非金属及其化合物

1、为您服务教育网 HYPERLINK / / NH4+OH向逆反应方向移动，加快氨气逸出（2分）5V1:7(m1m2) （2分）浓硫酸吸收了未反应的氨气，从而使计算的氨的含量偏高（2分）碱石灰（氢氧化钠、氧化钙等）（2分）【解析】(1)仪器a是圆底烧瓶。(2)连接导管，将导管的末端插入水中，轻轻加热试管，若导管口有气泡冒出，停止加热后，在导管中形成一段水柱，说明装置气密性良好。(3) = 1 * GB3 仿照NH4Cl与碱石灰混合加热制取氨气，即可写出相应的化学方程式为(NH4)2SO4Ca(OH)2CaSO42H2O2NH3。 = 2 * GB3 浓氨水与固体NaOH混合即可制得氨气，且两种物

2、质混合就无法控制反应随关随停，不需要选用C装置，选用B装置即可。 = 3 * GB3 固体NaOH溶于浓氨水后，放出大量的热，促使NH3的挥发，溶液中OH浓度的增加，这两个因素都使NH3H2ONH3H2ONH OH向逆反应方向即生成NH3的方向移动。(4)由反应前后氧化铜减少的质量即可求得氨气被氧化生成水的质量为(m1m2)g，其中氢原子的物质的量为(m1m2)mol；氮原子的物质的量为2 mol，则氨分子中氮、氢原子个数比为2 mol：(m1m2)mol5V1：7(m1m2)。(5)未参加反应的氨气与水蒸气一起被浓硫酸吸收了，导致计算中水的质量增大，求得氢原子的物质的量增大，最终求得氨分子中

3、氮、氢原子个数比明显比理论值偏小。可以选用只吸收水分而不吸收氨气的药品(如碱石灰等)及相应的装置。15. 2012四川理综化学卷29（16分） 直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题，将烟气通过装有石灰石浆液的脱硫装置可以除去其中的二氧化硫，最终生成硫酸钙。硫酸钙可在右图所示的循环燃烧装置的燃料反应器与甲烷反应，气体产物分离出水后得到几乎不含杂质的二氧化碳，从而有利于二氧化碳的回收利用，达到减少碳排放的目的。请回答下列问题：（1）煤燃烧产生的烟气直接排放到空气中，引发的主要环境问题有 。（填写字母编号）A.温室效应 B. 酸雨 C .粉尘污染 D. 水体富营养化（2）在烟气脱硫的过程中，

4、所用的石灰石浆液在进入脱硫装置前，需通一段时间的二氧化碳，以增加其脱硫效率；脱硫时控制浆液的pH值，此时浆液含有的亚硫酸氢钙可以被氧气快速氧化生成硫酸钙。二氧化碳与石灰石浆液反应得到的产物为 。亚硫酸氢钙被足量氧气氧化生成硫酸钙的化学方程式： 。（3）已知1molCH4在燃料反应器中完全反应生成气态水时吸热160.1kJ，1molCH4在氧气中完全燃烧生成气态水时放热802.3kJ。写出空气反应器中发生反应的热化学方程式： 。（4）回收的CO2与苯酚钠在一定条件下反应生成有机物M，其化学为C7H5O3Na，M经稀硫酸化得到一种药物中间N，N的结构简式为M的结构简式为 。分子中无OO，醛基与苯环

5、直接相连的N的同分异构体共有 种。【答案】A B C(3分) Ca(HCO3)2或碳酸氢钙(2分)Ca(HSO3)2+O2=CaSO4+H2SO4(3分)CaS(s)+2O2(g)=CaSO4(s)；H=962.4kJmol1(3分)(2分) 6(3分)【解析】本题考查了燃料脱硫的原理、热化学方程式的书写、有机物的推断以及同分异构体的性质等。(1)煤燃烧的产物中有CO2、烟尘以及SO2，分别导致温室效应、粉尘污染和酸雨。没有营养元素排入水中，不会引起水体富营养化。(2)CO2与CaCO3反应生成易溶的Ca(HCO3)2。亚硫酸氢钙具有还原性，可被氧化为硫酸钙。(3)根据右图以及硫酸钙与甲烷反应

6、的气体产物只有水可知，燃料反应器中发生的热化学方程式为：CH4(g)CaSO4(s)CO2(g)2H2O(g)CaS(s) H=160.1 kJmol1 ，再写出甲烷在氧气中燃烧的热化学方程式：CH4(g)2O2(g)CO2(g)2H2O(g) H=802.3 kJmol1，可得热化学方程式：CaS(s)2O2(g)CaSO4(s) H=962.4 kJmol1。(4)由M酸化后得，可得M的结构简式为。N的分子式为C7H6O3，符合条件的同分异构体有：、，共6种。16. 2012天津理综化学卷9（18分）信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线

7、路板简单处理后，得到含70Cu、25Al、4Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：请回答下列问题： 第步Cu与酸反应的离子方程式为_；得到滤渣1的主要成分为_。 第步加H2O2的作用是_，使用H2O2的优点是_；调溶液pH的目的是使_生成沉淀。 用第步所得CuSO45H2O制备无水CuSO4的方法是_。 由滤渣2制取Al2(SO4)318H2O ，探究小组设计了三种方案：上述三种方案中，_方案不可行，原因是_：从原子利用率角度考虑，_方案更合理。 探究小组用滴定法测定CuSO45H2O （Mr250）含量。取a g试样配成100 mL溶液，每次取20.0

8、0 mL，消除干扰离子后，用c mol LL1 EDTA（H2Y2）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液6 mL。滴定反应如下：Cu2+ + H2Y2 CuY2 + 2H+ 写出计算CuSO45H2O质量分数的表达式 _ ；下列操作会导致CuSO45H2O含量的测定结果偏高的是_。a未干燥锥形瓶 b滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡 c未除净可与EDTA反应的干扰离子该实验题是物质制备的工艺流程式试题。在天津第一次以这种形式考查。全国各地已多年多次出现。第加稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+。所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2

9、+、Al3+、Fe2+。Cu和酸反应的离子方程式为或第步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物污染。调溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀。所以滤液2的成分是Cu2+，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝。第步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是再坩埚中加热脱水制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行。乙和丙方法均可行。乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3,再加Al粉和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3

10、,蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体。丙方案先在滤渣中加NaOH,和Al(OH)3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2(SO4)3, 蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体。但从原子利用角度考虑方案乙更合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2(SO4)3的原子组成没有关系，造成原子浪费。（5）考查中和滴定的简单计算和误差的分析。，造成偏高的选c.17. 2012全国大纲理综化学卷28（15分）（注意：在试题卷上作答无效）现拟用下图所示装置（尾气处理部分略）来制取一氧化碳，并用以测定某铜粉样品（混有CuO粉末）中金属铜的含量。（1）制备一氧化碳的化学方程式是 ；（2）试验中，观察

11、到反应管中发生的现象时 ；尾气的主要成分是 ；（3）反应完成后，正确的操作顺序为 （填字母）a.关闭漏斗开关 b.熄灭酒精1 c.熄灭酒精灯2（4）若试验中称取铜粉样品5.0g，充分反应后，反应管中剩余固体的质量为4.8g，则原样品中单质铜的质量分数为 ；（5）从浓硫酸、浓硝酸、蒸馏水、双氧水中选用合适的试剂，设计一个测定样品中金属铜质量分数的方案；设计方案的主要步骤是（不必描述操作过程的细节） ；写出有关反应的化学方程式 。【答案】（1）HCOOHCO +H2O(2)黑色粉末变红，CO CO2（3）cba（4）0.96（5）将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与稀硫酸充分反应后，过滤，干燥，称量剩余

12、固体铜的质量CuO+H2SO4=CuSO4+H2O【解析】（1）制备一氧化碳的化学方程式是HCOOHCO +H2O（2）试验中，观察到反应管中发生的现象时黑色粉末变红；尾气的主要成分是CO CO2；实验步骤: 先通入CO一会儿后 加热后 停止加热 然后继续通入CO到玻璃管冷却为止故反应完成后，正确的操作顺序为 熄灭酒精灯2，然后关闭漏斗开关 ，最后熄灭酒精1 。（4）若试验中称取铜粉样品5.0g，充分反应后，反应管中剩余固体的质量为4.8g， 剩余固体全部为铜，原样品中单质铜的质量分数为 4.85=0.96 ；（5）要测定铜的质量分数，可以把浓硫酸稀释，铜和稀硫酸不反应，氧化铜和稀硫酸反应，即

13、可求出铜的质量分数。设计方案的主要步骤是将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与稀硫酸充分反应后，过滤，干燥，称量剩余固体铜的质量即可。反应的化学方程式为CuO+H2SO4=CuSO4+H2O【考点】化学是以实验为基础的自然科学。实验是高考题的重要内容。要解好实验题首先必须要认真做好实验化学实验，在教学中要重视实验的操作与原理，好的实验考题就是应该让那些不做实验的学生得不到分；让那些认真做实验的学生得好分。从题目的分析也可以看出，实验题目中的很多细节问题光靠讲学生是会不了的。必须去做实验学生才能会真正领悟。【点评】这是一道“实验化学”的基础性试题，通过CO制备，考查学生对化学原理、化学实验方法的掌握程度

14、，对实验方案的分析评价和运用化学知识解决化学实验中的具体问题的能力。18. 2012北京理综化学卷9已知33As、35Br位于同一周期，下列关系正确的是A原子半径：AsC1P B.热稳定性：HC1AsH3HBrC还原性：As3-S2-C1- D.酸性：H3AsO4H2SO4H3PO4解析：同周期元素，从左向右原子半径依次减小，Cl原子半径小于P，A错误；同周期元素，从左向右，非金属性依次增强，氢化物的稳定性依次增强，AsH3的稳定性小于HBr，B错误；同主族元素，自上而下，非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物酸性依次减弱，H3AsO4的酸性弱于H3PO4，D错误。答案： 19. 2012北

15、京理综化学卷25(13分) 直接排放含S QUOTE ，的烟气会形成胶雨，危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的S QUOTE ,.用化学方程式表示S QUOTE :形成硫酸型胶雨的反应:在钠碱循环法中，Na SO ,溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO :制得，该反应的离子方程式是 吸收液吸收SO 的过程中，pH随n(SO ):，n(HSO )变化关系如下表:n(SO ):，n(HSO )91：91：11：91PH.7.26.2上表判断Na SO 溶液显性，用化学平衡原理解释:当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是(选填字母):当吸收液的pH降至约为6时，满送至电解槽再生。再生示意

16、图如下:HSO3在阳极放电的电极反应式是。当阴极室中溶液升至8以上时，吸收液再生并掀环利用。简述再生原理:【答案】SO2+H2OH2SO3，2H2SO3+O22H2SO4(2分)SO2+2OH=SO32(2分)酸性(1分) HSO3中存在：HSO3H+SO32和HSO3+H2OH2SO3+OH，HSO3电离程度大于其水解程度(2分)a b(2分)HSO32e+H2O= SO42+3H+(2分)H+在阴极得电子生成H2，溶液中的c(H+)降低,促使HSO3电离生成SO32，且Na+进入阴极室，吸收液得以再生(2分)【解析】解析：（）酸雨形成的原因是二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸被空气中的氧气

17、氧化为硫酸。（）二氧化硫与过量的溶液反应生成亚硫酸钠溶液。（）由表给数据（SO32）：n（HSO3）=9：91时，溶液PH=6.2，所以亚硫酸钠溶液显酸性。亚硫酸钠溶液中存在两种趋势，电离趋势使溶液显酸性，水解趋势使溶液显碱性，溶液显酸性显而易见是电离趋势大于水解趋势的结果；由表给数据（SO32）：n（HSO3）=1：1时，溶液PH=7.2，可知吸收液显中性必然是亚硫酸钠和亚硫酸钠的混合液，溶液中电荷守恒的关系为：c（Na+）+ c（H+）= 2c（SO32）+ c（HSO3）+ c（OH），由此可判断a正确，c不正确。（4）阳极发生氧化反应，所以HSO3在阳极失去电子生成SO42和H+。阴极

18、H+放电破坏水的电离平衡，云集OH，使溶液PH增大显碱性，HSO3与OH反应重新生成SO32，吸收液得以再生并循环使用。20. 2012北京理综化学卷26(12分)用生产某些含氯有机物时会产生副产物HC1。利用反应A，可实现氯的循环利用。反应A: 已知:反应A中， 4mol HCI被氧化，放出115.6kJ的热量。的电子式是_.反应A的热化学方程式是_。断开1 mol HO 键与断开 1 mol HCl 键所需能量相差约为_KJ，中HO 键比HCl中HCl键（填“强”或“若”）_。（2）对于反应A，下图是4种投料比n（HCl）：，分别为1：1、2：1、4：1、6：1、下，反应温度对HCl平衡转

19、化率影响的曲线。曲线b对应的投料比是_.当曲线b, c, d对应的投料比达到相同的HCI平衡转化率时，对应的反应温度与投 料比的关系是_.投料比为2:1、温度为400时，平衡混合气中的物质的量分数是_.【答案】(1分)4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) H=115.6kJ/mol(2分)32 (2分) 强(2分)4:1(1分)投料比越高，对应的反应温度越低(2分)30.8%(2分)【解析】解析：（）由题给条件可知，4molHCl被氧化，放出热量为115.6KJ，可知H=115.6KJ/mol；由H=（生成物键能之和反应物键能之和）可得，E（HO）E（HCl）=115.6+

20、（498（）/4=31.9，键能越大化学键越稳定越强，所以水中的HO键比氯化氢中HCl强。（2）在其他条件不变时，O2的量越大，HCl的转化率越大，由此可确定a为6:1，b为4:1，c为2:1，d为1:1；由图可知，当HCl的转化率相同时，温度由低到高的顺序是bcd，由此可确定温度与投料比的关系是：投料比越高温度越高；由图可读出投料比2:1，温度400时，HCl的转化率为80%，由此可建立三段式： n（起） 2 1 0 0 n 1.6 0.4 0.8 0.8n（平） 0.4 0.6 0.8 0.8所以平衡混合气中Cl2的物质的量分数=0.8/（0.4+0.6+0.8+0.8）=0.308。21

21、. 2012新课程理综化学卷8下列说法正确的是（ ）A医用酒精的浓度通常是95%B单质硅是将太阳能转化为电能的常用材料C淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物D合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料B 【解析】： A项，医用酒精的浓度通常是75%；C项，油脂非高分子化合物； D项，光导纤维为二氧化硅，合成纤维为有机材料。22. 2012新课程理综化学卷37【化学选修三：物质结构与性质】（15分）A族的氧、硫、硒(Se)、碲(Te)等元素在化合物中常表现出多种氧化态，含A族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题：(1)S单质的常见形式为S8，其环状结构如下图所示，S原子采用的轨道杂化方式是 ；(2)原子的第一电离能是指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量