1、河南省罗山高中2015-2016学年高二下期暑假自主学习章节突破测试：非金属化合物（解析版）1光纤通信是以光作为信息的载体，让光在光导纤维中传播，制造光导纤维的原料是A银 B铜 C铝 D石英砂【答案】D【解析】石英的主要成分是二氧化硅，光导纤维的成分是二氧化硅，故选D【点评】本题考查硅及化合物的组成和用途，题目较为简单，注意相关基础知识的积累2NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A6.8g熔融的KHSO4中含有0.05NA个阴离子B1.0L 1mol/L的NaOH水溶液中含有的氧原子数目为2 NAC25 时，pH13的氢氧化钡溶液中含有0.1NA个氢氧根离子D5.6g铁与一定量稀硝酸完全反应
2、，电子转移数目一定为0.3NA【答案】A【解析】试题分析：A6.8g熔融的KHSO4的物质的量是6.8g136g/mol0.05mol，硫酸氢钾在熔融状态下电离出钾离子和HSO4，则含有0.05NA个阴离子，A正确；B1.0L 1mol/L的NaOH水溶液中含有的氧原子数目大于2NA，因为溶剂水中还含有大量的氧原子，B错误；C25 时，pH13的氢氧化钡溶液中氢氧根的浓度是0.1mol/L，不能确定溶液体积，则不一定含有0.1NA个氢氧根离子，C错误；D5.6g铁与一定量稀硝酸完全反应，电子转移数目不一定为0.3NA，因为铁可能转化为硝酸亚铁，D错误，答案选A。考点：考查阿伏加德罗常数计算3在
3、日常生活中，下列解决问题的方法不可行的是A为使水果保鲜，可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土B为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸C“地沟油”禁止食用，但处理后可用来制肥皂和生物柴油D为防止海鲜腐烂，可将海鲜产品浸泡在硫酸铜溶液中【答案】D【解析】试题分析：高锰酸钾溶液有强的氧化性，可以将水果释放的乙烯气体氧化，因此可以使水果保鲜期延长，正确；B. 漂白精有效成分是Ca(ClO)2，由于醋酸的酸性比HClO强，因此在漂白粉使用时滴加几滴醋酸，可加快漂白精的漂白速率，正确；C. “地沟油”中含有人体有害成分，因此禁止食用，但由于成分是酯，可以处理后可用来制肥皂和生物柴油，正确；D.
4、 硫酸铜是重金属盐，可以使蛋白质发生变性，若人们为了防止海鲜腐烂，可将海鲜产品用硫酸铜溶液浸泡，人食用后会导致中毒，因此该做法不可行，错误。考点：考查物质的性质及应用正误判断的知识。4下列说法正确的是A原子核外的电子总是尽先排布在能量最高的电子层里B35Cl和37Cl互为同素异形体CAl2O3和HNO3都是氧化物D氨水的浓度越大，其密度越小【答案】D【解析】5下列有关物质的性质、应用等说法正确的是ASiO2既能溶于NaOH溶液又能溶于HF溶液，说明SiO2是两性氧化物B将铜片放入冷的浓硫酸中，无明显现象，说明铜在浓硫酸中发生了钝化C浓硫酸能干燥SO2等气体，说明浓硫酸具有吸水性D自来水厂可用明
5、矾对水进行消毒杀菌【答案】C【解析】试题分析：A、二氧化硅只与HF酸反应，与其他酸不反应，不能说明二氧化硅是两性氧化物，错误；B、将铜片放入冷的浓硫酸中，无明显现象，不能说明铜在浓硫酸中发生了钝化，因为Cu与浓硫酸在加热条件下反应可进行，与冷的浓硫酸不反应，错误；C、浓硫酸能干燥SO2等气体，说明浓硫酸具有吸水性，正确；D、明矾水解产生的氢氧化铝胶体具有吸附作用，可用于净水，不能起到消毒杀菌的作用，错误，答案选C。考点：考查物质的化学性质6有3份等质量的小苏打，第1份直接与盐酸恰好完全反应；第2份首先加热，使其部分分解后，再与盐酸恰好完全反应；第3份首先加热，使其完全分解后，再与盐酸恰好完全反
6、应。假若盐酸的物质的量浓度相同，消耗盐酸的体积分别为V1、V2和V3，则V1、V2和V3的大小关系正确的是( )。AV1V2V3 BV1V3V2CV2V3V1 DV1V2V3【答案】D【解析】3份小苏打质量相等，无论是直接与盐酸反应，还是部分分解或完全分解后与盐酸反应，最终得到的都是NaCl溶液，其中Cl来自于盐酸，Na来自于NaHCO3，3份消耗盐酸的体积相同。7将足量的CO2通入下列溶液中，能产生沉淀的是( )A硅酸钠溶液B石灰水C氯化钡溶液D氯化钙溶液【答案】A【解析】A中能产生硅酸沉淀，B中先生成碳酸钙沉淀，CO2过量时，沉淀溶解，生成碳酸氢钙。C、D和CO2是不反应的，答案选A。8下
7、列有关说法正确的是A氯气、活性炭都能使品红溶液褪色，它们的漂白原理相同BSiO2是酸性氧化物，所以SiO2能与NaOH溶液反应C足量Cu与一定量浓硝酸充分反应得到的气体是纯净物DNH3的水溶液可以导电，所以NH3是电解质【答案】B【解析】A氯气具有强氧化性，与水反应生成具有漂白性的HClO，可使品红褪色，活性炭具有吸附性，二者原理不同，故A错误；BSiO2是酸性氧化物，所以SiO2能与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，故B正确；C足量Cu与一定量浓硝酸充分反应，开始硝酸浓度大生成二氧化氮，随着反应进行硝酸浓度变小，反应生成一氧化氮，故C错误；DNH3的水溶液可以导电是因为氨气与水反应生成电解质一
8、水合氨，氨气本身不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，故D错误；故选：B【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉氯气、硝酸、酸性氧化物的概念、电解质的概念是解题关键，题目难度不大9如图烧瓶内装有新制的氯水，将其长时间放置在阳光下，溶液的PH变化正确的是（ ）【答案】C【解析】此题考察氯气与水的反应，同时也考察HClO的性质。氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸见光分解，所以溶液的PH值会降低。由于新制的氯水中有酸溶质，所以PH值开始应该是小于7，结合这些依据，正确的图形应该是C。10氯气是一种重要的工业原料。工业上利用反应3Cl22NH3=N26HCl检查氯气管道是否漏气。下列说法错误的是(
9、 )A若管道漏气遇氨就会产生白烟 B该反应利用了Cl2的强氧化性C该反应属于复分解反应 D生成1 mol N2有6 mol电子转移【答案】C【解析】试题分析：A3Cl22NH3=N26HCl，HCl+ NH3=NH4Cl，所以管道漏气遇氨就会产生白烟，A正确；B该反应中Cl2的化合价降低生成HCl，Cl2表现出氧化性，B正确；C该反应是一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应，属于置换反应，C错误；D1molNH3反应生成0.5molN2要失去3mol电子，所以生成1 mol N2有6 mol电子转移，D正确，答案选C。考点：考查氧化还原反应、基本反应类型的判断11除去氯气中混有
10、的少量的氯化氢气体，最好选用A水 B饱和食盐水C纯碱溶液 D饱和烧碱溶液【答案】B【解析】试题分析：A氯气和氯化氢都溶于水。B氯化氢在饱和食盐水中的溶解度比较大，氯气在饱和食盐水的溶解度小，因此答案选B。C氯气与氯化氢都能与纯碱、烧碱发生反应，因此C、D错误。考点：考查物质除杂的相关知识点。12下列实验操作过程中，最后没有沉淀且溶液呈无色透明的是ANO2不断通入FeSO4溶液中BCO2不断通入CaCl2溶液中CNH3不断通入AlCl3溶液中DSO2通入已酸化的Ba(NO3)2溶液中【答案】B【解析】试题分析： A、NO2通入后和水反应生成具有强氧化性的硝酸，将亚铁盐氧化为铁盐，溶液颜色由浅绿色
11、变为黄色，现象明显，A错误； B、CO2和CaCl2不反应，无明显现象，B正确； C、NH3通入溶液中转化为氨水，与AlCl3反应生成氢氧化铝沉淀，现象明显，C错误； D、SO2通入酸化的硝酸钡中，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，则亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，该反应生成硫酸钡沉淀，现象明显，D错误；答案选B考点：氧化还原反应的本质和特征，氧化还原反应的定义，离子反应13下列由相关实验现象所推出的结论正确的是ACl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性B向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42CFe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，
12、说明Fe与两种酸均发生置换反应D分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水【答案】D【解析】试题分析：A、氯气和品红化合物生成无色物质，体现其漂白性，而氯气能使品红溶液褪色，说明其氧化性，错误，不选A；B、溶液中可能是亚硫酸根离子被氧化成硫酸根离子而生成了硫酸钡白色沉淀，错误，不选B；C、铁和稀硝酸的反应不是置换反应，错误，不选C；D、氯化氢和氨气都极易溶于水，则分别充满氯化氢和氨气的烧瓶倒置与水中后液面会迅速上升，正确，选D。考点：氯气的化学性质，二氧化硫的化学性质，铁的化学性质 14下列说法不正确的是()A. 硅属于非金属元素B. 自然界里硅元素以单质硅、二
13、氧化硅和硅酸盐形式大量存在C. 硅是良好的半导体材料D硅在常温下很稳定，不能与氧气、氯气和硝酸反应【答案】B【解析】试题分析：B、硅在地壳中的含量仅次于氧，自然界中硅主要以氧化物和硅酸盐的形式存在，故错。故选B。考点：硅点评：本题考查的是硅的相关知识，题目难度不大，主要考查学生对基础知识的掌握程度。15铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、N2O4、NO2 的混合气体，这些气体与5.6L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸则消耗铜的质量为（ ）A16g B32g C64g D无法计算【答案】B【解析】铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、N2O4、NO2
14、的混合气体，这些气体与5.6L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，完全生成HNO3，则整个过程中HNO3 反应前后没有变化，说明铜失去的电子给做氧化剂的硝酸，生成气体，气体和氧气全部反应生成硝酸，证明氧气得到的电子和铜失去的电子相同，即Cu失去的电子都被O2得到，由电子守恒可知n（Cu）2=n（O2）4，n（Cu）=0.5mol，消耗铜的质量=0.5mol64g/mol=32g，故选B【点评】本题考查了氧化还原反应的电子守恒的计算应用，物质性质的变化和反应过程的分析是解题关键，题目难度中等16(10分)(1)我国酸雨危害十分严重，是世界三大酸雨区之一，且主要为硫酸型
15、酸雨。形成硫酸型酸雨主要是由于空气中 含量超标。形成硫酸型酸雨发生的主要反应的化学方程式为 途径一： ； 途径二： 。 (2)某校科技活动小组的同学采集酸雨样品，每隔一段时间测定样品的pH，得到下列数据：时间开始8 h后16 h 后24 h后32 h后4O h后48 h后pH5O4.84.54.34.24O4O 请根据上述材料，回答下列有关问题：酸雨放置时，pH发生变化的主要原因为 (3)你认为减少酸雨产生的途径可采取的措施是 A、用煤作燃料 B、把工厂烟囱造高 C、燃料脱硫 D、开发新能源【答案】【解析】17“材料”的发现和使用往往会极大地推动生产、生活的发展，一些材料的出现甚至具有里程碑式
16、划时代的意义。请回答下列问题：、（1）石棉(CaMg3Si4O12)是常用的耐火材料，用氧化物的形式表示其组成 。（2）高分子材料可以分成无机高分子材料和有机高分子材料。Al Fe (OH)n Cl6-nm属于无机高分子材料，是一种新型高效净水剂，它广泛应用生活用水和工业污水的处理，其中铁元素的化合价为 ；、高纯二氧化硅可用来制造光纤。某稻壳灰的成分为：组 分SiO2CNa2OK2OAl2O3Fe2O3质量分数59.2038.800.250.500.640.16通过如下流程可由稻壳灰制备较纯净的二氧化硅。请回答下列问题：（1）根据氧化物的性质进行分类，稻壳灰中涉及的氧化物最多有 类。（2）步骤
17、中涉及SiO2的离子反应方程式为 。（3）滤渣A的成分有 （填化学式）（4）步骤洗涤沉淀的方法是：（5）步骤反应的化学方程式为： ；实验室进行步骤用到的仪器有坩埚、泥三角、酒精灯、 和 【答案】、 CaO3MgO4SiO2 3、（1）3（2）SiO22OH=SiO32H2O（3）C和Fe2O3（4）往漏斗里的沉淀中注入蒸馏水致水浸没沉淀，让水自然流下，重复2-3次。（5）H2SO SiO2+ H2O 坩埚钳 三角架【解析】试题分析：、（1）石棉(CaMg3Si4O12)是常用的耐火材料，用氧化物的形式表示其组成时，先写活泼金属氧化物，再写非金属氧化物；石棉(CaMg3Si4O12)是常用的耐火
18、材料，用氧化物的形式表示CaO3MgO4SiO2。（2）Al Fe (OH)n Cl6-nm，根据化合价代数和等于0的原则，其中铁元素的化合价为3；、（1）根据氧化物的性质进行分类，SiO2属于酸性氧化物；Na2O、K2O、Fe2O3属于碱性氧化物；Al2O3属于两性氧化物；稻壳灰中涉及的氧化物最多有3类。（2）氢氧化钠与SiO2反应生成硅酸钠，反应的离子反应方程式为SiO22OH=SiO32H2O。（3）Fe2O3、C与氢氧化钠不反应，滤渣A的成分有Fe2O3、C（4）洗涤沉淀的方法是：往漏斗里的沉淀中注入蒸馏水致水浸没沉淀，让水自然流下，重复2-3次。（5）步骤为硅酸分解，反应的化学方程式
19、为：H2SOSiO2+ H2O；实验室灼烧固体用到的仪器有坩埚、泥三角、酒精灯、坩埚钳和三角架。考点：本题考查化学实验。18（1）完成下列填空金属钠保存在 中；铜元素焰色反应呈 色火焰；氢氧化钠溶液应盛装在 塞的试剂瓶中；硅酸凝胶可用作干燥剂，其原因是 ；制造计算机芯片的半导体材料是 ，水晶项链的主要成分是 。（2）为防治碘缺乏病，通常在食盐中添加少量的碘酸钾(KIO3)。碘酸钾和碘化钾在溶液中能发生反应：KIO35KI3H2SO4=3I23K2SO43H2O该反应中，氧化剂是_，氧化产物是_；氧化性：KIO3 _I2 （填“”、“ 5【解析】试题分析：（1）金属钠与空气中的二氧化碳、水反应，
20、保存在石蜡油或煤油中；铜元素焰色反应呈绿色；氢氧化钠能和玻璃里面的二氧化硅反应，所以用带橡胶塞的试剂瓶；硅酸凝胶多孔，吸附水分子能力强，可用作干燥剂；制造计算机芯片的半导体材料是硅，水晶项链的主要成分是二氧化硅。（2） KIO3的化合价由+5价降到0价，所以做氧化剂，是KIO3，碘离子的化合价升高成碘单质，所以氧化产物是I2；氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以氧化性：KIO3I2; 当有3mol I2生成时，有1mol KIO3化合价降低为0价，所以转移5mol电子。考点：考查物质的性质和计算19某校化学兴趣小组探究SO2与FeCl3溶液的反应，所用装置如右图所示（夹持仪器已略去）。（1）实验前
21、，应先检查装置的 ；实验中产生的尾气应通入 溶液进行处理。（2）实验过程中需要配制100 mL l mo1L-1 FeCl3溶液，所需要的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、 ；实际配制过程中，常先将FeCl3固体完全溶于适量稀盐酸中，再加水稀释，此特殊操作的目的是_。（3）该小组同学向5 mL l mo1L-1 FeCl3溶液中通入足量的SO2，溶液最终呈浅绿色，写出其反应的离子方程式 。再打开分液漏斗活塞，逐滴加入煮沸冷却后的NaOH稀溶液，则试管B中产生的实验现象是 。（4）该小组同学在（3）中实验时，发现溶液变为浅绿色需要较长时间，在此期间同学们观察到的现象是溶液由棕黄色变成红棕色，没有观
22、察到丁达尔效应，最终溶液呈浅绿色。【查阅资料】Fe(HSO3)2+在溶液中呈红棕色且具有较强的还原性，能被Fe3+氧化为SO42-。则Fe(HSO3)2+与Fe3+在溶液中反应的离子方程式是 。（5）若实验中用5 mL一定浓度的浓H2SO4与适量Cu片充分反应，实验结束后，测得产生SO2的体积在标准状况下为672 mL，向已冷却的A试管溶液中加入4 mo1L-1的NaOH溶液30 mL时，恰好使Cu2+完全沉淀。则所用浓H2SO4浓度为_。（忽略过程中溶液的体积变化）【答案】（1）气密性； NaOH；（2）100 mL容量瓶、胶头滴管；抑制FeCl3水解；（3）2Fe3SO22H2O=2Fe2
23、SO42-4H；先无现象，后生成白色絮状沉淀；（4）Fe(HSO3)2+Fe3+H2O2Fe2+SO42-3H+；（5）18 mo1L-1.【解析】试题分析：（1）实验前，应先检查装置的气密性；实验中产生的尾气是SO2,应通入NaOH溶液进行处理；（2）实验过程中需要配制100 mL l mo1L-1 FeCl3溶液，配制一定物质的量浓度的溶液需要的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、定容时还要用到胶头滴管，配制过程中，由于Fe3+容易发生水解，常先将FeCl3固体完全溶于适量稀盐酸中，再加水稀释，抑制Fe3+的水解，答案为：100 mL容量瓶、胶头滴管；抑制FeCl3水解；（3
24、）向5 mL l mo1L-1 FeCl3溶液中通入足量的SO2，溶液最终呈浅绿色，生成了Fe2+,SO2被氧化为H2SO4，发生的离子方程式为：2Fe3SO22H2O=2Fe2SO42-4H，试管中有硫酸和硫酸亚铁，加入稀NaOH溶液，先和硫酸发生中和反应，这一阶段无明显现象，当硫酸反应完后，将和硫酸亚铁反应生成氢氧化亚铁，由于氢氧化钠是煮沸除去了氧气的，所以氢氧化亚铁不会被氧化为氢氧化铁，答案为：2Fe3SO22H2O=2Fe2SO42-4H；先无现象，后生成白色絮状沉淀；（4）Fe(HSO3)2+在溶液中呈红棕色且具有较强的还原性，能被Fe3+氧化为SO42-,则Fe3+被还原为Fe2+
25、,反应的离子方程式为：Fe(HSO3)2+Fe3+H2O2Fe2+SO42-3H+；（5）5 mL一定浓度的浓H2SO4与适量Cu片充分反应，实验结束后，测得产生SO2的体积在标准状况下为672 mL，Cu+2H2SO4=CuSO4+SO2+2H2O,n(SO2)=0.672L/22.4L/mol=0.03mol，算出n(CuSO4)=0.03mol，n1(H2SO4)=0.06mol, 向已冷却的A试管溶液中加入4 mo1L-1的NaOH溶液30 mL时，恰好使Cu2+完全沉淀，Cu不会和稀硫酸反应，A中还有稀硫酸，当加入NaOH溶液时，首先和未反应的硫酸反应，硫酸反应完后再和CuSO4反应
26、，CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2+Na2SO4，n1 (NaOH)=2n(CuSO4)=0.06mol，和硫酸反应的氢氧化钠的物质的量为n2(NaOH)=4molL-10.03L-0.06mol=0.06mol，n2(H2SO4)=0.06mol/2=0.03mol,总硫酸的物质的量为0.03mol+0.06mol=0.09mol，c(H2SO4)=0.09mol/0.005L=18mol/L,答案为：18mol/L.考点：考查化学实验、氧化还原反应20（14分）电镀厂曾采用有氰电镀工艺，由于排放的废水中含有的剧毒CN离子，而逐渐被无氰电镀工艺替代。处理有氰电镀的废水时，可在催化剂Ti
27、O2作用下，先用NaClO将CN离子氧化成CNO，再在酸性条件下继续被NaClO氧化成N2和CO2。环保工作人员在密闭系统中用下图装置进行实验，以证明处理方法的有效性，并测定CN被处理的百分率。将浓缩后含CN离子的污水与过量NaClO溶液的混合液共200mL（其中CN的浓度为0.05molL1）倒入甲中，塞上橡皮塞，一段时间后，打开橡皮塞和活塞，使溶液全部放入乙中，关闭活塞。回答下列问题：乙中反应的离子方程式为_ _。乙中生成的气体除N2和CO2外，还有HCl及副产物Cl2等，上述实验是通过测定二氧化碳的量来确定对CN的处理效果。则丙中加入的除杂试剂是_ _（填字母）a饱和食盐水 b饱和NaH
28、CO3溶液 c浓NaOH溶液 d浓硫酸丁在实验中的作用是_ _ ，装有碱石灰的干燥管的作用是_ _。戊中盛有含Ca(OH)20.02mol的石灰水，若实验中戊中共生成0.82 g沉淀，则该实验中测得CN被处理的百分率等于_ _，请说明该测得值与实际处理的百分率相比偏高还是偏低_ _？简要说明可能的原因_ _ _。【答案】【解析】略21取100mLNa2CO3和Na2SO4的混合液，加入过量BaCl2溶液后得到10.21g白色沉淀，用过量稀硝酸处理后沉淀质量减少到2.33g，并有气体放出。试计算：原混合物中Na2CO3和Na2SO4的物质的量浓度。 产生的气体在标准状况下的体积。【答案】c（Na
29、2SO4）=0.1mol/L c(Na2CO3)=0.4mol/L气体体积为0.896L【解析】试题分析：发生反应有：Na2CO3+BaCl2=BaCO3+2NaCl，Na2SO4+BaCl2=BaSO4+2NaCl，BaCO3+2HNO3=Ba（NO3）2+CO2+H2O。10.21g白色沉淀是碳酸钡、硫酸钡的质量之和，用过量稀硝酸处理后沉淀量减少到2.33g，为硫酸钡的质量，故碳酸钡的质量为10.21g-2.33g=7.88，n（Na2CO3）=n（BaCO3）=7.88g197g/mol=0.04mol，n（Na2SO4）=n（BaSO4）=2.33g233g/mol=0.01mol，c
30、（Na2SO4）=0.01mol0.1L=0.1mol/L，c（Na2CO3）=0.04mol0.1L=0.4molL1。由碳原子守恒可知n（CO2）=n（Na2CO3）=0.04mol，标况下V=nVm=0.04mol22.4L/mol=0.896L。考点：本题考查混合物的有关计算。 22已知：相同的两种元素组成的四种微粒A、B、C、D的质子数依次增多， A、B、C、D的电子数如表（A、B、C、D有两组可能），且D中的电子数等于质子数，D1可作医用消毒液。 其中B1的沸点比B2高。A1B1C1D1电子数10101018A2B2C2D2电子数10101018试回答下列问题：（1）上述两组八种微
31、粒的组成元素中，原子序数处在中间的元素在元素周期表的位置是 ； D1的电子式为： 。（2）液态的B2与Na反应的方程式： 。（3）亚氯酸钠（NaClO2）主要可用于棉纺、造纸业做漂白剂，也用于食品消毒、水处理等，制备亚氯酸钠，可以将ClO2气体通入D1和NaOH的混合液中，请写出制备方程式 ，其中D1的作用是 ；利用中原理制备出NaClO23H2O晶体的试样，可以用“间接碘量法”测定试样（不含能与I发生反应的氧化性杂质）的纯度，过程如下（已知：I2 + 2S2O32 = S4O62 + 2I）：步骤一的离子方程式为_；步骤二的指示剂是_；步骤三中出现_现象时，达到滴定终点；计算该试样中NaCl
32、O23H2O的质量百分数为_。【答案】18分）（1）第二周期，第VA族 H2O2的电子式（2）2Na+2NH3(l)=2NaNH2 +H2 （2分）（3）2ClO2+ 2NaOH+H2O2 = 2NaClO2 + 2H2O + O2 （2分）， 还原剂；（2分）ClO2 + 4I + 4H+ = 2I2 + Cl +2H2O （2分）， 淀粉（2分），溶液由蓝色变无色，且半分钟不变色（2分） ； 90.3%（2分）【解析】试题分析：相同的两种元素组成的四种微粒ABCD的质子数依次增多，ABC都是10电子，D为18电子，应该是氢和氧或氢与氮形成的微粒，氢和氧形成的微粒ABCD分别为氢氧根离子，水
33、，水合氢离子，过氧化氢，氢与氮形成的微粒ABCD分别为NH2-,氨气，铵根离子，N2H4。B1的沸点比B2高，所以B1为水，B2为氨气。（1）原子序数处在中间的为氮元素，氮原子有2个电子层，最外层有5个电子，处于周期表中的第二周期，第VA族；D1为过氧化氢，其电子式为：。（2）钠和氨气反应生成氢气和NaNH2 ，方程式为：2Na+2NH3(l)=2NaNH2 +H2。（3）由题目可知，二氧化氯气体通入过氧化氢和氢氧化钠的混合溶液中生成NaClO2，氯元素化合价降低，被还原，所以过氧化氢做还原剂生成氧气，同时有水生成，方程式为 2ClO2+ 2NaOH+H2O2 = 2NaClO2 + 2H2O
34、 + O2，过氧化氢做还原剂；从流程图分析，ClO2在酸性条件下氧化碘离子生成碘单质，本身被还原为氯离子，同时生成水，反应的离子方程式为ClO2 + 4I + 4H+ = 2I2 + Cl +2H2O，碘单质遇到淀粉显蓝色，所以加入淀粉做指示剂。进行滴定时，当溶液由蓝色变无色，且半分钟不变色，说明达到了滴定终点。假设样品的纯度为x，则NaClO23H2O的质量为0.2ag，则根据NaClO23H2O-2 I2 -4S2O32114.5 40.2a 0.20.025 144.5:0.2a=4:0.20.025 解a=-90.3%考点： 10电子的微粒，氧化还原反应，酸碱中和滴定【名师点睛】10电
35、子微粒有：1.分子：Ne HF H2O NH3 CH42.阳离子：Na+ Mg2+ Al3+ NH4+ H3O+3.阴离子：F- O2- OH- NH2-18电子的微粒有1、分子：Ar HCl H2S PH3 SiH4 F2 H2O2 CH3OH N2H4 CH3F CH3CH32、阳离子：Ca2+ K+3、阴离子：C- S2- HS- O22-23I.甲、乙、丙三种物质之间有如下转化关系：甲和丙都是不溶于水的白色固体物质，既能溶于盐酸又能溶于氢氧化钠溶液.（1）则甲是_，丙是_（填化学式）。（2）写出“”转化的离子方程式：_。II.右图表示AE 五种物质的相互转化关系，其中A为淡黄色粉末，C
36、为单质，D为离子化合物。（1）写出、的化学方程式：_； _.（2）写出反应的离子方程式：_。【答案】（12分，每空2分）I.（1）Al2O3 ；Al(OH)3 ；Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+；II.（1）2Na2O2+2CO2 =2Na2CO3+ O2 2Na+2H2O=2NaOH+H2；（2）2OH-+CO2=CO32-+H2O 或OH-+HCO3-=CO32-+H2O；【解析】试题分析：I.（1）甲是不溶于水的白色固体物质，既能溶于盐酸又能溶于氢氧化钠溶液，甲与硫酸反应产生乙是硫酸盐，乙与氨水反应产生丙是碱，该物质是白色既能溶于盐酸又能溶于氢氧化钠溶液的物质，该物质加
37、热发生分解反应产生甲，则甲是Al2O3；乙是Al2(SO4)3，丙是Al(OH)3。（2）Al2(SO4)3与氨水反应产生硫酸铵和氢氧化铝沉淀，该反应的离子方程式是：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+；II.右图表示AE 五种物质的相互转化关系，其中A为淡黄色粉末，可以与CO2、H2O发生反应，则A是Na2O2；A与水发生反应产生的E也可以发生反应产生B，则B是Na2CO3；E是NaOH；C是单质，C与水发生反应产生E(NaOH)，也可以发生反应产生Na2O2；则C是Na；C与Cl2发生反应产生NaCl；Na2CO3、NaOH可以与盐酸发生反应产生NaCl。综上所述可知A是Na
38、2O2；B是Na2CO3；C是Na；D的NaCl；E是NaOH。（1）反应的化学方程式是2Na2O2+2CO2 =2Na2CO3+ O2；反应的化学方程式是：2Na+2H2O=2NaOH+H2；（2）反应是氢氧化钠发生反应产生碳酸钠的反应，可以是氢氧化钠与二氧化碳反应产生碳酸钠和水；反应的离子方程式是2OH-+CO2=CO32-+H2O；也可能是氢氧化钠与碳酸氢钠发生反应产生碳酸钠和水。反应的离子方程式是OH-+HCO3-=CO32-+H2O。【考点定位】考查元素及化合物的推断、物质反应的化学方程式和离子方程式的书写的知识。【名师点睛】物质鉴别试题是化学常见的题型，进行物质推断时要找准突破口，
39、问题就不难解决。如本题的可以与强酸、强碱发生反应的白色难溶性的物质，二者可以相互转化的只有两性氧化物Al2O3、两性氢氧化物Al(OH)3，然后根据转化关系就可以确定哪种物质放在分别是什么，然后根据物质的性质写出其相应的离子方程式。再如淡黄色的固体在常见的物质有Na2O2、S单质，二该物质可以与水、二氧化碳发生反应，可推着A是Na2O2，然后利用物质之间转化关系，顺藤摸瓜，其余物质就不难得到确定，突破口就是A的确定。因此掌握物质的物理性质如颜色、状态、溶解性及化学性质、转化关系等是进行物质推断的基础。24（14分）已知D、M、H是常见得非金属单质，其中M是无色气体，H是有色气体。J是一种金属单
40、质（其同族的某种元素是形成化合物种类最多的元素），A、C是金属氧化物，C和J均是某种常见电池的电极材料，J元素的+2价化合物比+4价化合物稳定，B与C反应时，每生成1molH同时消耗4molB和1molC。K只知含有CO或CO2中的一种或两种。它们关系如下图所示： （1）写出A物质中所含金属元素在周期表中的位置：_。（2）写出化合物L的电子式：_ 反应的化学方程式为_。（3）向图中的红褐色透明液体中逐滴滴入HI溶液，可以观察到先产生红褐色沉淀，后红褐色沉淀溶解，红褐色沉淀溶解的离子方程式为_。（4）由金属氧化物A和C得到其相应的金属，在冶金工业上一般可用_（填序号）方法热还原法 电解法 热分解
41、法其中从A得到其相应金属也可用铝热法，若反应中1molA参加反应，转移电子的物质的量为_mol。（5）用C、J作电极，与硫酸构成如图所示原电池，负极的电极反应为_，当反应转移2mol电子时，负极质量增加_克。【答案】（除特殊标注外，每空2分，共14分）（1）第四周期第族（2）（1分） PbO2+4HCl（浓）PbCl2+Cl2+2H2O（3）2Fe（OH）3+2I+6H+=I2+2Fe2+6H2O （4）（1分） 8mol（5）Pb2e+SO42=PbSO4 96【解析】试题分析：H是元素气体非金属单质，则H为Cl2，J是一种金属单质，其同族的某种元素是形成化合物种类最多的元素，推断J为Pb，
42、由J+H=I，可判断I为PbCl2，A、C是金属氧化物，C和J均是某种常见电池的电极材料，J元素的+2价化合物比+4价化合物稳定，则C为PbO2。结合C+D=J+CO2，应是碳和PbO2的反应，故D为C；由F+G煮沸得到红褐色液体，证明生成的是氢氧化铁胶体，而E+H=F，A+B=E+F+G，可推断E为FeCl2，F为FeCl3，G为H2O，B为HCl，A为Fe3O4；根据G+H=B+L，可知L为HClO，则M为O2；B与C反应时，每生成1molH同时消耗4molB和1molC，发生反应：PbO2+4HCl=2H2O+Cl2+PbCl2。（1）A物质的化学式为：Fe3O4，金属元素铁在周期表中的
43、位置是第四周期第族；（2）次氯酸的电子式为；反应是HCl与PbO2反应时，每生成1molCl2同时消耗4molHCl和1molPbO2，化学方程式为：PbO2+4HCl（浓）PbCl2+Cl2+2H2O；（3）向氢氧化铁胶体中逐滴滴入HI溶液，开始电解质中和胶体胶粒所带电荷，发生胶体聚沉，得到氢氧化铁沉淀，而后HI与氢氧化铁发生酸碱中和反应、铁离子氧化碘离子生成碘，红褐色沉淀溶解的离子方程式为：2Fe（OH）3+2I+6H+=I2+2Fe2+6H2O；（4）由金属氧化物A为Fe3O4和C为PbO2 得到其相应的金属为Fe、Pb，依据金属活动顺序，在冶金工业上一般可用热还原法，其中从A得到其相应
44、金属也可用铝热法，发生的反应为：3Fe3O4+8Al9Fe+4Al2O3，若反应中1molA参加反应，转移电子的物质的量为8mol。（5）用PbO2、Pb作电极，与硫酸构成如图所示电池是铅蓄电池，正极为PbO2，负极为铅，电极反应式为Pb2e+SO42=PbSO4。当反应转移2mol电子时，负极反应1molPb，其质量=1mol2072g/mol=2072g，生成1molPbSO4，其质量=1mol3032g/mol=3032g，故负极质量增加=3032g2072g=96g。【考点定位】本题主要是考查无机框图题推断【名师点晴】这类试题以物质的化学性质、物理性质、典型用途为主线，以元素价态变化与
45、氧化还原反应、物质的组成与分类为突破口向四周发散，重点关注化学反应方程式及反应条件。这类试题一般思维过程为：这类试题一般的解题过程为：充分挖掘隐含条件审题（1）挖掘题干信息，读题目时抓住物质分类、物理性质和化学性质等关键信息；（2）挖掘框图信息，从框图中找出物质之间的转化关系以及反应条件等；（3）挖掘问题中的信息，读懂问题中的一些暗示，如书写离子方程式，暗示该反应一定在溶液中发生。突破将题目中的“题眼”与中学教材中相关物质及化学反应相联系，将题眼与课本知识网络对比、发散，得出意向性结论。猜测框图题命题有个特点，一般只设计常见物质与反应，可大胆猜测熟悉的物质与熟悉反应在假设思维模式中，猜测之后，采用顺推、逆推，进行验证假设验证