高考化学第一轮复习：含碳、硫物质
一、选择题
1．下列实验不能达到目的的是---（ ）
选项 目的 实验
A 制取较高浓度的次氯酸溶液 将Cl2通入碳酸钠溶液中
B 加快氧气的生成速率 在过氧化氢溶液中加入少量MnO2
C 除去乙酸乙酯中的少量乙酸 加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液
D 制备少量二氧化硫气体 向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸
A．A B．B C．C D．D
2．我国提出争取在2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和，这对于改善环境、 实现绿色发展至关重要。“碳中和”是指CO2的排放总量和减少总量相当。下列措施中能促进碳中和最直接有效的是---（ ）
A．将重质油裂解为轻质油作为燃料
B．大规模开采可燃冰作为新能源
C．通过清洁煤技术减少煤燃烧污染
D．研发催化剂将 还原为甲醇
3． 含S元素的某钠盐a能发生如图转化。下列说法错误的是（ ）
A．a可能为正盐，也可能为酸式盐
B．c为不溶于盐酸的白色沉淀
C．d为含极性键的非极性分子
D．反应②中还可能生成淡黄色沉淀
4． 下列由实验现象所得结论错误的是（ ）
A．向NaHSO3溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀，证明HSO 具有氧化性
B．向酸性KMnO4溶液中加入Fe3O4粉末，紫色褪去，证明Fe3O4中含Fe(Ⅱ)
C．向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，证明炭可与浓HNO3反应生成NO2
D．向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解反应
5．中科院发现深海处在微生物作用下的含硫物质的变化过程如图所示(已略去部分不含硫物质)。有关转化过程说法错误的是
A．中含有的键与键的数目之比为
B．，
C．既被氧化又被还原
D．理论上每产生，转移
6． 随着工业化的发展，二氧化碳导致的温室效应越发严重。下列四个措施中不利于大气中 减少的是（ ）
A．用氨水捕集废气中的 ，将其转化为氮肥
B．大力推广使用风能、水能、氢能等清洁能源
C．大力推广使用干冰实现人工增雨，缓解旱情
D．通过植树造林，利用光合作用吸收大气中的
7． 2022年1月，国务院办公厅印发了《中央生态环境保护整改工作办法》，凸显了国家治理环境的决心和力度。下列说法错误的是（ ）
A．工业上用氨水消除燃煤烟气中的
B．纳米铁粉主要通过物理吸附除去污水中的等重金属离子
C．中国空间站宇航员采用多次蒸馏的方法，从尿液中分离出纯净水，实现了水的再生循环
D．中国科学院在国际上首次实现了从到淀粉的全合成，有利于促进“碳中和”
8． 将燃着的H2S不断通入盛有一定量O2的集气瓶中。当火焰熄灭后继续通入H2S，发生的主要反应是
A．2H2S+O2=2S+2H2O B．2H2S+3O2=2SO2+2H2O
C．2H2S+SO2=3S+2H2O D．2SO2+O2=2SO3
9． 2021 年9月，我国科学家团队在实验室中利用二氧化碳人工合成淀粉获得成功。如图是合成过程的相关反应路径(部分反应条件、产物等均已略去)。下列有关说法正确的是（ ）
A．人工合成淀粉的化学式可表示为(C6H12O6)n
B．反应①、②、③的原子利用率均为100%
C．CO2→CH3OH→ HCHO的转化过程中碳元素均被还原
D．过氧化氢酶使H2O2及时分解，防止其氧化其它酶，同时增大O2的利用率
二、非选择题
10． 捕集CO2的技术对解决全球温室效应意义重大。回答下列问题。
（1）I.国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)
碳原子核外有 种能量不同的电子。H2O分子空间构型为 。已知上述反应中，反应物能量总和大于生成物能量总和，则该反应为 反应。(填“放热”或“吸热”)
（2）II.将CO2富集、活化、转化为具有高附加值的化学品对实现碳中和有重要意义。回答下列问题。
一种富集烟气中CO2的方法示意图如图：
写出“解吸”过程产生CO2的化学方程式： 。
（3）CO2性质稳定，使其活化是实现转化的重要前提。
①使用过渡金属作催化剂，提供空轨道接受 (填“C”或“O”)原子的孤电子对，破坏CO2的结构使其活化。
②采用电化学、光化学等手段，使CO2 (填“提供”或“接受”)电子转化为CH3OH。
（4）III.小组同学对比K2CO3和KHCO3的性质，进行了如下实验。回答下列问题。
向相同体积、相同浓度的K2CO3和KHCO3溶液中分别滴加0.1mol·L-1的盐酸，溶液pH变化如图。
图 (填“甲”或“乙”)是K2CO3的滴定曲线。A'~B'发生反应的离子方程式为 。
（5）下列说法正确的是 (填序号)。
a.K2CO3和KHCO3溶液中所含微粒种类相同
b.A、B、C均满足：c(K+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)
c.水的电离程度：A
11．立德粉ZnS·BaSO4（也称锌钡白），是一种常用白色颜料。回答下列问题：
（1）利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时，钡的焰色为__________（填标号）。
A．黄色 B．红色 C．紫色 D．绿色
（2）以重晶石（BaSO4）为原料，可按如下工艺生产立德粉：
①在回转窑中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为 。回转窑尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为 。
②在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差。其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的 （填化学式）。
③沉淀器中反应的离子方程式为 。
（3）成品中S2 的含量可以用“碘量法”测得。称取mg样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.1000 mol·L 1的I2 KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉溶液为指示剂，过量的I2用0.1000 mol·L 1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2+2 =2I + 。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为 ，样品中S2 的含量为 （写出表达式）。
12．硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3·5H2O，M=248 g·mol 1）可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：
（1）已知：Ksp(BaSO4)=1.1×10 10，Ksp(BaS2O3)=4.1×10 5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，选用下列试剂设计实验方案进行检验：
试剂：稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液
实验步骤 现象
①取少量样品，加入除氧蒸馏水 ②固体完全溶解得无色澄清溶液
③ ④ ，有刺激性气体产生
⑤静置， ⑥
（2）利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
①溶液配制：称取1.2000 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在 中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的 中，加蒸馏水至 。
②滴定：取0.00950 mol·L 1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应： Cr2O72 +6I +14H+=3I2+2Cr3++7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32 =S4O62 +2I 。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液 ，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为 %（保留1位小数）。
13．膦(PH3)在常温下是一种无色有大蒜臭味的有毒气体，可用作高效熏蒸杀虫剂。以氟磷灰石[主要成分为Ca10(PO4)6Fx]、焦炭、石英砂为原料制备膦的一种工艺流程如下图所示。
查阅资料：
①白磷(P4)外观为白色或浅黄色半透明性固体，暴露空气中在暗处产生绿色磷光和白烟，在湿空气中约40℃着火，不溶于水。
②H3PO2属于一元中强酸、强还原剂，加热到130℃时分解成磷酸和磷化氢。
回答下列问题：
（1）Ca10(PO4)6Fx中，x的值为 。
（2）将固体原料精细研磨的目的是 ， 如果固体原料恰好完全反应，所得还原产物与氧化产物的物质的量之比为 。
（3）从P4(g)和CO的气体混合物中分离得到P4 (s)，应选择下列试剂中的_______(填标号)。
A．冷水 B．热水 C．空气
（4）P4(s)与足量氢氧化钾溶液反应的离子方程式为 。
（5）H3PO2在130℃时分解的化学方程式为 。
（6）已知：11PH3+24CuSO4+12H2O=8Cu3P+3H3PO4+24H2SO4，该反应原理可用于磷化氢中毒时，口服硫酸铜溶液催吐、解毒。消耗1. 1mol PH3时转移电子数目为 。
14．“胜哥”进行了下述实验，以探究 与 溶液的反应。
（1）实验一：用如下装置（夹持、加热仪器略）制备 ，将足量 通入 溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B。
①浓 与Cu反应的化学方程式是
②试剂a是 。
（2）对体系中有关物质性质分析得出：沉淀B可能为 、 或二者混合物。
（资料： 微溶于水； 难溶于水）
实验二：验证B的成分
①写出 溶于氨水的离子方程式： 。
②加入盐酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F。推断D中主要是 ，进而推断B中含有 。向滤液E中加入一种试剂，可进一步证实B中含有 。所用试剂及现象是 。
（3）根据沉淀F的存在，推测 的产生有两个途径：
途径1：实验一中， 在 溶液中被氧化生成 ，随沉淀B进入D。
途径2：实验二中， 被氧化为 进入D。
实验三：探究 的产生途径
①向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有 ；取上层清液继续滴加 溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含 。做出判断的理由： 。
②实验三的结论： 。
（4）实验一中 与 溶液反应的离子方程式是 。
（5）根据物质性质分析， 与 溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间，有Ag和SO42-生成。
根据上述实验所得结论： 。
15． 工业上 催化重整制合成气反应为：
（1）标准摩尔生成焓指由元素最稳定的单质生成 纯化合物时的反应焓变。
已知几种物质的标准摩尔生成焓 如表所示：
物质 CO(g)
生成焓 0
计算反应 的△H= 。
（2）镍是 催化重整中最有效的催化剂之一，其催化活性受积炭影响非常大。
①甲烷转化率较高时，积炭主要由吸附在催化剂表面的 CO 歧化反应产生，产生积碳的化学方程式为 ；
②消炭是把碳单质转化为气态碳化合物，有关积炭和消炭的说法正确的是 (填标号)。
A.在一定的温度下，甲烷的裂解也会产生积炭
B.MgO 对 有吸附作用，镍催化剂添加 MgO 助剂有利于消炭
C.通入足量的 也可消除积炭
（3）在炭催化剂重整制合成气时， 和 的转化率受炭催化剂的颗粒大小、 与 流量比、温度、时间等因素的影响。(已知：目数越大表示颗粒越小。)
①图 1 可知要提高甲烷转化率可以适当 ， 可能原因是 。
②图 2 中，F 为 与 的流量比，①②③为 的转化率随时间变化曲线，④⑤⑥为 的转化率随时间变化的曲线。综合考虑 和 的转化率， 与 最理想的流量比F= 。
（4） 转化为醋酸的厌氧微生物电解池装置如图所示，其阴极的电极反应式为 。
16．草酸(H2C2O4)是二元弱酸，其工业合成方法有多种。
I.甲酸钠钙化法
（1）CO和NaOH溶液在2MPa、200℃时生成甲酸钠(HCOONa)，化学方程式是 。
（2）“加热”后，甲酸钠脱氢变为草酸钠。则“钙化”时，加入的试剂a是 。
（3）若将草酸钠直接用H2SO4酸化制备草酸，会导致结晶产品不纯，其中含有的杂质主要是 。
（4）“酸化”过程中加入H2SO4的目的是 。
（5）II.一氧化碳偶联法
分三步进行：
i.偶联反应：
ii.水解反应：……
iii.再生反应：4NO+4CH3OH+O2→4CH3ONO+2H2O
酸性条件下，“水解反应”的化学方程式是 。
（6）从原子经济性的角度评价偶联法制备草酸的优点是
。
17． 工业用焦炭和硫酸钠反应制备硫化钠：Na2SO4 + 2CNa2S + CO2↑，完成下列填空：
（1）硫元素在周期表中的位置为 ，硫原子核外有 种不同运动状态的电子。
（2）CS2的结构与CO2相似，二者形成晶体时的熔点高低为：CS2 CO2(填“>、=、<”)。
（3）有关二硫化碳分子的描述正确的是____
A．含有非极性键
B．是直线形分子
C．属于极性分子
D．结构式为
（4）C元素和S元素比较，非金属性强的是 ，写出一个能支持你的结论的事实： 。
（5）Na2S又称臭碱，Na2S溶液中含硫元素微粒的浓度由大到小的顺序是 。
（6）天然气中常含有少量H2S，在酸性介质中进行天然气脱硫的原理示意图如图示，
配平步骤①涉及到的方程式(先在括号里补齐生成物)：
_Fe2 (SO4)3 + _ H2S =_FeSO4 +_S↓ +_
（7）图示中反应②是FeSO4在酸性条件下被O2氧化的过程，若有1摩尔FeSO4在酸性条件下被氧化，需要O2的体积(标准状况)为 升。
18．（1）I.碳元素作为一种形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物具有广泛的用途。
储能材料是当今科学研究的热点，C60(结构如图)可用作储氢材料。继C60后，科学家又合成了Si60、N60，下列有关说法正确的是 。
a．C60、Si60、N60都属于新型化合物
b．C60、Si60、N60互为同分异构体
c．已知N60结构与C60相似，由于N-N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2
d．已知金刚石中C-C键长154pm，C60中C-C键长145-140pm，故C60熔点高于金刚石
（2）II．玻璃生产离不开碳酸盐，原料在熔炉里发生的主要反应如下：2Na2CO3+CaCO3+3SiO2 2Na2SiO3+CaSiO3+3CO2↑
上述反应中，反应物之一在熔融状态下不导电，该物质属于 晶体。写出气体产物的电子式 ，其属于 分子(填“极性”或“非极性”)。
（3）上述反应中，在周期表中相邻的两种元素的原子半径 > (填元素符号)；处于第三周期的元素名称是 ；金属性最强的短周期元素原子核外有 种不同能级的电子，其单质在O2中燃烧，生成的产物可能有 (写化学式)。
（4）III．碳元素能形成多种酸，如常见的碳酸、草酸(H2C2O4)等。已知下列3个变化： →CO2、 →CO2、Fe3+→Fe2+。
找出其中一个变化与“ →Mn2+”组成一个反应，写出该反应的离子方程式并配平 。
（5）上述反应中的高锰酸钾在不同条件下可发生如下反应： +5e+8H+→Mn2++4H2O； +3e+2H2O→MnO2+4OH-； +e→
①由此可知，高锰酸根离子( )反应后的产物与 有关。
②高锰酸钾溶液与硫化亚铁发生如下反应：10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2(SO4)3+10S↓+24H2O，已知该反应进行一段时间后，固体的质量减少了2.8g，则硫元素与KMnO4之间发生电子转移的数目为 个。
答案及解析
1.答案:A
分析:A、根据H2CO3、HClO、HCO3-的酸性强弱分析发生的反应；
B、MnO2是H2O2分解的催化剂；
C、Na2CO3能与乙酸反应，与乙酸乙酯不反应；
D、根据发生的反应进行分析；
解析:A、由于酸性：H2CO3>HClO>HCO3-，Cl2通入Na2CO3溶液中发生反应的化学方程式分别为：Cl2+H2O=HClO+HCl、HClO+Na2CO3=NaClO+NaHCO3、2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑；故无法制取较高浓度的NaClO溶液，选项错误，A符合题意；
B、MnO2是H2O2分解的催化剂，可加快H2O2的分解速率，同时加快O2的生成速率，选项正确，B不符合题意；
C、Na2CO3能与乙酸反应，与乙酸乙酯不反应，且不互溶，故可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸，再通过分液，得到乙酸乙酯，选项正确，C不符合题意；
D、向饱和Na2SO3溶液中滴加浓硫酸时，发生反应：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，反应可生成SO2，选项正确，D不符合题意；
故答案为：A
2.答案:D
分析: “碳中和”是指CO2的排放总量和减少总量相当 ，即减少CO2的排放量。
解析:A.将重质油裂解为轻质油并不能减少CO2的排放量，达不到碳中和的目的，A不符合题意；
B.大规模开采可燃冰做为清洁燃料，会增大CO2的排放量，不符合碳中和的要求，B不符合题意；
C.通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，不能减少CO2的排放量，达不到碳中和的目的，C不符合题意；
D.研发催化剂将二氧化碳还原为甲醇，可以减少CO2的排放量，达到碳中和的目的，D符合题意；
故答案为：D
3.答案:C
分析:A.根据分析此物质含硫元素，且属于亚硫酸或硫代硫酸钠等物质；
B.c是硫酸钡沉淀，不溶于酸；
C.d是二氧化硫含非极性键；
D.a可能是亚硫酸钠或硫代硫酸钠，反应后会生成硫单质淡黄色沉淀。
解析:A．由分析可知，盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，故a可能为正盐，也可能为酸式盐，A不符合题意；
B．由分析可知，c为BaSO4，故c为不溶于盐酸的白色沉淀，B不符合题意；
C．由分析可知，d为SO2，由SO2易溶于水并根据“相似相溶”原理可知，d是含有极性键的极性分子，C符合题意；
D．由分析可知，盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，当Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S↓+SO2↑+H2O，反应②中还可能生成淡黄色沉淀，D不符合题意；
故答案为：C。
4.答案:C
分析:A.标出化学价进行判断即可
B.通过紫色褪去，可说明发生氧化还原反应
C.随着反应的进行浓硝酸变为稀硝酸，会产生一氧化氮，与氧气反应，产生红棕色的二氧化氮
D.次氯酸具有氧化性且是弱酸，且强碱弱酸盐水解呈碱性
解析:A.根据题意写出离子方程式：HSO3-+2H2S+H+=3S↓+3H2O，反应过程中亚硫酸钠的元素化合价由+4价降低为0价，发生了还原反应，起的是氧化性，故A不符合题意
B.酸性高锰酸钾具有氧化性，可与被具有还原性的物质还原，通过颜色的变化可以证明发生反应，故B不符合题意
C.硝酸和碳木炭反应，体现出氧化性，氮元素的化合价降低，可能是一氧化氮或者是二氧化氮，而一氧化氮与空气接触迅速变为二氧化氮，无法确定产物一定是二氧化氮，故C符合题意
D.先变红，说明此时溶液显碱性，证明次氯酸钠溶液发生可水解，后来褪色是因此水解得到了具有漂白性的次氯酸，后来褪色，故D不符合题意
故答案是：C
5.答案:D
分析:A．依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；
B．根据图中信息，结合电荷守恒和质量守恒分析；
C．元素化合价降低、被还原；元素化合价升高、被氧化；
D．根据反应中化合价变化判断。
解析:A．共价单键是σ键，共价三键中含有2个π键1个σ键，中含有的键与键的数目之比为，选项A不符合题意；
B．根据图中信息可知有离子反应，S元素由+2价变为-2价降了4，结合电荷守恒和质量守恒配得离子反应为，故y=24，同理，由中S由+4价降为-2价降了6，结合电荷守恒和质量守恒配得离子反应为，故x=21，选项B不符合题意；
C．参与的反应为，中S由-2价升高为+2价被氧化，C由+4价变为+2价被还原，故 既被氧化又被还原，选项C不符合题意；
D．根据反应，每生成，转移；反应中每生成，转移，选项D符合题意；
故答案为：D。
6.答案:C
分析:A.减少空气中的二氧化碳，废物利用；B.使用清洁能源，减少二氧化碳排放；
C.干冰的大量使用会造成二氧化碳过多排放；D.植物会吸收二氧化碳。
解析:A．氨水能与酸性氧化物二氧化碳反应生成碳酸铵或碳酸氢铵，则用氨水捕集废气中的二氧化碳，将其转化为氮肥有利于大气中二氧化碳的减少，故A不符合题意；
B．大力推广使用风能、水能、氢能等清洁能源可以减少化石能源的使用，从而减少二氧化碳气体的排放，有利于大气中二氧化碳的减少，故B不符合题意；
C．大力推广使用干冰实现人工增雨，会增加大气中二氧化碳的量，不利于大气中二氧化碳的减少，故C符合题意；
D．通过植树造林，利用光合作用吸收大气中的二氧化碳有利于大气中二氧化碳的减少，故D不符合题意；
故答案为：C。
7.答案:B
分析:依据生活中常见的污染和治理分析解答。
解析:A．酸性氧化物二氧化硫能与氨水反应，所以工业上用氨水消除燃煤烟气中的二氧化硫，防止形成酸雨，故A不符合题意；
B．纳米铁粉能与污水中的等重金属离子发生置换反应达到除去重金属离子的目的，与物理吸附无关，故B符合题意；
C．中国空间站宇航员采用多次蒸馏的方法，从尿液中分离出纯净水的过程实现了水的再生循环利用，故C不符合题意；
D．中国科学院在国际上首次实现了从二氧化碳到淀粉的全合成，该过程有助于减少二氧化碳的排放，有利于促进“碳中和”的实现，故D不符合题意；
故答案为：B。
8.答案:C
分析:硫化氢和氧气反应生成二氧化硫，过量硫化氢和二氧化硫反应生成硫和水。
解析:将燃着的H2S不断通入盛有一定量O2的集气瓶中，开始氧气过量H2S完全燃烧生成SO2和水。所以当火焰熄灭后继续通入H2S，发生的主要反应是2H2S+SO2=3S+2H2O；
故答案为：C。
9.答案:D
分析:A．根据键线式确定化学式；
B．产物不唯一；
C．元素化合价升高，被氧化；
D．依据化学平衡移动原理分析；
解析:A．根据人工合成淀粉的键线式可知，其化学式可表示为(C6H10O5)n，A不符合题意；
B．反应①除了合成有机物以外，还有水生成，反应②除了合成甲醛以外，也还有过氧化氢生成，所以原子利用率均未达到100%，B不符合题意；
C．CO2→CH3OH过程中C的化合价由+4降低到-2价，被还原，CH3OH→ HCHO过程中C元素化合价由-2价升高到0价，被氧化，C不符合题意；
D．过氧化氢酶可使反应②产生的H2O2及时分解，使反应②正向进行程度增大，增大了O2的利用率，D符合题意；
故答案为：D。
二、非选择题
10．答案:（1）3；V形；放热
（2）
（3）O；接受
（4）乙； +H+=
（5）a
分析:（1）电子所处轨道不同，能量不同；依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量；
（2）依据示意图分析；
（3）根据配位键形成规则分析；
（4）①第一步水解远大于第二步；
②依据滴定曲线分析；
（5）③a．依据电离和水解规则分析；
b．依据电荷守恒分析；
c．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；
d．金属阳离子相同，焰色试验的颜色相同。
解析:（1）碳的电子排布式为1s22s22p2，所以有3种能量不同的电子；H2O分子O原子最外层含有2对孤电子对，空间构型为V形；反应物能量总和大于生成物能量总和，则该反应为放热反应；
（2）由图可知，“解吸”过程中KHCO3分解生成K2CO3和CO2，反应的化学方程式为；
（3）①CO2的电子式为，O原子有孤电子对，过渡金属的原子一般具有空轨道，根据配位键形成规则可知，过渡金属接受CO2分子中O原子的孤电子对，故答案为：O；
②CO2→CH3OH的过程中C原子发生得电子的还原反应，即CO2接受电子转化为CH3OH，故答案为：接受；
（4）①相同体积、相同浓度的K2CO3和KHCO3溶液，K2CO3的水解程度更大，故pH更大，图甲为碳酸氢钾，图乙为碳酸钾，故答案为：乙；
②图乙为碳酸钾溶液的滴定曲线，A'~B'段，为碳酸钾和少量盐酸的反应，离子方程式为： +H+=，故答案为： +H+=；
（5）③a．K2CO3和KHCO3溶液中存在电离和水解，所含微粒种类相同，故a正确；
b．A点满足电荷守恒：c(K+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，而B、C点由于已经加入盐酸，故溶液中还含有Cl-，故B、C点满足电荷守恒：c(K+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)+c(Cl-)，故b不正确；
c．A点溶质为碳酸氢钾，碳酸氢钾水解大于电离，溶液显碱性，促进水的电离，B点溶质为氯化钾和H2CO3，溶液pH约为4，抑制水的电离，C点溶质为氯化钾和HCl，溶液pH约为2，抑制水的电离，但是由于C点酸性更强，对水的电离抑制程度更大，水的电离程度：A>B>C，故c不正确；
d．K2CO3和KHCO3溶液的金属阳离子相同，焰色试验的颜色相同，则不能鉴别，故d不正确；
故答案为：a。
11．答案:（1）D
（2）BaSO4+4C=BaS+4CO↑；CO+H2O=CO2+H2；BaCO3；S2 +Ba2++Zn2++ =BaS·BaSO4↓
（3）浅蓝色至无色；
分析:（1）识记内容，可参考必修一教材焰色反应的图片。
（2）根据整个流程图的内容可知还原料即为 BaS ，以 BaS 为突破口结合题中的信息： ①在回转窑中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡 ，所以该反应为： BaSO4+4C=BaS+4CO↑ ，根据： 回转窑尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体 ，则反应为： CO+H2O=CO2+H2O，根据 ②在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差。 可知臭鸡蛋气体为H2S， 发生的反应为:BaS + H2O + CO2 = BaCO3 + H2S。
（3）根据滴定过程，首先发生I2+S2-＝2I-+S ，然后用 Na2S2O3溶液滴定剩余的单质碘，反应式为I2+2 =2I + ，根据题中信息，可求出 Na2S2O3溶液滴定剩余的单质碘的量，该量即为硫元素的物质的量。
解析:（1）钡的焰色反应为绿色。
（2）根据在回转窑中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡， 所以反应为 BaSO4+4C=BaS+4CO↑ ，根据 回转窑尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体 ，所以反应为： CO+H2O=CO2+H2 。还原料为BaS，在潮湿空气中长期放置与空气中的二氧化碳反应生成BaCO3 ，沉淀器中发生了沉淀转化生成 ZnS·BaSO4 。
（3）先发生 I2+S2-＝2I-+S ，然后用 Na2S2O3溶液滴定剩余的单质碘，反应式为I2+2 =2I + ，结合题中的量，求出硫元素的物质的量为5-0.1V/2000,质量为32（5-0.1V/2000）
12．答案:（1）加入过量稀盐酸；出现乳黄色浑浊；取上层清液，滴加BaCl2溶液；有白色沉淀生成
（2）烧杯；容量瓶；凹液面与刻度线相平；溶液变为无色，且半分钟内不变色；95.0
分析:本题考查硫酸根离子的检验、配制一定物质的量浓度的溶液、滴定法测定物质的纯度，多步计算。
解析:⑴中，检验硫酸根离子需先除去硫代硫酸根离子，故选择稀盐酸，再选用氯化钡溶液检验硫酸根离子。
⑵中，由题意可知，Cr2O72－~3I2~6S2O32－
n(Cr2O72－)=0.0095mol/L×0.02L=1.9×10－4mol
∴n(S2O32－)=6×1.9×10－4mol=1.14×10－3mol
此时硫代硫酸钠样品溶液的平均用量为24.80mL，所以100mL样品溶液中所含硫代硫酸钠的质量为： ×100mL×248g/mol=1.14g，所以样品纯度为 ×100%=95.0%
13．答案:（1）2
（2）增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更加充分；1：10
（3）A
（4）P4 +3OH-+3H2O=3H2PO +PH3↑
（5）2H3PO2 PH3↑+H3PO4
（6）2.4NA
分析:(1)根据化合物的化合价代数和为0计算；
(2)利用影响反应速率的因素；依据化学方程式判断；
(3)依据白磷易自然的性质；
(4)白磷与氢氧化钾反应得到PH3和KH2PO2 ；
(5)H3PO2加热到130℃时分解成磷酸和磷化氢 ；
(6)利用得失电子守恒计算。
解析:氟磷灰石、焦炭、石英砂在电炉室中发生氧化还原反应得到白磷（g），CO、硅酸钙、氟化钙，白磷（g）凝华成固体后与氢氧化钾反应得到PH3和KH2PO2，H3PO2属于一元中强酸，故KH2PO2与硫酸反应得到H3PO2，H3PO2与在130oC得到磷酸和PH3。
(1)根据化合物的化合价代数和为0，所有钙离子化合价代数和为+20，所有；磷酸根的化合价代数和为-18，故x=2；
(2)将固体原料精细研磨的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更加充分；如果固体原料恰好完全反应，发生反应的化学方程式为： ，P4为还原产物，CO为氧产物，物质的量之比为1：10；
(3)P4(g) 暴露空气中在暗处产生绿色磷光和白烟，不能在空气中凝华；不溶于水，着火点较低，不能用热水，
故答案为：冷水，选A；
(4)白磷与氢氧化钾反应得到PH3和KH2PO2，离子方程式为： ；
(5)H3PO2加热到130℃时分解成磷酸和磷化氢，化学方程式为： ；
(6)从已知方程式可以看出11molPH3参与反应，只有3molPH3中P的化合价升高，由-3到+5，转移电子数为 ；当消耗1. 1mol PH3时，只有0.3molPH3中P的化合价升高，由-3到+5，转移电子数为 。
14．答案:（1）Cu+ 2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；饱和NaHSO3溶液
（2）Ag2SO3+4NH3·H2O=2Ag(NH3)2+ +SO32-+4H2O；H2O2溶液，产生白色沉淀
（3）Ag+ ； Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4沉淀时，必定没有Ag2SO4；途径1不产生SO42-，途径2产生SO42-
（4）2Ag++SO2+H2O= Ag2SO3↓+2H+
（5）实验条件下：SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO42-的速率 碱性溶液中SO32-更易被氧化为SO42-
分析:（1）实验室通常利用铜和浓硫酸的反应制取二氧化硫；
（2）银离子和氨水反应会生成银氨配合离子；
（3）难溶物的溶解性越大，其就越难形成沉淀；
（4）该反应相当于银离子和亚硫酸反应生成亚硫酸沉淀和氢离子；
（5）在酸性条件下亚硫酸根离子更容易生成亚硫酸分子，而在碱性条件下会更容易被氧化为硫酸根。
解析:（1）①浓硫酸和铜在加热的条件下会发生氧化还原反应，生成硫酸铜、二氧化硫和水；
②试剂a是饱和亚硫酸氢钠溶液，可以防止硫酸溶于水变为亚硫酸；
（2）①硝酸银溶解于氨水的离子方程式是Ag+ +3NH3H2O=[Ag(NH3)2]+ +OH- +NH4+ +2H2O；
②过氧化氢和亚硫酸银会发生水解反应，生成白色的氢氧化银沉淀和二氧化硫，因此反应的现象是生成白色沉淀；
（3）①Ag++Cl-+=AgCl↓；如果B中含有硫酸银，则会和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀；根据实验现象可知：途径1不产生SO42-，途径2产生SO42-；
（4）银离子遇到二氧化硫和水会生成亚硫酸银沉淀和氢离子，离子方程式为：2Ag++SO2+H2O= Ag2SO3↓+2H+；
（5）根据实验现象：SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO42-的速率；由此可以得到的结论是：碱性溶液中SO32-更易被氧化为SO42-。
15．答案:（1）
（2）；AB
（3）增加炭催化剂的目数；用粒度小的炭催化剂时，原料气与炭催化剂接触得更加充分；1：1
（4）
分析:（1）通过盖斯定律即可计算出结果即可
（2）① 一氧化碳歧化反应得到的是碳和二氧化碳②甲烷法生裂解时可以产生单质碳，考虑高温下碳和二氧化碳可以反应，而氧化镁对二氧化碳有吸附性即可加入氧化镁消碳，加入氧气后导致产物气体减少
（3）① 根据图1进行比较得到催化剂的目数越大，催化效果越高，说明接触面积越大，催化效果越好②根据图示 ①②③ 以及 ④⑤⑥ 进行比较即可
（4）阴极发生的是二氧化碳得到电子结合氢离子变为乙酸的反应
解析:(l)根据表中数据可知
①C(s)+2H2(g) CH4(g) ΔH＝－75kJ/mol
②C(s)+O2(g) CO2(g) ΔH＝－394kJ/mol
③2C(s)+O2(g) 2CO(g) ΔH＝－221kJ/mol
依据盖斯定律可知③－①－②即得到 的 +248 。
(2)镍是 催化重整中最有效的催化剂之一，其催化活性受积炭影响非常大。
①根据积炭主要由吸附在催化剂表面的CO歧化反应产生，则产生积碳的化学方程式为 ；
②A．在一定的温度下，甲烷的裂解生成碳和氢气，因此也会产生积炭，A正确；
B．MgO对 有吸附作用，高温下碳和二氧化碳反应生成CO，所以镍催化剂添加MgO助剂有利于消炭，B正确；
C．氧气虽然能与碳反应，但也能和甲烷、氢气以及CO反应，无法制备合成气，C不正确；
故答案为：AB；
(3)①图1可知炭催化剂颗粒越小，转化率越高，则要提高甲烷转化率可以适当增加炭催化剂的目数，这是因为用粒度小的炭催化剂时，原料气与炭催化剂接触得更加充分。
②图2可知F＝1:1时 的转化率最高，F＝1:2时最低，F＝1:2时甲烷的转化率最高，F＝2:1时最低，综合考虑 和 的转化率， 与 最理想的流量比F=1：1。
(4)电解池的阴极发生得到电子的还原反应，则根据装置图可知其阴极的电极反应式为 。
16．答案:（1）CO+NaOH HCOONa
（2）Ca(OH)2(或CaO)
（3）Na2SO4
（4）加入H2SO4，H+将CaC2O4转化为H2C2O4， 与Ca2+结合生成CaSO4，沉淀大部分Ca2+
（5） +2H2O H2C2O4+2CH3OH
（6）总反应为：4CO+O2+2H2O→2H2C2O4，是原子利用率为100%的反应
分析:CO和NaOH溶液在2MPa、200℃时生成甲酸钠，加热时甲酸钠脱氢变为草酸钠，加入试剂a钙化得到NaOH和草酸钙，则试剂a应为Ca(OH)2(或CaO)；草酸钙加入硫酸酸化生成硫酸钙沉淀和草酸，过滤后蒸发浓缩、冷却结晶得到草酸晶体。
解析:(1)根据元素守恒可得该反应的化学方程式为CO+NaOH HCOONa；
(2)根据题意可知钙化后得到NaOH和草酸钙，则试剂a应为Ca(OH)2(或CaO)；
(3)硫酸钠易溶于水，所以溶液中混有大量硫酸钠，结晶时Na2SO4也会析出，即为杂质；
(4)酸化时加入H2SO4，H+将CaC2O4转化为H2C2O4， 与Ca2+结合生成CaSO4，沉淀大部分Ca2+，从而使结晶得到草酸更纯净；
(5)酸性环境下草酸二甲酯水解得到草酸和甲醇，化学方程式为 +2H2O H2C2O4+2CH3OH；
(6)将偶联法的三步反应相加可得总反应为4CO+O2+2H2O→2H2C2O4，可知该反应的原子利用率达到100%。
17．答案:（1）第三周期第VIA族；16
（2）>
（3）B
（4）硫；硫酸的酸性大于碳酸(二硫化碳中硫显负价，合理即可)
（5）c(S2-)>c(HS-)>c(H2S)
（6）Fe2(SO4)3 +H2S =2FeSO4 +S↓ +H2SO4
（7）5.6
分析:（1）由于每个电子所处能层、能级、原子轨道、自旋方向不完全相同，每个电子运动状态均不相同。
（2）分子晶体的相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高；
（3）依据CS2的结构与CO2相似判断；
（4）元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强；
（5）依据水解是微弱的，且第一步水解远大于第二步水解；
（6）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒分析；
（7）根据得失电子守恒计算。
解析:（1）硫的原子序数是16，其位于元素周期表的第三周期第ⅥA族；由于每个电子所处能层、能级、原子轨道、自旋方向不完全相同，因此每个电子运动状态均不相同，S原子核外有16个电子，则基态S原子核外有16种运动状态不同的电子。
（2）CS2和CO2均属于分子晶体，分子的相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高，由于CS2的相对分子质量大于CO2，因此熔点：CS2>CO2。
（3）CS2的结构与CO2相似，则其结构为，分子中不含非极性键，属于直线形非极性分子，选项A、C、D不正确，故答案为：B。
（4）比较C和S的非金属性，可通过比较二者最高价氧化物对应水化物的酸性强弱进行判断，因为硫酸酸性大于碳酸，可得非金属性：S>C。或者在CS2中S显负价，C显正价，说明S得电子能力比C强，非金属性：S>C。
（5）Na2S溶液中发生水解，，，水解是微弱的，且第一步水解远大于第二步水解，因此溶液中含硫元素微粒的浓度由大到小的顺序是c(S2-)>c(HS-)>c(H2S)。
（6）根据元素守恒，若Fe2 (SO4)3前配1，则FeSO4前配2，则生成物中少硫酸根，且反应物中含有H元素，由此可知生成物中有H2SO4。Fe2 (SO4)3中Fe元素化合价由+3价降至+2价，1mol Fe2 (SO4)3反应得2mol电子，H2S中S元素化合价由-2价升高到0价，1molH2S反应失2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒，配平后可得化学方程式为Fe2(SO4)3 +H2S =2FeSO4 +S↓ +H2SO4。
（7）FeSO4在酸性条件下被O2氧化为Fe2 (SO4)3，根据得失电子守恒可得关系式4FeSO4O2，若有1molFeSO4在酸性条件下被氧化，则需要0.25molO2，其在标况下体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L。
18．答案:（1）c
（2）原子(共价)；；非极性
（3）Si；C；钠、硅；4；Na2O、Na2O2
（4）5 +2 +16H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O
（5）溶液酸碱性；6.02×1022
分析:
(1)a．有一种元素形成的的纯净物；
b．同分异构体是指分子式相同而结构不同的物质；
c．结构相似，化学键的键能越小，物质的稳定性越差；
d．一般而言沸点：原子晶体大于离子晶体大于分子晶体；
(2)熔融状态下不导电的化合物是共价化合物；非极性分子正负电荷中心重合；
(3)同一主族元素，从上往下原子半径依次增大；依据核外电子排布式书写规律判断；
(4) 根据氧化还原反应得失电子守恒配平；
(5)利用得失电子守恒，电荷守恒和原子守恒进行书写；
①氧化产物与溶液酸碱性有关；
②利用得失电子守恒计算。
解析:(1)a．C60、Si60、N60分别是C、Si、N的新的单质，不属于化合物，a不正确；
b．同分异构体是指分子式相同而结构不同的物质，则C60、Si60、N60的分子式不同，不互为同分异构体，b不正确；
c．已知N60结构与C60相似，化学键的键能越小，物质的稳定性越差，由于N-N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2，c正确；
d．已知金刚石中C-C键长154pm，C60中C-C键长145-140pm，由于金刚石是原子(共价)晶体，而C60是分子晶体，故C60熔点低于金刚石，d不正确；
故答案为：c；
(2)上述反应中，反应物中Na2CO3、CaCO3均为离子化合物，熔融状态下能够导电，而SiO2属于共价化合物，其在熔融状态下不导电，该物质SiO2属于原子(共价)晶体，气体产物即CO2，CO2是共价化合物，则其电子式为 ，CO2是直线形分子，其正负电荷中心重合，故其属于非极性分子，故答案为：原子(共价)； ；非极性；
(3)上述反应2Na2CO3+CaCO3+3SiO2 2Na2SiO3+CaSiO3+3CO2↑中，在周期表中相邻的两种元素即C、Si，是同一主族元素，从上往下原子半径依次增大，故二者的原子半径Si＞C，其中C、O位于第二周期，Na、Si位于第三周期，Ca位于第四周期，故处于第三周期的元素名称是硅，金属性最强的短周期元素即Na，核电荷数为11，核外电子排布式为：1s22s22p63s1，故原子核外有4种不同能级的电子，其单质即Na在O2中燃烧，生成的产物可能氧化钠和过氧化钠，故答案为：Si；C；钠、硅；4；Na2O、Na2O2；
(4) →Mn2+过程中Mn的化合价降低，根据氧化还原反应中“化合价有降必有升”可知，另一个过程为： →CO2，C的化合价升高，根据氧化还原反应配平可得：5 +2 +16H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：5 +2 +16H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(5)上述反应中的高锰酸钾在不同条件下可发生如下反应： +5e+8H+→Mn2++4H2O； +3e+2H2O→MnO2+4OH-； +e→
①有上述转化过程可知，高锰酸根离子( )反应后的产物与溶液的酸碱性有关，故答案为：溶液的酸碱性；
②高锰酸钾溶液与硫化亚铁发生如下反应：10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2(SO4)3+10S↓+24H2O，根据反应可知，10molFeS参与反应，引起固体质量减少：10×88-10×32=560g，硫元素与KMnO4之间转移了10×2=20mol，已知该反应进行一段时间后，固体的质量减少了2.8g， ，解得n=0.1mol，则硫元素与KMnO4之间发生电子转移的数目为6.02×1022个，故答案为：6.02×1022。
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