【高考押题卷】2025年高考化学高频易错考前冲刺 非金属元素及其化合物解答题（含解析）
文档属性
| 名称 | 【高考押题卷】2025年高考化学高频易错考前冲刺 非金属元素及其化合物解答题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 3.8MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2025-05-28 18:06:32 | ||
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文档简介
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高考化学考前冲刺押题预测 非金属元素及其化合物（解答题）
一．解答题（共20小题）
1．（2024秋 丰台区期末）元素的价—类二维图是学习元素及其化合物相关知识的重要模型工具。如图为氯元素的价—类二维图，回答下列问题。
（1）物质X和Y的化学式分别为 、 。
（2）预测化学性质。
①从物质类别角度，HCl能与 （填序号）发生反应。
②从化合价角度，HCl能与 （填序号）发生反应。
A．NaOH B．KMnO4 C．Fe2O3
（3）解决实际问题。
①用氯气与氢氧化钠溶液制取84消毒液，体现了氯气具有 （填序号）。
A．氧化性 B．还原性
②84消毒液的有效成分是NaClO，使用时需浸泡一段时间或滴加白醋，其原因是 。
③84消毒液和洁厕灵（含稀盐酸）不能混用，用离子方程式表示其原因 。
④利用NaClO与Fe（NO3）3溶液反应制取新型净水剂高铁酸钾（K2FeO4）、补全离子方程式 。
□Fe3++□ClO﹣+□_____＝□□_____+□H2O
2．（2024秋 浦东新区期末）蚀刻是半导体制造工艺中的重要步骤，其原理是通过物理或化学方法对材料（如Al、Si等）进行选择性的去除，蚀刻分为干法蚀刻和湿法蚀刻，Cl2和BCl3是干法蚀刻Al时常用的氯基气体。
（1）蚀刻铝时发生了Cl2和Al的反应，这说明Cl2具有 。
A.酸性
B.可燃性
C.氧化性
D.漂白性
（2）蚀刻铝时的生成物之﹣AlCl3可作净水剂，原因是它溶于水能形成Al（OH）3胶体，下列关于Al（OH）3胶体的认识，错误的是 。
A.可以产生丁达尔现象
B.可以透过半透膜
C.Al（OH）3胶体呈电中性
D.可以吸附水中的悬浮颗粒物
（3）已知硼是第2周期ⅢA族的元素，下列关于硼的说法正确的是 （不定项）。
A.非金属性：硼＜碳
B.最高价氧化物对应水化物酸性：硼＜氯
C.原子半径：硼＜氮
D.最高正化合价：硼＜铝
（4）三甲基胺合三氯化硼（化学式为BCl3 C3H9N）在液晶领域的应用广泛。该化合物中提供空轨道形成配位键的原子是 。
A.氢
B.硼
C.碳
D.氮
三甲基胺的结构简式为 ，已知其中碳元素的化合价为﹣2价，从共用电子对偏移的角度解释原因。 硝酸和氢氟酸是湿法蚀刻单晶硅的重要试剂。
（5）某次蚀刻中，产生了相同物质的量的NO和NO2配平此条件下的化学方程式：
Si+ HNO3+ HF— H2SiF6+ NO↑+ NO2↑+ H2O
若反应过程中转移了3mol电子，则理论上可蚀刻Si g。
实际生产中，收集到的气体体积小于理论值，可能的原因有 （任写一条）。
3．（2024秋 海南期末）工业上氯及其化合物的用途非常广泛。回答下列问题：
（1）实验室利用MnO2与浓盐酸制取氯气的化学方程式为 。
（2）如表是研究氯水性质实验的部分活动记录。
实验内容 实验现象 解释原因（文字或反应）
观察氯水颜色 ① 氯水中含有氯气分子
向氯水中滴入NaHCO3溶液 有无色气体生成 ② （写离子方程式）
用玻璃棒蘸取氯水，点在品红试纸上 红色褪去 ③
（3）“价﹣类”二维图是研究元素的重要方法，如图为氯及其价态化合物的“价﹣类”二维图。
①二维图缺失的类别A是 ；B的化学式为 。
②“84”消毒液露置于空气中，其有效成分在空气中CO2的作用下生成两种物质，其中一种是HClO，另一种是酸式盐，写出该反应的式： 。
（4）如图是用强光照射密闭广口瓶中新制氯水时，用数字化传感器采集的图像，下列纵坐标（y）代表的物理量与图像相符的是 （填字母）。
a.溶液颜色的变化
b.瓶中氧气的体积分数
c.溶液的导电能力
d.溶液的漂白能力
4．（2024秋 河东区期末）实验室制备氯气并利用氯气制备含氯消毒剂。回答下列问题：
Ⅰ.实验室利用图1制备氯气
（1）X的名称是 。
（2）A中发生反应的化学方程式是 。
（3）为制备干燥、纯净的氯气，装置还需如何改进 。
Ⅱ.实验室中利用图2 装置（部分装置省略）制备KClO3和NaClO。
（已知：氯气与热的氢氧化钠溶液反应生成NaClO3与冷的氢氧化钠溶液反应生成NaClO）
（4）a中发生反应的离子反应化学方程式是 。
（5）b中采用冰水冷却的目的是 。
（6）c中的试剂是 。
Ⅲ.亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的消毒剂和漂白剂，可由NaClO3制得。
（7）已知NaClO2饱和溶液在不同温度时析出的晶体情况如下表：
温度 ＜38℃ 38～60℃ ＞60℃
析出晶体 NaClO2 3H2O NaClO2 分解成NaClO3和NaCl
利用NaClO2溶液制得NaClO2晶体的操作步骤： ； ； ；38～60℃的温水洗涤；低于60℃干燥。
（8）测定上述制备的固体中NaClO2纯度（假设杂质不参与反应）：取2.5g样品溶于水配成500mL溶液，取10mL该溶液于锥形瓶中，加入足量H2SO4酸化的KI溶液（被还原为Cl﹣），淀粉溶液作指示剂，用0.1000mol L﹣1的Na2S2O3标准液滴定（I2+2S22I﹣+S4）当看到 现象时，表示达到滴定终点。经三次重复实验，消耗标准液体积平均值为20.00mL，NaClO2的纯度为 。
5．（2024秋 昌平区期末）从物质类别和元素化合价两个维度研究物质的性质及转化是重要的学习方法。
以上是氯元素的“价类二维图”的部分信息。请回答下列问题：
（1）根据图中信息写出物质X、Y的化学式 、 。
（2）任写一条体现X类别通性的化学反应方程式 。
（3）从类别角度推测，下列物质中能与HClO4反应的有 。
a.Fe
b.NaOH
c.H2SO4
d.SO3
（4）从价态角度推测，NaClO具有 （填“氧化性”或“还原性”），理由是 ，因此可与HCl反应生成Cl2。
（5）氯气有毒，实验室用氢氧化钠溶液吸收，该反应的化学方程式为 ，消耗1mol Cl2转移 mol电子。
6．（2024秋 嘉定区期末）自然界中，陆地、海洋、大气中的氮元素，通过各种相互转换建立起生态系统的物质循环。以下为氮元素的循环图：
（1）以上自然界氮循环过程中，说法正确的是 。
A．过程②③表示的是反硝化作用
B．过程④⑤均为还原反应
C．NOx为NO2
D．过程⑥称为固氮
（2）以上流程中有机污染物主要成分为 。
A．蛋白质
B．糖类
C．油脂
D．甘油
（3）尿素CO（NH2）2是一种易溶于水的有机氮肥，下列关于尿素说法错误的是 。
A．尿素的含氮量较其他氮肥高，肥效也高
B．尿素分子与水分子间形成氢键
C．尿素中所含部分元素的第一电离能的大小关系为：O＞N＞C
D．铵态氮肥施用会引起土壤的酸化，施用尿素不存在此问题
7．（2024秋 西城区期末）人工固氮对于农业生产有重要意义。
（1）工业合成氨。
①N2和H2合成NH3反应的化学方程式是 。
②下列措施中，既有利于提高合成氨反应限度又有利于增大其反应速率的是 。
a.升高温度
b.增大压强
c.使用催化剂
（2）中国科学家研究Cu—Mn合金催化剂电催化还原N2制NH3，装置如图1所示。
①阴极生成NH3其电极反应式是 。
②用相同的电解装置和试剂进行实验，证明NH3来自电催化还原N2，需排除以下可能：
ⅰ.环境和电解池中存在微量的NH3
ⅱ.Cu—Mn合金与N2、H2O直接反应生成NH3
下列实验和结果能同时排除ⅰ、ⅱ的是 。
资料：自然界中的丰度：14N为99.6%，15N为0.4%。
a.用Ar代替N2进行实验，电解后未检测到NH3
b.用15N2代替N2进行实验，电解后仅检测到15NH3
c.不通电进行实验，未检测到NH3
③NH3的生成速率、NH3和H2的法拉第效率（FE）随阴极的电势变化如图2和图3所示。
资料：ⅰ.相同条件下，阴极的电势越低，电流越大。
ⅱ.某电极上产物B的FE（B）。
阴极的电势由﹣0.2V降到﹣0.3V时，NH3的生成速率增大。阴极的电势继续降低，NH3的生成速率反而减小。结合FE解释NH3的生成速率减小的原因： 。
（3）用滴定法测定溶液中的物质的量浓度的一种方法如下。
Ⅰ.取v1mL含的待测溶液。
Ⅱ.加入过量的V2mLc2mol L﹣1NaOH溶液。
Ⅲ.蒸馏，将蒸出的NH3用过量的V3mLc3mol L﹣1H2SO4溶液吸收。
Ⅳ.加入甲基橙指示剂，用c4mol L﹣1NaOH溶液滴定吸收液中过量的H2SO4消耗的NaOH溶液体积为V4mL，计算待测溶液中的物质的量浓度时用到的溶液体积： 和V4。
8．（2024春 乐山期末）氨气是一种重要的工业原料，其中约80%用来生产各种氮肥。回答下列问题：
（1）某化学兴趣小组为了制取氨气并探究其性质，按下列装置（部分夹持装置已略去）进行实验。
①仪器A的名称为 。
②实验中观察到C装置中的现象是 ，用化学用语解释产生该现象的原因 。
③当实验进行一段时间后，挤压D装置中的胶头滴管，滴入1～2滴浓盐酸，可观察到的现象是 ；装置E中盛装的试剂可以为 。
（2）如图是氨气生产氮肥的两条重要路线（部分产物未标出）
①反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
②在体积为VL的干燥烧瓶中充满干燥的NO2气体，利用反应Ⅲ做喷泉实验，实验装置如图所示，实验结束后进入烧瓶内液体的体积理论上为 L，喷泉实验前后烧瓶中气体颜色的变化为 。
③写出反应Ⅴ氨气合成尿素的化学方程式 。
④相同质量的硝酸铵和尿素两种氮肥中氮元素质量比为 。
9．（2023秋 青浦区校级期末）自然界中的氮元素以氮气、氮氧化物和硝酸盐等形式存在，人类对氮元素的利用，就是实现氮元素在不同物质之间的转化。
（1）氮是植物生长的必需元素。有关说法中错误的是 。
A．氮气分子很稳定
B．尿素属于铵态氮肥
C．工业合成氨是人工固氮
D．闪电实现了大气固氮
（2）如图为氮元素的价类二维图。下列说法正确的是 。
A．X属于酸性氧化物
B．NO2转化为HNO3一定需要加入氧化剂
C．一定条件下，NO2和NH3反应可以转化成N2
D．实验室采用加热分解NH4Cl固体制取NH3
（3）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 。
A．NH3易溶于水，可用作制冷剂
B．HNO3具有强氧化性，可用于制NH4NO3
C．NH4HCO3受热易分解，可用作化肥
D．N2性质稳定，可用于食品保护
（4）氨气是生产氮肥的主要原料，工业合成氨的化学方程式为 。结合化学方程式简述为何氮肥常用铵态氮肥而不直接是用氨水 。
（5）NH3催化还原氮氧化物（SCR）技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图所示。当NO2与NO的物质的量之比为1：1时与足量氨气在一定条件下发生脱氮反应。该反应的化学方程式为 。
（6）浓、稀硝酸的性质既相似又有差别，若要除去铁制品表面的铜镀层应选择 （填“浓”或“稀”）硝酸，原因是 。
10．（2023秋 青浦区校级期末）课本里介绍的合成氨技术叫哈伯法，是德国诺贝尔化学奖获得者哈伯发明的。其合成原理为：N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）ΔH＜0，ΔS＜0。
（1）下列关于工业合成氨的说法正确的是 。
A.因为ΔH＜0，所以该反应一定能自发进行
B.因为ΔS＜0，所以该反应一定不能自发进行
C.在高温下进行是为了提高反应物的转化率
D.使用催化剂加快反应速率是因为催化剂降低了反应的活化能
（2）某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对工业合成氨反应的影响。实验结果如图所示（图中T表示温度，n表示H2物质的量）。
①图象中T2和T1的关系是：T2 T1（填“＞，＜或＝”，下同）。
②a.b.c.d四点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是 （填字母）。
（3）恒温下，往一个4L的密闭容器中充入5.2mol H2和2mol N2，反应过程中对NH3的浓度进行检测，得到的数据如下表所示：
时间/min 5 10 15 20 25 30
c（NH3）/mol L﹣1 0.08 0.14 0.18 0.20 0.20 0.20
①此条件下该反应的一定处于平衡状态的时间段是 。
②若维持容器体积不变，温度不变，往原平衡体系中加入H2、N2和NH3各4mol，化学平衡将向 反应方向移动（填“正”或“逆”）。请通过计算说明该方向的判断理由 。
（4）工业合成氨反应在催化剂表面的反应历程及能量变化如图所示，下列说法正确的是 。
A.增大压强，①→②之间的能量差值会增大
B.合成氨的正、逆反应的焓变相同
C.合成氨的过程是吸热过程
D.若使用催化剂，生成等量的NH3需要的时间更短
11．（2024秋 嘉定区期末）空气中含氮、硫的氧化物会引起酸雨，其中SO2主要来自于含硫的煤和石油的燃烧。
（1）由煤和石油燃烧导致的酸雨样品，放置一段时间后pH会 （填“变大”或“变小”）。
（2）煤化工经过 得到煤焦油，再通过 可以得到如苯、苯酚、沥青等化工原料。
A．裂化
B．裂解
C．干馏
D．分馏
（3）NO虽然会污染空气，但也可催化分解空气中的臭氧，反应历程如下：
①上图反应历程中，基元反应有 个，其中决速步为第 步。
②判断3O2（g）＝2O3（g）反应能否自发进行 。（填“能”或“不能”）
（4）室温下，NaOH溶液吸收NOX得到pH＝9的NaNO2和NaNO3的混合溶液，反应原理：
2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O
NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O
①混合溶液中离子浓度[] []。
A．大于
B．小于
C．等于
D．无法比较
②混合溶液中由水电离的H+浓度为 。
12．（2024秋 昌平区期末）某小组同学探究不同价态硫元素之间的相互转化。
可以选用的试剂有：①SO2水溶液②Na2SO3溶液③Na2S溶液④稀硫酸⑤浓硫酸⑥品红溶液⑦新制氯水⑧铜片
实验序号 预期的价态转化 选择的试剂（填入试剂编号） 实验现象
ⅰ +6→+4 ⑤⑧ 产生刺激性气味气体
ⅱ +4→0 ②③
ⅲ
①⑦ 黄绿色褪去
（1）实验ⅰ的化学方程式为 。设计实验证明实现了+6→+4的转化，实验操作及现象是 。
（2）结合实验ⅱ的实验目的，说明选择试剂③的理由是 。②③溶液混合后，无明显现象，加入稀硫酸后，产生淡黄色沉淀。该实验说明物质的氧化性强弱受 影响。产生淡黄色沉淀的离子方程式为 。
（3）实验ⅲ预期的价态转化为 。为验证Cl2被SO2还原为Cl﹣，甲同学向反应后的溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀。乙同学认为该方案不合理，理由是 。
13．（2024秋 连云港期末）脱硫是天然气、电力、石油化工等行业中非常重要的一个环节，其主要目的是去除含硫化合物，以减少环境污染和提高产品质量。
（1）天然气中含有少量H2S在酸性溶液中利用硫杆菌可实现天然气的催化脱硫，其原理如图﹣1所示。
①该催化脱硫过程总反应的化学方程式为 。
②该催化过程中，要控制反应温度不能过高，原因是 。
（2）Ca（OH）2钙基脱硫剂常用于工业烟气的干法脱硫。通过添加活性组分可以提高脱硫性能，为筛选出能够更加有效提升脱硫剂脱硫效果的活性组分，进行研究：250℃时，SO2初始浓度、模拟烟气流量相同的条件下，分别添加0.1gNaHCO3及氨基类活性物质进行脱硫实验，结果如图﹣2所示。
①反应一段时间后，SO2出口浓度都升高的原因是 。
②250℃时，NaHCO3已分解为Na2CO3固体，氨基类活性物质分解产生气态NH3。氨基类活性物质脱硫性能明显优于NaHCO3的原因是 。
（3）石油化工会产生含硫（﹣2价）废水，碱性条件下，催化氧化废水的机理如题图﹣3所示。
①步骤Ⅲ可描述为 。
②步骤Ⅳ中，化合价发生变化的元素有 。
14．（2024秋 镇江期末）燃煤烟气中含有SO2排放前需净化处理。
（1）石灰石﹣石膏法脱硫。
石灰石浆液充分吸收烟气并氧化最终生成石膏CaSO4 2H2O，反应的化学方程式为 。
（2）氨法脱硫。用氨水将SO2转化为（NH4）2SO3（受热易分解），再氧化为（NH4）2SO4。主要流程如图：
①该方法脱硫时一定能提高SO2去除率的措施有 。
A.增大氨水浓度
B.升高反应温度
C.使燃煤烟气与氨水充分接触
②空气氧化是氨法脱硫的重要过程，（NH4）2SO3浓度一定时温度对氧化速率的影响如图﹣1所示。
温度40﹣70℃区间，氧化速率先增大后减小可能原因是 。
（3）NaClO2溶液脱硫。
①NaClO2溶液中通入含SO2的烟气，反应后溶液中的阴离子为和Cl﹣，脱硫反应的离子方程式为 。
②已知酸件条件下NaClO2发生自身氧化还原反应，生成ClO2气体。温度高于50℃时，二氧化硫吸收效率下降，可能原因是 。
（4）γ﹣Al2O3催化下CO与烟气中的SO2反应脱硫。其反应原理为：2CO+SO22CO2+S。γ﹣Al2O3比表面积大，有利于反应气体的吸附，研究表明，γ﹣Al2O3在240℃以上催化能力明显增强。
反应相同的时间，SO2的去除率随反应温度的变化如图﹣2所示。
①240℃以前，随着温度的升高，SO2去除率降低的原因是 。
②240℃以后，随着温度的升高，SO2去除率迅速增大的主要原因是 。
15．（2024秋 抚顺期末）硫及其化合物与生产、生活及环境息息相关。回答下列问题：
（1）SO2和氮的氧化物的大量排放会导致酸雨，它们的主要来源是煤和石油的燃烧。酸雨可导致的危害有 （填标号）。
A.腐蚀建筑物
B.使树木枯萎
C.土壤碱化
D.恶化人类环境
为了减少硫酸型酸雨的形成，必须减少SO2的排放量，可对燃料中的硫化物进行 （填一种措施）。
（2）石油炼制过程中产生的大量H2S废气的去除方法如图，该方法对H2S的去除率可达99%以上。
“吸收H2S”步骤的反应的离子方程式为 。
（3）某化学学习小组设计如图所示的实验装置，测定工业原料气（含SO2、N2、CO2）中SO2的含量。
①写出装置A中发生反应的离子方程式： 。
当装置A中出现 （填现象）时，立即停止通气。
②可用来代替A中碘的淀粉溶液且能达到实验目的的最合适的试剂是 （填标号），此时A中发生反应的离子方程式为 。
A.酸性KMnO4溶液
B.NaCl溶液
C.NaOH溶液
③若A中碘的淀粉溶液体积为25mL，其中碘的浓度为0.04mol L﹣1，收集到的N2与CO2的体积共297.6mL（已折算为标准状况下的体积），则该工业原料气中SO2的含量是 mg L﹣1。（忽略气体在水中的溶解）
16．（2024秋 南通期末）二氧化硫直接排放会污染空气，工业上采用多种方法脱硫。
（1）石灰石脱硫。工业上燃煤时常在煤炭中在煤炭中加入一定量石灰石，于850℃通入一定浓度的氧气，实现从源头上减少SO2的排放。该反应的化学方程式为 。
（2）碱性溶液脱硫。氨水、ZnO水悬浊液吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn（HSO3）2易溶于水；溶液中H2SO3、、的物质的量分数随pH的分布如图1所示。
①氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反应的离子方程式为 ；当通入SO2至溶液pH＝5时，溶液中浓度最大的阴离子是 （填化学式）。
②ZnO水悬浊液吸收SO2。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的阶段内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是 （填化学式）。
（3）海水脱硫。海水中含有少量碳酸盐（和），呈微碱性（8.0≤pH≤8.3）。海水脱硫过程如图2所示：
①在SO2吸收塔中采用海水从塔顶喷洒，烟气从塔底鼓入，其目的是 。
②相比氨水脱硫，海水脱硫的优点是 。
17．（2024秋 山西期末）同学们为了探究铁及其化合物的性质，设计了如图所示实验流程。
请回答下列问题：
（1）写出HCl在水中的电离方程式： 。
（2）Fe2O3与稀盐酸反应的基本反应类型为 ，该类型的反应 （填“一定是”“部分是”或“一定不是”）氧化还原反应。
（3）若物质X可以产生丁达尔效应，物质X是 。
（4）写出FeCl3溶液与铁粉反应的离子方程式： ，检验FeCl2溶液中是否含有Fe3+，可以使用的试剂为 （填试剂名称）。
（5）向FeCl2溶液中滴加NaOH溶液最终生成Fe（OH）3沉淀，该过程的实验现象为 。
（6）向盛有FeCl3溶液的烧杯中加入一小块金属钠，能观察到的实验现象是 （填序号）。
①金属钠沉在烧杯底部并四处游动 ②反应时能听到“嘶嘶”的响声
③金属钠熔化成小球 ④产生了红褐色沉淀
18．（2024秋 祁东县期末）铁的化合物在生活中具有广泛的应用，利用铁元素的“价﹣类”二维图可以从不同角度研究含铁物质的性质及其转化关系，试回答下列问题：
（1）若服用的药物胶囊中铬（Cr）含量超标，则人体会受到巨大的伤害。已知Fe（CrO2）2中铬元素为+3价，则其中的铁元素为 价，Fe（CrO2）2属于 （填“酸”“碱”“盐”或“氧化物”），根据“价﹣类”二维图，Fe（CrO2）2可能具有的性质为 （填标号）。
A.只有氧化性
B.只有还原性
C.既有还原性又有氧化性
D.无法判断
（2）琥珀酸亚铁片（呈暗黄色，难溶于水，可溶于盐酸）是市场上常见的一种补铁药物。
①服用维生素C片，可以使补铁药品中的Fe3+转化为Fe2+，说明维生素C具有 。
②证明在空气中久置的琥珀酸亚铁片药品已被氧化变质的方法为 。
（3）K2FeO4是一种新型的多功能水处理剂，与水反应放出氧气，同时产生具有强吸附性的Fe（OH）3胶体，可除去水中细微的悬浮物，具有净水作用。
①根据上述“价﹣类”二维图，K2FeO4位于图中 （填字母）点。
②将K2FeO4与水反应的化学方程式配平：
K2FeO4+ H2O＝ Fe（OH）3（胶体）+ O2↑+ KOH
③每生成3.36L（标准状况）O2时，转移的电子数为 NA。
19．（2024秋 南开区期末）含铁元素的部分物质的类别及铁元素价态的关系如图所示。
回答下列问题：
（1）Fe可与稀HNO3发生反应，生成Fe（NO3）3、NO气体和水。写出该反应的化学方程式： 。
（2）利用废铁屑（杂质不溶于酸）制备X
ⅰ、取ag废铁屑溶于过量稀硫酸中，过滤
ⅱ、向滤液中加入足量氯水
ⅲ、再加入过量的氢氧化钠溶液，有沉淀Y生成
ⅳ、过滤，加热沉淀Y至质量不再发生变化，得到bg固体X
①步骤ⅱ中氯水的作用是 。
②沉淀Y的颜色为 。
③该废铁屑中铁元素的质量分数为 。
（3）写出图中Z转化为Y的化学方程式： 。
（4）制作广告牌时，用FeCl3溶液刻蚀不锈钢，该反应的离子方程式为 。可与FeCl3溶液发生反应，使溶液变红的试剂是 （填名称）。
（5）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型绿色净水剂，主要用于饮用水处理。工业上制备高铁酸钠的原理为3NaClO+Fe2（SO4）3+10NaOH═2Na2FeO4+3NaCl+3Na2SO4+5H2O。
①每生成1mol Na2FeO4时转移电子的数目为 。
②高铁酸钠可用作净水剂的原因是 。
20．（2023秋 龙华区校级期末）在常温下，Fe与水并不起反应，但在高温下，Fe与水蒸气可发生反应。应用下列装置，在硬质玻璃管中放入还原铁粉和石棉绒的混合物，加热，并通入水蒸气，就可以完成高温下“Fe与水蒸气反应的实验“。
请回答该实验中的问题。
（1）写出该反应的化学方程式 ；
（2）实验前必须对整套装置进行的操作是 ；
（3）圆底烧瓶中盛装的是水，该装置受热后的主要作用是 ；
（4）干燥管中盛装的物质可以是 ，作用是 ；
（5）试管中收集到的气体是 ，如果要在A处玻璃管口处点燃该气体，则必须对该气体进行 ，这一操作的目的是 。
高考化学考前冲刺押题预测 非金属元素及其化合物（解答题）
参考答案与试题解析
一．解答题（共20小题）
1．（2024秋 丰台区期末）元素的价—类二维图是学习元素及其化合物相关知识的重要模型工具。如图为氯元素的价—类二维图，回答下列问题。
（1）物质X和Y的化学式分别为 ClO2 、 HClO 。
（2）预测化学性质。
①从物质类别角度，HCl能与 AC （填序号）发生反应。
②从化合价角度，HCl能与 B （填序号）发生反应。
A．NaOH B．KMnO4 C．Fe2O3
（3）解决实际问题。
①用氯气与氢氧化钠溶液制取84消毒液，体现了氯气具有 AB （填序号）。
A．氧化性 B．还原性
②84消毒液的有效成分是NaClO，使用时需浸泡一段时间或滴加白醋，其原因是 浸泡吸收CO2或加入白醋为溶液提供H+，H+与ClO﹣反应生成HClO，HClO氧化性大于ClO﹣，增强了消毒液的漂白性和杀菌能力 。
③84消毒液和洁厕灵（含稀盐酸）不能混用，用离子方程式表示其原因 Cl﹣+ClO﹣+2H+＝Cl2↑+H2O 。
④利用NaClO与Fe（NO3）3溶液反应制取新型净水剂高铁酸钾（K2FeO4）、补全离子方程式 。
□Fe3++□ClO﹣+□_____＝□□_____+□H2O
【答案】（1）ClO2；HClO；
（2）①AC；
②B；
（3）①AB；
②浸泡吸收CO2或加入白醋为溶液提供H+，H+与ClO﹣反应生成HClO，HClO氧化性大于ClO﹣，增强了消毒液的漂白性和杀菌能力；
③Cl﹣+ClO﹣+2H+＝Cl2↑+H2O；
④。
【分析】根据图示的氯元素的价—类二维图，可知X氯元素的氧化物，Cl元素化合价为+4价，则X是ClO2；Y是氯元素的含氧酸，Cl元素化合价为+1价，则Y是HClO，然后根据物质的性质及转化关系分析解答。
【解答】解：（1）根据上述分析可知：X是ClO2，Y是HClO，
故答案为：ClO2；HClO；
（2）①A．HCl是酸，能够与NaOH发生中和反应产生NaCl、H2O，故A符合题意；
B．KMnO4具有强氧化性，HCl具有还原性，二者会发生氧化还原反应产生KCl、MnCl2、Cl2、H2O，与元素化合价有关，而与物质类别无关，故B不符合题意；
C．Fe2O3与HCl发生反应产生FeCl3、H2O，与元素化合价无关，而与物质类别有关，故C符合题意；
故答案为：AC；
②根据①分析可知：从化合价角度分析，HCl与KMnO4会发生氧化还原反应，
故答案为：B；
（3）①Cl2与NaOH溶液发生反应：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，在该反应中Cl元素化合价部分升高，部分降低，因此Cl2既表现了氧化性，又表现了还原性，
故答案为：AB；
②84消毒液的有效成分是NaClO，使用时需浸泡一段时间或滴加白醋，这是由于浸泡吸收CO2或加入白醋为溶液提供H+，H+与ClO﹣反应生成HClO，HClO氧化性大于ClO﹣，增强了消毒液的漂白性和杀菌能力，
故答案为：浸泡吸收CO2或加入白醋为溶液提供H+，H+与ClO﹣反应生成HClO，HClO氧化性大于ClO﹣，增强了消毒液的漂白性和杀菌能力；
③84消毒液和洁厕灵（含稀盐酸）不能混用，这是由于84消毒液的有效成分是NaClO，洁厕灵主要成分是稀盐酸，二者混合使用，会发生氧化还原反应产生有毒Cl2，用离子方程式表示其原因是：Cl﹣+ClO﹣+2H+＝Cl2↑+H2O，
故答案为：Cl﹣+ClO﹣+2H+＝Cl2↑+H2O；
④在该反应中，Fe元素化合价由反应前Fe3+中+3价变为反应后中的+6价，化合价升高3价；Cl元素化合价由反应前ClO﹣中+1价变为反应后Cl﹣的﹣1价，化合价降低2价，化合价升降最小公倍数是6，所以Fe3+、的系数都是2，ClO﹣、Cl﹣的系数都是3；然后根据电荷守恒，可知反应物应该有10个OH﹣，最后根据H、O元素守恒，可知H2O的系数是5，则配平后的离子方程式应该为：，
故答案为：。
【点评】本题主要考查氯及其化合物的综合应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
2．（2024秋 浦东新区期末）蚀刻是半导体制造工艺中的重要步骤，其原理是通过物理或化学方法对材料（如Al、Si等）进行选择性的去除，蚀刻分为干法蚀刻和湿法蚀刻，Cl2和BCl3是干法蚀刻Al时常用的氯基气体。
（1）蚀刻铝时发生了Cl2和Al的反应，这说明Cl2具有 C 。
A.酸性
B.可燃性
C.氧化性
D.漂白性
（2）蚀刻铝时的生成物之﹣AlCl3可作净水剂，原因是它溶于水能形成Al（OH）3胶体，下列关于Al（OH）3胶体的认识，错误的是 B 。
A.可以产生丁达尔现象
B.可以透过半透膜
C.Al（OH）3胶体呈电中性
D.可以吸附水中的悬浮颗粒物
（3）已知硼是第2周期ⅢA族的元素，下列关于硼的说法正确的是 AB （不定项）。
A.非金属性：硼＜碳
B.最高价氧化物对应水化物酸性：硼＜氯
C.原子半径：硼＜氮
D.最高正化合价：硼＜铝
（4）三甲基胺合三氯化硼（化学式为BCl3 C3H9N）在液晶领域的应用广泛。该化合物中提供空轨道形成配位键的原子是 B 。
A.氢
B.硼
C.碳
D.氮
三甲基胺的结构简式为 ，已知其中碳元素的化合价为﹣2价，从共用电子对偏移的角度解释原因。 碳元素电负性大于氢元素，所以两者间的3对共用电子对偏向碳元素，氮元素的电负性大于碳元素，所以两者间的一对共用电子对偏离碳元素，以上两个因素综合起来，碳元素显﹣2价 硝酸和氢氟酸是湿法蚀刻单晶硅的重要试剂。
（5）某次蚀刻中，产生了相同物质的量的NO和NO2配平此条件下的化学方程式：
1 Si+ 2 HNO3+ 6 HF— 1 H2SiF6+ 1 NO↑+ 1 NO2↑+ 3 H2O
若反应过程中转移了3mol电子，则理论上可蚀刻Si 21 g。
实际生产中，收集到的气体体积小于理论值，可能的原因有 NO2会自发反应生成N2O4而使气体体积减小；NO2会与水反应而使气体体积减小；硝酸被还原的产物中NO比NO2多而使气体体积减小 （任写一条）。
【答案】（1）C；
（2）B；
（3）AB；
（4）B；；碳元素电负性大于氢元素，所以两者间的3对共用电子对偏向碳元素，氮元素的电负性大于碳元素，所以两者间的一对共用电子对偏离碳元素，以上两个因素综合起来，碳元素显﹣2价；
（5）1、2、6、1、1、1、3；21；NO2会自发反应生成N2O4而使气体体积减小；NO2会与水反应而使气体体积减小；硝酸被还原的产物中NO比NO2多而使气体体积减小。
【分析】（1）氯气具有强氧化性；
（2）根据胶体的性质分析；
（3）根据元素周期律分析；
（4）根据配位键的相关知识分析；
【解答】解：（1）氯气与铝反应生成AlCl3，氯元素的化合价降低，说明Cl2具有氧化性，故选C，
故答案为：C；
（2）A．胶体能产生丁达尔效应，则Al（OH）3胶体可以产生丁达尔现象，故A正确；
B．Al（OH）3胶体不能透过半透膜，故B错误；
C．Al（OH）3胶体不带电，呈电中性，故C正确；
D．Al（OH）3胶体具有吸附性，可以吸附水中的悬浮颗粒物，故D正确；
故答案为：B；
（3）A．同周期元素从左到右非金属性依次增强，则非金属性：硼＜碳，A正确；
B．非金属性越强，其高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性：硼＜氯，则最高价氧化物对应水化物酸性：硼＜氯，B正确；
C．同周期元素从左到右，原子半径依次减小，则原子半径：硼＞氮，C错误；
D．对于主族元素，最高正化合价等于族序数（O、F除外），硼和铝位于同一主族，则最高正化合价相同，均为+3价，D错误；
故答案为：AB；
（4）三甲基胺中只有N原子有1对孤对电子，三氯化硼中硼原子存在空轨道，二者形成配位键，故提供空轨道形成配位键的原子是硼，故选B；
三甲基胺中N与C共用电子对，其结构简式为；已知其中碳元素的化合价为﹣2价，从共用电子对偏移的角度解释原因是：碳元素电负性大于氢元素，所以两者间的3对共用电子对偏向碳元素，氮元素的电负性大于碳元素，所以两者间的一对共用电子对偏离碳元素，以上两个因素综合起来，碳元素显﹣2价，
故答案为：B；；碳元素电负性大于氢元素，所以两者间的3对共用电子对偏向碳元素，氮元素的电负性大于碳元素，所以两者间的一对共用电子对偏离碳元素，以上两个因素综合起来，碳元素显﹣2价；
（5）该反应中Si的化合价由0价升高到+4价，共升高4价，N元素化合价由+5价降低到+4价和+2价，产生了相同物质的量的NO和NO2，根据化合价升降守恒可知NO、NO2系数均为1，则Si和HNO3的系数分别为1、2，再利用原子守恒配平得该化学方程式为：Si+2HNO3+6HF＝H2SiF6+NO↑+NO2↑+3H2O，则空白处分别填1、2、6、1、1、3；该反应每消耗1mol Si转移4mol电子，则转移3mol电子时，消耗0.75mol Si，其质量为21g；实际生产中，收集到的气体体积小于理论值，可能的原因有：NO2会自发反应生成N2O4而使气体体积减小；NO2会与水反应而使气体体积减小；硝酸被还原的产物中NO比NO2多而使气体体积减小等（合理即可），
故答案为：1、2、6、1、1、1、3；21；NO2会自发反应生成N2O4而使气体体积减小；NO2会与水反应而使气体体积减小；硝酸被还原的产物中NO比NO2多而使气体体积减小。
【点评】本题考查氮及其化合物的性质，侧重考查学生的分析能力和实验能力，题目难度中等，本题考查较为综合，答题时注意把握题给信息，结合元素化合物知识解答。
3．（2024秋 海南期末）工业上氯及其化合物的用途非常广泛。回答下列问题：
（1）实验室利用MnO2与浓盐酸制取氯气的化学方程式为 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O 。
（2）如表是研究氯水性质实验的部分活动记录。
实验内容 实验现象 解释原因（文字或反应）
观察氯水颜色 ① 溶液呈黄绿色 氯水中含有氯气分子
向氯水中滴入NaHCO3溶液 有无色气体生成 ② H+＝CO2↑+H2O （写离子方程式）
用玻璃棒蘸取氯水，点在品红试纸上 红色褪去 ③ 氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，使品红试纸褪色
（3）“价﹣类”二维图是研究元素的重要方法，如图为氯及其价态化合物的“价﹣类”二维图。
①二维图缺失的类别A是 单质 ；B的化学式为 ClO2 。
②“84”消毒液露置于空气中，其有效成分在空气中CO2的作用下生成两种物质，其中一种是HClO，另一种是酸式盐，写出该反应的式： NaClO+CO2+H2O＝NaHCO3+HClO 。
（4）如图是用强光照射密闭广口瓶中新制氯水时，用数字化传感器采集的图像，下列纵坐标（y）代表的物理量与图像相符的是 bc （填字母）。
a.溶液颜色的变化
b.瓶中氧气的体积分数
c.溶液的导电能力
d.溶液的漂白能力
【答案】（1）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）①溶液呈黄绿色；
②H+＝CO2↑+H2O；
③氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，使品红试纸褪色；
（3）①单质；ClO2；
②NaClO+CO2+H2O＝NaHCO3+HClO；
（4）bc。
【分析】（1）实验室常用二氧化锰和浓盐酸加热反应制取氯气；
（2）①氯气是黄绿色气体，能溶于水；
②氯水中存在化学平衡Cl2+H2O HCl+HClO，则向氯水中滴入NaHCO3溶液，有无色气体生成，为二氧化碳，即碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水；
③次氯酸具有漂白性，能使有色物质褪色；
（3）①氯气是单质，氯为+4价、氧为﹣2价，据此写出化学式；
②根据酸性强弱可知次氯酸钠能与空气中的二氧化碳反应生成HClO；
（4）光照新制氯水会发生反应2HClO2HCl+O2↑，次氯酸浓度减少，使Cl2+H2O HCl+HClO的平衡正向移动，溶液的酸性增强、颜色减弱、漂白性减弱，据此分析判断。
【解答】解：（1）实验室制取氯气的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）①氯气是黄绿色气体，能溶于水，导致氯水颜色为黄绿色，
故答案为：溶液呈黄绿色；
②氯水中存在化学平衡Cl2+H2O HCl+HClO，氯水中的盐酸与NaHCO3反应生成二氧化碳，反应的离子方程式为H+＝CO2↑+H2O，
故答案为：H+＝CO2↑+H2O；
③氯水中存在化学平衡Cl2+H2O HCl+HClO，玻璃棒蘸取氯水，点在品红试纸上，红色褪去，说明次氯酸（或氯水）具有漂白性，
故答案为：氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，使品红试纸褪色；
（3）①Cl2是单质，B是+4价氯的氧化物，化学式为ClO2，
故答案为：单质；ClO2；
②根据酸性强弱可知次氯酸钠能与空气中的二氧化碳反应生成HClO和NaHCO3，相关的化学反应为：NaClO+CO2+H2O＝NaHCO3+HClO，
故答案为：NaClO+CO2+H2O＝NaHCO3+HClO；
（4）a.光照新制氯水，HClO会分解生成HCl，Cl2+H2O HCl+HClO的平衡正向移动，Cl2的浓度减小，溶液颜色会变浅，与图象不相符，故a错误；
b.HClO分解生成O2，则瓶中氧气的体积分数增大，与图象相符，故b正确；
c.HClO是弱电解质，分解生成强电解质HCl，溶液中离子浓度增大，则溶液的电导率（导电能力）增大，与图象相符，故c正确；
d.用强光照射新制氯水，HClO分解生成HCl，次氯酸浓度减小，溶液的漂白能力减弱，图像不符合，故d错误；
故答案为：bc。
【点评】本题考查氯气制备及含氯化合物的性质，把握氯水的成分及性质、物质的分类及性质、盐酸的性质、发生的反应即可解答，侧重分析能力与灵活运用能力的考查，注意掌握氯水的成分及性质，题目难度中等。
4．（2024秋 河东区期末）实验室制备氯气并利用氯气制备含氯消毒剂。回答下列问题：
Ⅰ.实验室利用图1制备氯气
（1）X的名称是 圆底烧瓶 。
（2）A中发生反应的化学方程式是 MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O 。
（3）为制备干燥、纯净的氯气，装置还需如何改进 装置E换成碱石灰干燥管 。
Ⅱ.实验室中利用图2 装置（部分装置省略）制备KClO3和NaClO。
（已知：氯气与热的氢氧化钠溶液反应生成NaClO3与冷的氢氧化钠溶液反应生成NaClO）
（4）a中发生反应的离子反应化学方程式是 3Cl2+6OH﹣Cl5Cl﹣+3H2O 。
（5）b中采用冰水冷却的目的是 防止生成NaClO3 。
（6）c中的试剂是 氢氧化钠溶液 。
Ⅲ.亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的消毒剂和漂白剂，可由NaClO3制得。
（7）已知NaClO2饱和溶液在不同温度时析出的晶体情况如下表：
温度 ＜38℃ 38～60℃ ＞60℃
析出晶体 NaClO2 3H2O NaClO2 分解成NaClO3和NaCl
利用NaClO2溶液制得NaClO2晶体的操作步骤： 在不高于60℃的温度下蒸发浓缩 ； 38﹣60℃范围内冷却结晶 ； 过滤 ；38～60℃的温水洗涤；低于60℃干燥。
（8）测定上述制备的固体中NaClO2纯度（假设杂质不参与反应）：取2.5g样品溶于水配成500mL溶液，取10mL该溶液于锥形瓶中，加入足量H2SO4酸化的KI溶液（被还原为Cl﹣），淀粉溶液作指示剂，用0.1000mol L﹣1的Na2S2O3标准液滴定（I2+2S22I﹣+S4）当看到 最后半滴Na2S2O3标准液滴入后，溶液蓝色恰好褪去且30s内不恢复原色 现象时，表示达到滴定终点。经三次重复实验，消耗标准液体积平均值为20.00mL，NaClO2的纯度为 90.5% 。
【答案】（1）圆底烧瓶；
（2）MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；
（3）装置E换成碱石灰干燥管（或D、E之间加浓硫酸洗气瓶）；
（4）3Cl2+6OH﹣Cl5Cl﹣+3H2O；
（5）防止生成NaClO3；
（6）氢氧化钠溶液；
（7）在不高于60℃的温度下蒸发浓缩；38﹣60℃范围内冷却结晶；过滤；
（8）最后半滴Na2S2O3标准液滴入后，溶液蓝色恰好褪去且30s内不恢复原色；90.5%。
【分析】Ⅰ.（1）根据仪器的形状和特点，可知X为圆底烧瓶；
（2）实验室利用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应制备氯气，化学方程式为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；
（3）原装置中E是用来吸收尾气的氢氧化钠溶液，不能干燥氯气，要制备干燥、纯净的氯气，需要除去氯气中的水蒸气和氯化氢气体。目前B装置一般用饱和食盐水除去氯化氢，还缺少干燥装置；
Ⅱ.（4）由已知信息，氯气与热的氢氧化钾溶液反应生成KClO3、KCl和H2O，离子方程式为：3Cl2+6OH﹣Cl5Cl﹣+3H2O；
（5）因为氯气与热的氢氧化钠溶液反应生成NaClO3，与冷的氢氧化钠溶液反应生成NaClO；
（6）c装置是尾气处理装置，氯气有毒，一般用氢氧化钠溶液吸收；
（7）由NaClO2饱和溶液在不同温度时析出晶体的情况可知，要得到NaClO2晶体，需在不高于60℃的温度下蒸发浓缩（防止分解），在38﹣60℃范围内冷却结晶（此时析出NaClO2），然后过滤、用38﹣60℃的温水洗涤（防止晶体溶解或转化）、低于60℃干燥（防止分解）；
（8）涉及的反应为4I﹣+4H+＝Cl﹣+2I2+2H2O，I2+2S22I﹣+S4，可得关系式～2I2～4S4，当看到最后半滴Na2S2O3标准液滴入后，溶液蓝色恰好褪去且30s内不恢复原色，表示达到滴定终点，
【解答】解：Ⅰ.（1）根据仪器的形状和特点，可知X为圆底烧瓶，
故答案为：圆底烧瓶；
（2）实验室利用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应制备氯气，化学方程式为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；
（3）原装置中E是用来吸收尾气的氢氧化钠溶液，不能干燥氯气，要制备干燥、纯净的氯气，需要除去氯气中的水蒸气和氯化氢气体。目前B装置一般用饱和食盐水除去氯化氢，还缺少干燥装置，应将装置E换成盛有浓硫酸的洗气瓶或者碱石灰干燥管等干燥装置来干燥氯气，
故答案为：装置E换成碱石灰干燥管（或D、E之间加浓硫酸洗气瓶）；
Ⅱ.（4）由已知信息，氯气与热的氢氧化钾溶液反应生成KClO3、KCl和H2O，离子方程式为：3Cl2+6OH﹣Cl5Cl﹣+3H2O，
故答案为：3Cl2+6OH﹣Cl5Cl﹣+3H2O；
（5）因为氯气与热的氢氧化钠溶液反应生成NaClO3，与冷的氢氧化钠溶液反应生成NaClO，所以b中采用冰水冷却的目的是防止生成NaClO3，以制备NaClO，
故答案为：防止生成NaClO3；
（6）c装置是尾气处理装置，氯气有毒，一般用氢氧化钠溶液吸收，所以c中的试剂是氢氧化钠溶液，
故答案为：氢氧化钠溶液；
（7）由NaClO2饱和溶液在不同温度时析出晶体的情况可知，要得到NaClO2晶体，需在不高于60℃的温度下蒸发浓缩（防止分解），在38﹣60℃范围内冷却结晶（此时析出NaClO2），然后过滤、用38﹣60℃的温水洗涤（防止晶体溶解或转化）、低于60℃干燥（防止分解），
故答案为：在不高于60℃的温度下蒸发浓缩；38﹣60℃范围内冷却结晶；过滤；
（8）涉及的反应为4I﹣+4H+＝Cl﹣+2I2+2H2O，I2+2S22I﹣+S4，可得关系式～2I2～4S4，则n（S2）＝0.1000mol/L×0.02L＝0.002mol，则10mL溶液中n（）0.0005mol，则500mL溶液中n（）═0.0005mol0.025mol，m（NaClO2） ＝ 0.025mol×90.5g/mol ＝ 2.2625g，NaClO2的纯度为90.5%，当看到最后半滴Na2S2O3标准液滴入后，溶液蓝色恰好褪去且30s内不恢复原色，表示达到滴定终点，
故答案为：最后半滴Na2S2O3标准液滴入后，溶液蓝色恰好褪去且30s内不恢复原色；90.5%。
【点评】本题主要考查氯气的实验室制法和探究物质的组成、含量计算等，为氯气及其化合物性质的应用题，此题综合性强、分析力强且难度较大。
5．（2024秋 昌平区期末）从物质类别和元素化合价两个维度研究物质的性质及转化是重要的学习方法。
以上是氯元素的“价类二维图”的部分信息。请回答下列问题：
（1）根据图中信息写出物质X、Y的化学式 HCl 、 ClO2 。
（2）任写一条体现X类别通性的化学反应方程式 NaOH+HCl＝NaCl+H2O 。
（3）从类别角度推测，下列物质中能与HClO4反应的有 ab 。
a.Fe
b.NaOH
c.H2SO4
d.SO3
（4）从价态角度推测，NaClO具有 氧化性 （填“氧化性”或“还原性”），理由是 氯元素化合价为+1价，处于中间价态 ，因此可与HCl反应生成Cl2。
（5）氯气有毒，实验室用氢氧化钠溶液吸收，该反应的化学方程式为 Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O ，消耗1mol Cl2转移 1 mol电子。
【答案】（1）HCl；ClO2；
（2）NaOH+HCl＝NaCl+H2O；
（3）ab；
（4）氧化性；氯元素化合价为+1价，处于中间价态；
（5）Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O；1。
【分析】X为HCl，Y为ClO2；
【解答】解：（1）物质X、Y的化学式分别为HCl、ClO2，
故答案为：HCl；ClO2；
（2）HCl属于酸，酸的通性是能使酸碱指示剂变色、能与碱反应、能与碳酸盐反应等，体现通性的化学反应方程式如NaOH+HCl＝NaCl+H2O，
故答案为：NaOH+HCl＝NaCl+H2O；
（3）HClO4属于一元强酸，酸能与活泼金属单质反应、能与碱反应，则能与HClO4反应的有Fe、NaOH，
故答案为：ab；
（4）NaClO中氯元素化合价为+1，处于中间价态，具有氧化性，因此可与HCl反应生成Cl2，
故答案为：氧化性；氯元素化合价为+1价，处于中间价态；
（5）氯气和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和水，该反应的化学方程式为Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，氯元素发生歧化反应，消耗1mol Cl2转移1mol电子，
故答案为：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O；1。
【点评】本题考查元素化合物，侧重考查学生含氯物质性质的掌握情况，试题难度中等。
6．（2024秋 嘉定区期末）自然界中，陆地、海洋、大气中的氮元素，通过各种相互转换建立起生态系统的物质循环。以下为氮元素的循环图：
（1）以上自然界氮循环过程中，说法正确的是 B 。
A．过程②③表示的是反硝化作用
B．过程④⑤均为还原反应
C．NOx为NO2
D．过程⑥称为固氮
（2）以上流程中有机污染物主要成分为 A 。
A．蛋白质
B．糖类
C．油脂
D．甘油
（3）尿素CO（NH2）2是一种易溶于水的有机氮肥，下列关于尿素说法错误的是 C 。
A．尿素的含氮量较其他氮肥高，肥效也高
B．尿素分子与水分子间形成氢键
C．尿素中所含部分元素的第一电离能的大小关系为：O＞N＞C
D．铵态氮肥施用会引起土壤的酸化，施用尿素不存在此问题
【答案】（1）B；
（2）A；
（3）C。
【分析】（1）根据 反硝化作用是指反硝化细菌在缺氧条件下，将硝酸盐中的氮通过一系列中间产物还原为氮气或一氧化二氮的生物化学过程，由游离态的氮转化为化合态的氮，属于氮的固定，进行分析；
（2）根据元素守恒，有机污染物含有C、H、O、N元素，进行分析；
（3）根据尿素[CO（NH2）2]是一种白色晶体，同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈现增大趋势，但是第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能大于相邻元素，铵态氮肥中的水解呈酸性，进行分析。
【解答】解：（1）A． 反硝化作用是指反硝化细菌在缺氧条件下，将硝酸盐中的氮通过一系列中间产物还原为氮气或一氧化二氮的生物化学过程，故过程②③不是反硝化作用，故A错误；
B．过程④⑤中N元素化合价降低，均为还原反应，故B正确；
C．氮气与氧气在放电条件下生成一氧化氮，故C错误；
D．由游离态的氮转化为化合态的氮，属于氮的固定，但转化⑥为化合态的氮到化合态的氮，不属于氮的固定，故D错误；
故答案为：B；
（2）根据元素守恒，有机污染物含有C、H、O、N元素，四个选项中只有蛋白质含有N元素，
故答案为：A；
（3）A．尿素是一种白色晶体，是目前含氮量最高的氮肥，故其肥效也高，故A正确；
B．尿素分子的结构简式为H2NCONH2，含有N—H键，能和水分子间形成氢键，故B正确；
C．同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈现增大趋势，但是第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能大于相邻元素，因此氮的第一电离能大于氧，三种元素的第一电离能从大到小顺序为N＞O＞C，故C错误；
D．铵态氮肥中的铵根离子水解呈酸性，会引起土壤的酸化，施用尿素不存在此问题，故D正确；
故答案为：C。
【点评】本题主要考查含氮物质的综合应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
7．（2024秋 西城区期末）人工固氮对于农业生产有重要意义。
（1）工业合成氨。
①N2和H2合成NH3反应的化学方程式是 N2+3H22NH3 。
②下列措施中，既有利于提高合成氨反应限度又有利于增大其反应速率的是 b 。
a.升高温度
b.增大压强
c.使用催化剂
（2）中国科学家研究Cu—Mn合金催化剂电催化还原N2制NH3，装置如图1所示。
①阴极生成NH3其电极反应式是 N2+6H++6e﹣＝2NH3 。
②用相同的电解装置和试剂进行实验，证明NH3来自电催化还原N2，需排除以下可能：
ⅰ.环境和电解池中存在微量的NH3
ⅱ.Cu—Mn合金与N2、H2O直接反应生成NH3
下列实验和结果能同时排除ⅰ、ⅱ的是 b 。
资料：自然界中的丰度：14N为99.6%，15N为0.4%。
a.用Ar代替N2进行实验，电解后未检测到NH3
b.用15N2代替N2进行实验，电解后仅检测到15NH3
c.不通电进行实验，未检测到NH3
③NH3的生成速率、NH3和H2的法拉第效率（FE）随阴极的电势变化如图2和图3所示。
资料：ⅰ.相同条件下，阴极的电势越低，电流越大。
ⅱ.某电极上产物B的FE（B）。
阴极的电势由﹣0.2V降到﹣0.3V时，NH3的生成速率增大。阴极的电势继续降低，NH3的生成速率反而减小。结合FE解释NH3的生成速率减小的原因： 阴极的电势继续降低，生成H2的逐渐增多，生成NH3的量逐渐减少，速率减小 。
（3）用滴定法测定溶液中的物质的量浓度的一种方法如下。
Ⅰ.取v1mL含的待测溶液。
Ⅱ.加入过量的V2mLc2mol L﹣1NaOH溶液。
Ⅲ.蒸馏，将蒸出的NH3用过量的V3mLc3mol L﹣1H2SO4溶液吸收。
Ⅳ.加入甲基橙指示剂，用c4mol L﹣1NaOH溶液滴定吸收液中过量的H2SO4消耗的NaOH溶液体积为V4mL，计算待测溶液中的物质的量浓度时用到的溶液体积： V1 和V4。
【答案】（1）①N2+3H22NH3；
②b；
（2）①N2+6H++6e﹣＝2NH3；
②b。
③阴极的电势继续降低，生成H2的逐渐增多，生成NH3的量逐渐减少，速率减小；
（3）V1。
【分析】（1）①N2和H2在高温、高压、催化剂的条件下反应，生成NH3；
②a.升高温度，能够加快反应速率，但合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
b.增大压强，反应速率增大，平衡正向移动；
c.使用催化剂只能加快反应速率，不能改变反应限度；
（2）①由图可知，阴极N2和H+得到e﹣生成NH3；
②a.用Ar代替N2进行实验，电解后未检测到NH3，无法确定NH3是否来自电催化还原N2；
b.用15N2代替N2进行实验，电解后仅检测到15NH3，说明15NH3是来自电催化还原15N2；
c.不通电进行实验，未检测到NH3，无法确定NH3是否来自电催化还原N2；
③由图可知阴极的电势继续降低，生成H2的逐渐增多，生成NH3的量逐渐减少，速率减小；
（3）根据题意可知，计算待测溶液中的物质的量浓度时用到的溶液体积：V1和V4，V1是待测溶液的体积，用于计算的物质的量浓度，V4是滴定过量硫酸消耗的NaOH溶液的体积，用于计算蒸出的NH3消耗的V3mLc3mol L﹣1H2SO4溶液中硫酸的物质的量，根据关系式：2～2NH3～H2SO4，进一步计算的物质的量及其浓度。
【解答】解：（1）①N2和H2合成NH3反应的化学方程式是：N2+3H22NH3，
故答案为：N2+3H22NH3；
②a.升高温度，能够加快反应速率，但合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，反应限度降低，故a错误；
b.增大压强，反应速率增大，平衡正向移动，反应限度增大，故b正确；
c.使用催化剂只能加快反应速率，不能改变反应限度，故c错误；
故答案为：b；
（2）①由图可知，阴极生成NH3其电极反应式是：N2+6H++6e﹣＝2NH3，
故答案为：N2+6H++6e﹣＝2NH3；
②a.用Ar代替N2进行实验，电解后未检测到NH3，无法确定NH3是否来自电催化还原N2，故a错误；
b.用15N2代替N2进行实验，电解后仅检测到15NH3，说明15NH3是来自电催化还原15N2，故b正确；
c.不通电进行实验，未检测到NH3，无法确定NH3是否来自电催化还原N2，NH3也可能来自Cu—Mn合金与N2、H2O直接反应生成，故c错误；
故答案为：b。
③由图可知，阴极的电势由﹣0.2V降到﹣0.3V时，NH3的生成速率增大，阴极的电势继续降低，NH3的生成速率反而减小，结合FE解释NH3的生成速率减小的原因是阴极的电势继续降低，生成H2的逐渐增多，生成NH3的量逐渐减少，速率减小，
故答案为：阴极的电势继续降低，生成H2的逐渐增多，生成NH3的量逐渐减少，速率减小；
（3）根据题意可知，计算待测溶液中的物质的量浓度时用到的溶液体积：V1和V4，V1是待测溶液的体积，用于计算的物质的量浓度，V4是滴定过量硫酸消耗的NaOH溶液的体积，用于计算蒸出的NH3消耗的V3mLc3mol L﹣1H2SO4溶液中硫酸的物质的量，根据关系式：2～2NH3～H2SO4，进一步计算的物质的量及其浓度，
故答案为：V1。
【点评】本题主要考查氨气的工业制法，电极反应式的书写，同时考查学生的获取信息的能力，属于基本知识的考查，难度中等。
8．（2024春 乐山期末）氨气是一种重要的工业原料，其中约80%用来生产各种氮肥。回答下列问题：
（1）某化学兴趣小组为了制取氨气并探究其性质，按下列装置（部分夹持装置已略去）进行实验。
①仪器A的名称为 球形干燥管 。
②实验中观察到C装置中的现象是 酚酞试纸变红 ，用化学用语解释产生该现象的原因 。
③当实验进行一段时间后，挤压D装置中的胶头滴管，滴入1～2滴浓盐酸，可观察到的现象是 有白烟生成 ；装置E中盛装的试剂可以为 水/稀硫酸 。
（2）如图是氨气生产氮肥的两条重要路线（部分产物未标出）
①反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 5：4 。
②在体积为VL的干燥烧瓶中充满干燥的NO2气体，利用反应Ⅲ做喷泉实验，实验装置如图所示，实验结束后进入烧瓶内液体的体积理论上为 L，喷泉实验前后烧瓶中气体颜色的变化为 红棕色变为无色 。
③写出反应Ⅴ氨气合成尿素的化学方程式 。
④相同质量的硝酸铵和尿素两种氮肥中氮元素质量比为 3：4 。
【答案】（1）①球形干燥管；
②酚酞试纸变红； ；
③有白烟生成；水/稀硫酸；
（2）①5：4；
②；红棕色变为无色；
③；
④3：4。
【分析】A制备氨气，B干燥氨气，C检验氨气是碱性气体，D收集氨气并验证与氯化氢反应，E吸收氨气，防止污染。
【解答】解：（1）①根据装置图，仪器A的名称为圆底烧瓶，
故答案为：球形干燥管；
②氨气是碱性气体，氨水呈碱性，实验中观察到C装置中的现象是湿润的酚酞试纸变红，产生该现象的原因是，
故答案为：酚酞试纸变红； ；
③当实验进行一段时间后，挤压D装置中的胶头滴管，滴入1～2滴浓盐酸，氨气和氯化氢反应生成氯化铵，可观察到的现象是有白烟生成；E的作用是吸收氨气，氨气易溶于水，装置E中盛装的试剂可以为水，
故答案为：有白烟生成；水/稀硫酸；
（2）①反应Ⅰ的方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，氨气中N元素化合价降低，氨气是还原剂，氧气中O元素化合价降低，氧气是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：4，
故答案为：5：4；
②在体积为V L的干燥烧瓶中充满干燥的NO2气体，利用反应III做喷泉实验，发生反应3NO2+H2O＝2HNO3+NO，实验结束后进入烧瓶内液体的体积理论上为L；NO2是红棕色气体、NO是无色气体，喷泉实验前后烧瓶中气体颜色的变化为红棕色变为无色，
故答案为：；红棕色变为无色；
③反应V是氨气和二氧化碳反应生成尿素和水，反应的化学方程式为，
故答案为：；
④硝酸铵中N元素的质量分数为，尿素中N元素的质量分数为，相同质量的硝酸铵和尿素两种氮肥中氮元素质量比为，
故答案为：3：4。
【点评】本题考查元素化合物，侧重考查学生含氮物质性质的掌握情况，试题难度中等。
9．（2023秋 青浦区校级期末）自然界中的氮元素以氮气、氮氧化物和硝酸盐等形式存在，人类对氮元素的利用，就是实现氮元素在不同物质之间的转化。
（1）氮是植物生长的必需元素。有关说法中错误的是 B 。
A．氮气分子很稳定
B．尿素属于铵态氮肥
C．工业合成氨是人工固氮
D．闪电实现了大气固氮
（2）如图为氮元素的价类二维图。下列说法正确的是 C 。
A．X属于酸性氧化物
B．NO2转化为HNO3一定需要加入氧化剂
C．一定条件下，NO2和NH3反应可以转化成N2
D．实验室采用加热分解NH4Cl固体制取NH3
（3）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 D 。
A．NH3易溶于水，可用作制冷剂
B．HNO3具有强氧化性，可用于制NH4NO3
C．NH4HCO3受热易分解，可用作化肥
D．N2性质稳定，可用于食品保护
（4）氨气是生产氮肥的主要原料，工业合成氨的化学方程式为 N2+3H22NH3 。结合化学方程式简述为何氮肥常用铵态氮肥而不直接是用氨水 氨水的有效成分是一水合氨，受热易分解为水和氨气NH3 H2ONH3↑+H2O，降低肥效且氨气有毒会污染环境，同时氨水相对于固体氮肥不便于储运和施肥 。
（5）NH3催化还原氮氧化物（SCR）技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图所示。当NO2与NO的物质的量之比为1：1时与足量氨气在一定条件下发生脱氮反应。该反应的化学方程式为 NO2+NO+2NH3 催化剂2N2+3H2O 。
（6）浓、稀硝酸的性质既相似又有差别，若要除去铁制品表面的铜镀层应选择 浓硝酸 （填“浓”或“稀”）硝酸，原因是 铁在浓硝酸中会钝化，铜可以和浓硝酸反应 。
【答案】（1）B；
（2）C；
（3）D；
（4）N2+3H22NH3；氨水的有效成分是一水合氨，受热易分解为水和氨气NH3 H2ONH3↑+H2O，降低肥效且氨气有毒会污染环境，同时氨水相对于固体氮肥不便于储运和施肥；
（5）NO2+NO+2NH3 催化剂2N2+3H2O；
（6）浓硝酸；铁在浓硝酸中会钝化，铜可以和浓硝酸反应。
【分析】（1）A．氮气分子中含有氮氮三键，键能较大；
B．尿素[CO（NH2）2]属于有机氮肥，不含有铵根离子；
C．氮元素从游离态变为化合态是氮的固定；
D．闪电时，氮气与氧气反应，生成一氧化氮；
（2）A．X为+2价N的氧化物，X为NO，与酸碱均不反应；
B．NO2可与水反应生成HNO3和NO，二氧化氮为氧化剂、还原剂；
C．NO2和NH3可发生氧化还原反应，为归中反应；
D．加热氯化铵分解生成HCl与氨气，在试管口化合生成氯化铵，不能制备氨气；
（3）A．液氨汽化吸收大量的热，可以做制冷剂；
B．HNO3可用于制硝酸铵是利用硝酸的酸性；
C．NH4HCO3 受热易分解和用作化肥无关；
D．氮气化学性质稳定；
（4）氨气是生产氮肥的主要原料，工业合成氨的化学方程式为N2+3H22NH3，因为氨水的有效成分是一水合氨，受热易分解为水和氨气NH3 H2ONH3↑+H2O；
（5）NO2与NO的物质的量之比不同，其反应的方程式为NO2+NO+2NH3 催化剂2N2+3H2O；
（6）浓、稀硝酸的性质既相似又有差别，若要除去铁制品表面的铜镀层应选择浓硝酸。
【解答】解：（1）A．氮气分子中含有氮氮三键，键能较大，一般条件下不易和其它物质反应，氮气分子很稳定，故A正确；
B．尿素[CO（NH2）2]属于有机氮肥，不含有铵根离子，不属于铵态氮肥，故B错误；
C．氮元素从游离态变为化合态是氮的固定，工业合成氨是通过人类生产活动把氮气转化为氨气，故C正确；
D．闪电时，氮气与氧气反应，生成一氧化氮，游离态的氮转化为化合态的氮，属固氮，故D正确；
故答案为：B；
（2）A．X为+2价N的氧化物，X为NO，与酸碱均不反应，为不成盐氧化物，故A错误；
B．NO2可与水反应生成HNO3和NO，二氧化氮为氧化剂、还原剂，不需要加氧化剂，故B错误；
C．NO2和NH3可发生氧化还原反应，为归中反应，可生成氮气，故C正确；
D．加热氯化铵分解生成HCl与氨气，在试管口化合生成氯化铵，不能制备氨气，应选铵盐与碱加热制备，故D错误；
故答案为：C；
（3）A．液氨汽化吸收大量的热，可以做制冷剂，与氨气易溶于水无关，故A错误；
B．HNO3可用于制硝酸铵是利用硝酸的酸性，与具有强氧化性无关，故B错误；
C．NH4HCO3 受热易分解和用作化肥无关，可以用作化肥是因为含有氮元素，故C错误；
D．氮气化学性质稳定，可用于食品保护气，故D正确；
故答案为：D；
（4）氨气是生产氮肥的主要原料，工业合成氨的化学方程式为N2+3H22NH3，因为氨水的有效成分是一水合氨，受热易分解为水和氨气NH3 H2ONH3↑+H2O，降低肥效且氨气有毒会污染环境，同时氨水相对于固体氮肥不便于储运和施肥，
故答案为：N2+3H22NH3；氨水的有效成分是一水合氨，受热易分解为水和氨气NH3 H2ONH3↑+H2O，降低肥效且氨气有毒会污染环境，同时氨水相对于固体氮肥不便于储运和施肥；
（5）NO2与NO的物质的量之比不同，化合价变化的总数就会不同，就会出现多种配平结果，本题中限定了二者的比例为1：1，把它们两个作为一个整体来分析化合价的变化，一共降低6价，根据电子转移守恒，则NH3的化学计量数就是2，一共升高6价，最后根据原子个数守恒确定水的化学计量数，NO2+NO+2NH3＝2N2+3H2O，反应条件注明催化剂，故化学方程式为NO2+NO+2NH3 催化剂2N2+3H2O，
故答案为：NO2+NO+2NH3 催化剂2N2+3H2O；
（6）浓、稀硝酸的性质既相似又有差别，若要除去铁制品表面的铜镀层应选择浓硝酸，原因是铁在浓硝酸中会钝化，铜可以和浓硝酸反应，
故答案为：浓硝酸；铁在浓硝酸中会钝化，铜可以和浓硝酸反应。
【点评】本题考查元素化合物，侧重考查学生含氮物质性质的掌握情况，试题难度中等。
10．（2023秋 青浦区校级期末）课本里介绍的合成氨技术叫哈伯法，是德国诺贝尔化学奖获得者哈伯发明的。其合成原理为：N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）ΔH＜0，ΔS＜0。
（1）下列关于工业合成氨的说法正确的是 D 。
A.因为ΔH＜0，所以该反应一定能自发进行
B.因为ΔS＜0，所以该反应一定不能自发进行
C.在高温下进行是为了提高反应物的转化率
D.使用催化剂加快反应速率是因为催化剂降低了反应的活化能
（2）某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对工业合成氨反应的影响。实验结果如图所示（图中T表示温度，n表示H2物质的量）。
①图象中T2和T1的关系是：T2 ＜ T1（填“＞，＜或＝”，下同）。
②a.b.c.d四点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是 c （填字母）。
（3）恒温下，往一个4L的密闭容器中充入5.2mol H2和2mol N2，反应过程中对NH3的浓度进行检测，得到的数据如下表所示：
时间/min 5 10 15 20 25 30
c（NH3）/mol L﹣1 0.08 0.14 0.18 0.20 0.20 0.20
①此条件下该反应的一定处于平衡状态的时间段是 20～30min 。
②若维持容器体积不变，温度不变，往原平衡体系中加入H2、N2和NH3各4mol，化学平衡将向 逆 反应方向移动（填“正”或“逆”）。请通过计算说明该方向的判断理由 浓度商大于平衡常数，平衡逆向移动 。
（4）工业合成氨反应在催化剂表面的反应历程及能量变化如图所示，下列说法正确的是 D 。
A.增大压强，①→②之间的能量差值会增大
B.合成氨的正、逆反应的焓变相同
C.合成氨的过程是吸热过程
D.若使用催化剂，生成等量的NH3需要的时间更短
【答案】（1）D；
（2）①＜；
②c；
（3）①20～30min；
②逆；浓度商大于平衡常数，平衡逆向移动；
（4）D。
【分析】（1）A．反应自发进行根据ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0；
B．反应自发进行根据ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0；
C．该反应为放热反应，高温不利于反应物的转化；
D．使用催化剂加快反应速率是因为催化剂降低了反应的活化能；
（2）①该反应为放热反应，温度高，不利于氨气的生成；
②增加氢气的浓度，有利于N2的转化，温度较低，有利于N2的转化；
（3）①根据表格中数据可知，当反应进行制20min时，氨气浓度不再改变，说明反应达平衡状态；
②利用三步计算法可知，
平衡常数：；
（4）A．①→②之间的能量差值只与物质能量有关；
B．合成氨正反应放热，ΔH＜0，逆反应吸热；
C．反应物总能量高于生成物总能量；
D．使用催化剂可降低反应活化能。
【解答】解：（1）A．反应自发进行根据ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0，只靠ΔH判断不准确，故A错误；
B．反应自发进行根据ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0，只靠ΔS判断不准确，故A错误；
C．该反应为放热反应，高温不利于反应物的转化，在高温下进行是为了加快反应速率，故C错误；
D．使用催化剂加快反应速率是因为催化剂降低了反应的活化能，故D正确；
故答案为：D；
（2）①该反应为放热反应，温度高，不利于氨气的生成，根据图可知，相同条件下，T1的氨气百分含量较低，则温度：T1＞T2，
故答案为：＜；
②增加氢气的浓度，有利于N2的转化，温度较低，有利于N2的转化，故N2的转化率最高的是c，
故答案为：c；
（3）①根据表格中数据可知，当反应进行制20min时，氨气浓度不再改变，说明反应达平衡状态，即处于平衡状态的时间段为：20～30min，
故答案为：20～30min；
②利用三步计算法可知，
平衡常数：；若维持容器体积不变，温度不变，往原平衡体系中加入H2、N2和NH3各4mol，浓度分别为H2、N2和NH3浓度分别为1.4mol/L、2mol/L、1.2mol/L，此时，平衡逆向移动，
故答案为：逆；浓度商大于平衡常数，平衡逆向移动；
（4）A．①→②之间的能量差值只与物质能量有关，与压强无关，故A错误；
B．合成氨正反应放热，ΔH＜0，逆反应吸热，ΔH＞0，故B错误；
C．反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，故C错误；
D．使用催化剂可降低反应活化能，加快反应速率，故D正确；
故答案为：D。
【点评】本题考查元素化合物，侧重考查学生含氮物质性质的掌握情况，试题难度中等。
11．（2024秋 嘉定区期末）空气中含氮、硫的氧化物会引起酸雨，其中SO2主要来自于含硫的煤和石油的燃烧。
（1）由煤和石油燃烧导致的酸雨样品，放置一段时间后pH会 变小 （填“变大”或“变小”）。
（2）煤化工经过 C 得到煤焦油，再通过 D 可以得到如苯、苯酚、沥青等化工原料。
A．裂化
B．裂解
C．干馏
D．分馏
（3）NO虽然会污染空气，但也可催化分解空气中的臭氧，反应历程如下：
①上图反应历程中，基元反应有 3 个，其中决速步为第 1 步。
②判断3O2（g）＝2O3（g）反应能否自发进行 不能 。（填“能”或“不能”）
（4）室温下，NaOH溶液吸收NOX得到pH＝9的NaNO2和NaNO3的混合溶液，反应原理：
2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O
NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O
①混合溶液中离子浓度[] D []。
A．大于
B．小于
C．等于
D．无法比较
②混合溶液中由水电离的H+浓度为 1×10﹣5mol L﹣1 。
【答案】（1）变小；
（2）C；D；
（3）①3；1；
②不能；
（4）①D；
②1×10﹣5 mol L﹣1。
【分析】（1）根据亚硫酸被氧化为硫酸，pH会变小进行分析；
（2）根据煤化工经过干馏得到煤焦油，煤焦油中含有苯、苯酚、粗氨水等，煤焦油通过分馏可以得到如苯、苯酚、沥青等化工原料，进行分析；
（3）根据活化能越大，反应速率越慢，慢反应为总反应的决速步，3O2 （g） ＝ 2O3（g）为吸热反应，ΔH＞0，进行分析；
（4）根据室温下，NaOH溶液吸收NOX得到pH ＝ 9的NaNO2和NaNO3的混合溶液，反应原理：2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O；NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O，进行分析。
【解答】解：（1）由煤和石油燃烧导致的酸雨样品中含有亚硫酸，放置一段时间后，亚硫酸被氧化为硫酸，pH会变小，
故答案为：变小；
（2）煤化工经过干馏得到煤焦油，煤焦油中含有苯、苯酚、粗氨水等，煤焦油通过分馏可以得到如苯、苯酚、沥青等化工原料，
故答案为：C；D；
（3）①上图反应历程中，基元反应有3个，活化能越大，反应速率越慢，慢反应为总反应的决速步，其中决速步为第1步，
故答案为：3；1；
②3O2 （g） ＝ 2O3（g）为吸热反应，ΔH＞0，正反应气体分子数减少，△S＜0，可知反应不能自发进行，
故答案为：不能；
（4）室温下，氢氧化钠溶液吸收NOX得到pH ＝ 9的亚硝酸钠和硝酸钠的混合溶液，反应原理：2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O；NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O，
①根据反应方程式，若NOX中含有一氧化氮，混合溶液中离子浓度[]＞[]；若NOX中不含一氧化氮，混合溶液中离子浓度[]＝[]，
故答案为：D；
②pH ＝ 9的NaNO2和NaNO3的混合溶液，c（H+）＝1×10﹣9 mol L﹣1、c（OH﹣）＝1×10﹣5 mol L﹣1，NaNO2是强碱弱酸盐，水解促进水电离，混合溶液中由水电离的H+浓度为1×10﹣5 mol L﹣1，
故答案为：1×10﹣5 mol L﹣1。
【点评】本题主要考查二氧化硫的污染及治理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
12．（2024秋 昌平区期末）某小组同学探究不同价态硫元素之间的相互转化。
可以选用的试剂有：①SO2水溶液②Na2SO3溶液③Na2S溶液④稀硫酸⑤浓硫酸⑥品红溶液⑦新制氯水⑧铜片
实验序号 预期的价态转化 选择的试剂（填入试剂编号） 实验现象
ⅰ +6→+4 ⑤⑧ 产生刺激性气味气体
ⅱ +4→0 ②③
产生淡黄色沉淀
ⅲ
+4→+6
①⑦ 黄绿色褪去
（1）实验ⅰ的化学方程式为 Cu+2H2SO4（浓）＝CuSO4+SO2↑+2H2O 。设计实验证明实现了+6→+4的转化，实验操作及现象是 将产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色 。
（2）结合实验ⅱ的实验目的，说明选择试剂③的理由是 Na2S中硫元素为﹣2价，具有还原性，可将Na2SO3中+4价硫还原； 。②③溶液混合后，无明显现象，加入稀硫酸后，产生淡黄色沉淀。该实验说明物质的氧化性强弱受 溶液酸碱性 影响。产生淡黄色沉淀的离子方程式为 2S2﹣6H+＝3S↓+3H2O 。
（3）实验ⅲ预期的价态转化为 +4→+6 。为验证Cl2被SO2还原为Cl﹣，甲同学向反应后的溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀。乙同学认为该方案不合理，理由是 新制氯水中含有Cl﹣，且硝酸具有强氧化性，能将SO2氧化为，干扰Cl﹣的检验 。
【答案】（1）Cu+2H2SO4（浓）＝CuSO4+SO2↑+2H2O；将产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色；
（2）Na2S中硫元素为﹣2价，具有还原性，可将Na2SO3中+4价硫还原；溶液酸碱性；2S2﹣6H+＝3S↓+3H2O；
（3）+4→+6；新制氯水中含有Cl﹣，且硝酸具有强氧化性，能将SO2氧化为，干扰Cl﹣的检验；
实验ⅱ现象为：产生淡黄色沉淀；
实验ⅲ预期的价态转化：+4→+6。
【分析】（1）实验ⅰ中浓硫酸（H2SO4，S为+6价）与铜片在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫（SO2，S为+4价）和水，证明实现了S元素+6价到+4价的转化，即证明有二氧化硫生成，二氧化硫能使品红溶液褪色；
（2）实验ⅱ的实验目的S元素+4价到0价的转化，Na2SO3（S为+4价）具有氧化性，Na2S（S为﹣2价）具有还原性，选择试剂③的理由是Na2S中硫元素为﹣2价，具有还原性，可将Na2SO3中+4价硫还原；②③溶液混合后，无明显现象，加入稀硫酸后，产生淡黄色沉淀（硫单质），说明物质的氧化性强弱受溶液酸碱性影响；
（3）实验ⅲ中SO2水溶液与新制氯水反应，预期的价态转化为+4→+6，甲同学向反应后的溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀来验证Cl2被SO2还原为Cl﹣，该方案不合理，因为新制氯水中含有Cl﹣，且硝酸具有强氧化性，能将SO2氧化为，干扰Cl﹣的检验；
【解答】解：（1）实验ⅰ中浓硫酸（H2SO4，S为+6价）与铜片在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫（SO2，S为+4价）和水，其反应方程式为：Cu+2H2SO4（浓）＝CuSO4+SO2↑+2H2O，证明实现了S元素+6价到+4价的转化，即证明有二氧化硫生成，二氧化硫能使品红溶液褪色，实验现象是：将产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，
故答案为：Cu+2H2SO4（浓）＝CuSO4+SO2↑+2H2O；将产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色；
（2）实验ⅱ的实验目的S元素+4价到0价的转化，Na2SO3（S为+4价）具有氧化性，Na2S（S为﹣2价）具有还原性，选择试剂③的理由是Na2S中硫元素为﹣2价，具有还原性，可将Na2SO3中+4价硫还原；②③溶液混合后，无明显现象，加入稀硫酸后，产生淡黄色沉淀（硫单质），说明物质的氧化性强弱受溶液酸碱性影响，其离子反应方程式为：2S2﹣6H+＝3S↓+3H2O，
故答案为：Na2S中硫元素为﹣2价，具有还原性，可将Na2SO3中+4价硫还原；溶液酸碱性；2S2﹣6H+＝3S↓+3H2O；
（3）实验ⅲ中SO2水溶液与新制氯水反应，预期的价态转化为+4→+6，甲同学向反应后的溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀来验证Cl2被SO2还原为Cl﹣，该方案不合理，因为新制氯水中含有Cl﹣，且硝酸具有强氧化性，能将SO2氧化为，干扰Cl﹣的检验，
故答案为：+4→+6；新制氯水中含有Cl﹣，且硝酸具有强氧化性，能将SO2氧化为，干扰Cl﹣的检验。
【点评】本题主要考查硫及其化合物的性质及应用，考查学生的实验分析和探究能力，及其不同价态硫的转化，为综合性较强且难度较大的题型。
13．（2024秋 连云港期末）脱硫是天然气、电力、石油化工等行业中非常重要的一个环节，其主要目的是去除含硫化合物，以减少环境污染和提高产品质量。
（1）天然气中含有少量H2S在酸性溶液中利用硫杆菌可实现天然气的催化脱硫，其原理如图﹣1所示。
①该催化脱硫过程总反应的化学方程式为 2H2S+O22S+2H2O 。
②该催化过程中，要控制反应温度不能过高，原因是 温度太高，硫杆菌失去活性 。
（2）Ca（OH）2钙基脱硫剂常用于工业烟气的干法脱硫。通过添加活性组分可以提高脱硫性能，为筛选出能够更加有效提升脱硫剂脱硫效果的活性组分，进行研究：250℃时，SO2初始浓度、模拟烟气流量相同的条件下，分别添加0.1gNaHCO3及氨基类活性物质进行脱硫实验，结果如图﹣2所示。
①反应一段时间后，SO2出口浓度都升高的原因是 随着反应时间的延长，活性组分逐渐被消耗 。
②250℃时，NaHCO3已分解为Na2CO3固体，氨基类活性物质分解产生气态NH3。氨基类活性物质脱硫性能明显优于NaHCO3的原因是 250℃时，碳酸氢钠分解为碳酸钠固体，反应为“气﹣固”模式，氨基类活性物质产生气态NH3，反应为“气﹣气”模式，氨基类活性物质显著增大了脱硫剂与SO2的接触面积，脱硫效率优于NaHCO3 。
（3）石油化工会产生含硫（﹣2价）废水，碱性条件下，催化氧化废水的机理如题图﹣3所示。
①步骤Ⅲ可描述为 S2﹣被*O氧化为S，*O得电子后与H2O结合生成OH﹣ 。
②步骤Ⅳ中，化合价发生变化的元素有 O、Mn 。
【答案】（1）①2H2S+O22S↓+2H2O；
②温度太高，硫杆菌失去活性；
（2）①随着反应时间的延长，活性组分逐渐被消耗；
②250℃时，碳酸氢钠分解为碳酸钠固体，反应为“气﹣固”模式，氨基类活性物质产生气态NH3，反应为“气﹣气”模式，氨基类活性物质显著增大了脱硫剂与SO2的接触面积，脱硫效率优于NaHCO3；
（3）①S2﹣被*O氧化为S，*O得电子后与H2O结合生成OH﹣；
②O、Mn。
【分析】反应I发生的反应为：Fe2（SO4）3+H2S＝2FeSO4+S↓+H2SO4，反应II发生的反应为：4FeSO4+O2+2H2SO4＝2Fe2（SO4）3+2H2O，则总反应为：2H2S+O2＝2S+2H2O，据此解答。
【解答】解：（1）①天然气中含有少量H2S，在酸性溶液中利用硫杆菌可实现天然气的催化脱硫，其中硫杆菌做催化剂，硫酸亚铁是中间产物循环使用，总化学方程式为：2H2S+O22S↓+2H2O，
故答案为：2H2S+O22S↓+2H2O；
②催化剂在特定条件下的催化效率高，温度高，会失去活性，
故答案为：温度太高，硫杆菌失去活性；
（2）①反应一段时间后，出口浓度都升高的原因是：随着反应时间的延长，活性组分逐渐被消耗，
故答案为：随着反应时间的延长，活性组分逐渐被消耗；
②250℃时，NaHCO3已分解为Na2CO3固体，氨基类活性物质分解产生气态NH3。氨基类活性物质脱硫性能明显优于NaHCO3的原因是：250℃时，碳酸氢钠分解为碳酸钠固体，反应为“气﹣固”模式，氨基类活性物质产生气态NH3，反应为“气﹣气”模式，氨基类活性物质显著增大了脱硫剂与SO2的接触面积，脱硫效率优于NaHCO3，
故答案为：250℃时，碳酸氢钠分解为碳酸钠固体，反应为“气﹣固”模式，氨基类活性物质产生气态NH3，反应为“气﹣气”模式，氨基类活性物质显著增大了脱硫剂与SO2的接触面积，脱硫效率优于NaHCO3；
（3）①根据流程中图示，步骤Ⅲ可描述为：S2﹣被*O氧化为S，*O得电子后与H2O结合生成OH﹣，
故答案为：S2﹣被*O氧化为S，*O得电子后与H2O结合生成OH﹣；
②步骤Ⅳ中变化可以看出，氧气参加反应，与Mn结合成键，化合价发生变化的元素有：O、Mn，
故答案为：O、Mn。
【点评】本题考查硫元素的化学性质、氧化还原反应，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
14．（2024秋 镇江期末）燃煤烟气中含有SO2排放前需净化处理。
（1）石灰石﹣石膏法脱硫。
石灰石浆液充分吸收烟气并氧化最终生成石膏CaSO4 2H2O，反应的化学方程式为 2CaCO3+2SO2+O2+4H2O＝2CaSO4 2H2O+2CO2 。
（2）氨法脱硫。用氨水将SO2转化为（NH4）2SO3（受热易分解），再氧化为（NH4）2SO4。主要流程如图：
①该方法脱硫时一定能提高SO2去除率的措施有 AC 。
A.增大氨水浓度
B.升高反应温度
C.使燃煤烟气与氨水充分接触
②空气氧化是氨法脱硫的重要过程，（NH4）2SO3浓度一定时温度对氧化速率的影响如图﹣1所示。
温度40﹣70℃区间，氧化速率先增大后减小可能原因是 60℃之前，随着温度升高，化学反应速率加快，氧化速率增大，60℃之后，随着温度升高，氧气的溶解度降低，氧化速率降低 。
（3）NaClO2溶液脱硫。
①NaClO2溶液中通入含SO2的烟气，反应后溶液中的阴离子为和Cl﹣，脱硫反应的离子方程式为 5SO2+2ClO2+6H2O＝52Cl﹣+12H+ 。
②已知酸件条件下NaClO2发生自身氧化还原反应，生成ClO2气体。温度高于50℃时，二氧化硫吸收效率下降，可能原因是 温度高于50℃时ClO2从溶液体系中逸出，脱硫反应的ClO2气体浓度减小 。
（4）γ﹣Al2O3催化下CO与烟气中的SO2反应脱硫。其反应原理为：2CO+SO22CO2+S。γ﹣Al2O3比表面积大，有利于反应气体的吸附，研究表明，γ﹣Al2O3在240℃以上催化能力明显增强。
反应相同的时间，SO2的去除率随反应温度的变化如图﹣2所示。
①240℃以前，随着温度的升高，SO2去除率降低的原因是 温度升高催化剂对SO2吸附能力减弱 。
②240℃以后，随着温度的升高，SO2去除率迅速增大的主要原因是 SO2在催化剂存在条件下被CO还原，温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快 。
【答案】（1）2CaCO3+2SO2+O2+4H2O＝2CaSO4 2H2O+2CO2；
（2）①AC；
②60℃之前，随着温度升高，化学反应速率加快，氧化速率增大，60℃之后，随着温度升高，氧气的溶解度降低，氧化速率降低；
（3）①5SO2+2ClO2+6H2O＝52Cl﹣+12H+；
②温度高于50℃时ClO2从溶液体系中逸出，脱硫反应的ClO2气体浓度减小；
（4）①温度升高催化剂对SO2吸附能力减弱；
②SO2在催化剂存在条件下被CO还原，温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快。
【分析】（4）催化剂γ﹣Al2O3的比表面积大，具有吸附性，温度较低时（小于240℃），SO2能够被催化剂吸附，SO2含量降低，随着温度的升高催化剂的吸附能力减弱；温度较高（大于240℃）时，发生反应2CO+SO2＝2CO2+S，SO2在催化剂存在条件下被CO还原。
【解答】解：（1）二氧化硫与碳酸钙、氧气、水反应生成石膏和水，反应的化学方程式：2CaCO3+2SO2+O2+4H2O＝2 CaSO4 2H2O+2CO2；
故答案为：2CaCO3+2SO2+O2+4H2O＝2CaSO4 2H2O+2CO2；
（2）①提高SO2的去除率，可以增大氨水的浓度、与氨水充分接触，升高温度，降低气体的溶解度，不利于吸收，
故答案为：AC；
②温度40﹣70℃区间，氧化速率先增大后减小可能原因是60℃之前，随着温度升高，化学反应速率加快，氧化速率增大，60℃之后，随着温度升高，氧气的溶解度降低，氧化速率降低，
故答案为：60℃之前，随着温度升高，化学反应速率加快，氧化速率增大，60℃之后，随着温度升高，氧气的溶解度降低，氧化速率降低；
（3）①NaClO2溶液中通入含SO2的烟气，反应后溶液中的阴离子为和Cl﹣，反应为ClO2氧化二氧化硫生成硫酸，二氧化氯被还原生成盐酸，反应的离子方程式为：5SO2+2ClO2+6H2O＝52Cl﹣+12H+，
故答案为：5SO2+2ClO2+6H2O＝52Cl﹣+12H+；
②温度升高，气体容易从溶液体系中逸出，酸性条件下，NaClO2发生自身氧化还原反应，生成ClO2气体，温度高于50℃时ClO2从溶液体系中逸出，脱硫反应的ClO2气体浓度减小，导致二氧化硫吸收效率下降，
故答案为：温度高于50℃时ClO2从溶液体系中逸出，脱硫反应的ClO2气体浓度减小；
（4）①催化剂γ﹣Al2O3的比表面积大，具有吸附性，温度小于240℃，SO2能够被催化剂吸附，SO2含量降低，随着温度的升高催化剂的吸附能力减弱，导致催化剂吸附的SO2减少，则240℃以前，随着温度的升高，SO2去除率降低的原因是：温度升高催化剂对SO2吸附能力减弱，
故答案为：温度升高催化剂对SO2吸附能力减弱；
②温度大于240℃时，发生反应2CO+SO2＝2CO2+S，SO2在催化剂存在条件下被CO还原，温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快，SO2去除率增大，则240℃以后，随着温度的升高，SO2去除率迅速增大的主要原因是：SO2在催化剂存在条件下被CO还原，温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快，
故答案为：SO2在催化剂存在条件下被CO还原，温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快。
【点评】本题考查较为综合，涉及氧化还原、环境污染及治理等知识，题目难度中等，注意掌握氧化还原知识的应用，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力。
15．（2024秋 抚顺期末）硫及其化合物与生产、生活及环境息息相关。回答下列问题：
（1）SO2和氮的氧化物的大量排放会导致酸雨，它们的主要来源是煤和石油的燃烧。酸雨可导致的危害有 ABD （填标号）。
A.腐蚀建筑物
B.使树木枯萎
C.土壤碱化
D.恶化人类环境
为了减少硫酸型酸雨的形成，必须减少SO2的排放量，可对燃料中的硫化物进行 脱硫处理 （填一种措施）。
（2）石油炼制过程中产生的大量H2S废气的去除方法如图，该方法对H2S的去除率可达99%以上。
“吸收H2S”步骤的反应的离子方程式为 。
（3）某化学学习小组设计如图所示的实验装置，测定工业原料气（含SO2、N2、CO2）中SO2的含量。
①写出装置A中发生反应的离子方程式： 。
当装置A中出现 溶液由蓝色恰好变成无色 （填现象）时，立即停止通气。
②可用来代替A中碘的淀粉溶液且能达到实验目的的最合适的试剂是 A （填标号），此时A中发生反应的离子方程式为 。
A.酸性KMnO4溶液
B.NaCl溶液
C.NaOH溶液
③若A中碘的淀粉溶液体积为25mL，其中碘的浓度为0.04mol L﹣1，收集到的N2与CO2的体积共297.6mL（已折算为标准状况下的体积），则该工业原料气中SO2的含量是 200 mg L﹣1。（忽略气体在水中的溶解）
【答案】（1）ABD；脱硫处理；
（2）；
（3）①；溶液由蓝色恰好变成无色；
②A；；
③200。
【分析】（1）根据酸雨的酸性较强，能腐蚀建筑物、导致树木枯萎等从而恶化人类环境，但不会使土壤碱化，减少酸雨的形成的措施进行分析；
（2）根据用氯化铁溶液吸收硫化氢发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫单质进行分析；
（3）根据二氧化硫具有还原性可被碘氧化，碘的作用是只与二氧化硫反应不与其他两种气体反应，氯化钠不与二氧化硫反应，氢氧化钠还会吸收二氧化碳影响测量结果，进行分析。
【解答】解：（1）酸雨的酸性较强，能腐蚀建
高考化学考前冲刺押题预测 非金属元素及其化合物（解答题）
一．解答题（共20小题）
1．（2024秋 丰台区期末）元素的价—类二维图是学习元素及其化合物相关知识的重要模型工具。如图为氯元素的价—类二维图，回答下列问题。
（1）物质X和Y的化学式分别为 、 。
（2）预测化学性质。
①从物质类别角度，HCl能与 （填序号）发生反应。
②从化合价角度，HCl能与 （填序号）发生反应。
A．NaOH B．KMnO4 C．Fe2O3
（3）解决实际问题。
①用氯气与氢氧化钠溶液制取84消毒液，体现了氯气具有 （填序号）。
A．氧化性 B．还原性
②84消毒液的有效成分是NaClO，使用时需浸泡一段时间或滴加白醋，其原因是 。
③84消毒液和洁厕灵（含稀盐酸）不能混用，用离子方程式表示其原因 。
④利用NaClO与Fe（NO3）3溶液反应制取新型净水剂高铁酸钾（K2FeO4）、补全离子方程式 。
□Fe3++□ClO﹣+□_____＝□□_____+□H2O
2．（2024秋 浦东新区期末）蚀刻是半导体制造工艺中的重要步骤，其原理是通过物理或化学方法对材料（如Al、Si等）进行选择性的去除，蚀刻分为干法蚀刻和湿法蚀刻，Cl2和BCl3是干法蚀刻Al时常用的氯基气体。
（1）蚀刻铝时发生了Cl2和Al的反应，这说明Cl2具有 。
A.酸性
B.可燃性
C.氧化性
D.漂白性
（2）蚀刻铝时的生成物之﹣AlCl3可作净水剂，原因是它溶于水能形成Al（OH）3胶体，下列关于Al（OH）3胶体的认识，错误的是 。
A.可以产生丁达尔现象
B.可以透过半透膜
C.Al（OH）3胶体呈电中性
D.可以吸附水中的悬浮颗粒物
（3）已知硼是第2周期ⅢA族的元素，下列关于硼的说法正确的是 （不定项）。
A.非金属性：硼＜碳
B.最高价氧化物对应水化物酸性：硼＜氯
C.原子半径：硼＜氮
D.最高正化合价：硼＜铝
（4）三甲基胺合三氯化硼（化学式为BCl3 C3H9N）在液晶领域的应用广泛。该化合物中提供空轨道形成配位键的原子是 。
A.氢
B.硼
C.碳
D.氮
三甲基胺的结构简式为 ，已知其中碳元素的化合价为﹣2价，从共用电子对偏移的角度解释原因。 硝酸和氢氟酸是湿法蚀刻单晶硅的重要试剂。
（5）某次蚀刻中，产生了相同物质的量的NO和NO2配平此条件下的化学方程式：
Si+ HNO3+ HF— H2SiF6+ NO↑+ NO2↑+ H2O
若反应过程中转移了3mol电子，则理论上可蚀刻Si g。
实际生产中，收集到的气体体积小于理论值，可能的原因有 （任写一条）。
3．（2024秋 海南期末）工业上氯及其化合物的用途非常广泛。回答下列问题：
（1）实验室利用MnO2与浓盐酸制取氯气的化学方程式为 。
（2）如表是研究氯水性质实验的部分活动记录。
实验内容 实验现象 解释原因（文字或反应）
观察氯水颜色 ① 氯水中含有氯气分子
向氯水中滴入NaHCO3溶液 有无色气体生成 ② （写离子方程式）
用玻璃棒蘸取氯水，点在品红试纸上 红色褪去 ③
（3）“价﹣类”二维图是研究元素的重要方法，如图为氯及其价态化合物的“价﹣类”二维图。
①二维图缺失的类别A是 ；B的化学式为 。
②“84”消毒液露置于空气中，其有效成分在空气中CO2的作用下生成两种物质，其中一种是HClO，另一种是酸式盐，写出该反应的式： 。
（4）如图是用强光照射密闭广口瓶中新制氯水时，用数字化传感器采集的图像，下列纵坐标（y）代表的物理量与图像相符的是 （填字母）。
a.溶液颜色的变化
b.瓶中氧气的体积分数
c.溶液的导电能力
d.溶液的漂白能力
4．（2024秋 河东区期末）实验室制备氯气并利用氯气制备含氯消毒剂。回答下列问题：
Ⅰ.实验室利用图1制备氯气
（1）X的名称是 。
（2）A中发生反应的化学方程式是 。
（3）为制备干燥、纯净的氯气，装置还需如何改进 。
Ⅱ.实验室中利用图2 装置（部分装置省略）制备KClO3和NaClO。
（已知：氯气与热的氢氧化钠溶液反应生成NaClO3与冷的氢氧化钠溶液反应生成NaClO）
（4）a中发生反应的离子反应化学方程式是 。
（5）b中采用冰水冷却的目的是 。
（6）c中的试剂是 。
Ⅲ.亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的消毒剂和漂白剂，可由NaClO3制得。
（7）已知NaClO2饱和溶液在不同温度时析出的晶体情况如下表：
温度 ＜38℃ 38～60℃ ＞60℃
析出晶体 NaClO2 3H2O NaClO2 分解成NaClO3和NaCl
利用NaClO2溶液制得NaClO2晶体的操作步骤： ； ； ；38～60℃的温水洗涤；低于60℃干燥。
（8）测定上述制备的固体中NaClO2纯度（假设杂质不参与反应）：取2.5g样品溶于水配成500mL溶液，取10mL该溶液于锥形瓶中，加入足量H2SO4酸化的KI溶液（被还原为Cl﹣），淀粉溶液作指示剂，用0.1000mol L﹣1的Na2S2O3标准液滴定（I2+2S22I﹣+S4）当看到 现象时，表示达到滴定终点。经三次重复实验，消耗标准液体积平均值为20.00mL，NaClO2的纯度为 。
5．（2024秋 昌平区期末）从物质类别和元素化合价两个维度研究物质的性质及转化是重要的学习方法。
以上是氯元素的“价类二维图”的部分信息。请回答下列问题：
（1）根据图中信息写出物质X、Y的化学式 、 。
（2）任写一条体现X类别通性的化学反应方程式 。
（3）从类别角度推测，下列物质中能与HClO4反应的有 。
a.Fe
b.NaOH
c.H2SO4
d.SO3
（4）从价态角度推测，NaClO具有 （填“氧化性”或“还原性”），理由是 ，因此可与HCl反应生成Cl2。
（5）氯气有毒，实验室用氢氧化钠溶液吸收，该反应的化学方程式为 ，消耗1mol Cl2转移 mol电子。
6．（2024秋 嘉定区期末）自然界中，陆地、海洋、大气中的氮元素，通过各种相互转换建立起生态系统的物质循环。以下为氮元素的循环图：
（1）以上自然界氮循环过程中，说法正确的是 。
A．过程②③表示的是反硝化作用
B．过程④⑤均为还原反应
C．NOx为NO2
D．过程⑥称为固氮
（2）以上流程中有机污染物主要成分为 。
A．蛋白质
B．糖类
C．油脂
D．甘油
（3）尿素CO（NH2）2是一种易溶于水的有机氮肥，下列关于尿素说法错误的是 。
A．尿素的含氮量较其他氮肥高，肥效也高
B．尿素分子与水分子间形成氢键
C．尿素中所含部分元素的第一电离能的大小关系为：O＞N＞C
D．铵态氮肥施用会引起土壤的酸化，施用尿素不存在此问题
7．（2024秋 西城区期末）人工固氮对于农业生产有重要意义。
（1）工业合成氨。
①N2和H2合成NH3反应的化学方程式是 。
②下列措施中，既有利于提高合成氨反应限度又有利于增大其反应速率的是 。
a.升高温度
b.增大压强
c.使用催化剂
（2）中国科学家研究Cu—Mn合金催化剂电催化还原N2制NH3，装置如图1所示。
①阴极生成NH3其电极反应式是 。
②用相同的电解装置和试剂进行实验，证明NH3来自电催化还原N2，需排除以下可能：
ⅰ.环境和电解池中存在微量的NH3
ⅱ.Cu—Mn合金与N2、H2O直接反应生成NH3
下列实验和结果能同时排除ⅰ、ⅱ的是 。
资料：自然界中的丰度：14N为99.6%，15N为0.4%。
a.用Ar代替N2进行实验，电解后未检测到NH3
b.用15N2代替N2进行实验，电解后仅检测到15NH3
c.不通电进行实验，未检测到NH3
③NH3的生成速率、NH3和H2的法拉第效率（FE）随阴极的电势变化如图2和图3所示。
资料：ⅰ.相同条件下，阴极的电势越低，电流越大。
ⅱ.某电极上产物B的FE（B）。
阴极的电势由﹣0.2V降到﹣0.3V时，NH3的生成速率增大。阴极的电势继续降低，NH3的生成速率反而减小。结合FE解释NH3的生成速率减小的原因： 。
（3）用滴定法测定溶液中的物质的量浓度的一种方法如下。
Ⅰ.取v1mL含的待测溶液。
Ⅱ.加入过量的V2mLc2mol L﹣1NaOH溶液。
Ⅲ.蒸馏，将蒸出的NH3用过量的V3mLc3mol L﹣1H2SO4溶液吸收。
Ⅳ.加入甲基橙指示剂，用c4mol L﹣1NaOH溶液滴定吸收液中过量的H2SO4消耗的NaOH溶液体积为V4mL，计算待测溶液中的物质的量浓度时用到的溶液体积： 和V4。
8．（2024春 乐山期末）氨气是一种重要的工业原料，其中约80%用来生产各种氮肥。回答下列问题：
（1）某化学兴趣小组为了制取氨气并探究其性质，按下列装置（部分夹持装置已略去）进行实验。
①仪器A的名称为 。
②实验中观察到C装置中的现象是 ，用化学用语解释产生该现象的原因 。
③当实验进行一段时间后，挤压D装置中的胶头滴管，滴入1～2滴浓盐酸，可观察到的现象是 ；装置E中盛装的试剂可以为 。
（2）如图是氨气生产氮肥的两条重要路线（部分产物未标出）
①反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
②在体积为VL的干燥烧瓶中充满干燥的NO2气体，利用反应Ⅲ做喷泉实验，实验装置如图所示，实验结束后进入烧瓶内液体的体积理论上为 L，喷泉实验前后烧瓶中气体颜色的变化为 。
③写出反应Ⅴ氨气合成尿素的化学方程式 。
④相同质量的硝酸铵和尿素两种氮肥中氮元素质量比为 。
9．（2023秋 青浦区校级期末）自然界中的氮元素以氮气、氮氧化物和硝酸盐等形式存在，人类对氮元素的利用，就是实现氮元素在不同物质之间的转化。
（1）氮是植物生长的必需元素。有关说法中错误的是 。
A．氮气分子很稳定
B．尿素属于铵态氮肥
C．工业合成氨是人工固氮
D．闪电实现了大气固氮
（2）如图为氮元素的价类二维图。下列说法正确的是 。
A．X属于酸性氧化物
B．NO2转化为HNO3一定需要加入氧化剂
C．一定条件下，NO2和NH3反应可以转化成N2
D．实验室采用加热分解NH4Cl固体制取NH3
（3）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 。
A．NH3易溶于水，可用作制冷剂
B．HNO3具有强氧化性，可用于制NH4NO3
C．NH4HCO3受热易分解，可用作化肥
D．N2性质稳定，可用于食品保护
（4）氨气是生产氮肥的主要原料，工业合成氨的化学方程式为 。结合化学方程式简述为何氮肥常用铵态氮肥而不直接是用氨水 。
（5）NH3催化还原氮氧化物（SCR）技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图所示。当NO2与NO的物质的量之比为1：1时与足量氨气在一定条件下发生脱氮反应。该反应的化学方程式为 。
（6）浓、稀硝酸的性质既相似又有差别，若要除去铁制品表面的铜镀层应选择 （填“浓”或“稀”）硝酸，原因是 。
10．（2023秋 青浦区校级期末）课本里介绍的合成氨技术叫哈伯法，是德国诺贝尔化学奖获得者哈伯发明的。其合成原理为：N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）ΔH＜0，ΔS＜0。
（1）下列关于工业合成氨的说法正确的是 。
A.因为ΔH＜0，所以该反应一定能自发进行
B.因为ΔS＜0，所以该反应一定不能自发进行
C.在高温下进行是为了提高反应物的转化率
D.使用催化剂加快反应速率是因为催化剂降低了反应的活化能
（2）某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对工业合成氨反应的影响。实验结果如图所示（图中T表示温度，n表示H2物质的量）。
①图象中T2和T1的关系是：T2 T1（填“＞，＜或＝”，下同）。
②a.b.c.d四点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是 （填字母）。
（3）恒温下，往一个4L的密闭容器中充入5.2mol H2和2mol N2，反应过程中对NH3的浓度进行检测，得到的数据如下表所示：
时间/min 5 10 15 20 25 30
c（NH3）/mol L﹣1 0.08 0.14 0.18 0.20 0.20 0.20
①此条件下该反应的一定处于平衡状态的时间段是 。
②若维持容器体积不变，温度不变，往原平衡体系中加入H2、N2和NH3各4mol，化学平衡将向 反应方向移动（填“正”或“逆”）。请通过计算说明该方向的判断理由 。
（4）工业合成氨反应在催化剂表面的反应历程及能量变化如图所示，下列说法正确的是 。
A.增大压强，①→②之间的能量差值会增大
B.合成氨的正、逆反应的焓变相同
C.合成氨的过程是吸热过程
D.若使用催化剂，生成等量的NH3需要的时间更短
11．（2024秋 嘉定区期末）空气中含氮、硫的氧化物会引起酸雨，其中SO2主要来自于含硫的煤和石油的燃烧。
（1）由煤和石油燃烧导致的酸雨样品，放置一段时间后pH会 （填“变大”或“变小”）。
（2）煤化工经过 得到煤焦油，再通过 可以得到如苯、苯酚、沥青等化工原料。
A．裂化
B．裂解
C．干馏
D．分馏
（3）NO虽然会污染空气，但也可催化分解空气中的臭氧，反应历程如下：
①上图反应历程中，基元反应有 个，其中决速步为第 步。
②判断3O2（g）＝2O3（g）反应能否自发进行 。（填“能”或“不能”）
（4）室温下，NaOH溶液吸收NOX得到pH＝9的NaNO2和NaNO3的混合溶液，反应原理：
2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O
NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O
①混合溶液中离子浓度[] []。
A．大于
B．小于
C．等于
D．无法比较
②混合溶液中由水电离的H+浓度为 。
12．（2024秋 昌平区期末）某小组同学探究不同价态硫元素之间的相互转化。
可以选用的试剂有：①SO2水溶液②Na2SO3溶液③Na2S溶液④稀硫酸⑤浓硫酸⑥品红溶液⑦新制氯水⑧铜片
实验序号 预期的价态转化 选择的试剂（填入试剂编号） 实验现象
ⅰ +6→+4 ⑤⑧ 产生刺激性气味气体
ⅱ +4→0 ②③
ⅲ
①⑦ 黄绿色褪去
（1）实验ⅰ的化学方程式为 。设计实验证明实现了+6→+4的转化，实验操作及现象是 。
（2）结合实验ⅱ的实验目的，说明选择试剂③的理由是 。②③溶液混合后，无明显现象，加入稀硫酸后，产生淡黄色沉淀。该实验说明物质的氧化性强弱受 影响。产生淡黄色沉淀的离子方程式为 。
（3）实验ⅲ预期的价态转化为 。为验证Cl2被SO2还原为Cl﹣，甲同学向反应后的溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀。乙同学认为该方案不合理，理由是 。
13．（2024秋 连云港期末）脱硫是天然气、电力、石油化工等行业中非常重要的一个环节，其主要目的是去除含硫化合物，以减少环境污染和提高产品质量。
（1）天然气中含有少量H2S在酸性溶液中利用硫杆菌可实现天然气的催化脱硫，其原理如图﹣1所示。
①该催化脱硫过程总反应的化学方程式为 。
②该催化过程中，要控制反应温度不能过高，原因是 。
（2）Ca（OH）2钙基脱硫剂常用于工业烟气的干法脱硫。通过添加活性组分可以提高脱硫性能，为筛选出能够更加有效提升脱硫剂脱硫效果的活性组分，进行研究：250℃时，SO2初始浓度、模拟烟气流量相同的条件下，分别添加0.1gNaHCO3及氨基类活性物质进行脱硫实验，结果如图﹣2所示。
①反应一段时间后，SO2出口浓度都升高的原因是 。
②250℃时，NaHCO3已分解为Na2CO3固体，氨基类活性物质分解产生气态NH3。氨基类活性物质脱硫性能明显优于NaHCO3的原因是 。
（3）石油化工会产生含硫（﹣2价）废水，碱性条件下，催化氧化废水的机理如题图﹣3所示。
①步骤Ⅲ可描述为 。
②步骤Ⅳ中，化合价发生变化的元素有 。
14．（2024秋 镇江期末）燃煤烟气中含有SO2排放前需净化处理。
（1）石灰石﹣石膏法脱硫。
石灰石浆液充分吸收烟气并氧化最终生成石膏CaSO4 2H2O，反应的化学方程式为 。
（2）氨法脱硫。用氨水将SO2转化为（NH4）2SO3（受热易分解），再氧化为（NH4）2SO4。主要流程如图：
①该方法脱硫时一定能提高SO2去除率的措施有 。
A.增大氨水浓度
B.升高反应温度
C.使燃煤烟气与氨水充分接触
②空气氧化是氨法脱硫的重要过程，（NH4）2SO3浓度一定时温度对氧化速率的影响如图﹣1所示。
温度40﹣70℃区间，氧化速率先增大后减小可能原因是 。
（3）NaClO2溶液脱硫。
①NaClO2溶液中通入含SO2的烟气，反应后溶液中的阴离子为和Cl﹣，脱硫反应的离子方程式为 。
②已知酸件条件下NaClO2发生自身氧化还原反应，生成ClO2气体。温度高于50℃时，二氧化硫吸收效率下降，可能原因是 。
（4）γ﹣Al2O3催化下CO与烟气中的SO2反应脱硫。其反应原理为：2CO+SO22CO2+S。γ﹣Al2O3比表面积大，有利于反应气体的吸附，研究表明，γ﹣Al2O3在240℃以上催化能力明显增强。
反应相同的时间，SO2的去除率随反应温度的变化如图﹣2所示。
①240℃以前，随着温度的升高，SO2去除率降低的原因是 。
②240℃以后，随着温度的升高，SO2去除率迅速增大的主要原因是 。
15．（2024秋 抚顺期末）硫及其化合物与生产、生活及环境息息相关。回答下列问题：
（1）SO2和氮的氧化物的大量排放会导致酸雨，它们的主要来源是煤和石油的燃烧。酸雨可导致的危害有 （填标号）。
A.腐蚀建筑物
B.使树木枯萎
C.土壤碱化
D.恶化人类环境
为了减少硫酸型酸雨的形成，必须减少SO2的排放量，可对燃料中的硫化物进行 （填一种措施）。
（2）石油炼制过程中产生的大量H2S废气的去除方法如图，该方法对H2S的去除率可达99%以上。
“吸收H2S”步骤的反应的离子方程式为 。
（3）某化学学习小组设计如图所示的实验装置，测定工业原料气（含SO2、N2、CO2）中SO2的含量。
①写出装置A中发生反应的离子方程式： 。
当装置A中出现 （填现象）时，立即停止通气。
②可用来代替A中碘的淀粉溶液且能达到实验目的的最合适的试剂是 （填标号），此时A中发生反应的离子方程式为 。
A.酸性KMnO4溶液
B.NaCl溶液
C.NaOH溶液
③若A中碘的淀粉溶液体积为25mL，其中碘的浓度为0.04mol L﹣1，收集到的N2与CO2的体积共297.6mL（已折算为标准状况下的体积），则该工业原料气中SO2的含量是 mg L﹣1。（忽略气体在水中的溶解）
16．（2024秋 南通期末）二氧化硫直接排放会污染空气，工业上采用多种方法脱硫。
（1）石灰石脱硫。工业上燃煤时常在煤炭中在煤炭中加入一定量石灰石，于850℃通入一定浓度的氧气，实现从源头上减少SO2的排放。该反应的化学方程式为 。
（2）碱性溶液脱硫。氨水、ZnO水悬浊液吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn（HSO3）2易溶于水；溶液中H2SO3、、的物质的量分数随pH的分布如图1所示。
①氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反应的离子方程式为 ；当通入SO2至溶液pH＝5时，溶液中浓度最大的阴离子是 （填化学式）。
②ZnO水悬浊液吸收SO2。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的阶段内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是 （填化学式）。
（3）海水脱硫。海水中含有少量碳酸盐（和），呈微碱性（8.0≤pH≤8.3）。海水脱硫过程如图2所示：
①在SO2吸收塔中采用海水从塔顶喷洒，烟气从塔底鼓入，其目的是 。
②相比氨水脱硫，海水脱硫的优点是 。
17．（2024秋 山西期末）同学们为了探究铁及其化合物的性质，设计了如图所示实验流程。
请回答下列问题：
（1）写出HCl在水中的电离方程式： 。
（2）Fe2O3与稀盐酸反应的基本反应类型为 ，该类型的反应 （填“一定是”“部分是”或“一定不是”）氧化还原反应。
（3）若物质X可以产生丁达尔效应，物质X是 。
（4）写出FeCl3溶液与铁粉反应的离子方程式： ，检验FeCl2溶液中是否含有Fe3+，可以使用的试剂为 （填试剂名称）。
（5）向FeCl2溶液中滴加NaOH溶液最终生成Fe（OH）3沉淀，该过程的实验现象为 。
（6）向盛有FeCl3溶液的烧杯中加入一小块金属钠，能观察到的实验现象是 （填序号）。
①金属钠沉在烧杯底部并四处游动 ②反应时能听到“嘶嘶”的响声
③金属钠熔化成小球 ④产生了红褐色沉淀
18．（2024秋 祁东县期末）铁的化合物在生活中具有广泛的应用，利用铁元素的“价﹣类”二维图可以从不同角度研究含铁物质的性质及其转化关系，试回答下列问题：
（1）若服用的药物胶囊中铬（Cr）含量超标，则人体会受到巨大的伤害。已知Fe（CrO2）2中铬元素为+3价，则其中的铁元素为 价，Fe（CrO2）2属于 （填“酸”“碱”“盐”或“氧化物”），根据“价﹣类”二维图，Fe（CrO2）2可能具有的性质为 （填标号）。
A.只有氧化性
B.只有还原性
C.既有还原性又有氧化性
D.无法判断
（2）琥珀酸亚铁片（呈暗黄色，难溶于水，可溶于盐酸）是市场上常见的一种补铁药物。
①服用维生素C片，可以使补铁药品中的Fe3+转化为Fe2+，说明维生素C具有 。
②证明在空气中久置的琥珀酸亚铁片药品已被氧化变质的方法为 。
（3）K2FeO4是一种新型的多功能水处理剂，与水反应放出氧气，同时产生具有强吸附性的Fe（OH）3胶体，可除去水中细微的悬浮物，具有净水作用。
①根据上述“价﹣类”二维图，K2FeO4位于图中 （填字母）点。
②将K2FeO4与水反应的化学方程式配平：
K2FeO4+ H2O＝ Fe（OH）3（胶体）+ O2↑+ KOH
③每生成3.36L（标准状况）O2时，转移的电子数为 NA。
19．（2024秋 南开区期末）含铁元素的部分物质的类别及铁元素价态的关系如图所示。
回答下列问题：
（1）Fe可与稀HNO3发生反应，生成Fe（NO3）3、NO气体和水。写出该反应的化学方程式： 。
（2）利用废铁屑（杂质不溶于酸）制备X
ⅰ、取ag废铁屑溶于过量稀硫酸中，过滤
ⅱ、向滤液中加入足量氯水
ⅲ、再加入过量的氢氧化钠溶液，有沉淀Y生成
ⅳ、过滤，加热沉淀Y至质量不再发生变化，得到bg固体X
①步骤ⅱ中氯水的作用是 。
②沉淀Y的颜色为 。
③该废铁屑中铁元素的质量分数为 。
（3）写出图中Z转化为Y的化学方程式： 。
（4）制作广告牌时，用FeCl3溶液刻蚀不锈钢，该反应的离子方程式为 。可与FeCl3溶液发生反应，使溶液变红的试剂是 （填名称）。
（5）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型绿色净水剂，主要用于饮用水处理。工业上制备高铁酸钠的原理为3NaClO+Fe2（SO4）3+10NaOH═2Na2FeO4+3NaCl+3Na2SO4+5H2O。
①每生成1mol Na2FeO4时转移电子的数目为 。
②高铁酸钠可用作净水剂的原因是 。
20．（2023秋 龙华区校级期末）在常温下，Fe与水并不起反应，但在高温下，Fe与水蒸气可发生反应。应用下列装置，在硬质玻璃管中放入还原铁粉和石棉绒的混合物，加热，并通入水蒸气，就可以完成高温下“Fe与水蒸气反应的实验“。
请回答该实验中的问题。
（1）写出该反应的化学方程式 ；
（2）实验前必须对整套装置进行的操作是 ；
（3）圆底烧瓶中盛装的是水，该装置受热后的主要作用是 ；
（4）干燥管中盛装的物质可以是 ，作用是 ；
（5）试管中收集到的气体是 ，如果要在A处玻璃管口处点燃该气体，则必须对该气体进行 ，这一操作的目的是 。
高考化学考前冲刺押题预测 非金属元素及其化合物（解答题）
参考答案与试题解析
一．解答题（共20小题）
1．（2024秋 丰台区期末）元素的价—类二维图是学习元素及其化合物相关知识的重要模型工具。如图为氯元素的价—类二维图，回答下列问题。
（1）物质X和Y的化学式分别为 ClO2 、 HClO 。
（2）预测化学性质。
①从物质类别角度，HCl能与 AC （填序号）发生反应。
②从化合价角度，HCl能与 B （填序号）发生反应。
A．NaOH B．KMnO4 C．Fe2O3
（3）解决实际问题。
①用氯气与氢氧化钠溶液制取84消毒液，体现了氯气具有 AB （填序号）。
A．氧化性 B．还原性
②84消毒液的有效成分是NaClO，使用时需浸泡一段时间或滴加白醋，其原因是 浸泡吸收CO2或加入白醋为溶液提供H+，H+与ClO﹣反应生成HClO，HClO氧化性大于ClO﹣，增强了消毒液的漂白性和杀菌能力 。
③84消毒液和洁厕灵（含稀盐酸）不能混用，用离子方程式表示其原因 Cl﹣+ClO﹣+2H+＝Cl2↑+H2O 。
④利用NaClO与Fe（NO3）3溶液反应制取新型净水剂高铁酸钾（K2FeO4）、补全离子方程式 。
□Fe3++□ClO﹣+□_____＝□□_____+□H2O
【答案】（1）ClO2；HClO；
（2）①AC；
②B；
（3）①AB；
②浸泡吸收CO2或加入白醋为溶液提供H+，H+与ClO﹣反应生成HClO，HClO氧化性大于ClO﹣，增强了消毒液的漂白性和杀菌能力；
③Cl﹣+ClO﹣+2H+＝Cl2↑+H2O；
④。
【分析】根据图示的氯元素的价—类二维图，可知X氯元素的氧化物，Cl元素化合价为+4价，则X是ClO2；Y是氯元素的含氧酸，Cl元素化合价为+1价，则Y是HClO，然后根据物质的性质及转化关系分析解答。
【解答】解：（1）根据上述分析可知：X是ClO2，Y是HClO，
故答案为：ClO2；HClO；
（2）①A．HCl是酸，能够与NaOH发生中和反应产生NaCl、H2O，故A符合题意；
B．KMnO4具有强氧化性，HCl具有还原性，二者会发生氧化还原反应产生KCl、MnCl2、Cl2、H2O，与元素化合价有关，而与物质类别无关，故B不符合题意；
C．Fe2O3与HCl发生反应产生FeCl3、H2O，与元素化合价无关，而与物质类别有关，故C符合题意；
故答案为：AC；
②根据①分析可知：从化合价角度分析，HCl与KMnO4会发生氧化还原反应，
故答案为：B；
（3）①Cl2与NaOH溶液发生反应：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，在该反应中Cl元素化合价部分升高，部分降低，因此Cl2既表现了氧化性，又表现了还原性，
故答案为：AB；
②84消毒液的有效成分是NaClO，使用时需浸泡一段时间或滴加白醋，这是由于浸泡吸收CO2或加入白醋为溶液提供H+，H+与ClO﹣反应生成HClO，HClO氧化性大于ClO﹣，增强了消毒液的漂白性和杀菌能力，
故答案为：浸泡吸收CO2或加入白醋为溶液提供H+，H+与ClO﹣反应生成HClO，HClO氧化性大于ClO﹣，增强了消毒液的漂白性和杀菌能力；
③84消毒液和洁厕灵（含稀盐酸）不能混用，这是由于84消毒液的有效成分是NaClO，洁厕灵主要成分是稀盐酸，二者混合使用，会发生氧化还原反应产生有毒Cl2，用离子方程式表示其原因是：Cl﹣+ClO﹣+2H+＝Cl2↑+H2O，
故答案为：Cl﹣+ClO﹣+2H+＝Cl2↑+H2O；
④在该反应中，Fe元素化合价由反应前Fe3+中+3价变为反应后中的+6价，化合价升高3价；Cl元素化合价由反应前ClO﹣中+1价变为反应后Cl﹣的﹣1价，化合价降低2价，化合价升降最小公倍数是6，所以Fe3+、的系数都是2，ClO﹣、Cl﹣的系数都是3；然后根据电荷守恒，可知反应物应该有10个OH﹣，最后根据H、O元素守恒，可知H2O的系数是5，则配平后的离子方程式应该为：，
故答案为：。
【点评】本题主要考查氯及其化合物的综合应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
2．（2024秋 浦东新区期末）蚀刻是半导体制造工艺中的重要步骤，其原理是通过物理或化学方法对材料（如Al、Si等）进行选择性的去除，蚀刻分为干法蚀刻和湿法蚀刻，Cl2和BCl3是干法蚀刻Al时常用的氯基气体。
（1）蚀刻铝时发生了Cl2和Al的反应，这说明Cl2具有 C 。
A.酸性
B.可燃性
C.氧化性
D.漂白性
（2）蚀刻铝时的生成物之﹣AlCl3可作净水剂，原因是它溶于水能形成Al（OH）3胶体，下列关于Al（OH）3胶体的认识，错误的是 B 。
A.可以产生丁达尔现象
B.可以透过半透膜
C.Al（OH）3胶体呈电中性
D.可以吸附水中的悬浮颗粒物
（3）已知硼是第2周期ⅢA族的元素，下列关于硼的说法正确的是 AB （不定项）。
A.非金属性：硼＜碳
B.最高价氧化物对应水化物酸性：硼＜氯
C.原子半径：硼＜氮
D.最高正化合价：硼＜铝
（4）三甲基胺合三氯化硼（化学式为BCl3 C3H9N）在液晶领域的应用广泛。该化合物中提供空轨道形成配位键的原子是 B 。
A.氢
B.硼
C.碳
D.氮
三甲基胺的结构简式为 ，已知其中碳元素的化合价为﹣2价，从共用电子对偏移的角度解释原因。 碳元素电负性大于氢元素，所以两者间的3对共用电子对偏向碳元素，氮元素的电负性大于碳元素，所以两者间的一对共用电子对偏离碳元素，以上两个因素综合起来，碳元素显﹣2价 硝酸和氢氟酸是湿法蚀刻单晶硅的重要试剂。
（5）某次蚀刻中，产生了相同物质的量的NO和NO2配平此条件下的化学方程式：
1 Si+ 2 HNO3+ 6 HF— 1 H2SiF6+ 1 NO↑+ 1 NO2↑+ 3 H2O
若反应过程中转移了3mol电子，则理论上可蚀刻Si 21 g。
实际生产中，收集到的气体体积小于理论值，可能的原因有 NO2会自发反应生成N2O4而使气体体积减小；NO2会与水反应而使气体体积减小；硝酸被还原的产物中NO比NO2多而使气体体积减小 （任写一条）。
【答案】（1）C；
（2）B；
（3）AB；
（4）B；；碳元素电负性大于氢元素，所以两者间的3对共用电子对偏向碳元素，氮元素的电负性大于碳元素，所以两者间的一对共用电子对偏离碳元素，以上两个因素综合起来，碳元素显﹣2价；
（5）1、2、6、1、1、1、3；21；NO2会自发反应生成N2O4而使气体体积减小；NO2会与水反应而使气体体积减小；硝酸被还原的产物中NO比NO2多而使气体体积减小。
【分析】（1）氯气具有强氧化性；
（2）根据胶体的性质分析；
（3）根据元素周期律分析；
（4）根据配位键的相关知识分析；
【解答】解：（1）氯气与铝反应生成AlCl3，氯元素的化合价降低，说明Cl2具有氧化性，故选C，
故答案为：C；
（2）A．胶体能产生丁达尔效应，则Al（OH）3胶体可以产生丁达尔现象，故A正确；
B．Al（OH）3胶体不能透过半透膜，故B错误；
C．Al（OH）3胶体不带电，呈电中性，故C正确；
D．Al（OH）3胶体具有吸附性，可以吸附水中的悬浮颗粒物，故D正确；
故答案为：B；
（3）A．同周期元素从左到右非金属性依次增强，则非金属性：硼＜碳，A正确；
B．非金属性越强，其高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性：硼＜氯，则最高价氧化物对应水化物酸性：硼＜氯，B正确；
C．同周期元素从左到右，原子半径依次减小，则原子半径：硼＞氮，C错误；
D．对于主族元素，最高正化合价等于族序数（O、F除外），硼和铝位于同一主族，则最高正化合价相同，均为+3价，D错误；
故答案为：AB；
（4）三甲基胺中只有N原子有1对孤对电子，三氯化硼中硼原子存在空轨道，二者形成配位键，故提供空轨道形成配位键的原子是硼，故选B；
三甲基胺中N与C共用电子对，其结构简式为；已知其中碳元素的化合价为﹣2价，从共用电子对偏移的角度解释原因是：碳元素电负性大于氢元素，所以两者间的3对共用电子对偏向碳元素，氮元素的电负性大于碳元素，所以两者间的一对共用电子对偏离碳元素，以上两个因素综合起来，碳元素显﹣2价，
故答案为：B；；碳元素电负性大于氢元素，所以两者间的3对共用电子对偏向碳元素，氮元素的电负性大于碳元素，所以两者间的一对共用电子对偏离碳元素，以上两个因素综合起来，碳元素显﹣2价；
（5）该反应中Si的化合价由0价升高到+4价，共升高4价，N元素化合价由+5价降低到+4价和+2价，产生了相同物质的量的NO和NO2，根据化合价升降守恒可知NO、NO2系数均为1，则Si和HNO3的系数分别为1、2，再利用原子守恒配平得该化学方程式为：Si+2HNO3+6HF＝H2SiF6+NO↑+NO2↑+3H2O，则空白处分别填1、2、6、1、1、3；该反应每消耗1mol Si转移4mol电子，则转移3mol电子时，消耗0.75mol Si，其质量为21g；实际生产中，收集到的气体体积小于理论值，可能的原因有：NO2会自发反应生成N2O4而使气体体积减小；NO2会与水反应而使气体体积减小；硝酸被还原的产物中NO比NO2多而使气体体积减小等（合理即可），
故答案为：1、2、6、1、1、1、3；21；NO2会自发反应生成N2O4而使气体体积减小；NO2会与水反应而使气体体积减小；硝酸被还原的产物中NO比NO2多而使气体体积减小。
【点评】本题考查氮及其化合物的性质，侧重考查学生的分析能力和实验能力，题目难度中等，本题考查较为综合，答题时注意把握题给信息，结合元素化合物知识解答。
3．（2024秋 海南期末）工业上氯及其化合物的用途非常广泛。回答下列问题：
（1）实验室利用MnO2与浓盐酸制取氯气的化学方程式为 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O 。
（2）如表是研究氯水性质实验的部分活动记录。
实验内容 实验现象 解释原因（文字或反应）
观察氯水颜色 ① 溶液呈黄绿色 氯水中含有氯气分子
向氯水中滴入NaHCO3溶液 有无色气体生成 ② H+＝CO2↑+H2O （写离子方程式）
用玻璃棒蘸取氯水，点在品红试纸上 红色褪去 ③ 氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，使品红试纸褪色
（3）“价﹣类”二维图是研究元素的重要方法，如图为氯及其价态化合物的“价﹣类”二维图。
①二维图缺失的类别A是 单质 ；B的化学式为 ClO2 。
②“84”消毒液露置于空气中，其有效成分在空气中CO2的作用下生成两种物质，其中一种是HClO，另一种是酸式盐，写出该反应的式： NaClO+CO2+H2O＝NaHCO3+HClO 。
（4）如图是用强光照射密闭广口瓶中新制氯水时，用数字化传感器采集的图像，下列纵坐标（y）代表的物理量与图像相符的是 bc （填字母）。
a.溶液颜色的变化
b.瓶中氧气的体积分数
c.溶液的导电能力
d.溶液的漂白能力
【答案】（1）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）①溶液呈黄绿色；
②H+＝CO2↑+H2O；
③氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，使品红试纸褪色；
（3）①单质；ClO2；
②NaClO+CO2+H2O＝NaHCO3+HClO；
（4）bc。
【分析】（1）实验室常用二氧化锰和浓盐酸加热反应制取氯气；
（2）①氯气是黄绿色气体，能溶于水；
②氯水中存在化学平衡Cl2+H2O HCl+HClO，则向氯水中滴入NaHCO3溶液，有无色气体生成，为二氧化碳，即碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水；
③次氯酸具有漂白性，能使有色物质褪色；
（3）①氯气是单质，氯为+4价、氧为﹣2价，据此写出化学式；
②根据酸性强弱可知次氯酸钠能与空气中的二氧化碳反应生成HClO；
（4）光照新制氯水会发生反应2HClO2HCl+O2↑，次氯酸浓度减少，使Cl2+H2O HCl+HClO的平衡正向移动，溶液的酸性增强、颜色减弱、漂白性减弱，据此分析判断。
【解答】解：（1）实验室制取氯气的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）①氯气是黄绿色气体，能溶于水，导致氯水颜色为黄绿色，
故答案为：溶液呈黄绿色；
②氯水中存在化学平衡Cl2+H2O HCl+HClO，氯水中的盐酸与NaHCO3反应生成二氧化碳，反应的离子方程式为H+＝CO2↑+H2O，
故答案为：H+＝CO2↑+H2O；
③氯水中存在化学平衡Cl2+H2O HCl+HClO，玻璃棒蘸取氯水，点在品红试纸上，红色褪去，说明次氯酸（或氯水）具有漂白性，
故答案为：氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，使品红试纸褪色；
（3）①Cl2是单质，B是+4价氯的氧化物，化学式为ClO2，
故答案为：单质；ClO2；
②根据酸性强弱可知次氯酸钠能与空气中的二氧化碳反应生成HClO和NaHCO3，相关的化学反应为：NaClO+CO2+H2O＝NaHCO3+HClO，
故答案为：NaClO+CO2+H2O＝NaHCO3+HClO；
（4）a.光照新制氯水，HClO会分解生成HCl，Cl2+H2O HCl+HClO的平衡正向移动，Cl2的浓度减小，溶液颜色会变浅，与图象不相符，故a错误；
b.HClO分解生成O2，则瓶中氧气的体积分数增大，与图象相符，故b正确；
c.HClO是弱电解质，分解生成强电解质HCl，溶液中离子浓度增大，则溶液的电导率（导电能力）增大，与图象相符，故c正确；
d.用强光照射新制氯水，HClO分解生成HCl，次氯酸浓度减小，溶液的漂白能力减弱，图像不符合，故d错误；
故答案为：bc。
【点评】本题考查氯气制备及含氯化合物的性质，把握氯水的成分及性质、物质的分类及性质、盐酸的性质、发生的反应即可解答，侧重分析能力与灵活运用能力的考查，注意掌握氯水的成分及性质，题目难度中等。
4．（2024秋 河东区期末）实验室制备氯气并利用氯气制备含氯消毒剂。回答下列问题：
Ⅰ.实验室利用图1制备氯气
（1）X的名称是 圆底烧瓶 。
（2）A中发生反应的化学方程式是 MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O 。
（3）为制备干燥、纯净的氯气，装置还需如何改进 装置E换成碱石灰干燥管 。
Ⅱ.实验室中利用图2 装置（部分装置省略）制备KClO3和NaClO。
（已知：氯气与热的氢氧化钠溶液反应生成NaClO3与冷的氢氧化钠溶液反应生成NaClO）
（4）a中发生反应的离子反应化学方程式是 3Cl2+6OH﹣Cl5Cl﹣+3H2O 。
（5）b中采用冰水冷却的目的是 防止生成NaClO3 。
（6）c中的试剂是 氢氧化钠溶液 。
Ⅲ.亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的消毒剂和漂白剂，可由NaClO3制得。
（7）已知NaClO2饱和溶液在不同温度时析出的晶体情况如下表：
温度 ＜38℃ 38～60℃ ＞60℃
析出晶体 NaClO2 3H2O NaClO2 分解成NaClO3和NaCl
利用NaClO2溶液制得NaClO2晶体的操作步骤： 在不高于60℃的温度下蒸发浓缩 ； 38﹣60℃范围内冷却结晶 ； 过滤 ；38～60℃的温水洗涤；低于60℃干燥。
（8）测定上述制备的固体中NaClO2纯度（假设杂质不参与反应）：取2.5g样品溶于水配成500mL溶液，取10mL该溶液于锥形瓶中，加入足量H2SO4酸化的KI溶液（被还原为Cl﹣），淀粉溶液作指示剂，用0.1000mol L﹣1的Na2S2O3标准液滴定（I2+2S22I﹣+S4）当看到 最后半滴Na2S2O3标准液滴入后，溶液蓝色恰好褪去且30s内不恢复原色 现象时，表示达到滴定终点。经三次重复实验，消耗标准液体积平均值为20.00mL，NaClO2的纯度为 90.5% 。
【答案】（1）圆底烧瓶；
（2）MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；
（3）装置E换成碱石灰干燥管（或D、E之间加浓硫酸洗气瓶）；
（4）3Cl2+6OH﹣Cl5Cl﹣+3H2O；
（5）防止生成NaClO3；
（6）氢氧化钠溶液；
（7）在不高于60℃的温度下蒸发浓缩；38﹣60℃范围内冷却结晶；过滤；
（8）最后半滴Na2S2O3标准液滴入后，溶液蓝色恰好褪去且30s内不恢复原色；90.5%。
【分析】Ⅰ.（1）根据仪器的形状和特点，可知X为圆底烧瓶；
（2）实验室利用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应制备氯气，化学方程式为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；
（3）原装置中E是用来吸收尾气的氢氧化钠溶液，不能干燥氯气，要制备干燥、纯净的氯气，需要除去氯气中的水蒸气和氯化氢气体。目前B装置一般用饱和食盐水除去氯化氢，还缺少干燥装置；
Ⅱ.（4）由已知信息，氯气与热的氢氧化钾溶液反应生成KClO3、KCl和H2O，离子方程式为：3Cl2+6OH﹣Cl5Cl﹣+3H2O；
（5）因为氯气与热的氢氧化钠溶液反应生成NaClO3，与冷的氢氧化钠溶液反应生成NaClO；
（6）c装置是尾气处理装置，氯气有毒，一般用氢氧化钠溶液吸收；
（7）由NaClO2饱和溶液在不同温度时析出晶体的情况可知，要得到NaClO2晶体，需在不高于60℃的温度下蒸发浓缩（防止分解），在38﹣60℃范围内冷却结晶（此时析出NaClO2），然后过滤、用38﹣60℃的温水洗涤（防止晶体溶解或转化）、低于60℃干燥（防止分解）；
（8）涉及的反应为4I﹣+4H+＝Cl﹣+2I2+2H2O，I2+2S22I﹣+S4，可得关系式～2I2～4S4，当看到最后半滴Na2S2O3标准液滴入后，溶液蓝色恰好褪去且30s内不恢复原色，表示达到滴定终点，
【解答】解：Ⅰ.（1）根据仪器的形状和特点，可知X为圆底烧瓶，
故答案为：圆底烧瓶；
（2）实验室利用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应制备氯气，化学方程式为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；
（3）原装置中E是用来吸收尾气的氢氧化钠溶液，不能干燥氯气，要制备干燥、纯净的氯气，需要除去氯气中的水蒸气和氯化氢气体。目前B装置一般用饱和食盐水除去氯化氢，还缺少干燥装置，应将装置E换成盛有浓硫酸的洗气瓶或者碱石灰干燥管等干燥装置来干燥氯气，
故答案为：装置E换成碱石灰干燥管（或D、E之间加浓硫酸洗气瓶）；
Ⅱ.（4）由已知信息，氯气与热的氢氧化钾溶液反应生成KClO3、KCl和H2O，离子方程式为：3Cl2+6OH﹣Cl5Cl﹣+3H2O，
故答案为：3Cl2+6OH﹣Cl5Cl﹣+3H2O；
（5）因为氯气与热的氢氧化钠溶液反应生成NaClO3，与冷的氢氧化钠溶液反应生成NaClO，所以b中采用冰水冷却的目的是防止生成NaClO3，以制备NaClO，
故答案为：防止生成NaClO3；
（6）c装置是尾气处理装置，氯气有毒，一般用氢氧化钠溶液吸收，所以c中的试剂是氢氧化钠溶液，
故答案为：氢氧化钠溶液；
（7）由NaClO2饱和溶液在不同温度时析出晶体的情况可知，要得到NaClO2晶体，需在不高于60℃的温度下蒸发浓缩（防止分解），在38﹣60℃范围内冷却结晶（此时析出NaClO2），然后过滤、用38﹣60℃的温水洗涤（防止晶体溶解或转化）、低于60℃干燥（防止分解），
故答案为：在不高于60℃的温度下蒸发浓缩；38﹣60℃范围内冷却结晶；过滤；
（8）涉及的反应为4I﹣+4H+＝Cl﹣+2I2+2H2O，I2+2S22I﹣+S4，可得关系式～2I2～4S4，则n（S2）＝0.1000mol/L×0.02L＝0.002mol，则10mL溶液中n（）0.0005mol，则500mL溶液中n（）═0.0005mol0.025mol，m（NaClO2） ＝ 0.025mol×90.5g/mol ＝ 2.2625g，NaClO2的纯度为90.5%，当看到最后半滴Na2S2O3标准液滴入后，溶液蓝色恰好褪去且30s内不恢复原色，表示达到滴定终点，
故答案为：最后半滴Na2S2O3标准液滴入后，溶液蓝色恰好褪去且30s内不恢复原色；90.5%。
【点评】本题主要考查氯气的实验室制法和探究物质的组成、含量计算等，为氯气及其化合物性质的应用题，此题综合性强、分析力强且难度较大。
5．（2024秋 昌平区期末）从物质类别和元素化合价两个维度研究物质的性质及转化是重要的学习方法。
以上是氯元素的“价类二维图”的部分信息。请回答下列问题：
（1）根据图中信息写出物质X、Y的化学式 HCl 、 ClO2 。
（2）任写一条体现X类别通性的化学反应方程式 NaOH+HCl＝NaCl+H2O 。
（3）从类别角度推测，下列物质中能与HClO4反应的有 ab 。
a.Fe
b.NaOH
c.H2SO4
d.SO3
（4）从价态角度推测，NaClO具有 氧化性 （填“氧化性”或“还原性”），理由是 氯元素化合价为+1价，处于中间价态 ，因此可与HCl反应生成Cl2。
（5）氯气有毒，实验室用氢氧化钠溶液吸收，该反应的化学方程式为 Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O ，消耗1mol Cl2转移 1 mol电子。
【答案】（1）HCl；ClO2；
（2）NaOH+HCl＝NaCl+H2O；
（3）ab；
（4）氧化性；氯元素化合价为+1价，处于中间价态；
（5）Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O；1。
【分析】X为HCl，Y为ClO2；
【解答】解：（1）物质X、Y的化学式分别为HCl、ClO2，
故答案为：HCl；ClO2；
（2）HCl属于酸，酸的通性是能使酸碱指示剂变色、能与碱反应、能与碳酸盐反应等，体现通性的化学反应方程式如NaOH+HCl＝NaCl+H2O，
故答案为：NaOH+HCl＝NaCl+H2O；
（3）HClO4属于一元强酸，酸能与活泼金属单质反应、能与碱反应，则能与HClO4反应的有Fe、NaOH，
故答案为：ab；
（4）NaClO中氯元素化合价为+1，处于中间价态，具有氧化性，因此可与HCl反应生成Cl2，
故答案为：氧化性；氯元素化合价为+1价，处于中间价态；
（5）氯气和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和水，该反应的化学方程式为Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，氯元素发生歧化反应，消耗1mol Cl2转移1mol电子，
故答案为：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O；1。
【点评】本题考查元素化合物，侧重考查学生含氯物质性质的掌握情况，试题难度中等。
6．（2024秋 嘉定区期末）自然界中，陆地、海洋、大气中的氮元素，通过各种相互转换建立起生态系统的物质循环。以下为氮元素的循环图：
（1）以上自然界氮循环过程中，说法正确的是 B 。
A．过程②③表示的是反硝化作用
B．过程④⑤均为还原反应
C．NOx为NO2
D．过程⑥称为固氮
（2）以上流程中有机污染物主要成分为 A 。
A．蛋白质
B．糖类
C．油脂
D．甘油
（3）尿素CO（NH2）2是一种易溶于水的有机氮肥，下列关于尿素说法错误的是 C 。
A．尿素的含氮量较其他氮肥高，肥效也高
B．尿素分子与水分子间形成氢键
C．尿素中所含部分元素的第一电离能的大小关系为：O＞N＞C
D．铵态氮肥施用会引起土壤的酸化，施用尿素不存在此问题
【答案】（1）B；
（2）A；
（3）C。
【分析】（1）根据 反硝化作用是指反硝化细菌在缺氧条件下，将硝酸盐中的氮通过一系列中间产物还原为氮气或一氧化二氮的生物化学过程，由游离态的氮转化为化合态的氮，属于氮的固定，进行分析；
（2）根据元素守恒，有机污染物含有C、H、O、N元素，进行分析；
（3）根据尿素[CO（NH2）2]是一种白色晶体，同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈现增大趋势，但是第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能大于相邻元素，铵态氮肥中的水解呈酸性，进行分析。
【解答】解：（1）A． 反硝化作用是指反硝化细菌在缺氧条件下，将硝酸盐中的氮通过一系列中间产物还原为氮气或一氧化二氮的生物化学过程，故过程②③不是反硝化作用，故A错误；
B．过程④⑤中N元素化合价降低，均为还原反应，故B正确；
C．氮气与氧气在放电条件下生成一氧化氮，故C错误；
D．由游离态的氮转化为化合态的氮，属于氮的固定，但转化⑥为化合态的氮到化合态的氮，不属于氮的固定，故D错误；
故答案为：B；
（2）根据元素守恒，有机污染物含有C、H、O、N元素，四个选项中只有蛋白质含有N元素，
故答案为：A；
（3）A．尿素是一种白色晶体，是目前含氮量最高的氮肥，故其肥效也高，故A正确；
B．尿素分子的结构简式为H2NCONH2，含有N—H键，能和水分子间形成氢键，故B正确；
C．同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈现增大趋势，但是第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能大于相邻元素，因此氮的第一电离能大于氧，三种元素的第一电离能从大到小顺序为N＞O＞C，故C错误；
D．铵态氮肥中的铵根离子水解呈酸性，会引起土壤的酸化，施用尿素不存在此问题，故D正确；
故答案为：C。
【点评】本题主要考查含氮物质的综合应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
7．（2024秋 西城区期末）人工固氮对于农业生产有重要意义。
（1）工业合成氨。
①N2和H2合成NH3反应的化学方程式是 N2+3H22NH3 。
②下列措施中，既有利于提高合成氨反应限度又有利于增大其反应速率的是 b 。
a.升高温度
b.增大压强
c.使用催化剂
（2）中国科学家研究Cu—Mn合金催化剂电催化还原N2制NH3，装置如图1所示。
①阴极生成NH3其电极反应式是 N2+6H++6e﹣＝2NH3 。
②用相同的电解装置和试剂进行实验，证明NH3来自电催化还原N2，需排除以下可能：
ⅰ.环境和电解池中存在微量的NH3
ⅱ.Cu—Mn合金与N2、H2O直接反应生成NH3
下列实验和结果能同时排除ⅰ、ⅱ的是 b 。
资料：自然界中的丰度：14N为99.6%，15N为0.4%。
a.用Ar代替N2进行实验，电解后未检测到NH3
b.用15N2代替N2进行实验，电解后仅检测到15NH3
c.不通电进行实验，未检测到NH3
③NH3的生成速率、NH3和H2的法拉第效率（FE）随阴极的电势变化如图2和图3所示。
资料：ⅰ.相同条件下，阴极的电势越低，电流越大。
ⅱ.某电极上产物B的FE（B）。
阴极的电势由﹣0.2V降到﹣0.3V时，NH3的生成速率增大。阴极的电势继续降低，NH3的生成速率反而减小。结合FE解释NH3的生成速率减小的原因： 阴极的电势继续降低，生成H2的逐渐增多，生成NH3的量逐渐减少，速率减小 。
（3）用滴定法测定溶液中的物质的量浓度的一种方法如下。
Ⅰ.取v1mL含的待测溶液。
Ⅱ.加入过量的V2mLc2mol L﹣1NaOH溶液。
Ⅲ.蒸馏，将蒸出的NH3用过量的V3mLc3mol L﹣1H2SO4溶液吸收。
Ⅳ.加入甲基橙指示剂，用c4mol L﹣1NaOH溶液滴定吸收液中过量的H2SO4消耗的NaOH溶液体积为V4mL，计算待测溶液中的物质的量浓度时用到的溶液体积： V1 和V4。
【答案】（1）①N2+3H22NH3；
②b；
（2）①N2+6H++6e﹣＝2NH3；
②b。
③阴极的电势继续降低，生成H2的逐渐增多，生成NH3的量逐渐减少，速率减小；
（3）V1。
【分析】（1）①N2和H2在高温、高压、催化剂的条件下反应，生成NH3；
②a.升高温度，能够加快反应速率，但合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
b.增大压强，反应速率增大，平衡正向移动；
c.使用催化剂只能加快反应速率，不能改变反应限度；
（2）①由图可知，阴极N2和H+得到e﹣生成NH3；
②a.用Ar代替N2进行实验，电解后未检测到NH3，无法确定NH3是否来自电催化还原N2；
b.用15N2代替N2进行实验，电解后仅检测到15NH3，说明15NH3是来自电催化还原15N2；
c.不通电进行实验，未检测到NH3，无法确定NH3是否来自电催化还原N2；
③由图可知阴极的电势继续降低，生成H2的逐渐增多，生成NH3的量逐渐减少，速率减小；
（3）根据题意可知，计算待测溶液中的物质的量浓度时用到的溶液体积：V1和V4，V1是待测溶液的体积，用于计算的物质的量浓度，V4是滴定过量硫酸消耗的NaOH溶液的体积，用于计算蒸出的NH3消耗的V3mLc3mol L﹣1H2SO4溶液中硫酸的物质的量，根据关系式：2～2NH3～H2SO4，进一步计算的物质的量及其浓度。
【解答】解：（1）①N2和H2合成NH3反应的化学方程式是：N2+3H22NH3，
故答案为：N2+3H22NH3；
②a.升高温度，能够加快反应速率，但合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，反应限度降低，故a错误；
b.增大压强，反应速率增大，平衡正向移动，反应限度增大，故b正确；
c.使用催化剂只能加快反应速率，不能改变反应限度，故c错误；
故答案为：b；
（2）①由图可知，阴极生成NH3其电极反应式是：N2+6H++6e﹣＝2NH3，
故答案为：N2+6H++6e﹣＝2NH3；
②a.用Ar代替N2进行实验，电解后未检测到NH3，无法确定NH3是否来自电催化还原N2，故a错误；
b.用15N2代替N2进行实验，电解后仅检测到15NH3，说明15NH3是来自电催化还原15N2，故b正确；
c.不通电进行实验，未检测到NH3，无法确定NH3是否来自电催化还原N2，NH3也可能来自Cu—Mn合金与N2、H2O直接反应生成，故c错误；
故答案为：b。
③由图可知，阴极的电势由﹣0.2V降到﹣0.3V时，NH3的生成速率增大，阴极的电势继续降低，NH3的生成速率反而减小，结合FE解释NH3的生成速率减小的原因是阴极的电势继续降低，生成H2的逐渐增多，生成NH3的量逐渐减少，速率减小，
故答案为：阴极的电势继续降低，生成H2的逐渐增多，生成NH3的量逐渐减少，速率减小；
（3）根据题意可知，计算待测溶液中的物质的量浓度时用到的溶液体积：V1和V4，V1是待测溶液的体积，用于计算的物质的量浓度，V4是滴定过量硫酸消耗的NaOH溶液的体积，用于计算蒸出的NH3消耗的V3mLc3mol L﹣1H2SO4溶液中硫酸的物质的量，根据关系式：2～2NH3～H2SO4，进一步计算的物质的量及其浓度，
故答案为：V1。
【点评】本题主要考查氨气的工业制法，电极反应式的书写，同时考查学生的获取信息的能力，属于基本知识的考查，难度中等。
8．（2024春 乐山期末）氨气是一种重要的工业原料，其中约80%用来生产各种氮肥。回答下列问题：
（1）某化学兴趣小组为了制取氨气并探究其性质，按下列装置（部分夹持装置已略去）进行实验。
①仪器A的名称为 球形干燥管 。
②实验中观察到C装置中的现象是 酚酞试纸变红 ，用化学用语解释产生该现象的原因 。
③当实验进行一段时间后，挤压D装置中的胶头滴管，滴入1～2滴浓盐酸，可观察到的现象是 有白烟生成 ；装置E中盛装的试剂可以为 水/稀硫酸 。
（2）如图是氨气生产氮肥的两条重要路线（部分产物未标出）
①反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 5：4 。
②在体积为VL的干燥烧瓶中充满干燥的NO2气体，利用反应Ⅲ做喷泉实验，实验装置如图所示，实验结束后进入烧瓶内液体的体积理论上为 L，喷泉实验前后烧瓶中气体颜色的变化为 红棕色变为无色 。
③写出反应Ⅴ氨气合成尿素的化学方程式 。
④相同质量的硝酸铵和尿素两种氮肥中氮元素质量比为 3：4 。
【答案】（1）①球形干燥管；
②酚酞试纸变红； ；
③有白烟生成；水/稀硫酸；
（2）①5：4；
②；红棕色变为无色；
③；
④3：4。
【分析】A制备氨气，B干燥氨气，C检验氨气是碱性气体，D收集氨气并验证与氯化氢反应，E吸收氨气，防止污染。
【解答】解：（1）①根据装置图，仪器A的名称为圆底烧瓶，
故答案为：球形干燥管；
②氨气是碱性气体，氨水呈碱性，实验中观察到C装置中的现象是湿润的酚酞试纸变红，产生该现象的原因是，
故答案为：酚酞试纸变红； ；
③当实验进行一段时间后，挤压D装置中的胶头滴管，滴入1～2滴浓盐酸，氨气和氯化氢反应生成氯化铵，可观察到的现象是有白烟生成；E的作用是吸收氨气，氨气易溶于水，装置E中盛装的试剂可以为水，
故答案为：有白烟生成；水/稀硫酸；
（2）①反应Ⅰ的方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，氨气中N元素化合价降低，氨气是还原剂，氧气中O元素化合价降低，氧气是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：4，
故答案为：5：4；
②在体积为V L的干燥烧瓶中充满干燥的NO2气体，利用反应III做喷泉实验，发生反应3NO2+H2O＝2HNO3+NO，实验结束后进入烧瓶内液体的体积理论上为L；NO2是红棕色气体、NO是无色气体，喷泉实验前后烧瓶中气体颜色的变化为红棕色变为无色，
故答案为：；红棕色变为无色；
③反应V是氨气和二氧化碳反应生成尿素和水，反应的化学方程式为，
故答案为：；
④硝酸铵中N元素的质量分数为，尿素中N元素的质量分数为，相同质量的硝酸铵和尿素两种氮肥中氮元素质量比为，
故答案为：3：4。
【点评】本题考查元素化合物，侧重考查学生含氮物质性质的掌握情况，试题难度中等。
9．（2023秋 青浦区校级期末）自然界中的氮元素以氮气、氮氧化物和硝酸盐等形式存在，人类对氮元素的利用，就是实现氮元素在不同物质之间的转化。
（1）氮是植物生长的必需元素。有关说法中错误的是 B 。
A．氮气分子很稳定
B．尿素属于铵态氮肥
C．工业合成氨是人工固氮
D．闪电实现了大气固氮
（2）如图为氮元素的价类二维图。下列说法正确的是 C 。
A．X属于酸性氧化物
B．NO2转化为HNO3一定需要加入氧化剂
C．一定条件下，NO2和NH3反应可以转化成N2
D．实验室采用加热分解NH4Cl固体制取NH3
（3）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 D 。
A．NH3易溶于水，可用作制冷剂
B．HNO3具有强氧化性，可用于制NH4NO3
C．NH4HCO3受热易分解，可用作化肥
D．N2性质稳定，可用于食品保护
（4）氨气是生产氮肥的主要原料，工业合成氨的化学方程式为 N2+3H22NH3 。结合化学方程式简述为何氮肥常用铵态氮肥而不直接是用氨水 氨水的有效成分是一水合氨，受热易分解为水和氨气NH3 H2ONH3↑+H2O，降低肥效且氨气有毒会污染环境，同时氨水相对于固体氮肥不便于储运和施肥 。
（5）NH3催化还原氮氧化物（SCR）技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图所示。当NO2与NO的物质的量之比为1：1时与足量氨气在一定条件下发生脱氮反应。该反应的化学方程式为 NO2+NO+2NH3 催化剂2N2+3H2O 。
（6）浓、稀硝酸的性质既相似又有差别，若要除去铁制品表面的铜镀层应选择 浓硝酸 （填“浓”或“稀”）硝酸，原因是 铁在浓硝酸中会钝化，铜可以和浓硝酸反应 。
【答案】（1）B；
（2）C；
（3）D；
（4）N2+3H22NH3；氨水的有效成分是一水合氨，受热易分解为水和氨气NH3 H2ONH3↑+H2O，降低肥效且氨气有毒会污染环境，同时氨水相对于固体氮肥不便于储运和施肥；
（5）NO2+NO+2NH3 催化剂2N2+3H2O；
（6）浓硝酸；铁在浓硝酸中会钝化，铜可以和浓硝酸反应。
【分析】（1）A．氮气分子中含有氮氮三键，键能较大；
B．尿素[CO（NH2）2]属于有机氮肥，不含有铵根离子；
C．氮元素从游离态变为化合态是氮的固定；
D．闪电时，氮气与氧气反应，生成一氧化氮；
（2）A．X为+2价N的氧化物，X为NO，与酸碱均不反应；
B．NO2可与水反应生成HNO3和NO，二氧化氮为氧化剂、还原剂；
C．NO2和NH3可发生氧化还原反应，为归中反应；
D．加热氯化铵分解生成HCl与氨气，在试管口化合生成氯化铵，不能制备氨气；
（3）A．液氨汽化吸收大量的热，可以做制冷剂；
B．HNO3可用于制硝酸铵是利用硝酸的酸性；
C．NH4HCO3 受热易分解和用作化肥无关；
D．氮气化学性质稳定；
（4）氨气是生产氮肥的主要原料，工业合成氨的化学方程式为N2+3H22NH3，因为氨水的有效成分是一水合氨，受热易分解为水和氨气NH3 H2ONH3↑+H2O；
（5）NO2与NO的物质的量之比不同，其反应的方程式为NO2+NO+2NH3 催化剂2N2+3H2O；
（6）浓、稀硝酸的性质既相似又有差别，若要除去铁制品表面的铜镀层应选择浓硝酸。
【解答】解：（1）A．氮气分子中含有氮氮三键，键能较大，一般条件下不易和其它物质反应，氮气分子很稳定，故A正确；
B．尿素[CO（NH2）2]属于有机氮肥，不含有铵根离子，不属于铵态氮肥，故B错误；
C．氮元素从游离态变为化合态是氮的固定，工业合成氨是通过人类生产活动把氮气转化为氨气，故C正确；
D．闪电时，氮气与氧气反应，生成一氧化氮，游离态的氮转化为化合态的氮，属固氮，故D正确；
故答案为：B；
（2）A．X为+2价N的氧化物，X为NO，与酸碱均不反应，为不成盐氧化物，故A错误；
B．NO2可与水反应生成HNO3和NO，二氧化氮为氧化剂、还原剂，不需要加氧化剂，故B错误；
C．NO2和NH3可发生氧化还原反应，为归中反应，可生成氮气，故C正确；
D．加热氯化铵分解生成HCl与氨气，在试管口化合生成氯化铵，不能制备氨气，应选铵盐与碱加热制备，故D错误；
故答案为：C；
（3）A．液氨汽化吸收大量的热，可以做制冷剂，与氨气易溶于水无关，故A错误；
B．HNO3可用于制硝酸铵是利用硝酸的酸性，与具有强氧化性无关，故B错误；
C．NH4HCO3 受热易分解和用作化肥无关，可以用作化肥是因为含有氮元素，故C错误；
D．氮气化学性质稳定，可用于食品保护气，故D正确；
故答案为：D；
（4）氨气是生产氮肥的主要原料，工业合成氨的化学方程式为N2+3H22NH3，因为氨水的有效成分是一水合氨，受热易分解为水和氨气NH3 H2ONH3↑+H2O，降低肥效且氨气有毒会污染环境，同时氨水相对于固体氮肥不便于储运和施肥，
故答案为：N2+3H22NH3；氨水的有效成分是一水合氨，受热易分解为水和氨气NH3 H2ONH3↑+H2O，降低肥效且氨气有毒会污染环境，同时氨水相对于固体氮肥不便于储运和施肥；
（5）NO2与NO的物质的量之比不同，化合价变化的总数就会不同，就会出现多种配平结果，本题中限定了二者的比例为1：1，把它们两个作为一个整体来分析化合价的变化，一共降低6价，根据电子转移守恒，则NH3的化学计量数就是2，一共升高6价，最后根据原子个数守恒确定水的化学计量数，NO2+NO+2NH3＝2N2+3H2O，反应条件注明催化剂，故化学方程式为NO2+NO+2NH3 催化剂2N2+3H2O，
故答案为：NO2+NO+2NH3 催化剂2N2+3H2O；
（6）浓、稀硝酸的性质既相似又有差别，若要除去铁制品表面的铜镀层应选择浓硝酸，原因是铁在浓硝酸中会钝化，铜可以和浓硝酸反应，
故答案为：浓硝酸；铁在浓硝酸中会钝化，铜可以和浓硝酸反应。
【点评】本题考查元素化合物，侧重考查学生含氮物质性质的掌握情况，试题难度中等。
10．（2023秋 青浦区校级期末）课本里介绍的合成氨技术叫哈伯法，是德国诺贝尔化学奖获得者哈伯发明的。其合成原理为：N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）ΔH＜0，ΔS＜0。
（1）下列关于工业合成氨的说法正确的是 D 。
A.因为ΔH＜0，所以该反应一定能自发进行
B.因为ΔS＜0，所以该反应一定不能自发进行
C.在高温下进行是为了提高反应物的转化率
D.使用催化剂加快反应速率是因为催化剂降低了反应的活化能
（2）某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对工业合成氨反应的影响。实验结果如图所示（图中T表示温度，n表示H2物质的量）。
①图象中T2和T1的关系是：T2 ＜ T1（填“＞，＜或＝”，下同）。
②a.b.c.d四点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是 c （填字母）。
（3）恒温下，往一个4L的密闭容器中充入5.2mol H2和2mol N2，反应过程中对NH3的浓度进行检测，得到的数据如下表所示：
时间/min 5 10 15 20 25 30
c（NH3）/mol L﹣1 0.08 0.14 0.18 0.20 0.20 0.20
①此条件下该反应的一定处于平衡状态的时间段是 20～30min 。
②若维持容器体积不变，温度不变，往原平衡体系中加入H2、N2和NH3各4mol，化学平衡将向 逆 反应方向移动（填“正”或“逆”）。请通过计算说明该方向的判断理由 浓度商大于平衡常数，平衡逆向移动 。
（4）工业合成氨反应在催化剂表面的反应历程及能量变化如图所示，下列说法正确的是 D 。
A.增大压强，①→②之间的能量差值会增大
B.合成氨的正、逆反应的焓变相同
C.合成氨的过程是吸热过程
D.若使用催化剂，生成等量的NH3需要的时间更短
【答案】（1）D；
（2）①＜；
②c；
（3）①20～30min；
②逆；浓度商大于平衡常数，平衡逆向移动；
（4）D。
【分析】（1）A．反应自发进行根据ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0；
B．反应自发进行根据ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0；
C．该反应为放热反应，高温不利于反应物的转化；
D．使用催化剂加快反应速率是因为催化剂降低了反应的活化能；
（2）①该反应为放热反应，温度高，不利于氨气的生成；
②增加氢气的浓度，有利于N2的转化，温度较低，有利于N2的转化；
（3）①根据表格中数据可知，当反应进行制20min时，氨气浓度不再改变，说明反应达平衡状态；
②利用三步计算法可知，
平衡常数：；
（4）A．①→②之间的能量差值只与物质能量有关；
B．合成氨正反应放热，ΔH＜0，逆反应吸热；
C．反应物总能量高于生成物总能量；
D．使用催化剂可降低反应活化能。
【解答】解：（1）A．反应自发进行根据ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0，只靠ΔH判断不准确，故A错误；
B．反应自发进行根据ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0，只靠ΔS判断不准确，故A错误；
C．该反应为放热反应，高温不利于反应物的转化，在高温下进行是为了加快反应速率，故C错误；
D．使用催化剂加快反应速率是因为催化剂降低了反应的活化能，故D正确；
故答案为：D；
（2）①该反应为放热反应，温度高，不利于氨气的生成，根据图可知，相同条件下，T1的氨气百分含量较低，则温度：T1＞T2，
故答案为：＜；
②增加氢气的浓度，有利于N2的转化，温度较低，有利于N2的转化，故N2的转化率最高的是c，
故答案为：c；
（3）①根据表格中数据可知，当反应进行制20min时，氨气浓度不再改变，说明反应达平衡状态，即处于平衡状态的时间段为：20～30min，
故答案为：20～30min；
②利用三步计算法可知，
平衡常数：；若维持容器体积不变，温度不变，往原平衡体系中加入H2、N2和NH3各4mol，浓度分别为H2、N2和NH3浓度分别为1.4mol/L、2mol/L、1.2mol/L，此时，平衡逆向移动，
故答案为：逆；浓度商大于平衡常数，平衡逆向移动；
（4）A．①→②之间的能量差值只与物质能量有关，与压强无关，故A错误；
B．合成氨正反应放热，ΔH＜0，逆反应吸热，ΔH＞0，故B错误；
C．反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，故C错误；
D．使用催化剂可降低反应活化能，加快反应速率，故D正确；
故答案为：D。
【点评】本题考查元素化合物，侧重考查学生含氮物质性质的掌握情况，试题难度中等。
11．（2024秋 嘉定区期末）空气中含氮、硫的氧化物会引起酸雨，其中SO2主要来自于含硫的煤和石油的燃烧。
（1）由煤和石油燃烧导致的酸雨样品，放置一段时间后pH会 变小 （填“变大”或“变小”）。
（2）煤化工经过 C 得到煤焦油，再通过 D 可以得到如苯、苯酚、沥青等化工原料。
A．裂化
B．裂解
C．干馏
D．分馏
（3）NO虽然会污染空气，但也可催化分解空气中的臭氧，反应历程如下：
①上图反应历程中，基元反应有 3 个，其中决速步为第 1 步。
②判断3O2（g）＝2O3（g）反应能否自发进行 不能 。（填“能”或“不能”）
（4）室温下，NaOH溶液吸收NOX得到pH＝9的NaNO2和NaNO3的混合溶液，反应原理：
2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O
NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O
①混合溶液中离子浓度[] D []。
A．大于
B．小于
C．等于
D．无法比较
②混合溶液中由水电离的H+浓度为 1×10﹣5mol L﹣1 。
【答案】（1）变小；
（2）C；D；
（3）①3；1；
②不能；
（4）①D；
②1×10﹣5 mol L﹣1。
【分析】（1）根据亚硫酸被氧化为硫酸，pH会变小进行分析；
（2）根据煤化工经过干馏得到煤焦油，煤焦油中含有苯、苯酚、粗氨水等，煤焦油通过分馏可以得到如苯、苯酚、沥青等化工原料，进行分析；
（3）根据活化能越大，反应速率越慢，慢反应为总反应的决速步，3O2 （g） ＝ 2O3（g）为吸热反应，ΔH＞0，进行分析；
（4）根据室温下，NaOH溶液吸收NOX得到pH ＝ 9的NaNO2和NaNO3的混合溶液，反应原理：2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O；NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O，进行分析。
【解答】解：（1）由煤和石油燃烧导致的酸雨样品中含有亚硫酸，放置一段时间后，亚硫酸被氧化为硫酸，pH会变小，
故答案为：变小；
（2）煤化工经过干馏得到煤焦油，煤焦油中含有苯、苯酚、粗氨水等，煤焦油通过分馏可以得到如苯、苯酚、沥青等化工原料，
故答案为：C；D；
（3）①上图反应历程中，基元反应有3个，活化能越大，反应速率越慢，慢反应为总反应的决速步，其中决速步为第1步，
故答案为：3；1；
②3O2 （g） ＝ 2O3（g）为吸热反应，ΔH＞0，正反应气体分子数减少，△S＜0，可知反应不能自发进行，
故答案为：不能；
（4）室温下，氢氧化钠溶液吸收NOX得到pH ＝ 9的亚硝酸钠和硝酸钠的混合溶液，反应原理：2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O；NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O，
①根据反应方程式，若NOX中含有一氧化氮，混合溶液中离子浓度[]＞[]；若NOX中不含一氧化氮，混合溶液中离子浓度[]＝[]，
故答案为：D；
②pH ＝ 9的NaNO2和NaNO3的混合溶液，c（H+）＝1×10﹣9 mol L﹣1、c（OH﹣）＝1×10﹣5 mol L﹣1，NaNO2是强碱弱酸盐，水解促进水电离，混合溶液中由水电离的H+浓度为1×10﹣5 mol L﹣1，
故答案为：1×10﹣5 mol L﹣1。
【点评】本题主要考查二氧化硫的污染及治理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
12．（2024秋 昌平区期末）某小组同学探究不同价态硫元素之间的相互转化。
可以选用的试剂有：①SO2水溶液②Na2SO3溶液③Na2S溶液④稀硫酸⑤浓硫酸⑥品红溶液⑦新制氯水⑧铜片
实验序号 预期的价态转化 选择的试剂（填入试剂编号） 实验现象
ⅰ +6→+4 ⑤⑧ 产生刺激性气味气体
ⅱ +4→0 ②③
产生淡黄色沉淀
ⅲ
+4→+6
①⑦ 黄绿色褪去
（1）实验ⅰ的化学方程式为 Cu+2H2SO4（浓）＝CuSO4+SO2↑+2H2O 。设计实验证明实现了+6→+4的转化，实验操作及现象是 将产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色 。
（2）结合实验ⅱ的实验目的，说明选择试剂③的理由是 Na2S中硫元素为﹣2价，具有还原性，可将Na2SO3中+4价硫还原； 。②③溶液混合后，无明显现象，加入稀硫酸后，产生淡黄色沉淀。该实验说明物质的氧化性强弱受 溶液酸碱性 影响。产生淡黄色沉淀的离子方程式为 2S2﹣6H+＝3S↓+3H2O 。
（3）实验ⅲ预期的价态转化为 +4→+6 。为验证Cl2被SO2还原为Cl﹣，甲同学向反应后的溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀。乙同学认为该方案不合理，理由是 新制氯水中含有Cl﹣，且硝酸具有强氧化性，能将SO2氧化为，干扰Cl﹣的检验 。
【答案】（1）Cu+2H2SO4（浓）＝CuSO4+SO2↑+2H2O；将产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色；
（2）Na2S中硫元素为﹣2价，具有还原性，可将Na2SO3中+4价硫还原；溶液酸碱性；2S2﹣6H+＝3S↓+3H2O；
（3）+4→+6；新制氯水中含有Cl﹣，且硝酸具有强氧化性，能将SO2氧化为，干扰Cl﹣的检验；
实验ⅱ现象为：产生淡黄色沉淀；
实验ⅲ预期的价态转化：+4→+6。
【分析】（1）实验ⅰ中浓硫酸（H2SO4，S为+6价）与铜片在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫（SO2，S为+4价）和水，证明实现了S元素+6价到+4价的转化，即证明有二氧化硫生成，二氧化硫能使品红溶液褪色；
（2）实验ⅱ的实验目的S元素+4价到0价的转化，Na2SO3（S为+4价）具有氧化性，Na2S（S为﹣2价）具有还原性，选择试剂③的理由是Na2S中硫元素为﹣2价，具有还原性，可将Na2SO3中+4价硫还原；②③溶液混合后，无明显现象，加入稀硫酸后，产生淡黄色沉淀（硫单质），说明物质的氧化性强弱受溶液酸碱性影响；
（3）实验ⅲ中SO2水溶液与新制氯水反应，预期的价态转化为+4→+6，甲同学向反应后的溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀来验证Cl2被SO2还原为Cl﹣，该方案不合理，因为新制氯水中含有Cl﹣，且硝酸具有强氧化性，能将SO2氧化为，干扰Cl﹣的检验；
【解答】解：（1）实验ⅰ中浓硫酸（H2SO4，S为+6价）与铜片在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫（SO2，S为+4价）和水，其反应方程式为：Cu+2H2SO4（浓）＝CuSO4+SO2↑+2H2O，证明实现了S元素+6价到+4价的转化，即证明有二氧化硫生成，二氧化硫能使品红溶液褪色，实验现象是：将产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，
故答案为：Cu+2H2SO4（浓）＝CuSO4+SO2↑+2H2O；将产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色；
（2）实验ⅱ的实验目的S元素+4价到0价的转化，Na2SO3（S为+4价）具有氧化性，Na2S（S为﹣2价）具有还原性，选择试剂③的理由是Na2S中硫元素为﹣2价，具有还原性，可将Na2SO3中+4价硫还原；②③溶液混合后，无明显现象，加入稀硫酸后，产生淡黄色沉淀（硫单质），说明物质的氧化性强弱受溶液酸碱性影响，其离子反应方程式为：2S2﹣6H+＝3S↓+3H2O，
故答案为：Na2S中硫元素为﹣2价，具有还原性，可将Na2SO3中+4价硫还原；溶液酸碱性；2S2﹣6H+＝3S↓+3H2O；
（3）实验ⅲ中SO2水溶液与新制氯水反应，预期的价态转化为+4→+6，甲同学向反应后的溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀来验证Cl2被SO2还原为Cl﹣，该方案不合理，因为新制氯水中含有Cl﹣，且硝酸具有强氧化性，能将SO2氧化为，干扰Cl﹣的检验，
故答案为：+4→+6；新制氯水中含有Cl﹣，且硝酸具有强氧化性，能将SO2氧化为，干扰Cl﹣的检验。
【点评】本题主要考查硫及其化合物的性质及应用，考查学生的实验分析和探究能力，及其不同价态硫的转化，为综合性较强且难度较大的题型。
13．（2024秋 连云港期末）脱硫是天然气、电力、石油化工等行业中非常重要的一个环节，其主要目的是去除含硫化合物，以减少环境污染和提高产品质量。
（1）天然气中含有少量H2S在酸性溶液中利用硫杆菌可实现天然气的催化脱硫，其原理如图﹣1所示。
①该催化脱硫过程总反应的化学方程式为 2H2S+O22S+2H2O 。
②该催化过程中，要控制反应温度不能过高，原因是 温度太高，硫杆菌失去活性 。
（2）Ca（OH）2钙基脱硫剂常用于工业烟气的干法脱硫。通过添加活性组分可以提高脱硫性能，为筛选出能够更加有效提升脱硫剂脱硫效果的活性组分，进行研究：250℃时，SO2初始浓度、模拟烟气流量相同的条件下，分别添加0.1gNaHCO3及氨基类活性物质进行脱硫实验，结果如图﹣2所示。
①反应一段时间后，SO2出口浓度都升高的原因是 随着反应时间的延长，活性组分逐渐被消耗 。
②250℃时，NaHCO3已分解为Na2CO3固体，氨基类活性物质分解产生气态NH3。氨基类活性物质脱硫性能明显优于NaHCO3的原因是 250℃时，碳酸氢钠分解为碳酸钠固体，反应为“气﹣固”模式，氨基类活性物质产生气态NH3，反应为“气﹣气”模式，氨基类活性物质显著增大了脱硫剂与SO2的接触面积，脱硫效率优于NaHCO3 。
（3）石油化工会产生含硫（﹣2价）废水，碱性条件下，催化氧化废水的机理如题图﹣3所示。
①步骤Ⅲ可描述为 S2﹣被*O氧化为S，*O得电子后与H2O结合生成OH﹣ 。
②步骤Ⅳ中，化合价发生变化的元素有 O、Mn 。
【答案】（1）①2H2S+O22S↓+2H2O；
②温度太高，硫杆菌失去活性；
（2）①随着反应时间的延长，活性组分逐渐被消耗；
②250℃时，碳酸氢钠分解为碳酸钠固体，反应为“气﹣固”模式，氨基类活性物质产生气态NH3，反应为“气﹣气”模式，氨基类活性物质显著增大了脱硫剂与SO2的接触面积，脱硫效率优于NaHCO3；
（3）①S2﹣被*O氧化为S，*O得电子后与H2O结合生成OH﹣；
②O、Mn。
【分析】反应I发生的反应为：Fe2（SO4）3+H2S＝2FeSO4+S↓+H2SO4，反应II发生的反应为：4FeSO4+O2+2H2SO4＝2Fe2（SO4）3+2H2O，则总反应为：2H2S+O2＝2S+2H2O，据此解答。
【解答】解：（1）①天然气中含有少量H2S，在酸性溶液中利用硫杆菌可实现天然气的催化脱硫，其中硫杆菌做催化剂，硫酸亚铁是中间产物循环使用，总化学方程式为：2H2S+O22S↓+2H2O，
故答案为：2H2S+O22S↓+2H2O；
②催化剂在特定条件下的催化效率高，温度高，会失去活性，
故答案为：温度太高，硫杆菌失去活性；
（2）①反应一段时间后，出口浓度都升高的原因是：随着反应时间的延长，活性组分逐渐被消耗，
故答案为：随着反应时间的延长，活性组分逐渐被消耗；
②250℃时，NaHCO3已分解为Na2CO3固体，氨基类活性物质分解产生气态NH3。氨基类活性物质脱硫性能明显优于NaHCO3的原因是：250℃时，碳酸氢钠分解为碳酸钠固体，反应为“气﹣固”模式，氨基类活性物质产生气态NH3，反应为“气﹣气”模式，氨基类活性物质显著增大了脱硫剂与SO2的接触面积，脱硫效率优于NaHCO3，
故答案为：250℃时，碳酸氢钠分解为碳酸钠固体，反应为“气﹣固”模式，氨基类活性物质产生气态NH3，反应为“气﹣气”模式，氨基类活性物质显著增大了脱硫剂与SO2的接触面积，脱硫效率优于NaHCO3；
（3）①根据流程中图示，步骤Ⅲ可描述为：S2﹣被*O氧化为S，*O得电子后与H2O结合生成OH﹣，
故答案为：S2﹣被*O氧化为S，*O得电子后与H2O结合生成OH﹣；
②步骤Ⅳ中变化可以看出，氧气参加反应，与Mn结合成键，化合价发生变化的元素有：O、Mn，
故答案为：O、Mn。
【点评】本题考查硫元素的化学性质、氧化还原反应，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
14．（2024秋 镇江期末）燃煤烟气中含有SO2排放前需净化处理。
（1）石灰石﹣石膏法脱硫。
石灰石浆液充分吸收烟气并氧化最终生成石膏CaSO4 2H2O，反应的化学方程式为 2CaCO3+2SO2+O2+4H2O＝2CaSO4 2H2O+2CO2 。
（2）氨法脱硫。用氨水将SO2转化为（NH4）2SO3（受热易分解），再氧化为（NH4）2SO4。主要流程如图：
①该方法脱硫时一定能提高SO2去除率的措施有 AC 。
A.增大氨水浓度
B.升高反应温度
C.使燃煤烟气与氨水充分接触
②空气氧化是氨法脱硫的重要过程，（NH4）2SO3浓度一定时温度对氧化速率的影响如图﹣1所示。
温度40﹣70℃区间，氧化速率先增大后减小可能原因是 60℃之前，随着温度升高，化学反应速率加快，氧化速率增大，60℃之后，随着温度升高，氧气的溶解度降低，氧化速率降低 。
（3）NaClO2溶液脱硫。
①NaClO2溶液中通入含SO2的烟气，反应后溶液中的阴离子为和Cl﹣，脱硫反应的离子方程式为 5SO2+2ClO2+6H2O＝52Cl﹣+12H+ 。
②已知酸件条件下NaClO2发生自身氧化还原反应，生成ClO2气体。温度高于50℃时，二氧化硫吸收效率下降，可能原因是 温度高于50℃时ClO2从溶液体系中逸出，脱硫反应的ClO2气体浓度减小 。
（4）γ﹣Al2O3催化下CO与烟气中的SO2反应脱硫。其反应原理为：2CO+SO22CO2+S。γ﹣Al2O3比表面积大，有利于反应气体的吸附，研究表明，γ﹣Al2O3在240℃以上催化能力明显增强。
反应相同的时间，SO2的去除率随反应温度的变化如图﹣2所示。
①240℃以前，随着温度的升高，SO2去除率降低的原因是 温度升高催化剂对SO2吸附能力减弱 。
②240℃以后，随着温度的升高，SO2去除率迅速增大的主要原因是 SO2在催化剂存在条件下被CO还原，温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快 。
【答案】（1）2CaCO3+2SO2+O2+4H2O＝2CaSO4 2H2O+2CO2；
（2）①AC；
②60℃之前，随着温度升高，化学反应速率加快，氧化速率增大，60℃之后，随着温度升高，氧气的溶解度降低，氧化速率降低；
（3）①5SO2+2ClO2+6H2O＝52Cl﹣+12H+；
②温度高于50℃时ClO2从溶液体系中逸出，脱硫反应的ClO2气体浓度减小；
（4）①温度升高催化剂对SO2吸附能力减弱；
②SO2在催化剂存在条件下被CO还原，温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快。
【分析】（4）催化剂γ﹣Al2O3的比表面积大，具有吸附性，温度较低时（小于240℃），SO2能够被催化剂吸附，SO2含量降低，随着温度的升高催化剂的吸附能力减弱；温度较高（大于240℃）时，发生反应2CO+SO2＝2CO2+S，SO2在催化剂存在条件下被CO还原。
【解答】解：（1）二氧化硫与碳酸钙、氧气、水反应生成石膏和水，反应的化学方程式：2CaCO3+2SO2+O2+4H2O＝2 CaSO4 2H2O+2CO2；
故答案为：2CaCO3+2SO2+O2+4H2O＝2CaSO4 2H2O+2CO2；
（2）①提高SO2的去除率，可以增大氨水的浓度、与氨水充分接触，升高温度，降低气体的溶解度，不利于吸收，
故答案为：AC；
②温度40﹣70℃区间，氧化速率先增大后减小可能原因是60℃之前，随着温度升高，化学反应速率加快，氧化速率增大，60℃之后，随着温度升高，氧气的溶解度降低，氧化速率降低，
故答案为：60℃之前，随着温度升高，化学反应速率加快，氧化速率增大，60℃之后，随着温度升高，氧气的溶解度降低，氧化速率降低；
（3）①NaClO2溶液中通入含SO2的烟气，反应后溶液中的阴离子为和Cl﹣，反应为ClO2氧化二氧化硫生成硫酸，二氧化氯被还原生成盐酸，反应的离子方程式为：5SO2+2ClO2+6H2O＝52Cl﹣+12H+，
故答案为：5SO2+2ClO2+6H2O＝52Cl﹣+12H+；
②温度升高，气体容易从溶液体系中逸出，酸性条件下，NaClO2发生自身氧化还原反应，生成ClO2气体，温度高于50℃时ClO2从溶液体系中逸出，脱硫反应的ClO2气体浓度减小，导致二氧化硫吸收效率下降，
故答案为：温度高于50℃时ClO2从溶液体系中逸出，脱硫反应的ClO2气体浓度减小；
（4）①催化剂γ﹣Al2O3的比表面积大，具有吸附性，温度小于240℃，SO2能够被催化剂吸附，SO2含量降低，随着温度的升高催化剂的吸附能力减弱，导致催化剂吸附的SO2减少，则240℃以前，随着温度的升高，SO2去除率降低的原因是：温度升高催化剂对SO2吸附能力减弱，
故答案为：温度升高催化剂对SO2吸附能力减弱；
②温度大于240℃时，发生反应2CO+SO2＝2CO2+S，SO2在催化剂存在条件下被CO还原，温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快，SO2去除率增大，则240℃以后，随着温度的升高，SO2去除率迅速增大的主要原因是：SO2在催化剂存在条件下被CO还原，温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快，
故答案为：SO2在催化剂存在条件下被CO还原，温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快。
【点评】本题考查较为综合，涉及氧化还原、环境污染及治理等知识，题目难度中等，注意掌握氧化还原知识的应用，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力。
15．（2024秋 抚顺期末）硫及其化合物与生产、生活及环境息息相关。回答下列问题：
（1）SO2和氮的氧化物的大量排放会导致酸雨，它们的主要来源是煤和石油的燃烧。酸雨可导致的危害有 ABD （填标号）。
A.腐蚀建筑物
B.使树木枯萎
C.土壤碱化
D.恶化人类环境
为了减少硫酸型酸雨的形成，必须减少SO2的排放量，可对燃料中的硫化物进行 脱硫处理 （填一种措施）。
（2）石油炼制过程中产生的大量H2S废气的去除方法如图，该方法对H2S的去除率可达99%以上。
“吸收H2S”步骤的反应的离子方程式为 。
（3）某化学学习小组设计如图所示的实验装置，测定工业原料气（含SO2、N2、CO2）中SO2的含量。
①写出装置A中发生反应的离子方程式： 。
当装置A中出现 溶液由蓝色恰好变成无色 （填现象）时，立即停止通气。
②可用来代替A中碘的淀粉溶液且能达到实验目的的最合适的试剂是 A （填标号），此时A中发生反应的离子方程式为 。
A.酸性KMnO4溶液
B.NaCl溶液
C.NaOH溶液
③若A中碘的淀粉溶液体积为25mL，其中碘的浓度为0.04mol L﹣1，收集到的N2与CO2的体积共297.6mL（已折算为标准状况下的体积），则该工业原料气中SO2的含量是 200 mg L﹣1。（忽略气体在水中的溶解）
【答案】（1）ABD；脱硫处理；
（2）；
（3）①；溶液由蓝色恰好变成无色；
②A；；
③200。
【分析】（1）根据酸雨的酸性较强，能腐蚀建筑物、导致树木枯萎等从而恶化人类环境，但不会使土壤碱化，减少酸雨的形成的措施进行分析；
（2）根据用氯化铁溶液吸收硫化氢发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫单质进行分析；
（3）根据二氧化硫具有还原性可被碘氧化，碘的作用是只与二氧化硫反应不与其他两种气体反应，氯化钠不与二氧化硫反应，氢氧化钠还会吸收二氧化碳影响测量结果，进行分析。
【解答】解：（1）酸雨的酸性较强，能腐蚀建
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