题目内容
1．现有①干冰②金刚石 ③NH4Cl ④Na2S四种物质，按下列要求回答（填序号）：既存在离子键又存在共价键的是③；属于非电解质的是①．
分析 一般类说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，在水溶液中和熔化状态下均不导电的化合物为非电解质，以此来解答．
解答 解：①干冰只含共价键，本身不能电离，为非电解质；
②金刚石只含共价键，为单质；
③NH4Cl含离子键和共价键，为电解质；
④Na2S含离子键，为电解质，则
既存在离子键又存在共价键的是③；属于非电解质的是①，
故答案为：③；①．
点评 本题考查化学键及非电解质，为高频考点，把握化学键的形成及判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见物质中的化学键，题目难度不大．
练习册系列答案
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11．短周期元素X、Y、Z、W，它们的原子序数依次增大．X与Z同主族，并且原子序数之和为20．Y原子的质子数为Z原子的质子数的一半，W原子的最外层电子数比Y原子的最外层电子数多2个．下列叙述正确的是（ ）
| A． | 原子半径Z＞W＞Y＞X | |
| B． | Y的最高价氧化物对应的水化物可与其气态氢化物发生化合反应 | |
| C． | 气态氢化物的稳定性Z＞W | |
| D． | X与Y的最高正化合价之和的数值等于10 |
12．配制50g溶质的质量分数为 6%的氯化钠溶液，不需要的仪器是（ ）
| A． | 蒸发皿 | B． | 玻璃棒 | C． | 烧杯 | D． | 量筒 |
9．稀土是一种不可再生的战略性资源，被广泛应用于电子信息、国防军工等多个领域．一种从废弃阴极射线管（CRT）荧光粉中提取稀土元素钇（Y）的工艺流程如图1：
已知：①废弃CRT荧光粉的化学组成（某些不参与反应的杂质未列出）如下表所示；
②不同离子沉淀的pH如图2所示．
（1）步骤I中进行原料预处理的目的为除去ZnO和Al2O3；富集稀土元素；降低后续耗酸量等．（答两点）
（2）步骤Ⅱ中有黄绿色气体产生，该反应的化学方程式为PbO2+4HCl$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$PbCl2+Cl2↑+2H2O．
（3）步骤Ⅲ中发生的主要反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+．
（4）步骤Ⅳ中除杂试剂DDTC除去的杂质离子有Zn2+、Pb2+，其不能通过直接加碱的方法除去，原因为Zn2+、Pb2+与Y3+沉淀的pH相近，三者因同时沉淀而无法分离．
（5）步骤V中Y3+沉淀完全时，需保证滴加草酸后的溶液中c（C2O42-）不低于2.0×10-6mol/L．
（已知：当离子浓度小于10-5mol/L时，沉淀就达完全；Ksp[Y2（C2O4）3]=8.0×10-28）
（6）步骤Ⅵ中草酸钇隔绝空气加热可以得到Y2O3，该反应的化学方程式为Y2（C2O4）3$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Y2O3+3CO↑+3CO2↑．
已知：①废弃CRT荧光粉的化学组成（某些不参与反应的杂质未列出）如下表所示；
| 阶段/含量%/成分 | Y2O3 | ZnO | Al2O3 | PbO2 | MgO |
| 预处理前 | 24.28 | 41.82 | 7.81 | 1.67 | 0.19 |
| 预处理后 | 68.51 | 5.42 | 4.33 | 5.43 | 0.50 |
（1）步骤I中进行原料预处理的目的为除去ZnO和Al2O3；富集稀土元素；降低后续耗酸量等．（答两点）
（2）步骤Ⅱ中有黄绿色气体产生，该反应的化学方程式为PbO2+4HCl$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$PbCl2+Cl2↑+2H2O．
（3）步骤Ⅲ中发生的主要反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+．
（4）步骤Ⅳ中除杂试剂DDTC除去的杂质离子有Zn2+、Pb2+，其不能通过直接加碱的方法除去，原因为Zn2+、Pb2+与Y3+沉淀的pH相近，三者因同时沉淀而无法分离．
（5）步骤V中Y3+沉淀完全时，需保证滴加草酸后的溶液中c（C2O42-）不低于2.0×10-6mol/L．
（已知：当离子浓度小于10-5mol/L时，沉淀就达完全；Ksp[Y2（C2O4）3]=8.0×10-28）
（6）步骤Ⅵ中草酸钇隔绝空气加热可以得到Y2O3，该反应的化学方程式为Y2（C2O4）3$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Y2O3+3CO↑+3CO2↑．
16．某地有软锰矿和闪锌矿两座矿山，它们的组成（质量分数）如表：
科研人员开发了综合利用这两种资源的同槽酸浸工艺，工艺流程如图1所示．
（1）流程Ⅰ所得滤液中含有MnSO4、ZnSO4、CuSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3等，则流程Ⅰ中被氧化的物质有FeS、CuS种．
（2）流程Ⅱ中反应的离子方程式为Zn+Fe3+=Fe2++Zn2+、Zn+Cu2+=Cu+Zn2+．
（3）氢氧化物开始沉淀的pH如表：
流程Ⅲ中MnO2的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，不直接生成Fe（OH）2沉淀的原因是使铁元素能全部沉淀．
（4）如图2是Na2SO4和Na2SO4•10H2O的溶解度（g/100g水）曲线，又知MnSO4和ZnSO4的溶解度随温度的升高而增大，则流程Ⅳ得到Na2SO4固体的操作是：将分离出MnCO3和ZnCO3后的滤液升温结晶、趁热过滤、乙醇洗涤、干燥，要“趁热”过滤的原因是防止形成Na2SO4•10H2O．
（5）流程Ⅴ的条件是电解，电解时均用惰性电极，阳极发生的电极反应可表示为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+．
（6）取1.95g锌加入到12.00mL 18.4mol/L的浓硫酸中（反应中只生成一种还原产物），充分反应后，小心地将溶液稀释到1000mL，取出15.00mL，以酚酞为指示剂，用0.25mol/L的NaOH溶液滴定余酸，耗用NaOH溶液的体积为21.70mL．
①反应后溶液中多余的硫酸是0.18 mol．
②通过计算确定浓硫酸被还原的产物是S．
| 软锰矿 | 闪锌矿 |
| MnO2约70%，SiO2约20%，Al2O3约4%，其余为水分 | ZnS约80%，FeS、CuS、SiO2共约7%，其余为水分 |
（1）流程Ⅰ所得滤液中含有MnSO4、ZnSO4、CuSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3等，则流程Ⅰ中被氧化的物质有FeS、CuS种．
（2）流程Ⅱ中反应的离子方程式为Zn+Fe3+=Fe2++Zn2+、Zn+Cu2+=Cu+Zn2+．
（3）氢氧化物开始沉淀的pH如表：
| 氢氧化物 | Fe（OH）3 | Al（OH）3 | Fe（OH）2 |
| 开始沉淀pH | 1.5 | 3.3 | 7.6 |
（4）如图2是Na2SO4和Na2SO4•10H2O的溶解度（g/100g水）曲线，又知MnSO4和ZnSO4的溶解度随温度的升高而增大，则流程Ⅳ得到Na2SO4固体的操作是：将分离出MnCO3和ZnCO3后的滤液升温结晶、趁热过滤、乙醇洗涤、干燥，要“趁热”过滤的原因是防止形成Na2SO4•10H2O．
（5）流程Ⅴ的条件是电解，电解时均用惰性电极，阳极发生的电极反应可表示为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+．
（6）取1.95g锌加入到12.00mL 18.4mol/L的浓硫酸中（反应中只生成一种还原产物），充分反应后，小心地将溶液稀释到1000mL，取出15.00mL，以酚酞为指示剂，用0.25mol/L的NaOH溶液滴定余酸，耗用NaOH溶液的体积为21.70mL．
①反应后溶液中多余的硫酸是0.18 mol．
②通过计算确定浓硫酸被还原的产物是S．
6．
\如图所示的甲、乙、丙三种物质均含有相同的某种元素，箭头表示物质间的转化一步就能实现，则甲可能是（ ）
①Fe
②HNO3
③Na
④Si．
\如图所示的甲、乙、丙三种物质均含有相同的某种元素，箭头表示物质间的转化一步就能实现，则甲可能是（ ）①Fe
②HNO3
③Na
④Si．
| A． | ①②③ | B． | ②③④ | C． | ①②④ | D． | ①②③④ |
10．酯化反应与水解反应均需要使用催化剂，下列有关说法正确的是（ ）
| A． | 酯化与水解反应均要用浓硫酸作催化剂 | |
| B． | 酯化与水解反应均可用Na0H作催化 | |
| C． | 酯类物质可用Na0H作催化剂，不宜用浓硫酸作催化剂 | |
| D． | 酯化反应使用浓硫酸作催化剂有利于反应向左进行 |