1、【命题规律】非金属元素部分在保持原有考点不变的情况下，弱化了对磷的考查，但在以往高考中不被看好的元素硅及其化合物的性质在新高考中的地位相当突出，要引起重视。从考点的变化情况来看，常见非金属元素及其化合物的性质仍是高考命题的重点，其命题形式一般为实验探究、计算、推断等。预计今后的高考中，将会进一步注重非金属元素及其化合物性质知识的整体性和探究性，强化与生活、社会实际问题的联系，试题可以以选择题的形式出现，也可以以实验题和无机推断题的形式出现，以环保为主题设计问题的可能性也比较大。【重点知识梳理】一. 卤素（1）分清氯水、溴水的成分，反应时的作用和褪色的原理。 氯水中正因为存在可逆反应Cl2+H2
2、OHCl+HClO，使其成分复杂且随着条件的改变，平衡发生移动，使成分发生动态的变化。当外加不同的反应物时，要正确判断是何种成分参与了反应。氯水中的HClO能使有色物质被氧化而褪色。反之，也有许多物质能使氯水、溴水褪色，发生的变化可属物理变化（如萃取），也可属化学变化，如歧化法（加碱液）、还原法（如Mg、SO2等）、加成法（加不饱和的有机物）等。值得一提的是有时虽然发生化学变化，但仍生成有色物，如Br2与Fe或KI反应。（2）区分清楚萃取和分液的原理、仪器、操作以及适用范围与其他物质分离方法不同。萃取和分液是物质分离的众多方法之一。每一种方法适用于一定的前提。分液适用于分离互不相溶的两种液体，
3、而萃取是根据一种溶质在两种互不相溶的溶剂中溶解性有很大差异从而达到提取的目的。一般萃取和分液结合使用。其中萃取剂的合理选择、分液漏斗的正确使用、与过滤或蒸馏等分离方法的明确区分等是此类命题的重点和解决问题的关键。命题以选择何种合适的萃取剂、萃取后呈何现象、上下层如何分离等形式出现。解题关键是抓住适宜萃取剂的条件、液体是否分层及分层后上下层位置的决定因素。分液操作时注意“先下后上、下流上倒”的顺序。为确保液体顺利流出，一定要打开上部塞子或使瓶塞与瓶颈处的小孔或小槽对齐，与大气相通二 氧族：（1）掌握常见物质的俗名、组成、用途，防止张冠李戴。 本章中出现的物质俗名比较多，有些名称之间又特别容易混淆
4、，如冰晶石和重晶石、芒硝和硝石、大苏打和苏打或小苏打等，还有名目繁多的矾盐。这些虽属识记性的知识，但也应做到在理解的基础上进行记忆，注意它们的性质和用途，对记忆其化学组成有帮助。同时要及时归纳和比较，以便清楚地区别它们。（2）熟悉有关各种价态的硫元素性质及转化，以作推断题（主要是框图型）。牢固掌握各种代表物性质及它们之间的知识网络和反应原理，就可避免死搬硬套。对于框图型等推断题，也要善于找“题眼”，挖掘题中隐含的提示，注意对题设条件的充分应用，尽量缩小范围。推断时不仅要关注网络的结构，还要注意题干提供的不起眼的信息，如颜色、状态、式量、用途等都可能成为突破的切入口。（3）二氧化硫和氯气的漂白性
5、SO2和Cl2虽都有漂白性，但漂白原理和现象有不同特点。氯气的漂白原理是由于溶于水生成次氯酸的具有强氧化性，将有色物质氧化成无色物质，褪色后不能恢复原来的颜色。而SO2是由于它溶于水生成的亚硫酸与有色物质直接结合，形成不稳定的无色化合物，褪色后在一定的条件下又能恢复原来的颜色。如：不显红色通入Cl2加热至沸通入SO2品红溶液褪色红色褪色加热至沸通入Cl2立即变红随即变为无色很快变成红色紫色石蕊通入SO2 三. 氮族：1氨水显弱碱性的理解。 氨气溶于水形成氨水，氨水少部分电离出OH-、NH4+，所以氨水具有弱碱性。注意以下两点：(1)氨水遇Al3+、Fe3+、Mg2+分别可以生成Al(OH)3、
6、Fe(OH)3、Mg(OH)2沉淀，但氨水中滴加Ag+溶液开始出现沉淀AgOH，继续滴加沉淀即溶解生成银氨溶液；（2）氨水遇酸、酸性氧化物可以成盐，又根据氨水与酸的量关系分别得到正盐和酸式盐。如：用氨水吸收少量二氧化硫的离子方程式 NH3.H2O+SO2=NH4+HSO3-是错误的。 2NO、O2被水吸收的分析。 NO、O2被水吸收实质上发生如下反应：2NO+O2=2NO2，3NO2+2H2O=2HNO3+NO。生成NO还可以继续氧化，生成NO2再溶于水，这是一个循环反应。如无任何气体剩余，最终产物应为HNO3，恰好反应的量的关系：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，实际反应中可以有NO或O
7、2剩余，但不能两者兼有之。 3氮可以形成多种氧化物。NO2可以与水反应生成硝酸，但NO2不是硝酸的酸酐。掌握酸酐的判断方法。NO2与溴蒸气不能用湿润的KI淀粉试纸检验。 4NO3-在酸性溶液中具有强氧化性，可以将Fe2+氧化为Fe3+、SO32-氧化为SO42-，将I-、Br-、S2-氧化为I2、Br2、S。5检验NH4+离子，可加入烧碱溶液后，必须加热，再用湿润的红色石蕊试纸检验NH3，否则不一定有NH3放出。四、碳族：（1）CO2通入NaOH溶液的判别。CO2通入NaOH溶液的反应与CO2气体通入量有关。当CO2通入少量时生成Na2CO3，当CO2通入过量时生成NaHCO3，CO2通入量介
8、于两者之间，既有Na2CO3又有NaHCO3。因此推断产物时一定要注意CO2与NaOH间量的关系。（2）Na2CO3溶液中滴加盐酸过程不清楚。在Na2CO3溶液中滴加HCl，CO32-先转化为HCO3-，再滴加盐酸HCO3-转化为H2CO3，不稳定分解为CO2。如：在10mL0.01mol/L纯碱溶液中，不断搅拌并逐滴加入1.2mL0.05mol/L盐酸，完全反应后在标准状况下生成二氧化碳的体积为（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错误。可用反证法：如能产生沉淀，则反应的化学方程式为：CO2+CaCl2
9、+H2O=CaCO3+2HCl。因CaCO3溶于盐酸，故反应不能发生。因为CO2只有通入中性或碱性溶液才能产生CO32-，并同时产生部分H+，若原溶液无法消耗这部分H+，则不利于CO2转化为CO32-，也就无法与Ca2+形成沉淀。若要使CaCl2与CO2反应生成沉淀，就必须加入部分碱溶液中和CO2与H2O反应而产生的H+。同理，该思维方式适用于CO2、SO2通入CaCl2或BaCl2溶液。（4）不要把Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2与Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3相混。前者是工业制玻璃的反应式之一，是在高温条件下发生的反应，而后者是在水溶液中发生的反应。
10、若交换条件，两者均不发生反应。【考点突破】考点一碳、硅及其化合物例1下列关于硅单质及其化合物的说法正确的是 ()硅是构成一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 B C D解析：硅元素在地壳中的含量仅次于氧，排第二位，是构成岩石和矿物的基本元素；水晶的主要成分为SiO2，错；制作光导纤维的原料是石英，而不是高纯硅，错。 答案：C【名师点拨】 1.碳、硅及重要化合物间的转化关系2硅及其化合物的“反常”(1)Si的还原性大于C，但C却能在高温下还原出Si：SiO2+2C Si+2CO。(2)非金属单质跟碱作用一般无
11、H2放出，但Si能跟强碱溶液作用放出H2：Si2NaOHH2O=Na2SiO32H2。(3)非金属单质一般不跟非氧化性酸作用，但Si能跟HF作用：Si4HF=SiF42H2。(4)非金属氧化物一般为分子晶体，但SiO2为原子晶体。考点二卤素及其化合物例2.某校化学实验兴趣小组为了探究在实验室制备Cl2的过程中有水蒸气和HCl挥发出来，同时验证氯气的某些性质，甲同学设计了如下图所示的实验装置。回答下列问题：(1)若用含有0.2 mol HCl的浓盐酸与足量的MnO2反应制Cl2，制得的Cl2体积(标准状况下)总是小于1.12 L的原因是 。(2)装置B中盛放的试剂名称为 ，作用是 。装置C和D中
12、出现的不同现象说明的问题是 。装置E的作用是 。写出装置F中发生反应的离子方程式 。(3)乙同学认为甲同学的实验有缺陷，不能确保最终通入AgNO3溶液中的气体只有一种。为了确保实验结论的可靠性，证明最终通入AgNO3溶液的气体只有一种，乙同学提出在某两个装置之间再加一个装置，你认为该装置应加在 与 之间(填装置字母序号)，装置中应放入 (填写试剂或用品名称)。解析本题是考查氯气的制备和性质的实验。(1)MnO2与浓盐酸的反应，随着反应的进行，盐酸浓度降低到某一数值后，反应将停止，因此制得的Cl2小于理论值。(2)B中盛放无水硫酸铜，检验水蒸气的存在；C和D中实验现象说明干燥的氯气不具有漂白性，
13、潮湿的氯气(或HClO)具有漂白性；依据氯气的物理性质，氯气易溶于CCl4溶液，所以 E的作用为吸收氯气。F中为HCl与AgNO3的反应。(3)在E和F之间加入一个装置用来检验在F中氯气是否被完全吸收，可以用湿润的有色布条或湿润的淀粉KI试纸。答案 (1)浓盐酸的浓度随着反应的进行降低到一定数值以后，将不再反应；加热时浓盐酸因挥发而损失(2)无水硫酸铜 检验有水蒸气产生干燥的氯气无漂白性，潮湿的氯气(或次氯酸)有漂白性吸收氯气AgCl=AgCl(3) E F 湿润的淀粉KI试纸(或湿润的有色布条)考点三氧、硫及其化合物例3.如下图所示，在注射器中加入少量Na2SO3晶体，并吸入少量浓硫酸(以不
14、接触纸条为准)。则下列有关说法正确的是( )A蓝色石蕊试纸先变红后褪色B沾有KMnO4溶液的滤纸褪色，证明了SO2的漂白性C品红试纸褪色，证明了SO2的漂白性D沾有酚酞和NaOH溶液的滤纸褪色，证明了SO2的漂白性解析：Na2SO3与浓硫酸反应产生SO2气体，SO2溶于水生成H2SO3，能使蓝色石蕊试纸变红，但SO2不能使指示剂褪色；SO2能使品红溶液褪色说明SO2具有漂白性，而SO2具有还原性，能被KMnO4氧化；实验中多余的SO2可用强碱溶液吸收，以防污染环境。答案：C【名师点拨】 1.硫及其重要化合物间的转化关系2常见无机酸中的重要规律和重要特(1)重要规律最高价氧化物对应水化物的酸性强
15、弱取决于元素非金属性的强弱，如酸性：HClO4H2SO4H3PO4H2CO3H2SiO3。证明酸性强弱顺序，可利用复分解反应中“强酸制弱酸”的规律，如：Na2SiO3CO2H2O=Na2CO3H2SiO3Ca(ClO)2CO2H2O=CaCO32HClO强氧化性酸（如：HNO3、浓H2SO4）与金属反应，一般不生成H2；金属和浓HNO3反应一般生成NO2，而金属和稀HNO3反应则生成NO。（2）重要特性H2SiO3(或H4SiO4)为难溶性酸，浓盐酸、浓硝酸为挥发性酸。硝酸、浓H2SO4、次氯酸具有强氧化性，属于氧化性酸，其中硝酸、HClO见光受热易分解。浓HNO3和Cu(足量)、浓H2SO4
16、和Cu(足量)、浓盐酸和MnO2(足量)在反应时，随着反应的进行，产物会发生变化或反应停止。浓H2SO4具有吸水性、脱水性和强氧化性。常温下，铁、铝遇浓H2SO4、浓HNO3发生钝化。考点四氮及其化合物的性质例432.64 g铜与140 mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2 L。请回答：(1)NO的体积为 L，NO2的体积为 L；(2)待产生的气体全部释放后，向溶液中加入V mL a mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为 mol/L；(3)欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaN
17、O3，至少需要30%的双氧水 g。解析：在硝酸参与的氧化还原反应的有关计算中，正确运用两个守恒原理：一是原子守恒；二是得失电子守恒，这样会使解题既快速又准确。(1)设生成NO的体积为x，NO2的体积为y，建立方程xy11.2 L，又由于在氧化还原反应中，Cu失去的电子数等于NO、NO2得到的电子数，建立方程为312，由联解得x5.8 L，y5.4 L。(2)分析题意：原硝酸中氮元素守恒，N最终以NO、NO2混合气体及NaNO3形式存在于溶液中。故c(HNO3) mol/L(3)依据氧化还原反应的规律：H2O2作氧化剂，NO、NO2混合气体作还原剂，按照得失电子相等的原则，推算：(1)(2)2(
18、5)(2)(5)(4)，即m(H2O2)57.7 g。答案：(1) 5.8 5.4 (2) (aV1030.5)/0.14(3) 57.7 【名师点拨】 1.氮及其重要化合物的转化关系2NO、NO2与O2溶于水的简单计算，利用好两个比值43、41即可4NO3O22H2O=4HNO34NO2O22H2O=4HNO3另外HNO3的性质，尤其是强氧化性是热点，涉及与单质反应产物的判断，尤其是与铁的反应如稀HNO3与Fe：Fe4HNO3(稀，过量)=Fe(NO3)3NO2H2O，3Fe(过量)8HNO3(稀)=3Fe(NO3)22NO4H2O。【高考失分警示】1分清氯水、溴水的成分，反应时的作用和褪色
19、的原理。氯水中正因为存在可逆反应Cl2H2OHClHClO，使其成分复杂且随着条件的改变，平衡发生移动，使成分发生动态的变化。当外加不同的反应物时，要正确判断是何种成分参与了反应。氯水中的HClO能使有色物质被氧化而褪色。反之，也有许多物质能使氯水、溴水褪色，发生的变化可属物理变化(如萃取)，也可属化学变化，如歧化法(加碱液)、还原法(如Mg、SO2等)、加成法(加不饱和的有机物)等。值得一提的是有时虽然发生化学变化，但仍生成有色物质，如Br2与Fe或KI反应。2化学常用语言中的“酸的氧化性和氧化性酸”的含义各异。酸的氧化性是指酸的水溶液电离出H呈现的氧化性，是H得到电子的性质。氧化性酸应具有
20、显著的氧化性，一般指含氧酸根中处于正价态的非金属原子得到电子的性质，常见的氧化性酸有浓H2SO4、HNO3和HClO等。3“规律是学习的主线，特性往往是考点”。复习时除要总结一些有关非金属的规律外还应注意非金属单质的一些特性。如：(1)规律：活泼的非金属可把不活泼的非金属单质从其盐溶液中置换出来。特性：F2不能从氯化钠水溶液中置换出Cl2，而是先与水反应生成O2。(2)规律：Cl2、Br2、I2与碱液、H2O发生歧化反应：X22NaOH=NaXNaXOH2O(X代表Cl、Br、I)。特性：F2与NaOH溶液反应时先与水反应生成O2：2F24NaOH=4NaF2H2OO2。【高考真题精解精析】【
21、2011高考试题解析】1（上海）浓硫酸有许多重要的性质，在与含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。在与含有水分的蔗糖作用过程中不会显示酸性。答案：A2（上海）下列溶液中通入SO2一定不会产生沉淀的是A Ba(OH)2 B Ba(NO3)2 C Na2S D BaCl2解析：A生成BaSO3沉淀；SO2溶于水显酸性，被Ba(NO3)2氧化生成硫酸，进而生成BaSO4沉淀；SO2通入Na2S溶液中会生成单质S沉淀。答案：D3.（重庆）对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是A.明矾溶液加热 B.CH3COONa溶
22、液加热C.氨水中加入少量NH4Cl固体 D.小苏打溶液中加入少量NaCl固体【答案】B【解析】明矾KAl(SO4)212H2O在水中电离后产生的Al3水解使溶液呈酸性，加热导致水解程度增大，但酚酞遇酸性溶液颜色不变化，因此A项不符合题意。CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，滴加酚酞后溶液显红色，加热使碱性增强，因此红色变深。氨水为弱碱，发生不完全电离：NH3H2ONH4OH，加入酚酞后溶液变为红色，而NH4Cl=NH4Cl，其中的NH4会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅。NaCl对NaHCO3溶液中HCO3的水解无影响4.（浙江）下列说法不正确的是A变色硅胶干燥剂含有CoCl2，
23、干燥剂呈蓝色时，表示不具有吸水干燥功能B硝基苯制备实验中，将温度计插入水浴，但水银球不能与烧杯底部和烧杯壁接触C中和滴定实验中，容量瓶和锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，滴定管和移液管用蒸馏水洗净后，必须干燥或润洗后方可使用D除去干燥CO2中混有的少量SO2，可将混合气体依次通过盛有酸性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶【答案】A【解析】本题考察实验化学内容。A错误，无水CoCl2呈蓝色，具有吸水性B正确，烧杯底部温度高。C正确，滴定管和移液管需考虑残留水的稀释影响。D正确，利用SO2的还原性，用KMnO4酸性溶液除去。5.（四川）下列“化学与生活”的说法不正确的是( )A硫酸钡可用钡餐透视B盐卤可用
24、于制豆腐C明矾可用于水的消毒，杀菌D醋可用于除去暖水瓶中的水垢【答案】C【解析】硫酸钡不溶于胃酸，可以做钡餐，A项正确。盐卤可以使豆浆发生凝聚生产豆腐，B项正确。明矾可以用于水的净化，不能杀菌、消毒，C项错误。醋酸可以与水垢的成分碳酸钙反应，可以用来除垢，D项正确。6.（四川）甲、乙、丙、丁四种易学溶于水的物质，分别由NH4 、Ba2、Mg2、H、OH、Cl、HCO3 、SO42 中的不同阳离子和阴离子各一种组成，已知：将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；0.1 mol/l乙溶液中c(H)0.1 mol/l；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
25、结论不正确的是( )A甲溶液含有Ba2B乙溶液含有SO42 C丙溶液含有ClB丁溶液含有Mg2【答案】D【解析】根据中的信息可知乙是二元酸，故乙是H2SO4；根据中现象，可以推知丙中含有Cl；再结合中提供信息，甲与其它三种物质混合均产生白色沉淀，则可推出甲是Ba(OH)2，乙是H2SO4，丙是MgCl2，丁是NH4HCO3。故D项错误。7.（江苏）下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是A.常温下浓硫酸能是铝发生钝化，可在常温下作用铝制贮藏贮运浓硫酸B.二氧化硅不与任何酸反应，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D.铜的金属活泼性比铁的差，可在海轮外壳上装若干铜
26、块以减缓其腐蚀【答案】A【解析】二氧化硅不与任何酸反应，但可与氢氟酸反应。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。8（上海）草酸晶体(H2C2O42H2O) 100开始失水，101.5熔化，150左右分解产生H2O、CO和CO2。用加热草酸晶体的方法获取某些气体，应该选择的气体发生装置是（图中加热装置已略去）解析：根据草酸晶体的性质不难得出答案是D。答案：D9（上海）物质的量为0.10 mol的镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧（产物不含碳酸镁），反应后容器内固体物质的质量不
27、可能为 A3.2g B4.0g C4.2g D4.6g解析：若镁全部与氧气反应只生成氧化镁，其质量是4g；若镁全部与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，其质量是4.6g。因为只要有氧气存在，就不可能生成单质碳，即镁应该首先与氧气反应，所以选项D是不可能。答案：D10（上海）甲醛与亚硫酸氢钠的反应方程式为HCHO+NaHSO3HO-CH2-SO3Na，反应产物俗称“吊白块”。关于“吊白块”的叙述正确的是 A易溶于水，可用于食品加工 B易溶于水，工业上用作防腐剂C难溶于水，不能用于食品加工 D难溶于水，可以用作防腐剂解析：根据有机物中含有的官能团可以判断，该物质易溶于水，但不能用于食品加工。答案：B11.
28、（江苏）NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质（见图4）。下列说法正确的是A.25，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大B.石灰乳与Cl2的反应中，Cl2既是氧化剂，又是还原剂C.常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存，所以Cl2不与铁反应D.图4所示转化反应都是氧化还原反应【答案】B【解析】本题考查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，仅考查NaHCO3 Na2CO3的溶解度、工业制漂白粉，干燥的Cl2贮存和基本反应类型。重基础、重生产实际应该是我们高三复习也应牢记的内容。石灰乳与Cl2的反应中氯发生歧化反应，Cl2既是氧化剂，又是
29、还原剂。常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存仅代表常温Cl2不与铁反应，加热、高温则不然。12.（四川）下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是操作和现象结论A向装有Fe(NO3)2溶液的试管中加入稀H2SO4，在管口观察到红棕色气体HNO3分解成了NO2B向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu(OH)2浊液，加热，没有红色沉淀生成淀粉没有水解成葡萄糖C向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170C产生的气体通入酸性KmnO4溶液，红色褪去使溶液褪色的气体是乙烯D向饱和Na2CO3中通入足量CO2 溶液变浑浊析出了NaHCO3【答案】D【解析】向Fe(NO3)2溶液中加
30、入H2SO4，则会发生离子反应：3Fe2NO3 4H=3Fe3NO2H2O，产生的NO在管口生成NO2呈现红色，而不是HNO3分解产生NO2，故A项错误。应加入碱将水解后的淀粉溶液调节成碱性，才可以产生红色沉淀，B项错误。乙醇和浓硫酸反应制取乙烯的过程中，会有少量的SO2产生，也可以使酸性KMnO4溶液褪色，C项错误。饱和Na2CO3溶液中通入CO2发生反应：Na2CO3CO2H2O=2NaHCO3，由于产生的碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，故会从过饱和溶液中析出，D项正确。13.（山东）（14分）研究NO2、SO2 、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。（1）NO2可用水吸收，相应的化学反应方程
31、式为 。利用反应6NO2 7N512 H2O也可处理NO2。当转移1.2mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是 L。（2）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） H=-196.6 KJmol-12NO（g）+O2（g）2NO2（g） H=-113.0Kmol-1 则反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的H= KJmol-1。 一定条件下，将NO2与SO2以体积比1:2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是 。a体系压强保持不变 b混合气体颜色保持不变cSO3和NO的体积比保持不变 d每消耗1 mol SO3的同时生成1 mol NO2 测得上述反
32、应平衡时NO2与SO2体之比为1:6，则平衡常数K 。（3）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）。CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。该反应H 0（填“”或“ ”）。实际生产条件控制在250、1.3104kPa左右，选择此压强的理由是 。【答案】（1）3NO2+H2O=2HNO3+NO；6.72；（2）41.8；b；2.67或8/3；(3)；在1.3104KPa下，CO转化率已较高，再增大压强CO转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失【解析】本题综合考查氮的氧化物化学性质及其简单氧化还原反应计算，热化学方程式的计算化学平衡状态判断，化学平衡常
33、数计算，平衡移动方向与反应热的关系，实际工业条件的选择等内容。（1）(i)易知反应为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；(ii)氧化还原反应的简单计算，1mol NO2N2，得到4mol电子，则转移1.2mol电子时，NO2为0.4mol，在标准状况下其体积为6.72L；（2)(i)对两个已知反应编号：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）；H1=-196.6 kJmol-1；2NO（g）+O2（g）2NO2（g）；H2=-113.0 kJmol-1；再由（-）/2得目标反应：NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）；由盖斯定律得：H3=（H1H2）/2=(-196.6+113.
34、0)/2= 41.8KJmol-1。(ii)该反应（NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）两边气力计量数相等，故压强不变，A错误；该体系中只有NO2有颜色，颜色深浅与NO2浓度有关，当它浓度不变，即可说明达到平衡，此时浓度不变，故B正确；由于开始没加入SO3和NO，且反应中两者计量数值比为1，故无论是否达到平衡，只要反应发生发生，SO3和NO体积之比等于其物质的量只比，为1:1,不能说明是否达到平衡，故C错误；D选项，每消耗1 mol SO3的同时生成1 mol NO2 说明逆反应方向在进行，故D错误，改为：每消耗1 mol SO3的同时生成1 mol NO才能说明达到平衡； (i
35、ii)不妨令NO2与SO2分别为1mol和2mol，容积为1L,假设NO2转化了a mol则SO2也转化了a mol，同时生成SO3和NO各a mol，又由题意可得方程：解得a=0.8,再由K=2.67；（3）(i)由图像可知反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）的正反应为放热反应，因为相同压强下，温度越高CO的转化率越低，说明升温平衡逆移，故H 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：本题考查盐类水解知识；盐类水解促进水的电离,且Na2CO3的水解程度更大，碱性更强，故水中电离出的H+个数更多，A项正确；B钠离子的物质的量浓度为0.2 mol/
36、L而钠离子的物质的量浓度为0.1 mol/L根据物料守恒及电荷守恒可知溶液中阴离子的物质的量浓度之和:，B项正确；C项水解程度大于电离所以C(H2CO3)C(CO32-)D项 C032-分步水解第一步水解占主要地位且水解大于电离。判断D正确。C、D两项只要写出它们的水解及电离方程式即可判断。（2010广东理综卷）33.（16分） 某科研小组用MnO2和浓盐酸制备Cl2时，利用刚吸收过少量SO2的NaOH溶液对其尾气进行吸收处理。（1）请完成SO2与过量NaOH溶液反应的化学方程式：SO2+2NaOH = _（2）反应Cl2+Na2SO3+2 NaOH=2NaCl+Na2SO4+H2O中的还原剂
37、为_（3）吸收尾气一段时间后，吸收液（强碱性）中肯定存在Cl、OH和SO请设计实验，探究该吸收液中可能存在的其他阴离子（不考虑空气的CO2的影响）提出合理假设 假设1：只存在SO32-；假设2：既不存在SO32-也不存在ClO；假设3：_设计实验方案，进行实验。请在答题卡上写出实验步骤以及预期现象和结论。限选实验试剂：3moLL-1H2SO4、1moLL-1NaOH、0.01molL-1KMnO4、淀粉-KI溶液、紫色石蕊试液实验步骤预期现象和结论步骤1：取少量吸收液于试管中，滴加3 moLL-1 H2SO4至溶液呈酸性，然后将所得溶液分置于A、B试管中步骤2：步骤3：解析：(1) NaOH过
38、量，故生成的是正盐：SO2+2NaOH =Na2SO3+H2O。(2)S元素的价态从+4+6，失去电子做表现还原性，故还原剂为Na2SO3。(3)很明显，假设3两种离子都存在。加入硫酸的试管，若存在SO32-、ClO-，分别生成了H2SO3和HClO；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；在B试管中滴加0.01molL-1KMnO4溶液，若紫红色退去，证明有SO32-，否则无。答案：(1) Na2SO3+H2O(2) Na2SO3(3) SO32-、ClO-都存在实验步骤预期现象和结论步骤1：取少量吸收液于试管中，滴加3 moLL-1 H2SO4至溶液呈酸性，然后
39、将所得溶液分置于A、B试管中步骤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-，否则无步骤3：在B试管中滴加0.01molL-1KMnO4溶液若紫红色退去，证明有SO32-，否则无（2010山东卷）30（16）聚合硫酸铁又称聚铁，化学式为，广泛用于污水处理。实验室利用硫酸厂烧渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等）制备聚铁和绿矾（FeSO47H2O ）过程如下：（1）验证固体W焙烧后产生的气体含有SO2 的方法是_。（2）实验室制备、收集干燥的SO2 ，所需仪器如下。装置A产生SO2 ，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
40、_。（3）制备绿矾时，向溶液X中加入过量_，充分反应后，经_操作得到溶液Y，再经浓缩，结晶等步骤得到绿矾。（4）溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数，用pH试纸测定溶液pH的操作方法为_。若溶液Z的pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数偏_。解析： (1)检验SO2的方法一般是：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(SO2密度比空气的大，要从b口进气)，最后进行尾气处理；因为SO2易与NaOH反应，故的作用是安全瓶，防止倒吸。(3)因为在烧渣中加入了硫酸和足量氧气，故溶液Y中含有Fe3+，故应先加入过量的铁粉，然后过滤除去剩余的铁粉。(4)用pH
41、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，然后跟标准比色卡对比。Fe(OH)3的含铁量比Fe2(SO4)3高，若溶液Z的pH偏小，则生成的聚铁中OH-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，如品红褪色，加热后又变红，证明有SO2。(2)d e b c；安全瓶，防止倒吸；尾气处理，防止污染（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，然后跟标准比色卡对比。 低（2010上海卷）23胃舒平主要成分是氢氧化铝，同时含有三硅酸镁(Mg2Si3O8.nH2O)等化合物。1)三硅酸镁的氧化物形式
42、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 。2)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。3)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生反应的离子方程式为： 4) Al2O3、MgO和SiO2都可以制耐火材料，其原因是 。aAl2O3、MgO和SiO2都不溶于水bAl2O3、MgO和SiO2都是白色固体 cAl2O3、MgO和SiO2都是氧化物 dAl2O3、MgO和SiO2都有很高的熔点答案：1)2MgO.3SiO.nH2
43、O、1s22s1；2)13、5；3)大、Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O；4)ad。解析：此题考查了硅化合物、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。1）根据胃舒平中三硅酸镁的化学式和书写方法，其写作：2MgO.3SiO.nH2O；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：1s22s1；2)中铝元素原子的核外共有13个电子，其每一个电子的运动状态都不相同，故共有13种；有1s、2s、2p、3s、3p共5个能级；3)与铝元素同周期且原子半径大于镁的元素是钠，其离子半径大于铝的离子半径；两者氢氧化物反应的离子方程
44、式为：Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O；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。（2010上海卷）24向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色。如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色。完成下列填空：1)写出并配平CCl4层由紫色变成无色的化学反应方程式(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KBr，则CCl4层变为_色：继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化。Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是 。4)加碘盐中含碘量为20mg50mgkg。制取加碘盐(含KIO3的食盐
45、)1000kg，若庄Kl与Cl2反应制KIO3，至少需要消耗Cl2 L(标准状况，保留2位小数)。答案：1）I2+5Cl2+6H2O2HIO3+10HCl；2）KI、I2；3）红棕、HBrO3Cl2HIO3；4）10.58。解析：此题考查氧化还原反应的配平、氧化剂和还原剂、氧化性强弱的判断、化学计算知识。分析反应从开始滴加少许氯水时，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）根据氧化还原反应方程式的配平原则，分析反应中的化合价变化，I元素的化合价从0+5，升高5价，Cl元素的化合价从0-1，降低1价，综合得失电子守恒和质量守恒，可配平出
46、：I2+5Cl2+6H2O2HIO3+10HCl；2）分析整个过程中化合价升高的都是I元素，还原剂为：KI和I2；3）KI换成KBr时，得到的是溴单质，则其在CCl4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：HBrO3Cl2HIO3；4）综合写出反应方程式：KI+3Cl2+3H2O=KIO3+6HCl，根据化学方程式计算，按最小值计算时，1000kg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：33.70g，物质的量为：0.16mol，则需要消耗Cl2的体积为：（20g/127g.mol-1）322.4L/mol=10.
47、58L。（2010上海卷）31白磷（P4）是磷的单质之一，易氧化，与卤素单质反应生成卤化磷。卤化磷通常有三卤化磷或五卤化磷，五卤化磷分子结构（以PCl5为例）如右图所示。该结构中氯原子有两种不同位置。（1）6.20g白磷在足量氧气中完全燃烧生成氧化物，反应所消耗的氧气在标准状况下的体积为 L。上述燃烧产物溶于水配成50.0mL磷酸（H3PO4）溶液，该磷酸溶液的物质的量浓度为 molL-1。（2）含0.300mol H3PO4的水溶液滴加到含0.500mol Ca(OH)2的悬浮液中，反应恰好完全，生成l种难溶盐和16.2g H2O。该难溶盐的化学式可表示为 。（3）白磷和氯、溴反应，生成混合
48、卤化磷（，且x为整数）。如果某混合卤化磷共有3种不同结构（分子中溴原子位置不完全相同的结构），该混合卤化磷的相对分子质量为 。（4）磷腈化合物含有3种元素，且分子中原子总数小于20。0.10mol PCl5和0.10mol NH4Cl恰好完全反应，生成氯化氢和0.030mol磷腈化合物。推算磷腈化合物的相对分子质量（提示：M300）。答案：（1）5.6；4.00；（2）Ca5(PO4)3(OH)；（3）297.5或342；（4）348或464。解析：此题考查了元素化合物、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：128，则其6.20g的物质的量为：0.05mol，其完全燃
49、烧消耗氧气0.25mol，标准状况下体积为5.6L；将这些白磷和水反应生成磷酸0.20mol，溶液体积为50mL，也就是0.05L，则磷酸溶液的物质的量浓度为4.00mol/L；2）根据该水溶液中含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，可知该物质中含有5个钙离子和3个磷酸根离子，结合电荷守恒，必还含有1个氢氧根离子，写作：Ca5(PO4)3(OH)；3）根据题意x为整数，其可能为：PCl4Br、PCl3Br2、PCl2Br3、PClBr4四种，要是有三种不同结构的话，结合PCl5的结构，其可能为：PCl3Br2或PCl2Br3，则其相对分子质量可能为：297.5或34
50、2；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：0.1mol5+0.1mol1=0.6mol；由于磷腈化合物中只含有三种元素，故必须将其中的氢原子全部除去；两物质提供的H原子的物质的量为：0.1mol4=0.4mol，则生成的氯化氢的物质的量为：0.1mol4=0.4mol；则磷腈化合物中含有的Cl原子为：0.2mol、P原子为：0.1mol、N原子为：0.1mol，则该化合物的最简式为：PNCl2；假设其分子式为(PNCl2)x，由其含有的碳原子总数小于20，则知：4x20，故x5；假设x=4，其分子式为： P4N4Cl8，相对分子质量为464；假设x=3，其分子式为
51、： P3N3Cl6，相对分子质量为：348；假设x=2，其分子式为：P2N2Cl4，相对分子质量c(Cl)c(ClO)c(OH)，B错；C项等物资的量的强碱与弱酸混合生成强碱弱酸盐溶液显碱性c()c()，再根据溶液中电荷守恒可以判断c（）c（。3.（09年山东卷） 下列关于氯的说法正确的是A.Cl2具有很强的氧化性，在化学反应中只能作氧化剂B.若1735Cl、1737Cl为不同的核素，有不同的化学性质C.实验室制备Cl2，可用排饱和食盐水集气法收集D.1.12LCl2含有1.7NA个质子（NA 表示阿伏伽德罗常数）【答案】 C【解析】Cl2中的氯元素化合价为0处于中间价态，既有氧化性又有还原性
52、，A错误；同位素原子的质子数和电子数分别相等，所以化学性质几乎完全相同，B错误；通过实验室制得的Cl2中含有少量HCl, Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，而HCl,易溶，C正确；没有指明气体所处状态， D错误。4.（09年山东卷）下列推断合理的是 A. 明矾KAl（SO4）212H2O在水中能形成Al（OH）3胶体，可用作净水剂 B. 金刚石是自然界中硬度最大的物质，不可能与氧气发生反应 C. 浓H2SO4有强氧化性，不能与Cu发生剧烈反应 D. 将SO2通入品红溶液，溶液褪色后加热恢复原色；将SO2通入溴水，溴水褪色后加热也能恢复原色【答案】 A【解析】KAl（SO4）212H2O电离出的A
53、l3+能水解，生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂，A正确；金刚石能够与氧气发生反应，生成二氧化碳，B错误；浓H2SO4有强氧化性，在加热条件下与Cu可剧烈反应，C错误；SO2使品红溶液褪色，加热颜色能复原；SO2和溴水发生氧化还原反应，加热不能恢复原来颜色，D错误。5.（09年福建卷）短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如右图所示，期中T所处的周期序数与主族序数相等，请回答下列问题：（1）T的原子结构示意图为_.（2）元素的非金属性为（原子的得电子能力）：Q_W(填“强于”或“弱于”)。(3) W的单质与其最高价氧化物的水化物浓溶液共热能发生反应，生成两种物质，其中一种是气体，反应的
54、化学方程式为_.(4)原子序数比R多1的元素是一种氢化物能分解为它的另一种氢化物，此分解反应的化学方程式是_.(5)R有多种氧化物，其中甲的相对分子质量最小。在一定条件下，2L的甲气体与0.5L的氯气相混合，若该混合气体被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留，所生成的R的含氧酸盐的化学式是_.(6)在298K下，Q、T的单质各1mol完全燃烧，分别放出热量aKJ和bKJ。又知一定条件下，T的单质能将Q从它的最高价氧化物中置换出来，若此置换反应生成3molQ的单质，则该反应在298K下的=_(注：题中所设单质均为最稳定单质)【答案】（1） （2）弱于(3)S + 2H2SO4(浓) 3SO2
55、+ 2H2O(4)2H2O2 MnO22H2O + O2（或其他合理答案）（5）NaNO2 (6)(3a 4b)KJ/mol【解析】本题考查无机物的性质，涉及化学用语、方程式书写、氧化还原反应以及热化学的知识。从给出的表，结合T在周期表的位置与族数相等这一条件 ，不难得出T为Al，Q为C，R为N，W为S。（1）T为Al，13号元素。（2）S、C最高价氧化物对应的酸为硫酸强于碳酸，则可得非金属性S强于C。（3）S与H2SO4发生归中反应，从元素守恒看，肯定有水生成，另外为一气体，从化合价看，只能是SO2。（4）比R质子数多1的元素为O，存在H2O2转化为H2O的反应。（5）N中相对分子质量最小的
56、氧化物为NO，2NO + O2 = 2NO2，显然NO过量1L，同时生成1L的NO2，再用NaOH吸收，从氧化还原角度看，+2价N的NO与+4价N的NO2，应归中生成+3N的化合物NaNO2。（6）C + O2 CO2 H= a Kj/mol，4Al +3 O2 =2Al2O3 DH= 4bKj/mol。Al与CO2的置换反应，写出反应方程式为：4Al + 3CO23C + 2Al2O3，此反应的DH为可由3得，DH=4b(-3a)=(3a-4b)KJ/mol1下列有关Cl、N、S等非金属元素化合物的说法正确的是()A漂白粉的成分为次氯酸钙B实验室可用浓硫酸干燥氨气C实验室可用NaOH溶液处理
57、NO2和HCl废气DAl2(SO4)3可除去碱性废水及酸性废水中的悬浮颗粒【解析】漂白粉的成分为CaCl2和Ca(ClO)2，有效成分为Ca(ClO)2；氨气应用碱石灰干燥，与浓H2SO4会生成(NH4)2SO4或NH4HSO4；NO2、HCl等酸性气体可用NaOH溶液来吸收；明矾净水原理是Al3水解生成Al(OH)3胶体，吸附悬浮物质，从而达到净水目的，废水呈酸性会抑制Al3水解，呈碱性则将大量Al3沉淀掉，所以均不宜用Al2(SO4)3来净化，应该先中和，后用Al2(SO4)3处理。【答案】C2空气是人类生存所必需的重要资源，为改善空气质量而启动的“蓝天工程”得到了全民的支持，下列措施不利
58、于“蓝天工程”建设的是()A推广使用燃煤脱硫技术，防治SO2污染B实施绿化工程，防治扬尘污染C研制开发燃料电池汽车，消除机动车尾气污染D加大石油、煤炭的开采速度，增加化石燃料的供应量【解析】环保问题是当今社会全球面临的重大问题，所以要从化学的角度多给予关注。D项会增加粉尘、SO2、氮氧化物的污染，故不利于“蓝天工程”的建设。【答案】D3同物质的量浓度同体积的Na2CO3和NaHCO3溶液中，分别加入等体积等浓度的盐酸，结果是()ANa2CO3产生的CO2多BNaHCO3产生的CO2多CNaHCO3的反应速率快 D二者产生CO2一样多【解析】Na2CO3需结合2个H放出CO2，NaHCO3只需结
59、合一个H放出CO2。所以NaHCO3反应产生气体更剧烈。但由于Na2CO3、NaHCO3及盐酸的量不确定，所以产生的CO2的量难以确定。【答案】C4. 将a mol纯铁粉投入含HNO3 b mol的稀溶液里，恰好完全反应并放出NO气体，则a和b的关系是()Aa/b1/4 Ba/b3/8C1/4a/b3/8 Da/b的值无法确定【解析】铁有2价和3价，与强氧化性酸(如HNO3)反应时，如HNO3过量，产生Fe3；如Fe过量，最终产生Fe2。若HNO3过量，反应为Fe4HNO3(稀)=Fe(NO3)3NO2H2O；则若Fe过量，反应为3Fe8HNO3(稀)=3Fe(NO3)22NO4H2O；则，故
60、选C。【答案】C5取三张蓝色石蕊试纸放在玻璃板上，然后按顺序分别滴加65%的HNO3、98.3%的H2SO4和新制的氯水，三张纸最后呈现的颜色分别是()A白、红、白 B红、黑、红C红、红、红 D白、黑、白【解析】浓HNO3和新制氯水均具有酸性和强氧化性，可使石蕊试纸先变红，后褪色。浓硫酸具有脱水性，能使石蕊试纸由于脱水炭化而变黑。【答案】D6为了除去镀在铝表面的铜镀层，可选用的试剂是()A浓硫酸 B盐酸C稀硝酸 D浓硝酸【解析】浓H2SO4与铜不加热时不反应，达不到除去铜的目的，但加热时，浓H2SO4不仅能与铜反应，也能与铝反应，A项错误；盐酸与铜不反应，除不掉铜，B项错误；稀HNO3与铜、铝
61、都能反应，C项错误；冷的浓HNO3可与铜反应除去铜，又可使铝发生钝化而得到保护。【答案】D7下列试剂中，可以用于确定某无色混合气体中一定含有SO2和CO2的是()石灰水品红试液溴水KMnO4酸性溶液A BC D【解析】无色混合气体通入，使品红褪色且加热又恢复原来的颜色，说明有SO2；然后通入，吸收气体中的SO2，再通入，澄清石灰水变浑浊，证明气体中有CO2，故选D。A无验证SO2的试剂，B、C无吸收SO2的试剂，因为SO2气体通入石灰水，也会产生白色沉淀，所以不能验证是否一定含有CO2。【答案】D8为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法不正确的是()ANa2CO3溶液(NaHCO3)，选用适量
62、NaOH溶液BNaHCO3溶液(Na2CO3)，应通入过量的CO2气体CNa2O2粉末(Na2O)，将混合物在空气中加热DNa2CO3溶液(Na2SO4)，加入适量的Ba(OH)2溶液，过滤【解析】Ba(OH)2Na2SO4=BaSO42NaOH，虽除去了Na2SO4但又增加了新的杂质NaOH。【答案】D9能利用如图所示实验装置制取气体的合理选项是()A过氧化钠和水 B二氧化锰和浓盐酸C锌和稀盐酸 D碳酸钙和稀硫酸【解析】B中需加热，C中产生的H2密度比空气小，D项因生成微溶的CaSO4使反应停止。【答案】A10浓H2SO4在使下列物质的转化中，既表现出氧化性，又表现出酸性的是()ACuCuS
63、O4 BCCO2CFeOFe2(SO4)3 DFe2O3Fe2(SO4)3【解析】浓H2SO4在反应中表现出酸性时，硫元素化合价不变，硫元素仍以SO42形式存在；表现出氧化性时，硫元素化合价降低。由以上反应知，C2H2SO4(浓)CO22SO22H2O中，硫元素化合价降低；Fe2O33H2SO4(浓)Fe2(SO4)33H2O中，硫元素化合价不变；而Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O,2FeO4H2SO4(浓)=Fe2(SO4)3SO24H2O中，都是有一部分硫元素化合价降低，一部分硫元素化合价不变。所以浓H2SO4在A、C反应中既表现了酸性，又表现了氧化性。【答案】AC11下列现
64、象或事实可用同一原理解释的是()A浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低B氯水和活性炭使红墨水褪色C漂白粉和水玻璃长期暴露在空气中变质D乙炔和乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色【解析】浓硫酸可吸收空气中水蒸气浓度降低，浓盐酸挥发出HCl导致浓度降低，A错；氯水使红墨水褪色是利用了强氧化性，活性炭使红墨水褪色是利用了吸附性，B错；漂白粉暴露在空气中变质的反应为Ca(ClO)2CO2H2O=CaCO32HClO，HClO易分解2HClO2HClO2，而水玻璃暴露在空气中发生反应CO2H2ONa2SiO3=H2SiO3Na2CO3，C错；乙炔和乙烯遇溴的四氯化碳溶液都可以发生加成反应，D正确。【答案】D12
65、向含有FeCl3、BaCl2的酸性溶液中通入SO2气体会有沉淀产生，该沉淀是()ABaSO4 BFeSCBaSO3 DS【解析】根据题意，该沉淀是在酸性溶液中产生的，所以它不溶于酸，选项B和C虽然不溶于水但溶于酸，故排除答案B和C。又因为SO2还具有还原性，在酸性溶液中与FeCl3发生氧化还原反应：2FeCl3SO22H2O=2FeCl2H2SO42HCl，使溶液中产生SO42，它能与BaCl2中的Ba2结合形成不溶于酸的BaSO4沉淀，故正确答案为A。由于SO2S，是从4价降为0价，需要还原剂才能实现，题给条件不能实现，D错。【答案】A13单质X与浓H2SO4共热，反应中X与H2SO4的物质
66、的量之比为12，则X元素在生成物中的化合价可能为()1234A BC D【解析】若X为金属X2H2SO4XSO4SO22H2OX为2价若X为非金属X2H2SO4XO22SO22H2OX为4价。【答案】A14甲、乙、丙三瓶等体积等物质的量浓度的硫酸溶液，若甲用水稀释，乙中加入少量BaCl2溶液，丙不变，然后用相同物质的量浓度的NaOH溶液中和，完全中和时消耗NaOH溶液的体积关系是()A丙乙甲 B甲乙丙C乙丙甲 D甲乙丙【解析】无论加水、加BaCl2，溶液中H个数不变。【答案】D15将3.2 g Cu跟30.0 mL 10.0 molL1的HNO3充分反应，还原产物有NO和NO2，若反应后溶液中
67、有a mol H，则此时溶液中含NO3的物质的量为()A0.5a mol B(0.1a)molC0.1a mol D2a mol【解析】首先判断Cu与硝酸谁过量，经判断知HNO3过量，Cu全部反应，根据溶液中的电荷守恒，n(NO3)n(H)2n(Cu2)。n(Cu2)0.05 mol，所以n(NO3)a mol20.05 mol(a0.1)mol。【答案】B【2012高考押题】一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)12008年5月12日我国四川发生了里氏8.0级地震，为了实现大灾之后无大疫，消防人员用大量的含氯制剂对灾民居住环境进行了消毒，其中“84消毒液”成为明星消毒液“84消
68、毒液”的有效成分是()A氯气B次氯酸C次氯酸钙 D次氯酸钠2有以下报道：由于石油资源逐渐枯竭，各地都在发展使用乙醇汽油“十七大”报告中将节能减排作为环境建设的目标为了贯彻“绿色奥运”的理念，北京市部分公共汽车将改用电力驱动2008年元月为了抗击雪灾，很多地方采用了撒CaCl2的方法进行融雪下列说法正确的是()A乙醇是一种可以再生的能源，在汽油中加入乙醇可以缓解能源危机B节能减排主要是减少二氧化硫的排放C汽车尾气中的主要污染物是CO2DCaCl2能融雪是由于它能吸收空气中的热量3下列物质中，不含有硅酸盐的是()A水玻璃 B硅芯片C黏土 D普通水泥4下列现象或事实可用同一原理解释的是()A浓硫酸和
69、浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低B氯水和活性炭使红墨水褪色C漂白粉和水玻璃长期暴露在空气中变质D乙炔和乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色5下列物质中，按只有氧化性、只有还原性、既有氧化性又有还原性的顺序排列的一组是()AF2、K、HCl BCl2、Al、H2CNO2、Na、Br2 DO2、SO2、H2O6下列各组物质中，不能按 (“”表示一步完成)关系转化的是()选项ABCDaNaOHHNO3HClS bNa2CO3NOCl2SO3cNaClNO2HClOH2SO4 7某炼金厂的废水因连降暴雨而溢出，导致河水严重污染，炼金废水中所含CN有剧毒，其性质与卤素离子相似，还原性介于I与Br之间，HCN为弱酸下
70、列说法不正确的是()ACN可以和稀硫酸反应生成HCNBCN可被Cl2氧化成(CN)2C在水溶液中(CN)2可被F还原DHCN的电子式为HNC8下列说法正确的是()A硅材料广泛应用于光纤通讯B工艺师利用盐酸刻蚀石英制作艺术品C水晶项链和餐桌上的瓷盘都是硅酸盐制品D粗硅制备单晶硅不涉及氧化还原反应9工业废气中氮氧化物是主要污染物，为了治理污染，常通入NH3，发生反应NOxNH3N2H2O来治理污染现有NO、NO2的混合气体3 L，用同温同压下3.5 LNH3使其恰好完全转化为N2，则混合气体中NO、NO2的物质的量之比为()A11 B21C13 D1410某溶液中可能存在Br、CO、SO、Al3、
71、I、Mg2、Na7种离子中的几种现取该溶液进行实验，得到如下现象：向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气体冒出；向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成；向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色据此可以推断：该溶液中肯定不存在的离子是()AAl3、Na、SO、I BMg2、Na、CO、BrCAl3、Mg2、I、SODAl3、CO、Br、SO11保护环境已成为人类的共识人类应以可持续发展的方式使用资源，以合理的方式对废物进行处理并循环使用，下列做法不利于环境保护的是()A发电厂的煤经脱硫处理B将煤转化为水煤气作燃料C回收并合理处理聚乙烯塑料废物D电镀废液经中和后直接排放12对
72、下列实验现象的原因分析不正确的一项是()选项实验现象原因分析A浓硫化钠溶液有臭味硫离子水解生成硫化氢，硫化氢具有臭味B新制氯水中滴加石蕊试液，溶液先变红，后褪色氯气与水反应生成HCl、HClO，HCl显强酸性，使石蕊变红，HClO具有强氧化性，使其褪色CSO2通入溴水中，溴水褪色SO2具有漂白性，使其褪色D向湿润蔗糖中加入浓硫酸，固体迅速变黑，后体积急剧膨胀在浓硫酸脱水作用下，蔗糖被炭化，炭与浓硫酸反应生成了CO2、SO213下列说法正确的是()A因SiO2不溶于水，故H2SiO3不是SiO2对应的酸，或者说SiO2不是H2SiO3的酸酐BCO2通入水玻璃(Na2SiO3溶液)可以得到原硅酸C
73、因为高温时SiO2与Na2CO3反应生成CO2，故硅酸的酸性比碳酸强DSiO2的俗名叫水晶142011年6月，我国太湖流域发生水体严重污染事故，引起了国务院的高度重视，决定采取有效措施对太湖流域进行环境治理下列对环保知识的认识正确的是()酸雨的形成与大量燃烧含硫燃料有关，正常雨水的pH为7.0，酸雨的pH小于7.0严格执行机动车尾气排入标准有利于防止大气污染使用二氧化硫和某些含硫化合物进行增白的食品对人体健康有害使用氯气对自来水消毒过程中，生成的有机氯化物可能对人体有害食品厂产生的含丰富氮、磷营养素的废水可长期排向水库养鱼A BC D15某工厂用CaSO4、NH3、H2O、CO2制备(NH4)
74、2SO4，其工艺流程如下：下列推断不合理的是()A往甲中通适量CO2有利于(NH4)2SO4生成B生成1 mol(NH4)2SO4至少消耗2 molNH3CCO2可被循环利用D直接蒸干滤液能得到纯净的(NH4)2SO416已知：KClO36HCl(浓)=KCl3Cl23H2O.如下图所示，将少量试剂分别放入培养皿中的相应位置，实验时将浓盐酸滴在KClO3晶体上，并用表面皿盖好下表中由实验现象得出的结论完全正确的是()选项实验现象结论A滴有KSCN的FeCl2溶液变红Cl2具有还原性B滴有酚酞的NaOH溶液褪色Cl2具有酸性C石蕊溶液先变红后褪色Cl2具有漂白性DKI淀粉溶液变蓝Cl2具有氧化性
75、第卷 (非选择题，共52分)二、非选择题(本题包括6小题，共52分)17(8分)下图类似奥运五元环，表示A、B、C、D、E五种化合物，元环交叉部分代表两种化合物含有一种相同元素，五种化合物由五种短周期元素组成，且每种化合物仅由两种元素组成A是可燃冰的主要成分；B、E分子中所含电子总数均与硅烷(SiH4)分子的电子数相等，B不稳定，具有较强氧化性，能发生自身氧化还原反应，E的相对分子质量为32，具有还原性，且常用作航天器的燃料；C能发生反应：化合物()化合物()化合物()化合物()；D是新型无机非金属材料，它所含两种元素的原子个数之比为34，电子数之比为32.(1)B的水溶液呈酸性，用离子方程式
76、表示其原因是_；D的化学式为_(2)A、B、E中含有一种相同的元素，其名称为_(3)B和E反应可生成单质G和常见的液态化合物H，写出化学方程式_(4)写出C符合“化合物()化合物()化合物()化合物()”的化学方程式_18(8分)当前，一次性筷子、一次性饭盒是否卫生也受到社会的关注专家介绍，正规的一次性筷子所用的材料都是质地较好的木材，不用特殊加工但是很多小作坊为了降低成本，使用了劣质木材为了使筷子看上去白一些，他们常用硫磺进行熏蒸漂白，结果造成SO2含量严重超标，同时硫磺中含铅、汞等重金属，也会对人体造成铅中毒或汞中毒(1)“硫磺熏蒸”的一次性筷子、一次性饭盒用水浸泡可降低SO2的含量试说明
77、SO2易溶于水的原因_(2)减小毒筷毒性最简单的方法是用凉水清洗筷子表面，减少SO2的含量为研究SO2的溶解性质，某学生做如下实验(如图)：集气瓶中收集的是SO2，瓶塞系着瘪气球，向瓶中滴加紫色石蕊试液实验现象是_为比较SO2和CO2在水中溶解度的大小，某学生采取同样的装置和操作，能说明SO2在水中的溶解度大于CO2的实验现象是_某学生取出瓶中溶液，将其滴入品红溶液中，充分振荡后，实验现象为_；接着向溶液中加入足量氯水，实验现象为_，所发生反应的化学方程式是_19(10分)溴酸钾(KBrO3)为白色晶体，是一种常用的氧化剂和分析试剂，加热到370时分解为溴化钾和氧气生产溴酸钾的工艺流程如下：
78、(1)“合成”过程所发生的反应中，氧化剂是_，还原剂是_反应的化学方程式为_(2)“复分解”过程中反应的化学方程式为_(3)上述流程中第二次过滤滤出的固体主要成分是_(4)“趁热过滤”过程中“趁热”的原因是_(5)溴酸钾具有毒性，食用少量即可引起呕吐和肾脏的损伤然而美、日等国都允许在油炸薯片中添加一定量的溴酸钾，以改善薯片的口感我国也曾允许用作烘焙面包的添加剂，2011年11月，一批来自美国的油炸薯片在珠海口岸被我国有关部门检出含有溴酸钾而被禁止入境从化学原理分析推测，有关国家认为在油炸薯片中添加溴酸钾安全的理由是(用化学方程式表示)_，而我国认为不安全的理由是_20(7分)下图是部分短周期元
79、素的单质及化合物的转化关系图(有关反应的条件及生成的H2O已略去)已知：(a)A、B、C、D是非金属单质，其中B、C、D在常温常压下是气体 (b)反应、是化工生产中的重要反应(c)化合物E是形成酸雨的污染物之一，化合物K是常用的氮肥(d)化合物L具有漂白性，可由Cl2与NaOH溶液反应而制得 (e)化合物J由两种元素组成，其相对分子质量为32.请按要求填空：(1)反应的化学方程式为_(2)C的结构式为_；H的化学式为_(3)写出L的溶液与化合物E反应的离子方程式：_.(4)化合物J的化学式为_21(10分)短周期元素的单质X、Y、Z在通常状况下均为气态，并有下列转化关系(反应条件略去)：已知：
80、a.常见双原子单质分子中，X分子含共价键最多b甲分子含10个电子，乙分子含18个电子(1)X的电子式是_(2)实验室可用下图所示装置(缺少收集装置，夹持固定装置略去)制备并收集甲在图中方框内绘出用烧瓶收集甲的仪器装置简图试管中的试剂是(填写化学式)_烧杯中溶液由无色变为红色，其原因是(用电离方程式表示)_(3)磷在Z中燃烧可生成两种产物，其中一种产物丁分子中各原子最外层不全是8电子结构，丁的化学式是_(4)n mol丁与n mol丙在一定条件下反应，生成4n mol乙和另一化合物，该化合物蒸气的密度是相同状况下氢气的174倍，其化学式是_22(9分).化学实验室制取氯化氢气体的方法之一是将浓硫
81、酸滴入浓盐酸中请从下图中挑选所需仪器，在方框内画出用该方法制备、收集干燥氯化氢气体的装置简图，并在图中标明所用试剂(仪器可重复使用，固定装置不必画出).实验室制备少量硫酸亚铁晶体的实验步骤如下：取过量洁净的铁屑，加入20%30%的稀硫酸溶液，在5080水浴中加热至不再产生气泡将溶液趁热过滤，滤液移至试管中，用橡胶塞塞紧试管口，静置、冷却一段时间后收集产品(1)写出该实验制备硫酸亚铁的化学方程式：_.(2)硫酸溶液过稀会导致_(3)采用水浴加热的原因是_(4)反应时铁屑过量的目的是(用离子方程式表示)_(5)溶液趁热过滤的原因是_塞紧试管口的目的是_(6)静置、冷却一段时间后，在试管中观察到的现象是_.精品资料。欢迎使用。高考资源网w。w-w*k&s%5￥u高考资源网w。w-w*k&s%5￥u
