非金属及其化合物(共34页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上2011-2014年高考化学试题分类解析汇编：非金属及其化合物（2014上海卷，T2）1下列试剂不会因为空气中的氧气而变质的是（ ）A过氧化钠 B氢硫酸 C硫酸亚铁 D苯酚 【答案】A【解析】A、过氧化钠和空气中二氧化碳、水蒸气反应而变质（2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2），与氧气无任何关系，A选；B、氢硫酸易被空气中的氧气氧化而变质（2H2S+O2=2S+2H2O），B不选；C、硫酸亚铁中的铁元素是+2价，易被空气中的氧气氧化生成+3价而变质，C不选；D、苯酚中的酚羟基易被空气中的氧气氧化而显紫色，D不选。（20

2、14山东卷，T10）2下列实验操作或装置（略去部分加持仪器）正确的是（ ） A配制溶液 B中和滴定 C制备乙酸乙酯 D制取收集干燥氨气【答案】C【解析】A、该装置图代表配置一定物质的量浓度溶液的定容过程，定容过程中要用胶头滴管逐滴加入蒸馏水，A错误；B、根据图中的信息可知，该实验使用酸标液滴定碱待测液，所以酸标液应为酸式滴定管盛放，而图中的是碱式滴定管，B错误；C、制备乙酸乙酯需要加热，且要用饱和的Na2CO3溶液来处理产品，C正确；D、因为NH3的密度比空气小，且易和空气形成对流，所以在收集NH3时要把导气管的末端深入到试管底部，且在管口放置一团棉花，D错误。（2014山东卷，T9）3等质量

3、的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是 AFeO B. Fe2O3 C. FeSO4 D、Fe3O4 【答案】A【解析】放出NO的反应属于氧化还原反应，只有+2价的铁元素才能与HNO3发生氧化还原反应，且+2价铁元素的含量越高，生成的NO就越多，所以FeO中+2价铁元素含量最高，答案选A。（2014全国卷，T8）4下列叙述错误的是( )ASO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同B制备乙酸乙酯时可用热的NaOH溶液收集产物以除去其中的乙酸C用饱和食盐水替代水跟电石反应，可以减缓乙炔的产生速率 D用AgNO3溶液可以鉴别KC1和KI【答案】B【解析】A、SO2使溴水褪色是

4、因为SO2和Br2发生了氧化还原反应（SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4）, 乙烯使KMnO4溶液褪色也是发生了氧化还原反应，A正确；B、热的NaOH溶液虽然可以中和乙酸，但也会使乙酸乙酯发生水解，B错误；C、实验室制取乙烯实验中，由于电石和水的反应很剧烈，所以常用饱和食盐水代替水，目的是减缓电石与水的反应速率，C正确；D、AgNO3和KC1产生白色沉淀AgCl，AgNO3和KI产生黄色沉淀AgI，D正确。（2014全国I卷，T13）5利用右图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（ ）选项实验结论A稀硫酸Na2SAgNO3与AgCl的浊液(AgCl) (Ag2S)B浓硫酸蔗

5、糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C稀盐酸Na2SO3Ba(NO3)2溶液SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀D浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸碳酸硅酸【答案】B【解析】由于稀硫酸与Na2S反应生成的H2S会与AgNO3反应生成黑色Ag2S沉淀和强氧化性的HNO3，进而把H2S氧化为S沉淀，同时生成的Ag2S黑色沉淀遮盖AgCl浊液，不能观察AgCl转化为Ag2S，A错误；浓硫酸有脱水性，可使蔗糖碳化，并放出大量的热量，进而与生成的C反应生成SO2，使中的溴水褪色，通过蔗糖变黑、溴水褪色可以得出浓硫酸具有脱水性、氧化性，B正确；稀盐酸与Na2SO3反应生成的SO2与Ba(NO3)2发生

6、氧化还原生成BaSO4，SO2与BaCl2则不反应， C 错误；由于浓硝酸有挥发性，会有较多的HNO3进入与Na2SiO3反应，影响碳酸与硅酸酸性的比较，D错误。（2014全国II卷，T9）6下列反应中，反应后固体物质增重的是( )A氢气通过灼热的CuO粉末B二氧化碳通过Na2O2粉末C铝与Fe2O3发生铝热反应D将锌粒投入Cu（NO3）2溶液【答案】B【解析】A、发生的反应是CuO+H2Cu+H2O，固体从CuOCu，质量减小，A错误；B、发生的反应是2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2，固体从Na2O2Na2CO3，质量增加，B正确；C、发生的反应是Al+Fe2O3Al2O3+Fe，

7、固体从Al+Fe2O3 Al2O3+Fe，质量没有变化，C错误；D、发生的反应是Zn+Cu(NO3)2= Zn(NO3)2+Cu，固体从ZnCu ，质量减小，D错误。（2014江苏卷，T13）7在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是( )A氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2B向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有ClC向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有HD向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO【答案】D【解析】新制氯水中含有氯气，呈浅绿色，A结论正确；生成氯化银沉淀，说明氯水中

8、含有氯离子，B正确；加入碳酸氢钠粉末，有气泡生成，说明有氢离子，C正确；氯气氧化亚铁离子，D错误。（2014江苏卷，T8）8下列各组物质中，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是 物质组别甲乙丙AAlHClNaOHBNH3O2HNO3CSiO2NaOHHFDSO2Ca(OH)2NaHCO3【答案】B【解析】A 组中铝、盐酸、氢氧化钠均能反应，错误；B中氧气和硝酸不能反应，正确；C中三种物质均能反应，错误；D中三种物质均能反应，错误。（2014江苏卷，T4）9下列物质性质与应用对应关系正确的是A晶体硅熔点高硬度大，可用于制作半导体材料B氢氧化铝具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂C漂白粉在

9、空气中不稳定，可用于漂白纸张D氧化铁能与酸反应，可用于制作红色涂料【答案】B【解析】熔点高，与半导体材料无关，A错误；氢氧化铝具有弱碱性，可以用于中和胃酸过多，B正确；漂白粉具有强氧化性，可用于漂白纸张，C错误；氧化铁与酸反应与制作红色涂料无直接对应关系，D错误。（2014海南卷，T10）10、下列关于物质应用和组成的说法正确的是（ ）A、P2O5可用于干燥Cl2和NH3 B、“可燃冰”的主要成分是甲烷和水C、CCl4可用于鉴别溴水和碘水D、Si和SiO2都用于制造光导纤维【答案】BC【解析】A、P2O5属于酸性干燥剂，不能用来干燥碱性气体NH3，A错误；B、“可燃冰”是水和甲烷在低温、高压的

10、条件下形成的冰状固体，分布于深海沉积物中，由天然气与水在高压低温条件下形成的类冰状的结晶物质，所以“可燃冰”的主要成分是甲烷和水，B正确；C、四氯化碳的密度大于水的密度，所以四氯化碳在下方，水在上方；萃取时，上层液体是水，溴被萃取到下方四氯化碳中，所以上层无色，下层橙色；将碘水与四氯化碳混合，碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的大，且四氯化碳的密度大于水的密度，故混合后中溶液分层上层是水下层是碘的四氯化碳溶液，因此下层为紫红色，所以CCl4可用于鉴别溴水和碘水，C正确；D、SiO2用于制造光导纤维，Si用于制造半导体材料，D正确。（2014海南卷，T9）11、下列有关物质应用的说法错误的是（ ）A

11、、玻璃容器可长期盛放各种酸 B、纯碱可用于清洗油污B、浓氨水可检验氯气管道泄漏 D、Na2S可除去污水中的Cu2+【答案】A【解析】A、玻璃容器可长期盛放不与玻璃发生反应的酸，但由于HF能与玻璃的成分SiO2发生反应（SiO2+4HFSiF4+2H2O），所以玻璃容器不能存放氢氟酸（HF），A错误；B、纯碱（Na2CO3）溶液由于CO32水解而显碱性，可以促进油脂的水解，因此纯碱可用于清洗油污，B正确；C、氯气与浓氨水挥发出的氨气可发生如下反应：8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl，当将浓氨水靠近氯气时，可以看到白烟（NH4Cl）生成，所以工厂里常用浓氨水来检验氯气管道是否泄漏，C正确；D、S

12、2能与Cu2+反应生成CuS沉淀，降低了水中的Cu2+浓度，D正确。（2014海南卷，T1）12、化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是（ ）A、碘酒是指单质碘的乙醇溶液 B、84消毒液的有效成分是NaClOC、浓硫酸可刻蚀石英制艺术品 D、装饰材料释放的甲醛会造成污染【答案】C【解析】A、碘酒是单质碘溶于酒精形成的分散系（溶液），A正确；B、“84消毒液”是由氯气和NaOH反应后得到的消毒剂，主要成分为NaCl和NaClO，其中具有漂白性的原因是NaClO与酸反应生成具有漂白性的HClO，所以有效成分为NaClO，B正确；C、浓硫酸不与玻璃的成分二氧化硅发生反应，而二氧化硅与氢氟酸反应：S

13、iO2+4HFSiF4+2H2O，所以工艺师用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，C错误；D、甲醛为常用的合成粘合剂的材料，且甲醛有毒，则某些装饰材料挥发出甲醛和苯等有毒物质会对空气造成污染，D正确。（2014广东卷，T9）13.下列叙述I和II均正确并有因果关系的是选项叙述I叙述IIAKNO3的溶解度大用重结晶法除去KNO3中混有的NaClBBaSO4难溶于酸用盐酸和BaCl2溶液检验SO42-CNH3能使酚酞溶液变红NH3可用于设计喷泉实验DCa(OH)2能制成澄清石灰水可配制2.0 molL-1的Ca(OH)2溶液 【答案】B 【解析】A项、重结晶分离物质的条件是：溶解度随温度变化大与溶解度随温度

14、变化小的可溶性物质，而NaCl的溶解度受温度影响变化不大，A错误；C项、NH3能使酚酞溶液变红说明氨气溶于水得到碱性溶液，而NH3可用于设计喷泉实验说明氨气极易溶于水，C错误；D项、Ca(OH)2微溶于水，常温下溶解度为0.02克左右。不可能配制出2.0 molL-1的Ca(OH)2溶液。（2014福建卷，T9）14常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是XYZNaOH溶液Al(OH)3稀硫酸KOH溶液SiO2浓盐酸O2N2H2FeCl3溶液Cu浓硝酸A B C D【答案】B【解析】氢氧化铝既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，正确；二氧化硅不与盐酸反应，错误；氮气与氧气和氢气常温下

15、不反应，错误；铜与氯化铁反应，与浓硝酸反应，正确。（2014安徽卷，T12）15中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是（ ）选项规律结论A较强酸可以制取较弱酸次氯酸溶液无法制取盐酸B反应物浓度越大，反应速率越快常温下，相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸，浓硝酸中铝片先溶解完C结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高NH3沸点低于PH3D溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀【答案】D【解析】A项，盐酸的制备可以有HClO光照分解产生，反应的方程式为2HClO2HCl+O2，A错误；B、注意一个特殊

16、的现象钝化（铝和浓硝酸发生钝化反应），反应速率减慢，B错误；C、NH3分子之间存在氢键，熔沸点升高，故NH3的沸点高于PH3，C错误；D、ZnS沉淀中加入几滴CuSO4溶液，沉淀由白色转化为黑色，硫化锌和硫化铜阴阳离子比相同，说明溶度积（Ksp）ZnSCuS，故D正确。（2014北京卷，T28）16（15分）用FeCl3酸性溶液脱除H2S后的废液，通过控制电压电解得以再生。某同学使用石墨电极，在不同电压（x）下电解pH=1的0.1mol/L的FeCl2溶液，研究废液再生机理。记录如下（a、b、c代表电压数值）：序号电压/V阳极现象检验阳极产物Ixa电极附近出现黄色，有气泡产生有Fe3+、有Cl

17、2IIaxb电极附近出现黄色，无气泡产生有Fe3+、无Cl2IIIbx0无明显变化无Fe3+、无Cl2（1）用KSCN检验出Fe3+的现象是_。（2）I中，Fe3+产生的原因可能是Cl在阳极放电，生成的Cl2将Fe2+氧化。写出有关反应：_。（3）由II推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，原因是Fe2+具有_性。（4）II中虽未检验出Cl2，但Cl在阳极是否放电仍需进一步验证。电解pH=1的NaCl溶液做对照实验，记录如下：序号电压/V阳极现象检验阳极产物IVaxc无明显变化有Cl2Vcxb无明显变化无Cl2NaCl的浓度是_mol/LIV中检测Cl2的实验方法_。与II对比，

18、得出的结论（写出两点）：_。【答案】（15分）（1）溶液变红 （2）2Cl -2e =Cl2 Cl2+2Fe2+=2Cl+2Fe3+（3）还原 （4）0.2 取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝 通过控制电压，证实了产生Fe3的两种原因都成立；通过控制电压，验证了Fe2先于Cl放电【解析】（1）在电解池中，氯离子在阳极放电：2Cl2eCl2，生成的Cl2能够与溶液中的Fe2发生氧化还原反应：Cl22Fe2=2Cl2Fe3。（2）阳极产物没有氯气，二价铁离子具有还原性，也可能是二价铁离子失电子变为三价铁离子，体现了其还原性。（3）根据对照试验，则需要Cl浓度等于原FeCl2溶液中C

19、l的浓度：0.1 mol/L20.2 mol/L；用湿润的淀粉碘化钾试纸来检验有无氯气，若试纸变蓝，说明有氯气生成；与对比，电压较大时有Cl2产生，说明电压较大时Cl放电；电压较小时没有Cl2产生，说明在电压较小的时候，Cl没有放电，即Fe2放电变为Fe3，故放电顺序：Fe2Cl。（2014福建卷，T24）17 (15分)铁及其化合物与生产、生活关系密切。（1）右图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。该电化腐蚀称为 。图中A、B、C、D四个区域，生成铁锈最多的是 (填字母)。（2）用废铁皮制取铁红(Fe2O3)的部分流程示意图如下：步骤I若温度过高，将导致硝酸分解。硝酸分解的化

20、学方程式为 。步骤II中发生反应：4Fe(NO3)2O2(2n4)H2O2Fe2O3nH2O8HNO3，反应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe(NO3)2，该反应的化学方程式为 。上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是 (任写一项)。（3）已知t时，反应FeO(s)CO(g)Fe(s)CO2(g)的平衡常数K0.25。t时，反应达到平衡时n(CO)：n(CO2) 。若在1 L密闭容器中加入0.02 mol FeO(s)，并通入xmolCO，t时反应达到平衡。此时FeO(s)转化率为50%，则x 。【答案】（15分）（1）吸氧腐蚀 B（2）4HNO34NO2+O2+2H2O 4Fe+1

21、0HNO3=4Fe(NO3)3+NH4NO3+3H2O 氮氧化物排放少（或其他合理答案）（3） 4:1 0.05【解析】（1）由图看出，在海水中，该电化腐蚀属于吸氧腐蚀，在ABCD四个区域中，生成铁锈最多是B区，能接触到氧气。（2）浓硝酸分解的化学方程式为4HNO34NO2+O2+2H2O,硝酸氧化 废铁皮中铁的化学方程式为4Fe+10HNO3=4Fe(NO3)3+NH4NO3+3H2O，生产过程中体现绿色思想的是整个过程中氮氧化物排放减少。根据反应FeO(s)CO(g)Fe(s)CO2(g)，平衡常数K为0.25，因为固体的浓度为1，则反应达到平衡时n(CO)：n(CO2)=4:1，若在1

22、L密闭容器中加入0.02 mol FeO(s)，并通入xmolCO，t时反应达到平衡。此时FeO(s)转化率为率为50%，FeO(s)CO(g)Fe(s)CO2(g)起始 0.02 x 0 0变化 0.01 0.01 0.01 0.01平衡时 0.01 x-0.01 0.01 0.01 根据平衡常数K=0.25得：，解得x=0.05。（2014福建卷，T25）18 (15分)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：实验一 焦亚硫酸钠的制取采用右图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置II中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO

23、3SO2Na2S2O5（1）装置I中产生气体的化学方程式为 。（2）要从装置II中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是 。（3）装置III用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为 (填序号)。实验二 焦亚硫酸钠的性质Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。（4）证明NaHSO3溶液中HSO3 的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是 (填序号)。a测定溶液的pH b加入Ba(OH)2溶液 c加入盐酸 d加入品红溶液 e用蓝色石蕊试纸检测（5）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是 。实验三 葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（6）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡

24、萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：(已知：滴定时反应的化学方程式为SO2I22H2OH2SO42HI)按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为 gL1。在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果 (填“偏高”“偏低”或“不变”)。【答案】（15分）（1）Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O（或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2+H2O）（2）过滤（3）d（4）a、e（5）取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀

25、生成（6） 0.16 偏低【解析】（1）装置1是制备二氧化硫气体，反应方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O（或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2+H2O）（2） 要从装置II中得到晶体，可采取的措施是过滤；（3）装置III用于处理尾气，可选用的最合理装置是d，a装置缺少与外界相通，错误；b易发生倒吸，错误；c装置倒扣的漏斗进入水中，错误。（4）证明NaHSO3溶液中HSO3 的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是测定溶液的pH，pH小于7，则电离程度大于水解程度，a正确；加入氢氧化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，和盐酸反应生成气体二氧化硫；无法判断电离程度

26、和水解程度；亚硫酸根和亚硫酸氢根都不能使品红褪色，不能采用；用蓝色石蕊试纸检验，若变红则电离大于水解，e正确。（5）检验变质的方法是取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成。（6）根据反应方程式可得: SO2I22H2OH2SO42HI。碘的物质的量为0.01002510-3=2.510-4mol，则抗氧化剂的残留量为2.510-4mol64g/mol=0.16g；若碘化钾部分被氧化，则需要二氧化硫的物质的量减少，则所求浓度偏低。（2014海南卷，T13）19、（9分）4种相邻主族短周期元素的相对位置如表，元素x的原子核外电子数是m的

27、2倍，y的氧化物具有两性。回答下列问题： m n x y （1）元素x在周期表中的位置是_周期，_族，其单质可采用电解熔融_的方法制备。（2）m、n、y三种元素最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是_，碱性最强的是_（填化学式）。（3）气体分子(mn）2的电子式为_，(mn）2称为拟卤素，性质与卤素相似，其与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为_。【答案】（9分） （1）三 IIA MgCl2 （每空1分，共3分）（2）HNO3 Al(OH)3 （每空1分，共2分）（3） 2NaOH+(CN)2=NaCN+NaCNO+H2O （每空2分，共4分）【解析】根据四种元素（相邻主族短周期元素）的位置关系，可

28、知x是Mg，y是Al，m是C，n是N。（1）元素x（Mg）在周期表中的位置是第三周期IIA族，由于Mg的化学性质比较活泼，常用电解熔融的MgCl2的方法制备；（2）m（Mg）、n（C）、y（N）三种元素中，金属性最强的是Al元素，故最高价氧化物的水化物中碱性最强的是Al(OH)3，非金属性最强的是N元素，所以最高价氧化物的水化物中酸性最强的是HNO3；（3）气体分子(mn）2的化学式是(CN)2，属于共价化合物，电子式是；根据题目中的信息“(mn）2称为拟卤素，性质与卤素相似”，所以(CN)2与氢氧化钠溶液反应发生的化学方程式类似于Cl2与氢氧化钠溶液反应，所以反应的方程式为2NaOH+(CN

29、)2=NaCN+NaCNO+H2O。（2014山东卷）30（16分）离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系，由有机阳离子、Al2Cl7和AlCl4组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上电镀铝。（1）钢制品应接电源的 极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为 。若改用AlCl3水溶液作电解液，则阴极产物为 。（2）为测定镀层厚度，用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当反应转移6 mol电子时，所得还原产物的物质的量为 mol。（3）用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验，需要的试剂还有 。 aKCl b. KClO3 c. MnO2 d. Mg 取少量铝热反应所得到

30、的固体混合物，将其溶于足量稀H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象， （填“能”或“不能”）说明固体混合物中无Fe2O3，理由是 （用离子方程式说明）。 【答案】（1）负 4Al2Cl7+3=Al+7AlCl4 H2 （2）3 （3） b、d 不能 Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O 2Fe3+ Fe=3Fe2+（或只写Fe+ 2Fe3+ =3Fe2+）【解析】（1）在钢制品上电镀铝时，即钢制品为镀件，电镀时作为阴极（与电源的负极相连）；在电镀时，阴极生成Al单质，所以电极反应为4Al2Cl7+3=Al+7AlCl4；电镀时若用AlCl3作为电解液，则由水电离出的H+也能在阴极放点生成H2

31、；（2）用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层时，发生反应的方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，该反应的还原产物是H2。根据H2与转移电子数的关系：H22，所以H2的物质的量是3mol。（3）铝热反应常用于冶炼高熔点的金属，并且它是一个放热反应其中镁条为引燃剂，氯酸钾为助燃剂，所以答案选bd；H2SO4与Fe2O3反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，铝热反应生成的Fe可将Fe3+还原为Fe2+，所以不能说明固体混合物中无Fe2O3。（2013江苏卷）4.下列有关物质性质的应用正确的是A.液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂B.二氧化硅不与强酸反应

32、，可用石英器皿盛放氢氟酸C.生石灰能与水反应，可用来干燥氯气D.氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝【参考答案】A【解析】本题属于元素及其化合物知识的考查范畴，这些内容都来源于必修一、和必修二等课本内容。A.源于必修一P99第8行原文。B.源于必修一P76第9行原文。C.源于必修一P87第3题及必修一P85第7行材料。D.氯化铝从选修三电负性差值来看，它属于共价化合物，熔融情况下不导电，不能用于电解制铝。必修二P88P89都介绍了工业上用电解熔融氧化铝的方法制铝。【备考提示】看来高三一轮复习围绕课本、围绕基础展开，也不失为一条有效的复习途径。（2013江苏卷）6.甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、

33、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：。下列有关物质的推断不正确的是A.若甲为焦炭，则丁可能是O2B.若甲为SO2，则丁可能是氨水C.若甲为Fe，则丁可能是盐酸D.若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2【参考答案】B【解析】本题属于元素及其化合物知识的考查范畴，有一定的难度，代入逐一对照验证法是一种比较简单的方法。A.若甲为焦炭，则乙为一氧化碳，丙为二氧化碳，二氧化碳与炭反应生成一氧化碳。B.若甲为二氧化硫，则乙为亚硫酸氢铵，丙为亚硫酸铵，亚硫酸铵与二氧化硫反应生成亚硫酸氢铵。C.若甲为铁，丁为盐酸，则乙为氯化来铁，氯化来铁可能再与盐酸反应。D.若甲为氢氧化钠，丁为二氧化碳，则乙

34、为碳酸钠，丙为碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠。（2013四川卷）7. 1.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120 mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g沉淀。下列说法不正确的是（） A该合金中铜与镁的物质的量之比是2:1 B. 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/L CNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80% D得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mLks5u【答案】D 【

35、解析】A. 设Cu Xg, Mg Yg. X+Y=1.52 X/6498+Y/2458=2.54 得X=0.02 Y=0.01 B. c(HNO3)=1000/M=10001.4063/63=14.0（mol/L ）C. n(HNO3)=14.00.05=0.7mol=n（NO2）+2n（N2O4）n（NO2）+n（N2O4）=1.12L/22.4L/mol, n（NO2）=0.04 mol n（N2O4）=0.01 mol 可知C正确。D. 与硝酸反应的NaOH ： n（NaOH）=0.7-0.04-0.02=0.64 与金属离子反应的NaOH ： n（NaOH）=0.06 总NaOH的量

36、n总=0.64+0.06=0.7 mol 故需要NaOH 700 mL（2013上海卷）7.将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是选项XYASO2H2SBCl2CO2CNH3CO2DSO2Cl2答案：B【解析】A项，会有沉淀（单质硫）生成；B项，Cl2通入BaCl2溶液中无现象，再通入CO2也不会有BaCO3沉淀生成；C项，会有BaCO3沉淀生成；D项，后通入的Cl2可将先通入SO2氧化为H2SO4，因此后有BaSO4沉淀生成，故答案为：B。（2013上海卷）16.已知氧化性Br2Fe3+。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2,发生反应的离子方程式为

37、：a Fe2+b Br-+c Cl2d Fe3+ e Br2+ f Cl-下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是A.2 4 3 2 2 6 B.0 2 1 0 1 2C.2 0 1 2 0 2 D.2 2 2 2 1 4答案：B【解析】由题意知，将Cl2通入FeBr2溶液中先氧化Fe2+，然后再氧化Br-。若a、b、c为2、4、3时，溶液中Fe2+、Br-恰好完全被氧化，则利用原子守恒知d、e、f是2、2、6；若a、b为0、2,则说明反应先氧化Be-，与事实不符；若a、b、c为2、0、1时，即溶液中Fe2+恰好氧化完全，则利用原子守恒知d、e、f

38、是2、0、2；若a、b、c为2、2、2时，即溶液中Fe2+完全氧化、Br-刚好有一半被氧化，则利用原子守恒知d、e、f是2、1、4，故答案为：B。（2013上海卷）18.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2。若氧化物比还原物多1.75mol，则下列判断正确的是A.生成42.0LN2（标准状况）B.有0.250molKNO3被氧化C.转移电子的物质的量为1.25molD.被氧化的N原子的物质的量为3.75mol答案：CD【解析】利用方程式可知N2既是氧化产物又是还原产物，且氧化产物与还原产物的质量（或物质的量）之比为15:1，因此当氧化产物比还原

39、产物多1.75mol时，生成N2的体积（标准状况）为：16mol1.75mol/(15mol-1mol)22.4Lmol-144.8L；参加反应的KNO3被还原；利用方程式知生成16molN2时转移10mol电子，结合前面分析知反应生成2molN2,因此反应转移电子的物质的量为102/161.25mol，C项正确；利用方程式，结合前面分析知当氧化产物比还原产物多14mol时，被氧化的氮原子的物质的量为30mol,因此该反应被氧化的氮原子的物质的量为30mol1.75mol/14mol3.75mol，D项正确。（2013上海卷）21.一定条件下，将0.1LCO、0.2LCO2、0.1LNO、0.

40、2LNO2和0.2LNH3混合，然后通过分别盛有足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液的三个洗气瓶（洗气瓶排列顺序不确定）。假设气体通过每个洗气瓶都能充分反应，则尾气（已干燥）A.可能是单一气体 B.不可能含有一氧化碳C.可能存在原气体中的两种气体 D.成分和洗气瓶的排列顺序无关答案：AC【解析】若混合气体先通入NaOH溶液，然后再依次通入饱和碳酸氢钠溶液、水（或水、饱和碳酸氢钠溶液）则最后得到尾气为CO；若混合气体先通过饱和碳酸氢钠溶液、水（或水、饱和碳酸氢钠溶液），最后通入NaOH溶液，则尾气为CO和NO，由此可知尾气中一定含有CO，故答案为：AC。（2013上海卷）22.一定量的Cu

41、S和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为11，则V可能为A.9.0L B.13.5L C.15.7L D.16.8L答案：A【解析】由铜守恒可知CuS与Cu2S中含有n(Cu)12.0g/80gmol-10.15mol，利用电子守恒，依据“极端假设法”可知，当混合物全部为CuS时可得：0.15mol8n(NO)3+n(NO2) 1，因n(NO)n(NO2)，解之得n(NO)n(NO2)0.3mol，则反应所

42、得混合气体在标况下的体积V（0.3mol+0.3mol）22.4molL-113.44L；当混合物全部为Cu2S时可得：100.15mol/2n(NO)3+n(NO2) 1，因n(NO)n(NO2)，解之得n(NO)n(NO2)0.1875mol，则反应所得混合气体在标况下的体积V（0.1875mol+0.1875mol）22.4molL-18.4L,所以收集到气体体积：8.4LV13.44L，故答案为：A。（2013广东卷）10下列叙述和均正确并且有因果关系的是 选项叙述I叙述IIANH4Cl为强酸弱碱盐用加热法除去NaCl中的NH4ClBFe3+具有氧化性用KSCN溶液可以鉴别Fe3+C溶解度：CaCO3Ca(HCO3)2溶解度：Na2CO3NaHCO3DSiO2可与HF反应氢氟酸不能保存在玻璃瓶中解析：用加热法除去NaCl中的NH2Cl的原因是NH2Cl受热易分解生成氨气和氯化氢，A错误；用KSCN溶液鉴别Fe3+是因为Fe3+与发生络合反应生成红色Fe（）3，B错误；碳酸钙的溶解度小于碳酸氢钙，而碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，C错误；玻璃的主要成分SiO2易与HF反应，所以氢氟酸保存在