高中化学非金属元素及其化合物总复习

1、-. z专题：非金属元素及其化合物知识体系和复习重点重要非金属元素及其化合物一、卤族元素卤族元素物理性质比拟：颜色状态熔、沸点密度溶解性水有机溶剂均易溶于有机溶剂F2Cl2Br2I2_色_色_色_色_ 易挥发_升华小大低高剧烈反响淡黄绿色黄橙色黄褐色剧烈反响黄绿色橙橙红紫红卤族元素单质的化学性质：相似性：化学性质与Cl2相似，都具有典型的非金属性，都可以与金属作用生成金属卤化物，都可以与非金属反响，都可与水发生反响，都可以与强碱作用。递变性：与金属、非金属反响时条件不同。例如：卤素单质与H2的反响 H2+F2_,H2+Cl2_，H2+I2 2HI，与H2化合时，无论从反响条件、反响的剧烈程度以

2、及生成气态氢化物的稳定性HFHClHBrHI，都说明卤素单质的递变性。氯氯元素的知识网络1、氯气1物理性质_气体，有强烈的_气味，有_。常温时1体积水可溶解_氯气。HF到HI，沸点_，热稳定性逐渐_，酸性逐渐_。AgF到AgI，溶解度_。2化学性质H2 + Cl2 2HCl 点燃：发出_火焰，有_ 2Cl2 + 2Ca(OH)2CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O工业上用_制得漂白粉，漂白粉中主要含有_和_，其中_是有效成分。漂白粉的漂白原理是：检验氯气收集时是否集满_概述：从氟元素到碘元素，其单质颜色逐渐_，水溶性逐渐_，熔沸点逐渐_和H2反响逐渐_，1 mol单质和H2反响放出的

3、热量逐渐_，气态氢化物的热稳定性逐渐_，氢化物酸性逐渐_2、碘1、海洋植物中提取碘 从海洋植物中得到碘离子：将海带晒干，灼烧成灰，用水溶解浸泡，使I进入水中，过滤，除灰渣。 氧化：通入_，使I转化为I2。 提取碘：用四氯化碳萃取，得到碘的四氯化碳溶液，再蒸馏除去四氯化碳得粗碘，利用_得到纯洁的碘单质。2贮存 液溴易挥发，应_。 I2受热易升华，应盛放在棕色试剂瓶中，置于冷暗处。2、次氯酸、漂白粉的性质.HClO分子的构造式为H-O-Cl氧处于中心，所以电子式为。次氯酸、次氯酸钙等有多方面的性质，经常用到以下几方面性质：1HClO是一种弱酸，与碳酸比拟电离能力有如下关系：H2CO3HClOHCO

4、3-，请分析以下反响：少量二氧化碳通入NaClO溶液中：_氯气通入碳酸氢钠溶液中：_2ClO-是一种弱酸的酸根离子，能发生水解反响：_，所以次氯酸钙溶液显碱性。假设遇到铁盐、铝盐易发生双水解：_3HClO和ClO-都具有_，无论酸性、碱性条件下都可以跟亚铁盐、碘化物、硫化物等发生氧化复原反响，但不能使品红溶液褪色。如：硫酸亚铁溶液遇漂白粉：_漂白粉遇亚硫酸酸盐：_4HClO见光易分解：_5次氯酸钙中的Ca2+、ClO-可以表现出一些综合性质。如少量二氧化碳通入次氯钙溶液中：_二氧化碳、碳酸钠、碳酸氢钠分别跟次氯酸钙溶液反响的差异：Ca(ClO)2+Na2CO3=_Ca(ClO)2+NaHCO3

5、=_例题1常温下氯酸钾与浓盐酸反响放出氯气，现按以下图进展卤素的性质实验，玻璃管装有分别滴有不同溶液的白色棉球，反响一段时间后，对图中指定部位颜色描述正确的 。A黄绿色橙色蓝色白色B无色橙色紫色白色C黄绿色橙色蓝色无色D黄绿色无色紫色白色【解析】氯酸钾与浓盐酸反响放出氯气，并且带出氯化氢气体，在中看到黄绿色的氯气，氯气使中的Br变成橙色的溴水，与中I反响生成I2，使淀粉变蓝，NaOH溶液可以吸收氯气，棉球的颜色没有变化。【答案】A2、将Cl2通入NaBr和NaI的混合液中，待反响充分后将所得溶液加热蒸干，并灼烧，最后将得到的固体冷却、称量。称量所得固体的质量与通入Cl2的体积关系如以下图所示：

6、则原混合液中NaI的物质的量为 解析：根据图示可知a处为NaBr和NaI，ab段为NaBr、NaI和NaCl，bc段为NaBr和NaCl，cd段为NaCl。而且由图示可知最终得到29.25g固体为NaCl。根据氯元素守恒，则nCl2=nNaCl=0.25mol。根据图示：02.5V即00.125mol段发生的反响为2NaI+Cl2=2NaCl+I2,故nNaI=0.25mol。答案：D预测点评：该题结合卤素及其化合物的氧化性、复原性，考察了化学计算，同时考察了对图表的识别能力。二、氧、硫及其化合物氧1、氧及其化合物相互联系2、H2O2物理性质：双氧水是一种无色无味极弱的电解质，是一种绿色氧化剂

7、化学性质：H2O2=H+HO2- ； HO2-=H+O22-有极弱的酸性不稳定性：_复原性：2KMnO4+5H2O2+3H2SO4=氧化性：H2O2+Na2SO3=酸性条件下溶解Cu: H2O2+Cu+2H+=Cu2+2H2O3、臭氧O3物理性质：常温常压下，O3是一种_的_气体。是一种很好的_和_。化学性质：1、极强的氧化性：O3+2KI+H2O=_. 2、不稳定性：2O3=3O2升高温度，或者在Cl、F等原子的催化下反响更快 3、产生方式：3O2=2O3高压放电的条件下臭氧层的破坏：破坏臭氧层的有害物质,氮的氧化物和氟氯烃等。硫1、硫及其化合物转化2硫单质1物理性质：_固体，_溶于水，易溶

8、于_，可用于消毒。在自然界中一般不存在，但存在于火山口附近。2化学性质洒落的Hg可以用硫粉处理，常温下与汞反响生成_硫与氧气反响：硫在空气中点燃产生_火焰，在纯氧中燃烧时产生明亮的_火焰，生成SO2。3硫化氢1物理性质：_色，具有_的有毒气体，_溶于水，密度比空气大。2化学性质CuSO4 + H2S_因此，CuSO4溶液可以用来检验H2S气体，也可用来对H2S进展尾气处理。3二氧化硫亚硫酸是一种不稳定的二元弱酸，易分解成_和_，酸性比碳酸_，故当CO2气体中混有SO2时，可用_溶液来除去SO2。二氧化硫能跟*些有色物质化合成不稳定的无色物质。加热后不稳定的无色物质会分解，恢复原来的颜色。例如，

9、品红溶液天然降雨的pH m2。 HNO3由NO2和水反响生成。 a. SO2 + BaCl2不反响；但SO2通入Ba(NO3)2溶液或SO2和NO2气体同时通入BaCl2溶液中，则反响可以进展。 b. NO2、Br2不可使用KI淀粉溶液检验。【典例1】*学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按以下图装置进展试验夹持仪器已略去。实验说明浓硝酸能将氧化成，而稀硝酸不能氧化。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。可选药品：浓硝酸、3mo/L稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳：氢氧化钠溶液不与反响，能与反响：1 实验应防止有害气体排放到空气中，装置、中盛放的药品依次是_2 滴加浓硝酸

10、之前的操作是检验装置的气密性，参加药品，翻开弹簧夹后_3 装置中发生反响的化学方程式是_4 装置的作用是_，发生反响的化学方程式是_5 该小组得出的结论依据的试验现象是_6 试验完毕后，同学们发现装置中溶液呈绿色，而不显蓝色。甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们分别设计以下4个实验来判断两种看法是否正确。这些方案中可行的是选填序号字母_a. 加热该绿色溶液，观察颜色变化b. 加水稀释绿色溶液，观察颜色变化c. 向该绿色溶液入氮气，观察颜色变化d. 向饱和硝酸铜溶液入浓硝酸与铜反响产生的气体，观察颜色变化【解析】此题主要考察HNO3的性质、

11、化学根本实验设计和评价能力。1根据装置特点和实验目的，装置是收集NO，装置中盛放NaOH溶液吸收NO2，因为要验证稀HNO3不能氧化NO，所以装置中应该盛放稀硝酸。2由于装置中残存的空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴加浓HNO3之前需要通入一段时间CO2赶走装置中的空气，同时也需将装置中导管末端伸入倒置的烧瓶防止反响产生的NO气体逸出。3Cu与浓HNO3反响：Cu + 4HNO3(浓)Cu(NO3)2 + 2NO2 +2 H2O。4装置中盛放H2O，使NO2与H2O反响生成NO：3NO2 + H2O2HNO3 + NO。5NO通过稀HNO3溶液后，假设无红棕色NO2产生，说明稀HNO3不能

12、氧化NO，所以盛放稀HNO3装置的液面上方没有颜色变化即可说明之。装置中盛放的是浓HNO3，假设浓HNO3能氧化NO则装置液面的上方会产生红棕色气体。6要证明是Cu(NO3)2浓度过高或是溶解了NO2导致装置中溶液呈绿色，一是可设计将溶解的NO2赶走a、c方案再观察颜色变化。二是增大溶液中NO2的溶解d方案观察颜色变化。加水稀释绿色溶液再观察颜色变化的问题在于加水稀释时既稀释了Cu(NO3)2的浓度有降低了NO2，无法确定两种看法那种正确。【答案】13mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液2通入CO2一段时间，关闭弹簧夹，将装置中导管末端伸入倒置的烧瓶3Cu + 4HNO3浓= Cu(NO3)

13、2 + 2NO2 + 2H2O4将NO2转化为NO 3NO2 + H2O =2HNO3 + NO5装置中液面上方气体仍为无色，装置中液面上方气体由无色变为红棕色6a c d四、碳、硅及其化合物碳、硅及化合物的联系网络1、碳及其化合物的转换1碳碳在常温下非常稳定，但在高温条件下活动性增强，主要表现为复原性(1)与单质反响 2C+O2_ C+O2_(2)与*些氧化物反响C+CO2_ C+H2O(g)_2C+SiO2Si+2COC+2CuO2Cu+CO2(3)与氧化性酸反响C+2H2SO4(浓)_C+4HNO3(浓)_2碳的氧化物(1)CO物理性质：_色_味、_溶于水，有_的气体。具有可燃性和复原性

14、。化学性质：2CO+O22CO2；3CO+Fe2O32Fe+3CO2；CO+H2OCO2+H2(2)CO2物理性质：_色_味，能_于水(11)的气体。密度比空气_，易液化。化学性质：氧化性：CO2+C2CO酸性氧化物的通性CO2+H2OH2CO3：CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2OCO2+H2O+CaCO3=Ca(HCO3)2；2CO2+Ca(OH)2=Ca(HCO3)2；CO2+CaOCaCO33碳酸盐(1)溶解性正盐中只有碱金属的碳酸盐和铵盐溶于水，所有酸式盐均溶于水。一般酸式盐比相应正盐易溶，但碱金属的碳酸氢盐比正盐溶解度小。(2)热稳定性一般规律：可溶性碳酸正盐不溶性碳酸正盐酸

15、式碳酸盐。Na2CO3CaCO3NaHCO3(3)正盐与酸式盐的相互转化4硅(1)与单质反响Si+2Cl2SiCl4(无色液体)；Si+O2SiO2(2)硅的制取：SiO2+2CSi+2CO(得到粗硅)精制：Si+2Cl2SiCl4 SiCl4+2H2Si+4HCl5二氧化硅(1)酸性氧化物的通性SiO2+CaOCaSiO3；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O(2)氧化性SiO2+2CSi+2CO；(3)和HF反响：SiO2+4HF=SiF4+2H2O6硅酸和硅酸盐(1)硅酸是_溶于水的白色固体，酸性比碳酸还_。实验验证硅酸酸性比碳酸还弱：Na2SiO3+2 HCl= _Na2SiO

16、3+ CO2+H2O= _(2)硅酸盐硅酸盐种类繁多，构造复杂，是构成地壳岩石的主要成分。常用SiO2和金属氧化物表示它的组成。如黏土：Al2O32SiO22H2O7硅酸盐工业水泥玻璃瓷原料黏土、CaCO3、石膏纯碱、石灰石、石英黏土反响原理复杂反响原理Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2水泥的主要成分：3CaOSiO2、2CaOSiO2、3CaOAl2O3普通玻璃的主要成分：Na2SiO3、CaSiO3、SiO2【典例1】将足量CO2通人KOH和CaOH2的混合稀溶液中，生成沉淀的物质的量n和通入CO2体积y的关系正确的选项是 A B C D【

17、解析】解答此题的关键是掌握碳酸正盐和酸式盐的转化关系及条件。起始时反响的离子方程式为：CO22OHCa2CaCO3H2O，当Ca2完全沉淀时，溶液中还剩余OH，再通CO2，反响的离子方程式为：CO22OHCO32H2O，继续通CO2，反响式为：CO32CO2H2O2HCO3，再通CO2，反响式为：CaCO3CO2H2OCaHCO32。反映在图象上即为D。【答案】D典例解析例1、天然气的主要成份CH4是一种会产生温室效应的气体,等物质的量的CH4和CO2产生的温室效应，前者大。下面是有关天然气的几种表达:天然气与煤、柴油相比是较清洁的能源;等质量的CH4和CO2产生的温室效应也是前者大;燃烧天然

18、气也是酸雨的成因之一.其中正确的选项是()A.是 B.只有 C.是和 D.只有解析：大气中的CH4和CO2为红外线吸收体，它们吸收太阳和地球的长波辐射，并将其中一局部反射回地球。因此，大气中CH4和CO2浓度增加，则被吸收得多，反射到太空的局部减少,地表温度将上升。天然气燃烧产物为CO2和水，而煤和柴油燃烧产物会造成污染。对等质量的CH4和CO2，CH4的物质的量比CO2多，由题意知等质量的CH4和CO2产生的温室效应CH4大，但CO2不是形成酸雨的物质。答案：C。例2、以下物质不属于城市空气质量日报报道的是()A.二氧化硫 B.氮氧化物 C.二氧化碳 D.悬浮颗粒解析：二氧化硫、氮氧化物和悬

19、浮颗粒均为大气污染物，只有二氧化碳不需报道。答案：C。例3、向以下溶液入过量CO2，最终出现浑浊的是A.氢氧化钙饱和溶液 B.苯酚钠饱和溶液C.醋酸钠饱和溶液 D.氯化钙饱和溶液解析：当足量CO2通入Ca(OH)2饱和溶液时，由于其为二元酸，故可生成溶于水的酸式盐Ca(HCO3)2而最终无浑浊。而当遇苯酚钠时，由于碳酸的酸性较苯酚的酸性强，故可生成苯酚。又由于苯酚在常温下的溶解度不大，故最终出现浑浊。而C、D两选项中，由于醋酸、盐酸的酸性较碳酸强，故CO2与其均不可反响。A中先有沉淀后又溶解；B中出现浑浊；C和D中无反响发生。答案：B。例4、导致以下现象的主要原因与排放SO2有关的是A.酸雨

20、B.光化学烟雾 C.臭氧空洞 D.温室效应解析：该题看似简单，实际提出了3个热点概念，因此必须搞清4个概念的涵，方可做出正确的选择。题中列举的大气环境问题都与化学有密切关系，其中由SO2引发的现象是酸雨。降水时，硫的氧化物以及所形成的硫酸和硫酸盐随着雨雪降到地面，称之为酸雨，其发生的主要反响：2SO2+O2=2SO3，SO2+H2O=H2SO3，2H2SO3+O2=H2SO4。溶于雨水中的酸性物质，使雨水中pH在4.5左右。光化学类雾由氮氧化物造成；臭氧空洞主要由氯氟烃、一氧化氮等造成；温室气体主要为二氧化碳等。答案：A。例5、A、B、C是在中学化学中常见的三种化合物,它们各由两种元素组成,甲

21、、乙是两种单质.这些化合物和单质之间存在如下的关系: 化合物A单质甲化合物A和化合物C单质乙和化合物C单质乙化合物B化合物B据此判断:(1)在A、B、C这三种化合物中,必定含有乙元素的是.(用A、B、C字母填写)(2)单质乙必定是(填金属或非金属),其理由是.(3)单质乙的分子式可能是,则化合物B的分子式是.解析：(1) 根据题意，可转化为如下三个反响 = 1 * GB3 甲 乙A， 甲B A + C, A + B乙 C，由 = 1 * GB3 可知化合物A中一定含有乙元素，由A中含乙元素，一定来源于化合物B，所以A、B均含有乙元素。(2) 由 看出，该反响一定是氧化复原反响，乙为单质，A、B

22、中又都含有乙元素，所以乙元素在A、B中必有一个显正价，另一个显负价。在中学化学中只有非金属元素显负价，因而乙一定是非金属元素。SO2 O2 SO2 和H2OS和H2O SH2S H2S (3) 单质乙可能是S，B的化学式H2S，A的化学式为SO2，因此可写出以下反响关系也可认为乙是N2，也可以写出如下反响关系NO O2 NO 和H2ON2和H2O N2 NH3 NH3 规律总结：物质的推断题，特别是文字类框图题或称无明显物质类推断题，是最为综合的题目。它不仅涉及的知识面广，而且思维难度大，所以一直受到高考命题者的重视。稳固：有以下图所示的反响关系：A是中学化学中常见的无机物，A、B、C中含有同

23、一种元素R，不含R的产物已经略去。(1)假设A与NaOH反响，既可生成B，也可生成C，还可生成B+C，写出符合上述反响关系的A的两种不同类型物质的分子式(2)假设A与NaOH无论以何种比列反响，其产物均是B+C，则A的分子式可能是(只要求写一种)；R在A、B、C中的化合价必须满足的条件是必介于B、C之间。答案：1CO2(SO2)、H2S、AlCl3中任选两种2Cl2 ；A中R的化合价必介于B、C之间。例6、标准状况下H2S和O2混合气体100mL，经点燃后反响至完全，所得气体经枯燥后，恢复到原来状况时体积为10mL，该10mL气体可能是2001年市高考题A.H2S、SO2B.O2 C.H2S

24、D.SO3解析：H2S和O2反响后的气体产物可能为H2S；SO2；SO2和O2。如为情况，说明H2S过量。则由：2H2S+O2=2H2O+2S体积减少2 1 36030 100-10=90 参加反响的H2S和O2的总体积为60+30=90，则余下的10mL气体为H2S。假设为情况或，说明O2过量。则由：2H2S+3O2=2H2O+2SO2体积减少 2 3 2 3 60 90 90则参加反响的H2S和O2的总体积为60+90=150100，所以这两种情况不存在。答案：C例7、对以下事实的解释错误的选项是2000年高考题A.在蔗糖中参加浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性B.浓硝酸在光照下颜

25、色变黄，说明浓硝酸不稳定C.常温下，浓硝酸可以用铝贮存，说明铝与浓硝酸不反响D.反响CuSO4+H2SCuS+H2SO4能进展，说明硫化铜既不溶于水，也不溶于稀硫酸解析：此题旨在考察一些常见的化学反响原理。Al与冷、浓硝酸发生钝化，属化学反响，因外表迅速形成致密的氧化膜而不呈明显的反响现象。答案：C。例8、*学生课外活动小组利用右图所示装置分别做如下实验：(2000年全国高考题)1在试管中注入*红色溶液，加热试管，溶液颜色逐渐变浅，冷却后恢复红色，则原溶液可能是_溶液；加热时溶液由红色逐渐变浅的原因是：，2在试管中注入*无色溶液，加热试管，溶液变为红色，冷却后恢复无色，则此溶液可能是_溶液；加

26、热时溶液由无色变为红色的原因_。解析：题设情境有三大特点：反响装置由常见的开放型到了封闭型；溶液颜色由常见的静态稳定型到了动态变化型；溶液成分由常见的单一溶质型到了多种溶质型。根据这些情境特点，进展思维发散。解题的关键是要认真观察实验装置的特点：试管口上套有气球，说明加热时会气体逸出，一下就使红色溶液的围缩小：溶有酸性气体的石蕊溶液或溶有碱性气体的酚酞溶液。而前者中加热后，红色变为紫色，不符合溶液颜色逐渐变浅的条件，结论只有稀氨水和酚酞。由无色溶液气体+溶液变红气体溶+溶液无色。联想无色溶液虽多，但加热后放出气体且溶液变红不多，又冷却后该气体可使红色溶液褪色显然该气体有漂白作用，并是一可逆过程

27、，符合条件的无色溶液只能是SO2漂白过的品红溶液。答案：1稀氨水和酚酞、稀氨水中的NH3气逸出，所以溶液的颜色变浅；2溶有SO2的品红、SO2气体逸出，品红溶液恢复红色过量银循环使用原料混合A加热保温B冲稀静置C过滤DAgNO3晶体蒸发E冷却结晶F吸收装置银(过量)HNO3NO*NO*通入过量热的水蒸气热点 例9、 *试剂厂有银(含杂质铜)和硝酸(含杂质Fe3+)反响制取硝酸银.步骤如下依据上述步骤,完成以下填空：(1)溶解银的硝酸应该用硝酸(填浓或稀)。原因是(填序号，下同)(a)减少过程中产生NO*的量 (b)减少原料银的消耗量 (c)节省硝酸物质的量(2)步骤B加热保温的作用是.(a)有

28、利于加快反响速率 (b)有利于未反响的硝酸挥发(c)有利于硝酸充分反响,降低溶液中H+(3)步骤中是为了除去F3+、Cu2+等杂质,冲稀静置时发生的化学反响是(a)置换反响 (b)水解反响 (c)氧化复原反响产生的沉淀物化学式.解析：1根据反响方程式：Ag+2 HNO3浓=AgNO3+NO2+H2O、3Ag+4HNO3稀=3AgNO3+NO+2H2O可知：每生成1molAgNO3，如用浓HNO3，消耗HNO32mol，产生1molNO2；如用稀HNO3，只需HNO34/3mol，放出NO1/3mol。故用稀硝酸比用浓硝酸好，原因为a、(c)。2根据温度对反响速率的影响，加热保温是使反响加快，促

29、使HNO3与Ag反响，而不希望HNO3损失，因此其目的是a、(c)。3由水解原理，溶液浓度小，促进水解，使F3+、Cu2+生成难溶的Fe(OH)3、Cu(OH)2而除去。答案：1稀，a、(c) 2a、(c) 3b，Fe(OH)3、Cu(OH)2例10、实验室可用氯气与金属铁反响制备无水三氯化铁,该化合物呈棕红色,易潮解,100左右时升华,以下图是两个学生设计的实验装置,左边的反响装置一样,而右边的产物收集装置则不同,分别如() ()所示:2000年全国高考题(1)B中反响的化学方程式为：。(2)D中的反响开场前,需排除装置中的空气,应采取的方法是:。(3)D中反响的化学方程式为：。(4)装置(

30、)的主要缺点是：。(5)装置()的主要缺点是：，如果选用此装置来完成实验,则必须采取的改良措施是：。解析：此题综合了氯气的性质、制法，三氯化铁的性质和制取，化学实验操作及实验装置等问题。此题中涉及的制取氯气和三氯化铁的原理比拟简单，排除装置中空气的方法属常识性操作，1、2、3问容易作答。只要根据题给信息，对装置、的不同局部进展比照分析，答案就在、两图中，4、5问即可得解。1装置中三氯化铁由D进入E是通过细玻璃管，而装置D直接插入E中，此二法那一种更好呢？根据题给信息，三氯化铁在100左右升华，D管生成的三氯化铁已是蒸气，温度降低即凝结成固体颗粒，细玻璃管就会被堵塞，此为装置的缺点之一。2装置中

31、E下边有一盛有NaOH溶液的洗气瓶。NaOH溶液的作用是什么呢？联想到氯气是有毒气体，实验时的尾气排入空气前必须用NaOH溶液来吸收，而装置中没有，此为装置的缺点之二。3装置中E右边连有盛浓H2SO4的洗气瓶，而装置中没有。浓H2SO4在此起什么作用呢？根据题目所给信息，三氯化铁易潮解，要制得无水三氯化铁，必须在制取三氯化铁装置前后都要设计枯燥装置这点原题D管前已经设计出此信息。装置未这样设计即为缺点，需在E、F之间连接枯燥装置。答案：14HCl+MnO2 MnO2+Cl2+2H2O；2B中的反响进展一段时间后,看到黄绿色气体充满装置，再开场加热D；32Fe+3Cl2 2FeCl3；4导管易被

32、新产品堵塞，尾气排入空气,易造成环境污染；5产品易受潮解，在E和F之间连接装有枯燥剂的装置其他既能防止产品潮解又能防止尾气污染环境的合理答案均给分例12、*化工厂每小时生产at吨98%质量分数硫酸。为使硫充分燃烧，且在下一步催化氧化时不再补充空气，要求燃烧后的混合气体中含氧气的体积分数为b%。假设空气中氧气的体积分数为21%，且不考虑各生产阶段的物料损失，则2001年高考试测题1该厂每小时消耗标准状况下空气的体积为m3。2为满足题设要求，b%的下限等于。解析：1每小时生产的纯硫酸为(a106g98%)98g/mol=a104mol。生产过程中生成的SO2和SO3也都是a104mol。设每小时消

33、耗空气的体积为V，则由S+O2=SO2消耗O2的体积等于生成的SO2体积，即燃烧前空气的体积等于燃烧后混合气体的体积，据此可得以下关系：空气中O2的体积=反响中消耗的O2的体积+燃烧后混合气体中O2的体积，即V21%=a104 mol22.4L/mol10-3 m3/L+Vb%，V=22400a/(21-b)。2b的下限，其含义是指燃烧后剩余的O2在第二步催化氧化时恰好完全反响，也就是说，燃烧前空气中的氧空气体积的21%恰好满足两步反响。因S+O2=SO2和O2+2SO2=2SO3两步反响耗O2之比为2:1，故燃烧后第一步反响后混合气体中O2的体积分数的下限是b%=(1/3)21%=7%。答案

34、：122400a/(21-b)；27%专题训练一、选择题1、引起以下环境污染的原因不正确的选项是重金属、农药和难分解有机物等会造成水体污染装饰材料中的甲醛、芳香烃及氡等会造成居室污染2、2或2都会导致酸雨的形成2和氟氯烃等物质的大量排放会造成温室效应的加剧2、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工程得到了全民的支持。以下措施不利于工程建立的是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，增加化石燃料的供给量3、将CO2气体通入CaCl2溶液，假设要有白色沉淀产生，可参加的试剂是A.硫酸氢

35、钾溶液 B.碳酸氢钙溶液 C.氯水 D.氢氧化钠溶液4、酸性强弱顺序为H2CO3HCO3-，以下化学方程式正确的选项是5、 CaC2和ZnC2、Al4C3、Mg2C3、Li2C2等都同属离子型碳化物，判断以下反响产物正确的选项是A.ZnC2水解生成乙烷C2H6B.Al4C3水解生成丙炔C3H4C.Mg2C3水解生成丙炔C3H4 D.Li2C2水解生成乙烯C2H46、*K2CO3样品中含有Na2CO3、KNO3和Ba(NO3)2三种杂质中的一种或二种。现将13.8克样品参加足量水,样品全部溶解。再参加过量的CaCl2溶液,得到9克沉淀，对样品所含杂质的正确判断是A.肯定有KNO3 B.肯定有KN

36、O3,可能还含有Na2CO3C.肯定没有Ba(NO3)2,可能有KNO3 D.肯定没有Na2CO3和Ba(NO3)27、在硫酸工业生产中，为了有利于SO2的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换器的接触室见右图。按此密闭体系中气体的流向，则在A处流出的气体为A.SO2 B.SO3 O2 C.SO2 O2 D.SO2 SO38、过氧化氢的沸点比水高，但受热容易分解。*试剂厂制得7%8%的过氧化氢溶液，再浓缩成30%的溶液时，可采用的适宜方法是A.常压蒸馏 B.减压蒸馏 C.加生石灰常压蒸馏 D.加压蒸馏9、以下反响中，调节反响物用量或浓度不会改变反响产物的是A.硫化氢在氧气中燃烧 B.铁在硫

37、蒸气中燃烧C.二氧化硫通入石灰水 D.硫酸中参加锌粉10、向50mL18mol/LH2SO4溶液中参加足量的铜片并加热。充分反响后，被复原的H2SO4的物质的量A.小于0.45mol B.等于0.45mol C.在0.45mol和0.90mol之间 D.大于0.90mol11、Murad等三位教授最早提出NO分子在人体有独特功能，近年来此领域研究有很大开展，因此这三位教授荣获了1998年诺贝尔医学及生理学奖。以下关于NO的表达不正确的选项是A.NO可以是*些含低价N物质氧化产物 B.NO不是亚硝酸酐C.NO可以是*些含高价N物质的复原产物 D.NO是棕色气体12、右图为装有活塞的密闭容器，盛2

38、2.4mL一氧化氮。假设通入11.2mL氧气气体体积均在标准状况下测定，保持温度、压强不变，则容器的密度NOA.等于1.369g/L B.等于2.054g/L.C.在1.369g/L和2.054g/L之间 D.大于2.054g/L13、磷酸分子中的三个氢原子都可以跟重水分子(D2O)中的D原子发生氢交换，又知次磷酸(H3PO2)也可跟D2O进展氢交换，但次磷酸钠(NaH2PO2)却不再能跟D2O发生氢交换。又此可推断出H3PO2的分子构造是B14、用以下三种途径来制取相等质量的硝酸铜：(1)铜跟浓硝酸反响；2铜跟稀硝酸反响；3铜先跟氧气反响生成氧化铜，氧化铜再跟硝酸反响。以下表达中正确的选项是

39、A.三种途径所消耗的铜的物质的量相等B.三种途径所消耗的硝酸的物质的量相等C.所消耗的铜的物质的量是：途径3途径1途径2D.所消耗的硝酸的物质的量是：途径1途径2途径315、同温同压下，两个等体积的枯燥圆底烧瓶中分别充满NH3，NO2，进展喷泉实验，经充分反响后，瓶溶液的物质的量浓度为A. B. C.= D.不能确定16、氯化碘ICl的化学性质跟氯气相似，预计它跟水反响的生成物是A.HI和HClO B.HCl和HIO C.HClO3和HIO D.HClO和HIO17、以下物质在空气中久置变质，在变质过程中，既有氧化复原反响发生，又有非氧化复原反响发生的是 A.食盐 B.漂白粉 C.氯水 D.硫

40、酸亚铁溶液18、将1体积选项中的一种气体与10体积O2混合后，依次通过盛有足量浓NaOH溶液的洗气瓶和盛有足量的热铜屑的管子(假设反响都进展完全)，最后得到的尾气可以是A.Cl2 B.CO C.CO2 D.N219、为实现中国2000年消除碘缺乏病的目标，卫生部规定食盐必须加碘,，其中的碘以碘酸钾(KIO3)形式存在。在溶液中IO3-可和I-发生反响：IO3-+5I-+6H+=3I2+2H2O。根据此反响，可用试纸和一些生活中常见的物质进展实验，证明在食盐中存在IO3-。可供选用的物质有：自来水；蓝色石蕊试纸；碘化钾淀粉试纸；淀粉；食糖；食醋；白酒。进展上述实验时必须使用的物质是A. B. C

41、. D.20、 甲、乙、丙三种溶液各含有一种*-*-为Cl-、Br-、I-离子。向甲中加淀粉溶液和氯水，则溶液变橙色，再加丙溶液，颜色无明显变化。则甲、乙、丙依次含有A.Br-、Cl-、I-B.Br-、I-、Cl-C.I-、Br-、Cl-D.Cl-、I-、Br-21、利用合成气(H2+CO)生产汽油、甲醇和氨等已经实现了工业化，合成气也可转化成醛、酸、酯等多种产物。以下表述正确的选项是以合成气为原料的反响都是化合反响改变合成气中CO与H2的体积比，可以得到不同产物合成气的转化反响需在适当的温度和压强下通过催化完成从合成气出发生成液态烃或醇类有机物是实现煤变油的有效途径以合成气为原料的反响产物中

42、不可能有烯烃或水A B C D22、冰箱致冷剂氟氯甲烷在高空中受紫外线辐射产生Cl原子，并进展以下反响：Cl+O3ClO+O2，ClO+OCl+O2。以下说法不正确的选项是A.反响后将O3转化为O2B.Cl原子是总反响的催化剂C.氟氯甲烷是总反响催化剂 D.Cl原子反复起分解O3的作用23、*温度下，将Cl2通入NaOH溶液中,反响得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO-和ClO3-的浓度之比为1:3，则Cl2与NaOH反响时,被复原的氯元素与被氧化的氯元素物质的量之比为A.21:5 B.11:3 C.3:1 D.4:124.一瓶无色气体，可能含氯化氢、硫化氢、二氧化硫、

43、二氧化氮、溴化氢、二氧化碳中的一种或几种;将其通入氯水中，得无色透明溶液，将该溶液分成两份，一份参加盐酸酸化的氯化钡溶液，析出白色沉淀;另一份参加硝酸酸化的硝酸银溶液，也有白色沉淀产生。下面结论正确的选项是原气体中肯定有二氧化硫原气体中可能有二氧化硫原气体中肯定无硫化氢、溴化氢、二氧化氮不能肯定是否含有氯化氢原气体中肯定不含二氧化碳原气体中肯定含有氯化氢A.B.C.D.25、在含有n克HNO3的稀溶液中，恰好将5.6克铁粉完全溶解，假设有克HNO3被复原成NO(无其它复原产物)，则n值不可能是克克克克26、常温下氯酸钾与浓盐酸反响放出氯气，现按以下图进展卤素的性质实验。玻璃管装有分别滴有不同溶

44、液的白色棉球，反响一段时间后，对图中指定部位颜色描述正确的选项是A黄绿色橙色蓝色白色B无色橙色紫色白色C黄绿色橙色蓝色无色D黄绿色无色紫色白色27、下表中，对述I、的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的选项是选项述I述判断A工业生产硫酸用水吸收SO3SO3可与水反响I对；对；有BCl2和SO2混合后可用于漂白纸浆Cl2和SO2都有较好的漂白作用I对；错；无C金属钠具有强复原性高压钠灯发出透雾性强的光I对；对；无D石墨常用作电解池的电极石墨的化学性质稳定且导电性好I对；对；有二、实验题28、*化学课外小组用海带为原料制取少量碘水。现用CCl4从碘水中萃取碘并用分液漏斗别离两种溶液，其实验

45、操作可分为如下几步:A.把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中B.把50mL碘水和15mLCCl4参加分液漏斗中,并盖好玻璃塞C.检验分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液D.倒转漏斗用力振荡,并不时旋开活塞放气,最后关闭活塞,把分液漏斗放正E.翻开活塞,用烧杯接收溶液F.从分液漏斗上口倒出上层水溶液G.将漏斗上口的玻璃塞翻开或使塞上的凹槽或小孔对准漏斗口上的小孔H.静置,分层就此实验,完成以下填空:(1)正确操作步骤的顺序是AGEF。(2)上述E步骤的操作中应注意上述G步骤操作的目的是(3)能选用CCl4从碘水中萃取碘的原因是(4)以下物质,不能作为从溴水中萃取溴的溶剂是A.热裂汽油 B.苯 C

46、.酒精 D.正庚烷29.如以下图的装置中:a是盛有标况下的空气(氧气占五分之一)和10毫升1.2mol/L硝酸的250毫升烧瓶。b是未充气(实验开场前部没有气体)放有0.384克铜粉的气球。c是夹紧了的弹簧夹。d中盛有足量的过氧化钠。e是充有二氧化碳的针筒。整套装置已经过气密性检查合格。(1)将气球中的铜粉小心倒入烧瓶中,充分反响后发现铜粉有余(设产生的气体不溶解于溶液中),则可观察到的现象是(2)欲提高铜与硝酸反响的速度可采用多种不同的措施假设用参加化学试剂法,以下试剂中可以使用的是(填代号) A.蒸馏水B.无水醋酸钠C.石墨D.硝酸银溶液(少量)假设用升高温度法,请在图中画出完整的示意图:

47、将烧瓶不断振荡发现气球逐渐缩小,发生有关反响的化学方程式是:此时气球的现象是:翻开弹簧夹将二氧化碳推入枯燥管继续振荡,使气体与气体、溶液充分接触,欲使所有的铜粉都溶解,至少需要推入二氧化碳多少毫升将上述全过程用一个总的化学方程式表示:30、晶体硅是一种重要的非金属材料。制备纯硅的主要步骤如下：高温下用碳复原二氧化硅制得粗硅粗硅与枯燥气体反响制得3：3323与过量2在10001100反响制得纯硅3能与2强烈反响，在空气中易自燃。请答复以下问题：(1)第步制备粗硅的化学反响方程式为。(2)粗硅与反响完全后，经冷凝得到的3沸点33.0中含有少量4沸点57.6和沸点84.7，提纯3采用的方法为：。(3

48、)用3与过量2反响制备纯硅的装置如下热源及夹持装置略去：装置中的试剂是，装置中的烧瓶需要加热，其目的是：。反响一段时间后，装置中观察到的现象是，装置不能采用普通玻璃管的原因是，装置中发生反响的化学方程式为。为保证制备纯硅实验的成功，操作的关键是检查实验装置的气密性，控制好反响温度以及。为鉴定产品硅中是否含微量铁单质，将试样用稀盐酸溶解，取上层清液后需再参加的试剂填写字母代号是碘水氯水溶液溶液23溶液三、填空题31、汽车尾气含烃类、CO、SO2与NO等物质是城市空气的污染源。治理方法之一是在汽车排气管上装一个催化转换器用铂、钯合金做催化剂。它的特点是使CO与NO反响，生成可参与大气生态环境循环的

49、无毒气体，并促使烃类充分燃烧及SO2的转化。(1)写出一氧化碳与一氧化氮反响的化学方程式。(2)催化转换器的缺点是在一定程度上提高了空气的酸度，其原因是。(3)控制城市空气污染源的方法可以有 A.开发氢能源 B.使用电动车 C.植树造林 D.戴上呼吸面具32、为防治酸雨，降低煤燃烧时向大气排放的SO2，工业上将生石灰和含硫煤混合后使用。请写出燃烧时，有关固硫不使硫化合物进入大气反响的化学方程式。33、 针对以下AD四个涉及H2O2的反响未配平，填写空白：A.Na2O2+HClH2O2+NaCl B.Ag2O+H2O2Ag+O2+H2OC.H2O2H2O+O2 D.H2O2+Cr2(SO4)3+KOHK2CrO4+K2SO4+H2O(1)H2O2仅表达氧化性的反响是填代号，该反响配平的化学方程式为(2)H2O2既表达氧化性又表达复原性的反响是填代号(3)H2O2表达弱酸性的反响是填代号，其理由为34、稀薄燃烧是指汽油在较大空/燃比空气与燃油气的体积比条件下的燃烧。随着全