第五章 化工生产中的重要非金属元素 期末复习试卷-2025-2026学年高一下学期化学人教版必修第二册

**基本信息** 以商代青铜鼎、钙钛矿电池等文化与科技情境为载体，覆盖非金属元素及其化合物核心知识，通过工业流程分析、实验探究等题设计，考查化学观念、科学思维及探究实践能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|15题（约45分）|硅酸盐识别、氧化还原计算、离子方程式正误判断等|结合文物（玉璧成分）、环境治理（天然气与碳中和）考查基础概念| |解答题|4题（约55分）|铜钴矿分离、烟气脱硝脱硫、磺酰氯制备、离子推断|以工业流程（焙烧分离铁钴）、实验装置（SO₂Cl₂制备）设计综合题，体现真实问题解决|

2025-2026学年度高中化学必修二第五章期末复习试卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．中华文明源远流长，文物承载着历史。下列文物主要成分属于硅酸盐的是 A．商代青铜鼎 B．汉代玉璧 C．唐代绢画 D．宋代木雕 A．A B．B C．C D．D 2．化学与人类社会发展息息相关。下列说法错误的是 A．石灰石可用于燃煤脱除 B．钙钛矿电池应用于光伏发电 C．开发利用天然气能助力“碳中和” D．金属有机框架材料()可用于气体储存与分离 3．下列有关说法正确的是 A．标况下，与足量反应，生成分子数为 B．常温，将片投入足量浓硝酸中，失去电子数为 C．和充分反应转移电子数为 D．足量的与浓硫酸加热充分反应，转移电子数为 4．下列反应或原理的离子方程式书写正确的是 A．过量铁与稀硝酸反应： B．盛装氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞： C．AlCl3溶液与过量氨水反应： D．向Na2SO3溶液中通入少量氯气： 5．下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确且具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 液氨可用作制冷剂 极易溶于水 B 可用来生产光导纤维 熔点高、硬度大 C 维生素C具有还原性 维生素C可用作食品抗氧化剂 D 用铝槽车运送浓硫酸 Al与浓硫酸常温下不反应 A．A B．B C．C D．D 6．下列试剂保存方法或实验安全说法不正确的是 A．浓硝酸保存在棕色细口瓶中 B．NaOH溶液保存在带有玻璃塞的玻璃试剂瓶中 C．在通风橱内进行一氧化氮性质实验，并佩戴护目镜和口罩 D．用浓硫酸配制稀硫酸时，需要佩戴护目镜和橡胶手套 7．下列叙述正确的有 ①都是形成酸雨的因素，都能和水反应生成酸 ②均不能用浓硫酸干燥 ③水晶的主要成分是 ④与都属于酸性氧化物，都不能与酸反应 ⑤液氨汽化时放出大量热，故液氨可用作制冷剂 ⑥常温下，浓硝酸可以用铝制容器储存，说明浓硝酸与铝不反应 A．2项 B．3项 C．4项 D．5项 8．连四硫酸钠()在分析化学与生物化学等领域起着重大的作用，例如它可延长血液凝固时间。下列关于连四硫酸钠的说法正确的是 A．中硫元素的平均价态为+2价 B．只具有氧化性，不具有还原性 C．1 mol被酸性完全氧化为时，转移10 mol电子 D．与适量反应可生成，说明的氧化性强于 9．如图，利用培养皿探究氨的性质。实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，立即用另一表面皿盖在上面。下表中对实验现象所做的解释正确的是 选项 实验现象 解释 A 浓盐酸附近产生白烟 与挥发出的HCl气体反应产生了固体 B 浓硫酸附近无明显现象 与浓硫酸不发生反应 C 氯化物溶液变浑浊 该溶液一定是溶液 D 干燥的红色石蕊试纸不变色，湿润的红色石蕊试纸变蓝 是一种碱 A．A B．B C．C D．D 10．南宁二中化学兴趣小组对的催化氧化反应进行实验探究，装置图和实验现象如下： 实验现象：③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后，④中产生白烟。 下列分析不正确的是 A．②中发生的反应为非氧化还原反应 B．③、④中现象说明③中的反应是： C．④中白烟的主要成分是 D．一段时间后⑤中溶液可能变蓝 11．下列实验操作、现象和结论均正确的是 选项 操作 现象 结论 A 取少量待测液，滴入足量溶液，将湿润的蓝色石蕊试纸放在试管口，加热试管 一段时间后试纸的颜色未出现明显变化 溶液X中不含 B 取少量待测液，先滴加溶液，再加入足量盐酸 加入溶液后产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解 该溶液中一定含有 C 取少量待测液，滴加几滴氯水，再滴加几滴溶液 溶液变红 则原溶液中含有 D 洁净的铂丝蘸取待测样品，放在酒精灯外焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察火焰的颜色 火焰呈紫色 该样品含有钾元素 A．A B．B C．C D．D 12．黄铁矿（）作为电子供体的自养反硝化技术是处理低碳氮废水的一种潜力巨大的处理技术。氧化与反硝化耦合的机理如图所示。下列相关说法错误的是 A．整个反应过程中涉及的还原剂只有、、S B．以上涉及反应均属于氧化还原反应 C．整个反应过程中，最多提供15 mol电子 D．参与“反硝化”的离子反应方程式为： 13．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度，下图为氮、硫及其部分化合物的价类二维图，下列说法不正确的是 A．坐标轴左侧区域代表的是氮及其化合物 B．a→b→c→d→e的转化均能一步实现 C．e的浓溶液使胆矾变白表现了脱水性 D．g→i→j→k的转化可在工业上制硝酸 14．从海水中得到的粗盐往往含有可溶性杂质(主要有、、)和不溶性杂质(泥沙等)，必须进行分离和提纯后才能使用，粗盐提纯的部分流程如图所示，下列说法正确的是 A．溶液a、b依次为溶液、溶液，两种试剂位置可以互换 B．溶液c是盐酸，用来除去过量的和 C．配制溶液时需要用托盘天平称量精盐 D．精盐是重要的化工原料，侯氏制碱法第一步需向饱和食盐水中先通入二氧化碳、再通入氨气 15．自然界中硫元素的部分转化如图。下列有关说法正确的是 A．含硫矿物中硫元素的化合价均为-2价 B．硫元素在自然界中没有游离态只有化合态 C．硫元素在自然界的转化过程中既可被氧化又可被还原 D．硫燃烧时直接转化为三氧化硫进入大气 三、解答题 16．工业上分离铜钴矿(主要含CoO、CuS、Fe3O4及少量SiO2)中各金属的流程如下： (1)“酸浸1”中，可以加快化学反应速率的措施有___________(任写一种)，Fe3O4发生反应的离子方程式为___________。 (2)“焙烧1”中，晶体[Fe2(SO4)3·xH2O和CoSO4·yH2O]总质量随温度升高的变化情况如下： 温度区间/℃ <227 227～566 566～600 600～630 晶体总质量 变小 不变 变小 不变 ①升温至227℃过程中，晶体总质量变小的原因是___________；566～600℃发生分解的物质是___________(填化学式)。 ②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为___________(填序号)。 A．<227℃        B．227～566℃        C．566～600℃        D．600～630℃ (3)“焙烧2”中CuS发生反应的化学方程式为___________；“滤渣2”是___________(填化学式)。 (4)受热易分解，在空气中加热时存在两步失重，在120℃时第一步失重，失重率为19.67%，在350℃时第二步失重，失重率为36.43%，剩余固体为Co的氧化物，气体产物为CO2，写出第二步失重发生反应的化学方程式___________。 (固体失重率=) 17．煤燃烧排放的烟气中含有NOx和SO2，研究对烟气进行脱硝、脱硫有重要意义。 (1)氮氧化物(NOx)引起的环境问题主要有___________(写出一种即可)。 (2)“纳米零价铁-H2O2”体系可将烟气中难溶的NO氧化为可溶的。在一定温度下， 将H2O2溶液和HCl溶液雾化后与烟气按一定比例混合，以一定流速通过装有纳米零价铁的反应装置，可将烟气中的NO氧化。 ①Fe2+催化H2O2分解产生HO·，HO·将NO氧化为的机理如图1所示，Y的化学式为___________。 ②纳米零价铁的作用是___________。 ③NO与H2O2反应生成HNO3的化学方程式为___________。 ④NO脱除率随温度的变化如图2所示。温度高于120°C时，NO脱除率随温度升高呈现下降趋势的主要原因是___________。 (3)一种烟气喷淋吸收塔装置如图3，该装置的优点是___________。，HClO溶液脱硝过程中反应的离子方程式为___________，该过程中每吸收标准状况下448mL的NO，转移的电子数为___________。 (4)工业上回收利用尾气中SO2的一种途径是：SO2 (NH4)2SO3(NH4)2SO4；已知氧化率=×100%，某实验小组在一定条件下向100mLamol/L的(NH4)2SO3溶液通入空气后(假设溶液体积仍为100mL)，欲测定溶液中(NH4)2SO3的氧化率(α)。他们取20.00mL反应后溶液于锥形瓶中，用0.1mol/LKMnO4(H+)溶液测定，平均消耗KMnO4(H+)溶液体积bmL，则氧化率α=___________(写最简表达式)。 18．磺酰氯(SO2Cl2)是一种重要的有机合成试剂，实验室可利用SO2与Cl2在活性炭作用下发生化合反应制取少量的SO2Cl2，装置如图所示(部分夹持装置省略)。 已知：SO2Cl2的熔点为-54.1℃，沸点为69.1℃，遇水能发生剧烈反应，并产生白雾。 回答下列问题： (1)仪器b的名称为_______，装置乙和丁中可以使用同一种试剂，该试剂为_______。 (2)甲装置可以用于实验室制SO2，下列可以选用的固液组合是_______(填字母)，写出该组合发生反应的化学方程式：_______。 A．浓硫酸和Cu        B．稀硝酸和Na2SO3固体 C．70%浓硫酸和Na2SO3固体    D．浓硫酸和碳 (3)装置庚中发生反应的离子方程式为_______。 (4)选用下面装置探究酸性：H2SO3＞HClO，气流自左向右，装置的连接顺序为_______。 A→_______→_______→_______→F→B。 能证明H2SO3的酸性强于HClO的实验现象为_______。 19．某强酸性溶液X可能含有Al3＋、Ba2＋、NH、Fe2＋、Fe3＋、CO、SO、SiO、NO中的一种或几种，取该溶液进行实验，其现象及转化如图所示。反应过程中有一种气体为红棕色。 请回答下列问题： (1)由强酸性条件即可判断溶液X中一定不存在的离子有___________。 (2)溶液X中，关于NO的判断一定正确的是___________(填字母)。 a．一定有   b．一定没有  c．可能有 (3)产生气体A的离子方程式为___________。 (4)转化⑥发生反应产生的现象为___________。 (5)转化④中生成H的离子方程式为___________。 (6)若转化③中，D、H2O、O2三种物质恰好发生化合反应生成E，则反应中D与O2的物质的量之比为___________。 (7)对于不能确定是否存在的离子，可以另取溶液X，加入下列溶液中的一种，根据现象即可判断，该试剂最好是___________(填序号)。 ①NaOH溶液  ②KSCN溶液   ③石蕊试剂  ④KMnO4溶液   ⑤氯水和KSCN的混合溶液 试卷第10页，共10页 试卷第1页，共10页 学科网（北京）股份有限公司 《2025-2026学年度高中化学必修二第五章期末复习试卷》 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C C A C B A D A C 题号 11 12 13 14 15 答案 D A C B C 1．B 【详解】A．青铜是合金材料，故不选A； B．玉是硅酸盐，故选B； C．绢画的材料是丝，其主要成分是蛋白质，属于有机高分子化合物，故不选C； D．木材的成分是有机高分子化合物，故不选D； 选B。 2．C 【详解】A．石灰石分解得到的可与、反应生成硫酸钙，可脱除燃煤产生的，A正确； B．钙钛矿电池光电转换性能优异，可应用于光伏发电领域，B正确； C．天然气主要成分为，完全燃烧生成，会增加碳排放，不能助力碳中和，C错误； D．金属有机框架材料具有多孔结构，吸附性能优异，可用于气体的储存与分离，D正确； 故选C。 3．C 【详解】A．与生成的反应为可逆反应，标况下物质的量为1mol，不能完全转化，生成分子数小于，A错误； B．常温下Fe遇浓硝酸会发生钝化，表面生成致密氧化膜阻止反应继续进行，Fe不会完全反应，失去电子数远小于，B错误； C．Cu与S充分反应生成，0.1molCu完全反应时每个Cu失去1个电子，反应中S过量，故转移电子数为，C正确； D．浓硫酸与Cu加热反应过程中，硫酸浓度逐渐降低，稀硫酸与Cu不反应，硫酸不能完全消耗，转移电子数小于，D错误； 故答案选C。 4．A 【详解】A．过量Fe与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和水，给出的离子方程式电荷守恒、原子守恒，拆分和配平均正确，A正确； B．Na2SiO3是可溶于水的强电解质，在离子方程式中需拆分为离子，且Na+不参与反应，正确离子方程式为，B错误； C．氨水为弱电解质，离子方程式中不能拆为OH-，且氨水不能溶解Al(OH)3，反应生成Al(OH)3沉淀，正确的离子方程式为，C错误； D．通入少量氯气时，过量，反应生成的H+会与过量结合为，正确离子方程式为，D错误； 故选A。 5．C 【详解】A．液氨可用作制冷剂是因为液氨汽化时会吸收大量热，与极易溶于水的性质无因果关系，A错误； B．可用来生产光导纤维是利用其对光的全反射传输特性，与熔点高、硬度大的性质无因果关系，B错误； C．维生素C具有还原性，可与食品中的氧化性物质、氧气等发生反应，防止食品氧化变质，因此可用作食品抗氧化剂，两个陈述均正确且具有因果关系，C正确； D．常温下与浓硫酸会发生钝化反应，生成致密氧化膜阻止内部金属继续反应，钝化属于化学反应，并非二者不反应，陈述Ⅱ错误，D错误； 故此题选C。 6．B 【详解】A．浓硝酸见光易分解，属于液体试剂，应保存在棕色细口瓶中避光储存，A正确； B．NaOH会与玻璃中的反应生成具有粘性的，会将玻璃塞与试剂瓶黏结在一起无法打开，因此NaOH溶液不能用带玻璃塞的玻璃试剂瓶保存，应使用橡胶塞，B错误； C．NO是有毒气体，在通风橱内进行相关实验并佩戴护目镜、口罩可避免实验人员中毒、受到伤害，C正确； D．浓硫酸具有强腐蚀性，稀释时会放出大量热，操作时佩戴护目镜和橡胶手套可防止浓硫酸溅出造成腐蚀伤害，D正确； 故选B。 7．A 【详解】① 、可与水反应生成酸，但不能与水直接反应，①错误； ② 是碱性气体，可与浓硫酸反应生成铵盐，具有强还原性，可被浓硫酸氧化，二者均不能用浓硫酸干燥，②正确； ③ 水晶的主要成分为，③正确； ④ 属于酸性氧化物，但可与氢氟酸反应，④错误； ⑤ 液氨汽化时吸收大量热使周围温度降低，才可用作制冷剂，描述的“放出大量热”错误，⑤错误； ⑥ 常温下浓硝酸可使铝发生钝化，钝化是化学反应，生成致密氧化膜阻止反应进一步进行，并非二者不反应，⑥错误。 综上，正确的叙述共2项，故选A。 8．D 【详解】A．化合物中各元素化合价代数和为0，设S的平均化合价为，Na为+1价，O为-2价，列式得：，解得，不是+2价，A错误； B．S元素平均价态为+2.5，处于中间价态，因此连四硫酸钠既有氧化性，也有还原性，B错误； C． 中4个S的总化合价为+10，完全氧化为后，4个S的总化合价为，化合价升高了，即1mol 完全氧化时转移，不是10mol，C错误； D．反应为，反应中是氧化剂，是氧化产物；根据氧化还原规律：氧化剂的氧化性强于氧化产物，因此的氧化性强于，D正确； 故选D。 9．A 【详解】A．浓盐酸易挥发，与反应生成固体小颗粒，因此观察到白烟，A正确； B．是碱性气体，可与浓硫酸发生中和反应生成硫酸铵，只是浓硫酸难挥发，没有明显现象，并非不反应，B错误； C．很多氯化物溶液（如氯化镁、氯化亚铁等）都能与氨水反应生成氢氧化物沉淀，溶液变浑浊不一定是溶液，C错误； D．本身不是碱，溶于水生成的电离出才使湿润红色石蕊试纸变蓝，D错误； 故选A。 10．C 【分析】由图可知，①中高锰酸钾受热分解制备氧气，装置②中氯化铵与氢氧化钙共热反应制备氨气，装置③中氨气在催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮，装置④中反应生成的一氧化氮与过量的氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水蒸气反应生成硝酸，硝酸与氨气反应生成硝酸铵，会有白烟产生，装置⑤中氮的氧化物与氧气溶于水反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成淡蓝色的硝酸铜。 【详解】A．②中反应为 ，反应中所有元素化合价均未改变，属于非氧化还原反应，A正确； B．③中气体颜色无明显变化，说明反应生成了无色的，进入④后被氧化为红棕色，和实验现象吻合，③中就是氨的催化氧化反应，B正确； C．整个体系中没有可进入④的氯元素，与水反应生成，未反应完的和反应生成固体，白烟的成分是，不是，C错误； D．含氮氧化物的气体通入⑤中，会形成硝酸，硝酸可以和铜粉反应生成蓝色，溶液会变蓝，D正确； 故选C。 11．D 【详解】A．检验应该用湿润的红色石蕊试纸，遇氨气变蓝，用蓝色试纸本身无明显颜色变化，不能判断不含，A错误； B．加产生不溶于盐酸的白色沉淀，可能是，也可能是待测液中含有与溶液反应生成AgCl沉淀，B错误； C．先加氯水再加变红，无法排除原溶液中已有，正确操作应先加无现象，再加氯水变红，C错误； D．焰色试验中，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，证明样品含钾元素，D正确； 故选D。 12．A 【分析】结合机理图梳理转化路径，为起始反应物，其中为+2价、为-1价，可被氧化生成，也可被氧化生成单质；、均为中间产物，可作为还原剂参与反硝化反应，被氧化为，作为氧化剂被还原为；反应中元素最终可升高到中的+3价，元素最终可升高到中的+6价，结合化合价变化计算电子转移量，配平离子反应方程式。 【详解】A．反应过程中溶解生成的也可作为还原剂被氧化为，故还原剂不只有、、，A错误； B．机理中涉及的所有反应均存在元素化合价升降，均属于氧化还原反应，B正确； C．1 mol 中，1 mol 被氧化为失1 mol电子，2 mol 从-1价被氧化为+6价共失14 mol电子，最多共提供15 mol电子，C正确； D．参与反硝化时，从+2价升高到+6价，每个失8 mol电子，中从+5价降低到0价，每个得5 mol电子，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平可得离子方程式为，D正确； 故选 A。 13．C 【分析】由图中氢化物的化合价可知，左侧为氮及其部分化合物的价类二维图，右侧为硫及其部分化合物的价类二维图，则a为硫化氢、b为硫、c为二氧化硫、d为三氧化硫、e为硫酸、f为硫酸盐、g为氨气、h为氮气、i为一氧化氮、j为二氧化氮或四氧化二氮、k为硝酸、l为铵盐。 【详解】A．由分析可知，左侧为氮及其部分化合物的价类二维图，A正确； B．转化为，均能一步实现，B正确； C．e的浓溶液为浓硫酸，使胆矾变白表现了吸水性，C错误； D．g→i→j→k的转化为，可在工业上制硝酸，D正确； 故选C。 14．B 【分析】粗盐中含有可溶性杂质，主要有、、和不溶性杂质，将其溶解，加入过量的溶液，除去，再加入过量的溶液，除去，最后加入过量的溶液，除去钙离子和钡离子，过滤，得到沉淀和滤液，滤液中含有过量的和溶液，再加入适量的盐酸，中和和溶液，将溶液蒸发结晶、烘干，得到氯化钠晶体，据此分析： 【详解】A．由分析可知，溶液a、b依次为溶液、溶液，试剂的位置不可互换，因为过量的钡离子需用碳酸钠除去，A错误； B．由分析可知，溶液c为盐酸，其目的是中和和溶液，B正确； C．配制溶液时需选用的容量瓶，故需要的质量为，用托盘天平称量29.3g精盐，C错误； D．精盐是重要的化工原料，由于易溶于水，难溶于水但易溶于氨化后的溶液中，故侯氏制碱法第一步需向饱和食盐水中依次通入氨气、二氧化碳，D错误； 答案选B。 15．C 【详解】A．自然界中的硫元素既有游离态，也有化合态，如单质硫（S为0价），硫酸盐（S为+6价），黄铁矿（S为-1价），A错误； B．火山喷发处存在单质硫，所以硫在自然界有游离态，B错误； C．硫元素在自然界转化过程中既可被氧化，如等，又可被还原，如黄铁矿等，C正确； D．硫燃烧生成进入大气，与在一定条件下进一步转化为，D错误。 16．(1) 粉碎、搅拌、适当升温、适当增大稀浓度等 (2) 失去结晶水 D (3) (4) 【分析】首先用稀硫酸酸浸，CoO、四氧化三铁反应进入滤液1，CuS、SiO2成滤渣1；滤液1结晶得硫酸铁和硫酸钴晶体，经焙烧1、水浸分离铁、钴，硫酸钴溶液加草酸铵沉钴得；滤渣1中CuS焙烧2生成CuO和二氧化硫，CuO酸浸2成硫酸铜溶液，SiO2为滤渣2。 【详解】（1）加快浸出速率的常见方法为增大接触面积（粉碎矿石）、升高温度、提高酸浓度、搅拌等，任写一种即可。Fe3O4​和稀硫酸反应生成铁离子、亚铁离子和水，。 （2）①待焙烧的晶体带结晶水，温度低于227℃时，晶体失去结晶水，因此总质量减小。铁硫酸盐分解温度低于钴硫酸盐，故566～600℃分解的物质是。 ②要分离铁、钴，需要让完全分解为不溶的，同时不分解、保持可溶，因此温度需控制在完全分解、未分解的范围，即，因此温度选D。 （3）焙烧时被空气中氧气氧化，生成和，配平得方程式。原矿中含有的不与稀硫酸反应，因此滤渣2为。 （4）的摩尔质量为，设起始物为（）。第一步失重对应失去；第二步失重质量为，第二步反应从（）开始，反应后剩余固体质量为。该固体含（），则含氧元素质量为，其物质的量为，故，产物为。结合产物为配平得到反应方程式，。 17．(1)硝酸型酸雨(光化学烟雾，答案合理即可) (2) Fe3+(或FeCl3) 与盐酸反应产生FeCl2 2NO+3H2O22HNO3+2H2O 温度升高H2O2分解，HO·减少，导致NO脱除率降低(答出H2O2分解即可) (3) 增大了气体与NaClO溶液的接触面积，加快了脱硫脱硝速率，提高了效率 3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2+5H+ 0.06NA (4) 【详解】（1）向大气中排放的氮氧化物()会引起：雾霾、光化学烟雾、硝酸型酸雨等环境问题； （2）①根据催化分解产生，可以将NO氧化为的机理图可知其转化路径为，则得到X为：(或)，Y的化学式为：(或)； ②在该转化过程中，催化剂为，则纳米零价铁的作用是与HCl溶液反应产生； ③NO与H2O2反应生成HNO3和水，则反应的化学方程式为：； ④根据NO脱除率随温度的变化图，温度高于120℃时，NO脱除率随温度升高呈现下降趋势的主要原因为：随温度升高，的分解速率加快，的量减少，导致到NO脱除率降低 （3）用溶液对和NO烟气进行喷淋吸收，发生反应：、；采用烟气喷淋吸收塔装置的优点为：增大了气体与HClO溶液的接触面积，加快了脱硫脱硝速率，提高了效率；其中用溶液对NO烟气进行脱硝反应的离子方程式为：；根据方程式可知，当吸收标准状况下的NO气体2mol时，转移电子数为6mol，则吸收标准状况下448 mL，约0.02mol的NO气体时，转移的电子数为； （4）用酸性KMnO4溶液滴定亚硫酸铵，亚硫酸根离子被酸性高锰酸钾氧化成硫酸根离子，高锰酸根离子被还原为Mn2+，反应的离子方程式为6H++5SO+2MnO=2Mn2++5SO+3H2O，滴定过程中消耗高锰酸钾的体积为bmL，消耗高锰酸钾的物质的量为0.1b×10-3mol，则反应后剩余的的物质的量为0.25b×10-3mol，的物质的量浓度为，故亚硫酸铵的氧化率为：。 18．(1) 球形干燥管或干燥管 浓硫酸 (2) C Na2SO3＋H2SO4(浓)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O (3)2＋16H＋＋10Cl—=2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O (4) ECD 装置F中品红溶液不褪色，装置B中产生白色沉淀 【分析】本实验旨在制备SO2Cl2并探究H2SO3与HClO的酸性强弱。装置甲用于制备SO2，经装置乙（浓硫酸）干燥后通入装置丙；装置庚利用高锰酸钾与浓盐酸反应制备Cl2，由于浓盐酸易挥发，产生的Cl2中混有HCl，需通过装置戊（饱和食盐水）除杂，再经装置丁（浓硫酸）干燥后通入装置丙。在装置丙中，SO2与Cl2在活性炭催化下化合生成SO2Cl2。仪器b装有固体干燥剂，用于吸收尾气并防止空气中水蒸气进入装置丙引起产物水解。探究酸性强弱时，需利用强酸制弱酸原理，通过H2SO3 > H2CO3 > HClO间接证明，注意排除干扰气体。 【详解】（1）根据仪器构造可知，仪器b的名称为球形干燥管（或干燥管）。装置乙和丁的作用分别是干燥SO2和Cl2，两者均为酸性气体，故均可使用浓硫酸作为干燥剂。 （2）甲装置为固液常温反应装置，用于制备SO2； A．浓硫酸和Cu反应需要加热，A不符合题意； B．稀硝酸具有强氧化性，会将Na2SO3氧化为Na2SO4，无法得到SO2，B不符合题意； C．70%浓硫酸与Na2SO3固体在常温下发生复分解反应生成SO2，C符合题意； D．浓硫酸和碳反应需要加热，D不符合题意； 故选C。 甲装置中，Na2SO3与浓硫酸反应，生成Na2SO4、SO2和H2O，依据原子守恒，可得出发生反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O。 （3）装置庚中，高锰酸钾与浓盐酸在常温下发生氧化还原反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，发生反应的离子方程式为：2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。 （4）探究酸性H2SO3＞HClO时，由于SO2具有还原性，HClO具有强氧化性，二者相遇会发生氧化还原反应，因此不能直接将SO2通入漂白粉溶液中。应采用间接法，即证明酸性H2SO3＞H2CO3＞HClO。 装置A制备的SO2中混有挥发出的HCl，首先通过装置E（饱和NaHSO3溶液）除去HCl；然后将纯净的SO2通入装置C（NaHCO3溶液）中反应生成CO2，证明酸性H2SO3＞H2CO3；接着通过装置D（酸性KMnO4溶液）除去CO2中混有的SO2；再通过装置F（品红溶液）检验SO2是否除尽；最后将纯净的CO2通入装置B（漂白粉溶液）中，若生成白色沉淀，则证明酸性H2CO3＞HClO。因此装置连接顺序为A → E → C → D → F → B。 能证明H2SO3酸性强于HClO的实验现象是：装置F中品红溶液不褪色（说明SO2已完全除去，排除其对后续实验的干扰），装置B中产生白色沉淀（说明CO2与次氯酸钙反应生成了碳酸钙沉淀和次氯酸，即H2CO3酸性强于HClO，从而间接证明H2SO3＞HClO）。 【点睛】将SO2通入HClO溶液中，发生反应HClO+SO2+H2O=HCl+H2SO4。 19．(1)CO、SiO (2)b (3)3Fe2＋＋NO＋4H＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O (4)红褐色沉淀溶解，溶液呈黄色 (5)Al3＋＋4OH-=AlO＋2H2O (6)4∶1 (7)② 【分析】某强酸性溶液X，则溶液中不存在弱酸根离子CO、SiO，溶液和硝酸钡溶液反应生成沉淀C，则溶液中一定存在SO，不存在和硫酸根离子反应的Ba2+，C是BaSO4；酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，所以溶液中Fe2+和NO不能共存，加入硝酸钡产生气体，则溶液中存在Fe2+，不存在NO，A是NO，则D是NO2，二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，则E是HNO3；溶液B中加入氢氧化钠溶液时，产生气体F，则溶液中含有NH，F是NH3，硝酸和氨气反应生成硝酸铵，则I是NH4NO3；产生沉淀，则溶液中存在Fe3+，沉淀G是氢氧化铁，氢氧化铁和盐酸反应生成FeCl3，则J是FeCl3，溶液H中通入过量二氧化碳生成沉淀，则溶液中存在Al3+，沉淀K是氢氧化铝，溶液L是NaHCO3。 【详解】（1）由强酸性条件即可判断溶液X中不存在弱酸根离子，一定不存在的离子有CO、SiO。故答案为：CO、SiO； （2）根据以上分析可知溶液X中一定没有NO，故答案为：b； （3）亚铁离子和硝酸反应生成铁离子、一氧化氮和水，产生气体A的离子方程式为3Fe2＋＋NO＋4H＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。故答案为：3Fe2＋＋NO＋4H＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O； （4）转化⑥发生的反应是盐酸溶解氢氧化铁，发生反应产生的现象为红褐色沉淀溶解，溶液呈黄色。故答案为：红褐色沉淀溶解，溶液呈黄色； （5）转化④中产生偏铝酸钠的离子方程式为Al3＋＋4OH-=AlO＋2H2O。故答案为：Al3＋＋4OH-=AlO＋2H2O； （6）若转化③中，NO2、H2O、O2三种物质恰好发生化合反应生成HNO3，该反应方程式为：4NO2+2H2O+O2＝4HNO3，则反应中D与O2的物质的量之比为4∶1。故答案为：4∶1； （7）溶液中Fe3+是否存在不能确定，Fe3+和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液，所以可以用硫氰化钾溶液检验，故答案为：②。 答案第6页，共11页 答案第5页，共11页 学科网（北京）股份有限公司 $