2013-2019高考化学真题分类解析 专题08 非金属及其化合物.docx

1、专题 08 非金属及其化合物 2019 年化学高考题年化学高考题 1.【2019 浙江 4 月选考，20,2 分】 在温热气候条件下,浅海地区有厚层的石灰石沉积，而深 A.与深海地区相比，浅海地区水温较高,有利于游离的 CO2 B.与浅海地区相比，深海地区压强大，石灰石岩层易被 CO2溶解, C.深海地区石灰石岩层的溶解反应为:CaCO3(s)+H2O(l)+CO2(aq) Ca(HCO3) 2(aq) D.海水呈弱碱性，大气中 CO2浓度增加,会导致海水中 CO32-浓度增大 1. D 本题以浅海地区与深海地区石灰石沉积厚度为背景， 考查元素及其化合物的性质。 与深海地区相比，浅海地区水温较

2、高，CO2在海水中溶解度小，有利于游离的 CO2增多，石 灰石沉积，A 项正确；与浅海地区相比，深海地区压强大，CO2溶解度大，石灰石岩层易被 CO2溶解，沉积少，B 项正确；题给反应为石灰石岩层的溶解反应，C 项正确；大气中 CO2 浓度增加， 会导致海水中CO32-转化为HCO3-， 导致CO32-浓度减小， D项错误， 故选D。 2.【2019 浙江 4 月选考，4,2 分】 A.4NH3+5 O2 4NO+6H2O B.2Na2SO3+O22Na2SO4 C.2Na2 O2+2CO22Na2CO3+ O2 D.2KI+Cl22KCl+I2 2. D 本题考查置换反应的概念。 置换反应是

3、指单质与化合物反应， 生成另外一种单质 和化合物的化学反应。D 项中 Cl2与 KI 反应生成 I2和 KCl，属于置换反应，其余选项均不 是，故选 D。 3. 【2019 浙江 4 月选考，11,2 分】 A. 用同一针筒先后抽取 80 mL 氯气、20 mL 水，振荡，气体完全溶解, B.在表面皿中加入少量胆矾,再加入 3 mL 浓硫酸,搅拌, C.向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液,再滴加双氧水, D.将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶，镁条剧烈燃烧,有白色、黑色固体生成 3. A 本题考查常见元素的单质及其化合物的性质。常温常压下，1 体积水约溶解 2 体 积的氯气，故 20 mL

4、水只能溶解大约 40 mL 的氯气，A 项错误；浓硫酸具有吸水性，将 CuSO45H2O 转化为 CuSO4，固体由蓝色变为白色，B 项正确；双氧水将含+4 价硫元素的 微粒氧化为 SO42-SO42-与 BaCl2 反应生成 BaSO4沉淀，C 项正确；镁在二氧化碳中燃烧 生成 MgO 和 C，D 项正确，故选 A。 4.【2019 天津理综，10,14 分】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： 硅粉与HCl在 300时反应生成 3 1mol SiHCl气体和 2 H，放出225kJ热量，该反 应的热化学方程式为_。 3 SiHCl的电子式为_

5、 _。 将 4 SiCl氢化为 3 SiHCl有三种方法，对应的反应依次为： 423 SiClgHgSiHClgHCl g 1 0H 423 3SiClg2HgSi s4SiHClg 2 0H 423 2SiClgHgSi sHCl g3SiHClg 3 H （1）氢化过程中所需的高纯度 2 H可用惰性电极电解KOH溶液制备，写出产生 2 H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GHT S ，0G时反应自发进行。三个氢化反应的 G与温度的关系如图 1 所示，可知：反应能自发进行的最低温度是_ _；相同温度下，反应比反应的G小，主要原因是_ _

6、。 （3） 不同温度下反应中 4 SiCl转化率如图 2 所示。 下列叙述正确的是_ （填序号） 。 aB 点：vv 正逆 bv正：A 点E点 c 反 应 适 宜 温 度 ： 480520 （4）反应的 3 H_（用 1 H， 2 H表示）。温度升高，反应的平衡常数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 4 SiCl、 3 SiHCl和Si外，还有_（填 分子式）。 4. 32 300 Si s3HCl gSiHClgHg 1 225kJ molH （2 分） （1 分） （1）阴极（1 分） 22 2H O2eH2OH 或 2 2H2eH （

7、1 分） （2）1000（1 分） 21 HH 导致反应的G小（1 分） （3）a、c（2 分） （4） 21 HH （1 分）减小（2 分） （5）HCl、 2 H（2 分） 【解析】 本题考查热化学方程式书写、电极反应式书写、反应自发进行条件的判断等， 考查的核心素养是变化观念与平衡思想。. 该反应的热化学方程式为：Si(s)+3HCl(g) SiHCl3(g)+H2 (g) H=-225 kJmol-1SiHCl3的结构式为，故电子 式为。.（1）用惰性电极电解 KOH 溶液，实质为电解水，阴极上产生氢气，电 极反应式为：2H2O+2e-2OH-+H2。（2）G0 时，反应能自发进行，故

8、反应自 发进行的最低温度为 1 000 。由于GH-TS，反应的H20，而反应的H1 0，H2H1，S1S2，因此相同温度下反应比反应的G 小的主要原因为 H2H1。（3）a 项，同一点比较正逆反应速率看反应进行方向，B 点反应正向进行，所 以 v正v逆，正确；b 项，不同点比较正逆反应速率看反应条件，A 点温度低于 E 点温度， 所以 v正：A 点E 点，错误；c 项，根据图示，温度在 480520 时，SiCl4转化率高， 480520 为反应适宜温度，正确。 （4-反应，可得反应， 则H3H2-H1。由H20，H10 知H30，反应为放热反应，升高温度，平 衡逆向移动，平衡常数减小。（5

9、）根据由粗硅制备多晶硅的过程可知，循环使用的物质还 有 HCl 和 H2。 【原理对接】化学反应进行方向判断：由焓变和熵变组成的复合判据吉布斯自由能变G H-TS 判断，G0 的反应能自发进行，G0 的反应不能自发进行；平衡图像 中速率大小比较：同一点比较正逆反应速率看反应进行方向，正向进行 v正大；不同点比较 5.【2019江苏，16,12分】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

10、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+2OH2 2 NO +H2O 2NO2+2OH 2 NO + 3 NO +H2O 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 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 3 NO 的转化率随NaClO

11、溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变 化如图所示。 在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl和 3 NO ，其离子方程式为 。 NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是 。 5. （1）2NH3+2O2N2O+3H2O （2分） （2） BC （2分） NaNO3 （2分） NO （2分） （3）3HClO+2NO+H2O3Cl+2 3 NO +5H+（2分） 溶液 pH 越小，溶液中 HClO 的浓度越大，氧化 NO 的能力越强（2 分） 【解析】 本题考查氮氧化物的处理及相关知识。（1）NH3被 O2氧化生成 N2O，N 元素从 -3 价升至+1 价，1 mol NH3失

12、去 4 mol e-，O 元素从 0 价降至-2 价，1 mol O2得到 4 mol e-， 根据 N 和 O 元素得失电子守恒及原子守恒配平方程式。 （2） A 项， 通入尾气速率过快时， 尾气吸收不充分，错误；B 项，采用气、液逆流方式吸收尾气时，尾气吸收会更充分，正确； C 项，补充 NaOH 溶液，c(OH-)增大，能更充分吸收尾气，正确。NO2与 NaOH 反应可生 成 NaNO2、NaNO3和水，所以 NaNO2晶体中会混有 NaNO3杂质。由吸收尾气的主要反应可 知，NO2吸收更充分，故吸收后排放的尾气中 NO 的含量较高。（3）HClO 氧化 NO 生成 NO3-，自身被还原

13、为 Cl-，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平方程式。氧化 NO 的是 HClO，NaClO 在酸性条件下会生成 HClO，所以 pH 越小，溶液中 HClO 的浓度越大， NO 转化率越高。 6.【2019 北京理综，28,16 分】化学小组实验探究 SO2与 AgNO3溶液的反应。 （1）实验一：用如下装置（夹持、加热仪器略）制备 SO2，将足量 SO2通入 AgNO3 溶液中，迅速反应，得到无色溶液 A 和白色沉淀 B。 浓 H2SO4与 Cu 反应的化学方程式是_。 试剂 a 是_。 （2）对体系中有关物质性质分析得出：沉淀 B 可能为 Ag2SO3、Ag2SO4或二者混合物。

14、（资料：Ag2SO4微溶于水；Ag2SO3难溶于水） 实验二：验证 B 的成分 写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式：_。 加入盐酸后沉淀 D 大部分溶解，剩余少量沉淀 F。推断 D 中主要是 BaSO3，进 而推断 B 中含有 Ag2SO3。向滤液 E 中加入一种试剂，可进一步证实 B 中含有 Ag2SO3。所用试剂及现象是_。 （3）根据沉淀 F 的存在，推测 2- 4 SO的产生有两个途径： 途径 1：实验一中，SO2在 AgNO3溶液中被氧化生成 Ag2SO4，随沉淀 B 进入 D。 途径 2：实验二中， 2- 3 SO被氧化为 2- 4 SO进入 D。 实验三：探究 2- 4 SO的

15、产生途径 向溶液 A 中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有_：取上层 清液继续滴加 BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断 B 中不含 Ag2SO4。做出判断 的理由：_。 实验三的结论：_。 （4）实验一中 SO2与 AgNO3溶液反应的离子方程式是_。 （5）根据物质性质分析，SO2与 AgNO3溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所 得混合物放置一段时间，有 Ag 和 2- 4 SO生成。 （6）根据上述实验所得结论：_。 6. （1）Cu+ 2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O (2 分) 饱和 NaHSO3溶液(1 分) （2）Ag2SO3+4NH3 H2O=2A

16、g(NH3)2+ + 2 3 SO +4H2O(2 分) H2O2溶液，产生白色沉淀(2 分) （3） Ag+ (1 分) Ag2SO4溶解度大于 BaSO4， 没有 BaSO4沉淀时， 必定没有 Ag2SO4(2 分) 途径 1 不产生 2 4 SO ，途径 2 产生 2 4 SO (2 分) （4）2Ag+SO2+H2O= Ag2SO3+2H+(2 分) （6）实验条件下： SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和 2 4 SO 的速率 碱性溶液中 2 3 SO 更易被氧化为 2 4 SO (2 分) 【解析】(1)铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化

17、学方程式为： Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O， 故答案为：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O； 由于烧瓶中的空气没有排出，反应生成的 SO2可能会被氧气氧化为 SO3，SO3会干扰后续 的实验，所以试剂 a 应为除去杂质 SO3的试剂，可以用饱和 NaHSO3溶液； 故答案为：饱和 NaHSO3溶液； （2）Ag2SO3溶于氨水得到 Ag(NH3)2+，离子方程式为：Ag2SO3+4NH3H2O=2 Ag(NH3)2+SO32-+4H2O， 故答案为：Ag2SO3+4NH3H2O=2 Ag(NH3)2+SO32-+4H2O； 推测沉淀 D 为 BaS

18、O3，加过量稀盐酸溶解得滤液 E和少量沉淀 F，则 E中可能含有溶解 的 SO2，可加入双氧水溶液，若加入双氧水溶液可以将亚硫酸或亚硫酸根离子氧化为硫酸根 离子，从而生成白色的硫酸钡沉淀，则证明 B中含有 Ag2SO3； 故答案为：H2O2，溶液，产生白色沉淀，则证明 B中含有 Ag2SO3； （3）加入过量盐酸产生白色沉淀，说明含有 Ag+；B 中不含 Ag2SO4，因若含有 Ag2SO4， 加入 BaCl2溶液会生成难溶的 BaSO4白色沉淀， 故答案为：Ag+；因若含有 Ag2SO4，加入 BaCl2溶液会生成难溶的 BaSO4白色沉淀； 实验三的结论：实验一中，SO2在 AgNO3溶液

19、中未被氧化生成 Ag2SO4；实验二中，SO32- 被氧化为 SO42-； （4）根据以上分析，二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银沉淀，离子方程式为： 2Ag+SO2+H2O= Ag2SO3+2H+， 故答案为：2Ag+SO2+H2O= Ag2SO3+2H+； （6）综合实验一、实验二和实验三的分析，可以得出该实验的结论为：二氧化硫与硝酸银 溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率， 碱性溶液中亚硫酸根离子更 易被氧化为硫酸根离子。 故答案为：二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速 率，碱性溶液中亚硫酸根离子更易被氧化为硫酸根离子。 2018 年化

20、学高考题年化学高考题 1. (2018 江苏，3，2 分) A.NaHCO3受热易分解, B.SiO2熔点高硬度大, C.Al2O3是两性氧化物, D.CaO 能与水反应,可用作食品干燥剂 1. D 本题考查物质的性质与用途， 较易。 NaHCO3可用于制胃酸中和剂是因为 NaHCO3 以与胃酸中的 HCl 反应，而不是因为其受热易分解，A 项错误；SiO2用作光导纤维，不是 因为其熔点高硬度大，而是因为其具有较强的传导能力，B 项错误；Al2O3用作耐高温材料 是因为其熔点高，C 项错误；CaO 可以吸水，故可作食品干燥剂，D 2. （2018 全国理综，8，6 分） 研究表明，氮氧化物和二

21、氧化硫在形成雾霾时与大气中 A. B. C.NH3 D.雾霾的形成与过度施用氮肥有关 2. C 本题结合雾霾的形成考查硫和氮的化合物间的转化。雾和霾的分散剂均为空气，A 项正确；结合图示可知形成雾霾的无机颗粒物中含有 NH4NO3和(NH4)2SO4，B 项正确；根 据图示可知空气中NOx、 SO2等分别转化为HNO3、 H2SO4后， 吸收空气中的NH3生成NH4NO3 和(NH4)2SO4，即 NH3是形成无机颗粒物的反应物，C 项错误；过度施用氮肥，会导致空气 中挥发的 NH3浓度增大，与雾霾的形成有关，D 3. (2018 江苏，6，2 分) A.向 FeCl2溶液中滴加 NH4SCN

22、 溶液, B.KAl(SO4)212H2O 溶于水可形成 Al(OH)3 C.NH4Cl 与 Ca(OH)2混合加热可生成 NH3 D.Cu 与 FeCl3溶液反应可生成 CuCl2 3. A 本题考查典型无机物的性质，较易。Fe2+遇 SCN 无红色出现，A 项错误；Al3+ 解生成 Al(OH)3胶体：Al3+3H2O=Al(OH)3(胶体)+3H ，B 项正确；铵盐与碱混合加热 可产生 NH3： 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O， C 项正确； Fe3 可以氧化 Cu， 反应的化学方程式为 2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2D 4. (2018 江苏，

23、9，2 分) 在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是 4. A 本题考查物质之间的相互转化，中等难度。2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O， Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3+2NaOH，A 项正确；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2， NaAlO2与过量 HCl 反应生成 Al3+，即 AlO2 +4H=Al3+2H 2O，B 项错误；蔗糖分子中 不含醛基，无还原性，不能发生银镜反应，C 项错误；Fe2O3+2Al Al2O3+2Fe，而 Fe 与 HCl 反应只能生成 FeCl2：Fe+2HCl=FeCl2+H2，D 5.（2018 海南，2,2

24、 分）某工业废气所含氮氧化物(NOx)的氮氧质量比约为 7：4，该 NOx可 表示为 A. N2O B.NO C.N2O3 D.NO2 5.A 氮氧化物 NOx中的 N:O=7：4=28：16，即为 N2O。 6. （2018 全国理综，27，14 分）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： pH4.1 时，中为 溶液（写化学式）。 工艺中加入 Na2CO3固体、并再次充入 SO2的目的

25、是 。 （3）制备 Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示， 其中 SO2碱吸收液中含有 NaHSO3和 Na2SO3。阳极的电极反应式为 -。 电解后， 室的 NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到 Na2S2O5 （4）Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂，在测定某葡萄 j 酒中 Na2S2O5残留量时， 取 50.00mL 葡蔔酒样品，用 0.01000mol L-1的碘标准液滴定至终点，消耗 10.00mL。滴定反应的离子方程式为 ，该样品中 Na2S2O5的残留量为 g L-1(以 SO2计) 6（每空 2 分）（1）2NaHSO3=Na2S2O5+H2O （

26、2）NaHSO3 得到 NaHSO3 （3）2H2O-4e-=4H+O2 a (4)S2O52-+2I2+3H2O=2SO42-+4I-+6H+ 0.128 【解析】 本题考查无机化工流程和电化学知识等，意在考查考生的综合运用能力。（1） NaHSO3结晶脱水生成 Na2S2O5。（2） 向 Na2CO3饱和溶液中通入 SO2Na2SO3、 NaHSO3，因 Na2SO3溶液呈碱性,中溶液呈弱酸性，所以生成的是 NaHSO 3。审题时 抓住 “生产 Na2S2O5,通常是由 NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得” ， 则工艺中加入 Na2CO3 固体，并再次充入 SO2的目的是得到 NaHSO

27、3过饱和溶液。（3）阳极发生氧化反 应:2H2O-4e-=4H+O2，阳极室 H+向 a 室迁移，a 室中的 Na2SO3转化成 NaHSO3。阴极 发生还原反应，析出 H2，OH-增多,Na+由 a 室向 b 室迁移，则 bNa2SO3浓度增大。 （4）I2作氧化剂，将 S2O52-氧化成 SO42-。计算样品中 Na2S2O5的残留量时以 SO2，则 n(I2)n(SO2)0.010 00 molL-10.01 L0.000 1 mol，m(SO2)0.006 4 g，则该样品中 Na2S2O5的残留量为SX(0.006 4 g0.05 LSX)0.128 gL-1 7. （2018 北京

28、理综，26，13 分）磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下： 已知：磷精矿主要成分为 Ca5(PO4)3(OH)，还含有 Ca5(PO4)3F 和有机碳等。 溶解度：Ca5(PO4)3(OH)”或“”“ B 【解析】本题考查化学反应原理的综合应用。(1)比较酸性强弱，就是比较相同浓度下酸电 离出氢离子的难易。(2)H2S 和 CO2反应是等气体分子数反应，反应前后气体总物质的量保 持不变， 可以根据水的物质的量分数直接计算生成的水的物质的量， 不必用三段式法列关系 式求水的物质的量。 (1)根据较强酸制备较弱酸原理，氢硫酸不和碳酸氢钠反应，亚硫酸与 碳酸氢钠反应，说明亚硫酸、碳酸、氢硫酸的酸性

29、依次减弱，A 项正确；相同浓度，溶液的 导电能力与离子总浓度有关，相同浓度下，氢硫酸溶液导电能力弱，说明氢硫酸的电离能力 较弱，即电离出的氢离子数较少，B 项正确；相同浓度下，亚硫酸的 pH 较小，故它的酸性 较强，C 项正确；酸性强弱与还原性无关，酸性强调酸电离出氢离子的难易，而还原性强调 还原剂失电子的难易，D 项错误。(2)系统()和系统()都是吸热反应，从热化学方程式可 以看出，系统()制备 1 mol H2需要消耗 20 kJ 能量，而系统()制备 1 mol H2需要消耗 286 kJ 能量，故系统()消耗的能量较少。(3)用三段式法计算:该反应是等气体分子数反应， 平衡时 n(H

30、2O)=0.02 0.50 mol=0.01 mol。 (H2S)= 100%=2.5%。对于等气体分子数反应，可直接用物质的量替代浓度计算平衡常 数:K=2.81。总物质的量不变，H2O 的物质的量分数增大，说 明平衡向右移动，H2S 的转化率增大。即升高温度，平衡向正反应方向移动，正反应是吸热 反应。平衡之后，再充入 H2S，则 CO2的转化率增大，H2S 的转化率减小，A 项错误；充 入 CO2，平衡向右移动，H2S 的转化率增大，B 项正确；充入 COS，平衡向左移动，硫化氢 的转化率减小，C 项错误；充入氮气，无论体积是否变化，对于气体分子数相等的反应，平 衡不移动，硫化氢的转化率不

31、变，D 项错误。 6. 【2017 年高考北京卷】 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。 (1)SCR(选择性催化还原)工作原理: 尿 素 CO(NH2)2 水 溶 液 热 分 解 为NH3和CO2， 该 反 应 的 化 学 方 程 式: 。 反应器中 NH3还原 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(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化 学方程式表示(NH4)2SO4的形成: 。 尿素溶液浓度影响 NO2的转化，测定溶液中尿素(M=60 g mol-1)含量的方法如下: 取 a g 尿素溶液， 将所含氮完

32、全转化为 NH3， 所得 NH3用过量的 v1 mL c1 mol L-1 H2SO4溶液 吸收完全，剩余 H2SO4用 v2 mL c2 mol L-1NaOH 溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分 数是 。 (2)NSR(NOx储存还原)工作原理: NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图 a 所示。 图 a 图 b 通过 BaO 和 Ba(NO3)2的相互转化实现 NOx的储存和还原。储存 NOx的物质是 。 用 H2模拟尾气中还原性气体研究了 Ba(NO3)2的催化还原过程，该过程分两步进行，图 b 表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。 第一步反应消耗的 H2与 Ba(NO3)

33、2的物质的量 之比是 。 还原过程中，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以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是 15NNO。将该反应的 化学方程式补充完整: NNO+ H2O 【答案】(1)CO(NH2)2+H2OCO2+2NH3 8NH3+6NO2 7N2+12H2O 2SO2+O2+4NH3+2H2O 2(NH4)2SO4 (2)BaO 81 415NO+4NH3+3O2 415NNO+6H2O 【解析】 本题以 SCR 和 NSR 两种核心技术原理为切入点， 主要考查氧化还原反应相关知识、 中和滴定等。(1)根据题

34、意，反应物为 H2O 和 CO(NH2)2，生成物为 NH3和 CO2，反应条件 为加热，结合元素守恒可写出该反应的化学方程式。根据题意，反应物为 NH3和 NO2， 生成物为 N2和 H2O，反应需在催化剂作用下进行。根据题意，NH3、SO2、O2和 H2O 反 应生成(NH4)2SO4。根据题意，加入硫酸的总物质的量为 c1v1 10-3 mol，NaOH 消耗硫酸的 物质的量为 mol，因此与 NH3反应的硫酸的物质的量为(c1v1 10-3-) mol， 根据关系式:CO(NH2)22NH3H2SO4，得 nCO(NH2)2= mol，因此尿素溶 液中溶质的质量分数为 100%=。 (

35、2)由图 a 可以看出 NOx在BaO中储存， 在Ba(NO3)2中还原， 因此储存NOx的物质为BaO。 由图b可知， Ba(NO3)2 在第一步反应中被 H2还原为 NH3，根据得失电子守恒，1 mol Ba(NO3)2转化成 NH3得到 2 mol 8=16 mol 电子，1 mol 氢气失去 2 mol 电子，因此消耗的氢气与硝酸钡的物质的量之 比为 81。根据题意，有氧气参与反应，同时根据生成物为 15NNO 和 H 2O，可推测出参 加反应的 15NO 与 NH 3的物质的量之比为 11，结合得失电子守恒、原子守恒配平化学方 程式。 7. 【2017 年高考天津卷】H2S 和 SO

36、2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多 种方法减少这些有害气体的排放，回答下列各方法中的问题。 .H2S 的除去 方法 1:生物脱 H2S 的原理为: H2S+Fe2(SO4)3S+2FeSO4+H2SO4 4FeSO4+O2+2H2SO42Fe2(SO4)3+2H2O (1)硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的 5 105倍，该菌的作用是 。 (2)由图 3 和图 4 判断使用硫杆菌的最佳条件为 。若反应温度过 高，反应速率下降，其原因是 。 图 3 图 4 方法 2:在一定条件下，用 H2O2氧化 H2S (3)随着参加反应的 n(H2O2)/n(H2S)变化，氧化产物

37、不同。当 n(H2O2)/n(H2S)=4 时，氧化产物 的分子式为 。 .SO2的除去 方法 1(双碱法):用 NaOH 吸收 SO2，并用 CaO 使 NaOH 再生 NaOH 溶液Na2SO3溶液 (4)写出过程的离子方程式: ；CaO 在水中存在如下转化: CaO(s)+H2O(l)Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq) 从平衡移动的角度，简述过程NaOH 再生的原理 。 方法 2:用氨水除去 SO2 (5)已知 25 ，NH3 H2O 的 Kb=1.8 10-5，H2SO3的 Ka1=1.3 10-2，Ka2=6.2 10-8。若氨水的浓 度为 2.0 mol L-1

38、，溶液中的 c(OH-)= mol L-1。将 SO2通入该氨水中，当 c(OH-)降至 1.0 10-7 mol L-1时，溶液中的 c(SO32-)/c(HSO3-)= 。 【答案】 (1)降低反应活化能(或作催化剂) (2)30 、 pH=2.0 蛋白质变性(或硫杆菌失去活性) (3)H2SO4 (4)2OH-+SO2 SO32-+H2O SO32-与 Ca2+生成 CaSO3 沉淀，平衡正向移动， 有 NaOH 生成 (5)6.0 10-3 0.62 【解析】本题通过工业上 H2S、SO2尾气的治理，考查电离常数等。(1)使用硫杆菌，反应速 率加快，说明硫杆菌作催化剂，能够降低反应的活

39、化能，加快反应速率。(2)根据图 3、图 4 可知，当温度为 30 、pH=2.0 时，Fe2+被氧化的速率最快。反应温度过高，反应速率下降， 可能是因为催化剂的催化活性降低，即硫杆菌中蛋白质发生变性。(3)当 n(H2O2)/n(H2S)=4 时，设氧化产物中 S 的化合价为 x。由 H2O2H2O、H2S ，根据得失电子守恒，知 -1-(-2) 2 4=x-(-2) 1，解得 x=6，故 H2S 对应的氧化产物的分子式为 H2SO4。(4)过程的 离子方程式为 2OH-+SO2 SO32-+H2O。加入 CaO，Ca2+与 SO32-生成 CaSO3沉淀，平衡正 向移动，因此有 NaOH

40、生成。(5)设氨水中 c(OH-)=x mol L-1，根据 NH3 H2O 的 Kb= ，则=1.8 10-5，解得 x=6.0 10-3。根据 H2SO3的 Ka2=，则 =， 当 c(OH-)降至 1.0 10-7 mol L-1时， c(H+)为 1.0 10-7mol L-1， 则=0.62。 2016-2013 年年 化学高考题化学高考题 1【2016 年高考海南卷】下列叙述错误的是（ ） A氦气可用于填充飞艇 B氯化铁可用于硬水的软化 C石英砂可用于生产单晶硅 D聚四乙烯可用于厨具表面涂层 【答案】B 【解析】A气球内其他的密度必须比空气密度小，氦气的密度小于空气的密度，并且化学

41、 性质稳定，不易和其它物质发生反应，氦气可用于填充气球，故 A 正确；B氯化铁不能与 钙离子、镁离子反应，不能降低钙离子、镁离子浓度，所以不能用于硬水的软化，故 B 错 误； C 二氧化硅与焦炭反应生成硅与二氧化硅， 所以石英砂可用于生产单晶硅， 故 C 正确； D不粘锅表面涂层的主要成分为聚四氟乙烯，故 D 正确。 【考点定位】考查化学在生活的应用正误判断。 【名师点睛】 化学是一门实用性的学科， 在日常生活及工农业生产和科学技术中应用十分广 泛。解答此类题时需注意各物质的性质与用途。 2 【2016 年高考江苏卷】 在给定的条件下， 下列选项所示的物质间转化均能实现的是 （ ） ASiO2

42、 HCl(aq) SiCl4 2 H 高温 Si BFeS2 2 O 煅烧 SO2 2 H O H2SO4 CN2 2 H 高温、高压、催化剂 NH3 HCl(aq) NH4Cl(aq) DMgCO3 HCl(aq) MgCl2(aq) 电解 Mg 【答案】C 【解析】A、四氯化硅被氢气还原可以制备单质硅，但 SiO2与盐酸不反应，A 错误；B、煅 烧 FeS2可以得到氧化铁和二氧化硫，但 SO2和 H2O 反应生成 H2SO3，B 错误；C、N2+3H2 高温、高压 催化剂 2NH3、NH3+HCl=NH4Cl，C 正确；D、镁是活泼的金属，金属镁的冶炼方法 是电解熔融的氯化镁，电解氯化镁溶

43、液生成氯气、氢气和氢氧化镁，D 错误。答案选 C。 【考点定位】本题主要是考查元素及其化合物相互转化的有关判断。 【名师点晴】掌握常见元素及其化合物的性质是解答的关键，注意相关基础知识的积累，注 意二氧化硅化学性质的特殊性。 金属的冶炼一般是依据金属的活泼性选择相应的方法， 常见 金属冶炼的方法有：1.热分解法：适用于不活泼的金属，如汞可用氧化汞加热制得；2.热还 原法：用还原剂(氢气，焦炭，一氧化碳，活泼金属等)还原；3.电解法：适用于 K、Ca、Na、 Mg、Al 等活泼金属；4.其他方法：如 CuSO4+Fe=Cu+FeSO4。 3 【2016 年高考上海卷】 向新制氯水中加入少量下列物

44、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 【解析】在氯水中存在反应：Cl2H2O=H ClHClO，若反应使溶液中 c(HClO)增大， 则溶液的漂白性会增强。A由于酸性 HClH2CO3HClO，所以向溶液中加入碳酸钙粉末， 会发生反应：2HCl+CaCO3=CaCl2+H2O+CO2，使化学平衡正向移动，导致 c(HClO)增大， 则溶液的漂白性会增强，正确；B若加入稀硫酸，使溶液中 c(H+)增大，平衡逆向移动， 溶液的漂白性减弱，错误；C加入氯化钙溶液，不能发生反应，溶液的水对氯水起稀释作 用，使溶液的漂白性减弱，错误；D

45、加入二氧化碳的水溶液，电离产生氢离子，使化学平 衡逆向移动，溶液的漂白性减弱，错误。 【考点定位】考查氯水的性质。 【名师点睛】氯水的成分及其性质是中学化学的重要考点，在新制的氯水中存在下列关系： Cl2H2OH+Cl-HClO、 HClOH+ClO-、 H2OH+OH-， 氯水中存在三分子： H2O、Cl2、HClO，四离子：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。Cl2的强氧化 性；HCl 的强酸性；HClO 的强氧化性（漂白性等）、弱酸性；Cl-的性质等。特别注 意的是氯气和水的反应为可逆反应、

46、HClO 存在电离平衡，分析氯水的性质时要结合反应条 件及平衡移动原理。 4 【2016 年高考上海卷】在硫酸工业生产中，为了有利于 SO2的转化，且能充分利用热能， 采用了中间有热交换器的接触室（见右图）。下列说法错误的是 （ ） Aa、b 两处的混合气体成分含量相同，温度不同 Bc、d 两处的混合气体成分含量相同，温度不同 C热交换器的作用是预热待反应的气体，冷却反应后的气体 Dc 处气体经热交换后再次催化氧化的目的是提高 SO2的转化 率 【答案】B 【解析】A根据装置图可知，从 a 进入的气体是含有 SO2、O2、 N2等的冷气，经过热交换器后从 b 处出来的是热的气体，成分 与 a 处相同，正确；B在 c 处出来的气体 SO2、O2在催化剂表面发生反应产生的含有 SO3 及未反应的 SO2、O2等气体，该反应是放热反应，当经过热交换器后被冷的气体降温，SO3 变为液态，故二者含有的气体的成分不相同，错误；C热交换器的作用是预热待反应的冷 的气体，同时冷却反应产生的气体，为 SO3的吸收创造条件，正确；D处气体经过热交换 器后再次被催化氧化，目的就是使未反应的 SO2进一步反应产生 SO3，从而可以