高考化学二轮复习 专项强化突破练三元素及其化合物最新整理.docx
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高考化学二轮复习专项强化突破练三元素及其化合物最新整理
2017年高考化学二轮复习专项强化突破练（三）元素及其化合物
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专项强化突破练（三）
元素及其化合物
（45分钟 100分）
一、选择题（本题包括10小题,每小题6分，共60分）
1。
（2016·泉州一模）下列有关化学与生活的说法错误的是（ ）
A。
铁粉、生石灰均可作食品抗氧化剂
B.明矾、氯化铁均可作净水剂
C。
牛奶、鸡蛋清均可用于重金属中毒解毒
D。
碘酒、双氧水均可用于伤口消毒
【解析】选A.生石灰与水反应生成氢氧化钙,常用作食品干燥剂，常用铁粉等还原性物质做抗氧化剂,A错误；明矾、氯化铁在水中会水解生成氢氧化铝胶体和氢氧化铁胶体，可吸附水中的杂质,起到净水的作用,B正确；牛奶、鸡蛋清均富含蛋白质,可以结合重金属离子，使变性的蛋白质不再是人体的蛋白质，这样就可以保护人体，C正确;碘酒、双氧水均可杀灭细菌，D正确。
【加固训练】
（2016·中山二模）化学与生产、生活、社会密切相关。
下列有关说法中正确的是（ ）
A.在日常生活中，化学腐蚀是造成钢铁腐蚀的主要原因
B.明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子,可以用于饮用水的杀菌消毒
C。
SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，也可以大量用于漂白食品
D.纯碱可用于生产普通玻璃,日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污
【解析】选D。
在日常生活中,金属的腐蚀以电化学腐蚀为主,电化学腐蚀是造成钢铁腐蚀的主要原因,故A错误;明矾在溶液中电离出铝离子,铝离子水解生成氢氧化铝胶体和氢离子,氢氧化铝胶体具有吸附性，所以能净水,但不能杀菌消毒,故B错误;SO2具有漂白性,可用于漂白纸浆,但是有毒,不可以用于漂白食品,故C错误;纯碱可用于生产普通玻璃，纯碱水解显碱性，能使油脂水解,故日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污,故D正确。
2.（2016·福州二模）下列说法不正确的是（ ）
A。
84消毒液含有次氯酸钠，洁厕灵中含有盐酸,二者混合使用会产生氯气使人中毒
B.输送氯气的管道漏气，可以用浓氨水检验，是因为氯气和氨气发生化合反应生成氯化铵
C。
用氯气消毒过的自来水不宜直接用来养金鱼,最好在阳光下晒一段时间
D.氯气和二氧化硫均有漂白性,二者按体积比1∶1混合后不能使有色布条褪色
【解析】选B.NaClO和盐酸发生氧化还原反应生成氯气,若混合使用会产生氯气使人中毒，A正确；氯气和氨气发生氧化还原反应生成氯化铵和氮气,不是化合反应，B错误；氯气与水反应可生成盐酸和次氯酸,光照HClO分解生成氧气，在阳光下晒一段时间可除去氯气和HClO,C正确;氯气和二氧化硫均有漂白性，二者按体积比1∶1混合，反应生成硫酸和盐酸,则1∶1混合后不能使有色布条褪色，D正确。
3.（2016·海口一模）下列物质的应用不正确的是（ ）
A。
SO2可用于漂白纸浆
B。
碱石灰可用于干燥氯气
C.氢氟酸可用于蚀刻玻璃
D.碳酸氢钠可用于中和胃酸
【解析】选B.SO2具有漂白性,可以与某些有色物质化合形成无色物质,故可用于漂白纸浆,A正确;碱石灰具有吸水性，但是碱石灰也可以与氯气发生反应，因此不可用于干燥氯气,B错误;氢氟酸能够与玻璃的成分SiO2发生化学反应：
SiO2+4HF
SiF4↑+2H2O，因此氢氟酸可用于蚀刻玻璃，C正确;碳酸氢钠可以与胃酸（即盐酸）发生化学反应:
NaHCO3+HCl
NaCl+H2O+CO2↑,因此可用于中和胃酸，治疗胃酸过多,D正确。
4。
（2016·潍坊二模）下列说法正确的是（ ）
A.HClO是弱酸,所以NaClO是弱电解质
B。
SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水
C.O3和O2为同种元素组成的单质，所以O3和O2互为同位素
D。
Na2O和Na2O2组成元素相同,与H2O的反应产物也相同
【解析】选B。
次氯酸属于弱酸，溶液中只能部分电离,而次氯酸钠在溶液中完全电离生成Na+和ClO—，因此NaClO是强电解质,A错误；酸性氧化物是能够跟碱反应,生成盐和水的氧化物，因为SiO2+2NaOH
Na2SiO3+H2O,B正确；由同种元素构成的不同单质叫做同素异形体,C错误;氧化钠和过氧化钠组成元素相同，与水反应过氧化钠除生成氢氧化钠外还有氧气,产物不同,D错误。
5.（2016·天津河东区一模）下列有关实验的描述不正确的是（ ）
A。
钠在空气和氯气中燃烧,火焰皆呈黄色，但生成固体颜色不同
B.新制饱和氯水和浓硝酸在光照下会有气体产生,其成分中有氧气
C.次氯酸和过氧化钠都能使品红溶液褪色,其原理是不相同的
D。
灼烧NaOH固体时不能使用瓷坩埚,因为坩埚中的SiO2能与NaOH反应
【解析】选C。
钠在空气和氯气中燃烧，由于钠的焰色反应火焰皆呈黄色，但生成固体颜色不同，氯化钠是白色的，过氧化钠是淡黄色的,A正确；新制饱和氯水含有次氯酸在光照条件下分解生成HCl和O2，浓硝酸在光照的条件下分解生成水、二氧化氮、氧气，B正确；次氯酸和过氧化钠都能使品红溶液褪色，都是由于具有强氧化性,C错误;瓷坩埚中含有SiO2能与NaOH反应，不能用来灼烧NaOH固体,D正确。
6.分子式为C4H8O2的有机物，有关其同分异构体数目说法正确的是（ ）
A.能与NaHCO3溶液反应的有3种
B.能发生水解反应的有5种
C。
既能与钠反应,又能与银氨溶液反应的有4种
D.能与NaOH溶液反应的有6种
【解析】选D.A项,能和NaHCO3溶液反应的应为羧酸,其同分异构体有2种；B项,能发生水解反应的应为酯,其同分异构体有CH3—CH2—COO-CH3、CH3COOC2H5、HCOOCH2CH2CH3、
共4种;C项，符合条件的同分异构体有
、
、
、
、
共5种；D项,能和NaOH反应的既可以是羧酸也可以是酯，根据以上分析共有6种.
7。
（2016·郑州二模）下列实验现象与实验解释正确的是（ ）
编号
实验操作
实验解释
A
用蒸馏法分离碘的CCl4溶液
利用碘易升华原理
B
用KMnO4除去葡萄糖溶液中的乙醇
KMnO4可以氧化乙醇
C
蔗糖中加入浓硫酸会变黑、放热、膨胀，放出刺激性气体
浓硫酸具有脱水性、吸水性和强氧化性
D
向某溶液中加入用盐酸酸化的Ba（NO3）2产生白色沉淀
说明此溶液中含有S
【解析】选C。
由于碘单质溶解在四氯化碳中，所以欲使二者分离开来,可以采用蒸馏的方法进行分离，是利用四氯化碳易挥发,故A错误;高锰酸钾能氧化葡萄糖、乙醇，故B错误；浓硫酸有脱水性，可以使蔗糖碳化,然后碳和浓硫酸反应:
C+2H2SO4（浓）
CO2↑+2SO2↑+2H2O，故C正确;S
能被硝酸氧化为S
，故D错误。
8。
异松油烯（D）是一种可用于合成香料的原料，合成D的一种线路如下：
下列说法正确的是（ ）
A。
1mol有机物B分别与足量的Na和Na2CO3溶液反应，分别生成1molH2和1molCO2
B。
有机物B的分子式为C11H18O3，它能发生取代、加成反应
C。
有机物分子C结构中含有酯基，与乙酸乙酯互为同系物
D.有机物D分子中所有碳原子一定共面
【解析】选B。
B中含有羧基和醇羟基，羧基和醇羟基能和钠反应生成氢气,羧基能和碳酸钠反应生成二氧化碳,1mol有机物B分别与足量的Na和Na2CO3溶液反应，分别生成1molH2和0。
5
molCO2，故A错误;B分子式为C11H18O3,含有羧基、醇羟基、碳碳双键，具有羧酸、醇和烯烃性质,能发生取代反应、加成反应、消去反应、酯化反应等，故B正确;C分子结构中含有酯基和碳碳双键，与乙酸乙酯的结构不同,二
者不属于同系物.D中含有亚甲基，具有甲烷结构特点，所以D分子中所有碳原子一定不共面，故D错误.
9.（2016·北京模拟）某化学活动小组在实验室从海带灰浸取液中获得纯碘实验方案如图所示，下列说法不正确的是（
）
A。
步骤X中可用MnO2代替双氧水
B。
步骤Y中所用的玻璃仪器一定有分液漏斗
C。
步骤Y中可用酒精代替CCl4
D。
由于碘易升华，步骤Z中不能采取加热蒸发
【解析】选C。
MnO2难溶于水，具有氧化性，可以氧化I-生成I2，步骤X中可用MnO2代替双氧水,故A正确；步骤Y为分液操作，需要分液漏斗,酒精易溶于水在水溶液中不能分层,不能萃取碘单质，故B正确,C错误；由于碘易升华，步骤Z中不能采取加热蒸发，采取的是蒸馏的操作分离得到碘单质,故D正确.
【加固训练】
（2016·宁波一模）某固体粉末X中可能含有K2SO4、（NH4）2CO3、K2SO3、NaNO3、Cu2O、FeO、Fe2O3中的若干种.某同学为确定该固体粉末的成分,取X进行如下实验,实验过程及现象如下图所示。
该同学得出的结论正确的是（ ）
已知：
Cu2O+2H+
Cu2++Cu+H2O
A.根据现象1可推出该固体粉末中一定含有NaNO3
B。
根据现象2可推出该固体粉末中一定含有K2SO4
C。
根据现象3可推出该固体粉末中一定含有K2SO3
D。
根据现象4可推出该固体粉末中一定没有Fe2O3
【解析】选C.向某固体粉末X中加入足量的NaOH溶液,产生气体B,证明一定含有（NH4）2CO3；得到溶液A，溶液A的焰色反应为黄色火焰，则溶液A中一定含有钠元素；向溶液A中加入足量的稀盐酸，得到溶液D和混合气体，则该混合气体为二氧化碳和二氧化硫或二氧化碳和一氧化氮,而向溶液D中加入BaCl2溶液产生白色沉淀，则该沉淀为硫酸钡沉淀。
固体C溶于NaOH溶液产生沉淀C,则C为Cu2O、FeO、Fe2O3中的一种或几种，加入足量的稀盐酸，并加入KSCN溶液，溶液E不显红色，证明溶液E中不含有Fe3+。
据此分析选出答案.根据现象1可知，溶液A中一定含有Na元素,而由于前面加入了NaOH溶液,因此不能根据现象1推出该固体粉末中一定含有NaNO3，A错误；由于溶液中一定含有K2SO3，在酸性条件下,若溶液中同时存在NaNO3,由于硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，能将亚硫酸根氧化成硫酸根，因此也会产生硫酸钡白色沉淀，故根据现象2不能推出该固体中一定含有K2SO4，B错误；根据现象3，有混合气体产生,则该混合气体为二氧化碳和二氧化硫或二氧化碳和一氧化氮，因此可以推出该固体粉末中一定含有K2SO3,C正确；根据现象4，证明溶液中不含Fe3+,但不能推出固体粉末中不含Fe2O3,原因是若粉末中同时存在Cu2O和Fe2O3，在溶液中Cu+具有强还原性，能将Fe3+还原成Fe2+,加入KSCN溶液,也不会显红色，D错误。
10。
（2016·银川二模）为测定镁铝合金样品中铝的含量,进行下列实验：
取一定量合金，加入100mL0.3mol·L—1稀硫酸，合金完全溶解,产生的气体在标准状况下体积为560mL;再加入0.2mol·L-1NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化,用去350mLNaOH溶液。
则所取样品中铝的物质的量为（ ）
A。
0。
005molB.0.03mol
C。
0。
02molD。
0。
01mol
【解析】选D。
分析整个反应过程，当向溶液中滴加NaOH溶液，至沉淀量最大时,溶液中的溶质为Na2SO4,根据守恒关系，则有2n（H2SO4）=n（NaOH），此时消耗NaOH的体积为300mL。
而题中消耗的350mL中的50mL用于发生反应：
Al（OH）3+OH—
Al
+2H2O,消耗NaOH的量为0.2mol·L-1×0.05L=0。
01mol,从而确定铝的物质的量为0。
01mol。
【方法规律】金属化合物（含Al）或金属氧化物（含Al2O3）溶于过量盐酸或稀硫酸中,所得溶液与碱液反应，计算中应抓住两个特殊点进行分析:
一是金属离子完全沉淀的点,此时溶液恰好呈中性，根据该点运用元素守恒可确定酸的浓度或物质的量.二是沉淀不再变化的点,此时Al元素全部变为Al
根据沉淀最大值到沉淀不再减少的过程可确定铝元素的含量。
二、非选择题（本题包括2小题，共40分）
11.（20分）（2016·安庆二模）过氧化钠可做航天飞船的供氧剂，对其纯度要求很高,某小组同学为了测定过氧化钠的纯度（杂质为碳酸钠）,设计了如下方案：
方案一：
取m1g样品,加入足量的CaCl2溶液,充分反应后过滤、洗涤、干燥，测得CaCO3沉淀质量为m2g;
方案二:
取m1g样品，用如下装置测得生成二氧化碳质量为m3g；
方案三：
取m1g样品,加水充分溶解并微热至不再产生气体，用cmol·L-1的盐酸标准溶液滴定所得溶液（甲基橙作指示剂），终点时消耗盐酸的体积为VmL。
回答下列问题：
（1）方案一中，经正确操作后，测得的过氧化钠的纯度比实际的偏低，其原因是__。
（2）方案二中气囊要使用两次,第二次使用的目的是_______________________，
C干燥管的作用是_____________________________
____________
___________,
若用稀盐酸代替稀硫酸,则测定结果偏________（填“高"“低”或“不影响”）。
（3）方案三中，滴定终点的现象是____________
__________________________，
测得过氧化钠的纯度为________.（用含m1、c、V的式子表示）
（4）某小组同学向过氧化钠与水反应的溶液中滴加酚酞，发现溶液先变红后褪色,针对导致溶液褪色的原因提出两种假设:
假设一：
因氢氧化钠溶液的浓度过大而使溶液褪色
假设二：
因生成了过氧化氢而使溶液褪色
实验验证：
向等体积浓度分别为5mol·L-1,2mol·L-1，1mol·L—1,0.01mol·L-1的氢氧化钠溶液中滴加酚酞试液,观察到溶液变红后
褪色的时间如下:
氢氧化钠浓度（mol·L-1）
5
2
1
0.01
变红后褪色的时间（s）
8
94
450
长时间
不褪色
本实验得出的结论是_______
________________________________________。
【解析】
（1）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧根可与Ca2+形成微溶的氢氧化钙导致m2数值偏大。
（2）第二次使用气囊的目的为使生成的CO2完全被碱石灰吸收，干燥管C的作用为防止空气中水和二氧化碳进入b中，用稀盐酸代替硫酸，由于稀盐酸易挥发,使m3数值偏大，会导致测定结果偏低。
（3）方案三中，达到滴定终点时，盐酸遇甲基橙会变为橙色,滴定终点的现象为溶液由黄色变成橙色,且半分钟内不变黄。
设纯度为a，由关系式Na2O2→2HCl和Na2CO3→2HCl可知，
+
=cV×10—3mol,整理得a=
×100%。
（4）由题意可得出,氢氧化钠浓度越大，红色褪去的时间越短,故酚酞在浓的NaOH溶液中先变红后褪色,且碱浓度越大、褪色越快。
答案：
（1）生成微溶
的Ca（OH）2，致使m2数值偏大
（2）使生成的CO2完全被碱石灰吸收 防止空气中水和二氧化碳进入b中 低
（3）溶液由黄色变成橙色，且半分钟内不变黄
×100％
（4）酚酞在浓的NaOH溶液中先变红后褪色，且碱浓度越大、褪色越快
12.（20分）（2016·中山二模）高纯六水氯化锶晶体（SrCl2·6H2O）具有很高的经济价值，工业上用wkg难溶于水的的碳酸锶（SrCO3）为原料（含少量钡和铁的化合物等）,共制备高纯六水氯化锶晶体（akg）的过程为：
已知:
Ⅰ。
SrCl2·6H2O晶体在61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水。
Ⅱ。
有关氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH表:
氢氧化物
Fe（OH）3
Fe（OH）2
开始沉淀的pH
1。
5
6.5
沉淀完全的pH
3.7
9.7
（1）操作①加快反应速率的措施有_____（写一种）.
操作①中盐酸能否改用硫酸，其理由是：
________________________________。
（2）酸性条件下，加入30%H2O2溶液，将Fe2+氧化成Fe3+，其离子方程式为_____.
（3）在步骤②～③的过程中,将溶液的pH由1调节至4时，宜用的试剂为________.
A。
氨水B。
氢氧化锶粉末
C.氢氧化钠D.碳酸钠晶体
（4）操作③中所得滤渣的主要成分是________（填化学式）。
（5）工业上完成操作③常用的设备有:
________.
A.分馏塔B.离心机
C。
热交换器D.反应釜
（6）工业上用热风吹干六水氯化锶，适宜的温度是________.
A.40～50℃B.50~60℃
C。
60～70℃D。
80℃以上
（7）已知工业流程中锶的利用率为90％根据以上数据计算工业碳酸锶的纯度：
__
______________。
【解析】以SrCO3为原料制备六水氯化锶（SrCl2·6H2O）,由流程可知,SrCO3和盐酸反应后溶液中除含有Sr2+和Cl—外,还含有少量Fe2+、Ba2+杂质，然后加硫酸生成硫酸钡沉淀，加入过氧化氢,调节溶液pH可生成氢氧化铁沉淀,所以过滤后滤渣为硫酸钡和氢氧化铁，滤液中含SrCl2，最后蒸发、冷却结晶得到SrCl2·6H2O.
（1）增大反应速率，即增大浓度，加热,或者搅拌，增大接触面积，不能使操作①中盐酸改用硫酸，否则会大量生成硫酸锶的沉淀,减少产物生成.
（2）酸性条件下，加入30％H2O2溶液,将Fe2+氧化成Fe3+，同时生成水，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+
2Fe3++2H2O.
（3）调节pH除去Fe3+等,要不能引入杂质,最好选用氢氧化锶粉末或氧化锶粉末。
（4）由于前面加入了稀硫酸故有硫酸钡生成，水解可生成氢氧化铁沉淀，所以沉淀有两种即BaSO4、Fe（OH）3。
（5）工业上完成操作③分离溶液和滤渣,类似于过滤，所以选择B离心机。
（6）六水氯化锶晶体61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水，则用热风吹干六水氯化锶，选择的适宜温度范围是50～60℃。
（7）工业上用wkg难溶于水的碳酸锶（SrCO3）为原料，共制备高纯六水氯化锶晶体（akg）,工业流程中锶的利用率为90％，则碳酸锶的纯度=
×100％=
×100%。
答案：
（1）加热、充分搅拌、适当增加盐酸浓度等
不能，否则会
大量生成硫酸锶的沉淀，减少产物生成
（2）2Fe2++H2O2+2H+
2Fe3++2H2O
（3）B （4）Fe（OH）3、BaSO4
（5）B （6）B （7）
【加固训练】
（2016·兰州二模）硅是带来人类文明的重要元素之一，从传统材料到信息材料的发展过程中创造了许多奇迹。
（1）新型陶瓷Si3N4的熔点高、硬度大、化学性质稳定。
工业上可以采用化学气相沉积法，在H2的保护下，使SiCl4与N2反应生成Si3N4沉积在石墨表面，写出该反应的化学方程式______________________________________________________。
（2）已知硅的熔点是1420℃，高温下氧气及水蒸气能明显腐蚀氮化硅。
一种用工业硅（含少量钾、钠、铁、铜的氧化物）合成氮化硅的主要工艺流程如下：
①净化N2和H2时,铜屑的作用是________________________________________;
硅胶的作用是_______________________________________________________。
②在氮化炉中3Si（s）+2N2（g）
Si3N4（s） ΔH=—727。
5kJ·mol-1,开始时为什么要严格控制氮气的流速以控制温度?
___________________________________;
体系中要通入适量的氢气是为了________。
③X可能是________（选填“盐酸”“硝酸”“硫酸”或“氢氟酸”）。
（3）工业上可以通过如下图所示的流程制取纯硅：
①整个制备过程必须严格控制无水无氧。
SiHCl3遇水能发生剧烈反应，写出该反应的化学方程式_____________________________________________________。
②假设每一轮次制备1mol纯硅,且生产过程中硅元素没有损失,反应Ⅰ中HCI的利用率为90%，反应Ⅱ中H2的利用率为93。
75%。
则在第二轮次的生产中,补充投入HCl和H2的物质的量之比是________。
【解析】
（1）由题意知,在H2的保护下,SiCI4与N2反
应生成Si3N4,该反应的化学方程式为3SiCl4+2N2+6H2
Si3N4+12HCl.
（2）①Cu能与氧气反应，所以Cu屑的作用为除去原料气中的氧气;硅胶具有吸水性
可除去生成的水蒸气；②该反应为放热反应,开始时严格控制氮气的流速以控制温度是防止局部过热,导致硅熔化熔合成团,阻碍与N2的接触；体系中要通入适量的氢气是为将体系中的氧气转化为水蒸气，而易被除去（或整个体系中空气排尽）;
③氮化硅能与HF酸反应,Cu与盐酸、稀硫酸均不反应,氮化硅中混有铜粉,为除去混有的Cu,可选择硝酸，Cu与硝酸反应，而氮化硅与硝酸不反应;
（3）①SiHCl3遇水剧烈反应，化学反应方程式3SiHCl3+3H2O
H2SiO3+H2↑+3HCl;②由题意可知:
Si（粗）+3HCl
SiHCl3+H2;SiHCl3+H2
Si（纯）+3HCl;根据方程式,制备1mol纯硅,循环生产中能产生3molHCl,但HCl的利用率是90％,因此需要增加（
—3）molHCl,循环生
产中产生1molH2，但H2的利用率为93.75%，因此需增加（
-1）molH2,因此，补充投入HCl和H2的物质的量之比为（
-3）∶（
-1）=5∶1。
答案：
（1）3SiCl4+2N2+6H2
Si3N4+12HCl
（2）①除去原料气中的氧气 除去生成的水蒸气
②反应是放热反应，需要控制温度防止局部过热,导致硅熔化熔合成团,阻碍与N2的
接触 将体系中的氧气转化为水蒸气，而易被除去（或将整个体系中空气排尽）
③硝酸
（3）①SiHCl3遇水剧烈反应,化学反应方程式3SiHCl3+3H2O
H2SiO3+H2↑+3HCl
②5∶1
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