—高考化学试题分类解析—非金属及其化合物

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1、高考化学试题分类解析非金属及其化合物高考.（江苏高考)下列有关物质的性质和该性质的应用均对的的是.常温下浓硫酸能是铝发生钝化,可在常温下用铝制贮藏贮运浓硫酸B.二氧化硅不与任何酸反映，可用石英制造耐酸容器C.二氧化氯具有还原性,可用于自来水的杀菌消毒.铜的金属活泼性比铁的差,可在海轮外壳上装若干铜块以减缓其腐蚀解析：本题属于元素及其化合物知识的考察范畴,这些内容都来源于必修一、选修四和必修二等课本内容。看来高三一轮复习一定注意要抓课本、抓基本,不能急功近利。二氧化硅不与任何酸反映,但可与氢氟酸反映。二氧化氯中氯的化合价为+4价,不稳定，易转变为1价，从而体现氧化性。铜的金属活泼性比铁的差，在原

2、电池中作正极，海轮外壳上装铜块会加快海轮外壳腐蚀的进程。答案:A2.（江苏高考9）Nal是一种化工原料,可以制备一系列物质（见图4)。下列说法对的的是A5,NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大B.石灰乳与Cl2的反映中,l2既是氧化剂,又是还原剂.常温下干燥的Cl能用钢瓶贮存,因此C2不与铁反映D.图4所示转化反映都是氧化还原反映解析：本题考察元素化合物知识综合内容,拓展延伸至电解饱和食盐水、电解熔融氯化钠、侯氏制碱等内容,但落点很低,仅考察NHCO3 、Na23的溶解度、工业制漂白粉、干燥的Cl贮存和基本反映类型。重基本、重生产实际应当是我们高三复习也应牢记的内容。5,NHO3在水中

3、的溶解度比a2O的要小；石灰乳与Cl2的反映中氯发生歧化反映,Cl2既是氧化剂,又是还原剂;常温下干燥的l2能用钢瓶贮存仅代表常温2不与铁反映，加热、高温时可以反映;在侯氏制碱法中不波及氧化还原反映。答案：B.（山东高考0）某短周期非金属元素的原子核外最外层电子数是次外层电子数的一半，该元素.在自然界中只以化合态的形式存在.单质常用作半导体材料和光导纤维C.最高价氧化物不与酸反映D.气态氢化物比甲烷稳定解析：根据原子核外电子的排布规律可知,在短周期元素中原子核外最外层电子数是次外层电子数的一半的元素可以是i或i元素,但L属于金属不符合题意，因此该元素是元素。硅是一种亲氧元素,在自然界它总是与氧

4、相化合的,因此在自然界中硅重要以熔点很高的氧化物及硅酸盐的形式存在,选项A对的；硅位于金属和非金属的分界线附件常用作半导体材料,二氧化硅才用作光导纤维，选项不对的；硅的最高价氧化物是二氧化硅，Si与酸不反映但氢氟酸例外,与氢氟酸反映生成SiF4和水,因此氢氟酸不能保存在玻璃瓶中，选项C不对的；硅和碳都属于A，但硅位于碳的下一周期,非金属性比碳的弱，因此其气态氢化物的稳定性比甲烷弱，选项也不对的。答案：.（海南)“碳捕获技术”是指通过一定的措施将工业生产中产生的CO2分离出来并运用。如可运用N溶液来“捕获”CO2，其基本过程如下图所示(部分条件及物质未标出)。下列有关该措施的论述中对的的是A.能

5、耗大是该措施的一大缺陷B.整个过程中,只有一种物质可以循环运用“反映分离”环节中,分离物质的基本操作是蒸发结晶、过滤.该措施可减少碳排放,捕获到的CO还可用来制备甲醇等产品答案AD解析:由题可知基本过程中有两个反映：二氧化碳与氢氧化钠反映，碳酸钙的高温分解。选项对的,循环运用的应当有CO和NaH 两种物质，B选项错误;“反映分离”过程中分离物质的操作应当是过滤,C选项错误；选项中甲醇工业上可用C2制备。【技巧点拨】根据题中信息可知，捕获室中反映为二氧化碳与氢氧化钠反映，得到的N2CO3和CO在溶液中反映得到NOH和CaCO3，由此可分析出各选项正误。5.(上海6)浓硫酸有许多重要的性质，在与具

6、有水分的蔗糖作用过程中不能显示的性质是A酸性 B脱水性 C.强氧化性 D.吸水性解析:浓硫酸具有吸水性、脱水性和强氧化性。在与具有水分的蔗糖作用过程中不会显示酸性。答案:6（上海）下列溶液中通入SO2一定不会产生沉淀的是A.Ba（H)2 . B（NO3)2 C. a2S D aCl2解析:A生成aSO3沉淀；O2溶于水显酸性,被（NO3)2氧化生成硫酸,进而生成BaS4沉淀;SO2通入a2S溶液中会生成单质S沉淀。答案:D7(21上海)12mL具有.20 ml碳酸钠的溶液和20 mL盐酸,不管将前者滴加入后者,还是将后者滴加入前者，均有气体产生,但最后身成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是A

7、.2.0mol/ .1.5 mlL .8mo 0.2o/L解析:若碳酸钠正好与盐酸反映生成碳酸氢钠,则盐酸的浓度是.0ml/L；若碳酸钠正好与盐酸反映生成二氧化碳,则盐酸的浓度是2.0 ml/L。由于最后身成的气体体积不同,因此只能是介于两者之间。答案：B8.（江苏高考16)（1分)以硫铁矿（重要成分为FeS2)为原料制备氯化铁晶体(FCl36H2O）的工艺流程如下：回答问题:（)在一定条件下，SO2转化为SO的反映为O2O2SO3，该反映的平衡常数体现式为K ；过量的SO2与NOH溶液反映的化学方程式为 。（)酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量,其目的是 、 。(3）通氯气氧化时,发生的重要反

8、映的离子方程式为 ;该过程产生的尾气可用碱溶液吸取,尾气中污染空气的气体为 （写化学式）。解析:本题让元素化合物知识与生产工艺、化学平衡原理结合起来,引导中学化学教学关注化学的应用性和实践性。本题考察学生在“工艺流程阅读、有关反映化学方程式书写、化学反映条件控制的原理、生产流程的作用”等方面对元素化合物性质及其转化关系的理解和应用限度,考察学生对新信息的解决能力。【备考提示】元素化合物知识教学要与基本实验实验、化工生产工艺、平常生活等结合起来，做到学以致用，而不是简朴的来回反复和死记硬背。答案:(1)kc2(）/c(O)c2(S2) S2aOHNHO3（2)提高铁元素的浸出率 克制Fe+水解（

9、）Cl2+Fe=2ClFe+ Cl2 l9（浙高考26,5分)食盐中具有一定量的镁、铁等杂质，加碘盐中碘的损失重要是由于杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热而引起的。已知：氧化性:Fe+I；还原性：I-；I+6OH+5I-H2O;KI2KI(1)某学习小组对加碘盐进行如下实验:取一定量某加碘盐(也许具有KIO3、KI、Mg2、F3）,用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化,将所得溶液分为3份。第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色;第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色,用CCl萃取,下层溶液显紫红色；第三份试液中加入适量IO3固体后,滴加淀粉试剂,溶液不变色。加KSCN溶液显红色,该红色物质是_

10、(用化学式表达）;CC中显紫红色的物质是_（用电子式表达）。第二份试液中加入足量KI固体后，反映的离子方程式为_、_。（）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，由于空气中氧气的作用，容易引起碘的损失。写出潮湿环境下KI与氧气反映的化学方程式：_。将2溶于KI溶液,在低温条件下，可制得HO。该物质作为食盐加碘剂与否合适?_(填“是”或“否”），并阐明理由_。(3)为了提高加碘盐（添加KI）的稳定性,可加稳定剂减少碘的损失。下列物质中有也许作为稳定剂的是_。.a2S2O3B.ll3C.N2CDNaNO(4）对含Fe2较多的食盐(假设不含Fe3+)，可选用KI作为加碘剂。请设计实验方案，检查该加碘盐中的

11、2：_。解析：（1)F3+与SN-的配合产物有多种,如、等;I的CCl4溶液显紫红色。应用信息：“氧化性:e3+I”,阐明和Fe3均能氧化-生成2。()KI被潮湿空气氧化,不能写成-+O2+H+，要联系金属吸氧腐蚀,产物I2+KO似乎不合理(会反映）,应考虑缓慢反映,微量产物2会升华和OH与空气中CO反映。KI3H2O作加碘剂问题,比较难分析,由于K3很陌生。从题中:“低温条件下可制得”或生活中并无这一使用实例来去拟定。再根据信息：“K+I2KI3”解析其不稳定性。（3)根据信息“还原性：I”可判断A；C比较难分析,应考虑食盐潮解重要是g2、e3+引起，加Na2CO3能使之转化为难溶物；中Na

12、NO2能氧化I。(）实验方案简答要注意规范性,“如取加入现象结论”，本实验I对F的检查有干扰，用过量氯水又也许氧化SCN-,固然实际操作能判断,但是对限度好的同窗来说,用普鲁士蓝沉淀法拟定性强。答案:()Fe(SCN） O3+5-H+3H2O 2Fe3I=2e2+I2（2）O2+4I-+22O2I2+4KH否 3在受热（或潮湿)条件下产生2和K，KI被氧气氧化，I2易升华。（3)AC（）取足量该加碘盐溶于蒸馏水中，用盐酸酸化，滴加适量氧化剂(如：氯水、过氧化氢等），再滴加KSN溶于,若显血红色，则该加碘盐中存在Fe2。1.(福建高考3，15分)I、磷、硫元素的单质和化合物应用广泛。（)磷元素的

13、原子构造示意图是_。(2）磷酸钙与焦炭、石英砂混合,在电炉中加热到50生成白磷，反映为:2a3(PO4)2+6Si2=6CaSO3P410 10410=P4+10CO每生成1ol P4时,就有_ml电子发生转移。(3）硫代硫酸钠(Na2S2)是常用的还原剂。在维生素C(化学式6H8O)的水溶液中加入过量2溶液，使维生素C完全氧化,剩余的I2用NaSO溶液滴定，可测定溶液中维生素C的含量。发生的反映为：C6H8O6+I2=66O6+2H+2I- 232I2=4O6+2I在一定体积的某维生素C溶液中加入a molL1 I2溶液V1 L，充足反映后,用aS2O3溶液滴定剩余的2，消耗bmlL Na2

14、SO3溶液2 m。该溶液中维生素C的物质的量是_mol。(4）在酸性溶液中,碘酸钾(KI3)和亚硫酸钠可发生如下反映：2IO3-+5SO32-+2H+=2542HO生成的碘可以用淀粉溶液检查,根据反映溶液浮现蓝色所需的时间来衡量该反映的速率。某同窗设计实验如下表所示:0.01lLKIO3酸性溶液(含淀粉)的体积/0.01molL1a2SO3溶液的体积/mLH2O的体积/mL实验温度/溶液浮现蓝色时所需时间实验1V1355实验2554025实验355V2 该实验的目的是_；表中V2=_mLII、稀土元素是珍贵的战略资源,国内的蕴藏量居世界首位。（5）铈(Ce）是地壳中含量最高的稀土元素。在加热条

15、件下eCl3易发生水解,无水CCl3可用加热CeC36H2O和N4l固体混合物的措施来制备。其中H4Cl的作用是_。（)在某强酸性混合稀土溶液中加入H22,调节pH，通过下列反映形成Ce（OH)4沉淀得以分离。完毕反映的离子方程式：Ce3+H2OH2O= C(OH)4_解析:（1)属于第15号元素,其原子的构造示意图为:;(2）每生成 ol P4时,由+5价变成0价,电子转移为540或C化合价由价变成为+价，电子转移为21=20；(3)（NaS2O3）=bV/10 ol;与其反映的I2为bV1/o,与维生素反映的为,即维生素的物质的量是mol(或其他合理答案)；（）由实验2可以看出混合液的总体

16、积为50mL,V1为10mL,V为40mL，实验和实验可知实验目的是探究该反映速率与亚硫酸钠溶液浓度的关系;实验2和实验3可知实验目的是探究该反映速率与温度的关系。(5）题目中给出:“加热条件下CeCl3易发生水解”,可知N4Cl的作用是肯定是克制水解的，CeCl3水解会生成Cl，可以完整答出:NH的作用是分解出HCl气体,克制CCl3水解。(6)根据题意:“强酸性”或观测方程式可知缺项是H,运用电子得失守恒或观测法就可以配平方程式。2eH2O2+H2O= 2Ce(H)+6+此题考察原子构造示意图，氧化还原反映的配平与电子转移计算，滴定中的简朴计算，水解知识,实验探究变量的控制等，上述皆高中化

17、学中的主干知识。题设中的情景都是陌生的，其中还波及到稀土知识,其中第（）小问是该题亮点,设问巧妙,有点类似于全国新课标一题,但题目设计更清晰,不拖泥带水。第小问的缺项配平有点超过规定,但题中给出提示,减少了难度。这题拼凑痕迹比较明显，每小问前后联系不强,或者说没有联系。答案:(1)； ()20； (）； （4）探究该反映的速率与温度、亚硫酸钠溶液浓度的关系(或其她合理答案)； （5）分解出HCl气体，克制CeCl3的水解（或其她合理答案)； （6)2Ce+226HO=2Ce（OH)4+6H。1.(山东高考2，4分)研究O、SO2 、CO等大气污染气体的解决具有重要意义。(1)NO2可用水吸取,

18、相应的化学反映方程式为 。运用反映6NO8NH3N5+1 H2O也可解决N。当转移.2ml电子时，消耗的NO2在原则状况下是 L。（2)已知:2SO2(g）+2()2(g） H=-196. kol-12O(g）+O2（g)NO2（g） H=-113 Jmo1 则反映NO2（g）SO2(）SO（g）+NO(g）的 mol-1。 一定条件下，将N2与S2以体积比1：置于密闭容器中发生上述反映，下列能阐明反映达到平衡状态的是 。.体系压强保持不变混合气体颜色保持不变cS3和NO的体积比保持不变d.每消耗1 olS的同步生成1 molNO2测得上述反映平衡时NO2与2体积比为1：6,则平衡常数= 。(

19、3)CO可用于合成甲醇，反映方程式为CO（g）+2H2(g)CH3OH（g)。O在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如下图所示。该反映 （填“”或“ ”)。实际生产条件控制在250、1.04ka左右，选择此压强的理由是 。解析:(）NO溶于水生成O和硝酸，反映的方程式是3OH2O=+HNO;在反映6NO 8NH32 2O中NO2作氧化剂,化合价由反映前的+价减少到反映后0价,因此当反映中转移1.mol电子时,消耗NO2的物质的量为，因此原则状况下的体积是。（2）本题考察盖斯定律的应用、化学平衡状态的判断以及平衡常数的计算。 2SO2（g)+O（)2O3（) 1=-16 kJml1 NO(）+O

20、2(g)2N（g） H2-113.0kmol- 。即得出2O2(g）+2SO2（g）2SO3()+O（g) HH2H1=-13.0 mo-1 +96.6kJmol-1=+83. Jmol-1。因此本题的对的答案是4.8；反映NO2（g)+SO2（g)S3（）NO(g）的特点体积不变的、吸热的可逆反映,因此a不能阐明。颜色的深浅与气体的浓度大小有关,而在反映体系中只有二氧化氮是红棕色气体，因此混合气体颜色保持不变时即阐明NO2的浓度不再发生变化，因此b可以阐明；SO3和N是生成物，因此在任何状况下两者的体积比总是满足:,c不能阐明;SO3和NO2一种作为生成物，一种作为反映物,因此在任何状况下每

21、消耗o 3的同步必然会生成1 molO2,因此也不能阐明;设NO2的物质的量为mol，则O2的物质的量为mo，参与反映的N2的物质的量为xml。 （)由图像可知在相似的压强下，温度越高CO平衡转化率越低,这阐明升高温度平衡向逆反映方向移动,因此正反映是放热反映；实际生产条件的选择既要考虑反映的特点、反映的速率和转化率,还要考虑生产设备和生产成本。由图像可知在1304kP左右时，O的转化率已经很高,如果继续增长压强CO的转化率增长不大，但对生产设备和生产成本的规定却增长，因此选择该生产条件。答案：()3O2+H2O=HNO3；.7(2)-.；;8/3；(3)(2-)c(OH-)c（S-）c(）;

22、由于2极易与Cu+结合形成Cu沉淀而克制S2水解,因此溶液但碱性会减少，酸性会增强,方程式为S2-CuuS。S2-处在最低化合价-2价，极易失去电子而被氧化，空气中具有氧气可氧化S2而生成单质硫,方程式为2S2+22H2=2S4OH。答案:(1）CH3C2O+2NaHCONa；CS2或热的氢氧化钠溶液；(2）XS+2e;离子导电（导电或电解质)和隔离钠与硫;.；(3）（Na+)(）c（OH）（HS-)c(H+);减小;2S+O22H=S4。高考1.(全国卷1)下列论述对的的是A.Li在氧气中燃烧重要生成B将SO2通入溶液可生成沉淀C将CO通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸D.将NH通入热的Cu溶液中

23、能使Cu+还原成Cu【解析】错误，由于Li在空气中燃烧只能生成Li2O,直接取材于第一册课本第二章第三节; B错误，酸性：HClHSOH2CO因此通入后无BaS3沉淀,由于BaSO+ClBaCl2H2O+SO2；D错误，溶液中该反映难以发生,先是：2N3+H2OCuO4=Cu(O)2+(NH4)SO4,接着C (O)2uH20,溶液中H3不能还原C为Cu,要还原必须是干燥的固态!C对的,强酸制弱酸，酸性：HO3HO,反映为:2H2+C(ClO)CO3+2HCO，直接取材于课本第一册第四章第一节;【答案】【命题意图】考察无机元素及其化合物,如碱金属,氯及其化合物，碳及其化合物，硫及其化合物，氮及

24、其化合物等A、B、选项直接取材于高一课本,D取材于高二第一章氮族。【点评】再次印证了以本为本的复习方略，本题四个选项就直接取材于课本,属于简朴题,不注重基本，就有也许出错!2. (全国卷1）1一定条件下磷与干燥氯气反映，若0.5g磷消耗掉314mL氯气（原则状况），则产物中PC3与P的物质的量之比接近于A.1:2 2：3 3：1 ：3【解析】设n（Pl)l, (PCl5)=Ymo，由P元素守恒有:X+Y=25/1008;由l元素守恒有3X+（.3142）/2240.28，联立之可解得:.06，Y=002故选C【命题意图】考察学生的基本化学计算能力,波及某些措施技巧的问题，还波及到过量问题等根据

25、化学化学方程式的计算等【点评】本题是个原题，用百度一搜就懂得！做过多遍,用的措施诸多,上面是最常用的据元素守恒来解方程法，尚有十字交叉法,平均值法、得失电子守恒等多种措施，此题不好！（全国2）7下列论述对的的是A.Li在氧气中燃烧重要生成B.将O2通入溶液可生成沉淀.将CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸.将N3通入热的CuO4溶液中能使Cu2+还原成Cu【解析】错误，由于在空气中燃烧只能生成Li2O，直接取材于第一册课本第二章第三节； B错误,酸性:HlH2SO32O3因此通入后无aSO沉淀，由于Ba3+2l=BCl+H2+O2;D错误,溶液中该反映难以发生，先是:2NH+22+CSO4Cu（

26、H)2+(NH4)S，接着Cu（H)CuO+H,溶液中H3不能还原CuO为u,要还原必须是干燥的固态！C对的，强酸制弱酸,酸性：2OHClO，反映为:C+H+C(ClO)2CaO+2HClO，直接取材于课本第一册第四章第一节；【答案】C【命题意图】考察无机元素及其化合物,如碱金属,氯及其化合物，碳及其化合物，硫及其化合物,氮及其化合物等、B、C选项直接取材于高一课本，D取材于高二第一章氮族。【点评】再次印证了以本为本的复习方略,本题四个选项就直接取材于课本,属于简朴题，不注重基本,就有也许出错!(福建卷)9。下列各组物质中，满足下图物质一步转化关系的选项是XYZNaNaNaCOBuO4Cu（H

27、)2CCC2DiiO2H2O解析：本题考察考生对常用元素及其化合物知识的掌握状况,可用代入法,即把各选项中的,Y,带入又吐的圆圈中进行判断,C中O在一定条件下与单质钠反映可以生成金刚石和碳酸钠。(山东卷）3下列推断对的的是SiO2 是酸性氧化物，能与NaOH溶液反映BNa2、Na2O2构成元素相似，与 C2反映产物也相似.、N、N2都是大气污染气体,在空气中都能稳定存在D新制氯水显酸性,向其中滴加少量紫色石蕊试液，充足振荡后溶液呈红色解析：酸性氧化物可以跟碱反映，生成盐和水的氧化物,故A对的,由于, 与反映生成, 与反映除生成外，还生成，故错；在空气中会发生反映,故C错；由于新制氯水中具有,故

28、滴入少量的紫色石蕊的现象是先变红,后褪色，故D错。答案：(上海卷)13.下列实验过程中,始终无明显现象的是A.N2通入FeS4溶液中 BCO2通入CaC2溶液中CH3通入AlC溶液中 DSO通入已酸化的Ba（NO）2溶液中答案：B解析：此题考察了常用元素化合物知识。N通入后和水反映生成具有强氧化性的硝酸,其将亚铁盐氧化为铁盐,溶液颜色由浅绿色变为黄色,排除;CO和Cal2不反映,无明显现象,符合，选；N3通入后转化为氨水，其和AlC3反映生成氢氧化铝沉淀，排除C；SO2通入酸化的硝酸钡中，其被氧化为硫酸,生成硫酸钡沉淀,排除D。易错警示:解答此题的易错点是:不能对的理解CO2和aCl2能否反映

29、，由于盐酸是强酸，碳酸是弱酸，故将CO通入aC溶液中时,两者不能发生反映生成溶于盐酸的碳酸钙沉淀。(重庆卷).下列论述对的的是铝制容器可盛装热的H2SO4 .Agl胶体在电场中自由运动C.K与水反映比Li与水反映剧烈D.红磷在过量l2中燃烧生成Cl38 答案C【解析】本题考察物质的性质。项,铝与热的浓硫酸反映，错误。B项，AL胶体吸附电荷而带电，故在电场作用下做定向移动，错误。C项,K比i活泼，故与水反映剧烈，对的。D项,P与过量的反映，应生成，错误。【误区警示】铝在冷、热中发生钝化,但是加热则可以发生反映，胶体自身不带电,但是它可以吸附电荷而带电。由此警示我们,化学学习的平时学生一定要严谨，

30、对细小知识点要常常记忆，并且要找出核心字、词。（上海卷)18右图是模拟氯碱工业生产中检查氯气与否泄漏的装置,下列有关说法错误的是A烧瓶中立即浮现白烟B烧瓶中立即浮现红棕色烧瓶中发生的反映表白常温下氨气有还原性 D烧杯中的溶液是为了吸取有害气体答案:B解析：此题考察化学实验、元素化合物的性质等知识。分析装置图，可知氨气和氯气接触时发生反映：NH3+6Cl22N4Cl+4HCl+，烧瓶中浮现白烟，A对；不能浮现红棕色气体，B错;该反映中氨气中的氮元素化合价升高，体现还原性,C对;烧杯中的氢氧化钠可以吸取多余的有害气体,对。知识归纳：对某种元素来讲,其处在最高价时,只有氧化性;处在最低价时，只有还原

31、性；中间价态,则既有氧化性又有还原性。故此对同一种元素可以根据价态判断,一般来讲,价态越高时，其氧化性就越强;价态越低时，其还原性就越强；此题中氨气中的氮元素处在最低价，只有还原性。四川理综卷）10.有关00l0 ml/L 、100ml 0.1mol/L两种溶液的论述不对的的是溶液中水电离出的个数: B溶液中阴离子的物质的量浓度之和：C.溶液中： D.溶液中:答案： C 解析:本题考察盐类水解知识;盐类水解增进水的电离，且Na2CO3的水解限度更大,碱性更强，故水中电离出的+个数更多，A项对的;B钠离子的物质的量浓度为02mol/L而钠离子的物质的量浓度为1 mol/L根据物料守恒及电荷守恒可

32、知溶液中阴离子的物质的量浓度之和:,B项对的；项水解限度不小于电离因此C(2CO3)C(CO32)D项 C032-分步水解第一步水解占重要地位且水解不小于电离。判断对的。C、两项只要写出它们的水解及电离方程式即可判断。(广东理综卷)3.(16分） 某科研小组用MnO2和浓盐酸制备Cl2时,运用刚吸取过少量O2的NaOH溶液对其尾气进行吸取解决。(1）请完毕SO2与过量NaH溶液反映的化学方程式：O2+2OH = _(2）反映Cl2+N2O32NaOH=2NaCl+N2SO4+H2O中的还原剂为_.(3）吸取尾气一段时间后，吸取液(强碱性)中肯定存在Cl、O和SO请设计实验，探究该吸取液中也许存

33、在的其她阴离子（不考虑空气的CO的影响）. 提出合理假设假设1:只存在SO32-;假设：既不存在SO32也不存在CO；假设3：_ 设计实验方案,进行实验。请在答题卡上写出实验环节以及预期现象和结论。限选实验试剂:3mL12SO4、1LL-1NO、0.01lL-nO4、淀粉-KI溶液、紫色石蕊试液实验环节预期现象和结论环节1:取少量吸取液于试管中，滴加3 moL-1 SO至溶液呈酸性,然后将所得溶液分置于A、B试管中.环节：环节3：解析：（1） NO过量，故生成的是正盐：SO2+N aO+H2O。()元素的价态从+4,失去电子做体现还原性,故还原剂为Na2SO3。（3)很明显,假设两种离子都存在

34、。加入硫酸的试管，若存在SO32-、ClO-,分别生成了H2SO和ClO；在A试管中滴加紫色石蕊试液,若先变红后退色，证明有CO-,否则无；在B试管中滴加.0molL-1KMnO4溶液,若紫红色退去，证明有S-,否则无。答案：(1)Na2O3+H2() N2S3(3) SO3-、lO-都存在实验环节预期现象和结论环节1:取少量吸取液于试管中,滴加3 mLL1 H2SO4至溶液呈酸性，然后将所得溶液分置于A、试管中环节2：在A试管中滴加紫色石蕊试液若先变红后退色,证明有ClO-,否则无环节：在B试管中滴加0.01mlL-1KMnO4溶液若紫红色退去，证明有SO32，否则无（山东卷)30（6)聚合

35、硫酸铁又称聚铁,化学式为,广泛用于污水解决。实验室运用硫酸厂烧渣(重要成分为铁的氧化物及少量FeS、iO等)制备聚铁和绿矾（FeO472O ）过程如下:()验证固体W焙烧后产生的气体具有O2 的措施是_。(2)实验室制备、收集干燥的SO ，所需仪器如下。装置产生S2 ,按气流方向连接各仪器接口,顺序为a f装置D的作用是_,装置E中NaOH溶液的作用是_。(3）制备绿矾时，向溶液X中加入过量_，充足反映后,经_操作得到溶液,再经浓缩，结晶等环节得到绿矾。(4)溶液Z的H影响聚铁中铁的质量分数，用pH试纸测定溶液pH的操作措施为_。若溶液的pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数偏_。解析:（1）检查

36、SO2的措施一般是：将气体通入品红溶液中,如品红褪色，加热后又变红。(2） 收集干燥的SO2,应先干燥，再收集(SO密度比空气的大，要从b口进气),最后进行尾气解决;由于SO2易与OH反映,故D的作用是安全瓶，避免倒吸。()由于在烧渣中加入了硫酸和足量氧气，故溶液Y中具有3+,故应先加入过量的铁粉，然后过滤除去剩余的铁粉。（)用pH试纸测定溶液pH的操作为：将试纸放到表面皿上,用玻璃棒蘸取溶液，点到试纸的中央,然后跟原则比色卡对比。Fe()3的含铁量比e(SO4)3高，若溶液Z的pH偏小，则生成的聚铁中O的含量减少,SO42的含量增多,使铁的含量减少。答案:（1）将气体通入品红溶液中，如品红褪

37、色，加热后又变红,证明有S。(2)d b ；安全瓶,避免倒吸;尾气解决，避免污染(3)铁粉 过滤(4)将试纸放到表面皿上,用玻璃棒蘸取溶液，点到试纸的中央，然后跟原则比色卡对比。 低(上海卷)2.胃舒平重要成分是氢氧化铝，同步具有三硅酸镁(MgS3O8.nH2O)等化合物。1）三硅酸镁的氧化物形式为 ,某元素与镁元素不同周期但在相邻一族,且性质和镁元素十分相似，该元素原子核外电子排布式为 。)铝元素的原子核外共有 种不同运动状态的电子、 种不同能级的电子。）某元素与铝元素同周期且原子半径比镁原子半径大，该元素离子半径比铝离子半径 (填“大”或“小”)，该元素与铝元素的最高价氧化物的水化物之间发

38、生反映的离子方程式为: 4)Al3、Mg和S2都可以制耐火材料,其因素是 。.A2O3、MgO和S2都不溶于水b.Al2O3、MgO和SO2都是白色固体 cAl2O3、O和Si2都是氧化物 l2O、MO和SiO2均有很高的熔点答案:1)2Mg.n2O、122s;2)13、5；3）大、Al(O）OH-Al2-+22O;4）a。解析：此题考察了硅化合物、元素周期表、原子的核外电子排布、原子的核外电子运动状态、元素周期律等知识。)根据胃舒平中三硅酸镁的化学式和书写措施，其写作:MgO.SiOH2O；与镁元素在不同周期但相邻一族的元素,其符合对角线规则,故其是Li,其核外电子排布为:s221；2)中铝

39、元素原子的核外共有13个电子,其每一种电子的运动状态都不相似，故共有13种；有1s、2、3s、3p共5个能级;3)与铝元素同周期且原子半径不小于镁的元素是钠，其离子半径不小于铝的离子半径;两者氢氧化物反映的离子方程式为：（OH)3+OH-lO2-+2O；4）分析三种氧化物,可知三者都不溶于水且都具有很高的熔点。技巧点拨:硅酸盐用氧化物的形式来表达构成的书写顺序是：活泼金属氧化物较活泼金属氧化物非金属氧化物二氧化硅水，并将氧化物的数目用阿拉伯数字在其前面表达。例如斜长石KAli3O:2OAl36SiO2。（上海卷）2.向盛有溶液的试管中加入少量CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色。如果继续向试

40、管中滴加氯水，振荡,4层会逐渐变浅,最后变成无色。完毕下列填空：)写出并配平CCl4层由紫色变成无色的化学反映方程式(如果系数是1，不用填写)：2)整个过程中的还原剂是 。3）把KI换成KB,则CC层变为_色:继续滴加氯水，CCl层的颜色没有变化。Cl2、IO3、rO氧化性由强到弱的顺序是 。4)加碘盐中含碘量为20g50mgkg。制取加碘盐(含KIO3的食盐)1000kg,若庄Kl与l2反映制KIO3,至少需要消耗Cl2 L(原则状况,保存2位小数)。答案:)I2+5Cl+6H2O2HIO310HCl;2)KI、I2；3)红棕、Hr3CIO3;4)10.5。解析：此题考察氧化还原反映的配平、

41、氧化剂和还原剂、氧化性强弱的判断、化学计算知识。分析反映从开始滴加少量氯水时,其将KI中的I元素氧化成碘单质;等CCl4层变紫色后,再滴加氯水时，其将碘单质进一步氧化成碘酸。1）根据氧化还原反映方程式的配平原则，分析反映中的化合价变化,元素的化合价从0+,升高5价,Cl元素的化合价从，减少1价,综合得失电子守恒和质量守恒，可配平出：I2+5l2+2O2HIO3+10HCl;2）分析整个过程中化合价升高的都是元素，还原剂为：KI和I2;3）KI换成Kr时，得到的是溴单质,则其在4中呈红棕色;继续滴加氯水时,颜色不变,可知氯水不能将溴单质氧化成HBrO3,故其氧化性强弱顺序为:HBr3C2HIO；

42、）综合写出反映方程式：I3C2HOKO3+6HCl,根据化学方程式计算，按最小值计算时,100kg加碘食盐中含碘20g，根据质量守恒，可知：换算成碘酸钾的质量为：3.g，物质的量为:.1mol,则需要消耗Cl的体积为：（2g/127g.ol-1)322.4L/mo=0.8L。解法点拨:守恒定律是自然界最重要的基本定律，是化学的基本。在化学反映中，守恒涉及原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒等。任何化学反映在反映前后应遵守电荷或原子守恒。电荷守恒即反映前后阴阳离子所带电荷数必须相等;原子守恒（或称质量守恒)，也就是反映前后各元素原子个数相等;得失电子守恒是指在氧化还原反映中，失电子数一定等于得电子数

43、,即得失电子数目保持守恒。例如此题中我们就牢牢抓住了守恒，简化了计算过程，顺利解答。（上海卷）3白磷(P4）是磷的单质之一，易氧化，与卤素单质反映生成卤化磷。卤化磷一般有三卤化磷或五卤化磷，五卤化磷分子构造（以PCl5为例）如右图所示。该构造中氯原子有两种不同位置。)20g白磷在足量氧气中完全燃烧生成氧化物,反映所消耗的氧气在原则状况下的体积为 L。上述燃烧产物溶于水配成50.m磷酸（HO4）溶液,该磷酸溶液的物质的量浓度为 molL-1。2)含0300ol H3PO4的水溶液滴加到含0.500l Ca（OH)的悬浮液中，反映正好完全，生成l种难溶盐和.2 2O。该难溶盐的化学式可表达为 。3

44、)白磷和氯、溴反映，生成混合卤化磷(,且x为整数）。如果某混合卤化磷共有3种不同构造（分子中溴原子位置不完全相似的构造)，该混合卤化磷的相对分子质量为 。4）磷腈化合物具有3种元素,且分子中原子总数不不小于20。0.molCl5和10mol NH4l正好完全反映,生成氯化氢和030ml磷腈化合物。推算磷腈化合物的相对分子质量（提示：30）。答案:1).6;4.00；）Ca5（PO4)3(O）；3）297.5或342；4）48或44。解析:此题考察了元素化合物、化学计算知识。1）白磷燃烧生成五氧化二磷,白磷的相对分子质量为:18,则其60的物质的量为：0.5mol,其完全燃烧消耗氧气.25ml，

45、原则状况下体积为.;将这些白磷和水反映生成磷酸020mo，溶液体积为0m,也就是00L,则磷酸溶液的物质的量浓度为.00ol/L;2）根据该水溶液中具有溶质的物质的量和氢氧化钙悬浊液中溶质的物质的量,根据质量守恒，可知该物质中具有5个钙离子和3个磷酸根离子,结合电荷守恒,必还具有1个氢氧根离子，写作：Ca5（PO4)3(OH)；3)根据题意为整数，其也许为:Br、P3Br2、Cl2Br3、ClBr4四种，要是有三种不同构造的话,结合PC5的构造,其也许为：PCl2或PC2B3，则其相对分子质量也许为：27.或342；4)根据题意和质量守恒定律,可求出化合物提供的Cl原子的物质的量为:0.1mo

46、l5+01mol1=06m；由于磷腈化合物中只具有三种元素,故必须将其中的氢原子所有除去;两物质提供的H原子的物质的量为:01=4ol,则生成的氯化氢的物质的量为：01mol40.4ol;则磷腈化合物中具有的l原子为：0ml、P原子为：01m、N原子为：0.1，则该化合物的最简式为：NCl；假设其分子式为(NCl）x，由其具有的碳原子总数不不小于2，则知：x,故x;假设x=4,其分子式为:P4N4l8,相对分子质量为464;假设x=，其分子式为：P3C6，相对分子质量为：4；假设x=2，其分子式为：P2N2Cl4,相对分子质量300 舍去。故其相对分子质量也许为：38或44。(四川理综卷）6.

47、（1分）短周期元素形成的常用非金属固体单质A与常用金属单质B,在加热条件下反映生成化合物C,C与水反映生成白色沉淀D和气体E,D既能溶于强酸，也能溶于强碱。E在足量空气中燃烧产生刺激性气体G,G在大气中能导致酸雨的形成。E被足量氢氧化钠溶液吸取得到无色溶液F。溶液F在空气中长期放置发生反映，生成物之一为H。H与过氧化钠的构造和化学性质相似，其溶液显黄色。请回答问题：（1）构成单质的元素位于周期表中第 周期，第 族。（2）B与氢氧化钠溶液反映的化学方程式为： 。（3） G与氯酸钠在酸性条件下反映可生成消毒杀菌剂二氧化氯。该反映的氧化产物为 ,当生成2二氧化氯时，转移电子 。（4） 溶液F在空气中

48、长期放置生成H的化学反映方程式为: 。（5） H的溶液与稀硫酸反映产生的现象为 。26. 答案:(1)三 （） （）硫酸钠(） (4） （或 ）(5)溶液由黄色变为无色,产生浅黄色沉淀和(臭鸡蛋气味的)气体解析：本题考察的知识点有元素及其化合物的性质、物质构造、氧化还原反映有关计算。由生成白色沉淀D ,既能溶于强酸，也能溶于强碱,推测D是A(OH）3再逆推可知,B为l 。G在大气中能导致酸雨的形成，可猜想G也许为S2逆推可知: A为S，综合可知C为Al23 D为Al（OH)3,E为HS,G为O2F为Na2S（1)()比较简朴，(3）SO2与氯酸钠在酸性条件下反映,S2为还原剂被氧化为S-,根据

49、电子得失可以判断生成2二氧化氯时，转移电子。由H与过氧化钠的构造和化学性质相似，其溶液显黄色。结合前面的信息可以推测H为N2S2.高考化学试题1.（安徽理综9)下列选用的有关仪器符合实验规定的是答案：B解析:浓硝酸具有强氧化性,不能用橡胶塞，一般用玻璃塞，A选项错误；水和乙酸乙酯的互不相溶,用分液漏斗分离,B选项对的;量筒量取液体只能精确到0.mL，C选项错误;实验室制取乙烯需要的温度为17，该温度计的量程局限性,D选项错误。（福建理综7）能实现下列物质间直接转化的元素是硅.硫C.铜.铁答案:B解析:S与O2生成O2,再与H2生成H2SO3,可以与NaO生成N2SO3,项对的。A项，S2不与水

50、反映,错；项中O，D项中F3O均不与H反映,故错。3.（广东理基21)下列实验能达到实验目的且符合安全规定的是答案:B解析:制备氢氧化亚铁沉淀时,应将滴管伸入溶液中,以避免在液体滴落的过程中代入氧气氧化氢氧化亚铁，因此A选项错误。氧气难溶于水,可以用排水法收集,因此B选项对的。选项中产生的气体为可燃性氢气，应验纯后在点燃，以避免爆炸,故C选项错误。稀释浓硫酸时应将浓硫酸注入水中,因此D选项错误。4(广东理基22）下列有关硅单质及其化合物的说法对的的是 硅是构成某些岩石和矿物的基本元素 水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品 高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维 陶瓷是人类应用很早的硅酸盐材料A.C.

51、答案：C解析：中的水泥和玻璃是硅酸盐制品,而水晶的重要成分是二氧化硅，是氧化物，不属于硅酸盐。制造光导纤维的纯净的二氧化硅而不是单质硅,故错误。5（广东理基2）下列除去杂质的措施对的的是A除去CO2中混有的O:用澄清石灰水洗气除去BaCO3固体中混有的BaSO4：加过量盐酸后,过滤、洗涤C除去eCl2溶液中混有的Cl：加入过量铁粉，过滤.除去C粉中混有的Cu：加适量稀硝酸后,过滤、洗涤答案：解析:除去2中混有的CO应用点燃的措施，若用澄清石灰水洗气只会吸取重要气体CO2，对杂质没有影响,因此选项错误。加过量盐酸后会溶解重要成分BCO,对杂质没有作用,故B选项错误。C选项中加入过量铁粉后会发生FeeCl=3Fl反映而除去杂质FCl3，故C选项对的。D选项中加稀硝酸后，Cu和CO都会溶解，因此D选项也是错误的。（广东理基36)下列各组气体在常温下能共存且能用向上排空气法收集的是ANO和OB.HC和H3CH2和COD.S2和C答案:解析:和B选项中的两组气体会发生反映，不能共存;C选项中的不能用向上排空气法收集,而CO一般用排水法收集；而D选项中的O2和CO2常温下不发生反映,并且两者的密度均比空气大,都可以用向下排空气法收集。因此