高三化學高考備考二輪復習專題訓練 氧族元素和碳族元素及其應用

第30頁（共30頁）高三化學高考備考二輪復習專題訓練氧族元素和碳族元素及其應用（上海適用）一．選擇題（共18小題）1．（2022?松江區(qū)二模）關于幾種非金屬元素及其化合物的說法正確的是（）A．C2H4分子中只有極性鍵 B．可用排空氣法收集NO C．H2S燃燒時產生蒼白色火焰 D．純凈干燥的Cl2沒有漂白性2．（2022?楊浦區(qū)校級模擬）如圖是硫的價類二維圖。下列分析正確的是（）A．可實現a→b→c→d→e→b→a的轉化 B．b→e→d是形成硫酸型酸雨的唯一途徑 C．f能與e反應，不能與d反應 D．f在足量空氣中燃燒生成a3．（2022?浦東新區(qū)二模）將碳與濃硫酸反應產生的氣體分別通入下列溶液后，所得溶液一定澄清的是（）A．品紅溶液 B．石灰水 C．氫硫酸 D．硝酸鋇溶液4．（2021?長寧區(qū)二模）化學與生活密切相關。下列說法正確的是（）A．燃煤中加入CaO可以減少溫室氣體的排放 B．合金材料中可能含有非金屬元素 C．14C可用于文物年代的鑒定，14C與12C互為同素異形體 D．碳酸鋇可用于胃腸X射線造影檢查5．（2021?虹口區(qū)二模）雙堿法脫硫過程如圖所示，下列說法錯誤的是（）A．過程Ⅰ中，SO2未被氧化 B．過程Ⅱ中，1molO2可氧化2molNa2SO3 C．雙堿法脫硫過程中，Ca（OH）2可以循環(huán)利用 D．總反應為2Ca（OH）2+2SO2+O2→2CaSO4+2H2O6．（2021?楊浦區(qū)二模）常溫下，能鑒別濃H2SO4和稀H2SO4，且與濃H2SO4強氧化性有關的是（）A．鋁片 B．紙 C．銅片 D．焦炭7．（2022?寶山區(qū)校級模擬）下列選項所述措施均能實現“碳中和”的是（）①減少化石燃料使用②發(fā)展捕集技術③燃煤中加入石灰石④開發(fā)新的能源A．①②④ B．①②③ C．①③④. D．①②③④8．（2022?徐匯區(qū)校級模擬）黑面包實驗沒有體現出濃硫酸的是（）A．酸性 B．吸水性 C．脫水性 D．強氧化性9．（2022?浦東新區(qū)校級模擬）“碳中和”有利于全球氣候改善。下列有關CO2的說法錯誤的是（）A．CO2是V形的極性分子 B．CO2可催化還原為甲酸 C．CO2晶體可用于人工增雨 D．CO2是侯氏制堿法的原料之一10．（2021?嘉定區(qū)二模）下列各組物質發(fā)生反應，生成產物有硫單質的是（）A．Na2S2O3溶液和HCl溶液 B．H2S氣體在足量的O2中燃燒 C．碳和濃硫酸反應 D．銅和濃硫酸反應11．（2021?上海模擬）如圖是研究二氧化硫性質的微型實驗裝置?，F用70%硫酸溶液和亞硫酸鈉晶體反應制取SO2氣體，實驗現象很明顯，且不污染空氣。下列說法中錯誤的是（）A．紫色石蕊溶液變紅色 B．含酚酞的NaOH溶液紅色變深 C．溴水的紅棕色褪去 D．品紅溶液褪色12．（2022?徐匯區(qū)二模）向下列溶液中通入SO2氣體，溶液不會褪色的是（）A．品紅 B．溴水 C．紅色石蕊溶液 D．酸性高錳酸鉀13．（2022?黃浦區(qū)校級模擬）室溫下，1體積的水能溶解約40體積的SO2。用試管收集SO2后進行如圖實驗。對實驗現象分析與推測正確的是（）A．試管內液面上升，證明SO2與水發(fā)生了反應 B．試管中剩余少量氣體，是因為SO2的溶解已達飽和 C．取出試管中溶液，在空氣中放置一段時間后溶液pH減小 D．取出試管中的溶液，滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液產生大量白色沉淀.14．（2022?奉賢區(qū)二模）二氧化碳的過量排放可對海洋環(huán)境造成影響，原理如圖所示。下列敘述錯誤的是（）A．海水酸化引起HCO3﹣濃度增大 B．海水酸化促進CaCO3的溶解、珊瑚礁減少 C．CO2引起海水酸化主要因為HCO3﹣?H++CO32﹣ D．使用太陽能等新能源有利于改善海洋環(huán)境15．（2021?崇明區(qū)二模）下列各組物質充分反應后，只能得到一種氣體的是（）A．木炭和濃硫酸共熱 B．足量的銅跟一定量的濃硝酸反應 C．Na2O2與足量的稀硫酸反應 D．汽油在汽車發(fā)動機中燃燒后排出的氣體16．（2022?崇明區(qū)二模）二氧化碳是自然界碳循環(huán)中的重要物質。下列過程會引起大氣中CO2含量上升的是（）A．雷電作用下降雨 B．風力發(fā)電 C．化石燃料的燃燒 D．碳酸鹽的沉積17．（2022?虹口區(qū)模擬）“碳中和”是指CO2排放總量和減少總量相當。下列措施對實現“碳中和”沒有幫助的是（）A．植樹造林 B．風力發(fā)電 C．燃煤脫硫 D．綠色出行18．（2022?浦東新區(qū)二模）中科院團隊在實驗室中首次實現了從二氧化碳到淀粉的全人工合成，若該成果實現產業(yè)化應用，將有利于（）A．實現碳中和 B．保護臭氧層 C．防止白色污染 D．減少酸雨形成二．解答題（共5小題）19．（2022?徐匯區(qū)校級模擬）硅是構成礦物和巖石的主要成分，單質硅及其化合物具有廣泛的用途。完成下列填空：（1）某些硅酸鹽具有篩選分子的功能，一種硅酸鹽的組成為：M2O?R2O3?2SiO2?nH2O，已知元素M、R均位于元素周期表的第3周期。兩元素原子的質子數之和為24。①該硅酸鹽中同周期元素原子半徑由大到小的順序為；②寫出M原子核外能量最高的電子的電子排布式：；③常溫下，不能與R單質發(fā)生反應的是（選填序號）；a．CuCl2溶液b．Fe2O3c．濃硫酸d．Na2CO3溶液④寫出M、R兩種元素的最高價氧化物對應的水化物反應的離子方程式：。（2）氮化硅（Si3N4）陶瓷材料硬度大、熔點高。可由下列反應制得：SiO2+C+N2Si3N4+CO①Si3N4晶體中只有極性共價鍵，則氮原子的化合價為，被還原的元素為。②C3N4的結構與Si3N4相似。請比較二者熔點高低。并說明理由：。③配平上述反應的化學方程式，并標出電子轉移的數目和方向。④如果上述反應在10L的密閉容器中進行，一段時間后測得氣體密度增加了2.8g/L，則制得的Si3N4質量為。20．（2020?靜安區(qū)二模）對煙道氣中的SO2進行吸收或回收再利用具有一定的社會和經濟價值。請回答下列問題：（1）用NaOH溶液吸收SO2，寫出相關反應的離子方程式。（2）已知NaHSO3溶液顯酸性，比較NaHSO3溶液中c（H2SO3）c（SO32﹣）（填“＞”“＜”或“＝”），請簡述判斷理由。煙道氣中的SO2，也可通過如下反應回收硫：2CO（g）+SO2（g）?S（s）+2CO2（g）+QkJ．某溫度下，在2L恒容密閉容器中通入2molSO2和一定量的CO，發(fā)生上述反應，5min后達到平衡，生成1molCO2。（3）一定條件下，上述反應的能量變化如圖1，則Q＝kJ。（4）寫出該反應平衡常數表達式；0～5min內SO2的平均反應速率為。（5）對反應2CO（g）+SO2（g）?S（s）+2CO2（g）+QkJ的分析正確的是。a．若混合氣體密度保持不變，則反應已達平衡狀態(tài)b．從反應開始到平衡時，容器內氣體的壓強保持不變c．平衡時，其它條件不變，分離出硫，正反應速率加快d．平衡時，其它條件不變，再充入一定量CO2，平衡常數保持不變（6）其他條件不變時，隨著溫度的升高，SO2的平衡轉化率隨溫度的變化曲線如圖2所示，請解釋其可能的原因。（已知硫的沸點約是445℃）21．（2022?崇明區(qū)二模）Cl2、SO2、NOx都是化工生產中的重要氣體，均可用氨水或NaOH溶液處理，防止污染空氣。請回答下列問題：（1）以上氣體所含元素原子中，未成對電子最多的原子是（填元素符號），S原子中能量最高電子的電子云形狀為。（2）化工廠可用濃氨水來檢驗Cl2是否泄漏（已知3Cl2+8NH3→6NH4Cl+N2），當有少量Cl2泄漏時，可以觀察到的現象是，若反應中有0.08mol的氨氣被氧化，則有mol電子發(fā)生轉移。（3）①若用熱燒堿溶液吸收Cl2氣反應后的混合溶液中，含NaCl、NaClO和NaClO3物質的量比值為n：1：1，則n＝。②SO2是形成酸雨的主要原因，取某化工區(qū)空氣樣本用蒸餾水處理，檢測所得溶液，所含離子及其濃度如下：離子Na+K+NH4+H+SO42﹣NO3﹣Cl﹣濃度/（mol?L﹣1）6×10﹣64×10﹣62×10﹣5a4×10﹣52×10﹣53×10﹣5根據表中數據計算，檢測的溶液pH＝。（4）NO2是燃油汽車尾氣中的主要污染物之一。①在催化劑和加熱條件下，NO2與NH3可反應生成無害物質，請寫出反應的化學方程式：。②實驗室可用燒堿溶液吸收NO2和NO（已知2NO2+2NaOH→NaNO2+NaNO3+H2O，NO2+NO+2NaOH→2NaNO2+H2O），當消耗100mL0.5mol?L﹣1的燒堿溶液時，共吸收混合氣體L（標準狀態(tài)）。22．（2022?黃浦區(qū)校級模擬）硫元素是動植物生長不可缺少的元素，廣泛存在于自然界中。（1）從圖1中選擇符合圖2要求的X、Y代表的物質：X，Y。（2）硫原子的核外電子排布式為，原子核外有種不同能量的電子。在周期表中，與硫相鄰的短周期元素的原子半徑由大到小的順序是。（3）某硫酸廠廢氣中SO2的回收利用方案如圖所示①如果X中只含有2種亞硫酸鹽，且溶液呈中性，則c（NH4+）c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）（填“＞”、“＝”或“＜”）②氣體a通入雙氧水中，可實現“綠色”轉化，寫出該反應的化學方程式。③Y主要含有（NH4）2SO4，用惰性電極電解該物質時，陽極產物是，陰極的電極方程式是。23．（2021?閔行區(qū)校級模擬）硫化氫的轉化是資源利用和環(huán)境保護的重要研究課題。將H2S和空氣的混合氣體通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合酸性溶液中反應回收S，其物質轉化如圖1所示。（1）在圖示1的轉化中：Fe2+轉化為Fe3+的離子方程式是；當有1molH2S轉化為硫單質時，若保持溶液中Fe3+的物質的量不變，需要消耗O2的物質的量為。（2）在溫度一定和不補加溶液的條件下，緩慢通入混合氣體，并充分攪拌。欲使生成的硫單質中不含CuS，可采取的措施是。（3）H2S在高溫下分解生成硫蒸汽和H2。若反應在不同溫度下達到平衡時，混合氣體中各組分的體積分數如圖2所示。則H2S在高溫下分解反應的化學方程式為。（4）H2S具有還原性。在酸性條件下，H2S和KMnO4反應生成S、MnSO4和其它產物，寫出該反應的化學方程式。反應中被還原的元素是。（5）從電離平衡角度，結合必要的化學用語說明Na2S溶液常溫下pH＞7的原因：。（6）已知：Cu2++H2S→CuS↓+2H+；FeS+2H+→Fe2++H2S↑，比較H2S、CuS和FeS溶解或電離出S2﹣的能力：。

2023屆高三化學高考備考二輪復習專題訓練氧族元素和碳族元素及其應用（上海適用）參考答案與試題解析一．選擇題（共18小題）1．（2022?松江區(qū)二模）關于幾種非金屬元素及其化合物的說法正確的是（）A．C2H4分子中只有極性鍵 B．可用排空氣法收集NO C．H2S燃燒時產生蒼白色火焰 D．純凈干燥的Cl2沒有漂白性【考點】含硫物質的性質及綜合應用；氣體的收集；極性鍵和非極性鍵；氯氣的化學性質．【專題】氧族元素．【分析】A．C2H4分子中的C原子之間形成非極性鍵；B．NO與氧氣反應；C．H2S燃燒時產生淡藍色火焰；D．氯氣與水反應生成的HClO具有漂白性?！窘獯稹拷猓篈．C2H4分子中的C原子之間形成非極性鍵，且含C﹣H極性鍵，故A錯誤；B．NO與氧氣反應，不能選排空氣法收集，故B錯誤；C．H2S燃燒時產生淡藍色火焰，氫氣在氯氣中燃燒產生蒼白色火焰，故C錯誤；D．氯氣與水反應生成的HClO具有漂白性，純凈干燥的Cl2沒有漂白性，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查物質的性質，為高頻考點，把握物質的性質、發(fā)生的轉化反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度不大。2．（2022?楊浦區(qū)校級模擬）如圖是硫的價類二維圖。下列分析正確的是（）A．可實現a→b→c→d→e→b→a的轉化 B．b→e→d是形成硫酸型酸雨的唯一途徑 C．f能與e反應，不能與d反應 D．f在足量空氣中燃燒生成a【考點】含硫物質的性質及綜合應用．【專題】氧族元素．【分析】由圖中元素的化合價及物質類別可知，f為H2S，a為S，b為SO2，c為SO3，d為H2SO4，e為H2SO3，以此來解答?！窘獯稹拷猓篈．可實現SSO2SO3H2SO4H2SO3SO2S的轉化，故A正確；B．b→e→d、b→c→d均可形成硫酸型酸雨，故B錯誤；C．硫化氫可被亞硫酸、濃硫酸氧化，均生成S，故C錯誤；D．f在足量空氣中燃燒生成b，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查含硫物質的性質，為高頻考點，把握物質的性質、發(fā)生的轉化反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度不大。3．（2022?浦東新區(qū)二模）將碳與濃硫酸反應產生的氣體分別通入下列溶液后，所得溶液一定澄清的是（）A．品紅溶液 B．石灰水 C．氫硫酸 D．硝酸鋇溶液【考點】濃硫酸的性質．【專題】氧族元素．【分析】碳與濃硫酸反應生成二氧化碳、二氧化硫和水，結合氣體性質判斷?！窘獯稹拷猓篈.二氧化硫能漂白品紅，混合氣體通入品紅溶液，溶液褪色，但溶液仍為澄清，故A正確；B.二氧化硫和二氧化碳能與石灰水反應，生成碳酸鈣和亞硫酸鈣白色沉淀，故B錯誤；C.二氧化硫有氧化性，能與氫硫酸反應生成淡黃色的硫沉淀，故C錯誤；D.二氧化硫溶于水生成亞硫酸，溶液顯酸性，硝酸根離子在酸性環(huán)境下具有強氧化性，能將二氧化硫氧化為硫酸根離子，溶液中生成硫酸鋇白色沉淀，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查硫的化合物，題目難度中等，掌握相關物質的基本性質是解題的關鍵。4．（2021?長寧區(qū)二模）化學與生活密切相關。下列說法正確的是（）A．燃煤中加入CaO可以減少溫室氣體的排放 B．合金材料中可能含有非金屬元素 C．14C可用于文物年代的鑒定，14C與12C互為同素異形體 D．碳酸鋇可用于胃腸X射線造影檢查【考點】"三廢"處理與環(huán)境保護．【專題】化學應用．【分析】A.燃煤中加入CaO，CaO可與二氧化硫反應；B.金屬與其它金屬或非金屬熔合成具有金屬特性的物質為合金；C.14C具有放射性，14C與12C的質子數相同、中子數不同；D.碳酸鋇與胃中鹽酸反應?！窘獯稹拷猓篈.燃煤中加入CaO，CaO可與二氧化硫反應，可減少酸雨的發(fā)生，故A錯誤；B.金屬與其它金屬或非金屬熔合成具有金屬特性的物質為合金，則合金材料中可能含有非金屬元素，如鐵合金含碳，故B正確；C.14C具有放射性，14C可用于文物年代的鑒定，14C與12C的質子數相同、中子數不同，二者互為同位素，故C錯誤；D.碳酸鋇與胃中鹽酸反應生成有毒的鋇離子，硫酸鋇可用于胃腸X射線造影檢查，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查物質的性質及應用，為高頻考點，把握物質的性質、性質與用途、合金及環(huán)境保護為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度不大。5．（2021?虹口區(qū)二模）雙堿法脫硫過程如圖所示，下列說法錯誤的是（）A．過程Ⅰ中，SO2未被氧化 B．過程Ⅱ中，1molO2可氧化2molNa2SO3 C．雙堿法脫硫過程中，Ca（OH）2可以循環(huán)利用 D．總反應為2Ca（OH）2+2SO2+O2→2CaSO4+2H2O【考點】二氧化硫的化學性質．【專題】氧族元素．【分析】A．過程Ⅰ中，SO2被NaOH吸收，生成Na2SO3；B．過程Ⅱ中，Na2SO3、Ca（OH）2與O2反應，生成NaOH和CaSO4；C．反應開始需要的物質，中間過程又能生成，這樣的物質可以循環(huán)使用；D．過程Ⅰ和過程Ⅱ中的兩個反應相加就為總反應?！窘獯稹拷猓篈．過程Ⅰ中SO2被NaOH吸收生成Na2SO3，化合價未發(fā)生變化，SO2未被氧化，故A正確；B．過程Ⅱ中，Na2SO3、Ca（OH）2與O2反應，生成NaOH和CaSO4，1molO2可氧化2molNa2SO3，故B正確；C．雙堿法脫硫過程中，Ca（OH）2參與過程Ⅱ反應轉化為硫酸鈣，沒有再生成，不能循環(huán)使用，故C錯誤；D．由以上分析可知，總反應為2Ca（OH）2+2SO2+O2→2CaSO4+2H2O，故D正確。故選：C?！军c評】本題以雙堿法脫硫工藝流程為載體考查物質性質及基本操作方法、反應原理，為高頻考點，涉及元素化合物性質及相互轉化、方程式等，側重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度中等。6．（2021?楊浦區(qū)二模）常溫下，能鑒別濃H2SO4和稀H2SO4，且與濃H2SO4強氧化性有關的是（）A．鋁片 B．紙 C．銅片 D．焦炭【考點】濃硫酸的性質；鋁的化學性質．【專題】幾種重要的金屬及其化合物．【分析】Al與稀硫酸反應生成氫氣，常溫下Al遇濃硫酸發(fā)生鈍化，以此來解答?！窘獯稹拷猓篈.Al與稀硫酸反應生成氫氣，常溫下Al遇濃硫酸發(fā)生鈍化，生成致密的氧化膜與濃H2SO4強氧化性有關，現象不同可鑒別，故A選；B.濃硫酸使紙脫水，與脫水性有關，稀硫酸不能，可鑒別，故B不選；C.常溫下Cu與二者均不反應，不能鑒別，故C不選；D.常溫下焦炭與二者均不反應，不能鑒別，故D不選；故選：A。【點評】本題考查硫酸及Al的化學性質，為高頻考點，把握物質的性質、發(fā)生的反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度不大。7．（2022?寶山區(qū)校級模擬）下列選項所述措施均能實現“碳中和”的是（）①減少化石燃料使用②發(fā)展捕集技術③燃煤中加入石灰石④開發(fā)新的能源A．①②④ B．①②③ C．①③④. D．①②③④【考點】常見的生活環(huán)境的污染及治理．【專題】化學應用．【分析】碳中和”是指企業(yè)、團體或個人測算在一定時間內直接或間接產生的溫室氣體排放總量，然后通過植物造樹造林、節(jié)能減排等形式，抵消自身產生的排放量，CO2實現“零排放”，據此判斷解答?！窘獯稹拷猓孩贉p少化石燃料使用可以減少二氧化碳的排放，有利于實現“碳中和”，故選；②發(fā)展捕集技術，可以消耗空氣中二氧化碳，有利于實現“碳中和”，故選；③燃煤中加入石灰石，不能減少二氧化碳的排放，對實現“碳中和”不起作用，故不選；④開發(fā)新的能源，減少化石燃料的使用，可以減少二氧化碳的排放，有利于實現“碳中和”，故選；故選：C?！军c評】本題主要考查化學在生產生活中的應用，具體涉及到CO2的排放與處理的問題，最終實現碳中和，題目難度不大，屬于基本知識，基礎內容。8．（2022?徐匯區(qū)校級模擬）黑面包實驗沒有體現出濃硫酸的是（）A．酸性 B．吸水性 C．脫水性 D．強氧化性【考點】濃硫酸的性質．【專題】氧族元素．【分析】依據濃硫酸具有脫水性和強的氧化性、吸水性解答。【解答】解：濃硫酸具有脫水性，向蔗糖晶體中加入一定量的濃硫酸，蔗糖晶體因為濃硫酸的脫水性而變黑，濃硫酸又具有吸水性和強的氧化性，濃硫酸吸收水放出大量的熱，與碳發(fā)生氧化還原反應生成二氧化碳和二氧化硫，所以變化的蔗糖膨脹，該過程中體現濃硫酸的：脫水性、吸水性和強的氧化性，故選：A?！军c評】本題考查了濃硫酸的性質，熟悉濃硫酸性質是解題關鍵，注意脫水性與吸水性的區(qū)別，題目難度不大。9．（2022?浦東新區(qū)校級模擬）“碳中和”有利于全球氣候改善。下列有關CO2的說法錯誤的是（）A．CO2是V形的極性分子 B．CO2可催化還原為甲酸 C．CO2晶體可用于人工增雨 D．CO2是侯氏制堿法的原料之一【考點】常見的生活環(huán)境的污染及治理；物質的組成、結構和性質的關系．【專題】物質的組成專題；物質的性質和變化專題；化學應用．【分析】A．依據二氧化碳中心原子形成的δ鍵和孤電子對數判斷；B．二氧化碳中碳為最高正價，具有氧化性；C．干冰升華吸收大量的熱；D．侯氏制堿原理：將二氧化碳、氨氣通入到飽和食鹽水中?！窘獯稹拷猓篈．CO2中價層電子對個數＝2+（4﹣2×2）＝2，且該分子中正負電荷重心重合，所以為直線形非極性分子，故A錯誤；B．二氧化碳中碳為最高正價，具有氧化性，用氫氣催化還原可以制取甲酸，故B正確；C．干冰升華吸收大量的熱，具有制冷作用，可用于人工增雨，故C正確；D．依據侯氏制堿原理可知，CO2是侯氏制堿法的原料之一，故D正確；故選：A?！军c評】本題考查分子的構型、物質的性質和用途，性質決定用途，明確物質的性質及用途是解題關鍵，題目難度不大，注意侯氏制堿的原理。10．（2021?嘉定區(qū)二模）下列各組物質發(fā)生反應，生成產物有硫單質的是（）A．Na2S2O3溶液和HCl溶液 B．H2S氣體在足量的O2中燃燒 C．碳和濃硫酸反應 D．銅和濃硫酸反應【考點】含硫物質的性質及綜合應用．【專題】氧族元素．【分析】A．Na2S2O3溶液和HCl溶液反應生成二氧化硫、硫單質和氯化鈉；B．H2S氣體在足量的O2中燃燒生成二氧化硫和水；C．碳和濃硫酸加熱反應生成二氧化碳和二氧化硫和水；D．銅和濃硫酸加熱反應生成硫酸銅、二氧化硫和水?！窘獯稹拷猓篈．Na2S2O3溶液和HCl溶液反應，發(fā)生氧化還原反應生成二氧化硫、硫單質和氯化鈉，生成產物有硫，故A正確；B．H2S氣體在足量的O2中燃燒生成二氧化硫和水，生成產物中無硫單質生成，氧氣不足時有硫單質生成，故B錯誤；C．碳和濃硫酸加熱反應生成二氧化碳和二氧化硫和水，生成產物中無硫單質生成，故C錯誤；D．銅和濃硫酸加熱反應生成硫酸銅、二氧化硫和水，生成產物中無硫單質生成，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查了物質性質、物質變化分析判斷，掌握基礎是解題關鍵，題目難度不大。11．（2021?上海模擬）如圖是研究二氧化硫性質的微型實驗裝置?，F用70%硫酸溶液和亞硫酸鈉晶體反應制取SO2氣體，實驗現象很明顯，且不污染空氣。下列說法中錯誤的是（）A．紫色石蕊溶液變紅色 B．含酚酞的NaOH溶液紅色變深 C．溴水的紅棕色褪去 D．品紅溶液褪色【考點】二氧化硫的化學性質．【專題】氧族元素．【分析】二氧化硫為酸性氧化物，具有強的還原性，弱的氧化性，漂白性，據此判斷解答?！窘獯稹拷猓篈．二氧化硫為酸性氧化物，與水反應生成亞硫酸，溶液顯酸性，所以二氧化硫通入紫色石蕊溶液，溶液變紅色，故A正確；B．二氧化硫為酸性氧化物，能夠與氫氧化鈉反應，消耗氫氧化鈉，所以能夠使含酚酞的NaOH溶液紅色褪色，故B錯誤；C．二氧化硫具有還原性，能夠還原溴水，使溴水褪色，故C正確；D．二氧化硫具有漂白性，能夠使品紅溶液褪色，故D正確。故選：B。【點評】本題考查了元素化合物知識，熟悉二氧化硫的性質是解題關鍵，題目難度不大。12．（2022?徐匯區(qū)二模）向下列溶液中通入SO2氣體，溶液不會褪色的是（）A．品紅 B．溴水 C．紅色石蕊溶液 D．酸性高錳酸鉀【考點】二氧化硫的化學性質．【專題】物質的性質和變化專題．【分析】SO2具有漂白性，和還原性和具有酸性氧化物的性質，據此進行解答?！窘獯稹拷猓篈．SO2具有漂白性，能使品紅褪色，故A正確；B．SO2具有還原性，溴水具有氧化性，兩者發(fā)生氧化還原反應，而使溴水褪色，故B正確；C．SO2是酸性氧化物，能使石蕊溶液變紅，即紅色不變，故C錯誤；D．SO2具有還原性，高錳酸鉀具有氧化性，兩者發(fā)生氧化還原反應，而使酸性高錳酸鉀褪色，故D正確；故選：C?！军c評】本題考查了二氧化硫的性質、反應現象等知識點，注意反應原理的理解應用，題目難度不大。13．（2022?黃浦區(qū)校級模擬）室溫下，1體積的水能溶解約40體積的SO2。用試管收集SO2后進行如圖實驗。對實驗現象分析與推測正確的是（）A．試管內液面上升，證明SO2與水發(fā)生了反應 B．試管中剩余少量氣體，是因為SO2的溶解已達飽和 C．取出試管中溶液，在空氣中放置一段時間后溶液pH減小 D．取出試管中的溶液，滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液產生大量白色沉淀.【考點】二氧化硫的化學性質．【專題】物質的性質和變化專題．【分析】A．室溫下，1體積的水能溶解約40體積的SO2，其先溶于水；B．二氧化硫中可能含有其他雜質，導致水不能充滿試管；C．二氧化硫與水反應生成亞硫酸，亞硫酸為弱酸，取出試管中溶液，在空氣中放置一段時間，被氧氣氧化，生成硫酸，硫酸為強酸，酸性增強；D．二氧化硫與水反應生成亞硫酸，滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液，不反應。【解答】解：A．由信息可知，SO2易溶于水，也能使液面上升，則試管內液面上升，不能證明SO2與水發(fā)生了反應，故A錯誤；B．如果全部為二氧化硫，水充滿試管，可能是含有其他雜質，導致水不能充滿，故B錯誤；C．二氧化硫與水反應生成亞硫酸，亞硫酸為弱酸，取出試管中溶液，在空氣中放置一段時間，被氧氣氧化，生成硫酸，硫酸為強酸，酸性增強，則取出試管中溶液，在空氣中放置一段時間后溶液pH減小，故C正確；D．二氧化硫與水反應生成亞硫酸，滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液，不反應，則不會產生大量白色沉淀.，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查二氧化硫的性質實驗，題目難度不大，明確發(fā)生反應的原理為解答關鍵，試題側重考查學生的分析能力及化學實驗能力。14．（2022?奉賢區(qū)二模）二氧化碳的過量排放可對海洋環(huán)境造成影響，原理如圖所示。下列敘述錯誤的是（）A．海水酸化引起HCO3﹣濃度增大 B．海水酸化促進CaCO3的溶解、珊瑚礁減少 C．CO2引起海水酸化主要因為HCO3﹣?H++CO32﹣ D．使用太陽能等新能源有利于改善海洋環(huán)境【考點】常見的生活環(huán)境的污染及治理．【專題】化學應用．【分析】二氧化碳的過量排放，能導致海水中CO2+H2O?H2CO3﹣，H2CO3﹣?H++HCO3﹣，平衡右移，H+又能與珊瑚礁溶解生成的CO32﹣結合生成HCO3﹣，促使CaCO3?Ca2++CO32﹣，平衡右移，從而使珊瑚礁減少?！窘獯稹拷猓篈．海水酸化，海水中H+和HCO3﹣的濃度增大，CO32﹣濃度減小，故A正確；B．H+結合珊瑚礁溶解生成的CO32﹣，促進CaCO3的溶解、珊瑚礁減少，故B正確；C．CO2引起海水酸化主要因為CO2+H2O?H2CO3﹣，H2CO3﹣?H++HCO3﹣，故C錯誤；D．使用太陽能等新能源，能有效減少二氧化碳的排放，有利于改善海洋環(huán)境，故D正確；故選：C?！军c評】本題考查環(huán)境保護，側重考查學生知識的應用能力，試題難度適中。15．（2021?崇明區(qū)二模）下列各組物質充分反應后，只能得到一種氣體的是（）A．木炭和濃硫酸共熱 B．足量的銅跟一定量的濃硝酸反應 C．Na2O2與足量的稀硫酸反應 D．汽油在汽車發(fā)動機中燃燒后排出的氣體【考點】濃硫酸的性質；鈉的重要化合物；硝酸的化學性質．【專題】物質的性質和變化專題．【分析】A．木炭和濃硫酸共熱生成二氧化碳和二氧化硫；B．銅和濃硝酸反應生成二氧化氮，和稀硝酸反應生成NO；C．過氧化鈉與酸反應生成氧氣；D．汽油在汽車發(fā)動機中燃燒后排出的氣體為碳氫化合物、NOx、CO、CO2、O2?！窘獯稹拷猓篈．濃硫酸具有強氧化性，木炭和濃硫酸共熱生成二氧化碳和二氧化硫，故A錯誤；B．銅和濃硝酸反應生成二氧化氮，濃硝酸濃度變稀后和銅反應生成一氧化氮氣體，故B錯誤；C．過氧化鈉與硫酸反應生成硫酸鈉和氧氣，生成一種氣體，故C正確；D．汽油在汽車發(fā)動機中燃燒后排出的氣體為碳氫化合物、NOx、CO、CO2、O2，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查較為綜合，涉及物質性質的應用，側重于考查濃硝酸反應過程中的濃度變化生成氣體不同，碳和濃硫酸的反應以及過氧化鈉的性質，題目較簡單，注意相關基礎知識的積累。16．（2022?崇明區(qū)二模）二氧化碳是自然界碳循環(huán)中的重要物質。下列過程會引起大氣中CO2含量上升的是（）A．雷電作用下降雨 B．風力發(fā)電 C．化石燃料的燃燒 D．碳酸鹽的沉積【考點】"三廢"處理與環(huán)境保護；化石燃料與基本化工原料．【專題】化學應用．【分析】A．雷電作用下降雨，氮氣和氧氣反應生成NO；B．風力發(fā)電，減少化石燃料的燃燒；C．化石燃料的燃燒，產生二氧化碳；D．碳酸鹽的沉積是指形成與海洋或湖泊底部的粒狀、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二氧化碳?！窘獯稹拷猓篈．雷電作用下降雨，氮氣和氧氣反應生成NO，不會引起大氣中CO2含量上升，故A錯誤；B．風力發(fā)電，減少化石燃料的燃燒，不會引起大氣中CO2含量上升，故B錯誤；C．化石燃料的燃燒，產生二氧化碳，會引起大氣中CO2含量上升，故C正確；D．碳酸鹽的沉積是指形成與海洋或湖泊底部的粒狀、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二氧化碳，不會引起大氣中CO2含量上升，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查環(huán)境保護，側重考查學生知識的應用能力，試題比較簡單。17．（2022?虹口區(qū)模擬）“碳中和”是指CO2排放總量和減少總量相當。下列措施對實現“碳中和”沒有幫助的是（）A．植樹造林 B．風力發(fā)電 C．燃煤脫硫 D．綠色出行【考點】"三廢"處理與環(huán)境保護．【專題】化學應用．【分析】碳中和是直接或間接減少二氧化碳的排放?！窘獯稹拷猓篈．植樹造林，利用植物的光合作用吸收二氧化碳，實現“碳中和”，故A不符合題意；B．風力發(fā)電，減少化石燃料的燃燒，實現“碳中和”故B不符合題意；C．燃煤脫硫可以減少二氧化硫的排放，不能減少二氧化碳的排放，故C符合題意；D．綠色出行可以減少化石燃料的燃燒，減少二氧化碳的排放，實驗“碳中和”，故D不符合題意；故選：C?！军c評】本題考查“碳中和”，側重考查學生知識的應用能力，試題比較簡單。18．（2022?浦東新區(qū)二模）中科院團隊在實驗室中首次實現了從二氧化碳到淀粉的全人工合成，若該成果實現產業(yè)化應用，將有利于（）A．實現碳中和 B．保護臭氧層 C．防止白色污染 D．減少酸雨形成【考點】常見的生活環(huán)境的污染及治理．【專題】化學應用．【分析】碳中和是直接或間接減少二氧化碳的排放。【解答】解：從二氧化碳到淀粉的產業(yè)化應用，將有效的減少二氧化碳的排放，實現碳中和，故選：A。【點評】本題考查環(huán)境保護，側重考查學生知識的應用能力，試題比較簡單。二．解答題（共5小題）19．（2022?徐匯區(qū)校級模擬）硅是構成礦物和巖石的主要成分，單質硅及其化合物具有廣泛的用途。完成下列填空：（1）某些硅酸鹽具有篩選分子的功能，一種硅酸鹽的組成為：M2O?R2O3?2SiO2?nH2O，已知元素M、R均位于元素周期表的第3周期。兩元素原子的質子數之和為24。①該硅酸鹽中同周期元素原子半徑由大到小的順序為Na＞Al＞Si；②寫出M原子核外能量最高的電子的電子排布式：3s1；③常溫下，不能與R單質發(fā)生反應的是bd（選填序號）；a．CuCl2溶液b．Fe2O3c．濃硫酸d．Na2CO3溶液④寫出M、R兩種元素的最高價氧化物對應的水化物反應的離子方程式：Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+H2O。（2）氮化硅（Si3N4）陶瓷材料硬度大、熔點高。可由下列反應制得：SiO2+C+N2Si3N4+CO①Si3N4晶體中只有極性共價鍵，則氮原子的化合價為﹣3，被還原的元素為N。②C3N4的結構與Si3N4相似。請比較二者熔點高低。并說明理由：兩者均為原子晶體，碳原子半徑小于硅原子半徑，因此C3N4中碳原子與氮原子形成的共價鍵鍵長較Si3N4中硅原子與氮原子形成的共價鍵鍵長小，鍵能較大，熔點較高。③配平上述反應的化學方程式，并標出電子轉移的數目和方向。④如果上述反應在10L的密閉容器中進行，一段時間后測得氣體密度增加了2.8g/L，則制得的Si3N4質量為35g。【考點】硅和二氧化硅；氧化還原反應．【專題】氧化還原反應專題；元素周期律與元素周期表專題．【分析】（1）①化合物的化合價代數和為0，因此M呈+1價，R呈+3價，M、R均位于元素周期表的第3周期，兩元素原子的質子數之和為24，則M為Na，R為Al，該硅酸鹽中Na、Al、Si為同周期元素，元素序數越大，其半徑越??；②M原子核外能量最高的電子位于第三能層，第三能層上只有1個電子；③常溫下，Al與CuCl2溶液反應能將銅置換出來；Al與Fe2O3在高溫反應；Al與濃硫酸發(fā)生鈍化；Al與Na2CO3溶液在常溫下不發(fā)生反應；④Na、Al兩種元素的最高價氧化物對應的水化物分別為：NaOH、Al（OH）3；（2）①非金屬性N＞Si，因此Si3N4中N元素化合價為﹣3價；該反應中N元素化合價從0價降低至﹣3價，N元素被還原；②Si3N4陶瓷材料硬度大、熔點高，晶體中只有極性共價鍵，說明Si3N4為原子晶體，C3N4的結構與Si3N4相似，說明C3N4為原子晶體，兩者均為原子晶體，碳原子半徑小于硅原子半徑，因此C3N4中碳原子與氮原子形成的共價鍵鍵長較Si3N4中硅原子與氮原子形成的共價鍵鍵長小，鍵能較大，熔點較高；③該反應中Si元素化合價不變，N元素化合價從0價降低至﹣3價，C元素化合價從0價升高至+2價，根據得失電子關系以及原子守恒配平方程式；④氣體密度增加了2.8g/L，說明氣體質量增加了2.8g/L×10L＝28g，3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO氣體質量變化△m140g112g28g因此生成的Si3N4質量為140g×。【解答】解：（1）①化合物的化合價代數和為0，因此M呈+1價，R呈+3價，M、R均位于元素周期表的第3周期，兩元素原子的質子數之和為24，則M為Na，R為Al，該硅酸鹽中Na、Al、Si為同周期元素，元素序數越大，其半徑越小，因此半徑大小關系為：Na＞Al＞Si，故答案為：Na＞Al＞Si；②M原子核外能量最高的電子位于第三能層，第三能層上只有1個電子，其電子排布式為：3s1，故答案為：3s1；③常溫下，Al與CuCl2溶液反應能將銅置換出來；Al與Fe2O3在高溫反應；Al與濃硫酸發(fā)生鈍化；Al與Na2CO3溶液在常溫下不發(fā)生反應；故答案為：bd；④Na、Al兩種元素的最高價氧化物對應的水化物分別為：NaOH、Al（OH）3，二者反應的離子方程式為：Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+H2O，故答案為：Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+H2O；（2）①非金屬性N＞Si，因此Si3N4中N元素化合價為﹣3價；該反應中N元素化合價從0價降低至﹣3價，N元素被還原，故答案為：﹣3；N；②Si3N4陶瓷材料硬度大、熔點高，晶體中只有極性共價鍵，說明Si3N4為原子晶體，C3N4的結構與Si3N4相似，說明C3N4為原子晶體，兩者均為原子晶體，碳原子半徑小于硅原子半徑，因此C3N4中碳原子與氮原子形成的共價鍵鍵長較Si3N4中硅原子與氮原子形成的共價鍵鍵長小，鍵能較大，熔點較高，故答案為：兩者均為原子晶體，碳原子半徑小于硅原子半徑，因此C3N4中碳原子與氮原子形成的共價鍵鍵長較Si3N4中硅原子與氮原子形成的共價鍵鍵長小，鍵能較大，熔點較高；③該反應中Si元素化合價不變，N元素化合價從0價降低至﹣3價，C元素化合價從0價升高至+2價，根據得失電子關系以及原子守恒配平方程式以及單線橋為：，故答案為；④氣體密度增加了2.8g/L，說明氣體質量增加了2.8g/L×10L＝28g，3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO氣體質量變化△m140g112g28g因此生成的Si3N4質量為140g×＝35g，故答案為：35g?！军c評】本題考查元素周期律、電子排布、氧化還原反應等知識，掌握基礎是解題關鍵，重點在于學生知識技巧的遷移，題目難度較大。20．（2020?靜安區(qū)二模）對煙道氣中的SO2進行吸收或回收再利用具有一定的社會和經濟價值。請回答下列問題：（1）用NaOH溶液吸收SO2，寫出相關反應的離子方程式SO2+2OH﹣＝SO32﹣+H2O。（2）已知NaHSO3溶液顯酸性，比較NaHSO3溶液中c（H2SO3）＜c（SO32﹣）（填“＞”“＜”或“＝”），請簡述判斷理由NaHSO3溶液中，HSO3﹣既能電離HSO3﹣?H++SO32﹣，也能水解HSO3﹣+H2O?H2SO3+﹣OH﹣，NaHSO3溶液顯酸性，說明HSO3﹣電離程度大于HSO3﹣水解程度，所以c（H2SO3）＜c（SO32﹣）。煙道氣中的SO2，也可通過如下反應回收硫：2CO（g）+SO2（g）?S（s）+2CO2（g）+QkJ．某溫度下，在2L恒容密閉容器中通入2molSO2和一定量的CO，發(fā)生上述反應，5min后達到平衡，生成1molCO2。（3）一定條件下，上述反應的能量變化如圖1，則Q＝270kJ。（4）寫出該反應平衡常數表達式K＝；0～5min內SO2的平均反應速率為0.05mol/（L?min）。（5）對反應2CO（g）+SO2（g）?S（s）+2CO2（g）+QkJ的分析正確的是ad。a．若混合氣體密度保持不變，則反應已達平衡狀態(tài)b．從反應開始到平衡時，容器內氣體的壓強保持不變c．平衡時，其它條件不變，分離出硫，正反應速率加快d．平衡時，其它條件不變，再充入一定量CO2，平衡常數保持不變（6）其他條件不變時，隨著溫度的升高，SO2的平衡轉化率隨溫度的變化曲線如圖2所示，請解釋其可能的原因該反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，SO2的平衡轉化率降低；當溫度高于445℃后，硫變成氣態(tài)，其過程需要吸熱，使反應變?yōu)槲鼰岱磻邷囟龋胶庹蛞苿?，SO2的平衡轉化率升高。。（已知硫的沸點約是445℃）【考點】二氧化硫的污染及治理；化學平衡常數的含義．【專題】鹽類的水解專題；氧族元素；化學平衡計算．【分析】（1）用NaOH溶液吸收SO2，發(fā)生的反應為SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O；（2）NaHSO3溶液中，存在HSO3﹣的電離HSO3﹣?H++SO32﹣，水解HSO3﹣+H2O?H2SO3+﹣OH﹣，NaHSO3溶液顯酸性，說明電離程度大于水解程度；（3）由圖可知△H＝正反應活化能﹣逆反應活化能；（4）平衡常數為產物濃度系數次冪的乘積與反應物濃度系數次冪的乘積的比值；5min后達到平衡，生成1molCO2，則△n（CO2）＝1mol，根據方程式△n（SO2）＝0.5mol，結合v＝計算0～5min內SO2的平均反應速率；（5）a．根據，反應過程中氣體質量改變，容器的體積不變；b．該反應是氣體體積減小的反應；c．平衡時，其它條件不變，分離出硫，但反應物的濃度沒有改變；d．平衡常數是溫度的函數；（6）該反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動；當溫度高于445℃后，硫變成氣態(tài)，其過程需要吸熱，據此分析?！窘獯稹拷猓海?）用NaOH溶液吸收SO2，發(fā)生的反應為SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O，離子方程式為：SO2+2OH﹣＝SO32﹣+H2O，故答案為：SO2+2OH﹣＝SO32﹣+H2O；（2）NaHSO3溶液中，HSO3﹣既能電離HSO3﹣?H++SO32﹣，水解HSO3﹣+H2O?H2SO3+﹣OH﹣，NaHSO3溶液顯酸性，說明HSO3﹣電離程度大于HSO3﹣水解程度，則NaHSO3溶液中c（H2SO3）＜c（SO32﹣），故答案為：＜；NaHSO3溶液中，HSO3﹣既能電離HSO3﹣?H++SO32﹣，也能水解HSO3﹣+H2O?H2SO3+﹣OH﹣，NaHSO3溶液顯酸性，說明HSO3﹣電離程度大于HSO3﹣水解程度，所以c（H2SO3）＜c（SO32﹣）；（3）由圖可知△H＝正反應活化能﹣逆反應活化能＝（409﹣679）kJ/mol＝﹣270kJ/mol，則Q＝270kJ，故答案為：270；（4）平衡常數為產物濃度系數次冪的乘積與反應物濃度系數次冪的乘積的比值，K＝；5min后達到平衡，生成1molCO2，則△n（CO2）＝1mol，根據方程式△n（SO2）＝0.5mol，則0～5min內SO2的平均反應速率＝0.05mol/（L?min），故答案為：K＝；0.05mol/（L?min）；（5）a．根據，反應過程中氣體質量改變，容器的體積不變，若混合氣體密度保持不變，則反應已達平衡狀態(tài)，故a正確；b．該反應是氣體體積減小的反應，從反應開始到平衡時，容器內氣體的壓強減小，故b錯誤；c．平衡時，其它條件不變，分離出硫，但反應物的濃度沒有改變，正反應速率不變，故c錯誤；d．平衡常數是溫度的函數，平衡時，其它條件不變，再充入一定量CO2，平衡常數保持不變，故d正確，故答案為：ad；（6）該反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，SO2的平衡轉化率降低；當溫度高于445℃后，硫變成氣態(tài)，其過程需要吸熱，使反應變?yōu)槲鼰岱磻?，升高溫度，平衡正向移動，SO2的平衡轉化率升高，故答案為：該反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，SO2的平衡轉化率降低；當溫度高于445℃后，硫變成氣態(tài)，其過程需要吸熱，使反應變?yōu)槲鼰岱磻邷囟?，平衡正向移動，SO2的平衡轉化率升高?！军c評】本題綜合考查學生化學知識，側重考查學生分析能力和計算能力，題目涉及鹽類的水解，二氧化硫的吸收、化學平衡的移動、化學平衡的計算等，根據題目信息，結合鹽類水解規(guī)律，二氧化硫酸性氧化物的性質、勒夏特列原理等知識點解答，此題難度中等。21．（2022?崇明區(qū)二模）Cl2、SO2、NOx都是化工生產中的重要氣體，均可用氨水或NaOH溶液處理，防止污染空氣。請回答下列問題：（1）以上氣體所含元素原子中，未成對電子最多的原子是N（填元素符號），S原子中能量最高電子的電子云形狀為啞鈴形。（2）化工廠可用濃氨水來檢驗Cl2是否泄漏（已知3Cl2+8NH3→6NH4Cl+N2），當有少量Cl2泄漏時，可以觀察到的現象是有氣體生成，若反應中有0.08mol的氨氣被氧化，則有0.24mol電子發(fā)生轉移。（3）①若用熱燒堿溶液吸收Cl2氣反應后的混合溶液中，含NaCl、NaClO和NaClO3物質的量比值為n：1：1，則n＝4。②SO2是形成酸雨的主要原因，取某化工區(qū)空氣樣本用蒸餾水處理，檢測所得溶液，所含離子及其濃度如下：離子Na+K+NH4+H+SO42﹣NO3﹣Cl﹣濃度/（mol?L﹣1）6×10﹣64×10﹣62×10﹣5a4×10﹣52×10﹣53×10﹣5根據表中數據計算，檢測的溶液pH＝4。（4）NO2是燃油汽車尾氣中的主要污染物之一。①在催化劑和加熱條件下，NO2與NH3可反應生成無害物質，請寫出反應的化學方程式：6NO2+8NH37N2+12H2O。②實驗室可用燒堿溶液吸收NO2和NO（已知2NO2+2NaOH→NaNO2+NaNO3+H2O，NO2+NO+2NaOH→2NaNO2+H2O），當消耗100mL0.5mol?L﹣1的燒堿溶液時，共吸收混合氣體1.12L（標準狀態(tài)）?！究键c】"三廢"處理與環(huán)境保護；原子核外電子的運動狀態(tài)；氧化還原反應．【專題】氧化還原反應專題．【分析】（1）Cl、S、O、N四種元素未成對電子分別為1、2、2、3，S原子中能量最高電子所在能級是3p；（2）由于Cl2與NH3反應生成NH4Cl，每有8個氨氣參加反應，有2個被氧化，生成1個N2，轉移6個電子；（3）①熱燒堿溶液吸收Cl2時，生成NaCl得到電子，生成NaClO和NaClO3失去電子；②溶液中陽離子所帶的正電荷總數等于陰離子所帶的負電荷總數；（4）①在催化劑和加熱條件下，NO2與NH3可反應生成無害物質N2和H2O；②由于燒堿溶液吸收NO2和NO生成NaNO2和NaNO3，氮元素和鈉元素相等?！窘獯稹拷猓海?）Cl、S、O、N四種元素未成對電子分別為1、2、2、3，則未成對電子最多的原子是N，S原子中能量最高電子所在能級是3p，其電子云形狀為啞鈴形，故答案為：N；啞鈴形；（2）由于Cl2與NH3反應生成NH4Cl，所以當有少量Cl2泄漏時，可以觀察到的現象是有白煙生成，每有8個氨氣參加反應，有2個被氧化，生成1個N2，轉移6個電子；則若反應中有0.08mol的氨氣被氧化，有＝0.24mol電子發(fā)生轉移，故答案為：有白煙生成；0.24；（3）①熱燒堿溶液吸收Cl2時，生成NaCl得到電子，生成NaClO和NaClO3失去電子，利用得失電子守恒可知，n＝1+3＝4，則n＝4，故答案為：4；②溶液中陽離子所帶的正電荷總數等于陰離子所帶的負電荷總數，則6×10﹣6+4×10﹣6+2×10﹣5+a＝2×4×10﹣5+2×10﹣5+3×10﹣5，a＝10﹣4，pH＝4，故答案為：4；（4）①在催化劑和加熱條件下，NO2與NH3可反應生成無害物質N2和H2O，其反應的化學方程式為：6NO2+8NH37N2+12H2O，故答案為：6NO2+8NH37N2+12H2O；②由于燒堿溶液吸收NO2和NO生成NaNO2和NaNO3，利用氮元素和鈉元素相等可知，當消耗100mL0.5mol?L﹣1的燒堿溶液時，共吸收混合氣體0.1L×0.5mol?L﹣1×22.4L/mol＝1.12L，故答案為：1.12?！军c評】本題考查氧化還原等，側重考查學生基礎知識的掌握情況，試題難度中等。22．（2022?黃浦區(qū)校級模擬）硫元素是動植物生長不可缺少的元素，廣泛存在于自然界中。（1）從圖1中選擇符合圖2要求的X、Y代表的物質：XNa2SO4?10H2O或CaSO4?2H2O，YCuFeS2。（2）硫原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p4，原子核外有5種不同能量的電子。在周期表中，與硫相鄰的短周期元素的原子半徑由大到小的順序是P＞Cl＞O。（3）某硫酸廠廢氣中SO2的回收利用方案如圖所示①如果X中只含有2種亞硫酸鹽，且溶液呈中性，則c（NH4+）＞c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）（填“＞”、“＝”或“＜”）②氣體a通入雙氧水中，可實現“綠色”轉化，寫出該反應的化學方程式SO2+H2O2＝H2SO4。③Y主要含有（NH4）2SO4，用惰性電極電解該物質時，陽極產物是（NH4）2S2O8，陰極的電極方程式是2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣?！究键c】含硫物質的性質及綜合應用；微粒半徑大小的比較；電解原理．【專題】電化學專題；氧族元素．【分析】（1）X代表的物質是+6價的鹽，y代表的是﹣2價的鹽；（2）硫的原子序數為16，根據構造原理即可書寫原子的核外電子排布式，原子核外有幾種能級即有幾種不同能量的電子，在周期表中，與硫相鄰的短周期元素的原子是P、Cl、O；（3）①如果X中只含有2種亞硫酸鹽，即為（NH4）2SO3和NH4HSO3，根據電荷守恒，則有c（NH4+）+c（H+）＝2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），又溶液呈中性，c（H+）＝c（OH﹣），進一步推理即可；②SO2可以被雙氧水氧化為H2SO4；③Y主要含有（NH4）2SO4，用惰性電極電解該物質時，陽極產物氧化產物，陰極的電極反應是H2O得到電子被還原為H2?！窘獯稹拷猓海?）由圖可知，X代表的物質是+6價的鹽，即Na2SO4?10H2O或CaSO4?2H2O，y代表的是﹣2價的鹽，即CuFeS2，故答案為：Na2SO4?10H2O或CaSO4?2H2O；CuFeS2；（2）硫原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p4，原子核外有5種不同能量的電子，在周期表中，與硫相鄰的短周期元素的原子半徑由大到小的順序是P＞Cl＞O，故答案為：1s22s22p63s23p4；5；P＞Cl＞O；（3）①如果X中只含有2種亞硫酸鹽，即為（NH4）2SO3和NH4HSO3，根據電荷守恒，則有c（NH4+）+c（H+）＝2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），又溶液呈中性，則有c（NH4+）＝2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），故答案為：＞；②氣體a通入雙氧水中，可實現“綠色”轉化，該反應的化學方程式SO2+H2O2＝H2SO4，故答案為：SO2+H2O2＝H2SO4；③Y主要含有（NH4）2SO4，用惰性電極電解該物質時，陽極產物是（NH4）2S