無錫新領(lǐng)航教育2013屆高考復(fù)習(xí)總結(jié)性資料精選 無機(jī)元素

1、無錫新領(lǐng)航教育2013屆高考化學(xué)精品資料無機(jī)元素解題方法【命題趨向】元素化合物知識(shí)是中學(xué)化學(xué)的重要組成部分。按照化學(xué)科考試說明的規(guī)定，元素化合物知識(shí)點(diǎn)共有100多個(gè)知識(shí)點(diǎn)，而且這部分知識(shí)多數(shù)是描述性的，內(nèi)容繁雜、零碎和分散，需要記憶的東西較多，難以掌握和運(yùn)用。元素化合物知識(shí)雖然內(nèi)容繁多，但其中有許多內(nèi)容和化學(xué)基本理論緊密聯(lián)系在一起，復(fù)習(xí)時(shí)可以用化學(xué)理論去統(tǒng)率和掌握元素化合物知識(shí)，而不需死記硬背。例如根據(jù)物質(zhì)結(jié)構(gòu)和元素周期表，可以一地判斷某主族元素及其化合物的通性，同主族元素或同周期元素的性質(zhì)的遞變規(guī)律；根據(jù)強(qiáng)弱電解質(zhì)理論，可以推測知一種鹽的水溶液是中性、酸性還是堿性；根據(jù)離子反應(yīng)發(fā)生的條件和金

2、屬活動(dòng)順序表或非金屬活潑性順序，可以推測某一反應(yīng)是否發(fā)生；根據(jù)化學(xué)平衡和沙特列原理，可以知道如何促進(jìn)或抑制某一反應(yīng)的進(jìn)行因此，在復(fù)習(xí)元素化合物知識(shí)時(shí)，對(duì)那些可以從化學(xué)理論上加以概括的內(nèi)容，不僅要知其然，還要知其所以然。小升初、中高考、高二會(huì)考、藝考生文化課輔導(dǎo) 咨詢電話400-696-1369理論知識(shí)和元素化合物知識(shí)相結(jié)合是學(xué)好元素化合物的法寶，高考中金屬和非金屬元素的知識(shí)和基本概念、基本理論知識(shí)綜合考查仍是高考的主流?！究键c(diǎn)透視】一、元素化合物知識(shí)網(wǎng)絡(luò) （一）金屬及其化合物知識(shí)網(wǎng)絡(luò)1鈉及其化合物間的轉(zhuǎn)化關(guān)系2鎂及其化合物間的轉(zhuǎn)化關(guān)系3鐵及其化合物間的轉(zhuǎn)化關(guān)系（二）非金屬及其化合物網(wǎng)絡(luò)1氯及其

3、化合物間的轉(zhuǎn)化關(guān)系請(qǐng)寫出各步轉(zhuǎn)化的化學(xué)方程式：2硫及其化合物間的轉(zhuǎn)化關(guān)系請(qǐng)寫出各步轉(zhuǎn)化的化學(xué)方程式：3氮及其化合物間的轉(zhuǎn)化關(guān)系4碳及其化合物間的轉(zhuǎn)化關(guān)系 20090318二元素化合物特征現(xiàn)象:1焰色反應(yīng)：Na+（黃色）、K+（紫色）2淺黃色固體：S或Na2O2或AgBr3有色溶液：Fe2+（淺綠色）、Fe3+（黃色）、Cu2+（藍(lán)色）、MnO4-（紫色） 有色固體：紅色（Cu、Cu2O、Fe2O3）、紅褐色Fe（OH）3 藍(lán)色Cu（OH）2 黑色（CuO、FeO、FeS、CuS、Ag2S、PbS）黃色（AgI、Ag3PO4） 白色Fe（0H）2、CaCO3、BaSO4、AgCl、BaSO3 有

4、色氣體：Cl2（黃綠色）、NO2（紅棕色）4特征反應(yīng)現(xiàn)象：5既產(chǎn)生淡黃色沉淀又產(chǎn)生刺激性氣味的氣體：S2O32-+2H+=S+SO2+H2O （Na2S2O3 + H2SO4）6溶液顏色變?yōu)闇\綠色,并產(chǎn)生淡黃色沉淀: 2FeCl3+H2S=2FeCl2+S+2HCl7通CO2變白色渾濁：石灰水（過量變清）、Na2SiO3、飽和Na2CO3、濃苯酚鈉、NaAlO2三、金屬基本反應(yīng):1與水反應(yīng)產(chǎn)生氣體或沉淀:（1）單質(zhì)（2）化合物（3）雙水解: 2既能酸反應(yīng)，又能與堿反應(yīng) （1）單質(zhì)：Al、Si （2）化合物：Al2O3、Al（OH）3、弱酸弱堿鹽、弱酸的酸式鹽、氨基酸。 如: Al3+ Al（O

5、H）3 AlO2- （3）A3置換反應(yīng)：（1）金屬金屬（2）金屬非金屬4分解反應(yīng):（1）（2）硝酸鹽（3）電解反應(yīng):電解四、非金屬知識(shí)歸納1非金屬單質(zhì)或化合物的反應(yīng)中常用到催化劑的反應(yīng):2置換反應(yīng)：（1）非金屬非金屬（2）非金屬金屬3歸中反應(yīng)：2H2S+SO2=3S+2H2O4NH3+6NO 4N2+6H2O4分解反應(yīng)：受熱分解產(chǎn)生2種或3種氣體的反應(yīng)：20090318銨鹽5特征網(wǎng)絡(luò)： 通式： 6特征反應(yīng) （1）與堿反應(yīng)產(chǎn)生氣體銨鹽： （2）與酸反應(yīng)產(chǎn)生氣體【例題解析】例1實(shí)驗(yàn)室用濃鹽酸與二氧化錳反應(yīng)制取氯氣，下列有關(guān)說法中正確的是（氣體體積在標(biāo)準(zhǔn)狀況下測定）（ ）A若提供0.4 mol HC

6、l，MnO2不足量，則可制得氯氣2.24 LB若提供0.4 mol HCl，MnO2過量，則可制得氯氣2.24 LC若有0.4 mol HCl參與反應(yīng)，則可制得氯氣2.24 LD若有0.4 mol HCl被氧化，則可制得氯氣2.24 L解析：實(shí)驗(yàn)室制取氯氣是用二氧化錳與濃鹽酸反應(yīng)，與稀鹽酸是不反應(yīng)的，濃鹽酸在反應(yīng)一段時(shí)間后變稀就不能再與二氧化錳反應(yīng)了，所以當(dāng)HCl的物質(zhì)的量為04 mol時(shí)，無論如何都不可能完全反應(yīng)生成01 mol氯氣。提供的HCl分為3部分沒有參加反應(yīng)的、參加反應(yīng)且被氧化的和參加反應(yīng)但沒有被氧化的。答案：C例2某混合氣體可能有CO、CO2、NH3、HCl、H2和水蒸氣中的一種

7、或幾種，當(dāng)依次通過澄清石灰水（無渾濁現(xiàn)象）、氫氧化鋇溶液（有渾濁現(xiàn)象）、濃硫酸、灼熱的氧化銅（變紅）和無水硫酸銅（變藍(lán)）時(shí)，則可斷定該混合氣中一定有（ ）AHCl、CO2、H2BCO、H2、H2OCCO、H2、NH3DHCl、CO、H2O解析：氣體通過澄清石灰水無渾濁，而通過Ba（OH）2溶液有渾濁，則證明原混合氣體中一定含HCl和CO2氣體，因HCl與石灰水作用：Ca（OH）2+2HCl = CaCl2+2H2O，無沉淀產(chǎn)生，且HCl被吸收；CO2通過Ba（OH）2產(chǎn)生沉淀：Ba（OH）2+CO2 = BaCO3+H2O，因而有HCl、CO2，則一定沒有NH3。通過灼熱的CuO和無水CuSO

8、4所呈現(xiàn)的現(xiàn)象說明一定存在H2。答案：A例3在容積為672 mL的燒瓶里充滿NO、NO2的混合氣體，將其倒立在水槽里，去塞后再通入280 mL氧氣，恰好完全反應(yīng)，且水充滿燒瓶（氣體體積都折合成標(biāo)準(zhǔn)狀況下）。下列有關(guān)敘述中，正確的是（ ）A總反應(yīng)為NO+NO2+O2+H2O=2HNO3B總反應(yīng)為4NO+8NO2+5O2+6H2O=12HNO3C生成HNO3的物質(zhì)的量濃度接近0.03 mol·L-1D生成HNO3的物質(zhì)的量濃度約為0.045 mol·L-1解析：本題考查NO、NO2的混合氣體與氧氣在水中反應(yīng)的比例關(guān)系。無論是NO還是NO2都能在水中與氧氣按一定比例反應(yīng)生成HNO

9、3，同溫同壓下，氣體物質(zhì)的量之比等于體積之比，n（NO+NO2）n（O2）=672280=125。所以由電子守恒可知恰好反應(yīng)時(shí)總反應(yīng)為4NO+8NO2+5O2+6H2O=12HNO3?？梢陨?.03 mol HNO3，容器容積為672 mL，所以硝酸溶液濃度=0.03 mol/0.672 L=0.045 mol·L-1。答案：BD例4足量銅與一定量濃硝酸反應(yīng)，得到硝酸銅溶液和NO2、N2O4、NO的混合氣體，這些氣體與168LO2（標(biāo)準(zhǔn)狀況）混合后通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸銅溶液中加入5 mol/L NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，則消耗NaOH溶液的

10、體積是_。解析：利用電子守恒是解答本題的關(guān)鍵。本題的本質(zhì)是參加反應(yīng)的銅失去電子與氧氣得電子總數(shù)相等，設(shè)參加反應(yīng)的銅的物質(zhì)的量為X，則2×X=4×1.68/22.4，解答X=0.15mol，因而消耗NaOH溶液的體積為2×0.15mol/5mol/L=0.06L=60mL。例5（08全國卷）對(duì)于A族元素，下列敘述中不正確的是（ ） ASiO2和CO2中Si和O，C和O之間都是共價(jià)鍵BC、Si、Ge的最外層電子數(shù)都是4，次外層電子數(shù)都是8CCO2和SiO2都是酸性氧化物，在一定條件下都能和氧化鈣反應(yīng)D該族元素的主要化合價(jià)是4和2解析：A族元素最外層電子數(shù)都是4，但C原

11、子的次外層電子數(shù)只有2個(gè)電子。答案：B。例6（08北京卷）1mol過氧化鈉與2mol碳酸氫鈉固體混合后，在密閉的容器中加熱充分反應(yīng)，排出氣體物質(zhì)后冷卻，殘留的固體物質(zhì)是（ ） ANa2CO3BNa2O2 Na2CO3CNaOH Na2CO3DNa2O2 NaOH Na2CO3解析：根據(jù)反應(yīng)式：2NaHCO3=Na2CO3CO2H2O，2Na2O22H2O=4NaOHO2，2Na2O22CO2=2Na2CO3O2；根據(jù)計(jì)量關(guān)系，可知2mol NaHCO3生成CO2和H2O各1mol，Na2O2只有1mol，故其恰好和CO2反應(yīng)生成Na2CO3和O2，氣體排出后，只剩余Na2CO3。答案：A例7已

12、知2Fe2Br22Fe32Br，當(dāng)向100的FeBr2溶液中通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下的Cl23.36L，充分反應(yīng)后測得形成的溶液中Cl和Br的物質(zhì)的量濃度相等，則原FeBr2溶液的物質(zhì)的量濃度為_。解析：由題供信息可知：Fe2的還原性強(qiáng)于Br的還原性；因此，通入Cl2后Fe2應(yīng)該全部被氧化成了Fe3。據(jù)題意知反應(yīng)后的溶液中只有Fe3、Cl、Br，且（Cl） （Br）2（Cl2）2×3.36L22.4L·mol12×0.15mol。據(jù)電荷守恒原理，必有： 3（Fe3）（Cl）×1（Br）×1 解得：（Fe3）0.2mol 又由鐵元素守恒知（Fe2）（Fe3

13、）0.2mol。故原FeBr2溶液的物質(zhì)的量濃度為：0.2mol/0.1L2mol/L例8由A、D、E、G四種微粒組成的鹽可表示為xAaDd·yE2D·zG（其中x、y、z均為系數(shù)）。取該鹽4704克溶于水得一澄清的弱酸性溶液，其中溶質(zhì)的質(zhì)量為3408克。同質(zhì)量的該鹽與513克Ba（OH）2充分混勻后加熱，生成的氣體用足量的鋁鹽溶液充分吸收得Al（OH）3為0624克，加熱后的殘?jiān)盟芙夂筮^濾，濾液以酚酞為指示劑用0400摩/升的H2SO4滴定至終點(diǎn)，用去H2SO4為150毫升，滴定完畢后，溶液檢測不出任何金屬離子和酸根離子，濾渣用HNO3洗滌時(shí)部分溶解，得一遇石炭酸顯紫

14、色的黃色溶液，依據(jù)推理、計(jì)算，將結(jié)果填入下列空格內(nèi)。 （1）A、D、E、G四種微粒分別為_； （2）推算x、y、z之比為_； （3）推算a、d之比值為_； （4）該鹽的化學(xué)式為_。答案：（1）Fe2+ SO42-NH4+ H2O （2）1:1:6 （3）a:d =1:1 （4）FeSO4·（NH4）2SO4·6H2O或Fe（NH4）2（SO4）2·6H2O解析：先求得4.704克該鹽中含“水”0.072mol；加入的氫氧化鋇為0.03mol，由它帶入氫氧根離子與鋇離子的物質(zhì)的量分別為0.06mol和0.03mol，其中氫氧根離子有0.024mol用于同溶液中的銨根

15、離子作用放出氨氣，則可知溶液中含有銨根離子的物質(zhì)的量為0.024mol，而帶入的0.03mol鋇離子將溶液中的硫酸根離子全部沉淀下來后還有剩余，還需補(bǔ)充0.006摩硫酸根（由硫酸帶入）才能沉淀完全，故可求得原溶液中的硫酸根的物質(zhì)的量為0.03-0.006=0.024mol。到此,已知鹽中的“水”、硫酸根離子、銨根離子三種微粒，另一種微粒從題中也不難推出是亞鐵離子，根據(jù)電荷守恒規(guī)律，可求得亞鐵離子的物質(zhì)的量為0.012mol。例9生鐵中一般含有化合物B，它的含量、形狀、分布對(duì)生鐵性能影響很大，使生鐵硬而脆，不宜進(jìn)行機(jī)械加工。已知：（1）E、F、H、I、P常溫下為氣體，H、I、P為單質(zhì)，E是一種經(jīng)

16、棕色氣體。（2）反應(yīng)均為制備理想的綠色水處理劑Na2FeO4的方法，其中反應(yīng)在生成Na2FeO4的同時(shí)還生成NaNO2和H2O。各物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示（圖中部分生成物沒有列出）。請(qǐng)?zhí)顚懸韵驴瞻祝?（1）寫出F的電子式_。 （2）反應(yīng)的離子方程式為_； （3）反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。答案：（1） （2）2Cl-+2H2O2OH-+H2+Cl2 （3）Fe2O3+3NaNO3+4NaOH=2Na2FeO4+3NaNO2+2H2O解析：常溫下F是一種氣體且能和Na2O2反應(yīng)生成單質(zhì)H，則H為O2，F(xiàn)為CO2，N為Fe2O3，紅棕色氣體E為NO2，應(yīng)是氧化性酸HNO3的還原產(chǎn)物，可考慮A為HNO

17、3，化合物B應(yīng)是由元素Fe和C構(gòu)成的化合物（本題中由于條件不足，問題中沒有讓學(xué)生回答未知物的化學(xué)式），和HNO3發(fā)生氧化還原反應(yīng)，D應(yīng)是H2O，C可能是Fe（NO3）2或Fe（NO3）3，由于G的水溶液電解生成2種氣體I和P，所以G是NaCl，產(chǎn)物J能和HNO3反應(yīng)，所以J是NaOH，I是Cl2，P是H2，K是NaNO3。例10（08海南卷）下圖表示某固態(tài)單質(zhì)A及其化合物之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系（某些產(chǎn)物和反應(yīng)條件已略去）?；衔顱在常溫常壓下為氣體，B和C的相對(duì)分子質(zhì)量之比為4：5，化合物D是重要的工業(yè)原料。 （1）寫出A在加熱條件下與H2反應(yīng)的化學(xué)方程式_ （2）寫出E與A的氫化物反應(yīng)生成A的化學(xué)方

18、程式_ （3）寫出一個(gè)由D生成B的化學(xué)方程式_； （4）將5mL010mol·L1的E溶液與10mL010 mol·L1的NaOH溶液混合。寫出反應(yīng)的離子方程式_；反應(yīng)后溶液的pH _7（填“大于”、“小于”或“等于”），理由是_；加熱反應(yīng)后的溶液，其pH_（填“增大”、“不變”或“減小”），理由是_。解析：固態(tài)單質(zhì)A能與空氣中的氧氣反應(yīng)生成氣體物質(zhì)B，則A可能為C或S等，假定為S，則B為SO2，C為SO3，它們的相對(duì)分子質(zhì)量為648045，恰好與題意相符（同時(shí)也證明A不是C），則D為H2SO4，它是一種重要的工業(yè)原料，與題意也相符，進(jìn)一步證明A為S。E為H2SO3。答案：

19、（1）H2+SH2S（寫成可逆反應(yīng)也正確）。 （2）H2SO3 + 2H2S=3S + 3H2O。 （3）C+2H2SO4（濃）CO2 +2SO2 +2H2O或Cu+ 2H2SO4（濃）CuSO4 +SO2 + 2H2O等。 （4）H2SO3 +2OH = SO32 + 2H2O。大于；Na2SO3溶液中SO32-發(fā)生水解使溶液顯堿性。增大；升高溫度促進(jìn)Na2SO3溶液的水解。例11中學(xué)化學(xué)常見物質(zhì)AJ之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下，其中反應(yīng)、是工業(yè)上制備I的主要反應(yīng)原理。已知AJ中除物質(zhì)C外均含甲元素，A為淡黃色粉末，C由兩種元素組成，其原子個(gè)數(shù)比為12，D是生活中常用的一種鹽。 （1）甲元素的名稱是

20、，工業(yè)上制備I的方法叫做 。 （2）D與J的溶液混合后的現(xiàn)象是 。 （3）F與碘化氫溶液反應(yīng)的離子方程式是 。 （4）已知12 g化合物C在E中完全燃燒放出853 kJ熱量，請(qǐng)寫出表示C的燃燒熱的熱化學(xué)方程式： 。 解析：中學(xué)化學(xué)中常見的“黃色”固體 S、Na2O2、AgBr、AgI、 FeS2中學(xué)化學(xué)中接觸到的工業(yè)反應(yīng)（題中說明三步法制備I），中學(xué)化學(xué)中常見的連續(xù)氧化反應(yīng)中學(xué)用到催化劑的反應(yīng)KClO3 催化劑（MnO2），加熱 ，H2O2 催化劑（MnO2）NH3 +O2 催化劑，加熱 ， N2 +H2 催化劑，高溫、高壓SO2 + O2 催化劑，加熱綜合上述信息及題干提示可以得出答案 （1

21、）氧（2分），接觸法（2分）。 （2）有無色無味的氣體放出，同時(shí)出現(xiàn)紅褐色沉淀。（3分） （3）Fe2O3+6H+2I=2Fe2+I2+3H2O（3分） （4）FeS2（s）+ 11/4O2（g）=1/2 Fe2O3（s）+2SO2（g）; H =853 kJ/mol（3分）【專題訓(xùn)練與高考預(yù)測】1下列五種有色溶液與SO2作用，均能褪色，其實(shí)質(zhì)相同的是（ ）品紅溶液 酸性KMnO4溶液溴水滴有酚酞的NaOH溶液 淀粉碘溶液AB CD2有一在空氣中暴露過的KOH固體, 含水2.8%, K2CO3 7.2%。取1g該樣品, 投入 25mL2mol/LHCl中, 中和多余的HCl又用去1.07mol

22、/L的KOH溶液30.8ml, 蒸發(fā)中和后 的溶液, 所得固體的質(zhì)量是（ ）A3.73g B4.00g C4.50g D7.45g3將足量CO2氣體通入水玻璃（Na2SiO3溶液）中，然后加熱蒸干，再在高溫下充分灼燒， 最后所得的固體物質(zhì)是（ ） ANa2SiO3 B Na2CO3、Na2SiO3 C Na2CO3、SiO2 D SiO24下列有關(guān)二氧化硅的敘述中錯(cuò)誤的是（ ）ASiO2是酸性氧化物，它對(duì)應(yīng)的水化物是硅酸（H2SiO3）B硅酸可由SiO2直接制得CSiO2可與堿性氧化物或強(qiáng)堿反應(yīng) D光導(dǎo)纖維的主要原料就是SiO25在同溫同壓下將SO2和Cl2按11體積比混合后，通入BaCl2和

23、品紅的混合溶液中，下 列說法正確的是（ ）A溶液褪色，無沉淀生成 B溶液不褪色，無沉淀生成C溶液褪色，有沉淀生成 D溶液不褪色，有沉淀生成6某混合氣體可能有CO、CO2、NH3、HCl、H2和水蒸氣中的一種或幾種，當(dāng)依次通過澄 清石灰水（無渾濁現(xiàn)象）、氫氧化鋇溶液（有渾濁現(xiàn)象）、濃硫酸、灼熱的氧化銅（變紅） 和無水硫酸銅（變藍(lán)）時(shí)，則可斷定該混合氣中一定有（）AHCl、CO2、H2BCO、H2、H2OCCO、H2、NH3DHCl、CO、H2O7在加熱情況下·用足量CO還原7g 由鐵的氧化物組成的混合物產(chǎn)生的氣體全部通人足 量石灰水中得到 125 g 沉淀此混合物不可能為（） AFe0

24、、Fe203 BFeO、Fe304 CFe203 Fe304 DFeO Fe203 Fe3048在實(shí)驗(yàn)室里用鐵屑、氧化銅、稀硫酸為原料制取銅有下列兩種途徑： （1）Fe H2 Cu （2）CuO CuSO4 Cu 若用這兩種方法制得的銅質(zhì)量相等則下列有關(guān)說法符合實(shí)際情況的是 （ ） A消耗氧化銅的質(zhì)量相同 B消耗鐵的質(zhì)量相同 C消耗硫酸的質(zhì)量相同 D生成硫酸亞鐵的質(zhì)量相同9現(xiàn)有CuO和Fe203組成 的混合物a g，向其中加入2 mol·L -1的硫酸溶 液50 mL，恰好完 全反應(yīng)。若將a g該混合物在足量H2中加熱，使其充分反應(yīng)，冷卻后剩余固體質(zhì)量為（ ） A1.6a g B（a

25、-1.6）g C（a-3.2）gD1.6 g10下列五種有色溶液與SO2作用，均能褪色，其實(shí)質(zhì)相同的是（ ）品紅溶液 酸性KMnO4溶液溴水滴有酚酞的NaOH溶液 淀粉碘溶液AB CD11在氯化鐵和氯化銅的混合溶液中，加入過量的Fe粉，若充分反應(yīng)后溶液的質(zhì)量沒有改變，則原混合溶液中Fe3和Cu2物質(zhì)的量之比為多少?12紅磚是用粘土高溫?zé)Y(jié)而成，因其顏色呈紅色或棕紅色而得名，常用作建筑材料 （1）根據(jù)紅磚的顏色、猜測其可能含有的成份是（寫化學(xué)式） （2）為了檢驗(yàn)?zāi)愕牟聹y是否正確，請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)一個(gè)實(shí)驗(yàn)方案，簡要地寫出各步操作過程以及 最后的實(shí)驗(yàn)分析和結(jié)論，涉及化學(xué)反應(yīng)的寫出化學(xué)方程式（實(shí)驗(yàn)用品任取，該實(shí)

26、 驗(yàn)分幾步自已決定，不必寫實(shí)驗(yàn)裝置中的儀器安裝）實(shí)驗(yàn)步驟： 用鐵錘敲碎紅磚，取小塊磨成粉末。 實(shí)驗(yàn)分析及結(jié)論： （3）紅磚曾對(duì)我國建設(shè)具有重要作用，就目前我國實(shí)際情況看，你是認(rèn)為應(yīng)繼續(xù)使用或 者是禁止使用紅磚？ ，理由是 。13已知X是一種鹽，H是常見的金屬單質(zhì)，F(xiàn)、I是常見的非金屬單質(zhì)，E、G都是工業(yè)上重要的堿性物質(zhì)，它們有如圖所示的關(guān)系。試回答下列問題： （1）G的化學(xué)式 （2）寫出下列反應(yīng)的化學(xué)方程式 。 （3）X在醫(yī)藥上用作解酸劑，與鹽酸作用時(shí)，生成B的 物質(zhì)的量與消耗鹽酸的物質(zhì)的量之比為3：8，則X 的化學(xué)式為 ；X與鹽酸反應(yīng)的化學(xué)方程 式為 ?！緟⒖即鸢浮?答案：C SO2使品紅溶

27、液褪色，是其漂白性；SO2使含酚酞的NaOH溶液褪色，是其酸性氧化物的 性質(zhì)；SO2使KMnO4（H+）、Br2水、淀粉碘溶液褪色，是其還原性，三者實(shí)質(zhì)相同。2答案：C 解析:運(yùn)用原子守恒：KCl中的n（Cl-）=原HCl中的n（Cl-）。 n（KCl）=n（HCl）=0025L×2mol/L=005 mol m（KCl）=005×745=373 g 3答案：A 解析：首先發(fā)生2CO2 +Na2SiO3+2H2O=2NaHCO3+H2SiO3 然后考慮2NaHCO3 Na2CO3+H2O+ CO2 H2SiO3 SiO2+ H2O 此時(shí)有的同學(xué)錯(cuò)選了C 還要考慮SiO2 +

28、Na2CO3 Na2SiO3+ CO2才能得出正確的答案 評(píng)析:次題既要注意連續(xù)考慮又要注意反應(yīng)時(shí)物質(zhì)的量的關(guān)系才能得出正確答案4答案：B 解析:SiO2是酸性氧化物，它對(duì)應(yīng)的水化物是硅酸，但SiO2不溶于水，硅酸不能由SiO2 直接制得。SiO2是酸性氧化物，能與堿性氧化物或強(qiáng)堿反應(yīng)。SiO2是光導(dǎo)纖維的主要原 料。故本題答案是B。5答案：D Cl2具有氧化性，SO2具有還原性，兩者能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，但兩者為氣態(tài)時(shí)卻很難發(fā) 生反應(yīng)，當(dāng)通入BaCl2溶液時(shí)會(huì)發(fā)生如下反應(yīng)： Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4 BaCl2+H2SO4=BaSO4+2HCl 因?yàn)镃l2和SO2比例是1

29、1，剛好完全反應(yīng)，所以品紅不會(huì)褪色，而有BaSO4沉淀生成。6答案：A 解析：氣體通過澄清石灰水無渾濁，而通過Ba（OH）2溶液有渾濁，則證明原混合氣體 中一定含HCl和CO2氣體，因HCl與石灰水作用：Ca（OH）2+2HCl = CaCl2+2H2O，無 沉淀產(chǎn)生，且HCl被吸收；CO2通過Ba（OH）2產(chǎn)生沉淀：Ba（OH）2+CO2 = BaCO3 +H2O，因而有HCl、CO2，則一定沒有NH3。通過灼熱的CuO和無水CuSO4所呈現(xiàn)的 現(xiàn)象說明一定存在H2。7答案B 解析CO2CaCO3 由碳酸鈣的質(zhì)量可求出CO2的質(zhì)量為55克 ，由 COCO2知有 1molO來自鐵的氧化物，所以

30、該氧化物中m（O）=×16gmol-1=2g m（Fe）=7g- m（O）= 7g-2g=5g 鐵的氧化物的平均組成設(shè)為FexOy x:y=:=5:7 該鐵的氧化物的平均組成為Fe5O7 即y=14x 可知B 項(xiàng)不符合題意8答案A 解析：制得質(zhì)量相等的銅，據(jù)質(zhì)量守恒定律消耗 氧化銅質(zhì)量相同。途徑（1）中H2、 在實(shí)際操作中應(yīng)過量，故生成硫酸亞鐵質(zhì)量不同9答案B 解析：（金屬氧化物與硫酸恰好完全反應(yīng)，生成硫酸鹽和水，n（H2S04）=50×10-3L× 2 molL=O1 mol，由氫原子守恒知：H2S04H20，生成n（H20）=O1 mol， n（O）=0.1 mol，m（0）=1.6 g，ag金屬氧化物中金屬質(zhì)量為（n-16）g。10答案C 解析：SO2使品紅溶液褪色，是其漂白性；SO2使含酚酞的NaOH溶液褪色，是其酸性氧化物的性質(zhì)