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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知識的整體性和探究性，強化與生活、社會實際問題的聯系，試題可以以選擇題的形式出現，也可以以實驗題和無機推斷題的形式出現，以環(huán)保為主題設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能使有色物質被氧化而褪色。反之，也有許多物質能使氯水、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分離方法不同。 萃取和分液是物質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，而萃取是根據一種溶質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鍵。 命題以選擇何種合適的萃取劑、萃取后呈何現象、上下層如何分離等形式出現。解題關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）掌握常見物質的俗名、組成、用途，防止張冠李戴。 本章中出現的物質俗名比較多，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上進行記憶，注意它們的性質和用途，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）熟悉有關各種價態(tài)的硫元素性質及轉化，以作推斷題（主要是框圖型）。 牢固掌握各種代表物性質及它們之間的知識網絡和反應原理，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，注意對題設條件的充分應用，盡量縮小范圍。推斷時不僅要關注網絡的結構，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，將有色物質氧化成無色物質，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直接結合，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，又根據氨水與酸的量關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，最終產物應為HNO3，恰好反應的量的關系：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。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。因此推斷產物時一定要注意CO2與NaOH間量的關系。 （2）Na2CO3溶液中滴加鹽酸過程不清楚。 在Na2CO3溶液中滴加HCl，CO32-先轉化為HCO3-，再滴加鹽酸HCO3-轉化為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生CO32-，并同時產生部分H+，若原溶液無法消耗這部分H+，則不利于CO2轉化為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　下列關于硅單質及其化合物的說法正確的是 (　　) ①硅是構成一些巖石和礦物的基本元素?、谒?、玻璃、水晶飾物都是硅酸鹽制品　③高純度的硅單 質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化關系 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，甲同學設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中出現的不同現象說明的問題是 。 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；依據氯氣的物理性質，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化關系 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 例4　32.64 g銅與140 mL一定濃度的硝酸反應，銅完全溶解產生的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失去的電子數等于NO、NO2得到的電子數，建立方程為3＋1＝2②，由①②聯解得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化關系 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，尤其是強氧化性是熱點，涉及與單質反應產物的判斷，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能使有色物質被氧化而褪色。反之，也有許多物質能使氯水、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，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＋呈現的氧化性，是H＋得到電子的性質。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，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”。復習時除要總結一些有關非金屬的規(guī)律外還應注意非金屬單質的一些特性。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，在與含有水分的蔗糖作用過程中不能顯示的性質是 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，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②中的信息可知乙是二元酸，故乙是H2SO4；根據③中現象，可以推知丙中含有Cl－；再結合①中提供信息，甲與其它三種物質混合均產生白色沉淀，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）下列有關物質的性質和該性質的應用均正確的是 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，易轉變?yōu)椋?價，從而體現氧化性。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：根據草酸晶體的性質不難得出答案是D。 答案：D 9．（上海）物質的量為0.10 mol的鎂條在只含有CO2和O2混合氣體的容器中燃燒（產物不含碳酸鎂），反應后容器內固體物質的質量不可能為 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，其質量是4g；若鎂全部與二氧化碳反應生成氧化鎂和碳，其質量是4.6g。因為只要有氧氣存在，就不可能生成單質碳，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， 反應產物俗稱“吊白塊”。關于“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：根據有機物中含有的官能團可以判斷，該物質易溶于水，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（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、重生產實際應該是我們高三復習也應牢記的內容。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“操作和現象”與“結論”對應關系正確的是 操作和現象 結論 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，產生的NO在管口生成NO2呈現紅色，而不是HNO3分解產生NO2，故A項錯誤。應加入堿將水解后的淀粉溶液調節(jié)成堿性，才可以產生紅色沉淀，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化率與壓強的關系如圖所示。該反應ΔH 0（填“>”或“ <”）。實際生產條件控制在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轉化率已較高，再增大壓強CO轉化率提高不大，而生產成本增加，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，化學平衡常數計算，平衡移動方向與反應熱的關系，實際工業(yè)條件的選擇等內容。（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，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NO2轉化了a mol則SO2也轉化了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，同時要考慮經濟效益和成本，這里的選擇要結合圖像，其理由與SO2的催化氧化在常壓下相似，即：在1.3104KPa下，CO轉化率已較高，再增大壓強CO轉化率提高不大，而生產成本增加，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，能夠將KI中的I－氧化為碘單質，此反應中共有三種元素，其中K單質具有強還原性，因此不可能得到此單質，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，因此產生氧氣和臭氧的一極為陽極，根據裝置中電極B處產生臭氧，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中現象為________，原因是__________________。 （4）經上述反應，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，結合反應物中的元素及性質，可確定生成的單質氣體為氮氣。收集氮氣前，應將反應剩余的氨氣吸收，因此選擇濃硫酸。 （4）根據質量守恒可知，生成氮氣中的氮元素的質量即為A中氮元素的質量，所以2.5gA中含有氮原子的質量為，因此A中氮元素與另一種元素的質量比為，結合此物質可以水解，則推測為Mg3N2。 16．（上海）氨和聯氨(N2H4)是氮的兩種常見化合物，在科學技術和生產中有重要的應用。根據題意完成下列計算： （1）聯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量為43.0，其中氮原子的質量分數為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生的氣體在標準狀況下的體積為 L。 （2）聯氨和四氧化二氮可用作火箭推進劑，聯氨是燃料，四氧化二氮作氧化劑，反應產物是氮氣和水。 由聯氨和四氧化二氮組成的火箭推進劑完全反應生成72.0kg水，計算推進劑中聯氨的質量。 （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（質量分數0.300)完全吸收，產生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吸收后氨水的物質的量濃度（答案保留1位小數）。 （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。測得縮合產物中二聚物的物質的量分數為0.60，推算縮合產物中各縮合物的物質的量之比。 解析：本題主要考察與化學有關的計算。 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），則產物中PCl3與PCl5的物質的量之比接近于 A．1：2 B．2：3 C．3：1 D．5：3 【解析】設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 下列各組物質中，滿足下圖物質一步轉化關系的選項是 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，無明顯現象，符合，選B；NH3通入后轉化為氨水，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】本題考察物質的性質。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)生產中檢查氯氣是否泄漏的裝置，下列有關說法錯誤的是 A．燒瓶中立即出現白煙 B．燒瓶中立即出現紅棕色 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，燒瓶中出現白煙，A對；不能出現紅棕色氣體，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：②>① B.溶液中陰離子的物質的量濃度之和: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+個數更多，A項正確；B②鈉離子的物質的量濃度為0.2 mol/L而①鈉離子的物質的量濃度為0.1 mol/L根據物料守恒及電荷守恒可知溶液中陰離子的物質的量濃度之和: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 ． 假設1：只存在SO32-；假設2：既不存在SO32-也不存在ClO；假設3：_____________． 設計實驗方案，進行實驗。請在答題卡上寫出實驗步驟以及預期現象和結論。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 預期現象和結論 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，失去電子做表現還原性，故還原劑為Na2SO3。 (3)①很明顯，假設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 預期現象和結論 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_______操作得到溶液Y，再經濃縮，結晶等步驟得到綠礬。 （4）溶液Z的pH影響聚鐵中鐵的質量分數，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量分數偏_______。 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。