2019-2020年高考化學二輪 專題訓練 專題十一 常見非金屬元素單質(zhì)及其重要化合物教案(學生版).doc
《2019-2020年高考化學二輪 專題訓練 專題十一 常見非金屬元素單質(zhì)及其重要化合物教案(學生版).doc》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2019-2020年高考化學二輪 專題訓練 專題十一 常見非金屬元素單質(zhì)及其重要化合物教案(學生版).doc(34頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
2019-2020年高考化學二輪 專題訓練 專題十一 常見非金屬元素單質(zhì)及其重要化合物教案(學生版) 【命題規(guī)律】 非金屬元素部分在保持原有考點不變的情況下,弱化了對磷的考查,但在以往高考中不被看好的元素硅及其化合物的性質(zhì)在新高考中的地位相當突出,要引起重視。從考點的變化情況來看,常見非金屬元素及其化合物的性質(zhì)仍是高考命題的重點,其命題形式一般為實驗探究、計算、推斷等。預計今后的高考中,將會進一步注重非金屬元素及其化合物性質(zhì)知識的整體性和探究性,強化與生活、社會實際問題的聯(lián)系,試題可以以選擇題的形式出現(xiàn),也可以以實驗題和無機推斷題的形式出現(xiàn),以環(huán)保為主題設(shè)計問題的可能性也比較大。 【重點知識梳理】 一. 鹵素 (1)分清氯水、溴水的成分,反應時的作用和褪色的原理。 氯水中正因為存在可逆反應Cl2+H2OHCl+HClO,使其成分復雜且隨著條件的改變,平衡發(fā)生移動,使成分發(fā)生動態(tài)的變化。當外加不同的反應物時,要正確判斷是何種成分參與了反應。氯水中的HClO能使有色物質(zhì)被氧化而褪色。反之,也有許多物質(zhì)能使氯水、溴水褪色,發(fā)生的變化可屬物理變化(如萃?。?,也可屬化學變化,如歧化法(加堿液)、還原法(如Mg、SO2等)、加成法(加不飽和的有機物)等。值得一提的是有時雖然發(fā)生化學變化,但仍生成有色物,如Br2與Fe或KI反應。 (2)區(qū)分清楚萃取和分液的原理、儀器、操作以及適用范圍與其他物質(zhì)分離方法不同。 萃取和分液是物質(zhì)分離的眾多方法之一。每一種方法適用于一定的前提。分液適用于分離互不相溶的兩種液體,而萃取是根據(jù)一種溶質(zhì)在兩種互不相溶的溶劑中溶解性有很大差異從而達到提取的目的。一般萃取和分液結(jié)合使用。其中萃取劑的合理選擇、分液漏斗的正確使用、與過濾或蒸餾等分離方法的明確區(qū)分等是此類命題的重點和解決問題的關(guān)鍵。 命題以選擇何種合適的萃取劑、萃取后呈何現(xiàn)象、上下層如何分離等形式出現(xiàn)。解題關(guān)鍵是抓住適宜萃取劑的條件、液體是否分層及分層后上下層位置的決定因素。分液操作時注意“先下后上、下流上倒”的順序。為確保液體順利流出,一定要打開上部塞子或使瓶塞與瓶頸處的小孔或小槽對齊,與大氣相通 二 氧族: (1)掌握常見物質(zhì)的俗名、組成、用途,防止張冠李戴。 本章中出現(xiàn)的物質(zhì)俗名比較多,有些名稱之間又特別容易混淆,如冰晶石和重晶石、芒硝和硝石、大蘇打和蘇打或小蘇打等,還有名目繁多的礬鹽。這些雖屬識記性的知識,但也應做到在理解的基礎(chǔ)上進行記憶,注意它們的性質(zhì)和用途,對記憶其化學組成有幫助。同時要及時歸納和比較,以便清楚地區(qū)別它們。 (2)熟悉有關(guān)各種價態(tài)的硫元素性質(zhì)及轉(zhuǎn)化,以作推斷題(主要是框圖型)。 牢固掌握各種代表物性質(zhì)及它們之間的知識網(wǎng)絡和反應原理,就可避免死搬硬套。對于框圖型等推斷題,也要善于找“題眼”,挖掘題中隱含的提示,注意對題設(shè)條件的充分應用,盡量縮小范圍。推斷時不僅要關(guān)注網(wǎng)絡的結(jié)構(gòu),還要注意題干提供的不起眼的信息,如顏色、狀態(tài)、式量、用途等都可能成為突破的切入口。 (3)二氧化硫和氯氣的漂白性 SO2和Cl2雖都有漂白性,但漂白原理和現(xiàn)象有不同特點。氯氣的漂白原理是由于溶于水生成次氯酸的具有強氧化性,將有色物質(zhì)氧化成無色物質(zhì),褪色后不能恢復原來的顏色。而SO2是由于它溶于水生成的亞硫酸與有色物質(zhì)直接結(jié)合,形成不穩(wěn)定的無色化合物,褪色后在一定的條件下又能恢復原來的顏色。如: 不顯紅色 通入Cl2 加熱至沸 通入SO2 品紅溶液 褪色 紅色 褪色 加熱至沸 通入Cl2 立即變紅隨即變?yōu)闊o色 很快變成紅色 紫色石蕊 通入SO2 三. 氮族: 1.氨水顯弱堿性的理解。 氨氣溶于水形成氨水,氨水少部分電離出OH-、NH4+,所以氨水具有弱堿性。注意以下兩點: (1)氨水遇Al3+、Fe3+、Mg2+分別可以生成Al(OH)3、Fe(OH)3、Mg(OH)2沉淀,但氨水中滴加Ag+溶液開始出現(xiàn)沉淀AgOH,繼續(xù)滴加沉淀即溶解生成銀氨溶液;(2)氨水遇酸、酸性氧化物可以成鹽,又根據(jù)氨水與酸的量關(guān)系分別得到正鹽和酸式鹽。如:用氨水吸收少量二氧化硫的離子方程式 NH3.H2O+SO2=NH4++HSO3-是錯誤的。 2.NO、O2被水吸收的分析。 NO、O2被水吸收實質(zhì)上發(fā)生如下反應:2NO+O2=2NO2,3NO2+2H2O=2HNO3+NO。生成NO還可以繼續(xù)氧化,生成NO2再溶于水,這是一個循環(huán)反應。如無任何氣體剩余,最終產(chǎn)物應為HNO3,恰好反應的量的關(guān)系:4NO+3O2+2H2O=4HNO3,實際反應中可以有NO或O2剩余,但不能兩者兼有之。 3.氮可以形成多種氧化物。NO2可以與水反應生成硝酸,但NO2不是硝酸的酸酐。掌握酸酐的判斷方法。NO2與溴蒸氣不能用濕潤的KI淀粉試紙檢驗。 4.NO3-在酸性溶液中具有強氧化性,可以將Fe2+氧化為Fe3+、SO32-氧化為SO42-,將I-、Br-、S2-氧化為I2、Br2、S。 5.檢驗NH4+離子,可加入燒堿溶液后,必須加熱,再用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗NH3,否則不一定有NH3放出。 四、碳族: (1)CO2通入NaOH溶液的判別。 CO2通入NaOH溶液的反應與CO2氣體通入量有關(guān)。當CO2通入少量時生成Na2CO3,當CO2通入過量時生成NaHCO3,CO2通入量介于兩者之間,既有Na2CO3又有NaHCO3。因此推斷產(chǎn)物時一定要注意CO2與NaOH間量的關(guān)系。 (2)Na2CO3溶液中滴加鹽酸過程不清楚。 在Na2CO3溶液中滴加HCl,CO32-先轉(zhuǎn)化為HCO3-,再滴加鹽酸HCO3-轉(zhuǎn)化為H2CO3,不穩(wěn)定分解為CO2。 如:在10mL0.01mol/L純堿溶液中,不斷攪拌并逐滴加入1.2mL0.05mol/L鹽酸,完全反應后在標準狀況下生成二氧化碳的體積為(答案D) A.1.334mL B.2.240mL C.0.672mL D.0mL (3)CO2通入CaCl2溶液中是否有沉淀的分析錯誤。 可用反證法:如能產(chǎn)生沉淀,則反應的化學方程式為:CO2+CaCl2+H2O=CaCO3↓+2HCl。因CaCO3溶于鹽酸,故反應不能發(fā)生。因為CO2只有通入中性或堿性溶液才能產(chǎn)生CO32-,并同時產(chǎn)生部分H+,若原溶液無法消耗這部分H+,則不利于CO2轉(zhuǎn)化為CO32-,也就無法與Ca2+形成沉淀。若要使CaCl2與CO2反應生成沉淀,就必須加入部分堿溶液中和CO2與H2O反應而產(chǎn)生的H+。同理,該思維方式適用于CO2、SO2通入CaCl2或BaCl2溶液。 (4)不要把Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑與Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓相混。前者是工業(yè)制玻璃的反應式之一,是在高溫條件下發(fā)生的反應,而后者是在水溶液中發(fā)生的反應。若交換條件,兩者均不發(fā)生反應。 【考點突破】 考點一 碳、硅及其化合物 例1 下列關(guān)于硅單質(zhì)及其化合物的說法正確的是 ( ) ①硅是構(gòu)成一些巖石和礦物的基本元素?、谒唷⒉A?、水晶飾物都是硅酸鹽制品 ③高純度的硅單 質(zhì)廣泛用于制作光導纖維?、芴沾墒侨祟悜煤茉绲墓杷猁}材料 A.①② B.②③ C.①④ D.③④ 解析:硅元素在地殼中的含量僅次于氧,排第二位,是構(gòu)成巖石和礦物的基本元素;水晶的主要成分為SiO2,②錯;制作光導纖維的原料是石英,而不是高純硅,③錯。 答案:C 【名師點撥】 1.碳、硅及重要化合物間的轉(zhuǎn)化關(guān)系 2.硅及其化合物的“反?!? (1)Si的還原性大于C,但C卻能在高溫下還原出Si:SiO2+2C Si+2CO↑。 (2)非金屬單質(zhì)跟堿作用一般無H2放出,但Si能跟強堿溶液作用放出H2:Si+2NaOH+H2O===Na2SiO3+2H2↑。 (3)非金屬單質(zhì)一般不跟非氧化性酸作用,但Si能跟HF作用:Si+4HF===SiF4↑+2H2↑。 (4)非金屬氧化物一般為分子晶體,但SiO2為原子晶體。 考點二 鹵素及其化合物 例2.某?;瘜W實驗興趣小組為了探究在實驗室制備Cl2的過程中有水蒸氣和HCl揮發(fā)出來,同時驗證 氯氣的某些性質(zhì),甲同學設(shè)計了如下圖所示的實驗裝置。 回答下列問題: (1)若用含有0.2 mol HCl的濃鹽酸與足量的MnO2反應制Cl2,制得的Cl2體積(標準狀況下)總是小于1.12 L的原因是 。 (2)①裝置B中盛放的試劑名稱為 ,作用是 。 ②裝置C和D中出現(xiàn)的不同現(xiàn)象說明的問題是 。 ③裝置E的作用是 。 ④寫出裝置F中發(fā)生反應的離子方程式 。 (3)乙同學認為甲同學的實驗有缺陷,不能確保最終通入AgNO3溶液中的氣體只有一種。為了確保實驗結(jié)論的可靠性,證明最終通入AgNO3溶液的氣體只有一種,乙同學提出在某兩個裝置之間再加一個裝置,你認為該裝置應加在 與 之間(填裝置字母序號),裝置中應放入 (填寫試劑或用品名稱)。 解析 本題是考查氯氣的制備和性質(zhì)的實驗。 (1)MnO2與濃鹽酸的反應,隨著反應的進行,鹽酸濃度降低到某一數(shù)值后,反應將停止,因此制得的Cl2小于理論值。 (2)B中盛放無水硫酸銅,檢驗水蒸氣的存在;C和D中實驗現(xiàn)象說明干燥的氯氣不具有漂白性,潮濕的氯氣(或HClO)具有漂白性;依據(jù)氯氣的物理性質(zhì),氯氣易溶于CCl4溶液,所以 E的作用為吸收氯氣。F中為HCl與AgNO3的反應。 (3)在E和F之間加入一個裝置用來檢驗在F中氯氣是否被完全吸收,可以用濕潤的有色布條或濕潤的淀粉KI試紙。 答案 (1)濃鹽酸的濃度隨著反應的進行降低到一定數(shù)值以后,將不再反應;加熱時濃鹽酸因揮發(fā)而損失 (2)①無水硫酸銅 檢驗有水蒸氣產(chǎn)生 ②干燥的氯氣無漂白性,潮濕的氯氣(或次氯酸)有漂白性 ③吸收氯氣 ④Ag++Cl-===AgCl↓ (3) E F 濕潤的淀粉KI試紙(或濕潤的有色布條) 考點三 氧、硫及其化合物 例3.如下圖所示,在注射器中加入少量Na2SO3晶體,并吸入少量濃硫酸(以不接觸紙條為準)。則下列有關(guān)說法正確的是( ) A.藍色石蕊試紙先變紅后褪色 B.沾有KMnO4溶液的濾紙褪色,證明了SO2的漂白性 C.品紅試紙褪色,證明了SO2的漂白性 D.沾有酚酞和NaOH溶液的濾紙褪色,證明了SO2的漂白性 解析:Na2SO3與濃硫酸反應產(chǎn)生SO2氣體,SO2溶于水生成H2SO3,能使藍色石蕊試紙變紅,但SO2不能使指示劑褪色;SO2能使品紅溶液褪色說明SO2具有漂白性,而SO2具有還原性,能被KMnO4氧化;實驗中多余的SO2可用強堿溶液吸收,以防污染環(huán)境。 答案:C 【名師點撥】 1.硫及其重要化合物間的轉(zhuǎn)化關(guān)系 2.常見無機酸中的重要規(guī)律和重要特 (1)重要規(guī)律 ①最高價氧化物對應水化物的酸性強弱取決于元素非金屬性的強弱,如酸性:HClO4>H2SO4>H3PO4>H2CO3>H2SiO3。 ②證明酸性強弱順序,可利用復分解反應中“強酸制弱酸”的規(guī)律,如: Na2SiO3+CO2+H2O===Na2CO3+H2SiO3↓ Ca(ClO)2+CO2+H2O===CaCO3↓+2HClO ③強氧化性酸(如:HNO3、濃H2SO4)與金屬反應,一般不生成H2;金屬和濃HNO3反應一般生成NO2,而金屬和稀HNO3反應則生成NO。 (2)重要特性 ①H2SiO3(或H4SiO4)為難溶性酸,濃鹽酸、濃硝酸為揮發(fā)性酸。 ②硝酸、濃H2SO4、次氯酸具有強氧化性,屬于氧化性酸,其中硝酸、HClO見光受熱易分解。 ③濃HNO3和Cu(足量)、濃H2SO4和Cu(足量)、濃鹽酸和MnO2(足量)在反應時,隨著反應的進行,產(chǎn)物會發(fā)生變化或反應停止。 ④濃H2SO4具有吸水性、脫水性和強氧化性。 ⑤常溫下,鐵、鋁遇濃H2SO4、濃HNO3發(fā)生鈍化。 考點四 氮及其化合物的性質(zhì) 例4 32.64 g銅與140 mL一定濃度的硝酸反應,銅完全溶解產(chǎn)生的NO和NO2混合氣體在標準狀況 下的體積為11.2 L。請回答: (1)NO的體積為 L,NO2的體積為 L; (2)待產(chǎn)生的氣體全部釋放后,向溶液中加入V mL a mol/L的NaOH溶液,恰好使溶液中的Cu2+全部轉(zhuǎn)化成沉淀,則原硝酸溶液的濃度為 mol/L; (3)欲使銅與硝酸反應生成的氣體在NaOH溶液中全部轉(zhuǎn)化為NaNO3,至少需要30%的雙氧水 g。 解析:在硝酸參與的氧化還原反應的有關(guān)計算中,正確運用兩個守恒原理:一是原子守恒;二是得失電子守恒,這樣會使解題既快速又準確。 (1)設(shè)生成NO的體積為x,NO2的體積為y,建立方程x+y=11.2 L①,又由于在氧化還原反應中,Cu失去的電子數(shù)等于NO、NO2得到的電子數(shù),建立方程為3+1=2②,由①②聯(lián)解得x=5.8 L,y=5.4 L。 (2)分析題意:原硝酸中氮元素守恒,N最終以NO、NO2混合氣體及NaNO3形式存在于溶液中。故c(HNO3)== mol/L (3)依據(jù)氧化還原反應的規(guī)律:H2O2作氧化劑,NO、NO2混合氣體作還原劑,按照得失電子相等的原則,推算:[(-1)-(-2)]2=[(+5)-(+2)]+[(+5)-(+4)],即m(H2O2)=57.7 g。 答案:(1) 5.8 5.4 (2) (aV10-3+0.5)/0.14(3) 57.7 【名師點撥】 1.氮及其重要化合物的轉(zhuǎn)化關(guān)系 2.NO、NO2與O2溶于水的簡單計算,利用好兩個比值4∶3、4∶1即可 4NO+3O2+2H2O===4HNO3 4NO2+O2+2H2O===4HNO3 另外HNO3的性質(zhì),尤其是強氧化性是熱點,涉及與單質(zhì)反應產(chǎn)物的判斷,尤其是與鐵的反應如稀HNO3與Fe:Fe+4HNO3(稀,過量)===Fe(NO3)3+NO↑+2H2O,3Fe(過量)+8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O。 【高考失分警示】 1.分清氯水、溴水的成分,反應時的作用和褪色的原理。 氯水中正因為存在可逆反應Cl2+H2OHCl+HClO,使其成分復雜且隨著條件的改變,平衡發(fā)生移動,使成分發(fā)生動態(tài)的變化。當外加不同的反應物時,要正確判斷是何種成分參與了反應。氯水中的HClO能使有色物質(zhì)被氧化而褪色。反之,也有許多物質(zhì)能使氯水、溴水褪色,發(fā)生的變化可屬物理變化(如萃取),也可屬化學變化,如歧化法(加堿液)、還原法(如Mg、SO2等)、加成法(加不飽和的有機物)等。值得一提的是有時雖然發(fā)生化學變化,但仍生成有色物質(zhì),如Br2與Fe或KI反應。 2.化學常用語言中的“酸的氧化性和氧化性酸”的含義各異。酸的氧化性是指酸的水溶液電離出H+呈現(xiàn)的氧化性,是H+得到電子的性質(zhì)。氧化性酸應具有顯著的氧化性,一般指含氧酸根中處于正價態(tài)的非金屬原子得到電子的性質(zhì),常見的氧化性酸有濃H2SO4、HNO3和HClO等。 3.“規(guī)律是學習的主線,特性往往是考點”。復習時除要總結(jié)一些有關(guān)非金屬的規(guī)律外還應注意非金屬單質(zhì)的一些特性。如: (1)規(guī)律:活潑的非金屬可把不活潑的非金屬單質(zhì)從其鹽溶液中置換出來。 特性:F2不能從氯化鈉水溶液中置換出Cl2,而是先與水反應生成O2。 (2)規(guī)律:Cl2、Br2、I2與堿液、H2O發(fā)生歧化反應: X2+2NaOH===NaX+NaXO+H2O(X代表Cl、Br、I)。 特性:F2與NaOH溶液反應時先與水反應生成O2: 2F2+4NaOH===4NaF+2H2O+O2↑。 【高考真題精解精析】 【xx高考試題解析】 1.(上海)濃硫酸有許多重要的性質(zhì),在與含有水分的蔗糖作用過程中不能顯示的性質(zhì)是 A.酸性 B.脫水性 C.強氧化性 D.吸水性 解析:濃硫酸具有吸水性、脫水性和強氧化性。在與含有水分的蔗糖作用過程中不會顯示酸性。 答案:A 2.(上海)下列溶液中通入SO2一定不會產(chǎn)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溶于水顯酸性,被Ba(NO3)2氧化生成硫酸,進而生成BaSO4沉淀;SO2通入Na2S溶液中會生成單質(zhì)S沉淀。 答案:D 3.(重慶)對滴有酚酞試液的下列溶液,操作后顏色變深的是 A.明礬溶液加熱 B.CH3COONa溶液加熱 C.氨水中加入少量NH4Cl固體 D.小蘇打溶液中加入少量NaCl固體 【答案】B 【解析】明礬KAl(SO4)212H2O在水中電離后產(chǎn)生的Al3+水解使溶液呈酸性,加熱導致水解程度增大,但酚酞遇酸性溶液顏色不變化,因此A項不符合題意。CH3COONa為強堿弱酸鹽,水解呈堿性,滴加酚酞后溶液顯紅色,加熱使堿性增強,因此紅色變深。氨水為弱堿,發(fā)生不完全電離:NH3H2ONH4++OH-,加入酚酞后溶液變?yōu)榧t色,而NH4Cl=NH4++Cl-,其中的NH4+會抑制氨水的電離,使溶液堿性減弱,顏色變淺。NaCl對NaHCO3溶液中HCO3-的水解無影響 4.(浙江)下列說法不正確的是 A.變色硅膠干燥劑含有CoCl2,干燥劑呈藍色時,表示不具有吸水干燥功能 B.硝基苯制備實驗中,將溫度計插入水浴,但水銀球不能與燒杯底部和燒杯壁接觸 C.中和滴定實驗中,容量瓶和錐形瓶用蒸餾水洗凈后即可使用,滴定管和移液管用蒸餾水洗凈后,必須干燥或潤洗后方可使用 D.除去干燥CO2中混有的少量SO2,可將混合氣體依次通過盛有酸性KMnO4溶液、濃硫酸的洗氣瓶 【答案】A 【解析】本題考察實驗化學內(nèi)容。A.錯誤,無水CoCl2呈藍色,具有吸水性B.正確,燒杯底部溫度高。C.正確,滴定管和移液管需考慮殘留水的稀釋影響。D.正確,利用SO2的還原性,用KMnO4酸性溶液除去。 5.(四川)下列“化學與生活”的說法不正確的是( ) A.硫酸鋇可用鋇餐透視 B.鹽鹵可用于制豆腐 C.明礬可用于水的消毒,殺菌 D.醋可用于除去暖水瓶中的水垢 【答案】C 【解析】硫酸鋇不溶于胃酸,可以做鋇餐,A項正確。鹽鹵可以使豆?jié){發(fā)生凝聚生產(chǎn)豆腐,B項正確。明礬可以用于水的凈化,不能殺菌、消毒,C項錯誤。醋酸可以與水垢的成分碳酸鈣反應,可以用來除垢,D項正確。 6.(四川)甲、乙、丙、丁四種易學溶于水的物質(zhì),分別由NH4+ 、Ba2+、Mg2+、H+、OH-、Cl-、HCO3- 、SO42 -中的不同陽離子和陰離子各一種組成,已知:①將甲溶液分別與其他三種物質(zhì)的溶液混合,均有白色沉淀生成;②0.1 mol/l乙溶液中c(H+)>0.1 mol/l;③向丙容器中滴入AgNO3溶液又不溶于稀HNO3的白色沉淀生成,下列結(jié)論不正確的是( ) A.甲溶液含有Ba2+ B.乙溶液含有SO42 - C.丙溶液含有Cl- B.丁溶液含有Mg2+ 【答案】D 【解析】根據(jù)②中的信息可知乙是二元酸,故乙是H2SO4;根據(jù)③中現(xiàn)象,可以推知丙中含有Cl-;再結(jié)合①中提供信息,甲與其它三種物質(zhì)混合均產(chǎn)生白色沉淀,則可推出甲是Ba(OH)2,乙是H2SO4,丙是MgCl2,丁是NH4HCO3。故D項錯誤。 7.(江蘇)下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)和該性質(zhì)的應用均正確的是 A.常溫下濃硫酸能是鋁發(fā)生鈍化,可在常溫下作用鋁制貯藏貯運濃硫酸 B.二氧化硅不與任何酸反應,可用石英制造耐酸容器 C.二氧化氯具有還原性,可用于自來水的殺菌消毒 D.銅的金屬活潑性比鐵的差,可在海輪外殼上裝若干銅塊以減緩其腐蝕 【答案】A 【解析】二氧化硅不與任何酸反應,但可與氫氟酸反應。二氧化氯中氯的化合價為+4價,不穩(wěn)定,易轉(zhuǎn)變?yōu)椋?價,從而體現(xiàn)氧化性。銅的金屬活潑性比鐵的差,在原電池中作正極,海輪外殼上裝銅塊會加快海輪外殼腐蝕的進程。 8.(上海)草酸晶體(H2C2O42H2O) 100℃開始失水,101.5℃熔化,150℃左右分解產(chǎn)生H2O、CO和CO2。用加熱草酸晶體的方法獲取某些氣體,應該選擇的氣體發(fā)生裝置是(圖中加熱裝置已略去) 解析:根據(jù)草酸晶體的性質(zhì)不難得出答案是D。 答案:D 9.(上海)物質(zhì)的量為0.10 mol的鎂條在只含有CO2和O2混合氣體的容器中燃燒(產(chǎn)物不含碳酸鎂),反應后容器內(nèi)固體物質(zhì)的質(zhì)量不可能為 A.3.2g B.4.0g C.4.2g D.4.6g 解析:若鎂全部與氧氣反應只生成氧化鎂,其質(zhì)量是4g;若鎂全部與二氧化碳反應生成氧化鎂和碳,其質(zhì)量是4.6g。因為只要有氧氣存在,就不可能生成單質(zhì)碳,即鎂應該首先與氧氣反應,所以選項D是不可能。 答案:D 10.(上海)甲醛與亞硫酸氫鈉的反應方程式為HCHO+NaHSO3HO-CH2-SO3Na, 反應產(chǎn)物俗稱“吊白塊”。關(guān)于“吊白塊”的敘述正確的是 A.易溶于水,可用于食品加工 B.易溶于水,工業(yè)上用作防腐劑 C.難溶于水,不能用于食品加工 D.難溶于水,可以用作防腐劑 解析:根據(jù)有機物中含有的官能團可以判斷,該物質(zhì)易溶于水,但不能用于食品加工。 答案:B 11.(江蘇)NaCl是一種化工原料,可以制備一系列物質(zhì)(見圖4)。下列說法正確的是 A.25℃,NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大 B.石灰乳與Cl2的反應中,Cl2既是氧化劑,又是還原劑 C.常溫下干燥的Cl2能用鋼瓶貯存,所以Cl2不與鐵反應 D.圖4所示轉(zhuǎn)化反應都是氧化還原反應 【答案】B 【解析】本題考查元素化合物知識綜合內(nèi)容,拓展延伸至電解飽和食鹽水、電解熔融氯化鈉、侯氏制堿等內(nèi)容,但落點很低,僅考查NaHCO3 Na2CO3的溶解度、工業(yè)制漂白粉,干燥的Cl2貯存和基本反應類型。重基礎(chǔ)、重生產(chǎn)實際應該是我們高三復習也應牢記的內(nèi)容。石灰乳與Cl2的反應中氯發(fā)生歧化反應,Cl2既是氧化劑,又是還原劑。常溫下干燥的Cl2能用鋼瓶貯存僅代表常溫Cl2不與鐵反應,加熱、高溫則不然。 12.(四川)下列實驗“操作和現(xiàn)象”與“結(jié)論”對應關(guān)系正確的是 操作和現(xiàn)象 結(jié)論 A 向裝有Fe(NO3)2溶液的試管中加入稀H2SO4,在管口觀察到紅棕色氣體 HNO3分解成了NO2 B 向淀粉溶液中加入稀H2SO4,加熱幾分鐘,冷卻后再加入新制Cu(OH)2濁液,加熱,沒有紅色沉淀生成 淀粉沒有水解成葡萄糖 C 向無水乙醇中加入濃H2SO4,加熱至170C產(chǎn)生的氣體通入酸性KmnO4溶液,紅色褪去 使溶液褪色的氣體是乙烯 D 向飽和Na2CO3中通入足量CO2 溶液變渾濁 析出了NaHCO3 【答案】D 【解析】向Fe(NO3)2溶液中加入H2SO4,則會發(fā)生離子反應:3Fe2++NO3- +4H+=3Fe3++NO↑+2H2O,產(chǎn)生的NO在管口生成NO2呈現(xiàn)紅色,而不是HNO3分解產(chǎn)生NO2,故A項錯誤。應加入堿將水解后的淀粉溶液調(diào)節(jié)成堿性,才可以產(chǎn)生紅色沉淀,B項錯誤。乙醇和濃硫酸反應制取乙烯的過程中,會有少量的SO2產(chǎn)生,也可以使酸性KMnO4溶液褪色,C項錯誤。飽和Na2CO3溶液中通入CO2發(fā)生反應:Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3,由于產(chǎn)生的碳酸氫鈉溶解度小于碳酸鈉,故會從過飽和溶液中析出,D項正確。 13.(山東)(14分)研究NO2、SO2 、CO等大氣污染氣體的處理具有重要意義。 (1)NO2可用水吸收,相應的化學反應方程式為 。利用反應6NO2+ 7N5+12 H2O也可處理NO2。當轉(zhuǎn)移1.2mol電子時,消耗的NO2在標準狀況下是 L。 (2)已知:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-196.6 KJmol-1 2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH=-113.0Kmol-1 則反應NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)的ΔH= KJmol-1。 一定條件下,將NO2與SO2以體積比1:2置于密閉容器中發(fā)生上述反應,下列能說明反應達到平衡狀態(tài)的是 。 a.體系壓強保持不變 b.混合氣體顏色保持不變 c.SO3和NO的體積比保持不變 d.每消耗1 mol SO3的同時生成1 mol NO2 測得上述反應平衡時NO2與SO2體之比為1:6,則平衡常數(shù)K= 。 (3)CO可用于合成甲醇,反應方程式為CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。CO在不同溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率與壓強的關(guān)系如圖所示。該反應ΔH 0(填“>”或“ <”)。實際生產(chǎn)條件控制在250℃、1.3104kPa左右,選擇此壓強的理由是 。 【答案】(1)3NO2+H2O=2HNO3+NO;6.72;(2)—41.8;b;2.67或8/3;(3)<;在1.3104KPa下,CO轉(zhuǎn)化率已較高,再增大壓強CO轉(zhuǎn)化率提高不大,而生產(chǎn)成本增加,得不償失 【解析】本題綜合考查氮的氧化物化學性質(zhì)及其簡單氧化還原反應計算,熱化學方程式的計算化學平衡狀態(tài)判斷,化學平衡常數(shù)計算,平衡移動方向與反應熱的關(guān)系,實際工業(yè)條件的選擇等內(nèi)容。(1)(i)易知反應為:3NO2+H2O=2HNO3+NO;(ii)氧化還原反應的簡單計算,1mol NO2→N2,得到4mol電子,則轉(zhuǎn)移1.2mol電子時,NO2為0.4mol,在標準狀況下其體積為6.72L;(2)(i)對兩個已知反應編號:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g);ΔH1=-196.6 kJmol-1……?;2NO(g)+O2(g)2NO2(g);ΔH2=-113.0 kJmol-1……?;再由(?-?)/2得目標反應:NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g);由蓋斯定律得:ΔH3=(ΔH1—ΔH2)/2=(-196.6+113.0)/2= —41.8KJmol-1。(ii)該反應(NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g))兩邊氣力計量數(shù)相等,故壓強不變,A錯誤;該體系中只有NO2有顏色,顏色深淺與NO2濃度有關(guān),當它濃度不變,即可說明達到平衡,此時濃度不變,故B正確;由于開始沒加入SO3和NO,且反應中兩者計量數(shù)值比為1,故無論是否達到平衡,只要反應發(fā)生發(fā)生,SO3和NO體積之比等于其物質(zhì)的量只比,為1:1,不能說明是否達到平衡,故C錯誤;D選項,每消耗1 mol SO3的同時生成1 mol NO2 說明逆反應方向在進行,故D錯誤,改為:每消耗1 mol SO3的同時生成1 mol NO才能說明達到平衡; (iii)不妨令NO2與SO2分別為1mol和2mol,容積為1L,假設(shè)NO2轉(zhuǎn)化了a mol則SO2也轉(zhuǎn)化了a mol,同時生成SO3和NO各a mol,又由題意可得方程:解得a=0.8,再由K=2.67;(3)(i)由圖像可知反應:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的正反應為放熱反應,因為相同壓強下,溫度越高CO的轉(zhuǎn)化率越低,說明升溫平衡逆移,故ΔH<0;(ii)工業(yè)上選擇壓強和溫度時,要考慮化學動力學和化學熱力學兩個方面的兼顧,同時要考慮經(jīng)濟效益和成本,這里的選擇要結(jié)合圖像,其理由與SO2的催化氧化在常壓下相似,即:在1.3104KPa下,CO轉(zhuǎn)化率已較高,再增大壓強CO轉(zhuǎn)化率提高不大,而生產(chǎn)成本增加,得不償失。 14.(重慶)(14分)臭氧是一種強氧化劑,常用于消毒、滅菌等。 (1)O3與KI溶液反應生成的兩種單質(zhì)是___________和_________。(填分子式) (2)O3在水中易分解,一定條件下,O3的濃度減少一半所需的時間(t)如題29表所示。已知:O3的起始濃度為0.0216 mol/L。 ①pH增大能加速O3分解,表明對O3分解起催化作用的是___________. ②在30C、pH=4.0條件下,O3的分解速率為__________ mol/(Lmin)。 ③據(jù)表中的遞變規(guī)律,推測O3在下列條件下分解速率依次增大的順序為______.(填字母代號) a. 40C、pH=3.0 b. 10C、pH=4.0 c. 30C、pH=7.0 (3)O3 可由臭氧發(fā)生器(原理如題29圖)電解稀硫酸制得。 ①圖中陰極為_____(填“A”或“B”),其電極反應式為_____。 ②若C處通入O 2 ,則A極的電極反應式為_____. ③若C處不通入O 2 ,D、E處分別收集到xL和有yL氣體(標準情況),則E處收集的氣體中O 3 所占的體積分數(shù)為_____。(忽略 O 3 的分解)。 答案:(1)O2 I2 (2)①OH-; ②1.0010-4 ③b、a、c (3)①2H++2e-=H2↑ ②O2+4H++4e-=2H2O; 解析:(1)臭氧具有強氧化性,能夠?qū)I中的I-氧化為碘單質(zhì),此反應中共有三種元素,其中K單質(zhì)具有強還原性,因此不可能得到此單質(zhì),所以確定為得到氧氣。 (2)①pH越大,OH-濃度越大,判斷起催化作用的離子為OH-。 ②由表格可知,題目給定條件下所用時間為108min,而臭氧濃度減少為原來的一半,即有臭氧分解,速率為③所用時間越短,說明反應速率越快,因此確定溫度越高,pH越大,反應速率越快,且溫度對速率的影響較大些。 (3)①電解硫酸時,溶液中的OH-發(fā)生氧化反應生成氧氣和臭氧,因此產(chǎn)生氧氣和臭氧的一極為陽極,根據(jù)裝置中電極B處產(chǎn)生臭氧,則說明電極B為陽極,則A為陰極,硫酸溶液中的H+在陰極放電生成氫氣。②若C處通入氧氣,則A極上產(chǎn)生的氫氣與氧氣反應生成水。③D處得到氫氣,E處生成氧氣和臭氧,每生成1molH2,可得到2mol電子,生成xL氫氣時,得到電子的物質(zhì)的量為,每生成1molO2,可失去4mol電子,每生成1molO3,可失去6mol電子,根據(jù)得失電子守恒得,生成氧氣和臭氧的體積共yL,則,因此。 ③ 15.(重慶)(15分)固態(tài)化合物A由兩種短周期元素組成,可與水發(fā)生復分解反應,甲組同學用題27圖裝置(夾持裝置略)對其進行探究實驗。 (1)儀器B的名稱是____________。 (2)試驗中,Ⅱ中的試紙變藍,Ⅳ中黑色粉末逐漸變?yōu)榧t色并有M生成,則Ⅲ中的試劑為 __________________;Ⅳ發(fā)生反應的化學方程式為____________;Ⅴ中的試劑為____________________。 (3)乙組同學進行同樣實驗,但裝置連接順序為Ⅰ——Ⅲ——Ⅳ——Ⅱ——Ⅴ——Ⅵ,此時Ⅱ中現(xiàn)象為________,原因是__________________。 (4)經(jīng)上述反應,2.5g 化合物A理論上可得0.56L(標準狀況)M;則A的化學式為________________。 答案:(1)分液漏斗 (2)堿石灰 CuO+2NH33Cu+3H2O+N2↑ (3)試紙變藍 CuO與氨氣反應生成的水和未反應的氨氣形成氨水,使試紙變藍 (4)Mg3N2 【解析】根據(jù)Ⅱ中干燥的紅色石蕊試紙變藍說明有濕潤的堿性氣體生成,中學階段學習的堿性氣體為氨氣,即A中含有氮元素。氨氣具有還原性,干燥的氨氣可以還原氧化銅,因此裝置Ⅲ起干燥作用,用堿性干燥劑來干燥氨氣,結(jié)合反應物中的元素及性質(zhì),可確定生成的單質(zhì)氣體為氮氣。收集氮氣前,應將反應剩余的氨氣吸收,因此選擇濃硫酸。 (4)根據(jù)質(zhì)量守恒可知,生成氮氣中的氮元素的質(zhì)量即為A中氮元素的質(zhì)量,所以2.5gA中含有氮原子的質(zhì)量為,因此A中氮元素與另一種元素的質(zhì)量比為,結(jié)合此物質(zhì)可以水解,則推測為Mg3N2。 16.(上海)氨和聯(lián)氨(N2H4)是氮的兩種常見化合物,在科學技術(shù)和生產(chǎn)中有重要的應用。根據(jù)題意完成下列計算: (1)聯(lián)氨用亞硝酸氧化生成氮的另一種氫化物,該氫化物的相對分子質(zhì)量為43.0,其中氮原子的質(zhì)量分數(shù)為0.977,計算確定該氫化物的分子式。 該氫化物受撞擊則完全分解為氮氣和氫氣。4.30g該氫化物受撞擊后產(chǎn)生的氣體在標準狀況下的體積為 L。 (2)聯(lián)氨和四氧化二氮可用作火箭推進劑,聯(lián)氨是燃料,四氧化二氮作氧化劑,反應產(chǎn)物是氮氣和水。 由聯(lián)氨和四氧化二氮組成的火箭推進劑完全反應生成72.0kg水,計算推進劑中聯(lián)氨的質(zhì)量。 (3)氨的水溶液可用于吸收NO與NO2混合氣體,反應方程式為 6NO+ 4NH3=5N2+6H2O 6NO2+ 8NH3=7N2+12H2O NO與NO2混合氣體180 mol被8.90103g氨水(質(zhì)量分數(shù)0.300)完全吸收,產(chǎn)生156mol氮氣。吸收后氨水密度為0.980 g/cm3。 計算:①該混合氣體中NO與NO2的體積比。 ②吸收后氨水的物質(zhì)的量濃度(答案保留1位小數(shù))。 (4)氨和二氧化碳反應可生成尿素CO(NH2)2。尿素在一定條件下會失去氨而縮合,如兩分子尿素失去一分子氨形成二聚物: 已知常壓下120 mol CO(NH2)2在熔融狀態(tài)發(fā)生縮合反應,失去80mol NH3,生成二聚物(C2H5N3O2)和三聚物。測得縮合產(chǎn)物中二聚物的物質(zhì)的量分數(shù)為0.60,推算縮合產(chǎn)物中各縮合物的物質(zhì)的量之比。 解析:本題主要考察與化學有關(guān)的計算。 答案:(1)HN3 4.48 (2)64kg (3)9:1 2.4molL (4)3:1:1 【xx高考試題解析】 1.(xx全國卷1)下列敘述正確的是 A.Li在氧氣中燃燒主要生成 B.將SO2通入溶液可生成沉淀 C.將CO2通入次氯酸鈣溶液可生成次氯酸 D.將NH3通入熱的CuSO4溶液中能使Cu2+還原成Cu 【解析】A錯誤,因為Li在空氣中燃燒只能生成Li2O,直接取材于第一冊課本第二章第三節(jié); B錯誤,酸性:HCl>H2SO3>H2CO3所以通入后無BaSO3沉淀,因為BaSO3+2HCl=BaCl2+H2O+SO2↑;D錯誤,溶液中該反應難以發(fā)生,先是:2NH3+2H2O+CuSO4=Cu(OH)2↓+(NH4)2SO4,接著Cu(OH)2CuO+H20,溶液中NH3不能還原CuO為Cu,要還原必須是干燥的固態(tài)!C正確,強酸制弱酸,酸性:H2CO3>HClO,反應為:CO2+H20+Ca(ClO)2=CaCO3↓+2HClO,直接取材于課本第一冊第四章第一節(jié); 【答案】C (xx全國卷1)12.一定條件下磷與干燥氯氣反應,若0.25g磷消耗掉314mL氯氣(標準狀況),則產(chǎn)物中PCl3與PCl5的物質(zhì)的量之比接近于 A.1:2 B.2:3 C.3:1 D.5:3 【解析】設(shè)n(PCl3)=X mol, n(PCl5)=Y mol,由P元素守恒有:X+Y=0.25/31≈0.008……①;由Cl元素守恒有3X+5Y=(0.3142)/22.4≈0.028……②,聯(lián)立之可解得:X=0.006,Y=0.002 【答案】C (xx全國2)7.下列敘述正確的是 A.Li在氧氣中燃燒主要生成 B.將SO2通入溶液可生成沉淀 C.將CO2通入次氯酸鈣溶液可生成次氯酸 D.將NH3通入熱的CuSO4溶液中能使Cu2+還原成Cu 【解析】A錯誤,因為Li在空氣中燃燒只能生成Li2O,直接取材于第一冊課本第二章第三節(jié); B錯誤,酸性:HCl>H2SO3>H2CO3所以通入后無BaSO3沉淀,因為BaSO3+2HCl=BaCl2+H2O+SO2↑;D錯誤,溶液中該反應難以發(fā)生,先是:2NH3+2H2O+CuSO4=Cu(OH)2↓+(NH4)2SO4,接著Cu(OH)2CuO+H20,溶液中NH3不能還原CuO為Cu,要還原必須是干燥的固態(tài)!C正確,強酸制弱酸,酸性:H2CO3>HClO,反應為:CO2+H20+Ca(ClO)2=CaCO3↓+2HClO,直接取材于課本第一冊第四章第一節(jié); 【答案】C (xx福建卷)9 下列各組物質(zhì)中,滿足下圖物質(zhì)一步轉(zhuǎn)化關(guān)系的選項是 X Y Z A Na NaOH NaHCO3 B Cu CuSO4 Cu(OH)2 C C CO CO2 D Si SiO2 H2SiO3 答案:C 解析:本題考察考生對常見元素及其化合物知識的掌握情況,可用代入法,即把各選項中的X,Y,Z帶入又吐的圓圈中進行判斷,C中CO2在一定條件下與單質(zhì)鈉反應可以生成金剛石和碳酸鈉。 (xx山東卷)13.下列推斷正確的是 A.SiO2 是酸性氧化物,能與NaOH溶液反應 B.Na2O、Na2O2組成元素相同,與 CO2反應產(chǎn)物也相同 C.CO、NO、 NO2都是大氣污染氣體,在空氣中都能穩(wěn)定存在 D.新制氯水顯酸性,向其中滴加少量紫色石蕊試液,充分振蕩后溶液呈紅色 解析:酸性氧化物能夠跟堿反應,生成鹽和水的氧化物,故A正確,因為, 與反應生成, 與反應除生成外,還生成,故B錯;在空氣中會發(fā)生反應,故C錯;因為新制氯水中含有,故滴入少量的紫色石蕊的現(xiàn)象是先變紅,后褪色,故D錯。 答案:A (xx上海卷)13.下列實驗過程中,始終無明顯現(xiàn)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:此題考查了常見元素化合物知識。NO2通入后和水反應生成具有強氧化性的硝酸,其將亞鐵鹽氧化為鐵鹽,溶液顏色由淺綠色變?yōu)辄S色,排除A;CO2和CaCl2不反應,無明顯現(xiàn)象,符合,選B;NH3通入后轉(zhuǎn)化為氨水,其和AlCl3反應生成氫氧化鋁沉淀,排除C;SO2通入酸化的硝酸鋇中,其被氧化為硫酸,生成硫酸鋇沉淀,排除D。 (xx重慶卷)8.下列敘述正確的是 A.鋁制容器可盛裝熱的H2SO4 B.Agl膠體在電場中自由運動 C.K與水反應比Li與水反應劇烈 D.紅磷在過量Cl2中燃燒生成PCl3 【答案】C 【解析】本題考察物質(zhì)的性質(zhì)。A項,鋁與熱的濃硫酸反應,錯誤。B項,AgL膠體吸附電荷而帶電,故在電場作用下做定向移動,錯誤。C項,K比Li活潑,故與水反應劇烈,正確。D項,P與過量的反應,應生成,錯誤。 (xx上海卷)18.右圖是模擬氯堿工業(yè)生產(chǎn)中檢查氯氣是否泄漏的裝置,下列有關(guān)說法錯誤的是 A.燒瓶中立即出現(xiàn)白煙 B.燒瓶中立即出現(xiàn)紅棕色 C.燒瓶中發(fā)生的反應表明常溫下氨氣有還原性 D.燒杯中的溶液是為了吸收有害氣體 答案:B 解析:此題考查化學實驗、元素化合物的性質(zhì)等知識。分析裝置圖,可知氨氣和氯氣接觸時發(fā)生反應:4NH3+6Cl2=2NH4Cl+4HCl+N2,燒瓶中出現(xiàn)白煙,A對;不能出現(xiàn)紅棕色氣體,B錯;該反應中氨氣中的氮元素化合價升高,表現(xiàn)還原性,C對;燒杯中的氫氧化鈉可以吸收多余的有害氣體,D對。 知識歸納:對某種元素來講,其處于最高價時,只有氧化性;處于最低價時,只有還原性;中間價態(tài),則既有氧化性又有還原性。故此對同一種元素可以依據(jù)價態(tài)判斷,一般來講,價態(tài)越高時,其氧化性就越強;價態(tài)越低時,其還原性就越強;此題中氨氣中的氮元素處于最低價,只有還原性。 xx四川理綜卷)10.有關(guān)①100ml 0.1 mol/L 、②100ml 0.1 mol/L 兩種溶液的敘述不正確的是 A.溶液中水電離出的個數(shù):②>① B.溶液中陰離子的物質(zhì)的量濃度之和:②>① C.①溶液中: D.②溶液中: 答案: C 解析:本題考查鹽類水解知識;鹽類水解促進水的電離,且Na2CO3的水解程度更大,堿性更強,故水中電離出的H+個數(shù)更多,A項正確;B②鈉離子的物質(zhì)的量濃度為0.2 mol/L而①鈉離子的物質(zhì)的量濃度為0.1 mol/L根據(jù)物料守恒及電荷守恒可知溶液中陰離子的物質(zhì)的量濃度之和:②>①,B項正確;C項水解程度大于電離所以C(H2CO3)>C(CO32-)D項 C032-分步水解第一步水解占主要地位且水解大于電離。判斷D正確。C、D兩項只要寫出它們的水解及電離方程式即可判斷。 (xx廣東理綜卷)33.(16分) 某科研小組用MnO2和濃鹽酸制備Cl2時,利用剛吸收過少量SO2的NaOH溶液對其尾氣進行吸收處理。 (1)請完成SO2與過量NaOH溶液反應的化學方程式:SO2+2NaOH = ________________. (2)反應Cl2+Na2SO3+2 NaOH===2NaCl+Na2SO4+H2O中的還原劑為________________. (3)吸收尾氣一段時間后,吸收液(強堿性)中肯定存在Cl、OH和SO.請設(shè)計實驗,探究該吸收液中可能存在的其他陰離子(不考慮空氣的CO2的影響). 提出合理假設(shè) . 假設(shè)1:只存在SO32-;假設(shè)2:既不存在SO32-也不存在ClO;假設(shè)3:_____________. 設(shè)計實驗方案,進行實驗。請在答題卡上寫出實驗步驟以及預期現(xiàn)象和結(jié)論。限選實驗試劑:3moLL-1H2SO4、1moLL-1NaOH、0.01molL-1KMnO4、淀粉-KI溶液、紫色石蕊試液. 實驗步驟 預期現(xiàn)象和結(jié)論 步驟1:取少量吸收液于試管中,滴加3 moLL-1 H2SO4至溶液呈酸性,然后將所得溶液分置于A、B試管中. 步驟2: 步驟3: 解析:(1) NaOH過量,故生成的是正鹽:SO2+2NaOH =Na2SO3+H2O。 (2)S元素的價態(tài)從+4→+6,失去電子做表現(xiàn)還原性,故還原劑為Na2SO3。 (3)①很明顯,假設(shè)3兩種離子都存在。 ②加入硫酸的試管,若存在SO32-、ClO-,分別生成了H2SO3和HClO;在A試管中滴加紫色石蕊試液,若先變紅后退色,證明有ClO-,否則無;在B試管中滴加0.01molL-1KMnO4溶液,若紫紅色退去,證明有SO32-,否則無。 答案: (1) Na2SO3+H2O (2) Na2SO3 (3) ①SO32-、ClO-都存在 ② 實驗步驟 預期現(xiàn)象和結(jié)論 步驟1:取少量吸收液于試管中,滴加3 moLL-1 H2SO4至溶液呈酸性,然后將所得溶液分置于A、B試管中 步驟2:在A試管中滴加紫色石蕊試液 若先變紅后退色,證明有ClO-,否則無 步驟3:在B試管中滴加0.01molL-1KMnO4溶液 若紫紅色退去,證明有SO32-,否則無 (xx山東卷)30.(16)聚合硫酸鐵又稱聚鐵,化學式為,廣泛用于污水 處理。實驗室利用硫酸廠燒渣(主要成分為鐵的氧化物及少量FeS、SiO2等)制備聚鐵和綠礬(FeSO47H2O )過程如下: (1)驗證固體W焙燒后產(chǎn)生的氣體含有SO2 的方法是_____。 (2)實驗室制備、收集干燥的SO2 ,所需儀器如下。裝置A產(chǎn)生SO2 ,按氣流方向連接各儀器接口,順序為a f裝置D的作用是_____,裝置E中NaOH溶液的作用是______。 (3)制備綠礬時,向溶液X中加入過量_____,充分反應后,經(jīng)_______操作得到溶液Y,再經(jīng)濃縮,結(jié)晶等步驟得到綠礬。 (4)溶液Z的pH影響聚鐵中鐵的質(zhì)量分數(shù),用pH試紙測定溶液pH的操作方法為______。若溶液Z的pH偏小,將導致聚鐵中鐵的質(zhì)量分數(shù)偏_______。 解析: (1)檢驗SO2的方法一般是:將氣體通入品紅溶液中,如品紅褪色,加熱后又變紅。 (2) 收集干燥的SO2,應先干燥,再收集(SO2密度比空氣的大,要從b口進氣),最后進行尾氣處理;因為SO2易與NaOH反應,故D的作用是安全瓶,防止倒吸。 (3)因為在燒渣中加入了硫酸和足量氧氣,故溶液Y中含有Fe3+,故應先加入過量的鐵粉,然后過濾除去剩余的鐵粉。 (4)用pH試紙測定溶液pH的操作為:將試紙放到表面皿上,用玻璃棒蘸取溶液,點到試紙的中央,然后跟標準比色卡對比。Fe(OH)3的含鐵量比Fe2(SO4)3高,若溶液Z的pH偏小,則生成的聚鐵中OH-的含量減少,SO42-的含量增多,使鐵的含量減少。 答案:(1)將氣體通入品紅溶液中,如品紅褪色,加熱后又變紅,證明有SO2。 (2)d e b c;安全瓶,防止倒吸;尾氣處理,防止污染 (3)鐵粉 過濾 (4)將試紙放到表面皿上,用玻璃棒蘸取溶液,點到試紙的中央,然后跟標準比色卡對比。 低 (xx上海卷)23.胃舒平主要成分是氫氧化鋁,同時含有三硅酸鎂(Mg2Si3O8.nH2O)等化合物。 1)三硅酸鎂的氧化物形式為 ,某元素與鎂元素不同周期但在相鄰一族,且性質(zhì)和鎂元素十分相似,該元素原子核外電子排布式為 。 2)鋁元素的原子核外共有 種不同運動狀態(tài)的電子、 種不同能級的電子。 3)某元素與鋁元素同周期且原子半徑比鎂原子半徑大,該元素離子半徑比鋁離子半徑 (填“大”或“小”),該元素與鋁元素的最高價氧化物的水化物之間發(fā)生反應的離子方程式為: 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都是白色固體 c.Al2O3、MgO和SiO2都是氧化物 d.Al2O3、MgO和SiO2都有很高的熔點 答案:1)2MgO.3SiO.nH2O、1s22s1;2)13、5;3)大、Al(OH)3+OH-→AlO2-+2H2O;4)ad。 解析:此題考查了硅化合物、元素周期表、原子的核外電子排布、原子的核外電子運動狀態(tài)、元素周期律等知識。1)根據(jù)胃舒平中三硅酸鎂的化學式和書寫方法,其寫作:2MgO.3SiO.nH2O;與鎂元素在不同周期但相鄰一族的元素,其符合對角線規(guī)則,故其是Li,其核外電子排布為:1s22s1;2)中鋁元素原子的核外共有13個電子,其每一個電子的運動狀態(tài)都不相同,故共有13種;有1s、2s、2p、3s、3p共5個能級;3)與鋁元素同周期且原子半徑大于鎂的元素是鈉,其離子半徑大于鋁的離子半徑;兩者氫氧化物反應的離子方程式為:Al(OH)3+OH-→AlO2-+2H2O;4)分析三種氧化物,可知三者都不溶于水且都具有很高的熔點。 (xx上海卷)24.向盛有KI溶液的試管中加入少許CCl4后滴加氯水,CCl4層變成紫色。如果繼續(xù)向試管中滴加氯水,振蕩,CCl4層會逐漸變淺,最后變成無色。- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
- 2.下載的文檔,不會出現(xiàn)我們的網(wǎng)址水印。
- 3、該文檔所得收入(下載+內(nèi)容+預覽)歸上傳者、原創(chuàng)作者;如果您是本文檔原作者,請點此認領(lǐng)!既往收益都歸您。
下載文檔到電腦,查找使用更方便
9.9 積分
下載 |
- 配套講稿:
如PPT文件的首頁顯示word圖標,表示該PPT已包含配套word講稿。雙擊word圖標可打開word文檔。
- 特殊限制:
部分文檔作品中含有的國旗、國徽等圖片,僅作為作品整體效果示例展示,禁止商用。設(shè)計者僅對作品中獨創(chuàng)性部分享有著作權(quán)。
- 關(guān) 鍵 詞:
- 2019-2020年高考化學二輪 專題訓練 專題十一 常見非金屬元素單質(zhì)及其重要化合物教案學生版 2019 2020 年高 化學 二輪 專題 訓練 十一 常見 非金屬元素 單質(zhì) 及其 重要 化合物
鏈接地址:http://weibangfood.com.cn/p-2724407.html