热门试卷

（共13分）（1）2C+ SiO2 Si + 2CO↑ （2分）  （2）ac（2分）

（3）SiO2+2OH－ = SiO32－+H2O（2分）   无色溶液中通入CO2无白色沉淀生成（1分）

（4）3FeCO3+10H++NO3－ = 3Fe3+ +3CO2↑+NO↑+5H2O（2分）

（5）NO循环使用能减少环境污染；   NO跟H2O、O2反应后又得到硝酸提高原料利用率 （2分）

3.33×104（2分）

试题分析：（1）碳在高温下还原二氧化硅即得到粗硅，所以用滤渣制备粗硅的化学反应方程式为2C+ SiO2 Si + 2CO↑。

（2）碳元素的非金属性强于硅元素的，则碳酸的酸性强于硅酸的，a正确；酸性越弱，相应的酸根越容易结合氢离子，则b不正确，结合质子的能力应该是> AlO2－CO>HCO3－。非金属性越强，氢化物的稳定性越强，c正确；核外电子排布相同的微粒，微粒半径随原子序数的增大而减小，则d不正确，离子半径应该是O2－＞Al3+，因此答案选ac。

（3）滤渣中含有二氧化硅，所以滤渣和NaOH溶液反应的离子方程式是SiO2+2OH－＝SiO32－+H2O。如果含有氧化铝，则滤液中含有偏铝酸钠。偏铝酸钠能和CO2反应生成白色沉淀氢氧化铝，据此可以判断，即无色溶液中通入CO2无白色沉淀生成。

（4）矿石中的碳酸亚铁能把硝酸氧化，所以反应的离子方程式是3FeCO3＋10H+＋NO3－ ＝3Fe3+＋3CO2↑＋NO↑＋5H2O。

（5）由于NO是有毒气体，不能随意排放，所以这样做的目的是NO循环使用能减少环境污染，且NO跟H2O、O2反应后又得到硝酸提高原料利用率。根据以上分析可知，该矿石中含有碳酸亚铁和二氧化硅，其中碳酸亚铁的质量是2.36×103 kg－1.2×103 kg＝1.16×103kg，物质的量是10000mol，则根据（4）中的方程式可知，消耗硝酸的物质的量是，所以理论上至少需要1 mol L－1 HNO3的体积为L3.33×104。

点评：：该题是高考中的常见题型，难度较大，试题综合性强，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导，有助于培养学生逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该试题还通过鼓励学生去大胆的猜想及拓展探究实验，考查学生的基本科学素养。该类试题综合性强，理论和实践的联系紧密，有的还提供一些新的信息，这就要求学生必须认真、细致的审题，联系所学过的知识和技能，进行知识的类比、迁移、重组，全面细致的思考才能得出正确的结论。

（1）；

（2）NH4NO3；＞；8H++2NO3-+3Cu = 3Cu2++2NO↑+4H2O； （3）SO2 ；能；小于

试题分析：在短周期主族元素中：

（1）由两种元素组成的化合物种类最多，由于化合物种类最多的是有机化合物，则一种元素一定是碳元素。由于是由两种元素组成的，所以该类化合物是烃类，其中最简单化合物是甲烷，含有4个C－H键，其电子式为。

（2）元素D的氢化物与D的最高价氧化物对应水化物化合能反应，这说明元素D应该是N元素，则氨气与硝酸反应生成的物质是NH4NO3；氨气溶于水生成一水合氨，电离出OH－，溶液显碱性，所以溶液的pH＞7；D的最高价氧化物对应水化物的浓溶液是浓硝酸，具有强氧化性，与铜发生氧化还原反应生成硝酸铜、NO2和水。随着反应的进行，浓硝酸的浓度降低，由此反应后期产生无色的NO气体，此时反应的离子方程式为8H++2NO3-+3Cu = 3Cu2++2NO↑+4H2O。

（3）元素R与元素E的原子序数之比为2∶1，其单质直接反应后得到的化合物中元素质量比为1∶1，则在短周期元素中符合条件的是S和O，则二者化合生成的化合物是SO2。SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色。S的最高价氧化物对应水化物是硫酸，浓硫酸具有强氧化性，在加热的条件下与铜反应生成硫酸铜、SO2与水，反应的化学方程式为2H2SO4(浓)＋CuCuSO4＋2H2O＋SO2↑。但由于随着反应的进行，浓硫酸的浓度变小，稀硫酸与铜不反应，所以含2 mol R元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与足量的铜片反应，产生的气体在标准状况下的体积一定小于22.4L。2和硫酸的性质以及氧化还原反应的计算

⑴三（1分）ⅥA（1分）⑵（2分）⑶Si＋2NaOH＋H2O=Na2SiO3＋2H2↑（2分）⑷2ClO2＋5Mn2＋＋6H2O=5MnO2↓＋2Cl―＋12H＋ （2分）

由表中化合价可知，Y的化合价为-2价，没有正化合价，故Y为O元素，X的化合价为+5、-3价，处于ⅤA族，原子序数比O元素小，故X为N元素，Z的化合价为+1价，处于ⅠA族，原子序数大于O元素，故Z为Na元素，W的化合价为+4、-4价，处于ⅣA族，为Si元素，Q的化合价为+6、-2价，故Q为S元素，R的化合价为+7、-1价，故R为Cl元素，⑴Q的化合价为+6、-2价，故Q为S元素,位于第三周期，ⅥA族，答案：三（1分）ⅥA（1分）；⑵将X、Z、Q、R四种元素的氢化物各1mol和水混合后，分别得到NH3·H2O,NaOH,H2S,HCl溶液，其中碱性最强的是由NaH形成的，NaH的电子式为：，答案：；⑶Z的最高价氧化物对应的水化物NaOH与W的单质Si反应的化学方程式为Si＋2NaOH＋H2O=Na2SiO3＋2H2↑,答案：Si＋2NaOH＋H2O=Na2SiO3＋2H2↑；⑷RY2是ClO2可以用来除去水中超标的Mn2+，生成一种黑色沉淀MnO2，同时测得消耗ClO213．50 g /67.5 g·mol―1=0.2mol时，共转移了1 mol电子,即ClO2中Cl降5价变-1价。则反应的离子方程式是：2ClO2＋5Mn2＋＋6H2O=5MnO2↓＋2Cl―＋12H＋ ，答案：2ClO2＋5Mn2＋＋6H2O=5MnO2↓＋2Cl―＋12H＋ 。

考点:元素周期表、元素及化合物

（8分）（1）2NO + O2＝2NO2   （2）Fe + 4H+ +NO3—＝Fe3+ + NO↑ + 2H2O

（3）6.02×1022 或 0.1NA    （4）4

试题分析：（1）Z是红棕色气体，则Z是NO2。若X是无色极易溶于水的刺激性气味气体，因此X是氨气，氨气和氧气反应生成NO和水，NO和氧气反应生成NO2，则由Y与W反应生成Z的化学方程式是2NO + O2＝2NO2。

（2）单质W是常见金属，则关键图中转化特点可知，W应该是变价的金属铁。X含三种短周期元素，其中两种元素的原子的质子数之和等于另一种元素原子的质子数，因此X是硝酸，Y是硝酸铁，Z是硝酸亚铁。则X的稀溶液转化为Y的离子方程式是Fe + 4H+ +NO3—＝Fe3+ + NO↑ + 2H2O。

（3）若X是空气的主要成分之一，则X是氧气或氮气。W原子的最外层电子数是内层电子数的二倍，因此W是单质碳，所以X是氧气，Y是CO2，Z是CO。则Y与W反应的方程式是CO2＋C2CO，所以生成0.1 mol Z时，反应中转移的电子数为0.1mol×NA，即6.02×1022 。

（4）若Y是白色胶状沉淀，W为烧碱，因此X是铝盐，Y是氢氧化铝，Z是偏铝酸钠。氢氧化铝或氢氧化钠反应的化学方程式是Al(OH)3＋NaOH＝NaAlO2＋2H2O，所以0.1mol Y与足量W反应生成Z时消耗烧碱的质量是0.1mol×40g/mol＝4.0g。

点评：该题是高考中的常见题型，侧重对学生能力的培养。试题综合性强，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力。该类试题需要明确的是化学推断题是一类综合性较强的试题，如元素及化合物性质和社会生活，环境保护，化学计算等知识，还可引入学科间综合。它不仅可考察学生对化学知识的理解程度，更重要的是培养学生的综合分析能力和思维方法。解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。

(1)第二周期ⅥA族　　BCD

(2)

(3)NH4HCO3 或(NH4)2 CO3　H2NCH2COOH

(4)Fe2++2Fe3++8NH3+8H2OFe(OH)2↓+2Fe(OH)3↓+8NH4+

(5)10-12

根据A、D可形成的两种液态化合物的情况知,这两种化合物为H2O和H2O2,再结合原子序数增大,所以A为H,D为O,则B只能为C,C为N,E单质可净化水质,E为Cl。

(1)O的原子序数是8,位于第二周期ⅥA族 ;氯元素位于第三周期ⅦA族,所以原子结构示意图为;由气态氢化物的沸点无法确定元素的非金属性强弱。答案选BCD。

(2)由A、B两种元素组成的最简单的化合物是甲烷,电子式为。

(3)都既可以与盐酸反应又可以与NaOH溶液反应,一般是弱酸的酸式盐或弱酸的铵盐或氨基酸,因此甲是碳酸氢铵或碳酸铵,乙是甘氨酸。化学式分别是NH4HCO3 或(NH4)2 CO3、H2NCH2COOH。

(4)①根据原子守恒可知,两种碱应该是氢氧化铁和氢氧化亚铁,所以方程式为Fe2++2Fe3++8NH3+8H2OFe(OH)2↓+2Fe(OH)3↓+8NH4+。

(5)亚铁离子和铁离子的浓度分别是2.0 mol·L-1和4.0 mol·L-1,所以根据溶度积常数可知,相应OH-浓度分别是10-8 mol·L-1、10-12 mol·L-1,所以混合液中c(OH-)不得大于10-12 mol·L-1。

（1） 0．5NA   ＞    CO32-+H2OHCO3-+OH-     HCO3-+H2O H2CO3+OH-

（2）①第二周期Ⅵ族

②SO2+ H2OH2SO3    紫色石蕊试液变红

③2Cu2O+Cu2S="6Cu+" SO2↑

④2Cu2++2Cl-+ SO2+ 2H2O =" 2CuCl↓+" SO42-+ 4H+

试题分析：（1）由甲为淡黄色固体且是两种元素(A和M)组成的化合物,容易推出其为Na2O2,再由乙(B和M组成)和丙(只含有M)均为常温下的无色无味气体及反应:甲+乙=丙+丁，可推出乙为CO2、丙为O2、丁为Na2CO3；甲+乙=丙+丁即为2Na2O2+2CO2= O2↑+2Na2CO3,每2mol Na2O2参加反应产生1mol O2,转移2mol电子，因此标况下5．6L O2(即0．25mol)转移电子数为0．5 NA个；丁溶液为Na2CO3溶液，其为强碱弱酸盐，显碱性，故pH＞7，显碱性的原因是由于CO32-的水解导致。

（2）由题意容易推出丁为SO2(元素A和B),丙为Cu(元素M)，由于原子序数B大于A，故A为O、B为S、M为Cu；SO2溶于水生成H2SO3，能电离出H+，使溶液呈酸性，因此它能使紫色石蕊试液变红，但它的漂白性是和一些具特定官能团的有色有机物化合生成不稳定的无色物质，而石蕊不具备这样的官能团，故不能使其褪色；由化合物甲、乙中原子个数比均为1:2(M均显+1价)，可得出甲为Cu2O、乙为Cu2S，则反应式为2Cu2O+Cu2S="6Cu+" SO2↑；CuCl2的溶液中通入SO2，可观察到白色的CuCl沉淀，则发生了氧化还原反应，Cu2+被还原为Cu+，故SO2被氧化为SO42-。2的性质。

（1）第二周期VIA族     （2）HClO4   H2S     （3）HSO3-+H+ = SO2↑+ H2O

（4）不褪色 ； Cl2+SO2 +2H2O =H2SO4 +2HCl

试题分析：（1）由题意可知X是H、Y是O、Z是Na、M是S、G是Cl；则Y在元素周期表中的位置是位于第二周期VIA族，（2）由于非金属性最强的元素是Cl，所以其最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HClO4而非金属气态氢化物还原性最强的是H2S。（3）MY2为SO2则由着四种元素组成的这两种盐为NaHSO4和NaHSO3而NaHSO4在水溶液中可电离出H+起一元强酸的作用，反应的离子方程式为：HSO3-+H+ = SO2↑+ H2O。（4） )M的有漂白性的氧化物为SO2、G的单质为Cl2。因为SO2有还原性 、Cl2有氧化性。若按照1:1的物质的量的比混合，在水中发生恰好氧化还原反应Cl2+ SO2+ 2H2O=2HCl+H2SO4．产生没有漂白性的HCl和H2SO4，因而失去漂白能力。2、Cl2的漂白性、H2S还原性等性质的知识。

(1)①3Cu+8H++2NO3－＝3Cu2++2NO↑+4H2O

②2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；(缺少条件减1分)

③2Br－+Cl2＝2Cl－+Br2，3Br2+3CO32－＝5Br－+BrO3－+3CO2↑

(2)①CH4+10OH－－8e－＝CO32－+7H2O；②Na，xS+2e－＝Sx2－，46

试题分析：(1)①硝酸具有强氧化性，能和金属铜发生氧化还原反应，因此可用于稀硝酸与铜反应制备NO，反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3－＝3Cu2++2NO↑+4H2O。

②铝是活泼的金属，可以通过铝热反应冶炼金属，所以可用Al和Fe2O3制Fe，该反应的化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3。

③氯气氧化性强于单质溴的，所以氯气能把溴离子氧化生成单质溴，反应的离子方程式为2Br－+Cl2＝2Cl－+Br2。单质溴溶于水显酸性，能和碳酸钠溶液发生歧化反应生成NaBr、NaBrO3和水，反应的离子方程式为3Br2+3CO32－＝5Br－+BrO3－+3CO2↑。

（2）①原电池中负极失去电子，发生氧化反应。正极得到电子发生还原反应，则根据反应CH4 +2O2CO2 +2H2O可知，还原剂是甲烷，氧气是氧化剂，所以如果设计成原电池，则氧气在正极通入，甲烷在负极通入。由于电解质溶液是氢氧化钠溶液，所以负极电极反应式为CH4+10OH－－8e－＝CO32－+7H2O。

②原电池中负极失去电子，发生氧化反应。正极得到电子发生还原反应，则根据电池反应为2Na+xS＝Na2Sx可知，钠是还原剂，所以该电池负极为Na。正极是S得到电子，则正极电极反应式为xS+2e－＝Sx2－。64g铜的物质的量＝64g÷64g/mol＝1mol，根据电极反应式Cu2＋＋2e－＝Cu可知，转移2mol电子，所以根据电子守恒可知，负极消耗金属钠的物质的量是2mol，质量＝2mol×23g/mol＝46g。

（1）3Fe2＋＋4H＋＋NO3-=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O

（2）  Al(OH)3　Al3＋＋3AlO2-＋6H2O=4Al(OH)3↓。

（3） CO2　> 　  2HSO3-＋O2=2SO42-＋2H＋

（4） ΔH＝－110.6 kJ/mol

试题分析：（1）金属单质与少量的酸D发生反应得到C，当酸过量时，C与酸继续发生反应得到B，金属单质也可以与过量的酸直接反应得到B。说明A为变价金属，在中学化学中只有Fe,酸D为强氧化性的酸，则为HNO3。B为Fe(NO3)3,C为Fe(NO3)2. 反应C＋D→B的离子方程式为3Fe2＋＋4H＋＋NO3-=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。（2）若A、B为盐，D为强碱，A的水溶液显酸性，符合上述关系的各种物质分别是A为AlCl3,B：NaAlO2;C: Al(OH)3;D:NaOH. ①C的化学式为Al(OH)3. ②反应B＋A→C的离子方程式为Al3＋＋3AlO2-＋6H2O=4Al(OH)3↓。（3）若A为强碱，D为气态氧化物。常温时，将B的水溶液露置于空气中，其pH随时间t变化①若图b符合事实，则A：NaOH；B：NaHCO3；C：Na2CO3；D：CO2。NaHCO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，所以pH>7。②若图c符合事实，A：NaOH；B：NaHSO3；C：Na2SO3；D：SO2。则其pH变化的原因是2HSO3-＋O2=2SO42-＋2H＋.由亚硫酸氢盐变为强酸的酸式盐NaHSO4。（4）若A为非金属单质，则符合要求的物质是：A：H2；D：O2；C：H2O，反应方程式为H2+1/2O2H2O.该反应的反应热为：—393.5+282.5=—110.6KJ/mol。

（1）第三周期ⅦA族    (2)    , 水分子之间存在氢键

（3）NaOH、Na2SO3、NaHS , NaHSO4、NaHSO3（4）O3、 Cl2、 ClO2

试题分析：根据题意可知这几种元素分别是A：H；B：O；C：Na；D：S；E：Cl．(1) Cl在在元素周期表中的位置是第三周期第ⅦA族。H和O 可以形成H2O、H2O2两种化合物。其中具有强氧化性的化合物H2O2的电子式为。水是分子晶体，分子间除了存在一般的分子间作用力外，还存在着氢键，增加了分子之间的相互作用，使得它具有较高的沸点。（3）H、O、Na、S可形成的其水溶液呈碱性的离子化合物有NaOH、Na2SO3、NaHS；呈酸性的有NaHSO4、NaHSO3。（4）O、Cl的单质或化合物可作水消毒剂的有O3、 Cl2、 ClO2。

（1）Na2SO3 溴水  溴水褪色 Na2SO3+ Br2 + H2O = Na2SO4+2HBr    

Na2SO3 + Br2 + H2O =H2SO4 + 2NaBr  （2） MnO2 +4HCl(浓) MnCI2 + Cl2↑+2H2O  饱和食盐水（3）SiO2 + 2CSi + 2CO         （4） =

试题分析：（1）要证明Na2SO3具有还原性，应选用的试剂是Na2SO3和有强的氧化性的物质是溴水。发生的反应是：Na2SO3+ Br2 + H2O = Na2SO4+2HBr。现象为溴水褪色。（2） 实验室制取氯气的化学方程式：MnO2 +4HCl(浓) MnCI2 + Cl2↑+2H2O。由于是用的浓盐酸反应制取的。浓盐酸有挥发性，所以在制取的Cl2中含有杂质HCl气体。除去的方法是把混合气体通入到饱和NaCl水中，HCl极容易溶解在水中而得到除去，发生反应Cl2+H2OH++Cl-+HClO.因为水中含有NaCl、及HCl电离产生的Cl-，增大了生成物的浓度，使化学平衡逆向移动，又减少了Cl2的溶解、反应消耗。达到了既除去杂质也不减少被提纯的物质本身。（3）由SiO2制取粗硅的化学方程式为SiO2 + 2CSi + 2CO。（4）2H2+O22H2O；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；2CO+O22CO2。2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。可见：H2、CO燃烧消耗的氧气与反应产物与Na2O2反应放出的氧气质量相等。即固体增加的质量就是反应物H2、CO的质量和。若混合气体的质量为ag，则燃烧产物与过氧化钠反应后固体质量增加的也是ag.2SO3、Na2O2的化学性质及Si 、Cl2的制法杂质的除去等知识。

(1)E元素的盐酸盐或硫酸盐在水中可以水解生成Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体可以吸附水中的悬浮杂质形成沉淀，达到净水的目的

(2)极性共价键　非极性共价键　H2O2H＋＋HO2-

(3)Cu＋2H＋＋H2O2===Cu2＋＋2H2O

(4)56 L

(5)3Na2O2＋6Fe2＋＋6H2O===4Fe(OH)3↓＋6Na＋＋2Fe3＋

(6)高　NO2分子相互反应有N2O4生成

由题干信息可知，五种元素分别是A、B、W、D、E分别是A－H、B－N、W－O、D－Na、E－Al。(2) H2O2分子中所含的化学键为极性共价键和非极性共价键。(3)酸性条件下H2O2将Cu氧化为Cu2＋。 (4)按反应NaH＋ H2O=== NaOH＋ H2↑和2H2O＋ 2NaOH＋2Al=== 2NaAlO2＋3H2↑计算。(5)可以先分步写出Na2O2和H2O反应，然后与NaOH、O2、Fe2＋的反应，然后按Na2O2和Fe2＋的物质的量之比为1∶2合并。(6)NO2分子相互反应有N2O4生成，物质的量减少，平均相对分子质量增大。

（每空各2分）(1) 2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O +2NH3↑；用湿润的红色石蕊试纸检验，若变蓝，则是NH3。或用蘸浓盐酸的玻璃棒检验，若冒白烟，则是NH3。

(2) ；MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O；

6NaOH +3Cl2 NaClO3+5NaCl+ 3H2O

(3) ① Fe+4HNO3NO↑+Fe(NO3)3+2H2O ② 0.2

(1) 若A为易溶于水的盐，B是强碱，则该反应为复分解反应，生成另外一种盐和碱，且其中有一种气体，应该想到为氨气；检验氨气用湿润的红色石蕊试纸检验，若变蓝，则是NH3。或用蘸浓盐酸的玻璃棒检验，若冒白烟，则是NH3。

(2) 若A为黑色固体，Y是黄绿色气体，显然Y是氯气，实验室制氯气反应：MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O；

(3)生成无色气体X，遇空气立即变为红棕色，X为NO；且A可溶于Y溶液中，金属单质溶于金属的盐溶液中，该金属为变价金属，则为Fe。

（1）C2H4O    

（2）Si+SiO22SiO

（3）Fe(NO3)2

（4）3mol/L≤c(NaOH)≤4mol/L

（5）NaNO2，取少量溶液于试管中加入盐酸，试管口有棕红色气体产生证明有NaNO2，或其它正确答案(2分)

试题分析：摩尔质量均为44g/mol，化合物甲与温室气体联系在一起则是CO2；烃乙是C3H8；等物质的量的乙与丁充分燃烧产物为甲与水，且生成水的质量前者是后者的2倍，说明丁分子中有4g氢原子，含有氧原子，可知是C2H4O；丙在一定条件下分解获得两种单质，两单质放电时反应生成A，A遇空气变成红棕色气体B(NO2)，可知丙有N和O元素组成，是N2O；戊是一种极不稳定的物质在工业制硅的反应产物中证实了其存在，说含有Si，是SiO2转化为Si的中间物，故是SiO。

（2）理解同一主族氧化物的相似性，C+CO22CO，即可写出生成戊的化学方程式。

（3）把铁和铜混和物放入一定量NO2通入水后形成的稀HNO3溶液中，反应后过滤，滤出的固体物质投入盐酸中无气体放出，固体是Cu，Fe只能氧化为Fe2+。

（4）将0.2mol C3H8完全燃烧后生成0.6molCO2，与碱反应，若生成Na2CO3需要1.2molNaOH；若生成NaHCO3需要0.6molNaOH，故300mLNaOH溶液的浓度为2mol/L≤c(NaOH)≤4mol/L。

（5）等物质的量NO、NO2的混合物可认为是N2O3，溶于NaOH溶液中得到一种溶质就是NaNO2。