2023版高考化学总复习：专题六非金属及其化合物十年高考分类题组

1、第 页专题六非金属及其化合物考点一无机非金属材料1.(2020课标,9,6分)二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响,其原理如下图所示。下列叙述错误的是()A.海水酸化能引起HCO3-浓度增大、CO32-浓度减小B.海水酸化能促进CaCO3的溶解,导致珊瑚礁减少C.CO2能引起海水酸化,其原理为HCO3- H+CO32-D.使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境答案C海水酸化会引起H+浓度增大,H+与CO32-结合生成HCO3-,故HCO3-浓度增大、CO32-浓度减小;海水酸化会使CO32-浓度减小,平衡CaCO3 Ca2+CO32-朝着CaCO3溶解的方向移动,导致珊瑚

2、礁减少;CO2引起海水酸化的原理是CO2+H2O H2CO3 H+HCO3-;使用太阳能、氢能等新能源可减少二氧化碳的排放,可改善珊瑚的生存环境。故选C。2.(2020山东,4,2分)下列关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的是()A.键能CCSiSi、CHSiH,因此C2H6稳定性大于Si2H6B.立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体,因此具有很高的硬度C.SiH4中Si的化合价为+4,CH4中C的化合价为-4,因此SiH4还原性小于CH4D.Si原子间难形成双键而C原子间可以,是因为Si的原子半径大于C,难形成p-p 键答案CA项,分子内的键能越大,键长越短,分子越稳定,

3、正确;B项,SiC共价晶体内只存在强度很大的CSi共价键,并且原子之间形成稳定的空间立体网状结构,故硬度很高,正确;C项,非金属性CSi,则键能CHSiH,键长SiHCH,稳定性CH4SiH4,气态氢化物稳定性越强,其还原性越弱,故还原性SiH4CH4,错误;D项,Si原子半径较大,p轨道电子云肩并肩重叠程度小,很难形成p-p 键,正确。3.(2020浙江7月选考,24,2分)Ca3SiO5是硅酸盐水泥的重要成分之一,其相关性质的说法不正确的是()A.可发生反应:Ca3SiO5+4NH4Cl CaSiO3+2CaCl2+4NH3+2H2OB.具有吸水性,需要密封保存C.能与SO2反应生成新盐D

4、.与足量盐酸作用,所得固体产物主要为SiO2答案DA项,Ca3SiO5可表示为CaSiO32CaO,NH4Cl水解使溶液显酸性,故可发生反应Ca3SiO5+4NH4Cl CaSiO3+2CaCl2+4NH3+2H2O,正确。B项,水泥具有吸水性,需密封保存,正确。C项,SO2+H2O H2SO3,H2SO3的酸性比H2SiO3强,故Ca3SiO5能与SO2反应生成新盐,正确。D项,根据强酸制取弱酸的原理,所得固体产物主要是H2SiO3,错误。4.(2019浙江4月选考,8,2分)下列说法不正确的是()A.液氯可以储存在钢瓶中B.天然气的主要成分是甲烷的水合物C.天然石英和水晶的主要成分都是二氧

5、化硅D.硫元素在自然界的存在形式有硫单质、硫化物和硫酸盐等答案B天然气的主要成分是甲烷。解题思路本题各选项间无关联,四个选项分别涉及四个专题,应逐项分析,迁移相关知识作出正误判断。5.(2019浙江4月选考,20,2分)在温热气候条件下,浅海地区有厚层的石灰石沉积,而深海地区却很少。下列解析不正确的是()A.与深海地区相比,浅海地区水温较高,有利于游离的CO2增多、石灰石沉积B.与浅海地区相比,深海地区压强大,石灰石岩层易被CO2溶解,沉积少C.深海地区石灰石岩层的溶解反应为:CaCO3(s)+H2O(l)+CO2(aq) Ca(HCO3)2(aq)D.海水呈弱碱性,大气中CO2浓度增加,会导

6、致海水中CO32-浓度增大答案D石灰岩的形成是CaCO3的沉积结果,海水中溶解有一定量的CO2,CaCO3、CO2与H2O之间存在下列平衡:CaCO3(s)+H2O(l)+CO2(aq) Ca(HCO3)2(aq),海水中CO2的溶解度随温度的升高而减小,随压强的增大而增大,在浅海地区水温较高,同时海水底层压力较小,因而溶解的CO2的浓度较小,上述平衡向生成CaCO3的方向移动,因而在浅海地区有厚层的石灰石沉积,深海地区情况恰好相反,故深海地区沉积的CaCO3很少。海水呈弱碱性,pH一般为7.88.4,导致海水中的CO2主要以HCO3-形式存在,大气中CO2浓度增加,平衡CO2(aq)+H2O

7、(l) H2CO3 H+HCO3-右移使海水中HCO3-浓度增大,考虑到CO32-+CO2+H2O 2HCO3-,CO32-浓度会减小。综上所述可推知A、B、C正确,D错误。创新点命题素材创新及解题方法创新。本题以自然界浅海和深海地区石灰石沉积厚度的不同为命题素材,考查学生应用平衡移动原理分析解决实际问题的能力。6.(2018课标,7,6分)化学与生活密切相关。下列说法错误的是()A.碳酸钠可用于去除餐具的油污B.漂白粉可用于生活用水的消毒C.氢氧化铝可用于中和过多胃酸D.碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查答案D本题考查Na2CO3、Ca(ClO)2、Al(OH)3、BaCO3的化学性质。碳酸钠溶

8、液显碱性,油污属于酯类,油污可在热的碳酸钠溶液中水解而被除去,A正确;漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2,Ca(ClO)2有强氧化性,可杀菌消毒,B正确;胃酸指盐酸,Al(OH)3可与盐酸反应,C正确;BaCO3可与胃酸反应生成Ba2+,Ba2+有毒,D错误。关联知识胃肠X射线造影检查服用的是BaSO4,BaSO4不与盐酸反应。7.(2018江苏单科,1,2分)CO2是自然界碳循环中的重要物质。下列过程会引起大气中CO2含量上升的是()A.光合作用B.自然降雨C.化石燃料的燃烧D.碳酸盐的沉积答案C本题考查CO2排放对环境影响的相关知识。A项,光合作用会吸收CO2放出O2;B项,自然降雨对大气

9、中的CO2含量影响不大;D项,碳酸盐的沉积对大气中的CO2含量影响不大。知识拓展植物的光合作用吸收CO2,植物的呼吸作用会释放CO2。8.(2016海南单科,4,2分)下列叙述错误的是()A.氦气可用于填充飞艇B.氯化铁可用于硬水的软化C.石英砂可用于生产单晶硅D.聚四氟乙烯可用于厨具表面涂层答案BA项,氦气性质稳定密度小,可用于填充飞艇,正确;B项,硬水的软化需去除水中的Ca2+、Mg2+,氯化铁可去除水中的悬浮物,用于水的净化,错误;C项,石英砂主要成分为SiO2,高温下可被碳单质还原为粗硅,经提纯获得单晶硅,正确;D项,聚四氟乙烯属于耐酸、碱的高分子材料,几乎不溶于任何有机溶剂,常用作不

10、粘锅的涂层材料,正确。9.(2014课标,7,6分)下列过程没有发生化学反应的是()A.用活性炭去除冰箱中的异味B.用热碱水清除炊具上残留的油污C.用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果D.用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装答案AA项,用活性炭去除冰箱中的异味利用了吸附原理,没有发生化学反应;B项,热碱水使得油脂发生水解反应而变得易清除;C项,KMnO4能吸收成熟水果释放的乙烯,从而起到保鲜水果的目的;D项,硅胶起干燥作用,而铁粉是脱氧剂,会与O2发生化学反应。10.(2014江苏单科,8,2分)下列各组物质中,不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是()物质组别甲乙丙A Al

11、HClNaOHBNH3O2HNO3CSiO2NaOHHFDSO2Ca(OH)2NaHCO3答案BB项中O2与HNO3不能发生反应。11.(2013北京理综,8,6分)下列解释事实的方程式不准确的是()A.用浓盐酸检验氨:NH3+HCl NH4ClB.碳酸钠溶液显碱性:CO32-+H2O HCO3-+OH-C.钢铁发生吸氧腐蚀时,铁作负极被氧化:Fe-3e- Fe3+D.长期盛放石灰水的试剂瓶内壁出现白色固体:Ca(OH)2+CO2 CaCO3+H2O答案C浓盐酸具有挥发性,HCl与NH3易反应生成NH4Cl而产生白烟,A项正确;Na2CO3是强碱弱酸盐,碳酸为二元弱酸,Na2CO3水解分步进行

12、且以第一步水解为主,B项正确;钢铁在发生吸氧腐蚀和析氢腐蚀时,负极发生的反应都是Fe-2e- Fe2+,C项错误;石灰水在存放过程中易与空气中的CO2反应生成CaCO3,D项正确。12.(2013江苏单科,4,2分)下列有关物质性质的应用正确的是()A.液氨汽化时要吸收大量的热,可用作制冷剂B.二氧化硅不与强酸反应,可用石英器皿盛放氢氟酸C.生石灰能与水反应,可用来干燥氯气D.氯化铝是一种电解质,可用于电解法制铝答案ASiO2+4HF SiF4+2H2O,B项错误;Cl2能与Ca(OH)2反应,C项错误;AlCl3是共价化合物,熔融的AlCl3不导电,若电解AlCl3溶液,在阴极是H+放电,而

13、Al3+不放电,故电解AlCl3溶液得不到Al,D项错误;A项正确。评析本题主要考查物质的性质、电解原理等知识。掌握某些物质的特殊性质,如SiO2与HF能反应,AlCl3是共价化合物,熔融的AlCl3不导电等是解题的关键。本题难度中等。13.(2013福建理综,6,6分)化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法正确的是()A.石英只能用于生产光导纤维B.从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现C.为了增加食物的营养成分,可以大量使用食品添加剂D.“地沟油”禁止食用,但可以用来制肥皂答案DA项,生产光导纤维是石英的用途之一,并非唯一用途;B项,海水晒盐制取粗盐为物理变化;C项,食品添加剂不能过

14、量使用,必须符合国家标准。14.(2013江苏单科,6,2分,)甲、乙、丙、丁四种物质中,甲、乙、丙均含有相同的某种元素,它们之间具有如下转化关系:甲乙丙。下列有关物质的推断不正确的是()A.若甲为焦炭,则丁可能是O2B.若甲为SO2,则丁可能是氨水C.若甲为Fe,则丁可能是盐酸D.若甲为NaOH溶液,则丁可能是CO2答案CA项,CCOCO2,A项正确;B项,SO2NH4HSO3(NH4)2SO3,B项正确;C项,FeFeCl2,但FeCl2与HCl不反应,C项错误;D项,NaOHNa2CO3NaHCO3,D项正确。解题技巧此题看起来不易,但采用代入法将各选项中内容逐项代入判断,即可找出答案。

15、思路点拨本题需选择“不正确的”答案,且解题过程所需时间较长,容易遗忘“不正确的”这一要点。建议解题时将“不正确”“错误的”“不符合”等这类特殊关键词圈出来,以防止遗忘。15.(2012全国,12,6分)在常压和500 条件下,等物质的量的Ag2O、Fe(OH)3、NH4HCO3、NaHCO3完全分解,所得气体体积依次为V1、V2、V3、V4。体积大小顺序正确的是()A.V3V2V4V1B.V3V4V2V1C.V3V2V1V4D.V2V3V1V4答案A在常压和500 条件下,2Ag2O 4Ag+O2,2Fe(OH)3 Fe2O3+3H2O,2NH4HCO3 2NH3+2CO2+2H2O,2NaH

16、CO3 Na2CO3+CO2+H2O,由上面的分解反应可知,V3V2V4V1,A项正确。16.(2011全国,11,6分)将足量CO2通入下列各溶液中,所含离子还能大量共存的是()A.K+、SiO32-、Cl-、NO3-B.H+、NH4+、Al3+、SO42-C.Na+、S2-、OH-、SO42-D.Na+、C6H5O-、CH3COO-、HCO3-答案BA项,CO2溶于水生成H2CO3,H2CO3与SiO32-反应生成H2SiO3,使SiO32-不能大量存在;C项,CO2溶于水生成H2CO3,H2CO3与OH-、S2-反应,使OH-、S2-不能大量存在;D项,CO2溶于水生成H2CO3,H2C

17、O3与C6H5O-反应生成C6H5OH,使C6H5O-不能大量存在。17.(2014课标,27,15分)铅及其化合物可用于蓄电池、耐酸设备及X射线防护材料等。回答下列问题:(1)铅是碳的同族元素,比碳多4个电子层。铅在元素周期表的位置为第周期、第族;PbO2的酸性比CO2的酸性(填“强”或“弱”)。(2)PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体,反应的化学方程式为。(3)PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得,反应的离子方程式为;PbO2也可以通过石墨为电极,Pb(NO3)2和Cu(NO3)2的混合溶液为电解液电解制取。阳极发生的电极反应式为,阴极上观察到的现象是;若电解液中不加入Cu(NO3)2

18、,阴极发生的电极反应式为,这样做的主要缺点是。(4)PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如下图所示,已知失重曲线上的a点为样品失重4.0%(即样品起始质量-a点固体质量样品起始质量100%)的残留固体。若a点固体组成表示为PbOx或mPbO2nPbO,列式计算x值和mn值。答案(1)六A弱(每空1分,共3分)(2)PbO2+4HCl(浓) PbCl2+Cl2+2H2O(2分)(3)PbO+ClO- PbO2+Cl-Pb2+2H2O-2e- PbO2+4H+石墨上包上铜镀层Pb2+2e- Pb不能有效利用Pb2+(1分,2分,1分,1分,1分,共6分)(4)根据PbO2 PbOx+2-x2O2,

19、有2-x232=2394.0%,x=2-2394.0%16=1.4(2分)根据mPbO2nPbO,2m+nm+n=1.4,mn=0.40.6=23(2分)解析(1)铅元素位于元素周期表的第六周期第A族。(2)PbO2具有强氧化性,能将浓盐酸氧化产生Cl2,反应的化学方程式为PbO2+4HCl(浓) PbCl2+Cl2+2H2O。(3)ClO-具有强氧化性,能将PbO氧化为PbO2,反应的离子方程式为PbO+ClO- PbO2+Cl-。用电解Pb(NO3)2和Cu(NO3)2的混合溶液的方法制取PbO2时,Pb2+转化为PbO2,失电子,在阳极反应,结合溶液呈酸性可知阳极反应式为Pb2+2H2O

20、-2e- PbO2+4H+;同时阴极Cu2+放电,Cu2+2e- Cu,石墨电极上包裹上一层红色的铜;若不加入Cu(NO3)2,则阴极上Pb2+放电,Pb2+2e- Pb,此时溶液中的Pb2+不能完全转化为PbO2,原子利用率降低。(4)由题意可写出PbO2受热分解的化学方程式:PbO2 PbOx+2-x2O2或(m+n)PbO2 mPbO2nPbO+n2O2,由于失重部分就是生成的O2,则有:2-x232239100%=4.0%或n232(m+n)239100%=4.0%,解得x=1.4;mn=23。18.(2012全国,28,15分)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

21、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)实验中,观察到反应管中发生的现象是,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.熄灭酒精灯1;c.熄灭酒精灯2(4)若实验中称取铜粉样品5.0 g,充分反应后,反应管中剩余固体的质量为4.8 g,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(15分)(1)HCOOH CO+H2O(2分)(2)样品粉末逐渐变

22、为红色CO、CO2(1分,2分,共3分)(3)cab(1分)(4)80%(2分)(5)将浓硫酸稀释;称取一定量的样品;样品与过量稀硫酸充分反应;过滤、洗涤;干燥、称重、计算(5分)CuO+H2SO4 CuSO4+H2O(2分)解析(1)甲酸在浓硫酸、加热条件下,分子内脱水生成CO和H2O,反应的化学方程式为HCOOH CO+H2O。(2)实验中,铜粉样品中的CuO被CO还原为Cu,故铜粉样品逐渐变为红色。尾气中主要含有CO2和未反应的CO。(3)反应完成后,首先熄灭酒精灯2,继续通入CO至样品冷却至室温,以防止Cu被空气中的O2氧化,然后再关闭漏斗开关,最后熄灭酒精灯1。(4)CuOCum80

23、 64 16m(CuO)5.0 g-4.8 g=0.2 gm(CuO)=0.2 g8016=1.0 g则原样品中单质铜的质量分数为5.0 g-1.0 g5.0 g100%=80%。(5)利用CuO能溶于稀H2SO4而Cu不溶于稀H2SO4,可以设计实验测得样品中金属铜的质量,从而计算出样品中金属铜的质量分数。CuO与稀H2SO4反应的化学方程式为CuO+H2SO4 CuSO4+H2O。19.(2012重庆,26,15分)金刚石、SiC具有优良的耐磨、耐腐蚀特性,应用广泛。(1)碳与短周期元素Q的单质化合仅能生成两种常见气态化合物,其中一种化合物R为非极性分子。碳元素在周期表中的位置是,Q是,R

24、的电子式为。(2)一定条件下,Na还原CCl4可制备金刚石。反应结束冷却至室温后,回收其中的CCl4的实验操作名称为,除去粗产品中少量钠的试剂为。(3)碳还原SiO2制SiC,其粗产品中杂质为Si和SiO2。现将20.0 g SiC粗产品加入到过量的NaOH溶液中充分反应,收集到0.1 mol氢气,过滤得SiC固体11.4 g,滤液稀释到1 L。生成氢气的离子方程式为,硅酸盐的物质的量浓度为。(4)下列叙述正确的有(填序号)。Na还原CCl4的反应、Cl2与H2O的反应均是置换反应水晶、干冰熔化时克服粒子间作用力的类型相同Na2SiO3溶液与SO3的反应可用于推断Si与S的非金属性强弱钠、锂分

25、别在空气中燃烧,生成的氧化物中阴阳离子数目比均为12答案(15分)(1)第二周期第A族氧(或O)OCO(2)过滤水(或乙醇)(3)Si+2OH-+H2O SiO32-+2H20.17 molL-1(4)解析(1)由题意可知Q为O(氧),形成的化合物R为CO2,其电子式为OCO。(2)因为CCl4为液体,C和Na都为固体,所以用过滤法分离;除去C(金刚石)中的Na可以用水或乙醇。(3)混合物中的Si可以与NaOH溶液反应生成氢气,离子方程式为Si+2OH-+H2O SiO32-+2H2。由于杂质SiO2也能与NaOH反应生成Na2SiO3,所以可先求混合物中SiO2的质量,再求硅酸盐的物质的量浓

26、度。Si2H228 g2 mol 1.4 g 0.1 molm(SiO2)=20.0 g-11.4 g-1.4 g=7.2 gn(SiO2)=0.12 mol所以n(Na2SiO3)=n(Si)+n(SiO2)=1.4 g28 gmol-1+0.12 mol=0.17 molc(Na2SiO3)=0.17mol1 L=0.17 molL-1。(4)中Cl2与H2O的反应不是置换反应;中水晶熔化克服的是共价键,干冰熔化克服的是分子间作用力,两者不同;说法正确。考点二卤族元素海水资源的开发利用1.(2019课标,7,6分)化学与生活密切相关。下列叙述错误的是()A.高纯硅可用于制作光感电池B.铝合

27、金大量用于高铁建设C.活性炭具有除异味和杀菌作用D.碘酒可用于皮肤外用消毒答案C本题涉及常见元素在生活中的应用,考查了学生接受、吸收、整合化学信息的能力,认识化学知识对满足人民日益增长的生活需要具有重要作用,体现了科学态度与社会责任的学科核心素养。高纯硅是良好的半导体材料,A项正确;铝合金强度高、塑性好、耐腐蚀,B项正确;活性炭具有吸附作用,不能杀菌,C项错误;碘的酒精溶液可以杀菌消毒,D项正确。解题关键熟悉元素化合物知识在日常生活中的应用。2.(2018海南单科,5,2分)化学与生产生活密切相关,下列说法错误的是()A.Na2O2可与CO2反应放出氧气,可用于制作呼吸面具B.SiO2具有导电

28、性,可用于制作光导纤维和光电池C.聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀,可用作化工反应器的内壁涂层D.氯水具有较强的氧化性,可用于漂白纸张、织物等答案BA项,Na2O2和CO2发生反应:2Na2O2+2CO2 2Na2CO3+O2,反应放出O2,Na2O2可用作呼吸面具,正确;B项,SiO2不具有导电性,Si为半导体,具有导电性,SiO2用于制光导纤维,而Si用于制光电池,错误;C项,聚四氟乙烯称为“塑料王”,具有抗腐蚀性,正确;D项,氯水中含有HClO,具有漂白性,正确。3.(2017天津理综,1,6分)下列有关水处理方法不正确的是()A.用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸B.用可溶性的铝盐和铁盐处理水

29、中的悬浮物C.用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子D.用烧碱处理含高浓度NH4+的废水并回收利用氨答案C用氯气无法处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子,一般采用沉淀法处理。4.(2015课标,12,6分)海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是()A.向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B.粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C.工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂D.富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴,再用SO2将其还原吸收答案C工业上常采用Ca(OH)2作为沉淀剂,C项错误。5.(2015北京理综,11,6分)某消毒液的主要成分为NaClO,还含有一定量的NaOH。下列用来解释

30、事实的方程式中,不合理的是(已知:饱和NaClO溶液的pH约为11)()A.该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备:Cl2+2OH- ClO-+Cl-+H2OB.该消毒液的pH约为12:ClO-+H2O HClO+OH-C.该消毒液与洁厕灵(主要成分为HCl)混用,产生有毒Cl2:2H+Cl-+ClO- Cl2+H2OD.该消毒液加白醋生成HClO,可增强漂白作用:CH3COOH+ClO- HClO+CH3COO-答案BA项,用NaOH溶液吸收Cl2可以制备NaClO,即Cl2+2OH- Cl-+ClO-+H2O;B项,饱和NaClO溶液的pH约为11是因为ClO-水解,该消毒液的pH约为12

31、是因为消毒液中含有NaOH;C项,消毒液中的ClO-和洁厕灵中的Cl-在酸性条件下发生氧化还原反应产生Cl2;D项,白醋中的CH3COOH可以和NaClO发生复分解反应生成HClO,从而增强消毒液的漂白作用。6.(2014江苏单科,5,2分)下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验,能达到实验目的的是()A.用装置甲制取氯气B.用装置乙除去氯气中的少量氯化氢C.用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液D.用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl24H2O答案CMnO2和浓盐酸反应制取Cl2需要加热,A项错误;除Cl2中的HCl应用饱和食盐水,B项错误;将MnCl2溶液蒸干无法得到MnCl24H2O,D项错

32、误。7.(2014江苏单科,13,4分)在探究新制饱和氯水成分的实验中,下列根据实验现象得出的结论不正确的是()A.氯水的颜色呈浅黄绿色,说明氯水中含有Cl2 B.向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液,产生白色沉淀,说明氯水中含有Cl-C.向氯水中加入NaHCO3粉末,有气泡产生,说明氯水中含有H+D.向FeCl2溶液中滴加氯水,溶液颜色变成棕黄色,说明氯水中含有HClO答案C氯水中含有“三分四离”Cl2、HClO、H2O、H+、Cl-、ClO-、OH-(少),含Cl2,溶液呈浅黄绿色,A项正确;含Cl-,加入AgNO3溶液反应生成AgCl沉淀,B项正确;能与NaHCO3反应生成CO2,说明有

33、H+,C项正确;氯水中Cl2可以将Fe2+氧化为Fe3+,D项错误。8.(2014浙江理综,12,6分)氯在饮用水处理中常用作杀菌剂,且HClO的杀菌能力比ClO-强。25 时氯气-氯水体系中存在以下平衡关系:Cl2(g)Cl2(aq)K1=10-1.2Cl2(aq)+H2O HClO+H+Cl-K2=10-3.4HClO H+ClO-Ka=?其中Cl2(aq)、HClO和ClO-分别在三者中所占分数()随pH变化的关系如图所示。下列表述正确的是()A.Cl2(g)+H2O 2H+ClO-+Cl-K=10-10.9B.在氯处理水体系中,c(HClO)+c(ClO-)=c(H+)-c(OH-)C

34、.用氯处理饮用水时,pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时差D.氯处理饮用水时,在夏季的杀菌效果比在冬季好答案CA项,在Cl2(g)+H2O 2H+ClO-+Cl-反应中,K=c2(H+)c(ClO-)c(Cl-)cCl2(g)=K1K2Ka,因Ka未知,故K也无法求出,A错误。B项,由电荷守恒知,c(H+)=c(ClO-)+c(Cl-)+c(OH-),c(Cl-)c(HClO),B错误。C项,由题意知,HClO杀菌能力比ClO-强,pH=7.5时,HClO的浓度较pH=6.5时大,C正确。D项,夏季温度高,Cl2溶解度降低,且HClO易分解,所以夏季杀菌效果比冬季差,D错误。9.(2013浙

35、江理综,8,6分)下列说法正确的是()A.实验室从海带提取单质碘的方法是:取样灼烧溶解过滤萃取B.用乙醇和浓H2SO4制备乙烯时,可用水浴加热控制反应的温度C.氯离子存在时,铝表面的氧化膜易被破坏,因此含盐腌制品不宜直接存放在铝制容器中D.将(NH4)2SO4、CuSO4溶液分别加入蛋白质溶液,都出现沉淀,表明二者均可使蛋白质变性答案CA中在过滤后少了向滤液中加入氧化剂将I-氧化为I2的步骤;用乙醇和浓硫酸制备乙烯时,应控制反应温度为170 ,水浴加热最高温度为100 ,B错误;加入(NH4)2SO4,蛋白质溶液中出现沉淀,属蛋白质的盐析,不是变性,D错误。10.(2012北京理综,6,6分)

36、下列用品的有效成分及用途对应错误的是()ABCD用品有效成分NaClNa2CO3Al(OH)3Ca(ClO)2用途做调味品做发酵粉做抗酸药做消毒剂答案B小苏打的有效成分为NaHCO3,故B项错误。11.(2012山东理综,8,4分)下列与含氯化合物有关的说法正确的是()A.HClO是弱酸,所以NaClO是弱电解质B.向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液,可制得Fe(OH)3胶体C.HCl溶液和NaCl溶液均通过离子导电,所以HCl和NaCl均是离子化合物D.电解NaCl溶液得到22.4 L H2(标准状况),理论上需要转移NA个电子(NA表示阿伏加德罗常数的值)答案BA项,NaClO为强电解

37、质;C项,HCl为共价化合物;D项,电解NaCl溶液得到22.4 L H2(标准状况),理论上需转移2NA个电子。12.(2018浙江4月选考,27,6分)某同学用含结晶水的正盐X(四种短周期元素组成的纯净物)进行了如下实验:实验中观测到:混合气甲呈无色并被蒸馏水全部吸收;固体乙为纯净物;在步骤中,取110溶液丙,恰好中和需消耗0.002 00 mol NaOH;另取一定量溶液丙,加入少量K2FeO4固体,产生黄绿色气体。请回答:(1)X的化学式是,步骤的化学方程式是。(2)溶液丙与K2FeO4固体反应的化学方程式是。答案(1)MgCl26H2O(2分)MgCl26H2O MgO+2HCl+5

38、H2O(2分)(2)2K2FeO4+16HCl 4KCl+2FeCl3+3Cl2+8H2O(2分)解析(1)因X中含结晶水,故X灼烧时所得的混合气甲中一定含水蒸气,甲能被蒸馏水全部吸收得到溶液丙,溶液丙和NaOH溶液反应后加入酸化的AgNO3溶液有白色沉淀生成,故甲中的另一气体是HCl,且n(HCl)=100.002 00 mol=0.020 0 mol,可推知X中含有Cl、H、O元素。X是含结晶水的正盐,由以上推断知阴离子是Cl-。在短周期元素范围内考虑,阳离子可能为NH4+、Na+、Mg2+、Al3+,NH4Cl灼烧会完全分解,无固体残余,可以排除,NaCl灼烧无法产生HCl(不水解),也

39、排除;而MgCl2、AlCl3的晶体灼烧后分别得到MgO和Al2O3,根据0.40 g固体乙计算可知阳离子为Mg2+,乙应为MgO,且n(MgO)=0.40 g40 g/mol=0.010 0 mol,n(H2O)=2.03 g-0.40 g-0.020 0mol36.5 g/mol18 g/mol=0.050 0 mol,n(MgO)n(HCl)n(H2O)=125,故可推知X为MgCl26H2O,步骤的化学方程式是MgCl26H2O MgO+2HCl+5H2O。(2)溶液丙为盐酸,依题意K2FeO4与盐酸反应有Cl2生成,HCl中氯元素化合价由-1价升高到0价,K2FeO4中铁元素化合价应

40、由+6价降低到+3价,由得失电子守恒和质量守恒可写出K2FeO4与盐酸反应的化学方程式。解题点睛此题的难点有二,一是X化学式的确定,关键是在短周期元素范围内考虑,乙应为MgO;二是K2FeO4与盐酸反应的化学方程式的书写,关键是先确定氧化产物为Cl2,还原产物为FeCl3,再由得失电子守恒和质量守恒写出该反应的化学方程式。13.(2015重庆理综,9,15分)ClO2与Cl2的氧化性相近,在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过图1装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。(1)仪器D的名称是。安装F中导管时,应选用图2中的。(2)打开B的活塞,A中发生反应:2NaC

41、lO3+4HCl 2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O,为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收,滴加稀盐酸的速度宜(填“快”或“慢”)。(3)关闭B的活塞,ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2,此时F中溶液的颜色不变,则装置C的作用是。(4)已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2,该反应的离子方程式为。在ClO2释放实验中,打开E的活塞,D中发生反应,则装置F的作用是。(5)已吸收ClO2气体的稳定剂和稳定剂,加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示。若将其用于水果保鲜,你认为效果较好的稳定剂是,原因是。图3答案(1)锥形瓶b(2)慢(3)吸收Cl2

42、(4)4H+5ClO2- Cl-+4ClO2+2H2O验证是否有ClO2生成(5)稳定剂稳定剂可以缓慢释放ClO2,能较长时间维持保鲜所需的浓度解析(1)装置F为洗气装置,应长进短出,选b。(2)滴加稀盐酸较慢时,产生的ClO2较慢,有足够的时间被稳定剂充分吸收。(3)NaClO3和稀盐酸反应产生的气体有ClO2和Cl2,ClO2在D中被吸收,而F中淀粉KI溶液的颜色又不变,则C的作用必为吸收Cl2。(4)由题干可知ClO2和Cl2氧化性相近,则ClO2可氧化I-,使淀粉KI溶液变蓝,故装置F的作用是验证是否有ClO2生成。14.(2014江苏单科,19,15分)实验室从含碘废液(除H2O外,

43、含有CCl4、I2、I-等)中回收碘,其实验过程如下:Na2SO3溶液Cl2含碘废液还原操作X 氧化 富集 I2CCl4(1)向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液,将废液中的I2还原为I-,其离子方程式为;该操作将I2还原为I-的目的是。(2)操作X的名称为。(3)氧化时,在三颈烧瓶中将含I-的水溶液用盐酸调至pH约为2,缓慢通入Cl2,在40 左右反应(实验装置如下图所示)。实验控制在较低温度下进行的原因是;锥形瓶里盛放的溶液为。(4)已知:5SO32-+2IO3-+2H+ I2+5SO42-+H2O某含碘废水(pH约为8)中一定存在I2,可能存在I-、IO3-中的一种或两种。请补充完整

44、检验含碘废水中是否含有I-、IO3-的实验方案:取适量含碘废水用CCl4多次萃取、分液,直到水层用淀粉溶液检验不出有碘单质存在;。实验中可供选择的试剂:稀盐酸、淀粉溶液、FeCl3溶液、Na2SO3溶液。答案(15分)(1)SO32-+I2+H2O 2I-+SO42-+2H+使CCl4中的碘进入水层(2)分液(3)使氯气在溶液中有较大的溶解度(或防止I2升华或防止I2进一步被氧化)NaOH溶液(4)从水层取少量溶液,加入12 mL淀粉溶液,加盐酸酸化,滴加FeCl3溶液,若溶液变蓝,说明废水中含有I-;若溶液不变蓝,说明废水中不含有I-。另从水层取少量溶液,加入12 mL淀粉溶液,加盐酸酸化,

45、滴加Na2SO3溶液,若溶液变蓝,说明废水中含有IO3-;若溶液不变蓝,说明废水中不含有IO3-解析(1)SO32-有还原性,碘单质有氧化性,故二者能发生氧化还原反应:SO32-+I2+H2O 2I-+SO42-+2H+。碘单质易溶于CCl4,结合前后操作分析,此步操作的目的只能是使CCl4中的I2进入水层,以便后续过程更好地富集I2。(2)CCl4与水不互溶,分离两种互不相溶的液体用分液法。(3)此步反应原理为Cl2+2I- 2Cl-+I2,控制反应在较低温度下进行的原因一般从反应物或生成物易挥发(溶解度减小)或有其他副反应发生的角度考虑;锥形瓶里液体的作用应为吸收尾气,能与Cl2、I2蒸气

46、反应且为实验室常见药品,应选NaOH溶液工业上吸收尾气中的Cl2优先选用Ca(OH)2悬浊液。(4)检验I-的原理是加入氧化剂将I-氧化为I2,利用I2遇淀粉变蓝的原理加以检验;检验IO3-的原理由题中信息可以得到,SO32-能将IO3-还原成I2,再依前述方法检验即可。注意叙述精确:“取少量溶液”“加入12 mL溶液”“酸化”“若则”。评析此题考查学生对氧族、卤族元素化合物知识的掌握情况,侧重考查I2的检验及实验基本操作,难度适中。15.(2013海南单科,14,9分)溴及其化合物广泛应用于医药、农药、纤维、塑料阻燃剂等,回答下列问题:(1)海水提溴过程中,向浓缩的海水中通入,将其中的Br-

47、氧化,再用空气吹出溴;然后用碳酸钠溶液吸收溴,溴歧化为Br-和BrO3-,其离子方程式为。(2)溴与氯能以共价键结合形成BrCl。BrCl分子中,显正电性。BrCl与水发生反应的化学方程式为。(3)CuBr2分解的热化学方程式为:2CuBr2(s) 2CuBr(s)+Br2(g)H=+105.4 kJmol-1在密闭容器中将过量CuBr2于487 K下加热分解,平衡时p(Br2)为4.66103 Pa。如反应体系的体积不变,提高反应温度,则p(Br2)将会(填“增大”“不变”或“减小”)。如反应温度不变,将反应体系的体积增加一倍,则p(Br2)的变化范围为。答案(1)Cl23Br2+6CO32

48、-+3H2O 5Br-+BrO3-+6HCO3-(1分,2分,共3分)(2)BrBrCl+H2O HCl+HBrO(1分,2分,共3分)(3)增大(1分)2.33103 Pap(Br2)4.66103 Pa(2分)解析(1)海水提溴时,需将Br-氧化为Br2,一般通Cl2。(2)溴与氯同主族且溴的核电荷数大于氯,故非金属性溴比氯弱,在BrCl中共用电子对偏向氯,故Br显正电性。(3)由题中方程式可知该反应为吸热反应。升高温度,平衡正向移动,故p(Br2)增大;体积增加一倍,p(Br2)瞬间变为12p(Br2)=4.662103 Pa,平衡正向移动,又因加入的CuBr2过量,所以根据温度不变平衡

49、常数为定值和勒夏特列原理可知p(Br2)4.66103 Pa,故p(Br2)的变化范围应为2.33103 PaH2SiO3答案CSO2使酸性KMnO4溶液褪色是因为SO2具有还原性,与KMnO4发生了氧化还原反应。易混易错A项有一定的干扰性,有些考生会误认为白色沉淀为BaSO3而错选A。6.(2013广东理综,11,4分)下列措施不合理的是()A.用SO2漂白纸浆和草帽辫B.用硫酸清洗锅炉中的水垢C.高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅D.用Na2S作沉淀剂,除去废水中的Cu2+和Hg2+答案BSO2有漂白性,能漂白纸浆等物质,A项正确;水垢的主要成分是CaCO3和Mg(OH)2,CaCO3+H2

50、SO4 CaSO4+CO2+H2O,CaSO4是一种微溶物质,会覆盖在水垢的表面阻碍反应进一步进行,B项错误;2C+SiO2 Si+2CO是工业上制粗硅的主要反应,C项正确;S2-能与Cu2+、Hg2+反应生成沉淀,D项正确。7.(2013海南单科,2,2分,)下列化合物的俗称与化学式不对应的是()A.绿矾FeSO47H2OB.芒硝Na2SO410H2OC.明矾Al2(SO4)312H2OD.胆矾CuSO45H2O答案C明矾的化学式应为KAl(SO4)212H2O,故C项不对应。8.(2013四川理综,1,6分)化学与生活密切相关,下列说法不正确的是()A.二氧化硫可广泛用于食品的增白B.葡萄

51、糖可用于补钙药物的合成C.聚乙烯塑料制品可用于食品的包装D.次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌答案AA项,SO2具有漂白性,但有毒,不能用于食品的增白;B项,葡萄糖可用于合成葡萄糖酸钙等补钙药物;C项,聚乙烯塑料制品只含C、H元素,无毒,可用于食品包装;D项,NaClO溶液中的ClO-水解生成的HClO具有强氧化性,可用于消毒杀菌。9.(2013上海单科,7,3分)将X气体通入BaCl2溶液,未见沉淀生成,然后通入Y气体,有沉淀生成,X、Y不可能是()选项XYASO2H2SBCl2CO2CNH3CO2DSO2Cl2答案BA项,SO2通入BaCl2溶液中不反应,再通H2S时,2H2S+SO2 3S

52、+2H2O,故A可能;B项,始终无明显现象,故B不可能;C项,通NH3无沉淀,再通CO2时,2NH3+H2O+CO2+BaCl2 BaCO3+2NH4Cl,故C可能;D项,通SO2,无沉淀,再通Cl2时,SO2+Cl2+2H2O H2SO4+2HCl,H2SO4+BaCl2 BaSO4+2HCl,故D可能。10.(2013广东理综,10,4分)下列叙述和均正确并且有因果关系的是()选项叙述叙述ANH4Cl为强酸弱碱盐用加热法除去NaCl中的NH4ClBFe3+具有氧化性用KSCN溶液可以鉴别Fe3+C溶解度:CaCO3Ca(HCO3)2溶解度:Na2CO3NaHCO3,C项错误;SiO2+4H

53、F SiF4+2H2O,氢氟酸通常保存在塑料瓶中,D项符合题意。11.(2011上海,7,3分)下列溶液中通入SO2一定不会产生沉淀的是()A.Ba(OH)2B.Ba(NO3)2C.Na2SD.BaCl2答案DA项,生成BaSO3沉淀;B项,SO2溶于水显酸性,被Ba(NO3)2氧化生成硫酸,进而与Ba(NO3)2反应生成BaSO4沉淀;C项,SO2通入Na2S溶液中会生成单质S沉淀。12.(2011上海,6,3分)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.吸水性答案A蔗糖表面有水分,浓H2SO4可表现吸水性;浓H2SO4使蔗糖炭

54、化表现脱水性;浓H2SO4与炭反应表现强氧化性。13.(2018江苏单科,16,12分)以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2,少量FeS2和金属硫酸盐)为原料,生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下:(1)焙烧过程均会产生SO2,用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为。(2)添加1% CaO和不添加CaO的矿粉焙烧,其硫去除率随温度变化曲线如图所示。已知:多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 硫去除率=(1-焙烧后矿粉中硫元素总质量焙烧前矿粉中硫元素总质量)100%不添加CaO的矿粉在低于500 焙烧时,去除的硫元素主要来源于。700 焙烧时,添加1% CaO的矿

55、粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低,其主要原因是。(3)向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2,铝元素存在的形式由(填化学式)转化为(填化学式)。(4)“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2,理论上完全反应消耗的n(FeS2)n(Fe2O3)=。答案(12分)(1)SO2+OH- HSO3-(2)FeS2硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中(3)NaAlO2Al(OH)3(4)116解析本题考查化学工艺流程的分析、硫及其化合物,氧化还原反应的计算。(1)用NaOH溶液吸收过量SO2生成NaHSO3,离子方程式为OH-+SO2

56、HSO3-。(2)FeS2在低于500 焙烧时能与空气中的O2反应生成Fe2O3和SO2,发生的反应为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,故不添加CaO的矿粉在焙烧时去除的硫元素主要来源于FeS2;700 焙烧时,添加CaO后,硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中,使矿粉硫去除率降低。(3)矿粉焙烧后加NaOH溶液碱浸时,Al2O3能与NaOH溶液反应生成NaAlO2,发生的反应为Al2O3+2NaOH 2NaAlO2+H2O,过滤后,NaAlO2在滤液中,向滤液中通入过量CO2时,发生反应NaAlO2+CO2+2H2O Al(OH)3+NaHCO3,所以铝元素存在的形式由NaAlO2转

57、化为Al(OH)3。(4)分析反应前后元素化合价的变化,利用得失电子守恒知:23n(FeS2)+52n(FeS2)=132n(Fe2O3),解得n(FeS2)n(Fe2O3)=116,即理论上完全反应消耗的n(FeS2)n(Fe2O3)=116。关联知识生石灰脱硫原理:CaO+SO2 CaSO3,2CaSO3+O2 2CaSO4。14.(2015安徽理综,28,14分)某研究小组将纯净的SO2气体通入0.1 molL-1的Ba(NO3)2溶液中,得到了BaSO4沉淀。为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2,该小组提出了如下假设:假设一:溶液中的NO3-假设二:溶液中溶解的O2(1)验证假设

58、一该小组设计实验验证了假设一。请在下表空白处填写相关实验现象。实验步骤实验现象结论实验1:在盛有不含O2的25 mL 0.1 molL-1 BaCl2溶液的烧杯中,缓慢通入纯净的SO2气体假设一成立实验2:在盛有不含O2的25 mL 0.1 molL-1 Ba(NO3)2溶液的烧杯中,缓慢通入纯净的SO2气体(2)为深入研究该反应,该小组还测得上述两个实验中溶液pH随通入SO2体积的变化曲线如图。实验1中溶液pH变小的原因是;V1时,实验2中溶液pH小于实验1的原因是(用离子方程式表示)。(3)验证假设二请设计实验验证假设二,写出实验步骤、预期现象和结论。实验步骤、预期现象和结论(不要求写具体

59、操作过程):(4)若假设二成立,请预测:在相同条件下,分别用足量的O2和KNO3氧化相同的H2SO3溶液(溶液体积变化忽略不计),充分反应后两溶液的pH前者(填“大于”或“小于”)后者,理由是。答案(14分)(1)无明显现象有白色沉淀(2)SO2溶于水生成H2SO33SO2+2NO3-+2H2O 3SO42-+4H+2NO(或3H2SO3+2NO3- 3SO42-+4H+2NO+H2O)(3)实验步骤、预期现象和结论(不要求写具体操作过程):实验1作为参照实验实验3:将纯净的SO2气体缓慢通入未经脱O2处理的25 mL 0.1 molL-1 BaCl2溶液中,若有白色沉淀,表明假设二成立,否则

60、不成立。(4)小于反应的离子方程式表明,足量的O2和NO3-分别氧化相同的H2SO3,生成H+的物质的量前者多于后者(本题部分小题属于开放性试题,合理答案均给分)解析(1)不含O2的BaCl2溶液中通入SO2气体无明显现象;向不含O2的Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体产生白色沉淀,表明溶液中的NO3-能氧化SO2气体产生BaSO4白色沉淀。(2)向BaCl2溶液中通入SO2气体,二者不发生反应,但SO2溶于水可以与水反应生成H2SO3使溶液显酸性;向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体,NO3-可以把SO2氧化为H2SO4使溶液pH减小,反应的离子方程式为3SO2+2NO3-+2H2O 3