2013年高考化学试题分类解析汇编：非金属及其化合物Word格式.doc
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C．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
D．得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL21世纪教育网
【答案】D
【解析】A.设CuXg,MgYg.
X+Y=1.52
X/64×
98+Y/24×
58=2.54
得X=0.02Y=0.01
B.c（HNO3）=1000ρɯ/M=1000×
1.40×
63/63=14.0（mol/L）
C.n（HNO3）=14.0×
0.05=0.7mol=n（NO2）+2n（N2O4）
n（NO2）+n（N2O4）=1.12L/22.4L/mol, n（NO2）=0.04moln（N2O4）=0.01mol
可知C正确。
D.与硝酸反应的NaOH：
n（NaOH）=0.7-0.04-0.02=0.64
与金属离子反应的NaOH：
n（NaOH）=0.06
总NaOH的量n总=0.64+0.06=0.7mol
故需要NaOH700mL
（2013上海卷）7.将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是
选项
X
Y
A
SO2
H2S
B
Cl2
CO2
C
NH3
D
答案：
【解析】A项，会有沉淀（单质硫）生成；
B项，Cl2通入BaCl2溶液中无现象，再通入CO2也不会有BaCO3沉淀生成；
C项，会有BaCO3沉淀生成；
D项，后通入的Cl2可将先通入SO2氧化为H2SO4，因此后有BaSO4沉淀生成，故答案为：
B。
（2013上海卷）16.已知氧化性Br2＞Fe3+。
FeBr2溶液中通入一定量的Cl2,发生反应的离子方程式为：
aFe2++bBr-+cCl2→dFe3++eBr2+fCl-
下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是
A.243226B.021012
C.201202D.222214
【解析】由题意知，将Cl2通入FeBr2溶液中先氧化Fe2+，然后再氧化Br-。
若a、b、c为2、4、3时，溶液中Fe2+、Br-恰好完全被氧化，则利用原子守恒知d、e、f是2、2、6；
若a、b为0、2,则说明反应先氧化Be-，与事实不符；
若a、b、c为2、0、1时，即溶液中Fe2+恰好氧化完全，则利用原子守恒知d、e、f是2、0、2；
若a、b、c为2、2、2时，即溶液中Fe2+完全氧化、Br-刚好有一半被氧化，则利用原子守恒知d、e、f是2、1、4，故答案为：
（2013上海卷）18.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑。
若氧化物比还原物多1.75mol，则下列判断正确的是
A.生成42.0LN2（标准状况）
B.有0.250molKNO3被氧化
C.转移电子的物质的量为1.25mol
D.被氧化的N原子的物质的量为3.75mol
CD
【解析】利用方程式可知N2既是氧化产物又是还原产物，且氧化产物与还原产物的质量（或物质的量）之比为15:
1，因此当氧化产物比还原产物多1.75mol时，生成N2的体积（标准状况）为：
[16mol×
1.75mol/（15mol-1mol）]×
22.4L·
mol-1＝44.8L；
参加反应的KNO3被还原；
利用方程式知生成16molN2时转移10mol电子，结合前面分析知反应生成2molN2,因此反应转移电子的物质的量为10×
2/16＝1.25mol，C项正确；
利用方程式，结合前面分析知当氧化产物比还原产物多14mol时，被氧化的氮原子的物质的量为30mol,因此该反应被氧化的氮原子的物质的量为30mol×
1.75mol/14mol＝3.75mol，D项正确。
（2013上海卷）21.一定条件下，将0.1LCO、0.2LCO2、0.1LNO、0.2LNO2和0.2LNH3混合，然后通过分别盛有足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液的三个洗气瓶（洗气瓶排列顺序不确定）。
假设气体通过每个洗气瓶都能充分反应，则尾气（已干燥）
A.可能是单一气体B.不可能含有一氧化碳
C.可能存在原气体中的两种气体D.成分和洗气瓶的排列顺序无关
AC
【解析】若混合气体先通入NaOH溶液，然后再依次通入饱和碳酸氢钠溶液、水（或水、饱和碳酸氢钠溶液）则最后得到尾气为CO；
若混合气体先通过饱和碳酸氢钠溶液、水（或水、饱和碳酸氢钠溶液），最后通入NaOH溶液，则尾气为CO和NO，由此可知尾气中一定含有CO，故答案为：
AC。
（2013上海卷）22.一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1﹕1，则V可能为
A.9.0LB.13.5LC.15.7LD.16.8L
【解析】由铜守恒可知CuS与Cu2S中含有n（Cu）＝12.0g/80g·
mol-1＝0.15mol，利用电子守恒，依据“极端假设法”可知，当混合物全部为CuS时可得：
0.15mol×
8＝n（NO）×
3+n（NO2）×
1，因n（NO）＝n（NO2），解之得n（NO）＝n（NO2）＝0.3mol，则反应所得混合气体在标况下的体积V＝（0.3mol+0.3mol）×
22.4mol·
L-1＝13.44L；
当混合物全部为Cu2S时可得：
10×
0.15mol/2＝n（NO）×
1，因n（NO）＝n（NO2），解之得n（NO）＝n（NO2）＝0.1875mol，则反应所得混合气体在标况下的体积V＝（0.1875mol+0.1875mol）×
L-1＝8.4L,所以收集到气体体积：
8.4L＜V＜13.44L，故答案为：
A。
（2013广东卷）10．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是
叙述I
叙述II
NH4Cl为强酸弱碱盐
用加热法除去NaCl中的NH4Cl
Fe3+具有氧化性
用KSCN溶液可以鉴别Fe3+
溶解度：
CaCO3<
Ca（HCO3）2
Na2CO3<
NaHCO3
SiO2可与HF反应
氢氟酸不能保存在玻璃瓶中
解析：
用加热法除去NaCl中的NH2Cl的原因是NH2Cl受热易分解生成氨气和氯化氢，A错误；
用KSCN溶液鉴别Fe3+是因为Fe3+与ＳＣＮ—发生络合反应生成红色Fe（ＳＣＮ）3，B错误；
碳酸钙的溶解度小于碳酸氢钙，而碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，C错误；
玻璃的主要成分SiO2易与HF反应，所以氢氟酸保存在塑料瓶中，Ｄ正确。
Ｄ
命题意图：
元素化合物
（2013广东卷）11．下列措施不合理的是
A．用SO2漂白纸浆和草帽辫
B．用硫酸清洗锅炉中的水垢
C．高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅
D．用Na2S做沉淀剂，除去废水中的Cu2+和Hg2+
ＳＯ２具有漂白性，常用于漂白纸浆和草帽辫，Ａ合理；
硫酸与锅炉中水垢的主要成分碳酸钙反应生成的微溶硫酸钙会覆辙在碳酸钙表面阻碍反应的继续进行，所以应选用盐酸除垢而非硫酸，Ｂ不合理；
焦炭在高温下与ＳｉＯ２反应生成硅和一氧化碳，Ｃ合理；
Ｃｕ２＋、Ｈｇ２＋与Ｓ２—反应生成难溶的ＣｕＳ、ＨｇＳ沉淀，Ｄ正确。
（2013浙江卷）8、下列说法正确的是
A．实验室从海带提取单质碘的方法是：
取样灼烧溶解过滤萃取
B．用乙醇和浓H2SO4制备乙烯时，可用水浴加热控制反应的温度
C．氯离子存在时，铝表面的氧化膜易被破坏，因此含盐腌制品不宜直接放在铝制容器中
D．将（NH4）2SO4、CuSO4溶液分别加入蛋白质溶液，都出现沉淀，表明二者均可使蛋白质变性
【解析】A选项：
实验室从海带提取单质碘缺少了氧化过程，萃取后还要分液。
B选项：
用乙醇和浓H2SO4制备乙烯时必须使温度迅速升高至约170℃，不可能是水浴加热（水浴加热温度最高只能达到100℃）。
D选项：
蛋白质溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液发生盐析（盐析是可逆过程，不破坏蛋白质的生理活性，加水后又溶解），蛋白质溶液中加入CuSO4等重金属盐溶液变性析出（变性是不可逆过程，蛋白质失去了生理活性，加水不再溶解）。
C选项：
通常认为是Cl—替换氧化铝中的O2—而形成可溶性的氯化物，所以铝表面的氧化膜易被Cl—破坏。
（2013浙江卷）26、氢能源是一种重要的清洁能源。
现有两种可产生H2的化合物甲和乙。
将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72LH2（已折算成标准状况）。
甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液。
化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状态下的密度为1.25g/L。
请回答下列问题：
（1）甲的化学式是_________；
乙的电子式是__________。
（2）甲与水反应的化学方程式是__________________________________-。
（3）气体丙与金属镁反应的产物是_______（用化学式表示）。
（4）乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式_________。
有人提出产物Cu中可能还含有Cu2O，请设计实验方案验证之_________________________。
（已知Cu2O+2H+==Cu+Cu2++H2O）
（5）甲与乙之间_______（填“可能”或“不可能）发生反应产生H2，判断理由是________。
【解析】“单质气体丙在标准状态下的密度为1.25g/L”——丙为N2，化合物乙分解得到H2和N2，化合物乙为NH4H，NH4H有NH4+和H—构成的离子化合物。
6.00g化合物甲分解得到短周期元素的金属单质和0.3molH2，而短周期元素的金属单质的质量为5.4g；
化合物甲与水反应生成的白色沉淀可溶于NaOH溶液，说明该沉淀可能是Al（OH）3，进而可判定化合物甲为AlH3。
涉及的反应为：
a.甲、乙受热分解：
2AlH32Al+3H2↑2NH4HN2↑+5H2↑
b.甲与水反应：
2AlH3+6H2O==2Al（OH）3+6H2↑
c.2NH4H+5CuO5Cu+N2↑+5H2O
d.化合物甲和乙的组成中都含－1价H，—1价H还原性很强，可发生氧化还原反应产生H2，即
化合物甲与乙可能发生的反应：
2AlH3+2NH4H2Al+N2↑+8H2↑。
NH4H电子式：
第（4）题的实验设计是1992年全国高考题的再现：
Cu+在酸性溶液中不稳定，可发生自身氧化还原反应生成Cu2+和Cu。
现有浓硫酸、浓硝酸、稀硫酸、稀硝酸、FeCl3稀溶液及pH试纸，而没有其它试剂。
简述如何用最简便的实验方法来检验CuO经氢气还原所得到的红色产物中是否含有碱性氧化物Cu2O。
实验方案设计的关键是Cu2O溶解而Cu不溶解：
①Cu2O为碱性氧化物；
②不能选用具有强氧化性的试剂，否则Cu被氧化为Cu2+。
实验方案设计的表述：
简述操作步骤，复述实验现象，根据现象作出判断。
【答案】
（1）AlH3；
（2）2AlH3+6H2O==2Al（OH）3+6H2↑（3）Mg3N2；
（4）2NH4H+5CuO5Cu+N2↑+5H2O；
取少量反应产物，滴加足量稀硫酸，若溶液由无色变为蓝色，证明产物Cu中含有Cu2O；
若溶液不变蓝色，证明产物Cu中不含Cu2O。
（5）可能；
AlH3中氢元素的化合价为－1价，NH4H中含有＋1价的氢元素，二者可发生氧化还原反应产生H2。
【点评】本题要求根据物质的性质及其计算进行推理，考查了化学式、电子式、化学方程式的正确书写，根据题给信息设计实验的能力，并要求根据物质的组成判断物质的化学性质。
本题完全依据2013年《考试说明》样卷对应试题的模式进行命题。
（2013北京卷）28.（15分）
某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：
操作
现象
取4g漂粉精固体，加入100mL水
部分固体溶解，溶液略有颜色
过滤，测漂粉精溶液的pH
pH试纸先变蓝（约为12），后褪色
液面上方出现白雾；
稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；
ⅲ.稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去
（1）Cl2和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是。
（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是。
（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾。
推测现象i的白雾由HCl小液滴形成，进行如下实验：
a.用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；
b.用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。
①实验a目的是。
②由实验a、b不能判断白雾中含有HC1，理由是。
（4）现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：
随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和C1-发生反应。
通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是。
（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X。
①向沉淀X中加入稀HC1，无明显变化。
取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀。
则沉淀X中含有的物质是。
②用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因：
。
（1）2Cl2＋2Ca（OH）2=CaCl2＋2Ca（ClO）2＋2H2O；
（2）碱性、漂白性；
（3）①检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰；
②白雾中含有SO2，SO2可与酸化的AgNO3溶液反应产生白色沉淀；
（4）向漂白精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；
（5）①CaSO4；
②Cl2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Cl－＋SO42－。
【解析】
（1）Cl2和Ca（OH）2生成氯化钙、次氯酸钙与水；
（2）pH试纸先变蓝（约为12），说明溶液呈碱性，后颜色褪去，说明具有漂白性；
（3）①反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰；
②白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；
（5）①取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为SO42-,故沉淀X为CaSO4；
②溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸。
（2013上海卷）溴主要以Br-形式存在于海水中，海水呈弱碱性。
工业上制备的Br2的操作步骤为：
①一定条件下，将Cl2通入浓缩的海水中，生成Br2
②利用热空气将Br2吹出，并用浓Na2CO3溶液吸收，生成NaBr、NaBrO3等
③用硫酸酸化步骤②得到的混合物
完成下列填空：
27.Cl2氧化Br-应在条件下进行，目的是为了避免
28.Br2可用热空气吹出，其原因是
29.写出步骤③所发生的化学反应方程式。
用硫酸而不用盐酸酸化的原因可能是。
步骤②的产品有时运输到目的地后再酸化，主要是因为
30.为了除去工业Br2中微量的Cl2,可向工业Br2中
a.通入HBrb.加入Na2CO3溶液c.加入NaBr溶液d.加入Na2SO3溶液
（27）酸性、生成的溴与碱发生反应（28）溴的沸点较低，易挥发
（29）5NaBr+NaBrO3+3H2SO4＝3Na2SO4+3Br2+3H2O防止在酸性条件下，溴酸钠将Cl-氧化为氯气，影响生成溴的纯度、防止溴的挥发（30）a
（27）利用存在Br-的海水呈碱性和Br2可与碱性物质反应可知为防止氧化得到溴和碱反应，则氯气在氧化Br-时应在酸性条件下进行。
（28）溴可与被热空气吹出，是因为溴的沸点低，易挥发。
（29）向NaBr和NaBrO3的混合溶液中，加入H2SO4，Br-与BrO3-发生归中反应生成Br2，结合原子守恒可写出反应的方程式；
酸化时不用盐酸是防止在酸性条件下，BrO3-将Cl-氧化为Cl2混入溴中；
因溴易挥发，所以要酸化NaBr和NaBrO3的混合溶液制取溴要等到将混合液运送到目的地再酸化。
（30）遵循除杂不引入新杂质的原子，可采用通入HBr的方法除去溴中混有Cl2。
（2013上海卷）八、（本题共12分）
二氧化硫是硫的重要化合物，在生产、生活中有广泛应用。
二氧化硫有毒，并且是形成酸雨的主要气体。
无论是实验室制备还是工业生产，二氧化硫尾气吸收或烟气脱硫都非常重要。
40.实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫。
如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，上图中可选用的发生装置是（填写字母）。
41.若用硫酸和亚硫酸钠反应制取3.36L（标准状况）二氧化硫，至少需要称取亚硫酸钠
g（保留一位小数）；
如果已有4.0%亚硫酸钠（质量分数），被氧化成硫酸钠，则至少需称取该亚硫酸钠g（保留一位小数）。
42.实验室二氧化硫尾气吸收与工业烟气脱硫的化学原理相通。
石灰-石膏法和碱法是常用的烟气脱硫法。
石灰-石膏法的吸收反应为SO2+Ca（OH）2→CaSO3↓+H2O。
吸收产物亚硫酸钙由管道输送至氧化塔氧化，反应为2CaSO3+O2+4H2O→2CaSO4·
2H2O。
其流程如下图：
碱法的吸收反应为SO2+2NaOH→Na2SO3+H2O。
碱法的特点是氢氧化钠碱性强、吸收快、效率高。
已知：
试剂
Ca（OH）2
NaOH
价格（元/kg）
0.36
2.90
吸收SO2的成本（元/mol）
0.027
0.232
石灰-石膏法和碱法吸收二氧化硫的化学原理相同之处是。
和碱法相比，石灰-石膏法的优点是，缺点是。
43.在石灰-石膏法和碱法的基础上，设计一个改进的、能实现物料循环的烟气脱硫方案（用流程图表示）。
（40）ae（41）18.9、19.8
（42）利用SO2是酸性氧化物，可与碱反应；
原料易得，吸收成本低；
吸收速率慢，效率低（43）
（40）用硫酸和亚硫酸钠制取SO2的试剂为固态和液态，反应条件不需加热，可通过控制添加硫酸的速率来控制反应速率，结合装置可知a、e可达到目的。
（41）由硫守恒可得：
Na2SO3～SO2，因此需称取m（Na2SO3）＝126g·
mol-1×
3.36L/22.4L·
mol-1＝18.9g；
4g亚硫酸氧化为硫酸钠后质量变为（4×
142）/126＝4.5g，则有4.0%亚硫酸钠被氧化为硫酸钠的样品中亚硫酸钠的质量分数为：
96/100.5＝95.5%，因此称取变质样品的质量应为：
18.9g÷
95.5%＝19.8g。
（42）石灰-石膏法与碱法吸收SO2都是利用SO2是酸性氧化物可与碱反应的性质来吸收SO2的；
利用题中已知和有关信息可知采用石灰—石膏法所用原料易得、成本低等，但因Ca（OH）2碱性弱，导致吸收速率慢、效率低。
（2013海南卷）14.（9分）
溴及其化合物广泛应用于医药、农药、纤维、塑料组燃剂等，回答下列问题：
（1）海水提溴过程中，向浓缩的海水中通入，将其中的Br-氧化，再用空气吹出溴；
然后用碳酸钠溶液吸收溴，溴歧化为Br-和BrO3-，其离子方程式为。
（2）溴与氯能以共价键结合形成BrCl。
BrCl分子中，显正电性。
BrCl与水发生反应的化学方程式为。
（3）CuBr2分解的热化学方程式为：
2CuBr2（s）=2CuBr（s）+Br2（g） △H=+105.4kJ/mol
在密闭容器中将过量CuBr2于487K下加热分解，平衡时p（Br2）为4.66×
103Pa。
①如反应体系的体积不变，提高反应温度，则p（Br2）将会（填“增大”、“不变”或“减小”）。
②如反应温度不变，将反应体系的体积增加一倍，则p（Br2）的变化范围为。
[答案]
（1）Cl2 3Br2+6CO32-+3H2O=5Br-+BrO3-+6HCO3-
（或3Br2+3CO32-=5Br-+BrO3-+3CO2）
（2）BrBrCl+H2O=HCl+HBrO（
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