1、2010年高考化學試題分類匯編：非金屬及其化合物1（2010全國卷1）下列敘述正確的是ALi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； B錯誤，酸性：HClH2SO3H2CO3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生，先是：2NH3+2H2O+CuSO4=Cu(OH)2+(NH4)2SO4,接著Cu(OH)2CuO+H20,溶液中NH3不能

2、還原CuO為Cu,要還原必須是干燥的固態！C正確，強酸制弱酸，酸性：H2CO3HClO,反應為：CO2+H20+Ca(ClO)2=CaCO3+2HClO，直接取材于課本第一冊第四章第一節；【答案】C【命題意圖】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。【點評】再次印證了以本為本的復習策略，本題四個選項就直接取材于課本，屬于簡單題，不重視基礎，就有可能出錯！2 （2010全國卷1）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），則產物中PCl3與PCl5的物質

3、的量之比接近于A1：2 B2：3 C3：1 D5：3【解析】設n(PCl3)=X mol, n(PCl5)=Y mol，由P元素守恒有：X+Y=0.25/310.008；由Cl元素守恒有3X+5Y=（0.314×2）/22.40.028，聯立之可解得：X=0.006,Y=0.002故選C【命題意圖】考查學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化學化學方程式的計算等【點評】本題是個原題，用百度一搜就知道！做過多遍，用的方法很多，上面是最常見的據元素守恒來解方程法，還有十字交叉法，平均值法、得失電子守恒等多種方法，此題不好！（2010全國2）7下列敘述正確的

4、是ALi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； B錯誤，酸性：HClH2SO3H2CO3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！C正確，強酸制弱酸，酸性：H2CO3HCl

5、O,反應為：CO2+H20+Ca(ClO)2=CaCO3+2HClO，直接取材于課本第一冊第四章第一節；【答案】C【命題意圖】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。【點評】再次印證了以本為本的復習策略，本題四個選項就直接取材于課本，屬于簡單題，不重視基礎，就有可能出錯！（2010福建卷）9。下列各組物質中，滿足下圖物質一步轉化關系的選項是XYZANaNaOHNaHCO3BCuCuSO4Cu(OH)2CCCOCO2DSiSiO2H2SiO3解析：本題考察考生對常見元素及其化合物知識的掌握

6、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CO2在一定條件下與單質鈉反應可以生成金剛石和碳酸鈉。（2010山東卷）13下列推斷正確的是ASiO2 是酸性氧化物，能與NaOH溶液反應BNa2O、Na2O2組成元素相同，與 CO2反應產物也相同CCO、NO、 NO2都是大氣污染氣體，在空氣中都能穩定存在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象是先變紅，后褪色

7、，故D錯。答案：A（2010上海卷）13下列實驗過程中，始終無明顯現象的是ANO2通入FeSO4溶液中 BCO2通入CaCl2溶液中CNH3通入AlCl3溶液中 DSO2通入已酸化的Ba(NO3)2溶液中答案：B解析：此題考查了常見元素化合物知識。NO2通入后和水反應生成具有強氧化性的硝酸，其將亞鐵鹽氧化為鐵鹽，溶液顏色由淺綠色變為黃色，排除A；CO2和CaCl2不反應，無明顯現象，符合，選B；NH3通入后轉化為氨水，其和AlCl3反應生成氫氧化鋁沉淀，排除C；SO2通入酸化的硝酸鋇中，其被氧化為硫酸，生成硫酸鋇沉淀，排除D。易錯警示：解答此題的易錯點是：不能正確理解CO2和CaCl2能否反應

8、，由于鹽酸是強酸，碳酸是弱酸，故將CO2通入CaCl2溶液中時，兩者不能發生反應生成溶于鹽酸的碳酸鈣沉淀。（2010重慶卷）8下列敘述正確的是A鋁制容器可盛裝熱的H2SO4 BAgl膠體在電場中自由運動CK與水反應比Li與水反應劇烈D紅磷在過量Cl2中燃燒生成PCl38. 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，應生成,錯誤。【誤區警示】鋁在冷、熱中發生鈍化，但是加熱則可以發生反應，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

9、學習的平時學生一定要嚴謹，對細小知識點要經常記憶，并且要找出關鍵字、詞。（2010上海卷）18右圖是模擬氯堿工業生產中檢查氯氣是否泄漏的裝置，下列有關說法錯誤的是A燒瓶中立即出現白煙B燒瓶中立即出現紅棕色C燒瓶中發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生反應：4NH3+6Cl2=2NH4Cl+4HCl+N2，燒瓶中出現白煙，A對；不能出現紅棕色氣體，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。知識歸納：對某種元素來講，其

10、處于最高價時，只有氧化性；處于最低價時，只有還原性；中間價態，則既有氧化性又有還原性。故此對同一種元素可以依據價態判斷，一般來講，價態越高時，其氧化性就越強；價態越低時，其還原性就越強；此題中氨氣中的氮元素處于最低價，只有還原性。（2010四川理綜卷）10.有關100ml 0.1 mol/L 、100ml 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：> B.溶液中陰離子的物質的量濃度之和:>C.溶液中: D.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+個數更多，A項正確；B

11、鈉離子的物質的量濃度為0.2 mol/L而鈉離子的物質的量濃度為0.1 mol/L根據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:>，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廣東理綜卷）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+Na2SO3+2 NaO

12、H=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） 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：_ 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預期現象和結論步驟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

13、、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元素的價態從+4+6，失去電子做表現還原性，故還原劑為Na2SO3。(3)很明顯，假設3兩種離子都存在。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，證明有SO32-，否則無。答案：(1) Na2SO3+H2O(2) Na2SO3(3) SO32-、ClO-都存在實驗步驟預期現象和結論步驟1：取少量吸收液于試管中，

14、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產生SO2 ，按氣流方向連接各儀器接

15、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_操作得到溶液Y，再經濃縮，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，用pH試紙測定溶液pH的操作方法為_。若溶液Z的pH偏小，將導致聚鐵中鐵的質量分數偏_。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+

16、，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(M

17、g2Si3O8.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)鋁元素的原子核外共有 種不同運動狀態的電子、 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 。aAl2O3、MgO和SiO2都不溶于水bAl2O3、MgO和SiO2都是白色固體 cAl2O3、MgO和SiO2都是氧化物 dAl2O3、MgO

18、和SiO2都有很高的熔點答案：1)2MgO.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、元素周期律等知識。1）根據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

19、是鈉，其離子半徑大于鋁的離子半徑；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，并將氧化物的數目用阿拉伯數字在其前面表示。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

20、色變成無色的化學反應方程式(如果系數是1，不用填寫)：2)整個過程中的還原劑是 。3)把KI換成KBr，則CCl4層變為_色：繼續滴加氯水，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20mg50mgkg。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)。答案：1）I2+5Cl2+6H2O2HIO3+10HCl；2）KI、I2；3）紅棕、HBrO3>Cl2>HIO3；4）10.58。解析：此題考查氧化還原反應的配平、氧化劑和還原劑、氧化性強弱的判斷、化

21、學計算知識。分析反應從開始滴加少許氯水時，其將KI中的I元素氧化成碘單質；等CCl4層變紫色后，再滴加氯水時，其將碘單質進一步氧化成碘酸。1）根據氧化還原反應方程式的配平原則，分析反應中的化合價變化，I元素的化合價從0+5，升高5價，Cl元素的化合價從0-1，降低1價，綜合得失電子守恒和質量守恒，可配平出：I2+5Cl2+6H2O2HIO3+10HCl；2）分析整個過程中化合價升高的都是I元素，還原劑為：KI和I2；3）KI換成KBr時，得到的是溴單質，則其在CCl4中呈紅棕色；繼續滴加氯水時，顏色不變，可知氯水不能將溴單質氧化成HBrO3，故其氧化性強弱順序為：HBrO3>Cl2>

22、;HIO3；4）綜合寫出反應方程式：KI+3Cl2+3H2O=KIO3+6HCl，根據化學方程式計算，按最小值計算時，1000kg加碘食鹽中含碘20g，根據質量守恒，可知：換算成碘酸鉀的質量為：33.70g，物質的量為：0.16mol，則需要消耗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必須相等；原子守恒（或稱質量守恒），也就是反應

23、前后各元素原子個數相等；得失電子守恒是指在氧化還原反應中，失電子數一定等于得電子數，即得失電子數目保持守恒。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

24、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）白磷和氯、溴反應，生成混合鹵化磷（，且x為整數）。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

25、或464。解析：此題考查了元素化合物、化學計算知識。1）白磷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）根據題意x為整數，其可能為：PCl4Br、PCl3Br2

26、、PCl2Br3、PClBr4四種，要是有三種不同結構的話，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(