09-24年高考化学试题分类解析汇编：非金属及其化合物

金太阳新课标资源网第26页共26页金太阳新课标资源网2024—2024年高考化学试题分类解析—非金属及其化合物2024年高考1.〔2024江苏高考3〕以下有关物质的性质和该性质的应用均正确的选项是A.常温下浓硫酸能是铝发生钝化，可在常温下用铝制贮藏贮运浓硫酸B.二氧化硅不与任何酸反响，可用石英制造耐酸容器C.二氧化氯具有复原性，可用于自来水的杀菌消毒D.铜的金属活泼性比铁的差，可在海轮外壳上装假设干铜块以减缓其腐蚀解析：此题属于元素及其化合物知识的考查范畴，这些内容都来源于必修一、选修四和必修二等课本内容。看来高三一轮复习一定注意要抓课本、抓根底，不能急功近利。二氧化硅不与任何酸反响，但可与氢氟酸反响。二氧化氯中氯的化合价为＋4价，不稳定，易转变为－1价，从而表达氧化性。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。答案：A2.〔2024江苏高考9〕NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质〔见图4〕。以下说法正确的选项是A.25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3B.石灰乳与Cl2的反响中，Cl2既是氧化剂，又是复原剂C.常温下枯燥的Cl2能用钢瓶贮存，所以Cl2不与铁反响D.图4所示转化反响都是氧化复原反响解析：此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、枯燥的Cl2贮存和根本反响类型。重根底、重生产实际应该是我们高三复习也应牢记的内容。25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的要小；石灰乳与Cl2的反响中氯发生歧化反响，Cl2既是氧化剂，又是复原剂；常温下枯燥的Cl2能用钢瓶贮存仅代表常温Cl2答案：B3.〔2024山东高考10〕某短周期非金属元素的原子核外最外层电子数是次外层电子数的一半，该元素A.在自然界中只以化合态的形式存在B.单质常用作半导体材料和光导纤维C.最高价氧化物不与酸反响D.气态氢化物比甲烷稳定解析：依据原子核外电子的排布规律可知，在短周期元素中原子核外最外层电子数是次外层电子数的一半的元素可以是Li或Si元素，但Li属于金属不符合题意，因此该元素是Si元素。硅是一种亲氧元素，在自然界它总是与氧相化合的，因此在自然界中硅主要以熔点很高的氧化物及硅酸盐的形式存在，选项A正确；硅位于金属和非金属的分界线附件常用作半导体材料，二氧化硅才用作光导纤维，选项B不正确；硅的最高价氧化物是二氧化硅，SiO2与酸不反响但氢氟酸例外，与氢氟酸反响生成SiF4和水，因此氢氟酸不能保存在玻璃瓶中，选项C不正确；硅和碳都属于ⅣA，但硅位于碳的下一周期，非金属性比碳的弱，因此其气态氢化物的稳定性比甲烷弱，选项D也不正确。答案：A4.〔2024海南〕“碳捕捉技术〞是指通过一定的方法将工业生产中产生的CO2别离出来并利用。如可利用NaOH溶液来“捕捉〞CO2，其根本过程如以以下列图所示〔局部条件及物质未标出〕。以下有关该方法的表达中正确的选项是A.能耗大是该方法的一大缺点B.整个过程中，只有一种物质可以循环利用C.“反响别离〞环节中，别离物质的根本操作是蒸发结晶、过滤D.该方法可减少碳排放，捕捉到的CO2还可用来制备甲醇等产品[答案]AD解析：由题可知根本过程中有两个反响：①二氧化碳与氢氧化钠反响，②碳酸钙的高温分解。A选项正确，循环利用的应该有CaO和NaOH两种物质，B选项错误；“反响别离〞过程中别离物质的操作应该是过滤，C选项错误；D选项中甲醇工业上可用CO2制备。

【技巧点拨】根据题中信息可知，捕捉室中反响为二氧化碳与氢氧化钠反响，得到的Na2CO3和CaO在溶液中反响得到NaOH和CaCO3，由此可分析出各选项正误。5．〔2024上海6〕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：A6．〔2024上海7〕以下溶液中通入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：D7．(201上海17)120mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和200mL盐酸，不管将前者滴参加后者，还是将后者滴参加前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，那么盐酸的浓度合理的是A．2.0mol/LB．1.5mol/LC．0.18mol/LD．0.24mol/L解析：假设碳酸钠恰好与盐酸反响生成碳酸氢钠，那么盐酸的浓度是1.0mol/L；假设碳酸钠恰好与盐酸反响生成二氧化碳，那么盐酸的浓度是2.0mol/L。由于最终生成的气体体积不同，所以只能是介于二者之间。答案：B8.〔2024江苏高考16〕〔12分〕以硫铁矿〔主要成分为FeS2〕为原料制备氯化铁晶体〔FeCl3·6H2O〕的工艺流程如下：答复以下问题：〔1〕在一定条件下，SO2转化为SO3的反响为SO2＋O2SO3，该反响的平衡常数表达式为K＝；过量的SO2与NaOH溶液反响的化学方程式为。〔2〕酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量，其目的是、。〔3〕通氯气氧化时，发生的主要反响的离子方程式为；该过程产生的尾气可用碱溶液吸收，尾气中污染空气的气体为〔写化学式〕。解析：此题让元素化合物知识与生产工艺、化学平衡原理结合起来，引导中学化学教学关注化学学科的应用性和实践性。此题考查学生在“工艺流程阅读、相关反响化学方程式书写、化学反响条件控制的原理、生产流程的作用〞等方面对元素化合物性质及其转化关系的理解和应用程度，考查学生对新信息的处理能力。【备考提示】元素化合物知识教学要与根本实验实验、化工生产工艺、日常生活等结合起来，做到学以致用，而不是简单的来回重复和死记硬背。答案：〔1〕k＝c2(SO3)/c(O2)·c2(SO2)SO2＋NaOH＝NaHSO3(2)提高铁元素的浸出率抑制Fe3＋水解〔3〕Cl2＋Fe2＋＝2Cl－＋Fe3＋Cl2HCl9．〔2024浙高考26，15分〕食盐中含有一定量的镁、铁等杂质，加碘盐中碘的损失主要是由于杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热而引起的。：氧化性：＞Fe3＋＞I2；复原性：＞I－；3I2＋6OH－＋5I－＋3H2O；KI＋I2KI3〔1〕某学习小组对加碘盐进行如下实验：取一定量某加碘盐(可能含有KIO3、KI、Mg2＋、Fe3＋)，用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得溶液分为3份。第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色；第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色；第三份试液中参加适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。①加KSCN溶液显红色，该红色物质是_________〔用化学式表示〕；CCl4中显紫红色的物质是___________________〔用电子式表示〕。②第二份试液中参加足量KI固体后，反响的离子方程式为___________________________、______________________________________。〔2〕KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，由于空气中氧气的作用，容易引起碘的损失。写出潮湿环境下KI与氧气反响的化学方程式：_____________________________。将I2溶于KI溶液，在低温条件下，可制得KI3·H2O。该物质作为食盐加碘剂是否适宜？______〔填“是〞或“否〞〕，并说明理由________________________________________。〔3〕为了提高加碘盐〔添加KI〕的稳定性，可加稳定剂减少碘的损失。以下物质中有可能作为稳定剂的是___________________。A．Na2S2O3 B．AlCl3 C．Na2CO3 D．NaNO2〔4〕对含Fe2＋较多的食盐(假设不含Fe3＋)，可选用KI作为加碘剂。请设计实验方案，检验该加碘盐中的Fe2＋：__________________________________________________________________________。解析：〔1〕①Fe3＋与SCN－的配合产物有多种，如、等；I2的CCl4溶液显紫红色。②应用信息：“氧化性：＞Fe3＋＞I2”，说明和Fe3＋均能氧化I－生成I2。〔2〕KI被潮湿空气氧化，不能写成I－＋O2＋H＋→，要联系金属吸氧腐蚀，产物I2＋KOH似乎不合理(会反响)，应考虑缓慢反响，微量产物I2会升华和KOH与空气中CO2反响。KI3·H2O作加碘剂问题，比较难分析，因为KI3很陌生。从题中：“低温条件下可制得〞或生活中并无这一使用实例来去确定。再根据信息：“KI＋I2KI3”解析其不稳定性。〔3〕根据信息“复原性：＞I－〞可判断A；C比较难分析，应考虑食盐潮解主要是Mg2＋、Fe3＋引起，加Na2CO3能使之转化为难溶物；D中NaNO2能氧化I―。〔4〕实验方案简答要注意标准性，“如取…参加…现象…结论…〞，本实验I―对Fe2＋的检验有干扰，用过量氯水又可能氧化SCN－，当然实际操作能判断，不过对程度好的同学来说，用普鲁士蓝沉淀法确定性强。答案：〔1〕①Fe(SCN)3②IO3－＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2〔2〕O2＋4I－＋2H2O=2I2＋4KOH否KI3在受热〔或潮湿〕条件下产生I2和KI，KI被氧气氧化，I2易升华。〔3〕AC〔4〕取足量该加碘盐溶于蒸馏水中，用盐酸酸化，滴加适量氧化剂〔如：氯水、过氧化氢等〕，再滴加KSCN溶于，假设显血红色，那么该加碘盐中存在Fe2+。10.(2024福建高考23，15分)I、磷、硫元素的单质和化合物应用广泛。〔1〕磷元素的原子结构示意图是____________。〔2〕磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500℃生成白磷，反响为：2Ca3(PO4)2＋6SiO2===6CaSiO3＋P4O10

10C＋P4O10===P4＋10CO每生成1molP4时，就有________mol电子发生转移。〔3〕硫代硫酸钠(Na2S2O3)是常用的复原剂。在维生素C(化学式C6H8O6)的水溶液中参加过量I2溶液，使维生素C完全氧化，剩余的I2用Na2S2O3溶液滴定，可测定溶液中维生素C的含量。发生的反响为：C6H8O6＋I2===C6H6O6＋2H＋＋2I－

2S2O32－＋I2===S4O62－＋2I－在一定体积的某维生素C溶液中参加amol·L－1I2溶液V1mL，充分反响后，用Na2S2O3溶液滴定剩余的I2，消耗bmol·L－1Na2S2O3溶液V2mL。该溶液中维生素C的物质的量是__________mol。〔4〕在酸性溶液中，碘酸钾(KIO3)和亚硫酸钠可发生如下反响：2IO3－＋5SO32－＋2H＋===I2＋5SO42－＋H2O生成的碘可以用淀粉溶液检验，根据反响溶液出现蓝色所需的时间来衡量该反响的速率。某同学设计实验如下表所示：

0.01mol·L－1KIO3酸性溶液(含淀粉)的体积/mL0.01mol·L－1Na2SO3溶液的体积/mLH2O的体积/mL实验温度/℃溶液出现蓝色时所需时间/s实验15V13525

实验2554025

实验355V20

该实验的目的是_____________________；表中V2=___________mLII、稀土元素是珍贵的战略资源，我国的蕴藏量居世界首位。〔5〕铈(Ce)是地壳中含量最高的稀土元素。在加热条件下CeCl3易发生水解，无水CeCl3可用加热CeCl3·6H2O和NH4Cl固体混合物的方法来制备。其中NH4Cl的作用是______________。〔6〕在某强酸性混合稀土溶液中参加H2O2，调节pH≈3，Ce3＋通过以下反响形成Ce(OH)4沉淀得以别离。完成反响的离子方程式：□Ce3＋＋□H2O2＋□H2O===□Ce(OH)4↓＋□_______解析：〔1〕P属于第15号元素，其原子的结构示意图为：；〔2〕每生成1molP4时，P由+5价变成0价，电子转移为5×4＝20或C化合价由0价变成为+2价，电子转移为2×10＝20；〔3〕n〔Na2S2O3〕＝bV1/1000mol；与其反响的I2为bV1/2000mol，与维生素C反响的I2为mol，即维生素C的物质的量是mol〔或其它合理答案〕；〔4〕由实验2可以看出混合液的总体积为50mL，V1为10mL，V2为40mL，实验1和实验2可知实验目的是探究该反响速率与亚硫酸钠溶液浓度的关系；实验2和实验3可知实验目的是探究该反响速率与温度的关系。〔5〕题目中给出：“加热条件下CeCl3易发生水解〞，可知NH4Cl的作用是肯定是抑制水解的，CeCl3水解会生成HCl，可以完整答出：NH4Cl的作用是分解出HCl气体，抑制CeCl3水解。〔6〕根据题意：“强酸性〞或观察方程式可知缺项是H＋，利用电子得失守恒或观察法就可以配平方程式。2Ce3＋＋H2O2＋6H2O===2Ce(OH)4↓＋6H＋此题考查原子结构示意图，氧化复原反响的配平与电子转移计算，滴定中的简单计算，水解知识，实验探究变量的控制等，上述皆高中化学中的主干知识。题设中的情景都是陌生的，其中还涉及到稀土知识，其中第〔4〕小问是该题亮点，设问巧妙，有点类似于2024全国新课标一题，但题目设计更清晰，不拖泥带水。第6小问的缺项配平有点超过要求，但题中给出提示，降低了难度。这题拼凑痕迹比较明显，每小问前后联系不强，或者说没有联系。答案：〔1〕；〔2〕20；〔3〕；〔4〕探究该反响的速率与温度、亚硫酸钠溶液浓度的关系〔或其他合理答案〕；〔5〕分解出HCl气体，抑制CeCl3的水解〔或其他合理答案〕；〔6〕2Ce3＋＋H2O2＋6H2O===2Ce(OH)4↓＋6H＋。11.〔2024山东高考28，14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，相应的化学反响方程式为。利用反响6NO2＋8NH37N5＋12H2O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〕：2SO2〔g〕+O2〔g〕2SO3〔g〕ΔH=-196.6kJ·mol-12NO〔g〕+O2〔g〕2NO2〔g〕ΔH=-113.0kJ·mol-1那么反响NO2〔g〕+SO2〔g〕SO3〔g〕+NO〔g〕的ΔH=kJ·mol-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响，以下能说明反响到达平衡状态的是。a．体系压强保持不变b．混合气体颜色保持不变c．SO3和NO的体积比保持不变d．每消耗1molSO3的同时生成1molNO2测得上述反响平衡时NO2与SO2体积比为1:6，那么平衡常数K＝。〔3〕CO可用于合成甲醇，反响方程式为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以以下列图所示。该反响ΔH0〔填“>〞或“<〞〕。实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是。解析：〔1〕NO2溶于水生成NO和硝酸，反响的方程式是3NO2＋H2O=NO＋2HNO3；在反响6NO＋8NH37N5＋12H2O中NO2作氧化剂，化合价由反响前的+4价降低到反响后0价，因此当反响中转移1.2mol电子时，消耗NO2的物质的量为，所以标准状况下的体积是。〔2〕此题考察盖斯定律的应用、化学平衡状态的判断以及平衡常数的计算。①2SO2〔g〕+O2〔g〕2SO3〔g〕ΔH1=-196.6kJ·mol-1②2NO〔g〕+O2〔g〕2NO2〔g〕ΔH2=-113.0kJ·mol-1。②－①即得出2NO2〔g〕+2SO2〔g〕2SO3〔g〕+2NO〔g〕ΔH=ΔH2－ΔH1=-113.0kJ·mol-1+196.6kJ·mol-1＝+83.6kJ·mol-1。所以此题的正确答案是41.8；反响NO2〔g〕+SO2〔g〕SO3〔g〕+NO〔g〕的特点体积不变的、吸热的可逆反响，因此a不能说明。颜色的深浅与气体的浓度大小有关，而在反响体系中只有二氧化氮是红棕色气体，所以混合气体颜色保持不变时即说明NO2的浓度不再发生变化，因此b可以说明；SO3和NO是生成物，因此在任何情况下二者的体积比总是满足1：1，c不能说明；SO3和NO2一个作为生成物，一个作为反响物，因此在任何情况下每消耗1molSO3的同时必然会生成1molNO2，因此d也不能说明；设NO2的物质的量为1mol，那么SO2的物质的量为2mol，参加反响的NO2的物质的量为xmol。〔3〕由图像可知在相同的压强下，温度越高CO平衡转化率越低，这说明升高温度平衡向逆反响方向移动，因此正反响是放热反响；实际生产条件的选择既要考虑反响的特点、反响的速率和转化率，还要考虑生产设备和生产本钱。由图像可知在1.3×104kPa左右时，CO的转化率已经很高，如果继续增加压强CO的转化率增加不大，但对生产设备和生产本钱的要求却增加，所以选择该生产条件。答案：〔1〕3NO2＋H2O=NO＋2HNO3；6.72〔2〕－41.8；b；8/3；〔3〕<在1.3×104kPa下，CO的转化率已经很高，如果增加压强CO的转化率提高不大，而生产本钱增加，得不偿失。12．〔2024山东高考29，14分〕科研、生产中常涉及钠、硫及其化合物。〔1〕实验室可用无水乙醇处理少量残留的金属钠，化学反响方程式为。要清洗附着在试管壁上的硫，可用的试剂是。〔2〕以以下列图为钠硫高能电池的结构示意图，该电池的工作温度为320℃左右，电池反响为2Na+S＝Na2，正极的电极反响式为。M〔由Na2O和Al2O3制得〕的两个作用是。与铅蓄电池相比，当消耗相同质量的负极活性物质时，钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的倍。〔3〕Na2S溶液中离子浓度由大到小的顺序为，向该溶液中参加少量固体CuSO4，溶液PH〔填“增大〞“减小〞或“不变〞〕，Na2S溶液长期放置有硫析出，原因为〔用离子方程式表示〕。解析：〔1〕乙醇中还有羟基可以与金属钠反响放出氢气，化学方程式为2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑；单质硫不溶于水，微溶于酒精，易溶液CS2，在加热时可与热的氢氧化钠溶液反响，因此要清洗附着在试管壁上的硫，可选用CS2或热的氢氧化钠溶液；〔2〕由电池反响可与看出金属钠失去电子作为负极，单质硫得电子被复原成，所以正极的电极反响式为XS+2e－＝；由于原电池内部要靠离子得定向运动而导电，同时钠和硫极易化合，所以也必需把二者隔离开，因此其作用是离子导电〔导电或电解质〕和隔离钠与硫；在铅蓄电池中铅作负极，反响式为Pb(s)＋SO42－(aq)－2e－＝PbSO4(s)，因此当消耗1mol即207g铅时转移2mol电子，而207g钠可与失去的电子数为，所以钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的9/2=4.5倍。〔3〕Na2S属于强碱弱酸盐S2－水解显碱性，所以c(H＋)最小。但由于水解程度很小，大局部S2－还在溶液中。因为氢硫酸属于二元弱酸，所以S2－水解时分两步进行且以第一步水解为主，方程式为S2－＋H2O=HS－＋OH－、HS－＋H2O=H2S＋OH－，因此Na2S溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H＋)；由于S2－极易与Cu2＋结合形成CuS沉淀而抑制S2－水解，因此溶液但碱性会降低，酸性会增强，方程式为S2－＋Cu2＋=CuS↓。S2－处于最低化合价－2价，极易失去电子而被氧化，空气中含有氧气可氧化S2－而生成单质硫，方程式为2S2－＋O2＋2H2O=2S↓＋4OH－。答案：〔1〕2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑；CS2或热的氢氧化钠溶液；〔2〕XS+2e－＝；离子导电〔导电或电解质〕和隔离钠与硫；4.5；〔3〕(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H＋)；减小；2S2－＋O2＋2H2O=2S↓＋4OH－。2024年高考1．〔2024全国卷1〕以下表达正确的选项是A．Li在氧气中燃烧主要生成B．将SO2通入溶液可生成沉淀C．将CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸D．将NH3通入热的CuSO4溶液中能使Cu2+复原成Cu【解析】A错误，因为Li在空气中燃烧只能生成Li2O,直接取材于第一册课本第二章第三节；B错误，酸性：HCl＞H2SO3＞H2CO3所以通入后无BaSO3沉淀，因为BaSO3+2HCl=BaCl2+H2O+SO2↑；D错误，溶液中该反响难以发生，先是：2NH3+2H2O+CuSO4=Cu(OH)2↓+(NH4)2SO4,接着Cu(OH)2CuO+H20,溶液中NH3不能复原CuO为Cu,要复原必须是枯燥的固态！C正确，强酸制弱酸，酸性：H2CO3＞HClO,反响为：CO2+H20+Ca(ClO)2=CaCO3↓+2HClO，直接取材于课本第一册第四章第一节；【答案】C【命题意图】考查无机元素及其化合物，如碱金属，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选项直接取材于高一课本，D取材于高二第一章氮族。【点评】再次印证了以本为本的复习策略，此题四个选项就直接取材于课本，属于简单题，不重视根底，就有可能出错！2．〔2024全国卷1〕12．一定条件下磷与枯燥氯气反响，假设0.25g磷消耗掉314mL氯气〔标准状况〕，那么产物中PCl3与PCl5的物质的量之比接近于A．1：2B．2：3C．3：1D．5：3【解析】设n(PCl3)=Xmol,n(PCl5)=Ymol，由P元素守恒有：X+Y=0.25/31≈0.008……①；由Cl元素守恒有3X+5Y=〔0.314×2〕/22.4≈0.028……②，联立之可解得：X=0.006,Y=0.002应选C【命题意图】考查学生的根本化学计算能力，涉及一些方法技巧的问题，还涉及到过量问题等根据化学化学方程式的计算等【点评】此题是个原题，用百度一搜就知道！做过多遍，用的方法很多，上面是最常见的据元素守恒来解方程法，还有十字交叉法，平均值法、得失电子守恒等多种方法，此题不好！〔2024全国2〕7．以下表达正确的选项是A．Li在氧气中燃烧主要生成B．将SO2通入溶液可生成沉淀C．将CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸D．将NH3通入热的CuSO4溶液中能使Cu2+复原成Cu【解析】A错误，因为Li在空气中燃烧只能生成Li2O,直接取材于第一册课本第二章第三节；B错误，酸性：HCl＞H2SO3＞H2CO3所以通入后无BaSO3沉淀，因为BaSO3+2HCl=BaCl2+H2O+SO2↑；D错误，溶液中该反响难以发生，先是：2NH3+2H2O+CuSO4=Cu(OH)2↓+(NH4)2SO4,接着Cu(OH)2CuO+H20,溶液中NH3不能复原CuO为Cu,要复原必须是枯燥的固态！C正确，强酸制弱酸，酸性：H2CO3＞HClO,反响为：CO2+H20+Ca(ClO)2=CaCO3↓+2HClO，直接取材于课本第一册第四章第一节；【答案】C【命题意图】考查无机元素及其化合物，如碱金属，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选项直接取材于高一课本，D取材于高二第一章氮族。【点评】再次印证了以本为本的复习策略，此题四个选项就直接取材于课本，属于简单题，不重视根底，就有可能出错！〔2024福建卷〕9。以下各组物质中，满足以以下列图物质一步转化关系的选项是XYZANaNaOHNaHCO3BCuCuSO4Cu(OH)2CCCOCO2DSiSiO2H2SiO3解析：此题考察考生对常见元素及其化合物知识的掌握情况，可用代入法，即把各选项中的X,Y,Z带入又吐的圆圈中进行判断，C中CO2在一定条件下与单质钠反响可以生成金刚石和碳酸钠。〔2024山东卷〕13．以下推断正确的选项是A．SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反响B．Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反响产物也相同C．CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在D．新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色解析：酸性氧化物能够跟碱反响，生成盐和水的氧化物，故A正确，因为,与反响生成,与反响除生成外，还生成，故B错；在空气中会发生反响，故C错；因为新制氯水中含有,故滴入少量的紫色石蕊的现象是先变红，后褪色，故D错。答案：A〔2024上海卷〕13．以下实验过程中，始终无明显现象的是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：此题考查了常见元素化合物知识。NO2通入后和水反响生成具有强氧化性的硝酸，其将亚铁盐氧化为铁盐，溶液颜色由浅绿色变为黄色，排除A；CO2和CaCl2不反响，无明显现象，符合，选B；NH3通入后转化为氨水，其和AlCl3反响生成氢氧化铝沉淀，排除C；SO2通入酸化的硝酸钡中，其被氧化为硫酸，生成硫酸钡沉淀，排除D。易错警示：解答此题的易错点是：不能正确理解CO2和CaCl2能否反响，由于盐酸是强酸，碳酸是弱酸，故将CO2通入CaCl2溶液中时，两者不能发生反响生成溶于盐酸的碳酸钙沉淀。〔2024重庆卷〕8．以下表达正确的选项是A．铝制容器可盛装热的H2SO4B．Agl胶体在电场中自由运动C．K与水反响比Li与水反响剧烈D．红磷在过量Cl2中燃烧生成PCl38.答案C【解析】此题考察物质的性质。A项，铝与热的浓硫酸反响，错误。B项，AgL胶体吸附电荷而带电，故在电场作用下做定向移动，错误。C项，K比Li活泼，故与水反响剧烈，正确。D项，P与过量的反响，应生成,错误。【误区警示】铝在冷、热中发生钝化，但是加热那么可以发生反响，胶体自身不带电，但是它可以吸附电荷而带电。由此警示我们，化学学习的平时学生一定要严谨，对细小知识点要经常记忆，并且要找出关键字、词。〔2024上海卷〕18．右图是模拟氯碱工业生产中检查氯气是否泄漏的装置，以下有关说法错误的选项是A．烧瓶中立即出现白烟B．烧瓶中立即出现红棕色C．烧瓶中发生的反响说明常温下氨气有复原性D．烧杯中的溶液是为了吸收有害气体答案：B解析：此题考查化学实验、元素化合物的性质等知识。分析装置图，可知氨气和氯气接触时发生反响：4NH3+6Cl2=2NH4Cl+4HCl+N2，烧瓶中出现白烟，A对；不能出现红棕色气体，B错；该反响中氨气中的氮元素化合价升高，表现复原性，C对；烧杯中的氢氧化钠可以吸收多余的有害气体，D对。知识归纳：对某种元素来讲，其处于最高价时，只有氧化性；处于最低价时，只有复原性；中间价态，那么既有氧化性又有复原性。故此对同一种元素可以依据价态判断，一般来讲，价态越高时，其氧化性就越强；价态越低时，其复原性就越强；此题中氨气中的氮元素处于最低价，只有复原性。2024四川理综卷〕10.有关①100ml0.1mol/L、②100ml0.1mol/L两种溶液的表达不正确的选项是A.溶液中水电离出的个数：②>①B.溶液中阴离子的物质的量浓度之和:②>①C.①溶液中:D.②溶液中:答案：C解析：此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；B②钠离子的物质的量浓度为0.2mol/L而①钠离子的物质的量浓度为0.1mol/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:②>①，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。〔2024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溶液反响的化学方程式：SO2+2NaOH=________________．〔2〕反响Cl2+Na2SO3+2NaOH===2NaCl+Na2SO4+H2O中的复原剂为________________．〔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3moLL-1H2SO4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，失去电子做表现复原性，故复原剂为Na2SO3。(3)①很明显，假设3两种离子都存在。②参加硫酸的试管，假设存在SO32-、ClO-，分别生成了H2SO3和HClO；在A试管中滴加紫色石蕊试液，假设先变红后退色，证明有ClO-，否那么无；在B试管中滴加0.01molL-1KMnO4溶液，假设紫红色退去，证明有SO32-，否那么无。答案：(1)Na2SO3+H2O(2)Na2SO3(3)①SO32-、ClO-都存在②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3moLL-1H2SO4至溶液呈酸性，然后将所得溶液分置于A、B试管中步骤2：在A试管中滴加紫色石蕊试液假设先变红后退色，证明有ClO-，否那么无步骤3：在B试管中滴加0.01molL-1KMnO4溶液假设紫红色退去，证明有SO32-，否那么无〔2024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〔FeSO4·7H2O〕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、收集枯燥的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af装置D的作用是_____，装置E中NaOH溶液的作用是______。〔3〕制备绿矾时，向溶液X中参加过量_____，充分反响后，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______。假设溶液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)收集枯燥的SO2，应先枯燥，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反响，故Ｄ的作用是平安瓶，防止倒吸。(3)因为在烧渣中参加了硫酸和足量氧气，故溶液Y中含有Fe3+，故应先参加过量的铁粉，然后过滤除去剩余的铁粉。(4)用pH试纸测定溶液pH的操作为：将试纸放到外表皿上，用玻璃棒蘸取溶液，点到试纸的中央，然后跟标准比色卡比照。Fe(OH)3的含铁量比Fe2(SO4)3高，假设溶液Z的pH偏小，那么生成的聚铁中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)debc；平安瓶，防止倒吸；尾气处理，防止污染〔3〕铁粉过滤〔4〕将试纸放到外表皿上，用玻璃棒蘸取溶液，点到试纸的中央，然后跟标准比色卡比照。低〔2024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响的离子方程式为：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都是白色固体c．Al2O3、MgO和SiO2都是氧化物d．Al2O3、MgO和SiO2都有很高的熔点答案：1)2MgO.3SiO.nH2O、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，其符合对角线规那么，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；两者氢氧化物反响的离子方程式为：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。技巧点拨：硅酸盐用氧化物的形式来表示组成的书写顺序是：活泼金属氧化物→较活泼金属氧化物→非金属氧化物→二氧化硅→水，并将氧化物的数目用阿拉伯数字在其前面表示。比方斜长石KAlSi3O8：K2O·Al2O3·6SiO2。〔2024上海卷〕24．向盛有KI溶液的试管中参加少许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。完成以下填空：1)写出并配平CCl4层由紫色变成无色的化学反响方程式(如果系数是1，不用填写)：2)整个过程中的复原剂是。3)把KI换成KBr，那么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20mg～50mg／kg。制取加碘盐(含KIO3的食盐)1000kg，假设庄Kl与Cl2反响制KIO3，至少需要消耗Cl2L答案：1〕I2+5Cl2+6H2O→2HIO3+10HCl；2〕KI、I2；3〕红棕、HBrO3>Cl2>HIO3；4〕10.58。解析：此题考查氧化复原反响的配平、氧化剂和复原剂、氧化性强弱的判断、化学计算知识。分析反响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〕根据氧化复原反响方程式的配平原那么，分析反响中的化合价变化，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：I2+5Cl2+6H2O→2HIO3+10HCl；2〕分析整个过程中化合价升高的都是I元素，复原剂为：KI和I2；3〕KI换成KBr时，得到的是溴单质，那么其在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：HBrO3>Cl2>HIO3；4〕综合写出反响方程式：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，那么需要消耗Cl2的体积为：〔20g/127g.mol-1〕×3×22.4L/mol=10.58L。解法点拨：守恒定律是自然界最重要的根本定律，是化学科学的根底。在化学反响中，守恒包括原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒等。任何化学反响在反响前后应遵守电荷或原子守恒。电荷守恒即反响前后阴阳离子所带电荷数必须相等；原子守恒〔或称质量守恒〕，也就是反响前后各元素原子个数相等；得失电子守恒是指在氧化复原反响中，失电子数一定等于得电子数，即得失电子数目保持守恒。比方此题中我们就牢牢抓住了守恒，简化了计算过程，顺利解答。〔2024上海卷〕31．白磷〔P4〕是磷的单质之一，易氧化，与卤素单质反响生成卤化磷。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，反响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mol·L-1。2〕含0.300molH3PO4的水溶液滴加到含0.500molCa(OH)2的悬浮液中，反响恰好完全，生成l种难溶盐和16.2gH2O。该难溶盐的化学式可表示为。3〕白磷和氯、溴反响，生成混合卤化磷〔，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。0.10molPCl5和0.10molNH4Cl恰好完全反响，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：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，那么其6.20g的物质的量为：0.05mol，其完全燃烧消耗氧气0.25mol，标准状况下体积为5.6L；将这些白磷和水反响生成磷酸0.20mol，溶液体积为50mL，也就是0.05L，那么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，那么其相对分子质量可能为：297.5或342；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：0.1mol×5+0.1mol×1=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：0.1mol×4=0.4mol，那么生成的氯化氢的物质的量为：0.1mol×4=0.4mol；那么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，那么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，那么知：4x<20，故x<5；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：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<300舍去。故其相对分子质量可能为：348或464。〔2024四川理综卷〕26.〔15分〕短周期元素形成的常见非金属固体单质A与常见金属单质B，在加热条件下反响生成化合物C，C与水反响生成白色沉淀D和气体E，D既能溶于强酸，也能溶于强碱。E在足量空气中燃烧产生刺激性气体G，G在大气中能导致酸雨的形成。E被足量氢氧化钠溶液吸收得到无色溶液F。溶液F在空气中长期放置发生反响，生成物之一为H。H与过氧化钠的结构和化学性质相似，其溶液显黄色。请答复以下问题：〔1〕组成单质A的元素位于周期表中第周期，第族。〔2〕B与氢氧化钠溶液反响的化学方程式为：。G与氯酸钠在酸性条件下反响可生成消毒杀菌剂二氧化氯。该反响的氧化产物为，当生成2二氧化氯时，转移电子。溶液F在空气中长期放置生成H的化学反响方程式为：。H的溶液与稀硫酸反响产生的现象为。26.答案：〔1〕三ⅥA〔2〕〔3〕硫酸钠〔〕2〔4〕〔或〕〔5〕溶液由黄色变为无色，产生浅黄色沉淀和〔臭鸡蛋气味的〕气体解析：此题考查的知识点有元素及其化合物的性质、物质结构、氧化复原反响相关计算。由生成白色沉淀D，D既能溶于强酸，也能溶于强碱，推测D是Al(OH)3再逆推可知，B为Al。G在大气中能导致酸雨的形成，可猜测G可能为SO2逆推可知:A为S，综合可知C为Al2S3D为Al(OH)3,E为H2S,G为SO2F为Na2S.(1)(2)比较简单，〔3〕SO2与氯酸钠在酸性条件下反响，SO2为复原剂被氧化为SO42-,根据电子得失可以判断生成2二氧化氯时，转移电子2。由H与过氧化钠的结构和化学性质相似，其溶液显黄色。结合前面的信息可以推测H为Na2S2.2024年高考化学试题1．〔09年安徽理综·9〕以下选用的相关仪器符合实验要求的是答案：B解析：浓硝酸具有强氧化性，不能用橡胶塞，一般用玻璃塞，A选项错误；水和乙酸乙酯的互不相溶，用分液漏斗别离，B选项正确；量筒量取液体只能精确到0.1mL，C选项错误；实验室制取乙烯需要的温度为170℃，该温度计的量程缺乏，D选项错误。2．〔09年福建理综·7〕能实现以下物质间直接转化的元素是A．硅 B．硫 C．铜 D．铁答案：B解析：S与O2生成SO2，再与H2O生成H2SO3，可以与NaOH生成Na2SO3，B项正确。A项，SiO2不与水反响，错；C项中CuO，D项中Fe3O4均不与H2O反响，故错。3．〔09年广东理基·21〕以下实验能到达实验目的且符合平安要求的是答案：B解析：制备氢氧化亚铁沉淀时，应将滴管伸入溶液中，以防止在液体滴落的过程中代入氧气氧化氢氧化亚铁，因此A选项错误。氧气难溶于水，可以用排水法收集，因此B选项正确。C选项中产生的气体为可燃性氢气，应验纯后在点燃，以防止爆炸，故C选项错误。稀释浓硫酸时应将浓硫酸注入水中，因此D选项错误。4．〔09年广东理基·22〕以下关于硅单质及其化合物的说法正确的选项是①硅是构成一些岩石和矿物的根本元素②水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品③高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维④陶瓷是人类应用很早的硅酸盐材料A．①② B．②③ C．①④ D．③④答案：C解析：②中的水泥和玻璃是硅酸盐制品，而水晶的主要成分是二氧化硅，是氧化物，不属于硅酸盐。制造光导纤维的纯洁的二氧化硅而不是单质硅，故③错误。5．〔09年广东理基·24〕以下除去杂质的方法正确的选项是A．除去CO2中混有的CO：用澄清石灰水洗气B．除去BaCO3固体中混有的BaSO4：加过量盐酸后，过滤、洗涤C．除去FeCl2溶液中混有的FeCl3：参加过量铁粉，过滤D．除去Cu粉中混有的CuO：加适量稀硝酸后，过滤、洗涤答案：C解析：除去CO2中混有的CO应用点燃的方法，假设用澄清石灰水洗气只会吸收主要气体CO2，对杂质没有影响，因此A选项错误。加过量盐酸后会溶解主要成分BaCO3，对杂质没有作用，故B选项错误。C选项中参加过量铁粉后会发生Fe＋2FeCl3=3FeCl3反响而除去杂质FeCl3，故C选项正确。D选项中加稀硝酸后，Cu和CuO都会溶解，因此D选项也是错误的。6．〔09年广东理基·36〕以下各组气体在常温下能共存且能用向上排空气法收集的是A．NO和O2 B．HCI和NH3C．H2和CO D．SO2和CO2答案：D解析：A和B选项中的两组气体会发生反响，不能共存；C选项中的H2不能用向上排空气法收集，而CO一般用排水法收集；而D选项中的SO2和CO2常温下不发生反响，而且两者的密度均比空气大，都可以用向下排空气法收集。所以符合题意的选项为D。7．〔09年江苏化学·3〕以下所列各组物质中，物质之间通过一步反响就能实现如以下列图转化的是abcAAlAlCl3Al〔OH〕3BHNO3NONO2CSiSiO2H2SiO3DCH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO答案：B解析：A项：Al→AlCl3〔2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑或者2Al＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2↑，AlCl3→Al(OH)3〔AlCl3＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHCl〕，Al(OH)3→AlCl3〔Al(OH)3＋3HCl=AlCl3＋3H2O〕，Al(OH)3→Al的转化必须经过Al(OH)3→Al2O3〔反响方程式为：2Al(OH)3Al2O3＋3H2O〕和Al2O3→Al〔2Al2O34Al＋3O2〕这两步，所以A项不选；B项：HNO3→NO〔8HNO3＋3Cu=3Cu(NO3)2＋2NO＋4H2O〕，NO→NO2〔2NO＋O2=2NO2〕，NO2→NO〔3NO2＋H2O=2HNO3＋NO〕，NO2→HNO3〔3NO2＋H2O=2HNO3＋NO〕，所以B项正确；C项：Si→SiO2〔Si＋O2=SiO2〕，SiO2→H2SiO3必须经过两步〔SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O和Na2SiO3＋H2O＋CO2=H2SiO＋Na2CO3〕，D项：CH2=CH2→CH3CH2OH〔CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH〕，CH3CH2OH→CH3CHO〔2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O〕，CH3CHO→CH3CH2OH〔CH3CHOH＋H2=CH3CH2OH〕，CH3CHOHCH2=CH2就必须经过两步〔CH3CHO＋H2CH3CH2OH和CH3CH2OHCH2=CH2↑＋H2O〕【考点分析】熟练掌握元素及其化合物之间的转化关系8．〔09年宁夏理综·7〕将22.4L某气态氮氧化合物与足量的灼热铜粉完全反响后，气体体积11.2L〔体积均在相同条件下测定〕，那么该氮氧化合物的化学式为A．NO2 B．N2O2 C．N2O D．N2O4答案：A解析：根据2NxOy+2yCu=2yCuO+xN2，以及题中数据反响后气体体积为反响前气体体积的一半，可以得到x=1，因此只有A选项符合题意。【点评】此题主要考查气体摩尔体积，阿伏伽德罗常数等知识，题目较为老套，而且这种题目在假设干年前就已经经常出现了。9．〔09年山东理综·10〕以下关于氯的说法正确的选项是A．Cl2具有很强的氧化性，在化学反响中只能作氧化剂B．假设3517Cl、3717假设Cl为不同的核素，有不同的化学性质学科C．实验室制备Cl2，可用排放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：此题以氯元素为载体，从氧化复原、原子结构、收集方法不同角度进行考查，表达了山东理综化学选择题的命题模式。氯气与水的反响既是氧化剂也是复原剂；同一元素的不同核素化学性质几乎完全相同而物理性质不同；D中提Cl2的体积未指明是标准状况。实验室制备Cl2，可用排饱和食盐水集气法收集也可用瓶口向上排空气法收集，故C正确。10．〔09年山东理综·13〕以下推断合理的是A．明矾[KAl(SO4)2·12H2O]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响C．浓H2SO4有强氧化性，不能与Cu发生剧烈反响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，溴水色后加热也能恢复原色答案：A解析：明矾[KAl〔SO4〕2·12H2O]溶于水，电离产生的Al3+在中水解生成能吸附水中悬浮杂质的Al(OH)3胶体，故可用作净水剂；金刚石、石墨均可以燃烧生成二氧化碳；浓H2SO4虽然有强氧化性，只有加热才能与Cu发生反响；SO2通入溴水后发生氧化复原反响，SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，加热不可能生成Br2.11．〔09年广东文基·63〕以下处理事故的方法正确的选项是A．金属钠着火，可用水扑灭B．误食硫酸铜溶液，可服用鸡蛋清解毒C．浓硫酸溅到皮肤上，立即用碳酸钠稀溶液冲洗D．氢氧化钠浓溶液溅入眼中，应立即用大量水冲洗，再用稀盐酸冲洗答案：B解析：金属钠与水反响生成可燃性的氢气，因此金属钠着火，不能用水扑灭，故A选项错误；硫酸铜能使蛋白质变性，因此误食硫酸铜溶液，可服用鸡蛋清解毒，B选项正确；C项浓硫酸溅到皮肤上，应立即用大量的水冲洗，然后涂上3%至5%的碳酸氢钠溶液；D项氢氧化钠浓溶液溅入眼中，应立即用水冲洗边洗边眨眼睛，必要时迅速找医生医治，切不可用手揉眼，更不能用盐酸冲洗。【考点分析】化学实验根本操作。12．〔09年广东文基·64〕图l0装置可用于收集SO2并验证其某些化学性质，以下说法正确的选项是选项试剂现象结论A酸性KMnO4溶液溶液褪色SO2有氧化性B品红溶液溶液褪色SO2有漂白性CNaOH溶液无明显现象SO2与NaOH溶液不反响D紫色石蕊试液溶液变红后不褪色SO2有酸性、没有漂白性答案：B解析：A项表达的是SO2的复原性；C项由于SO2与NaOH可以生成亚硫酸钠也可能生成亚硫酸氢钠或者是两者混合物，反响无明显现象，但不能说明SO2与NaOH溶液不反响。D项溶液变红后不褪色并不能说明SO2没有漂白性。SO2的漂白性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，退色后在一定的条件下又能恢复原来的颜色，例如SO2使品红溶液褪色。【考点分析】SO2的性质13．〔09年广东文基·66〕以下有关化学与生活的说法不正确的选项是A．采用原煤脱硫技术，可减少燃煤产生的SO2B．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，可用作木材防腐剂C．自来水厂可用氯气来杀菌消毒，因此氯气无毒D．维生素C具有复原性，可用作食品抗氧化剂答案：C解析：根据氯气的性质可以知道氯气是一种有毒的气体，因氯气与水反响生成的HClO具有强氧化性，所以常用氯气对自来水消毒杀菌。因此C选项是错误的。【考点分析】化学与生活综合运用14．〔09年海南化学·3〕除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3可采取的方法是：A．通入二氧化碳气体 B．参加氢氧化钡溶液C．参加澄清石灰水 D．参加稀盐酸答案：A解析：除杂方法要操作简便、效果好、不带来新的杂质、保存非杂质成份。溶液中可用这样的方法：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3。15．〔09年海南化学·7〕用足量的CO复原13.7g某铅氧化物，把生成的CO2全部通入到过量的澄清石灰水中，得到的沉淀枯燥后质量为8.0g，那么此铅氧化物的化学式是：A．PbO B．Pb2O3 C．Pb3O4 D．PbO2答案：C解析：设此铅氧化物的化学式PbxOy，PbxOy——y[O]——yCO——yCO2——yCaCO316y100ym(O)=1.28g8.0g所以m(Pb)=13.7g-1.28g=12.42gx∶y=∶=3∶416．〔09年海南化学·9〕在室温时，以下各组中的物质分别与过量NaOH溶液反响，能生成5种盐的是：A．A12O3、SO2、CO2、SO3 B．C12、A12O3、N2O5、SO3C．CO2、C12、CaO、SO3 D．SiO2、N2O5、CO、C12答案：B解析：题中的关键词“过量NaOH溶液〞，A中只能生成4种盐；B生成5种〔NaCl、NaClO、NaAlO2、NaNO3、Na2SO4〕；C中CaO不能生成盐；D中CO不能成盐。17．〔09年海南化学·11〕在5mL0.05mo1/L的某金属氯化物溶液中，滴加0.1mo1/LAgNO3溶液，生成沉淀质量与参加AgNO3溶液体积关系如以下列图，那么该氯化物中金属元素的化合价为：A．+1 B．+2 C．+3 D．+4答案：C解析：设氯化物化学式为MClxMClx——xAgNO31x5mL×0.05mol·L-10.1mol·L-1×7.5mLx=318．〔09年海南化学·13〕〔9分〕有关物质存在如以下列图的转化关系(局部产物已省略)。通常C为气体单质，G为紫黑色固体单质。实验室中，常用固体E在B的催化下加热制取气体单质H。请答复以下问题：〔1〕反响①的化学方程式为〔2〕反响②的离子方程式为〔3〕写出另外一种实验室制取H的化学方程式〔4〕D溶液与Pb(NO3)2溶液混合可形成沉淀，此沉淀的Ksp=7.0×10—9。将等体积的D溶液与Pb(NO3)2溶液混合，假设D的浓度为1×10—2mo1/L，那么生成沉淀所需Pb(NO3)2溶液的最小浓度为。答案：〔9分〕〔1〕MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O〔2分〕〔2〕6I－＋ClO3－＋6H＋=3I2＋Cl－＋3H2O〔2分〕〔3〕2H2O22H2O＋O2↑或2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑〔其他合理答案：也给分〕〔2分〕〔4〕5.6×10-4mol·L-1〔3分〕解析：首先得破框图，G为紫黑色固体单质，一般可预测为碘单质，可推得C物质为氯气，那么A为盐酸、B为二氧化锰；E在二氧化锰的催化下制取H，那么E为氯酸钾、H为氧气；F为氯化钾；于是D一定为碘化钾。所以推出A盐酸、B二氧化锰、C氯气、D碘化钾、E氯酸钾、F氯化钾、G碘、H氧气。19．〔09年海南化学·16〕(9分)以以下列图表示从固体混合物中别离X的2种方案，请答复有关问题。〔1〕选用方案I时，X应该具有的性质是，残留物应该具有的性质是；〔2〕选用方案Ⅱ从某金属粉末〔含有Au、Ag和Cu〕中别离Au，参加的试剂是，有关反响的化学方程式为；〔3〕为提纯某Fe2O3样品〔主要杂质有SiO2、A12O3〕，参照方案I和Ⅱ，请设计一种以框图形式表示的实验方案〔注明物质和操作〕。答案：〔9分〕〔1〕有挥发性〔或易升华〕受热不挥发，且具有较高的热稳定性〔2分〕〔2〕HNO33Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O3Ag＋4HNO3(稀)=3AgNO3＋NO↑＋2H2O[或Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2OAg＋2HNO3(浓)=AgNO3＋NO2↑＋2H2O]〔3分〕〔3〕〔4分〕〔其他合理答案：也可给分〕解析：〔1〕从题中给的信息可理解为升华或蒸馏，因此X的性质为加热时可升华，或易挥发。残留物必须热稳定性好，且没有挥发性。〔2〕金、银、铜三种金属金的活泼性最差，不能与硝酸反响，选用硝酸作为试剂，过滤即可。〔3〕三种氧化物中，SiO2、Al2O3都能与强碱发生反响，但Fe2O3不会反响，可以选浓NaOH溶液反响后过滤。但如果SiO2的含量大，那么不宜用前面所述方法，可选用盐酸溶解，过滤后去除SiO2，再在混合液中参加过量的溶液，过滤得Fe(OH)3沉淀，洗涤后加热分解的方法。20．〔09年海南化学·20.4〕〔11分〕工业上常用氨氧化法生产硝酸，其过程包括氨的催化氧化〔催化剂