高考化学试题分类解析汇编非金属及其化合物

高考化学试题分类解析汇编非金属及其化合物

2012 年高考化学试题分类解析汇编：非金属及其化合物 1. ［2012·江苏化学卷 7］下列物质转化在给定条件下能实现的是 ① ② ③ ④ ⑤ A.①③⑤ B.②③④ C.②④⑤ D.①④⑤ A 解析：本题属于元素及其化合物知识的考查范畴。三氧化铝的两性、偏铝酸酸性弱于碳酸、候氏 制碱原理 、Fe3＋水解 FeCl3 溶液蒸干得不到无水 FeCl3、氢氧化镁不稳定性等内容都来源于必修一、 和必修二等课本内容及课本上的基本反应，看来高三复习不能“舍本逐末”。 2. ［2012·江苏化学卷 16］(12 分)利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含 NO、NO2)反应，既能净化尾气， 又能获得应用广泛的 Ca(NO3)2，其部分工艺流程如下： (1) 一定条件下，NO 与 NO2 存在下列反应：NO(g) ＋NO2(g) N2O3(g) ，其平衡常数表达式为 K= 。 (2)上述工艺中采用气液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底部进入，石灰乳从吸收塔顶部喷淋)，其目的 是 ；滤渣可循环利用，滤渣的主要成分是 (填化学式)。 (3) 该 工 艺 需 控 制 NO 和 NO2 物 质 的 量 之 比 接 近 1 ： 1 。 若 n(NO) ： n(NO) ＞ 1 ： 1, 则 会 导 致 ；若 n(NO) ：n(NO)＜1：1,则会导致 。 (4)生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中 Ca(NO3)2 会发生分解，产物之一是 NO，其反应的离子 方程式 。 【参考答案】 (1)k=c(N2O3)/c(NO)·c(NO2) (2)使尾气中 NO、NO2 被充分吸收 Ca(OH)2 (3)放气体中 NO 含量升高 产品 Ca(NO2)2 中 Ca(NO3)2 含量升高 (4)3NO2－＋2H＋=NO3－＋2NO↑＋H2O 【解析】本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。本题考查学生在“工艺流程阅读分析，化学反应原理在工艺流程的应用， 氧化还原反应分析，相关付反应的书写”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】我们元素化合物知识教学要与基本实验实验、化学反应原理、氧化还原反应、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。 3. ［2012·江苏化学卷 21B 实验化学］次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)在印染、医药以及原 子能工业中应用广泛。以 Na2SO3、SO2、HCHO 和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实验步骤如下： 步骤1：在烧瓶中(装置如右图所示)加入一定量 Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2， 至溶液pH 约为4，制得NaHSO3 溶液。 步骤2：将装置A 中导气管换成橡皮塞。向烧瓶 中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液， 在80～90益下，反应约3h，冷却至室温， 抽滤。 步骤3：将滤液真空蒸发浓缩，冷却结晶。 (1)装置 B 的烧杯中应加入的溶液是 。 (2)①步骤2中，反应生成的Zn(OH)2 会覆盖在锌粉表面阻止反应进行，防止该现象发生的措施 是 。 ②冷凝管中回流的主要物质除H2O 外还有 (填化学式)。 (3)①抽滤装置所包含的仪器除减压系统外还有 、 (填仪器名称)。 ②滤渣的主要成分有 、 (填化学式)。 (4)次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，且在120℃以上发生分解。步骤3中不在敞口容器中蒸发浓缩的原 因是 。 【参考答案】 (1)NaOH 溶液 (2)①快速搅拌 ②HCHO (3)①吸漏瓶 布氏漏斗 ②Z n (O H )2 Z n (4)防止产物被空气氧化 【解析】这是一道“实验化学”的基础性试题，通过次硫酸氢钠甲醛制备相关实验过程的一些探究， 着力考查学生对化学原理、化学实验方法的掌握程度，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。 4. ［2012·海南化学卷 13］(8 分) 氮元素的氢化物和氧化物在工业生产和国防建设中都有广泛应 用，回答下列问题： (1)氮元素原子的 L 层电子数为 ； (2)NH3 与 NaClO 反应可得到肼(N2H4)，该反应的化学方程式为 ； (3)肼可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂 N2H4 反应生成 N2 和水蒸气。 已知：①N2(g)+2O2(g)= N2H4 (1) △H1= -195kJ·mol-1 ② (1) + O2(g)= N2(g) + 2 H2O △H2= -534.2kJ·mol-1 写出肼和 N2H4 反应的热化学方程式 ； (4)肼一空气燃料电池是一种碱性电池，该电池放电时，负极的反应式为 。 【答案】(1)5 (2)2NH3+NaClO==N2H4+NaCl+H2O (3)2N2H4 (1)+N2O4(1)==3N2(g)+4H2O(g) △H= -1048.9kJ·mol-1 (4)2N2H4 -4e-+4 OH-==2N2+4H2O 【解析】 (1)N 原子的原子结构示意图为： ，故其 L 层上有 5 个电子； (2)NH3+NaClO——N2H4 ， 根 据 元 素 守 恒 还 应 生 成 NaCl 和 H2O ， 观 察 法 可 配 平 方 程 式 为 2NH3+NaClO==N2H4+NaCl+H2O； (3)肼与 N2O4 反应生成 N2 和水蒸气：2N2H4 +N2O4==3N2+4H2O，观察已知的两个热方程式可知，②×2- ①得：2N2H4 (1)+N2O4(1)==3N2(g)+4H2O(g) △H=△H2×2-△H1== -1048.9kJ·mol-1 (4)“肼—空气燃料电池是一种碱性电池”中 O 2 在正极反应，故负极是肼发生反应：2N2H4 -4e-+4 OH-==2N2+4H2O。 5. ［2012·海南化学卷 20-II］ 【答案】(1)液化、分馏 与 C 反应后除去 CO2 C+H2O CO+H2、CH4+H2O CO+3H2 (2)合成塔 N2+3H2 2NH3 (3)冷却塔 n 高温气体由冷却塔的上端进入，冷却水应从下端进入，逆向冷却效果好 (4)将液氨和未反应的原料分离 (5)13.8 【解析】 (1)利用空气中氮气的沸点比氧气的沸点低，先将空气加压降温变成液态，然后再加热， 使氮气首先从液态空气中蒸发出来，留下的就是液态氧气。故分离方法是液化和分馏。另一种方 法是将空气与 C 反应后除去 CO2。采用煤和天然气制备 H2 的方程式为：C+H2O CO+H2、CH4+H2O CO+3H2。 (2)合成氨的设备为合成塔；发生的反应是 N2+3H2 2NH3。 (3)冷凝分离氨气的设备为冷却塔；为了增强冷却效果，冷却水应从下端进入，逆向冷却效果好。 (4)设备 c 是分离器，能将液氨和未反应的原料分离。 (5)设 CO、H2O 的起始浓度分别为 x、y，且 CO 的转化率为 90%，则： CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) 催化剂 高温高压 催化剂 高温高压 高温 高温 高温 高温 起始浓度(mol·L－1) x y　　　　 0　　　0 转化浓度(mol·L－1) 0.9x 　　0.9x　　 0.9x　 0.9x 平衡浓度(mol·L－1) 0.1x　 y－0.9x　　 0.9x　 0.9x K＝ ＝ 0.9x·0.9x 0.1x(y－0.9x)=0.627，得：y x=13.8，只要增加 H2O 量，就可提高 CO 的转化率。 6. ［2012·安徽理综化学卷 27］ 【参考答案】⑴SO2 碎瓷片（或沸石） 将生成的 SO2 全部赶出 ⑵SO2＋H2O2===2H＋＋SO2－4 ⑶滴定管用蒸馏水洗涤干净后，加入少量 NaOH 标准液，将滴定管横放，轻轻转动，均匀润洗滴定 管内壁，然后将润洗液从下端尖嘴处放出，重复操作 2～3 次 ⑷无影响 ⑸ 【解析】本题为定量实验，主要考查化学实验基本操作、仪器的使用、实验方案的分析，同时考查 考生运用相关知识进行分析综合的能力，以及运用文字表达分析解决问题的过程，并进行有关计算 的能力。⑴亚硫酸盐与稀硫酸反应生成气体 SO2。为防止液体加热时暴沸，一般可加入碎瓷片。因 )()( )()( 22 2 HcCOc OHcCOc 0.64V w 定量实验，需考查减小实验操作误差，通入 N2 可将生成的 SO2 全部赶出，保证被吸收液全部吸收。⑵ SO2 具有还原性，可被氧化剂 H2O2 所氧化，反应的离子方程式为 SO2＋H2O2===2H＋＋SO2－4。⑶用 标准液润洗滴定管时，务必注意最后将润洗液从滴定管下端放出，而不是从上口倒出。⑷用盐酸代 替硫酸，生成的 SO2 气体中混有少量 HCl，因 SO2 用碱液吸收后需再用盐酸调节溶液至弱酸性，因此 混合气体中含有 HCl，对实验结果无影响。⑸反应为 H2O＋SO2－3＋I2===SO2－4＋2I－＋2H＋，n(SO2) ＝n(SO2－3)＝n(I2)＝0.010 00 mol·L－1 ×V×10-3 L＝V×10-5 mol，因此 1 kg 样品中含 SO2 的质 量为： 。 7. ［2012·福建理综化学卷 11］下列物质与水作用形成的溶液能与 NH4Cl 反应生成 NH3 的是 A．二氧化氮 B．钠 C．硫酸镁 D．二氧化硅 B 解析：钠与水作用得到氢氧化钠溶液，与氯化铵反应放出氨气。其它选项不正确。这题考查元素 化合物知识，比较简单明了，基础题。 8. ［2012·福建理综化学卷 25］实验室常用 MnO2 与浓盐酸 反应制备 Cl2(反应装置如右图所示)。 （1）制备实验开始时，先检查装置气密性，接下来的操作依 次是 （填序号）。 A．往烧瓶中加入 MnO2 粉末 B．加热 C．往烧瓶中加入浓盐酸 （2）制备反应会因盐酸浓度下降而停止。为测定反应残余液 中盐酸的浓度，探究小组同学提出的下列实验方案： 甲方案：与足量 AgNO3 溶液反应，称量生成的 AgCl 质量。 乙方案：采用酸碱中和滴定法测定。 丙方案：与已知量 CaCO3(过量)反应，称量剩余的 CaCO3 质量。 丁方案：与足量 Zn 反应，测量生成的 H2 体积。 继而进行下列判断和实验： ①判定甲方案不可行，理由是 。 ②进行乙方案实验：准确量取残余清液稀释一定的倍数后作为试样。 a．量取试样 20.00mL，用 0.1000 mol·L—1NaOH 标准溶液滴定，消耗 22.00mL，该次滴定测的试样中 盐酸浓度为 mol·L—1； 5 110 mol 64 g mol 0.641 000 g g g V V w w − −× × ⋅ × = b．平行滴定后获得实验结果。 ③判断丙方案的实验结果 (填“偏大”、“偏小”或“准确”)。 [已知：Ksp(CaCO3)=2.8× 、Ksp(MnCO3)=2.3× ] ④进行丁方案实验：装置如右图所示（夹持器具已略去）。 （i）使 Y 形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将 转移到 中。 （ii）反应完毕，每间隔 1 分钟读取气体体积、气体体积逐渐 减小，直至不变。气体体积逐次减小的原因 是 （排除仪器和实验操作的影响因素）。 解析：（1）加药顺序一般是先加入固体药品，再加入液药品，最后再加热。则依次顺序是 ACB。考 查实验的细节，看学生是否真的做过实验，引导实验课要真正地上，而不是在黑板上画。 （2）①加入足量的硝酸银溶液只能求出氯离子的量，而不能求出剩余盐酸的浓度。 ②由 CHClVHCl=CNaOHVNaOH 可得出盐酸的浓度为 0.1100mol/L，这是简单的中和滴定计算。 ③根据题意碳酸锰的 Ksp 比碳酸钙小，其中有部分碳酸钙与锰离子反应转化成碳酸锰沉淀，剩余的 碳酸钙质量变小，多消耗了碳酸钙，但是由此计算得出盐酸的浓度就偏大了（疑问）。如果将题目改 成“称量剩余的固体质量”，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固 体质量会偏大，这样一来反应的固体减少，实验结果偏小！ ④使 Zn 粒进入残余清液中让其发生反应。这样残余清液就可以充分反应，如果反 过来，残余清液不可能全部转移到左边。反应完毕时，相同时间内则气体体积减 少，又排除了其它影响因素，只能从气体本身角度思考，联想到该反应是放热 的，就可能想到气体未冷却了。 实验题总体比较基础简单，可能最后一问比较出人意料，难以想到。 9. ［2012·浙江理综化学卷 26］(15 分)大气中 SO2 和 NOx 是形成酸雨的主要物质。某地酸雨中可能 含有下列离子：Na+、Mg2+、NH4+、Cl-、SO32-、SO42-、NO3-和 NO2-等。某研究小组取该地一定量的酸 雨，浓缩后将所得试液分成 4 份，进行如下实验：第一份酸化后滴加适量的淀粉 KI 溶液，呈蓝色； 910− 1110− + 第二份滴加用盐酸酸化的 BaCl2 溶液，有白色沉淀析出；第三份滴加 NaOH 溶液，加热，产生的气体 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；第四份加入硝酸酸化的 AgNO3 溶液，有沉淀产生，静置，在上层清 液中滴加酸性 KMnO4 溶液，不褪色。 已知：Ksp(Ag2SO4) = 1.20×10-5 请回答下列问题： （1）该酸雨中肯定存在的离子有 ；肯定不存在的离子有 ，说明其不存在的理由： 。 （2）写出试液中滴加淀粉 KI 溶液所发生反应的离子方程式： 。 （3）设计实验方案，检验该试液中是否存在 Cl-： 。 （4）该研究小组为了探究 NO 参与的硫酸型酸雨的形成，在烧瓶中充入含有少量 NO 的 SO2 气 体，慢慢通入 O2，该过程中发生的化学反应有 、 ，再喷射适量蒸馏水即得硫酸型酸雨。 说明 NO 的作用： 。 解析：（1）从酸雨中可能含有的离子分析，SO32-具有较强的还原性，因此酸性条件下 SO32-与 NO3- 是不能共存的。从浓缩后所得的 4 份试液进行的实验分析可知：第一份酸化后滴加适量的淀粉 KI 溶 液，呈蓝色，说明有 NO3 ―或 NO2-，（6I- + 2NO3- + 8H+ = 3I2 + 2NO↑+ 4H2O 或 2NO2-+ 2I―+ 4H＋= I2 + 2NO ↑+ 2H2O）；第二份滴加用盐酸酸化的 BaCl2 溶液，有白色沉淀析出，说明有 SO42―；第三份滴加 NaOH 溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明有 NH4 ＋；第四份加入足量硝酸酸化的 AgNO3 溶液，有沉淀产生，说明可能有 Cl―或 SO42―(生成 AgCl↓或 Ag2SO4↓，均不溶于稀硝酸)，静 置，在上层清液中滴加酸性 KMnO4 溶液，不褪色，说明没有 NO2-，否则 NO2-离子能与具强氧化性的 酸性 KMnO4 溶液反应，使 KMnO4 溶液褪色（5NO2- + 2MnO4 ―+6H＋= 5NO3 ―+ 2M n 2＋+ 3H2O）。所以， 该酸雨中肯定存在的离子有 SO42-、NO3-、NH4+；肯定不存在的离子有 SO32-、NO2-。（2）试液中滴加 淀粉 KI 溶液所发生反应的离子方程式是：6I- + 2NO3- + 8H+ = 3I2 + 2NO↑+ 4H2O。（3）由于该试液中存 在着 SO42―，所以，检验该试液中是否存在 Cl- 时要考虑排除 SO42―的干扰。检验的方法为：取少量 试液，滴加足量的 Ba(NO3)2 溶液，静置；取上层清液，滴加硝酸酸化的 AgNO3 溶液，若有白色沉淀 产生，则存在 Cl-。（4）据题目告知，是探究 NO 参与硫酸型酸雨的形成，根据硫酸型酸雨的形成的 机理：化石燃料的燃烧、含硫金属矿石的冶炼和硫磺的生产等过程中产生的 SO2 释放到空气中，在 光照、烟尘中的金属氧化物等的催化作用下，SO2 与氧气反应生成 SO3 ，SO3 溶于雨水后形成 H2SO4。因此当在烧瓶中充入含有少量 NO 的 SO2 气体，慢慢通入 O2 时，要生成 SO3 必须要有催化 剂参与，所以 NO 应该是起了催化剂的作用，该过程中发生的化学反应该是 2NO+O2= 2NO2 ， NO2+SO2 = SO3 + NO。 答案：（1）SO42-、NO3-、NH4+ ；SO32-、NO2- ；SO32-具有较强的还原性，酸性条件下，与 NO3-不 能共存。若有 NO2-，能使酸性 KMnO4 溶液褪色 （2）6I- + 2NO3- + 8H+ = 3I2 + 2NO↑+ 4H2O （3）取少量试液，滴加足量的 Ba(NO3)2 溶液，静置；取上层清液，滴加硝酸酸化的 AgNO3 溶液，若有白色沉淀产生，则存在 Cl- （4）2NO+O2= 2NO2 NO2+SO2 = SO3 + NO ；催化剂 10. ［2012·重庆理综化学卷 26］（15 分）金刚石 具有优良的耐磨、耐腐蚀特性，应用广泛. (1) 碳与周期元素 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 H 为非积极性分 子，碳元素在周期表中的位置是 ， 是 ， 的电子式为 . (2) 一定条件下， 还原 可制备金刚石，反应结束冷却至室温后，回收中 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 制 ,其粗产品中杂志为 和 .先将 20.0g 粗产品加入到过量的 溶 液中充分反应，收集到 0.1mol 氢气，过滤得 固体 11.4g，滤液稀释到 1L，生成氢气的离子方程 式为 ，硅盐酸的物质量浓度为 。 （4）下列叙述正确的有 （填序号）， ① 还原 的反应、 与 的反应均是置换反应 ②水晶、干冰熔化时克服粒子间作用力的类型相同 ③ 溶液与 的反应可用于推断 与 的非金属性强弱 ④钠、锂分别在空气中燃烧，生成的氧化物中阴阳离子数目比均为 1:2 【答案】（1）第二周期第 IVA 族，氧（或 O）， （2）过滤，水（或乙醇）[中%*&国@教育出~版网] （3）Si+2OH-+H20=SiO32-+2H2，0.17mol/L （4）③④ 【考点】硅、碳单质及化合物的结构与性质 SiC Q Q R Na 4CCL 4CCL 2SiO SiC Si 2SiO SiC NaOH SiC Na 4CCL 2CL 2H O 2 3Na SiO 3SO Si S （1） 11. ［2012·广东理综化学卷 31］（16 分）碘在科研与生活中有重要应用。某兴趣小组用 0.50mol·L-1KI、0.2％淀粉溶液、0.20mol·L-1K2S2O8、0.10mol·L-1Na2S2O3 等试剂，探究反应条件对 化学反应速率的影响。 已知： （1） 向 KI、Na2S2O3 与淀粉的混合溶液中加入一定量的 K2S2O8 溶液，当溶液中的__________耗尽 后，溶液颜色将由无色变成为蓝色。为确保能观察到蓝色，S2O32—与 S2O82—初始的物质的量 需满足的关系为：n（S2O32—）：n（S2O82—） _______。Na2S2O3，<2 （2） 为探讨反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表： 表中 Vx=__2__mL，理由是___________________。保证反应物 K2S2O8 浓度改变，而其他的不变，才 到达实验目的。 （3） 已知某条件下，浓度 c（S2O82—）～反应时间 t 的变化曲线如图 13，若保持其他条件不变， 请在答题卡坐标图中，分别画出降低反应温度和加入催化剂时 c（S2O82—）～t 的变化曲线示 意图（进行相应的标注） （4） 碘也可用作心脏起搏器电源—锂碘电池的材料。该电池反应为： 2Li（s）+I2（s）=2LiI （s） △H 已知：4Li（s）+O2（g）=2Li2O（s） △H1 4 LiI（s）+O2（g）=2I2（s）+2Li2O（s） △H2 则电池反应的△H=_______________；碘电极作为该电池的___________极。 (△H1-△H2)/2; 负极 12. ［2012·山东理综化学卷 8］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 22.4LH2(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) B 【解析】NaClO 属于盐，为强电解质，A 项错误；向沸水中滴加饱和 FeCl3 制备 Fe(OH)3 胶体，B 项 正确；HCl 属于共价化合物，C 项错误；根据电解 NaCl 溶液的阴极反应:2H＋+2e−=H2↑，产生标准状 况下 22.4LH2，转移 2NA 个电子，D 项错误。 13. ［2012·四川理综化学卷 26］（13 分）下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶 液，相互之间的转化关系如下图所示（部分产物及反应条件已略去）。已知 A、B 为气态单质，F 是 地壳中含量最多的金属元素的单质；E、H、I 为氧化物，E 为黑色固体，I 为红棕色气体；M 为红褐 色沉淀。 请回答下列问题： （1）B 中所含元素位于周期表中第 周期， 族。 （2）A 在 B 中燃烧的现象是 。 （3）D+E→B 的反应中，被氧化与被还原的物质的物质的量比是 。 （4）G+G→M 的离子方程式是 。 （5）Y 受热分解的化学方程式是 。 【答案】⑴三 VIIA (各 1 分，共 2 分) ⑵产生苍白色火焰(2 分) ⑶2:1(3 分) ⑷3AlO2 －+Fe3＋+6H2O=3Al(OH)3↓+Fe(OH)3↓(3 分) ⑸4Fe(NO3)3 2Fe2O3+12NO2↑+3O2↑(3 分) 【解析】根据转化关系和题中所给的信息可以判断：A 为 H2、B 为 Cl2、C 为 NaOH、D 为 HCl、E 为 MnO2、F 为 Al、G 为 NaAlO2、H 为 Fe2O3、I 为 NO2、J 为 FeCl3、M 为 Fe(OH)3、N 为 HNO3。 (1)B 中含有的氯元素位于元素周期表第三周期第 VIIA 族。 (2)H2 在 Cl2 中燃烧产生苍白色的火焰。 (3)浓盐酸与二氧化锰发生的反应为 MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，反应中被氧化(注 意发生反应的 HCl 只有一半被氧化)与被还原的物质的物质的量之比是 2：1。 (4)NaAlO2 与 FeCl3 在溶液中发生双水解反应：3AlO ＋Fe3＋＋6H2O 3Al(OH)3↓＋ Fe(OH)3↓ (5)硝酸铁受热分解生成氧化铁、二氧化氮和氧气，化学反应方程式为：4Fe(NO3)3 2Fe2O3＋ 12NO2↑＋3O2↑。 14. ［2012·四川理综化学卷 28］（17 分）甲、乙两个研究性学习小组为测定氨分子中氮、氢 原子个数比，设计了如下实验流程： △ △ △ 试验中，先用制得的氨气排尽洗气瓶前所有装置中的空气，再连接洗气瓶和气体收集装置，立 即加热氧化铜。反应完成后，黑色的氧化铜转化为红色的铜。 下图 A、B、C 为甲、乙两小组制取氨气时可能用到的装置，D 为盛有浓硫酸的洗气瓶。 甲小组测得：反应前氧化铜的质量为 、氧化铜反应后剩余固体的质量为 、生成氮气在 标准状况下的体积 。 乙小组测得：洗气前装置 D 的质量 、洗气后装置后 D 的质量 、生成氮气在标准状况 下的体积 。 请回答下列问题： （1）写出仪器 a 的名称： 。 （2）检查 A 装置气密性的操作是 。 （3）甲、乙两小组选择了不同方法制取氨气，请将实验装置的字母编号和制备原理填写在下表 空格中。 （4）甲小组用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数之比为 。 实验装置 实验药品 制备原理 甲小组 A 氢氧化钙、硫酸 铵 反应的化学方程式为 ① 乙小组 ② 浓氨水、氢氧化 钠 用化学平衡原理分析氢氧化钠的作用： ③ 制取氧气 装有足量干燥 剂的干燥管 装 有 氧 化 铜 的硬质玻管 盛有足量浓 硫酸的洗气瓶 测定生成氮 气的体积 1m g 2m g 1V L 3m g 4m g 2V L （5 ）乙小组用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数比明显小于理论值，其原因 是 。 为此，乙小组在原有实验的基础上增加了一个装有药品的 实验仪器，重新实验。根据实验前后该药品的质量变化及生成氮气的体积，得出合理的实验结果。 该药品的名称是 。 【答案】⑴圆底烧瓶（2 分） ⑵连接导管，将导管插入水中；加热事关，导管口有气泡产生；停止加热，导管内有水回流并 形成一段稳定的水柱（3 分） ⑶①(NH4)2SO4+Ca(OH)2 2NH3↑+2H2O+CaSO4（2 分） ②B（2 分） ③氢氧化钠溶于氨水后放热，增加氢氧根浓度，使 NH3+H2O NH3·H2O NH4 ＋+OH－向逆 反应方向移动，加快氨气逸出（2 分） ⑷5V1:7(m1－m2) （2 分） ⑸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)2SO4＋Ca(OH)2 CaSO4＋2H2O＋2NH3↑。 ②浓氨水与固体 NaOH 混合即可制得氨气，且两种物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 NH3＋H2O NH3·H2O NH ＋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 (m1－m2)g，其中氢原子 的物质的量为 (m1－m2)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： (m1－m2)mol＝5V1：7(m1－m2)。 (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 △ △ 8 9 8 1 22.4 V1 22.4 V1 8 1 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，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。 ①二氧化碳与石灰石浆液反应得到的产物为 。 ②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 ①M 的结构简式为 。 ②分子中无—O—O—，醛基与苯环直接相连的 N 的同分异构体共有 种。 【答案】⑴A B C(3 分) ⑵①Ca(HCO3)2 或碳酸氢钙(2 分) ②Ca(HSO3)2+O2=CaSO4+H2SO4(3 分) ⑶CaS(s)+2O2(g)=CaSO4(s)；△H=－962.4kJ·mol－1(3 分) ⑷① (2 分) ②6(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 kJ·mol－1 ①，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 kJ·mol－1②，②－①可得热化学 方程式： CaS(s)＋2O2(g)→CaSO4(s) ∆H=－962.4 kJ·mol－1。 (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路板简单处理后，得到含 70％Cu、25％Al、4％Fe 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： ⑴ 第①步 Cu 与酸反应的离子方程式为___________________________________________； 得到滤渣 1 的主要成分为___________________。 ⑵ 第②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。 ⑶ 用第③步所得 CuSO4·5H2O 制备无水 CuSO4 的方法是 ________________________________________。 ⑷ 由滤渣 2 制取 Al2(SO4)3·18H2O ，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。 ⑸ 探究小组用滴定法测定 CuSO4·5H2O （Mr＝250）含量。取 a g 试样配成 100 mL 溶液，每次 取 20.00 mL，消除干扰离子后，用 c m o l LL－1 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 CuSO4·5H2O 质量分数的表达式ω＝ _____________________________ ； 下列操作会导致 CuSO4·5H2O 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。 3 第①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+ 、 Al3+ 、 Fe2+ 。 Cu 和 酸 反 应 的 离 子 方 程 式 为 或 4 第②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。 5 第③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 6 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,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； ①设计方案的主要步骤是（不必描述操作过程的细节） ； ②写出有关反应的化学方程式 。 【答案】（1）HCOOH CO +H2O (2)黑色粉末变红，CO CO2 （3）cba （4）0.96 （5）①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 ②CuO+H2SO4=CuSO4+H2O 【解析】（1）制备一氧化碳的化学方程式是 HCOOH CO +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 4.8÷5=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 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，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：As＞C1＞P B.热稳定性：HC1＞AsH3＞HBr C．还原性：As3-＞S2-＞C1- D.酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4 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：Ｃ 19. ［2012·北京理综化学卷 25］(13 分) 直接排放含 S ，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 ,. (1) 用化学方程式表示 S :形成硫酸型胶雨的反应: (2) 在钠碱循环法中，Na ₂SO ₃,溶液作为吸收液，可由 NaOH 溶液吸收 SO ₂:制得，该反应的离子 方程式是 (3) 吸收液吸收 SO ₂的过程中，pH 随 n(SO₃ ²﹣):，n(HSO ₃﹣)变化关系如下表: n(SO₃ ²﹣):，n(HSO ₃﹣) 91：9 1：1 1：91 PH ８.２ 7.2 6.2 ①上表判断 Na ₂SO ₃溶液显　　　　　　性，用化学平衡原理解释:　　　　　　　　　　　　　 ②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):　　　　　　　　　　　　 (4) 当吸收液的 pH 降至约为 6 时，满送至电解槽再生。再生示意图如下: ①HSO3 在阳极放电的电极反应式是　　　　　　　　　　　　　　　。 ②当阴极室中溶液ＰＨ升至 8 以上时，吸收液再生并掀环利用。简述再生原理:　　　　　　　　 【答案】⑴SO2+H2O H2SO3，2H2SO3+O2 2H2SO4(2 分) ⑵SO2+2OH—=SO32—(2 分) ⑶①酸性(1 分) HSO3—中存在：HSO3— H++SO32—和 HSO3—+H2O H2SO3+OH—，HSO3—电离程度大于 其水解程度(2 分) ②a b(2 分) ⑷①HSO3——2e—+H2O= SO42—+3H+(2 分) ②H+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：（１）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氧 化为硫酸。（２）二氧化硫与过量的ＮａＯＨ溶液反应生成亚硫酸钠溶液。（３）由表给数据ｎ （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ｎ（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 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: (1) 已知:Ⅰ反应 A 中， 4mol HCI 被氧化，放出 115.6kJ 的热量。 Ⅱ 的电子式是_______________. ②反应 A 的热化学方程式是_______________。 ③断开 1 mol H—O 键与断开 1 mol H—Cl 键所需能量相差约为__________KJ， 中 H—O 键比 HCl 中 H—Cl 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 平衡转化率影响的曲线。 ①曲线 b 对应的投料比是______________. ②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_________________. ⑧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】⑴① (1 分)②4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g) △H=—115.6kJ/mol(2 分) ③32 (2 分) 强(2 分) ⑵①4:1(1 分)②投料比越高，对应的反应温度越低(2 分)③30.8%(2 分) 【解析】解析：（１）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（H—O）—E（H—Cl）=〔115.6+（498—（２ ×２４３））/4=31.9，键能越大化学键越稳定越强，所以水中的 H—O 键比氯化氢中 H—Cl 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 0.8 n（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. ［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）ⅥA 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ⅥA 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，O、S、Se 原子的第一电 离 能 由大到小的顺序为 ； (3)Se 的原子序数为 ，其核外 M 层电子的排布式为 ； (4)H2Se 的酸性比 H2S (填“强”或“弱”)。气态 SeO3 分子的立体构型为 ，SO32- 离子的立体构型为 ； (5) H2SeO3 的 K1 和 K2 分别为 2.7×10-3 和 2.5×10-8，H2SeO4 第一步几乎完全电离，K2 为 1.2×10-2， 请根据结构与性质的关系解释： ①H2SeO3 和 H2SeO4 第一步电离程度大于第二步电离的原因： 。 ②H2SeO4 比 H2SeO3 酸性强的原因： 。 (6)ZnS 在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛。 立方 ZnS 晶体结构如下图所示，其晶胞边长为 540.0pm，其密度为 ( 列 式并计算)，a 位置 S 2-离子与 b 位置 Zn2+离子之间的距离为 pm( 列式表示)。 【答案】：(1) sp3； (2) O＞S＞Se； (3) 34， 3s23p63d10 (4) 强。 平面三角型， 三角锥形； (5) ①第一步电离后生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子； ②H2SeO3 和 H2SeO4 可表示成(HO)2SeO 和(HO)2SeO2。H2SeO3 中的 Se 为+4 价，而 H2SeO4 中的 Se 为+6 价， 正电性更高，导致 Se-O-H 中 O 的电子更向 Se 偏移，越易电离出 H+。 (6) ， 【解析】：（1）因为 S8 为环状立体结构，所以为 SP3； (6)第一问我们常碰到，后面一问要注意四个 Zn2+在体内的四个小立方体的中心，不在同一平面 上，过 b 向上面作垂线，构成直角三角形，两边分别为√2/4a 1/4a，即可求出斜边为√3/4a(a 为 晶胞边长)。 高考化学中往往不过分考查数学运算的技巧，此次也算一种“创新”吧。