2022年高考化学专题复习元素及其化合物.docx

2022年高考化学专题复习：元素及其化合物
第一局部 专题知识讲解
Ⅰ、元素化合物专题——非金属及其化合物
一、主要的三角关系〔从物质的转化和化合价的变化两方面〕
二、以化合价为主线，归纳、综合、整理非金属元素的单质及其化合物的主要化学性质及相互转化关系。
H2、H2O、O2、O3
三、氯及其化合物间的转化
四、硫及其重要化合物间的转化
五、碳及其化合物间的转化
六、硅及其化合物间的转化
七、氮及其化合物间的转化
Ⅱ、元素化合物专题——金属及其化合物
水溶液中加NaOH
Na
Na2O
Na2O2
NaCl
NaOH
Na2CO3
NaHCO3
电解水溶液
与盐酸.氯化铝等
水溶液中通CO2
固体加热.
Ca(HCO3)2 NaHCO3. CO2
Ca(OH)2
盐
酸
或
Cl2
电解熔融
O2 加热
O2 不加热
H2O
H2O
CO2
H2O
CO2
O2 加热
一.钠及其化合物间的转化
二.镁及其化合物间的转化
三.铁及其化合物间转化
Fe
Fe3+
Fe2+
Fe3O4
Fe2O3
Fe(OH)2
Fe(OH)3
FeS
高温煅烧
碱性溶液
强酸
强氧化剂
过量强复原剂
复原剂
OH
_
H+
H2O

O2
弱
氧
化
剂
强
还
原
剂
H2
CO
Al
高温H2O或O2点燃
稀盐酸
S
氧化剂

Al
Al3+
Al2O3
Al(OH)3
AlO2
_
碱性溶液
强
酸
强
碱
酸
性
溶
液
碱
过
量
强
酸
过
量
强
酸
强碱
强碱
酸
电解
高温金属氧化物或O2
四.铝及其化合物间的转化
CuSO4·5H2O
Cu
CuO
Cu(OH)2
Cu2O
CuSO4
O2
CO
H2
乙醇
含醛基化
合物
H2O
OH-
H2SO4
Fe
Zn
浓H2SO4
五.铜及其化合物间转化
六、铝的化合物间转化时量的关系
Al2O3
Al
AlO2-
Al3+
Al(OH)3
MxOy
1:3/2y
OH-
1:1
H+
1:3
OH-
H+
1:4
1:4
H+
1:1
OH-
1:1
H+
1:3
OH-
1:3
H+
1:6
OH-
1:2

七、金属及其化合物对照表
单质
氧化物
氧化物对应的水化物
相应的盐
Na
Na2O、Na2O2
NaOH
Na2CO3、NaHCO3
Mg
MgO
Mg(OH)2
MgCl2
Al
Al2O3
Al(OH)3
AlCl3、NaAlO2、KAl(SO4)2·12H2O
Fe
FeO、Fe2O3、Fe3O4
Fe(OH)2、Fe(OH)3
FeSO4、FeCl3、Fe2(SO4)3
Cu
Cu2O、CuO
Cu(OH)2
CuSO4、CuCl2、Cu2(OH)2CO3
八、金属活动顺序表
金属活动性顺序
K Ca Na Mg Al Zn Fe Sn Pb (H) Cu Hg Ag Pt Au
金属原子失电子能力
对应离子氧化性增强
依次减小，复原性减弱
跟空气中氧气的反响
易(快速)被氧化
常温时能被氧化
加热时能被氧化
不能被氧化
跟水的反响
常温可置换出水中的氢
加热或与水蒸气反响时能置换出水中的氢
不与水反响
跟酸的反响
能置换出稀酸〔如HCl、H2SO4〕中的氢
不能置换出稀酸中的氢
反响剧烈
反响程度依次减弱
能跟浓硫酸、硝酸反响
能跟王水反响
跟盐的反响
位于金属活动性顺序前面的金属可以将后面的金属从其盐溶液中置换出来
跟碱的反响
Al可以与碱反响
九、无机反响中的特征反响
1．与水反响产生气体
〔1〕单质
2Na2O2
2H2O
4NaOH
O2
­
+
=
+
CaC2
Ca(OH)2
C2H2
2H2O
+
+
=
­
í
ì
î
〔2〕化合物
2．强烈双水解
3．既能酸反响，又能与碱反响
〔1〕单质：Al
〔2〕化合物：Al2O3、Al(OH)3、弱酸弱碱盐、弱酸的酸式盐、氨基酸。
4．与Na2O2反响
5．电解
6．铝热反响：Al+金属氧化物金属+Al2O3
Fe
2Fe3+
3Fe2+
7．归中反响:
8.置换反响：〔1〕金属→金属
〔2〕金属→非金属
〔3〕非金属→非金属
〔4〕非金属→金属
9.一些特殊的反响类型：
⑴ 化合物+单质化合物+化合物 如：Cl2+H2O、H2S+O2、、NH3+O2、CH4+O2、Cl2+FeBr2
⑵ 化合物+化合物 化合物+单质 NH3+NO、H2S+SO2 Na2O2+H2O、NaH+H2O、Na2O2+CO2、CO+H2O
⑶ 化合物+单质 化合物 PCl3+Cl2、Na2SO3+O2、FeCl3+Fe 、FeCl2+Cl2、CO+O2、Na2O+O2
10．三角转化：
11．受热分解产生2种或3种气体的反响：
〔1〕铵盐
〔2〕硝酸盐
12．特征网络：
〔1〕
①
②
③
④
〔2〕
A A为弱酸的铵盐：(NH4)2CO3或NH4HCO3；(NH4)2S或NH4HS；(NH4)2SO3或NH4HSO3
2H2O2
2H2O
O2
MnO2
O2
2SO3
2SO2
高温
催化剂
2KClO3
2KCl
3O2
MnO2
〔3〕无机框图中常用到催化剂的反响:
N2
2NH3
3H2
高温高压
催化剂
4NH3
5O2
4NO
6H2O
催化剂

十、在无机推断题中的应用
1.特征现象〔1〕．焰色反响：Na+〔黄色〕、K+〔紫色〕〔2〕．有色溶液：Fe2+〔浅绿色〕、Fe3+〔黄色〕、Cu2+〔蓝色〕、MnO4-〔紫色〕Fe(SCN)3(血红色) Fe3+和苯酚(紫色) (3) 有色固体：红色〔Cu、Cu2O、Fe2O3〕、红褐色[Fe(OH)3]、 蓝色[Cu(OH)2]、黑色〔CuO、FeO、FeS、CuS、Ag2S、PbS、MnO2、Fe3O4〕、黄色〔AgI、S〕、白色[Fe(0H)2、CaCO3、BaSO4、AgCl、BaSO3]、浅黄色固体( Na2O2或AgBr)
2．特征反响现象：
Ⅲ、典型例题解析
例1、以下实验过程中产生的现象与对应的图形相符合的是〔 〕
A.NaHSO3粉未参加HNO3溶液中 B.H2S气体通入氯水中
C.NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中 D.CO2气体通入澄清石灰水中
【分析】对于该题目只能逐个分析，去掉错误答案，NaHSO3粉未参加HNO3中开始放出气体，当HNO3浓度很小时放出SO2气体，当HNO3浓度不太小时生成氮的氧化物。H2S+Cl2==2HCl+S酸性增强，pH变小。NaOH滴入Ba(HCO3)2溶液中，HCO3-+OH-==CO32-+H2O Ba2++CO32-==BaCO3↓开始产生沉淀。CO2+Ca〔OH〕2==CaCO3↓+H2O CaCO3+CO2+H2O==Ca(HCO3)2，由Ca(OH)2溶液变为CaCO3时溶液导电能力减弱，由CaCO3变成Ca(HCO3)2溶液时，溶液导电能力增强。
【解答】D。
例2、溴化碘(IBr)的化学性质与卤素单质相似,能与大多数金属反响生成金属卤化物,和非金属反响生成相应的卤化物,跟水反响的化学方程式为IBr+H2O=HBr+HIO,那么以下关于IBr的表达中,不正确的选项是( )。
A.固态溴化碘是由极性键构成的分子晶体 B. 和NaOH溶液反响生成NaBr和NaIO
C.IBr分子中存在极性共价键 D.与水反响IBr既是氧化剂又是复原剂
【分析】IBr和卤素单质一样是由共价键形成的分子,其晶体应是分子晶体。由题给反响方程式可知IBr与NaOH溶液作用的产物应是NaBr和NaIO。因为元素的非金属性Br>I,所以IBr分子中碘显+1价,溴显－1价，跟水反响后产物中溴、碘化合价不变,可知IBr与水的反响不属于氧化复原反响。
【解答】D。
例3、向100mL18mol·L-1的硫酸中参加足量的铜片并加热，那么被复原的硫酸的物质的量是
A、等于0.9mol B、大于0.9mol、小于1.8mol
C、等于1.8mol D、小于0.9mol
【分析】题目所给出的“18mol·L-1〞的浓硫酸为硫酸〔隐含条件〕。由方程式Cu+2H2SO4〔浓〕===CuSO4+SO2↑+2H2O知：2molH2SO4参加反响，被复原的H2SO4为1mol。假设0.1L×18mol·L-1=1.8molH2SO4都参加反响，被复原的H2SO4应为0.9mol。但随着反响进行，H2SO4的量减少，硫酸由浓变稀，稀硫酸不能氧化铜，亦即1.8molH2SO4不可能完全与铜反响。
【解答】D
例4、密度为0.91g·cm-3的氨水〔质量分数为25%〕，该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液质量分数是
A.12.5% B.＞12.5%
C.＜12.5% D.无法确定
【分析】 氨水的密度于小于1g·cm-3，且随氨水浓度增大，密度减小。
设1mL25%氨水和1mL水混合，水的密度为1g·cm-3，混合液的质量分数为：
w〔NH3·H2O〕
1mL×0.91g·mL-1×25%+1mL×1g·mL-1
1mL×0.91g·mL-1+1mL×1g·mL-1

= =11.9%＜12.5%
【解答】C。
例5、将铁和氧化铁的混合物15g，参加150mL稀硫酸中，在标准状况下放出氢气1.68L，同时铁和氧化铁均无剩余。向溶液中滴入硫氰化钾溶液，未见颜色变化。为了中和过量的硫酸，而且使铁完全转化成Fe(OH)2，共消耗3mol·L-1的氢氧化钠溶液200mL，原硫酸溶液的浓度是
A.1.5mol·L-1 B.2mol·L-1
C.2.5mol·L-1 D.3mol·L-1
【分析】 解法1：根据溶液的电中性计算。反响终了，溶液中大量存在的只有Na+和SO42-，由于溶液呈电中性，溶液中阳离子所带正电荷等于阴离子所带负电荷，有关系式
2n(SO42-)=n(Na+) 即n(SO42-)=n(H2SO4)=n(Na+)=×0.2×3=0.3mol是=2mol/L
所以H2SO4的浓度
解法2：根据方程式计算
〔1〕Fe2O3+3H2SO4==Fe(SO4)3+3H2O①Fe+Fe2(SO4)3==3FeSO4②Fe+H2SO4===FeSO4+H2↑③
n(H2)=n1(Fe)=n1(H2SO4)=0.075mol生成H2消耗4.2gFe，剩余固体为15-4.2=10.8g是Fe和Fe2O3的混合物，从反响①②知，10.8gFe和Fe2O3的物质的量相等。设为xmol那么有56x+120x=10.8，得x=0.05mol，从反响①③知共消耗H2SO4为0.075+0.05×3=0.225mol。
〔2〕共参加NaOH 3mol/L×0.2L=0.6mol，设有ymol跟Fe3+反响，有〔0.6-y〕mol跟H2SO4中和，那么y=0.450.6-y=0.15mol
H2SO4 + 2NaOH===Na2SO4+2H2O
1 2
0.075mol 0.15mol
共消耗H2SO40.225+0.075=0.3mol H2SO4的浓度为：=2mol/L
例6、粉末状试样A是由等物质的量的MgO和Fe2O3组成的混合物。进行如下实验：
①取适量A进行铝热反响，产物中有单质B生成；
②另取20 g A全部溶于0.15 L 6.0 mol·盐酸中，得溶液C；
③将①中得到的单质B和溶液C反响，放出 l.12 L〔标况〕气体，同时生成溶液D，还残留有固体物质B；
④用KSCN溶液检验时，溶液D不变色。
请填空：
〔1〕①中引发铝热反响的实验操作是_________________________________________，产物中的单质B是__________________。
〔2〕②中所发生的各反响的化学方程式是____________________________________
_________________________________________________________。
〔3〕③中所发生的各反响的离子方程式是__________________________________
_________________________________________________________。
〔4〕假设溶液D的体积仍视为0.15 L，那么该溶液中c〔Mg2+〕为___________________，
c〔Fe2+〕为______________。
【分析】 此题文字较长，各物质间反响较复杂，特别是对③中所述的理解是非常关键的。将①中得到的单质B和溶液C反响，放出 l.12 L〔标况〕气体，同时生成溶液D，还残留有固体物质B，说明②中反响后盐酸是过量的，也说明Fe是过量的。由此可知，溶液D是MgCl2、FeCl2的的溶液。可知，
n〔Mg2+〕=＝0.1mol
Fe2+的物质的量为20g A中Fe3+的倍与产生1.12L H2的Fe的物质的量之和，即
n〔Fe2+〕＝0.2mol ×+＝0.35mol
那么c〔Mg2+〕= 0.67mol·， c〔Fe2+〕= 2.3mol·
【解答】〔1〕加少量KClO3，插上Mg条并将其点燃 Fe
〔2〕Fe2O3＋6HCl＝2FeCl3＋3H2O MgO＋2HCl＝MgCl2＋H2O
〔3〕Fe＋2H+＝Fe2+＋H2↑ Fe＋2Fe3+＝3Fe2+
〔4〕c〔Mg2+〕= 0.67mol·， c〔Fe2+〕= 2.3mol·。
例7、根据以下反响框图填空，反响①是工业上生产化合物D的反响，反响⑤是实验室鉴定化合物E的反响。
〔1〕单质L是________。
〔2〕化合物B是________。
〔3〕图中除反响①以外，还有两个用于工业生产的反响，是_____和_____〔填代号〕。它们的化学反响方程式分别是____________________和_________________。
C
A
B
D
E
G
H
M
L
J
K
B
C
①
高温
③
⑤
④
②
电解

电解
【分析】 在中学化学常见的重要反响中，工业上按分解反响类型来生产物质的反响，很容易想到用碳酸钙分解反响制备CaO和CO2；经反响⑤检验E，同时又生成CaCO3，那么E为CO2，G为Ca(OH)2，B为H2O；又有反响②电解A的水溶液得到三种物质，结合电解原理知，A和H2O中各有一种离子在电极上放电而得到两种单质，又H可与Ca(OH)2反响又生成三种物质，不难联想到工业上制取漂白粉的反响原理2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，那么H为Cl2，A为NaCl，L为H2，反响的化学方程式为2NaCl+2H2O====2NaOH+H2↑+Cl2↑。
电解
【解答】〔1〕H2〔2〕H2O
〔3〕②④ 2NaCl+2H2O=====2NaOH+H2↑+Cl2↑ 2Ca(OH)2+2Cl2===Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O
例8、某碱金属及其氧化物的混合物2g，与水完全反响将溶液蒸干，得到固体3g，那么此混合物中含的碱金属是什么
【分析】 此题假设用常规法解答，非常麻烦，用极端法相对容易些，即假设混合物只有碱金属或只有其氧化物，然后计算得金属相对原子质量的取值范围，最后确定是哪种碱金属。
【解答】设金属为R，相对原子质量为x 。 假设全为金属，那么有
2R+2H2O==2ROH+H2↑
2x 2(x+17)
2g 3g
=x=34 假设全为氧化物，那么有
R2O+H2O==2ROH
2x+16 2(x+17)
2g 3g
=x=10
当为二者的混合物时，10＜x＜34 符合此范围的碱金属是钠。
例9、用下面两种方法可以制得白色的Fe(OH)2沉淀。
方法一：用不含Fe3+的FeSO4溶液与用不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反响制备。
〔1〕用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需参加______________。
〔2〕除去蒸馏水中溶解的O2常采用_______的方法。
〔3〕生成白色Fe〔OH〕2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液。这样操作的理由是_____________。
方法二：在如图装置中，用NaOH溶液、铁屑、稀H2SO4等
试剂制备。
〔1〕在试管I里参加的试剂是____________。
〔2〕在试管II里参加的试剂是___________。
〔3〕为了制得白色Fe(OH)2沉淀，在试管I和II中参加试剂，
翻开止水夹，塞紧塞子后的实验步骤是___________________________。
〔4〕这样生成的Fe(OH)2沉淀能较长时间保持白色，其理由是_____________。
【分析】 方法一：〔1〕Fe2+易水解，要参加稀H2SO4阻止其水解；易被空气中O2氧化，要加Fe粉，将被氧化的Fe3+复原成Fe2+。
〔2〕气体的溶解度是随温度升高而降低的，所以煮沸后的水中溶解的O2变少。 方法二：〔3〕两支试管，试管II是开口式，无法用产生的气体将试液压入试管I中，所以制取FeSO4的试剂应放在试管I中，而在试管II中盛不含O2的NaOH溶液。当Fe与稀H2SO4放入试管I后，产生H2可从试管I内短管处排出试管I内空气，经过止水夹通入试管II中，再排尽试管II内空气。然后关闭止水夹，试管I内产生FeSO4等液体通过长导管压入试管II内，在此压液过程中，液体都处于H2环境，从而防止了空气中O2的氧化，使得Fe (OH)2能保存更长时间。
【解答】 方法一〔1〕稀H2SO4、铁屑〔2〕煮沸 〔3〕防止生成的Fe(OH)2沉淀接触O2
方法二〔1〕稀H2SO4、铁屑 〔2〕NaOH溶液
〔3〕检验试管II出口处排出的氢气的纯度。当排出的H2纯洁时，再夹紧止水夹。
〔4〕试管I中反响生成的H2充满了试管I和试管II，且外界空气不容易进入。
例10、自然界存在的碳酸盐类铜矿〔如孔雀石、石青等〕的化学组成为：aCuCO3·bCu(OH)2 (a、b为正整数，且a≤2，b≤2)
〔1〕将孔雀石、石青矿样分别加盐酸至完全溶解，耗用HCl物质的量与产生CO2物质的量之比：孔雀石为4：1；石青为3：1。那么它们的化学组成为：
孔雀石：_________________________，石青：______________________
〔2〕今有一份碳酸盐类铜矿样品，将其等分为A、B两份。然后，加盐酸使A样品完全溶解，产生CO23.36L〔标准状况〕；加热B样品使其完全分解，得到20gCuO。试计算并确定该矿石的化学组成。
〔3〕某碳酸盐类铜矿样加酸完全溶解后，产生CO26.72L(标准状况)，这份矿样中CuO含量不低于______克。
〔4〕设某碳酸盐类铜矿样的质量为Ag，所含CuO质量为Gg。加酸完全溶解后，产生的CO2体积〔标准状况〕为V升，那么含铜矿样的A、G、V之间的关系式为：A________。
【分析】 〔1〕依题意知：
孔雀石中， = 解得： =
石青中： = 解得： =
所以，在a≤2，b≤2时，
孔雀石化学式为CuCO3·Cu(OH)2;石青化学式：2CuCO3·Cu(OH)2
22.4L·mol-1
3.36L

(2) n〔CO2〕＝ ＝0.15mol=n〔CuCO3〕
20g

80g·mol-1
n〔CuO〕 =0.25mol=n(CuCO3)+n[Cu(OH)2]
所以，n[Cu(OH)2]=0.25mol-0.15mol=0.10mol
a：b=n(CuCO3)：n[Cu(OH)2]=0.15mol：0.1mol=3：2
因为a≤2，b≤2，所以，该矿样混合物的化学组成为CuCO3·Cu(OH)2和2CuCO3·Cu(OH)2的混合物。
〔3〕对aCuCO3·bCu(OH)2矿样
n(CO2)
n(CuO)

= =1+
比值最低的是2CuCO3·Cu(OH)2 (a=2,b=1)
22.4L·mol-1
6.72L

n(CO2)= =0.3mol=a
n〔CuO〕=[(a+b)/a]·n(CO2)=0.45mol
m(CuO)=0.45mol×80g/mol=36g
(4)A=124× +98( － ) ) )
【解答】 〔1〕CuCO3·Cu(OH)2 2CuCO3·Cu(OH)2 (2)CuCO3·Cu(OH)2和2CuCO3·Cu(OH)2的混合物
〔3〕36 〔4〕〔 + 〕
例11：以下各物质都是由短周期元素组成，它们之间的关系如以下列图所示：
常温下，A、F为金属单质，F既能与L溶液反响，又能与N溶液反响。C、H、M为气体单质，其中H呈黄绿色，A、B、I、K、L、R焰色反响均为黄色。请答复：
〔1〕P的结构式为,B的电子式为。
〔2〕R的水溶液呈碱性的原因可用离子方程式表示为。
〔3〕还有一种物质能与B反响生成C，写出这个反响的化学方程式。
〔4〕还有一种物质能与J反响生成C，写出这个反响的化学方程式。
〔5〕某气体Q具有漂白作用，将Q与H等物质的量通入水中所得溶液没有漂白作用，写出该过程中发生反响的离子方程式　　　_____________________________________。
【分析】此题以碱金属元素钠为中心，覆盖了氧族、卤族和镁、铝等多种元素的性质。此题突破口为寻找特征反响和现象：首先应该确定的是A为金属钠，H为Cl2，C、M可能属于H2、N2、O2和F2中的某一种，考虑到M和H均是电解产生的气体，显然M只能是H2，电解的对象为NaCl溶液，即I为NaCl，J为H2O，这样L只能是NaOH，依次类推可得F是铝，N为HCl，P为HClO，G为Al2O3，R为NaAlO2，B为Na2O2等
例12：a、I、e为三种由短周期元素构成的粒子，它们都有10个电子，其结构特点如下：
物质A由a、e构成，B、C、D、K都是单质，反响①～⑤都是用于工业生产的反响，各有关物质之间的相互反响转化关系如以下列图所示：
试推测各物质是什么并写出相关反响的化学方程式。
【分析】此题突破口：从物质的组成、结构特征方面找：10e-电子微粒，结合工业生产。
A是NaOH、B是Cl2、C是H2、D是N2、E是NaClO、F是NaCl、G是H2O、H是HCl、
M是HClO、K是O2、I是NH3、J是NO
例13：〔07年四川27题〕以下列图是无机物A～M在一定条件下的转化关系〔局部产物及反响条件未列出〕。其中，I是由第三周期元素组成的单质中熔点最高的金属，K是一种红棕色气体。
请填写以下空白：〔1〕在周期表中，组成单质G的元素位于第________周期_______族。
〔2〕在反响⑦中氧化剂与复原剂的物质的量之比为___________________。
〔3〕在反响②、③、⑥、⑨中，既属于化合反响又属于非氧化复原反响的是_______。
〔4〕反响④的离子方程式是：_______________________________________。
〔5〕将化合物D 与KNO3、KOH 共融，可制得一种“绿色〞环保高效净水剂K2FeO4 〔高铁酸钾〕。同时还生成KNO2和H2O 。该反响的化学方程式是：___________________________。
【分析】此题突破口：从I是由第三周期元素组成的单质中熔点最高的金属可知I是Al，K是一种红棕色气体是NO2。再结合铝热反响可推知A是SO2、B是SO3、C是H2SO4、D是Fe2O3、
E是Fe(OH)3、F是Fe2(SO4)3、G是Fe、H是Al2O3、J是HNO3、L是NO、M是Fe(NO3)2
第二局部 08高考真题
1．〔08上海卷〕气体的摩尔质量越小，扩散速度越快。右图所示为气体扩散速度的实验，两种气体扩散相遇时形成白色烟环。以下关于甲、乙的判断正确的选项是〔 〕
A．甲是浓氨水，乙是浓硫酸
B．甲是浓盐酸，乙是浓氨水
C．甲是浓氨水，乙是浓盐酸
D．甲是浓硝酸，乙是浓氨水
解析：根据题意NH3的摩尔质量小于HCl和HNO3，所以NH3应甲处产生，HCl和HNO3气体应在乙处产生。答案：C
2．〔08上海卷〕研究发现，空气中少量的NO2能参与硫酸型酸雨的形成，反响过程如下：
①SO2＋N2O5SO3＋NO ②SO3＋H2OH2SO4③2NO＋O22NO2
NO2在上述过程中的作用，与H2SO4在下述变化中的作用相似的是( )
A．潮湿的氯气通过盛有浓H2SO4的洗气瓶B．硫化氢通入浓H2SO4
C．浓H2SO4滴入萤石中，加热D．参加少量的H2SO4使乙酸乙酯水解
解析：在反响①中NO2起氧化剂的作用，从反响①、③看NO2起催化作用，选项A中浓硫酸起吸水剂的作用；选项B中浓硫酸起氧化剂作用；选项C中浓硫酸起酸性作用；选项D中浓硫酸起催化剂作用。答案：B、D
3．〔08广东卷〕以下有关Cl、N、S等非金属元素化合物的说法正确的选项是〔 〕
A．漂白粉的成分为次氯酸钙
B．实验室可用浓硫酸枯燥氨气
C．实验室可用NaOH溶液处理NO2和HCl废气
D．Al2(SO4)3可除去碱性废水及酸性废水中的悬浮颗粒
解析：选项A中漂白粉的主要成分为Ca(ClO)2和CaCl2，有效成分为Ca(ClO)2；选项B中2NH3＋H2SO4===(NH4)2SO4，即碱性气体不能用酸性物质枯燥；选项C中酸性气体均可用NaOH吸收；选项D中Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，Al(OH)3具有吸附性，能吸附水中的悬浮物，如果溶液呈酸性或碱性均能与Al(OH)3反响，失去了Al(OH)3就不能吸附水中的悬浮物。答案：C
4．〔08重庆卷〕以下表达正确的选项是〔 〕
A．稀硝酸、稀硫酸均能将木炭氧化成二氧化碳
B．Na2O2与水反响，红热的Fe与水蒸气反响均能生成碱
C．Li、C、P分别在足量氧气中燃烧均生成一种相应氧化物
D．NaHCO3、Na2CO3、〔NH4〕2CO3三种固体受热后均能生成气体
解析：选项A中稀硫酸与C不反响；选项B中3Fe＋4H2OFe3O4＋2H2↑，不能生成碱；选项C中那么三种单质与O2反响分别生成Li2O、CO2和P2O5；选项D中Na2CO3加热不会分解。答案：D。
5．〔08全国Ⅱ卷〕对于ⅣA族元素，以下表达中不正确的选项是( )
A．SiO2和CO2中Si和O，C和O之间都是共价键
B．C、Si、Ge的最外层电子数都是4，次外层电子数都是8
C．CO2和SiO2都是酸性氧化物，在一定条件下都能和氧化钙反响
D．该族元素的主要化合价是－4和＋2
解析：ⅣA族元素最外层电子数都是4，但C原子的次外层电子数只有2个电子。答案：B。
6．〔08北京卷〕1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭的容器中加热充分反响，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是( )
A．Na2CO3B．Na2O2 Na2CO3
C．NaOH Na2CO3D．Na2O2 NaOH Na2CO3
【解析】根据反响式：2NaHCO3=Na2CO3＋CO2＋H2O，2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2，2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；根据计量关系，可知2mol NaHCO3生成CO2和H2O各1mol，Na2O2只有1mol，故其恰好和CO2反响生成Na2CO3和O2，气体排出后，只剩余Na2CO3。
【答案】A
【高考考点】元素化合物知识和有关计算
【易错提醒】不能正确理解反响进行的顺序，造成错误解答。
【备考提示】由于题目中要求确定了Na2O2和Na2CO3的量，故此在解答解析此题时要根据和反响特点，假设出反响的先后顺序能帮助我们快速解答，比方此题中我们看做反响：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2首先发生，反响：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2后发生。
7. (广东文科根底64)、铁和铁合金是生活中常用的材料，以下说法正确的选项是〔 〕
A. 不锈钢是铁合金，只含金属元素
B. 一定条件下，铁粉可与水蒸气反响
C. 铁与盐酸反响，铁合金不与盐酸反响
D. 在空气中，铁板比镀锌铁板更耐腐蚀
解析：
A、不锈钢属于合金，含有碳元素；
B、铁粉与水蒸气可在高温下反响；
C、铁及合金都可以与盐酸反响；
D、在潮湿空气中铁板容易发生电化学腐蚀，镀锌铁板那么不容易被腐蚀，锌比铁活泼，锌铁构成原电池，铁做正极被保护。
考点：合金属于选修1第三章 探索生活物质 中的第一节内容，金属的腐蚀与防护属于第二节内容；铁及铁合金与盐酸的反响，铁与水蒸气的反响属于必修1第三章 金属及其化合物 的内容。
8. (广东文科根底66)、对于以下常见化学的认识错误的选项是〔 〕
A. 明矾可用作净水剂
B. 干冰能用于人工降雨
C. 碳酸钙是文物陶瓷的主要成分
D. 小苏打是一种膨松剂，可用于制作馒头和面包
解析：
A、明矾可用作净水剂原因是：Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+ 生成的Al(OH)3是带正电荷的胶体，水中悬浮颗粒大多是带有负电，当带负电的悬浮颗粒遇到Al(OH)3胶体时，就会发生凝聚，到达净水的目的。
B、干冰气化时会吸收大量的热，使环境温度较低，使空气中的水蒸气凝结为雨水；
C、陶瓷的主要成份是硅酸盐；
考点：明矾净水，陶瓷，属于选修1内容；干冰用于人工降雨属于初三内容，小苏打作为膨松剂属于必修1第三章 金属及其化合物 内容。
9.(广东理科根底 34)．根据陈述的知识，类推得出的结论正确的选项是
A．镁条在空气中燃烧生成的氧化物是MgO，那么钠在空气中燃烧生成的氧化物是Na2O
B．乙烯可使酸性高锰酸钾溶液褪色，那么丙烯也可以使其褪色
C．CO2与SiO2化学式相似，那么CO2与SiO2的物理性质也相似
D．金刚石的硬度大，那么C60的硬度也大
解析：钠在空气中燃烧生成的氧化物是Na2O2故A错；B对；CO2与SiO2的物理性质不相似，故C错；C60的硬度不一定大，故D错。答案B
10. (广东理科根底35)．以下有关Cl、N、S等非金属元素化合物的说法正确的选项是
A．漂白粉的成分为次氯酸钙
B．实验室可用浓硫酸枯燥氨气
C．实验室可用NaOH溶液处理NO2和HCl废气
D．Al2(SO4)3可除去碱性废水及酸性废水中的悬浮颗粒
解析：漂白粉的主要成分为次氯酸钙，故A错；实验室不能用浓硫酸枯燥氨气，因为它们会发生反响生成硫酸铵，故B错；NO2和HCl都是酸性气体，所以可用NaOH中和，故C对；Al2(SO4)3不能除去碱性废水及酸性废水中的悬浮颗粒，故D错。答案C
11.〔08海南卷〕以下列图表示某固态单质A及其化合物之间的转化关系(某些产物和反响条件已略去)。化合物B在常温常压下为气体，B和C的相对分子质量之比为4：5，化合物D是重要的工业原料。
(1)写出A在加热条件下与H2反响的化学方程式
__________________________________________________
(2)写出E与A的氢化物反响生成A的化学方程式___________________________
(3)写出一个由D生成B的化学方程式____________________________________；
(4)将5mL0.10mol·L－1的E溶液与10mL0.10 mol·L－1的NaOH溶液混合。
①写出反响的离子方程式__________________________________________；
②反响后溶液的pH ______7(填“大于〞、“小于〞或“等于〞)，理由是________；
③加热反响后的溶液，其pH________(填“增大〞、“不变〞或“减小〞)，理由是________________________________。
解析：固态单质A能与空气中的氧气反响生成气体物质B，那么A可能为C或S等，假定为S，那么B为SO2，C为SO3，它们的相对分子质量为64∶80＝4∶5，恰好与题意相符(同时也证明A不是C)，那么D为H2SO4，它是一种重要的工业原料，与题意也相符，进一步证明A为S。E为H2SO3。
答案：〔1〕H2+SH2S〔写成可逆反响也正确〕。
(2〕H2SO3 + 2H2S=3S + 3H2O。
(3〕C+2H2SO4〔浓〕CO2 ↑+2SO2 ↑+2H2O或Cu+ 2H2SO4〔浓〕CuSO4 +SO2 ↑+ 2H2O等。
(4〕①H2SO3 +2OH— = SO32— + 2H2O。
②大于；Na2SO3溶液中SO32-发生水解使溶液显碱性。
③增大；升高温度促进Na2SO3溶液的水解。
12．〔08上海卷〕〔A〕如下列图，将甲、乙两个装有不同物质的针筒用导管连接起来，将乙针筒内的物质压到甲针筒内，进行下表所列的不同实验〔气体在同温同压下测定〕。试答复以下问题：
(1〕实验1中，沉淀最终变为________色，写出沉淀变色的化学方程式_______________________________。
(2〕实验2甲针筒内的现象是：有___________生成，活塞________移动〔填向外、向内、不〕。反响后甲针筒内有少量的残留气体，正确的处理方法是将其通入___________溶液中。
(3〕实验3中，甲中的3mL气体是NO2和N2O4的混合气体，那么甲中最后剩余的无色气体是_______，写出NO2与H2O反响的化学方程式为_______________________________。
(4〕实验4中，：3Cl2＋2NH3N2＋6HCl。甲针筒出活塞有移动，针筒内有白烟产生外，气体的颜色变为____________。最后针筒内剩余气体的体积约为________mL。
解析：〔1〕NH3＋H2ONH3·H2O，FeSO4