单元检测(五) 非金属及其化合物-【衡水真题密卷】2025年高考化学单元过关检测（广东专版）

2024一2025学年度单元过关检测（五） 化学·非金属及其化合物 (考试时间75分钟，总分100分)》 可能用到的相对源子置量，H一11i一7C12N-140一16：23A1一2 S32C35,5F56C64P%—207 一、选择题：本题共16小恩，共44分。第1一10小题，每小题2分：第11一16小题.每小题 4分。在每小题给出的四个然项中，只有一项是特合题日要求的。 题号12345678910111213141516 答案 1,定客是朱代五大名密之一，其生产的白瓷闻名于世。下列说法正确的是 入.传旋则密是典显的绝缘材料 A刷登的主要成分为S0k和MgO C剩瓷烧州的过程为物理变化 D白瓷的白色是因铁含量较高 2“封管实验”具有篇便，节的，绿色等优点，下列四个“封管实验”在知热过程中未发生化 学变化的是 ◆之NHCIM体 含NH的 含50，的 -NaCI的 品溶清 州体昆合物 3.下列关于实验方案的评价中正确的是 透项 实童方案 评价 A 用下推2气店收患口 可行 B 短人NH款涩液并加格，用蓝色石舌试餐检稳溶液中的NH 可行 包人C溶液产生白色沉淀，至明帝液中有C美 本可行 D 用品红溶液整刚C0和0 不国行 4.实室制备F的过程为①KMO和HO在KF一HF分质中反应制得K:MF: gSCL+SHP一SF,+HC,B2KF+4bs△4K3+2Mn,+Et. 下列说法正确的是 A①可选择圆底烧瓶作为反应发生装置 我②中反应可证明酸性：HF>HC C③中备的下可用排水法收集 转移相同电子数时①和③产生气体的物质的量相等 5,硫循环在生态系笼的诸多领拔具有重要意文。在指定条件下，下列选项所示的物霞间 转化能实现的是 单元过美检测（五}化学第1页{共8页） 衡水真 大气 海洋 A工业制酸：Fs分0 且火山项爱：具S品0 C尾气吸收：S0 0a,s0 D酸W浸独：H,S0巴HS 6.氨底是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。如图为合战氢以及氢氧化制 硝酸的蔺程示意图。 N周 的 :尾处理装置 酸 下列说法错误的是 A,合成塔内爱生的反应中有丰极性甘的断裂和极性袖的生成 且氧化炉内发生的反成氧化剂与还草剂的物质韵量之比为5：4 C.使用NOH溶液吸收尾气中的氢氧化物，NO和NO,是酸社氧化物 D向吸收塔中通人C的作用是氧化NO 7.NSR技术可有效降低聚油发动机在空气过量条件下的O排放，O,的储存和还原在 不同时假交替进行，工作原理如阁所示， NO "H0 下列说法正确的是 A荣油发动机中NO,来源于荣油的不充分燃烧 且BuO转化为a(O)方的过程实院NO,的还原 C在储存和还原过程中只有O体观氧化性 D反度消耗的H与阳(NO):的物质的量之比是5：1 且L亚溶液可作为皆代氟利品的绿色制冷剂。合成LB的工艺流程如下 《少量，)一还一中和一谢… 道密卷 单元过美检测[五】化等算2页共8质) 4 下列说法情误的是 A还原工序递出的用NOH溶液吸牧，吸收液直接返还原工序 我除杂工序中产生的滤渣可用CS进行组分分离 C中和工序中的化学反应为1山.C0为+2HC0++21B+HO 九参与反应的(B)3n(B5)3n(HS0)为1：1：1 9.O十NH十HO十NQ一品H0:+NHC为侯氏制碱法的反成原理.制备过程： 气体人的能和济泼人兰人和食盐的德知溶楼人体三暴注波普品体。纯 碱，下列说法错误的是 A.把纯碱及第用步得到的品体与某些固体酸性物质（如酒石能）混合可制得发解勤 我第W步操作发生的化学反应为2NaH0O,△aC0+00,++1H,0 C气体A是C为，气体B是NH D,纯城可广泛地用于制玻璃，制皂，造纸，纺识等工业中 ,在价类二维图中融入“杠杆模型”，可直瑗排析露分物质转化及其定量关系。下图中的 字母分别代表硫及其常见化合物，相关排所不合理的是 单 20 化合价 A.溶液与小溶液反应过程中有浅黄色沉淀生成 五硫酸型酸雨的彩成过程沙及b到：的转化 C,g阴离子的中心原子的杂化轨道类型为 Dd在加热下与强碱溶液反皮华成e和，且(e).:w(D=1:? 11.氢元素在白然界的某种转化示意图如图所示(a、b、C和d代表一定比例的H广和e), NE.e NO 很化斜 -0 氧化利 NH 下列说法正确的是 4 单元过美检测〔五」亿学第3置{共8页) 衡水真 A.过程①中N体现氧化性 且过程物中发生反应的离子方程式为方十H十e”一NO年十HO C过程③中若NO和NHH按1：1反应，期e代表的是3H节+3e D过程④中1mdNH.参加反成，转移6msl电子 12,下列有关实验樱作，观象和结论均正确的是 店用 实烫操作 规单 特论 向某即肉随钾的食盐溶液中，馆人筵轮 溶流变为蓝色 萌酸与确酸钾反皮电 并摘人话骨确酸 威l 6 向含相可流度的K.阳程合潮液中核波常液分员，下限是 加人少量氧水相C,制荡，静置 氧化性：C6>l 禁虹色 将CL和HS气体在黄气中混合 系禁上岛瑞黄色 1的氧化性比S翼 因体 再支管各盛4mla1·【,酸性其 n人a2m:L 其能泰件相风：反应 0 锰雅钾溶液，分人多mLa1ml·L 每能溶液的试管中 浓度越大，反应罐率 草酸浒液和2mLQ.2md+L单能棉浪 湘粮紫色消失更失 感块 13.为探究2+H0+2H一4+210”碘离子氧化过程进行如下实验。 蜜号 27.56 推 HA 、帽健顺 审液 实轮内容 17 冷却至 5-10 实验现象 随著HO的不斯请人，产生大显气体， 陆看含雀蜜液不斯滴人，溶液度置，担 溶液变黄并不斯辉保至棕黄色后义实浅 匀后又铺色，不斯重复直至析出禁色沉爱 下列说法错误修是 A.实验1中溶液变浅是因为马+5日)一2H0十4H0 且实验2中出观赛色沉淀是因为H0+5H印一3L，+3H0 C,实验1中产生大量气体的原因是广被氧化的过程大量饺热 D实粒2相校干实验1，可节钓HO用量且有利于反应路点现据 1L已知水合群(NL·HO)具有较强还原性，道常可被氯化为%，观用如图流程可制 得较纯的单质PL。 四NHHO圈西王水P酸，NH:HO花西 下列有关说法错误的是 A,王水是山流盐酸与浓确酸组成的，与阻P1反应时浓甬酸表现出强氧化生 且已知儿[PL]是配合物，则中心离子是P叶+，配位数为台 密卷 单元过美检测（五）化学第4页{共8质) C悦扇除去残余的HNO,和氢氧化物，主题目的是防止干扰HPC]的还面 n由PO料得1md纯P,论上至少雷要1ml从H·HO作还原剂 15.现有易溶强电解凝组成的莲合溶液0L,溶液中可能含K,B,,NH.C1、 S,[A1(OHD.],OH中的几种，向其中道入C0气体，产生沉淀的量与道人C0为 的量之间的关系如图所示。 n(沉淀)m 44500m时 下列说法正确的是 A.该溶液中能确定存在的离子是B、名，，NH订 B肯定不存在的离子是C,OH C若不能确定的离子中只存在一种阳肉子，期该南子的最小浓度为02m河·L D0A段反皮的离千方式：2[A(OHD.]+C0一2A(OH),+C0十HO 16.已知B+2K1一2KB十1，S+1十2H0一HS0+2HH.将Q1 mol Be如人 100mL含等物质的量的H1与HS0人的混合溶液中，有一半的HI被氧化。下列说法 正确的是 A.物质的压联性：H>H:SO为>H 我H印与HS0的物爱的量流度均为16l·L C,加人1mdBm发生的离子方程式为5B十4H0为十I+4H0一4SX+ L十10+16HW D.若再加人Q05mBm,恰好像将HI和H,S)完全氧化 二、非选择题：本题共4小置，共56分。 17.(13分)这择性催化还原(SR)是在有出化剂的条件下将O转变为4和日O,这 是日前体酸厂进行尾气治理所膏意果用的一种方法。某化学兴堡小组报酸证O衡 被氢气还原并测算其花北米。 装香装青3 NH干 表数动安化剂 收N 国NU干规 五6装置 单元过美检测〔五」化学第5页{共8页) 衡水真是 氯化按和 试国答下列制题： (1)若用A装置制取氯气，则发生反应的亿学方程式为 :若用B装 置制取氢气，测分液烟斗和锥形瓶中客放的药品分划是 (2)用C装置取O时，用可拍的铜维的优点是 (3)装置⑦的作用可能是 〔4)装置®发生反皮的化学方程式为」 :若进入装量⑤的NO共 2688ml(已折算为标准状况，下同)，氨气过量，最后收集到标准状况下2016mL ,则NO的转化率为 18.(14分)从钢阳极视分铜渣碱浸液中国收T的工艺流程如图所示 通量ay N50 Te H50,H 。键策1.1e0 碱液 0 > 造 已知：①分铜流碱授液中南以T,的形式存在 ②N3O可将Te()还原为o价Te: ③TO,与氧化船的性质具有一定的相似性」 日容下列问题： (1)T中Te的化合价为 价，"还原“中发生反成的离子方程式（被工艺条 件下，+不沉淀)为 (2)“还原过程中，反应驾度、反应时间对南回收率的影响知图1所示，工业上一粒朵 取的条件为控制雪度为7石℃，反宝时间为120mn,其因是 国我中6 收平6 95 5 600 00101畅 温度气 1 反吃时拉m 密卷 单元过美检测（五）化等第6页{共8质) (3)“还瓜”过程中，NS0用量对萄目收率的影响如图2，随着S)用量增加，稀 问收率景先增大后减小趋劳，请分析当其用量大于果论用量的1,0倍时，曲线下降 的原因： 1码树的字台 0 60 40 N-S0用里 Q61可· 量 (4)加话量NS后，滤渣的成分为 (5)加酸调pH时发生反应的化学方程式为 ,加人硫腋的量不宜过多，其原因 19.(15分)某化学研究性学习小组为了副取侧里硫酸钠(N50),并对其性质透行研 究，特述行如下实验，目答下列问题： 实验一：制取焦亚镜酸钠。 研究小组采用下阁装置〈实验前已除尽装置内的空气》制取N向SO。装置Ⅱ中有 NSQ品体析出，爱生的反应为NSO十S一Nm5O,. (门)装置1中道常采用70%~80%的浓硫酸与亚硫酸钠固体反皮制取S0,面不用 B%的浓硫酸成极解的稀南酸，原因是 ()若要从装置Ⅱ中获得已析出的品体，所采取的分离方法雷用到的玻璃仪器 有 作 业蘭胶的 1 (3)装置重用于处赚尾气，请质出用来处理尾气的实验装置，注明相应的试剂 (4)已知N50将于水后，立睡生成NH,该反庞的离子方程式为 (5)用pH试低测得NaHS)南液型限性，其溶液星酸性的原因是 (6)取少魔集亚便酸钠高体于试查中，其中滴加酸性KMO溶液，附烈反应，溶液餐 红色很快盘去，经测定溶液中产生Mm”,该反成的离子力式是 实验二：焦亚硫能钠的含量测定， 测定产品中焦亚经酸然的质量分数常用剩余碘量法。 单元过美检测〔五」亿学第7页{共8页) 衡水真是 已知：50+21+3H0一25x十41广十6Hr,250十180%+1广. ①精确称取干燥的产品心.20g放入碘量氘（箭磨口塞的性形瓶）中。 ②向碘量中准确移取10,00ml,1.00m6l·1的标在成溶液（过量），最篱，使其与 产品中的，蛋硫酸的充分反应。 ③加人1一2ml.淀粉溶浅，用标准1,00d·11NaS,0格液满定至接近终点，重 复操作3次，经计算得消耗标裤液平均体积为1683mL (7)上述实验操作滴定终点的现象为 :限据上述实验，计算产品中焦 蛋硫酸销的质量分数为 21,(14分)现以铅蓄电池的填充物船膏（主要含P0、O、10和少量FO)为原料，可 生产三盐基硫限船(S0·3O·O》和%产品FeO·zHO.其工艺流程如下， 过量的Na0, NaCO前情 餐INO NOH圆 的套一一转化 除 0-60 连造料收】 气体X 分肉出物Y并新环利川 巨盐精德阳简十学过速，任溶- 流缸 已知K.P00)-7.5X10",Ke(Pl90)=2.5×10. 回答下列同题： (1)~转化”后的4南物质为C0和少量S0,期0转化为CO,的离子方程 式为 ,滤液1中文和S的浓度比为 (2)~酸浸”过程，产生的气体X主要有NO《氮氧化物)和 (填化学式》： 《填"可以“或"不可以")使用面HS0十O]替代HNO. (3)“除杂”中滤渣的主要成分为 (填化学式)：“沉卧”后精环利用的物质Y是 《填化学式》。 (4)在50一-60℃“合或”三盐基硫酸铅的化学方程式为 (5)根据图2乐示的溶解度团温度的变化由线，由使液1”和"能液2”養得N0晶 体的操作为将“滤液祺节日为7，然后 ,洗涤后干燥 80 白0 40 20 密卷 单元过美检测（五】化学第5页{共8质）·化学 (2)根据分析，“还原”步骤主要反应的离子方 程式为2Cu2++S0g+2C+H20 2CuC1,+SO+2H+:为了使Cu+全部被还 原，提高Cu+的还原速率、防止生成的Cu被 空气氧化，则“还原”步骤中需亚硫酸铵适当过 量：随着NH,CI用量增加，发生反应CuCI十 NH,Cl-NH.CuCl2。 (3)“还原”步骤中亚硫酸铵适当过量，得到的 CuC】需用硫酸酸洗、水洗后再用乙醇洗涤，使 用乙醇的目的为加快CC】表面水分的蒸发，防 止CuCl水解氧化。 (4)“酸溶”过程中引入了硝酸铵和硫酸，“还原” 过程引入了亚硫酸铵和氯化铵，分析可知M为 硫酸铵」 2024一2025学年度单元过关检测 一、选择题 1.A【解析】A陶瓷是良好的绝缘体，传统陶瓷 是典型的绝缘材料，常用于高压变压器的开关外 包装和器件，A正确：B.陶瓷的主要成分为硅酸 盐，而不是SiO2和MgO,B错误；C.陶瓷烧制过 程有新物质生成，属于化学变化，C错误：D.由 于Fe+、Fe3+和铁的氧化物均有颜色，故陶瓷中 含铁量越多，陶瓷的颜色越深，白瓷中铁含量较 低甚至几乎不含，D错误。 2.D【解析】A.氯化铵固体受热分解为氨气和氟 化氢，在上方逼冷又化合生成氯化铵，发生化学 变化，A错误；B.一水合氨受热分解，氨气逸出， 溶液红色变浅，发生化学变化，B错误：C.二氧化 硫与品红反应生成的无色物质受热分解，溶液变 红色，发生化学变化，C错误：D.碘单质受热升 华，发生物理变化，D正确。 3.C【解析】AC2的密度比空气的大，应该用向 上排空气法收集，A错误；B.溶液中加入NaOH 浓溶液并加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸 变蓝的气体，证明溶液中含有NH3,不能用蓝色 石燕试纸检验溶液中的NH,B错误；C.加入 BaCl2溶液产生白色沉淀，溶液中不一定含有 CO,还可能是SO,Ag,C正确：D.SO2能 使品红溶液褪色，而C○2不能使品红溶液褪色， 所以可以用品红溶液鉴别CO2和SO2,D错误。 4.D【解析】A,圆底烧瓶的材质为玻璃，含有 SiO,HF能和SiO2反应，所以不能选择圆底烧 瓶作为反应发生装置，A错误：B.HF为弱酸、 1 参考答案及解析 (5)氯化亚铜与FcCl反应，Fe3+十CuCl Fe2+十Cu+十CI,加入K2Cr2O,溶液发生反 应：6Fe2++Cr2O片+14Ht一2Cr3++ 7H2O十6Fe3+,设CuC1的物质的量为n,反应 的关系式为 6CuCl~6Fe+ Cr2O 6 n 0.2×25×103mol 样品中CC的质量分数=m= m(样品) 99.5g·mo1×6×0.2mol.L1X0.025L× 5 g 100%=59.7%。 (五)化学·非金属及其化合物 HCI为强酸，B错误：C.F2和HO反应生成HF 和O2,所以F2不能采用排水法收集，C错误： D.反应①为10HF+2KF+2KMnO+3HO2 2K2MnF6十8H2O十3O2◆，每生成1molO2,转 移电子的物质的量为1mol×2×[0一（一1）]= 2mol,反应③中每生成1molF2转移电子的物 质的量为1mol×2×[0一(-1)]=2mol,D 正确。 5.B【解析】A.FeS2只能转化为SO2,A项不能 直接转化；B.H2S经燃烧转化为SO2,B项可实 现转化：C.NaCO,+SO2一Na:SO+CO2,C 项不能转化：D.HzSO,与Fe反应产生FeSO 和H2,D项不能转化。 6.C【解析】氦气和氨气合成氨气，氨气和氧气反 应生成一氧化氮和水，一氧化氨和氧气反应生成 二氧化氨，二氧化氨和水反应生成硝酸和一氧化 氯。据此解答。A合成塔内为氨气和氢气反应 生成氨气，有氮气和氢气中的非极性键的断裂，还 有复气中的极性健的形成，A正确；B氧化炉内的 反应为4NH十50，催化潮4N0十6H,0,氯气为 还原剂，氧气为氧化剂，则氧化剂和还原剂的物 质的量之比为5：4，B正确：C.一氧化氮和二氧 化氨都不是酸性氧化物，C错误；D.吸收塔中通 入氧气是为了使一氧化氨和氧气反应生成二氧 化氮，最终转化为硝酸，D正确。 7D【解析】A.柴油发动机在空气过量时，在电 火花条件下N2和O2化合生成NO,A错误； 衡水真题密卷 B.从图示可知，BaO转化为Ba(NO)2的过程实 现NO的储存，而非NO2的还原，B错误；C在 储存过程中O2体现氧化性，在还原过程中 Ba(NO3)g体现氧化性，C错误；D.还原过程中 H2与Ba(NO)2反应生成H2O、N2和BaO,根 据得失电子守恒，H2与Ba(NO)2的物质的量 之比是5：1，D项正确。 8.A【解析】由流程可知，氢决酸中含有少量的 澳，加入硫化银生成澳化钡和硫，再加入硫酸除 杂，得到的滤渣为硫酸钡和硫；加入碳酸锂进行 中和，得到的澳化锂溶液经浓缩等操作后得到产 品浃化锂。A.还原工序逸出的Br2用NaOH溶 液吸收，吸收液中含有澳化钠等物质，若直接返 回还原工序，则产品中会有一定量的决化钠，导 致产品的纯度降低，A说法错误；B.除杂工序中 产生的滤渣为硫酸钡和硫，硫属于非极性分子形 成的分子晶体，而硫酸钡属于离子晶体，根据相 似相溶原理可知，硫可溶于CS2,而疏酸钡不溶 于CS,因此可用CS进行组分分离，B说法正 确：C中和工序中，碳酸锂和氢溴酸发生反应生 成决化锂、二氧化碳和水，该反应的化学方程式 为Li2CO+2HBr一CO2↑+2LiBr+H2O,C 说法正确：D.根据电子转化守恒可知，溴和硫化 钡反应时物质的量之比为1：1：根据硫酸钡的 化学组成及钡元素守恒可知，n(BaS): n(HSO)为1÷1，因此，参与反应的n(Br2) n(BaS):n(H2SO4)为1：11，D说法正确。 9.C【解析】本题模拟侯氏制碱法的流程，需要注 意的是原料中氨气与二氧化碳的加入顺序，二氧 化碳在水中的溶解度较小，若先通入二氧化碳， 原子利用率不高，纯碱产量低；而氨气极易溶于 水，故应先加入氨气，再加入二氧化碳。A纯碱 及第Ⅲ步得到的碳酸氢钠晶体，它们与某些固体 酸性物质（如酒石酸）混合可制得发酵粉，A正 确：B.第N步是将得到的NaHCO3晶体加热分 解：2 NaHCO,△NaCO5十CO2↑十H2O制备 纯碱，B正确：C,依据侯氏制碱法的原理，向氨化 的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢 钠，加热反应制各纯碱，则气体A为氨气，B为二 氧化碳，C错误：D.碳酸钠是重要的化工原料之 一，用途广泛，是制造玻璃、肥皂、洗涤剂、纺织 品、皮革、香料、染料、药品等的重要原料，D 正确。 10.D【解析】A.a是H2S,b是H2SO3,两者溶液 单元过关检测 反应后生成单质S沉淀，A正确；B.b到c的转 化即是亚硫酸转化为硫酸，硫酸型酸雨的形式 涉及该反应，B正确；Cg是硫酸盐，阴离子是 硫酸根离子，中心原子S采取即3杂化，C正 确；D.d是S单质，在加热的条件下与强碱反 应生成硫化钠和亚硫酸钠，两者的物质的量之 比2：1，D错误. 11.A【解析】过程①中NO转化为NO2,N元 素由十5价下降到十3价，NO体现氧化性，A 正确：过程②中NO2转化为NO,离子方程式 为NO2+2Ht+e一NO↑+HO,B错误； 过程③中NO转化为N2H,N元素化合价由 十2降低到一2，离子方程式为NO十NH时十 3e+2H一N2H+HO,c代表的是2H++ 3e,C错误；过程④中N2H转化为N2,N元 素化合价由一2升高到0,1molN2H4参加反 应转移4mol电子，D错误。 12.C【解析】A.硝酸不能还原碘酸钾生成碘，溶 液不会变蓝，A错误：B.少量氯水先氧化KI生 成碘，说明还原性：I>B,碘易溶于四氯化碳， 溶液分层，下层呈紫红色，氧化性：C2>L, Br2>I2,无法判断Cl2>Br2,B错误：C.Cl2和 H2S气体反应生成S,瓶壁上出现黄色固体，可 知Cl2的氧化性比S强，C正确：D.酸性高锰酸 钾溶液过量，褪色不明显，应控制酸性高锰酸钾 溶液不足且等量，改变草酸的浓度，探究浓度对 反应速率的影响，D错误。 13.C【解析】A.溶液变黄说明生成碘单质，黄色 不断加深至棕黄色后又变浅，说明生成的碘单 质又和过氧化氢反应转化为高价态的碘酸，导 致溶液颜色变浅，A正确；B.碘单质为紫黑色 固体，溶液变黄，摇匀后又礼色，说明生成了碘 酸，再加入过量的碘离子，碘离子具有还原性， 和碘酸发生氧化还原反应生成碘单质，B正确： C.过氧化氢不稳定，在碘离子催化作用下会生 成氧气，故产生大量气体的原因是过氧化氢在 碘离子催化下分解生成氧气，C错误：D.实验1 中开始过氧化氢分解生成氧气导致过氧化氢没 有和碘离子反应，且实验2中生成紫色沉淀现 象明显，故实验2相较于实验1，可节约HO 用量且有利于反应终，点规察，D正确。 14.D【解析】A.王水由浓盐酸与浓硝酸按 3:1体积比混合而成，与粗Pt反应时 生成H2[PCL]、NO等，所以浓硝酸表现强氧 ·化学· 化性，A正确；B.已知H2[PCl]是配合物，则 中心离子是P1+,CI为配体，所以配位数为6， B正确；C.水合肼(N,H·HO)具有较强还原 性，脱硝的目的是除去残余的HNO3和氮氧化 物，防止其千扰H2[PtC]的还原，C正确； D.由PtO2制得1mol纯Pt,发生反应的关系式 为PtO2~N2H,·H2O,由H2[PtCl6]制得纯 Pt,发生反应的关系式为H2[PCL6]~ N2H·H2O,则由PtO2制得1mol纯Pt,理论 上至少需要2 mol N2 H·HO作还原剂，D 错误。 15.C【解析】据图像分析，通入二氧化碳，立即产 生沉淀，之后沉淀量保持不变，继续通入气体， 沉淀量增加，然后又再次保持不变，之后又减 少，最后又保持不变，据此分析。在OA段产生 沉淀，说明一定含Ba+、OH,根据离子共存条 件，一定不含SO、NH计，在BC段又产生沉 淀，说明含[AI(OH)4],OA段反应的离子方 程式为Ba++2OH+CO2一BaCO↓+ H2O,通入1mol二氧化碳生成1mol沉淀，所 以含Ba+为1ol,AB段沉淀不变，发生反应 CO2+2OH一CO+HO,结合OA段可 知落液含OH共3mol,根据BC段可知发生反 应：2[A1(OH)4]+CO2一2A1(OH)3￥+ CO号+H2O,消耗二氧化碳0.5mol,即 [A1(OH),]厂的物质的量为1mol,CD段发生 反应：CO片+CO2+H2O一2HCO5,DE段 发生反应：BaCO+CO2+H2O一Ba2++ 2HCO方，根据电荷守恒，已知阳离子所带正电 荷量为Ba十所带电荷量即2mol,阴离子所带负 电荷量为A1(OH),厂、OH所带电荷量： 1mol十3mol=4mol,故一定还含阳离子，根据 电荷守恒，计算出所含阳离子物质的量，进而计 算出浓度。A.根据以上分析可知，一定含Ba+ [AI(OH)4]、OH,一定不含NHt、SO,不 能确定离子中至少还存在一种阳离子，所给阳 离子中还有K,Na没确定，CI无法确定，A 错误；B.根据以上分析可知，一定含OH,一 定不含NH、SO,B错误：C.所给阳离子中 还有K、Na没确定，若只存在一种阳离子 (K+或Na+),当不含氯离子时，则阳离子浓度 最小，根据电荷守恒，所含离子的物质的量设 为n,则有n十2mol=4mol,n=2mol,体积 为10L,所以浓度为0.2mol·L,C正确： 参考答案及解析 D.根据以上分析可知，OA段反应的离子方程 式：Ba++2OH+CO2-BaC0￥+H2O, BC段发生反应：2[A1(OH):]+CO2 2A1(OH)3￥+CO号+H2O,D错误。 16.C【解析】A.根据反应Br2十2KI一2KBr十 l2可知，还原性：I>Br;根据反应SO2十l2十 2H2O一HzSO4十2HI可知，还原性： HSO,>I,则物质的还原性：H2SO>I广> Br,A错误：B.假设HI与H2SOa的物质的量 均为xmol,H2SO3反应消耗Br2的物质的量 为xmol,有号molH被氧化产生l,其反 应消耗Br,的物质的量为子mol,xmol+ 千mol=0.1mol,解得x=0.08,所以H与 H,SO,的物质的量浓度c=0.08mol 0.1L 0.8mol·L1,B错误；C.加入0.1 mol Br2时 被氧化的HI是HSO的一半，发生反应的离 子方程式为5Br2+4H2S03+2I+4H2O 4SO+12十10Br+16H+,C正确：D.根据选 项B分析可知，混合物中含有H2SO方、HⅡ的物 质的量都是0.08mol,当加入0.1 mol Br2时 HΠ只有一半被氧化，还有0.04 mol HI未发生 反应，根据反应：Br2十2HI一2HBr十L,可知 0.04 mol HI若再被氧化会消耗0.02 mol Br2, 反应共消耗Br2的物质的量为0.1mol十 0.02mol=0.12mol,D错误. 二、非选择题 17.(1)2NHCl+Ca(OH)2--CaCl+2NH+ 2HO浓氨水、生石灰（碱石灰或氢氧化钠固 体等) (2)反应可以随时关停，操作方便且可反复使 用，节约药品 (3)吸收未反应的NO (④6NO+4NHg5N+6H090% 【解析】(1)A装置发生反应2NH,CI十 Ca(OH),△CaC2+2NH↑+2H,0。若改 用B装置属常温“固体十液体→气体”型，则 可利用浓氧水与生石灰反应来制取。 (2)C装置的优点是铜丝可抽动，反应可以随时 关停，操作方便且可反复使用，节约药品。 (3)装置⑦的作用是吸收未反应的NO。 衡水真题密卷 (4)NO与NH反应的化学方程式为6NO十 4NH,催化剂5N,+6H,0,由化学方程式知， 2688mLNO可以生成2240mLN2,N○的转 化率为号98×100%=90%（其他合理解法 亦可)。 18.(1)+6Te0+S0=Te03-+S0 (2)在该条件下，回收率已经大于95%，再提高 反应温度、延长反应时间对回收率影响不大，反 而会增加生产成本 (3)过量的Na2SO,可将Te(IW)还原为0价 Te,致使溶液中Te(N)浓度下降 (4)PbS、CuS (5)Na2TeO5+HzS04—TeO2↓+ Naz SO+H2O 过量的硫酸会和TeO2反应，导致TeO2产率 降低 【解析】向分铜渣碱浸液中加入亚硫酸钠， TeO与SO反应得到TeO和SO,溶 液含TO、Cu+、Pb2+,加适量硫化纳沉淀 Cu+、Pb2+,过滤得滤渣为PbS、CuS,滤液加造 量硫酸、调pH,TeO号与H2SO,反应生成 TeO沉淀。 (1)TeO中Te的化合价为十6价，“还原”中 TeO与SO反应得到TeO房和SO,发 生反应的离子方程式为TeO片十SO号 TeO月+SO片。 (2)由图可知，“还原”过程中，采用“反应时间为 120min、75℃”的原因是该条件下，回收率已 经大于95%，再提高反应温度、延长反应时间 对回收率影响不大，反而会增加生产成本。 (3)“还原”过程中，发生反应的离子方程式为 TcO+SOg一TcO房+SO,又知 Na2 SO可将Te(V)还原为0价Te,则 Na2SO3的用量大于理论用量的1.0倍时，曲线 下降的原因为过量的Naz SO可将Te(IW)还 原为0价Te,致使溶液中Te(IW)浓度下降。 (4)加适量Na2S除铜、铅，由于发生反应： Cu2++s--CuS,Pb2++S2--PbS￥， 则滤渣的成分为PbS、CuS。 (5)加适量的酸调pH时发生反应的化学方程式 为Nae TeO3+HSO,一TcO2↓+Nae SO+ H2O,已知TcO2与氧化铝的性质具有一定的 相似性，则硫酸会和TO2反应，则加酸调pH 2 单元过关检测 时加入硫酸的量不宜过多。 19.(1)98%的浓硫酸以分子形式存在，不能提供 H;浓度极稀的稀硫酸会使产生的SO2部分 溶解在其中，造成损耗 (2)烧杯、漏斗、玻璃棒 (3) NaOH溶液 NaOH溶液 (4)SO+H2O-2HSO (5)HSO方的电离程度大于水解程度 (6)5SOg+4MnO,+2H+一10S0+ 4Mn2+H2O (7)当滴入最后半滴Na S2O,溶液时，溶液由 蓝色变为无色，且半分钟内不恢复76% 【解析】(1)装置I中亚硫酸钠与硫酸反应生成 硫酸钠、二氧化硫与水，98%的浓硫酸中硫酸主 要以分子形式存在，氢离子浓度小，反应速率 慢。二氧化硫易溶于水，硫酸浓度过小，不利于 二氧化硫逸出，造成损耗。 (2)装置Ⅱ中获得已析出的晶体，分离固体与液 体应采取过滤方法进行分离，过滤需用到的玻 璃仅器有烧杯、漏斗、玻璃棒。 (3)二氧化硫有蠢会污染环境，装置Ⅲ为尾气处 理装置，用氢氧化钠溶液吸收未反应的二氧化 硫，同时用倒置的漏斗或千燥管防止产生倒吸， 实验装置为 NaOH溶液 NaOH溶液 (4)由题意可知Nae S2O溶于水后，立即生成 NaHSO,反应的离子方程式为SOg十 H2O-2HSO为。 (5)用pH试纸测得NaHSO溶液呈酸性，说明 溶液中HSO万的电离程度大于水解程度。 (6)由题意可知，焦亚硫酸钠与酸性高锰酸钾溶 液发生氧化还原反应生成硫酸钠、硫酸锰和水， 反应的离子方程式为5SO%+4MnO+2H+ -10S02+4Mn2++H20。 (7)由题意可知，当滴入最后半滴硫代硫酸钠溶 液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢 复，说明达到滴定终点；由离子方程式可得 2m(S,0房)+2(S0所)=nl),n(S,0房)= ·化学· 号×1×10-号×1.68×102）mol=8× 10-mol,则焦亚硫酸纳的质量分数为 8×10-4×190×100%=76%。 0.2 20.(1)PbO+CO+SO+HO-PbCO+ S0+20H3.0×10- (2)C02不可以 (3)Fe(OH)3 HNO (44PhSO,+6NaOH50-60CPS0,·3P0· H2O+3Na2 SO+2H2O (5)蒸发浓缩结晶趁热过滤 【解析】铅蓄电池的填充物铅膏加入过量的亚 硫酸钠、碳酸钠反应得到PbCO、少量PbSO, 及不反应的氧化亚铁，过滤后固体加入稀硝酸 酸溶，二价铁被氧化为三价铁同时生成氮氧化 物气体和二氧化碳气体：加入氢氧化钠调节pH 生成氢氧化铁沉淀，滤液加入稀硫酸将铅转化 为沉淀，加入氢氧化钠加热后过滤分离出沉淀， 洗涤得到三盐基硫酸铅。 (1)PbO,和加入的碳酸钠、亚硫酸钠反应转化为 PbC0,离子方程式为PbO2十CO号+SO房+ H2O一PbCO3￥+SO+2OH;滤液1中 COg和S0的浓度比为cC0) c(SO) 2024一2025学年度单元过关检测(7 一、选择题 1.A【解析】A.次氧酸的结构式为H一OC1,电 子式为H:O::,故A正确；B.亚铁离子的核电 荷数为26，核外有3个电子层，最外层电子数为 14,离子的结构示意图为 +26 28 14,故B错 误；C.铬元素的原子序数为24，核外电子排布 式为1s22s22p3s23p3d4s,故C错误：D.三氯 化磷的空间构型为三角锥形，磷原子的原子半径 大于氯原子的，空间填充模型为 D错误。 2.B【解析】A.5Ac、Ac互为同位素，核外电 子数都是89，故A错误；B.5Ac、0Ac的核外 ·21 参考答案及解析 c(Pb2+)·c(COg) K(PbCO,) c(Pb+)·c(SO) Kp(PbSO 7.5×10-14 2.5×10-8=3.0×106. (2)“酸浸”过程，碳酸根离子和氢离子反应生成 二氧化碳，故产生的气体主要有NO(氮氧化 物)和CO2;铅离子会和硫酸根离子反应生成硫 酸铅沉淀导致铅损失，故不能使用[HzSO,十 O2]替代HNO3。 (3)“除杂”中铁离子和氢氧根离子反应生成氢 氧化铁沉淀，故滤渣的主要成分为Fe(OH)3: “沉铅”过程中硫酸和硝酸铅反应生成硫酸铅沉 淀和硝酸，故循环利用的物质Y是HNO。 (4)在50一60℃加入氢氧化钠“合成”三盐基硫 酸铅，化学方程式为4PLS0,十6NaOH0-60℃ PbS0·3PbO·HO+3NaSO+2HO。 (5)由图可知，温度低于45℃左右时得到 Na2S0·10H20晶体，高于45℃时得到 Na2SO4晶体，且温度升高Naz SO4的溶解度减 小，故由“滤液1”和“滤液2”获得Na2SO,晶体 的操作为将“滤液”调节pH为7，然后蒸发浓缩 结晶、趁热过滤，洗涤后干燥。 大)化学·物质结构、元素周期律 电子排布相同，故二者的化学性质几乎相同，故 B正确；C,Ac、rAc互为同位素，质子数相 同，在元素周期表中的位置相同，故C错误： D.Ac、Ac的质量数不同，故相同物质的量 的5Ac和7Ac的质量不同，故D错误。 3.B【解析】AS2Cl2分子中只含单键，单键均为 o键，故A正确：B.根据SCl2的结构可知，其正 负电荷中心不重合，为极性分子，故B错误； C.该分子中每个S原子形成2个共价键，含有2 个孤电子对，则每个S原子价层电子对数均为4， S原子的杂化类型为s即p杂化，故C正确；D.根据 题意可知，SC与水反应可能生成HCl、SO和 S,反应的化学方程式为2SC十2H20 SO2↑+3S￥+4HCl,故D正确。 4.D【解析】X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大 且小于20，Y、R最外层电子数均为1，且原子半 径R较大，则R为钾、Y为钠；X最外层电子数 为4，且半径小于Z、Q,X为碳：Z、Q最外层电子