【備戰(zhàn)2012】高考化學5年真題分類匯編 專題06 非金屬及其化合物

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1、 【備戰(zhàn)2012】高考化學5年真題分類匯編 【2011高考】 （2011·江蘇卷）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 【解析】本題屬于元素及其化合物知識的考查范疇，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惠啅土曇欢ㄗ⒁庖フn本、抓基礎，不能急功近利。 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

2、穩(wěn)定，易轉變?yōu)椋?價，從而體現(xiàn)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。 【答案】A （2011·江蘇卷）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 【解析】本題考查元素化合物知識綜合內(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，但落點很低，僅考查NaHCO3 、Na2CO

3、3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(chǎn)實際應該是我們高三復習也應牢記的內(nèi)容。25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的要??；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、高溫時可以反應；在侯氏制堿法中不涉及氧化還原反應。 【答案】B （2011·山東卷）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.單質常用作半導體材料和光導纖維 C.最高價氧化物不與酸反應 D.氣態(tài)氫化物比甲烷穩(wěn)定 【解析】

4、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很高的氧化物及硅酸鹽的形式存在，選項A正確；硅位于金屬和非金屬的分界線附件常用作半導體材料，二氧化硅才用作光導纖維，選項B不正確；硅的最高價氧化物是二氧化硅，SiO2與酸不反應但氫氟酸例外，與氫氟酸反應生成SiF4和水，因此氫氟酸不能保存在玻璃瓶中，選項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D也不

5、正確。 【答案】A （2011·海南卷）“碳捕捉技術”是指通過一定的方法將工業(yè)生產(chǎn)中產(chǎn)生的CO2分離出來并利用。如可利用NaOH溶液來“捕捉”CO2，其基本過程如下圖所示（部分條件及物質未標出）。 下列有關該方法的敘述中正確的是 A.能耗大是該方法的一大缺點 B.整個過程中，只有一種物質可以循環(huán)利用 C.“反應分離”環(huán)節(jié)中，分離物質的基本操作是蒸發(fā)結晶、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】由題可知基本過程中有兩個反應：①二氧化碳與氫氧化鈉反應，②碳酸鈣的高溫分解。A選項正確，循環(huán)利用的應該有CaO和NaOH 兩種物質，

6、B選項錯誤；“反應分離”過程中分離物質的操作應該是過濾，C選項錯誤；D選項中甲醇工業(yè)上可用CO2制備。 【技巧點撥】根據(jù)題中信息可知，捕捉室中反應為二氧化碳與氫氧化鈉反應，得到的Na2CO3和CaO在溶液中反應得到NaOH和CaCO3，由此可分析出各選項正誤。 （2011·上海卷）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 （2011·上海卷）下列溶液中通入SO2一定不會產(chǎn)生沉淀的是 A． B

7、a(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 (2011·上海卷)120 mL含有0.20 mol碳酸鈉的溶液和200 mL鹽酸，不管將前者滴加入后者，還是將后者滴加入前者，都有氣體產(chǎn)生，但最終生成的氣體體積不同，則鹽酸的濃度合理的是 A．2.0mol/L B．1.5 mol/L C．0.18 mol/L D．0.24mol/L 【解析】若碳酸鈉恰

8、好與鹽酸反應生成碳酸氫鈉，則鹽酸的濃度是1.0 mol/L；若碳酸鈉恰好與鹽酸反應生成二氧化碳，則鹽酸的濃度是2.0 mol/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】B 達式為K＝ ；過量的SO2與NaOH溶液反應的化學方程式為 。 （2）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，發(fā)生的主要反應的離子方程式為 ；該過程產(chǎn)生的尾氣可

9、用堿溶液吸收，尾氣中污染空氣的氣體為 （寫化學式）。 【解析】本題讓元素化合物知識與生產(chǎn)工藝、化學平衡原理結合起來，引導中學化學教學關注化學學科的應用性和實踐性。本題考查學生在“工藝流程閱讀、相關反應化學方程式書寫、化學反應條件控制的原理、生產(chǎn)流程的作用”等方面對元素化合物性質及其轉化關系的理解和應用程度，考查學生對新信息的處理能力。備考提示：元素化合物知識教學要與基本實驗實驗、化工生產(chǎn)工藝、日常生活等結合起來，做到學以致用，而不是簡單的來回重復和死記硬背。 【答案】（1）k＝c2(SO3)/c(O2)·c2(SO2)

10、 SO2＋NaOH＝NaHSO3 (2)提高鐵元素的浸出率 抑制Fe3＋水解 （3）Cl2＋Fe2＋＝2Cl－＋Fe3＋ Cl2 HCl （2011·浙江卷）食鹽中含有一定量的鎂、鐵等雜質，加碘鹽中碘的損失主要是由于雜質、水分、空氣中的氧氣以及光照、受熱而引起的。已知：氧化性： ＞Fe3＋＞I2；還原性：＞I－； 3I2＋6OH－＋5I－＋3H2O； KI＋I2KI3 （1）某學習小組對加碘鹽進行如下實驗：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

11、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；第三份試液中加入適量KIO3固體后，滴加淀粉試劑，溶液不變色。 ①加KSCN溶液顯紅色，該紅色物質是_________（用化學式表示）；CCl4中顯紫紅色的物質是___________________（用電子式表示）。 ②第二份試液中加入足量KI固體后，反應的離子方程式為___________________________、______________________________________。 （2）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

12、與氧氣反應的化學方程式：_____________________________。 將I2溶于KI溶液，在低溫條件下，可制得KI3·H2O。該物質作為食鹽加碘劑是否合適？______（填“是”或“否”），并說明理由________________________________________。 （3）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。下列物質中有可能作為穩(wěn)定劑的是___________________。 A．Na2S2O3 B．AlCl3 C．Na2CO3 D．NaNO2 （4）對含F(xiàn)e2＋較多的食鹽(假設不含F(xiàn)e3＋)，可選用KI作為加碘劑

13、。請設計實驗方案，檢驗該加碘鹽中的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應用信息：“氧化性：＞Fe3＋＞I2”，說明和Fe3＋均能氧化I－生成I2。 （2）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(會反應)，應考慮緩慢反應，微量產(chǎn)物I2會升華和KOH與空氣中CO2反應。 KI3·H2O作加碘劑問題，比較難分析，因為KI3很陌

14、生。從題中：“低溫條件下可制得”或生活中并無這一使用實例來去確定。再根據(jù)信息：“KI＋I2KI3”解析其不穩(wěn)定性。 （3）根據(jù)信息“還原性：＞I－”可判斷A；C比較難分析，應考慮食鹽潮解主要是Mg2＋、Fe3＋引起，加Na2CO3能使之轉化為難溶物；D中NaNO2能氧化I―。 (2011·福建卷)I、磷、硫元素的單質和化合物應用廣泛。 （1）磷元素的原子結構示意圖是____________。 （2）磷酸鈣與焦炭、石英砂混合，在電爐中加熱到1500℃生成白磷，反應為： 2Ca3(PO4)2＋6SiO2===6CaSiO3＋P4O10?? 10C＋P4O10===P4＋10CO

15、 每生成1 mol P4時，就有________mol電子發(fā)生轉移。 （3）硫代硫酸鈉(Na2S2O3)是常用的還原劑。在維生素C(化學式C6H8O6)的水溶液中加入過量I2溶液，使維生素C完全氧化，剩余的I2用Na2S2O3溶液滴定，可測定溶液中維生素C的含量。發(fā)生的反應為： C6H8O6＋I2===C6H6O6＋2H＋＋2I－?????? 2S2O32－＋I2===S4O62－＋2I－ 在一定體積的某維生素C溶液中加入a mol·L－1 I2溶液V1 mL，充分反應后，用Na2S2O3溶液滴定剩余的I2，消耗b mol·L－1 Na2S2O3溶液V2 mL。該溶液中維生素C的物質的量

16、是__________mol。 （4）在酸性溶液中，碘酸鉀(KIO3)和亞硫酸鈉可發(fā)生如下反應：2IO3－＋5SO32－＋2H＋===I2＋5SO42－＋H2O 生成的碘可以用淀粉溶液檢驗，根據(jù)反應溶液出現(xiàn)藍色所需的時間來衡量該反應的速率。某同學設計實驗如下表所示： ? 0.01mol·L－1KIO3酸性溶液(含淀粉)的體積/mL 0.01mol·L－1Na2SO3溶液的體積/mL H2O的體積/mL 實驗溫度/℃ 溶液出現(xiàn)藍色時所需時間/s 實驗1 5 V1 35 25 ? 實驗2 5 5 40 25 ? 實驗3 5 5 V2 0 ? ?

17、????? 該實驗的目的是_____________________；表中V2=___________mL II、稀土元素是寶貴的戰(zhàn)略資源，我國的蘊藏量居世界首位。 （5）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______________。 （6）在某強酸性混合稀土溶液中加入H2O2，調節(jié)pH≈3，Ce3＋通過下列反應形成Ce(OH)4沉淀得以分離。完成反應的離子方程式： □Ce3＋＋□H2O2＋□H2O === □Ce(OH)4↓＋□_______

18、 【解析】（1）P屬于第15號元素，其原子的結構示意圖為：； （2）每生成1 mol P4時，P由+5價變成0價，電子轉移為5×4＝20或C化合價由0價變成為+2價，電子轉移為2×10＝20； （3）n（Na2S2O3）＝bV1/1000 mol；與其反應的I2為bV1/2000 mol，與維生素C反應的I2為 mol，即維生素C的物質的量是mol（或其它合理答案）； （4）由實驗2可以看出混合液的總體積為50mL，V1為10mL，V2為40mL，實驗1和實驗2可知實驗目的是探究該反應速率與亞硫酸鈉溶液濃度的關系；實驗2和實驗3可知實驗目的是探究該反應速率與溫度的關系。 （5）題目中

19、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。 （6）根據(jù)題意：“強酸性”或觀察方程式可知缺項是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＋ 此題考查原子結構示意圖，氧化還原反應的配平與電子轉移計算，滴定中的簡單計算，水解知識，實驗探究變量的控制等，上述皆高中化學中的主干知識。題設中的情景都是陌生的，其中還涉及到稀土知識，其中第（4）小問是該題亮點，設問巧妙，有點類似于2010全國新課標一題

20、，但題目設計更清晰，不拖泥帶水。第6小問的缺項配平有點超過要求，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，或者說沒有聯(lián)系。 【答案】（1）； （2）20； （3）； （4）探究該反應的速率與溫度、亞硫酸鈉溶液濃度的關系（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＋。 （2011·山東卷）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

21、應的化學反應方程式為 。利用反應6NO2＋ 8NH37N5＋12H2O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 kJ·mol-1 2NO（g）+O2（g）2NO2（g） ΔH=-113.0 kJ·mol-1 則反應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

22、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 molNO2 測得上述反應平衡時NO2與SO2體積比為1:6，則平衡常數(shù)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下圖所示。該反應ΔH 0（填“>”或“ <”）。實際生產(chǎn)條件控制在250℃、1.3×104kPa左右，選擇此壓強的理由是 。 【解析】（1）NO2溶于

23、水生成NO和硝酸，反應的方程式是3NO2＋H2O=NO＋2HNO3；在反應6NO ＋ 8NH37N5＋12 H2O中NO2作氧化劑，化合價由反應前的+4價降低到反應后0價，因此當反應中轉移1.2mol電子時，消耗NO2的物質的量為，所以標準狀況下的體積是。 （2）本題考察蓋斯定律的應用、化學平衡狀態(tài)的判斷以及平衡常數(shù)的計算。① 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） ΔH1=-196.6 kJ·mol-1 ② 2NO（g）+O2（g）2NO2（g） ΔH2=-113.0 kJ·mol-1 。②－①即得出2NO2（g）+2SO2（g）2SO3（g）+2NO（g） ΔH=

24、ΔH2－ΔH1=-113.0 kJ·mol-1 +196.6 kJ·mol-1＝+83.6 kJ·mol-1。所以本題的正確答案是41.8；反應NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的特點體積不變的、吸熱的可逆反應，因此a不能說明。顏色的深淺與氣體的濃度大小有關，而在反應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NO2一個作為生成物，一個作為反應物，因此在任何情況下每消耗1 mol SO3的同時必然會生成1 molNO2，因此d也不能

25、說明；設NO2的物質的量為1mol，則SO2的物質的量為2mol，參加反應的NO2的物質的量為xmol。 （3）由圖像可知在相同的壓強下，溫度越高CO平衡轉化率越低，這說明升高溫度平衡向逆反應方向移動，因此正反應是放熱反應；實際生產(chǎn)條件的選擇既要考慮反應的特點、反應的速率和轉化率，還要考慮生產(chǎn)設備和生產(chǎn)成本。由圖像可知在1.3×104kPa左右時，CO的轉化率已經(jīng)很高，如果繼續(xù)增加壓強CO的轉化率增加不大，但對生產(chǎn)設備和生產(chǎn)成本的要求卻增加，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）<

26、在1.3×104kPa下，CO的轉化率已經(jīng)很高，如果增加壓強CO的轉化率提高不大，而生產(chǎn)成本增加，得不償失。 （2011·山東卷）科研、生產(chǎn)中常涉及鈉、硫及其化合物。 （1）實驗室可用無水乙醇處理少量殘留的金屬鈉，化學反應方程式為 。要清洗附著在試管壁上的硫，可用的試劑是 。 （2）下圖為鈉硫高能電池的結構示意圖，該電池的工作溫度為320℃左右，電池反應為2Na+S＝Na2，正極的電極反應式為 。M（由Na2O和Al2O3制得）的兩個作用是 。與鉛蓄電池相比，當消耗相同質量的負極活性物質時，鈉硫電池的理論放電量是鉛蓄電池的 倍。

27、 （3）Na2S溶液中離子濃度由大到小的順序為 ，向該溶液中加入少量固體CuSO4，溶液PH （填“增大”“減小”或“不變”），Na2S溶液長期放置有硫析出，原因為 （用離子方程式表示）。 【解析】（1）乙醇中還有羥基可以與金屬鈉反應放出氫氣，化學方程式為2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑；單質硫不溶于水，微溶于酒精，易溶液CS2，在加熱時可與熱的氫氧化鈉溶液反應，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）由電池反應可與看出金屬鈉失去電子作為負極，單質硫得電子被還原成，所以正極的電極反應式為X

28、S+2e－＝；由于原電池內(nèi)部要靠離子得定向運動而導電，同時鈉和硫極易化合，所以也必需把二者隔離開，因此其作用是離子導電（導電或電解質）和隔離鈉與硫；在鉛蓄電池中鉛作負極，反應式為Pb(s)＋SO42－(aq)－2e－＝PbSO4(s)，因此當消耗1mol即207g鉛時轉移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。 （3）Na2S屬于強堿弱酸鹽S2－水解顯堿性，所以c(H＋)最小。但由于水解程度很小，大部分S2－還在溶液中。因為氫硫酸屬于二元弱酸，所以S2－水解時分兩步進行且以第一步水解為主，方程式為S2－＋H2O=HS－＋OH－、HS

29、－＋H2O=H2S＋OH－，因此Na2S溶液中離子濃度由大到小的順序為c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H＋)；由于S2－極易與Cu2＋結合形成CuS沉淀而抑制S2－水解，因此溶液但堿性會降低，酸性會增強，方程式為S2－＋Cu2＋=CuS↓。S2－處于最低化合價－2價，極易失去電子而被氧化，空氣中含有氧氣可氧化S2－而生成單質硫，方程式為2S2－＋O2＋2H2O=2S↓＋4OH－。 【2010高考】 （2010·全國卷Ⅰ）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

30、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

31、一冊第四章第一節(jié)；考查無機元素及其化合物，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選項直接取材于高一課本，D取材于高二第一章氮族。 【答案】C （2010·全國卷Ⅰ）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(chǎn)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=

32、（0.314×2）/22.4≈0.028……②，聯(lián)立之可解得：X=0.006,Y=0.002故選C?？疾閷W生的基本化學計算能力，涉及一些方法技巧的問題，還涉及到過量問題等根據(jù)化學化學方程式的計算等 【答案】C （2010·福建卷）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 【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C

33、O2在一定條件下與單質鈉反應可以生成金剛石和碳酸鈉。 【答案】C （2010·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(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(xiàn)象是先變紅，后褪色，故D錯。 【答

34、案】A （2010·上海卷）13．下列實驗過程中，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 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，

35、應生成,錯誤。誤區(qū)警示：鋁在冷、熱中發(fā)生鈍化，但是加熱則可以發(fā)生反應，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，化學學習的平時學生一定要嚴謹，對細小知識點要經(jīng)常記憶，并且要找出關鍵字、詞。 （2010·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，下列有關說法錯誤的是 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+N

36、2，燒瓶中出現(xiàn)白煙，A對；不能出現(xiàn)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(xiàn)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。 （2010·四川卷）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(shù)：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(shù)更多，A項正確；B②鈉離子的物質的量濃度為0.

37、2 mol/L而①鈉離子的物質的量濃度為0.1 mol/L根據(jù)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。 （2010·廣東卷）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+Na2S

38、O3+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）． ① 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：_____________． ② 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(xiàn)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

39、 預期現(xiàn)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(xiàn)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

40、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(xiàn)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 （2010·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

41、少量FeS、SiO2等）制備聚鐵和綠礬（FeSO4·7H2O ）過程如下： （1）驗證固體W焙燒后產(chǎn)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(chǎn)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(jīng)_______操作得到溶液Y，再經(jīng)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(shù)，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

42、的質量分數(shù)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

43、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 （2010·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

44、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)2Mg

45、O.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(jù)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

46、；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。 技巧點撥：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)目用阿拉伯數(shù)字在其前面表示。比如斜長石KAlSi3O8：K2O·Al2O3·6SiO2。 （2010·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。 完成下列填空： 1)寫出并配平CCl4層由紫色變成無色的化學反

47、應方程式(如果系數(shù)是1，不用填寫)： 2)整個過程中的還原劑是 。 3)把KI換成KBr，則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，若莊Kl與Cl2反應制KIO3，至少需要消耗Cl2 L(標準狀況，保留2位小數(shù))。 【答案】1）I2+5Cl2+6H2O→2HIO3+10HCl；2）KI、I2；3）紅棕、HBrO3>Cl2>HIO3；4）10.58。 需

48、要消耗Cl2的體積為：（20g/127g.mol-1）×3×22.4L/mol=10.58L。 解法點撥：守恒定律是自然界最重要的基本定律，是化學科學的基礎。在化學反應中，守恒包括原子守恒、電荷守恒、得失電子守恒等。任何化學反應在反應前后應遵守電荷或原子守恒。電荷守恒即反應前后陰陽離子所帶電荷數(shù)必須相等；原子守恒（或稱質量守恒），也就是反應前后各元素原子個數(shù)相等；得失電子守恒是指在氧化還原反應中，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。比如此題中我們就牢牢抓住了守恒，簡化了計算過程，順利解答。 （2010·上海卷）31．白磷（P4）是磷的單質之一，易氧化，與鹵素單質反應生成鹵

49、化磷。鹵化磷通常有三鹵化磷或五鹵化磷，五鹵化磷分子結構（以PCl5為例）如右圖所示。該結構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，反應所消耗的氧氣在標準狀況下的體積為 L。 上述燃燒產(chǎn)物溶于水配成50.0mL磷酸（H3PO4）溶液，該磷酸溶液的物質的量濃度為 mol·L-1。 2）含0.300mol H3PO4的水溶液滴加到含0.500mol Ca(OH)2的懸浮液中，反應恰好完全，生成l種難溶鹽和16.2g H2O。該難溶鹽的化學式可表示為 。 3）白磷和

50、氯、溴反應，生成混合鹵化磷（，且x為整數(shù)）。 如果某混合鹵化磷共有3種不同結構（分子中溴原子位置不完全相同的結構），該混合鹵化磷的相對分子質量為 。 4）磷腈化合物含有3種元素，且分子中原子總數(shù)小于20。0.10mol PCl5和0.10mol NH4Cl恰好完全反應，生成氯化氫和0.030mol磷腈化合物。推算磷腈化合物的相對分子質量（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、化學計算知識。1）白磷

51、燃燒生成五氧化二磷，白磷的相對分子質量為：128，則其6.20g的物質的量為：0.05mol，其完全燃燒消耗氧氣0.25mol，標準狀況下體積為5.6L；將這些白磷和水反應生成磷酸0.20mol，溶液體積為50mL，也就是0.05L，則磷酸溶液的物質的量濃度為4.00mol/L；2）根據(jù)該水溶液中含有溶質的物質的量和氫氧化鈣懸濁液中溶質的物質的量，根據(jù)質量守恒，可知該物質中含有5個鈣離子和3個磷酸根離子，結合電荷守恒，必還含有1個氫氧根離子，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，要是有三種不同結構的話，

52、結合PCl5的結構，其可能為：PCl3Br2或PCl2Br3，則其相對分子質量可能為：297.5或342；4）根據(jù)題意和質量守恒定律，可求出化合物提供的Cl原子的物質的量為：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；兩物質提供的H原子的物質的量為：0.1mol×4=0.4mol，則生成的氯化氫的物質的量為：0.1mol×4=0.4mol；則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，則該化合物的最簡式為：PNCl2；假設其分子式為(PNCl2)x，由其含有的碳原子總數(shù)小于20，

53、則知：4x<20，故x<5；假設x=4，其分子式為： P4N4Cl8，相對分子質量為464；假設x=3，其分子式為： P3N3Cl6，相對分子質量為：348；假設x=2，其分子式為：P2N2Cl4，相對分子質量<300 舍去。故其相對分子質量可能為：348或464 （2010·四川卷）26.（15分）短周期元素形成的常見非金屬固體單質A與常見金屬單質B，在加熱條件下反應生成化合物C，C與水反應生成白色沉淀D和氣體E，D既能溶于強酸，也能溶于強堿。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在空氣中長期放置發(fā)生反應，生成物之一為

54、H。H與過氧化鈉的結構和化學性質相似，其溶液顯黃色。 請回答下列問題： （1）組成單質A的元素位于周期表中第 周期，第 族。 （2）B與氫氧化鈉溶液反應的化學方程式為： 。 （3） G與氯酸鈉在酸性條件下反應可生成消毒殺菌劑二氧化氯。該反應的氧化產(chǎn)物為 ，當生成2二氧化氯時，轉移電子 。 （4） 溶液F在空氣中長期放置生成H的化學反應方程式為： 。 （5） H的溶液與稀硫酸反應產(chǎn)生的現(xiàn)象為

55、 。 【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】本題考查的知識點有元素及其化合物的性質、物質結構、氧化還原反應相關計算。由生成白色沉淀D ，D既能溶于強酸，也能溶于強堿，推測D是Al(OH)3再逆推可知，B為Al 。G在大氣中能導致酸雨的形成，可猜測G可能為SO2逆推可知: A為S，綜合可知

56、C為Al2S3 D為Al(OH)3,E為H2S,G為SO2F為Na2S. (1)(2)比較簡單，（3）SO2與氯酸鈉在酸性條件下反應，SO2為還原劑被氧化為SO42-,根據(jù)電子得失可以判斷生成2二氧化氯時，轉移電子2。由H與過氧化鈉的結構和化學性質相似，其溶液顯黃色。結合前面的信息可以推測H為Na2S2. 【2009高考】 （2009·廣東卷）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 ②水泥、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 ④陶瓷是人類應用很早的硅酸鹽材料 A.①②?????????????? B

57、.②③?????????????? C.①④?????????????? D.③④ 【答案】C 【解析】本題考查硅及其化合物的相關知識。①④符合,C正確。②中水晶的主要成分是SiO2,不是硅酸鹽制品。③中光導纖維的原料是SiO2,而不是Si。 （2009·上海卷）下圖是一個一次性加熱杯的示意圖。當水袋破裂時，水與固體碎塊混和，杯內(nèi)食物溫度逐漸上升。制造此加熱杯可選用的固體碎塊是（??? ） 【答案】B 【解析】NH4NO3溶于水時，由于擴散過程中吸收的熱量大于水合過程中放出的熱量，表現(xiàn)為溶液溫度降低。CaO溶于水時，由于擴散過程中吸收的熱量小于水合過程中放出的熱量，表現(xiàn)為溶

58、液溫度上升，而導致杯內(nèi)食物溫度上升。MgCl2、NaCl溶于水時，由于擴散過程中吸收的熱量約等于水合過程中放出的熱量，表現(xiàn)為溶液溫度基本不變。 （2009·上海卷）用濃氯化銨溶液處理過的舞臺幕布不易著火。其原因是(??? ) ①幕布的著火點升高 ②幕布的質量增加 ③氯化銨分解吸收熱量,降低了溫度 ④氯化銨分解產(chǎn)生的氣體隔絕了空氣 A.①②??????????? B.③④??????????? C.①③?????????????? D.②④ 【答案】B 【解析】氯化銨分解吸收熱量，能降低火焰溫度，并且分解產(chǎn)物氯化氫和氨氣，能隔絕空氣，使幕布不易著火。 （2009·山東

59、卷）下列關于氯的說法正確的是(??? ) A.Cl2具有很強的氧化性，在化學反應中只能作氧化劑 B.、為不同的核素，有不同的化學性質 C.實驗室制備Cl2可用排飽和食鹽水集氣法收集 D.1.12 L Cl2含有1.7NA個質子（NA表示阿伏加德羅常數(shù)） 【答案】C 【解析】Cl2有很強的氧化性，但是Cl2中氯元素化合價既可以降低，也可以升高，即可作氧化劑，也可作還原劑，例如反應Cl2+H2OHCl+HClO中，Cl2既是氧化劑又是還原劑，A項錯。與具有相同的核外電子排布，所以具有相同的化學性質，B不正確。飽和食鹽水既可有效吸收Cl2中的HCl，又可降低Cl2的溶解度，故C正確。

60、由氣體體積求氣體的物質的量、氣體分子數(shù)、原子數(shù)等等，必須在標準狀況下，本題未指出氣體所處狀態(tài)，所以D不正確。 （2009·上海卷）生活中難免會遇到一些突發(fā)事件，我們要善于利用學過的知識，采取科學、有效的方法保護自己。如果發(fā)生了氯氣泄漏，以下自救方法得當?shù)氖牵??? ） A.只要在室內(nèi)放一盆水 B.向地勢低的地方撤離 C.觀察風向，順風撤離 D.用濕毛巾或蘸有石堿水的毛巾捂住口鼻撤離 【答案】D 【解析】氯氣有毒，密度比空氣大，疏散時應逆風、向地勢高的地方撤離，B、C錯誤。氯氣在水中的溶解度且與水反應程度較小，室內(nèi)放水效果不好，A錯誤。氯氣可和堿反應生成鹽，從而消除氯氣對人

61、體的危害，D正確。 （2009·全國Ⅱ卷）下列敘述中正確的是(??? ) A.向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2 至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3飽和溶液，又有CaCO3沉淀生成 B.向Na2CO3溶液中逐滴加入等物質的量的稀鹽酸，生成的CO2與原Na2CO3的物質的量之比為1∶2 C.等質量的NaHCO3和Na2CO3分別與足量鹽酸反應，在同溫同壓下，生成的CO2體積相同 D.向Na2CO3飽和溶液中通入CO2，有NaHCO3結晶析出 【答案】D 【解析】向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，溶液為Ca(HCO3)2，與加入的NaHCO3 飽和

62、溶液不反應，不能生成CaCO3沉淀，A錯；向Na2CO3溶液中逐滴加入等物質的量的稀鹽酸，生成了NaHCO3，不會放出CO2，B錯；等質量的NaHCO3和Na2CO3，n(NaHCO3)＞n(Na2CO3),分別與足量鹽酸反應，在同溫同壓下，NaHCO3生成的CO2體積大，C錯；同溫度下，NaHCO3的溶解度小于Na2CO3的溶解度，所以將CO2通入飽和Na2CO3溶液時，NaHCO3會結晶析出。 （2009·安徽卷）石墨烯是由碳原子構成的單層片狀結構的新材料(結構示意圖如下圖),可由石墨剝離而成,具有極好的應用前景。下列說法正確的是(??? )

63、 B.0.12 g石墨烯中含6.02×1022個碳原子 C.石墨烯是一種有機物 D.石墨烯中碳原子間以共價鍵結合 【答案】D 【解析】石墨烯與石墨均是碳元素形成的單質，應是互為同素異形體的關系，而同位素應是同一元素不同原子間的互稱，A選項錯誤。0.12 g石墨烯中含有碳原子，即0.01×6.02×1023=6.02×1021個碳原子，B選項錯誤。有機物通常指含碳元素的化合物，而石墨烯顯然是由碳原子構成的單質，C選項錯誤。石墨烯是由石墨剝離而成，即是石墨中的一層，碳原子間是以共價鍵結合，D選項正確。 （2009·上海卷）人們常用干冰營造云霧繚繞的舞臺效果，這是因為干冰在室溫

64、下很容 （2009·天津卷）海水是巨大的資源寶庫，在海水淡化及綜合利用方面，天津市位居全國前列。從海水中提取食鹽和溴的過程如下： （1）請列舉海水淡化的兩種方法：__________________、__________________。 （2）將NaCl溶液進行電解，在電解槽中可直接得到的產(chǎn)品有H2、_________、_________或H2、_________。 （3）步驟Ⅰ中已獲得Br2，步驟Ⅱ中又將Br2還原為Br-，其目的為__________________。 （4）步驟Ⅱ用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可達95%，有關反應的離子方程式為_________，由此反

65、應可知，除環(huán)境保護外，在工業(yè)生產(chǎn)中應解決的主要問題是_______________________。 （5）某化學研究性學習小組為了解從工業(yè)溴中提純溴的方法，查閱了有關資料：Br2的沸點為59 ℃，微溶于水，有毒性和強腐蝕性。他們參觀生產(chǎn)過程后，繪制了如下裝置簡圖： 請你參與分析討論： ①圖中儀器B的名稱：______________________。 ②整套實驗裝置中儀器連接均不能用橡膠塞和橡膠管，其原因為_______________。 ③實驗裝置氣密性良好，要達到提純溴的目的，操作中如何控制關鍵條件：_______________。 ④C中液體產(chǎn)物顏色為_________

66、______，為除去該產(chǎn)物中仍殘留的少量Cl2，可向其中加入NaBr溶液，充分反應后，再進行的分離操作是______________________________。 【答案】 (1)蒸餾法、電滲析法、離子交換法及其他合理答案中的任意兩種 （2）Cl2 NaOH NaClO (3)富集溴元素 （4）Br2+SO2+2H2O====4H+++2Br- 強酸對設備的嚴重腐蝕 （5）①冷凝管 ②Br2腐蝕橡膠 ③控制溫度計b的溫度，并收集59 ℃時的餾分 ④深紅棕色 分液（或蒸餾） 【解析】（2）電解NaCl溶液的產(chǎn)物有H2、Cl2、NaOH，若發(fā)生反應Cl2+2NaOH====NaCl+NaClO+H2O,則產(chǎn)物為H2和NaClO。（5）提純溴的實驗中，要注意Br2的沸點高低，溴的沸點低于100 ℃，應采用水浴加熱，并通過溫度計控制溫度。除去Br2(液)中少量Cl2，加NaBr溶液后，Br2在水中溶解度不大，出現(xiàn)分層現(xiàn)象，可分液得到純溴，亦可采用再次蒸餾的方法。 （2009·全國Ⅱ卷）已知氨可以與灼熱的氧化銅反應得到氮氣和金屬銅，用示意圖中的裝置可以實現(xiàn)該反應。