《【備戰(zhàn)2012】高考化學(xué)5年真題分類匯編 專題06 非金屬及其化合物》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【備戰(zhàn)2012】高考化學(xué)5年真題分類匯編 專題06 非金屬及其化合物（86頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 【備戰(zhàn)2012】高考化學(xué)5年真題分類匯編 【2011高考】 （2011·江蘇卷）下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)和該性質(zhì)的應(yīng)用均正確的是 A.常溫下濃硫酸能是鋁發(fā)生鈍化，可在常溫下用鋁制貯藏貯運(yùn)濃硫酸 B.二氧化硅不與任何酸反應(yīng)，可用石英制造耐酸容器 C.二氧化氯具有還原性，可用于自來(lái)水的殺菌消毒 D.銅的金屬活潑性比鐵的差，可在海輪外殼上裝若干銅塊以減緩其腐蝕 【解析】本題屬于元素及其化合物知識(shí)的考查范疇，這些內(nèi)容都來(lái)源于必修一、選修四和必修二等課本內(nèi)容?？磥?lái)高三一輪復(fù)習(xí)一定注意要抓課本、抓基礎(chǔ)，不能急功近利。 二氧化硅不與任何酸反應(yīng)，但可與氫氟酸反應(yīng)。二氧化氯中氯的化合價(jià)為＋4價(jià)，不

2、穩(wěn)定，易轉(zhuǎn)變?yōu)椋?價(jià)，從而體現(xiàn)氧化性。銅的金屬活潑性比鐵的差，在原電池中作正極，海輪外殼上裝銅塊會(huì)加快海輪外殼腐蝕的進(jìn)程。 【答案】A （2011·江蘇卷）NaCl是一種化工原料，可以制備一系列物質(zhì)（見(jiàn)圖4）。下列說(shuō)法正確的是 A.25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大 B.石灰乳與Cl2的反應(yīng)中，Cl2既是氧化劑，又是還原劑 C.常溫下干燥的Cl2能用鋼瓶貯存，所以Cl2不與鐵反應(yīng) D.圖4所示轉(zhuǎn)化反應(yīng)都是氧化還原反應(yīng) 【解析】本題考查元素化合物知識(shí)綜合內(nèi)容，拓展延伸至電解飽和食鹽水、電解熔融氯化鈉、侯氏制堿等內(nèi)容，但落點(diǎn)很低，僅考查NaHCO3 、Na2CO

3、3的溶解度、工業(yè)制漂白粉、干燥的Cl2貯存和基本反應(yīng)類型。重基礎(chǔ)、重生產(chǎn)實(shí)際應(yīng)該是我們高三復(fù)習(xí)也應(yīng)牢記的內(nèi)容。25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的要??；石灰乳與Cl2的反應(yīng)中氯發(fā)生歧化反應(yīng)，Cl2既是氧化劑，又是還原劑；常溫下干燥的Cl2能用鋼瓶貯存僅代表常溫Cl2不與鐵反應(yīng)，加熱、高溫時(shí)可以反應(yīng)；在侯氏制堿法中不涉及氧化還原反應(yīng)。 【答案】B （2011·山東卷）某短周期非金屬元素的原子核外最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的一半，該元素 A.在自然界中只以化合態(tài)的形式存在 B.單質(zhì)常用作半導(dǎo)體材料和光導(dǎo)纖維 C.最高價(jià)氧化物不與酸反應(yīng) D.氣態(tài)氫化物比甲烷穩(wěn)定 【解析】

4、依據(jù)原子核外電子的排布規(guī)律可知，在短周期元素中原子核外最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的一半的元素可以是Li或Si元素，但Li屬于金屬不符合題意，因此該元素是Si元素。硅是一種親氧元素，在自然界它總是與氧相化合的，因此在自然界中硅主要以熔點(diǎn)很高的氧化物及硅酸鹽的形式存在，選項(xiàng)A正確；硅位于金屬和非金屬的分界線附件常用作半導(dǎo)體材料，二氧化硅才用作光導(dǎo)纖維，選項(xiàng)B不正確；硅的最高價(jià)氧化物是二氧化硅，SiO2與酸不反應(yīng)但氫氟酸例外，與氫氟酸反應(yīng)生成SiF4和水，因此氫氟酸不能保存在玻璃瓶中，選項(xiàng)C不正確；硅和碳都屬于ⅣA，但硅位于碳的下一周期，非金屬性比碳的弱，因此其氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性比甲烷弱，選項(xiàng)D也不

5、正確。 【答案】A （2011·海南卷）“碳捕捉技術(shù)”是指通過(guò)一定的方法將工業(yè)生產(chǎn)中產(chǎn)生的CO2分離出來(lái)并利用。如可利用NaOH溶液來(lái)“捕捉”CO2，其基本過(guò)程如下圖所示（部分條件及物質(zhì)未標(biāo)出）。 下列有關(guān)該方法的敘述中正確的是 A.能耗大是該方法的一大缺點(diǎn) B.整個(gè)過(guò)程中，只有一種物質(zhì)可以循環(huán)利用 C.“反應(yīng)分離”環(huán)節(jié)中，分離物質(zhì)的基本操作是蒸發(fā)結(jié)晶、過(guò)濾 D.該方法可減少碳排放，捕捉到的CO2還可用來(lái)制備甲醇等產(chǎn)品 【答案】AD 【解析】由題可知基本過(guò)程中有兩個(gè)反應(yīng)：①二氧化碳與氫氧化鈉反應(yīng)，②碳酸鈣的高溫分解。A選項(xiàng)正確，循環(huán)利用的應(yīng)該有CaO和NaOH 兩種物質(zhì)，

6、B選項(xiàng)錯(cuò)誤；“反應(yīng)分離”過(guò)程中分離物質(zhì)的操作應(yīng)該是過(guò)濾，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；D選項(xiàng)中甲醇工業(yè)上可用CO2制備。 【技巧點(diǎn)撥】根據(jù)題中信息可知，捕捉室中反應(yīng)為二氧化碳與氫氧化鈉反應(yīng)，得到的Na2CO3和CaO在溶液中反應(yīng)得到NaOH和CaCO3，由此可分析出各選項(xiàng)正誤。 （2011·上海卷）濃硫酸有許多重要的性質(zhì)，在與含有水分的蔗糖作用過(guò)程中不能顯示的性質(zhì)是 A．酸性 B．脫水性 C．強(qiáng)氧化性 D．吸水性 【解析】濃硫酸具有吸水性、脫水性和強(qiáng)氧化性。在與含有水分的蔗糖作用過(guò)程中不會(huì)顯示酸性。 【答案】A （2011·上海卷）下列溶液中通入SO2一定不會(huì)產(chǎn)生沉淀的是 A． B

7、a(OH)2 B． Ba(NO3)2 C． Na2S D． BaCl2 【解析】A生成BaSO3沉淀；SO2溶于水顯酸性，被Ba(NO3)2氧化生成硫酸，進(jìn)而生成BaSO4沉淀；SO2通入Na2S溶液中會(huì)生成單質(zhì)S沉淀。 【答案】D (2011·上海卷)120 mL含有0.20 mol碳酸鈉的溶液和200 mL鹽酸，不管將前者滴加入后者，還是將后者滴加入前者，都有氣體產(chǎn)生，但最終生成的氣體體積不同，則鹽酸的濃度合理的是 A．2.0mol/L B．1.5 mol/L C．0.18 mol/L D．0.24mol/L 【解析】若碳酸鈉恰

8、好與鹽酸反應(yīng)生成碳酸氫鈉，則鹽酸的濃度是1.0 mol/L；若碳酸鈉恰好與鹽酸反應(yīng)生成二氧化碳，則鹽酸的濃度是2.0 mol/L。由于最終生成的氣體體積不同，所以只能是介于二者之間。 【答案】B 達(dá)式為K＝ ；過(guò)量的SO2與NaOH溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為 。 （2）酸溶及后續(xù)過(guò)程中均需保持鹽酸過(guò)量，其目的是 、 。 （3）通氯氣氧化時(shí)，發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式為 ；該過(guò)程產(chǎn)生的尾氣可

9、用堿溶液吸收，尾氣中污染空氣的氣體為 （寫化學(xué)式）。 【解析】本題讓元素化合物知識(shí)與生產(chǎn)工藝、化學(xué)平衡原理結(jié)合起來(lái)，引導(dǎo)中學(xué)化學(xué)教學(xué)關(guān)注化學(xué)學(xué)科的應(yīng)用性和實(shí)踐性。本題考查學(xué)生在“工藝流程閱讀、相關(guān)反應(yīng)化學(xué)方程式書寫、化學(xué)反應(yīng)條件控制的原理、生產(chǎn)流程的作用”等方面對(duì)元素化合物性質(zhì)及其轉(zhuǎn)化關(guān)系的理解和應(yīng)用程度，考查學(xué)生對(duì)新信息的處理能力。備考提示：元素化合物知識(shí)教學(xué)要與基本實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)、化工生產(chǎn)工藝、日常生活等結(jié)合起來(lái)，做到學(xué)以致用，而不是簡(jiǎn)單的來(lái)回重復(fù)和死記硬背。 【答案】（1）k＝c2(SO3)/c(O2)·c2(SO2)

10、 SO2＋NaOH＝NaHSO3 (2)提高鐵元素的浸出率 抑制Fe3＋水解 （3）Cl2＋Fe2＋＝2Cl－＋Fe3＋ Cl2 HCl （2011·浙江卷）食鹽中含有一定量的鎂、鐵等雜質(zhì)，加碘鹽中碘的損失主要是由于雜質(zhì)、水分、空氣中的氧氣以及光照、受熱而引起的。已知：氧化性： ＞Fe3＋＞I2；還原性：＞I－； 3I2＋6OH－＋5I－＋3H2O； KI＋I(xiàn)2KI3 （1）某學(xué)習(xí)小組對(duì)加碘鹽進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：取一定量某加碘鹽(可能含有KIO3、KI、Mg2＋、Fe3＋)，用適量蒸餾水溶解，并加稀鹽酸酸化，將所得溶液分為3份。第一份試液中滴加KSCN溶液后

11、顯紅色；第二份試液中加足量KI固體，溶液顯淡黃色，用CCl4萃取，下層溶液顯紫紅色；第三份試液中加入適量KIO3固體后，滴加淀粉試劑，溶液不變色。 ①加KSCN溶液顯紅色，該紅色物質(zhì)是_________（用化學(xué)式表示）；CCl4中顯紫紅色的物質(zhì)是___________________（用電子式表示）。 ②第二份試液中加入足量KI固體后，反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)__________________________、______________________________________。 （2）KI作為加碘劑的食鹽在保存過(guò)程中，由于空氣中氧氣的作用，容易引起碘的損失。 寫出潮濕環(huán)境下KI

12、與氧氣反應(yīng)的化學(xué)方程式：_____________________________。 將I2溶于KI溶液，在低溫條件下，可制得KI3·H2O。該物質(zhì)作為食鹽加碘劑是否合適？______（填“是”或“否”），并說(shuō)明理由________________________________________。 （3）為了提高加碘鹽（添加KI）的穩(wěn)定性，可加穩(wěn)定劑減少碘的損失。下列物質(zhì)中有可能作為穩(wěn)定劑的是___________________。 A．Na2S2O3 B．AlCl3 C．Na2CO3 D．NaNO2 （4）對(duì)含F(xiàn)e2＋較多的食鹽(假設(shè)不含F(xiàn)e3＋)，可選用KI作為加碘劑

13、。請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案，檢驗(yàn)該加碘鹽中的Fe2＋：__________________________________________________________________________。 【解析】（1）①Fe3＋與SCN－的配合產(chǎn)物有多種，如、等；I2的CCl4溶液顯紫紅色。②應(yīng)用信息：“氧化性：＞Fe3＋＞I2”，說(shuō)明和Fe3＋均能氧化I－生成I2。 （2）KI被潮濕空氣氧化，不能寫成I－＋O2＋H＋→，要聯(lián)系金屬吸氧腐蝕，產(chǎn)物I2＋KOH似乎不合理(會(huì)反應(yīng))，應(yīng)考慮緩慢反應(yīng)，微量產(chǎn)物I2會(huì)升華和KOH與空氣中CO2反應(yīng)。 KI3·H2O作加碘劑問(wèn)題，比較難分析，因?yàn)镵I3很陌

14、生。從題中：“低溫條件下可制得”或生活中并無(wú)這一使用實(shí)例來(lái)去確定。再根據(jù)信息：“KI＋I(xiàn)2KI3”解析其不穩(wěn)定性。 （3）根據(jù)信息“還原性：＞I－”可判斷A；C比較難分析，應(yīng)考慮食鹽潮解主要是Mg2＋、Fe3＋引起，加Na2CO3能使之轉(zhuǎn)化為難溶物；D中NaNO2能氧化I―。 (2011·福建卷)I、磷、硫元素的單質(zhì)和化合物應(yīng)用廣泛。 （1）磷元素的原子結(jié)構(gòu)示意圖是____________。 （2）磷酸鈣與焦炭、石英砂混合，在電爐中加熱到1500℃生成白磷，反應(yīng)為： 2Ca3(PO4)2＋6SiO2===6CaSiO3＋P4O10?? 10C＋P4O10===P4＋10CO

15、 每生成1 mol P4時(shí)，就有________mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移。 （3）硫代硫酸鈉(Na2S2O3)是常用的還原劑。在維生素C(化學(xué)式C6H8O6)的水溶液中加入過(guò)量I2溶液，使維生素C完全氧化，剩余的I2用Na2S2O3溶液滴定，可測(cè)定溶液中維生素C的含量。發(fā)生的反應(yīng)為： C6H8O6＋I(xiàn)2===C6H6O6＋2H＋＋2I－?????? 2S2O32－＋I(xiàn)2===S4O62－＋2I－ 在一定體積的某維生素C溶液中加入a mol·L－1 I2溶液V1 mL，充分反應(yīng)后，用Na2S2O3溶液滴定剩余的I2，消耗b mol·L－1 Na2S2O3溶液V2 mL。該溶液中維生素C的物質(zhì)的量

16、是__________mol。 （4）在酸性溶液中，碘酸鉀(KIO3)和亞硫酸鈉可發(fā)生如下反應(yīng)：2IO3－＋5SO32－＋2H＋===I2＋5SO42－＋H2O 生成的碘可以用淀粉溶液檢驗(yàn)，根據(jù)反應(yīng)溶液出現(xiàn)藍(lán)色所需的時(shí)間來(lái)衡量該反應(yīng)的速率。某同學(xué)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)如下表所示： ? 0.01mol·L－1KIO3酸性溶液(含淀粉)的體積/mL 0.01mol·L－1Na2SO3溶液的體積/mL H2O的體積/mL 實(shí)驗(yàn)溫度/℃ 溶液出現(xiàn)藍(lán)色時(shí)所需時(shí)間/s 實(shí)驗(yàn)1 5 V1 35 25 ? 實(shí)驗(yàn)2 5 5 40 25 ? 實(shí)驗(yàn)3 5 5 V2 0 ? ?

17、????? 該實(shí)驗(yàn)的目的是_____________________；表中V2=___________mL II、稀土元素是寶貴的戰(zhàn)略資源，我國(guó)的蘊(yùn)藏量居世界首位。 （5）鈰(Ce)是地殼中含量最高的稀土元素。在加熱條件下CeCl3易發(fā)生水解，無(wú)水CeCl3可用加熱CeCl3·6H2O和NH4Cl固體混合物的方法來(lái)制備。其中NH4Cl的作用是______________。 （6）在某強(qiáng)酸性混合稀土溶液中加入H2O2，調(diào)節(jié)pH≈3，Ce3＋通過(guò)下列反應(yīng)形成Ce(OH)4沉淀得以分離。完成反應(yīng)的離子方程式： □Ce3＋＋□H2O2＋□H2O === □Ce(OH)4↓＋□_______

18、 【解析】（1）P屬于第15號(hào)元素，其原子的結(jié)構(gòu)示意圖為：； （2）每生成1 mol P4時(shí)，P由+5價(jià)變成0價(jià)，電子轉(zhuǎn)移為5×4＝20或C化合價(jià)由0價(jià)變成為+2價(jià)，電子轉(zhuǎn)移為2×10＝20； （3）n（Na2S2O3）＝bV1/1000 mol；與其反應(yīng)的I2為bV1/2000 mol，與維生素C反應(yīng)的I2為 mol，即維生素C的物質(zhì)的量是mol（或其它合理答案）； （4）由實(shí)驗(yàn)2可以看出混合液的總體積為50mL，V1為10mL，V2為40mL，實(shí)驗(yàn)1和實(shí)驗(yàn)2可知實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖翘骄吭摲磻?yīng)速率與亞硫酸鈉溶液濃度的關(guān)系；實(shí)驗(yàn)2和實(shí)驗(yàn)3可知實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖翘骄吭摲磻?yīng)速率與溫度的關(guān)系。 （5）題目中

19、給出：“加熱條件下CeCl3易發(fā)生水解”，可知NH4Cl的作用是肯定是抑制水解的，CeCl3水解會(huì)生成HCl，可以完整答出：NH4Cl的作用是分解出HCl氣體，抑制CeCl3水解。 （6）根據(jù)題意：“強(qiáng)酸性”或觀察方程式可知缺項(xiàng)是H＋，利用電子得失守恒或觀察法就可以配平方程式。2Ce3＋＋H2O2＋6H2O=== 2Ce(OH)4↓＋6H＋ 此題考查原子結(jié)構(gòu)示意圖，氧化還原反應(yīng)的配平與電子轉(zhuǎn)移計(jì)算，滴定中的簡(jiǎn)單計(jì)算，水解知識(shí)，實(shí)驗(yàn)探究變量的控制等，上述皆高中化學(xué)中的主干知識(shí)。題設(shè)中的情景都是陌生的，其中還涉及到稀土知識(shí)，其中第（4）小問(wèn)是該題亮點(diǎn)，設(shè)問(wèn)巧妙，有點(diǎn)類似于2010全國(guó)新課標(biāo)一題

20、，但題目設(shè)計(jì)更清晰，不拖泥帶水。第6小問(wèn)的缺項(xiàng)配平有點(diǎn)超過(guò)要求，但題中給出提示，降低了難度。 這題拼湊痕跡比較明顯，每小問(wèn)前后聯(lián)系不強(qiáng)，或者說(shuō)沒(méi)有聯(lián)系。 【答案】（1）； （2）20； （3）； （4）探究該反應(yīng)的速率與溫度、亞硫酸鈉溶液濃度的關(guān)系（或其他合理答案）； （5）分解出HCl氣體，抑制CeCl3的水解（或其他合理答案）； （6）2Ce3＋＋H2O2＋6H2O=== 2Ce(OH)4↓＋6H＋。 （2011·山東卷）研究NO2、SO2 、CO等大氣污染氣體的處理具有重要意義。 （1）NO2可用水吸收，相

21、應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為 。利用反應(yīng)6NO2＋ 8NH37N5＋12H2O也可處理NO2。當(dāng)轉(zhuǎn)移1.2mol電子時(shí)，消耗的NO2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下是 L。 （2）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） ΔH=-196.6 kJ·mol-1 2NO（g）+O2（g）2NO2（g） ΔH=-113.0 kJ·mol-1 則反應(yīng)NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的ΔH= kJ·mol-1。 一定條件下，將NO2與SO2以體積比1:2置于密閉容器中發(fā)生上述

22、反應(yīng)，下列能說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡 狀態(tài)的是 。 a．體系壓強(qiáng)保持不變 b．混合氣體顏色保持不變 c．SO3和NO的體積比保持不變 d．每消耗1 mol SO3的同時(shí)生成1 molNO2 測(cè)得上述反應(yīng)平衡時(shí)NO2與SO2體積比為1:6，則平衡常數(shù)K＝ 。 （3）CO可用于合成甲醇，反應(yīng)方程式為CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）。CO在不同溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率與壓強(qiáng)的關(guān)系如下圖所示。該反應(yīng)ΔH 0（填“>”或“ <”）。實(shí)際生產(chǎn)條件控制在250℃、1.3×104kPa左右，選擇此壓強(qiáng)的理由是 。 【解析】（1）NO2溶于

23、水生成NO和硝酸，反應(yīng)的方程式是3NO2＋H2O=NO＋2HNO3；在反應(yīng)6NO ＋ 8NH37N5＋12 H2O中NO2作氧化劑，化合價(jià)由反應(yīng)前的+4價(jià)降低到反應(yīng)后0價(jià)，因此當(dāng)反應(yīng)中轉(zhuǎn)移1.2mol電子時(shí)，消耗NO2的物質(zhì)的量為，所以標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積是。 （2）本題考察蓋斯定律的應(yīng)用、化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷以及平衡常數(shù)的計(jì)算。① 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） ΔH1=-196.6 kJ·mol-1 ② 2NO（g）+O2（g）2NO2（g） ΔH2=-113.0 kJ·mol-1 。②－①即得出2NO2（g）+2SO2（g）2SO3（g）+2NO（g） ΔH=

24、ΔH2－ΔH1=-113.0 kJ·mol-1 +196.6 kJ·mol-1＝+83.6 kJ·mol-1。所以本題的正確答案是41.8；反應(yīng)NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的特點(diǎn)體積不變的、吸熱的可逆反應(yīng)，因此a不能說(shuō)明。顏色的深淺與氣體的濃度大小有關(guān)，而在反應(yīng)體系中只有二氧化氮是紅棕色氣體，所以混合氣體顏色保持不變時(shí)即說(shuō)明NO2的濃度不再發(fā)生變化，因此b可以說(shuō)明；SO3和NO是生成物，因此在任何情況下二者的體積比總是滿足1：1，c不能說(shuō)明；SO3和NO2一個(gè)作為生成物，一個(gè)作為反應(yīng)物，因此在任何情況下每消耗1 mol SO3的同時(shí)必然會(huì)生成1 molNO2，因此d也不能

25、說(shuō)明；設(shè)NO2的物質(zhì)的量為1mol，則SO2的物質(zhì)的量為2mol，參加反應(yīng)的NO2的物質(zhì)的量為xmol。 （3）由圖像可知在相同的壓強(qiáng)下，溫度越高CO平衡轉(zhuǎn)化率越低，這說(shuō)明升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，因此正反應(yīng)是放熱反應(yīng)；實(shí)際生產(chǎn)條件的選擇既要考慮反應(yīng)的特點(diǎn)、反應(yīng)的速率和轉(zhuǎn)化率，還要考慮生產(chǎn)設(shè)備和生產(chǎn)成本。由圖像可知在1.3×104kPa左右時(shí)，CO的轉(zhuǎn)化率已經(jīng)很高，如果繼續(xù)增加壓強(qiáng)CO的轉(zhuǎn)化率增加不大，但對(duì)生產(chǎn)設(shè)備和生產(chǎn)成本的要求卻增加，所以選擇該生產(chǎn)條件。 【答案】（1）3NO2＋H2O=NO＋2HNO3；6.72 （2）－41.8；b；8/3； （3）<

26、在1.3×104kPa下，CO的轉(zhuǎn)化率已經(jīng)很高，如果增加壓強(qiáng)CO的轉(zhuǎn)化率提高不大，而生產(chǎn)成本增加，得不償失。 （2011·山東卷）科研、生產(chǎn)中常涉及鈉、硫及其化合物。 （1）實(shí)驗(yàn)室可用無(wú)水乙醇處理少量殘留的金屬鈉，化學(xué)反應(yīng)方程式為 。要清洗附著在試管壁上的硫，可用的試劑是 。 （2）下圖為鈉硫高能電池的結(jié)構(gòu)示意圖，該電池的工作溫度為320℃左右，電池反應(yīng)為2Na+S＝Na2，正極的電極反應(yīng)式為 。M（由Na2O和Al2O3制得）的兩個(gè)作用是 。與鉛蓄電池相比，當(dāng)消耗相同質(zhì)量的負(fù)極活性物質(zhì)時(shí)，鈉硫電池的理論放電量是鉛蓄電池的 倍。

27、 （3）Na2S溶液中離子濃度由大到小的順序?yàn)? ，向該溶液中加入少量固體CuSO4，溶液PH （填“增大”“減小”或“不變”），Na2S溶液長(zhǎng)期放置有硫析出，原因?yàn)? （用離子方程式表示）。 【解析】（1）乙醇中還有羥基可以與金屬鈉反應(yīng)放出氫氣，化學(xué)方程式為2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑；單質(zhì)硫不溶于水，微溶于酒精，易溶液CS2，在加熱時(shí)可與熱的氫氧化鈉溶液反應(yīng)，因此要清洗附著在試管壁上的硫，可選用CS2或熱的氫氧化鈉溶液； （2）由電池反應(yīng)可與看出金屬鈉失去電子作為負(fù)極，單質(zhì)硫得電子被還原成，所以正極的電極反應(yīng)式為X

28、S+2e－＝；由于原電池內(nèi)部要靠離子得定向運(yùn)動(dòng)而導(dǎo)電，同時(shí)鈉和硫極易化合，所以也必需把二者隔離開(kāi)，因此其作用是離子導(dǎo)電（導(dǎo)電或電解質(zhì)）和隔離鈉與硫；在鉛蓄電池中鉛作負(fù)極，反應(yīng)式為Pb(s)＋SO42－(aq)－2e－＝PbSO4(s)，因此當(dāng)消耗1mol即207g鉛時(shí)轉(zhuǎn)移2mol電子，而207g鈉可與失去的電子數(shù)為，所以鈉硫電池的理論放電量是鉛蓄電池的9/2=4.5倍。 （3）Na2S屬于強(qiáng)堿弱酸鹽S2－水解顯堿性，所以c(H＋)最小。但由于水解程度很小，大部分S2－還在溶液中。因?yàn)闅淞蛩釋儆诙跛幔許2－水解時(shí)分兩步進(jìn)行且以第一步水解為主，方程式為S2－＋H2O=HS－＋OH－、HS

29、－＋H2O=H2S＋OH－，因此Na2S溶液中離子濃度由大到小的順序?yàn)閏(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H＋)；由于S2－極易與Cu2＋結(jié)合形成CuS沉淀而抑制S2－水解，因此溶液但堿性會(huì)降低，酸性會(huì)增強(qiáng)，方程式為S2－＋Cu2＋=CuS↓。S2－處于最低化合價(jià)－2價(jià)，極易失去電子而被氧化，空氣中含有氧氣可氧化S2－而生成單質(zhì)硫，方程式為2S2－＋O2＋2H2O=2S↓＋4OH－。 【2010高考】 （2010·全國(guó)卷Ⅰ）下列敘述正確的是 A．Li在氧氣中燃燒主要生成 B．將SO2通入溶液可生成沉淀 C．將CO2通入次氯酸鈣溶液可生成次氯酸 D．將NH3通

30、入熱的CuSO4溶液中能使Cu2+還原成Cu 【解析】A錯(cuò)誤，因?yàn)長(zhǎng)i在空氣中燃燒只能生成Li2O,直接取材于第一冊(cè)課本第二章第三節(jié)； B錯(cuò)誤，酸性：HCl＞H2SO3＞H2CO3所以通入后無(wú)BaSO3沉淀，因?yàn)锽aSO3+2HCl=BaCl2+H2O+SO2↑；D錯(cuò)誤，溶液中該反應(yīng)難以發(fā)生，先是：2NH3+2H2O+CuSO4=Cu(OH)2↓+(NH4)2SO4,接著Cu(OH)2CuO+H20,溶液中NH3不能還原CuO為Cu,要還原必須是干燥的固態(tài)！C正確，強(qiáng)酸制弱酸，酸性：H2CO3＞HClO,反應(yīng)為：CO2+H20+Ca(ClO)2=CaCO3↓+2HClO，直接取材于課本第

31、一冊(cè)第四章第一節(jié)；考查無(wú)機(jī)元素及其化合物，如堿金屬，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A、B、C選項(xiàng)直接取材于高一課本，D取材于高二第一章氮族。 【答案】C （2010·全國(guó)卷Ⅰ）12．一定條件下磷與干燥氯氣反應(yīng)，若0.25g磷消耗掉314mL氯氣（標(biāo)準(zhǔn)狀況），則產(chǎn)物中PCl3與PCl5的物質(zhì)的量之比接近于 A．1：2 B．2：3 C．3：1 D．5：3 【解析】設(shè)n(PCl3)=X mol, n(PCl5)=Y mol，由P元素守恒有：X+Y=0.25/31≈0.008……①；由Cl元素守恒有3X+5Y=

32、（0.314×2）/22.4≈0.028……②，聯(lián)立之可解得：X=0.006,Y=0.002故選C。考查學(xué)生的基本化學(xué)計(jì)算能力，涉及一些方法技巧的問(wèn)題，還涉及到過(guò)量問(wèn)題等根據(jù)化學(xué)化學(xué)方程式的計(jì)算等 【答案】C （2010·福建卷）下列各組物質(zhì)中，滿足下圖物質(zhì)一步轉(zhuǎn)化關(guān)系的選項(xiàng)是 X Y Z A Na NaOH NaHCO3 B Cu CuSO4 Cu(OH)2 C C CO CO2 D Si SiO2 H2SiO3 【解析】本題考察考生對(duì)常見(jiàn)元素及其化合物知識(shí)的掌握情況，可用代入法，即把各選項(xiàng)中的X,Y,Z帶入又吐的圓圈中進(jìn)行判斷，C中C

33、O2在一定條件下與單質(zhì)鈉反應(yīng)可以生成金剛石和碳酸鈉。 【答案】C （2010·山東卷）13．下列推斷正確的是 A．SiO2 是酸性氧化物，能與NaOH溶液反應(yīng) B．Na2O、Na2O2組成元素相同，與 CO2反應(yīng)產(chǎn)物也相同 C．CO、NO、 NO2都是大氣污染氣體，在空氣中都能穩(wěn)定存在 D．新制氯水顯酸性，向其中滴加少量紫色石蕊試液，充分振蕩后溶液呈紅色 【解析】酸性氧化物能夠跟堿反應(yīng)，生成鹽和水的氧化物，故A正確，因?yàn)? 與反應(yīng)生成, 與反應(yīng)除生成外，還生成，故B錯(cuò)；在空氣中會(huì)發(fā)生反應(yīng)，故C錯(cuò)；因?yàn)樾轮坡人泻?故滴入少量的紫色石蕊的現(xiàn)象是先變紅，后褪色，故D錯(cuò)。 【答

34、案】A （2010·上海卷）13．下列實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，始終無(wú)明顯現(xiàn)象的是 A．NO2通入FeSO4溶液中 B．CO2通入CaCl2溶液中 C．NH3通入AlCl3溶液中 D．SO2通入已酸化的Ba(NO3)2溶液中 【答案】B A．鋁制容器可盛裝熱的H2SO4 B．Agl膠體在電場(chǎng)中自由運(yùn)動(dòng) C．K與水反應(yīng)比Li與水反應(yīng)劇烈 D．紅磷在過(guò)量Cl2中燃燒生成PCl3 【答案】C 【解析】本題考察物質(zhì)的性質(zhì)。A項(xiàng)，鋁與熱的濃硫酸反應(yīng)，錯(cuò)誤。B項(xiàng)，AgL膠體吸附電荷而帶電，故在電場(chǎng)作用下做定向移動(dòng)，錯(cuò)誤。C項(xiàng)，K比Li活潑，故與水反應(yīng)劇烈，正確。D項(xiàng)，P與過(guò)量的反應(yīng)，

35、應(yīng)生成,錯(cuò)誤。誤區(qū)警示：鋁在冷、熱中發(fā)生鈍化，但是加熱則可以發(fā)生反應(yīng)，膠體自身不帶電，但是它可以吸附電荷而帶電。由此警示我們，化學(xué)學(xué)習(xí)的平時(shí)學(xué)生一定要嚴(yán)謹(jǐn)，對(duì)細(xì)小知識(shí)點(diǎn)要經(jīng)常記憶，并且要找出關(guān)鍵字、詞。 （2010·上海卷）18．右圖是模擬氯堿工業(yè)生產(chǎn)中檢查氯氣是否泄漏的裝置，下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是 A．燒瓶中立即出現(xiàn)白煙 B．燒瓶中立即出現(xiàn)紅棕色 C．燒瓶中發(fā)生的反應(yīng)表明常溫下氨氣有還原性 D．燒杯中的溶液是為了吸收有害氣體 【答案】B 【解析】此題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)、元素化合物的性質(zhì)等知識(shí)。分析裝置圖，可知氨氣和氯氣接觸時(shí)發(fā)生反應(yīng)：4NH3+6Cl2=2NH4Cl+4HCl+N

36、2，燒瓶中出現(xiàn)白煙，A對(duì)；不能出現(xiàn)紅棕色氣體，B錯(cuò)；該反應(yīng)中氨氣中的氮元素化合價(jià)升高，表現(xiàn)還原性，C對(duì)；燒杯中的氫氧化鈉可以吸收多余的有害氣體，D對(duì)。 （2010·四川卷）10.有關(guān)①100ml 0.1 mol/L 、②100ml 0.1 mol/L 兩種溶液的敘述不正確的是 A.溶液中水電離出的個(gè)數(shù)：②>① B.溶液中陰離子的物質(zhì)的量濃度之和:②>① C.①溶液中: D.②溶液中: 【答案】C 【解析】本題考查鹽類水解知識(shí)；鹽類水解促進(jìn)水的電離,且Na2CO3的水解程度更大，堿性更強(qiáng)，故水中電離出的H+個(gè)數(shù)更多，A項(xiàng)正確；B②鈉離子的物質(zhì)的量濃度為0.

37、2 mol/L而①鈉離子的物質(zhì)的量濃度為0.1 mol/L根據(jù)物料守恒及電荷守恒可知溶液中陰離子的物質(zhì)的量濃度之和:②>①，B項(xiàng)正確；C項(xiàng)水解程度大于電離所以C(H2CO3)＞C(CO32-)D項(xiàng) C032-分步水解第一步水解占主要地位且水解大于電離。判斷D正確。C、D兩項(xiàng)只要寫出它們的水解及電離方程式即可判斷。 （2010·廣東卷）33.（16分）某科研小組用MnO2和濃鹽酸制備Cl2時(shí)，利用剛吸收過(guò)少量SO2的NaOH溶液對(duì)其尾氣進(jìn)行吸收處理。 （1）請(qǐng)完成SO2與過(guò)量NaOH溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式：SO2+2NaOH = ________________． （2）反應(yīng)Cl2+Na2S

38、O3+2 NaOH===2NaCl+Na2SO4+H2O中的還原劑為_(kāi)_______________． （3）吸收尾氣一段時(shí)間后，吸收液（強(qiáng)堿性）中肯定存在Cl、OH和SO．請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)，探究該吸收液中可能存在的其他陰離子（不考慮空氣的CO2的影響）． ① 提出合理假設(shè) ． 假設(shè)1：只存在SO32-；假設(shè)2：既不存在SO32-也不存在ClO；假設(shè)3：_____________． ② 設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案，進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。請(qǐng)?jiān)诖痤}卡上寫出實(shí)驗(yàn)步驟以及預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論。限選實(shí)驗(yàn)試劑：3moLL-1H2SO4、1moLL-1NaOH、0.01molL-1KMnO4、淀粉-KI溶液、紫色石蕊試液． 實(shí)驗(yàn)步驟

39、 預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論 步驟1：取少量吸收液于試管中，滴加3 moLL-1 H2SO4至溶液呈酸性，然后將所得溶液分置于A、B試管中． 步驟2： 步驟3： 【解析】(1) NaOH過(guò)量，故生成的是正鹽：SO2+2NaOH =Na2SO3+H2O。 (2)S元素的價(jià)態(tài)從+4→+6，失去電子做表現(xiàn)還原性，故還原劑為Na2SO3。 (3)①很明顯，假設(shè)3兩種離子都存在。 ②加入硫酸的試管，若存在SO32-、ClO-，分別生成了H2SO3和HClO；在A試管中滴加紫色石蕊試液，若先變紅后退色，證明有ClO-，否則無(wú)；在B試管中滴加0.01molL-1KMnO4溶液，若紫紅色退去，證

40、明有SO32-，否則無(wú)。 【答案】 (1) Na2SO3+H2O (2) Na2SO3 (3) ①SO32-、ClO-都存在 ② 實(shí)驗(yàn)步驟 預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論 步驟1：取少量吸收液于試管中，滴加3 moLL-1 H2SO4至溶液呈酸性，然后將所得溶液分置于A、B試管中 步驟2：在A試管中滴加紫色石蕊試液 若先變紅后退色，證明有ClO-，否則無(wú) 步驟3：在B試管中滴加0.01molL-1KMnO4溶液 若紫紅色退去，證明有SO32-，否則無(wú) （2010·山東卷）30．（16）聚合硫酸鐵又稱聚鐵，化學(xué)式為，廣泛用于污水處理。實(shí)驗(yàn)室利用硫酸廠燒渣（主要成分為鐵的氧化物及

41、少量FeS、SiO2等）制備聚鐵和綠礬（FeSO4·7H2O ）過(guò)程如下： （1）驗(yàn)證固體W焙燒后產(chǎn)生的氣體含有SO2 的方法是_____。 （2）實(shí)驗(yàn)室制備、收集干燥的SO2 ，所需儀器如下。裝置A產(chǎn)生SO2 ，按氣流方向連接各儀器接口，順序?yàn)閍 f裝置D的作用是_____，裝置E中NaOH溶液的作用是______。 （3）制備綠礬時(shí)，向溶液X中加入過(guò)量_____，充分反應(yīng)后，經(jīng)_______操作得到溶液Y，再經(jīng)濃縮，結(jié)晶等步驟得到綠礬。 （4）溶液Z的pH影響聚鐵中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，用pH試紙測(cè)定溶液pH的操作方法為_(kāi)_____。若溶液Z的pH偏小，將導(dǎo)致聚鐵中鐵

42、的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏_______。 【解析】 (1)檢驗(yàn)SO2的方法一般是：將氣體通入品紅溶液中，如品紅褪色，加熱后又變紅。 (2) 收集干燥的SO2，應(yīng)先干燥，再收集(SO2密度比空氣的大，要從b口進(jìn)氣)，最后進(jìn)行尾氣處理；因?yàn)镾O2易與NaOH反應(yīng)，故Ｄ的作用是安全瓶，防止倒吸。 (3)因?yàn)樵跓屑尤肓肆蛩岷妥懔垦鯕?，故溶液Y中含有Fe3+，故應(yīng)先加入過(guò)量的鐵粉，然后過(guò)濾除去剩余的鐵粉。 (4)用pH試紙測(cè)定溶液pH的操作為：將試紙放到表面皿上，用玻璃棒蘸取溶液，點(diǎn)到試紙的中央，然后跟標(biāo)準(zhǔn)比色卡對(duì)比。 Fe(OH)3的含鐵量比Fe2(SO4)3高，若溶液Z的pH偏小，則生成的聚鐵中

43、OH-的含量減少，SO42-的含量增多，使鐵的含量減少。 【答案】(1)將氣體通入品紅溶液中，如品紅褪色，加熱后又變紅，證明有SO2。 (2)d e b c；安全瓶，防止倒吸；尾氣處理，防止污染 （3）鐵粉 過(guò)濾 （4）將試紙放到表面皿上，用玻璃棒蘸取溶液，點(diǎn)到試紙的中央，然后跟標(biāo)準(zhǔn)比色卡對(duì)比。 低 （2010·上海卷）23．胃舒平主要成分是氫氧化鋁，同時(shí)含有三硅酸鎂(Mg2Si3O8.nH2O)等化合物。 1)三硅酸鎂的氧化物形式為 ，某元素與鎂元素不同周期但在相鄰一族，且性質(zhì)和鎂元素十分相似，該元素原子核外電子排布式為 。 2)鋁元素的原

44、子核外共有 種不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子、 種不同能級(jí)的電子。 3)某元素與鋁元素同周期且原子半徑比鎂原子半徑大，該元素離子半徑比鋁離子半徑 (填“大”或“小”)，該元素與鋁元素的最高價(jià)氧化物的水化物之間發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為： 4) Al2O3、MgO和SiO2都可以制耐火材料，其原因是 。 a．Al2O3、MgO和SiO2都不溶于水 b．Al2O3、MgO和SiO2都是白色固體 c．Al2O3、MgO和SiO2都是氧化物 d．Al2O3、MgO和SiO2都有很高的熔點(diǎn) 【答案】1)2Mg

45、O.3SiO.nH2O、1s22s1；2)13、5；3)大、Al(OH)3+OH-→AlO2-+2H2O；4)ad。 【解析】此題考查了硅化合物、元素周期表、原子的核外電子排布、原子的核外電子運(yùn)動(dòng)狀態(tài)、元素周期律等知識(shí)。1）根據(jù)胃舒平中三硅酸鎂的化學(xué)式和書寫方法，其寫作：2MgO.3SiO.nH2O；與鎂元素在不同周期但相鄰一族的元素，其符合對(duì)角線規(guī)則，故其是Li，其核外電子排布為：1s22s1；2)中鋁元素原子的核外共有13個(gè)電子，其每一個(gè)電子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)都不相同，故共有13種；有1s、2s、2p、3s、3p共5個(gè)能級(jí)；3)與鋁元素同周期且原子半徑大于鎂的元素是鈉，其離子半徑大于鋁的離子半徑

46、；兩者氫氧化物反應(yīng)的離子方程式為：Al(OH)3+OH-→AlO2-+2H2O；4)分析三種氧化物，可知三者都不溶于水且都具有很高的熔點(diǎn)。 技巧點(diǎn)撥：硅酸鹽用氧化物的形式來(lái)表示組成的書寫順序是：活潑金屬氧化物→較活潑金屬氧化物→非金屬氧化物→二氧化硅→水，并將氧化物的數(shù)目用阿拉伯?dāng)?shù)字在其前面表示。比如斜長(zhǎng)石KAlSi3O8：K2O·Al2O3·6SiO2。 （2010·上海卷）24．向盛有KI溶液的試管中加入少許CCl4后滴加氯水，CCl4層變成紫色。如果繼續(xù)向試管中滴加氯水，振蕩，CCl4層會(huì)逐漸變淺，最后變成無(wú)色。 完成下列填空： 1)寫出并配平CCl4層由紫色變成無(wú)色的化學(xué)反

47、應(yīng)方程式(如果系數(shù)是1，不用填寫)： 2)整個(gè)過(guò)程中的還原劑是 。 3)把KI換成KBr，則CCl4層變?yōu)開(kāi)_色：繼續(xù)滴加氯水，CCl4層的顏色沒(méi)有變化。Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由強(qiáng)到弱的順序是 。 4)加碘鹽中含碘量為20mg～50mg／kg。制取加碘鹽(含KIO3的食鹽)1000kg，若莊Kl與Cl2反應(yīng)制KIO3，至少需要消耗Cl2 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況，保留2位小數(shù))。 【答案】1）I2+5Cl2+6H2O→2HIO3+10HCl；2）KI、I2；3）紅棕、HBrO3>Cl2>HIO3；4）10.58。 需

48、要消耗Cl2的體積為：（20g/127g.mol-1）×3×22.4L/mol=10.58L。 解法點(diǎn)撥：守恒定律是自然界最重要的基本定律，是化學(xué)科學(xué)的基礎(chǔ)。在化學(xué)反應(yīng)中，守恒包括原子守恒、電荷守恒、得失電子守恒等。任何化學(xué)反應(yīng)在反應(yīng)前后應(yīng)遵守電荷或原子守恒。電荷守恒即反應(yīng)前后陰陽(yáng)離子所帶電荷數(shù)必須相等；原子守恒（或稱質(zhì)量守恒），也就是反應(yīng)前后各元素原子個(gè)數(shù)相等；得失電子守恒是指在氧化還原反應(yīng)中，失電子數(shù)一定等于得電子數(shù)，即得失電子數(shù)目保持守恒。比如此題中我們就牢牢抓住了守恒，簡(jiǎn)化了計(jì)算過(guò)程，順利解答。 （2010·上海卷）31．白磷（P4）是磷的單質(zhì)之一，易氧化，與鹵素單質(zhì)反應(yīng)生成鹵

49、化磷。鹵化磷通常有三鹵化磷或五鹵化磷，五鹵化磷分子結(jié)構(gòu)（以PCl5為例）如右圖所示。該結(jié)構(gòu)中氯原子有兩種不同位置。 1）6.20g白磷在足量氧氣中完全燃燒生成氧化物，反應(yīng)所消耗的氧氣在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為 L。 上述燃燒產(chǎn)物溶于水配成50.0mL磷酸（H3PO4）溶液，該磷酸溶液的物質(zhì)的量濃度為 mol·L-1。 2）含0.300mol H3PO4的水溶液滴加到含0.500mol Ca(OH)2的懸浮液中，反應(yīng)恰好完全，生成l種難溶鹽和16.2g H2O。該難溶鹽的化學(xué)式可表示為 。 3）白磷和

50、氯、溴反應(yīng)，生成混合鹵化磷（，且x為整數(shù)）。 如果某混合鹵化磷共有3種不同結(jié)構(gòu)（分子中溴原子位置不完全相同的結(jié)構(gòu)），該混合鹵化磷的相對(duì)分子質(zhì)量為 。 4）磷腈化合物含有3種元素，且分子中原子總數(shù)小于20。0.10mol PCl5和0.10mol NH4Cl恰好完全反應(yīng)，生成氯化氫和0.030mol磷腈化合物。推算磷腈化合物的相對(duì)分子質(zhì)量（提示：M>300）。 【答案】1）5.6；4.00；2）Ca5(PO4)3(OH)；3）297.5或342；4）348或464。 【解析】此題考查了元素化合物、化學(xué)計(jì)算知識(shí)。1）白磷

51、燃燒生成五氧化二磷，白磷的相對(duì)分子質(zhì)量為：128，則其6.20g的物質(zhì)的量為：0.05mol，其完全燃燒消耗氧氣0.25mol，標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為5.6L；將這些白磷和水反應(yīng)生成磷酸0.20mol，溶液體積為50mL，也就是0.05L，則磷酸溶液的物質(zhì)的量濃度為4.00mol/L；2）根據(jù)該水溶液中含有溶質(zhì)的物質(zhì)的量和氫氧化鈣懸濁液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量，根據(jù)質(zhì)量守恒，可知該物質(zhì)中含有5個(gè)鈣離子和3個(gè)磷酸根離子，結(jié)合電荷守恒，必還含有1個(gè)氫氧根離子，寫作：Ca5(PO4)3(OH)；3）根據(jù)題意x為整數(shù)，其可能為：PCl4Br、PCl3Br2、PCl2Br3、PClBr4四種，要是有三種不同結(jié)構(gòu)的話，

52、結(jié)合PCl5的結(jié)構(gòu)，其可能為：PCl3Br2或PCl2Br3，則其相對(duì)分子質(zhì)量可能為：297.5或342；4）根據(jù)題意和質(zhì)量守恒定律，可求出化合物提供的Cl原子的物質(zhì)的量為：0.1mol×5+0.1mol×1=0.6mol；由于磷腈化合物中只含有三種元素，故必須將其中的氫原子全部除去；兩物質(zhì)提供的H原子的物質(zhì)的量為：0.1mol×4=0.4mol，則生成的氯化氫的物質(zhì)的量為：0.1mol×4=0.4mol；則磷腈化合物中含有的Cl原子為：0.2mol、P原子為：0.1mol、N原子為：0.1mol，則該化合物的最簡(jiǎn)式為：PNCl2；假設(shè)其分子式為(PNCl2)x，由其含有的碳原子總數(shù)小于20，

53、則知：4x<20，故x<5；假設(shè)x=4，其分子式為： P4N4Cl8，相對(duì)分子質(zhì)量為464；假設(shè)x=3，其分子式為： P3N3Cl6，相對(duì)分子質(zhì)量為：348；假設(shè)x=2，其分子式為：P2N2Cl4，相對(duì)分子質(zhì)量<300 舍去。故其相對(duì)分子質(zhì)量可能為：348或464 （2010·四川卷）26.（15分）短周期元素形成的常見(jiàn)非金屬固體單質(zhì)A與常見(jiàn)金屬單質(zhì)B，在加熱條件下反應(yīng)生成化合物C，C與水反應(yīng)生成白色沉淀D和氣體E，D既能溶于強(qiáng)酸，也能溶于強(qiáng)堿。E在足量空氣中燃燒產(chǎn)生刺激性氣體G，G在大氣中能導(dǎo)致酸雨的形成。E被足量氫氧化鈉溶液吸收得到無(wú)色溶液F。溶液F在空氣中長(zhǎng)期放置發(fā)生反應(yīng)，生成物之一為

54、H。H與過(guò)氧化鈉的結(jié)構(gòu)和化學(xué)性質(zhì)相似，其溶液顯黃色。 請(qǐng)回答下列問(wèn)題： （1）組成單質(zhì)A的元素位于周期表中第 周期，第 族。 （2）B與氫氧化鈉溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為： 。 （3） G與氯酸鈉在酸性條件下反應(yīng)可生成消毒殺菌劑二氧化氯。該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物為 ，當(dāng)生成2二氧化氯時(shí)，轉(zhuǎn)移電子 。 （4） 溶液F在空氣中長(zhǎng)期放置生成H的化學(xué)反應(yīng)方程式為： 。 （5） H的溶液與稀硫酸反應(yīng)產(chǎn)生的現(xiàn)象為

55、 。 【答案】（1）三 ⅥA （2） （3）硫酸鈉（） 2 （4） （或 ） （5）溶液由黃色變?yōu)闊o(wú)色，產(chǎn)生淺黃色沉淀和（臭雞蛋氣味的）氣體 【解析】本題考查的知識(shí)點(diǎn)有元素及其化合物的性質(zhì)、物質(zhì)結(jié)構(gòu)、氧化還原反應(yīng)相關(guān)計(jì)算。由生成白色沉淀D ，D既能溶于強(qiáng)酸，也能溶于強(qiáng)堿，推測(cè)D是Al(OH)3再逆推可知，B為Al 。G在大氣中能導(dǎo)致酸雨的形成，可猜測(cè)G可能為SO2逆推可知: A為S，綜合可知

56、C為Al2S3 D為Al(OH)3,E為H2S,G為SO2F為Na2S. (1)(2)比較簡(jiǎn)單，（3）SO2與氯酸鈉在酸性條件下反應(yīng)，SO2為還原劑被氧化為SO42-,根據(jù)電子得失可以判斷生成2二氧化氯時(shí)，轉(zhuǎn)移電子2。由H與過(guò)氧化鈉的結(jié)構(gòu)和化學(xué)性質(zhì)相似，其溶液顯黃色。結(jié)合前面的信息可以推測(cè)H為Na2S2. 【2009高考】 （2009·廣東卷）下列關(guān)于硅單質(zhì)及其化合物的說(shuō)法正確的是（??? ） ①硅是構(gòu)成一些巖石和礦物的基本元素 ②水泥、玻璃、水晶飾物都是硅酸鹽制品 ③高純度的硅單質(zhì)廣泛用于制作光導(dǎo)纖維 ④陶瓷是人類應(yīng)用很早的硅酸鹽材料 A.①②?????????????? B

57、.②③?????????????? C.①④?????????????? D.③④ 【答案】C 【解析】本題考查硅及其化合物的相關(guān)知識(shí)。①④符合,C正確。②中水晶的主要成分是SiO2,不是硅酸鹽制品。③中光導(dǎo)纖維的原料是SiO2,而不是Si。 （2009·上海卷）下圖是一個(gè)一次性加熱杯的示意圖。當(dāng)水袋破裂時(shí)，水與固體碎塊混和，杯內(nèi)食物溫度逐漸上升。制造此加熱杯可選用的固體碎塊是（??? ） 【答案】B 【解析】NH4NO3溶于水時(shí)，由于擴(kuò)散過(guò)程中吸收的熱量大于水合過(guò)程中放出的熱量，表現(xiàn)為溶液溫度降低。CaO溶于水時(shí)，由于擴(kuò)散過(guò)程中吸收的熱量小于水合過(guò)程中放出的熱量，表現(xiàn)為溶

58、液溫度上升，而導(dǎo)致杯內(nèi)食物溫度上升。MgCl2、NaCl溶于水時(shí)，由于擴(kuò)散過(guò)程中吸收的熱量約等于水合過(guò)程中放出的熱量，表現(xiàn)為溶液溫度基本不變。 （2009·上海卷）用濃氯化銨溶液處理過(guò)的舞臺(tái)幕布不易著火。其原因是(??? ) ①幕布的著火點(diǎn)升高 ②幕布的質(zhì)量增加 ③氯化銨分解吸收熱量,降低了溫度 ④氯化銨分解產(chǎn)生的氣體隔絕了空氣 A.①②??????????? B.③④??????????? C.①③?????????????? D.②④ 【答案】B 【解析】氯化銨分解吸收熱量，能降低火焰溫度，并且分解產(chǎn)物氯化氫和氨氣，能隔絕空氣，使幕布不易著火。 （2009·山東

59、卷）下列關(guān)于氯的說(shuō)法正確的是(??? ) A.Cl2具有很強(qiáng)的氧化性，在化學(xué)反應(yīng)中只能作氧化劑 B.、為不同的核素，有不同的化學(xué)性質(zhì) C.實(shí)驗(yàn)室制備Cl2可用排飽和食鹽水集氣法收集 D.1.12 L Cl2含有1.7NA個(gè)質(zhì)子（NA表示阿伏加德羅常數(shù)） 【答案】C 【解析】Cl2有很強(qiáng)的氧化性，但是Cl2中氯元素化合價(jià)既可以降低，也可以升高，即可作氧化劑，也可作還原劑，例如反應(yīng)Cl2+H2OHCl+HClO中，Cl2既是氧化劑又是還原劑，A項(xiàng)錯(cuò)。與具有相同的核外電子排布，所以具有相同的化學(xué)性質(zhì)，B不正確。飽和食鹽水既可有效吸收Cl2中的HCl，又可降低Cl2的溶解度，故C正確。

60、由氣體體積求氣體的物質(zhì)的量、氣體分子數(shù)、原子數(shù)等等，必須在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，本題未指出氣體所處狀態(tài)，所以D不正確。 （2009·上海卷）生活中難免會(huì)遇到一些突發(fā)事件，我們要善于利用學(xué)過(guò)的知識(shí)，采取科學(xué)、有效的方法保護(hù)自己。如果發(fā)生了氯氣泄漏，以下自救方法得當(dāng)?shù)氖牵??? ） A.只要在室內(nèi)放一盆水 B.向地勢(shì)低的地方撤離 C.觀察風(fēng)向，順風(fēng)撤離 D.用濕毛巾或蘸有石堿水的毛巾捂住口鼻撤離 【答案】D 【解析】氯氣有毒，密度比空氣大，疏散時(shí)應(yīng)逆風(fēng)、向地勢(shì)高的地方撤離，B、C錯(cuò)誤。氯氣在水中的溶解度且與水反應(yīng)程度較小，室內(nèi)放水效果不好，A錯(cuò)誤。氯氣可和堿反應(yīng)生成鹽，從而消除氯氣對(duì)人

61、體的危害，D正確。 （2009·全國(guó)Ⅱ卷）下列敘述中正確的是(??? ) A.向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2 至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3飽和溶液，又有CaCO3沉淀生成 B.向Na2CO3溶液中逐滴加入等物質(zhì)的量的稀鹽酸，生成的CO2與原Na2CO3的物質(zhì)的量之比為1∶2 C.等質(zhì)量的NaHCO3和Na2CO3分別與足量鹽酸反應(yīng)，在同溫同壓下，生成的CO2體積相同 D.向Na2CO3飽和溶液中通入CO2，有NaHCO3結(jié)晶析出 【答案】D 【解析】向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，溶液為Ca(HCO3)2，與加入的NaHCO3 飽和

62、溶液不反應(yīng)，不能生成CaCO3沉淀，A錯(cuò)；向Na2CO3溶液中逐滴加入等物質(zhì)的量的稀鹽酸，生成了NaHCO3，不會(huì)放出CO2，B錯(cuò)；等質(zhì)量的NaHCO3和Na2CO3，n(NaHCO3)＞n(Na2CO3),分別與足量鹽酸反應(yīng)，在同溫同壓下，NaHCO3生成的CO2體積大，C錯(cuò)；同溫度下，NaHCO3的溶解度小于Na2CO3的溶解度，所以將CO2通入飽和Na2CO3溶液時(shí)，NaHCO3會(huì)結(jié)晶析出。 （2009·安徽卷）石墨烯是由碳原子構(gòu)成的單層片狀結(jié)構(gòu)的新材料(結(jié)構(gòu)示意圖如下圖),可由石墨剝離而成,具有極好的應(yīng)用前景。下列說(shuō)法正確的是(??? )

63、 B.0.12 g石墨烯中含6.02×1022個(gè)碳原子 C.石墨烯是一種有機(jī)物 D.石墨烯中碳原子間以共價(jià)鍵結(jié)合 【答案】D 【解析】石墨烯與石墨均是碳元素形成的單質(zhì)，應(yīng)是互為同素異形體的關(guān)系，而同位素應(yīng)是同一元素不同原子間的互稱，A選項(xiàng)錯(cuò)誤。0.12 g石墨烯中含有碳原子，即0.01×6.02×1023=6.02×1021個(gè)碳原子，B選項(xiàng)錯(cuò)誤。有機(jī)物通常指含碳元素的化合物，而石墨烯顯然是由碳原子構(gòu)成的單質(zhì)，C選項(xiàng)錯(cuò)誤。石墨烯是由石墨剝離而成，即是石墨中的一層，碳原子間是以共價(jià)鍵結(jié)合，D選項(xiàng)正確。 （2009·上海卷）人們常用干冰營(yíng)造云霧繚繞的舞臺(tái)效果，這是因?yàn)楦杀谑覝?/p>

64、下很容 （2009·天津卷）海水是巨大的資源寶庫(kù)，在海水淡化及綜合利用方面，天津市位居全國(guó)前列。從海水中提取食鹽和溴的過(guò)程如下： （1）請(qǐng)列舉海水淡化的兩種方法：__________________、__________________。 （2）將NaCl溶液進(jìn)行電解，在電解槽中可直接得到的產(chǎn)品有H2、_________、_________或H2、_________。 （3）步驟Ⅰ中已獲得Br2，步驟Ⅱ中又將Br2還原為Br-，其目的為_(kāi)_________________。 （4）步驟Ⅱ用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可達(dá)95%，有關(guān)反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)________，由此反

65、應(yīng)可知，除環(huán)境保護(hù)外，在工業(yè)生產(chǎn)中應(yīng)解決的主要問(wèn)題是_______________________。 （5）某化學(xué)研究性學(xué)習(xí)小組為了解從工業(yè)溴中提純溴的方法，查閱了有關(guān)資料：Br2的沸點(diǎn)為59 ℃，微溶于水，有毒性和強(qiáng)腐蝕性。他們參觀生產(chǎn)過(guò)程后，繪制了如下裝置簡(jiǎn)圖： 請(qǐng)你參與分析討論： ①圖中儀器B的名稱：______________________。 ②整套實(shí)驗(yàn)裝置中儀器連接均不能用橡膠塞和橡膠管，其原因?yàn)開(kāi)______________。 ③實(shí)驗(yàn)裝置氣密性良好，要達(dá)到提純溴的目的，操作中如何控制關(guān)鍵條件：_______________。 ④C中液體產(chǎn)物顏色為_(kāi)________

66、______，為除去該產(chǎn)物中仍殘留的少量Cl2，可向其中加入NaBr溶液，充分反應(yīng)后，再進(jìn)行的分離操作是______________________________。 【答案】 (1)蒸餾法、電滲析法、離子交換法及其他合理答案中的任意兩種 （2）Cl2 NaOH NaClO (3)富集溴元素 （4）Br2+SO2+2H2O====4H+++2Br- 強(qiáng)酸對(duì)設(shè)備的嚴(yán)重腐蝕 （5）①冷凝管 ②Br2腐蝕橡膠 ③控制溫度計(jì)b的溫度，并收集59 ℃時(shí)的餾分 ④深紅棕色 分液（或蒸餾） 【解析】（2）電解NaCl溶液的產(chǎn)物有H2、Cl2、NaOH，若發(fā)生反應(yīng)Cl2+2NaOH====NaCl+NaClO+H2O,則產(chǎn)物為H2和NaClO。（5）提純溴的實(shí)驗(yàn)中，要注意Br2的沸點(diǎn)高低，溴的沸點(diǎn)低于100 ℃，應(yīng)采用水浴加熱，并通過(guò)溫度計(jì)控制溫度。除去Br2(液)中少量Cl2，加NaBr溶液后，Br2在水中溶解度不大，出現(xiàn)分層現(xiàn)象，可分液得到純溴，亦可采用再次蒸餾的方法。 （2009·全國(guó)Ⅱ卷）已知氨可以與灼熱的氧化銅反應(yīng)得到氮?dú)夂徒饘巽~，用示意圖中的裝置可以實(shí)現(xiàn)該反應(yīng)。