09-24年高考化學(xué)試題分類解析匯編：非金屬及其化合物

金太陽新課標(biāo)資源網(wǎng)第26頁共26頁金太陽新課標(biāo)資源網(wǎng)2024—2024年高考化學(xué)試題分類解析—非金屬及其化合物2024年高考1.〔2024江蘇高考3〕以下有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)和該性質(zhì)的應(yīng)用均正確的選項(xiàng)是A.常溫下濃硫酸能是鋁發(fā)生鈍化，可在常溫下用鋁制貯藏貯運(yùn)濃硫酸B.二氧化硅不與任何酸反響，可用石英制造耐酸容器C.二氧化氯具有復(fù)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，可在海輪外殼上裝假設(shè)干銅塊以減緩其腐蝕解析：此題屬于元素及其化合物知識(shí)的考查范疇，這些內(nèi)容都來源于必修一、選修四和必修二等課本內(nèi)容?？磥砀呷惠啅?fù)習(xí)一定注意要抓課本、抓根底，不能急功近利。二氧化硅不與任何酸反響，但可與氫氟酸反響。二氧化氯中氯的化合價(jià)為＋4價(jià)，不穩(wěn)定，易轉(zhuǎn)變?yōu)椋?價(jià)，從而表達(dá)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(huì)加快海輪外殼腐蝕的進(jìn)程。答案：A2.〔2024江蘇高考9〕NaCl是一種化工原料，可以制備一系列物質(zhì)〔見圖4〕。以下說法正確的選項(xiàng)是A.25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3B.石灰乳與Cl2的反響中，Cl2既是氧化劑，又是復(fù)原劑C.常溫下枯燥的Cl2能用鋼瓶貯存，所以Cl2不與鐵反響D.圖4所示轉(zhuǎn)化反響都是氧化復(fù)原反響解析：此題考查元素化合物知識(shí)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(diǎn)很低，僅考查NaHCO3、Na2CO3的溶解度、工業(yè)制漂白粉、枯燥的Cl2貯存和根本反響類型。重根底、重生產(chǎn)實(shí)際應(yīng)該是我們高三復(fù)習(xí)也應(yīng)牢記的內(nèi)容。25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的要?。皇胰榕cCl2的反響中氯發(fā)生歧化反響，Cl2既是氧化劑，又是復(fù)原劑；常溫下枯燥的Cl2能用鋼瓶貯存僅代表常溫Cl2答案：B3.〔2024山東高考10〕某短周期非金屬元素的原子核外最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的一半，該元素A.在自然界中只以化合態(tài)的形式存在B.單質(zhì)常用作半導(dǎo)體材料和光導(dǎo)纖維C.最高價(jià)氧化物不與酸反響D.氣態(tài)氫化物比甲烷穩(wěn)定解析：依據(jù)原子核外電子的排布規(guī)律可知，在短周期元素中原子核外最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的一半的元素可以是Li或Si元素，但Li屬于金屬不符合題意，因此該元素是Si元素。硅是一種親氧元素，在自然界它總是與氧相化合的，因此在自然界中硅主要以熔點(diǎn)很高的氧化物及硅酸鹽的形式存在，選項(xiàng)A正確；硅位于金屬和非金屬的分界線附件常用作半導(dǎo)體材料，二氧化硅才用作光導(dǎo)纖維，選項(xiàng)B不正確；硅的最高價(jià)氧化物是二氧化硅，SiO2與酸不反響但氫氟酸例外，與氫氟酸反響生成SiF4和水，因此氫氟酸不能保存在玻璃瓶中，選項(xiàng)C不正確；硅和碳都屬于ⅣA，但硅位于碳的下一周期，非金屬性比碳的弱，因此其氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性比甲烷弱，選項(xiàng)D也不正確。答案：A4.〔2024海南〕“碳捕捉技術(shù)〞是指通過一定的方法將工業(yè)生產(chǎn)中產(chǎn)生的CO2別離出來并利用。如可利用NaOH溶液來“捕捉〞CO2，其根本過程如以以下列圖所示〔局部條件及物質(zhì)未標(biāo)出〕。以下有關(guān)該方法的表達(dá)中正確的選項(xiàng)是A.能耗大是該方法的一大缺點(diǎn)B.整個(gè)過程中，只有一種物質(zhì)可以循環(huán)利用C.“反響別離〞環(huán)節(jié)中，別離物質(zhì)的根本操作是蒸發(fā)結(jié)晶、過濾D.該方法可減少碳排放，捕捉到的CO2還可用來制備甲醇等產(chǎn)品[答案]AD解析：由題可知根本過程中有兩個(gè)反響：①二氧化碳與氫氧化鈉反響，②碳酸鈣的高溫分解。A選項(xiàng)正確，循環(huán)利用的應(yīng)該有CaO和NaOH兩種物質(zhì)，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；“反響別離〞過程中別離物質(zhì)的操作應(yīng)該是過濾，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；D選項(xiàng)中甲醇工業(yè)上可用CO2制備。

【技巧點(diǎn)撥】根據(jù)題中信息可知，捕捉室中反響為二氧化碳與氫氧化鈉反響，得到的Na2CO3和CaO在溶液中反響得到NaOH和CaCO3，由此可分析出各選項(xiàng)正誤。5．〔2024上海6〕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(qiáng)氧化性D．吸水性解析：濃硫酸具有吸水性、脫水性和強(qiáng)氧化性。在與含有水分的蔗糖作用過程中不會(huì)顯示酸性。答案：A6．〔2024上海7〕以下溶液中通入SO2一定不會(huì)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(jìn)而生成BaSO4沉淀；SO2通入Na2S溶液中會(huì)生成單質(zhì)S沉淀。答案：D7．(201上海17)120mL含有0.20mol碳酸鈉的溶液和200mL鹽酸，不管將前者滴參加后者，還是將后者滴參加前者，都有氣體產(chǎn)生，但最終生成的氣體體積不同，那么鹽酸的濃度合理的是A．2.0mol/LB．1.5mol/LC．0.18mol/LD．0.24mol/L解析：假設(shè)碳酸鈉恰好與鹽酸反響生成碳酸氫鈉，那么鹽酸的濃度是1.0mol/L；假設(shè)碳酸鈉恰好與鹽酸反響生成二氧化碳，那么鹽酸的濃度是2.0mol/L。由于最終生成的氣體體積不同，所以只能是介于二者之間。答案：B8.〔2024江蘇高考16〕〔12分〕以硫鐵礦〔主要成分為FeS2〕為原料制備氯化鐵晶體〔FeCl3·6H2O〕的工藝流程如下：答復(fù)以下問題：〔1〕在一定條件下，SO2轉(zhuǎn)化為SO3的反響為SO2＋O2SO3，該反響的平衡常數(shù)表達(dá)式為K＝；過量的SO2與NaOH溶液反響的化學(xué)方程式為?！?〕酸溶及后續(xù)過程中均需保持鹽酸過量，其目的是、。〔3〕通氯氣氧化時(shí)，發(fā)生的主要反響的離子方程式為；該過程產(chǎn)生的尾氣可用堿溶液吸收，尾氣中污染空氣的氣體為〔寫化學(xué)式〕。解析：此題讓元素化合物知識(shí)與生產(chǎn)工藝、化學(xué)平衡原理結(jié)合起來，引導(dǎo)中學(xué)化學(xué)教學(xué)關(guān)注化學(xué)學(xué)科的應(yīng)用性和實(shí)踐性。此題考查學(xué)生在“工藝流程閱讀、相關(guān)反響化學(xué)方程式書寫、化學(xué)反響條件控制的原理、生產(chǎn)流程的作用〞等方面對(duì)元素化合物性質(zhì)及其轉(zhuǎn)化關(guān)系的理解和應(yīng)用程度，考查學(xué)生對(duì)新信息的處理能力?！緜淇继崾尽吭鼗衔镏R(shí)教學(xué)要與根本實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)、化工生產(chǎn)工藝、日常生活等結(jié)合起來，做到學(xué)以致用，而不是簡(jiǎn)單的來回重復(fù)和死記硬背。答案：〔1〕k＝c2(SO3)/c(O2)·c2(SO2)SO2＋NaOH＝NaHSO3(2)提高鐵元素的浸出率抑制Fe3＋水解〔3〕Cl2＋Fe2＋＝2Cl－＋Fe3＋Cl2HCl9．〔2024浙高考26，15分〕食鹽中含有一定量的鎂、鐵等雜質(zhì)，加碘鹽中碘的損失主要是由于雜質(zhì)、水分、空氣中的氧氣以及光照、受熱而引起的。：氧化性：＞Fe3＋＞I2；復(fù)原性：＞I－；3I2＋6OH－＋5I－＋3H2O；KI＋I(xiàn)2KI3〔1〕某學(xué)習(xí)小組對(duì)加碘鹽進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：取一定量某加碘鹽(可能含有KIO3、KI、Mg2＋、Fe3＋)，用適量蒸餾水溶解，并加稀鹽酸酸化，將所得溶液分為3份。第一份試液中滴加KSCN溶液后顯紅色；第二份試液中加足量KI固體，溶液顯淡黃色，用CCl4萃取，下層溶液顯紫紅色；第三份試液中參加適量KIO3固體后，滴加淀粉試劑，溶液不變色。①加KSCN溶液顯紅色，該紅色物質(zhì)是_________〔用化學(xué)式表示〕；CCl4中顯紫紅色的物質(zhì)是___________________〔用電子式表示〕。②第二份試液中參加足量KI固體后，反響的離子方程式為___________________________、______________________________________?！?〕KI作為加碘劑的食鹽在保存過程中，由于空氣中氧氣的作用，容易引起碘的損失。寫出潮濕環(huán)境下KI與氧氣反響的化學(xué)方程式：_____________________________。將I2溶于KI溶液，在低溫條件下，可制得KI3·H2O。該物質(zhì)作為食鹽加碘劑是否適宜？______〔填“是〞或“否〞〕，并說明理由________________________________________?！?〕為了提高加碘鹽〔添加KI〕的穩(wěn)定性，可加穩(wěn)定劑減少碘的損失。以下物質(zhì)中有可能作為穩(wěn)定劑的是___________________。A．Na2S2O3 B．AlCl3 C．Na2CO3 D．NaNO2〔4〕對(duì)含F(xiàn)e2＋較多的食鹽(假設(shè)不含F(xiàn)e3＋)，可選用KI作為加碘劑。請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案，檢驗(yàn)該加碘鹽中的Fe2＋：__________________________________________________________________________。解析：〔1〕①Fe3＋與SCN－的配合產(chǎn)物有多種，如、等；I2的CCl4溶液顯紫紅色。②應(yīng)用信息：“氧化性：＞Fe3＋＞I2”，說明和Fe3＋均能氧化I－生成I2?！?〕KI被潮濕空氣氧化，不能寫成I－＋O2＋H＋→，要聯(lián)系金屬吸氧腐蝕，產(chǎn)物I2＋KOH似乎不合理(會(huì)反響)，應(yīng)考慮緩慢反響，微量產(chǎn)物I2會(huì)升華和KOH與空氣中CO2反響。KI3·H2O作加碘劑問題，比較難分析，因?yàn)镵I3很陌生。從題中：“低溫條件下可制得〞或生活中并無這一使用實(shí)例來去確定。再根據(jù)信息：“KI＋I(xiàn)2KI3”解析其不穩(wěn)定性?！?〕根據(jù)信息“復(fù)原性：＞I－〞可判斷A；C比較難分析，應(yīng)考慮食鹽潮解主要是Mg2＋、Fe3＋引起，加Na2CO3能使之轉(zhuǎn)化為難溶物；D中NaNO2能氧化I―?！?〕實(shí)驗(yàn)方案簡(jiǎn)答要注意標(biāo)準(zhǔn)性，“如取…參加…現(xiàn)象…結(jié)論…〞，本實(shí)驗(yàn)I―對(duì)Fe2＋的檢驗(yàn)有干擾，用過量氯水又可能氧化SCN－，當(dāng)然實(shí)際操作能判斷，不過對(duì)程度好的同學(xué)來說，用普魯士藍(lán)沉淀法確定性強(qiáng)。答案：〔1〕①Fe(SCN)3②IO3－＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I(xiàn)2〔2〕O2＋4I－＋2H2O=2I2＋4KOH否KI3在受熱〔或潮濕〕條件下產(chǎn)生I2和KI，KI被氧氣氧化，I2易升華?！?〕AC〔4〕取足量該加碘鹽溶于蒸餾水中，用鹽酸酸化，滴加適量氧化劑〔如：氯水、過氧化氫等〕，再滴加KSCN溶于，假設(shè)顯血紅色，那么該加碘鹽中存在Fe2+。10.(2024福建高考23，15分)I、磷、硫元素的單質(zhì)和化合物應(yīng)用廣泛。〔1〕磷元素的原子結(jié)構(gòu)示意圖是____________。〔2〕磷酸鈣與焦炭、石英砂混合，在電爐中加熱到1500℃生成白磷，反響為：2Ca3(PO4)2＋6SiO2===6CaSiO3＋P4O10

10C＋P4O10===P4＋10CO每生成1molP4時(shí)，就有________mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移?！?〕硫代硫酸鈉(Na2S2O3)是常用的復(fù)原劑。在維生素C(化學(xué)式C6H8O6)的水溶液中參加過量I2溶液，使維生素C完全氧化，剩余的I2用Na2S2O3溶液滴定，可測(cè)定溶液中維生素C的含量。發(fā)生的反響為：C6H8O6＋I(xiàn)2===C6H6O6＋2H＋＋2I－

2S2O32－＋I(xiàn)2===S4O62－＋2I－在一定體積的某維生素C溶液中參加amol·L－1I2溶液V1mL，充分反響后，用Na2S2O3溶液滴定剩余的I2，消耗bmol·L－1Na2S2O3溶液V2mL。該溶液中維生素C的物質(zhì)的量是__________mol?！?〕在酸性溶液中，碘酸鉀(KIO3)和亞硫酸鈉可發(fā)生如下反響：2IO3－＋5SO32－＋2H＋===I2＋5SO42－＋H2O生成的碘可以用淀粉溶液檢驗(yàn)，根據(jù)反響溶液出現(xiàn)藍(lán)色所需的時(shí)間來衡量該反響的速率。某同學(xué)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)如下表所示：

0.01mol·L－1KIO3酸性溶液(含淀粉)的體積/mL0.01mol·L－1Na2SO3溶液的體積/mLH2O的體積/mL實(shí)驗(yàn)溫度/℃溶液出現(xiàn)藍(lán)色時(shí)所需時(shí)間/s實(shí)驗(yàn)15V13525

實(shí)驗(yàn)2554025

實(shí)驗(yàn)355V20

該實(shí)驗(yàn)的目的是_____________________；表中V2=___________mLII、稀土元素是珍貴的戰(zhàn)略資源，我國(guó)的蘊(yùn)藏量居世界首位?！?〕鈰(Ce)是地殼中含量最高的稀土元素。在加熱條件下CeCl3易發(fā)生水解，無水CeCl3可用加熱CeCl3·6H2O和NH4Cl固體混合物的方法來制備。其中NH4Cl的作用是______________?！?〕在某強(qiáng)酸性混合稀土溶液中參加H2O2，調(diào)節(jié)pH≈3，Ce3＋通過以下反響形成Ce(OH)4沉淀得以別離。完成反響的離子方程式：□Ce3＋＋□H2O2＋□H2O===□Ce(OH)4↓＋□_______解析：〔1〕P屬于第15號(hào)元素，其原子的結(jié)構(gòu)示意圖為：；〔2〕每生成1molP4時(shí)，P由+5價(jià)變成0價(jià)，電子轉(zhuǎn)移為5×4＝20或C化合價(jià)由0價(jià)變成為+2價(jià)，電子轉(zhuǎn)移為2×10＝20；〔3〕n〔Na2S2O3〕＝bV1/1000mol；與其反響的I2為bV1/2000mol，與維生素C反響的I2為mol，即維生素C的物質(zhì)的量是mol〔或其它合理答案〕；〔4〕由實(shí)驗(yàn)2可以看出混合液的總體積為50mL，V1為10mL，V2為40mL，實(shí)驗(yàn)1和實(shí)驗(yàn)2可知實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖翘骄吭摲错懰俾逝c亞硫酸鈉溶液濃度的關(guān)系；實(shí)驗(yàn)2和實(shí)驗(yàn)3可知實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖翘骄吭摲错懰俾逝c溫度的關(guān)系。〔5〕題目中給出：“加熱條件下CeCl3易發(fā)生水解〞，可知NH4Cl的作用是肯定是抑制水解的，CeCl3水解會(huì)生成HCl，可以完整答出：NH4Cl的作用是分解出HCl氣體，抑制CeCl3水解?！?〕根據(jù)題意：“強(qiáng)酸性〞或觀察方程式可知缺項(xiàng)是H＋，利用電子得失守恒或觀察法就可以配平方程式。2Ce3＋＋H2O2＋6H2O===2Ce(OH)4↓＋6H＋此題考查原子結(jié)構(gòu)示意圖，氧化復(fù)原反響的配平與電子轉(zhuǎn)移計(jì)算，滴定中的簡(jiǎn)單計(jì)算，水解知識(shí)，實(shí)驗(yàn)探究變量的控制等，上述皆高中化學(xué)中的主干知識(shí)。題設(shè)中的情景都是陌生的，其中還涉及到稀土知識(shí)，其中第〔4〕小問是該題亮點(diǎn)，設(shè)問巧妙，有點(diǎn)類似于2024全國(guó)新課標(biāo)一題，但題目設(shè)計(jì)更清晰，不拖泥帶水。第6小問的缺項(xiàng)配平有點(diǎn)超過要求，但題中給出提示，降低了難度。這題拼湊痕跡比較明顯，每小問前后聯(lián)系不強(qiáng)，或者說沒有聯(lián)系。答案：〔1〕；〔2〕20；〔3〕；〔4〕探究該反響的速率與溫度、亞硫酸鈉溶液濃度的關(guān)系〔或其他合理答案〕；〔5〕分解出HCl氣體，抑制CeCl3的水解〔或其他合理答案〕；〔6〕2Ce3＋＋H2O2＋6H2O===2Ce(OH)4↓＋6H＋。11.〔2024山東高考28，14分〕研究NO2、SO2、CO等大氣污染氣體的處理具有重要意義?！?〕NO2可用水吸收，相應(yīng)的化學(xué)反響方程式為。利用反響6NO2＋8NH37N5＋12H2O也可處理NO2。當(dāng)轉(zhuǎn)移1.2mol電子時(shí)，消耗的NO2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下是L?！?〕：2SO2〔g〕+O2〔g〕2SO3〔g〕ΔH=-196.6kJ·mol-12NO〔g〕+O2〔g〕2NO2〔g〕ΔH=-113.0kJ·mol-1那么反響NO2〔g〕+SO2〔g〕SO3〔g〕+NO〔g〕的ΔH=kJ·mol-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)生上述反響，以下能說明反響到達(dá)平衡狀態(tài)的是。a．體系壓強(qiáng)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1molSO3的同時(shí)生成1molNO2測(cè)得上述反響平衡時(shí)NO2與SO2體積比為1:6，那么平衡常數(shù)K＝?！?〕CO可用于合成甲醇，反響方程式為CO〔g〕+2H2〔g〕CH3OH〔g〕。CO在不同溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率與壓強(qiáng)的關(guān)系如以以下列圖所示。該反響ΔH0〔填“>〞或“<〞〕。實(shí)際生產(chǎn)條件控制在250℃、1.3×104kPa左右，選擇此壓強(qiáng)的理由是。解析：〔1〕NO2溶于水生成NO和硝酸，反響的方程式是3NO2＋H2O=NO＋2HNO3；在反響6NO＋8NH37N5＋12H2O中NO2作氧化劑，化合價(jià)由反響前的+4價(jià)降低到反響后0價(jià)，因此當(dāng)反響中轉(zhuǎn)移1.2mol電子時(shí)，消耗NO2的物質(zhì)的量為，所以標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積是。〔2〕此題考察蓋斯定律的應(yīng)用、化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷以及平衡常數(shù)的計(jì)算。①2SO2〔g〕+O2〔g〕2SO3〔g〕ΔH1=-196.6kJ·mol-1②2NO〔g〕+O2〔g〕2NO2〔g〕ΔH2=-113.0kJ·mol-1。②－①即得出2NO2〔g〕+2SO2〔g〕2SO3〔g〕+2NO〔g〕ΔH=ΔH2－ΔH1=-113.0kJ·mol-1+196.6kJ·mol-1＝+83.6kJ·mol-1。所以此題的正確答案是41.8；反響NO2〔g〕+SO2〔g〕SO3〔g〕+NO〔g〕的特點(diǎn)體積不變的、吸熱的可逆反響，因此a不能說明。顏色的深淺與氣體的濃度大小有關(guān)，而在反響體系中只有二氧化氮是紅棕色氣體，所以混合氣體顏色保持不變時(shí)即說明NO2的濃度不再發(fā)生變化，因此b可以說明；SO3和NO是生成物，因此在任何情況下二者的體積比總是滿足1：1，c不能說明；SO3和NO2一個(gè)作為生成物，一個(gè)作為反響物，因此在任何情況下每消耗1molSO3的同時(shí)必然會(huì)生成1molNO2，因此d也不能說明；設(shè)NO2的物質(zhì)的量為1mol，那么SO2的物質(zhì)的量為2mol，參加反響的NO2的物質(zhì)的量為xmol?！?〕由圖像可知在相同的壓強(qiáng)下，溫度越高CO平衡轉(zhuǎn)化率越低，這說明升高溫度平衡向逆反響方向移動(dòng)，因此正反響是放熱反響；實(shí)際生產(chǎn)條件的選擇既要考慮反響的特點(diǎn)、反響的速率和轉(zhuǎn)化率，還要考慮生產(chǎn)設(shè)備和生產(chǎn)本錢。由圖像可知在1.3×104kPa左右時(shí)，CO的轉(zhuǎn)化率已經(jīng)很高，如果繼續(xù)增加壓強(qiáng)CO的轉(zhuǎn)化率增加不大，但對(duì)生產(chǎn)設(shè)備和生產(chǎn)本錢的要求卻增加，所以選擇該生產(chǎn)條件。答案：〔1〕3NO2＋H2O=NO＋2HNO3；6.72〔2〕－41.8；b；8/3；〔3〕<在1.3×104kPa下，CO的轉(zhuǎn)化率已經(jīng)很高，如果增加壓強(qiáng)CO的轉(zhuǎn)化率提高不大，而生產(chǎn)本錢增加，得不償失。12．〔2024山東高考29，14分〕科研、生產(chǎn)中常涉及鈉、硫及其化合物?！?〕實(shí)驗(yàn)室可用無水乙醇處理少量殘留的金屬鈉，化學(xué)反響方程式為。要清洗附著在試管壁上的硫，可用的試劑是?！?〕以以下列圖為鈉硫高能電池的結(jié)構(gòu)示意圖，該電池的工作溫度為320℃左右，電池反響為2Na+S＝Na2，正極的電極反響式為。M〔由Na2O和Al2O3制得〕的兩個(gè)作用是。與鉛蓄電池相比，當(dāng)消耗相同質(zhì)量的負(fù)極活性物質(zhì)時(shí)，鈉硫電池的理論放電量是鉛蓄電池的倍?！?〕Na2S溶液中離子濃度由大到小的順序?yàn)?，向該溶液中參加少量固體CuSO4，溶液PH〔填“增大〞“減小〞或“不變〞〕，Na2S溶液長(zhǎng)期放置有硫析出，原因?yàn)椤灿秒x子方程式表示〕。解析：〔1〕乙醇中還有羥基可以與金屬鈉反響放出氫氣，化學(xué)方程式為2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑；單質(zhì)硫不溶于水，微溶于酒精，易溶液CS2，在加熱時(shí)可與熱的氫氧化鈉溶液反響，因此要清洗附著在試管壁上的硫，可選用CS2或熱的氫氧化鈉溶液；〔2〕由電池反響可與看出金屬鈉失去電子作為負(fù)極，單質(zhì)硫得電子被復(fù)原成，所以正極的電極反響式為XS+2e－＝；由于原電池內(nèi)部要靠離子得定向運(yùn)動(dòng)而導(dǎo)電，同時(shí)鈉和硫極易化合，所以也必需把二者隔離開，因此其作用是離子導(dǎo)電〔導(dǎo)電或電解質(zhì)〕和隔離鈉與硫；在鉛蓄電池中鉛作負(fù)極，反響式為Pb(s)＋SO42－(aq)－2e－＝PbSO4(s)，因此當(dāng)消耗1mol即207g鉛時(shí)轉(zhuǎn)移2mol電子，而207g鈉可與失去的電子數(shù)為，所以鈉硫電池的理論放電量是鉛蓄電池的9/2=4.5倍?！?〕Na2S屬于強(qiáng)堿弱酸鹽S2－水解顯堿性，所以c(H＋)最小。但由于水解程度很小，大局部S2－還在溶液中。因?yàn)闅淞蛩釋儆诙跛幔許2－水解時(shí)分兩步進(jìn)行且以第一步水解為主，方程式為S2－＋H2O=HS－＋OH－、HS－＋H2O=H2S＋OH－，因此Na2S溶液中離子濃度由大到小的順序?yàn)閏(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H＋)；由于S2－極易與Cu2＋結(jié)合形成CuS沉淀而抑制S2－水解，因此溶液但堿性會(huì)降低，酸性會(huì)增強(qiáng)，方程式為S2－＋Cu2＋=CuS↓。S2－處于最低化合價(jià)－2價(jià)，極易失去電子而被氧化，空氣中含有氧氣可氧化S2－而生成單質(zhì)硫，方程式為2S2－＋O2＋2H2O=2S↓＋4OH－。答案：〔1〕2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑；CS2或熱的氫氧化鈉溶液；〔2〕XS+2e－＝；離子導(dǎo)電〔導(dǎo)電或電解質(zhì)〕和隔離鈉與硫；4.5；〔3〕(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H＋)；減??；2S2－＋O2＋2H2O=2S↓＋4OH－。2024年高考1．〔2024全國(guó)卷1〕以下表達(dá)正確的選項(xiàng)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+復(fù)原成Cu【解析】A錯(cuò)誤，因?yàn)長(zhǎng)i在空氣中燃燒只能生成Li2O,直接取材于第一冊(cè)課本第二章第三節(jié)；B錯(cuò)誤，酸性：HCl＞H2SO3＞H2CO3所以通入后無BaSO3沉淀，因?yàn)锽aSO3+2HCl=BaCl2+H2O+SO2↑；D錯(cuò)誤，溶液中該反響難以發(fā)生，先是：2NH3+2H2O+CuSO4=Cu(OH)2↓+(NH4)2SO4,接著Cu(OH)2CuO+H20,溶液中NH3不能復(fù)原CuO為Cu,要復(fù)原必須是枯燥的固態(tài)！C正確，強(qiáng)酸制弱酸，酸性：H2CO3＞HClO,反響為：CO2+H20+Ca(ClO)2=CaCO3↓+2HClO，直接取材于課本第一冊(cè)第四章第一節(jié)；【答案】C【命題意圖】考查無機(jī)元素及其化合物，如堿金屬，氯及其化合物，碳及其化合物，硫及其化合物，氮及其化合物等A、B、C選項(xiàng)直接取材于高一課本，D取材于高二第一章氮族。【點(diǎn)評(píng)】再次印證了以本為本的復(fù)習(xí)策略，此題四個(gè)選項(xiàng)就直接取材于課本，屬于簡(jiǎn)單題，不重視根底，就有可能出錯(cuò)！2．〔2024全國(guó)卷1〕12．一定條件下磷與枯燥氯氣反響，假設(shè)0.25g磷消耗掉314mL氯氣〔標(biāo)準(zhǔn)狀況〕，那么產(chǎn)物中PCl3與PCl5的物質(zhì)的量之比接近于A．1：2B．2：3C．3：1D．5：3【解析】設(shè)n(PCl3)=Xmol,n(PCl5)=Ymol，由P元素守恒有：X+Y=0.25/31≈0.008……①；由Cl元素守恒有3X+5Y=〔0.314×2〕/22.4≈0.028……②，聯(lián)立之可解得：X=0.006,Y=0.002應(yīng)選C【命題意圖】考查學(xué)生的根本化學(xué)計(jì)算能力，涉及一些方法技巧的問題，還涉及到過量問題等根據(jù)化學(xué)化學(xué)方程式的計(jì)算等【點(diǎn)評(píng)】此題是個(gè)原題，用百度一搜就知道！做過多遍，用的方法很多，上面是最常見的據(jù)元素守恒來解方程法，還有十字交叉法，平均值法、得失電子守恒等多種方法，此題不好！〔2024全國(guó)2〕7．以下表達(dá)正確的選項(xiàng)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+復(fù)原成Cu【解析】A錯(cuò)誤，因?yàn)長(zhǎng)i在空氣中燃燒只能生成Li2O,直接取材于第一冊(cè)課本第二章第三節(jié)；B錯(cuò)誤，酸性：HCl＞H2SO3＞H2CO3所以通入后無BaSO3沉淀，因?yàn)锽aSO3+2HCl=BaCl2+H2O+SO2↑；D錯(cuò)誤，溶液中該反響難以發(fā)生，先是：2NH3+2H2O+CuSO4=Cu(OH)2↓+(NH4)2SO4,接著Cu(OH)2CuO+H20,溶液中NH3不能復(fù)原CuO為Cu,要復(fù)原必須是枯燥的固態(tài)！C正確，強(qiáng)酸制弱酸，酸性：H2CO3＞HClO,反響為：CO2+H20+Ca(ClO)2=CaCO3↓+2HClO，直接取材于課本第一冊(cè)第四章第一節(jié)；【答案】C【命題意圖】考查無機(jī)元素及其化合物，如堿金屬，氯及其化合物，碳及其化合物，硫及其化合物，氮及其化合物等A、B、C選項(xiàng)直接取材于高一課本，D取材于高二第一章氮族?！军c(diǎn)評(píng)】再次印證了以本為本的復(fù)習(xí)策略，此題四個(gè)選項(xiàng)就直接取材于課本，屬于簡(jiǎn)單題，不重視根底，就有可能出錯(cuò)！〔2024福建卷〕9。以下各組物質(zhì)中，滿足以以下列圖物質(zhì)一步轉(zhuǎn)化關(guān)系的選項(xiàng)是XYZANaNaOHNaHCO3BCuCuSO4Cu(OH)2CCCOCO2DSiSiO2H2SiO3解析：此題考察考生對(duì)常見元素及其化合物知識(shí)的掌握情況，可用代入法，即把各選項(xiàng)中的X,Y,Z帶入又吐的圓圈中進(jìn)行判斷，C中CO2在一定條件下與單質(zhì)鈉反響可以生成金剛石和碳酸鈉?！?024山東卷〕13．以下推斷正確的選項(xiàng)是A．SiO2是酸性氧化物，能與NaOH溶液反響B(tài)．Na2O、Na2O2組成元素相同，與CO2反響產(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響，生成鹽和水的氧化物，故A正確，因?yàn)?與反響生成,與反響除生成外，還生成，故B錯(cuò)；在空氣中會(huì)發(fā)生反響，故C錯(cuò)；因?yàn)樾轮坡人泻?故滴入少量的紫色石蕊的現(xiàn)象是先變紅，后褪色，故D錯(cuò)。答案：A〔2024上海卷〕13．以下實(shí)驗(yàn)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(shí)。NO2通入后和水反響生成具有強(qiáng)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不反響，無明顯現(xiàn)象，符合，選B；NH3通入后轉(zhuǎn)化為氨水，其和AlCl3反響生成氫氧化鋁沉淀，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。易錯(cuò)警示：解答此題的易錯(cuò)點(diǎn)是：不能正確理解CO2和CaCl2能否反響，由于鹽酸是強(qiáng)酸，碳酸是弱酸，故將CO2通入CaCl2溶液中時(shí)，兩者不能發(fā)生反響生成溶于鹽酸的碳酸鈣沉淀?！?024重慶卷〕8．以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是A．鋁制容器可盛裝熱的H2SO4B．Agl膠體在電場(chǎng)中自由運(yùn)動(dòng)C．K與水反響比Li與水反響劇烈D．紅磷在過量Cl2中燃燒生成PCl38.答案C【解析】此題考察物質(zhì)的性質(zhì)。A項(xiàng)，鋁與熱的濃硫酸反響，錯(cuò)誤。B項(xiàng)，AgL膠體吸附電荷而帶電，故在電場(chǎng)作用下做定向移動(dòng)，錯(cuò)誤。C項(xiàng)，K比Li活潑，故與水反響劇烈，正確。D項(xiàng)，P與過量的反響，應(yīng)生成,錯(cuò)誤?！菊`區(qū)警示】鋁在冷、熱中發(fā)生鈍化，但是加熱那么可以發(fā)生反響，膠體自身不帶電，但是它可以吸附電荷而帶電。由此警示我們，化學(xué)學(xué)習(xí)的平時(shí)學(xué)生一定要嚴(yán)謹(jǐn)，對(duì)細(xì)小知識(shí)點(diǎn)要經(jīng)常記憶，并且要找出關(guān)鍵字、詞?！?024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，以下有關(guān)說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)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)生的反響說明常溫下氨氣有復(fù)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(xué)實(shí)驗(yàn)、元素化合物的性質(zhì)等知識(shí)。分析裝置圖，可知氨氣和氯氣接觸時(shí)發(fā)生反響：4NH3+6Cl2=2NH4Cl+4HCl+N2，燒瓶中出現(xiàn)白煙，A對(duì)；不能出現(xiàn)紅棕色氣體，B錯(cuò)；該反響中氨氣中的氮元素化合價(jià)升高，表現(xiàn)復(fù)原性，C對(duì)；燒杯中的氫氧化鈉可以吸收多余的有害氣體，D對(duì)。知識(shí)歸納：對(duì)某種元素來講，其處于最高價(jià)時(shí)，只有氧化性；處于最低價(jià)時(shí)，只有復(fù)原性；中間價(jià)態(tài)，那么既有氧化性又有復(fù)原性。故此對(duì)同一種元素可以依據(jù)價(jià)態(tài)判斷，一般來講，價(jià)態(tài)越高時(shí)，其氧化性就越強(qiáng)；價(jià)態(tài)越低時(shí)，其復(fù)原性就越強(qiáng)；此題中氨氣中的氮元素處于最低價(jià)，只有復(fù)原性。2024四川理綜卷〕10.有關(guān)①100ml0.1mol/L、②100ml0.1mol/L兩種溶液的表達(dá)不正確的選項(xiàng)是A.溶液中水電離出的個(gè)數(shù)：②>①B.溶液中陰離子的物質(zhì)的量濃度之和:②>①C.①溶液中:D.②溶液中:答案：C解析：此題考查鹽類水解知識(shí)；鹽類水解促進(jìn)水的電離,且Na2CO3的水解程度更大，堿性更強(qiáng)，故水中電離出的H+個(gè)數(shù)更多，A項(xiàng)正確；B②鈉離子的物質(zhì)的量濃度為0.2mol/L而①鈉離子的物質(zhì)的量濃度為0.1mol/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(xiàng)正確；C項(xiàng)水解程度大于電離所以C(H2CO3)＞C(CO32-)D項(xiàng)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(xiàng)只要寫出它們的水解及電離方程式即可判斷。〔2024廣東理綜卷〕33.〔16分〕某科研小組用MnO2和濃鹽酸制備Cl2時(shí)，利用剛吸收過少量SO2的NaOH溶液對(duì)其尾氣進(jìn)行吸收處理?！?〕請(qǐng)完成SO2與過量NaOH溶液反響的化學(xué)方程式：SO2+2NaOH=________________．〔2〕反響Cl2+Na2SO3+2NaOH===2NaCl+Na2SO4+H2O中的復(fù)原劑為________________．〔3〕吸收尾氣一段時(shí)間后，吸收液〔強(qiáng)堿性〕中肯定存在Cl、OH和SO．請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)，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(jì)實(shí)驗(yàn)方案，進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。請(qǐng)?jiān)诖痤}卡上寫出實(shí)驗(yàn)步驟以及預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論。限選實(shí)驗(yàn)試劑：3moLL-1H2SO4、1moLL-1NaOH、0.01molL-1KMnO4、淀粉-KI溶液、紫色石蕊試液．實(shí)驗(yàn)步驟預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論步驟1：取少量吸收液于試管中，滴加3moLL-1H2SO4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(jià)態(tài)從+4→+6，失去電子做表現(xiàn)復(fù)原性，故復(fù)原劑為Na2SO3。(3)①很明顯，假設(shè)3兩種離子都存在。②參加硫酸的試管，假設(shè)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，假設(shè)先變紅后退色，證明有ClO-，否那么無；在B試管中滴加0.01molL-1KMnO4溶液，假設(shè)紫紅色退去，證明有SO32-，否那么無。答案：(1)Na2SO3+H2O(2)Na2SO3(3)①SO32-、ClO-都存在②實(shí)驗(yàn)步驟預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論步驟1：取少量吸收液于試管中，滴加3moLL-1H2SO4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假設(shè)先變紅后退色，證明有ClO-，否那么無步驟3：在B試管中滴加0.01molL-1KMnO4溶液假設(shè)紫紅色退去，證明有SO32-，否那么無〔2024山東卷〕30．〔16〕聚合硫酸鐵又稱聚鐵，化學(xué)式為，廣泛用于污水處理。實(shí)驗(yàn)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〔FeSO4·7H2O〕過程如下：〔1〕驗(yàn)證固體W焙燒后產(chǎn)生的氣體含有SO2的方法是_____?！?〕實(shí)驗(yàn)室制備、收集枯燥的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?yàn)閍f裝置D的作用是_____，裝置E中NaOH溶液的作用是______?！?〕制備綠礬時(shí)，向溶液X中參加過量_____，充分反響后，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?jǐn)?shù)，用pH試紙測(cè)定溶液pH的操作方法為______。假設(shè)溶液Z的pH偏小，將導(dǎo)致聚鐵中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏_______。解析：(1)檢驗(yàn)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)收集枯燥的SO2，應(yīng)先枯燥，再收集(SO2密度比空氣的大，要從b口進(jìn)氣)，最后進(jìn)行尾氣處理；因?yàn)镾O2易與NaOH反響，故Ｄ的作用是平安瓶，防止倒吸。(3)因?yàn)樵跓袇⒓恿肆蛩岷妥懔垦鯕?，故溶液Y中含有Fe3+，故應(yīng)先參加過量的鐵粉，然后過濾除去剩余的鐵粉。(4)用pH試紙測(cè)定溶液pH的操作為：將試紙放到外表皿上，用玻璃棒蘸取溶液，點(diǎn)到試紙的中央，然后跟標(biāo)準(zhǔn)比色卡比照。Fe(OH)3的含鐵量比Fe2(SO4)3高，假設(shè)溶液Z的pH偏小，那么生成的聚鐵中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)debc；平安瓶，防止倒吸；尾氣處理，防止污染〔3〕鐵粉過濾〔4〕將試紙放到外表皿上，用玻璃棒蘸取溶液，點(diǎn)到試紙的中央，然后跟標(biāo)準(zhǔn)比色卡比照。低〔2024上海卷〕23．胃舒平主要成分是氫氧化鋁，同時(shí)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(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子、種不同能級(jí)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(jià)氧化物的水化物之間發(fā)生反響的離子方程式為：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(diǎn)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(yùn)動(dòng)狀態(tài)、元素周期律等知識(shí)。1〕根據(jù)胃舒平中三硅酸鎂的化學(xué)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(duì)角線規(guī)那么，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(gè)電子，其每一個(gè)電子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)都不相同，故共有13種；有1s、2s、2p、3s、3p共5個(gè)能級(jí)；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；兩者氫氧化物反響的離子方程式為：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(diǎn)。技巧點(diǎn)撥：硅酸鹽用氧化物的形式來表示組成的書寫順序是：活潑金屬氧化物→較活潑金屬氧化物→非金屬氧化物→二氧化硅→水，并將氧化物的數(shù)目用阿拉伯?dāng)?shù)字在其前面表示。比方斜長(zhǎng)石KAlSi3O8：K2O·Al2O3·6SiO2?！?024上海卷〕24．向盛有KI溶液的試管中參加少許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(huì)逐漸變淺，最后變成無色。完成以下填空：1)寫出并配平CCl4層由紫色變成無色的化學(xué)反響方程式(如果系數(shù)是1，不用填寫)：2)整個(gè)過程中的復(fù)原劑是。3)把KI換成KBr，那么CCl4層變?yōu)開_色：繼續(xù)滴加氯水，CCl4層的顏色沒有變化。Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由強(qiáng)到弱的順序是。4)加碘鹽中含碘量為20mg～50mg／kg。制取加碘鹽(含KIO3的食鹽)1000kg，假設(shè)莊Kl與Cl2反響制KIO3，至少需要消耗Cl2L答案：1〕I2+5Cl2+6H2O→2HIO3+10HCl；2〕KI、I2；3〕紅棕、HBrO3>Cl2>HIO3；4〕10.58。解析：此題考查氧化復(fù)原反響的配平、氧化劑和復(fù)原劑、氧化性強(qiáng)弱的判斷、化學(xué)計(jì)算知識(shí)。分析反響從開始滴加少許氯水時(shí)，其將KI中的I元素氧化成碘單質(zhì)；等CCl4層變紫色后，再滴加氯水時(shí)，其將碘單質(zhì)進(jìn)一步氧化成碘酸。1〕根據(jù)氧化復(fù)原反響方程式的配平原那么，分析反響中的化合價(jià)變化，I元素的化合價(jià)從0→+5，升高5價(jià)，Cl元素的化合價(jià)從0→-1，降低1價(jià)，綜合得失電子守恒和質(zhì)量守恒，可配平出：I2+5Cl2+6H2O→2HIO3+10HCl；2〕分析整個(gè)過程中化合價(jià)升高的都是I元素，復(fù)原劑為：KI和I2；3〕KI換成KBr時(shí)，得到的是溴單質(zhì)，那么其在CCl4中呈紅棕色；繼續(xù)滴加氯水時(shí)，顏色不變，可知氯水不能將溴單質(zhì)氧化成HBrO3，故其氧化性強(qiáng)弱順序?yàn)椋篐BrO3>Cl2>HIO3；4〕綜合寫出反響方程式：KI+3Cl2+3H2O=KIO3+6HCl，根據(jù)化學(xué)方程式計(jì)算，按最小值計(jì)算時(shí)，1000kg加碘食鹽中含碘20g，根據(jù)質(zhì)量守恒，可知：換算成碘酸鉀的質(zhì)量為：33.70g，物質(zhì)的量為：0.16mol，那么需要消耗Cl2的體積為：〔20g/127g.mol-1〕×3×22.4L/mol=10.58L。解法點(diǎn)撥：守恒定律是自然界最重要的根本定律，是化學(xué)科學(xué)的根底。在化學(xué)反響中，守恒包括原子守恒、電荷守恒、得失電子守恒等。任何化學(xué)反響在反響前后應(yīng)遵守電荷或原子守恒。電荷守恒即反響前后陰陽離子所帶電荷數(shù)必須相等；原子守恒〔或稱質(zhì)量守恒〕，也就是反響前后各元素原子個(gè)數(shù)相等；得失電子守恒是指在氧化復(fù)原反響中，失電子數(shù)一定等于得電子數(shù)，即得失電子數(shù)目保持守恒。比方此題中我們就牢牢抓住了守恒，簡(jiǎn)化了計(jì)算過程，順利解答?！?024上海卷〕31．白磷〔P4〕是磷的單質(zhì)之一，易氧化，與鹵素單質(zhì)反響生成鹵化磷。鹵化磷通常有三鹵化磷或五鹵化磷，五鹵化磷分子結(jié)構(gòu)〔以PCl5為例〕如右圖所示。該結(jié)構(gòu)中氯原子有兩種不同位置。1〕6.20g白磷在足量氧氣中完全燃燒生成氧化物，反響所消耗的氧氣在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為L(zhǎng)。上述燃燒產(chǎn)物溶于水配成50.0mL磷酸〔H3PO4〕溶液，該磷酸溶液的物質(zhì)的量濃度為mol·L-1。2〕含0.300molH3PO4的水溶液滴加到含0.500molCa(OH)2的懸浮液中，反響恰好完全，生成l種難溶鹽和16.2gH2O。該難溶鹽的化學(xué)式可表示為。3〕白磷和氯、溴反響，生成混合鹵化磷〔，且x為整數(shù)〕。如果某混合鹵化磷共有3種不同結(jié)構(gòu)〔分子中溴原子位置不完全相同的結(jié)構(gòu)〕，該混合鹵化磷的相對(duì)分子質(zhì)量為。4〕磷腈化合物含有3種元素，且分子中原子總數(shù)小于20。0.10molPCl5和0.10molNH4Cl恰好完全反響，生成氯化氫和0.030mol磷腈化合物。推算磷腈化合物的相對(duì)分子質(zhì)量〔提示：M>300〕。答案：1〕5.6；4.00；2〕Ca5(PO4)3(OH)；3〕297.5或342；4〕348或464。解析：此題考查了元素化合物、化學(xué)計(jì)算知識(shí)。1〕白磷燃燒生成五氧化二磷，白磷的相對(duì)分子質(zhì)量為：128，那么其6.20g的物質(zhì)的量為：0.05mol，其完全燃燒消耗氧氣0.25mol，標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為5.6L；將這些白磷和水反響生成磷酸0.20mol，溶液體積為50mL，也就是0.05L，那么磷酸溶液的物質(zhì)的量濃度為4.00mol/L；2〕根據(jù)該水溶液中含有溶質(zhì)的物質(zhì)的量和氫氧化鈣懸濁液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量，根據(jù)質(zhì)量守恒，可知該物質(zhì)中含有5個(gè)鈣離子和3個(gè)磷酸根離子，結(jié)合電荷守恒，必還含有1個(gè)氫氧根離子，寫作：Ca5(PO4)3(OH)；3〕根據(jù)題意x為整數(shù)，其可能為：PCl4Br、PCl3Br2、PCl2Br3、PClBr4四種，要是有三種不同結(jié)構(gòu)的話，結(jié)合PCl5的結(jié)構(gòu)，其可能為：PCl3Br2或PCl2Br3，那么其相對(duì)分子質(zhì)量可能為：297.5或342；4〕根據(jù)題意和質(zhì)量守恒定律，可求出化合物提供的Cl原子的物質(zhì)的量為：0.1mol×5+0.1mol×1=0.6mol；由于磷腈化合物中只含有三種元素，故必須將其中的氫原子全部除去；兩物質(zhì)提供的H原子的物質(zhì)的量為：0.1mol×4=0.4mol，那么生成的氯化氫的物質(zhì)的量為：0.1mol×4=0.4mol；那么磷腈化合物中含有的Cl原子為：0.2mol、P原子為：0.1mol、N原子為：0.1mol，那么該化合物的最簡(jiǎn)式為：PNCl2；假設(shè)其分子式為(PNCl2)x，由其含有的碳原子總數(shù)小于20，那么知：4x<20，故x<5；假設(shè)x=4，其分子式為：P4N4Cl8，相對(duì)分子質(zhì)量為464；假設(shè)x=3，其分子式為：P3N3Cl6，相對(duì)分子質(zhì)量為：348；假設(shè)x=2，其分子式為：P2N2Cl4，相對(duì)分子質(zhì)量<300舍去。故其相對(duì)分子質(zhì)量可能為：348或464?！?024四川理綜卷〕26.〔15分〕短周期元素形成的常見非金屬固體單質(zhì)A與常見金屬單質(zhì)B，在加熱條件下反響生成化合物C，C與水反響生成白色沉淀D和氣體E，D既能溶于強(qiáng)酸，也能溶于強(qiáng)堿。E在足量空氣中燃燒產(chǎn)生刺激性氣體G，G在大氣中能導(dǎo)致酸雨的形成。E被足量氫氧化鈉溶液吸收得到無色溶液F。溶液F在空氣中長(zhǎng)期放置發(fā)生反響，生成物之一為H。H與過氧化鈉的結(jié)構(gòu)和化學(xué)性質(zhì)相似，其溶液顯黃色。請(qǐng)答復(fù)以下問題：〔1〕組成單質(zhì)A的元素位于周期表中第周期，第族?！?〕B與氫氧化鈉溶液反響的化學(xué)方程式為：。G與氯酸鈉在酸性條件下反響可生成消毒殺菌劑二氧化氯。該反響的氧化產(chǎn)物為，當(dāng)生成2二氧化氯時(shí)，轉(zhuǎn)移電子。溶液F在空氣中長(zhǎng)期放置生成H的化學(xué)反響方程式為：。H的溶液與稀硫酸反響產(chǎn)生的現(xiàn)象為。26.答案：〔1〕三ⅥA〔2〕〔3〕硫酸鈉〔〕2〔4〕〔或〕〔5〕溶液由黃色變?yōu)闊o色，產(chǎn)生淺黃色沉淀和〔臭雞蛋氣味的〕氣體解析：此題考查的知識(shí)點(diǎn)有元素及其化合物的性質(zhì)、物質(zhì)結(jié)構(gòu)、氧化復(fù)原反響相關(guān)計(jì)算。由生成白色沉淀D，D既能溶于強(qiáng)酸，也能溶于強(qiáng)堿，推測(cè)D是Al(OH)3再逆推可知，B為Al。G在大氣中能導(dǎo)致酸雨的形成，可猜測(cè)G可能為SO2逆推可知:A為S，綜合可知C為Al2S3D為Al(OH)3,E為H2S,G為SO2F為Na2S.(1)(2)比較簡(jiǎn)單，〔3〕SO2與氯酸鈉在酸性條件下反響，SO2為復(fù)原劑被氧化為SO42-,根據(jù)電子得失可以判斷生成2二氧化氯時(shí)，轉(zhuǎn)移電子2。由H與過氧化鈉的結(jié)構(gòu)和化學(xué)性質(zhì)相似，其溶液顯黃色。結(jié)合前面的信息可以推測(cè)H為Na2S2.2024年高考化學(xué)試題1．〔09年安徽理綜·9〕以下選用的相關(guān)儀器符合實(shí)驗(yàn)要求的是答案：B解析：濃硝酸具有強(qiáng)氧化性，不能用橡膠塞，一般用玻璃塞，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；水和乙酸乙酯的互不相溶，用分液漏斗別離，B選項(xiàng)正確；量筒量取液體只能精確到0.1mL，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)室制取乙烯需要的溫度為170℃，該溫度計(jì)的量程缺乏，D選項(xiàng)錯(cuò)誤。2．〔09年福建理綜·7〕能實(shí)現(xiàn)以下物質(zhì)間直接轉(zhuǎn)化的元素是A．硅 B．硫 C．銅 D．鐵答案：B解析：S與O2生成SO2，再與H2O生成H2SO3，可以與NaOH生成Na2SO3，B項(xiàng)正確。A項(xiàng)，SiO2不與水反響，錯(cuò)；C項(xiàng)中CuO，D項(xiàng)中Fe3O4均不與H2O反響，故錯(cuò)。3．〔09年廣東理基·21〕以下實(shí)驗(yàn)?zāi)艿竭_(dá)實(shí)驗(yàn)?zāi)康那曳掀桨惨蟮氖谴鸢福築解析：制備氫氧化亞鐵沉淀時(shí)，應(yīng)將滴管伸入溶液中，以防止在液體滴落的過程中代入氧氣氧化氫氧化亞鐵，因此A選項(xiàng)錯(cuò)誤。氧氣難溶于水，可以用排水法收集，因此B選項(xiàng)正確。C選項(xiàng)中產(chǎn)生的氣體為可燃性氫氣，應(yīng)驗(yàn)純后在點(diǎn)燃，以防止爆炸，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤。稀釋濃硫酸時(shí)應(yīng)將濃硫酸注入水中，因此D選項(xiàng)錯(cuò)誤。4．〔09年廣東理基·22〕以下關(guān)于硅單質(zhì)及其化合物的說法正確的選項(xiàng)是①硅是構(gòu)成一些巖石和礦物的根本元素②水泥、玻璃、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(dǎo)纖維④陶瓷是人類應(yīng)用很早的硅酸鹽材料A．①② B．②③ C．①④ D．③④答案：C解析：②中的水泥和玻璃是硅酸鹽制品，而水晶的主要成分是二氧化硅，是氧化物，不屬于硅酸鹽。制造光導(dǎo)纖維的純潔的二氧化硅而不是單質(zhì)硅，故③錯(cuò)誤。5．〔09年廣東理基·24〕以下除去雜質(zhì)的方法正確的選項(xiàng)是A．除去CO2中混有的CO：用澄清石灰水洗氣B．除去BaCO3固體中混有的BaSO4：加過量鹽酸后，過濾、洗滌C．除去FeCl2溶液中混有的FeCl3：參加過量鐵粉，過濾D．除去Cu粉中混有的CuO：加適量稀硝酸后，過濾、洗滌答案：C解析：除去CO2中混有的CO應(yīng)用點(diǎn)燃的方法，假設(shè)用澄清石灰水洗氣只會(huì)吸收主要?dú)怏wCO2，對(duì)雜質(zhì)沒有影響，因此A選項(xiàng)錯(cuò)誤。加過量鹽酸后會(huì)溶解主要成分BaCO3，對(duì)雜質(zhì)沒有作用，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤。C選項(xiàng)中參加過量鐵粉后會(huì)發(fā)生Fe＋2FeCl3=3FeCl3反響而除去雜質(zhì)FeCl3，故C選項(xiàng)正確。D選項(xiàng)中加稀硝酸后，Cu和CuO都會(huì)溶解，因此D選項(xiàng)也是錯(cuò)誤的。6．〔09年廣東理基·36〕以下各組氣體在常溫下能共存且能用向上排空氣法收集的是A．NO和O2 B．HCI和NH3C．H2和CO D．SO2和CO2答案：D解析：A和B選項(xiàng)中的兩組氣體會(huì)發(fā)生反響，不能共存；C選項(xiàng)中的H2不能用向上排空氣法收集，而CO一般用排水法收集；而D選項(xiàng)中的SO2和CO2常溫下不發(fā)生反響，而且兩者的密度均比空氣大，都可以用向下排空氣法收集。所以符合題意的選項(xiàng)為D。7．〔09年江蘇化學(xué)·3〕以下所列各組物質(zhì)中，物質(zhì)之間通過一步反響就能實(shí)現(xiàn)如以下列圖轉(zhuǎn)化的是abcAAlAlCl3Al〔OH〕3BHNO3NONO2CSiSiO2H2SiO3DCH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO答案：B解析：A項(xiàng)：Al→AlCl3〔2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑或者2Al＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2↑，AlCl3→Al(OH)3〔AlCl3＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHCl〕，Al(OH)3→AlCl3〔Al(OH)3＋3HCl=AlCl3＋3H2O〕，Al(OH)3→Al的轉(zhuǎn)化必須經(jīng)過Al(OH)3→Al2O3〔反響方程式為：2Al(OH)3Al2O3＋3H2O〕和Al2O3→Al〔2Al2O34Al＋3O2〕這兩步，所以A項(xiàng)不選；B項(xiàng)：HNO3→NO〔8HNO3＋3Cu=3Cu(NO3)2＋2NO＋4H2O〕，NO→NO2〔2NO＋O2=2NO2〕，NO2→NO〔3NO2＋H2O=2HNO3＋NO〕，NO2→HNO3〔3NO2＋H2O=2HNO3＋NO〕，所以B項(xiàng)正確；C項(xiàng)：Si→SiO2〔Si＋O2=SiO2〕，SiO2→H2SiO3必須經(jīng)過兩步〔SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O和Na2SiO3＋H2O＋CO2=H2SiO＋Na2CO3〕，D項(xiàng)：CH2=CH2→CH3CH2OH〔CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH〕，CH3CH2OH→CH3CHO〔2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O〕，CH3CHO→CH3CH2OH〔CH3CHOH＋H2=CH3CH2OH〕，CH3CHOHCH2=CH2就必須經(jīng)過兩步〔CH3CHO＋H2CH3CH2OH和CH3CH2OHCH2=CH2↑＋H2O〕【考點(diǎn)分析】熟練掌握元素及其化合物之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系8．〔09年寧夏理綜·7〕將22.4L某氣態(tài)氮氧化合物與足量的灼熱銅粉完全反響后，氣體體積11.2L〔體積均在相同條件下測(cè)定〕，那么該氮氧化合物的化學(xué)式為A．NO2 B．N2O2 C．N2O D．N2O4答案：A解析：根據(jù)2NxOy+2yCu=2yCuO+xN2，以及題中數(shù)據(jù)反響后氣體體積為反響前氣體體積的一半，可以得到x=1，因此只有A選項(xiàng)符合題意。【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查氣體摩爾體積，阿伏伽德羅常數(shù)等知識(shí)，題目較為老套，而且這種題目在假設(shè)干年前就已經(jīng)經(jīng)常出現(xiàn)了。9．〔09年山東理綜·10〕以下關(guān)于氯的說法正確的選項(xiàng)是A．Cl2具有很強(qiáng)的氧化性，在化學(xué)反響中只能作氧化劑B．假設(shè)3517Cl、3717假設(shè)Cl為不同的核素，有不同的化學(xué)性質(zhì)學(xué)科C．實(shí)驗(yàn)室制備Cl2，可用排放和食鹽水集氣法收集D．1.12LCl2含有1.7NA個(gè)質(zhì)子〔NA表示阿伏伽德羅常數(shù)〕答案：C解析：此題以氯元素為載體，從氧化復(fù)原、原子結(jié)構(gòu)、收集方法不同角度進(jìn)行考查，表達(dá)了山東理綜化學(xué)選擇題的命題模式。氯氣與水的反響既是氧化劑也是復(fù)原劑；同一元素的不同核素化學(xué)性質(zhì)幾乎完全相同而物理性質(zhì)不同；D中提Cl2的體積未指明是標(biāo)準(zhǔn)狀況。實(shí)驗(yàn)室制備Cl2，可用排飽和食鹽水集氣法收集也可用瓶口向上排空氣法收集，故C正確。10．〔09年山東理綜·13〕以下推斷合理的是A．明礬[KAl(SO4)2·12H2O]在水中能形成Al(OH)3膠體，可用作凈水劑B．金剛石是自然界中硬度最大的物質(zhì)，不可能與氧氣發(fā)生反響C．濃H2SO4有強(qiáng)氧化性，不能與Cu發(fā)生劇烈反響D．將SO2通入品紅溶液，溶液褪色后加熱恢復(fù)原色;將SO2通入溴水，溴水色后加熱也能恢復(fù)原色答案：A解析：明礬[KAl〔SO4〕2·12H2O]溶于水，電離產(chǎn)生的Al3+在中水解生成能吸附水中懸浮雜質(zhì)的Al(OH)3膠體，故可用作凈水劑；金剛石、石墨均可以燃燒生成二氧化碳；濃H2SO4雖然有強(qiáng)氧化性，只有加熱才能與Cu發(fā)生反響；SO2通入溴水后發(fā)生氧化復(fù)原反響，SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，加熱不可能生成Br2.11．〔09年廣東文基·63〕以下處理事故的方法正確的選項(xiàng)是A．金屬鈉著火，可用水撲滅B．誤食硫酸銅溶液，可服用雞蛋清解毒C．濃硫酸濺到皮膚上，立即用碳酸鈉稀溶液沖洗D．氫氧化鈉濃溶液濺入眼中，應(yīng)立即用大量水沖洗，再用稀鹽酸沖洗答案：B解析：金屬鈉與水反響生成可燃性的氫氣，因此金屬鈉著火，不能用水撲滅，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤；硫酸銅能使蛋白質(zhì)變性，因此誤食硫酸銅溶液，可服用雞蛋清解毒，B選項(xiàng)正確；C項(xiàng)濃硫酸濺到皮膚上，應(yīng)立即用大量的水沖洗，然后涂上3%至5%的碳酸氫鈉溶液；D項(xiàng)氫氧化鈉濃溶液濺入眼中，應(yīng)立即用水沖洗邊洗邊眨眼睛，必要時(shí)迅速找醫(yī)生醫(yī)治，切不可用手揉眼，更不能用鹽酸沖洗?！究键c(diǎn)分析】化學(xué)實(shí)驗(yàn)根本操作。12．〔09年廣東文基·64〕圖l0裝置可用于收集SO2并驗(yàn)證其某些化學(xué)性質(zhì)，以下說法正確的選項(xiàng)是選項(xiàng)試劑現(xiàn)象結(jié)論A酸性KMnO4溶液溶液褪色SO2有氧化性B品紅溶液溶液褪色SO2有漂白性CNaOH溶液無明顯現(xiàn)象SO2與NaOH溶液不反響D紫色石蕊試液溶液變紅后不褪色SO2有酸性、沒有漂白性答案：B解析：A項(xiàng)表達(dá)的是SO2的復(fù)原性；C項(xiàng)由于SO2與NaOH可以生成亞硫酸鈉也可能生成亞硫酸氫鈉或者是兩者混合物，反響無明顯現(xiàn)象，但不能說明SO2與NaOH溶液不反響。D項(xiàng)溶液變紅后不褪色并不能說明SO2沒有漂白性。SO2的漂白性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，退色后在一定的條件下又能恢復(fù)原來的顏色，例如SO2使品紅溶液褪色。【考點(diǎn)分析】SO2的性質(zhì)13．〔09年廣東文基·66〕以下有關(guān)化學(xué)與生活的說法不正確的選項(xiàng)是A．采用原煤脫硫技術(shù)，可減少燃煤產(chǎn)生的SO2B．硅酸鈉的水溶液俗稱水玻璃，可用作木材防腐劑C．自來水廠可用氯氣來殺菌消毒，因此氯氣無毒D．維生素C具有復(fù)原性，可用作食品抗氧化劑答案：C解析：根據(jù)氯氣的性質(zhì)可以知道氯氣是一種有毒的氣體，因氯氣與水反響生成的HClO具有強(qiáng)氧化性，所以常用氯氣對(duì)自來水消毒殺菌。因此C選項(xiàng)是錯(cuò)誤的?！究键c(diǎn)分析】化學(xué)與生活綜合運(yùn)用14．〔09年海南化學(xué)·3〕除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3可采取的方法是：A．通入二氧化碳?xì)怏w B．參加氫氧化鋇溶液C．參加澄清石灰水 D．參加稀鹽酸答案：A解析：除雜方法要操作簡(jiǎn)便、效果好、不帶來新的雜質(zhì)、保存非雜質(zhì)成份。溶液中可用這樣的方法：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3。15．〔09年海南化學(xué)·7〕用足量的CO復(fù)原13.7g某鉛氧化物，把生成的CO2全部通入到過量的澄清石灰水中，得到的沉淀枯燥后質(zhì)量為8.0g，那么此鉛氧化物的化學(xué)式是：A．PbO B．Pb2O3 C．Pb3O4 D．PbO2答案：C解析：設(shè)此鉛氧化物的化學(xué)式PbxOy，PbxOy——y[O]——yCO——yCO2——yCaCO316y100ym(O)=1.28g8.0g所以m(Pb)=13.7g-1.28g=12.42gx∶y=∶=3∶416．〔09年海南化學(xué)·9〕在室溫時(shí)，以下各組中的物質(zhì)分別與過量NaOH溶液反響，能生成5種鹽的是：A．A12O3、SO2、CO2、SO3 B．C12、A12O3、N2O5、SO3C．CO2、C12、CaO、SO3 D．SiO2、N2O5、CO、C12答案：B解析：題中的關(guān)鍵詞“過量NaOH溶液〞，A中只能生成4種鹽；B生成5種〔NaCl、NaClO、NaAlO2、NaNO3、Na2SO4〕；C中CaO不能生成鹽；D中CO不能成鹽。17．〔09年海南化學(xué)·11〕在5mL0.05mo1/L的某金屬氯化物溶液中，滴加0.1mo1/LAgNO3溶液，生成沉淀質(zhì)量與參加AgNO3溶液體積關(guān)系如以下列圖，那么該氯化物中金屬元素的化合價(jià)為：A．+1 B．+2 C．+3 D．+4答案：C解析：設(shè)氯化物化學(xué)式為MClxMClx——xAgNO31x5mL×0.05mol·L-10.1mol·L-1×7.5mLx=318．〔09年海南化學(xué)·13〕〔9分〕有關(guān)物質(zhì)存在如以下列圖的轉(zhuǎn)化關(guān)系(局部產(chǎn)物已省略)。通常C為氣體單質(zhì)，G為紫黑色固體單質(zhì)。實(shí)驗(yàn)室中，常用固體E在B的催化下加熱制取氣體單質(zhì)H。請(qǐng)答復(fù)以下問題：〔1〕反響①的化學(xué)方程式為〔2〕反響②的離子方程式為〔3〕寫出另外一種實(shí)驗(yàn)室制取H的化學(xué)方程式〔4〕D溶液與Pb(NO3)2溶液混合可形成沉淀，此沉淀的Ksp=7.0×10—9。將等體積的D溶液與Pb(NO3)2溶液混合，假設(shè)D的濃度為1×10—2mo1/L，那么生成沉淀所需Pb(NO3)2溶液的最小濃度為。答案：〔9分〕〔1〕MnO2＋4HCl(濃)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O〔2分〕〔2〕6I－＋ClO3－＋6H＋=3I2＋Cl－＋3H2O〔2分〕〔3〕2H2O22H2O＋O2↑或2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑〔其他合理答案：也給分〕〔2分〕〔4〕5.6×10-4mol·L-1〔3分〕解析：首先得破框圖，G為紫黑色固體單質(zhì)，一般可預(yù)測(cè)為碘單質(zhì)，可推得C物質(zhì)為氯氣，那么A為鹽酸、B為二氧化錳；E在二氧化錳的催化下制取H，那么E為氯酸鉀、H為氧氣；F為氯化鉀；于是D一定為碘化鉀。所以推出A鹽酸、B二氧化錳、C氯氣、D碘化鉀、E氯酸鉀、F氯化鉀、G碘、H氧氣。19．〔09年海南化學(xué)·16〕(9分)以以下列圖表示從固體混合物中別離X的2種方案，請(qǐng)答復(fù)有關(guān)問題?！?〕選用方案I時(shí)，X應(yīng)該具有的性質(zhì)是，殘留物應(yīng)該具有的性質(zhì)是；〔2〕選用方案Ⅱ從某金屬粉末〔含有Au、Ag和Cu〕中別離Au，參加的試劑是，有關(guān)反響的化學(xué)方程式為；〔3〕為提純某Fe2O3樣品〔主要雜質(zhì)有SiO2、A12O3〕，參照方案I和Ⅱ，請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)一種以框圖形式表示的實(shí)驗(yàn)方案〔注明物質(zhì)和操作〕。答案：〔9分〕〔1〕有揮發(fā)性〔或易升華〕受熱不揮發(fā)，且具有較高的熱穩(wěn)定性〔2分〕〔2〕HNO33Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O3Ag＋4HNO3(稀)=3AgNO3＋NO↑＋2H2O[或Cu＋4HNO3(濃)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2OAg＋2HNO3(濃)=AgNO3＋NO2↑＋2H2O]〔3分〕〔3〕〔4分〕〔其他合理答案：也可給分〕解析：〔1〕從題中給的信息可理解為升華或蒸餾，因此X的性質(zhì)為加熱時(shí)可升華，或易揮發(fā)。殘留物必須熱穩(wěn)定性好，且沒有揮發(fā)性?！?〕金、銀、銅三種金屬金的活潑性最差，不能與硝酸反響，選用硝酸作為試劑，過濾即可。〔3〕三種氧化物中，SiO2、Al2O3都能與強(qiáng)堿發(fā)生反響，但Fe2O3不會(huì)反響，可以選濃NaOH溶液反響后過濾。但如果SiO2的含量大，那么不宜用前面所述方法，可選用鹽酸溶解，過濾后去除SiO2，再在混合液中參加過量的溶液，過濾得Fe(OH)3沉淀，洗滌后加熱分解的方法。20．〔09年海南化學(xué)·20.4〕〔11分〕工業(yè)上常用氨氧化法生產(chǎn)硝酸，其過程包括氨的催化氧化〔催化劑