7．(201上海17)120 mL含有0.20 mol碳酸鈉的溶液和200 mL鹽酸，不管將前者滴加入后者，還是將后者滴加入前者，都有氣體產生，但最終生成的氣體體積不同，則鹽酸的濃度合理的是

A．2.0mol/L　 　　B．1.5 mol/L　 　　C．0.18 mol/L　　 D．0.24mol/L

解析：若碳酸鈉恰好與鹽酸反應生成碳酸氫鈉，則鹽酸的濃度是1.0 mol/L；若碳酸鈉恰好與鹽酸反應生成二氧化碳，則鹽酸的濃度是2.0 mol/L。由于最終生成的氣體體積不同，所以只能是介于二者之間。

答案：B

6．(2011上海7)下列溶液中通入SO₂一定不會產生沉淀的是

A． Ba(OH)₂　　 B． Ba(NO₃)₂ 　　　　　 C． Na₂S　　 　　　 D． BaCl₂

解析：A生成BaSO₃沉淀；SO₂溶于水顯酸性，被Ba(NO₃)₂氧化生成硫酸，進而生成BaSO₄沉淀；SO₂通入Na₂S溶液中會生成單質S沉淀。

答案：D

5．(2011上海6)濃硫酸有許多重要的性質，在與含有水分的蔗糖作用過程中不能顯示的性質是

A．酸性　　 B．脫水性　　 C．強氧化性　　 D．吸水性

解析：濃硫酸具有吸水性、脫水性和強氧化性。在與含有水分的蔗糖作用過程中不會顯示酸性。

答案：A

4.(2011海南)“碳捕捉技術”是指通過一定的方法將工業(yè)生產中產生的CO₂分離出來并利用。如可利用NaOH溶液來“捕捉”CO₂，其基本過程如下圖所示(部分條件及物質未標出)。

下列有關該方法的敘述中正確的是

A.能耗大是該方法的一大缺點

B.整個過程中，只有一種物質可以循環(huán)利用

C.“反應分離”環(huán)節(jié)中，分離物質的基本操作是蒸發(fā)結晶、過濾

D.該方法可減少碳排放，捕捉到的CO₂還可用來制備甲醇等產品

[答案]AD

解析：由題可知基本過程中有兩個反應：①二氧化碳與氫氧化鈉反應，②碳酸鈣的高溫分解。A選項正確，循環(huán)利用的應該有CaO和NaOH 兩種物質，B選項錯誤；“反應分離”過程中分離物質的操作應該是過濾，C選項錯誤；D選項中甲醇工業(yè)上可用CO₂制備。

[技巧點撥]根據(jù)題中信息可知，捕捉室中反應為二氧化碳與氫氧化鈉反應，得到的Na₂CO₃和CaO在溶液中反應得到NaOH和CaCO₃，由此可分析出各選項正誤。

3.(2011山東高考10)某短周期非金屬元素的原子核外最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的一半，該元素

A.在自然界中只以化合態(tài)的形式存在

B.單質常用作半導體材料和光導纖維

C.最高價氧化物不與酸反應

D.氣態(tài)氫化物比甲烷穩(wěn)定

解析：依據(jù)原子核外電子的排布規(guī)律可知，在短周期元素中原子核外最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的一半的元素可以是Li或Si元素，但Li屬于金屬不符合題意，因此該元素是Si元素。硅是一種親氧元素，在自然界它總是與氧相化合的，因此在自然界中硅主要以熔點很高的氧化物及硅酸鹽的形式存在，選項A正確；硅位于金屬和非金屬的分界線附件常用作半導體材料，二氧化硅才用作光導纖維，選項B不正確；硅的最高價氧化物是二氧化硅，SiO₂與酸不反應但氫氟酸例外，與氫氟酸反應生成SiF₄和水，因此氫氟酸不能保存在玻璃瓶中，選項C不正確；硅和碳都屬于ⅣA，但硅位于碳的下一周期，非金屬性比碳的弱，因此其氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性比甲烷弱，選項D也不正確。

答案：A

2.(2011江蘇高考9)NaCl是一種化工原料，可以制備一系列物質(見圖4)。下列說法正確的是

A.25℃，NaHCO₃在水中的溶解度比Na₂CO₃的大

B.石灰乳與Cl₂的反應中，Cl₂既是氧化劑，又是還原劑

C.常溫下干燥的Cl₂能用鋼瓶貯存，所以Cl₂不與鐵反應

D.圖4所示轉化反應都是氧化還原反應

解析：本題考查元素化合物知識綜合內容，拓展延伸至電解飽和食鹽水、電解熔融氯化鈉、侯氏制堿等內容，但落點很低，僅考查NaHCO₃ 、Na₂CO₃的溶解度、工業(yè)制漂白粉、干燥的Cl₂貯存和基本反應類型。重基礎、重生產實際應該是我們高三復習也應牢記的內容。25℃，NaHCO₃在水中的溶解度比Na₂CO₃的要��；石灰乳與Cl₂的反應中氯發(fā)生歧化反應，Cl₂既是氧化劑，又是還原劑；常溫下干燥的Cl₂能用鋼瓶貯存僅代表常溫Cl₂不與鐵反應，加熱、高溫時可以反應；在侯氏制堿法中不涉及氧化還原反應。

答案：B

1.(2011江蘇高考3)下列有關物質的性質和該性質的應用均正確的是

A.常溫下濃硫酸能是鋁發(fā)生鈍化，可在常溫下用鋁制貯藏貯運濃硫酸

B.二氧化硅不與任何酸反應，可用石英制造耐酸容器

C.二氧化氯具有還原性，可用于自來水的殺菌消毒

D.銅的金屬活潑性比鐵的差，可在海輪外殼上裝若干銅塊以減緩其腐蝕

解析：本題屬于元素及其化合物知識的考查范疇，這些內容都來源于必修一、選修四和必修二等課本內容�？磥砀呷�一輪復習一定注意要抓課本、抓基礎，不能急功近利。

二氧化硅不與任何酸反應，但可與氫氟酸反應。二氧化氯中氯的化合價為+4價，不穩(wěn)定，易轉變?yōu)椋?價，從而體現(xiàn)氧化性。銅的金屬活潑性比鐵差，在原電池中作正極，海輪外殼上裝銅塊會加快海輪外殼腐蝕的進程。

答案：A

16．(2011天津，14分)工業(yè)廢水中常含有一定量的Cr₂O₇^2-和CrO₄^2-，它們會對人類及生態(tài)系統(tǒng)產生很大的傷害，必須進行處理。常用的處理方法有兩種。

方法1：還原沉淀法

　 該法的工藝流程為

其中第①步存在平衡：2CrO₄^2-(黃色)+2H⁺Cr₂O₇^2-(橙色)+H₂O

(1)若平衡體系的pH=2，則溶液顯　　　　　　 色.

(2)能說明第①步反應達平衡狀態(tài)的是　　　　　　 。

a．Cr₂O₇^2-和CrO₄^2-的濃度相同

b．2v (Cr₂O₇^2-) =v (CrO₄^2-)

c．溶液的顏色不變

(3)第②步中，還原1mol Cr₂O₇^2-離子，需要________mol的FeSO₄·7H₂O。

(4)第③步生成的Cr(OH)₃在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)₃(s)Cr³⁺(aq)+3OH^-(aq)

　　 常溫下，Cr(OH)₃的溶度積Ksp＝c(Cr³⁺)·c³(OH^-)＝10^-32，要使c(Cr³⁺)降至10^-5mol/L，溶液的pH應調至　　　　　 。

方法2：電解法

　　 該法用Fe做電極電解含Cr₂O₇^2-的酸性廢水，隨著電解進行，在陰極附近溶液pH升高，產生Cr(OH)₃沉淀。

(5)用Fe做電極的原因為　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 。

(6)在陰極附近溶液pH升高的原因是(用電極反應解釋)　　　　　　　　　　　　　　　 。

　　 溶液中同時生成的沉淀還有　　　　　　　　　　 。

解析：(1)pH=2說明溶液顯酸性，平衡向正反應方向移動，Cr₂O₇^2-的濃度會增大，所以溶液顯橙色；

　　 (2)在一定條件下的可逆反應里，當正反應速率和逆反應速率相等，反應物的濃度與生成物的濃度不再改變時，該可逆反應就到達化學平衡狀態(tài)，因此選項a不正確；在任何情況下Cr₂O₇^2-和CrO₄^2-的反應速率之比總是滿足1：2，因此選項b也不正確；溶液顏色不再改變，這說明Cr₂O₇^2-和CrO₄^2-的濃度不再發(fā)生改變，因此可以說明反應已經達到化學平衡狀態(tài)，c正確。

(3)Cr₂O₇^2-中Cr的化合價是+6價，所以1mol Cr₂O₇^2-被還原轉移2×(6－3)＝6mol電子；Fe²⁺被氧化生成Fe³⁺，轉移1個電子，因此根據(jù)得失電子守恒可知需要FeSO₄·7H₂O的物質的量為6mol；

(4)由溶度積常數(shù)的表達式Ksp＝c(Cr³⁺)·c³(OH^-)＝10^-32可知，當c(Cr³⁺)＝10^-5mol/L時，c(OH^-)＝10^-9mol/L，所以pH＝5。

(5) Cr₂O₇^2-要生成Cr(OH)₃沉淀，必需有還原劑，而鐵做電極時，在陽極上可以失去電子產生Fe²⁺，方程式為Fe－2e^－＝Fe²⁺。

(6)在電解池中陽離子在陰極得到電子，在溶液中由于H⁺得電子得能力強于Fe²⁺的，因此陰極是H⁺放電，方程式為2H⁺+2e－＝H₂↑，隨著電解的進行，溶液中的H⁺濃度逐漸降低，水的電離被促進，OH^－濃度逐漸升高。由于Fe²⁺被Cr₂O₇^2-氧化生成Fe³⁺，當溶液堿性達到一定程度時就會產生Fe(OH)₃沉淀。

答案：(1)橙

　　 (2)c

　　 (3)6

　　 (4)5

　　 (5)陽極反應為Fe－2e^－＝Fe²⁺，提供還原劑Fe²⁺

 (6)2H⁺+2e－＝H₂↑　 Fe(OH)₃

15．(2011上海19)常溫下用pH為3的某酸溶液分別與pH都為11的氨水、氫氧化鈉溶液等體積混合得到a、b兩種溶液，關于這兩種溶液酸堿性的描述正確的是

A．b不可能顯堿性　　　 B． a可能顯酸性或堿性

C．a不可能顯酸性　　　 D．b可能顯堿性或酸性

解析：pH都為11的氨水、氫氧化鈉溶液，其濃度分別是大于10^－3mol/L和等于10^－3mol/L，由于pH為3的某酸溶液，其強弱未知。因此與pH為11的氨水反應時，都有可能過量；而與pH為11的氫氧化鈉溶液反應時酸可能過量或二者恰好反應。

答案：AB