2024届高三化学二轮复习基础夯实练——氧族与碳族及其应用

这是一份2024届高三化学二轮复习基础夯实练——氧族与碳族及其应用，共24页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．下列转化能一步实现且合理的是（ ）
A．Cu2(OH)2CO3CuSO4(aq)→H2OCu
B．饱和食盐水NaHCO3Na2CO3
C．H2SSSO3→H2OH2SO4
D．SiNa2SiO3SiO2→H2OH2SiO3
2．“碳中和”是指的排放总量和减少总量相当。下列措施中能有效促进碳中和的是（ ）
A．汽油中添加乙醇
B．开采可燃冰作为燃料
C．通过清洁煤技术减少煤燃烧污染
D．研发催化剂将还原为甲醇
3．人们的生活、生产与化学息息相关，下列说法正确的是（ ）
A．复旦大学研究的能导电、存储的二维材料二硫化钼是一种新型有机功能材料
B．中国天眼用到碳化硅、芯片用到高纯硅、石英玻璃用到硅酸盐
C．中国歼-20上用到的氮化镓材料是当做金属合金材料使用的
D．石墨烯弹性气凝胶制成的碳海绵可用作处理原油泄漏的吸油材料
4．下列有关物质用途的说法，错误的是（ ）
A．二氧化硫常用于漂白纸浆
B．漂粉精可用于游泳池水消毒
C．碳酸钡可用来治疗胃酸过多
D．氧化铁常用于红色油漆和涂料
5．下列关于煤、石油和天然气等资源的叙述错误的是（ ）
A．煤是由不同有机化合物和无机物所组成的复杂混合物
B．液化天然气(LNG)和罐装液化石油气(LPG)主要成分都属于烃类
C．沼气、天然气分别属于可再生能源、化石能源
D．石油分馏可获得乙酸、苯及其衍生物
6．下列各组物质中，满足表中图示物质在一定条件下，一步转化关系的组合有（ ）
A．①②③B．①③C．②③D．①④
7．在给定条件下，下列物质之间的转化能实现的是（ ）
①Si SiO2 H2SiO3
②C CO2 CO
③饱和NaCl(aq) NaHCO3 Na2CO3
④Mg(OH)2 MgCl2(aq) 无水MgCl2
⑤NH3 NO NO2 HNO3
A．①④⑤B．①③④C．②③⑤D．②④⑤
8．下列说法正确的是（ ）
A．和都是酸性氧化物，二者的水溶液都是强酸
B．硫化钠和亚硫酸钠固体长期暴露在空气中会变质
C．不溶于水，可用作医疗上检查肠胃的钡餐
D．和溶液都不能使溴水褪色
9．下列说法正确的是（ ）
A．富勒烯包含C60、C70、碳纳米管等，它们互为同素异形体
B．H，D，T 互为同位素，中子数都为 1
C． 的名称是：4-甲基戊烷
D．C4H10 的一氯代物只有两种
10．下列说法错误的是（ ）
A．和一定互为同系物
B．16O和18O互为同位素
C．乙醛和环氧乙烷互为同分异构体
D．S4和S8互为同素异形体
11．《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠(，其中S为＋6价)去除废水中正五价砷As(V)的研究成果，其反应机理模型如图所示。下列说法错误的是
A．反应过程中有非极性键的断裂
B．溶液的pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷
C．碱性条件下，硫酸根自由基发生的反应方程式为
D．反应过程中，存在反应
12．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．MgO熔点高，可用于电解冶炼镁
B．酒精具有挥发性，可用于消毒杀菌
C．Fe粉具有还原性，可用作食品袋中的抗氧化剂
D．SO2具有氧化性，常用于漂白秸秆、织物
13．某短周期元素的价类二维图如图所示，其中y是一种常见气体，a为酸式盐，e的相对分子质量比d大16.以下判断正确的有（ ）
①a的水溶液一定显酸性
②x既可能是强酸，也可能是强碱
③y是O2
④若d为酸性氧化物，则其具有漂白性
⑤e与水反应一定能生成一种强酸
A．5个B．4个C．3个D．2个
14．“碳中和”有利于全球气候改善。下列有关CO2的说法错误的是（ ）
A．CO2是Ⅴ形的极性分子B．CO2可催化还原为甲酸
C．CO2晶体可用于人工增雨D．CO2是侯氏制碱法的原料之一
15．多晶硅是单质硅的一种形态，是制造硅抛光片、太阳能电池及高纯硅芯片的主要原料。下图为第三代工业制取多晶硅流程，已知图中的Y在Z中燃烧产生苍白色火焰。
下列说法错误的是（ ）
A．Y、Z分别为H2、Cl2
B．制取粗硅的过程中焦炭与石英会发生副反应生成碳化硅，在该副反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1
C．SiHCl3极易水解，其完全水解的产物为H2SiO3、H2、HCl，据此推测SiHCl3中硅元素的化合价为+4
D．Y与SiHCl3制备多晶硅的反应属于置换反应
16．下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
17．工业上常用碱性废液吸收，反应原理为，部分催化过程如图所示，有关说法错误的是（ ）
A．是催化剂，中间产物只有
B．在反应过程中产生的可加快对的吸收
C．也可用于脱硫，且脱硫效果比更好
D．“过程2”的离子方程式可表示为
18．设表示阿伏加德罗常数的数值，某工业脱硫过程如图所示(CuS极难溶于水)。下列说法正确的是（ ）
A．过程①发生复分解反应，由强酸反应得到弱酸
B．过程②中，发生反应的离子方程式为：
C．过程③中，每有11.2L 参加反应转移电子数
D．脱硫过程总反应为
19．下列说法正确的是（ ）
A．图Ⅰ所示装置用于 Cu 和浓 H2SO4 制取少量的 SO2 气体
B．图Ⅱ装置可验证非金属性：Cl>C>Si
C．图Ⅲ可用于收集气体 H2、CO2、Cl2、NH3
D．图Ⅳ表示将 SO2 气体通入 H2S 水溶液中，所得溶液的 pH 变化
20．物质的性质决定用途和保存方式，下列两者对应关系不正确的是（ ）
A．见光易分解，浓硝酸用棕色瓶保存
B．具有强氧化性，可用于杀菌消毒
C．具有还原性，可用于漂白纸浆
D．难溶于稀盐酸，医学上常用作“钡餐”
二、综合题
21．某课题组设计实验检验生铁与浓硫酸反应的产物。回答下列问题：
（1）Ⅰ.设计如下方案，检验气体产物中的CO2、SO2和H2O。
干燥管B中M的化学式是 ；
（2）C装置的作用是 ；
（3）能证明有二氧化碳生成的实验现象是 ；
（4）待生铁与浓硫酸反应完毕后，检验烧瓶中的溶液含有Fe3＋的试剂是： 。
（5）Ⅱ.该课题组同学认为生铁与浓硫酸反应可能有氢气生成。为了验证这一猜想，选择下列仪器和药品并结合上述装置，重新设计实验。
根据实验设计的简约性原则，气流从左至右，仪器排序为 。
（6）能证明有氢气生成的实验现象是 。
22．天然气是一种重要的化工原料，其中含有少量H2S羰基硫（COS），能引起催化剂中毒、化学产品质量下降和大气污染。
（1）氨水可以吸收H2S，若生成物是NH4HS，写出反应的离子方程式 。
（2）利用含Fe3+的溶液可以脱除其中的H2S。将H2S和空气按一定流速通酸性FeCl3溶液，可实现空气脱硫得到单质硫。FeCl3溶液吸收H2S过程中，溶液中的n（Fe3+）、被吸收的n（H2S）随时间t变化如图。
①t1以前，溶液中n（Fe3+）不断减小的原因是 （用离子方程式表示）。
②t1以后，溶液中n（Fe3+）基本保持不变，原因是 。此时，溶液中总反应的离子方程式可以表示为 。
（3）羰基硫的碱性水解是常用的脱硫方法，其流程如图：
①已知B是硫化钠，C是一种正盐，则B的电子式为 ，C的化学式为 。
②写出反应②的离子方程式 。
③如图是反应②中，在不同反应温度下.反应时间与H2产量的关系（Na2S初始含量为3mml）。由图像分析可知，a点时溶液中除S2O32-外，还有 （填含硫微粒的离子符号）。
23．某化学小组为探究的制备、性质及检验等相关问题，进行如下实验：
（1）Ⅰ.制备并收集纯净干燥的
实验室可供选择的试剂：C(s)、Cu(s)、饱和溶液、75%浓。
①实验所需装置的连接顺序是：a→ →d→e(按气流方向用小写字母标号表示)。
②该实验中制备的反应方程式为 。
（2）Ⅱ.探究的性质
将收集到的持续通入如图装置进行实验：
①装置E中出现 现象时可验证具有氧化性。
②装置F用于验证的还原性，为实现这一目的，需进一步采取的实验操作是 。
③从硫元素间的相互转化所得的规律判断下列物质中既有氧化性，又有还原性的是 (填字母序号)。
a．Na b． c． d． e．
（3）Ⅲ.葡萄酒中抗氧化剂残留量(以游离计算)的测定准确量取100.00mL葡萄酒样品，加酸蒸馏出抗氧化剂成分，取馏分于锥形瓶中，滴加少量淀粉溶液，用物质的量浓度为标准溶液滴定至终点，重复操作三次，平均消耗标准溶液22.50mL。(已知滴定过程中所发生的反应是)。
滴定前需排放装有溶液的滴定管尖嘴处的气泡，其正确的图示为____(填字母)。
A．B．
C．D．
（4）判断达到滴定终点的依据是 ；所测100.00mL葡萄酒样品中抗氧化剂的残留量(以游离计算)为 。
24．国家速滑馆“冰丝带”是北京冬奥会最具科技含量的场馆，它采用了当前冬季运动场馆最环保的制冰技术之一——二氧化碳跨临界直接制冰技术。
（1）CO2由气体变成固体的过程中，下列判断正确的是____。（单选）
A．ΔH＞0，ΔS＞0B．ΔH＞0，ΔS＜0
C．ΔH＜0，ΔS＞0D．ΔH＜0，ΔS＜0
（2）关于CO2叙述不正确的是____。（单选）
A．CO2属于酸性氧化物B．CO2分子中含有极性键
C．CO2属于非电解质D．CO2是极性分子
（3）为吸收CO2，下列处理CO2的转化关系不能实现是____。（单选）
A．NaOH(aq)Na2CO3(aq)B．NaCl(aq)NaHCO3(s)
C．Ca(ClO)2(aq)CaCO3(s)D．(aq)(aq)
（4）基于新材料及3D打印技术，科学家研制出的微胶囊吸收剂，它能将排放的CO2以更加安全、廉价和高效的方式处理掉，球形微胶囊内部充入(NH4)2CO3溶液，其原理如图所示。
已知：(NH4)2CO3(aq)＋CO2(aq)＋H2O(l) 2NH4HCO3(aq) ΔH=－25.3 kJ·ml－1
吸收CO2时宜选用 （选填“低温”或“高温”）理由 、 （列举两点）。
（5）已知一水合氨和碳酸室温下电离平衡常数如下：
试结合必要的化学用语与简单计算，判断0.1 ml·L－1NH4HCO3溶液的酸碱性
25．Na2S2O3俗称大苏打（海波）是重要的化工原料。用Na2SO3和硫粉在水溶液中加热反应，可以制得Na2S2O3。已知10℃和70℃时，Na2S2O3在100g水中的溶解度分别为60.0g和212g。常温下，从溶液中析出的晶体是Na2S2O3·5H2O。
现实验室欲制取Na2S2O3·5H2O晶体（Na2S2O3·5H2O的相对分子质量为248）
步骤如下：
①称取12.6g Na2SO3于烧杯中，溶于80.0mL水。
②另取4.0g硫粉，用少许乙醇润湿后，加到上述溶液中。
③（如图所示，部分装置略去），水浴加热，微沸，反应约1小时后过滤。
④滤液在经过、后析出Na2S2O3·5H2O晶体。
⑤进行减压过滤并干燥。
（1）仪器B的名称是 ，其作用是 ，加入的硫粉用乙醇润湿的目的是 。
（2）步骤④应采取的操作是 、 。
（3）滤液中除Na2S2O3和可能未反应完全的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是 。如果滤液中该杂质的含量不很低，其检测的方法是： 。
（4）为了测产品的纯度，称取7.40g 产品，配制成250mL溶液，用移液管移取25.00mL于锥形瓶中，滴加淀粉溶液作指示剂，再用浓度为0.0500ml/L的碘水，用 （填“酸式”或“碱式”）滴定管来滴定（2S2O32－ + I2 ＝ S4O62－ + 2I－），滴定结果如下：
则所得产品的纯度为 ，你认为影响纯度的主要原因是（不考虑操作引起误差） 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．碱式碳酸铜与稀硫酸反应生成硫酸铜、硫酸铜与水不能直接反应生成铜（电解硫酸铜可得到铜），转化不能一步实现，选项A不符合题意；
B．饱和食盐水中通入氨气再通入足量二氧化碳产生碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠，均能一步实现且合理，选项B符合题意；
C．硫化氢气体在氧气中点燃不完全反应生成S，S在氧气中燃烧只能生成二氧化硫不能直接生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，转化不能一步实现，选项C不符合题意；
D．硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，硅酸钠高温条件下无法直接得到二氧化硅，二氧化硅也无法与水反应生成硅酸，转化不能一步实现，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.电解硫酸铜生成单质铜；
C.S在氧气中点燃只能生成二氧化硫；
D.二氧化硅与水不反应。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．乙醇燃烧也产生二氧化碳，汽油中添加乙醇，不能减少二氧化碳的排放，故A不符合题意；
B．可燃冰是甲烷的结晶水合物，作为燃料会产生二氧化碳，不利于碳中和，故B不符合题意；
C．通过煤清洁技术能较少二氧化硫的排放，但是无法减少二氧化碳的排放，故C不符合题意；
D．将二氧化碳还原为甲醇，减少了二氧化碳的排放，能最直接有效的促进碳中和，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.乙醇燃烧生成二氧化碳；
B.可燃冰是甲烷水合物，燃烧产生二氧化碳；
C.煤清洁技术能减少二氧化硫的排放，但不能减少二氧化碳的排放。
3．【答案】D
【解析】【解答】A.有机物是指含碳的化合物，所以二硫化钼不属于有机化合物，故A不符合题意；
B.石英玻璃的主要成分为二氧化硅，不是硅酸盐，故B不符合题意；
C.金属合金是指一种金属与另一种或几种金属，或非金属经过混合熔化，冷却凝固后得到的具有金属性质的固体产物。氮化镓是化合物，不属于合金，故C不符合题意；
D.石墨烯弹性气凝胶制成的碳海绵，具有吸附性，可用作处理原油泄漏的吸油材料，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据有机物的概念进行判断；
B.高纯硅不是硅酸盐；
C.根据合金材料的组成进行判断；
D.根据胶体的性质进行判断。
4．【答案】C
【解析】【解答】A. 二氧化硫有漂白性，故常用于漂白纸浆，A不符合题意；
B. 漂粉精有强氧化性，故可用于游泳池水消毒，B不符合题意；
C. 碳酸钡虽然可与盐酸反应，但是，生成的氯化钡有毒，故不能用来治疗胃酸过多，C符合题意；
D. 氧化铁是红棕色粉末，故常用于红色油漆和涂料，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.利用二氧化硫的漂白性漂白纸浆；
B.漂粉精具有强氧化性；
C.碳酸氢钠用来治疗胃酸过多；
D.氧化铁为红色固体。
5．【答案】D
【解析】【解答】A.煤是由无机物和少量有机物组成的混合物，主要以碳元素为主，A不符合题意；
B.液化天然气（LNG）和罐装液化石油气（LPG）主要成分都属于烃类，B不符合题意；
C.天然气、沼气都是甲烷，分别属于化石能源、可再生能源，C不符合题意；
D.石油主要成分是各种烷烃、环烷烃、芳香烃的混合物，石油常压分馏产物：液化石油气、汽油、煤油、柴油、重油，减压分馏产物：重柴油、润滑油、凡士林、石蜡、沥青，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.煤是一种混合物；
B.液化天然气和罐装液化石油气的主要成分都是烃类；
C.沼气属于可再生能源，天然气属于化石能源；
D.石油分馏得不到乙酸；
6．【答案】A
【解析】【解答】①硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠与盐酸反应生成硅酸，硅酸受热分解生成二氧化硅，二氧化硅在高温条件下与碳反应生成硅单质，选项①符合；
②钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠，电解熔融氯化钠得到钠，选项②符合；
③氯气与石灰乳反应生成次氯酸钙，次氯酸钙与二氧化碳和水反应生成次氯酸，次氯酸见光分解生成盐酸，浓盐酸与二氧化锰加热条件下反应制备氯气，选项③符合；
④铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不能一步转化为铁，选项④不符合，
综上所述，①②③符合题意，A项符合题意
故答案为：A。
【分析】①Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑，Na2SiO3+2HCl= H2SiO3+2NaCl，H2SiO3SiO2+H2O；
②2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，Na2CO3+2HCl=CO2↑+H2O+2NaCl；
③2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，Ca(ClO)2+CO2+H2O=2HClO+CaCO3，2HClO2HCl+O2↑；
④氢氧化亚铁不能一步转化为铁。
7．【答案】C
【解析】【解答】①中SiO2属于酸性氧化物，但不能与水反应， ①中转化不能实现；
②碳在氧气中燃烧生成二氧化碳，二氧化碳和碳在高温条件下反应生成一氧化碳，②中转化能实现；
③在饱和NaCl溶液中依次通入氨气、二氧化碳可生成碳酸氢钠沉淀，碳酸氢钠加热可生成碳酸钠、二氧化碳和水，③中转化能实现；
④MgCl2溶液直接加热不能得到无水MgCl2，要在氯化氢气氛中加热才可以，④中转化不能实现；
⑤NH3发生催化氧化生成NO，NO与氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3和NO，⑤中转化能实现；
综上所述，上述转化能实现的是②③⑤，
故答案为：C。
【分析】①SiO2不能与水反应；
②碳与足量氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳和碳在高温条件下反应生成一氧化碳；
③在饱和NaCl溶液中通入氨气、形成饱和铵盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中碳酸氢钠溶解度最小，所以析出碳酸氢钠，加热碳酸氢钠分解生成碳酸钠；
④MgCl2溶液直接加热发生水解最终得到氢氧化镁；
⑤NH3发生催化氧化生成NO，NO与氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．溶于水形成亚硫酸，溶于水形成硫酸，亚硫酸为弱酸，A不符合题意；
B．硫化钠和亚硫酸钠均易被氧化，所以硫化钠和亚硫酸钠固体长期暴露在空气中会被氧化而变质，B符合题意；
C．虽不溶于水，但溶于强酸，胃酸中的HCl为强酸，所以不能用作医疗上检查肠胃的钡餐，应该选用硫酸钡作钡餐，C不符合题意；
D．和溶液均具有还原性，溴水中具有氧化性，所以两者均能与溴水发生氧化还原反应而使其褪色，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．亚硫酸为弱酸；
B．硫化钠和亚硫酸钠均易被氧化；
C．不溶于水，但溶于强酸；
D．和溶液均具有还原性。
9．【答案】A
【解析】【解答】A. 富勒烯包含C60、C70、碳纳米管等，它们都为碳的单质，因此它们互为同素异形体，故A符合题意；
B. H、D、T 互为同位素，中子数分别为0、1、2，故B不符合题意；
C. 的名称是：2-甲基戊烷，故C不符合题意；
D. C4H10 有两种结构，正丁烷和异丁烷，正丁烷一氯代物有两种，异丁烷一氯代物有两种，因此C4H10一氯代物共四种，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】同位素是质子数相同，中子数不同的原子，针对对象是原子，不能是分子或离子等。
10．【答案】A
【解析】【解答】A．和有同分异构体，有可能不是同一种物质，不一定互为同系物，故A符合题意；
B．16O和18O互为同位素，故B不符合题意；
C．乙醛和环氧乙烷分子式都为C2H4O，故互为同分异构体，故C不符合题意；
D．同种元素组成的不同单质互为同素异形体，S4和S8互为同素异形体，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物；
B.同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子；
C.分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
D.同种元素组成的不同单质互为同素异形体。
11．【答案】B
【解析】【解答】A．反应过程中存在过硫酸钠中的-O-O-的断裂，故有非极性键的断裂，A不符合题意；
B．H3AsO4为弱酸，溶液的pH越小，导致As以分子形式存在，反而不利于去除废水中的正五价砷，B符合题意；
C．由图可知，碱性条件下，硫酸根自由基和氢氧根离子生成硫酸根离子和氢氧根自由基，发生的反应方程式为，C不符合题意；
D．反应过程中，在腐蚀层表面存在反应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键；
B．H3AsO4为弱酸，依据电离平衡的移动分析；
C．依据图像，碱性条件下，硫酸根自由基和氢氧根离子生成硫酸根离子和氢氧根自由基；
D．依据机理模型判断。
12．【答案】C
【解析】【解答】A. MgO熔点高，电解前需要将其熔化，耗能大，制备Mg，电解熔融MgCl2而不是氧化镁，故A不符合题意；
B. 乙醇能使蛋白质变性，故常用于病人的注射消毒。酒精具有挥发性，能用于人工降温，与消毒无关，故B不符合题意；
C. 还原Fe粉具有还原性，易和空气中的氧气反应，可用作食品袋中的吸氧剂，故C符合题意；
D. 二氧化硫具有漂白性，则用于漂白纸浆，与氧化性无关，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、熔点高，浪费能源，一般是电解氯化镁；
B、酒精可以是蛋白质变性；
C、铁有还原性，能够被氧化；
D、二氧化硫具有漂白性，可以对有色物质漂白。
13．【答案】B
【解析】【解答】①若a为NH4HCO3，其水溶液显碱性，故①不符合题意；
②若a是硫化物，x既是强酸；若a为铵盐，X是强碱，故②符合题意；
③y是一种常见气体，e的相对分子质量比d大16，可知Y是O2，故③符合题意；
④若d为酸性氧化物，则d为SO2，SO2具有漂白性，故④符合题意；
⑤若e是NO2，与水反应生成HNO3；若e是SO3，与水反应生成H2SO4，故⑤符合题意；
正确的是②③④⑤，
故答案为：B。
【分析】由图可知， d、e均为氧化物，b为氢化物，b可发生连续氧化反应，y应为O2，e的相对分子质量比d大16，a为酸式盐，若a为NaHS，x为盐酸或硫酸等，a与x反应生成b，则b为H2S，c为S，d为SO2，e为SO3；若a为NH4HCO3，x为NaOH或氢氧化钙等，a与x反应生成b，则b为NH3，c为N2、d为NO、e为NO2。
14．【答案】A
【解析】【解答】A．CO2的中心原子C的价层电子对数为2，无孤电子对，CO2的空间构型为直线形，其正负电荷中心重合，为非极性分子，A项符合题意；
B．CO2可以被H2在催化剂作用下还原为甲酸，B项不符合题意；
C．固态二氧化碳(干冰)升华时吸热，可用于人工增雨，C项不符合题意；
D．侯氏制碱法中发生反应： NaCl + H2O + NH3 +CO2= NaHCO3↓+NH4Cl，CO2是生产原料之一，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据二氧化碳中心原子形成的δ键和孤电子对数判断；
B．二氧化碳中碳为最高正价，具有氧化性；
C．干冰升华吸热，可用于人工增雨；
D．侯氏制碱原理：将二氧化碳、氨气通入到饱和食盐水中。
15．【答案】B
【解析】【解答】A.电解饱和食盐水得到的是氢氧化钠，氯气和氢气，故A不符合题意；
B.SiO2+2C=高温=Si+2CO，氧化剂与还原剂的量之比为：1：2，故B符合题意；
C. SiHCl3极易水解，其完全水解的产物为H2SiO3、H2、HCl，据此推测SiHCl3中硅元素的化合价为+4 ，故C不符合题意；
D.H2与 SiHCl3反应，3H2+2SiHCl3=2Si+6HCl，属于置换反应，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】饱和食盐水电解得到氢氧化钠和氢气和氯气，氢气和氯气反应得到氯化氢气体，二氧化硅与碳反应得到硅和一氧化碳， SiHCl3极易水解并且与氢气反应得到硅单质，结合选项判断即可。
16．【答案】B
【解析】【解答】A．Na2O2吸收CO2生成氧气，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，A不符合题意；
B．Fe3+和金属Cu反应生成Fe2+和Cu2+，氧化性：Cu2+＜Fe3+，B符合题意；
C．石灰乳和SO2反应生成CaSO3和H2O，不是氧化还原反应，C不符合题意；
D．用Na2S溶液除去废水中的Hg2+，生成HgS沉淀，不是氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．Na2O2吸收CO2生成氧气，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂；
B．氧化性：氧化剂大于氧化产物；
C．石灰乳和SO2反应生成CaSO3和H2O；
D．用Na2S溶液除去废水中的Hg2+，生成HgS沉淀。
17．【答案】A
【解析】【解答】A．是催化剂，中间产物只有、Cl-、ClO-等，选项A符合题意；
B．在反应过程中产生的可加快ClO-的转化，加快对的吸收，选项B不符合题意；
C．Ca2+与结合生成微溶的CaSO4有利于反应的进行，故也可用于脱硫，且脱硫效果比更好，选项C不符合题意；
D．“过程2”的离子方程式可表示为，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．根据应中间体反应前和反应后均没有，只在过程中出现；催化剂反应前参与反应，反应后又生成；
B．据A项分析，催化剂加快反应速率；
C．Ca2+与结合生成微溶的CaSO4有利于反应的进行；
D．依据图中的反应物和产物，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析。
18．【答案】D
【解析】【解答】A．①中发生H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，属于复分解反应，但不是由强酸反应得到弱酸，故A不符合题意；
B．过程②中，发生反应的离子方程式为CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+，故B不符合题意；
C．③中发生4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，但未指明标准状况，则无法计算，故C不符合题意；
D．由①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+、②CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+、③4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O可知，回收S的总反应为2H2S+O22H2O+2S↓，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．①不符合强酸制弱酸；
B．CuS不溶于水，不拆；
C．未指明标准状况，无法计算；
D．利用方程式加和判断。
19．【答案】C
【解析】【解答】A.Cu和浓H2SO4反应需要加热，则图中装置不能制取少量的SO2气体，A不符合题意；
B.由于盐酸易挥发，图中可以知道盐酸酸性大于碳酸、盐酸酸性大于硅酸，不能确定碳酸、硅酸的酸性，且不能利用无氧酸与含氧酸的酸性比较非金属性，应利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，B不符合题意；
C.CO2、Cl2可利用向上排空气法收集，从长导管进气，H2、NH3可利用向下排空气法收集，从短导管进气，C符合题意；
D.H2S水溶液显酸性，反应开始时pH不会大于7，将SO2气体通入H2S水溶液中生成单质硫，酸性减弱，pH增大，当SO2过量时，SO2溶于水生成亚硫酸，使溶液酸性增强，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.铜与浓硫酸的反应需要加热条件；
B.由酸性强弱比较非金属性强弱时，需比较最高价氧化物对应水化物的酸性强弱；
C.排空气法收集气体时，应注意气体不能与空气中的物质发生反应；
D.H2S溶液显酸性，其pH<7；
20．【答案】C
【解析】【解答】A.硝酸见光易分解，浓硝酸一般保存在棕色试剂瓶中，故A不符合题意；
B.过氧化氢具有很强的氧化性可用于消毒杀菌，故B不符合题意；
C.二氧化硫中硫处于中间价态，具有一定还原性，可用于还原剂，故C符合题意；
D.硫酸钡难溶于盐酸，因此可用于医学上的钡餐，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.硝酸易分解因此用于棕色试剂瓶保存
B.过氧化氢具有氧化性因此可用于消毒杀菌
C.二氧化硫具有漂白性因此可用于漂白纸浆
D.由于硫酸被不溶于盐酸，因此可以用于钡餐
21．【答案】（1）CuSO4
（2）检验和除去SO2
（3）D中溶液不褪色，E中溶液变浑浊
（4）KSCN溶液或NaOH溶液（其它答案合理即可）
（5）AFIGKH
（6）K中黑色粉末变成红色、H中白色粉末变成蓝
【解析】【解答】(1) 本实验的目的是检验气体产物中的CO2、SO2和H2O。干燥管B是为了检验产物中的水，所以用无水硫酸铜，M的化学式是CuSO4；
故答案为：CuSO4。
（2）酸性高锰酸钾溶液既可以检验SO2、又能除去SO2；
故答案为：检验和除去SO2。
（3）能证明有二氧化碳生成的实验现象是：D中品红溶液不褪色，E中澄清石灰水溶液变浑浊 ；
故答案为：D中溶液不褪色，E中溶液变浑浊。
（4）检验Fe3＋的试剂是：① KSCN溶液遇到Fe3＋溶液变红；② NaOH溶液遇到Fe3＋产生红褐色沉淀；故答案为：KSCN溶液或NaOH溶液。
（5）实验目的为了验证可能有氢气生成。设计气流从左至右，A接F中的氢氧化钠溶液除去混合气中的CO2、SO2，用I中的澄清的石灰水检验CO2、SO2是否除净，G中的浓硫酸除去水分，K中氧化铜检验H2， H中无水硫酸铜检验产物水。所以仪器排序为AFIGKH。
（6）能证明有氢气生成的实验现象是K中黑色粉末变成红色，H中白色粉末变成蓝。
故答案为：K中黑色粉末变成红色、H中白色粉末变成蓝。
【分析】（1）对混合气体的检验，应先用无水CuSO4检验水蒸气；
（2）C装置中的KMnO4酸性溶液，能与SO2反应；、
（3）CO2和SO2都能使澄清石灰水变浑浊，因此证明CO2的存在时，应同时说明SO2不存在，据此确定实验现象；
（4）结合Fe3+的检验分析；
（5）检验H2时，需通过CuO变红，同时生成水，因此气流需先除杂，再干燥，通过灼热CuO后，再通过无水CuSO4，据此确定装置连接顺序；
（6）证明有H2生成，则K中黑色粉末变红，H中白色固体变蓝；
22．【答案】（1）H2S+NH3·H2O=NH4++HS-+H2O
（2）2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；t1以后溶液中同时发生两个反应，Fe3+氧化吸收H2S和Fe2+被O2氧化再生Fe3+，当两个反应速率相等时，溶液中n(Fe2+)保持基本不变；2H2S+O2 2S↓+2H2O
（3）；Na2CO3；2S2-+5H2O S2O32-+4H2↑+2OH-；SO42-
【解析】【解答】（1）氨水中的一水合氨与H2S反应中和反应，生成NH4HS，离子方程式为H2S+NH3·H2O=NH4++HS-+H2O。（2）①由图可知，t1前n（Fe3+）迅速减小，被吸收的n（H2S）显著增加，发生的离子反应为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；②t1以后溶液中同时发生两个反应，Fe3+氧化吸收H2S、Fe2+被氧气氧化再生成Fe3+，当两个反应速率相等时，溶液中n（Fe3+）基本保持不变。t1以后Fe3+起催化作用，总反应方程式为2H2S+O2 2S↓+2H2O。（3）①硫化钠为离子化合物，由钠离子、硫离子构成，其电子式为 ，COS与氢氧化钠反应前后化合价没有变化，生成含有+4价碳元素的正盐，该正盐为碳酸钠，其反应方程式为COS+4NaOH=Na2S+Na2CO3+2H2O。②图示说明：硫化钠溶液加热生成了Na2S2O3和氢气，发生氧化还原反应，根据得失电子守恒和电荷守恒配平，则离子方程式为2S2-+5H2O S2O32-+4H2↑+2OH-。③根据图像可知，a点时氢气是10ml，说明反应中共有20ml电子发生转移，则根据得失电子守恒可知，3ml硫化钠分子必须提供20ml电子，全部转化为硫代硫酸钠转移12ml电子，全部转化为亚硫酸钠转移18ml电子，全部转化为硫酸钠转移24ml电子，所以a点时溶液中除S2O32-外，还有SO42-。
【分析】Fe3+与H2S发生氧化还原反应生成Fe2+与S，同时Fe2+被空气中氧气氧化为Fe3+；天然气中的羰基硫（COS）与氢氧化钠反应生成硫化钠，是非氧化还原反应，C是一种正盐，推测C为碳酸钠；硫化钠发生氧化还原反应，生成S2O32-、SO42-等其它含硫物质。
23．【答案】（1）cbgf；
（2）淡黄色沉淀；取与NaClO溶液反应后的溶液样品少许，先滴加盐酸酸化，再滴加溶液，若出现白色沉淀，则证明具有还原性；ce
（3）C
（4）滴入最后半滴标准液，溶液的颜色从无色刚好变为蓝色，且30s内不再褪去；144
【解析】【解答】（1）①A装置是用来制取SO2的装置，由于产物中也有水，所以将SO2通入浓硫酸中吸收水分，然后收集SO2气体，再加一个碱石灰装置防止SO2气体排入空气，所以气体的流向应该是： a→ cbgf →d→e ；
②制取SO2的反应是：亚硫酸钠与浓硫酸反应： ；
（2） ① SO2具有氧化性，可以与Na2S反应得到S单质，所以现象是出现淡黄色的沉淀；
②装置F中的ClO-将SO2氧化为SO42-，若能检验出SO42-，则能证明SO2具有还原性；
③元素的中间价态既具有氧化性又具有还原性；
（3）碘单质具有氧化性，应该用酸式滴定管盛放，酸式滴定管赶气泡的操作是：在滴定管的底部轻轻打开阀门，用食指和中指捏住活塞放气，C选项是正确的；
（4）滴定的终点是： 滴入最后半滴标准液，溶液的颜色从无色刚好变为蓝色，且30s内不再褪去 ；
​​​根据化学方程式之间的关系，可知碘单质和SO2的物质的量相等，100毫升 葡萄酒样品 中的质量为：22.5×0.01×64×10-3=0.144g， 所测100.00mL葡萄酒样品中抗氧化剂的残留量 为0.144×1000mg/0.1L=144 。
【分析】（1）①该实验的原理是先制取SO2，再收集SO2，并做好SO2的尾气处理；
②该反应原理的实质是强酸制弱酸；
（2）①和Na2S反应的方程式为：3SO2+2Na2S=3S+2Na2SO3；
②装置F中的ClO-将SO2氧化为SO42-，若能检验出SO42-，则能证明SO2具有还原性；
③元素的中间价态，既具有上升价态的空间，也有下降的空间，所以中间价态既具有氧化性也有还原性；
（3）具有氧化性的物质应该用酸式滴定管来装取；
（4）根据化学方程式可以得出SO2和碘单质之间的物质的量关系，从而计算出葡萄酒中SO2的含量。
24．【答案】（1）D
（2）D
（3）D
（4）低温；低温有利CO2的溶解或增大CO2(aq)浓度；低温防止盐的分解
（5）碱性
HCO+H2OH2CO3 + OH－ K1==2.3×10－7
NH+H2ONH3·H2O + H+ K2==5.6×10－8
【解析】【解答】（1）二氧化碳变为固态过程是放热且气体数目减少的过程，即可判断 ΔH＜0，ΔS＜0 ；
（2）A.二氧化碳与碱反应得到盐和水，故A不符合题意；
B.二氧化碳溶于水是碳酸，碳酸可导电，故B不符合题意；
C.二氧化碳溶于水时碳酸导电，二氧化碳不是电解质，故C不符合题意；
D.二氧化碳是分子晶体，故D符合题意；
（3）A.氢氧化碳与少量的二氧化碳可以得到碳酸钠，故A不符合题意；
B.氯化钠与二氧化碳不能反应得到碳酸氢钠，故B符合题意；
C.强酸可以制取羧酸，碳酸酸性强于次氯酸，故C不符合题意；
D.碳酸酸性强于苯酚，故D不符合题意；
（4）根据 (NH4)2CO3(aq)＋CO2(aq)＋H2O(l) 2NH4HCO3(aq) ΔH=－25.3 kJ·ml－1 ，反应放热，低温，平衡向放热方向移动，正向移动，所以可以促进二氧化碳的吸收，有利于二氧化碳的溶解；(NH4)2CO3受热易分解，所以低温防止盐的分解；
（5）碳酸氢根和铵根均可以水解，碳酸氢根水解：HCO3-+H2O=H2CO3+OH-K1=== =2.3×10－8 ，NH4++H2O=NH3.H2O+H+，K2== =5.6×10－10 ， K1＞K2， 因此碳酸氢根水解强度大于铵根水解，故溶液显碱性；
【分析】 （1）根据焓变和熵变判断即可；
（2）二氧化碳是酸性氧化物，是属于分子晶体与水形成碳酸可导电；
（3）根据反应物和生成物利用性质即可判断；
（4）根据给出的反应式即可判断低温有利于二氧化碳溶解，低温防止盐的分解；
（5）根据写出水解的常数公式结合水的离子积即可计算比较。
25．【答案】（1）球形冷凝管；冷凝回流；增加反应物接触面积，提高反应速率
（2）蒸发浓缩；冷却结晶
（3）Na2SO4；取少量滤液于试管中，加稀盐酸至溶液呈酸性，静置，取上层清液（或过滤除去S后的滤液）于另一支试管中，向该试管中滴加BaCl2溶液，若出现浑浊，证明原滤液中含Na2SO4
（4）酸式；101.2%；含有的Na2SO3也会和I2发生反应，从而影响纯度
【解析】【解答】(1)根据装置图可知，仪器B为球形冷凝管，使水蒸气冷凝回流，防止反应液中水分大量流失而析出晶体。硫粉难溶于水而微溶于乙醇，用乙醇湿润可使硫粉易于分散到溶液中，增大硫与Na2SO3的接解面积，加快反应速率。
(2)由100C和700C下的Na2S2O3的溶解度数据可知，温度越高Na2S2O3溶解度越大，可以先蒸发浓缩得到较高温度下的Na2S2O3的饱和溶液，然后冷却结晶，即可制备Na2S2O3·5H2O晶体。所以步骤④应采取的操作是蒸发浓缩、冷却结晶。
(3)SO32-具有较强的还原性，加热过程中溶解在溶液中的O2氧化了部分SO32-生成SO42-，所以滤液中很可能存在Na2SO4。检验Na2SO4的存在，只需检验SO42-离子，但要排除SO32-和S2O32-的干扰，先用盐酸酸化：Na2SO3+2HCl=SO2↑+H2O+2NaCl，Na2S2O3+2HCl=S↓+SO2↑+H2O+2NaCl，再加入BaCl2溶液：Ba2++SO42-=BaSO4↓，产生不溶于盐酸的白色沉淀即证明滤液中含Na2SO4杂质。所以检验方法是：取少许滤液于试管中，加稀盐酸至溶液呈酸性，静置，取上层清液（或过滤除去S后的滤液）于另一支试管中，向该试管中加入BaCl2溶液，若出现浑浊则证明原滤液中含Na2SO4。
(4)I2能与橡胶发生加成反应而腐蚀橡胶，不能用碱式滴定管，只能用酸式滴定管盛装碘水进行滴定。由表中数据可知三次实验消耗碘水体积分别为30.22mL、30.70mL、30.18mL，显然第二次实验误差太大舍去，平均消耗碘水体积为 =30.20mL。设所配样品溶液的浓度为c(Na2S2O3)，
列比例式： ，解得c(Na2S2O3)=0.1208ml/L；7.40g样品中Na2S2O3·5H2O的物质的量=n(Na2S2O3)=0.25L×0.1208ml/L=0.0302ml，样品的纯度= ×100%=101.2%。因为SO32-有较强的还原性，也能被I2氧化，所以滴定中消耗的碘水体积偏大，使计算得到的纯度值偏大。
【分析】（1）根据蒸馏装置进行分析；硫粉用乙醇润湿可增大与Na2SO3的接解面积，加快反应速率；
（2）采用降温结晶制得Na2S2O3·5H2O晶体；
（3）SO32-极易被氧化成SO42-，结合SO42-的检验进行分析；
（4）碘水显酸性，应用酸式滴定管；
多次实验求平均值时舍去误差较大的数据，求出消耗标准液的体积后，结合反应的离子方程式计算c(Na2S2O3)，再结合公式n=c×V计算n(Na2S2O3)，进而其质量，最后计算样品的纯度。序号
X
Y
Z
W
①
Si
Na2SiO3
H2SiO3
SiO2
②
Na
NaOH
Na2CO3
NaCl
③
Cl2
Ca(ClO)2
HClO
HCl
④
Fe
FeCl3
FeCl2
Fe(OH)2
选项
陈述I
陈述Ⅱ
A
用Na2O2作呼吸面具的氧气来源
Na2O2能氧化CO2
B
用FeCl3溶液刻蚀铜质电路板
氧化性：Cu2+＜Fe3+
C
用石灰乳脱除烟气中的SO2
SO2具有氧化性
D
用Na2S溶液除去废水中的Hg2+
Na2S具有还原性
弱电解质
H2CO3
NH3·H2O
电离平衡
常数
Ka1＝4.3×10－7
Ka2＝5.6×10－11
Kb＝1.8×10－5
滴定次数
滴定前读数（mL）
滴定后读数（mL）
第一次
0.30
30.52
第二次
0.36
31.06
第三次
1.10
31.28