湖南省永州市2019年高考化學二輪復習 課時9 非金屬元素及其重要化合物學案1.docx

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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用。 【課前真題】 1.[2018江蘇卷-1]CO2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。 【考點】化學與環(huán)境保護、低碳經(jīng)濟；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，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↑，兩者沒有對應關(guān)系，A錯誤；B項，SiO2傳導光的能力非常強，用于制光導纖維，這與SiO2熔點高硬度大沒有對應關(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關(guān)系，C錯誤；D項，CaO能與水反應，用于食品干燥劑，CaO用于食品干燥劑與CaO與水反應有對應關(guān)系，D正確。 【考點】常見無機物：NaHCO3、SiO2、Al2O3、CaO的性質(zhì)和用途。 3.[2018全國卷Ⅰ-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)中得到廣泛應用?；卮鹣铝袉栴}： ⑴1840年Devil用干燥的氯氣通過干燥的硝酸銀，得到N2O5，該反應的氧化產(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； 4．[2017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(　　) A．CO B．SO2 C．HCl D．CO2 【答案】B 【解析】CO不與Na2S發(fā)生反應，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，即SO2＋2S2－＋4H＋===3S↓＋2H2O，故B正確；通HCl發(fā)生反應2H＋＋S2－===H2S，沒有沉淀產(chǎn)生，故C錯誤；通CO2不產(chǎn)生沉淀，故D錯誤。 5．[2017江蘇卷]下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對應關(guān)系的是(　　) A．Na2O2吸收CO2產(chǎn)生O2，可用作呼吸面具供氧劑 B．ClO2具有還原性，可用于自來水的殺菌消毒 C．SiO2硬度大，可用于制造光導纖維 D．NH3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。 Ⅰ．客觀題 (1)考查非金屬及其化合物的重要性質(zhì)和應用。 (2)以非金屬單質(zhì)與化合物的轉(zhuǎn)化關(guān)系為載體進行物質(zhì)的推斷。 Ⅱ．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，由于C過量，生成的是CO而不是CO2，該反應必須在隔絕空氣的條件下進行。Si的還原性大于C，但C卻能在高溫下從SiO2中還原出Si：2C＋SiO2Si＋2CO↑。 (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。 (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能跟強堿溶液作用放出H2： Si＋2NaOH＋H2O＝Na2SiO3＋2H2↑。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：Si＋4HF＝SiF4↑＋2H2↑。 (6)H2CO3的酸性大于H2SiO3的，所以有Na2SiO3＋CO2(少量)＋H2O===H2SiO3↓＋Na2CO3，但高溫下Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑也能發(fā)生，原因可以從兩方面解釋：①硅酸鹽比碳酸鹽穩(wěn)定；②從化學平衡角度，由高沸點難揮發(fā)固體SiO2制得低沸點易揮發(fā)的CO2。 (7)SiO2不導電，是制作光導纖維的材料；Si是半導體，是制作光電池的材料。 (8)水泥、玻璃、陶瓷是三大傳統(tǒng)無機非金屬材料；碳化硅、氮化硅等是新型無機非金屬材料。 鹵素及其重要化合物 【核心知識】 1．理清知識主線 0 HC―→Cl2―→HCl―→HO2―→HO3―→HO4 2．注意網(wǎng)絡構(gòu)建 【特別提醒】 掃除知識盲點 (1)液氯密封在鋼瓶中，而氯水、次氯酸應保存在棕色試劑瓶中。 (2)1 mol Cl2參加反應，轉(zhuǎn)移電子數(shù)可能為2NA、NA或小于NA(Cl2和H2O的反應為可逆反應)。 (3)實驗室制Cl2，除了用MnO2和濃鹽酸反應外，還可以用KMnO4、KClO3、NaClO與濃鹽酸反應且都不需要加熱。 (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Fe3＋＋3ClO－＋3H2O===Fe(OH)3↓＋3HClO，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 Ca2＋＋3ClO－＋SO2＋H2O===CaSO4↓＋Cl－＋2HClO(少量SO2) Ca2＋＋2ClO－＋2SO2＋2H2O===CaSO4↓＋2Cl－＋SO＋4H＋(過量SO2)。 　氧、硫及其化合物 【核心知識】 1．理清知識主線 H2―→―→O2―→O3(H2O4) 2．注意網(wǎng)絡構(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，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，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與濃硫酸反應產(chǎn)物的確定應按以下流程進行：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、常見無機酸的重要規(guī)律和重要特性 (1)重要規(guī)律 ①最高價氧化物對應水化物的酸性強弱取決于該元素非金屬性的強弱，如酸性： HClO4>H2SO4>H3PO4>H2CO3>H2SiO3。 ②證明酸性強弱，可利用復分解反應中“強酸制弱酸”的規(guī)律，如： Na2SiO3＋CO2＋H2O＝Na2CO3＋H2SiO3↓ Ca(ClO)2＋CO2＋H2O＝CaCO3↓＋2HClO ③強氧化性酸(如：HNO3、濃H2SO4)與金屬反應，不生成H2；金屬和濃HNO3反應一般生成NO2，而金屬和稀HNO3反應一般生成NO。 (2)重要特性 ①硝酸、濃H2SO4、次氯酸具有強氧化性，屬于氧化性酸，其中HNO3、HClO見光或受熱易分解。 ②濃HNO3和Cu(足量)、濃H2SO4和Cu(足量)、濃鹽酸和MnO2(足量)在反應時，隨反應進行，產(chǎn)物會發(fā)生變化或反應停止。 ③濃H2SO4具有吸水性、脫水性和強氧化性。 ④常溫下，鐵、鋁遇濃H2SO4、濃HNO3發(fā)生鈍化。 (3)重要化學方程式 ①Cu＋2H2SO4(濃) _____________________________ ②C＋2H2SO4(濃) _____________________________ ③Na2SO3＋H2SO4(濃)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O(SO2的制備) ④Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O 氮及其重要化合物 【核心知識】 1．理清知識主線 H3―→―→2O―→O―→O2―→HO3 2．注意網(wǎng)絡構(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4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3、4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3兩個方程式。NO、NO2與O2溶于水的計算，利用好兩個比值4∶3、4∶1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、次氯酸具有強氧化性，屬于氧化性酸，其中HNO3、HClO見光或受熱易分解。 (5)強氧化性酸(如HNO3、濃H2SO4)與金屬反應不生成H2；金屬和濃HNO3反應一般生成NO2，而金屬和稀HNO3反應一般生成NO。尤其是強氧化性是熱點，涉及與單質(zhì)反應產(chǎn)物的判斷，尤其是與鐵的反應如稀HNO3與Fe：Fe＋4HNO3(稀，過量)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O；3Fe(過量)＋8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。 (6) 實驗室制備NH3，除了用Ca(OH)2和NH4Cl反應外，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，應放一團用稀硫酸浸濕的棉花放在試管口，以吸收NH3。 (8)銅與濃HNO3反應在試管內(nèi)就能看到紅棕色的NO2，而與稀HNO3反應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行了探究:已知: ⅰ.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] ⅱ.LaCl3與易溶的碳酸鹽或碳酸氫鹽反應可制備La2(CO3)3 1.甲組同學利用下列裝置在實驗室中用碳酸氫銨制備碳酸鑭。 ①儀器X的作用為__________;錐形瓶中可選用的試劑為__________(填化學式)。 ②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.乙組同學對碳酸鈉和碳酸氫鈉與氯化鑭反應制備碳酸鑭進行了探究。 ①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)。 ②請寫出用碳酸氫鈉溶液制備碳酸鑭的離子方程式__________ ③所制碳酸鑭需經(jīng)洗滌,才能達到醫(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)量分數(shù)的測定:準確稱取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)標準溶液滴定至呈藍紫色(La3++H2Y2-= LaY-+2H+),消耗EDTA溶液40.00mL則產(chǎn)品中碳酸鑭的質(zhì)量分數(shù)w=__________ 答案：1.①防倒吸, CaO或NaOH ②先打開K2再打開K1, 控制氨氣(或CO2)通入量(通入比例) 2.①碳酸氫鈉堿性相對較弱,可防止生成堿式碳酸鑭[La(OH)CO3] ②2La3+ +6HCO3-=La2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O ③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2-3次 3.45.8% 解析：1.①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 ②二氧化碳在水中的溶解度較小,應該先通入氨氣,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 2.①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。 ②用碳酸氫鈉溶液和LaCl3反應制備碳酸鑭的離子方程式為:2La3++6HCO3-La2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O。 ③La2(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n[La2(CO3)3]=0.01mol,產(chǎn)品中碳酸鑭的質(zhì)量分數(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__________。若反應溫度過高,反應速率下降,其原因是__________。 方法2:在一定條件下,用氧化 (3)隨著參加反應的變化,氧化產(chǎn)物不同。當時,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①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②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,當降至時,溶液中的__________。 答案：1.降低反應活化能（或作催化劑）; 30℃、pH=2.0; 蛋白質(zhì)變性（或硫桿菌失去活性）; H2SO4 2.(1); 與生成沉淀,平衡向正向移動,有生成; (2),0.62. 解析：1. 本題考查化學反應原理,涉及反應條件的選擇、氧化還原反應、方程式的書寫、化學計算等: (1)催化劑可降低反應的活化能,大大加快反應速率。 (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n(H2O2)/n(H2S)=4時,反應的化學方程式為4H2O2+H2SH2SO4+4H2O.氧化產(chǎn)物為H2SO4 2.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?？捎糜诤铣汕鍧崉⒂|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,補充下表中缺少的藥品 裝置I 燒瓶中 分液漏斗中 裝置Ⅱ 制備純凈Cl2 MnO2 ①__________ ②__________ 制備純凈NO Cu ③__________ ④__________ 2.乙組同學利用甲組制得的NO和Cl2制備NOCl,裝置如圖所示: ①為了使氣體充分反應,從A處進入的氣體是__________(填"Cl2"或"NO")。 ②裝置連接順序為a→__________(按氣流自左向右方向,用小寫字母表示)。 ③裝置III、IV除可干燥NO、Cl2外,另一個作用是__________ ④裝置VII中吸收尾氣時,NOCl發(fā)生反應的化學方程式為__________ 3.丙組同學查閱資料,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,該反應的化學方程式為__________ 答案：1.濃鹽酸; 飽和食鹽水; 稀硝酸; 水; 2.①Cl2 ②e→f(或f→e)→c→b→d ③通過觀察氣泡調(diào)節(jié)氣體流速 ④NOCl+2NaOHNaCl+NaNO2+H2O 3.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)應為H2O 2.②將Cl2和NO干燥后在裝置V中發(fā)生反應,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a→e→f(或f→e)→c→b→d ③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。 ④裝置VII中吸收尾氣時,NOCl生反應的化學方程式為:NOCl+2NaOHNaCl+NaNO2+H2O 3.一定條件下混酸可生成亞硝酰氯和氯氣,該反應的化學方程式為: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.AlCl3　　　B.Na2O　　　C.FeCl2　　　D.SiO2 【解析】選A。AlCl3可由Al與Cl2反應制得,AlCl3與Ba(HCO3)2反應生成CO2和Al(OH)3沉淀,A正確;Na2O與Ba(HCO3)2反應沒有氣體生成,B錯誤;FeCl2不能由兩種單質(zhì)直接反應生成,C錯誤;SiO2不與Ba(HCO3)2反應,D錯誤。 2.[2015北京高考27] 研究CO2在海洋中的轉(zhuǎn)移和歸宿,是當今海洋科學研究的前沿領(lǐng)域。 (1)溶于海水的CO2主要以4種無機碳形式存在,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。 ①寫出鈣化作用的離子方程式:　。 ②同位素示蹤法證實光合作用釋放出的O2只來自H2O,用18O標記物質(zhì)的光合作用的化學方程式如下,將其補充完整:　　　　+　　　(CH2O)x+x18O2+xH2O (3)海水中溶解無機碳占海水總碳的95%以上,其準確測量是研究海洋碳循環(huán)的基礎(chǔ),測量溶解無機碳,可采用如下方法: ①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充完整并標出所用試劑。 ②滴定。將吸收液吸收的無機碳轉(zhuǎn)化為NaHCO3,再用xmolL－1HCl溶液滴定,消耗ymL HCl溶液,海水中溶解無機碳的濃度=　　　　molL－1。 (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。 ①結(jié)合方程式簡述提取CO2的原理:　。 ②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　。 【解題指南】解答本題時應明確以下4點: (1)根據(jù)流程圖中的箭頭判斷反應物與生成物: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。 (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)①根據(jù)反應物是HCO3-,生成物是CaCO3和CO2,易知本題的離子方程式為Ca2++2HCO3-CaCO3↓+CO2↑+H2O。 ②由O2只來自H2O及示蹤原子的標記可知水分子含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)①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。 ②該滴定過程轉(zhuǎn)化的關(guān)系式為 CO2　～　HCO3-　～　HCl 1 　　　　　　1 n(CO2)　　　　　xmolL－1y10－3L 解得:n(CO2)=xy10－3mol 所以:c(無機碳)=xy/zmolL－1 (4)①a室是陽極室,發(fā)生氧化反應:2H2O－4e－O2↑+4H+,出去的海水pH<6,顯酸性,表明反應后溶液由堿性變?yōu)樗嵝?a室中的H+通過陽離子交換膜進入b室,發(fā)生反應:HCO3-+H+CO2↑+H2O。 ②c室是陰極室,發(fā)生還原反應:2H2O+2e－2OH－+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)①Ca2++2HCO3-CaCO3↓+CO2↑+H2O ②xCO2　2xH218O (3)① ②xy/z (4)①a室發(fā)生的反應:2H2O－4e－O2↑+4H+,H+通過陽離子交換膜從a室進入b室,發(fā)生反應:HCO3-+H+CO2↑+H2O ②c室發(fā)生的反應:2H2O+2e－2OH－+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pH 3.[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到實驗目的的是( ) 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Cl2 D.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與濃鹽酸反應制Cl2需要加熱，反應的化學方程式為：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+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O B.該消毒液的pH約為12:ClO－+H2OHClO+OH－ C.該消毒液與潔廁靈(主要成分為HCl)混用,產(chǎn)生有毒Cl2:2H++Cl－+ClO－＝Cl2↑+H2O D.該消毒液加白醋生成HClO,可增強漂白作用:CH3COOH+ClO－＝HClO+CH3COO－ 【解題指南】解答本題時應注意以下兩點: (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。 【解析】選B。氯氣與氫氧化鈉溶液反應生成氯化鈉、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)生歸中反應生成氯氣,正確;D項,發(fā)生反應CH3COOH+ClO－HClO+CH3COO－,增大了HClO的濃度,漂白作用增強,正確。 【誤區(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 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 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,說明KI轉(zhuǎn)化為I2,則說明Cl2有強氧化性,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Ⅰ-27](14分)焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)在醫(yī)藥、橡膠、印染、食品等方面應有廣泛，回答下列問題： ⑴生產(chǎn)Na2S2O5，通常是由NaHSO3過飽和溶液經(jīng)結(jié)晶脫水制得。寫出該過程的化學方程式：。 ⑵利用煙道氣中的SO2生產(chǎn)的工藝為： ①PH=4.1時，Ⅰ中為溶液(寫化學式)。 ②工藝中加入Na2CO3固體、并再次充入SO2的目的是。 ⑶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。陽極的反應式為:。電解后室的NaHSO3溶液濃度增加。將該室溶液進行結(jié)晶脫水，可得到Na2S2O5 ⑷Na2S2O5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的碘標準液滴定到終點，消10.00mL。滴定反應的離子方程式為： 。該樣品中Na2S2O5的殘留量為g/L(以SO2計)。 【答案】(1) 2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O(2)①NaHSO3②得到NaHSO3過飽和溶液(3) 2H2O－4e－＝4H＋+O2↑，a(4) S2O52－+2I2+3H2O＝2SO42－+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)原子守恒可知反應的方程式為2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O （2）①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Ⅰ中為NaHSO3；②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，陽極區(qū)溶質(zhì)是稀硫酸，故氫氧根放電，電極反應式為：2H2O－4e－＝4H＋+O2↑。陽極區(qū)氫離子增大，通過陽離子交換膜進入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，焦亞硫酸鈉被I2氧化成硫酸鈉，離子方程式為“S2O52－+2I2+3H2O＝2SO42－+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、應用為信息載體考查學生對流程的分析、電解原理的應用以及定量分析等；電解池的電極反應的書寫；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?？键c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-20]NOx（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。寫出該反應的化學方程式：____________________________________。 （3）在有氧條件下，新型催化劑M能催化NH3與NOx反應生成N2。 ①NH3與NO2生成N2的反應中，當生成1 mol N2時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為__________mol。 【答案】（1）HNO2?2e?+H2O=3H++NO3? （2）2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O（3）①3.43 【解析】 （1）根據(jù)電解原理，陽極發(fā)生失電子的氧化反應，陽極反應為HNO2失去電子生成HNO3，1molHNO2反應失去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式為: HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。 （2）HNO2與(NH2)2CO反應生成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，反應的化學方程式為:2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O。 （3）①NH3與NO2的反應為8NH3+6NO2 =====7N2+12H2O，該反應中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。