专题三 专题提升

1、.专题提升一、“制气类的创新实验1.气体制备装置的创新1固体液体或液体液体气体发生装置：2固体液体不加热气体发生装置：例1以下气体发生装置中，不易控制反响产生气体的量的是解析A项可通过控制参加液体的量来控制产生气体的量；C、D两项中装置类似于启普发生器，可通过活塞的开关调节反响器的压强，控制反响与否，来控制产生气体的量。答案B例2某一兴趣小组准备在实验室中制H2，装置如下图。可是在实验室中发现酸液缺乏而又无其他酸液可参加。为到达实验目的，那么可以从长颈漏斗中参加以下试剂中的NaNO3溶液酒精四氯化碳苯Na2CO3溶液KCl溶液A.B.C. D.解析参加NaNO3溶液，相当于锌粒与硝酸反响，会产

2、生氮的氧化物，故不可以；参加酒精，能增大酸的体积，且不影响反响，故可以，四氯化碳的密度比水大，能使酸液的液面上升，故可以；苯的密度比水小，参加苯仍不能使锌粒与酸接触，故不可以；Na2CO3溶液与稀硫酸反响放出二氧化碳，故不可以；参加KCl溶液相当于稀释硫酸，故可以。答案D2.搜集、除杂及尾气处理中仪器的创新1气体的搜集方法2气体的定量测定装置3可作为冷凝或冷却的装置4防倒吸装置例3以下实验方案能到达实验目的的是A.图装置用Cu和浓硝酸可制取NO2B.图装置可用于电解精炼铜C.图装置可用于测量钠与乙醇反响生成氢气的体积D.图装置可用于实验室别离CO和CO2解析Cu和浓硝酸反响生成二氧化氮，二氧化

3、氮和水反响生成一氧化氮，可制取NO，故A错误；电解精炼铜时，将粗铜与电源的正极相连，作电解池的阳极，失电子发生氧化反响，故B错误；用排水法搜集气体，气体应短进长出，否那么不能测量气体的体积，故C错误；要将CO和CO2别离，关闭b，打开a，混合气体进入甲，可在甲中装NaOH溶液，用来吸收CO2，此时甲中发生反响2NaOHCO2=Na2CO3H2O，CO与氢氧化钠溶液不反响，CO进入丙中，丙中装浓H2SO4，浓硫酸枯燥CO，别离出CO后，再翻开b，用乙中的稀酸把碳酸盐转化成CO2，并枯燥，故D正确。答案D例4如下图的装置常用于制取气体并检验气体的性质。以下有关说法正确的选项是A.关闭分液漏斗的活塞

4、，将枯燥管末端放入水中，微热烧瓶，有气泡从水中冒出，停顿加热后，枯燥管内有一段稳定的水柱形成，说明装置不漏气B.假设装置用于制取氯气并验证其具有漂白性，那么A中所用试剂为稀盐酸，B中所用药品为MnO2固体，C中为品红溶液C.假设装置用于制取SO2并验证其具有漂白性，那么A中所用试剂为浓硫酸，B中所用药品为Na2SO3固体，C中为酸性KMnO4溶液D.假设实验时B中盛放固体NaOH，A中为浓氨水，C中为稀AgNO3溶液，那么实验过程中，C试管中看不到明显的实验现象解析A项，由于装置的体积较大，可用酒精灯微热烧瓶，加热时枯燥管口有气泡冒出，冷却后枯燥管口有水柱形成，说明装置的气密性良好，正确；B项

5、，制氯气时应用浓盐酸，错误；C项，SO2使酸性KMnO4溶液褪色的原因是SO2能将KMnO4复原，表现复原性，不表现漂白性，错误；D项，实验过程中C试管中有沉淀出现，假设NH3过量，那么可观察到沉淀溶解，错误。答案A二、元素化合物综合应用创新题解题程序一、抓元素，知性质在非金属元素中，以Cl、O、S、N、P、C、Si为重点。在金属元素中，以Na、Al、Fe、Cu为重点。其中Cl、N、S、Na、Al、Fe六种元素的单质及其化合物性质最典型、最重要，要重点掌握二、明目的，知特性要熟悉含各元素的物质的一些特性，如含Fe3的溶液遇KSCN溶液变红色，含Fe2的溶液与碱溶液反响的特殊现象，Al、Al2O

6、3、AlOH3的两性，NH3遇HCl、Cl2、HNO3产生白烟，NH3使潮湿的红色石蕊试纸变蓝，SO2的漂白性等三、会结合要学会将元素化合物知识与元素周期律、物质构造、氧化复原反响、中和滴定、化学反响速率、化学平衡、电化学等亲密结合起来四、结合题目信息作答将掌握的元素化合物知识与题目所给信息相结合，判断不同情况下框图中各字母代表的物质，进而结合物质的性质按要求答复以下问题例1工业上氰化物的用处广泛，在电镀、洗注、油漆、燃料、橡胶等行业都会用到。1氢氰酸HCN是一种酸性很弱的酸，其中碳元素的化合价为_，氢氰酸分子的构造式为_。2氰化钠NaCN溶液显强碱性，原因是用离子方程式表示_。Na2CO3溶

7、液能和HCN反响：Na2CO3HCN=NaHCO3NaCN，那么向NaCN溶液中通入少量CO2时反响的离子方程式为_。3双氧水可消除氰化物如NaCN污染：NaCNH2O2H2O=ANH3，那么生成物A的化学式为_，H2O2常被称为“绿色氧化剂的理由是_。4在氯氧化法处理含CN的废水过程中，液氯在碱性条件下可以将氰化物氧化成氰酸盐其毒性仅为氰化物的千分之一，氰酸盐进一步被氧化为无毒物质。某厂废水中含KCN，其浓度为650 mg·L1。现用氯氧化法处理，发生如下反响：KCN2KOHCl2=KOCN2KClH2O，投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气：2KOCN4KOH3Cl2=2CO

8、2N26KCl2H2O。假设处理上述废水20 L，使KCN完全转化为无毒物质，至少需液氯_g。解析1根据价键规律，可知C、N之间以叁键结合，H和C之间以单键结合。H显1价，N的非金属性比C强，N显3价，那么C显2价。2NaCN是强碱弱酸盐，CN水解使溶液显碱性。因为HCN和Na2CO3反响生成NaHCO3，说明HCN的酸性比H2CO3弱但比HCO强，在NaCN溶液中通入CO2会生成HCN和NaHCO3。3NaCNH2O2H2O=ANH3，根据质量守恒，可知A为NaHCO3。H2O2作氧化剂时，其复原产物H2O没有污染性，故H2O2常被称为“绿色氧化剂。420 L废水中含KCN的质量为：650

9、mg·L1×20 L13 000 mg13 g。合并两步反响的化学方程式得：2KCN8KOH5Cl2=10KCl2CO2N24H2O，那么：mCl235.5×2×5×13÷130g35.5 g。答案122CNH2OHCNOHCNH2OCO2=HCOHCN3NaHCO3H2O2作氧化剂时，其复原产物H2O没有污染性435.5例2研究CO2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域。1溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在，其中HCO占95%。写出CO2溶于水产生HCO的方程式：_。2在海洋碳循环中，通过以下图所示的途径固碳。写

10、出钙化作用的离子方程式：_。同位素示踪法证实光合作用的化学方程式如下，将其补充完好：_CH2Oxx18O2xH2O3海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上，其准确测量是研究海洋碳循环的根底。测量溶解无机碳，可采用如下方法：气提、吸收CO2。用N2从酸化后的海水中吹出CO2并用碱液吸收装置示意图如下。将虚线框中的装置补充完好并标出所用试剂。滴定。将吸收液吸收的无机碳转化为NaHCO3，再用x mol·L1HCl溶液滴定，消耗y mL HCl溶液。海水中溶解无机碳的浓度_ mol·L1。4利用如下图装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量。结合方程式简述提取CO2的原

11、理：_。用该装置产生的物质处理b室排出的海水，合格后排回大海。处理至合格的方法是_。解析1CO2溶于水生成H2CO3，H2CO3电离出H和HCO 。2 根据钙化作用的反响物是HCO 和Ca2，生成物是CaCO3和CO2，故不难写出反响的离子方程式为2HCOCa2=CaCO3CO2H2O。根据元素守恒及示踪原子的标记知，方程式中的填空为：xCO2和2xHO。3 该装置为洗气瓶的装置，要注意装置中长管进、短管出，且用分液漏斗滴加酸化所用试剂稀硫酸，因HCl易挥发出来影响后续的滴定而不能用盐酸。根据该滴定过程得关系式：CO2HCOHCl，nCO2 nHClxmol·L1×y

12、15;103Lxy×103 mol，所以cCO2 mol·L1。4 a室的电极连接电源的正极，作阳极，发生氧化反响：2H2O4e= O24H，cH增大，H从 a 室通过阳离子交换膜进入 b 室，发生反响：HCOH=CO2H2O。海水的pH8，电解后的海水pH6，呈酸性；c室的反响：2H2O2e= H22OH，可用c室排出的碱液与从b室排出的酸液中和调至接近装置入口海水的pH，即处理合格。答案1CO2H2OH2CO3、H2CO3HHCO 22HCOCa2=CaCO3CO2H2OxCO22xHO 3 4a 室：2H2O4e= O24H，H通过阳离子膜进入b室，发生反响：HCOH

13、=CO2H2Oc室的反响：2H2O2e=H22OH，用c室排出的碱液将从b室排出的酸液调至接近装置入口海水的pH例3煤燃烧排放的烟气含有SO2和NO，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进展脱硫、脱硝，答复以下问题：1NaClO2的化学名称为_。2在鼓泡反响器中通入含有SO2和NO的烟气，反响温度323 K，NaClO2溶液浓度为5×103 mol·L1。反响一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。离子SOSONONOClc/mol·L18.35×1046.87×1061.5×1041.2×105

14、3.4×103写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反响的离子方程式_。增加压强，NO的转化率_填“进步“不变或“降低。随着吸收反响的进展，吸收剂溶液的pH逐渐_填“增大“不变或“减小。由实验结果可知，脱硫反响速率_脱硝反响速率填“大于或“小于。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是_。3在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反响中SO2和NO的平衡分压pc如下图。由图分析可知，反响温度升高，脱硫、脱硝反响的平衡常数均_填“增大“不变或“减小。反响ClO2SO=2SOCl的平衡常数K表达式为_。解析1NaClO2的化学名称为亚氯酸钠。2亚氯酸钠具有氧化性，可将NO气体

15、氧化为NO，那么NaClO2溶液脱硝过程中主要反响的离子方程式为4NO3ClO4OH=4NO3Cl2H2O。该反响是一个气体体积减小的反响，增大压强，有利于反响向消耗NO的方向进展，所以增大压强，NO的转化率进步。脱硝反响消耗OH，故随着吸收反响的进展，吸收剂溶液的pH逐渐减小。根据题中表格数据发现，反响一段时间后溶液中SO的离子浓度最大，说明脱硫反响速率大于脱硝反响速率。原因除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是NO溶解度较低或脱硝反响活化能较高。3由图分析可知，温度升高，SO2或NO平衡分压的负对数均减小，说明升高温度，平衡逆向挪动，因此脱硫、脱硝反响的平衡常数均减小。根据反响C

16、lO2SO=2SOCl可写出其平衡常数表达式为K。答案1亚氯酸钠24NO3ClO4OH=4NO3Cl2H2O进步减小大于NO溶解度较低或脱硝反响活化能较高3减小K专题测试三一、单项选择题1.硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。以下关于硫化氢的说法错误的选项是A.H2S是一种弱电解质B.可用石灰乳吸收H2S气体C.根据以下图可知FeCl3、CuCl2均能氧化H2SD.H2S在空气中燃烧可以生成SO2解析H2S溶于水形成氢硫酸，弱酸，能用石灰乳碱性吸收，A、B正确；C项，Cu2与H2S生成CuS，不能氧化H2S，错误；D项，H2S在空气中充分燃烧可生成SO2：2H2S3O2SO22H2

17、O假设不充分燃烧可生成S：2H2SO22H2OS。答案C2.以下物质性质与应用对应关系正确的选项是A.液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂B.硅酸钠溶液呈碱性，可用作木材防火剂C.NaHCO3能与碱反响，可用作焙制糕点的膨松剂D.Fe比Cu活泼，可用FeCl3溶液腐蚀线路板上的Cu解析B项，两者无对应关系；C项，NaHCO3做膨松剂是因为加热时能产生CO2气体，使糕点膨松：2NaHCO3Na2CO3CO2H2O，无对应关系；D项，FeCl3溶液能腐蚀Cu是因为其能将铜氧化：2FeCl3Cu=2FeCl2CuCl2，无对应关系。答案A3.以下几种物质露置在空气中易变质，为检验其是否变质，以下试剂

18、括号内物质选用不合理的是A.Na2SO3溶液盐酸和BaCl2B.FeCl2溶液KSCN溶液C.NaOH溶液BaCl2溶液D.NaClO溶液盐酸和品红溶液解析A项中变质生成硫酸钠，取样加BaCl2溶液，再加过量盐酸，有白色沉淀生成说明变质了。B项变质生成Fe3，加KSCN溶液显血红色。C项变质生成Na2CO3，加BaCl2有沉淀生成。答案D4.常温下，满足甲组中的任意一种物质均能与乙组中任意一种物质发生反响的是选项甲组乙组AAlOH3、稀盐酸NaOH溶液、氨水BO2、N2H2、MgCCu、NaOH溶液FeCl3溶液、稀硝酸DSiO2、Cl2HF、H2SO3解析注意常温条件。A项，常温下氨水不与A

19、lOH3反响；B项，常温下，N2和H2不反响；D项，常温下，SiO2与H2SO3、Cl2与HF均不反响。答案C5.2019·盐城期中将Cl2通入浓氨水中发生反响：3Cl28NH3·H2O=6NH4ClN28H2O。以下说法正确的选项是A.浓氨水是弱电解质B.Cl2的氧化性比N2的强C.向1 L 0.1mol·L1氨水中参加盐酸至显中性，生成NH数为0.1×6.02×1023D.常温常压下，上述反响每生成2.24 LN2，转移电子数为0.6×6.02×1023解析A项，浓氨水是混合物，不是电解质，错误；B项，Cl2作氧化剂，N

20、2为氧化产物，正确；C项，由氮元素守恒：nNH3nNH3·H2OnNH0.1 mol，错误；D项，不是标准状态，错误。答案B6.2019·南京市一模以下各组物质中，物质之间通过一步反响就能实现如下图变化的是选项甲乙丙丁AN2NH3NONO2BNaNa2ONaOHNa2O2CSiO2SiF4H2SiO3Na2SiO3DAlAlCl3Al2O3NaAlO2解析A项，N2无法一步到NO2，错误；B项，NaOH无法一步到Na2O2，错误；C项，SiO2无法一步到H2SiO3，错误。答案D7.以下有关实验原理或实验操作不正确的选项是A.实验室用图1所示装置制取少量的氨气B.用图2装置

21、可以完成“喷泉实验C.用图3所示装置搜集SO2 D.同浓度的碳酸钠、碳酸氢钠溶液，可滴加酚酞进展鉴别解析图1中浓氨水中水与CaO反响放出大量热，NH3·H2O受热分解产生氨气，A项正确。Cl2与NaOH溶液反响使烧瓶内压强降低，形成负压喷泉，B项正确。SO2的密度比空气大，搜集时应从长管进短管出，C项错误。由于碳酸钠比碳酸氢钠的水解程度大，同浓度时前者碱性强，滴加酚酞，前者呈红色，后者呈浅红色，即前者红色深，D项正确。答案C8.类推是学习和研究的重要思维方法。以下类推结论正确的选项是选项化学事实类推结论AAl在O2中燃烧生成Al2O3Fe在O2中燃烧也生成Fe2O3BNa常温下与水剧

22、烈反响K常温下也能与水剧烈反响CCO2气体缓慢通过Na2O2固体只生成Na2CO3和O2SO2气体缓慢通过Na2O2固体也只生成Na2SO3和O2D将SO2通入BaCl2溶液中无沉淀生成将SO2通入氨化的BaCl2溶液中也无沉淀生成解析铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，A项错误。二氧化硫与过氧化钠反响生成硫酸钠，C项错误。SO2通入氨化的BaCl2溶液中生成BaSO3沉淀，D项错误。答案B9.将SO2气体通入BaCl2溶液，无明显现象，然后再通入X气体或参加X溶液，有白色沉淀生成，X不可能是A.Cl2 B.CO2C.H2O2 D.NH3·H2O解析A.发生Cl2SO22H2O=H2SO4

23、2HCl、H2SO4BaCl2=BaSO42HCl，有沉淀生成，故A不选；B.二氧化碳是酸性气体，和二氧化硫以及氯化钡均不反响，不会产生沉淀物，故B选；C.过氧化氢具有强氧化性，与二氧化硫反响生成硫酸，可生成硫酸钡沉淀，故C不选；D.发生2NH3H2OSO2=NH42SO3、NH42SO3BaCl2=BaSO32NH4Cl，有沉淀生成，故D不选。答案B10.在BaCl2溶液中通入SO2气体，溶液仍澄清；假设将BaCl2溶液分别盛到两支试管中，其中一支参加硝酸，另一支参加烧碱溶液，然后再分别通入SO2气体，结果两支试管都有白色沉淀生成。由此得出的以下结论合理的是A.SO2具有复原性和酸性B.两支

24、试管中生成的白色沉淀均是BaSO3C.BaCl2具有两性D.升高pH使SO2水溶液中SO的浓度减小解析SO2能被硝酸氧化证明了它的复原性，与NaOH溶液反响证明了它的酸性，A项正确。将BaCl2溶液分成两份，一份参加硝酸，再通入SO2，SO2被硝酸氧化为SO，发生反响：Ba2SO=BaSO4；另一份参加烧碱溶液，再通入SO2，先发生反响：SO22OH=SOH2O，再发生反响：Ba2SO=BaSO3。增强溶液的碱性会使SO2转化为亚硫酸盐，使SO的浓度增大。综上分析，B、C、D不正确。答案A二、不定项选择题11.汽车发动机稀燃控制系统主要工作原理是发动机在稀燃和富燃条件下交替进展，尾气中的NOx

25、在催化剂上反响脱除。其工作原理示意图如下：以下说法不正确的选项是A.稀燃过程中，NO发生的主要反响为：2NOO22NO2B.稀燃过程中，NO2被吸收的反响为：BaO2NO2=BaNO32C.富燃过程中，NO2被CO复原的反响为：2NO24CON24CO2D.富燃过程中，CxHy被O2氧化的反响为：CxHyxy/4O2=xCO2y/2H2O解析B项，稀燃过程中，NO2被吸收的反响原子不守恒，且只有氮元素的化合价升高，反响为2BaO4NO2O2=2BaNO32，错误。答案B12.以下实验操作及现象可以达成相应实验目的的是实验目的实验操作及现象A检验Na2SO3溶液是否变质向Na2SO3溶液中参加B

26、aNO32溶液，出现白色沉淀，再参加稀硝酸，沉淀不溶解B证明酸性条件下H2O2氧化性强于I2向淀粉KI溶液中滴入3滴稀硫酸，未见溶液变蓝；再参加10%的H2O2溶液，溶液立即变蓝色C证明碳的非金属性强于硅将浓盐酸滴入碳酸钠固体中，生成的气体通入盛有水玻璃的试管中，出现浑浊D证明SO2具有复原性将SO2通入酸性KMnO4 溶液中，溶液紫色褪去解析A项，生成的BaSO3被稀HNO3氧化，无法证明是否变质，错误；C项，盐酸易挥发，生成的H2SiO3可能是盐酸与Na2SiO3反响生成的，错误。答案BD13.2019·扬州市四模以下指定反响的离子方程式正确的选项是A.硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：

27、SiO2H=H2SiO3B.NH4AlSO42溶液与过量稀氨水反响：Al33NH3·H2O=AlOH33NHC.向KAlSO42溶液中滴加BaOH2溶液至SO沉淀完全：Al32SO2Ba24OH=AlO2BaSO42H2OD.FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe22Br2Cl2=2Fe3Br24Cl解析A项，醋酸是弱酸，不能拆：SiO2CH3COOH=H2SiO32CH3COO，错误；C项，当nKAlSO42nBaOH212时，生成的SO沉淀最多，而nAl3nOH14时，产物为AlO ，正确；D项，氯气过量，FeBr2按化学式组成反响：2Fe24Br3Cl2=2Fe32Br26Cl

28、。答案BC14.2019·扬州期末调研X、Y、Z、W四种物质在一定条件下具有如下图的转化关系，以下判断正确的选项是A.假设图中反响均为非氧化复原反响，当W为一元强碱时，那么X可能是NaAlO2B.假设图中反响均为非氧化复原反响，当W为一元强酸时，那么X可能是NH3C.假设图中反响均为氧化复原反响，当W为非金属单质时，那么Z可能是CO2 D.假设图中反响均为氧化复原反响，当W为金属单质时，那么Z可能是FeCl3解析A项，NaAlO2与一元强碱不反响，错误；B项，NH3与一元酸反响生成铵盐，铵盐不可以与一元酸再反响，错误；C项，按图示进展反响：，C与O2反响生成CO，CO与O2反响生成C

29、O2，C与过量CO2反响生成CO，正确；假如Z为FeCl3，W为金属单质，应为铁，X为Cl2，但Cl2与Fe反响只生成FeCl3，Y不能为FeCl2，故D错误。答案C15.将一定体积的稀硝酸分成两等份，一份与足量的铜粉充分反响后搜集到V1 L标准状态下，下同气体；另一份先参加与其等体积的稀硫酸，再投入足量的铜粉搜集到V2 L气体。5V12V2，那么稀硝酸与稀硫酸的物质的量浓度之比为A.23 B.32 C.34 D.43解析第一份中发生反响：3Cu8HNO3=3CuNO322NO4H2O，求得HNO3的物质的量为 mol。第二份由于是硫酸与硝酸的混酸，所以用离子方程式计算：3Cu8H2NO=3C

30、u22NO4H2O，求得参加反响的NO的物质的量为 mol，可知NO过量，H缺乏，此时H的物质的量为 mol，硫酸提供的H的物质的量为 mol，两者浓度之比为43。答案D三、填空题16.NH3与NO2是常见的氮的化合物，研究它们的综合利用有重要意义。1NO2产生的环境问题有_填一种。2热电厂通常用NH3消除燃煤烟气中的NO2，写出该反响的化学方程式_。3氨气与氯化氢气体混合的现象是_，该反响可用于_。4假设将少量氨气与过量氯气混合，那么生成一种酸性气体和另一种化合物A，A中所有原子均满足8电子稳定构造，试写出A的电子式_，A在一定条件下能与水反响，可用于饮用水的消毒，试写出此反响的化学方程式_

31、。.向SO2的饱和溶液中参加BaCl2溶液无明显现象，得混合溶液M。5假设将以下各物质分别参加溶液M中，均可产生沉淀。其中原理一样、沉淀一样的是_。a.氨水、NaOH溶液b.氯水、FeCl3溶液c.H2S溶液、氯水 d.硫酸、溴水6假设向溶液M中参加CaCO3粉末，那么产生亚硫酸钡沉淀，请用化学反响原理予以解释用离子方程式结合必要的文字_。解析.1NO2产生的环境问题有光化学烟雾污染、酸雨、臭氧空洞等。2NH3与NO2发生氧化复原反响生成N2和H2O。3NH3与HCl反响生成NH4Cl固体，可观察到产生白烟。该反响可以用于检验NH3、HCl是否泄漏，可以用于气体的验满等。4A中所有原子均满足8

32、电子稳定构造，那么只能是N和Cl形成的化合物，根据N、Cl的原子构造，可以推断出A为NCl3，电子式为。根据题中信息可写出NCl3与H2O反响的化学方程式：NCl33H2O=3HClONH3。.5a项，氨水、NaOH溶液均可将SO2转化为SO，最终生成BaSO3沉淀，原理一样，a项符合题意；b项，参加氯水、FeCl3溶液，Cl2、Fe3均可将SO2氧化为SO，最终生成BaSO4沉淀，原理一样，b项符合题意；c项，参加H2S溶液，发生反响2H2SSO2=3S2H2O，生成的沉淀为S，参加氯水，Cl2将SO2氧化为SO，最终生成BaSO4沉淀，原理不同，沉淀也不一样，故c项不符合题意；参加硫酸，S

33、O与Ba2反响生成BaSO4沉淀，参加溴水，Br2将SO2氧化为SO，最终生成BaSO4沉淀，原理不同，d项不符合题意。答案.1光化学烟雾污染或酸雨、臭氧空洞等28NH36NO2=7N212H2O3产生白烟 检验NH3或HCl是否泄漏、用于气体的验满4 NCl33H2O=3HClONH3或NCl34H2O=3HClONH3·H2O.5ab6SO2溶于水生成H2SO3：SO2H2OH2SO3，H2SO3在水溶液中发生电离：H2SO3HHSO、HSOSOH，参加的CaCO3与H反响，使溶液中cH降低，上述平衡向右挪动，cSO增大，SO与Ba2反响产生BaSO3沉淀17.2019·

34、;无锡期中水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁和铝等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如下图1在溶解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需要参加几滴硝酸。参加硝酸的目的是_，还常使用_填一种等物质代替硝酸。2沉淀A的主要成分能与氢氟酸发生反响，该反响的化学方程式为_。3沉淀B的主要成分有_填化学式。4加氨水的过程中，加热的目的是_。5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，滴定过程中发生反响的离子方程式为_。解析1盐酸是溶剂，将CaO、铁和铝的氧化物溶解，HNO3一般是作氧化剂

35、，此题中只可能氧化生成的Fe2，使其转化为Fe3，便于除去。可以使用绿色氧化剂H2O2代替HNO3作氧化剂。2SiO2不溶于盐酸，沉淀A为SiO2。3滤液中存在Ca2、Fe3、Al3，加氨水沉淀Fe3、Al3，生成FeOH3、AlOH3除去。4加热的目的是使胶体聚沉，易于沉淀别离。5注意硫酸酸处理后，CaC2O4H2C2O4，H2C2O4是弱酸，不能拆。答案1将样品中可能存在的Fe2氧化为Fe3双氧水2SiO24HF=SiF42H2O3FeOH3、AlOH34防止胶体生成，易于沉淀别离52MnO5H2C2O46H=2Mn210CO28H2O18.2019·通扬泰淮二调工业上利用氧化铝

36、基废催化剂主要成分为Al2O3，少量Pd回收Al2SO43及Pd的流程如下：1焙烧时产生的气体X为_填化学式。2浸液Y的主要成分为_填化学式。3“热复原过程中发生反应的化学方程式为_。4上述流程中焙烧温度不宜过高，否那么会导致硫酸铵固体的分解。某兴趣小组为探究高温下硫酸铵的分解产物，通过以下装置进展实验，观察到B中溶液颜色变浅，C中无明显现象。装置B的作用是_。进一步测定可知，D中搜集到的气体相对分子质量为28。写出NH42SO4固体高温分解的化学方程式：_。5Pd是优良的储氢金属，其储氢原理为2PdsxH2g=2PdHxs，其中x的最大值为0.8。：Pd的密度为12 g·cm3，那

37、么1 cm3 Pd可以储存标准状况下H2的最大体积为_ L计算结果保存整数。答案1NH32H2PdCl63NH42PdCl62H2Pd2NH36HCl4检验产物中的SO23NH42SO44NH3N23SO26H2O5119.SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。1SCR选择性催化复原工作原理：尿素CONH22水溶液热分解为NH3和CO2，该反响的化学方程式：_。反响器中NH3复原NO2的化学方程式：_。当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成NH42SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示NH42SO4的形成：_。尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中

38、尿素M60 g·mol1含量的方法如下：取a g尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的V1 mL c1 mol·L1 H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用V2 mL c2 mol·L1 NaOH溶液恰好中和，那么尿素溶液中溶质的质量分数是_。2NSRNOx储存复原工作原理：NOx的储存和复原在不同时段交替进展，如图a所示。通过BaO和BaNO32的互相转化实现NOx的储存和复原。储存NOx的物质是_。用H2模拟尾气中复原性气体研究了BaNO32的催化复原过程，该过程分两步进展，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反响消耗的H2与B

39、aNO32的物质的量之比是_。复原过程中，有时会产生笑气N2O。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关。在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反响时，得到的笑气几乎都是15NNO。将该反响的化学方程式补充完好：_15NNOH2O解析1CONH22水溶液加热生成CO2和NH3，由原子守恒可知反响物还有H2O：CONH22H2O2NH3CO2。NH3复原NO2生成N2，根据电子守恒及原子守恒配平：8NH36NO27N212H2O。 反响物为NH3、H2O、SO2和O2，生成物为NH42SO4：4NH32SO2O22H2O=2NH42SO4。H2SO4为二元酸，有2nH2SO4nNaOHnNH3

40、，nNH32c1V1×103 mol c2V2×103 mol。由氮原子守恒有：CONH222NH3，尿素溶液中溶质的质量分数为×100%。2BaO吸收NOx生成BaNO32，BaNO32与复原性气体反响又生成BaO，储存NOx的物质是BaO。由图可知H2与BaNO32反应第一阶段生成NH3，由电子守恒：1 mol H2转移2 mol 电子，BaNO32中N由5价降低到NH3中3价，转移8 mol电子，1 mol BaNO32含有2 mol N原子，转移16 mol电子，nH2nBaNO3281。“有氧环境，反响物为15NO、NH3和O2，生成物为15NNO、H2

41、O，15NONH3O215NNOH2O，由15NNO可知15NO 、NH3的系数设为1，那么NH3中的H和O2生成H2O，由H原子守恒，H2O的系数为，那么O2系数为，扩大相应倍数得：415NO4NH33O2=415NNO6H2O。答案1CONH22H2O2NH3CO28NH36NO27N212H2O2SO2O24NH32H2O=2NH42SO4%2BaO81415NO4NH33O2415NNO6H2O20.2019·徐州、连云港、宿迁第一次模拟ClO2气体是一种高效、广谱、平安的杀菌消毒剂，可用NaClO3和草酸H2C2O4反响制得。无水草酸100 可以升华。某学习小组用以下图装置

42、模拟工业制取搜集ClO2。1实验时装置A需在60100 内进展的原因是_，控制所需温度的方法是_。2电动搅拌棒的作用是_。装置A中反响产物有Na2CO3、ClO2和CO2等，该反响的化学方程式为_。3在装置C中ClO2和NaOH反响生成等物质的量的两种盐，其中一种盐为NaClO2，写出反响的离子方程式_。4用ClO2处理过的饮用水pH为5.56.5往往残留少量ClO2和一定量对人体不利的亚氯酸根离子ClO。ClO2被I复原为ClO、Cl的转化率与溶液pH的关系如下图：当pH2.0时，ClO也能被I复原成Cl2Na2S2O3I2=Na2S4O62NaI根据上述信息，请补充完好测定饮用水中ClO含

43、量的实验方案：取一定体积的饮用水，参加NaOH溶液调节pH为7.08.0；_；再重复上述操作12次，计算得出结果。实验中需使用的试剂：淀粉溶液、标准Na2S2O3溶液、KI溶液、稀硫酸解析1温度低，反响速率慢。由题给信息“无水草酸100 可以升华，温度不能超过100 。水浴加热。2搅拌的目的是混合均匀。A装置中反响物有NaClO3、H2C2O4，生成物有Na2CO3、ClO2、CO2及H2O，配平。3ClO2中氯显4价，NaClO2中氯显3价，发生歧化反响生成等物质的量的两种盐，另一种盐为NaClO3。4碱性条件下，利用ClO2将I氧化为I2，利用Na2S2O3滴定I2，计算出ClO2。调节pH2.0，ClO继续将I氧化成I2，利用Na2S2O3滴定I2，计算出总的ClO，减去ClO2生成的，可计算出结果。答案1温度过低，化学反响速率较慢，温度过高草酸升华或分解水浴加热2将反响物充分