是AHClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质来源:www.shulihua.net B向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3胶体 C HCl溶液和NaCl溶液均通过离子导电，所以HCl和NaCl均是离子化合物 D电解NaCl溶液得到22.4LH2(标准状况)，理论上需要转移NA个电子(NA表示阿伏加德罗常数)2.B 【解析】NaClO属于盐，为强电解质，A项错误；向沸水中滴加饱和FeCl3制备Fe(OH)3胶体，B项正确；HCl属于共价化合物，C项错误；根据电解NaCl溶液的阴极反应:2H+2e=H2，产生标准状况下22.4LH2，转移2NA个电子，D项错误。3.已知33As、35Br位于同一周期，下列关系正确的是A原子半径：AsC1P B.热稳定性：HC1AsH3HBrC还原性：As3-S2-C1- D.酸性：H3AsO4H2SO4H3PO43.C解析：同周期元素，从左向右原子半径依次减小，Cl原子半径小于P，A错误；同周期元素，从左向右，非金属性依次增强，氢化物的稳定性依次增强，AsH3的稳定性小于HBr，B错误；同主族元素，自上而下，非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物酸性依次减弱，H3AsO4的酸性弱于H3PO4，D错误。答案：4.下列说法正确的是（ ）A医用酒精的浓度通常是95%B单质硅是将太阳能转化为电能的常用材料C淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物D合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料4.B 【解析】： A项，医用酒精的浓度通常是75%；C项，油脂非高分子化合物； D项，光导纤维为二氧化硅，合成纤维为有机材料。5.利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO3)2，其部分工艺流程如下：(1)一定条件下，NO与NO2存在下列反应：NO(g)NO2(g) N2O3(g)，其平衡常数表达式为K= 。(2)上述工艺中采用气液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底部进入，石灰乳从吸收塔顶部喷淋)，其目的是 ；滤渣可循环利用，滤渣的主要成分是 (填化学式)。(3)该工艺需控制NO和NO2物质的量之比接近1：1。若n(NO) ：n(NO)1：1,则会导致 ；若n(NO) ：n(NO)1：1,则会导致 。来源:www.shulihua.netwww.shulihua.net(4)生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中Ca(NO3)2会发生分解，产物之一是NO，其反应的离子方程式 。【参考答案】(1)k=c(N2O3)/c(NO)·c(NO2) (2)使尾气中NO、NO2被充分吸收 Ca(OH)2(3)放气体中NO含量升高 产品Ca(NO2)2中Ca(NO3)2含量升高(4)3NO22H=NO32NOH2O【解析】本题让元素化合物知识与生产工艺、化学平衡原理结合起来，引导中学化学教学关注化学学科的应用性和实践性。本题考查学生在“工艺流程阅读分析，化学反应原理在工艺流程的应用，氧化还原反应分析，相关付反应的书写”等方面对元素化合物性质及其转化关系的理解和应用程度，考查学生对新信息的处理能力。【备考提示】我们元素化合物知识教学要与基本实验实验、化学反应原理、氧化还原反应、化工生产工艺、日常生活等结合起来，做到学以致用，而不是简单的来回重复和死记硬背。6.氮元素的氢化物和氧化物在工业生产和国防建设中都有广泛应用，回答下列问题： (1)氮元素原子的L层电子数为 ； (2)NH3与NaClO反应可得到肼(N2H4)，该反应的化学方程式为 ； (3)肼可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2H4反应生成N2和水蒸气。 已知：N2(g)+2O2(g)= N2H4 (1) H1= -195kJ·mol-1 (1) + O2(g)= N2(g) + 2 H2O H2= -534.2kJ·mol-1写出肼和N2H4 反应的热化学方程式 ； (4)肼一空气燃料电池是一种碱性电池，该电池放电时，负极的反应式为 。【答案】(1)5(2)2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O(3)2N2H4 (1)+N2O4(1)=3N2(g)+4H2O(g) H= -1048.9kJ·mol-1(4)2N2H4 -4e-+4 OH-=2N2+4H2O【解析】 (1)N原子的原子结构示意图为：，故其L层上有5个电子；(2)NH3+NaClON2H4，根据元素守恒还应生成NaCl和H2O，观察法可配平方程式为 2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；(3)肼与N2O4反应生成N2和水蒸气：2N2H4 +N2O4=3N2+4H2O，观察已知的两个热方程式可知，×2-得：2N2H4 (1)+N2O4(1)=3N2(g)+4H2O(g) H=H2×2-H1= -1048.9kJ·mol-1(4)“肼空气燃料电池是一种碱性电池”中O2在正极反应，故负极是肼发生反应：2N2H4 -4e-+4 OH-=2N2+4H2O。7. 亚硫酸盐是一种常见食品添加剂。为检验某食品中亚硫酸盐含量（通常以1 kg样品中含SO2的质量计），某研究小组设计了如下两种实验流程：来源:www.shulihua.netwww.shulihua.net气体A的主要成分是_。为防止煮沸时发生暴沸，必须先向烧瓶中加入_；通入N2的目的是_。写出甲方案第步反应的离子方程式：_。甲方案第步滴定前，滴定管需用NaOH标准溶液润洗，其操作方法是_。若用盐酸代替稀硫酸处理样品，则按乙方案实验测定的结果_（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）若取样品w g，按乙方案测得消耗0.01000 mol·L1 I2溶液V mL，则1 kg样品中含SO2的质量是_g（用含w、V的代数式表示）。【参考答案】SO2 碎瓷片（或沸石） 将生成的SO2全部赶出 SO2H2O2=2HSO24 滴定管用蒸馏水洗涤干净后，加入少量NaOH标准液，将滴定管横放，轻轻转动，均匀润洗滴定管内壁，然后将润洗液从下端尖嘴处放出，重复操作23次 无影响 【解析】本题为定量实验，主要考查化学实验基本操作、仪器的使用、实验方案的分析，同时考查考生运用相关知识进行分析综合的能力，以及运用文字表达分析解决问题的过程，并进行有关计算的能力。亚硫酸盐与稀硫酸反应生成气体SO2。为防止液体加热时暴沸，一般可加入碎瓷片。因定量实验，需考查减小实验操作误差，通入N2可将生成的SO2全部赶出，保证被吸收液全部吸收。SO2具有还原性，可被氧化剂H2O2所氧化，反应的离子方程式为SO2H2O2=2HSO24。用标准液润洗滴定管时，务必注意最后将润洗液从滴定管下端放出，而不是从上口倒出。用盐酸代替硫酸，生成的SO2气体中混有少量HCl，因SO2用碱液吸收后需再用盐酸调节溶液至弱酸性，因此混合气体中含有HCl，对实验结果无影响。反应为H2OSO23I2=SO242I2H，n(SO2)n(SO23)n(I2)0.010 00 mol·L1 ×V×10-3 LV×10-5 mol，因此1 kg样品中含SO2的质量为：。8.实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2（发生装置如右图所示）。制备实验开始时，先检查装置气密性，接下来的操作依次是_（填序号）。A往烧瓶中加入MnO2粉末B加热C往烧瓶中加入浓盐酸制备反应会因盐酸浓度下降而停止。为测定反应残余液中盐酸的浓度，探究小组同学提出下列实验方案：甲方案：与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量。乙方案：采用酸碱中和滴定法测定。丙方案：与已知量CaCO3（过量）反应，称量剩余的CaCO3质量。来源:www.shulihua.netwww.shulihua.net丁方案：与足量Zn反应，测量生成的H2体积。继而进行下列判断和实验：判定甲方案不可行，理由是_。进行乙方案实验：准确量取残余清液稀释一定倍数后作为试样。A量取试样20.00 mL，用0.1000 mol·L-1 NaOH标准溶液滴定，消耗22.00 mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度为_ mol·L1；B平行滴定后获得实验结果。判断丙方案的实验结果_（填“偏大”、“偏小”或“准确”）。来源:www.shulihua.net 已知：Ksp(CaCO3)2.8×109、Ksp(MnCO3)2.3×1011 进行丁方案实验：装置如右图所示（夹持器具已略去）。(i)使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将_转移到_中。(ii)反应完毕，每间隔1分钟读取气体体积，气体体积逐次减小，直至不变。气体体积逐次减小的原因是_（排除仪器和实验操作的影响因素）。【答案】（15分）（1）ACB(按序写出三项)（2）残余清液中，n(Cl-)>n(H+)(或其它合理答案也可) 0.1100 偏小 （i）Zn粒 残余清液（按序同两项）（ii）装置内气体尚未冷却到实温来源:www.shulihua.net命题立意：本题考查制备Cl2的实验以及实验方案的评价。解题思路：(1)注意加药品时先加入固体MnO2，再通过分液漏斗加入浓盐酸，最后才能加热。 (2)根据反应的离子方程式：MnO24H2ClMn2Cl22H2O，可以看出反应残余液中c(Cl)c(H)，用甲方案测得的是c(Cl)，而不是(H)。根据c(盐酸)×V(盐酸)c(氢氧化钠)×V(氢氧化钠)，c(盐酸)c(氢氧化钠)×V(氢氧化钠)/ V(盐酸)=22.00 mL×0.1000 mol·L1/20.00 mL=0.1100 mol·L1。由于KSp(MnCO3)KSp(CaCO3)，过量的CaCO3要转化为一部分MnCO3，由于M(MnCO3)M(CaCO3)，故最终剩余的固体质量增加，导致测得的c(H)偏小。Zn与盐酸反应放热，因此，冷却后气体的体积将缩小。9.大气中SO2和NOx是形成酸雨的主要物质。某地酸雨中可能含有下列离子：Na+、Mg2+、NH4+、Cl-、SO32-、SO42-、NO3-和NO2-等。某研究小组取该地一定量的酸雨，浓缩后将所得试液分成4份，进行如下实验：第一份酸化后滴加适量的淀粉KI溶液，呈蓝色；第二份滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀析出；第三份滴加NaOH溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；第四份加入硝酸酸化的AgNO3溶液，有沉淀产生，静置，在上层清液中滴加酸性KMnO4溶液，不褪色。已知：Ksp(Ag2SO4) = 1.20×10-5请回答下列问题：（1）该酸雨中肯定存在的离子有 ；肯定不存在的离子有 ，说明其不存在的理由： 。（2）写出试液中滴加淀粉KI溶液所发生反应的离子方程式： 。（3）设计实验方案，检验该试液中是否存在Cl-： 。（4）该研究小组为了探究NO参与的硫酸型酸雨的形成，在烧瓶中充入含有少量NO的SO2气体，慢慢通入O2，该过程中发生的化学反应有 、 ，再喷射适量蒸馏水即得硫酸型酸雨。说明NO的作用： 。解析：（1）从酸雨中可能含有的离子分析，SO32-具有较强的还原性，因此酸性条件下SO32-与NO3-是不能共存的。从浓缩后所得的4份试液进行的实验分析可知：第一份酸化后滴加适量的淀粉KI溶液，呈蓝色，说明有NO3或NO2-，（6I- + 2NO3- + 8H+ = 3I2 + 2NO+ 4H2O或2NO2-+ 2I+ 4H= I2 + 2NO+ 2H2O）；第二份滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀析出，说明有SO42；第三份滴加NaOH溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明有NH4；第四份加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液，有沉淀产生，说明可能有Cl或SO42(生成AgCl或Ag2SO4，均不溶于稀硝酸)，静置，在上层清液中滴加酸性KMnO4溶液，不褪色，说明没有NO2-，否则NO2-离子能与具强氧化性的酸性KMnO4溶液反应，使KMnO4溶液褪色（5NO2- + 2MnO4+6H= 5NO3+ 2Mn2+ 3H2O）。所以，该酸雨中肯定存在的离子有SO42-、NO3-、NH4+；肯定不存在的离子有SO32-、NO2-。（2）试液中滴加淀粉KI溶液所发生反应的离子方程式是：6I- + 2NO3- + 8H+ = 3I2 + 2NO+ 4H2O。（3）由于该试液中存在着SO42，所以，检验该试液中是否存在Cl- 时要考虑排除SO42的干扰。检验的方法为：取少量试液，滴加足量的Ba(NO3)2溶液，静置；取上层清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则存在Cl-。（4）据题目告知，是探究NO参与硫酸型酸雨的形成，根据硫酸型酸雨的形成的机理：化石燃料的燃烧、含硫金属矿石的冶炼和硫磺的生产等过程中产生的SO2 释放到空气中，在光照、烟尘中的金属氧化物等的催化作用下，SO2 与氧气反应生成SO3 ，SO3 溶于雨水后形成H2SO4。因此当在烧瓶中充入含有少量NO的SO2气体，慢慢通入O2时，要生成SO3 必须要有催化剂参与，所以NO应该是起了催化剂的作用，该过程中发生的化学反应该是2NO+O2= 2NO2 ， NO2+SO2 = SO3 + NO。答案：（1）SO42-、NO3-、NH4+ ；SO32-、NO2- ；SO32-具有较强的还原性，酸性条件下，与NO3-不能共存。若有NO2-，能使酸性KMnO4溶液褪色（2）6I- + 2NO3- + 8H+ = 3I2 + 2NO+ 4H2O（3）取少量试液，滴加足量的Ba(NO3)2溶液，静置；取上层清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则存在Cl-（4）2NO+O2= 2NO2 NO2+SO2 = SO3 + NO ；催化剂10.）金刚石SiC具有优良的耐磨、耐腐蚀特性，应用广泛. (1) 碳与周期元素Q的单质化合仅能生成两种常见气态化合物，其中一种化合物H为非积极性分子，碳元素在周期表中的位置是_，Q是 _，R的电子式为_.(2) 一定条件下，Na还原CCl4可制备金刚石，反应结束冷却至室温后，回收中CCl4 的实验操作名称为_，除去粗产品中少量钠的试剂为_(3)碳还原SiO2 制SiC,其粗产品中杂志为Si和SiO2 .先将20.0gSiC粗产品加入到过量的NaOH溶液中充分反应，收集到0.1mol氢气，过滤得SiC固体11.4g，滤液稀释到1L，生成氢气的离子方程式为 ，硅盐酸的物质量浓度为 。（4）下列叙述正确的有 （填序号），Na还原CCl4的反应、Cl2 与H2O的反应均是置换反应水晶、干冰熔化时克服粒子间作用力的类型相同Na2SiO3溶液与SO3 的反应可用于推断Si与S的非金属性强弱钠、锂分别在空气中燃烧，生成的氧化物中阴阳离子数目比均为1:2来源:www.shulihua.net【答案】(15分)（1）第二周期第IVA族，氧（或O），（2）过滤，水（或乙醇）（3）Si+2OH-+H2O =SiO32-+2H2，0.17 mol·L-1（4）命题立意：本题考查元素周期表、元素及其化合物的性质。解题思路：（1）因C与Q能生成两种气态化合物，一种为非极性分子，故Q为O元素，两种化合物分别为CO和CO2，其中R为CO2，C为6号元素，位于周期表中第二周期 IVA族； CO2为直线形分子，C与O之间是双键，电子式为。（2）金刚石为固体而CCl4为液体，分离两者的操作为过滤；乙醇与金属钠反应缓慢，故可以用乙醇除去粗产品中的钠。（3）加入NaOH溶液后，Si和SiO2都能溶解，但只有Si能与其反应生成H2，反应的离子方程式为Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2；根据样品质量、SiC固体质量以及生成的H2的物质的量可求算出SiO2的物质的量为0.12mol，故硅酸钠的物质的量共为0.12mol+0.05mol=0.17mol，故硅酸盐的浓度为0.17mol·L-1。（4）中Na还原CCl4的反应是置换反应，而Cl2与水生成HCl和HClO，不属于置换反应。中水晶属于原子晶体，熔化时破坏共价键；而干冰是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力。Na2SiO3溶液与SO2能反应，说明酸性H2SO3H2SiO3，但H2SO3不是S元素的最高价含氧酸，故不能说明非金属性SSi。Na在空气燃烧生成Na2O2，晶体中含有的阴离子是O22-，其中的阴阳离子个数比为1:2，而Li在空气中燃烧生成Li2O，阴阳离子个数比也是1:2。故正确的是。 来源:www.shulihua.net11.碘在科研与生活中有重要应用。某兴趣小组用0.50mol·L-1KI、0.2淀粉溶液、0.20mol·L-1K2S2O8、0.10mol·L-1Na2S2O3等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响。已知：S2O82-+2I-=2SO42-+I2(慢) I2+2S2O32-=2I-+S4O62-(快)(1)向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，当溶液中的_耗尽后，溶液颜色将由无色变成为蓝色。为确保能观察到蓝色，S2O32-与S2O82-初始的物质的量需满足的关系为：n(S2O32-):n(S2O82-)_。(2)为探讨反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表：（2）为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表：实验来源:www.shulihua.net序号体积V/mlK2S2O8溶液水KI溶液Na2S2O3溶液淀粉溶液1000 0404020901040402080Vx404020表中Vx = ml，理由是 。 (3)已知某条件下，浓度n(S2O82-)反应时间t的变化曲线如图13，若保持其他条件不变，请在答题卡坐标图中，分别画出降低反应温度和加入催化剂时n(S2O82-)t的变化曲线示意图（进行相应地标注）(4)碘也可用作心脏起搏器电源锂碘电池的材料。该电池反应为：2Li（s）+I2（s）=2LiI H已知：4Li（s）+O2（g）=2Li2O（s） H14Li（s）+O2（g）=2I2（s）+2Li2O（s） H2则电池反应的H=_；碘电极作为该电池的_极。11.（16分）（1）S2O32-（2）<2（3）2 保证三组实验体积相等都为10 mL，这样才能探究反应物浓度对化学反应速率的影响。（4）（5）0.5(H1H2） 正命题立意：影响化学反应速率的因素、原电池、化学反应中的能量变化等解题思路：（1）为确保能观察到蓝色，I2必须有剩余，第二个反应最后不能发生，S2O32-耗尽；（2）由方程式计量数关系到和两个反应完全反应n(S2O32-):n(S2O82-)为2,这是时I2无剩余，所以要小于2。（4）催化剂加快反应速率，所以浓度下降快，降低温度反应速率减慢浓度下降慢。（5）由盖期定律4Li(s)+O2(g)=2Li2O(s)式减去4LiI(s)+O2 (g)=2I2(s)+2Li2O(s)式，结合计量数很容易得出，I2发生还原反应所以为正极。12.甲、乙两个研究性学习小组为测定氨分子中氮、氢原子个数比，设计了如下实验流程：制取氧气装有足量干燥剂的干燥管装有氧化铜的硬质玻管盛有足量浓硫酸的洗气瓶测定生成氮气的体积试验中，先用制得的氨气排尽洗气瓶前所有装置中的空气，再连接洗气瓶和气体收集装置，立即加热氧化铜。反应完成后，黑色的氧化铜转化为红色的铜。下图A、B、C为甲、乙两小组制取氨气时可能用到的装置，D为盛有浓硫酸的洗气瓶。甲小组测得：反应前氧化铜的质量为、氧化铜反应后剩余固体的质量为、生成氮气在标准状况下的体积。乙小组测得：洗气前装置D的质量、洗气后装置后D的质量、生成氮气在标准状况下的体积。请回答下列问题：（1）写出仪器a的名称： 。（2）检查A装置气密性的操作是 。实验装置实验药品制备原理甲小组A氢氧化钙、硫酸铵反应的化学方程式为 乙小组 浓氨水、氢氧化钠用化学平衡原理分析氢氧化钠的作用： （3）甲、乙两小组选择了不同方法制取氨气，请将实验装置的字母编号和制备原理填写在下表空格中。（4）甲小组用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数之比为 。（5）乙小组用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数比明显小于理论值，其原因是 。 为此，乙小组在原有实验的基础上增加了一个装有药品的实验仪器，重新实验。根据实验前后该药品的质量变化及生成氮气的体积，得出合理的实验结果。该药品的名称是 。【答案】圆底烧瓶（2分）连接导管，将导管插入水中；加热事关，导管口有气泡产生；停止加热，导管内有水回流并形成一段稳定的水柱（3分）(NH4)2SO4+Ca(OH)22NH3+2H2O+CaSO4（2分） B（2分）氢氧化钠溶于氨水后放热，增加氢氧根浓度，使NH3+H2ONH3·H2ONH4+OH向逆反应方向移动，加快氨气逸出（2分）5V1:7(m1m2) （2分）浓硫酸吸收了未反应的氨气，从而使计算的氨的含量偏高（2分）碱石灰（氢氧化钠、氧化钙等）（2分）【解析】(1)仪器a是圆底烧瓶。(2)连接导管，将导管的末端插入水中，轻轻加热试管，若导管口有气泡冒出，停止加热后，在导管中形成一段水柱，说明装置气密性良好。(3)仿照NH4Cl与碱石灰混合加热制取氨气，即可写出相应的化学方程式为(NH4)2SO4Ca(OH)2CaSO42H2O2NH3。浓氨水与固体NaOH混合即可制得氨气，且两种物质混合就无法控制反应随关随停，不需要选用C装置，选用B装置即可。固体NaOH溶于浓氨水后，放出大量的热，促使NH3的挥发，溶液中OH浓度的增加，这两个因素都使NH3H2ONH3·H2ONH4 OH向逆反应方向即生成NH3的方向移动。(4)由反应前后氧化铜减少的质量即可求得氨气被氧化生成水的质量为(m1m2)g，其中氢原子的物质的量为(m1m2)mol；氮原子的物质的量为×2 mol，则氨分子中氮、氢原子个数比为×2 mol：(m1m2)mol5V1：7(m1m2)。(5)未参加反应的氨气与水蒸气一起被浓硫酸吸收了，导致计算中水的质量增大，求得氢原子的物质的量增大，最终求得氨分子中氮、氢原子个数比明显比理论值偏小。可以选用只吸收水分而不吸收氨气的药品(如碱石灰等)及相应的装置。13.现拟用下图所示装置（尾气处理部分略）来制取一氧化碳，并用以测定某铜粉样品（混有CuO粉末）中金属铜的含量。（1）制备一氧化碳的化学方程式是 ；（2）试验中，观察到反应管中发生的现象时 ；尾气的主要成分是 ；（3）反应完成后，正确的操作顺序为 （填字母）a.关闭漏斗开关 b.熄灭酒精1 c.熄灭酒精灯2（4）若试验中称取铜粉样品5.0g，充分反应后，反应管中剩余固体的质量为4.8g，则原样品中单质铜的质量分数为 ；（5）从浓硫酸、浓硝酸、蒸馏水、双氧水中选用合适的试剂，设计一个测定样品中金属铜质量分数的方案；设计方案的主要步骤是（不必描述操作过程的细节） ；写出有关反应的化学方程式 。【答案】（1）HCOOHCO +H2O(2)黑色粉末变红，CO CO2（3）cba（4）0.96（5）将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与稀硫酸充分反应后，过滤，干燥，称量剩余固体铜的质量CuO+H2SO4=CuSO4+H2O【解析】（1）制备一氧化碳的化学方程式是HCOOHCO +H2O（2）试验中，观察到反应管中发生的现象时黑色粉末变红；尾气的主要成分是CO CO2；实验步骤: 先通入CO一会儿后 加热后 停止加热 然后继续通入CO到玻璃管冷却为止故反应完成后，正确的操作顺序为 熄灭酒精灯2，然后关闭漏斗开关 ，最后熄灭酒精1 。（4）若试验中称取铜粉样品5.0g，充分反应后，反应管中剩余固体的质量为4.8g， 剩余固体全部为铜，原样品中单质铜的质量分数为 4.8÷5=0.96 ；（5）要测定铜的质量分数，可以把浓硫酸稀释，铜和稀硫酸不反应，氧化铜和稀硫酸反应，即可求出铜的质量分数。设计方案的主要步骤是将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与稀硫酸充分反应后，过滤，干燥，称量剩余固体铜的质量即可。反应的化学方程式为CuO+H2SO4=CuSO4+H2O【考点】化学是以实验为基础的自然科学。实验是高考题的重要内容。要解好实验题首先必须要认真做好实验化学实验，在教学中要重视实验的操作与原理，好的实验考题就是应该让那些不做实验的学生得不到分；让那些认真做实验的学生得好分。从题目的分析也可以看出，实验题目中的很多细节问题光靠讲学生是会不了的。必须去做实验学生才能会真正领悟。【点评】这是一道“实验化学”的基础性试题，通过CO制备，考查学生对化学原理、化学实验方法的掌握程度，对实验方案的分析评价和运用化学知识解决化学实验中的具体问题的能力。14直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应：_。在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式是_。吸收液吸收SO2的过程中，pH随n(SO23)n(HSO3)变化关系如下表：n(SO23)n(HSO3)91911991pH8.27.26.2由上表判断，NaHSO3溶液显_性，用化学平衡原理解释：_。当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是（选填字母）_。ac(Na)2c(SO23)c(HSO3)bc(Na)c(HSO3)c(SO23)c(H)c(OH)cc(Na)c(H)c(SO23)c(HSO3)c(OH)当吸收液的pH降至约为6时，需送至电解槽再生。再生示意图如下：HSO3在阳极放电的电极反应式是_。当阴极室中溶液pH升至8以上时，吸收液再生并循环利用。简述再生原理：_。【答案】（1）SO2+H2O=H2SO3；2H2SO3+O2=2H2SO4；（2）2OH+SO2=SO32+H2O；（3）碱性 存在着SO32+H2OHSO3+OH的化学平衡，所以使溶液呈碱性；a、b（4）HSO32e=H+SO42；在阴极区也充入的是吸收液，阴离子的H+来自于HSO3，所以其反应式可表示为：2HSO32e=H2+2SO32，所以电解过程中阴极区溶液的pH增大的过程中不断生成了SO32，从而当pH到8左右，溶液中的主要成分变成了Na2SO3，从而使吸收液得到了再生。【考点】硫的化合物的性质、溶液中离子浓度的比较、电解池原理的应用【解析】（1）硫酸型酸雨的形成是SO2随雨水降落，然后被空气中氧气氧化成硫酸，其反应方程式为：SO2+H2O=H2SO3；2H2SO3+O2=2H2SO4；（2）氢氧化钠吸收二氧化硫的反应是碱与酸性氧化物的反应生成盐和水，反应方程式为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，其离子方程式为：2OH+SO2=SO32+H2O；（3）由表中数据可知当NaHSO3的含量增加，溶液的也由碱性变成了酸性，所以可知Na2SO3溶液呈碱性，这是因为存在着SO32+H2OHSO3+OH的化学平衡，所以使溶液呈碱性；吸收了SO2后的溶液中的溶质为Na2SO3和NaHSO3，由于溶液呈中性，其电荷守恒式为：c(Na+)+ c(H+)=2 c(SO32)+ c(HSO3)+ c(OH)，又由于H+与OH相等，所以还可以写为c(N a+)=2 c(SO32)+ c(HSO3)；由题中所给数据可知当n（SO32）与n（HSO3）相等时，溶液呈微碱性，所以还需加入少量的NaHSO3，所以当呈中性时，n（HSO3）大于n（SO32），所以a、b都是正确的。（4）当吸收液达到了pH约为6时，由表中数据可得溶液中的粒子99%都是NaHSO3，在电解时，HSO3在阳极失电子而形成了SO42，其电极反应式为：HSO32e=H+SO42；而在阴极区也充入的是吸收液，阴离子的H+来自于HSO3，所以其反应式可表示为：2HSO32e=H2+2SO32，所以电解过程中阴极区溶液的pH增大的过程中不断生成了SO32，从而当pH到8左右，溶液中的主要成分变成了Na2SO3，从而使吸收液得到了再生。15.用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A，可实现氯的循环利用。反应A：4HClO2CuO/CuCl24002Cl22H2O 已知：反应A中，4 mol HCl被氧化，放出115.6 kJ的热量。OOOO498 kJ/mol键断裂ClClClCl243 kJ/mol键断裂H2O的电子式是_。反应A的热化学方程式是_。断开1 mol HO键与断开1 mol HCl 键所需能量相差约为_KJ，H2O中HO键比HCl中HCl键（填“强”或“弱”）_。对于反应A，下图是在4种投料比n(HCl)n(O2)，分别为11、21、41、61下，反应温度对HCl平衡转化率影响的曲线。曲线b对应的投料比是_。当曲线b、c、d对应的投料比达到相同的HCl平衡转化率时，对应的反应温度与投 料比的关系是_。投料比为21、温度为400时，平衡混合气中Cl2的物质的量分数是_。【答案】(1分)4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) H=115.6kJ/mol(2分)32 (2分) 强(2分)4:1(1分)投料比越高，对应的反应温度越低(2分)30.8%(2分)【解析】解析：（）由题给条件可知，4molHCl被氧化，放出热量为115.6KJ，可知H=115.6KJ/mol；由H=（生成物键能之和反应物键能之和）可得，E（HO）E（HCl）=115.6+（498（×）/4=31.9，键能越大化学键越稳定越强，所以水中的HO键比氯化氢中HCl强。（2）在其他条件不变时，O2的量越大，HCl的转化率越大，由此可确定a为6:1，b为4:1，c为2:1，d为1:1；由图可知，当HCl的转化率相同时，温度由低到高的顺序是bcd，由此可确定温度与投料比的关系是：投料比越高温度越高