1、非金属及其化合物一、选择题1.光纤通信是70年代后期发展起来的一种新型通信技术，目前长距离光纤通信系统已投入使用，光纤通信的光导纤维是由下列哪种物质经特殊工艺制成的（）A石墨B石英C石灰石D高纯硅2.利用如图所示装置进行下列实验，不能得出相应实验结论的是选项实验结论A稀硫酸Na2CO3Na2SiO3溶液非金属性：SCSiB浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C浓硝酸FeNaOH溶液说明铁和浓硝酸反应可生成NO2D浓氨水生石灰酚酞氨气的水溶液呈碱性 3.镁铁混合物138 g溶解在足量某浓度的稀硝酸中，完全反应，其还原产物只有一氧化氮（03 mo1），则向反应后的溶液中加人足量的NaOH溶液，可
2、生成的沉淀质量为A26 gB28 g C295 g D291 g4.标准状况下，某同学向100mL H2S饱和溶液中通入SO2，所得溶液pH变化如图所示下列分析中正确的是（）Ab点对应的溶液导电性最强B亚硫酸是比氢硫酸更弱的酸Cab段反应是SO2+2H2S3S+2H2OD原H2S溶液的物质的量浓度为0.05molL15.化学与工农业生产和人类生活密切相关下列说法中，不正确的是（）A使用太阳能等代替化石燃料，符合低碳节能减排的要求B油脂在碱性条件下水解可制得肥皂C海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀D高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维6.用如图装置制取、提纯并收集表中的四种气体（a、b、c表示相
3、应仪器中加入的试剂），其中可行的是（）气体abcANO2浓硝酸铜片NaOH溶液BSO2浓硫酸铜片酸性高锰酸钾溶液CNH3浓氨水生石灰碱石灰DCO2稀盐酸大理石浓硫酸 7.下列反应中，调节反应物用量与浓度不会改变反应产物的是（）ASO2通入石灰水BNaOH溶液滴入NaHCO3溶液C硫酸中加入锌粉DAlCl3溶液中滴入NaOH溶液8.下列物质既能通过与Cl2化合反应制取，也能通过与盐酸反应制取的是（）ACuCl2 BFeCl2CFeCl3 DZnCl29.下列陈述、均正确并且有因果关系的是（）选项陈述陈述ASO2有氧化性SO2可用于漂白纸浆B电镀时阴极上发生还原反应可在铁的镀件上镀铜C往未知溶液中
4、加入稀硝酸和BaCl2溶液，有白色沉淀生成该未知溶液一定含有SO42D明矾能水解生成Al（OH）3胶体明矾可用作生活用水的消毒剂10.足量的铝与20mL 1.0mol/L的下列物质反应，产生气体物质的量最少的是A氢氧化钠溶液 B稀硫酸 C盐酸 D稀硝酸11.下列陈述I、正确并且有因果关系的是 选项表述I表述IIASiO2有导电性SiO2可用于制备光导纤维 BSO2有漂白性SO2可使溴水褪色C溶液中含有大量的NO3溶液中不能存在大量I或S2D将淀粉与KCl混合液装于半透膜内，浸泡在盛蒸馏水的烧杯中，5min后取烧杯中液体，加碘水变蓝色半透膜有破损12.下列实验装置、选用的试剂或实验操作中，正确的
5、是 A实验室用装置A制取氨气 B用B装置吸收氨气，并防止倒吸C用C装置稀释浓硫酸 D用D装置除去CO2中的HCl13.下列有关实验的操作不正确的是A分液时，分液漏斗内的上层液体应由上口倒出B用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体C配制0.1molL-1氢氧化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流D检验NH4+时，往试样中加入NaOH溶液，加热，用湿润蓝色石蕊试纸检验逸出的气体14.下列实验可实现鉴别目的的是A用BaCl2溶液鉴别SO3(g)和SO2B用Ca(OH)2溶液鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液C用CO2鉴别NaAl(OH)4溶液和Na2SiO3溶液D用湿润的碘化钾淀粉
6、试纸鉴别Br2(g)和NO215.下列有关化学知识的叙述中正确的是AC、S、N所形成的氧化物均为酸性氧化物B“水滴石穿”是因为CaCO3与CO2、水发生了化学反应C常用作水处理剂的KAl(SO4)2和漂白粉都是强电解质D 232Th 转变成233U是化学变化，233U和235U的化学性质几乎相同二、非选择题16.现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出） 请根据以上信息回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：丙 G （2）写出下列反应的离子方程式：反应 反应 （3）写出 乙+D的化学方程式 17.减少C
7、O2的排放以及CO2的资源化利用具有重要意义（1）用氨水捕集烟气中的CO2生成铵盐，是减少CO2排放的可行措施之一写出氨水捕集烟气中的CO2生成铵盐的主要化学方程式 分别用不同pH的吸收剂吸收烟气中的CO2，CO2脱除效率与吸收剂的pH关系如图所示，CO2脱除效率与吸收剂的pH关系是 烟气中CO2的含量为12%，烟气通人氨水的流量为0.052m3/h（标准状况），用pH为12.81的氨水吸收烟气30min，脱除的CO2的物质的量为 （精确到0.01）CO2脱除效率与温度的关系如图所示从40到45脱除CO2效率降低的主要原因是 （2）将CO2和甲烷重整制合成气（CO和H2）是CO2资源化利用的有
8、效途径合成气用于制备甲醇的反应为2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）H=90.1kJ/mol在T时，容积相同的甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，按不同方式投人反应物，测得反应达到平衡时的有关数据如下容器甲乙丙起始反应物投入量2mol H2、l mol CO1mol CH3OH2mol CH3OH平衡数据c（CH，0H）/mol/LC1C2c3反应的能量变化ZkJxyz体系压强/PaP1P2P3反应物转化率a1a2a3下列说法正确的是 （填字母編号）A.2c1c3 B|x|+|y|90.1 C.2p2p3 Da1+a31在T、恒容条件下，该反应的平衡常数Kp=6.0103（kPa）2若甲容器中反
9、应达到平衡时p（CH3OH）=24.0kPa，则平衡混合气体中CH3OH的物质的量分数为 （Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算所得平衡常数，分压=总压物质的量分数）18.溴化钙是一种溴化物，用于石油钻井，也用于制造溴化铵及光敏纸、灭火剂、制冷剂等制备CaBr22H2O的主要流程如下：（1）与液溴的反应温度不能超过40的原因是 （2）滤渣的成分可能是 （3）试剂M是 ，加入M的目的是 （4）操作的步骤为蒸发浓缩， 、洗涤、干燥（5）将氨气通入石灰乳，加入溴，于65进行反应也可制得溴化钙，此反应中还会生成一种无色气体，写出反应的化学方程式 （6）制得的CaBr22H2O可以通过以下方法测定纯度：称取
10、5.00g样品溶于水，滴入足量Na2CO3溶液，充分反应后过滤，将滤渣洗涤、烘干、冷却、称量，得到2.00g固体则CaBr22H2O的质量分数为 （相对原子质量：Ca40 Br80 H1 O16）19.如表所示为元素周期表的一部分，参照元素在表中的位置，请回答下列问题：（1）、的原子半径由大到小的顺序为 （用元素符号表示）。（2）和的最高价含氧酸的酸性强弱为 （用酸的化学式表示）。（3）、两种元素按原子个数之比为1：1组成的常见液态化合物，在酸性溶液中能将Fe2+氧化，写出该反应的离子方程式 ；（4）由表中元素形成的物质可发生如图中的反应，其中B、C、G是单质，B为黄绿色气体，D溶液显碱性。写
11、出D溶液与G反应的化学方程式 。写出检验A溶液中溶质的阴离子的方法 。常温下，若电解1L0.1 molL-1的A溶液，一段时间后测得溶液pH为12（忽略溶液体积变化），则该电解过程中转移电子的物质的量为 。写出过量的E与F溶液中溶质反应的离子方程式 。（5）由、元素组成的化合物W（在酸性溶液中发黄，W还原性较强），在溶液中易被的单质氧化，该反应的离子方程式为 。参考答案1.B考点：硅和二氧化硅分析：根据光纤通信的光导纤维是二氧化硅经特殊工艺制成的，光导纤维的主要成分是二氧化硅进行解答解答：解：A二氧化硅不是由碳制成的，故A错误； B光导纤维的主要成分是二氧化硅，而石英的主要成分是二氧化硅，所以
12、光纤通信的光导纤维是由石英经特殊工艺制成，故B正确；C石灰石高温锻烧生成生石灰，不是制光导纤维的原料，故C错误；D硅常用于半导体材料，制作太阳能电池，故D错误故选B点评：本题考查硅及化合物的组成和用途，题目简单，注意基础知识的学习积累2.C3.D试题分析：分别设铁和镁的物质的量，结合电子守恒计算，注意铁被氧化为三价铁。4.C考点：二氧化硫的化学性质分析：H2S 饱和溶液中通入SO2，发生反应：SO2+2H2S=3S+2H2O，随着反应的进行，溶液酸性逐渐减弱，但恰好反应时，溶液呈中性，二氧化硫过量，与水反应生成亚硫酸，溶液酸性逐渐增强，根据图象可知恰好反应时消耗二氧化硫112mL，根据方程式可
13、知原溶液中硫化氢为0.01mol，通入336mL二氧化硫时，亚硫酸的浓度与原氢硫酸浓度相等，二者都是二元酸，溶液中亚硫酸pH值更小，故亚硫酸的酸性更强，以此解答该题解答：解：Ab点为中性，只有水，导电性最差，故A错误；B根据图象可知恰好反应时消耗二氧化硫112mL，n（SO2）=0.005mol，根据方程式可知原溶液中硫化氢为0.01mol，通入336mL二氧化硫时，溶液中亚硫酸为0.01mol，亚硫酸的浓度与原氢硫酸浓度相等，二者都是二元酸，溶液中亚硫酸pH值更小，故亚硫酸的酸性比氢硫酸更强，故B错误；Cab段pH在增大，由酸性到中性，则发生的反应是SO2+2H2S=3S+2H2O，故C正确
14、；D由图可知，112mLSO2与硫化氢恰好完全反应，则n（SO2）=0.005mol，由方程式可知n（H2S）=0.01mol，则原H2S溶液的物质的量浓度为=0.1mol/L，故D错误故选C点评：本题考查硫元素化合物性质、化学反应图象等，明确发生的化学反应是解答的关键，注意B选项中应根据溶液物质的浓度相等时pH大小进行判断，学生容易根据已有知识回答，为解答易错点，题目难度中等5.D考点：常见的生活环境的污染及治理；金属的电化学腐蚀与防护；硅和二氧化硅；肥皂、合成洗涤剂版权所有专题：化学应用分析：A“低碳经济”就是节能减排；B根据皂化反应原理分析；C原电池中较活泼的金属被腐蚀，不活泼的金属被保
15、护；D光导纤维的主要成分是二氧化硅解答：解：A使用太阳能等代替化石燃料，减少二氧化碳的排放，符合低碳节能减排的要求，故A正确；B脂与碱反应生成高级脂肪酸盐，所以工业上常利用油脂的碱性水解制取肥皂，故B正确；C海轮外壳上镶人锌块，和铁在海水中形成原电池，锌做负极被腐蚀，正极铁被保护，故C正确；D光导纤维的成分是二氧化硅，高纯度的硅单质广泛用于制作太阳能电池，故D错误；故选：D点评：本题主要考查了节能减排，油脂的水解，原电池原理，硅及其化合物的应用，难度不大6.D考点：常见气体制备原理及装置选择；气体的收集分析：由实验装置图可知，该装置为液体与固体（或液体）在不加热条件下反应生成气体的制备装置，并
16、且气体密度大于空气，用向上排空法收集，再进一步考虑选项中气体的净化是否合理，据此进行判断解答：解：ANO2与NaOH反应而被吸收，不能用NaOH溶液净化，故A错误；B浓硫酸与金属铜的反应需在加热的条件下进行，而本实验没有加热，故B错误；C氨气密度比空气小，不能用向上排空法收集，且不能利用浓硫酸干燥，故C错误；D大理石的主要成分为碳酸钙，盐酸与碳酸钙在常温下发生反应反应生成二氧化碳，用浓硫酸除去二氧化碳中水分，并且二氧化碳密度大于空气，可用向上排空法收集，故D正确；故选D点评：本题考查实验装置综合及常见气体的制备实验，为高频考点，题目难度中等，把握常见物质的性质及气体的制备原理为解答的关键，侧重
17、分析与实验能力的考查7.B考点：钠的重要化合物；二氧化硫的化学性质；浓硫酸的性质；镁、铝的重要化合物专题：氧族元素；几种重要的金属及其化合物分析：A、二氧化硫过量生成亚硫酸氢钠，氢氧化钙过量生成亚硫酸钠；B、氢氧化钠和碳酸氢钠生成碳酸钠；C、锌和稀硫酸反应生成氢气，与浓硫酸反应生成二氧化硫；D、氢氧化钠过量生成偏铝酸钠、氢氧化钠不足生成氢氧化铝沉淀解答：解：A、二氧化硫通入石灰水，二氧化硫过量则生成亚硫酸氢钙，2SO2+Ca（OH）2Ca（HSO3）2，氢氧化钙过量则生成亚硫酸钙，Ca（OH）2+SO2CaSO3+H2O，反应物用量不同，产物不同；B、氢氧化钠和碳酸氢钠生成碳酸钠，NaHCO3
18、+NaOHNa2CO3+H2O，反应物用量与浓度不会改变反应产物；C、锌稀硫酸则生成氢气，H2SO4+ZnZnSO4+H2；锌与浓硫酸则生成二氧化硫，Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2+2H2O，硫酸浓度不同，产物不同；D、氯化铝溶液滴入氢氧化钠溶液，若氢氧化钠过量生成偏铝酸钠，AlCl3+4NaOHNaAlO2+3NaCl+2H2O；若氢氧化钠不足生成氢氧化铝白色沉淀，AlCl3+3NaOHAl（OH）3+3NaCl，反应物用量不同，产物不同故选B点评：此题是对物质之间反应物量的不同导致的结果不同的考查，解题的关键是掌握具体的反应产物的不同，属于物质之间反应的探讨8.D考点：氯气的化
19、学性质分析：Cl2有强氧化性，当与变价金属反应时将金属氧化成高价态，与盐酸反应考虑金属活动性顺序据此回答判断解答：解：A、金属铜和氯气之间反应生成氯化铜，能用Cl2跟金属直接化合制取，但与盐酸不反应，故A错误；B、金属铁和氯气之间反应生成氯化铁，不能用Cl2跟金属直接化合制取，故B错误；C、金属铁和盐酸反应生成FeCl2，故C错误；D、金属锌和氯气之间反应生成氯化锌，与盐酸反应生成氯化锌，故D正确；故选D点评：本题考查氯气的性质和金属的活泼性，比较基础，清楚常见变价金属与氯气反应生成高价态金属氯化物9.B考点：二氧化硫的化学性质；盐类水解的应用；电解原理；硫酸根离子的检验分析：A、二氧化硫化合
20、价居硫元素中间价态，可以表现氧化性，二氧化硫的漂白作用是结合有色物质生成不稳定的无色物质；B、电镀阴极是溶液中镀层金属离子得到电子发生还原反应，铁作阴极可以实现镀铜；C、若溶液中含有亚硫酸根离子，加入稀硝酸会氧化为硫酸根离子生成白色沉淀；D、明矾水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用，净水但不能消毒解答：解：A、二氧化硫化合价居硫元素中间价态，元素化合价可以降低表现氧化性，二氧化硫的漂白作用是结合有色物质生成不稳定的无色物质，正确但无因果关系，故A错误； B、电镀阴极上是溶液中镀层金属离子得到电子发生还原反应，铁作阴极可以实现镀铜，有因果关系，故B正确；C、若溶液中含有亚硫酸根离子，加入
21、稀硝酸会氧化为硫酸根离子生成白色沉淀，无因果关系，故C错误；D、明矾水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用，净水但不能消毒，陈述错误无因果关系，故D错误；故性B点评：本题考查了氧化还原反应、电镀原理分析，离子检验方法的应用，盐类水解分析判断，注意性质的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等10.D铝与氢氧化钠溶液或盐酸或稀硫酸均是产生氢气，且都是铝作还原剂，所以产生的氢气相等。铝与稀硝酸反应生成硝酸铝、NO和水，氮元素的化合价从+5价降低到+2价，所以产生的NO最少，答案选D。11.DASiO2不导电，是制光导纤维的原料；故A错误；BSO2的漂白性是和有色有机物结合为不稳定的无色物质，S
22、O2和单质溴发生氧化还原反应使溴水褪色；故B错误；CNO3在酸性条件下有强氧化性，不能与I或S2共存，碱性条件NO3与I或S2能共存，故C错误；D淀粉是高分子，不能透过半透膜，若烧杯中液体，加碘水变蓝色，说明有淀粉进入烧杯的水中，一定是半透膜有破损，故D正确，故选D。12.BANH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl，故A错误；B氨气极易溶于水，按照装置图，倒扣的漏斗可防止倒吸，故B正确；C不能在量筒中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中，故C错误；DCO2 也能和Na2CO3反应，故D错误；故选B。13.DA分液操作时，分
23、液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体相互污染，故A正确； B碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳和水，故B正确；C将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流，故C正确；D检验氨气时应该是用湿润的红色石蕊试纸检验，故D错误故选D14.A盐酸的酸性大于亚硫酸，则二氧化硫与BaCl2不反应，但硫酸钡不溶于酸，可发生三氧化硫与氯化钡的反应生成硫酸钡沉淀，故A正确；BCa(OH)2溶液与Na2CO3和NaHCO3均能生成白色沉淀CaCO3故B错误；CCO2与NaAl(OH)4反应生成Al(OH)3白色沉淀,CO2与Na2SiO3生成H2SiO3白色沉淀,故无法鉴别，C错误； D
24、Br2(g)和NO2均能把碘化钾氧化成碘单质而使粉试变蓝，故D错误；故选A。15.B【ks5u解析】 ACO、NO不是酸性氧化物，所以A错误；B碳酸钙与二氧化碳的水溶液反应生成可溶性的碳酸氢钙，所以溶解了CO2的雨水能把石头穿透，所以B正确；C漂白粉属于混合物而不是纯净物，所以漂白粉不属于电解质，所以C错误；D核反应不是物理变化，也不是化学变化，所以D错误；故选B.16.（1）HCl；FeCl3；（2）2Na+2H2O2Na+2OH+H2；2Fe2+Cl22Fe3+2Cl；（3）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O考点：无机物的推断分析：金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，由反应
25、可知，D为NaOH，气体甲为H2；氢氧化钠与金属B反应生成氢气，故金属B为Al黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀是Fe（OH）3，故物质G中含有Fe3+，由转化关系HCl物质F 物质G，可知金属C为Fe，物质F为FeCl2，物质G为FeCl3，结合物质的性质解答该题结合物质的性质解答该题解答：解：金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，由反应可知，D为NaOH，气体甲为H2；氢氧化钠与金属B反应生成氢气，故金属B为Al黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉
26、淀是Fe（OH）3，故物质G中含有Fe3+，由转化关系HCl物质F物质G，可知金属C为Fe，物质F为FeCl2，物质G为FeCl3，（1）由以上分析可知丙为HCl，G为FeCl3，故答案为：HCl；FeCl3；（2）反应为Na和水的反应，离子方程式为2Na+2H2O2Na+2OH+H2，反应为氯气氧化氯化亚铁，离子方程式为2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，故答案为：2Na+2H2O2Na+2OH+H2；2Fe2+Cl22Fe3+2Cl；（3）乙为Cl2，D为NaOH，乙+D的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO（次氯酸钠）+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaC
27、lO+H2O点评：本题考查无机物的推断，题目难度中等，解答本题的关键是能根据物质的特性如颜色为突破口进行推断，答题时注意体会17.（1） CO2+NH3H2ONH4HCO3； CO2脱除效率随吸收剂的pH增大而增大；0.14mol； 碳酸氢铵受热易分解生成二氧化碳；（2） 选D； 44.4%；（1）氨水与CO2反应生成碳酸氢铵，反应的方程式为CO2+NH3H2ONH4HCO3；故答案为：CO2+NH3H2ONH4HCO3；根据图1分析，CO2脱除效率随吸收剂的pH增大而增大；因为烟气通人氨水的流量为0.052m3/h（标准状况），所以30min通入的烟气中含二氧化碳体积为0.052m3/h0.
28、5h12%=0.00312m3，则物质的量为=0.14mol，故答案为：CO2脱除效率随吸收剂的pH增大而增大；0.14mol；因为温度高生成的碳酸氢铵易分解生成二氧化碳，所以从40到45脱除CO2效率降低，故答案为：碳酸氢铵受热易分解生成二氧化碳；（2）A、甲、丙相比较，把甲等效为开始加入1molCH3OH，丙中甲醇的物质的量为甲的2倍，压强增大，对于反应CH3OH（g）CO（g）+2H2（g），平衡向生成甲醇的方向移动，故2c1c3，故A错误；B、由题目可知生成1molCH3OH的能量变化为90.8kJ，甲、乙平衡状态相同，令平衡时甲醇为nmol，对于甲容器，a=90.8n，等于乙容器b=
29、90.8（1n），故a+b=90.8，故B错误；C、比较乙、丙可知，丙中甲醇的物质的量为乙的2倍，压强增大，对于反应CH3OH（g）CO（g）+2H2（g），平衡向生成甲醇的方向移动，故2p2p3，故C错误；D、甲、乙处于相同的平衡状态，则1+2=1，由C的分析可知23，所以a1+a31，故D正确，故选D；由 2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）起始反应物投入量2mol H2、l mol CO，设开始时氢气压强为2P，CO压强为P，开始（mol） 2P P 0转化（mol）48.0 24.0 24.0平衡（mol）2P48 P24 24Kp=6.0103（kPa）2，解得P=34.0kPa
30、，则平衡混合气体中CH3OH的物质的量分数为=100%=44.4%，故答案为：44.4%；18.（1）防止液溴挥发，降低原料利用率；（2）Fe、Fe（OH）2 、Fe（OH）3；（3）HBr；除去过量的Ca（OH）2；（4）冷却结晶、过滤；（5）3Ca（OH）2 +3Br2+2NH3 3CaBr2+N2+6H2O；（6）94.40%解：Fe与溴单质反应生成FeBr2 ，加过量的氢氧化钙，生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁易被氧气氧化为氢氧化铁，过滤得到滤液中主要CaBr2 ，在滤液中加HBr中和多余的氢氧化钙，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到CaBr22H2O晶体；（1）溴单质受热易
31、挥发，所以控制反应在较低温度不能超过40进行，防止液溴挥发，降低原料利用率，故答案为：防止液溴挥发，降低原料利用率；（2）滤渣中除了是的氢氧化亚铁，还有剩余的Fe，和氧化生成的氢氧化铁，所以滤渣的成分可能是Fe、Fe（OH）2 、Fe（OH）3，故答案为：Fe、Fe（OH）2 、Fe（OH）3；（3）溴化亚铁溶液中加入过量的氢氧化钙，过滤得到的滤液含有溴化钙和氢氧化钙，加溴化氢除去多余的氢氧化钙，则加入的M为HBr，故答案为：HBr；除去过量的Ca（OH）2；（4）从溶液中提取固体溶质的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶、过滤；（5）氨气通入石灰乳，加入溴，在65
32、反应生成溴化钙、氮气和水，其反应的化学方程式为3Ca（OH）2 +3Br2+2NH33CaBr2+N2+6H2O，故答案为：3Ca（OH）2 +3Br2+2NH3 3CaBr2+N2+6H2O；（6）称取5.00g样品溶于水，滴入足量Na2CO3溶液，充分反应后过滤，将滤渣洗涤、烘干、冷却、称量，得到2.00g固体，则生成的固体为碳酸钙，设样品中CaBr22H2O的质量为xg，CaBr22H2ONa2CO3CaCO3，236 100xg 2.00g则x=4.72g，则CaBr22H2O的质量分数为100%=94.40%，故答案为：94.40%19.（1）NaClF （2）HClO4H2SO4
33、（3）H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O （4） 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 取少量A溶液滴加几滴稀硝酸酸化的硝酸银溶液有白色沉淀生成 0.01mol AlO2-+4H+=Al3+2H2O （5）S2O4Cl25H2O=2SO8Cl10H考点：原子结构,元素周期表无机推断答案：（1）NaClF （2）HClO4H2SO4 （3）H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O （4） 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 取少量A溶液滴加几滴稀硝酸酸化的硝酸银溶液有白色沉淀生成 0.01mol AlO2-+4H+=Al3+2H2O （5）S2
34、O4Cl25H2O=2SO8Cl10H解析过程： 根据元素在周期表中的位置可推知是H；是O；是F；是Na；是Al；是S；是Cl。 （1）同周期元素，从左到右，原子半径减小；同主族元素，从上到下，原子半径增大。所以这几种元素的原子半径由大到小的顺序为NaClF； （2）元素的非金属性ClS；元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，所以S、Cl的最高价含氧酸的酸性强弱为HClO4H2SO4； （3） H2O2在酸性溶液中能将Fe2+氧化，该反应的离子方程式是H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O； （4）本题的突破点为“B为黄绿色气体”，因为电解氯化钠溶液可制得氯气，根
35、据图示可知：A是NaCl ;B是Cl2；C是H2；D是NaOH；E是HCl；G是Al；F是NaAlO2。 NaOH溶液与Al单质反应的化学方程式是2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2； A溶液中溶质的阴离子为Cl-，检验Cl-的方法是取少量A溶液先滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液（或滴加几滴稀硝酸酸化的硝酸银溶液）有白色沉淀生成，就证明含有Cl-； NaCl溶液电解的方程式是：2NaCl2H2OCl2H22NaOH ，电解后pH=12，则c(NaOH) =0.01mol/L，n(NaOH)=0.01mol。根据反应方程式可知：每生成1molNaOH,转移1mol电子。由于生成了0.01molNaOH，所以转移电子0.01mol。 过量的E与F溶液，即过量的盐酸与NaAlO2反应，生成氯化铝、氯化钠和水，方程式为： NaAlO2+4HCl= AlCl3+NaCl+2 H2O，离子方程式为：AlO2-+4H+=Al3+2H2O； （5）由、元素组成的化合物W（在酸性溶液中发黄，W还原性较强）应为Na2S2O3，被氯气氧化的离子方程式为：S2O4Cl25H2O=2SO8Cl10H。
