专题卷(4)非金属及其化合物-【鱼跃龙门卷】2026年高三化学二轮复习专题金卷（黑吉辽蒙专版）

高三二轮复习专题卷 O2个，可得到NaAlO2、Na2SiO3、FeO,和Na2TiO3,且碳酸钠过 量，加水后，NaA1O2转化为Na[AI(OH).],“滤液”中除了含有 Na[Al(OH),]和Na2SiO3,还含有过量的Na2CO3,滤渣中含有 FeO4和Na2TiO3,FeO4具有磁性，被分离出，然后酸浸 Na2TiO3转化为Ti02+,Ti02+发生水解反应Ti0++2H20 一H2TiO3↓+2H+,再经过过滤操作，得到H2TiO3沉淀。 【解析】结合后续流程图可知，Na2TiO,为难溶性钠盐；加水后， NaAlO.2转化为Na[Al(OH)4],“滤液”中除了含有 Na[Al(OH)d]和Na2SiO3,还含有过量的Na2CO3,主要的阴离 子为[A1(OH),]、SiO、CO?;经过“操作X”分离可得沉淀 为过滤操作；已知“酸浸”后钛主要以TOSO4形式存在，则 T02+水解的离子方程式为Ti02++2H,0一H2TiO￥+2H。18 二、非选择题 16.(1)Fe-2eFe2+ (2)①6Fe(OH)2+O2-2Fe3O4+6H2O②12C1-612 120H (3)①>②作还原剂③取最后一次的洗涤液加入试管中， 加入HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀产生，证明 FeOCl转化完全 【解析】(1)钢铁在潮湿的空气中发生吸氧腐蚀，负极上铁失电 子发生氧化反应，电极反应式为Fe一2e—Fe2+ (2)①Fe(OH)2在空气中被氧化为Fe.O4的化学方程式是 6Fe(OH)2+O2-2FeO,+6H2O. ②有氧条件下，FeO4在含CI的溶液中会转化为FeOCl,Fe 元素化合价升高，O元素化合价降低，根据得失电子守恒和原 子守恒配平离子方程式为4Fe3O,+O2+12CI+6H2O 12FeOC1+12OH-。 (3)①FeOCl在NaOH的作用下转变为FeO(OH),根据沉淀转 化的规律：溶解度小的转化为溶解度更小的，可知溶解度 FeOCl>FeO(OH)。 ②FeOCl转化为FeO,的过程中，部分Fe元素化合价降低， 作氧化剂，则Na2SO3的作用是作还原剂。 ③若FeOCl转化完全，则洗涤液中不存在CI,取最后一次的 洗涤液加入试管中，加入HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无 白色沉淀产生，证明FeOCl转化完全。 17.(1)3s23p4 (2)打开K (3)H2S+Cu2+CuS￥+2H+避免空气中的水蒸气和氧 气进入D中，防止Li2S潮解和加热时被氧化（合理即可） (4)没有尾气处理装置 (5)4H,+Li,S0,△4H,0+Li,S （6)23(2c-bY2%或23(2cV-bv,)x10 -×100% 10a 【解析】装置A中为粗锌与稀硫酸反应制氢气，由于粗锌中含 有少量Cu和FeS,所以氢气中会混有硫化氢，气体通入B中的 硫酸铜溶液中除去硫化氢，然后通入C中的浓硫酸中干燥氢 气，在D中氢气与Li2SO4反应生成Li2S,为防止L2S潮解和 加热时被氧化，D后加一个盛有浓硫酸的洗气瓶，防止空气中 的水蒸气和氧气进入D中。 (1)基态S原子的价层电子排布式为3s23p。 (2)已知Li2S易潮解，在加热条件下易被空气中的O2氧化，所 以在实验开始前应该先打开K,利用H2除去实验装置内部 空气。 (3)气体通入B中的硫酸铜溶液中除去硫化氢，反应的离子方 程式为H2S十Cu+一CuS↓+2H+;装置E中盛放浓硫酸， 1 避免空气中的水蒸气和氧气进入装置D中，防止Li2S潮解和 加热时被氧化。 (4)该装置中没有对尾气氢气进行处理。 (5)H2与Li2SO4发生氧化还原反应，化学方程式为4H2+ Li,s0,△4H,0+Li,S。 (6)稀硫酸的消耗分为两部分，一部分与L2S反应生成硫化 氢，剩余部分被NaOH溶液消耗，则n(Li2S)=(cV1一 2 10-,故产品纯度为nLis9》·M×100%= (cy-22)X109×(7×2+32)g X100%=23(2cV-bV2%。 a g 10a 6s 6p (1H☐ (2)增大反应物的接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分 (3)5C,0,+6NaNO,十14NaOH焙绕1ONa,C0,+3N,↑+ 7H,O (4)[A1(OH).]-+CO2=AI(OH)3+HCO3 (5)pH过大可能导致“沉铬”时生成PbCO3杂质；pH过小， c(H+)过高，会促使CrO转化为Cr2O号 (6)过滤、洗涤、干燥 (7)2.8 【思路分析】将铬渣（主要成分Cr2O3,含有少量FezO,、 Al2O、SiO2)“粉碎”，加入NaOH、NaNO3“氧化焙烧”后， Cr2O3转化为Na2CrO4,“水浸”后，滤渣1为不溶于水的 Fe2O3,通入CO2“除杂”，将滤液中的Na[Al(OH),]、Na2SiO3 转化为A1(OH)3、H2SiO3沉淀除掉，故滤渣2为A1(OH)3、 H2SiO3,滤液中含有Na2CrO4,加入硝酸“调pH”一般调至接 近中性，一方面防止后续形成PbCO3,另一方面可防止CO 转化为Cr2O号，加入硝酸铅“沉铬”得到PbCrO,,经过系列操 作得到铬酸铅，据此解答。 【解析】(1)Pb与C元素位于同一主族，为第六周期IVA族，基 态Pb原子的价电子排布式为6s26p2,价电子排布图 6s 6p 为和口 (2)“粉碎”的目的是增大反应物的接触面积，加快后续“氧化 焙烧”等过程的反应速率，使焙烧更充分。 (3)“氧化焙烧”时，Cr2O3与NaOH、NaNO3反应生成了N2, NaNO3作氧化剂，Cr(Ⅲ)被氧化为Cr(I),根据得失电子守 恒和原子守恒配平化学方程式为5Cr2O3十6NaNO3+ 14Na0H格桡10Na,Cr0,+3N,个+7H,0. (4)由分析可知，“除杂”中Na[Al(OH)4]和CO2反应生成金 属化合物A1(OH)3,离子方程式为[A1(OH)4]+CO2 AI(OH)3￥+HCO。 (5)“除杂”过程中会生成NaHCO3,调pH至接近中性，原因： 若pH较高，“沉铬”时会发生离子反应HCO3+OH+Pb2+ 一PbCO3Y+H2O,生成PbCO3杂质；若pH较低，发生反 应2CrO十2H+=Cx2O?-+H2O,导致产率下降。 (6)一系列操作通常包括过滤、洗涤、干燥，然后再研磨粉碎。 (7)幼童血铅总量为450g·L1×2L=900g(即0.0009g), 设这是摄人铅总量的0.1%，则摄人铅=0,0098=0.9g,工 0.001 业铬黄中约50%为PbCrO,PbCrO4中铅所占质量分数为 207+52+4X16≈64.1%。故颜料中铅的质量分数≈0.50× 207 64.1%=0.3205,即摄人颜料质量=03205≈2.8g。 (1)①2Fe2++C1O+5H20-2Fe(OH)31+C1+4Ht ②3.1~4.0③c④盐酸冷却结晶过滤 (2)b 4 【思路分析】向铝土矿中加入稀盐酸，滤液A中含有氯化铝、 第二种情况，假设只发生反应3C2十6KOH一5KC1+KC1O,+ 氯化铁、氯化亚铁，加入适量漂白液目的是氧化除铁，所得滤液 n(Cl)3 n(Cl2) B显酸性，具有氧化性的次氯酸根离子将亚铁离子氧化为铁离 3H20n(K0H) 6 =0.6m0得出n(C,)=0.3mol5 子，在溶液中形成氢氧化铁沉淀后除去；二氧化硅与氢氧化钠 n(K+)6 固体焙烧得到硅酸钠。 n(CI) 5,转移电子的量n(e)=0.5mol。 【解析】(1)①氧化除铁的原理为漂白液中的次氯酸根将亚铁 离子氧化为氢氧化铁，根据得失电子守恒、元素守恒和电荷守 综合上述分析可知，与KOH反应的氯气为0.3mol;5 恒，可得离子方程式为2Fe++Cl0+5H20一2Fe(OH)3↓+ n(K)2 C1-+4H+ n(C)不丘，3：1不在此范围内；若反应中转移的电子为 ②氧化除铁时使铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀而除去，铝 nmol,则0.3<n<0.5;根据得失电子守恒可知，生成KC1转移 离子不能形成氢氧化铝沉淀，故需控制溶液的pH范围为 电子数=生成KC1O和KClO3转移电子数之和，D项中10× 3.14.0。 1≠3×1+1×5。 ③滤液B中的铝元素以A13+的形式存在，氢氧化钠可以沉淀 铝离子但过量后会溶解氢氧化铝，硫酸溶液不能沉淀铝离子， 5.D【解析】CIO在酸性环境下能将I厂氧化为12，二者会发生 氧化还原反应，其离子方程式为C1O+2H+2I厂—C1+ 二氧化碳和铝离子不反应，不能用于沉淀铝离子；氨水与铝离 子反应会形成氢氧化铝沉淀，即使氨水过量也不能溶解氢氧 I2+H2O;NH,CI溶于D2O中，NH结合D2O电离的OD生 化铝，故选c。 成NH?·HDO,同时生成D+,其离子方程式为NH4十D2O ④加入浓盐酸抑制氯化铝的水解，后续操作为边滴加浓盐酸 一NH3·HDO+Dt;石灰乳为悬浊液，不能将Ca(OH)2拆 边蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，即可得到氯化铝 分，应保留化学式，则正确的离子方程式为Cl2十Ca(OH)2 晶体。 Ca2++C1-+ClO-+H2O。 (2)蒸发皿不能用于焙烧固体，a不符合；铁坩埚可以焙烧二氧 6.A【解析】实验室制取氯气，尾气应该选取氢氧化钠溶液吸收： 化硅和氢氧化钠制备硅酸钠，b符合；玻璃中含有的二氧化硅 NHCl和Ca(OH)2固体混合物加热制取氨，应用向下排空气 和氢氧化钠反应，C不符合；瓷坩埚中含有二氧化硅，与氢氧化 法收集NH;配制100mL1.00mol·L-1KC1溶液，应在烧杯 钠反应，d不符合。 中溶解飞C1固体，冷却后转移到容量瓶中，不能在容量瓶中直 (1)a 接溶解固体KCI。 (2)加快反应速率，提高酸溶效率水浴加热 7.C【思路分析】由题给流程可知，向碘的四氯化碳溶液中加入 (3)2Fe2++H2O2+2H+—2Fe3++2H2O 碳酸钠溶液，碳酸钠溶液与碘反应得到含有碘化钠和碘酸钠的 (4)2.8 混合溶液，分液得到四氯化碳和溶液A;向溶液A中加入硫酸， (5)Fe(OH)3+3NH3.H2O++2C HsOz-(NH)3 Fe(CHO,)2+ 碘化钠和碘酸钠在硫酸中发生归中反应生成碘，5I厂十IO?十 6H2O减少溶解损耗，便于干燥 【解析】(1)预处理的目的是除去铁泥中的油污，能除油污的有碳 6H+—3L2十3H20,据此分析。 酸钠溶液和氢氧化钠溶液，但NaOH溶液可与SiO2反应。 【解析】步骤工中，加入足量碳酸钠溶液发生的反应为碳酸钠溶 (2)适当升温的目的是加快反应速率，提高酸溶效率；为控制温 液与碘反应得到含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液，则充分反应 度精确为85℃，应采取水浴加热。 后，上下两层均为无色，上层为含有碘化钠和碘酸钠的混合溶 (3)氧化的目的是将F+氧化为Fe+,则反应的离子方程式为 液，下层为四氯化碳；四氯化碳的密度大于水，下层为四氯化碳， 2Fe2++H2O2+2Ht—2Fe3++2H20. 则分液时应从分液漏斗上口倒出溶液A;碘受热会发生升华，所 (4)Fe3+完全沉淀，则c(Fe3+)=10-5mol·L-1,c(OH)= 以实验制得的粗碘可用升华法进一步提纯。 3K 310-38.6 8.D【解析】未指明醋酸和盐酸的浓度，只比较pH大小，无法判 c(Fe+) √105mol·L1=10-.2mol·L1,则 断醋酸是强电解质还是弱电解质；加入足量盐酸后部分沉淀溶 10-14 解，则说明沉淀中有BaSO4,同时也说明Na2SO3能被空气中的 c(H)= (0H)=10-i.mol,L-1=10-28molL1,pH= O2氧化为Na2SO4;氯水过量，溶液变为蓝色，可能是过量氯水 将KI氧化成了碘单质，无法比较出溴单质和碘单质的氧化性 2.8。 (5)成盐过程中加入柠檬酸和氨水生成柠檬酸铁铵的反应的化 强弱；KSCN溶液可用于检验Fe3+,滴加氯水后，溶液变红，则 学方程式为Fe(OH)3+3NH3·H20+2CHsO, 说明Fe2+被氧化成Fe3+,可以证明Fe2+具有还原性。 (NH)3Fe(C6HO,)2+6H2O,使用乙醇洗涤的目的是减少溶 9.B【解析】氮的固定是游离态氨转变为化合态氮的过程，Ⅳ不 解损耗，便于干燥。 属于氮的固定；过程I中N2中氮元素从0价变为一3价，表现 氧化性，作氧化剂；氨、铵根离子不能在碱性环境大量存在，硝化 化学（四） 过程可能发生的反应为NH时十20，硝化细菌N0,+2H+十 、选择题 H2O;过程V为反硝化过程，该过程中氮元素由+3、十5价变为 1.D【解析】扬州木胎漆器的主体是木材，主要成分是纤维素。 0价，被还原。 2. B【解析】“84”消毒液（含NaCIO)与洁厕灵（含HCI)混合会生 10.C【解析】步骤1中，SO2具有还原性，可作为还原剂将 成有毒C2,降低消毒效果且存在危险。 MnO2还原成Mn2+,与FeSO4作用一致，因此可代替FeSO4 3. D【解析】浓硫酸用作干燥剂是因为其吸水性，而非脱水性： NH,极易溶于水主要原因为两者均为极性分子，且与水分子间 溶液；步骤1反应后，溶液X含Fe3+和Mn2+,步骤2调节 可以形成氢键；氢氟酸雕刻玻璃是因其与SO2反应，与其弱酸 pH=4时，过滤，得MnSO,溶液和滤渣Y;则说明Fe3+形成 性无直接关系。 Fe(OH)3沉淀，滤渣Y为Fe(OH)3;步骤3中，向MnSO4溶 C【解析】采用极值法进行分析： 液中加入NH,HCO3反应生成MnCO3沉淀，系列操作应是过 第一种情祝，假设只发生反应C12+2KOH—KCI+KCIO+ 滤、洗涤、干燥，但MnCO,在潮湿介质中易被氧化，自然风干 (KOi2-0.6m0,得出n(C)=0.3mol,nK) n(Cl2)1 n(Cl2) 会使其接触空气和水分发生氧化，应采用低温烘干或减压干 H2O, n(C1) 燥；产品MnCO3中若含铁杂质，可用稀H2SO4溶解，发生反 2 应MnCO3+H2SO4-MnSO4+CO2个+H2O,H2O2将 ,转移电子的量n(e)=0.3mol。 Fe2+氧化为Fe3+,Fe3+可用KSCN溶液检验。 ·化学B· 11.B【解析】氯化铵受热分解为NH3和HCl,在试管口遇冷又 重新生成氯化铵，因此Ⅱ处蓝色石蕊试纸不会变红。 Cu2(OH)2CO3受热分解为CuO、CO2、H2O,Cu2(OH)2CO 为绿色，CuO为黑色；I处固体颜色由绿色变为黑色，二氧化 碳、水能与Na2O2反应，Ⅱ处固体颜色由淡黄色变为白色。氯 酸钾在二氧化锰作催化剂条件下加热得到KCI和氧气，题中 没有给出MnO2,且Ⅱ处没有I2生成，则I、Ⅱ处均无明显现 象。氧化铁与碳粉在加热条件下发生反应2Fe,0,十3C△ 4Fe十3C0,个或F,0,十3C△2Fe+3C0个，氧化铁为红棕 色，CO2不与CuO反应，CO与CuO加热条件下才反应，因此 Ⅱ处无明显现象。 12.A【解析】N2H·H2O具有强还原性，制备过程中应该加入 少量NaClO,NaClO过量会氧化N2H4·H2O,应逐滴加入，因 此分液漏斗滴加的溶液应为NaClO溶液。 13.B【思路分析】由“价一类”二维图可知，X为SO2,Y为SO3, Z为H2SO4,M为CuSO4,据此回答。 【解析】稀硫酸与铜不反应；SO2可以与氧气反应生成三氧化 硫，可以被氯气等在水溶液中转化为硫酸，三氧化硫与硫单质 共热生成二氧化硫，与水生成硫酸，浓硫酸与还原剂反应可被 还原为二氧化硫，硫酸可被脱水生成三氧化硫；浓硫酸与蔗糖 反应可以生成SO2,体现了浓硫酸的强氧化性和脱水性；S与 O2只能反应生成SO2不能生成SO3。 14.C【思路分析】甲为二元化合物，且具有漂白性，能与MnO2 作用生成气体单质丁，则甲为H2O2,丁为O2;甲、己的组成元 素相同，己为H2O;丙是硫的简单氢化物，丙为H2S;戊为二元 化合物、具有漂白性且由丙H2S与丁O2反应生成，则戊为 SO2;乙为二元化合物、与HC1反应生成H2S,则乙可能为 NazS或FeS等。 【解析】根据上述分析可知，乙可能为Na2S或FeS,若将HCl 换为HNO3,HNO3具有强氧化性可以氧化一2价S(具有还 原性)生成S或SO2等，而不能生成丙(H2S);乙可能为Na2S 或FeS等，Na2S易溶于水，而FeS难溶于水；甲为H2O2、戊为 SO2,二者发生化合反应生成H2SO4,H2O2中O化合价与 SO2中S化合价发生变化，该反应为氧化还原反应；戊为SO2, 通入石蕊溶液中生成H2SO3,能使石蕊溶液变红，但SO2的漂 白性不能使石蕊褪色，即戊通入石蕊溶液中，石蕊溶液变红，不 褪色。 15.D【思路分析】将硼镁矿加NaOH溶液碱浸，其中难溶于 NaOH溶液的Fe2O3、MgO形成滤渣A过滤除去，能溶于 NaOH溶液中的B2O3、SiO2、Al2O3生成NaBO2、Naz SiOa、 Na[A1(OH)4]进入滤液，然后通入CO2气体将Na2SiO3、 Na[A1(OH),]转化为H2SiO3和A1(OH)3沉淀形成滤渣B 过滤除去，将滤液蒸发浓缩，冷却结晶，得到硼砂，再加入热水 1 和稀硫酸调节pH,经过一系列操作生成硼酸，据此作答。 【解析】由于硼酸在热水中溶解度大，在冷水中溶解度小，则得 到硼酸的一系列操作为冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 ￥C【解析】①中发生反应2 NaCIO.,+Na2S0,+H,SO,△ 2ClO2↑+2Na2SO4+H2O,Na2SO3中S的化合价升高 Na2SO3为还原剂；③中试管内发生反应2ClO2+2NaOH+ H2O2=2 NaCIO2十2H2O+O2,H2O2中O元素化合价也升 高，H2O2为还原剂。装置②④的主要作用分别是防倒吸、吸收 ClO2。由于温度高于60℃时，NaClO2会发生分解，所以可采取 冷却结晶的方法获得晶体。反应结束时，通氨气的目的是将仪 器中残留的气体排入④中，吸收污染气体，保证实验安全。 二、非选择题 16.(1)恒压滴液漏斗饱和食盐水 (2)防止空气中的水蒸气进入丙装置吸收过量的SO2和C12 (3)蒸馏 (4)硫酸浓度太低，含水量大，会有较多SO2溶于水，不能充分 逸出（或硫酸浓度太低反应速率慢，且溶液中水的含量大，二氧 化硫不会充分逸出)KC1O3+6HCI(浓)一3Cl2个+ KCI+3H,O (5)制备硫酰氯的反应为放热反应，一段时间后温度升高，可能 使产品分解或挥发 (6)SO2C12+2H2O—H2SO,+2HC1 (7)67.5 【思路分析】该实验通过二氧化硫与氯气反应制备硫酰氯，其 中装置甲和乙用于制备和纯化二氧化硫气体，反应为H,SO4十 Na2SO3一Na2SO4+SO2个十H2O,乙用于干燥二氧化硫气 体，其中应盛放浓硫酸；装置丁、戊、己用于制备和纯化氯气，反 应为KC1O3+6HC1(浓)—KC1+3C12◆+3H2O,装置戊中 盛放饱和食盐水用于吸收氯气中混有的HC1,并且经过装置丁 进行干燥，丁中盛放浓硫酸；二氧化硫和氯气在装置丙中经活 性炭催化反应生成硫酰氯，S0,十C,活性炭s0,C2,据此 分析。 【解析】(2)由分析知丙中可能存在二氧化硫和氯气等气体，且 反应需要严格控制无水，故装置B的作用为①防止空气中的 水进入反应装置丙，②吸收过量的二氧化硫和氯气。 (3)由表可知，硫酰氯与硫酸在常温下都为液体，并且硫酸的沸 点远高于硫酰氯的沸点，故将二者分离应采用的实验操作为 蒸馏。 (4)由于二氧化硫易溶于水，硫酸浓度太低会导致含水量大，不 利于二氧化硫的逸出，故应选择较高浓度的硫酸；由分析知戊 用于制备氯气，其中发生反应的化学方程式为KC1O3十6HCI (浓)—KC1+3C12个+3H20。 (5)由题意知制备硫酰氯的反应为放热反应，反应一段时间后 会导致温度过高，会导致产物分解或挥发，故应在装置丙的三 颈烧瓶外加上冷水浴装置。 (6)硫酰氯水解会生成硫酸和氯化氢，反应的化学方程式为 SO,Cl,+2H2O=H2 SO,+2HCIo (7)疏酰氯溶于NaOH会与NaOH发生反应SO2Cl2十 4NaOH一2NaCl+Na2SO4+2H2O,滴定消耗25.00mL 0.1000mol·L1的盐酸，则过量的NaOH的物质的量为 25.00×10-3L×0.1000mol·L1=2.5×10-3mol,故疏酰 氯试样中，与硫酰氯反应的NaOH的物质的量为25×10-3L× 0.5000mol·L-1-2.5×103mol=0.01mol,因此，硫酰氯的 物质的量为4×0.01mol=2.5×103mol,其质量为2.5× 103mol×135g·mol1=0.3375g,故该试样纯度为 0.3375g×100%=67.5%。 0.500g (1)1 CO,+2NaOH -Na2 CO+H2O ②C ③NaOH、CaO (2)①500mL容量瓶、胶头滴管20.00②A (3)①CaC2O4 400-600℃CaC0,十C0↑②低于 【思路分析】用过量氢氧化钠溶液捕捉回收CO2生成碳酸钠 溶液，再加入氧化钙，氧化钙与水生成氢氧化钙，氢氧化钙再与 碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，氢氧化钠循环使用， 碳酸钙高温分解产生氧化钙和二氧化碳，二氧化碳储存利用， 氧化钙循环利用；配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤 有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签， 据此分析解题。 【解析】(1)①捕捉室中CO2与过量的氢氧化钠溶液反应生成 碳酸钠和水，该反应的化学方程式为CO2十2NaOH一 Na2 CO3+H2O。 ②“反应、分离”环节为分离固液的操作，为过滤，分离物质时用 到的装置是C。 参考答案及解析 (2)①要用480mL1.00mol·L1NaOH溶液，则需要使用 (4)强还原性NH3分子间形成氢键 500L容量瓶配制，结合配制步骤，配制溶液需要的玻璃仪器 (5)除去钠片表面氧化膜(Na2O) 是烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；用电子天平（准确 (6)2Na+2NH3-2NaNH2+H2 度0.01g)称量0.5L×1.00mol·L1×40g·mol1= 【解析】(2)A装置中的生石灰溶于水放出热量，并生成碱，促 20.00 g NaOH固体。 进氨水挥发出氨，可以用氢氧化钠、碱石灰代替生石灰。 ②称量所用的砝码生锈，砝码实际质量大于所标数值，导致所 (3)C装置用于干燥氨，避免水与钠反应；E装置吸收尾气中挥 称NaOH质量偏大，则所配制NaOH溶液的物质的量浓度偏 发出来的氨。可用碱石灰干燥氨，可用五氧化二磷或氯化钙吸 大；转移前，容量瓶内有蒸馏水，对配制结果无影响；定容时水 收氨。 加多用胶头滴管吸出，造成溶质损失，浓度偏小；定容时仰视刻 (4)溶剂化电子能释放电子，具有强还原性，氨分子中N的电 度线，溶液体积偏大，浓度偏小。 负性较大，氨分子之间能形成氢键，缔合成多氨分子。 (3)①CaC2O4·H2O受热会首先失去结晶水，1.46gCaC2O,· (5)钠表面易形成一层Na2O,阻止钠与液氨接触发生置换反 H20物质的量为1.46g÷146g·mol1=0.01mol,由题图中 应，故钠片必须除去表面氧化膜形成新鲜表面。 信息可知，CaC2O4·H2O在200℃左右失去结晶水得到 (6)钠置换液氨中的氢，生成氨基化钠(NaNH2)。 0.01molX128g·mol-1=1.28gCaC20;CaC204在400 (1)干燥管 600℃因分解减少的质量为1.28g一1.00g=0.28g,减少的 (2)j→k→m→nf→g→d→e 是0.01molC0的质量，碳化合价部分降低，则另一部分碳化 (3)检查装置气密性 合价升高，分解产物为C0和CaCO3,则400~600℃范围内分 (4)Ti0,+2C+2Cl,高温TiCL,+2C0CCLl,+Ti0,+C商温 解反应的化学方程式为CaC,0,400-~60℃CaC0,+c0+. TiCl,+2CO ②由图可知，温度800~1000℃因分解减少的固体质量为 (5)冰水 1.00g-0.56g=0.44g,减少的是0.01molC02的质量，即 (6)赶尽装置内的CL2和CO气体使其被吸收，防止污染环境 高于800℃时，碳酸钙分解生成Ca0和CO2,只有低于此温 96.4 度，才有利于CaO和CO,化合，则CaO捕捉CO,的反应温度 【解析】(2)实验中制备的Cl2从a口放出，用饱和NaCl溶液除 去Cl2中的HCl,再用浓硫酸除去Cl2中的水蒸气，然后Cl2进入 应低于800℃。 (1)在内压较大时液体能顺利滴下（或滴速不受装置内压强影 电炉，制得的TiC1,从f口进入圆底烧瓶冷却，最后连接d,碱石 响)；保持稳定滴速，缓慢产生气流 灰可吸收C2,同时防止外界水蒸气进入。综上所述，导管口连 (2)酸性减弱不利于反应进行（或反应需较强酸性条件）；不利 接顺序为a→j→k→m→n→b→c→f→g→d→e→h。 (3)实验中需要密闭环境，故需检验装置气密性。 于C1O2、CL2气体逸出（或ClO2、Cl2会溶于水损失） (4)含碳的还原性气体为CO,化学方程式为TiO2十2C十2C12 (3)除去CIO2中的C2稀释CIO2避免爆炸：将生成的CIO2 吹出装置A(或吹入集气袋中)；搅拌溶液混合均匀（写出两条 高温TiCl,+2C0;电炉中生成的CCL,与TiO,C反应生成TiC1, 即可) 和C0,反应的化学方程式为CCL,十Ti0,十C高温iCL,十2C0. (4)2C1O2+4NO=4NO2+Cl2 (5)根据题意可知，烧杯中水的作用为冷却产物，应选用冰水。 (5)SO2与水反应生成H2SO3,更易被C1O2氧化 (6)在反应中还有有毒气体CO生成，通入N2,可以赶尽装置内 (6)否NO反应较完全，更多的C1O2与SO2反应（或此时 的气体C12和CO气体并使其被吸收，防止污染环境；根据化学 NO氧化率接近100%，剩余与SO2反应的C1O,更多) 方程式2CuCl+2CO+2H2O=Cu2Cl2·2C0·2H2O,CuC1盐 【思路分析】该实验以亚氯酸钠和浓硫酸为原料，在装置A中 酸溶液的质量增加5.4g,可知吸收的m(CO)=5.4g,根据反应 通过反应制备二氧化氯（同时生成氯气）：实验中用泵精准控制 关系TiO2~TiCL~2C0,可知TiCL的理论产量为190g·mol-1× 亚氯酸钠溶液的滴加速率，持续通入氮气稀释二氧化氯以避免 其因浓度过高爆炸；装置B中利用亚氯酸钠与氯气的反应，除 80g:m0=19.08,TiC,的实际产量为190g·mor1X 8 g 去二氧化氯中的氯气杂质并额外生成二氧化氯，最终通过集气 5.4g 袋收集产物，整个过程通过控制反应速率、稀释气体等方式保 28g.m011X2≈18.328，产率=00×100%≈96.4%。 19.0g 障实验安全与产物纯度。 【解析】(2)不采用向NaC1O2溶液中滴加浓硫酸的滴加方式， 化学（五） 其原因是酸性减弱不利于反应进行或反应需较强酸性条件；不 一、选择题 利于CIO2、Cl2气体逸出或C1O2、Cl2会溶于水损失。 1.A【解析】黑陶高柄杯的主要成分是硅酸盐，属于无机非金属 (3)根据分析，装置B中利用亚氯酸钠与氯气的反应，除去二 材料，化学性质极其稳定，几乎不与空气、水或常见气体反应，因 氧化氯中的氯气杂质并额外生成二氧化氯：因浓度较高的 此最不易发生化学腐蚀。 CIO2气体易爆炸，通入N2的目的是稀释C1O2避免爆炸：同 2. D【解析】碱性锌锰干电池是化学电源，工作时是将化学能转 时可以将生成的ClO2吹出装置A(或吹入集气袋中)；搅拌使 化为电能，用于对外供电；一次性暖手宝工作时，是内部物质发 溶液混合均匀。 生化学反应，将化学能转化为热能，用来取暖；砷化镓太阳能电 (5)若体系中湿度增加，则SO2与水反应生成H2SO3,故原因 池工作时是将太阳能转化为电能，利用的是光电效应；氯化钠 是SO2与水反应生成H2SO3,更易被ClO2氧化。 电解槽工作时，是通过通电使氯化钠发生电解反应，将电能转 (6)图中仅显示“氧化率”，但未给出NO和SO2的初始物质 化为化学能。 的量，无法通过氧化率直接比较二者消耗CO2的量；当3.B【解析】放电时锌为负极，发生氧化反应；放电时正极发生还 n(ClO2)>1.6mmol时，NO的氧化率已接近100%（反应接 原反应NiOOH+e一NiO+OH;充电时，负极变为阴极， 近完全)，而SO2的氧化率仍较低，此时增加C1O2的量，更多 与电源负极连接；26.0gZn的物质的量为0.4mol,阴极电极反 的ClO2会参与SO2的氧化反应，使SO2的氧化率明显提升。 应式为ZnO十2e+H20-Zn十2OH,迁移0.8 mol OH。 (1)平衡气压，使氨水顺利滴下 4. C【解析】该实验装置没有外接电源，故不属于电解池，属于带 (2)NaOH(或碱石灰) 盐桥的原电池。C电极为负极，发生的电极反应为2CI一2 (3)d 一C12个，产生的气体C12可使湿润的淀粉-碘化钾试纸变蓝。2025一2026学年度高三二轮复习专题卷（四） 化学·非金属及其化合物 (考试时间75分钟，满分100分) 可能用到的相对原子质量：H1C12N14016Na23S32C135.5Ca40Ti48 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。带￥题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.中国传统工艺中蕴含着丰富的化学知识。下列文物或工艺品主体的主要成分不属于硅酸盐 的是 A.景德镇青花瓷 B.龙山黑陶 C.宜兴紫砂壶 D.扬州木胎漆器 2.化学与科技、生产、生活密切相关。下列说法错误的是 A.用明矾净化黄河水是由于A3+水解产生的A1(OH)3胶体具有吸附性 B.为增强“84”消毒液的消毒效果，可将“84”消毒液和洁厕灵混合使用 C.“歼-20”战斗机采用大量高科技材料，其中石墨烯属于新型无机非金属材料 D.清华大学在某国际期刊上发表芯片领域的重要突破，其中芯片的主要成分是高纯度硅 3.下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是 A.浓硫酸具有脱水性，可用作干燥剂 B.NH3分子间存在氢键，NH3极易溶于水 C.氢氟酸具有弱酸性，可用于雕刻玻璃 D.CIO2具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒 4.将一定量的氯气通入50mL浓度为12mol·L1的氢氧化钾溶液中，恰好完全反应后溶液中 形成KCl、KCIO、KCIO3共存体系。下列判断正确的是 A.与KOH反应的氯气一定为0.1mol B.溶液中n(K+):n(C1)可能为3：1 C.若反应中转移nmol电子，则0.3<n<0.5 D.溶液中n(KCI):n(KClO):n(KClO3)可能为10：3：1 5.下列离子方程式与所给事实相符的是 A.向次氯酸钠溶液中加入氢碘酸：CIO十H+一HC1O B.NHCI溶于D2O中：NH+D2O=NH3·D2O+H C.将氯气通入石灰乳中：C12+2OHC1O-+C1-+H2O D.将S02通入酸性KMnO4溶液：5SO2+2MnO4+2H2O一5SO?+2Mn2++4H+ 化学B·专题卷（四）第1页（共8页） 鱼跃龙 6.下列装置（省略部分夹持装置）或操作正确的是 A浓盐酸 NHCI NO2和N2O Ca(OH), MnO 热水冷水 100ml 饱和食盐水 20℃ A.探究温度对化 D.配制100mL1.00mol· B.实验室制取氯气 C.实验室制取氨 学平衡的影响 L-1KCI溶液 7.为回收利用含I2的CCL4废液，某化学兴趣小组设计如图所示方案，下列说法正确的是 溶液B 试剂X 溶液A 含，的 Na,CO溶液 步骤Ⅱ 粗L2 CC,废液 步骤I CCl A.步骤I中，加入足量Na2CO3溶液充分反应后，下层为紫红色 B.步骤I中，分液时从分液漏斗下口放出溶液A C.试剂X可用硫酸 D.粗I2可用重结晶法进一步提纯 8.室温下，下列实验探究方案及现象能达到探究目的的是 选项 探究方案及现象 探究目的 A 用pH计测量醋酸、盐酸的pH,比较溶液pH大小 醋酸是弱电解质 向久置的Na2SO,溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀；再加 B Na2SO,不能被空气氧化 入足量稀盐酸，部分沉淀溶解 向NaBr溶液中滴加过量氯水，溶液变橙色，再加人淀粉-KI溶液， C 氧化性：Cl2>Br2>I2 溶液变蓝色 向盛有FeSO4溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，无明显现象，振 D Fe2+具有还原性 荡，再滴加几滴新制氯水，溶液变红 9.氮在自然界中的物质转化循环的部分关系如图所示。下列说法正确的是 A.过程I、Ⅱ和V属于氮的固定 N(大气)反硝 B.过程I中N2表现氧化性，作氧化剂 C.过程Ⅲ的硝化过程可能发生：NH+2O2+2OH 菌花 Ⅲ硝化 硝化细菌NO?十3H2O NH,、NHt 硝化细菌 NO2、NO5 D.过程V为反硝化过程，该过程中氮元素被氧化 10.“锰白”(MCO3,在潮湿介质中易被氧化)常用作脱硫催化剂、饲料添加剂等。某小组设计如 下步骤制备锰白： 步骤1：将pH约为4的FeSO4溶液加入含有稀硫酸的MnO2悬浊液中，搅拌下充分反应得 到含Mn2+的溶液X; 步骤2：用氨水调节溶液X的pH=4,过滤，得MnSO4溶液和滤渣Y; 步骤3：向MnSO4溶液中加入NH4HCO3溶液，经系列操作得到MnCO3。 门卷 化学B·专题卷（四）第2页（共8页） 下列说法错误的是 A.步骤1中可用SO2气体代替FeSO4溶液 B.步骤2中滤渣Y为Fe(OH)? C.步骤3中系列操作为过滤、冷水洗涤、自然风干 D.可用稀H,SO4、H2O2和KSCN溶液检验产品中是否含有铁杂质 11.利用如图所示装置进行下列实验（部分夹持和尾气处理装置省略），相应实验现象描述正确 的是 选项 工处试剂 Ⅱ处用品 实验现象 1 NHCI 湿润的蓝色石蕊试纸 I处产生白烟，Ⅱ处蓝色石蕊试纸变红 Cu2(OH)2CO 过氧化钠粉末 I处由绿色变黑色，Ⅱ处由淡黄色变白色 O KCIO 湿润的淀粉试纸 I处无明显现象，Ⅱ处淀粉试纸变蓝 D 氧化铁和碳粉的混合物 氧化铜粉末 I处由黑色变银白色，Ⅱ处由黑色变红色 12.肼是火箭发射常用的动力材料，某学习小组根据化工生产水合肼的原 理，用尿素[CO(NH2)2]和NaClO碱性溶液在实验室制备水合肼 (N2H4·H2O,沸点约为118℃，具有强还原性)，其中NaC1O碱性溶温度计 液由Cl2和NaOH溶液在低温下制备。下列说法错误的是 A.装置中通过分液漏斗滴加的溶液为CO(NH2)2溶液 搅拌器 B.为防止制备NaClO时温度过高，可以缓慢通入Cl2并不断搅拌 C.温度较高时C2和NaOH发生反应：3Cl,+6NaOH△NaClO,.+5NaC1+3H,O D.制备水合肼的化学方程式为CO(NH2)2+2NaOH+NaClO一Na2CO3+N2H·H2O+ NaCl 13.如图是硫及其化合物的“价一类”二维图。下列说法正确的是 物质类别个 A.不同浓度的Z与Cu反应均生成M 盐 B.X、Y、Z之间可以相互转化 套 C.Z的浓溶液与蔗糖反应可以生成X,体现了Z的强氧化性和 氧化物 X-Y 酸性 -2 0+2+4+6 化合价 H2S D.控制反应条件，S与O2反应可以生成X或Y 氢化物 14.部分物质在一定条件下的转化关系如图所示。已知甲、乙、丙、 戊、己均为二元化合物，丁为气体单质。其中甲、己的组成元素相同，甲、戊均具有漂白性，丙 是硫的简单氢化物。下列说法正确的是 甲 MnO2 →戊 A.将HC1换为HNO3,也可实现乙到丙的转化 B.乙一定易溶于水 HCI →丙 C.甲和戊化合属于氧化还原反应 D.将戊通入石蕊溶液中，石蕊溶液先变红后褪色 化学B·专题卷（四）第3页（共8页） 鱼跃龙 15.以硼镁矿（含2MgO·B2O3·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸的工艺流程 如图所示。下列说法错误的是 热水，硫酸 NaOH溶液 C0,气体 调pH=2 硼镁矿粉→含NaBO溶液 加热浓缩，關砂 一系列操作，硼酸 冷却结晶 滤渣A 滤渣B 已知：硼酸和硼砂(Na2B4O,·10H2O)均易溶于热水，在冷水中溶解度小。 A.将硼镁矿研磨成粉末可以加快浸取速率 B.NaBO2溶液中的杂质主要是Na2SiO3和Na[Al(OH)4] C.制备硼酸的离子方程式为B,O?+5H2O+2H+=4H3BOg D.一系列操作主要包括蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥 *利用如图所示装置制备ClO2,并以ClO2为原料制备NaClO2。已知：高于60℃时，NaClO2分 解生成NaC1O3和NaCl。下列说法错误的是 浓硫酸 N2 NaCIO,和 水 NaSO,固体 NaOH和HO, 浴 NaOH溶液 混合溶液 ① 9 ③ 可 A.Na2SO3和H2O2均作还原剂 B.装置②和装置④的主要作用分别是防倒吸、吸收未反应的污染气体 C.从装置③反应后的溶液中获得晶体，可采用常压蒸发结晶 D.反应结束时，通氮气的目的是将仪器中残留的气体排入装置④中 二、非选择题：本题共4小题，共55分。带*题目为能力提升题，分值不计入总分。 16.（13分)硫酰氯(SO,C12)对眼睛和上呼吸道黏膜有强烈的刺激性，但其在工业上有重要作用。 其与硫酸的部分性质如表所示： 物质 熔点/℃ 沸点/℃ 其他性质 ①易水解，产生大量白雾； SO,C1, -54.1 69.1 ②易分解：S0,C。10o℃s0,++Cl,个 H,SO 10.4 338 强吸水性、稳定不易分解 实验室用干燥且纯净的氯气和过量的二氧化硫在活性炭的催化作用下合成硫酰氯，反应的 热化学方程式为SO2(g)十Cl2(g)—SO2C12(1)△H<0,其实验装置如图所示（夹持仪器 已省略)： 门卷 化学B·专题卷（四）第4页（共8页） 班级 70%硫酸 姓名 浓盐酸 亚 硫 得分 酸 钠 活 性 炭 甲 乙 戊 (1)仪器C的名称为 ,装置戊盛放的试剂为 (2)仪器B中盛放药品的主要作用是① ② 选择题 (3)少量硫酰氯也可用氯磺酸(CISO2OH)直接分解获得，反应的化学方程式为2CISO2OH 答题栏 一H2SO4十SO2CL2。在分解产物中分离出硫酰氯的实验操作名称是 1 (4)仪器C中选用的硫酸浓度不宜太低，原因是 2 3 己中发生反应的化学方程式为 (5)反应一段时间后，需在装置丙的三颈烧瓶外面加上冷水浴装置，其原因是 5 (6)若缺少装置乙和丁，则硫酰氯会水解。硫酰氯水解的化学方程式为 6 (7)测定硫酰氯纯度：称取0.500g硫酰氯试样溶于25mL0.5000mol·L1NaOH溶液 8 中，充分反应后，用0.1000mol·L1盐酸滴定过量的NaOH至终点，消耗25.00mL盐 9 酸（杂质不参加反应），该试样的纯度为 %。 10 17.(14分)我国将力争2060年前实现“碳中和”，CO2的捕捉是减少碳排放的措施之一，资源化 11 利用CO2是实现“碳中和”的重要途径。 12 (1)一种利用NaOH溶液捕捉回收CO2的过程如图所示。 NaOH溶液 13 14 CO. 含量高的气体 捕捉室 反应、分离 →高温反应炉 →CO,(储存利用) 15 个 CaO CO. 含量低的气体 ①捕捉室中CO2与过量的氢氧化钠溶液反应的化学方程式为 ②“反应、分离”环节分离物质时用到的装置是 (填标号)。 ③整个过程中可以循环利用的物质是 (写化学式)。 化学B·专题卷（四）第5页（共8页） 鱼跃龙门 (2)实验室模拟捕捉回收CO2,需要用480mL1.00mol·L1NaOH溶液，现进行配制。 ①配制溶液需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、 。根据计算用电子 天平（准确度0.01g)称量 g NaOH固体。 ②配制过程中，会造成所配制NaOH溶液的物质的量浓度偏大的是 (填标号)。 A.称量所用的砝码生锈 B.转移前，容量瓶内有蒸馏水 C.定容时水加多用胶头滴管吸出 D.定容时仰视刻度线 (3)CaO固体可以捕捉回收CO2。研究表明CaC2O4·H2O固体的1.46 热分解制得的Ca0疏松多孔，具有良好的C0,捕捉性质量g128 能。取1.46gCaC2O4·H2O(相对分子质量为146)进 1.00 行加热（曲线中共涉及三步分解反应），固体质量随温度 0.56 变化如图所示。 02004006008001000 ①写出400~600℃范围内分解反应的化学方程式： 温度/℃ ②据图分析，CaO固体捕捉CO2的反应温度应 (填“高于”或“低于”)800℃。 18.(14分)C1O2气体可用于脱硫脱硝。 已知：①浓度较高时ClO2气体易爆炸；②2 NaClO2十Cl2一2NaCl+2ClO2。 I.制备ClO2。反应原理为8 NaClO2十4H2S04一4Na2SO4十6C1O2个+Cl2个十4H2O。 实验装置如图甲所示，装置A中持续通入氮气，并用泵将NaClO2溶液以一定流速缓慢滴入 浓硫酸中。 N 集气袋 NaCIO2溶液 浓硫酸 NaCIO2溶液 装置A 装置B 甲 (1)与滴液漏斗相比，使用泵的优点有 (2)不采用向NaClO2溶液中滴加浓硫酸的滴加方式，其原因是 (写出两条)。 (3)装置B的作用是 。通入N2的目的是 (写出两条)。 Ⅱ.脱除烟气中的NO和SO2。 (4)CIO2单独氧化NO时生成NO2和Cl2,该反应的化学方程式为 (5)CIO2单独氧化SO2时，若体系中湿度增加，SO2的氧化率会大幅 100 NO 提升，其原因是 0 (6)在相同条件下，取同种烟气，通入C1O2气体，测得相同时间后气 60 S02 体氧化率随初始n(C1O2)变化如图乙所示。有学生由图认为， 20 “n(C1O2)为1.6mmol时，NO消耗ClO2的量多于SO2消耗 0.40.81.21.62.0 的”，此推论是否合理 (填“是”或“否”)。n(ClO2)> n(C1O2)/mmol 1.6mmol时，SO2氧化率变化幅度更大，原因是 乙 类 化学B·专题卷（四）第6页（共8页） 19.(14分)某小组拟设计实验探究液氨与钠的反应。 【资料】 ①氨的熔点是一77.70℃，沸点是一33.35℃；碱金属的液氨溶液含有蓝色溶剂化电 子[e(NH3)n]。 ②一70℃时，1000gNH3溶解11.29 mol Na,先形成蓝色溶液并缓慢发生置换反应，产物 之一是氨基化钠(NaNH2)。 【装置】 浓氨水 生石灰88 干冰和丙酮 (-77℃) 钠片 A B 0 回答下列问题： (1)增加橡胶管L的目的是 0 (2)A装置中的生石灰可以用 (填名称或化学式)代替。 (3)C、E装置依次选择的药品为 (填标号)。 a.五氧化二磷、碱石灰 b.碱石灰、碱石灰 c.五氧化二磷、氯化钙 d.碱石灰、五氧化二磷 (4)[e(NH3)m]具有 (填“强氧化性”“强还原性”或“氧化性和还原性”)；其中NH3 形成聚合氨分子(NH3)n的原因是 (5)钠片必须打磨出新鲜表面，其目的是 (6)写出钠和液氨发生置换反应的化学方程式： 化学B·专题卷（四）第7页（共8页） 鱼跃龙门 ￥四氯化钛(TCl4)主要用于制取海绵钛和钛白粉。某化学兴趣小组同学利用C12与TO2和碳 共热制备TiC14,所用仪器如图所示（夹持装置略去）。 耐高温 TiO,和碳粉末 m 瓷管、 碱石灰 饱和 d 盐酸 NaCl KMnO 电炉 溶液 溶液 三子浓硫酸 已知：①TiCL4的熔点为一24℃，沸点为136.4℃，遇水易发生水解，能溶于有机溶剂；CC14的 熔点为一23℃，沸点为76.8℃，难溶于水； ②电炉中可能发生副反应C+2C1, 高温CCL4; ③CuCI盐酸溶液可以与CO反应。 回答下列问题： (1)盛装碱石灰的仪器名称为 (2)按气流从左至右，导管口连接顺序为a→ -→b→c→ →h (填小写字母)。 (3)补充完整实验步骤：①组装好仪器；② ;③装入药品；④打开分 液漏斗活塞；⑤加热装置中的耐高温瓷管；⑥停止加热，充分冷却；⑦关闭分液漏斗活塞。 (4)从电炉中出来的气体为两种，一种为TC14,另一种为含碳的还原性气体，写出发生反应的 化学方程式： 。」 在电炉中发生副反应生成CC14,但在 电炉出口c处几乎检测不出有CC14的原因是 (用化学方程 式表示)。 (5)实验过程中，烧杯中的水为 （填“冰水”或“热水”)。 (6)实验开始前后均打开K向其中通入N2,其中实验后通人N2的目的是 ;若开始时电炉中装有8.0gTiO2和足量的碳，实验后CuC1盐 酸溶液的质量增加5.4g,则TC14的产率是 %(保留小数点后一位)。 已知：吸收并定量测定CO的含量，其化学反应为2CuCl+2CO+2H2O一Cu2Cl2· 2C0·2H2O. 卷 化学B·专题卷（四）第8页（共8页）】