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2019-2020年高考化學大一輪復習 真題匯編 D單元 非金屬及其化合物 蘇教版
D1 無機非金屬材料的主角——硅 （碳族元素）
7．C5 D1 D2 [xx全國卷Ⅲ] 化學在生活中有著廣泛的應用，下列對應關系錯誤的是( )
化學性質
實際應用
A.
Al2(SO4)3和小蘇打反應
泡沫滅火器滅火
B.
鐵比銅的金屬性強
FeCl3腐蝕Cu刻制印刷電路板
C.
次氯酸鹽具有氧化性
漂白粉漂白織物
D.
HF與SiO2反應
氫氟酸在玻璃器皿上刻蝕標記
7.B [解析] NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液混合，發(fā)生反應Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑，Al(OH)3覆蓋在可燃物表面隔絕空氣，CO2能阻止燃燒，因此能用于滅火器滅火，A項正確；FeCl3腐蝕Cu刻制印刷電路板，發(fā)生反應2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2，該反應發(fā)生是因為氧化性Fe3＋＞Cu2＋，B項錯誤；漂白粉的主要成分是次氯酸鈣，漂白織物是利用次氯酸鹽的氧化性，C項正確；玻璃的主要成分是SiO2，HF能與SiO2反應，因此氫氟酸可以刻蝕玻璃，D項正確。
9．D1 C3 C2 D4[xx江蘇卷] 在給定的條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現(xiàn)的是( )
A．SiO2SiCl4Si
B．FeS2SO2H2SO4
C．N2NH3NH4Cl(aq)
D．MgCO3MgCl2Mg
9．C [解析] SiO2不與HCl反應，A項錯誤； SO2與H2O反應生成H2SO3而不是H2SO4，B項錯誤；制備單質Mg應電解熔融的MgCl2，D項錯誤；C項正確。
D2 富集在海水中的元素——氯（鹵素）
13．E2、D2、I1[xx全國卷Ⅰ] 短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加。m、p、r是由這些元素組成的二元化合物，n是元素Z的單質，通常為黃綠色氣體，q的水溶液具有漂白性，0.01 molL－1r溶液的pH為2，s通常是難溶于水的混合物。上述物質的轉化關系如圖所示。
圖0－0
下列說法正確的是( )
A．原子半徑的大小W
X>Y
C．Y的氫化物常溫常壓下為液態(tài)
D．X的最高價氧化物的水化物為強酸
13．C [解析] 根據(jù)題中n為黃綠色氣體可確定n、Z分別為Cl2和Cl，結合0.01 mol/L r溶液的pH＝2可知r為一元強酸，結合圖示轉化關系可確定r為HCl，聯(lián)想到CH4與Cl2的反應可知p為CH4，s為CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4的混合物，再結合與Cl2反應生成的產物q具有漂白性，可聯(lián)想到m、q分別為H2O和HClO。綜上分析可知W、X、Y、Z分別為H、C、O、Cl。原子半徑X＞Y＞W，A項錯誤；元素的非金屬性Y＞Z＞X，B項錯誤；O的氫化物為H2O，在常溫常壓下呈液態(tài)，C項正確；C的最高價氧化物對應的水化物為H2CO3，是典型的弱酸，D項錯誤。
7．C5 D1 D2 [xx全國卷Ⅲ] 化學在生活中有著廣泛的應用，下列對應關系錯誤的是( )
化學性質
實際應用
A.
Al2(SO4)3和小蘇打反應
泡沫滅火器滅火
B.
鐵比銅的金屬性強
FeCl3腐蝕Cu刻制印刷電路板
C.
次氯酸鹽具有氧化性
漂白粉漂白織物
D.
HF與SiO2反應
氫氟酸在玻璃器皿上刻蝕標記
7.B [解析] NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液混合，發(fā)生反應Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑，Al(OH)3覆蓋在可燃物表面隔絕空氣，CO2能阻止燃燒，因此能用于滅火器滅火，A項正確；FeCl3腐蝕Cu刻制印刷電路板，發(fā)生反應2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2，該反應發(fā)生是因為氧化性Fe3＋＞Cu2＋，B項錯誤；漂白粉的主要成分是次氯酸鈣，漂白織物是利用次氯酸鹽的氧化性，C項正確；玻璃的主要成分是SiO2，HF能與SiO2反應，因此氫氟酸可以刻蝕玻璃，D項正確。
9．D2[xx上海卷] 向新制氯水中加入少量下列物質，能增強溶液漂白能力的是( )
A．碳酸鈣粉末 B．稀硫酸
C．氯化鈣溶液 D．二氧化硫水溶液
9．A [解析] 新制氯水中存在平衡：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，要增強溶液的漂白性，需要促進平衡正向移動，提高HClO的濃度。碳酸鈣粉末消耗溶液中的H＋，促進平衡正向移動，HClO的濃度增大，A項正確。加入稀硫酸會增大溶液中的H＋濃度 ，促進平衡逆向移動，HClO的濃度減小，B項錯誤；加入CaCl2溶液會增大溶液中的Cl－濃度，促進平衡逆向移動，HClO的濃度減小，C項錯誤；二氧化硫具有還原性，能與Cl2、HClO發(fā)生氧化還原反應，D項錯誤。
21．E2 D2 C3 D3 J3[xx上海卷] (雙選)類比推理是化學中常用的思維方法。下列推理正確的是( )
A．CO2是直線型分子，推測CS2也是直線型分子
B．SiH4的沸點高于CH4，推測H2Se的沸點高于H2S
C．Fe與Cl2反應生成FeCl3，推測Fe與I2反應生成FeI3
D．NaCl與濃H2SO4加熱可制HCl，推測NaBr與濃H2SO4加熱可制HBr
21．AB [解析] 氧化性Cl2＞Br2＞Fe3＋＞I2，故Fe與I2反應生成FeI2，C項推測不正確；HBr具有一定的還原性，而濃硫酸具有強氧化性，NaBr與濃H2SO4反應，濃硫酸會把生成的HBr進一步氧化為Br2，D項推測不正確；A、B項推測正確。
28．D2、B3、F4、J2[xx全國卷Ⅰ] NaClO2是一種重要的殺菌消毒劑，也常用來漂白織物等，其一種生產工藝如下：
圖0－0
回答下列問題：
(1)NaClO2中Cl的化合價為____________。
(2)寫出“反應”步驟中生成ClO2的化學方程式：____________________________________________________。
(3)“電解”所用食鹽水由粗鹽水精制而成，精制時，為除去Mg2＋和Ca2＋，要加入的試劑分別為__________、__________?！半娊狻敝嘘帢O反應的主要產物是__________。
(4)“尾氣吸收”是吸收“電解”過程排出的少量ClO2。此吸收反應中，氧化劑與還原劑的物質的量之比為____________，該反應中氧化產物是____________。
(5)“有效氯含量”可用來衡量含氯消毒劑的消毒能力，其定義是每克含氯消毒劑的氧化能力相當于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量為__________。(計算結果保留兩位小數(shù))
28．(1)＋3
(2)2NaClO3＋SO2＋H2SO4===2ClO2＋2NaHSO4
(3)NaOH溶液 Na2CO3溶液 ClO(或NaClO2)
(4)2∶1 O2 (5)1.57
[解析] (1)NaClO2中Na和O分別為＋1和－2價，則Cl為＋3價。(2)結合圖示可知NaClO3與SO2在H2SO4作用下反應生成ClO2和NaHSO4，根據(jù)化合價變化可配平該反應：2NaClO3＋SO2＋H2SO4===2ClO2＋2NaHSO4。(3)可向食鹽水中分別加入NaOH溶液和Na2CO3溶液除去食鹽水中的Mg2＋和Ca2＋。結合圖示可知陽極生成Cl2，陰極得到的產物為NaClO2。(4)結合圖示可知尾氣ClO2在反應中被還原為ClO，則H2O2被氧化為O2，根據(jù)轉移電子數(shù)目相等可確定氧化劑與還原劑的物質的量之比為2∶1。(5)1 mol NaClO2在反應中轉移4 mol電子，而1 mol Cl2在反應中轉移2 mol電子，根據(jù)＝，解得n(e－)＝3.14 mol，則可確定NaClO2中有效氯含量為3.14 mol2 mol＝1.57。
15．J3 D4 D2 D3[xx上海卷] 下列氣體的制備和性質實驗中，由現(xiàn)象得出的結論錯誤的是( )
選項
試劑
試紙或試液
現(xiàn)象
結論
A
濃氨水、生石灰
紅色石蕊試紙
變藍
NH3為堿性氣體
B
濃鹽酸、濃硫酸
pH試紙
變紅
HCl為酸性氣體
C
濃鹽酸、
二氧化錳
淀粉碘
化鉀試液
變藍
Cl2具有氧化性
D
亞硫酸鈉、硫酸
品紅試液
褪色
SO2具有還原性
15.D [解析] 亞硫酸鈉與硫酸反應生成的SO2使品紅褪色，體現(xiàn)了SO2的漂白性。
18．G2 J3 D2 D3[xx上海卷] (雙選)一定條件下，一種反應物過量，另一種反應物仍不能完全反應的是( )
A．過量的氫氣與氮氣
B．過量的濃鹽酸與二氧化錳
C．過量的銅與濃硫酸
D．過量的鋅與18 mol/L硫酸
18．AC [解析] 氫氣與氮氣合成氨氣的反應是可逆反應，氫氣過量，N2仍不能完全反應，A項正確；銅與濃硫酸才能反應，隨著反應的進行，硫酸的濃度不斷變稀，反應停止，硫酸不能反應完全，C項正確。
28．B1 C5 D2 J4 J5 [xx北京卷] 以Na2SO3溶液和不同金屬的硫酸鹽溶液作為實驗對象，探究鹽的性質和鹽溶液間反應的多樣性。
(1)經檢驗，現(xiàn)象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用離子方程式解釋現(xiàn)象Ⅰ：________________________________。
(2)經檢驗，現(xiàn)象Ⅱ的棕黃色沉淀中不含SO，含有Cu＋、Cu2＋和SO。
已知：Cu＋Cu ＋Cu2＋，Cu2＋CuI↓(白色)＋I2。
①用稀H2SO4證實沉淀中含有Cu＋的實驗現(xiàn)象是____________________。
②通過下列實驗證實，沉淀中含有Cu2＋和SO。
圖0－0
a．白色沉淀A是BaSO4，試劑1是________________。
b．證實沉淀中含有Cu2＋和SO的理由是________________________________________________________。
(3)已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在。經檢驗，現(xiàn)象Ⅲ的白色沉淀中無SO，該白色沉淀既能溶于強酸，又能溶于強堿，還可使酸性KMnO4溶液褪色。
①推測沉淀中含有亞硫酸根和________________。
②對于沉淀中亞硫酸根的存在形式提出兩種假設：i.被Al(OH)3所吸附；ii.存在于鋁的堿式鹽中。對假設ii設計了對比實驗，證實了假設ii成立。
a．將對比實驗方案補充完整。
圖0－0
步驟二：________________________________________(按上圖形式呈現(xiàn))。
b．假設ii成立的實驗證據(jù)是________________。
(4)根據(jù)實驗，亞硫酸鹽的性質有____________________________________________。鹽溶液間反應的多樣性與__________________________________有關。
28．(1)2Ag＋＋SO===Ag2SO3↓
(2)①析出紅色固體
②a. HCl和BaCl2溶液
b．在I－的作用下，Cu2＋轉化為白色沉淀CuI，SO轉化為SO
(3)①Al3＋、OH－
②
b．V1明顯大于V2
(4)亞硫酸鹽的溶解性、氧化還原性、在水溶液中的酸堿性 兩種鹽溶液中陰、陽離子的性質和反應條件
[解析] (1)離子反應發(fā)生的條件是生成Ag2SO3沉淀，故離子方程式為2Ag＋＋SO===Ag2SO3↓。(2)①根據(jù)題給信息“棕黃色沉淀中不含SO，含有Cu＋、Cu2＋和SO”知沉淀中含Cu2＋；根據(jù)反應Cu＋Cu＋Cu2＋，若沉淀中含有Cu＋，加入稀硫酸會發(fā)生歧化反應生成Cu和Cu2＋，原沉淀中含有Cu2＋，故可根據(jù)有紅色固體生成確定Cu＋的存在。②分析實驗流程知實驗原理為2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，I2＋SO＋H2O===SO＋2I－＋2H＋，SO＋Ba2＋===BaSO4↓，據(jù)此作答。(3)①根據(jù)題意知實驗Ⅲ的白色沉淀中無SO，該白色沉淀既能溶于強酸，又能溶于強堿，還可使酸性KMnO4溶液褪色，推測沉淀中含有SO、Al3＋、OH－。②為了與步驟一作對比實驗，步驟二用氨水制備Al(OH)3，然后再用NaOH溶液溶解，即步驟二為：
若假設i SO被Al(OH)3吸附成立，則兩個實驗中消耗的NaOH溶液的體積相等；
若假設ii SO存在于鋁的堿式鹽中成立，則步驟一比步驟二消耗NaOH溶液的體積多，即V1明顯大于V2。
16．D2 J2[xx江蘇卷] 以電石渣[主要成分為Ca(OH)2和CaCO3]為原料制備KClO3的流程如下：
圖0－0
(1)氯化過程控制電石渣過量，在75 ℃左右進行。氯化時存在Cl2與Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反應，Ca(ClO)2進一步轉化為Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2 分解為CaCl2和O2。
①生成Ca(ClO)2的化學方程式為__________________________________________________________。
②提高Cl2轉化為Ca(ClO3)2的轉化率的可行措施有________(填序號)。
A．適當減緩通入Cl2的速率
B．充分攪拌漿料
C．加水使Ca(OH)2完全溶解
(2)氯化過程中Cl2轉化為Ca(ClO3)2的總反應方程式為
6Ca(OH)2＋6Cl2===Ca(ClO3)2＋5CaCl2＋6H2O
氯化完成后過濾。
①濾渣的主要成分為________________(填化學式)。
②濾液中Ca(ClO3)2與CaCl2的物質的量之比n[Ca(ClO3)2]∶n[CaCl2]________1∶5(填“>”“<”或“＝”)。
(3)向濾液中加入稍過量KCl固體可將Ca(ClO3)2轉化為KClO3，若溶液中KClO3的含量為100 gL－1，從該溶液中盡可能多地析出KClO3固體的方法是______________________________________________________。
圖0－0
16．(1)①2Cl2＋2Ca(OH)2===Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O?、贏B
(2)①CaCO3、Ca(OH)2?、冢?
(3)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶
[解析] (1)①Cl2與Ca(OH)2反應生成Ca(ClO)2，該反應可用于制取漂白粉。②減慢Cl2的通入速率，可以充分氧化生成ClO，同時攪拌反應物，有利于反應的進行，A項、B項正確；制備Ca(ClO)2時，Ca(OH)2為石灰乳，而不是石灰水，C項錯誤。(2)①Ca(OH)2為石灰乳，不可能完全反應，會有部分在濾渣中，此外，電石渣中的CaCO3不溶于水，也留在濾渣中。②Cl2與Ca(OH)2反應開始時先生成Ca(ClO)2和CaCl2，接著Ca(ClO)2再轉化成Ca(ClO3)2，而在轉化過程中Ca(ClO)2不能反應完全，所以n[Ca(ClO3)2]∶n[CaCl2]<1∶5。(3)KClO3的溶解度隨著溫度的升高而增大，但相對于Ca(ClO3)2、CaCl2、KCl的溶解度而言，KClO3的溶解度小，所以可采用蒸發(fā)濃縮加大其溶解量，再冷卻結晶析出KClO3晶體，此時另外三種物質的析出量很少。
D3 硫及其化合物（涉及綠色化學）
3．D3 C2 C3 D4[xx江蘇卷] 下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是( )
A．SO2具有氧化性，可用于漂白紙漿
B．NH4HCO3受熱易分解，可用作氮肥
C．Fe2(SO4)3易溶于水，可用作凈水劑
D．Al2O3熔點高，可用作耐高溫材料
3．D [解析] SO2具有漂白性，可以用于漂白紙漿，A項錯誤； NH4HCO3中含有氮元素，可用作氮肥，無對應關系，B項錯誤； Fe3＋水解生成膠體，可用于凈水，與Fe2(SO4)3是否易溶于水無對應關系，C項錯誤； Al2O3的熔點高，不易熔化，故可用作耐高溫材料，D項正確。
13．D3、D4、B1、B3[xx浙江卷] 為落實“五水共治”，某工廠擬綜合處理含NH廢水和工業(yè)廢氣(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考慮其他成分)，設計了如下流程：
圖0－0
下列說法不正確的是( )
A．固體1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3
B．X可以是空氣，且需過量
C．捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO
D．處理含NH廢水時，發(fā)生反應的離子方程式為NH＋NO===N2↑＋2H2O
13．B [解析] Ca(OH)2與CO2、SO2反應生成CaCO3、CaSO3，A項正確；根據(jù)產物NaNO2可知，與NaOH溶液反應的氣體為NO和NO2，方程式為NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O，所以NO若與過量空氣反應生成二氧化氮，再與氫氧化鈉反應生成NaNO3，則不能將銨根離子氧化為氮氣，則空氣不能過量，B項錯誤；氣體2主要為未反應的CO、N2等，捕獲劑捕獲的氣體為CO，剩余的為無污染氣體，C項正確；NaNO2溶液與NH 反應生成無污染氣體，可知發(fā)生了氧化還原反應，產物為N2，D項正確。
14．D3 O5[xx上海卷] 在硫酸工業(yè)生產中，為了有利于SO2的轉化，且能充分利用熱能，采用了中間有熱交換器的接觸室(見圖)。下列說法錯誤的是( )
圖0
A．a、b兩處的混合氣體成分含量相同，溫度不同
B．c、d兩處的混合氣體成分含量相同，溫度不同
C．熱交換器的作用是預熱待反應的氣體，冷卻反應后的氣體
D．c處氣體經熱交換后再次催化氧化的目的是提高SO2的轉化率
14．B [解析] 根據(jù)裝置圖可知，從a進入的氣體是含有SO2、O2、N2等的冷氣，經過熱交換器后從b處出來的是熱的氣體，成分與a處相同，A項正確；在c處出來的氣體SO2、O2在催化劑表面發(fā)生反應產生的含有SO3及未反應的SO2、O2等氣體，該反應是放熱反應，當經過熱交換器后被冷的氣體降溫，SO3變?yōu)橐簯B(tài)，故二者含有的氣體的成分不相同，B項錯誤；熱交換器的作用是預熱待反應的冷的氣體，同時冷卻反應產生的氣體，為SO3的吸收創(chuàng)造條件，C項正確；C處氣體經過熱交換器后再次被催化氧化，目的就是使未反應的SO2進一步反應產生SO3，從而可以提高SO2的轉化率，D項正確。
15．J3 D4 D2 D3[xx上海卷] 下列氣體的制備和性質實驗中，由現(xiàn)象得出的結論錯誤的是( )
選項
試劑
試紙或試液
現(xiàn)象
結論
A
濃氨水、生石灰
紅色石蕊試紙
變藍
NH3為堿性氣體
B
濃鹽酸、濃硫酸
pH試紙
變紅
HCl為酸性氣體
C
濃鹽酸、
二氧化錳
淀粉碘
化鉀試液
變藍
Cl2具有氧化性
D
亞硫酸鈉、硫酸
品紅試液
褪色
SO2具有還原性
15.D [解析] 亞硫酸鈉與硫酸反應生成的SO2使品紅褪色，體現(xiàn)了SO2的漂白性。
18．G2 J3 D2 D3[xx上海卷] (雙選)一定條件下，一種反應物過量，另一種反應物仍不能完全反應的是( )
A．過量的氫氣與氮氣
B．過量的濃鹽酸與二氧化錳
C．過量的銅與濃硫酸
D．過量的鋅與18 mol/L硫酸
18．AC [解析] 氫氣與氮氣合成氨氣的反應是可逆反應，氫氣過量，N2仍不能完全反應，A項正確；銅與濃硫酸才能反應，隨著反應的進行，硫酸的濃度不斷變稀，反應停止，硫酸不能反應完全，C項正確。
19．B1 B3 B4 C3 D3[xx上海卷] (雙選)已知：SO＋I2＋H2O===SO＋2I－＋2H＋。某溶液中可能含有Na＋、NH、Fe2＋、K＋、I－、SO、SO，且所有離子物質的量濃度相等。向該無色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈無色。下列關于該溶液的判斷正確的是( )
A．肯定不含I－ B．肯定不含SO
C．肯定含有SO D．肯定含有NH
19．BC [解析] 溶液無色，則該溶液不含F(xiàn)e2＋；向溶液中加入少量溴水，溶液仍呈無色，則溶液中一定存在SO；根據(jù)方程式SO＋I2＋H2O===SO＋2I－＋2H＋可知，還原性SO＞I－，當溶液中同時存在SO和I－時，SO先被氧化，由于溴水少量，故無法判斷溶液中是否存在I－；溶液中所有離子物質的量濃度相等，無論是Na＋、NH還是K＋，均只帶有一個單位正電荷，而SO帶兩個單位負電荷，若同時存在SO、SO，則電荷無法守恒，故溶液中必定不存在SO；綜上所述，溶液中一定存在SO，一定不存在SO和Fe2＋，可能存在I－，Na＋、NH、K＋中存在兩種或三種。
21．E2 D2 C3 D3 J3[xx上海卷] (雙選)類比推理是化學中常用的思維方法。下列推理正確的是( )
A．CO2是直線型分子，推測CS2也是直線型分子
B．SiH4的沸點高于CH4，推測H2Se的沸點高于H2S
C．Fe與Cl2反應生成FeCl3，推測Fe與I2反應生成FeI3
D．NaCl與濃H2SO4加熱可制HCl，推測NaBr與濃H2SO4加熱可制HBr
21．AB [解析] 氧化性Cl2＞Br2＞Fe3＋＞I2，故Fe與I2反應生成FeI2，C項推測不正確；HBr具有一定的還原性，而濃硫酸具有強氧化性，NaBr與濃H2SO4反應，濃硫酸會把生成的HBr進一步氧化為Br2，D項推測不正確；A、B項推測正確。
27．D3 D4 F2 G2[xx全國卷Ⅲ] 煤燃燒排放的煙氣含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大氣，采用NaClO2溶液作為吸收劑可同時對煙氣進行脫硫、脫硝，回答下列問題：
(1)NaClO2的化學名稱為________。
(2)在鼓泡反應器中通入含有SO2和NO的煙氣，反應溫度為323 K，NaClO2溶液濃度為510－3molL－1 。反應一段時間后溶液中離子濃度的分析結果如下表。
離子
SO
SO
NO
c/(molL－1)
8.3510－4
6.8710－6
1.510－4
離子
NO
Cl－
c/(molL－1)
1.210－5
3.410－3
①寫出NaClO2溶液脫硝過程中主要反應的離子方程式______________________________________________。增加壓強，NO的轉化率________(填“提高”“不變”或“降低”)。
②隨著吸收反應的進行，吸收劑溶液的pH逐漸______(填“增大”“不變”或“減小”)。
③由實驗結果可知，脫硫反應速率________脫硝反應速率(填“大于”或“小于”)。原因是除了SO2和NO在煙氣中的初始濃度不同，還可能是______________________。
(3)在不同溫度下，NaClO2溶液脫硫、脫硝的反應中SO2和NO的平衡分壓pc如圖0－0所示。
圖0－0
①由圖分析可知，反應溫度升高，脫硫、脫硝反應的平衡常數(shù)均________(填“增大”“不變”或“減小”)。
②反應ClO＋2SO===2SO＋Cl－的平衡常數(shù)K表達式為____________。
(4)如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，也能得到較好的煙氣脫硫效果。
①從化學平衡原理分析，Ca(ClO)2相比NaClO具有的優(yōu)點是________________________________________。
②已知下列反應：
SO2(g)＋2OH－(aq)===SO(aq)＋H2O(l) ΔH1
ClO－(aq)＋SO(aq)===SO(aq)＋Cl－(aq) ΔH2
CaSO4(s)===Ca2＋(aq)＋SO(aq) ΔH3
則反應SO2(g)＋Ca2＋(aq)＋ClO－(aq)＋2OH－(aq)===CaSO4(s)＋H2O(l)＋Cl－(aq)的ΔH＝________。
27．(1)亞氯酸鈉
(2)①4NO＋3ClO＋4OH－===4NO＋2H2O＋3Cl－ 提高
②減小
③大于 NO溶解度較低或脫硝反應活化能較高
(3)①減小
②
(4)①形成CaSO4沉淀，促使平衡向產物方向移動，SO2的轉化率提高
②ΔH1＋ΔH2－ΔH3
[解析] (1)NaClO2中Cl為＋3價，其酸根對應含氧酸HClO2為亞氯酸，故其名稱為亞氯酸鈉。(2)①NaClO2溶液脫硝過程，ClO轉化為Cl－，NO主要轉化為NO，則有4NO＋3ClO＋4OH－===4NO＋2H2O＋3Cl－。增加壓強，反應正向進行，NO的轉化率提高。②根據(jù)脫硫、脫硝反應，隨著吸收反應的進行，吸收劑溶液由NaClO2溶液轉化為NaCl、NaNO3、Na2SO4的混合溶液，pH減小。③由實驗結果可知，SO濃度大于NO濃度，因此脫硫反應速率大于脫硝反應速率，原因還可能是NO溶解度較低或脫硝反應活化能較高。(3)①由圖可知，反應溫度升高，SO2和NO的－lgpc都減小，則pc增大，說明平衡向逆反應方向進行，故平衡常數(shù)減小。②反應ClO＋2SO===2SO＋Cl－的平衡常數(shù)K＝。(4)①Ca(ClO)2替代NaClO2進行煙氣脫硫，Ca(ClO)2與SO2反應，生成CaSO4沉淀，平衡向產物方向移動，SO2轉化率提高。②根據(jù)蓋斯定律，由第一個反應＋第二反應－第三個反應，可得SO2(g)＋Ca2＋(aq)＋ClO－(aq)＋2OH－(aq)===CaSO4(s)＋H2O(l)＋Cl－(aq)，則ΔH＝ΔH1＋ΔH2－ΔH3。
七、[xx上海卷] 半水煤氣是工業(yè)合成氨的原料氣，其主要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O(g)。半水煤氣經過下列步驟轉化為合成氨的原料。
完成下列填空：
37．D3 J2半水煤氣含有少量硫化氫。將半水煤氣樣品通入________溶液中(填寫試劑名稱)，出現(xiàn)____________，可以證明有硫化氫存在。
37．硝酸鉛(或硫酸銅) 黑色沉淀
[解析] H2S與硝酸鉛(或硫酸銅)反應生成黑色的PbS(或CuS)。
D4 氮及其化合物（氮、磷及其化合物）
3．D3 C2 C3 D4[xx江蘇卷] 下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是( )
A．SO2具有氧化性，可用于漂白紙漿
B．NH4HCO3受熱易分解，可用作氮肥
C．Fe2(SO4)3易溶于水，可用作凈水劑
D．Al2O3熔點高，可用作耐高溫材料
3．D [解析] SO2具有漂白性，可以用于漂白紙漿，A項錯誤； NH4HCO3中含有氮元素，可用作氮肥，無對應關系，B項錯誤； Fe3＋水解生成膠體，可用于凈水，與Fe2(SO4)3是否易溶于水無對應關系，C項錯誤； Al2O3的熔點高，不易熔化，故可用作耐高溫材料，D項正確。
9．D1 C3 C2 D4[xx江蘇卷] 在給定的條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現(xiàn)的是( )
A．SiO2SiCl4Si
B．FeS2SO2H2SO4
C．N2NH3NH4Cl(aq)
D．MgCO3MgCl2Mg
9．C [解析] SiO2不與HCl反應，A項錯誤； SO2與H2O反應生成H2SO3而不是H2SO4，B項錯誤；制備單質Mg應電解熔融的MgCl2，D項錯誤；C項正確。
13．D3、D4、B1、B3[xx浙江卷] 為落實“五水共治”，某工廠擬綜合處理含NH廢水和工業(yè)廢氣(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考慮其他成分)，設計了如下流程：
圖0－0
下列說法不正確的是( )
A．固體1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3
B．X可以是空氣，且需過量
C．捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO
D．處理含NH廢水時，發(fā)生反應的離子方程式為NH＋NO===N2↑＋2H2O
13．B [解析] Ca(OH)2與CO2、SO2反應生成CaCO3、CaSO3，A項正確；根據(jù)產物NaNO2可知，與NaOH溶液反應的氣體為NO和NO2，方程式為NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O，所以NO若與過量空氣反應生成二氧化氮，再與氫氧化鈉反應生成NaNO3，則不能將銨根離子氧化為氮氣，則空氣不能過量，B項錯誤；氣體2主要為未反應的CO、N2等，捕獲劑捕獲的氣體為CO，剩余的為無污染氣體，C項正確；NaNO2溶液與NH 反應生成無污染氣體，可知發(fā)生了氧化還原反應，產物為N2，D項正確。
15．J3 D4 D2 D3[xx上海卷] 下列氣體的制備和性質實驗中，由現(xiàn)象得出的結論錯誤的是( )
選項
試劑
試紙或試液
現(xiàn)象
結論
A
濃氨水、生石灰
紅色石蕊試紙
變藍
NH3為堿性氣體
B
濃鹽酸、濃硫酸
pH試紙
變紅
HCl為酸性氣體
C
濃鹽酸、
二氧化錳
淀粉碘
化鉀試液
變藍
Cl2具有氧化性
D
亞硫酸鈉、硫酸
品紅試液
褪色
SO2具有還原性
15.D [解析] 亞硫酸鈉與硫酸反應生成的SO2使品紅褪色，體現(xiàn)了SO2的漂白性。
22．D4 A4[xx上海卷] 稱取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物樣品7.24 g，加入含0.1 mol NaOH的溶液，完全反應，生成NH3 1792 mL(標準狀況)，則(NH4)2SO4和NH4HSO4的物質的量比為( )
A．1∶1 B．1∶2
C．1.87∶1 D．3.65∶1
22．C [解析] 生成NH3的物質的量為1.792 L22.4 Lmol－1＝ 0.08 mol。向(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物樣品中加入NaOH溶液，H＋先和NaOH發(fā)生中和反應，H＋消耗完后，NH再和NaOH反應生成NH3。(1)若最后NaOH有剩余，而(NH4)2SO4和NH4HSO4完全反應，假設(NH4)2SO4的物質的量為x mol，NH4HSO4的物質的量為y mol，列出等式：2x mol＋y mol＝0.08 mol，132 gmol－1x mol＋115 gmol－1y mol＝7.24 g，解得x＝0.02，y＝0.04，則消耗NaOH物質的量為0.08 mol＋0.04 mol＝0.12 mol>0.1 mol，與題設不符，假設不成立；(2)若最后銨鹽有剩余，而NaOH完全反應，則根據(jù)n(H＋)＝0.10 mol－0.08 mol＝0.02 mol，可知NH4HSO4的物質的量為0.02 mol，則求得(NH4)2SO4約為0.0374 mol，C項正確。
十、[xx上海卷] CO2是重要的化工原料，也是應用廣范的化工產品。CO2與過氧化鈉或超氧化鉀反應可產生氧氣。
完成下列計算：
50．D4 D5 CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解。2.00 mol NH4HCO3完全分解，分解產物經干燥后的體積為________L(標準狀況)。
50．89.6
[解析] NH4HCO3受熱分解的方程式為NH4HCO3NH3↑＋H2O↑＋CO2↑，2.00 mol NH4HCO3分解并干燥除去水蒸氣后還剩余2 mol NH3和2 mol CO2，標況下的體積為89.6 L。
26．D4、J3、J4[xx全國卷Ⅰ] 氮的氧化物(NOx)是大氣污染物之一，工業(yè)上在一定溫度和催化劑條件下用NH3將NOx還原生成N2。某同學在實驗室中對NH3與NO2反應進行了探究。回答下列問題：
(1)氨氣的制備
圖0－0
①氨氣的發(fā)生裝置可以選擇上圖中的______，反應的化學方程式為____________________________________。
②欲收集一瓶干燥的氨氣，選擇上圖中的裝置，其連接順序為發(fā)生裝置→____________(按氣流方向，用小寫字母表示)。
(2)氨氣與二氧化氮的反應
將上述收集到的NH3充入注射器X中，硬質玻璃管Y中加入少量催化劑，充入NO2(兩端用夾子K1、K2夾好)。在一定溫度下按圖示裝置進行實驗。
圖0－0
操作步驟
實驗現(xiàn)象
解釋原因
打開K1，推動注射器活塞，使X中的氣體緩慢通入Y管中
①Y管中______________________
②反應的化學方程式為________________________
將注射器活塞退回原處并固定，待裝置恢復到室溫
Y管中有少量水珠
生成的氣態(tài)水凝聚
打開K2
③____________________________
④__________________________________________
26.(1)①A 2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O(或B NH3H2ONH3↑＋H2O)
②dcfei
(2)①紅棕色氣體慢慢變淺
②8NH3＋6NO27N2＋12H2O
③Z中NaOH溶液產生倒吸現(xiàn)象
④反應后氣體分子數(shù)減少，Y管中壓強小于外壓
[解析] (1)①結合圖示可用A裝置或B裝置制備NH3，利用A裝置制備NH3用到的藥品為NH4Cl和Ca (OH)2，利用B裝置制備NH3時，圓底燒瓶中需加濃氨水，據(jù)此可寫出相應的化學方程式。②NH3需經裝有堿石灰的干燥管干燥，由于NH3的密度小于空氣，收集氣體時需短管進長管出，收集完NH3需進行尾氣處理，由于NH3極易溶于水，應用裝置F進行尾氣處理，即正確的連接順序為發(fā)生裝置→d→c→f→e→i。(2)將NH3逐漸推入Y管中，NH3與NO2在催化劑作用下反應，Y管中紅棕色氣體逐漸變淺；反應的化學方程式為8NH3＋6NO27N2＋12H2O。結合方程式可知反應后氣體分子數(shù)減少，Y管內壓強減小，打開K2，Z中NaOH溶液會倒吸入Y中。
27．D3 D4 F2 G2[xx全國卷Ⅲ] 煤燃燒排放的煙氣含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大氣，采用NaClO2溶液作為吸收劑可同時對煙氣進行脫硫、脫硝，回答下列問題：
(1)NaClO2的化學名稱為________。
(2)在鼓泡反應器中通入含有SO2和NO的煙氣，反應溫度為323 K，NaClO2溶液濃度為510－3molL－1 。反應一段時間后溶液中離子濃度的分析結果如下表。
離子
SO
SO
NO
c/(molL－1)
8.3510－4
6.8710－6
1.510－4
離子
NO
Cl－
c/(molL－1)
1.210－5
3.410－3
①寫出NaClO2溶液脫硝過程中主要反應的離子方程式______________________________________________。增加壓強，NO的轉化率________(填“提高”“不變”或“降低”)。
②隨著吸收反應的進行，吸收劑溶液的pH逐漸______(填“增大”“不變”或“減小”)。
③由實驗結果可知，脫硫反應速率________脫硝反應速率(填“大于”或“小于”)。原因是除了SO2和NO在煙氣中的初始濃度不同，還可能是______________________。
(3)在不同溫度下，NaClO2溶液脫硫、脫硝的反應中SO2和NO的平衡分壓pc如圖0－0所示。
圖0－0
①由圖分析可知，反應溫度升高，脫硫、脫硝反應的平衡常數(shù)均________(填“增大”“不變”或“減小”)。
②反應ClO＋2SO===2SO＋Cl－的平衡常數(shù)K表達式為____________。
(4)如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，也能得到較好的煙氣脫硫效果。
①從化學平衡原理分析，Ca(ClO)2相比NaClO具有的優(yōu)點是________________________________________。
②已知下列反應：
SO2(g)＋2OH－(aq)===SO(aq)＋H2O(l) ΔH1
ClO－(aq)＋SO(aq)===SO(aq)＋Cl－(aq) ΔH2
CaSO4(s)===Ca2＋(aq)＋SO(aq) ΔH3
則反應SO2(g)＋Ca2＋(aq)＋ClO－(aq)＋2OH－(aq)===CaSO4(s)＋H2O(l)＋Cl－(aq)的ΔH＝________。
27．(1)亞氯酸鈉
(2)①4NO＋3ClO＋4OH－===4NO＋2H2O＋3Cl－ 提高
②減小
③大于 NO溶解度較低或脫硝反應活化能較高
(3)①減小
②
(4)①形成CaSO4沉淀，促使平衡向產物方向移動，SO2的轉化率提高
②ΔH1＋ΔH2－ΔH3
[解析] (1)NaClO2中Cl為＋3價，其酸根對應含氧酸HClO2為亞氯酸，故其名稱為亞氯酸鈉。(2)①NaClO2溶液脫硝過程，ClO轉化為Cl－，NO主要轉化為NO，則有4NO＋3ClO＋4OH－===4NO＋2H2O＋3Cl－。增加壓強，反應正向進行，NO的轉化率提高。②根據(jù)脫硫、脫硝反應，隨著吸收反應的進行，吸收劑溶液由NaClO2溶液轉化為NaCl、NaNO3、Na2SO4的混合溶液，pH減小。③由實驗結果可知，SO濃度大于NO濃度，因此脫硫反應速率大于脫硝反應速率，原因還可能是NO溶解度較低或脫硝反應活化能較高。(3)①由圖可知，反應溫度升高，SO2和NO的－lgpc都減小，則pc增大，說明平衡向逆反應方向進行，故平衡常數(shù)減小。②反應ClO＋2SO===2SO＋Cl－的平衡常數(shù)K＝。(4)①Ca(ClO)2替代NaClO2進行煙氣脫硫，Ca(ClO)2與SO2反應，生成CaSO4沉淀，平衡向產物方向移動，SO2轉化率提高。②根據(jù)蓋斯定律，由第一個反應＋第二反應－第三個反應，可得SO2(g)＋Ca2＋(aq)＋ClO－(aq)＋2OH－(aq)===CaSO4(s)＋H2O(l)＋Cl－(aq)，則ΔH＝ΔH1＋ΔH2－ΔH3。
11．D4 D5 F2 G4[xx四川卷] 資源的高效利用對保護環(huán)境、促進經濟持續(xù)健康發(fā)展具有重要作用。磷尾礦主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3MgCO3 。某研究小組提出了磷尾礦綜合利用的研究方案，制備具有重要工業(yè)用途的CaCO3、Mg(OH)2、P4和H2，其簡化流程如下：
圖0－0
已知：①Ca5(PO4)3F在950 ℃不分解；
②4Ca5(PO4)3F＋18SiO2＋30C2CaF2＋30CO＋18CaSiO3＋3P4
請回答下列問題：
(1)950 ℃煅燒磷尾礦生成氣體的主要成分是________。
(2)實驗室過濾所需的玻璃儀器是__________________。
(3)NH4NO3溶液能從磷礦Ⅰ中浸取出Ca2＋的原因是________________________________________________。
(4)在浸取液Ⅱ中通入NH3，發(fā)生反應的化學方程式是______________________________________________。
(5)工業(yè)上常用磷精礦[Ca5(PO4)3F]和硫酸反應制備磷酸。已知25 ℃，101 kPa時：
CaO(s)＋H2SO4(l)===CaSO4(s)＋H2O(l) ΔH＝－271 kJ/mol
5CaO(s)＋3H3PO4(l)＋HF(g)===Ca5(PO4)3F(s)＋5H2O(l) ΔH＝－937 kJ/mol
則Ca5(PO4)3F和硫酸反應生成磷酸的熱化學方程式是______________________________________________。
(6)在一定條件下CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，當CO與H2O(g)的起始物質的量之比為1∶5，達平衡時，CO轉化了。若a kg含Ca5(PO4)3F(相對分子質量為504)的質量分數(shù)為10%的磷尾礦，在上述過程中有b%的Ca5(PO4)3F轉化為P4，將產生的CO與H2O(g)按起始物質的量之比1∶3混合，則相同條件下達平衡時能產生H2________kg。
11．(1)CO2
(2)漏斗、燒杯、玻璃棒
(3)NH水解使溶液呈酸性，與CaO、Ca(OH)2反應生成Ca2＋
(4)MgSO4＋2NH3＋2H2O===Mg(OH)2↓＋(NH4)2SO4
(5)Ca5(PO4)3F(s)＋5H2SO4(l)===5CaSO4(s)＋3H3PO4(l)＋HF(g) ΔH＝－418 kJ/mol
(6)
[解析] (1)根據(jù)題給化學工藝流程和信息①知磷尾礦[主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3MgCO3]在950 ℃下煅燒，其中CaCO3和MgCO3分解，生成氣體的主要成分為二氧化碳(CO2)。(2)實驗室過濾所需的玻璃儀器是燒杯、漏斗和玻璃棒。(3)NH4NO3溶液中銨根離子水解呈酸性，H＋能從磷礦Ⅰ中浸取出Ca2＋。(4)根據(jù)化學工藝流程判斷浸取液Ⅱ的主要成分為硫酸鎂溶液，通入NH3，發(fā)生反應的化學方程式是MgSO4＋2NH3＋2H2O===Mg(OH)2↓＋(NH4)2SO4 。(5)按順序給已知熱化學方程式編號為①、②，根據(jù)蓋斯定律知目標熱化學方程式由①5－②可得。
(6)根據(jù)題給數(shù)據(jù)利用三段式分析。設CO的起始濃度為1 mol/L，則水蒸氣的起始濃度為5 mol/L。
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
起始濃度/(mol/L) 1 5 0 0
轉化濃度/(mol/L)
平衡濃度/(mol/L)
則K＝＝1。相同條件下當CO與H2O(g)的起始物質的量之比為1∶3，平衡常數(shù)不變，設轉化的CO的濃度為x。
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，
起始濃度/(mol/L) 1 3 0 0
轉化濃度/(mol/L) x x x x
平衡濃度/(mol/L)(1－x) (3－x) x x
則＝1，解得x＝ mol/L，即達平衡時，CO轉化了。轉化為P4的Ca5(PO4)3F質量為a10%b% kg，根據(jù)反應4Ca5(PO4)3F＋18SiO2＋30C2CaF2＋30CO＋18CaSiO3＋3P4知生成CO的質量為kg，則轉化的CO的質量m(CO)＝kg，根據(jù)反應CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，相同條件下達平衡時能產生H2的質量m(H2)＝m(CO)＝ kg。
7．B3、D4、E2、E5、F2[xx天津卷] 下表為元素周期表的一部分。
碳
氮
Y
X
硫
Z
回答下列問題
(1)Z元素在周期表中的位置為__________________。
(2)表中元素原子半徑最大的是(寫元素符號)________。
(3)下列事實能說明Y元素的非金屬性比硫元素的非金屬性強的是________；
a．Y單質與H2S溶液反應，溶液變渾濁
b．在氧化還原反應中，1 mol Y單質比1 mol S得電子多
c．Y和S兩元素的簡單氫化物受熱分解，前者的分解溫度高
(4)X與Z兩元素的單質反應生成1 mol X的最高價化合物，恢復至室溫，放熱687 kJ，已知該化合物的熔、沸點分別為－69 ℃和58 ℃，寫出該反應的熱化學方程式：____________________________________________。
(5)碳與鎂形成的1 mol化合物Q與水反應，生成2 mol Mg(OH)2和1 mol烴，該烴分子中碳氫質量比為9∶1，烴的電子式為____________。Q與水反應的化學方程式為________________________。
(6)銅與一定濃度的硝酸和硫酸的混合酸反應，生成的鹽只有硫酸銅，同時生成的兩種氣體均由上表中兩種元素組成，氣體的相對分子質量都小于50。為防止污染，將產生的氣體完全轉化為最高價含氧酸鹽，消耗1 L 2.2 molL－1 NaOH溶液和1 mol O2，則兩種氣體的分子式及物質的量分別為________________________，生成硫酸銅物質的量為________。
7．(1)第三周期第ⅦA族
(2)Si (3)ac
(4)Si(s)＋2Cl2(g)===SiCl4(l) ΔH＝－687 kJmol－1
(5) Mg2C3＋4H2O===2Mg(OH)2＋C3H4↑
(6)NO 0.9 mol；NO2 1.3 mol 2 mol
[解析] 根據(jù)元素在周期表中的位置及原子序數(shù)關系可判斷X為Si，Y為O，Z為Cl。(1)Cl在元素周期表中位于第三周期第ⅦA族。
(2)在元素周期表中同周期主族元素隨著原子序數(shù)的遞增原子半徑逐漸減小，同主族元素原子半徑自上而下逐漸增大，由此可判斷所給元素中X元素即硅元素原子半徑最大。
(3)單質的氧化性越強，其元素的非金屬性越強；氫化物的穩(wěn)定性越強，其非金屬性越強；故選ac。
(4)單質Si和Cl2發(fā)生化合反應生成Si的最高價化合物即SiCl4，根據(jù)熔沸點可判斷常溫下SiCl4為液體，根據(jù)題意可寫出熱化學方程式為Si(s)＋2Cl2(g)===SiCl4(l) ΔH＝－687 kJ/mol。
(5)根據(jù)生成的烴分子的碳氫質量比為9∶1可推知，碳氫原子個數(shù)比為3∶4，則該烴的分子式為C3H4，即為丙炔，其電子式為；又因為1 mol Q與水反應生成2 mol Mg(OH)2和1 mol C3H4，則Q的化學式為Mg2C3，其與水反應的化學方程式為Mg2C3＋4H2O===2Mg(OH)2＋C3H4↑。
(6)銅與硝酸反應的氣體產物為NO或NO2或N2O4，但其相對分子質量要小于50，則兩種氣體產物為NO和NO2，設NO的物質的量為x，NO2的物質的量為y，則依據(jù)原子守恒和得失電子守恒有x＋y＝1 L2.2 mol/L＝2.2 mol和3x＋y＝4 mol，解得x＝0.9 mol，y＝1.3 mol；因為銅失去的電子的物質的量等于硝酸根得到的電子的物質的量，也等于NO和NO2失去的電子的物質的量(又生成硝酸根)，還等于1 mol O2得到的電子的物質的量即4 mol，1 mol Cu失去2 mol電子，則需要2 mol Cu失去4 mol 電子生成2 mol Cu2＋，即生成CuSO4 2 mol。
26．A4、B3、D4、H1 [xx全國卷Ⅱ] 聯(lián)氨(又稱肼，N2H4，無色液體)是一種應用廣泛的化工原料，可用作火箭燃料?；卮鹣铝袉栴}：
(1)聯(lián)氨分子的電子式為______________，其中氮的化合價為________。
(2)實驗室中可用次氯酸鈉溶液與氨反應制備聯(lián)氨，反應的化學方程式為________________________________。
(3)①2O2(g)＋N2(g)===N2O4(l) ΔH1
②N2(g)＋2H2(g)===N2H4(l) ΔH2
③O2(g)＋2H2(g)===2H2O(g) ΔH3
④2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋4H2O(g) ΔH4＝－1 048.9 kJmol－1
上述反應熱效應之間的關系式為ΔH4＝____________，聯(lián)氨和N2O4可作為火箭推進劑的主要原因為______________________________________________________。
(4)聯(lián)氨為二元弱堿，在水中的電離方式與氨相似。聯(lián)氨第一步電離反應的平衡常數(shù)值為__________________(已知：N2H4＋H＋N2H的K＝8.7107；KW＝1.010－14)。聯(lián)氨與硫酸形成的酸式鹽的化學式為______________________________
2019-2020年高考化學大一輪復習 真題匯編 D單元 非金屬及其化合物 蘇教版.doc
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