2020届高考化学专题二第7讲非金属及其化合物教案（含解析）

第7讲　非金属及其化合物
[考纲·考向·素养]
考纲要求
热点考向
核心素养
(1)了解常见非金属元素单质及其重要化合物的制备方法，掌握其主要性质及其应用。
(2)了解常见非金属元素单质及其重要化合物对环境的影响。
(3)以上各部分知识的综合应用。
(1)碳、硅及其重要化合物的性质
(2)氯及其重要化合物的性质
(3)硫及其重要化合物的性质
(4)氮及其重要化合物的性质
宏观辨识与微观探析：从宏观和微观相结合的视角认识C、Si、N、Cl、S原子结构和其单质及化合物的性质、变化，形成“结构决定性质”的观念。
科学探究与创新意识：通过对非金属单质及其化合物性质实验的设计，认识探究的目的，创新设计实验方案。
科学态度与社会责任：通过实验方案设计，培养严谨求实的科学态度，通过单质及其化合物对环境的影响的学习，培养化学与社会、生活相结合的意识和参与化学实践的能力和关心社会热点问题的社会责任。

1．一念对错(正确的划“√”，错误的划“×”)
(1)(2019·全国ⅡT9C改编)气态氢化物热稳定性：PH3＜NH3(√)
(2)(2019·全国ⅢT11B改编)常温下pH＝2的H3PO4溶液中c(H＋)＝c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)＋c(OH－)(√)
(3)(2019·全国ⅢT11D改编)常温下pH＝2的H3PO4溶液中加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强(×)
(4)(2019·全国ⅡT10C改编)向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸，有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊(√)
(5)(2019·全国ⅢT12A改编)将Cl2通入碳酸钠溶液中制取较高浓度的次氯酸溶液(×)
(6)将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2(×)

(7)SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物(×)
(8)除去CO中的CO2可使混合气体通过NaOH溶液，然后再干燥(√)
(9)用CCl4萃取碘水中的I2，应先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层(√)
(10)向某食盐溶液中滴加淀粉溶液，因为溶液颜色不变，所以该食盐中一定没有添加KIO3(×)
(11)将浓硝酸滴入用砂纸打磨过的铝条中，则产生红棕色气体(×)
(12)实验室用锌粒、稀硝酸以及试管、带导管的橡皮塞可制取H2(×)
(13)SO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同(√)
(14)在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硫酸，沉淀不溶解，说明该未知液中存在SO或SO(×)
(15)SO2具有漂白性，可用于豆芽菜、银耳等食品的漂白(×)
(16)氮气化学性质稳定，可用作粮食保护气(√)
(17)ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒(×)
(18)石英坩埚耐高温，可用来加热熔化烧碱、纯碱等固体(×)
2．下列物质能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色的是(　　)
①氯气　②液氯　③新制的氯水　④氯气的酒精溶液　⑤盐酸　⑥盐酸酸化的漂白粉溶液
A．①②③　　　　　　　 B．①②③⑥
C．③⑥ D．②④⑤⑥
答案：C
3．下列环境问题与NO2的排放有关的是________。
A．酸雨 B．臭氧空洞
C．温室效应 D．光化学烟雾
E．PM2.5 F．水体富营养化
答案：ABDF
4．(2017·北京理综，10)根据SO2通入不同溶液中的实验现象，所得结论不正确的是(　　)

溶液
现象
结论
A
含HCl、BaCl2的FeCl3溶液
产生白色沉淀
SO2有还原性
B
H2S溶液
产生黄色沉淀
SO2有氧化性
C
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
SO2有漂白性
D
Na2SiO3溶液
产生胶状沉淀
酸性：H2SO3＞H2SiO3
答案：C

考点一　碳、硅及其重要化合物
[真题引领]
1．(高考组合)下列关于硅及其化合物说法正确的是(　　)
①(2018·江苏)SiO2熔点高、硬度大，可用于制光导纤维
②(2016·全国Ⅲ)HF与SiO2反应，故可用氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记
③(2016·江苏)各物质间的转化均能实现：SiO2SiCl4Si
④(2016·四川)硅胶作袋装食品的干燥剂没有发生化学变化
⑤(2016·海南)石英砂可用于生产单晶硅
⑥(2016·上海)氧化铁中混有二氧化硅，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂能分离
⑦(2016·上海)SiH4的沸点高于CH4，推测H2Se的沸点高于H2S
A．①②④⑤⑥　　　　　 B．①③⑤⑥⑦
C．③④⑤⑥⑦ D．②④⑤⑥⑦
解析：D　[①SiO2传导光的能力非常强，可用于制光导纤维，SiO2用于制光导纤维与SiO2熔点高、硬度大没有对应关系，错误；②玻璃中含有SiO2，HF能与SiO2反应，因此氢氟酸可以刻蚀玻璃，正确；③SiO2不与HCl溶液反应，错误；④硅胶能吸水，吸水时没有发生化学变化，正确；⑤石英砂的主要成分是二氧化硅，可以用焦炭在高温下还原二氧化硅得到粗硅，再生产单晶硅，正确；⑥先加入过量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤、干燥得氧化铁固体，向滤液中加入适量盐酸，过滤、洗涤、灼烧固体，可得到二氧化硅，可以分离，正确；⑦组成和结构相似的物质，其相对分子质量越大，物质的熔、沸点越高，正确。D项正确。]
2．(2018·江苏化学，T1)CO2是自然界碳循环中的重要物质。下列过程会引起大气中CO2含量上升的是(　　)
A．光合作用　　　　　 B．自然降雨
C．化石燃料的燃烧 D．碳酸盐的沉积
解析：C　[化石燃料燃烧产生大量CO2，会引起大气中CO2含量上升。]
3．(2019·天津理综)多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。

回答下列问题：
Ⅰ.硅粉与HCl在300 ℃时反应生成1 mol SiHCl3气体和H2，放出225 kJ热量，该反应的热化学方程式为__________________________________。SiHCl3的电子式为________________________。
Ⅱ.将SiCl4氢化为SiHCl3有三种方法，对应的反应依次为：
①SiCl4(g)＋H2(g)SiHCl3(g)＋HCl(g)　ΔH1＞0
②3SiCl4(g)＋2H2(g)＋Si(s)4SiHCl3(g)　ΔH2＜0
③2SiCl4(g)＋H2(g)＋Si(s)＋HCl(g)3SiHCl3(g)　ΔH3
(1)氢化过程中所需的高纯度H2可用惰性电极电解KOH溶液制备，写出产生H2的电极名称________(填“阳极”或“阴极”)，该电极反应方程式为________________________。

(2)已知体系自由能变ΔG＝ΔH－TΔS，ΔG＜0时反应自发进行。三个氢化反应的ΔG与温度的关系如图1所示，可知：反应①能自发进行的最低温度是________；相同温度下，反应②比反应①的ΔG小，主要原因是________________________________。
(3)不同温度下反应②中SiCl4转化率如图2所示。下列叙述正确的是________(填序号)。
a．B点：v正＞v逆
b．v正：A点＞E点
c．反应适宜温度：480～520 ℃
(4)反应③的ΔH3＝________(用ΔH1，ΔH2表示)。温度升高，反应③的平衡常数K________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(5)由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除SiCl4、SiHCl3和Si外，还有________(填分子式)。
解析：Ⅰ.参加反应的物质是固态的Si、气态的HCl，生成的是气态的SiHCl3和氢气，反应条件是300 ℃，配平后发现SiHCl3的化学计量数恰好是1 mol，由此可顺利写出该条件下的热化学方程式：Si(s)＋3HCl(g)SiHCl3(g)＋H2(g)　ΔH＝－225 kJ·mol－1；SiHCl3中硅与1个H、3个Cl分别形成共价单键，由此可写出其电子式为：，注意别漏标3个氯原子的孤电子对；Ⅱ.(1)电解KOH溶液，阳极发生氧化反应而产生O2、阴极发生还原反应才产生H2；阴极的电极反应式可以直接写成2H＋＋2e－===H2↑，或写成由水得电子也可以：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－；(2)由题目所给的图1可以看出，反应①(最上面那条线)当ΔG＝0时，对应的横坐标温度是1 000℃；从反应前后气体分子数的变化来看，反应①的熵变化不大，而反应②中熵是减小的，可见熵变对反应②的自发更不利，而结果反应②的ΔG更负，说明显然是焓变产生了较大的影响，即ΔH2<ΔH1导致反应②的ΔG小(两个反应对应的ΔH，一个为正值，一个为负值，大小比较很明显)；(3)图2给的是不同温度下的转化率，注意依据控制变量法思想，此时所用的时间一定是相同的，所以图示中A、B、C点反应均正向进行，D点刚好达到平衡，D点到E点才涉及平衡的移动。a项正确，B点反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率；b点错误，温度越高，反应速率越快，所以E点的正(或逆)反应速率均大于A点；c项正确，C到D点，SiHCl3的转化率较高，选择此温度范围比较合适，在实际工业生产中还要综合考虑催化剂的活性温度。(4)将反应①反向，并与反应②直接相加可得反应③，所以ΔH3＝ΔH2－ΔH1，因ΔH2＜0、ΔH1＞0，所以ΔH3必小于0，即反应③正反应为放热反应，而放热反应的化学平衡常数随着温度的升高而减小；(5)反应①生成的HCl可用于流程中粗硅提纯的第1步，三个可逆反应中剩余的H2也可循环使用。
答案：Ⅰ.Si(s)＋3HCl(g)SiHCl3(g)＋H2(g)
ΔH＝－225 kJ·mol－1　
Ⅱ.(1)阴极　2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－或2H＋＋2e－===H2↑
(2)1 000℃　ΔH2＜ΔH1导致反应②的ΔG小
(3)a、c　(4)ΔH2－ΔH1　减小
(5)HCl、H2
4．(2017·课标Ⅱ，26)水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：

回答下列问题：
(1)在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是________，还可使用________代替硝酸。
(2)沉淀A的主要成分是________，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)加氨水过程中加热的目的是________。沉淀B的主要成分为________________、________________________________________________________________________
(写化学式)。
(4)草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：MnO＋H＋＋H2C2O4→Mn2＋＋CO2＋H2O。实验中称取0.400 g水泥样品，滴定时消耗了0.050 0 mol·L－1的KMnO4溶液36.00 mL，则该水泥样品中钙的质量分数为________________。
解析：(1)Fe3＋容易在pH较小时转换为沉淀，所以需要将Fe2＋氧化为Fe3＋。
双氧水可以将Fe2＋氧化为Fe3＋且不会引入杂质。
(2)二氧化硅不溶于一般酸溶液，所以沉淀A是二氧化硅。SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O
(3)加热可以促进Fe3＋、Al3＋水解转换为Fe(OH)3、Al(OH)3。在pH＝4～5时Ca2＋、Mg2＋不沉淀，Fe3＋、Al3＋沉淀，所以沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3。
(4)5Ca2＋～5H2C2O4～2KMnO4
n(KMnO4)＝0.050 0 mol/L×36.00×10－3 L＝1.80×10－3 mol
n(Ca2＋)＝n(KMnO4)＝4.50×10－3 mol
水泥中钙的质量分数为4.50×10－3 mol×40.0 g/mol/0.400 g×100%＝45.0%。
答案：(1)将样品中可能存在的Fe2＋氧化为Fe3＋　双氧水(H2O2)
(2)SiO2(或H2SiO3)　SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O(或H2SiO3＋4HF===SiF4↑＋3H2O)
(3)防止胶体生成，易沉淀分离　Fe(OH)3
Al(OH)3　(4) 5Ca2＋～5H2C2O4～2KMnO4
n(KMnO4)＝0.050 0 mol/L×36.00×10－3 L＝1.80×10－3 mol
n(Ca2＋)＝n(KMnO4)＝4.50×10－3 mol
水泥中钙的质量分数为4.50×10－3 mol×40.0 g/mol/0.400 g×100%＝45.0%
[知能必备]
一、重要知识
1．碳及其氧化物的性质
(1)碳的化学性质

答案：C＋O2CO2
2C＋O22CO
3C＋Fe2O33CO↑＋2Fe
C＋H2O(g)CO＋H2
2C＋SiO2Si＋2CO↑
C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O
(2)CO2的通性
CO2可以与①H2O、②碱(如NaOH)、③碱性氧化物(如Na2O)、④某些盐(如Na2CO3)、⑤Na2O2等反应。
写出①CO2与过量NaOH溶液反应的离子方程式：
________________________________________________________________________
②CO2与少量NaOH溶液反应的离子方程式：
________________________________________________________________________
答案：①CO2＋2OH－===CO＋2H2O
②CO2＋OH－===HCO
2．硅及其化合物的性质
(1)硅的性质

写出硅与NaOH溶液反应的方程式：
________________________________________________________________________
答案：Si＋2NaOH＋H2O===Na2SiO3＋2H2↑
(2)硅的制备与提纯(利用容器和状态变化提纯)
SiO2＋2CSi＋2CO↑
Si＋2Cl2SiCl4
SiCl4＋2H2Si＋4HCl
(3)二氧化硅的性质

答案：SiO2＋4HF===SiF4↓＋2H2O
SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O
SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑
SiO2＋CaCO3CaSiO3＋CO2↑
SiO2＋CaOCaSiO3
SiO2＋Na2ONa2SiO3
二、易错易混
1．碳的同素异形体结构不同物理性质不同，但化学性质相似。
2．将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，不能证明原气体是CO2。
3．硅元素位于元素周期表中金属与非金属的分界线附近，具有部分金属性，如①晶体硅具有金属光泽和特殊导电性；②单质主要表现出还原性；③单质能和碱溶液反应生成氢气。
4．工业上制备粗硅，是用过量的C和SiO2在高温下反应，由于C过量，生成的是CO而不是CO2，该反应必须在隔绝空气的条件下进行。
5．氢氟酸不能用玻璃容器盛放；NaOH溶液能用玻璃试剂瓶盛放，但不能使用玻璃塞。
6．硅、二氧化硅和硅酸盐的化学性质相对稳定，广泛用于制造各种材料，如硅——半导体材料、太阳能电池帆板等；二氧化硅——光导纤维、其他光学材料、耐高温材料、耐磨材料、饰品等，并用于生产新型陶瓷；硅酸盐——陶瓷、玻璃、水泥等传统无机非金属材料的主要成分，作耐高温材料、防火材料，制造硅胶等。
三、知识拓展
1．锡及其化合物
(1)锡(Sn)
常温下锡表面形成保护膜，锡在空气和水中是稳定的，如马口铁
锡能与盐酸、硝酸、浓H2SO4等反应
Sn＋2HCl===SnCl2＋H2↑
Sn＋8HNO3(稀)===3Sn(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
Sn＋4HNO3(浓)===H2SnO3＋4NO2↑＋H2O
Sn＋2H2SO4(浓)===SnSO4＋SO2↑＋2H2O
(2)锡的氯化物(SnCl2、SnCl4)
①SnCl2：SnCl2的水溶液具有还原性及水解性
6SnCl2＋O2＋2H2O===2SnCl4＋4Sn(OH)Cl
SnCl2＋H2O===Sn(OH)Cl↓＋HCl
②SnCl4
SnCl4极易水解：SnCl4＋3H2O===H2SnO3＋4HCl
(3)Sn(OH)2：两性氢氧化物，可发生反应Sn(OH)2＋2HCl===SnCl2＋2H2O，
Sn(OH)2＋2NaOH===Na2SnO2＋2H2O
2．铅及其化合物
(1)Pb
①常温时Pb在空气中稳定存在，但表面易形成PbO和Pb2(OH)2CO3保护膜而不易被腐蚀。
②Pb在O2存在时可与醋酸反应：
2Pb＋O2＋4CH3COOH===2Pb(CH3COO)2＋2H2O。
③Pb在加热条件下与浓盐酸反应：
Pb＋4HCl(浓)H2[PbCl4]＋H2↑。
(2)铅的氧化物——PbO、PbO2、Pb3O4
PbO＋2HCl===PbCl2＋H2O；
PbO2＋4HCl===PbCl2＋Cl2↑＋2H2O；
Pb3O4＋8HCl===3PbCl2＋Cl2↑＋4H2O；
PbO2具有氧化性：
PbO2＋H2O2＋2H＋===Pb2＋＋O2↑＋2H2O。
(3)Pb(CH3COO)2
实验室里用醋酸铅试纸检验H2S：
H2S＋Pb(CH3COO)2===PbS↓(黑色)＋2CH3COOH。
[题组训练]
[题组1]　碳及其化合物
1．我国著名化学家侯德榜研究的侯氏制碱法的主要反应原理：NaCl＋CO2＋NH3＋H2O===NaHCO3↓＋ NH4Cl。有关信息：①CO2＋H2OH2CO3H＋＋HCO，K1＝4.2×10－7；②常温常压下，CO2在1 L水中的溶解度为0.75 L。对该反应的分析不正确的是(　　)
A．溶解度：S(NaCl)＞S(NaHCO3)
B．要用饱和的氯化钠溶液
C．通入NH3的主要目的是获得铵盐
D．两种气体，先通入NH3后通入CO2且通入的CO2要过量
解析：C　[A.因为向饱和食盐水中通入过量氨气，再通入过量的二氧化碳，即可析出NaHCO3固体，说明NaHCO3常温下的溶解度较小，所以溶解度：S(NaCl)＞S(NaHCO3)，A正确；B.由反应的化学方程式NaCl＋CO2＋NH3＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl可知，用饱和的氯化钠溶液，可以使生成的NaHCO3浓度增大，有利于NaHCO3析出，B正确；C.由于氨气极易溶于水，先通入NH3使溶液呈碱性，有利于吸收二氧化碳，生成更多的HCO，C错误；D.由于CO2在水中的溶解度较小，所以要先通入NH3后通入CO2且通入的CO2要过量，有利于NaHCO3的生成，D正确。]
2．写出除去下列气体中混有的杂质(括号内为杂质)可采取的方法：
(1)CO(CO2)：_________________________________________________________。
(2)CO2(CO)：__________________________________________________________。
(3)CO2(O2)：___________________________________________________________。
(4)CO2(SO2)：__________________________________________________________。
(5)CO2(HCl)：__________________________________________________________。
答案：(1)通过盛有浓NaOH溶液的洗气瓶
(2)通过盛放灼热CuO的硬质玻璃管
(3)通过盛放灼热铜网的硬质玻璃管
(4)通过盛有饱和NaHCO3溶液或酸性KMnO4溶液的洗气瓶
(5)通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶
[题组2]　硅及其化合物
3．硅及其化合物在材料领域中应用广泛，下列叙述正确的是(　　)
A．硅单质是制造玻璃的主要原料
B．CaSiO3可用来制造太阳能电池
C．水泥的主要成分是Na2SiO3、CaSiO3和SiO2
D．二氧化硅是制造光导纤维的材料
解析：D　[生产玻璃的主要原料是纯碱、石英砂和石灰石，故A项错误；硅单质可用来制造太阳能电池，而CaSiO3不能，故B项错误；水泥的主要成分是硅酸三钙、硅酸二钙、铝酸三钙等，故C项错误；制造光导纤维的主要材料是SiO2，故D项正确。]
4．甲、乙、丙三种不同物质有如图所示转化关系，则甲不可能是(　　)
甲乙丙甲
A．Al2O3　　　　　　　 B．SiO2
C．NH4Cl D．CO2
解析：C　[C项，氯化铵和氢氧化钠溶液反应生成一水合氨，一水合氨和盐酸反应生成氯化铵，加热时氯化铵分解生成氨气和氯化氢，故不符合题中转化关系。]
[题组3]　拓展应用
5．铅的单质、氧化物、盐在现代工业中有着重要用途。
Ⅰ.(1)铅能形成多种氧化物，如碱性氧化物PbO、酸性氧化物PbO2、类似Fe3O4的Pb3O4，Pb3O4与HNO3发生非氧化还原反应生成一种盐和一种铅氧化物，其反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
Ⅱ.以含铅废料(主要含Pb、PbO、PbO2、PbSO4)为原料制备高纯PbO，其主要流程如下：

(2)“酸溶”时，在Fe2＋催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4，生成1 mol PbSO4转移电子的物质的量为________mol。
(3)已知：①PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：PbO(s)＋NaOH(aq)NaHPbO2(aq)，其溶解度曲线如图所示：

②粗品PbO中所含杂质不溶于NaOH溶液。
结合上述信息，完成由粗品PbO得到高纯PbO的操作：将粗品PbO溶解在一定量________(填“35%”或“10%”)的NaOH溶液中，加热至110 ℃，充分溶解后，________(填“趁热过滤”或“蒸发浓缩”)，将滤液冷却结晶，过滤、洗涤并干燥得到高纯PbO固体。
(4)将PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液，电解Na2PbCl4溶液生成Pb的装置如图所示。

①阴极的电极反应式为______________________________________________。
②电解一段时间后，Na2PbCl4浓度极大地减小，为了恢复其浓度且实现物质的循环利用，阴极区应采取的方法是________________________________________________。
解析：Ⅰ.(1)由题目信息可知Pb3O4中铅的化合价有＋2、＋4两种价态，其组成可写作2PbO·PbO2，由于PbO2是酸性氧化物，故它不能与硝酸反应，PbO是碱性氧化物，可与硝酸发生非氧化还原反应，则Pb的化合价不变，生成Pb(NO3)2，由此可得反应的化学方程式为Pb3O4＋4HNO3===2Pb(NO3)2＋PbO2＋2H2O。
Ⅱ.(2)根据题中信息可写出“酸溶”时的化学方程式：Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O，分析Pb元素的化合价变化可知，每生成2 mol PbSO4转移电子2 mol，则生成1 mol PbSO4转移电子的物质的量为1 mol。
(3)根据PbO的溶解度曲线可知，在浓度较高的NaOH溶液及较高的温度下，PbO的溶解度较大，因此将粗品PbO溶解在一定量35%的NaOH溶液中，加热至110 ℃，充分溶解后，在高温下趁热过滤除去杂质，将滤液冷却结晶，过滤、洗涤并干燥即可得到高纯PbO固体。
(4)①电解池中阴极发生得电子的还原反应，则PbCl得到电子生成Pb，电极反应式为PbCl＋2e－===Pb＋4Cl－。
②根据第①问可知，阴极是PbCl转化为Pb，溶液中少了Pb元素；阳极发生氧化反应，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，溶液中少了O元素，根据少什么加什么的原则，溶液中减少了Pb元素和O元素，应该在阴极区加PbO粗品。
答案：Ⅰ.(1)Pb3O4＋4HNO3===2Pb(NO3)2＋PbO2＋2H2O
Ⅱ.(2)1　(3)35%　趁热过滤　(4)①PbCl＋2e－===Pb＋4Cl－　②继续向阴极区加入PbO粗品
6．锗是重要的稀缺战略资源，广泛应用于众多国防军工及民用领域，属于我国战略收储金属。某科研课题采用的提取锗的技术路线如下。

(1)在周期表中金属元素与非金属元素的分界处，可以找到半导体材料，如Si、________等，半导体器件的研制正是开始于________，后来发展到研制与它同族的________。上述三种元素依次是________(填序号)。
a．Ge　Si　Ge
b．Ge　Ge　Si
c．C　Si　Ge
(2)请配平次亚磷酸钠热还原反应的化学方程式并在括号内注明反应条件：________NaH2PO2·H2O＋________GeO2________Na4P2O7＋________H2O↑＋________GeO↑＋________H3PO4↑
(3)高品位还原锗精矿碱氧化预处理过程的产物是锗酸钠，请写出该过程的化学方程式：________________________________________________________________________。
(4)高纯二氧化锗的含量采用碘酸钾滴定法进行分析。称取3.600 g高纯二氧化锗样品，采用氢氧化钠在电炉上溶样，次亚磷酸钠加热还原，然后以淀粉为指示剂，用碘酸钾标准溶液(0.600 0 mol·L－1)滴定，消耗的碘酸钾标准溶液体积为19.00 mL(20 ℃以下，次亚磷酸钠不会被碘酸钾和碘氧化)。
①滴定终点的现象是_______ __________________________________________。
②此样品中二氧化锗的含量是________。(保留四位有效数字)
(5)用氢气还原GeO2可制得金属锗。其反应如下：
GeO2＋H2===CeO＋H2O　①
GeO＋H2===Ge＋H2O　②
GeO2＋2H2===Ge＋2H2O　③
反应③的ΔH＝＋13 750 kJ·mol－1，ΔS＝＋15 600 J·(K·mol)－1，则还原反应的温度一般控制在________℃范围内。[已知GeO在700 ℃会升华，T(K)＝t(℃)＋273]
(6)锗在硝酸中的溶解速度受硝酸浓度、搅拌速度、温度等因素影响。如图，锗的溶解速度有一最大值，硝酸的浓度小于某一定值时，随浓度增加锗的溶解速度增加，反之降低，这是由于硝酸浓度高时________加剧所致。

解析：(1)Si和Ge位于金属与非金属元素的交界处，由于Ge是金属元素，是最早应用于半导体材料的元素，后来逐渐研究Si，所以选b。
(2)由钠元素和磷元素质量守恒可知4NaH2PO2·H2O～Na4P2O7～2H3PO4，再由氢元素质量守恒可知H2O的化学计量数是5，再由得失电子守恒和质量守恒可知GeO2和GeO的化学计量数都是8，所以发生的反应为4NaH2PO2·H2O＋8GeO2===Na4P2O7＋5H2O↑＋8GeO↑＋2H3PO4↑，由流程图可知反应条件为氮气、900～1 000 ℃。
(3)由信息可知发生的是GeO在碱性条件下被H2O2氧化为Na2GeO3的反应：GeO＋H2O2＋2NaOH===Na2GeO3＋2H2O。
(4)①由于KIO3被还原为I－，所以达到滴定终点时，IO与I－反应生成I2，即溶液变为蓝色，且半分钟内不褪色。
②由质量守恒和得失电子守恒可知3GeO2～3GeO～KIO3，所以n(GeO2)＝3n(KIO3)＝3×0.600 0 mol·L－1×19.00 mL×10－3 L·mL－1＝0.034 2 mol，则样品中GeO2的含量为×100%＝99.75%。
(5)当ΔG＝ΔH－TΔS＜0时，反应能自发进行，所以T＞＝K≈881 K＝608 ℃，再由题中信息可知，GeO在700 ℃会升华，所以控制的温度范围为608～700 ℃。
(6)浓硝酸具有强氧化性而会使某些金属表面发生钝化。
答案：(1)b　(2)4　8　1　5　8　2　反应条件：氮气、900～1 000 ℃
(3)GeO＋H2O2＋2NaOH===Na2GeO3＋2H2O
(4)①溶液变为蓝色，且30 s内不褪色　②99.75%
(5)608～700　(6)钝化
考点二　氯及其化合物
[真题引领]
1．下列关于氯及其化合物的说法正确的是(　　)
A．(2017·高考北京卷改编)氯气使KBr溶液变黄，氯气被氧化
B．(2017·高考天津卷)用氯气处理水中的Cu2＋、Hg2＋等重金属离子
C．(2017·高考江苏卷)ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒
D．(2017·高考海南卷)铝箔在氯气中燃烧可制备无水三氯化铝
答案：D
2．(2016·高考上海卷)向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是(　　)
A．碳酸钙粉末　　　　　 B．稀硫酸
C．氯化钙溶液 D．二氧化硫水溶液
答案：A
3．(2017·上海化学)海洋是一个巨大的宝库，期待着人们的开发和利用。下列物质不经过化学变化就能从海水中获得的是(　　)
A．单质溴 B．单质镁
C．烧碱 D．食盐
答案：D
4．(2019·江苏，T6)下列有关化学反应的叙述正确的是(　　)
A．Fe在稀硝酸中发生钝化
B．MnO2和稀盐酸反应制取Cl2
C．SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3
D．室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2
解析：C　[A.常温下，Fe在与浓硝酸发生钝化反应，故A错误；B.二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，故B错误；C.二氧化硫与过量氨水反应生成硫酸铵，故C正确；D.常温下，Na与空气中的氧气反应生成Na2O；加热条件下，钠与氧气反应生成Na2O2，故D错误。]
[知能必备]
一、重要知识
1．氯水的成分和性质
新制氯水中存在下列三个平衡关系：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO、HClOH＋＋ClO－、H2OH＋＋OH－。氯水中存在三种分子：H2O、Cl2、HClO，四种离子：H＋、Cl－、ClO－、OH－。所以，新制的氯水呈浅黄绿色，有刺激性气味，属于混合物，其所含的多种微粒使氯水的化学性质表现出多重性，主要体现在：①Cl2的强氧化性；②HCl的强酸性；③HClO的强氧化性(漂白性)；④Cl－的性质等。
2．几种重要的氯酸盐
(1)次氯酸盐(NaClO、Ca(ClO)2等)
①ClO－不论在酸性环境中还是在碱性环境中均能体现强氧化性，如ClO－与SO、I－、Fe2＋均不能大量共存，同时具有漂白性，也常用于杀菌消毒。
②ClO－体现水解性，因HClO酸性很弱，ClO－水解显碱性，如Fe3＋＋3ClO－＋3H2O===Fe(OH)3↓＋3HClO，所以ClO－与Fe3＋、Al3＋均不能大量共存。
(2)亚氯酸盐(如NaClO2)
亚氯酸钠在碱性溶液中稳定存在，易吸收空气中的水分而潮解，本品是高效漂白剂，用于纸浆、纤维、面粉、油脂的漂白，也用于饮用水净化和污水处理。
①亚氯酸钠在酸性条件下生成HClO2，HClO2易分解。
方程式为：NaClO2＋HCl===NaCl＋HClO2
5HClO2===4ClO2↑＋HCl＋2H2O。
②在NaOH溶液中ClO2与H2O2反应可以得到亚氯酸钠。反应的化学方程式是2ClO2＋H2O2＋2NaOH===2NaClO2＋O2↑＋2H2O。
3．卤族元素的特性
氟
a.氟元素无正价，非金属性最强，F－的还原性最弱
b.2F2＋2H2O===4HF＋O2
c.HF是弱酸，能腐蚀玻璃，故应保存在铅制器皿或塑料瓶中
d.在HX中沸点最高(由于分子间存在氢键)
e.CaF2难溶于水，AgF易溶于水，NaF有毒
溴
a.溴是红棕色液体，易挥发
b.盛液溴的试剂瓶中加水，进行水封，保存液溴时不能用橡胶塞
碘
a.I2遇淀粉变蓝
b.I2加热时易升华
c.食用盐中加入KIO3可防治甲状腺肿大
d.Fe＋I2FeI2
二、易错易混
1．氯气是一种黄绿色的气体、有毒、易液化，液氯密封于钢瓶中，即氯水、次氯酸应保存在棕色试剂瓶中，一般氯水要现用现配。
2．当Fe和Cl2在点燃条件下反应时，不论Fe过量或不足，由于Cl2的强氧化性，产物一定是FeCl3。
3．1 mol Cl2与碱[NaOH或Ca(OH)2]反应时转移NA个电子，而1 mol Cl2与水反应时，转移电子数小于NA(Cl2与水的反应为可逆反应)。
4．酸化KMnO4溶液用的是H2SO4而不是盐酸，原因是KMnO4与盐酸不共存，能将Cl－氧化成Cl2。
5．“84”消毒液的主要成分为NaClO，漂粉精的有效成分为Ca(ClO)2。“84”消毒液和洁厕灵不能混合使用，其原因是ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O。
三、知识拓展
1．一氧化二氯(Cl2O)
常温常压下，一氧化二氯(Cl2O)为棕黄色气体，熔点－116 ℃，沸点为3.8 ℃，本品助燃，有毒，具有刺激性气味，是强氧化剂。
(1)一氧化二氯的性质：
①42 ℃以上会分解生成Cl2和O2，反应的化学方程式为：2Cl2O2Cl2＋O2
②Cl2O易溶于水并与水反应生成HClO，反应的化学方程式为：Cl2O＋H2O===2HClO。
(2)一氧化二氯的制备
将氯气和空气(不参与反应)按体积比1∶3混合通入含水8%的碳酸钠溶液中制备Cl2O。
反应的化学方程式：2Na2CO3＋H2O＋2Cl2===2NaCl＋2NaHCO3＋Cl2O
2．二氧化氯(ClO2)
(1)ClO2的性质
①ClO2又称百毒净，常温下，ClO2是一种黄绿色到橙色的气体，沸点为：11 ℃，可作消毒剂、漂白剂，纯ClO2易分解爆炸，空气中ClO2的体积分数在10%以下比较安全；
②强氧化性
a．在H2SO4的酸性环境中ClO2与碘化钾反应的离子方程式是2ClO2＋10I－＋8H＋===2Cl－＋5I2＋4H2O；
b．ClO2能将＋2价Mn氧化成＋4价Mn，使之形成不溶于水的MnO2：2ClO2＋5Mn2＋＋6H2O===5MnO2↓＋12H＋＋2Cl－；
c．在溶液的pH为5～9时，ClO2能将S2－氧化成SO：8ClO2＋5S2－＋4H2O===5SO＋8Cl－＋8H＋；
d．ClO2可将CN－氧化成无毒的N2和CO2：
2ClO2＋2CN－===2CO2＋N2＋2Cl－
(2)ClO2的制备方法
①氯酸钠与盐酸反应：
2NaClO3＋4HCl===2NaCl＋Cl2↑＋2ClO2↑＋2H2O。
②亚氯酸钠与氯气反应：
2NaClO2＋Cl2===2NaCl＋2ClO2。
③草酸还原法：H2C2O4＋2NaClO3＋H2SO4===Na2SO4＋2CO2↑＋2ClO2↑＋2H2O。
④亚氯酸钠与盐酸反应：
5NaClO2＋4HCl===5NaCl＋4ClO2↑＋2H2O。
⑤将NaClO3和Na2SO3用硫酸酸化，加热制备ClO2：
2NaClO3＋Na2SO3＋H2SO42ClO2↑＋2Na2SO4＋H2O。
3．I－、I2、I、KIO3的性质
(1)I－、I2、I
①I2易溶于酒精可制成碘酒；I2在水中的溶解度较小，但有I－存在时，I2的溶解性增强：I2＋I－I。
②I具有I－和I2的性质；I－、I均具有还原性，能被Fe3＋、HNO3等氧化。
(2)KIO3
①用单质碘与热的KOH溶液反应可制取KIO3：3I2＋6KOHKIO3＋5KI＋3H2O。
②配制碘酸钾标准溶液，分析锌、碘、砷；容量法分析中用作氧化剂。
③医药上作防治地方甲状腺肿病的加碘剂。
[题组训练]
[题组1]　氯及其化合物的性质
1．在新制的氯水中加入少量的碳酸钠粉末，下列说法正确的是(　　)
A．pH增大，HClO浓度增大
B．pH减小，Cl－浓度增大
C．pH增大，Cl－浓度减小
D．pH减小，HClO浓度减小
解析：A　[加Na2CO3后，CO与H＋反应，使得平衡Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO右移，Cl－浓度、HClO浓度均增大，H＋浓度减小，所以pH增大。]
2．“84”消毒液(有效成分为NaClO)可用于消毒和漂白，下列实验现象的分析，不正确的是(　　)
实验



现象
混合后溶液的pH＝9.9，短时间内未褪色，一段时间后蓝色褪去
混合后溶液pH＝5.0，蓝色迅速褪去，无气体产生
混合后溶液pH＝3.2，蓝色迅速褪去，并产生大量气体，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
A.对比实验①和②，②中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应ClO－＋H＋===HClO
B．实验③中产生的气体是Cl2，由HClO分解得到：2HClO===Cl2↑＋H2O
C．对比实验②和③，溶液的pH可能会影响ClO－的氧化性或Cl－的还原性
D．加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但需要调控合适的pH才能安全使用
解析：B　[A.对比实验①和②，②中蓝色迅速褪去主要是因为加入的酸与溶液中的ClO－反应生成了具有漂白性的次氯酸，其离子方程式为：ClO－＋H＋===HClO，故A项正确；B.“84”消毒液的主要成分为氯化钠与次氯酸钠，实验③中产生的能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体是Cl2，主要是因为在酸性条件下两者发生归中反应，其离子反应方程式为：ClO－＋2H＋＋Cl－===Cl2↑＋H2O，故B项错误；C.溶液的pH减小的情况下，产生了大量气体，使得Cl－与ClO－发生氧化还原反应生成氯气，则说明溶液的pH可能会影响ClO－的氧化性或Cl－的还原性，故C项正确；D.对比三个实验可以看出，加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但酸性太大，会使溶液中产生大量有毒的氯气，则需要调控合适的pH才能安全使用，故D项正确。
[题组2]　卤素单质及其化合物
3．鉴别NaCl、NaBr、NaI溶液可以选用的试剂是(　　)
①碘水、淀粉溶液　②氯水、CCl4　③溴水、苯　④硝酸、AgNO3溶液　⑤氯水、苯　⑥氯水、己烯
A．①②④　　　　　　　 B．②③⑥
C．②④⑤ D．④⑤⑥
解析：C　[氯水中的Cl2分别与NaBr、NaI反应：2NaBr＋Cl2===2NaCl＋Br2、2NaI＋Cl2===2NaCl＋I2，Br2、I2均可被CCl4萃取，通过观察CCl4层颜色可鉴别，②正确；Cl－、Br－、I－分别与Ag＋反应，产生白色沉淀AgCl、浅黄色沉淀AgBr、黄色沉淀AgI，且均不溶于稀HNO3，可鉴别，④正确；⑤同②类似，可鉴别，正确。]
4．下列哪些事实或实验能说明氧化性Cl2＞Br2＞I2______(填序号)。
①氯水分别滴入KBr、NaI溶液中颜色加深，而溴水滴入NaCl溶液中无明显变化，滴入KI淀粉溶液中，溶液变蓝
②H2和Cl2的混合气体在光照条件下发生爆炸，H2和Br2的混合气体加热才能反应，而H2和I2反应更困难
③Fe分别与Cl2、Br2、I2反应生成Fe的化合物的化合价高低
④HCl、HBr、HI的热稳定性越来越差
⑤Cl2、Br2、I2在水中的溶解度逐渐减小
答案：①②④
[题组3]　拓展应用
5．ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上用ClO2气体制备NaClO2的工艺流程如下图所示：

下列说法不正确的是(　　)
A．工业上可将ClO2制成NaClO2固体，便于贮存和运输
B．通入空气的目的是驱赶出ClO2，使其被吸收器充分吸收
C．吸收器中生成 NaClO2的离子方程式：2ClO2＋H2O2===2ClO＋O2↑＋2H＋
D．步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥
解析：C　[A.ClO2为气体，不易储存和运输，常将其制备成NaClO2固体以便运输和贮存，A正确；B.反应结束后，发生器中仍有少量ClO2，用空气可以将其排出，确保其被充分吸收，B正确；C.反应的环境是碱性环境，离子方程式应该为2ClO2＋2OH－＋H2O2===2ClO＋O2＋2H2O，C不正确；D.NaClO2溶液中获得NaClO2固体需要真空蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥，D正确。]
6．将NaCl溶液电解后通入ClO2，能得到一种高效漂白剂和氧化剂NaClO2。某同学在实验室中对此反应进行了探究。回答下列问题：
(1)配制一定物质的量浓度的NaCl溶液，除容量瓶、玻璃棒、量筒、烧杯外，还需要的玻璃仪器是________(填名称)。
(2)ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，用亚氯酸钠固体与纯净的氯气反应可制取，反应为2NaClO2＋Cl2===2ClO2＋2NaCl。如图是实验室用于制备并收集一定量纯净ClO2的装置，其连接顺序为a→________________________(按气流方向，用小写字母表示)，E装置的作用是___________________________________________________________。

(3)探究NaClO2的氧化性及测定其纯度时进行了如下实验：
实验目的
操作步骤
现象或原因
证明
NaClO2
具有氧
化性
取一定量的样品，用H2SO4酸化，再加入适量________和KSCN溶液检验
溶液显红色
测定
NaClO2
的纯度
①准确称一定质量的样品，在酸性条件下加入适量蒸馏水和足量的KI晶体
致使溶液显黄色的离子方程式：______________________。
②取25.00 mL上述待测溶液，加入________溶液作指示剂，用一定浓度的Na2S2O3标准液滴定
反应的离子方程式：I2＋2S2O===2I－＋S4O
③当滴入最后一滴标准溶液时，反应达到滴定终点
________________
(用文字描述现象)
解析：(1)配制一定物质的量浓度的溶液时需要用胶头滴管滴加蒸馏水定容，故配制一定物质的量浓度的NaCl溶液，除容量瓶、玻璃棒、量筒、烧杯外，还需要的玻璃仪器是胶头滴管。
(2)装置A用来制取Cl2，装置F用于除去Cl2中的杂质，纯净的Cl2通入装置D中制备ClO2。因制得的ClO2中混有Cl2，用装置E吸收Cl2除杂(CCl4能吸收Cl2，而不吸收ClO2)，用装置C收集气体(ClO2密度比空气大，气体需长进短出)，最后通入装置B进行尾气处理，故实验室用于制备并收集一定量纯净ClO2的装置，其连接顺序为a→g→h→m→n→f→e→d→c→b；E装置的作用是除去ClO2中混有的Cl2。
(3)为验证NaClO2具有氧化性，可加入FeSO4和KSCN溶液；测定NaClO2的纯度，可用KI与NaClO2反应生成I2，致使溶液显黄色的离子方程式为ClO＋4I－＋4H＋===2H2O＋2I2＋Cl－；加入淀粉溶液作指示剂，再用一定浓度的Na2S2O3标准液滴定I2，当滴入最后一滴标准溶液时，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，反应达到滴定终点，最后由n(I2)可求得NaClO2的纯度。
答案：(1)胶头滴管
(2)g→h→m→n→f→e→d→c→b　除去ClO2中混有的Cl2
(3)FeSO4　ClO＋4I－＋4H＋===2H2O＋2I2＋Cl－　淀粉　溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色
考点三　硫及其化合物
[真题引领]
1．(2017·海南化学)分别将足量下列气体通入稀Na2S溶液中，可以使溶液变浑浊的是(　　)
A．CO　　　　　　　 B．SO2
C．HCl D．CO2
解析：B　[A.CO不与Na2S发生反应，因此没有沉淀产生，故A错误；B.SO2具有弱氧化性，与Na2S发生氧化还原反应，即SO2＋2S2－＋4H＋===3S↓＋2H2O，故B正确；C.利用酸性强的制取酸性弱的，即发生2H＋＋S2－===H2S，没有沉淀产生，故C错误；D.不产生沉淀，故D错误。]
2．(2017·上海化学)下列对二氧化硫气体的物理性质或化学性质描述正确的有(　　)
A．无色、无味
B．容易液化、难溶于水
C．有漂白性，能使品红溶液褪色
D．和水反应生成硫酸
解析：C　[二氧化硫有刺激性气味，易溶于水，并且与水反应生成亚硫酸，A、B、D错误。]
3．(2017·江苏化学)下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是(　　)

解析：B　[A错；铜片和稀硫酸不反应，无法制备SO2。B对：SO2能使品红溶液褪色，因此可以验证SO2的漂白性；C错；SO2密度比空气大，用排空气法收集SO2时，导气管应“长进短出”。D错；SO2和饱和NaHSO3溶液不反应，因此NaHSO3溶液不能作为吸收液，可用NaOH溶液。]
4．(2018·高考全国卷Ⅰ，27)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：
(1)生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式____________________________________________________。
(2)利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：

①pH＝4.1时，Ⅰ中为________溶液(写化学式)。
②工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2的目的是_______________________。
答案：(1)2NaHSO3===Na2S2O5＋H2O
(2)①NaHSO3　②得到NaHSO3过饱和溶液
[知能必备]
一、重要知识
1．SO2的重要性质

2．硫酸的性质
(1)稀硫酸的性质
能与指示剂、金属、碱性氧化物、碱、盐等物质发生反应。
(2)浓H2SO4的特性：吸水性、脱水性、强氧化性。
写出浓H2SO4与Cu、C反应的化学方程式：_________________________________
________________________________________________________________________；
________________________________________________________________________。
答案：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O
C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O
3．SO的检验
检验SO的正确操作方法：被检液
取清液有无白色沉淀产生(判断有无SO)。
二、易错易混
1．除去附着在试管内壁上的硫，除了用热的NaOH溶液，还可以用CS2，但不能用酒精。
2．SO2使含有酚酞的NaOH溶液褪色，表现SO2酸性氧化物的性质；使品红溶液褪色，表现SO2的漂白性；使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，表现SO2的还原性；SO2与H2S反应，表现SO2的氧化性。
3．浓HNO3和Cu(足量)、浓H2SO4和Cu(足量)、浓盐酸和MnO2(足量)在反应时，随着反应的进行，产物会发生变化或反应停止。注意区分Zn和浓H2SO4的反应。
4．C与浓硫酸反应时，反应产物的确定应按以下流程进行：无水CuSO4确定水→品红溶液检验SO2→酸性KMnO4溶液除去SO2→品红溶液检验SO2是否除净→澄清石灰水检验CO2。
5．把SO2气体通入BaCl2溶液中，没有沉淀生成，但若再通入NH3或加入NaOH溶液，或把BaCl2改成Ba(NO3)2均有白色沉淀生成，前两者生成BaSO3沉淀，后者生成BaSO4沉淀。
6．湿润Cl2的漂白是不可逆的，而SO2的是可逆的，加热会复原，将等体积的SO2和Cl2混合，失去漂白作用。
三、知识拓展
1．过氧化氢(H2O2)
(1)结构
化学式：H2O2
电子式：
结构式：H—O—O—H，H、O原子个数比为1∶1，H2O2是既含极性键，又含非极性键的共价化合物。
(2)H2O2的性质
①弱酸性
H2O2在水中可发生分步电离：
H2O2H＋＋HO，HOH＋＋O。
H2O2可与碱反应：
H2O2＋Ba(OH)2===BaO2↓＋2H2O。
②不稳定性
H2O2在较低温度下比较稳定，但受热可分解：
2H2O22H2O＋O2↑。
H2O2在一些金属离子(如Fe3＋、Mn2＋、Cu2＋等)的催化作用下能加快分解，浓缩H2O2的方法是减压蒸发。
③强氧化性
H2O2能氧化I－、SO、Fe2＋等还原性离子：
H2O2＋2I－＋2H＋===I2＋2H2O；
H2O2＋H2SO3===SO＋2H＋＋H2O；
H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O；
H2O2＋SO===SO＋H2O。
2．酰氯
(1)亚硫酰氯(SOCl2)
亚硫酰氯是无色或淡黄色液体，有刺激性气味，熔点－105 ℃，沸点78.8 ℃，溶于苯、氯仿和四氯化碳。遇水易水解为二氧化硫和氯化氢。SOCl2＋H2O===SO2＋2HCl。
(2)硫酰氯(SO2Cl2)
硫酰氯(SO2Cl2)常作氯化剂或氯磺化剂，用于制作药品、染料、表面活性剂等。其部分性质如表：
物质
熔点/℃
沸点/℃
其他性质
SO2Cl2
－54.1
69.1
①易水解，产生大量白雾：SO2Cl2＋2H2O===H2SO4＋2HCl
②易分解：SO2Cl2SO2↑＋Cl2↑
3.硫的多种含氧酸
正酸系列：次硫酸H2SO2、亚硫酸H2SO3、硫酸H2SO4
过酸系列：过硫酸H2SO5、过二硫酸H2S2O8
焦酸系列：焦亚硫酸H2S2O5、焦硫酸H2S2O7
硫代硫酸系列：硫代亚硫酸H2S2O2、硫代硫酸H2S2O3
连酸系列：连二亚硫酸H2S2O4、连多硫酸H2SxO6[x(2～6)]
4．常见硫的含氧酸盐
(1)过二硫酸钾(K2S2O8)
过二硫酸钾的性质：过二硫酸钾是一种白色晶体，溶于水，不溶于乙醇，有强氧化性，用于制作漂白剂、氧化剂。
过二硫酸钾溶液能将Mn2＋氧化为紫色的MnO，该反应的离子方程式为：2Mn2＋＋5S2O＋8H2O===2MnO＋10SO＋16H＋
过二硫酸钾的制备：实验室制备过二硫酸钾可通过低温电解KHSO4溶液制得，化学方程式为：2KHSO4K2S2O8＋H2↑。
(2)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)
焦亚硫酸钠的性质：焦亚硫酸钠又称二硫五氧酸钠，溶于水、甘油，微溶于乙醇。
①露置空气中易氧化成硫酸钠，反应过程：①首先焦亚硫酸钠吸水：Na2S2O5＋H2O===2NaHSO3；②亚硫酸氢钠被氧化，2NaHSO3＋O2===2NaHSO4；③硫酸氢钠也可以和焦亚硫酸钠或亚硫酸氢钠反应。2NaHSO4＋Na2S2O5===2Na2SO4＋2SO2↑＋H2O或NaHSO4＋NaHSO3===Na2SO4＋SO2↑＋H2O。
②Na2S2O5与稀硫酸反应放出SO2，离子方程式是S2O＋2H＋===2SO2↑＋H2O。
焦亚硫酸钠的制备：生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式2NaHSO3===Na2S2O5＋H2O。
重要用途：医药工业用于生成氯仿、印染工业用作脱氯剂，食品工业用作漂白剂、防腐剂、抗氧化剂。
③用碘标准溶液滴定葡萄酒中Na2S2O5的离子方程式为：S2O＋2I2＋3H2O===2SO＋4I－＋6H＋。
注意按性质①②③；制备；用途顺序排列
(3)连二亚硫酸钠(Na2S2O4)
连二亚硫酸钠的性质：连二亚硫酸钠(Na2S2O4)又称保险粉，是最适合木浆造纸的漂白剂，其水溶液性质不稳定，有极强的还原性。
连二亚硫酸钠在空气中吸氧变质，反应的化学方程式是：2Na2S2O4＋O2＋H2O===4NaHSO3或2Na2S2O4＋3O2＋2H2O===4NaHSO4。
连二亚硫酸钠的制备：将甲酸和溶于甲醇和水混合剂的NaOH溶液混合，再通入SO2气体，即得保险粉，化学反应方程式：＋2SO2＋NaOHO===Na2S2O4＋CO2＋H2O。
(4)硫代硫酸钠(Na2S2O3)
硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O)俗名海波，又名“大苏打”，是无色单斜晶体。易溶于水，不溶于乙醇，具有较强的还原性，广泛地应用于照相等工业中。
①Na2S2O3的制备
方法一：硫代钠中和法
将Na2S和Na2CO3以物质的量之比2∶1配制溶液，然后通入SO2，发生反应：
2Na2S＋Na2CO3＋4SO2===3Na2S2O3＋CO2。
方法二：亚硫酸钠法
在沸腾状态下使Na2SO3溶液与硫粉反应：
Na2SO3＋SNa2S2O3。
②Na2S2O3的性质
a．碘可将Na2S2O3氧化成连四硫酸钠(Na2S4O6)，该反应可用来定量测定碘：I2＋2S2O===2I－＋S4O。
b．较强氧化剂(如Cl2、Br2等)可将S2O氧化成SO：
S2O＋4Cl2＋5H2O===2SO＋8Cl－＋10H＋。
c．酸性条件下，S2O自身发生氧化还原反应生成SO2，
S2O＋2H＋===S↓＋SO2↑＋H2O
[题组训练]
[题组1]　硫及其化合物
1．为确定某常见的纯净的气体Q的成分，进行了如下几种实验，其中结论不正确的是(　　)

操作及现象(现象在括号内)
结论
A
闻Q气味(有刺激性气味)酸性KMnO4溶液(褪色)
Q一定是SO2
B
闻Q气味(有刺激性气味)澄清石灰水(变浑浊)
Q一定是SO2
C
Q品红溶液(褪色)变红色
Q一定是SO2
D
Q紫色石蕊试液(先变红后褪色)
Q一定不是SO2
解析：A　[能使酸性KMnO4溶液褪色且有刺激性气味的气体还有HCl等，A错误；能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2，但前者无气味，B正确；能使品红溶液褪色且加热时溶液又变红色的气体为SO2，C正确；SO2不能漂白石蕊试液，D正确。]
2．甲、乙、丙、丁四种溶液中一定存在SO的是(　　)
A．向甲溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀
B．向乙溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀，再加入盐酸，沉淀不溶解
C．向丙溶液中加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生
D．向丁溶液中加入硝酸酸化，再加入硝酸钡溶液，有白色沉淀产生
解析：C　[甲溶液中若存在SO或CO或Ag＋，也会产生白色沉淀；乙溶液中若存在Ag＋，也会有相同现象；丁溶液用硝酸酸化，若溶液中存在SO或HSO，会被氧化成SO，再加入Ba(NO3)2溶液也会产生白色沉淀。]
[题组2]　拓展应用
3．某电镀污泥含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量金等，某小组设计如下资源综合利用的方案：

已知：碲和硫位于同主族，煅烧时Cu2Te发生的反应为Cu2Te＋2O22CuO＋TeO2，滤渣中TeO2溶于稀硫酸发生的反应为TeO2＋H2SO4===TeOSO4＋H2O。下列说法不正确的是(　　)
A．“高温”灼烧电镀污泥时铜、碲和铬元素都被氧化
B．酸化Na2CrO4溶液时可用浓盐酸
C．上述流程可以回收的金属单质有金和铜
D．滤液3可以循环利用
解析：B　[A.电镀污泥含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量金，高温煅烧后产物为Na2CrO4、金单质、CuO和TeO2，分析反应前后元素化合价的变化：铜元素由＋1价升至＋2价，被氧化，碲元素由－2价升至＋4价，被氧化，铬元素由＋3价升至＋6价，被氧化，A正确。B.酸化Na2CrO4溶液的目的是将Na2CrO4转化成Na2Cr2O7，Na2Cr2O7具有强氧化性，可与浓盐酸发生氧化还原反应，不能使用浓盐酸酸化，故B错误。C.上述流程中，金单质一直未参加反应且不溶于水，固体1为金单质；电解滤液1，Cu2＋放电得到铜单质，沉积固体2为铜单质，故C正确。D.电解滤液1时发生反应2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4，生成的硫酸进入溶液2，同时溶液2中还有TeOSO4，通入二氧化硫发生3H2O＋TeOSO4＋2SO2===Te＋3H2SO4，滤液3中主要有硫酸，酸化Na2CrO4溶液和滤渣处理时都用到了硫酸，所以可以循环利用，D正确。]
4．二氧化硫是重要的化工原料，用途非常广泛。
(1)实验室用如图所示装置制取连二亚硫酸钠(Na2S2O4)。

①实验中要控制生成SO2的速率，可采取的措施有______、________。
②B装置中用甲醇作溶剂，反应过程中有CO2生成，写出发生反应的化学方程式：________________________________________________________________________。
③请设计实验证明连二亚硫酸是一种二元酸：_______________________________
________________________________________________________________________。
(2)二氧化硫能够抑制细菌的滋生，可用作防腐剂，但必须严格按照国家标准使用。实验室用蒸馏—滴定法测定某粉丝样品中二氧化硫的残留量。(已知：滴定时发生反应的化学方程式为SO2＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI)
①将粉丝样品粉碎，准确称取5.0 g，放入三颈烧瓶中，加入稀硫酸浸泡30 min，再加适量蒸馏水，加热蒸馏1 h，实验装置如图所示(加热装置略去)。

②用0.001 mol·L－1 I2标准溶液滴定吸收装置中所得溶液。可用________作指示剂，判断滴定终点的依据是______________________________________________________。
达到滴定终点时消耗I2标准溶液10.00 mL，测得样品中SO2的残留量为________g·kg－1。
③在滴定管中装入I2标准液前，未用I2标准液润洗，则测得结果________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
解析：(1)①实验中要控制生成SO2的速率，可控制反应温度、调节浓硫酸的滴加速度等。②B装置中反应物有二氧化硫、甲酸钠、氢氧化钠，反应过程中有CO2生成，配平可得化学方程式：HCOONa＋2SO2＋NaOH===Na2S2O4＋CO2＋H2O。③连二亚硫酸是一种二元酸，一个连二亚硫酸分子能电离出两个氢离子，可采用滴定的方法证明：用氢氧化钠标准溶液滴定连二亚硫酸溶液，消耗氢氧化钠的物质的量是连二亚硫酸的两倍(答案合理即可)。
(2)②反应物有碘单质，可用淀粉溶液作指示剂；达到滴定终点的依据：溶液恰好由无色变为蓝色，且30 s内不褪色；根据反应方程式信息，消耗的二氧化硫的物质的量与碘单质的相等，样品中SO2的含量为＝0.128 g·kg－1。③在滴定管中装入I2标准液前，未用I2标准液润洗，会使I2标准液被稀释，消耗I2标准液体积偏大，导致测定结果偏高。
答案：(1)①控制反应温度　调节酸的滴加速度(或调节酸的浓度，合理即可)
②HCOONa＋2SO2＋NaOH===Na2S2O4＋CO2＋H2O
③用氢氧化钠标准溶液滴定连二亚硫酸溶液，消耗氢氧化钠的物质的量是连二亚硫酸的两倍(答案合理即可)
(2)②淀粉溶液　溶液出现蓝色，且30 s内不褪色
0．128　③偏高
[思路分析]　A装置用于产生二氧化硫气体，B用于制备产品Na2S2O4。(1)②根据反应物和产物信息配平可得反应方程式。(2)根据方程式信息可知，消耗的二氧化硫与碘物质的量相等，据此计算二氧化硫残留量，注意单位为g·kg－1。
考点四　氮及其化合物
[真题引领]
1．(2017·北京理综，12)下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是(　　)

A．由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体
B．红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸发生了反应
C．由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物
D．③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应
解析：D　[A.①中灼热的碎玻璃不与浓硝酸反应，但仍有红棕色气体产生，说明浓硝酸受热分解产生了二氧化氮和氧气，因此A描述正确；B.通过A分析可知，浓硝酸受热可以分解产生二氧化氮和氧气，所以②中红棕色气体可能来源于硝酸分解，因此B描述正确；C.实验③中木炭没有与浓硝酸接触，浓硝酸没有被加热，生成的红棕色气体二氧化氮只能是挥发出的硝酸蒸气与红热木炭反应、或是挥发出的硝酸受热分解，从生成的二氧化氮看，都是来源于HNO3中＋5价氮元素，所以红棕色气体是还原产物，C描述正确；D.对照C的分析，硝酸分解不可能生成CO2，CO2可能来源于硝酸与木炭的反应，也可能来源于红热的木炭与空气中的氧气反应。D描述错误。]
2．(2019·江苏，T16)N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。
(1)N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为_______________________
________________________________________________________________________。
(2)NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为
NO＋NO2＋2OH－===2NO＋H2O
2NO2＋2OH－===NO＋NO＋H2O
①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有________(填字母)。
A．加快通入尾气的速率
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气
C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是__________________________(填化学式)；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是________________(填化学式)。
(3)NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为NO的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。

①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl－和NO，其离子方程式为__________。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是___________________。
解析：(1)NH3与O2在加热和催化剂作用下发生氧化还原反应生成N2O，根据得失电子守恒和原子守恒可知反应有水生成，配平化学方程式为：2NH3＋2O2N2O＋3H2O。(2)①A.加快通入尾气的速率，不能提高尾气中NO和NO2的去除率，不选A；B.采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气液充分接触，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选B；C.定期补充适量的NaOH溶液可增大反应物浓度，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选C。②由吸收反应：NO＋NO2＋2OH－===2NO＋H2O,2NO2＋2OH－===NO＋NO＋H2O可知，反应后得到NaNO2和NaNO3混合溶液，经浓缩、结晶、过滤得到NaNO2和NaNO3晶体，因此得到的NaNO2混有NaNO3；由吸收反应可知，若NO和NO2的物质的量之比大于1∶1，NO不能被吸收，因此，吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO。(3)①在酸性的NaClO溶液中，ClO－和H＋结合生成HClO，HClO和NO发生氧化还原反应生成NO和Cl－，根据得失电子守恒及电荷守恒、原子守恒，配平离子方程式为2NO＋3HClO＋H2O===2NO＋3Cl－＋5H＋。②在相同条件下，氧化剂的浓度越大，氧化能力越强，由反应2NO＋3HClO＋H2O===2NO＋3Cl－＋5H＋可知，溶液pH越小，溶液中HClO浓度越大，氧化NO的能力越强。
答案：(1)2NH3＋2O2N2O＋3H2O
(2)①BC　②NaNO3　NO
(3)①3HClO＋2NO＋H2O===3Cl－＋2NO＋5H＋
②溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
3．(2017·课标Ⅰ)凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，然后通过滴定测量。已知：NH3＋H3BO3===NH3·H3BO3；NH3·H3BO3＋HCl===NH4Cl＋H3BO3。

回答下列问题：
(1)a的作用是________________。
(2)b中放入少量碎瓷片的目的是__________________。f的名称是________。
(3)清洗仪器：g中加蒸馏水；打开k1，关闭k2、k3，加热b，蒸气充满管路；停止加热，关闭k1，g中蒸馏水倒吸进入c，原因是________________；打开k2放掉水。重复操作2～3次。
(4)仪器清洗后，g中加入硼酸(H3BO3)和指示剂。铵盐试样由d注入e，随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗d，关闭k3，d中保留少量水。打开k1，加热b，使水蒸气进入e。
①d中保留少量水的目的是________________。
②e中主要反应的离子方程式为________________，e采用中空双层玻璃瓶的作用是________________________________________________________________________。
(5)取某甘氨酸(C2H5NO2)样品m克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为c mol·L－1的盐酸V mL，则样品中氮的质量分数为________%，样品的纯度≤________%。
解析：(1)a的作用是平衡气压，以避免b中压强过大。
(2)b中放入少量碎瓷片的目的是防止暴沸。f的名称是直形冷凝管。
(3)g中蒸馏水倒吸进入c，原因是c、e及其所连接的管道内水蒸气冷凝为水后，气压远小于外界大气压，在大气压的作用下，锥形瓶内的蒸馏水被倒吸入c中。
(4)①d中保留少量水的目的是液封，防止氨气逸出。②e中主要反应是铵盐与碱在加热条件下的反应，离子方程式为NH＋OH－NH3↑＋H2O；e采用中空双层玻璃瓶的作用是保温，减少热量损失，有利于铵根离子转化为氨气逸出。
(5)取某甘氨酸(C2H5NO2)样品m克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为c mol·L－1的盐酸V mL，根据反应NH3·H3BO3＋HCl===NH4Cl＋H3BO3，可以求出样品中n(N)＝n(HCl)＝c mol·L－1×V×10－3 L＝0.001cV mol，则样品中氮的质量分数为×100%＝%，样品中甘氨酸的质量≤0.001cV×75 g，所以样品的纯度≤%。
答案：(1)避免b中压强过大
(2)防止暴沸　直形冷凝管
(3)c中温度下降，管路中形成负压
(4)①液封，防止氨气逸出
②NH＋OH－NH3↑＋H2O　保温使氨完全蒸出　(5)　
[知能必备]
一、重要知识
1．氮气的性质
(1)N2与活泼金属________等反应。
(2)N2与O2反应的条件是________、产物________。
(3)N2与H2反应条件是___________________________________________________。
答案：(1)K、Ca、Na、Mg　(2)放电或高温　NO　(3)高温、高压、催化剂
2．氨的重要性质

答案：白烟　Al3＋＋3NH3＋3H2O===Al(OH)3↓＋3NH
3．铵盐
(1)不稳定性：
NH4Cl受热分解：_______________________________________________________
NH4HCO3受热分解：______________________________________________________
(2)与碱反应：
在稀溶液中不加热：______________________________________________________
加热或浓溶液：_______________________________________________________，
应用于铵根检验和氨气制备。
答案：(1)NH4ClNH3↑＋HCl↑
NH4HCO3NH3↑＋H2O＋CO2↑
(2)NH＋OH－===NH3·H2O
NH＋OH－NH3↑＋H2O
4．硝酸

二、易错易混
1．NO只能用排水法或气囊法收集。
2．在NO2或NO与O2通入水的计算中常用到4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3、4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3两个方程式。
3．硝酸、浓硫酸、次氯酸均具有强氧化性，属于氧化性酸，其中HNO3、HClO见光或受热易分解。
4．强氧化性酸(如HNO3、浓硫酸)与金属反应不生成H2；金属与浓硝酸反应一般生成NO2，而金属与稀硝酸反应一般生成NO。
5．实验室制备NH3，除了用Ca(OH)2和NH4Cl反应外，还可用浓氨水的分解(加NaOH固体或加CaO或加热)制取。而检验NH需用NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，以确定NH的存在。
6．收集NH3时，把一团干燥的棉花放在试管口，以防止氨气与空气对流；收集完毕，尾气处理时，应在试管口放一团用稀硫酸浸湿的棉花，以吸收NH3防止污染空气。
三、知识拓展
1．亚硝酸钠(NaNO2)
亚硝酸钠(NaNO2)在纤维纺织品的染色和漂白、照相、生产橡胶、制药等领域有广泛应用，也常用于鱼类、肉类等食品的染色和防腐。但因其有毒，所以在食品行业用量有严格限制。
(1)亚硝酸钠在酸性条件下不稳定，如：2NaNO2＋H2SO4===Na2SO4＋NO2↑＋NO↑＋H2O
(2)在酸性条件下它是一种氧化剂，能把Fe2＋氧化成Fe3＋。
Fe2＋＋NO＋2H＋===Fe3＋＋NO↑＋H2O
(3)把新制的氯水加到NaNO2溶液中，氯水褪色。
Cl2＋NO＋H2O===2Cl－＋NO＋2H＋
2．联氨(N2H4)
联氨(又称肼，N2H4，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，与氧化剂接触，会引起自燃自爆，具有碱性、强还原性、强腐蚀性。
(1)联氨分子的电子式为
(2)联氨在水溶液中电离，离子方程式是：N2H4＋H2ON2H＋OH－；
N2H＋H2ON2H＋OH－。
(3)联氨是一种常用的还原剂，向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，固体逐渐变黑，并有气泡产生。
N2H4＋4AgBr===4Ag＋N2＋4HBr
(4)实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为NaClO＋2NH3===N2H4＋NaCl＋H2O
3．膦(PH3)
磷的氢化物PH3(磷化氢)又称为膦，膦分子与氨分子的结构相似，也呈三角锥形。膦是一种较强的还原剂，稳定性较差，而膦溶液的碱性很弱，因此不易生成稳定的膦盐。与铵盐相对应的许多膦盐都不存在，但碘化膦PH4I可由膦与碘化氢直接化合生成，碘化膦是白色固体，是比较稳定的卤化膦，而氯化膦和溴化膦在室温下便可分解。与铵盐不同，卤化膦遇水完全水解。
PH4Cl＋H2O===PH3↑＋H3O＋＋Cl－
PH3剧毒，用CuSO4溶液吸收PH3，反应化学方程式是24CuSO4＋11PH3＋12H2O===8Cu3P↓＋3H3PO4＋24H2SO4
4．磷酸
(1)亚磷酸(H3PO3)
亚磷酸是一种无色固体，在水中有较大溶解度，是一种中强二元酸，其结构式为，在盛有H3PO3溶液的试管中加入AgNO3溶液，则析出黑色金属银沉淀，并在试管口有红棕色气体生成。反应的化学方程式是：2H3PO3＋AgNO3===Ag↓＋NO↑＋2H3PO4
(2)次磷酸(H3PO2)
次磷酸是一种无色的晶体，熔点26.5 ℃，易溶解，它是中强酸，又是一元酸，并依下式电离：H3PO2H＋＋H2PO
次磷酸的结构式：
次磷酸和它的盐都有较强的还原性，次磷酸盐一般易溶于水，其中碱土金属次磷酸盐的溶解度较小。
5．砷及其化合物
(1)砷的硫化物——As2S3(雌黄)
①在空气中煅烧As2S3：2As2S3＋9O22As2O3＋6SO2。
②在浆状As2S3中通入O2氧化，生成单质硫和H3AsO4：2As2S3＋5O2＋6H2O===4H3AsO4＋6S。
(2)砷的氢化物——AsH3
①室温下，AsH3在空气中自燃：2AsH3＋3O2===As2O3＋3H2O。
②在缺氧条件下受热分解为单质：2AsH32As＋3H2。
③鉴定砷的方法：2AsH3＋12AgNO3＋3H2O===As2O3＋12HNO3＋12Ag↓。
④还原性：
2AsH3＋Cr2O＋8H＋===2As＋2Cr3＋＋7H2O。
(3)砷的氧化物——As2O3(砒霜)
①与碱反应生成亚砷酸盐：
As2O3＋2OH－===2AsO＋H2O。
②具有还原性，在碱性条件下被I2氧化成AsO：As2O3＋2I2＋10OH－===2AsO＋4I－＋5H2O。
(4)砷的含氧酸——砷酸(H3AsO4)与亚砷酸(H3AsO3)
①H3AsO3具有还原性，能被强氧化剂氧化成砷酸：Cl2＋H3AsO3＋H2O===H3AsO4＋2HCl。
②H3AsO4在酸性条件下表现出氧化性，能将I－氧化成I2：H3AsO4＋2HI===H3AsO3＋I2＋H2O。
③砷酸与I－反应时，随介质酸碱性的改变，会引起反应方向的改变。如在酸性介质中，砷酸能将I－氧化成I2；在碱性介质中，I2能将AsO氧化成砷酸。
[题组训练]
[题组1]　氮及其化合物
1．X、Y是中学化学中三种常见元素的单质，甲、乙是两种常见的化合物，这些单质和化合物之间存在如图关系。下列分析不正确的是(　　)

A．若甲为CO2，则乙可能是金属氧化物
B．若甲为Al2O3，则X可能是单质Fe
C．若甲为液态水，则X可能是非金属单质
D．若甲为氨气，则乙可能是一种盐
解析：B　[若甲为CO2，则乙可能是MgO，发生的反应为2Mg＋CO2C＋2MgO，A项正确；若甲为Al2O3，则X不可能是单质Fe，Fe不能置换Al，B项错误；若甲为液态水，则X可能是非金属单质F2，发生的反应为2F2＋2H2O===4HF＋O2，C项正确；若甲为氨气，则可能发生的反应为3Cl2＋8NH3===6NH4Cl＋N2，D项正确。]
2．如图是某元素的价类二维图，其中A为正盐，X是一种强碱，通常条件下Z是无色液体，E的相对分子质量比D大16，各物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是(　　)

A．A作肥料时不适合与草木灰混合施用
B．同主族元素的氢化物中B的沸点最低
C．C一般用排水法收集
D．D→E的反应可用于检验D
解析：B　[由信息可知，A为正盐，为铵盐，强碱与铵盐加热生成氨气，所以B为NH3；氨气和氧气反应生成氮气和水，C为N2；氮气氧化为NO，所以D为NO；NO氧化为NO2，E为NO2；二氧化氮和水反应生成硝酸，F为HNO3；G为硝酸盐；Y为O2，Z为H2O。A.铵态氮肥和草木灰不能混合施用，故A项正确；B.B为NH3，氨气分子间存在氢键，所以氮族元素的氢化物中氨的沸点异常的高，所以氮族元素的氢化物中，NH3的沸点最高，故B项错误；C.C为N2，N2的密度与空气太接近，用排空气法收集不能得到纯净的气体，所以一般用排水法收集，故C项正确；D.NO与O2反应生成NO2，颜色由无色变为红棕色，可用于检验NO，故D项正确。]
[题组2]　氮及其化合物的实验探究
3．某实验小组同学把小块木炭在酒精灯上烧至红热，迅速投入热的浓硝酸中，发生剧烈反应，同时有大量红棕色气体产生，液面上木炭迅速燃烧发出亮光。经查阅资料可知浓硝酸分解产生NO2和O2。为了探究“液面上木炭迅速燃烧发出亮光”的原因，该小组同学用如图装置完成以下实验：
序号
实验Ⅰ
实验Ⅱ
集气瓶中所盛气体
　　　O2
加热浓硝酸产生的气体
现象
木炭迅速燃烧发出亮光
木炭迅速燃烧发出亮光

下列说法正确的是(　　)
A．浓硝酸分解产生的V(NO2)∶V(O2)＝1∶1
B．红棕色气体的产生表明木炭与浓硝酸发生了反应
C．能使液面上木炭迅速燃烧发出亮光的主要气体是氧气
D．以上实验不能确定使液面上木炭迅速燃烧发出亮光的主要气体一定是NO2
解析：D　[A.浓硝酸分解的方程式为4HNO34NO2↑＋O2↑＋2H2O，则V(NO2)∶V(O2)＝4∶1，故A错误；B.红棕色气体为NO2，它的产生不能表明木炭与浓硝酸发生了反应，也可能是浓硝酸分解产生的，故B错误；C.实验Ⅱ中浓硝酸受热分解产生的气体为二氧化氮和氧气，木炭在此混合气体中能迅速燃烧发出亮光，可能是氧气助燃的作用，也可能二氧化氮也具有助燃作用，故C错误；D.根据C的分析，浓硝酸受热分解产生的气体为二氧化氮和氧气，木炭在此混合气体中能迅速燃烧发出亮光，可能是氧气助燃的作用，也可能二氧化氮也具有助燃作用，以上实验不能确定使液面上木炭迅速燃烧发出亮光的主要气体一定是NO2，故D正确。]
4．为了探究氨气的还原性，设计如下实验：

已知：Cu2O呈红色，在酸性条件下不稳定，生成铜和二价铜盐。下列说法错误的是(　　)
A．固体X可能是生石灰或氢氧化钠，干燥管中的试剂可能是碱石灰
B．先启动装置①中的反应，当装置④漏斗中产生较多白雾时，再点燃酒精灯
C．在实验室，可以用装置①来制备氧气、二氧化碳或氢气
D．实验结束取少量③中的红色固体加稀硝酸，若溶液变蓝，则一定含有Cu2O
解析：D　[A.向生石灰或氢氧化钠固体中滴加浓氨水时，会产生氨气，可用碱石灰干燥氨气，故A正确；B.先通氨气排尽装置中的空气，当漏斗中氨气遇水产生较多白雾时，表明装置内的空气已经排尽，再点燃装置③处的酒精灯，故B正确；C.装置①适合“固液不加热制气”，而氧气、二氧化碳和氢气均可在常温下由“固＋液”制得，故C正确；D.铜和氧化亚铜都可以与稀硝酸反应生成硝酸铜，因此不能用稀硝酸检验红色固体是否含有氧化亚铜，应该用稀盐酸或稀硫酸，故D错误。]
[题组3]　拓展应用
5．磷化铝(AlP)和磷化氢(PH3)都是粮食储备常用的高效熏蒸杀虫剂。
(1)AlP遇水蒸气会发生反应放出PH3气体，该反应的另一种产物的化学式为__________。
(2)PH3 具有强还原性，能与CuSO4溶液反应，配平该反应的化学方程式：
CuSO4＋PH3＋H2O===Cu3P↓＋H3PO4＋H2SO4
(3)工业制备PH3的流程如图所示。

①黄磷和烧碱溶液反应的化学方程式为________________________________________，次磷酸属于________(填“一”“二”或“三”)元酸。
②若起始时有1 mol P4参加反应，则整个工业流程中共生成________mol PH3。(不考虑产物的损失)
解析：(1)AlP遇水蒸气会发生水解反应放出PH3气体，根据元素守恒，确定该反应的另一种产物是Al(OH)3。
(2)该方程式中Cu价态由＋2→＋1，P价态由－3→＋5，根据化合价升降数相等，Cu3P与H3PO4系数分别为8、3，CuSO4系数是24，H2SO4系数是24，根据元素守恒，得到：24CuSO4＋11PH3＋12H2O===8Cu3P↓＋3H3PO4＋24H2SO4。
(3)①根据图示信息：黄磷和烧碱溶液反应生成PH3、NaH2PO2，化学方程式为P4＋3NaOH＋3H2O===PH3↑＋3NaH2PO2，根据生成盐的化学式确定次磷酸属于一元酸。
②P4＋3NaOH＋3H2O===PH3↑＋3NaH2PO2：2H3PO2===PH3↑＋H3PO4，即P4～2.5PH3，若起始时有1 mol P4参加反应，则整个工业流程中共生成2.5 mol PH3。
答案：(1)Al(OH)3　(2)24　11　12　8　3　24
(3)①P4＋3NaOH＋3H2O===PH3↑＋3NaH2PO2　一　②2.5
6．亚硝酸钠(NaNO2) 是一种工业盐，外观与食盐相似。下面是某学习小组设计的NaNO2制取实验和纯度检验实验。该小组收集了相关资料：
①SO2和HNO3溶液反应生成NOx和H2SO4
②3NO＋2H＋===2NO↑＋NO＋H2O
③NO＋Ag＋===AgNO2↓(AgNO2为淡黄色接近白色固体，在水中形成沉淀)
Ⅰ.亚硝酸钠的制取实验

(1) 仪器a的名称为________，A装置中发生的化学反应方程式为______________
____________________________________________________________________。
(2)B装置中多孔球泡的作用是__________________________________________。
(3)若装置B中逸出的NO与NO2气体物质的量之比为2∶1，则装置B中发生反应的化学方程式为_______________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)实验过程中需控制C装置中溶液pH＞7，否则C中生成的NaNO2的产量会下降，理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)请根据题干所给信息设计实验证明C装置中有NO产生：_____________________。(限选用的试剂： 稀硝酸、硝酸银溶液、NaOH溶液)
Ⅱ.亚硝酸钠的纯度检验
已知：NO＋MnO＋H＋→NO＋Mn2＋＋H2O
(6)反应结束后C中溶液通过结晶获得NaNO2粗产品m g，溶解后稀释至250 mL，分别取25.00 mL用c mol/L的酸性KMnO4溶液平行滴定三次，平均每次消耗酸性KMnO4溶液的体积为V mL。则粗产品中NaNO2的质量分数为________(用含c、V、m的式子表示)。
解析：(1) 仪器a的名称为分液漏斗，A装置中利用浓硫酸与亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水制备二氧化硫，发生的化学反应方程式为Na2SO3＋H2SO4(浓)===Na2SO4＋SO2↑＋H2O；(2)B装置中多孔球泡的作用是增大气体与溶液的接触面积，让反应充分进行；
(3)若装置B中逸出的NO与NO2气体物质的量之比为2∶1，则装置B中发生反应的化学方程式为7SO2＋6HNO3＋4H2O===4NO＋2NO2＋7H2SO4；(4)根据已知信息可知如果pH＜7，亚硝酸盐会转化为硝酸盐和NO气体，使NaNO2的产量会下降；(5) 取C中溶液少量于试管中，加足量稀硝酸有气体生成，遇空气变红棕色，则证明C中有NO生成；(6)消耗酸性KMnO4是0.001cV mol，根据方程式2MnO＋5NO＋6H＋===2Mn2＋＋5NO＋3H2O，可知亚硝酸钠是0.0025cV mol，因此粗产品中NaNO2的质量分数为×100%＝%。
答案：(1)分液漏斗　Na2SO3＋H2SO4(浓)===Na2SO4＋SO2↑＋H2O
(2)增大气体与溶液的接触面积，让反应充分进行
(3)7SO2＋6HNO3＋4H2O===4NO＋2NO2＋7H2SO4
(4)如果pH＜7，亚硝酸盐会转化为硝酸盐和NO气体，使其产量下降
(5)取C中溶液少量于试管中，加足量稀硝酸有气体生成，遇空气变红棕色，则证明C中有NO生成
(6)(345cV/2m) %或3.45cV/2m
考点五　环境污染与治理
[真题引领]
1．(2018·高考全国卷Ⅱ)研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如下图所示)。下列叙述错误的是(　　)

A．雾和霾的分散剂相同
B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵
C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂
D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关
解析：C　[雾的分散剂是空气，分散质是水；霾的分散剂是空气，分散质是固体颗粒。因此雾和霾的分散剂相同，A正确；由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；NH3作为反应物参加反应转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。选C。]
2．(2018·天津理综)烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下采样和检测方法。回答下列问题：
Ⅰ.采样

采样步骤：
①检验系统气密性；②加热器将烟道气加热至140 ℃；
③打开抽气泵置换系统内空气；④采集无尘、干燥的气样；⑤关闭系统，停止采样。
(1)A中装有无碱玻璃棉，其作用为________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)C中填充的干燥剂是(填序号)________________。
a．碱石灰　　 B．无水CuSO4　　　c．P2O5
(3)用实验室常用仪器组装一套装置，其作用与D(装有碱液)相同，在虚线框中画出该装置的示意图，标明气体的流向及试剂。

(4)采样步骤②加热烟道气的目的是________________________。
Ⅱ.NOx含量的测定
将V L气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化成NO，加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液，加入V1 mL c1 mol·L－1FeSO4标准溶液(过量)，充分反应后，用c2 mol·L－1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋，终点时消耗V2 mL。
(5)NO被H2O2氧化为NO的离子方程式为________________。
(6)滴定操作使用的玻璃仪器主要有________________。
(7)滴定过程中发生下列反应：
3Fe2＋＋NO＋4H＋===NO↑＋3Fe3＋＋2H2O
Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
则气样中NOx折合成NO2的含量为________mg·m－3。
(8)判断下列情况对NOx含量测定结果的影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)若缺少采样步骤③，会使测定结果________________。
若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果________。
解析：(1)A的过程叫“过滤”，所以其中玻璃棉的作用一定是除去烟道气中的粉尘。
(2)碱石灰是碱性干燥剂可能与NOx反应，所以不能使用。硫酸铜的吸水能力太差，一般不用作干燥剂，所以不能使用。五氧化二磷是酸性干燥剂，与NOx不反应，所以选项c正确。
(3)实验室通常用洗气瓶来吸收气体，与D相同应该在洗气瓶中加入强碱(氢氧化钠)溶液，如图所示。。
(4)加热烟道气的目的是避免水蒸气冷凝后，NOx溶于水中。(5)NO被H2O2氧化为硝酸，所以反应的离子方程式为2NO＋3H2O2===2H＋＋2NO＋2H2O。
(6)滴定中使用酸式滴定管(本题中的试剂都只能使用酸式滴定管)和锥形瓶。
(7)用c2 mol·L－1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋，终点时消耗V2 mL，此时加入的Cr2O为c2V2/1 000 mol；所以过量的Fe2＋为6c2V2/1 000 mol；则与NO反应的Fe2＋为(c1V1/1 000－6c2V2/1 000)mol；所以NO为(c1V1/1 000－6c2V2/1 000)/3 mol；根据氮元素守恒，NO与NO2的物质的量相等。考虑到配制100 mL溶液取出来20 mL进行实验，所以NO2为5(c1V1/1 000－6c2V2/1 000)/3 mol，质量为46×5(c1V1/1 000－6c2V2/1 000)/3 g，即230(c1V1－6c2V2)/3 mg。这些NO2是V L气体中含有的，所以含量为230(c1V1－6c2V2)/3V mg·L－1，即为1 000×230(c1V1－6c2V2)/3V mg·m－3，所以答案为×104 mg·m－3。
(8)若缺少采样步骤③，装置中有空气，则实际测定的是烟道气和空气混合气体中NOx的含量，测定结果必然偏低；若FeSO4标准溶液部分变质，一定是部分Fe2＋被空气中的氧气氧化，计算时仍然认为这部分被氧化的Fe2＋是被NO氧化的，所以测定结果偏高。
答案： (1)除尘　(2)c　(3)
(4)防止NOx溶于冷凝水　(5)2NO＋3H2O2===2H＋＋2NO＋2H2O
(6)锥形瓶、酸式滴定管　(7)×104
(8)偏低　偏高
[知能必备]
1．环境污染的成因
环境污染名称
成因
酸雨
工业上大量排放SO2、NOx
光化学烟雾
碳氢化合物与NOx的排放
臭氧空洞
大量使用氟利昂制品及NOx的排放
温室效应
大量CO2及CH4等的排放
白色污染
大量废弃的难降解的塑料类制品
赤潮、水华
含磷洗衣粉的大量使用，工农业及城市生活污水的任意排放
雾霾
SO2、NOx和可吸入颗粒物(如PM2.5)与雾气结合的混合物
2.生活生产中消除环境污染的常用方法
(1)消除氮氧化物(NO、NO2)对环境污染的常用方法
◆[方法1]——NaOH溶液吸收法
反应方程式为NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O,2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O。
当尾气中n(NO2)＞n(NO)时，可用过量NaOH溶液完全吸收。
当尾气中n(NO2)＜n(NO)时，通入O2(或空气)后再用NaOH溶液完全吸收。
◆[方法2]——烟气脱硝法
该法是在一定温度和催化剂作用下，利用氨作还原剂将NOx还原为无毒的N2和水，化学方程式为4NH3＋6NO5N2＋6H2O,8NH3＋6NO27N2＋12H2O。
◆[方法3]——催化转化法
在汽车排气管上安装催化转化器，使汽车尾气中的NOx(NO或NO2)与CO反应转化成无毒的物质，反应原理为2NO＋2CON2＋2CO2,2NO2＋4CON2＋4CO2。
(2)消除SO2对环境污染的常用方法
◆[方法1]——钙基固硫法
为防治酸雨，工业上常用生石灰和含硫的煤混合后燃烧，燃烧时硫、生石灰、O2共同反应生成CaSO4，从而使硫转移到煤渣中，反应原理为CaO＋SO2CaSO3,2CaSO3＋O2===2CaSO4，总反应方程式为2CaO＋2SO2＋O22CaSO4。
◆[方法2]——氨水脱硫法
该脱硫法采用喷雾吸收法，雾化的氨水与烟气中的SO2直接接触吸收SO2，其反应的化学方程式为NH3＋SO2＋H2O===NH4HSO3,2NH3＋SO2＋H2O===(NH4)2SO3,2(NH4)2SO3＋O2===2(NH4)2SO4。
◆[方法3]——钠、碱脱硫法
钠、碱脱硫法是用NaOH/Na2CO3吸收烟气中的SO2，得到Na2SO3和NaHSO3，发生反应的化学方程式为2NaOH＋SO2===Na2SO3＋H2O，Na2CO3＋SO2===Na2SO3＋CO2，Na2SO3＋SO2＋H2O===2NaHSO3。
[题组训练]
[题组]　环境污染与治理
1．汽车尾气中的污染物有固体悬浮微粒、一氧化碳、碳氢化合物、氮氧化合物、铅及硫氧化合物等。下列说法中正确的是(　　)
A．固体悬浮微粒是造成雾霾天气的一种重要因素
B．一氧化碳、氮氧化合物是形成酸雨的主要因素
C．含铅化合物导致人体蛋白质变性是物理变化
D．汽车尾气可通过净化装置将碳氢化合物还原成CO2和H2O
解析：A　[A项，固体悬浮微粒悬浮在空中，会引发雾霾天气，正确；B项，酸雨的形成与一氧化碳无关，错误；C项，蛋白质变性是化学变化，错误；D项，碳氢化合物经氧化反应可生成CO2和H2O，而不是还原反应，错误。]
2．化学与资源、环境、生活关系密切的，下列说法正确的是(　　)
A．空气中PM2.5(2.5微米以下的颗粒物)的存在能够形成丁达尔效应
B．煤燃烧时加入少量的生石灰可以减少废气中的二氧化硫排放
C．将造纸废水通过高压水井压到地下，节约生产成本
D．用聚氯乙烯代替木材生产包装盒、快餐盒等，以减少木材的使用
解析：B　[1微米是1 000纳米，所以PM2.5分散到空气中不能产生丁达尔效应，故A错误；二氧化硫属于酸性氧化物，高温下可与碱性氧化物CaO发生反应，从而减少了二氧化硫的排放，故B正确；造纸废水压到地下，会造成水体污染，故C错误；聚氯乙烯有毒，不能用其生产包装食品的快餐盒，并且污染环境，故D错误。]
3．NOx是大气污染物之一，主要来源于工业烟气及汽车尾气等。除去NOx的方法统称为脱硝，一般有干法脱硝[选择性催化剂法(SCR)]、湿法脱硝等。
请回答下列问题：
(1)干法脱硝：SCR(选择性催化剂法)技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NO排放。其工作原理如下：

①尿素[CO(NH2)2]水溶液受热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式为____________。
②反应器中NH3还原NO的化学方程式为_______________________________
________________________________________________________________________。
(2)湿法脱硝：采用NaClO2溶液作为吸收剂可对烟气进行脱硝。323 K下，向足量碱性NaClO2溶液中通入含NO的烟气，充分反应后，溶液中离子浓度的分析结果如下表：
离子
NO
NO
Cl－
c/(mol·L－1)
2.0×10－4
1.0×10－4
1.75×10－4
①NaClO2溶液显碱性，用离子方程式解释原因：____________________________
________________________________________________________________________。
②依据表中数据，写出NaClO2溶液脱硝过程中发生反应的总离子方程式：______
________________________________________________________________________。
解析：(1)①尿素[CO(NH2)2]水溶液受热分解为NH3和CO2，反应的化学方程式为CO(NH2)2＋H2O2NH3↑＋CO2↑。②从图中可以看出NH3与NO在SCR催化反应器作用下生成N2和H2O，根据得失电子守恒和质量守恒可得反应的化学方程式为4NH3＋6NO5N2＋6H2O。
(2)①NaClO2溶液因ClO水解而显碱性，离子方程式为ClO＋H2OHClO2＋OH－。
②结合表中数据可知，脱硝过程中NaClO2与NO反应的产物为NO、NO和Cl－，且比例关系(即方程式对应物质前的化学计量数之比)为8∶4∶7，配平可得发生反应的总离子方程式为12NO＋7ClO＋12OH－===8NO＋4NO＋7Cl－＋6H2O。
答案：(1)①CO(NH2)2＋H2O2NH3↑＋CO2↑
②4NH3＋6NO5N2＋6H2O
(2)①ClO＋H2OHClO2＋OH－
②12NO＋7ClO＋12OH－===8NO＋4NO＋7Cl－＋6H2O
4．CaSO4为载氧体的天然气燃烧是一种新型绿色的燃烧方式，CaSO4作为氧和热量的有效载体，能够高效低能耗地实现CO2的分离和捕获，其原理如图甲所示：

(1)已知在燃料反应器中发生如下反应：
ⅰ.4CaSO4(s)＋CH4(g)===4CaO(s)＋CO2(g)＋4SO2(g)＋2H2O(g)　ΔH1＝a kJ·mol－1
ⅱ.CaSO4(s)＋CH4(g)===CaS(s)＋CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH2＝b kJ·mol－1
ⅲ.CaS(s)＋3CaSO4(s)===4CaO(s)＋4SO2(g)　ΔH3＝c kJ·mol－1
①燃料反应器中主反应为________(填“ⅰ”“ⅱ”或“ⅲ”)。
②反应ⅰ和ⅱ的平衡常数Kp与温度的关系如图乙所示，则a________(填“＞”“＝”或“＜”)0；720 ℃时反应ⅲ的平衡常数Kp＝________。


③下列措施可提高反应ⅱ中甲烷平衡转化率的是______(填序号)。
A．增加CaSO4固体的投入量
B．将水蒸气冷凝
C．降温
D．增大甲烷流量
(2)如图丙所示，该燃料反应器的最佳温度范围为850～900 ℃之间，从化学反应原理的角度说明原因：____________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)空气反应器中发生的反应为
CaS(s)＋2O2(g)===CaSO4(s)　ΔH4＝d kJ·mol－1
①根据热化学原理推测该反应为________(填“放热”或“吸热”)反应。
②在天然气燃烧过程中，可循环利用的物质为________。
(4)该原理总反应的热化学方程式为______________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)①由图甲可得，天然气(主要成分是CH4)和CaSO4进入燃料反应器，反应生成CaS、CO2和H2O，故燃料反应器中主反应为ⅱ。②由图乙可看出，温度越高，反应ⅰ和反应ⅱ的lg Kp越大，即升温Kp增大，故反应ⅰ和反应ⅱ都是吸热反应，则a和b都大于0。设三个反应的平衡常数Kp分别为Kp(ⅰ)、Kp(ⅱ)、Kp(ⅲ)，根据盖斯定律，反应ⅰ－反应ⅱ＝反应ⅲ，所以Kp(ⅲ)＝；根据图乙并结合热化学方程式可得720 ℃时反应ⅰ的lg Kp为－2×4＝－8，反应ⅱ的lg Kp为10，所以Kp(ⅰ)＝10－8，Kp(ⅱ)＝1010，故Kp(ⅲ)＝＝＝1.0×10－18。③增加固体物质的投入量，不改变化学平衡，所以增加CaSO4固体的投入量不能提高反应ⅱ中甲烷的平衡转化率，故A错误；将气态生成物分离出去，减小生成物的浓度，使化学平衡正向移动，故B正确；通过②的分析，该反应为吸热反应，降温能降低反应ⅱ中甲烷的平衡转化率，故C错误；增大甲烷流量，增大了甲烷的浓度，平衡正向移动，但根据勒夏特列原理，甲烷的平衡转化率会降低，故D错误。(2)从反应速率角度考虑，温度过低，反应速率较小，应在较高温度下反应，但由图丙可得，温度越高，副反应越多，所以该燃料反应器最佳温度范围为850～900 ℃。(3)①由方程式可看出该反应ΔS＜0，因为自发反应ΔH－TΔS＜0，所以ΔH＜0，故该反应为放热反应。②空气反应器中CaS和O2反应生成CaSO4，燃料反应器中，天然气(主要成分是CH4)和CaSO4反应生成CaS、CO2和H2O，所以在天然气燃烧过程中可循环利用的物质为CaS和CaSO4。(4)将反应CaS(s)＋2O2(g)===CaSO4(s)　ΔH4＝d kJ·mol－1标号为ⅳ，分析空气反应器中发生的反应和燃料反应器中发生的反应，根据盖斯定律，反应ⅱ＋反应ⅳ或反应ⅰ－反应ⅲ＋反应ⅳ得该原理总反应的热化学方程式为CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝(b＋d)kJ·mol－1或ΔH＝(a－c＋d)kJ·mol－1。
答案：(1)①ⅱ　②＞　1.0×10－18　③ B
(2)温度过低，反应速率较小；温度过高，副反应增多
(3)①放热　②CaS、CaSO4
(4)CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝(b＋d)kJ·mol－1或ΔH＝(a－c＋d)kJ·mol－1

1．NO因污染空气而“臭名昭著”，而奇妙的作用也使其成为“明星分子”。如可用于制HNO3、肥料、炸药、促进血管扩张、促进免疫功能、增强记忆等。下列各组物质中，不可能生成NO的是(　　)
A．Cu＋HNO3(浓)　　　　　 B．NH3＋O2
C．N2＋O2 D．NO2＋H2O
解析：A　[Cu和浓HNO3反应生成NO2。故选A项。]
2．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是(　　)
选项
实验操作
现象
结论
A
向稀HNO3中加入过量铁粉，再滴入少量KSCN溶液
溶液变红
稀HNO3将Fe氧化为Fe3＋
B
向AgNO3溶液中滴加过量氨水
溶液澄清
Ag＋与NH3·H2O能大量共存
C
将可调高度的铜丝伸入到稀HNO3中
溶液变蓝
Cu与稀HNO3发生置换反应
D
将充满NO2的试管倒立在水中
水进入试管约占，溶液和剩余气体均无色
二氧化氮与水发生了反应，并产生了难溶于水的无色气体
解析：D　[铁粉过量，生成Fe2＋，再滴入少量KSCN溶液，溶液不变红，A项错误；向AgNO3溶液中滴加过量氨水，先生成沉淀后溶解，Ag＋与NH3·H2O不能大量共存，B项错误；将可调高度的铜丝伸入到稀HNO3中，铜与硝酸反应生成NO，不是置换反应，C项错误；将充满NO2的试管倒立在水中，发生反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，D项正确。]
3．《物理小识》中记载：“青矾厂气熏人，衣服当之易烂，栽木不茂，惟乌桕树不畏其气。”“青矾”即绿矾，强热“青矾”可得红色固体，“气”凝即得“矾油”。下列推断正确的是(　　)
选项
“青矾”
“厂气熏人” 中的“气”
红色固体
“矾油”
A
CuSO4·5H2O
SO3
Cu2O
H2SO4
B
FeSO4·7H2O
SO2、SO3
Fe2O3
H2SO4
C
FeSO4·7H2O
SO2
Fe2O3
H2SO3、H2SO4
D
KAl(SO4)2·12H2O
SO3、SO2
KAlO2
H2SO3、H2SO4
解析：B　[绿矾的主要成分为FeSO4·7H2O，其受热分解的化学方程式为2FeSO4·7H2OFe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋14H2O，故红色固体为Fe2O3，“厂气熏人”中的“气”为SO2、SO3，SO2与H2O的反应为可逆反应，SO3与H2O发生反应SO3＋H2O===H2SO4，放出大量的热，使H2SO3分解，故“矾油”为H2SO4，B正确。]
4．在除去氯化铁溶液中的少量氯化亚铁实验中，下列实验装置无需用到的是(　　)

解析：B　[装置A用于制备氯气，装置C用于进行氯气与FeCl2的反应，装置D用于吸收未参与反应的氯气，该实验不需要干燥氯气，故选B。]
5．利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如下图所示，下列说法正确的是(　　)

A．X是N2
B．上述历程的总反应为：2NH3＋NO＋NO22N2＋3H2O
C．NH中含有非极性共价键
D．NH3、NH、H2O中的质子数、电子数均相同
解析：B　[A.由氢原子和氧原子守恒可知，X是H2O，A错误；B.由分析可知，NH3与NO和NO2，生成两种无毒物质分别为N2、H2O。则总反应为：2NH3＋NO＋NO22N2＋3H2O，B正确；C.NH的电子式为，不含有非极性共价键，C错误；D.NH3、NH、H2O中电子数均相同，但是NH3、H2O的质子数为10，NH质子数为11，质子数不同，D错误。]
6．海水中蕴含着多种资源。以海水为原料制备NaOH和MgCl2的流程如下：

下列说法错误的是(　　)
A．“沉淀”时常用石灰乳作为沉淀剂
B．“酸溶”时加入过量盐酸有利于得到纯净MgCl2·6H2O
C．过程①加入试剂的顺序为Na2CO3、Ba(OH)2、盐酸
D．电解时NaOH在阴极区得到
解析：C　[“沉淀”时常用石灰乳作为沉淀剂，将Mg2＋转化为Mg(OH)2，A项正确；“酸溶”时加入过量盐酸，在蒸发浓缩时可抑制Mg2＋水解而得到更纯净的MgCl2·6H2O，B项正确；粗盐提纯时应先加入Ba(OH)2再加入Na2CO3，C项错误；电解时NaOH在阴极区得到，D项正确。]
7．有学者按照如图所示的生产流程利用空气中的二氧化碳与氢气反应制备甲醇，下列说法正确的是(　　)

A．吸收池中的饱和K2CO3溶液可以用饱和食盐水代替
B．分解池中发生反应的化学类型为氧化还原反应
C．从合成塔中分离出甲醇的实验操作方法是蒸馏
D．上述流程中能“循环利用”的物质只有K2CO3溶液
解析：C　[吸收池中的饱和K2CO3溶液的作用为富集空气中的CO2，饱和食盐水起不到相同的作用，A项错误；分解池中发生的反应为KHCO3的分解反应，该反应不是氧化还原反应，B项错误；甲醇可以和水混溶，必须用蒸馏的方法分离出甲醇，C项正确；上述流程中能“循环利用”的物质有K2CO3溶液和高温水蒸气，D项错误。]
8．X、Y、Z三种短周期元素组成E，E有如图转化，Y晶体常用于太阳能电池板。YZ2、Y晶体的熔点很高。

下列推断正确的是(　　)
A．上述各步反应均为氧化还原反应
B．YZ2是酸性氧化物，不与任何酸反应
C．在反应(3)中，1 mol YZ2完全反应转移4 mol电子
D．Y能与烧碱溶液反应产生可燃性气体
解析：D　[依题意，Y晶体用作太阳能电池板材料，Y是短周期元素，Y晶体的熔点很高，说明Y为硅。由此推知，E为原硅酸。原硅酸分解生成硅酸，硅酸分解生成二氧化硅；镁还原二氧化硅生成硅化镁和氧化镁，硅化镁与盐酸生成氯化镁和硅烷，硅烷分解生成硅和氢气。反应(1)、(2)、(4)是非氧化还原反应，A项错误；二氧化硅与氢氟酸反应，B项错误；反应(3)为SiO2＋4MgMg2Si＋2MgO,1 mol SiO2完全反应转移8 mol电子，C项错误；Mg2Si＋4HCl===SiH4↑＋2MgCl2，SiH4Si＋2H2，Si＋2NaOH＋H2O===Na2SiO3＋2H2↑，氢气是可燃气体，D项正确。]
9．利用NO、O2和Na2CO3溶液反应制备NaNO2的装置如图所示，下列关于该装置的描述不正确的是(　　)

A．装置A分液漏斗中的药品选用不当，应选用稀HNO3
B．实验过程中，通过控制分液漏斗的活塞控制气流速度
C．装置C中发生反应的化学方程式为2Na2CO3＋4NO＋O2===4NaNO2＋2CO2↑
D．实验过程中，装置C液面上方可能出现红棕色气体
解析：A　[装置A分液漏斗中使用浓HNO3反应速率加快，且产生的NO2可以在装置B中转化为NO，所以药品选用正确，A项错误；实验过程中，通过控制分液漏斗的活塞控制气流速度，B项正确；装置C用于制备NaNO2，发生反应的化学方程式为2Na2CO3＋4NO＋O2===4NaNO2＋2CO2↑，C项正确；实验过程中，若装置C中NO和O2逸出液面，可能出现红棕色气体，D项正确。]
10．纯净物X、Y、Z转化关系如图所示，下列判断正确的是(　　)

A．X可能是金属铜
B．Y不可能是氢气
C．Z可能是氯化钠
D．Z可能是三氧化硫
解析：A　[A项，若X是Cu，Y是Cl2，Cu在Cl2中燃烧生成CuCl2，电解CuCl2溶液生成Cu和Cl2，符合图中转化关系，正确；B项，若X是Cl2，Y是H2，H2在Cl2中燃烧生成HCl，HCl溶于水生成盐酸，电解盐酸则生成H2和Cl2，也符合图中转化关系，错误；C项，若Z是氯化钠，则X、Y分别是Na和Cl2中的一种，电解氯化钠水溶液生成的是H2、Cl2、NaOH，不符合图中转化关系，错误；D项，若Z是SO3，而X、Y可能是O2和SO2中的一种，SO3溶于水生成硫酸，电解硫酸溶液实质是电解水，产生H2和O2，不符合图中转化关系，错误。]
11．氮化钛(TiN)是一种新型多功能材料，它具有高强度、高硬度、耐高温以及良好的导电性、导热性等一系列优点。实验室用TiO2碳热还原氮化法制备TiN粉末的实验方案如下(部分夹持装置略)：

请回答下列问题：
(1)仪器a的名称是________。A中制N2反应的离子方程式为___________________。
(2)装置B中的试剂是_________________________________________________。
(3)当装置C中参加反应的n(TiO2)：n(C)＝1∶2时，发生反应的化学方程式为________________，该反应的氧化产物是________________(填化学式)。
(4)该实验方案存在一定的不足，请你指出不足之处并进行完善：_______________。
(5)TiN样品的纯度测定实验装置如图所示(实验中导管体积忽略不计)，已知：在强碱溶液中TiN会分解放出NH3。

①实验中称取TiN样品的质量为0.2 g，若G中溶液质量增加0.042 5 g，则样品中TiN的纯度为____________(用质量分数表示)。
②实验结束后，向装置中通入一定量N2的目的为________________。
解析：(1)仪器a的名称是圆底烧瓶。A中制N2反应的离子方程式为NO＋NH===N2↑＋2H2O。
(2)进入装置C的气体要经过干燥，故装置B中的试剂是浓硫酸。
(3)TiO2、C、N2反应生成TiN，根据n(TiO2)：n(C)＝1∶2和原子守恒可知，另一产物是CO，发生反应的化学方程式为2TiO2＋4C＋N22TiN＋4CO，该反应的氧化产物是CO。
(4)碳粉过量，易产生有毒的CO气体，污染环境，必须要将CO点燃或回收处理。
(5)①在强碱溶液中TiN分解放出NH3，n(TiN)＝n(NH3)＝＝0.002 5 mol，m(TiN)＝0.002 5 mol×62 g·mol－1＝0.155 g，故TiN样品的纯度为×100%＝77.5%。
②实验结束后，向装置中通入一定量N2的目的为使产生的氨气全部被吸收。
答案：(1)圆底烧瓶　NO＋NH===N2↑＋2H2O
(2)浓硫酸
(3)2TiO2＋4C＋N22TiN＋4CO　CO
(4)C中产生的CO未被及时处理，易污染空气，应在D装置后将尾气点燃或套上气球回收
(5)①77.5%　②使产生的氨气全部被吸收
12．ClO2、NaClO2是两种重要的含氯化工产品，工业上生产ClO2、NaClO2有多种方法，下面为其中的一种生产流程图：

(1)NaClO2中氯元素的化合价为________。
(2)电解槽中阳极上的电极反应式为_______________________________________。
(3)反应器Ⅰ中化学方程式为____________________________________________；
反应器Ⅱ中氧化剂与还原剂物质的量之比为________。
(4)流程中①、②的现实意义是________________；已知NaClO2饱和溶液在温度低于38 ℃时析出NaClO2·3H2O晶体，高于38 ℃时析出NaClO2晶体，高于60 ℃时NaClO2分解，则从NaClO2溶液中得到NaClO2晶体的方法为________________。
(5)产品中NaClO2含量的测定：取a g晶体置于锥形瓶中，再加入适量碘化钾、稀硫酸组成的混合溶液，充分反应后再加入几滴淀粉溶液，用c mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定(I2＋2S2O===2I－＋S4O，晶体中无其他能氧化Na2S2O3的成分)，共用去V mL硫代硫酸钠溶液。
①实验中必须用到________式滴定管，滴定终点的现象是_____________________
_______________________________________________________________________。
②晶体中NaClO2的质量分数w(NaClO2)＝________(用含c、V、a的代数式表示)。
解析：(1)根据化合价代数和为0可知，NaClO2中氯元素的化合价为＋3。(2)阳极上是Cl－失去电子转化为ClO，由质量守恒定律知有H2O参与反应，电极反应式为Cl－＋3H2O－6e－===ClO＋6H＋。(3)由流程图知，反应容器Ⅰ中反应方程式可先写出NaClO3＋HCl―→NaCl＋ClO2＋Cl2＋H2O，最后配平得2NaClO3＋4HCl===2NaCl＋2ClO2＋Cl2＋2H2O。反应容器Ⅱ中，H2O2是还原剂、ClO2是氧化剂，根据氧元素、氯元素化合价变化即可求出氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶1。(4)操作①、②能充分利用原料、提高原料的利用率，从而降低生产成本。可通过减压条件下蒸发结晶的方法从NaClO2溶液中获得相应的晶体。(5)①由于Na2S2O3是强碱弱酸盐，溶液显碱性，故应使用碱式滴定管，因为是用Na2S2O3溶液滴定含有淀粉的I2溶液，故终点颜色变化为蓝色消失并在30 s内不复原。②NaClO2与I－反应时被还原为Cl－，由得失电子守恒可得NaClO2～2I2～4S2O，故m(NaClO2)＝0.25c mol·L－1×10－3 V L×90.5 g·mol－1＝2.262 5cV×10－2 g，故质量分数为＝%。
答案：(1)＋3
(2)Cl－＋3H2O－6e－===ClO＋6H＋
(3)2NaClO3＋4HCl===2NaCl＋2ClO2＋Cl2＋2H2O　2∶1
(4)提高原料利用率，降低生产成本　减压条件下，在55 ℃时蒸发结晶，趁热过滤
(5)碱　蓝色消失并在30 s内不复原　%



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