2025版新教材高考化學復習特訓卷第一部分高頻考點分層集訓單元檢測4非金屬及其化合物

單元檢測4非金屬及其化合物一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題意。1．有些科學家提出硅是“21世紀的能源”，下列說法正確的是（）A．晶體硅具有半導體性質(zhì)，可用于生產(chǎn)光導纖維B．玻璃中含有的SiO2可與NaOH溶液反應，故常用NaOH溶液雕刻玻璃紋飾C．陶瓷、水泥、石英玻璃都屬于硅酸鹽材料D．硅酸鹽Na2Fe2Si3O9用氧化物的形式可表示為Na2O·2FeO·3SiO22．化學在能源、健康、農(nóng)業(yè)、材料等領域中都有重要的應用。下列說法正確的是（）A．二氧化硅是太陽能電池板的主要材料，太陽能替代化石燃料有利于環(huán)保B．ClO2代替Cl2作凈水劑，不僅能夠有效去除水中的細菌、病毒，提高消毒效率，且可避開產(chǎn)生新的有害物質(zhì)C．魚苗運輸過程中常在水中添加適量的CaO2，只是因為CaO2與水反應生成的熟石灰具有殺菌作用D．“刀耕火耨”描述的是利用草木灰作肥料，該肥料可與磷酸銨混用3．類比法是化學探討物質(zhì)的重要方法之一，下列相關類比的說法正確的是（）A．二氧化碳能使漂白粉水溶液先變渾濁后變澄清，則二氧化硫也能使漂白粉水溶液先變渾濁后變澄清B．氧化物Fe3O4可拆寫為FeO·Fe2O3的形式，則氧化物Pb3O4也可拆寫為PbO·Pb2O3的形式C.常溫下Cu與濃硝酸反應生成硝酸鹽、NO2和水，則常溫下Au與濃硝酸反應也能生成硝酸鹽、NO2和水D．碳酸加熱分解的反應為H2CO3eq\o(=,\s\up7(△))CO2↑＋H2O，則硅酸加熱分解的反應為H2SiO3eq\o(=,\s\up7(△))SiO2＋H2O4．下列試驗操作及現(xiàn)象和所得到的試驗結(jié)論均正確的是（）選項試驗操作及現(xiàn)象試驗結(jié)論A向NaHCO3溶液中滴加NaAlO2溶液，有白色沉淀和氣體產(chǎn)生AlOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(2))與HCOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))發(fā)生了相互促進的水解反應B室溫下，用pH試紙分別測定濃度為0.1mol·L－1的HClO溶液和0.1mol·L－1的HF溶液的pH，前者的pH大于后者HClO的酸性小于HFC向亞硫酸鈉試樣中滴入鹽酸酸化的Ba（ClO）2溶液，生成白色沉淀試樣已氧化變質(zhì)D檢驗FeCl3溶液中是否含有Fe2＋時，可滴入適量酸性KMnO4溶液，溶液紫紅色褪去不能證明溶液中含有Fe2＋5.為了探究金屬單質(zhì)M與鹽溶液的反應，某同學進行了下列試驗，試驗過程及現(xiàn)象如圖所示。結(jié)合試驗現(xiàn)象推斷，該同學得出的下列結(jié)論正確的是（）A．向濾液中滴加稀鹽酸的試驗現(xiàn)象是產(chǎn)生白色沉淀B．濾渣可能是兩種單質(zhì)的混合物C．濾渣在足量的稀硝酸中能完全溶解D．加入的金屬單質(zhì)M可能是鈉6．二氧化硫是最常見、最簡潔、有刺激性的硫氧化物。大氣主要污染物之一?；鹕奖l(fā)時會噴出該氣體，在很多工業(yè)過程中也會產(chǎn)生二氧化硫。由于煤和石油通常都含有硫元素，因此燃燒時會生成二氧化硫。當二氧化硫溶于水中，會形成亞硫酸。若把亞硫酸進一步在PM2.5存在的條件下氧化，便會快速高效生成硫酸（酸雨的主要成分）。某學?；瘜W愛好小組對SO2的化學性質(zhì)進行如圖的探究。下列說法錯誤的是（）A．A瓶反應后的離子方程式：2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4))＋4H＋B．B瓶的作用為防倒吸C．C瓶用于汲取未反應的SO2D．燒瓶中放入的藥品a為Cu7．下列試驗不合理的是（）A．①裝置可以證明非金屬性Cl>C>SiB．②裝置可以制取比較純凈的NO氣體C．③裝置可以進行SO2的噴泉試驗D．④裝置可以制取CO2氣體8．“中國芯”的發(fā)展離不開高純單晶硅。從石英砂（主要成分為SiO2）制取高純硅涉及的主要反應如圖所示。已知：SiHCl3遇水猛烈水解。下列說法錯誤的是（）A．反應③須要在無水、無氧的條件下進行B．流程中的HCl和H2可以循環(huán)利用C．反應①②③均為置換反應D．由反應②③推想，③為放熱反應9．高能燃料乙硼烷（B2H6）是一種強還原性物質(zhì)，結(jié)構與乙烷不同，性質(zhì)很活潑，在空氣中能自燃易水解。下列有關說法正確的是（）A．B2H6的結(jié)構簡式為BH3—BH3B．可用NaBH4和稀硫酸反應制備B2H6：2NaBH4＋H2SO4=B2H6↑＋Na2SO4＋2H2↑C．B2H6可以與Cl2發(fā)生反應：B2H6＋Cl2=B2H5Cl＋HClD．B2H6可與甲醇反應： B2H6＋6CH3OH=2B（OCH3）3＋6H210．海洋碳循環(huán)是全球碳循環(huán)的重要組成部分，是影響全球氣候變更的關鍵限制環(huán)節(jié)。下圖為海洋中碳循環(huán)的簡潔原理圖。下列說法錯誤的是（）A．海洋碳循環(huán)過程中能將太陽能轉(zhuǎn)化為化學能B．鈣化釋放CO2的離子方程式：2HCOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))＋Ca2＋=CaCO3↓＋CO2↑＋H2OC．影響海洋碳循環(huán)的因素主要有海水的酸堿性、水溫、藻類生物的分布等D．光合作用，每生成0.1mol（CH2O）x轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4NA（NA表示阿伏加德羅常數(shù)）二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11．灼熱的焦炭與水蒸氣反應所得產(chǎn)物為H2、CO和少量CO2，為了檢驗產(chǎn)物中的H2和CO（設氣體均被充分汲取），設計如下試驗裝置，下列有關說法錯誤的是（）A．為了試驗平安，應先點燃④處酒精燈，后點燃①處酒精燈B．②③⑤中依次盛裝氫氧化鈉溶液、濃硫酸和澄清石灰水C．④中黑色固體變紅色，即可證明產(chǎn)物中肯定含有H2和CO中的一種或兩種D．若用堿石灰替換無水硫酸銅，也可以達到檢驗H2和CO的目的12．下列“類比”合理的是（）A．氯氣能使紫色石蕊試液先變紅后褪色，則SO2能使紫色石蕊試液先變紅后褪色B．NaH與H2O反應生成NaOH和H2，則CaH2與H2O反應生成Ca（OH）2和H2C．Fe2O3與鹽酸反應生成FeCl3和H2O，則Fe2O3與HI溶液反應生成FeI3和H2OD．電解CuCl2溶液陰極上析出Cu，則電解MgCl2溶液陰極上析出Mg13．Na2S2O8具有高水溶性、氧化性，我國科學家探討用Fe/Na2S2O8體系去除廢水中的正五價砷As（V），反應機制模型如圖。下列說法正確的是（）A.Fe2＋/Fe3＋循環(huán)，可有效促進S2Oeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(8))轉(zhuǎn)化為SOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))·B．中性廢水中，可發(fā)生反應SOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))·＋H2O=SOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4))＋·OH＋H＋C．SOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))·和·OH具有強氧化性，可將廢水中的As（V）氧化去除D．若56gFe參與反應，則有1molS2Oeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(8))被還原14．某化學學習小組探究FeSO4與“84”消毒液的反應過程，向酸化的FeSO4溶液中逐滴滴入“84”消毒液，780s時停止滴入；滴加過程中bc、cd段產(chǎn)生刺激性氣味的氣體。采納pH傳感器測得溶液的pH隨時間t（s）的變更曲線如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．cd產(chǎn)生刺激性氣味氣體反應的離子方程式：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2OB．bc段發(fā)生反應的離子方程式：ClO－＋2Fe2＋＋4OH－＋H2O=Cl－＋2Fe（OH）3↓C．cd段pH快速增大的緣由是Fe（OH）3消耗H＋D．de段pH減小的緣由是氯氣溶于水反應產(chǎn)生酸性物質(zhì)15．在標準狀況下將1.92g銅粉投入肯定量濃HNO3中，隨著銅粉的溶解，反應生成的氣體顏色漸漸變淺，當銅粉完全溶解后共收集到由NO2和NO組成的混合氣體1.12L，則混合氣體中NO的體積為（）A．112mLB．1008mLC．224mLD．448mL三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16．（8分）高錳酸鉀（KMnO4）用途廣泛，可以用來制備氧氣，可以作為氧化劑，其稀溶液還是良好的消毒劑。請回答下列問題：（1）高錳酸鉀KMnO4當中Mn元素的化合價為。（2）請寫出高錳酸鉀制備氧氣的化學方程式；（3）當高錳酸鉀制備氧氣的反應完成之后，可以分別出一種含錳元素的固體，該固體具有催化作用，將該固體放進過氧化氫溶液中，溶液中出現(xiàn)大量氣泡?，F(xiàn)將該固體放進燒杯中，往燒杯中滴加濃鹽酸，并用酒精燈加熱燒杯，溶液上方有黃綠色氣體（氯氣）生成，且該固體被還原為氯化錳（MnCl2）。請寫出該反應的化學方程式。（4）常溫下，將氯氣通入氫氧化鈉溶液中，可得到次氯酸鈉（NaClO）和氯化鈉的混合溶液，其中次氯酸鈉為84消毒液的有效成分。下列選項中正確的是。A．次氯酸鈉中，氯元素的化合價為－1價B．次氯酸鈉是氧化物C．次氯酸鈉中Na、Cl、O三種元素的質(zhì)量比為Na∶Cl∶O＝1∶1∶1D．次氯酸鈉的相對分子質(zhì)量為74.517．（14分）消退氮氧化物有多種方法。（1）活性炭還原法某探討小組向某密閉容器中加入足量的活性炭和NO，發(fā)生反應C（s）＋2NO（g）?N2（g）＋CO2（g）ΔH。在T1℃下，反應進行不同時間后測得各物質(zhì)濃度的部分數(shù)據(jù)如表所示：時間/min01020304050c（NO）/（mol·L－1）1.000.400.200.300.30c（N2）/（mol·L－1）00.400.600.60c（CO2）/（mol·L－1）00.600.60①0～10min內(nèi)，N2的平均反應速率eq\o(v,\s\up6(－))（N2）＝，T1℃時，該反應的平衡常數(shù)K＝。②若30min時，只變更一個條件，則變更的條件可能是（填標號）。a．加入肯定量的活性炭b．縮小容器的體積c．通入肯定量的NO③若30min后上升溫度至T2℃，重新達到平衡時，容器中NO、N2、CO2的濃度之比為7∶3∶3，則該反應的ΔH（填“>”“＝”或“<”）0。（2）NH3催化還原法NH3催化還原法的原理如圖1所示。①若煙氣中c（NO2）∶c（NO）＝1∶1，發(fā)生如圖1中所示的脫氮反應，反應過程中轉(zhuǎn)移1.5mol電子時放出的熱量為113.8kJ，則該脫氮反應的熱化學方程式為。②如圖2所示是肯定時間內(nèi)，在不同溫度下分別運用催化劑Mn和Cr時的脫氮率，由此可知工業(yè)上運用的最佳催化劑和相應最佳溫度分別為；運用Mn作催化劑時，脫氮率b～a段呈現(xiàn)如圖2所示變更的緣由可能是。（3）電解汲取法用6%的稀硝酸汲取NOx生成亞硝酸，再將汲取液導入電解槽中電解，使之轉(zhuǎn)化為硝酸。電解裝置如圖3所示。①圖3中b應連接電源的（填“正極”或“負極”）。②運用石墨顆粒電極的目的是。③陽極的電極反應式為。18．（12分）高純硅是制作光伏電池的關鍵材料，如圖是一種生產(chǎn)高純硅的工藝流程示意圖：已知：①流化床反應器的主反應：Si＋3HCleq\o(=,\s\up7(250～300℃))SiHCl3＋H2；②還原爐的主反應：SiHCl3＋H2eq\o(→,\s\up7(1100～1200℃))Si＋3HCl；③SiHCl3極易水解：SiHCl3＋3H2O=H2SiO3＋H2↑＋3HCl↑?；卮鹣铝袉栴}：（1）石英砂的主要成分為SiO2，SiO2是一種酸性氧化物，能與燒堿反應生成鹽和水，下列物質(zhì)中也能與燒堿反應生成鹽和水的是（填字母）。A．AlB．Al2O3C.CuOD．NaHCO3SiO2還能在一種常見的酸中溶解，生成一種氣態(tài)含硅物質(zhì)，這種酸的電子式為。（2）電弧爐中生成粗硅，反應的化學方程式為。若電弧爐中焦炭過量，還會有SiC生成，石英砂和焦炭生成SiC的反應中，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為。（3）整個操作流程都需隔絕空氣，緣由是（答出兩條即可）。（4）流化床反應器中除SiHCl3外，還可能發(fā)生副反應，生成其他含硅化合物（如SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl等），可以用分餾的方法加以分別，該操作方法的理論依據(jù)是_________________________________________________________________________________。（5）上述操作流程中可以循環(huán)利用的物質(zhì)是________________________________________________________________________。19．（12分）某學習小組設計試驗探究金屬硫化物的性質(zhì)。Ⅰ.探究Na2S的還原性甲同學取少量硫化鈉溶液于試管，滴加2滴酚酞溶液，再滴加溴水溶液，視察到溶液顏色變淺。（1）酚酞的作用是；寫出該試驗的離子方程式：。（2）乙同學認為甲方案不嚴密，他設計方案：取少量硫化鈉溶液于試管，滴加適量苯，再用長滴管加入溴水。加入苯的目的是。Ⅱ.探究氧化還原反應和沉淀反應的競爭丙同學設計以下兩組試驗：試驗1：①在10mL2mol·L－1FeCl3溶液中滴加2mL1mol·L－1Na2S溶液，視察到有淡黃色沉淀生成，溶液黃色變淺。②在10mL2mol·L－1Na2S溶液中滴加2mL1mol·L－1FeCl3溶液，視察到先產(chǎn)生淡黃色固體，隨后生成黑色固體，溶液由黃色變無色。試驗2：在2mol·L－1Na2S溶液中滴加少量AgNO3溶液，馬上產(chǎn)生大量黑色沉淀，沒有淡黃色沉淀。試驗1①中產(chǎn)生的淡黃色沉淀是（填化學式）。寫出試驗1②中產(chǎn)生黑色沉淀的離子方程式：。已知：氧化性：Ag＋>Fe3＋，試驗2中，發(fā)生復分解反應，未發(fā)生氧化還原反應。試驗結(jié)論：若某一溶液中同時存在氧化還原反應和沉淀反應，則（填“氧化還原”或“生成更難溶物質(zhì)的”）反應將優(yōu)先進行。20．（14分）草酸亞鐵晶體（FeC2O4·2H2O）為淡黃色固體，難溶于水，可用作制備電池正極材料磷酸鐵鋰的原料。試驗1：探究草酸亞鐵晶體的熱分解產(chǎn)物（1）氣體產(chǎn)物成分的探究，設計如圖1所示裝置（可重復選用）進行試驗：①裝置B的名稱為。②依據(jù)氣流從左到右的方向，上述裝置的連接依次為a→_____________________（填儀器接口的標號）→點燃。③為了排盡裝置中的空氣，防止加熱時發(fā)生爆炸，點燃裝置A處的酒精燈前應進行的操作是。④裝置C中固體由黑變紅，其后裝置中的澄清石灰水變渾濁，則證明氣體產(chǎn)物中含有（填化學式）。（2）固體產(chǎn)物成分的探究。待FeC2O4·2H2O充分熱分解后，裝置A中殘留黑色固體，黑色固體可能是Fe或FeO，設計試驗證明黑色固體為FeO，則操作及現(xiàn)象為__________________________________________________________________________________。（3）依據(jù)（1）和（2）結(jié)論，裝置A中發(fā)生反應的化學方程式為_______________________________________________________________________________________。試驗2：草酸亞鐵晶體樣品純度的測定工業(yè)制得的草酸亞鐵晶體中常含有FeSO4雜質(zhì)，測定其純度的流程如圖2所示。圖2（4）草酸亞鐵晶體酸溶后用酸性KMnO4標準溶液滴定，滴定過程中涉及反應的離子方程式為________________________________________________________________________________________________________________________________________________。（5）草酸亞鐵晶體樣品的純度為_____________________________________________________________________________________________________________________（用代數(shù)式表示），若配制溶液時Fe2＋被氧化，則測定結(jié)果將（填“偏大”“偏小”或“不變”）。單元檢測4非金屬及其化合物1．DA項，晶體硅具有半導體性質(zhì)，可用于生產(chǎn)電腦芯片，二氧化硅可用于制造光導纖維，不正確；B項，玻璃中含有的SiO2可與NaOH溶液反應，但不能用NaOH溶液雕刻玻璃紋飾，因為玻璃表面是光滑的，不正確；C項，陶瓷、水泥屬于硅酸鹽材料，石英玻璃的主要成分是二氧化硅，不正確；D項，硅酸鹽Na2Fe2Si3O9用氧化物的形式可表示為Na2O·2FeO·3SiO2，正確。2．BA項，混淆二氧化硅和晶體硅的用途而出錯。太陽能電池板的主要原材料是晶體硅，錯誤。B項，ClO2作氧化劑，可以殺菌消毒；在相同條件下相同物質(zhì)的量的ClO2和Cl2，ClO2轉(zhuǎn)化為Cl－時轉(zhuǎn)移電子數(shù)比氯氣多，消毒效率高；另外氯氣消毒時，會與水中的有機物發(fā)生取代反應生成有害物質(zhì)，而二氧化氯不會，正確。C項，CaO2與水反應生成的熟石灰具有殺菌作用，生成的氧氣能防止魚苗缺氧而死，故魚苗運輸過程中常在水中添加適量的CaO2，錯誤。D項，不了解草木灰的成分而出錯。草木灰的主要成分為碳酸鉀，碳酸鉀與銨態(tài)氮肥混合運用時會發(fā)生相互促進的水解反應，造成氮肥損失，錯誤。3．D二氧化碳能使漂白粉水溶液先變渾濁后變澄清，是先生成CaCO3沉淀，后又生成Ca(HCO3)2溶解，二氧化硫具有還原性，能被漂白粉氧化最終生成CaSO4，只能變渾濁不能變澄清，故A錯誤；氧化物Fe3O4可拆寫為FeO·Fe2O3的形式，是因為Fe為＋2、＋3價，而Pb為＋2、＋4價，應拆寫為2PbO·PbO2的形式，故B錯誤；常溫下Au與濃硝酸不反應，故C錯誤；碳和硅屬于同族元素，由碳酸加熱分解反應H2CO3eq\o(=,\s\up7(△))CO2↑＋H2O，可推知硅酸加熱分解反應為H2SiO3eq\o(=,\s\up7(△))SiO2＋H2O，故D正確。4．DA項，不清晰詳細反應原理而出錯。AlOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(2))與HCOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))水解均使溶液顯堿性，不行能發(fā)生相互促進的水解反應。由于碳酸氫根離子的酸性強于氫氧化鋁，故NaHCO3、NaAlO2和H2O發(fā)生反應生成氫氧化鋁和碳酸鈉，錯誤。B項，HClO溶液有強氧化性，能夠漂白pH試紙，不能用pH試紙測定HClO溶液的pH，錯誤。C項，易忽視HClO對SOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(3))檢驗的干擾而出錯。滴入鹽酸酸化的Ba(ClO)2溶液，HClO可將亞硫酸鈉氧化為Na2SO4，而后生成硫酸鋇白色沉淀，不能證明試樣已氧化變質(zhì)，錯誤。D項，忽視Cl－具有還原性而出錯，酸性KMnO4溶液有強氧化性，能氧化溶液中的Cl－和Fe2＋，故溶液褪色無法證明肯定存在Fe2＋，正確。5．C若不能抓住“題眼”——“無色溶液”和“產(chǎn)生無色氣體”進行挖掘分析，則無法解題。得到無色溶液說明Cu2＋完全反應，Ag＋的氧化性強于Cu2＋，則也完全反應。濾渣中加入稀鹽酸產(chǎn)生無色氣體，則濾渣中應存在過量的金屬M。A項，濾液中不含銀離子，加入稀鹽酸時，不行能產(chǎn)生白色沉淀，錯誤。B項，濾渣中肯定含有單質(zhì)銀、銅和M，錯誤。C項，單質(zhì)銀、銅和M在足量的稀硝酸中能完全溶解，正確。D項，加入的金屬單質(zhì)M不行能是單質(zhì)鈉，因為單質(zhì)鈉和硝酸銀、硝酸銅溶液反應時，鈉和水先反應生成氫氧化鈉和氫氣，氫氧化鈉再和銅離子、銀離子生成沉淀，則向濾渣中加入稀鹽酸時無無色氣體生成，錯誤。6．DA瓶反應是二氧化硫被三價鐵氧化，其方程式為：2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4))＋4H＋，A正確；二氧化硫易溶于水，B裝置可以防止倒吸，B正確；二氧化硫有毒，會污染空氣，但是可以和氫氧化鈉反應，C正確；濃硫酸和銅常溫的時候不反應，所以a是亞硫酸鈉，D錯誤。7．AA項，通常用元素最高價含氧酸的酸性強弱比較非金屬性強弱，鹽酸為無氧酸，錯誤；B項，打開活塞，從右側(cè)加入稀硝酸排出空氣，然后關閉活塞，硝酸接觸銅絲生成NO，正確；C項，擠壓膠頭滴管膠頭使少量水進入燒瓶，SO2易溶于水，其溶于水后可形成負壓引發(fā)“噴泉”現(xiàn)象，正確；D項，碳酸鈣塊狀固體可放在帶孔塑料板上，可通過長頸漏斗加入酸液制得CO2氣體，并通過限制活塞實現(xiàn)隨開隨用隨關隨停，正確。8．D9．D乙烷的結(jié)構簡式為CH3—CH3，B2H6的結(jié)構和乙烷不同，A錯誤。B2H6易水解，稀硫酸中B2H6會發(fā)生水解，故不能用稀硫酸制備，B錯誤。B2H6具有強還原性，Cl2具有強氧化性，B2H6和Cl2發(fā)生氧化還原反應的化學方程式為B2H6＋6Cl2=2BCl3＋6HCl，C錯誤。B2H6具有強還原性，甲醇中羥基上的H活潑，可以被還原成H2，反應的化學方程式為B2H6＋6CH3OH=2B(OCH3)3＋6H2，D正確。10．D如圖CO2在弱堿性條件下轉(zhuǎn)化成Na2CO3、NaHCO3，遇氯化鈣發(fā)生2HCOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))＋Ca2＋=CaCO3↓＋CO2↑＋H2O，生成CaCO3沉淀鈣化同時釋放CO2，再經(jīng)光合作用，形成有機物參與海洋碳循環(huán)。A.CO2經(jīng)光合作用形成有機物參與海洋碳循環(huán)，過程中能將太陽能轉(zhuǎn)化為化學能，正確；B.鈣化生成CaCO3沉淀同時，釋放CO2的離子方程式：2HCOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))＋Ca2＋=CaCO3↓＋CO2↑＋H2O，正確；C.溫度高或酸性條件下，二氧化碳在水中溶解度小，影響海洋碳循環(huán)的因素主要有海水的酸堿性、水溫、藻類生物的分布等，正確；D.光合作用，碳由＋4價降為0價，每生成0.1mol(CH2O)x轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.4xNA(NA表示阿伏加德羅常數(shù))，錯誤。11．AD由圖可知，①中C與水蒸氣反應生成H2、CO和少量CO2，試驗目的為檢驗產(chǎn)物中的H2和CO，則②中NaOH溶液可除去CO2，③中濃硫酸干燥氣體，④中H2和CO均還原CuO，若無水硫酸銅變藍，則檢驗出含有氫氣，⑤中澄清石灰水變渾濁可檢驗出含有CO，最終處理尾氣。A項，H2、CO不純時加熱易發(fā)生爆炸，則為了試驗平安性，應先點燃①處酒精燈，排出裝置中空氣后點燃④處酒精燈，錯誤；B項，由上述分析可知，②、③、⑤中依次盛裝氫氧化鈉溶液、濃硫酸和澄清石灰水，正確；C項，H2和CO均還原CuO，當黑色氧化銅變紅色，只能說明產(chǎn)物中肯定含有H2和CO中的一種或兩種，無法確定詳細是哪種氣體，正確；D項，若用堿石灰替換無水硫酸銅，堿石灰可汲取水、二氧化碳，不能檢驗氫氣，故D錯誤。12．B氯氣溶于水生成鹽酸和次氯酸，鹽酸有酸性，能使紫色石蕊試液變紅，次氯酸有強氧化性，能使溶液褪色，SO2溶于水生成亞硫酸，能使紫色石蕊試液先變紅，但SO2或亞硫酸不能使指示劑褪色，故A不合理；NaH和CaH2都是金屬氫化物，與H2O反應都生成堿和H2，故B合理；Fe2O3與鹽酸反應生成FeCl3和H2O，但I－有還原性，F(xiàn)e2O3與HI溶液發(fā)生氧化還原反應，F(xiàn)e2O3被還原為Fe2＋，I－被氧化為I2，故C不合理；溶液中的陽離子的放電依次為Cu2＋＞H＋＞Mg2＋，所以電解CuCl2溶液陰極上析出Cu，但電解MgCl2溶液陰極上析出氫氣，故D不合理。13．AB由圖示知，F(xiàn)e2＋與S2Oeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(8))反應生成SOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))·和Fe3＋，F(xiàn)e3＋與Fe反應又生成Fe2＋，使得反應循環(huán)進行，同時促進S2Oeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(8))轉(zhuǎn)化為SOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))·，A正確；由圖示知，SOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))·與H2O反應生成·OH和H＋，氧元素被氧化，推想SOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))·中S元素由＋7價被還原為＋6價，生成SOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4))，對應方程式為：SOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))·＋H2O=·OH＋H＋＋SOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4))，B正確；由圖可知，溶液中As(Ⅴ)吸附在腐蝕層表面，之后通過與Fe(OH)2、Fe(OH)3形成共沉淀而被除去，并未涉及As(Ⅴ)被氧化過程，C錯誤；由圖示知，部分Fe與S2Oeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(8))反應生成Fe2＋和SOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4))，部分Fe與Fe3＋反應生成Fe2＋，所以56gFe不肯定都與S2Oeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(8))反應，故無法計算S2Oeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(8))被還原的物質(zhì)的量，D錯誤。14．BC由圖可知，a點起先反應，即ab段亞鐵離子被氧化為鐵離子；bc段生成氫氧化鐵和氯氣；cd段主要生成了氯氣；da段pH值減小，則氯氣與水反應。cd段產(chǎn)生刺激性氣味，由題可知生成了氯氣，則離子方程式：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O，A項正確；bc段有氯氣生成，則發(fā)生反應的離子方程式：2ClO－＋2Fe2＋＋2OH－＋2H2O=Cl2＋2Fe(OH)3↓，B項錯誤；cd段pH快速增大的緣由是ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O，C項錯誤；氯氣溶于水反應產(chǎn)生酸性物質(zhì)，所以de段pH減小，D項正確。15．A混合氣體的總物質(zhì)的量為1.12L÷22.4L·mol－1＝0.05mol，1.92g銅粉的物質(zhì)的量為eq\f(1.92g,64g·mol－1)＝0.03mol。設NO的物質(zhì)的量為n1mol，則NO2的物質(zhì)的量為(0.05－n1)mol，依據(jù)得失電子守恒得3n1＋(0.05－n1)×1＝0.03×2，解得n1＝0.005mol，V(NO)＝0.005mol×22.4L·mol－1＝0.112L＝112mL。16．答案：(1)＋7(2)2KMnO4eq\o(=,\s\up7(△))K2MnO4＋MnO2＋O2↑(3)MnO2＋4HCl(濃)eq\o(=,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O(4)D解析：(1)在任何化合物中元素化合價代數(shù)和為0。由于K是＋1價，O是－2價，假設Mn元素化合價為＋x價，則＋1＋x＋4×(－2)＝0，解得x＝＋7。(2)高錳酸鉀不穩(wěn)定，受熱分解產(chǎn)生錳酸鉀、二氧化錳和氧氣，故用高錳酸鉀制備氧氣的化學方程式為：2KMnO4eq\o(=,\s\up7(△))K2MnO4＋MnO2＋O2↑。(3)依據(jù)催化作用可知這種固體為二氧化錳，二氧化錳在加熱條件下可以和濃鹽酸反應得到氯氣，這是試驗室制備氯氣的常用方法。依據(jù)條件可以得出二氧化錳與濃鹽酸反應的化學方程式為：MnO2＋4HCl(濃)eq\o(=,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。(4)在NaClO中，Na為＋1價，O為－2價，因此依據(jù)化合物中元素化合價代數(shù)和為0可知Cl為＋1價，A選項錯誤；由兩種元素組成，其中一種元素為氧的化合物叫做氧化物，次氯酸鈉NaClO中含有Na、Cl、O三種元素，因此次氯酸鈉不屬于氧化物，B錯誤；依據(jù)相對原子質(zhì)量，三種元素個數(shù)比1∶1∶1，質(zhì)量比m(Na)∶m(Cl)∶m(O)＝23∶35.5∶16，C錯誤；依據(jù)三種元素的相對原子質(zhì)量，相加可得NaClO的相對分子質(zhì)量為74.5，D正確。17．答案：(1)①0.03mol·L－1·min－14②bc③<(2)①2NH3(g)＋NO(g)＋NO2(g)=2N2(g)＋3H2O(g)ΔH＝－455.2kJ·mol－1②Mn、200℃b～a段，剛起先時溫度較低，催化劑活性較低，脫氮反應速率較小，隨溫度上升，催化劑活性增大，反應速率增大，肯定時間內(nèi)參與反應的氮氧化物增多，則脫氮率增大(3)①負極②增大汲取液與電極的接觸面積，提高電解效率③H2O＋HNO2－2e－=NOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))＋3H＋解析：(1)①由題表可得0～10min內(nèi)eq\o(v,\s\up6(－))(NO)＝eq\f(1.00mol·L－1－0.40mol·L－1,10min)＝0.06mol·L－1·min－1。同一反應中，物質(zhì)的反應速率之比等于化學方程式中相應物質(zhì)的化學計量數(shù)之比，則eq\o(v,\s\up6(－))(N2)＝0.03mol·L－1·min－1。由題表可知，20min時N2的濃度為0.40mol·L－1，則此時NO的濃度為1.00mol·L－1－0.40mol·L－1×2＝0.20mol·L－1，30min時NO的濃度為0.20mol·L－1，則20～30min時反應保持平衡狀態(tài)，T1℃時該反應的平衡常數(shù)K＝eq\f(c（N2）·c（CO2）,c2（NO）)＝eq\f(0.40×0.40,0.202)＝4。②由題表知30min時，只變更一個條件，反應重新達到平衡時各物質(zhì)的濃度均為原平衡的1.5倍?；钚蕴繛楣腆w，加入肯定量的活性炭，平衡不移動，a項不行能；該反應反應前后氣體體積不變，縮小容器的體積，平衡不移動，但物質(zhì)的濃度都同等程度變大，b項可能；通入肯定量的NO，平衡向正反應方向移動，由于該反應反應前后氣體體積不變，達平衡后NO、N2、CO2的濃度均成比例變更，c項可能。③設30min后上升溫度至T2℃重新達到平衡時，NO的濃度為7x，則此時的平衡常數(shù)K′＝eq\f(c（N2）·c（CO2）,c2（NO）)＝eq\f(3x×3x,（7x）2)≈0.18<4，說明上升溫度平衡向逆反應方向移動，則該反應的ΔH<0。(2)①由題圖1知NH3與NO、NO2在催化劑作用下發(fā)生反應生成N2和H2O。每2molNH3參與反應時轉(zhuǎn)移6mol電子，且反應過程中轉(zhuǎn)移1.5mol電子時放出的熱量為113.8kJ，則該脫氮反應的熱化學方程式為2NH3(g)＋NO(g)＋NO2(g)=2N2(g)＋3H2O(g)ΔH＝－455.2kJ·mol－1。②由題圖2可知，Mn和Cr作催化劑時，脫氮率最高時對應的溫度分別為200℃和450℃，故Mn作催化劑，溫度低更節(jié)約能源。起先時溫度較低，催化劑的活性較低，故脫氮反應速率較小，隨著溫度上升，催化劑活性增大，反應速率增大，肯定時間內(nèi)參與反應的氮氧化物增多，則脫氮率增大。(3)①亞硝酸轉(zhuǎn)化為硝酸的過程中N的化合價上升，發(fā)生氧化反應，則石墨顆粒電極為陽極，石墨電極為陰極，b與電源的負極相連。②運用石墨顆粒電極可增大汲取液與電極的接觸面積，提高電解效率。③陽極上亞硝酸被氧化成硝酸，電極反應式為H2O＋HNO2－2e－=NOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))＋3H＋。18．答案：(1)BDH∶eq\o(F,\s\up11(··),\s\do4(··))∶(2)SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up7(高溫))Si＋2CO↑1∶2(3)防止SiHCl3發(fā)生水解、防止硅被氧化、防止氫氣與氧氣反應而發(fā)生爆炸(4)各組分沸點相差較大(5)H2、HCl解析：(1)鋁與氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，故A不符合題意；氧化鋁與氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉和水，故B符合題意；氧化銅與氫氧化鈉溶液不反應，故C不符合題意；碳酸氫鈉與氫氧化鈉溶液反應生成碳酸鈉和水，故D符合題意；SiO2還能在一種常見的酸中溶解，生成一種氣態(tài)含硅物質(zhì)，這種酸為HF，HF屬于共價化合物，其電子式為H∶eq\o(F,\s\up11(··),\s\do4(··))∶。(2)二氧化硅與碳在高溫下反應生成粗硅和CO，對應的化學方程式為SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up7(高溫))Si＋2CO↑，石英砂和焦炭生成SiC的反應為SiO2＋3Ceq\o(=,\s\up7(高溫))SiC＋2CO↑，C元素化合價由0價降低為－4價，由0價上升為＋2價，C既是氧化劑又是還原劑，依據(jù)氧化還原規(guī)則，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶2。(3)依據(jù)上述流程以及相關信息可知SiHCl3極易水解，反應過程中會產(chǎn)生氫氣，而空氣中含有氧氣和水蒸氣，因此整個操作流程都需隔絕空氣，緣由是防止SiHCl3發(fā)生水解，防止硅被氧化，防止氫氣與氧氣反應而發(fā)生爆炸。(4)分餾或蒸餾，主要是通過互溶液體混合物沸點不同進行物質(zhì)分別的方法，因此分餾操作的理論依據(jù)是各組分沸點相差較大。(5)依據(jù)流程轉(zhuǎn)化示意圖分析可知，上述操作流程中可以循環(huán)利用的物質(zhì)是H2、HCl。19．答案：Ⅰ.(1)便于視察試驗現(xiàn)象和了解反應進行的程度(合理即可)S2－＋Br2=2Br－＋S↓(2)避開空氣中氧氣氧化S2－Ⅱ.SFe2＋＋S2－=FeS↓生成更難溶物質(zhì)的解析：Ⅰ.(1)在硫化鈉溶液中加入酚酞溶液，溶液變紅色，說明硫化鈉溶液呈堿性，故酚酞的作用是便于視察試驗現(xiàn)象和了解反應進行的程度，硫離子具有還原性，能與溴發(fā)生置換反應：S2－＋Br2=2Br－＋S↓。(2)硫離子在空氣中能被氧氣氧化成硫單質(zhì)：2S2－＋O2＋2H2O=2S↓＋4OH－，苯難溶于水、密度比水小，故苯的作用是隔絕空氣，避開硫化鈉被氧化。Ⅱ.