2019-2020年高考化學二輪 專題訓練 專題十一 常見非金屬元素單質(zhì)及其重要化合物教案（學生版）.doc

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2019-2020年高考化學二輪 專題訓練 專題十一 常見非金屬元素單質(zhì)及其重要化合物教案（學生版） 【命題規(guī)律】 非金屬元素部分在保持原有考點不變的情況下，弱化了對磷的考查，但在以往高考中不被看好的元素硅及其化合物的性質(zhì)在新高考中的地位相當突出，要引起重視。從考點的變化情況來看，常見非金屬元素及其化合物的性質(zhì)仍是高考命題的重點，其命題形式一般為實驗探究、計算、推斷等。預計今后的高考中，將會進一步注重非金屬元素及其化合物性質(zhì)知識的整體性和探究性，強化與生活、社會實際問題的聯(lián)系，試題可以以選擇題的形式出現(xiàn)，也可以以實驗題和無機推斷題的形式出現(xiàn)，以環(huán)保為主題設(shè)計問題的可能性也比較大。 【重點知識梳理】 一. 鹵素 （1）分清氯水、溴水的成分，反應(yīng)時的作用和褪色的原理。 氯水中正因為存在可逆反應(yīng)Cl2+H2OHCl+HClO，使其成分復雜且隨著條件的改變，平衡發(fā)生移動，使成分發(fā)生動態(tài)的變化。當外加不同的反應(yīng)物時，要正確判斷是何種成分參與了反應(yīng)。氯水中的HClO能使有色物質(zhì)被氧化而褪色。反之，也有許多物質(zhì)能使氯水、溴水褪色，發(fā)生的變化可屬物理變化（如萃取），也可屬化學變化，如歧化法（加堿液）、還原法（如Mg、SO2等）、加成法（加不飽和的有機物）等。值得一提的是有時雖然發(fā)生化學變化，但仍生成有色物，如Br2與Fe或KI反應(yīng)。 （2）區(qū)分清楚萃取和分液的原理、儀器、操作以及適用范圍與其他物質(zhì)分離方法不同。 萃取和分液是物質(zhì)分離的眾多方法之一。每一種方法適用于一定的前提。分液適用于分離互不相溶的兩種液體，而萃取是根據(jù)一種溶質(zhì)在兩種互不相溶的溶劑中溶解性有很大差異從而達到提取的目的。一般萃取和分液結(jié)合使用。其中萃取劑的合理選擇、分液漏斗的正確使用、與過濾或蒸餾等分離方法的明確區(qū)分等是此類命題的重點和解決問題的關(guān)鍵。 命題以選擇何種合適的萃取劑、萃取后呈何現(xiàn)象、上下層如何分離等形式出現(xiàn)。解題關(guān)鍵是抓住適宜萃取劑的條件、液體是否分層及分層后上下層位置的決定因素。分液操作時注意“先下后上、下流上倒”的順序。為確保液體順利流出，一定要打開上部塞子或使瓶塞與瓶頸處的小孔或小槽對齊，與大氣相通 二 氧族： （1）掌握常見物質(zhì)的俗名、組成、用途，防止張冠李戴。 本章中出現(xiàn)的物質(zhì)俗名比較多，有些名稱之間又特別容易混淆，如冰晶石和重晶石、芒硝和硝石、大蘇打和蘇打或小蘇打等，還有名目繁多的礬鹽。這些雖屬識記性的知識，但也應(yīng)做到在理解的基礎(chǔ)上進行記憶，注意它們的性質(zhì)和用途，對記憶其化學組成有幫助。同時要及時歸納和比較，以便清楚地區(qū)別它們。 （2）熟悉有關(guān)各種價態(tài)的硫元素性質(zhì)及轉(zhuǎn)化，以作推斷題（主要是框圖型）。 牢固掌握各種代表物性質(zhì)及它們之間的知識網(wǎng)絡(luò)和反應(yīng)原理，就可避免死搬硬套。對于框圖型等推斷題，也要善于找“題眼”，挖掘題中隱含的提示，注意對題設(shè)條件的充分應(yīng)用，盡量縮小范圍。推斷時不僅要關(guān)注網(wǎng)絡(luò)的結(jié)構(gòu)，還要注意題干提供的不起眼的信息，如顏色、狀態(tài)、式量、用途等都可能成為突破的切入口。 （3）二氧化硫和氯氣的漂白性 SO2和Cl2雖都有漂白性，但漂白原理和現(xiàn)象有不同特點。氯氣的漂白原理是由于溶于水生成次氯酸的具有強氧化性，將有色物質(zhì)氧化成無色物質(zhì)，褪色后不能恢復原來的顏色。而SO2是由于它溶于水生成的亞硫酸與有色物質(zhì)直接結(jié)合，形成不穩(wěn)定的無色化合物，褪色后在一定的條件下又能恢復原來的顏色。如： 不顯紅色 通入Cl2 加熱至沸 通入SO2 品紅溶液 褪色 紅色 褪色 加熱至沸 通入Cl2 立即變紅隨即變?yōu)闊o色 很快變成紅色 紫色石蕊 通入SO2 三. 氮族： 1．氨水顯弱堿性的理解。 氨氣溶于水形成氨水，氨水少部分電離出OH-、NH4+，所以氨水具有弱堿性。注意以下兩點： (1)氨水遇Al3+、Fe3+、Mg2+分別可以生成Al(OH)3、Fe(OH)3、Mg(OH)2沉淀，但氨水中滴加Ag+溶液開始出現(xiàn)沉淀AgOH，繼續(xù)滴加沉淀即溶解生成銀氨溶液；（2）氨水遇酸、酸性氧化物可以成鹽，又根據(jù)氨水與酸的量關(guān)系分別得到正鹽和酸式鹽。如：用氨水吸收少量二氧化硫的離子方程式 NH3.H2O+SO2=NH4++HSO3-是錯誤的。 2．NO、O2被水吸收的分析。 NO、O2被水吸收實質(zhì)上發(fā)生如下反應(yīng)：2NO+O2=2NO2，3NO2+2H2O=2HNO3+NO。生成NO還可以繼續(xù)氧化，生成NO2再溶于水，這是一個循環(huán)反應(yīng)。如無任何氣體剩余，最終產(chǎn)物應(yīng)為HNO3，恰好反應(yīng)的量的關(guān)系：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，實際反應(yīng)中可以有NO或O2剩余，但不能兩者兼有之。 3．氮可以形成多種氧化物。NO2可以與水反應(yīng)生成硝酸，但NO2不是硝酸的酸酐。掌握酸酐的判斷方法。NO2與溴蒸氣不能用濕潤的KI淀粉試紙檢驗。 4．NO3-在酸性溶液中具有強氧化性，可以將Fe2+氧化為Fe3+、SO32-氧化為SO42-，將I-、Br-、S2-氧化為I2、Br2、S。 5．檢驗NH4+離子，可加入燒堿溶液后，必須加熱，再用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗NH3，否則不一定有NH3放出。 四、碳族： （1）CO2通入NaOH溶液的判別。 CO2通入NaOH溶液的反應(yīng)與CO2氣體通入量有關(guān)。當CO2通入少量時生成Na2CO3，當CO2通入過量時生成NaHCO3，CO2通入量介于兩者之間，既有Na2CO3又有NaHCO3。因此推斷產(chǎn)物時一定要注意CO2與NaOH間量的關(guān)系。 （2）Na2CO3溶液中滴加鹽酸過程不清楚。 在Na2CO3溶液中滴加HCl，CO32-先轉(zhuǎn)化為HCO3-，再滴加鹽酸HCO3-轉(zhuǎn)化為H2CO3，不穩(wěn)定分解為CO2。 如：在10mL0.01mol/L純堿溶液中，不斷攪拌并逐滴加入1.2mL0.05mol/L鹽酸，完全反應(yīng)后在標準狀況下生成二氧化碳的體積為（答案D） A.1.334mL B.2.240mL C.0.672mL D.0mL （3）CO2通入CaCl2溶液中是否有沉淀的分析錯誤。 可用反證法：如能產(chǎn)生沉淀，則反應(yīng)的化學方程式為：CO2+CaCl2+H2O=CaCO3↓+2HCl。因CaCO3溶于鹽酸，故反應(yīng)不能發(fā)生。因為CO2只有通入中性或堿性溶液才能產(chǎn)生CO32-，并同時產(chǎn)生部分H+，若原溶液無法消耗這部分H+，則不利于CO2轉(zhuǎn)化為CO32-，也就無法與Ca2+形成沉淀。若要使CaCl2與CO2反應(yīng)生成沉淀，就必須加入部分堿溶液中和CO2與H2O反應(yīng)而產(chǎn)生的H+。同理，該思維方式適用于CO2、SO2通入CaCl2或BaCl2溶液。 （4）不要把Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑與Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓相混。前者是工業(yè)制玻璃的反應(yīng)式之一，是在高溫條件下發(fā)生的反應(yīng)，而后者是在水溶液中發(fā)生的反應(yīng)。若交換條件，兩者均不發(fā)生反應(yīng)。 【考點突破】 考點一　碳、硅及其化合物 例1　下列關(guān)于硅單質(zhì)及其化合物的說法正確的是 (　　) ①硅是構(gòu)成一些巖石和礦物的基本元素?、谒唷⒉Ａ?、水晶飾物都是硅酸鹽制品　③高純度的硅單 質(zhì)廣泛用于制作光導纖維?、芴沾墒侨祟悜?yīng)用很早的硅酸鹽材料 A．①② B．②③ C．①④ D．③④ 解析：硅元素在地殼中的含量僅次于氧，排第二位，是構(gòu)成巖石和礦物的基本元素；水晶的主要成分為SiO2，②錯；制作光導纖維的原料是石英，而不是高純硅，③錯。 答案：C 【名師點撥】 1.碳、硅及重要化合物間的轉(zhuǎn)化關(guān)系 2．硅及其化合物的“反?！? (1)Si的還原性大于C，但C卻能在高溫下還原出Si：SiO2+2C Si+2CO↑。 (2)非金屬單質(zhì)跟堿作用一般無H2放出，但Si能跟強堿溶液作用放出H2：Si＋2NaOH＋H2O===Na2SiO3＋2H2↑。 (3)非金屬單質(zhì)一般不跟非氧化性酸作用，但Si能跟HF作用：Si＋4HF===SiF4↑＋2H2↑。 (4)非金屬氧化物一般為分子晶體，但SiO2為原子晶體。 考點二　鹵素及其化合物 例2.某校化學實驗興趣小組為了探究在實驗室制備Cl2的過程中有水蒸氣和HCl揮發(fā)出來，同時驗證 氯氣的某些性質(zhì)，甲同學設(shè)計了如下圖所示的實驗裝置。 回答下列問題： (1)若用含有0.2 mol HCl的濃鹽酸與足量的MnO2反應(yīng)制Cl2，制得的Cl2體積(標準狀況下)總是小于1.12 L的原因是 。 (2)①裝置B中盛放的試劑名稱為 ，作用是 。 ②裝置C和D中出現(xiàn)的不同現(xiàn)象說明的問題是 。 ③裝置E的作用是 。 ④寫出裝置F中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式 。 (3)乙同學認為甲同學的實驗有缺陷，不能確保最終通入AgNO3溶液中的氣體只有一種。為了確保實驗結(jié)論的可靠性，證明最終通入AgNO3溶液的氣體只有一種，乙同學提出在某兩個裝置之間再加一個裝置，你認為該裝置應(yīng)加在 與 之間(填裝置字母序號)，裝置中應(yīng)放入 (填寫試劑或用品名稱)。 解析　本題是考查氯氣的制備和性質(zhì)的實驗。 (1)MnO2與濃鹽酸的反應(yīng)，隨著反應(yīng)的進行，鹽酸濃度降低到某一數(shù)值后，反應(yīng)將停止，因此制得的Cl2小于理論值。 (2)B中盛放無水硫酸銅，檢驗水蒸氣的存在；C和D中實驗現(xiàn)象說明干燥的氯氣不具有漂白性，潮濕的氯氣(或HClO)具有漂白性；依據(jù)氯氣的物理性質(zhì)，氯氣易溶于CCl4溶液，所以 E的作用為吸收氯氣。F中為HCl與AgNO3的反應(yīng)。 (3)在E和F之間加入一個裝置用來檢驗在F中氯氣是否被完全吸收，可以用濕潤的有色布條或濕潤的淀粉KI試紙。 答案 (1)濃鹽酸的濃度隨著反應(yīng)的進行降低到一定數(shù)值以后，將不再反應(yīng)；加熱時濃鹽酸因揮發(fā)而損失 (2)①無水硫酸銅 檢驗有水蒸氣產(chǎn)生 ②干燥的氯氣無漂白性，潮濕的氯氣(或次氯酸)有漂白性 ③吸收氯氣 ④Ag＋＋Cl－===AgCl↓ (3) E F 濕潤的淀粉KI試紙(或濕潤的有色布條) 考點三　氧、硫及其化合物 例3.如下圖所示，在注射器中加入少量Na2SO3晶體，并吸入少量濃硫酸(以不接觸紙條為準)。則下列有關(guān)說法正確的是(　 ) A．藍色石蕊試紙先變紅后褪色 B．沾有KMnO4溶液的濾紙褪色，證明了SO2的漂白性 C．品紅試紙褪色，證明了SO2的漂白性 D．沾有酚酞和NaOH溶液的濾紙褪色，證明了SO2的漂白性 解析：Na2SO3與濃硫酸反應(yīng)產(chǎn)生SO2氣體，SO2溶于水生成H2SO3，能使藍色石蕊試紙變紅，但SO2不能使指示劑褪色；SO2能使品紅溶液褪色說明SO2具有漂白性，而SO2具有還原性，能被KMnO4氧化；實驗中多余的SO2可用強堿溶液吸收，以防污染環(huán)境。 答案：C 【名師點撥】 1.硫及其重要化合物間的轉(zhuǎn)化關(guān)系 2．常見無機酸中的重要規(guī)律和重要特 (1)重要規(guī)律 ①最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性強弱取決于元素非金屬性的強弱，如酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4>H2CO3>H2SiO3。 ②證明酸性強弱順序，可利用復分解反應(yīng)中“強酸制弱酸”的規(guī)律，如： Na2SiO3＋CO2＋H2O===Na2CO3＋H2SiO3↓ Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO ③強氧化性酸（如：HNO3、濃H2SO4）與金屬反應(yīng)，一般不生成H2；金屬和濃HNO3反應(yīng)一般生成NO2，而金屬和稀HNO3反應(yīng)則生成NO。 （2）重要特性 ①H2SiO3(或H4SiO4)為難溶性酸，濃鹽酸、濃硝酸為揮發(fā)性酸。 ②硝酸、濃H2SO4、次氯酸具有強氧化性，屬于氧化性酸，其中硝酸、HClO見光受熱易分解。 ③濃HNO3和Cu(足量)、濃H2SO4和Cu(足量)、濃鹽酸和MnO2(足量)在反應(yīng)時，隨著反應(yīng)的進行，產(chǎn)物會發(fā)生變化或反應(yīng)停止。 ④濃H2SO4具有吸水性、脫水性和強氧化性。 ⑤常溫下，鐵、鋁遇濃H2SO4、濃HNO3發(fā)生鈍化。 考點四　氮及其化合物的性質(zhì) 例4　32.64 g銅與140 mL一定濃度的硝酸反應(yīng)，銅完全溶解產(chǎn)生的NO和NO2混合氣體在標準狀況 下的體積為11.2 L。請回答： (1)NO的體積為 L，NO2的體積為 L； (2)待產(chǎn)生的氣體全部釋放后，向溶液中加入V mL a mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部轉(zhuǎn)化成沉淀，則原硝酸溶液的濃度為 mol/L； (3)欲使銅與硝酸反應(yīng)生成的氣體在NaOH溶液中全部轉(zhuǎn)化為NaNO3，至少需要30%的雙氧水 g。 解析：在硝酸參與的氧化還原反應(yīng)的有關(guān)計算中，正確運用兩個守恒原理：一是原子守恒；二是得失電子守恒，這樣會使解題既快速又準確。 (1)設(shè)生成NO的體積為x，NO2的體積為y，建立方程x＋y＝11.2 L①，又由于在氧化還原反應(yīng)中，Cu失去的電子數(shù)等于NO、NO2得到的電子數(shù)，建立方程為3＋1＝2②，由①②聯(lián)解得x＝5.8 L，y＝5.4 L。 (2)分析題意：原硝酸中氮元素守恒，N最終以NO、NO2混合氣體及NaNO3形式存在于溶液中。故c(HNO3)＝＝ mol/L (3)依據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律：H2O2作氧化劑，NO、NO2混合氣體作還原劑，按照得失電子相等的原則，推算：[(－1)－(－2)]2＝[(＋5)－(＋2)]＋[(＋5)－(＋4)]，即m(H2O2)＝57.7 g。 答案：(1) 5.8 5.4 (2) (aV10－3＋0.5)/0.14(3) 57.7 【名師點撥】 1.氮及其重要化合物的轉(zhuǎn)化關(guān)系 2．NO、NO2與O2溶于水的簡單計算，利用好兩個比值4∶3、4∶1即可 4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3 4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3 另外HNO3的性質(zhì)，尤其是強氧化性是熱點，涉及與單質(zhì)反應(yīng)產(chǎn)物的判斷，尤其是與鐵的反應(yīng)如稀HNO3與Fe：Fe＋4HNO3(稀，過量)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，3Fe(過量)＋8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。 【高考失分警示】 1．分清氯水、溴水的成分，反應(yīng)時的作用和褪色的原理。 氯水中正因為存在可逆反應(yīng)Cl2＋H2OHCl＋HClO，使其成分復雜且隨著條件的改變，平衡發(fā)生移動，使成分發(fā)生動態(tài)的變化。當外加不同的反應(yīng)物時，要正確判斷是何種成分參與了反應(yīng)。氯水中的HClO能使有色物質(zhì)被氧化而褪色。反之，也有許多物質(zhì)能使氯水、溴水褪色，發(fā)生的變化可屬物理變化(如萃取)，也可屬化學變化，如歧化法(加堿液)、還原法(如Mg、SO2等)、加成法(加不飽和的有機物)等。值得一提的是有時雖然發(fā)生化學變化，但仍生成有色物質(zhì)，如Br2與Fe或KI反應(yīng)。 2．化學常用語言中的“酸的氧化性和氧化性酸”的含義各異。酸的氧化性是指酸的水溶液電離出H＋呈現(xiàn)的氧化性，是H＋得到電子的性質(zhì)。氧化性酸應(yīng)具有顯著的氧化性，一般指含氧酸根中處于正價態(tài)的非金屬原子得到電子的性質(zhì)，常見的氧化性酸有濃H2SO4、HNO3和HClO等。 3．“規(guī)律是學習的主線，特性往往是考點”。復習時除要總結(jié)一些有關(guān)非金屬的規(guī)律外還應(yīng)注意非金屬單質(zhì)的一些特性。如： (1)規(guī)律：活潑的非金屬可把不活潑的非金屬單質(zhì)從其鹽溶液中置換出來。 特性：F2不能從氯化鈉水溶液中置換出Cl2，而是先與水反應(yīng)生成O2。 (2)規(guī)律：Cl2、Br2、I2與堿液、H2O發(fā)生歧化反應(yīng)： X2＋2NaOH===NaX＋NaXO＋H2O(X代表Cl、Br、I)。 特性：F2與NaOH溶液反應(yīng)時先與水反應(yīng)生成O2： 2F2＋4NaOH===4NaF＋2H2O＋O2↑。 【高考真題精解精析】 【xx高考試題解析】 1．（上海）濃硫酸有許多重要的性質(zhì)，在與含有水分的蔗糖作用過程中不能顯示的性質(zhì)是 A．酸性 B．脫水性 C．強氧化性 D．吸水性 解析：濃硫酸具有吸水性、脫水性和強氧化性。在與含有水分的蔗糖作用過程中不會顯示酸性。 答案：A 2．（上海）下列溶液中通入SO2一定不會產(chǎn)生沉淀的是 A． Ba(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，進而生成BaSO4沉淀；SO2通入Na2S溶液中會生成單質(zhì)S沉淀。 答案：D 3.（重慶）對滴有酚酞試液的下列溶液，操作后顏色變深的是 A.明礬溶液加熱 B.CH3COONa溶液加熱 C.氨水中加入少量NH4Cl固體 D.小蘇打溶液中加入少量NaCl固體 【答案】B 【解析】明礬KAl(SO4)212H2O在水中電離后產(chǎn)生的Al3＋水解使溶液呈酸性，加熱導致水解程度增大，但酚酞遇酸性溶液顏色不變化，因此A項不符合題意。CH3COONa為強堿弱酸鹽，水解呈堿性，滴加酚酞后溶液顯紅色，加熱使堿性增強，因此紅色變深。氨水為弱堿，發(fā)生不完全電離：NH3H2ONH4＋＋OH－，加入酚酞后溶液變?yōu)榧t色，而NH4Cl=NH4＋＋Cl－，其中的NH4＋會抑制氨水的電離，使溶液堿性減弱，顏色變淺。NaCl對NaHCO3溶液中HCO3－的水解無影響 4.（浙江）下列說法不正確的是 A．變色硅膠干燥劑含有CoCl2，干燥劑呈藍色時，表示不具有吸水干燥功能 B．硝基苯制備實驗中，將溫度計插入水浴，但水銀球不能與燒杯底部和燒杯壁接觸 C．中和滴定實驗中，容量瓶和錐形瓶用蒸餾水洗凈后即可使用，滴定管和移液管用蒸餾水洗凈后，必須干燥或潤洗后方可使用 D．除去干燥CO2中混有的少量SO2，可將混合氣體依次通過盛有酸性KMnO4溶液、濃硫酸的洗氣瓶 【答案】A 【解析】本題考察實驗化學內(nèi)容。A．錯誤，無水CoCl2呈藍色，具有吸水性B．正確，燒杯底部溫度高。C．正確，滴定管和移液管需考慮殘留水的稀釋影響。D．正確，利用SO2的還原性，用KMnO4酸性溶液除去。 5.（四川）下列“化學與生活”的說法不正確的是( ) A．硫酸鋇可用鋇餐透視 B．鹽鹵可用于制豆腐 C．明礬可用于水的消毒，殺菌 D．醋可用于除去暖水瓶中的水垢 【答案】C 【解析】硫酸鋇不溶于胃酸，可以做鋇餐，A項正確。鹽鹵可以使豆?jié){發(fā)生凝聚生產(chǎn)豆腐，B項正確。明礬可以用于水的凈化，不能殺菌、消毒，C項錯誤。醋酸可以與水垢的成分碳酸鈣反應(yīng)，可以用來除垢，D項正確。 6.（四川）甲、乙、丙、丁四種易學溶于水的物質(zhì)，分別由NH4＋ 、Ba2＋、Mg2＋、H＋、OH－、Cl－、HCO3－ 、SO42 －中的不同陽離子和陰離子各一種組成，已知：①將甲溶液分別與其他三種物質(zhì)的溶液混合，均有白色沉淀生成；②0.1 mol/l乙溶液中c(H＋)＞0.1 mol/l；③向丙容器中滴入AgNO3溶液又不溶于稀HNO3的白色沉淀生成，下列結(jié)論不正確的是( ) A．甲溶液含有Ba2＋ B．乙溶液含有SO42 － C．丙溶液含有Cl－ B．丁溶液含有Mg2＋ 【答案】D 【解析】根據(jù)②中的信息可知乙是二元酸，故乙是H2SO4；根據(jù)③中現(xiàn)象，可以推知丙中含有Cl－；再結(jié)合①中提供信息，甲與其它三種物質(zhì)混合均產(chǎn)生白色沉淀，則可推出甲是Ba(OH)2，乙是H2SO4，丙是MgCl2，丁是NH4HCO3。故D項錯誤。 7.（江蘇）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，可在常溫下作用鋁制貯藏貯運濃硫酸 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 【答案】A 【解析】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為＋4價，不穩(wěn)定，易轉(zhuǎn)變?yōu)椋?價，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加快海輪外殼腐蝕的進程。 8．（上海）草酸晶體(H2C2O42H2O) 100℃開始失水，101.5℃熔化，150℃左右分解產(chǎn)生H2O、CO和CO2。用加熱草酸晶體的方法獲取某些氣體，應(yīng)該選擇的氣體發(fā)生裝置是（圖中加熱裝置已略去） 解析：根據(jù)草酸晶體的性質(zhì)不難得出答案是D。 答案：D 9．（上海）物質(zhì)的量為0.10 mol的鎂條在只含有CO2和O2混合氣體的容器中燃燒（產(chǎn)物不含碳酸鎂），反應(yīng)后容器內(nèi)固體物質(zhì)的質(zhì)量不可能為 A．3.2g B．4.0g C．4.2g D．4.6g 解析：若鎂全部與氧氣反應(yīng)只生成氧化鎂，其質(zhì)量是4g；若鎂全部與二氧化碳反應(yīng)生成氧化鎂和碳，其質(zhì)量是4.6g。因為只要有氧氣存在，就不可能生成單質(zhì)碳，即鎂應(yīng)該首先與氧氣反應(yīng)，所以選項D是不可能。 答案：D 10．（上海）甲醛與亞硫酸氫鈉的反應(yīng)方程式為HCHO+NaHSO3HO-CH2-SO3Na， 反應(yīng)產(chǎn)物俗稱“吊白塊”。關(guān)于“吊白塊”的敘述正確的是 A．易溶于水，可用于食品加工 B．易溶于水，工業(yè)上用作防腐劑 C．難溶于水，不能用于食品加工 D．難溶于水，可以用作防腐劑 解析：根據(jù)有機物中含有的官能團可以判斷，該物質(zhì)易溶于水，但不能用于食品加工。 答案：B 11.（江蘇）NaCl是一種化工原料，可以制備一系列物質(zhì)（見圖4）。下列說法正確的是 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) 【答案】B 【解析】本題考查元素化合物知識綜合內(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，但落點很低，僅考查NaHCO3 Na2CO3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)實際應(yīng)該是我們高三復習也應(yīng)牢記的內(nèi)容。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、高溫則不然。 12.（四川）下列實驗“操作和現(xiàn)象”與“結(jié)論”對應(yīng)關(guān)系正確的是 操作和現(xiàn)象 結(jié)論 A 向裝有Fe(NO3)2溶液的試管中加入稀H2SO4，在管口觀察到紅棕色氣體 HNO3分解成了NO2 B 向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加熱幾分鐘，冷卻后再加入新制Cu(OH)2濁液，加熱，沒有紅色沉淀生成 淀粉沒有水解成葡萄糖 C 向無水乙醇中加入濃H2SO4，加熱至170C產(chǎn)生的氣體通入酸性KmnO4溶液，紅色褪去 使溶液褪色的氣體是乙烯 D 向飽和Na2CO3中通入足量CO2 溶液變渾濁 析出了NaHCO3 【答案】D 【解析】向Fe(NO3)2溶液中加入H2SO4，則會發(fā)生離子反應(yīng)：3Fe2＋＋NO3－ ＋4H＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，產(chǎn)生的NO在管口生成NO2呈現(xiàn)紅色，而不是HNO3分解產(chǎn)生NO2，故A項錯誤。應(yīng)加入堿將水解后的淀粉溶液調(diào)節(jié)成堿性，才可以產(chǎn)生紅色沉淀，B項錯誤。乙醇和濃硫酸反應(yīng)制取乙烯的過程中，會有少量的SO2產(chǎn)生，也可以使酸性KMnO4溶液褪色，C項錯誤。飽和Na2CO3溶液中通入CO2發(fā)生反應(yīng)：Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，由于產(chǎn)生的碳酸氫鈉溶解度小于碳酸鈉，故會從過飽和溶液中析出，D項正確。 13.（山東）（14分）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，相應(yīng)的化學反應(yīng)方程式為 。利用反應(yīng)6NO2＋ 7N5＋12 H2O也可處理NO2。當轉(zhuǎn)移1.2mol電子時，消耗的NO2在標準狀況下是 L。 （2）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） ΔH=-196.6 KJmol-1 2NO（g）+O2（g）2NO2（g） ΔH=-113.0Kmol-1 則反應(yīng)NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的ΔH= KJmol-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)生上述反應(yīng)，下列能說明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)的是 。 a．體系壓強保持不變 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的同時生成1 mol NO2 測得上述反應(yīng)平衡時NO2與SO2體之比為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)化率與壓強的關(guān)系如圖所示。該反應(yīng)ΔH 0（填“>”或“ <”）。實際生產(chǎn)條件控制在250℃、1.3104kPa左右，選擇此壓強的理由是 。 【答案】（1）3NO2+H2O=2HNO3+NO；6.72；（2）—41.8；b；2.67或8/3；(3)<；在1.3104KPa下，CO轉(zhuǎn)化率已較高，再增大壓強CO轉(zhuǎn)化率提高不大，而生產(chǎn)成本增加，得不償失 【解析】本題綜合考查氮的氧化物化學性質(zhì)及其簡單氧化還原反應(yīng)計算，熱化學方程式的計算化學平衡狀態(tài)判斷，化學平衡常數(shù)計算，平衡移動方向與反應(yīng)熱的關(guān)系，實際工業(yè)條件的選擇等內(nèi)容。（1）(i)易知反應(yīng)為：3NO2+H2O=2HNO3+NO；(ii)氧化還原反應(yīng)的簡單計算，1mol NO2→N2，得到4mol電子，則轉(zhuǎn)移1.2mol電子時，NO2為0.4mol，在標準狀況下其體積為6.72L；（2)(i)對兩個已知反應(yīng)編號：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）；ΔH1=-196.6 kJmol-1……?；2NO（g）+O2（g）2NO2（g）；ΔH2=-113.0 kJmol-1……?；再由（?-?）/2得目標反應(yīng)：NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）；由蓋斯定律得：ΔH3=（ΔH1—ΔH2）/2=(-196.6+113.0)/2= —41.8KJmol-1。(ii)該反應(yīng)（NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g））兩邊氣力計量數(shù)相等，故壓強不變，A錯誤；該體系中只有NO2有顏色，顏色深淺與NO2濃度有關(guān)，當它濃度不變，即可說明達到平衡，此時濃度不變，故B正確；由于開始沒加入SO3和NO，且反應(yīng)中兩者計量數(shù)值比為1，故無論是否達到平衡，只要反應(yīng)發(fā)生發(fā)生，SO3和NO體積之比等于其物質(zhì)的量只比，為1:1,不能說明是否達到平衡，故C錯誤；D選項，每消耗1 mol SO3的同時生成1 mol NO2 說明逆反應(yīng)方向在進行，故D錯誤，改為：每消耗1 mol SO3的同時生成1 mol NO才能說明達到平衡； (iii)不妨令NO2與SO2分別為1mol和2mol，容積為1L,假設(shè)NO2轉(zhuǎn)化了a mol則SO2也轉(zhuǎn)化了a mol，同時生成SO3和NO各a mol，又由題意可得方程：解得a=0.8,再由K=2.67；（3）(i)由圖像可知反應(yīng)：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，因為相同壓強下，溫度越高CO的轉(zhuǎn)化率越低，說明升溫平衡逆移，故ΔH<0；(ii)工業(yè)上選擇壓強和溫度時，要考慮化學動力學和化學熱力學兩個方面的兼顧，同時要考慮經(jīng)濟效益和成本，這里的選擇要結(jié)合圖像，其理由與SO2的催化氧化在常壓下相似，即：在1.3104KPa下，CO轉(zhuǎn)化率已較高，再增大壓強CO轉(zhuǎn)化率提高不大，而生產(chǎn)成本增加，得不償失。 14.（重慶）（14分）臭氧是一種強氧化劑，常用于消毒、滅菌等。 （1）O3與KI溶液反應(yīng)生成的兩種單質(zhì)是___________和_________。（填分子式） （2）O3在水中易分解，一定條件下，O3的濃度減少一半所需的時間（t）如題29表所示。已知：O3的起始濃度為0.0216 mol/L。 ①pH增大能加速O3分解，表明對O3分解起催化作用的是___________. ②在30C、pH=4.0條件下，O3的分解速率為__________ mol/(Lmin)。 ③據(jù)表中的遞變規(guī)律，推測O3在下列條件下分解速率依次增大的順序為______.（填字母代號） a. 40C、pH=3.0 b. 10C、pH=4.0 c. 30C、pH=7.0 （3）O3 可由臭氧發(fā)生器（原理如題29圖）電解稀硫酸制得。 ①圖中陰極為_____(填“A”或“B”)，其電極反應(yīng)式為_____。 ②若C處通入O 2 ，則A極的電極反應(yīng)式為_____. ③若C處不通入O 2 ，D、E處分別收集到xL和有yL氣體(標準情況)，則E處收集的氣體中O 3 所占的體積分數(shù)為_____。(忽略 O 3 的分解)。 答案：（1）O2 I2 （2）①OH－； ②1.0010－4 ③b、a、c （3）①2H＋＋2e－=H2↑ ②O2＋4H＋＋4e－＝2H2O； 解析：（1）臭氧具有強氧化性，能夠?qū)I中的I－氧化為碘單質(zhì)，此反應(yīng)中共有三種元素，其中K單質(zhì)具有強還原性，因此不可能得到此單質(zhì)，所以確定為得到氧氣。 （2）①pH越大，OH－濃度越大，判斷起催化作用的離子為OH－。 ②由表格可知，題目給定條件下所用時間為108min，而臭氧濃度減少為原來的一半，即有臭氧分解，速率為③所用時間越短，說明反應(yīng)速率越快，因此確定溫度越高，pH越大，反應(yīng)速率越快，且溫度對速率的影響較大些。 （3）①電解硫酸時，溶液中的OH－發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣和臭氧，因此產(chǎn)生氧氣和臭氧的一極為陽極，根據(jù)裝置中電極B處產(chǎn)生臭氧，則說明電極B為陽極，則A為陰極，硫酸溶液中的H＋在陰極放電生成氫氣。②若C處通入氧氣，則A極上產(chǎn)生的氫氣與氧氣反應(yīng)生成水。③D處得到氫氣，E處生成氧氣和臭氧，每生成1molH2，可得到2mol電子，生成xL氫氣時，得到電子的物質(zhì)的量為，每生成1molO2，可失去4mol電子，每生成1molO3，可失去6mol電子，根據(jù)得失電子守恒得，生成氧氣和臭氧的體積共yL，則，因此。 ③ 15.（重慶）（15分）固態(tài)化合物A由兩種短周期元素組成，可與水發(fā)生復分解反應(yīng)，甲組同學用題27圖裝置（夾持裝置略）對其進行探究實驗。 （1）儀器B的名稱是____________。 （2）試驗中，Ⅱ中的試紙變藍，Ⅳ中黑色粉末逐漸變?yōu)榧t色并有M生成，則Ⅲ中的試劑為 __________________；Ⅳ發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為____________；Ⅴ中的試劑為____________________。 （3）乙組同學進行同樣實驗，但裝置連接順序為Ⅰ——Ⅲ——Ⅳ——Ⅱ——Ⅴ——Ⅵ，此時Ⅱ中現(xiàn)象為________，原因是__________________。 （4）經(jīng)上述反應(yīng)，2.5g 化合物A理論上可得0.56L（標準狀況）M；則A的化學式為________________。 答案：（1）分液漏斗 （2）堿石灰 CuO＋2NH33Cu＋3H2O＋N2↑ （3）試紙變藍 CuO與氨氣反應(yīng)生成的水和未反應(yīng)的氨氣形成氨水，使試紙變藍 （4）Mg3N2 【解析】根據(jù)Ⅱ中干燥的紅色石蕊試紙變藍說明有濕潤的堿性氣體生成，中學階段學習的堿性氣體為氨氣，即A中含有氮元素。氨氣具有還原性，干燥的氨氣可以還原氧化銅，因此裝置Ⅲ起干燥作用，用堿性干燥劑來干燥氨氣，結(jié)合反應(yīng)物中的元素及性質(zhì)，可確定生成的單質(zhì)氣體為氮氣。收集氮氣前，應(yīng)將反應(yīng)剩余的氨氣吸收，因此選擇濃硫酸。 （4）根據(jù)質(zhì)量守恒可知，生成氮氣中的氮元素的質(zhì)量即為A中氮元素的質(zhì)量，所以2.5gA中含有氮原子的質(zhì)量為，因此A中氮元素與另一種元素的質(zhì)量比為，結(jié)合此物質(zhì)可以水解，則推測為Mg3N2。 16．（上海）氨和聯(lián)氨(N2H4)是氮的兩種常見化合物，在科學技術(shù)和生產(chǎn)中有重要的應(yīng)用。根據(jù)題意完成下列計算： （1）聯(lián)氨用亞硝酸氧化生成氮的另一種氫化物，該氫化物的相對分子質(zhì)量為43.0，其中氮原子的質(zhì)量分數(shù)為0.977，計算確定該氫化物的分子式。 該氫化物受撞擊則完全分解為氮氣和氫氣。4.30g該氫化物受撞擊后產(chǎn)生的氣體在標準狀況下的體積為 L。 （2）聯(lián)氨和四氧化二氮可用作火箭推進劑，聯(lián)氨是燃料，四氧化二氮作氧化劑，反應(yīng)產(chǎn)物是氮氣和水。 由聯(lián)氨和四氧化二氮組成的火箭推進劑完全反應(yīng)生成72.0kg水，計算推進劑中聯(lián)氨的質(zhì)量。 （3）氨的水溶液可用于吸收NO與NO2混合氣體，反應(yīng)方程式為 6NO+ 4NH3＝5N2+6H2O 6NO2+ 8NH3＝7N2+12H2O NO與NO2混合氣體180 mol被8.90103g氨水（質(zhì)量分數(shù)0.300)完全吸收，產(chǎn)生156mol氮氣。吸收后氨水密度為0.980 g/cm3。 計算：①該混合氣體中NO與NO2的體積比。 ②吸收后氨水的物質(zhì)的量濃度（答案保留1位小數(shù)）。 （4）氨和二氧化碳反應(yīng)可生成尿素CO(NH2)2。尿素在一定條件下會失去氨而縮合，如兩分子尿素失去一分子氨形成二聚物： 已知常壓下120 mol CO(NH2)2在熔融狀態(tài)發(fā)生縮合反應(yīng)，失去80mol NH3，生成二聚物(C2H5N3O2)和三聚物。測得縮合產(chǎn)物中二聚物的物質(zhì)的量分數(shù)為0.60，推算縮合產(chǎn)物中各縮合物的物質(zhì)的量之比。 解析：本題主要考察與化學有關(guān)的計算。 答案：（1）HN3 4.48 （2）64kg （3）9：1 2.4molL （4）3：1：1 【xx高考試題解析】 1．（xx全國卷1）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通入熱的CuSO4溶液中能使Cu2+還原成Cu 【解析】A錯誤，因為Li在空氣中燃燒只能生成Li2O,直接取材于第一冊課本第二章第三節(jié)； B錯誤，酸性：HCl＞H2SO3＞H2CO3所以通入后無BaSO3沉淀，因為BaSO3+2HCl=BaCl2+H2O+SO2↑；D錯誤，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，直接取材于課本第一冊第四章第一節(jié)； 【答案】C （xx全國卷1）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（標準狀況），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=（0.3142）/22.4≈0.028……②，聯(lián)立之可解得：X=0.006,Y=0.002 【答案】C （xx全國2）7．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通入熱的CuSO4溶液中能使Cu2+還原成Cu 【解析】A錯誤，因為Li在空氣中燃燒只能生成Li2O,直接取材于第一冊課本第二章第三節(jié)； B錯誤，酸性：HCl＞H2SO3＞H2CO3所以通入后無BaSO3沉淀，因為BaSO3+2HCl=BaCl2+H2O+SO2↑；D錯誤，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，直接取材于課本第一冊第四章第一節(jié)； 【答案】C （xx福建卷）9 下列各組物質(zhì)中，滿足下圖物質(zhì)一步轉(zhuǎn)化關(guān)系的選項是 X Y Z A Na NaOH NaHCO3 B Cu CuSO4 Cu(OH)2 C C CO CO2 D Si SiO2 H2SiO3 答案：C 解析：本題考察考生對常見元素及其化合物知識的掌握情況，可用代入法，即把各選項中的X,Y,Z帶入又吐的圓圈中進行判斷，C中CO2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。 （xx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，因為, 與反應(yīng)生成, 與反應(yīng)除生成外，還生成，故B錯；在空氣中會發(fā)生反應(yīng)，故C錯；因為新制氯水中含有,故滴入少量的紫色石蕊的現(xiàn)象是先變紅，后褪色，故D錯。 答案：A （xx上海卷）13．下列實驗過程中，始終無明顯現(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 解析：此題考查了常見元素化合物知識。NO2通入后和水反應(yīng)生成具有強氧化性的硝酸，其將亞鐵鹽氧化為鐵鹽，溶液顏色由淺綠色變?yōu)辄S色，排除A；CO2和CaCl2不反應(yīng)，無明顯現(xiàn)象，符合，選B；NH3通入后轉(zhuǎn)化為氨水，其和AlCl3反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，排除C；SO2通入酸化的硝酸鋇中，其被氧化為硫酸，生成硫酸鋇沉淀，排除D。 （xx重慶卷）8．下列敘述正確的是 A．鋁制容器可盛裝熱的H2SO4 B．Agl膠體在電場中自由運動 C．K與水反應(yīng)比Li與水反應(yīng)劇烈 D．紅磷在過量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，鋁與熱的濃硫酸反應(yīng)，錯誤。B項，AgL膠體吸附電荷而帶電，故在電場作用下做定向移動，錯誤。C項，K比Li活潑，故與水反應(yīng)劇烈，正確。D項，P與過量的反應(yīng)，應(yīng)生成,錯誤。 （xx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)說法錯誤的是 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：此題考查化學實驗、元素化合物的性質(zhì)等知識。分析裝置圖，可知氨氣和氯氣接觸時發(fā)生反應(yīng)：4NH3+6Cl2=2NH4Cl+4HCl+N2，燒瓶中出現(xiàn)白煙，A對；不能出現(xiàn)紅棕色氣體，B錯；該反應(yīng)中氨氣中的氮元素化合價升高，表現(xiàn)還原性，C對；燒杯中的氫氧化鈉可以吸收多余的有害氣體，D對。 知識歸納：對某種元素來講，其處于最高價時，只有氧化性；處于最低價時，只有還原性；中間價態(tài)，則既有氧化性又有還原性。故此對同一種元素可以依據(jù)價態(tài)判斷，一般來講，價態(tài)越高時，其氧化性就越強；價態(tài)越低時，其還原性就越強；此題中氨氣中的氮元素處于最低價，只有還原性。 xx四川理綜卷）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；鹽類水解促進水的電離,且Na2CO3的水解程度更大，堿性更強，故水中電離出的H+個數(shù)更多，A項正確；B②鈉離子的物質(zhì)的量濃度為0.2 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項正確；C項水解程度大于電離所以C(H2CO3)＞C(CO32-)D項 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兩項只要寫出它們的水解及電離方程式即可判斷。 （xx廣東理綜卷）33.（16分） 某科研小組用MnO2和濃鹽酸制備Cl2時，利用剛吸收過少量SO2的NaOH溶液對其尾氣進行吸收處理。 （1）請完成SO2與過量NaOH溶液反應(yīng)的化學方程式：SO2+2NaOH = ________________． （2）反應(yīng)Cl2+Na2SO3+2 NaOH===2NaCl+Na2SO4+H2O中的還原劑為________________． （3）吸收尾氣一段時間后，吸收液（強堿性）中肯定存在Cl、OH和SO．請設(shè)計實驗，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）． 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：_____________． 設(shè)計實驗方案，進行實驗。請在答題卡上寫出實驗步驟以及預期現(xiàn)象和結(jié)論。限選實驗試劑：3moLL-1H2SO4、1moLL-1NaOH、0.01molL-1KMnO4、淀粉-KI溶液、紫色石蕊試液． 實驗步驟 預期現(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過量，故生成的是正鹽：SO2+2NaOH =Na2SO3+H2O。 (2)S元素的價態(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；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。 答案： (1) Na2SO3+H2O (2) Na2SO3 (3) ①SO32-、ClO-都存在 ② 實驗步驟 預期現(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 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 （xx山東卷）30．（16）聚合硫酸鐵又稱聚鐵，化學式為，廣泛用于污水 處理。實驗室利用硫酸廠燒渣（主要成分為鐵的氧化物及少量FeS、SiO2等）制備聚鐵和綠礬（FeSO47H2O ）過程如下： （1）驗證固體W焙燒后產(chǎn)生的氣體含有SO2 的方法是_____。 （2）實驗室制備、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，順序為a 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，向溶液X中加入過量_____，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)量分數(shù)，用pH試紙測定溶液pH的操作方法為______。若溶液Z的pH偏小，將導致聚鐵中鐵的質(zhì)量分數(shù)偏_______。 解析： (1)檢驗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口進氣)，最后進行尾氣處理；因為SO2易與NaOH反應(yīng)，故Ｄ的作用是安全瓶，防止倒吸。 (3)因為在燒渣中加入了硫酸和足量氧氣，故溶液Y中含有Fe3+，故應(yīng)先加入過量的鐵粉，然后過濾除去剩余的鐵粉。 (4)用pH試紙測定溶液pH的操作為：將試紙放到表面皿上，用玻璃棒蘸取溶液，點到試紙的中央，然后跟標準比色卡對比。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 過濾 （4）將試紙放到表面皿上，用玻璃棒蘸取溶液，點到試紙的中央，然后跟標準比色卡對比。 低 （xx上海卷）23．胃舒平主要成分是氫氧化鋁，同時含有三硅酸鎂(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)鋁元素的原子核外共有 種不同運動狀態(tài)的電子、 種不同能級的電子。 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 答案：1)2MgO.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、原子的核外電子運動狀態(tài)、元素周期律等知識。1）根據(jù)胃舒平中三硅酸鎂的化學式和書寫方法，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個電子，其每一個電子的運動狀態(tài)都不相同，故共有13種；有1s、2s、2p、3s、3p共5個能級；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；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。 （xx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層會逐漸變淺，最后變成無色。