2019屆高考化學二輪復習 專題10 常見非金屬元素及其化合物學案.docx

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10 常見非金屬元素及其化合物常見非金屬元素(如H、C、N、O、Si、S、Cl等)。(1)了解常見非金屬單質(zhì)及其重要化合物的主要性質(zhì)及應用。(2)了解常見非金屬單質(zhì)及其重要化合物對環(huán)境質(zhì)量的影響。(3)以上各部分知識的綜合應用。非金屬元素部分在保持原有考點不變的情況下，弱化了對磷的考查，但在以往高考中不被看好的元素硅及其化合物的性質(zhì)在新高考中的地位相當突出，要引起重視。從考點的變化情況來看，常見非金屬元素及其化合物的性質(zhì)仍是高考命題的重點，其命題形式一般為實驗探究、計算、推斷等。高考中，將會進一步注重非金屬元素及其化合物性質(zhì)知識的整體性和探究性，強化與生活、社會實際問題的聯(lián)系，試題可以以選擇題的形式出現(xiàn)，也可以以實驗題和無機推斷題的形式出現(xiàn)，以環(huán)保為主題設計問題的可能性也比較大?？陀^題(1)考查非金屬及其化合物的重要性質(zhì)和應用。(2)以非金屬單質(zhì)與化合物的轉(zhuǎn)化關(guān)系為載體進行物質(zhì)的推斷。主觀題(1)通過實驗探究非金屬單質(zhì)及其化合物的性質(zhì)。(2)以環(huán)境污染、化工流程為載體考查非金屬單質(zhì)及其化合物知識的綜合應用。一、硅及其化合物的“反常”(1)Si的還原性大于C，但C卻能在高溫下從SiO2中還原出Si：2CSiO2Si2CO。(2)非金屬單質(zhì)跟堿溶液作用一般無H2放出，但Si能跟強堿溶液作用放出H2：Si2NaOHH2O=Na2SiO32H2。(3)非金屬單質(zhì)一般不跟非氧化性酸作用，但Si能跟氫氟酸作用：Si4HF=SiF42H2。(4)非金屬氧化物一般為分子晶體，但SiO2為原子晶體。(5)酸性氧化物一般不與酸作用，但SiO2能與HF作用。(6)H2CO3的酸性大于H2SiO3，所以有Na2SiO3CO2H2O=H2SiO3Na2CO3，但高溫下Na2CO3SiO2Na2SiO3CO2也能發(fā)生，原因可以從兩方面解釋：硅酸鹽比碳酸鹽穩(wěn)定；從化學平衡角度，由SiO2高沸點難揮發(fā)固體制得低沸點易揮發(fā)的CO2。二、氯及其化合物知識中的熱點(1)Cl2與水的可逆反應，HClO的強氧化性和弱酸性。(2)Cl2與堿的歧化反應。(3)Cl2作為氧化劑使用，如將Fe2氧化為Fe3。(4)Cl2的實驗室制法，還原劑用濃鹽酸，氧化劑可以為MnO2()、KClO3和KMnO4等。(5)次氯酸鹽為重點ClO不論在酸性環(huán)境中還是在堿性環(huán)境中均能體現(xiàn)強氧化性，如ClO與SO、I、Fe2均不能大量共存。ClO體現(xiàn)水解性，因HClO酸性很弱，ClO水解顯示堿性，如Fe33ClO3H2O=Fe(OH)33HClO。三、常見無機酸的重要規(guī)律和重要特性(1)重要規(guī)律最高價氧化物對應水化物的酸性強弱取決于該元素非金屬性的強弱，如酸性：HClO4H2SO4H3PO4H2CO3H2SiO3。證明酸性強弱，可利用復分解反應中“強酸制弱酸”的規(guī)律，如：Na2SiO3CO2H2O=Na2CO3H2SiO3 Ca(ClO)2CO2H2O=CaCO32HClO強氧化性酸(如：HNO3、濃H2SO4)與金屬反應，不生成H2；金屬和濃HNO3反應一般生成NO2，而金屬和稀HNO3反應一般生成NO。(2)重要特性硝酸、濃H2SO4、次氯酸具有強氧化性，屬于氧化性酸，其中HNO3、HClO見光或受熱易分解。濃HNO3和Cu(足量)、濃H2SO4和Cu(足量)、濃鹽酸和MnO2(足量)在反應時，隨反應進行，產(chǎn)物會發(fā)生變化或反應停止。濃H2SO4具有吸水性、脫水性和強氧化性。常溫下，鐵、鋁遇濃H2SO4、濃HNO3發(fā)生鈍化。四、氮及其化合物1NO、NO2與O2溶于水的計算，利用好兩個比值43、41即可4NO3O22H2O=4HNO3 4NO2O22H2O=4HNO32HNO3的性質(zhì)，尤其是強氧化性是熱點，涉及與單質(zhì)反應產(chǎn)物的判斷，尤其是與鐵的反應如稀HNO3與Fe：Fe4HNO3(稀，過量) =Fe(NO3)3NO2H2O；3Fe(過量)8HNO3(稀) =3Fe(NO3)22NO4H2O。五、常見非金屬元素形成的離子的檢驗1利用鹽酸和其他試劑檢驗CO：加入BaCl2或CaCl2溶液后生成白色沉淀，再加稀鹽酸沉淀溶解，并放出無色無味氣體。SO：先加入足量稀鹽酸，無沉淀生成，再加入BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀。SO：加入BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，再加稀鹽酸，放出無色有刺激性氣味能使品紅溶液褪色氣體。2利用AgNO3(HNO3酸化)溶液檢驗3利用某些特征反應檢驗I：滴入淀粉溶液和氯水，溶液變藍色(或加入氯水和四氯化碳，四氯化碳層呈紫紅色)。特別注意：設計實驗方案進行離子檢驗時，要設法排除不同離子之間的干擾，如檢驗SO時一定要排除Ag和SO的干擾。六、無機推斷（一）無機物的轉(zhuǎn)化與推斷方法突破口又稱“題眼”，解無機推斷題的關(guān)鍵在于尋找突破口，常見的突破口主要有以下幾類：1特殊結(jié)構(gòu)(1)原子個數(shù)比為11的化合物通常是H2O2、C2H2、C6H6、Na2O2等。(2)“AA”分子必然是N2，三角錐形的分子是NH3、PH3等。(3)具有正四面體結(jié)構(gòu)的有CH4、CCl4、NH、P4等。(4)不含金屬元素的離子化合物為銨鹽。2物質(zhì)的特有顏色常見的有顏色的物質(zhì)淡黃色固體S、Na2O2、AgBr淺綠色溶液Fe2紅色固體Cu、Cu2O藍色溶液Cu2紫黑色固體I2、KMnO4棕黃色溶液Fe3紅棕色粉末Fe2O3紅色溶液Fe(SCN)3黑色粉末，晶體MnO2、Fe3O4、CuS、C、CuO橙色、橙紅色溶液溴水紅褐色沉淀Fe(OH)3藍色晶體CuSO45H2O白色沉淀AgCl、BaSO4、Mg(OH)2、Al(OH)3等紅棕色氣體NO2、Br2(g)藍色沉淀Cu(OH)2黃綠色氣體Cl23特殊的實驗現(xiàn)象(1)H2在Cl2中燃燒呈蒼白色火焰。(2)遇酚酞溶液變紅色的氣體是氨氣。(3)在空氣中迅速由無色變?yōu)榧t棕色的氣體是NO。(4)Cl2通入含Br的溶液中，會出現(xiàn)橙色，加入有機溶劑，在有機溶劑層出現(xiàn)橙紅色；Cl2通入含有I的溶液中，會出現(xiàn)深黃色，加入有機溶劑，在有機溶劑層出現(xiàn)紫紅色。(5)遇SCN顯紅色或遇OH生成紅褐色沉淀的離子是Fe3。(6)遇BaCl2溶液生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，則溶液中可能含有Ag或SO或SO。(7)遇HCl生成白色沉淀，則溶液中可能含有Ag或SiO。(8)使品紅溶液褪色的氣體可能是Cl2或SO2，但將褪色后的液體加熱又復原的是SO2。(9)碘遇淀粉顯藍色。(10)實驗現(xiàn)象為：白色沉淀灰綠色紅褐色的轉(zhuǎn)化一定是：Fe(OH)2Fe(OH)3。(11)既能跟酸反應又能跟堿反應且生成氣體的物質(zhì)一般是Al、NH4HCO3、(NH4)2CO3、NH4HSO3、(NH4)2SO3、(NH4)2S、NH4HS。(12)與堿反應產(chǎn)生氣體的物質(zhì)是鋁、銨鹽，產(chǎn)生的氣體一般是H2、NH3。(13)與水反應產(chǎn)生氣體的物質(zhì)一般是Na、Na2O2、CaC2、Mg3N2等。4特殊轉(zhuǎn)化關(guān)系(1)直線型轉(zhuǎn)化金屬堿性氧化物堿鹽：滿足此關(guān)系的有K、Na、Ca、Ba等。非金屬酸性氧化物酸鹽：滿足此關(guān)系的有C、N、S等。ABC酸或堿：滿足此關(guān)系的有NH3、S、N2、H2S、C、Na等。(2)交叉型轉(zhuǎn)化(3)三角型轉(zhuǎn)化(4)屬于“單質(zhì)化合物=新單質(zhì)新化合物(置換反應)”類型的反應有：單質(zhì)同主族：2Na2H2O=2NaOHH2；2CSiO2Si2CO；Cl22NaBr=2NaClBr2等。單質(zhì)不同主族：2Al6HCl=2AlCl33H2；H2SCl2=2HClS；CH2O(g)COH2等。有過渡元素參加的常見置換反應：Fe2H=Fe2H2；FeCu2=Fe2Cu。(5)能“三合一”的反應有：NH3H2OCO2=NH4HCO3；4Fe(OH)22H2OO2=4Fe(OH)3。6其他特征(1)常溫下短周期呈氣態(tài)的單質(zhì)(除惰性氣體外)：H2、N2、O2、F2、Cl2。(2)常見的同素異形體：金剛石和石墨、O2和O3、白磷和紅磷。(3)地殼中含量前四位的元素：O、Si、Al、Fe。(4)常溫下呈液態(tài)的金屬單質(zhì)：Hg；非金屬單質(zhì)：Br2。(5)常見的可燃性氣體：H2、CO、H2S、CH4、C2H4、C2H2等。（二）解無機推斷題“五步曲”1審：審清題意，從題干問題框圖迅速瀏覽一遍，盡量在框圖中把相關(guān)信息標示出來，明確求解要求。2找：找“題眼”即找到解題的突破口，此步非常關(guān)鍵。3析：從題眼出發(fā)，聯(lián)系新信息及所學的舊知識，大膽猜測，順藤摸瓜，應用正逆思維、發(fā)散收斂思維、橫向縱向思維等多種思維方式進行綜合分析、推理，初步得出結(jié)論。4驗：驗證確認，將結(jié)果放入原題檢驗，完全符合才算正確。5答：按題目的要求寫出答案。1(2018海南卷）化學與生產(chǎn)生活密切相關(guān)，下列說法錯誤的是( ) ANa2O2可與CO2反應放出氧氣，可用于制作呼吸面具BSiO2具有導電性，可用于制作光導纖維和光電池C聚四氟乙烯耐酸堿腐蝕，可用作化工反應器的內(nèi)壁涂層D氯水具有較強的氧化性，可用于漂白紙張、織物等【解題思路】本題主要是考察化學在生產(chǎn)生活中的應用，熟悉物質(zhì)的化學性質(zhì)及用途是解題的關(guān)鍵。光電池的主要成分是硅。ANa2O2可與CO2反應放出氧氣，可用于制作呼吸面具，不符合題意；BSiO2具有導電性，可用于制作光導纖維，但光電池的主要成分是硅，符合題意；C聚四氟乙烯耐酸堿腐蝕，可用作化工反應器的內(nèi)壁涂層，不符合題意；D氯水具有較強的氧化性，可用于漂白紙張、織物等，不符合題意；故答案為B?！敬鸢浮緽2分別將足量下列氣體通入稀Na2S溶液中，可以使溶液變渾濁的是（）ACO BSO2 CHCl DCO2【解題思路】CO不與Na2S發(fā)生反應，因此沒有沉淀產(chǎn)生，故A錯誤；SO2具有弱氧化性，與Na2S發(fā)生氧化還原反應，即SO22S24H=3S2H2O，故B正確；通HCl發(fā)生反應2HS2=H2S，沒有沉淀產(chǎn)生，故C錯誤；通CO2不產(chǎn)生沉淀，故D錯誤?！敬鸢浮緽3（2018安徽皖中名校聯(lián)盟聯(lián)考）檢驗溶液中是否含有某種離子，下列操作方法正確的是( )A向某溶液中先加入Ba(NO3)2溶液無明顯現(xiàn)象，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀，證明有ClB向某溶液中加稀BaCl2，產(chǎn)生白色沉淀，再加入HCl溶液，沉淀不溶解，證明有SOC向某溶液中加入稀HCl，放出能使澄清的石灰水變渾濁的氣體，證明有COD向某溶液中加入濃氫氧化鈉溶液后加熱，產(chǎn)生使?jié)駶櫵{色石蕊試紙變紅的氣體，證明含有NH【解題思路】本題主要是考察離子的檢驗，涉及各種物質(zhì)之間的反應，通過將離子通過反應轉(zhuǎn)化為能觀察到的實驗現(xiàn)象（沉淀、氣體）來鑒別，主要是常見幾種離子的檢驗，離子檢驗時關(guān)鍵在于要排除其他離子的干擾。A項，向某溶液中先加入Ba(NO3)2溶液無明顯現(xiàn)象，則原溶液一定不含硫酸根離子和碳酸根離子等，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀，則為氯化銀沉淀，說明一定是氯化物的溶液，證明有Cl，故A正確；B項，向某溶液中加稀BaCl2，產(chǎn)生白色沉淀，再加入HCl溶液，沉淀不溶解，白色沉淀可能是BaSO4或AgCl，不能證明有SO，故B錯誤；C項，向某溶液中加入稀HCl，放出能使澄清的石灰水變渾濁的氣體，該氣體可能是CO2或SO2，則溶液中可能存在CO、HCO、SO、HSO等，故C錯誤；D項，氨氣能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，故D錯誤。綜上所述，符合題意的選項為A?！敬鸢浮緾4（2018福州市模擬）在有機化學中，硫酰氯(SO2Cl2)常用作氯化劑和氯磺化劑，在染料、藥品、除草劑和農(nóng)用殺蟲劑的生產(chǎn)過程中有重要作用?，F(xiàn)在擬用干燥的Cl2和SO2在活性炭催化下制取硫酰氯。反應的化學方程式為：SO2(g)+Cl2(g)=SO2Cl2(l) H=97.3 kJmol1，實驗裝置如圖所示(部分夾持裝置未畫出)。已知：硫酰氯通常條件下為無色液體，熔點54.1，沸點69.1。在潮濕空氣中“發(fā)煙”；100C以上開始分解，生成二氧化硫和氯氣，長期放置也會發(fā)生分解?；卮鹣铝袉栴}：（1）裝置丙中作為反應容器的儀器的名稱為_，裝置丙中球形冷凝管的作用是_；如何控制兩種反應物體積相等：_。（2）裝置戊上方分液漏斗中最好選用下列試劑：_(選填字母)A蒸餾水 B飽和食鹽水 C濃氫氧化鈉溶液 D6.0molL-1鹽酸（3）若缺少裝置己，硫酰氯(SO2Cl2)會和空氣中的水反應而變質(zhì)，其化學方程式是_。（4）氯磺酸(ClSO3H)加熱分解，也能制得硫酰氯：2ClSO3HSO2Cl2 +H2SO4，分離兩種產(chǎn)物的方法是_(選填字母)。A重結(jié)晶 B過濾 C蒸餾 D萃?。?）長期儲存的硫酰氯會發(fā)黃，可能的原因是_(用化學方程式和必要的文字加以解釋)。（6）若反應中消耗的氯氣體積為896mL(標準狀況下)，最后經(jīng)過分離提純得到4.05g純凈的硫酰氯，則硫酰氯的產(chǎn)率為_。（7）請設計實驗方案檢驗產(chǎn)品中有硫酸（可選試劑：稀鹽酸、稀硝酸、BaCl2溶液、蒸餾水、石蕊溶液）：_?！窘忸}思路】本題是物質(zhì)的制備的實驗題，以實驗目的和實驗原理為主要線索，研究實驗裝置，不難發(fā)現(xiàn)左邊裝置是制取原料SO2，右邊裝置是制取原料Cl2（我們實驗室制取干燥純凈的氯氣中除雜的考查），且貼合題干已知信息考查己裝置的目的，分析問題返回題干找關(guān)鍵字眼，例如：在潮濕空氣中“發(fā)煙”等。（1）裝置丙中作為反應容器的儀器，名稱為三頸燒瓶；裝置丙中球形冷凝管的作用是冷凝回流導氣；通過調(diào)節(jié)旋塞或滴液的快慢控制氣體流速，使裝置乙和丁導管口產(chǎn)生氣泡的速度相等；正確答案：三頸燒瓶；冷凝回流導氣；觀察乙、丁導管口產(chǎn)生氣泡的速度相等。（2）A蒸餾水可以溶解氯氣；B飽和食鹽水溶解氯氣的能力很小；C濃氫氧化鈉溶液與氯氣發(fā)生反應；D6.0molL1鹽酸揮發(fā)逸出雜質(zhì)氣體氯化氫；正確選項B。（3）硫酰氯(SO2Cl2)會和空氣中的水反應而變質(zhì)，生成硫酸和鹽酸，化學方程式是：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；正確答案：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl。（4）兩種產(chǎn)物都呈液態(tài)，且沸點差別較大，采用蒸餾方法進行分離，正確選項C。（5）SO2Cl2=SO2+Cl2，分解產(chǎn)生少量的氯氣溶解在其中，會導致硫酰氯會發(fā)黃；正確答案：SO2Cl2=SO2+Cl2，分解產(chǎn)生少量的氯氣溶解在其中。（6）若反應中消耗的氯氣體積為896 mL(標準狀況下)，氯氣的物質(zhì)的量為0.04mol，根據(jù)反應SO2(g)+ Cl2(g)=SO2Cl2(l)可知，制備出的SO2Cl2的量為0.04mol，質(zhì)量為0.04135=5.4g，則硫酰氯的產(chǎn)率為4.05/5.4100%=75%；正確答案：75%。（7）由于SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl發(fā)生，所以要檢驗SO2Cl2中混有硫酸，就要先除去SO2Cl2，根據(jù)題給信息，進行如下操作：取產(chǎn)物在干燥的環(huán)境中加熱至100，待產(chǎn)物的質(zhì)量不在改變時，冷卻后將剩余物質(zhì)加入到水中；取少量溶液加入石蕊試液，溶液變紅；再取少量試液加入氯化鋇溶液，產(chǎn)生白色沉淀，則說明產(chǎn)品中有硫酸。正確答案：取產(chǎn)物在干燥的環(huán)境中加熱至100，待產(chǎn)物的質(zhì)量不在改變時，冷卻后將剩余物質(zhì)加入到水中；取少量溶液加入石蕊試液，溶液變紅；再取少量試液加入氯化鋇溶液，產(chǎn)生白色沉淀，則說明產(chǎn)品中有硫酸?！敬鸢浮?1)三頸燒瓶冷凝回流導氣觀察乙、丁導管口產(chǎn)生氣泡的速度相等(2)B (3)SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl (4)C (5)SO2Cl2=SO2+Cl2，分解產(chǎn)生少量的氯氣溶解在其中(6)75% (7)取產(chǎn)物在干燥的環(huán)境中加熱至100，待產(chǎn)物的質(zhì)量不在改變時，冷卻后將剩余物質(zhì)加入到水中；取少量溶液加入石蕊試液，溶液變紅；再取少量試液加入氯化鋇溶液，產(chǎn)生白色沉淀，則說明產(chǎn)品中有硫酸1（2018山東臨沂調(diào)研）將15.2g銅和鎂組成的混合物加入250mL 4.0molL1的稀硝酸中，固體完全溶解，生成的氣體只有NO。向所得溶液中加入1.0L NaOH溶液，此時金屬離子恰好沉淀完全，沉淀質(zhì)量為25.4 g，下列說法不正確的是（）A原固體混合物中，Cu和Mg的物質(zhì)的量之比為21B氫氧化鈉溶液的濃度為0.8molL1C固體溶解后的溶液中硝酸的物質(zhì)的量為0.1molD生成的NO氣體在標況下的體積為4.48L【解題思路】此題主要是考查金屬混合物和硝酸的反應相關(guān)計算，解題關(guān)鍵在于沉淀質(zhì)量與金屬混合物質(zhì)量之差得到沉淀過程中消耗的OH的質(zhì)量，進一步得到銅和鎂在發(fā)生反應時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)，再通過轉(zhuǎn)移電子總數(shù)和混合物總質(zhì)量列一元二次方程，分別求出混合物中各組分的物質(zhì)的量。用總的消耗的堿的量減去沉淀消耗的堿的量即是過量的硝酸，一環(huán)扣一環(huán)，把握整體思路。將15.2g銅和鎂組成的混合物加入250mL 4.0molL1的稀硝酸中，固體完全溶解，生成的氣體只有NO，發(fā)生反應：3Mg+8HNO3(稀)=3Mg(NO3)2+2NO+4H2O、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O；向所得溶液中加入1.0L NaOH溶液，此時金屬離子恰好沉淀完全，發(fā)生反應：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2+2NaNO3，沉淀為氫氧化鎂和氫氧化銅，沉淀質(zhì)量為25.4 g，生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加10.2g，則氫氧化鎂和氫氧化銅含有氫氧根的質(zhì)量為10.2g，氫氧根的物質(zhì)的量為10.2g17g/mol=0.6mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，則鎂和銅的總的物質(zhì)的量為0.3mol，A設Cu和Mg的物質(zhì)的量分別為x、y，則有：x+y=0.3mol64x+24y=15.2g，解得，x=0.2mol，y=0.1mol，故Cu和Mg的物質(zhì)的量之比為21，選項A正確；B硝酸剩余0.2mol(見選項C分析)，則參加反應氫氧化鈉的物質(zhì)的量為0.2mol+0.6mol=0.8mol，需要氫氧化鈉溶液的濃度為0.8mol1L=0.8mol/L，選項B正確；C根據(jù)方程式可知參加反應的n反應（HNO3）=83n（金屬）=0.3mol83=0.8mol，固體溶解后的溶液中硝酸的物質(zhì)的量為0.25L4.0mol/L-0.8mol=0.2mol，選項C不正確；D根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知生成的NO物質(zhì)的量為0.6mol3=0.2mol，標準狀況下，生成NO的體積為0.2mol22.4L/mol=4.48L，選項D正確；答案選C。【答案】C2（2018北京朝陽二模）實驗室模擬工業(yè)漂白液（有效成分為NaClO）脫除廢水中氨氮（NH3）的流程如下：下列分析正確的是（）A中采用蒸餾的方法精制粗鹽水B中陽極的主要電極反應：4OH-4e=2H2O + O2C中制備漂白液的反應：Cl2+OH=Cl+HClOD、中均發(fā)生了氧化還原反應【解題思路】以制備工業(yè)漂白液為載體，粗鹽的提純、工業(yè)上電解飽和食鹽水（電解池）、氯氣與氫氧化鈉的反應。電解池中陽極的電極材料若是惰性電極，注意陰離子的放電順序：ClOH。A中采用蒸餾只能得到蒸餾水，得不到精制鹽水，要得到精制鹽水需要使用化學方法除去其中的雜質(zhì)，故A錯誤；B陽極發(fā)生氧化反應，中陽極的主要電極反應：2Cl2e=Cl2，故B錯誤；C生成的氯氣與氫氧化鈉反應生成次氯酸鈉，中制備漂白液的反應：Cl2 +2OH=Cl+ClO+H2O，故C錯誤；D中電解氯化鈉溶液生成氫氣和氯氣以及氫氧化鈉、中氯氣與氫氧化鈉反應生成氯化鈉和次氯酸鈉、中次氯酸鈉與氨氣反應生成氮氣和氯化鈉，均存在元素化合價的變化，發(fā)生了氧化還原反應，故D正確；故選D。【答案】D3下列各項敘述、都正確且二者的原理最相似的是（）選項敘述敘述AFeS難溶于水，卻溶于稀硝酸CaCO3難溶于稀硫酸，卻溶于醋酸B濃硝酸要密封保存在陰涼處漂白粉要密封保存在陰涼處C鹽酸與鐵反應生成氯化亞鐵少量氯氣與鐵反應生成氯化亞鐵D濃氨水滴入固體NaOH制NH3濃鹽酸滴入濃硫酸制HCl【解題思路】FeS與稀硝酸發(fā)生氧化還原反應，醋酸與碳酸鈣發(fā)生復分解反應，A錯誤。濃硝酸易揮發(fā)、易分解，漂白粉易與空氣中的CO2反應，B錯誤。氯氣與鐵反應生成氯化鐵，C錯誤。NaOH固體溶于水放出大量的熱，導致氨氣的溶解度降低生成氨氣，濃硫酸溶于水放出大量的熱，導致HCl的溶解度降低，生成HCl氣體，D正確?！敬鸢浮緿4(1)砷(As)與其化合物被廣泛應用在除草劑、殺蟲劑以及含砷藥物中。回答下列問題：砷是氮的同族元素，且比氮多2個電子層，寫出砷在元素周期表中的位置：；AsH3的熱穩(wěn)定性比NH3的熱穩(wěn)定性_(填“強”或“弱”)。As2O3俗稱砒霜，As2O3是兩性偏酸性氧化物，是亞砷酸(H3AsO3)的酸酐，易溶于堿生成亞砷酸鹽，寫出As2O3與足量氫氧化鈉溶液反應的離子方程式：。As2S3和HNO3反應如下：As2S3+10H+10NO=2H3AsO4+3S+10NO2+2H2O，將該反應設計成原電池，則NO2應該在_(填“正極”或“負極”)附近逸出，該極的電極反應式為_。(2)綜合利用CO2對環(huán)境保護及能源開發(fā)意義重大。Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2。如果尋找吸收CO2的其他物質(zhì)，下列建議合理的是_。A可在堿性氧化物中尋找B可在A、A族元素形成的氧化物中尋找C可在具有強氧化性的物質(zhì)中尋找【解題思路】(1)氮元素位于周期表中第二周期第A族，砷比氮多2個電子層，位于第四周期第A族；砷的非金屬性比氮的弱，所以簡單氫化物的穩(wěn)定性比氨氣的弱。As2O3有兩性，性質(zhì)與氧化鋁相似，所以與氫氧化鈉反應生成鹽和水，離子方程式為As2O3+6OH=2AsO+3H2O。氮元素得電子化合價降低，NO2在正極逸出。電極反應為NO+2H+e=NO2+H2O。(2)二氧化碳是酸性氧化物，可以與堿或堿性氧化物反應，所以選AB?！敬鸢浮?1)第四周期第A族弱As2O3+6OH-=2AsO+3H2O正極NO+2H+e=NO2+H2O(2)AB5某化學學習小組為了探究鎂與二氧化硫的反應產(chǎn)物，進行如下實驗：設計如圖所示裝置完成鎂與二氧化硫的反應實驗。(1)實驗室用亞硫酸鈉與濃硫酸反應制備SO2，利用的是濃硫酸的_(填字母)。A強氧化性B強酸性 C脫水性D腐蝕性(2)B裝置中試劑的名稱是_；E裝置的作用是_。(3)有同學認為可以拆去D裝置，你認為_(填“能”或“不能”)拆去D裝置，理由是_。探究燃燒的反應產(chǎn)物(4)反應后取C裝置中的固體粉末進行如下實驗：實驗現(xiàn)象：G裝置中產(chǎn)生黑色沉淀，I裝置中黑色粉末變紅色，J裝置中白色粉末變藍色。寫出G裝置中發(fā)生反應的離子方程式：；I、J裝置中的現(xiàn)象說明固體中含有_(填化學式)。(5)取出F裝置燒瓶中的混合物，經(jīng)過濾、干燥得到少量固體粉末，為了探究固體粉末的成分，選擇下列裝置進行實驗：氣體從左至右，選擇所需裝置，正確的連接順序為_(填字母)。能證明固體粉末是硫黃的實驗現(xiàn)象是_。(6)經(jīng)實驗測定，鎂在二氧化硫中燃燒的產(chǎn)物有硫化鎂、硫和氧化鎂。如果m(MgO)m(MgS)m(S)=2074，寫出鎂與SO2在加熱條件下反應的化學方程式：_。【解題思路】(1)濃硫酸與亞硫酸鈉發(fā)生復分解反應，在該反應中濃硫酸表現(xiàn)出強酸性。(2)用濃硫酸干燥SO2，尾氣中的SO2用堿石灰吸收。(3)本實驗中加熱裝置與盛有固體試劑的裝置連接，不需要安全瓶。(4)F裝置中MgS與稀硫酸發(fā)生反應MgS+H2SO4=MgSO4+H2S，硫酸銅溶液用于檢驗H2S，H2S是弱酸。氧化銅被還原成銅，無水硫酸銅變藍色，說明固體與稀硫酸反應有氫氣產(chǎn)生，即固體中含有未反應的鎂粉。(5)題給裝置中沒有用于干燥氧氣的裝置，如果選擇過氧化氫溶液制氧氣，不能得到干燥的氧氣。實驗中，應該用干燥的氧氣與硫反應，故選擇高錳酸鉀制氧氣。裝置連接順序為制氧氣、氧氣與硫反應、檢驗SO2、吸收尾氣。(6)根據(jù)質(zhì)量之比計算物質(zhì)的量之比，n(MgO)n(MgS)n(S)=411，由產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比可以直接寫出反應的化學方程式?！敬鸢浮?1)B(2)濃硫酸吸收尾氣中的SO2，防止空氣中的CO2與Mg反應(3)能D裝置與盛有固體試劑的裝置相連，不會發(fā)生倒吸(4)Cu2+H2S=CuS+2H+Mg(5)d、c、a、b品紅溶液褪色(6)5Mg+2SO24MgO+MgS+S1（2018河北武邑調(diào)研）下列物質(zhì)的制備和性質(zhì)實驗中，由現(xiàn)象得出的結(jié)論錯誤的是（）選項試劑試紙或試液現(xiàn)象結(jié)論A濃氨水、生石灰紅色石蕊試紙變藍NH3為堿性氣體B乙酸、乙醇、濃硫酸飽和碳酸氫鈉溶液分層乙酸乙酯不溶于水，密度小于水C濃鹽酸、二氧化錳淀粉碘化鉀試紙變藍Cl2具有氧化性D亞硫酸鈉、硫酸品紅試液褪色SO2具有還原性【解題思路】本題考查化學實驗方案的設計與評價，明確常見氣體的制備和性質(zhì)為解答關(guān)鍵。本題的易錯點為D，要注意二氧化硫性質(zhì)的應用，尤其是涉及褪色的原理的理解。A生石灰溶于水放出大量的熱，有利于氨氣的逸出，可以采取濃氨水和生石灰制取NH3，可用紅色石蕊試紙檢驗，試紙變藍則說明NH3為堿性氣體，故A正確；B純凈的乙酸乙酯是一種油狀液體，且能浮在水面上，所以乙酸乙酯難溶于水，密度小于水，故B正確；C濃鹽酸和二氧化錳加熱可以制取Cl2，Cl2可以用濕潤的淀粉碘化鉀試紙檢驗，試紙變藍，說明KI轉(zhuǎn)化為I2，則說明Cl2有強氧化性，故C正確；DSO2使品紅溶液褪色體現(xiàn)的是SO2的漂白性，故D錯誤；故選D。【答案】D2（2018武漢理綜）氯化鋁（AlN)是一種新型無機非金屬原料，常溫下AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3。某課題小組利用甲圖所示裝置測定樣品AlN的含量(雜質(zhì)不反應）。下列說法中正確的是（）A量氣管中的液體應為水B用長頸漏斗代替分液漏斗，有利子控制反應速率C反應結(jié)束時a、b兩管液面的差值即為產(chǎn)生氣體的體枳D若其它操作均正確，實驗結(jié)束時按乙圖讀數(shù)，測得AlN含量偏高【解題思路】關(guān)鍵要理解實驗的反應原理是AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3，制取氨氣，考查的是氨氣的性質(zhì)。用量氣法測量氣體的體積時，要注意：一定要等到反應結(jié)束后冷卻到室溫；通過上下調(diào)節(jié)量氣管的位置，保持量氣裝置兩端的液面要保持水平；讀數(shù)時一定要平視。反應產(chǎn)生的氣體為氨氣，氨氣極易溶于水，所以量氣管中的液體不應為水，可以為四氯化碳，A錯誤；長頸漏斗沒有玻璃旋塞，不能控制液體的滴加，也就不能控制反應速率，B錯誤；反應結(jié)束時，待氣體冷卻到室溫，調(diào)節(jié)右側(cè)的量氣管，使左右兩端的液面相平，才能讀數(shù)，根據(jù)起始和結(jié)束時右側(cè)量氣管的液面的差值，計算產(chǎn)生氣體的體積，C錯誤；俯視量氣管的讀數(shù)，使所量氣體的體積的體積增大，氨氣的量增大，氮化鋁的量增大，測得AlN含量偏高，D正確；正確選項D?！敬鸢浮緿3已知A為常見金屬，X、Y為常見非金屬，X、E、F、G常溫下為氣體，Y為黑色固體，常溫下C為無色液體，B是一種鹽，受熱極易分解，在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中用途較廣?，F(xiàn)用A與石墨作電極，B的濃溶液作電解液，構(gòu)成原電池。有關(guān)物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖(其中有些反應的條件及部分生成物被略去)：請完成下列填空：(1)原電池反應中正極的電極反應式為_；(2)反應的化學方程式為_；(3)反應為A在某種氣體中燃燒，生成單質(zhì)Y和A的氧化物，其反應方程式為_；(4)“操作b”為_；(5)反應的化學方程式為_；(6)檢驗氣體E的試劑及現(xiàn)象是_；(7)已知E可與次氯酸鈉溶液反應生成K，K和E的組成元素相同，且一分子K中有18個電子，則K中所含的化學鍵類型為_、_?！窘忸}思路】C為無色液體，由氣體X(X由原電池反應得到，可能是H2)和氧氣反應得到，故C應是H2O，X是H2；根據(jù)反應可知非金屬Y是C；由電解D無水晶體得到A與Cl2，可知D為氯化物且是離子化合物，結(jié)合AB溶液發(fā)生原電池反應得到X、D、E，可知B為氯化物，且B是一種鹽，受熱極易分解，反應生成H2與E氣體，B應水解呈酸性，由轉(zhuǎn)化關(guān)系：EFGH，屬于常溫下氣體E的連續(xù)氧化得到氣體G，在中學階段中N、S的化合物符合轉(zhuǎn)化關(guān)系，考慮反應是金屬與NH4Cl溶液發(fā)生的原電池反應，可推出E為NH3、F為NO、G為NO2，則H為HNO3；反應為A在某種氣體中燃燒，生成單質(zhì)Y和A的氧化物，應為Mg與二氧化碳的反應，可推出A為Mg，則D為MgCl2；結(jié)合反應可推知B為NH4Cl，驗證符合轉(zhuǎn)化關(guān)系。(1)原電池反應中，正極發(fā)生還原反應，銨根離子放電生成氨氣與氫氣，則正極的電極反應式為2NH2e-=2NH3H2；(2)反應是氨的催化氧化，反應化學方程式為4NH35O24NO6H2O；(3)反應為Mg與二氧化碳的反應生成MgO與碳，反應方程式為2MgCO22MgOC；(4)從MgCl2溶液制備MgCl2的無水晶體，應注意防止水解，應將氯化鎂溶液在HCl氣流中蒸干，即“操作b”為在HCl氣流中蒸干；(5)反應是碳與濃硝酸反應生成CO2、NO2、H2O，所以反應的化學方程式為C4HNO3CO24NO22H2O；(6)氨氣是堿性氣體，氨氣溶于水呈堿性，所以氨氣使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，通常利用此方法檢驗氨氣。則檢驗氣體E的試劑為濕潤的紅色石蕊試紙，現(xiàn)象是變藍；(7)已知E可與次氯酸鈉溶液反應生成K，K和E的組成元素相同，且一分子K中有18個電子，則K的分子式為N2H4，K中所含的化學鍵類型為極性共價鍵、非極性共價鍵?！敬鸢浮?1)2NH2e=2NH3H2(2)4NH35O24NO6H2O(3)2MgCO22MgOC(4)在HCl氣流中蒸干(5)C4HNO3CO24NO22H2O(6)濕潤的紅色石蕊試紙，變藍(7)極性共價鍵、非極性共價鍵4水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分為CaO、SiO2，并含有一定量的鐵、鋁和鎂等金屬的氧化物。實驗室測定水泥樣品中鈣含量的過程如圖所示：回答下列問題：（1）在分解水泥樣品過程中，以鹽酸為溶劑，氯化銨為助溶劑，還需加入幾滴硝酸。加入硝酸的目的是_，還可使用_代替硝酸。（2）沉淀A的主要成分是_，其不溶于強酸但可與一種弱酸反應，該反應的化學方程式為_。（3）加氨水過程中加熱的目的是_。沉淀B的主要成分為_、_（填化學式）。（4）草酸鈣沉淀經(jīng)稀H2SO4處理后，用KMnO4標準溶液滴定，通過測定草酸的量可間接獲知鈣的含量，滴定反應為：MnO+H+H2C2O4Mn2+CO2+H2O。實驗中稱取0.400g水泥樣品，滴定時消耗了0.0500molL1的KMnO4溶液36.00mL，則該水泥樣品中鈣的質(zhì)量分數(shù)為_。【解題思路】本題主要是通過對水泥中鈣含量的測定為原理，考查了離子的除雜、二氧化硅的性質(zhì)、氧化還原滴定等知識。關(guān)鍵注意調(diào)節(jié)PH的目的是通過Fe3+、Al3+的水解反應將雜質(zhì)離子除去，且因Fe3+容易在pH較小時以氫氧化物的形式沉淀出來，常常會將Fe2+氧化為Fe3+。（1）根據(jù)題中信息，水泥中含有一定量的鐵、鋁、鎂等金屬氧化物，根據(jù)流程需要除去這些雜質(zhì)，因為Fe3+容易在pH較小時以氫氧化物的形式沉淀出來，因此加入硝酸的目的是將樣品中可能存在的Fe2轉(zhuǎn)化成Fe3；加入的物質(zhì)要具有氧化性，同時不能引入新的雜質(zhì)，因為過氧化氫被稱為綠色氧化劑，所以可以選擇雙氧水；（2）根據(jù)水泥中成分，二氧化硅不溶于一般酸溶液，所以沉淀A是二氧化硅；SiO2溶于氫氟酸，發(fā)生的反應是：SiO2+4HF=SiF4+2H2O；（3）鹽類水解是吸熱反應，加熱可以促進Fe3+、Al3+水解轉(zhuǎn)換為Fe(OH)3、Al(OH)3；根據(jù)流程圖，pH45時Ca2+、Mg2+不沉淀，F(xiàn)e3+、Al3+沉淀，所以沉淀B為Fe(OH)3、Al(OH)3。（4）草酸鈣的化學式為CaC2O4，MnO作氧化劑，化合價降低5價，H2C2O4中的C化合價由3價4價，整體升高2價，最小公倍數(shù)為10，因此MnO的系數(shù)為2，H2C2O4的系數(shù)為5，運用關(guān)系式法5Ca2+5H2C2O42KMnO4；n(KMnO4)=0.0500mol/L36.00103mL=1.80103mol，n(Ca2+)=4.50103mol，水泥中鈣的質(zhì)量分數(shù)為4.50103mol40.0g/mol/0.400g100%=45.0%【答案】（1）將樣品中可能存在的Fe2+氧化為Fe3+雙氧水(H2O2) （2） SiO2 (或H2SiO3) SiO2+4HF=SiF4+2H2O 防止膠體生成，易沉淀分離（3） Fe(OH)3 Al(OH)3（4）45.0%