常見非金屬單質(zhì)及其重要化合物(C、Si、Cl、S、N)【明確考綱】1常見非金屬元素(如C、N、Si、S、Cl等)。(1)了解常見非金屬單質(zhì)及其重要化合物的制備方法，掌握其主要性質(zhì)及其應(yīng)用。(2)了解常見非金屬單質(zhì)及其重要化合物對環(huán)境的影響。2以上各部分知識的綜合應(yīng)用?！菊n前真題】1.2018江蘇卷-1CO2是自然界碳循環(huán)中的重要物質(zhì)。下列過程會引起大氣中CO2含量上升的是A.光合作用B.自然降雨C.化石燃料的燃燒D.碳酸鹽的沉積【答案】C【解析】A項，光合作用的總方程式為:6CO2+6H2OC6H12O6+6O2，光合作用消耗CO2，使大氣中CO2含量下降；B項，自然降雨時H2O會與大氣中少量CO2反應(yīng)生成H2CO3，不會引起CO2含量的上升；C項，化石燃料指煤、石油、天然氣，煤、石油、天然氣中都含C元素，C元素燃燒后生成CO2，化石燃料的燃燒會引起大氣中CO2含量上升；D項，碳酸鹽沉積指由形成于海洋或湖泊底部的粒裝泥狀碳酸鹽礦物及其集合體，通過生物作用或從過飽和碳酸鹽的水體中直接沉淀，水體中生物活動消耗CO2，有利于碳酸鹽沉積，碳酸鹽沉積不會引起大氣中CO2含量上升；化石燃料的燃燒會引起大氣中CO2含量上升，答案選C?！究键c】化學(xué)與環(huán)境保護(hù)、低碳經(jīng)濟(jì)；掌握化石燃料的成分；碳酸鹽的沉積2.2018江蘇卷-3下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是A. NaHCO3受熱易分解，可用于制胃酸中和劑B. SiO2熔點高硬度大，可用于制光導(dǎo)纖維C. Al2O3是兩性氧化物，可用作耐高溫材料D. CaO能與水反應(yīng)，可用作食品干燥劑【答案】D【解析】A項，NaHCO3受熱易分解的原理是：2NaHCO3Na2CO3+H2O +CO2，NaHCO3用于制胃酸中和劑的原理是：NaHCO3+HCl= NaCl+ H2O+ CO2，兩者沒有對應(yīng)關(guān)系，A錯誤；B項，SiO2傳導(dǎo)光的能力非常強(qiáng)，用于制光導(dǎo)纖維，這與SiO2熔點高硬度大沒有對應(yīng)關(guān)系，B錯誤；C項，Al2O3的熔點很高，用作耐高溫材料，這與Al2O3是兩性氧化物沒有對應(yīng)關(guān)系，C錯誤；D項，CaO能與水反應(yīng)，用于食品干燥劑，CaO用于食品干燥劑與CaO與水反應(yīng)有對應(yīng)關(guān)系，D正確。【考點】常見無機(jī)物：NaHCO3、SiO2、Al2O3、CaO的性質(zhì)和用途。3.2018全國卷-28采用N2O5為硝化劑是一種新型綠色硝化技術(shù)，在含能材料、醫(yī)藥等工業(yè)中得到廣泛應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：1840年Devil用干燥的氯氣通過干燥的硝酸銀，得到N2O5，該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物是一種氣體，其分子式為.【答案】(1) O2【解析】（1）氯氣在反應(yīng)中得到電子作氧化劑，硝酸銀中Ag元素、N元素都是最高價，不會被氧化，故只有-2價的氧元素化合價會升高，氧化產(chǎn)物是O2；42017海南卷分別將足量下列氣體通入稀Na2S溶液中，可以使溶液變渾濁的是()ACO BSO2 CHCl DCO2【答案】B【解析】CO不與Na2S發(fā)生反應(yīng)，因此沒有沉淀產(chǎn)生，故A錯誤；SO2具有弱氧化性，與Na2S發(fā)生氧化還原反應(yīng)，即SO22S24H=3S2H2O，故B正確；通HCl發(fā)生反應(yīng)2HS2=H2S，沒有沉淀產(chǎn)生，故C錯誤；通CO2不產(chǎn)生沉淀，故D錯誤。52017江蘇卷下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是()ANa2O2吸收CO2產(chǎn)生O2，可用作呼吸面具供氧劑BClO2具有還原性，可用于自來水的殺菌消毒CSiO2硬度大，可用于制造光導(dǎo)纖維DNH3易溶于水，可用作制冷劑【答案】A【解析】過氧化鈉可以和二氧化碳反應(yīng)生成氧氣，A正確；因二氧化氯具有氧化性才用于自來水的殺菌消毒，B錯誤；二氧化硅透光性好，用于制造光導(dǎo)纖維，C錯誤；液氨汽化時吸收大量熱，所以氨可用作制冷劑，D錯誤。課堂精講【考情解讀】從考點的變化情況來看，常見非金屬元素及其化合物的性質(zhì)仍是高考命題的重點，其命題形式一般為實驗探究、計算、推斷等。高考中，將會進(jìn)一步注重非金屬元素及其化合物性質(zhì)知識的整體性和探究性，強(qiáng)化與生活、社會實際問題的聯(lián)系，試題可以以選擇題的形式出現(xiàn)，也可以以實驗題和無機(jī)推斷題的形式出現(xiàn)，以環(huán)保為主題設(shè)計問題的可能性也比較大?？陀^題(1)考查非金屬及其化合物的重要性質(zhì)和應(yīng)用。(2)以非金屬單質(zhì)與化合物的轉(zhuǎn)化關(guān)系為載體進(jìn)行物質(zhì)的推斷。主觀題(1)通過實驗探究非金屬單質(zhì)及其化合物的性質(zhì)。(2)以環(huán)境污染、化工流程為載體考查非金屬單質(zhì)及其化合物知識的綜合應(yīng)用。【考點歸納】碳、硅及其重要化合物【核心知識】1理清知識主線H4OO2 H4 O2(H2SO3)2注意網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建【特別提醒】(1)工業(yè)上制備粗硅，是用過量的C和SiO2高溫下反應(yīng)，由于C過量，生成的是CO而不是CO2，該反應(yīng)必須在隔絕空氣的條件下進(jìn)行。Si的還原性大于C，但C卻能在高溫下從SiO2中還原出Si：2CSiO2Si2CO。(2)氫氟酸不能用玻璃容器盛放；NaOH溶液能用玻璃試劑瓶，但不能用玻璃塞。(3)酸性氧化物一般能與水反應(yīng)生成酸，但SiO2不溶于水；酸性氧化物一般不與酸作用，但SiO2能與HF反應(yīng)。(4)硅酸鹽大多難溶于水，常見可溶性硅酸鹽是硅酸鈉，其水溶液稱為泡花堿或水玻璃。(5)非金屬單質(zhì)跟堿溶液作用一般無H2放出，但Si能跟強(qiáng)堿溶液作用放出H2：Si2NaOHH2ONa2SiO32H2。非金屬單質(zhì)一般不跟非氧化性酸作用，但Si能跟氫氟酸作用：Si4HFSiF42H2。(6)H2CO3的酸性大于H2SiO3的，所以有Na2SiO3CO2(少量)H2O=H2SiO3Na2CO3，但高溫下Na2CO3SiO2Na2SiO3CO2也能發(fā)生，原因可以從兩方面解釋：硅酸鹽比碳酸鹽穩(wěn)定；從化學(xué)平衡角度，由高沸點難揮發(fā)固體SiO2制得低沸點易揮發(fā)的CO2。(7)SiO2不導(dǎo)電，是制作光導(dǎo)纖維的材料；Si是半導(dǎo)體，是制作光電池的材料。(8)水泥、玻璃、陶瓷是三大傳統(tǒng)無機(jī)非金屬材料；碳化硅、氮化硅等是新型無機(jī)非金屬材料。鹵素及其重要化合物【核心知識】1理清知識主線0HCCl2HClHO2HO3HO42注意網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建【特別提醒】掃除知識盲點(1)液氯密封在鋼瓶中，而氯水、次氯酸應(yīng)保存在棕色試劑瓶中。(2)1 mol Cl2參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)可能為2NA、NA或小于NA(Cl2和H2O的反應(yīng)為可逆反應(yīng))。(3)實驗室制Cl2，除了用MnO2和濃鹽酸反應(yīng)外，還可以用KMnO4、KClO3、NaClO與濃鹽酸反應(yīng)且都不需要加熱。(4)酸性KMnO4溶液，用的是H2SO4酸化而不是鹽酸。(5)ClO不論在酸性環(huán)境還是在堿性環(huán)境均能體現(xiàn)強(qiáng)氧化性，如ClO與SO、I、Fe2均不能大量共存；ClO體現(xiàn)水解性，因HClO酸性很弱，ClO水解顯堿性，如Fe33ClO3H2O=Fe(OH)33HClO，所以ClO與Fe3、Al3均不能大量共存。(6)向Ca(ClO)2溶液中通入SO2氣體生成CaSO4而不是CaSO3，其離子方程式為Ca23ClOSO2H2O=CaSO4Cl2HClO(少量SO2)Ca22ClO2SO22H2O=CaSO42ClSO4H(過量SO2)。氧、硫及其化合物【核心知識】1理清知識主線H2O2O3(H2O4)2注意網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建【特別提醒】1.(1)除去附著在試管內(nèi)壁上的硫，除了用熱的NaOH溶液，還可以用CS2，但不能用酒精。(2)SO2使含有酚酞的NaOH溶液褪色，表現(xiàn)SO2酸性氧化物的性質(zhì)；使品紅溶液褪色，表現(xiàn)SO2的漂白性；能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，表現(xiàn)SO2的還原性；SO2與H2S反應(yīng)，表現(xiàn)SO2的氧化性；SO2和Cl2等體積混合通入溶液中，漂白性不但不增強(qiáng)，反而消失。(3)把SO2氣體通入BaCl2溶液中，沒有沉淀生成，但若通入NH3或加入NaOH溶液，或把BaCl2改成Ba(NO3)2均有白色沉淀生成，前兩者生成BaSO3沉淀，后者生成BaSO4沉淀。 (4)C與濃硫酸反應(yīng)產(chǎn)物的確定應(yīng)按以下流程進(jìn)行：無水CuSO4確定水品紅溶液確定SO2酸性KMnO4溶液除去SO2品紅溶液檢驗SO2是否除凈澄清石灰水檢驗CO2。2、常見無機(jī)酸的重要規(guī)律和重要特性(1)重要規(guī)律最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性強(qiáng)弱取決于該元素非金屬性的強(qiáng)弱，如酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4>H2CO3>H2SiO3。證明酸性強(qiáng)弱，可利用復(fù)分解反應(yīng)中“強(qiáng)酸制弱酸”的規(guī)律，如：Na2SiO3CO2H2ONa2CO3H2SiO3 Ca(ClO)2CO2H2OCaCO32HClO強(qiáng)氧化性酸(如：HNO3、濃H2SO4)與金屬反應(yīng)，不生成H2；金屬和濃HNO3反應(yīng)一般生成NO2，而金屬和稀HNO3反應(yīng)一般生成NO。(2)重要特性硝酸、濃H2SO4、次氯酸具有強(qiáng)氧化性，屬于氧化性酸，其中HNO3、HClO見光或受熱易分解。濃HNO3和Cu(足量)、濃H2SO4和Cu(足量)、濃鹽酸和MnO2(足量)在反應(yīng)時，隨反應(yīng)進(jìn)行，產(chǎn)物會發(fā)生變化或反應(yīng)停止。濃H2SO4具有吸水性、脫水性和強(qiáng)氧化性。常溫下，鐵、鋁遇濃H2SO4、濃HNO3發(fā)生鈍化。(3)重要化學(xué)方程式Cu2H2SO4(濃) _C2H2SO4(濃) _Na2SO3H2SO4(濃)=Na2SO4SO2H2O(SO2的制備) Na2S2O3H2SO4=Na2SO4SSO2H2O 氮及其重要化合物【核心知識】1理清知識主線H32OOO2HO32注意網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建【特別提醒】(1)NO只能用排水法或氣囊法收集。(2)NO2或NO與O2通入水的計算中常用到4NO3O22H2O=4HNO3、4NO2O22H2O=4HNO3兩個方程式。NO、NO2與O2溶于水的計算，利用好兩個比值43、41即可(3)濃HNO3顯黃色是因為溶有NO2，而工業(yè)上制備的鹽酸顯黃色，是因為溶有Fe3。(4)硝酸、濃H2SO4、次氯酸具有強(qiáng)氧化性，屬于氧化性酸，其中HNO3、HClO見光或受熱易分解。(5)強(qiáng)氧化性酸(如HNO3、濃H2SO4)與金屬反應(yīng)不生成H2；金屬和濃HNO3反應(yīng)一般生成NO2，而金屬和稀HNO3反應(yīng)一般生成NO。尤其是強(qiáng)氧化性是熱點，涉及與單質(zhì)反應(yīng)產(chǎn)物的判斷，尤其是與鐵的反應(yīng)如稀HNO3與Fe：Fe4HNO3(稀，過量)=Fe(NO3)3NO2H2O；3Fe(過量)8HNO3(稀)=3Fe(NO3)22NO4H2O。(6) 實驗室制備NH3，除了用Ca(OH)2和NH4Cl反應(yīng)外，還可用濃氨水的分解(加NaOH固體或CaO)制取，而檢驗NH須用濃NaOH溶液并加熱，用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗生成的氣體，以確定NH的存在。(7)收集NH3時，把一團(tuán)干燥的棉花放在試管口，以防止與空氣對流；收集完畢，尾氣處理時，應(yīng)放一團(tuán)用稀硫酸浸濕的棉花放在試管口，以吸收NH3。(8)銅與濃HNO3反應(yīng)在試管內(nèi)就能看到紅棕色的NO2，而與稀HNO3反應(yīng)時需在試管口才能看到紅棕色氣體。(9)濃鹽酸和濃氨水反應(yīng)有白煙生成，常用于HCl和NH3的相互檢驗。【典例剖析】1、碳酸鑭能抑制人體內(nèi)磷酸鹽的吸收,降低體內(nèi)血清磷酸鹽和磷酸鈣的水平,常用于慢性腎衰患者高磷血癥的治療。某課外小組對碳酸鑭的實驗室制備進(jìn)行了探究:已知:.La2(CO3)3難溶于水,易溶于鹽酸,溶液pH較高時易生成堿式碳酸鑭La(OH)CO3.LaCl3與易溶的碳酸鹽或碳酸氫鹽反應(yīng)可制備La2(CO3)31.甲組同學(xué)利用下列裝置在實驗室中用碳酸氫銨制備碳酸鑭。儀器X的作用為_;錐形瓶中可選用的試劑為_(填化學(xué)式)。實驗中K1、K2打開的先后順序為_;為保證碳酸鑭的純度,實驗過程中需要注意的問題有_2.乙組同學(xué)對碳酸鈉和碳酸氫鈉與氯化鑭反應(yīng)制備碳酸鑭進(jìn)行了探究。通過實驗發(fā)現(xiàn)用碳酸氫鈉溶液制備碳酸鑭的純度高,理由是_(任寫一條)。請寫出用碳酸氫鈉溶液制備碳酸鑭的離子方程式_所制碳酸鑭需經(jīng)洗滌,才能達(dá)到醫(yī)用要求,請寫出對碳酸鑭沉淀洗滌的方法:_3. 碳酸鑭(式量為458)質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測定:準(zhǔn)確稱取10.0g產(chǎn)品試樣,溶于10.0mL稀鹽酸中,加入10mL NH3-NH4Cl 緩沖溶液,加入0.2g紫脲酸銨混合指示劑,用0.5molL-1EDTA(Na2H2Y)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至呈藍(lán)紫色(La3+H2Y2-= LaY-+2H+),消耗EDTA溶液40.00mL則產(chǎn)品中碳酸鑭的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w=_答案：1.防倒吸, CaO或NaOH先打開K2再打開K1, 控制氨氣(或CO2)通入量(通入比例)2.碳酸氫鈉堿性相對較弱,可防止生成堿式碳酸鑭La(OH)CO32La3+ +6HCO3-=La2(CO3)3+3CO2+3H2O用玻璃棒引流,向漏斗中加蒸餾水至沒過沉淀,自然流下,重復(fù)2-3次3.45.8%解析：1.由裝置可知,甲中制備二氧化碳,乙中制備氨氣,在丙中制備碳酸鑭,其中丙中X可以防止倒吸;制備氨氣時,錐形瓶中可選用的試劑為CaO或NaOH二氧化碳在水中的溶解度較小,應(yīng)該先通入氨氣,實驗中K1、K2打開的順序為先打開K2再打開K1;為保證碳酸鑭的純度,實驗中需要控制氨氣(或CO2)的量2.根據(jù)信息知,La2(CO3)3難溶于水,易溶于鹽酸,溶液pH較高時易生成堿式碳酸鑭La(OH)CO3,碳酸氫鈉堿性相對較弱,可防止生成堿式碳酸鑭La(OH)CO3,因此用碳酸氫鈉溶液制備碳酸鑭的純度高。用碳酸氫鈉溶液和LaCl3反應(yīng)制備碳酸鑭的離子方程式為:2La3+6HCO3-La2(CO3)3+3CO2+3H2O。La2(CO3)3難溶于水,洗滌碳酸鑭,可以用玻璃棒引流,向漏斗中加蒸餾水至沒過沉淀,自然流下,重復(fù)2-3次。3.消耗DETA(Na2H2Y)的物質(zhì)的量為0.5molL-10.04L=0.02mol,根據(jù)La3+H2Y2-LaY-+2H+,知n(La3+)=0.02mol,則nLa2(CO3)3=0.01mol,產(chǎn)品中碳酸鑭的質(zhì)量分?jǐn)?shù)2.和會對環(huán)境和人體健康帶來極大的危害,工業(yè)上采取多種方法減少這些有害氣體的排放,回答下列方法中的問題。1.的除去方法1:生物脫的原理為:(1)硫桿菌存在時,被氧化的速率是無菌時的倍,該菌的作用是_。(2)由圖1和圖2判斷使用硫桿菌的最佳條件為_。若反應(yīng)溫度過高,反應(yīng)速率下降,其原因是_。方法2:在一定條件下,用氧化(3)隨著參加反應(yīng)的變化,氧化產(chǎn)物不同。當(dāng)時,氧化產(chǎn)物的分子式為_。2.的除去方法1(雙堿法):用吸收,并用使再生溶液(1)寫出過程的離子方程式:_;在水中存在如下轉(zhuǎn)化:從平衡移動的角度,簡述過程再生的原理_。方法2:用氨水除去已知25,的,的,。若氨水的濃度為2.0 ,溶液中的_。將通入該氨水中,當(dāng)降至?xí)r,溶液中的_。答案：1.降低反應(yīng)活化能（或作催化劑）; 30、pH=2.0; 蛋白質(zhì)變性（或硫桿菌失去活性）; H2SO42.(1);與生成沉淀,平衡向正向移動,有生成;(2),0.62.解析：1. 本題考查化學(xué)反應(yīng)原理,涉及反應(yīng)條件的選擇、氧化還原反應(yīng)、方程式的書寫、化學(xué)計算等: (1)催化劑可降低反應(yīng)的活化能,大大加快反應(yīng)速率。 (2)由題圖可得使用硫桿菌的最佳條件為30、PH=2;溫度過高易使蛋白質(zhì)變性而失去活性。 (3)當(dāng)n(H2O2)/n(H2S)=4時,反應(yīng)的化學(xué)方程式為4H2O2+H2SH2SO4+4H2O.氧化產(chǎn)物為H2SO42.由,得,25時,的溶液呈中性,則,解得.3.亞硝酰氯(NOCl,熔點:-64.5,沸點:-5.5)是一種黃色氣體,遇水易水解。可用于合成清潔劑、觸媒劑及中間體等。實驗室可由氯氣與一氧化氮在常溫、常壓下合成1.甲組的同學(xué)欲制備原料氣NO和Cl2,制備裝置如下圖所示:為制備純凈干燥的氣體,補(bǔ)充下表中缺少的藥品裝置I燒瓶中分液漏斗中裝置制備純凈Cl2MnO2_制備純凈NOCu_2.乙組同學(xué)利用甲組制得的NO和Cl2制備NOCl,裝置如圖所示:為了使氣體充分反應(yīng),從A處進(jìn)入的氣體是_(填"Cl2"或"NO")。裝置連接順序為a_(按氣流自左向右方向,用小寫字母表示)。裝置III、IV除可干燥NO、Cl2外,另一個作用是_裝置VII中吸收尾氣時,NOCl發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_3.丙組同學(xué)查閱資料,查得王水是濃硝酸與濃鹽酸的混合酸,一定條件下混合酸可生成亞硝酰氯和氯氣,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_答案：1.濃鹽酸; 飽和食鹽水; 稀硝酸; 水; 2.Cl2ef(或fe)cbd通過觀察氣泡調(diào)節(jié)氣體流速NOCl+2NaOHNaCl+NaNO2+H2O3.HNO3(濃)+3HCl(濃)NOCl+Cl2+2H2O解析：1.用裝置I制備氯氣,實驗室用濃鹽酸與二氧化錳制備,制得的氯氣中混有氯化氫和水蒸氣,故裝置II用飽和食鹽水吸收氯化氫氣體:用裝置I制備NO,可用銅和稀硝酸反應(yīng)制備,制得的NO中可能混有其他氮氧化合物,NO不溶干水,故裝置II中的物質(zhì)應(yīng)為H2O2.將Cl2和NO干燥后在裝置V中發(fā)生反應(yīng),在冰鹽中冷凝收集NOCl,Cl2、NO以及NOCl均不能排放到空氣中,則需用氫氧化鈉溶液吸收,NOCl遇水易水解,故在收集裝置和尾氣處理裝置之間需加一個干燥裝置,因此裝置連接順序是aef(或fe)cbd裝置III、IV除可干燥NO、Cl2外,另一個作用是通過觀察氣泡調(diào)節(jié)氣體的流速。裝置VII中吸收尾氣時,NOCl生反應(yīng)的化學(xué)方程式為:NOCl+2NaOHNaCl+NaNO2+H2O3.一定條件下混酸可生成亞硝酰氯和氯氣,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為:HNO3(濃)+3HCl(濃)NOCl+Cl2+2H2O【課后鞏固】1.2015山東高考10 某化合物由兩種單質(zhì)直接反應(yīng)生成,將其加入Ba(HCO3)2溶液中同時有氣體和沉淀產(chǎn)生。下列化合物中符合上述條件的是()A.AlCl3B.Na2OC.FeCl2D.SiO2【解析】選A。AlCl3可由Al與Cl2反應(yīng)制得,AlCl3與Ba(HCO3)2反應(yīng)生成CO2和Al(OH)3沉淀,A正確;Na2O與Ba(HCO3)2反應(yīng)沒有氣體生成,B錯誤;FeCl2不能由兩種單質(zhì)直接反應(yīng)生成,C錯誤;SiO2不與Ba(HCO3)2反應(yīng),D錯誤。2.2015北京高考27 研究CO2在海洋中的轉(zhuǎn)移和歸宿,是當(dāng)今海洋科學(xué)研究的前沿領(lǐng)域。(1)溶于海水的CO2主要以4種無機(jī)碳形式存在,其中HCO3占95%,寫出CO2溶于水產(chǎn)生HCO3的方程式:。(2)在海洋碳循環(huán)中,通過如圖所示的途徑固碳。寫出鈣化作用的離子方程式:。同位素示蹤法證實光合作用釋放出的O2只來自H2O,用18O標(biāo)記物質(zhì)的光合作用的化學(xué)方程式如下,將其補(bǔ)充完整:+(CH2O)x+x18O2+xH2O(3)海水中溶解無機(jī)碳占海水總碳的95%以上,其準(zhǔn)確測量是研究海洋碳循環(huán)的基礎(chǔ),測量溶解無機(jī)碳,可采用如下方法:氣提、吸收CO2,用N2從酸化后的海水中吹出CO2并用堿液吸收(裝置示意圖如下),將虛線框中的裝置補(bǔ)充完整并標(biāo)出所用試劑。滴定。將吸收液吸收的無機(jī)碳轉(zhuǎn)化為NaHCO3,再用xmolL1HCl溶液滴定,消耗ymL HCl溶液,海水中溶解無機(jī)碳的濃度=molL1。(4)利用如圖所示裝置從海水中提取CO2,有利于減少環(huán)境溫室氣體含量。結(jié)合方程式簡述提取CO2的原理:。用該裝置產(chǎn)生的物質(zhì)處理b室排出的海水,合格后排回大海。處理至合格的方法是?！窘忸}指南】解答本題時應(yīng)明確以下4點:(1)根據(jù)流程圖中的箭頭判斷反應(yīng)物與生成物:鈣化作用生成CaCO3、CO2。(2)光合作用釋放出的O2只來自H2O。(3)與電源正極相連的是陽極,陽極發(fā)生氧化反應(yīng)。(4)陽離子膜只允許陽離子通過。【解析】(1)二氧化碳溶于水生成碳酸,然后碳酸電離。即CO2+H2OH2CO3,H2CO3HCO3-+H+。(2)根據(jù)反應(yīng)物是HCO3-,生成物是CaCO3和CO2,易知本題的離子方程式為Ca2+2HCO3-CaCO3+CO2+H2O。由O2只來自H2O及示蹤原子的標(biāo)記可知水分子含18O,而且分子個數(shù)是2x,根據(jù)元素守恒法可知方程式中的缺項物質(zhì)為xCO2、2xH218O。(3)注意酸化的試劑要用硫酸,一定不能用鹽酸,HCl會揮發(fā)出來影響后續(xù)的滴定,如圖。該滴定過程轉(zhuǎn)化的關(guān)系式為CO2HCO3-HCl11n(CO2)xmolL1y103L解得:n(CO2)=xy103mol所以:c(無機(jī)碳)=xy/zmolL1(4)a室是陽極室,發(fā)生氧化反應(yīng):2H2O4eO2+4H+,出去的海水pH<6,顯酸性,表明反應(yīng)后溶液由堿性變?yōu)樗嵝?a室中的H+通過陽離子交換膜進(jìn)入b室,發(fā)生反應(yīng):HCO3-+H+CO2+H2O。c室是陰極室,發(fā)生還原反應(yīng):2H2O+2e2OH+H2,即c室生成堿,然后用堿液將從b室排出的酸性海水調(diào)至接近裝置入口海水的pH。答案:(1)CO2+H2OH2CO3,H2CO3HCO3-+H+(2)Ca2+2HCO3-CaCO3+CO2+H2OxCO22xH218O(3)xy/z(4)a室發(fā)生的反應(yīng):2H2O4eO2+4H+,H+通過陽離子交換膜從a室進(jìn)入b室,發(fā)生反應(yīng):HCO3-+H+CO2+H2Oc室發(fā)生的反應(yīng):2H2O+2e2OH+H2,用c室排出的堿液將從b室排出的酸性海水調(diào)至接近裝置入口海水的pH3.2018江蘇卷-5下列有關(guān)從海帶中提取碘的實驗原理和裝置能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖? )甲乙丙丁A.用裝置甲灼燒碎海帶B.用裝置乙過濾海帶灰的浸泡液C.用裝置丙制備用于氧化浸泡液中I的Cl2D.用裝置丁吸收氧化浸泡液中I后的Cl2尾氣【答案】B【解析】A.灼燒碎海帶應(yīng)使用坩堝，A錯誤；B.海帶灰的浸泡液用過濾法分離獲得含I的溶液，B正確；C.MnO2與濃鹽酸反應(yīng)制Cl2需要加熱，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：MnO2+4HCl(濃)MnCl2+2H2O+Cl2，C錯誤；D項，Cl2在飽和NaCl溶液中溶解度很小，不能用飽和NaCl溶液吸收尾氣Cl2，可用NaOH溶液吸收尾氣Cl2，D錯誤B。【考點】海帶提碘的考查基本實驗操作；Cl2的實驗室制備與尾氣處理。4.2015北京高考11 某消毒液的主要成分為NaClO,還含有一定量的NaOH,下列用來解釋事實的方程式中,不合理的是(已知:飽和NaClO溶液的pH約為11)()A.該消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制備:Cl2+2OHCl+ClO+H2OB.該消毒液的pH約為12:ClO+H2OHClO+OHC.該消毒液與潔廁靈(主要成分為HCl)混用,產(chǎn)生有毒Cl2:2H+Cl+ClOCl2+H2OD.該消毒液加白醋生成HClO,可增強(qiáng)漂白作用:CH3COOH+ClOHClO+CH3COO【解題指南】解答本題時應(yīng)注意以下兩點:(1)HClO是弱酸,有氧化性,鹽酸有還原性。(2)HClO的濃度大,漂白作用強(qiáng)?！窘馕觥窟xB。氯氣與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水,A正確;該消毒液的pH約為12,而飽和NaClO溶液的pH約為11,故用水解解釋不合理,pH約為12是因為溶液中還含有氫氧化鈉,B錯誤;C項二者發(fā)生歸中反應(yīng)生成氯氣,正確;D項,發(fā)生反應(yīng)CH3COOH+ClOHClO+CH3COO,增大了HClO的濃度,漂白作用增強(qiáng),正確?！菊`區(qū)提醒】解答本題的B項如果沒有看到“該消毒液的pH約為12”“飽和NaClO溶液的pH約為11”則容易用水解解釋而誤認(rèn)為B項合理。5.2016上海高考15下列氣體的制備和性質(zhì)實驗中,由現(xiàn)象得出的結(jié)論錯誤的是()選項試劑試紙或試液現(xiàn)象結(jié)論A濃氨水、生石灰紅色石蕊試紙變藍(lán)NH3為堿性氣體B濃鹽酸、濃硫酸pH試紙變紅HCl為酸性氣體C濃鹽酸、二氧化錳淀粉碘化鉀試液變藍(lán)Cl2具有氧化性D亞硫酸鈉、硫酸品紅試液褪色SO2具有還原性【解析】選D。NH3可以采用濃氨水和生石灰制取,可用紅色石蕊試紙檢驗,試紙變藍(lán)則說明NH3為堿性氣體,A項正確;利用濃硫酸的高沸點性,可以制取HCl氣體,pH試紙變紅,則說明HCl氣體為酸性氣體,B項正確;濃鹽酸和二氧化錳加熱可以制取Cl2,Cl2可以用濕潤的淀粉碘化鉀試紙檢驗,試紙變藍(lán),說明KI轉(zhuǎn)化為I2,則說明Cl2有強(qiáng)氧化性,C項正確;SO2使品紅溶液褪色體現(xiàn)的是SO2的漂白性,D項錯誤。二、綜合題6.2018全國卷-27(14分)焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)在醫(yī)藥、橡膠、印染、食品等方面應(yīng)有廣泛，回答下列問題：生產(chǎn)Na2S2O5，通常是由NaHSO3過飽和溶液經(jīng)結(jié)晶脫水制得。寫出該過程的化學(xué)方程式：。利用煙道氣中的SO2生產(chǎn)的工藝為：PH=4.1時，中為溶液(寫化學(xué)式)。工藝中加入Na2CO3固體、并再次充入SO2的目的是。制備Na2S2O5也可采用三室膜電解技術(shù)，裝置如圖所示，其中SO2堿吸收液中含有Na2SO3和NaHSO3。陽極的反應(yīng)式為:。電解后室的NaHSO3溶液濃度增加。將該室溶液進(jìn)行結(jié)晶脫水，可得到Na2S2O5Na2S2O5可用作食品抗氧化劑。在測定某葡萄酒中Na2S2O5殘留量時，取50mL葡萄酒樣品，用0.01000mol/L的碘標(biāo)準(zhǔn)液滴定到終點，消10.00mL。滴定反應(yīng)的離子方程式為：。該樣品中Na2S2O5的殘留量為g/L(以SO2計)?！敬鸢浮?1) 2NaHSO3Na2S2O5+H2O(2)NaHSO3得到NaHSO3過飽和溶液(3) 2H2O4e4H+O2，a(4) S2O52+2I2+3H2O2SO42+4I+6H，0.128【解析】（1）亞硫酸氫鈉過飽和溶液脫水生成焦亞硫酸鈉，根據(jù)原子守恒可知反應(yīng)的方程式為2NaHSO3Na2S2O5+H2O（2）碳酸鈉飽和溶液吸收SO2后的溶液顯酸性，說明生成物是酸式鹽NaHSO3，即中為NaHSO3；依題目中信息“生產(chǎn)Na2S2O5，通常是由NaHSO3過飽和溶液經(jīng)結(jié)晶脫水制得”知，要制備焦亞硫酸鈉，需要制備亞硫酸氫鈉過飽和溶液，據(jù)此判斷答案為“得到NaHSO3過飽和溶液”；（3）陽極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，陽極區(qū)溶質(zhì)是稀硫酸，故氫氧根放電，電極反應(yīng)式為：2H2O4e4H+O2。陽極區(qū)氫離子增大，通過陽離子交換膜進(jìn)入a室與亞硫酸鈉結(jié)合生成亞硫酸氫鈉。陰極是氫離子放電，氫氧根濃度增大，與亞硫酸氫鈉反應(yīng)生成亞硫酸鈉，所以電解后a室中亞硫酸氫鈉的濃度增大。（4）焦亞硫酸鈉與單質(zhì)碘發(fā)生氧化還原反應(yīng)，焦亞硫酸鈉被I2氧化成硫酸鈉，離子方程式為“S2O52+2I2+3H2O2SO42+4I+6H”；消耗碘的物質(zhì)的量是0.0001mol，所以焦亞硫酸鈉的殘留量(以SO2計)是: 0.0001mol64gmol-1/0.05L=0.128g/L【考點】以焦亞硫酸鈉的制備、應(yīng)用為信息載體考查學(xué)生對流程的分析、電解原理的應(yīng)用以及定量分析等；電解池的電極反應(yīng)的書寫；離子交換膜的作用；電荷的移動方向；原子守恒理論的運用：計算殘留量時以二氧化硫計(硫原子守恒)。題目難度中等。考點緊靠教材但又不拘泥于教材，題中出現(xiàn)了“新知識焦亞硫酸鈉”。善于捕捉信息(解題鑰匙)是解題的關(guān)鍵。7.2018江蘇卷-20NOx（主要指NO和NO2）是大氣主要污染物之一。有效去除大氣中的NOx是環(huán)境保護(hù)的重要課題。（1）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，電解該混合溶液可獲得較濃的硝酸。寫出電解時陽極的電極反應(yīng)式：_。（2）用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收過程中存在HNO2與(NH2)2CO生成N2和CO2的反應(yīng)。寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：_。（3）在有氧條件下，新型催化劑M能催化NH3與NOx反應(yīng)生成N2。NH3與NO2生成N2的反應(yīng)中，當(dāng)生成1 mol N2時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為_mol。【答案】（1）HNO22e+H2O=3H+NO3（2）2HNO2+(NH2)2CO=2N2+CO2+3H2O（3）3.43【解析】（1）根據(jù)電解原理，陽極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，陽極反應(yīng)為HNO2失去電子生成HNO3，1molHNO2反應(yīng)失去2mol電子，結(jié)合原子守恒和溶液呈酸性，電解時陽極電極反應(yīng)式為:HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。（2）HNO2與(NH2)2CO反應(yīng)生成N2和CO2，N元素的化合價由HNO2中+3價降至0價，N元素的化合價由(NH2)2CO中-3價價升至0價，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒，反應(yīng)的化學(xué)方程式為:2HNO2+(NH2)2CO=2N2+CO2+3H2O。（3）NH3與NO2的反應(yīng)為8NH3+6NO2 =7N2+12H2O，該反應(yīng)中NH3中-3價的N升至0價，NO2中+4價的N降至0價，生成7molN2轉(zhuǎn)移24mol電子。生成1molN2時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3.43mol。