湖南省永州市2019年高考化學二輪復習 課時10 非金屬元素及其重要化合物學案2.docx

常見非金屬單質及其重要化合物(P、As、Se、Br)【明確考綱】1常見非金屬元素(如P、As、Se、Br等)。(1)了解常見非金屬單質及其重要化合物的制備方法，掌握其主要性質及其應用。(2)了解常見非金屬單質及其重要化合物對環(huán)境的影響。2以上各部分知識的綜合應用?！菊n前真題】1.2018新課標磷酸亞鐵鋰（LiFePO4）電池是新能源汽車的動力電池之一。采用濕法冶金工藝回收廢舊硫酸亞鐵鋰電池正極片中的金屬，其流程如下：下列敘述錯誤的是（）A合理處理廢舊電池有利于保護環(huán)境和資源再利用B從“正極片”中可回收的金屬元素有Al、Fe、LiC“沉淀”反應的金屬離子為Fe3+D上述流程中可用硫酸鈉代替碳酸鈉【答案】D【解析】分析：正極片堿溶時鋁轉化為偏鋁酸鈉，濾渣中含有磷酸亞鐵鋰，加入硫酸和硝酸酸溶，過濾后濾渣是炭黑，得到含Li、P、Fe的濾液，加入堿液生成氫氧化鐵沉淀，濾液中加入碳酸鈉生成含鋰的沉淀，據(jù)此解答。詳解：A、廢舊電池中含有重金屬，隨意排放容易污染環(huán)境，因此合理處理廢舊電池有利于保護環(huán)境和資源再利用，A正確；B、根據(jù)流程的轉化可知從正極片中可回收的金屬元素有Al、Fe、Li，B正確；C、得到含Li、P、Fe的濾液，加入堿液生成氫氧化鐵沉淀，因此“沉淀”反應的金屬離子是Fe3，C正確；D、碳酸鋰沉淀，硫酸鋰能溶于水，因此上述流程中不能用硫酸鈉代替碳酸鈉，D錯誤。答案選D。點睛：本題以廢舊電池的回收為載體考查金屬元素的回收，明確流程中元素的轉化關系22018天津卷LiH2PO4是制備電池的重要原料。室溫下，LiH2PO4溶液的pH隨c初始（H2PO4）的變化如圖1所示，H3PO4溶液中H2PO4的分布分數(shù)隨pH的變化如圖2所示，=c（H2PO4）c總（含P元素的粒子）下列有關LiH2PO4溶液的敘述正確的是A溶液中存在3個平衡B含P元素的粒子有H2PO4、HPO42、PO43C隨c初始（H2PO4）增大，溶液的pH明顯變小D用濃度大于1 molL-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，當pH達到4.66時，H3PO4幾乎全部轉化為LiH2PO4【答案】D【解析】分析：本題考查電解質溶液的相關知識。應該從題目的兩個圖入手，結合磷酸的基本性質進行分析。詳解：A溶液中存在H2PO4的電離平衡和水解平衡，存在HPO42的電離平衡，存在水的電離平衡，所以至少存在4個平衡。選項A錯誤。B含P元素的粒子有H2PO4、HPO42、PO43和H3PO4。選B錯誤。C從圖1中得到隨著c初始（H2PO4）增大，溶液的pH不過從5.5減小到4.66，談不上明顯變小，同時達到4.66的pH值以后就不變了。所以選項C錯誤。D由圖2得到，pH=4.66的時候，=0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO4占99.4%，所以此時H3PO4幾乎全部轉化為LiH2PO4。選項D正確。點睛：本題中隨著c初始（H2PO4）增大，溶液的pH有一定的下降，但是達到一定程度后就基本不變了。主要是因為H2PO4存在電離和水解，濃度增大電離和水解都會增加，影響會互相抵消。32018新課標卷】KIO3是一種重要的無機化合物，可作為食鹽中的補碘劑?；卮鹣铝袉栴}：（1）KIO3的化學名稱是_。（2）利用“KClO3氧化法”制備KIO3工藝流程如下圖所示：酸化反應”所得產(chǎn)物有KH（IO3）2、Cl2和KCI“逐Cl2”采用的方法是_?！盀V液”中的溶質主要是_?！罢{pH”中發(fā)生反應的化學方程式為_。（3）KIO3也可采用“電解法”制備，裝置如圖所示。寫出電解時陰極的電極反應式_。電解過程中通過陽離子交換膜的離子主要為_，其遷移方向是_。與“電解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足之處有_（寫出一點）。【答案】碘酸鉀加熱KClKH（IO3）2+KOH2KIO3+H2O2H2O+2e2OH+H2K+a到b產(chǎn)生Cl2易污染環(huán)境【解析】分析：本題考查的是化學工業(yè)以及電化學的相關知識。應該從題目的化工流程入手，判斷每步流程操作的目的，就可以順利解決問題。詳解：（1）根據(jù)氯酸鉀（KClO3）可以推測KIO3為碘酸鉀。（2）將溶解在溶液中的氣體排出的一般方法是將溶液加熱，原因是氣體的溶解度是隨溫度上升而下減小。第一步反應得到的產(chǎn)品中氯氣在“逐Cl2”時除去，根據(jù)圖示，碘酸鉀在最后得到，所以過濾時KH(IO3)2應該在濾渣中，所以濾液中主要為KCl。“調pH”的主要目的是將KH(IO3)2轉化為KIO3，所以方程式為：KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O。（3）由圖示，陰極為氫氧化鉀溶液，所以反應為水電離的氫離子得電子，反應為2H2O + 2e- = 2OH- + H2。電解時，溶液中的陽離子應該向陰極遷移，明顯是溶液中大量存在的鉀離子遷移，方向為由左向右，即由a到b。KClO3氧化法的最大不足之處在于，生產(chǎn)中會產(chǎn)生污染環(huán)境的氯氣。點睛：題目的電解過程，可以理解為：陽極區(qū)的單質碘和氫氧化鉀反應：3I2 + 6KOH = KIO3 + 5KI + 3H2O，生成的碘離子在陽極失電子再轉化為單質碘，單質碘再與氫氧化鉀反應，以上反應反復循環(huán)最終將所有的碘都轉化為碘酸鉀。陰極區(qū)得到的氫氧化鉀42018北京卷磷精礦濕法制備磷酸的一種工藝流程如下：已知：磷精礦主要成分為Ca5(PO4)3(OH)，還含有Ca5(PO4)3F和有機碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)<CaSO40.5H2O（1）上述流程中能加快反應速率的措施有_。（2）磷精礦粉酸浸時發(fā)生反應：2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO40.5H2O+6H3PO4該反應體現(xiàn)出酸性關系：H3PO4_H2SO4（填“>”或“<”）。結合元素周期律解釋中結論：P和S電子層數(shù)相同，_。（3）酸浸時，磷精礦中Ca5(PO4)3F所含氟轉化為HF，并進一步轉化為SiF4除去。寫出生成HF的化學方程式：_。（4）H2O2將粗磷酸中的有機碳氧化為CO2脫除，同時自身也會發(fā)生分解。相同投料比、相同反應時間，不同溫度下的有機碳脫除率如圖所示。80后脫除率變化的原因：_。（5）脫硫時，CaCO3稍過量，充分反應后仍有SO42殘留，原因是_；加入BaCO3可進一步提高硫的脫除率，其離子方程式是_。（6）取a g所得精制磷酸，加適量水稀釋，以百里香酚酞作指示劑，用b molL1NaOH溶液滴定至終點時生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL，精制磷酸中H3PO4的質量分數(shù)是_。（已知：H3PO4摩爾質量為98 gmol1）【答案】研磨、加熱核電荷數(shù)PS，原子半徑PS，得電子能力PS，非金屬性PS2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O10CaSO40.5H2O+6H3PO4+2HF80 后，H2O2分解速率大，濃度顯著降低CaSO4微溶BaCO3+SO42-+2H3PO4BaSO4+CO2+H2O+2H2PO4-0.049bca【解析】分析：磷精礦粉酸浸后生成粗磷酸和磷石膏，粗磷酸經(jīng)過脫有機碳、脫硫等步驟獲得精制磷酸。（1）根據(jù)外界條件對化學反應速率的影響分析，流程中能加快反應速率的措施有：研磨、加熱。（2）根據(jù)“強酸制弱酸”的復分解反應規(guī)律，酸性：H3PO4<H2SO4。用元素周期律解釋，P和S電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)P<S，原子半徑P>S，得電子能力P<S，非金屬性P<S。（3）根據(jù)“強酸制弱酸”的復分解反應規(guī)律，Ca5（PO4）3F與H2SO4反應生成HF、磷石膏和磷酸。（4）圖示是相同投料比、相同反應時間，不同溫度下的有機碳脫除率，80前溫度升高反應速率加快，相同時間內有機碳脫除率增大；80后溫度升高，H2O2分解速率大，H2O2濃度顯著降低，反應速率減慢，相同條件下有機碳脫除率減小。（5）脫硫時，CaCO3稍過量，充分反應后仍有SO42-殘留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可進一步提高硫的脫除率，因為BaSO4難溶于水，反應的離子方程式為BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2+2H2PO4-+H2O。（6）根據(jù)題意關系式為H3PO42NaOH，由消耗的NaOH計算H3PO4。詳解：（1）研磨能增大反應物的接觸面積，加快反應速率，加熱，升高溫度加快反應速率；流程中能加快反應速率的措施有：研磨、加熱。（2）根據(jù)“強酸制弱酸”的復分解反應規(guī)律，酸性：H3PO4<H2SO4。用元素周期律解釋酸性：H3PO4<H2SO4，P和S電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)P<S，原子半徑P>S，得電子能力P<S，非金屬性P<S。（3）根據(jù)“強酸制弱酸”的復分解反應規(guī)律，Ca5（PO4）3F與H2SO4反應生成HF、磷石膏和磷酸，生成HF的化學方程式為2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O10CaSO40.5H2O+6H3PO4+2HF。（4）圖示是相同投料比、相同反應時間，不同溫度下的有機碳脫除率，80前溫度升高反應速率加快，相同時間內有機碳脫除率增大；80后溫度升高，H2O2分解速率大，H2O2濃度顯著降低，反應速率減慢，相同條件下有機碳脫除率減小。（5）脫硫時，CaCO3稍過量，充分反應后仍有SO42-殘留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可進一步提高硫的脫除率，因為BaSO4難溶于水，其中SO42-與BaCO3生成更難溶的BaSO4和CO32-，H3PO4的酸性強于H2CO3，在粗磷酸中CO32-轉化成H2O和CO2，反應的離子方程式為BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2+2H2PO4-+H2O。（6）滴定終點生成Na2HPO4，則消耗的H3PO4與NaOH物質的量之比為1：2，n（H3PO4）=12n（NaOH）=12bmol/Lc10-3L=bc2000mol，m（H3PO4）=bc2000mol98g/mol=49bc1000g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的質量分數(shù)為0.049bca。點睛：本題以磷精礦濕法制備磷酸的工藝流程為載體，考查影響化學反應速率的因素、“強酸制弱酸”的復分解反應規(guī)律、元素周期律、指定情境下方程式的書寫、物質含量的計算等。解題時必須利用所學知識結合流程分析，如第（5）問注意脫硫的反應是在粗磷酸中進行的，BaCO3或CaCO3中碳元素最終變?yōu)镃O2；第（6）問中H3PO4與NaOH物質的量之比的確定等。課堂精講【考情解讀】非金屬元素部分在保持原有考點不變的情況下，強化了對磷的考查，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。預計2019高考中，將會進一步注重非金屬元素及其化合物性質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。【典例剖析】1.三氯氧磷（化學式：POCl3）常用作半導體摻雜劑及光導纖維原料。氯化水解法生產(chǎn)三氯氧磷的流程如下：（1）氯化水解法生產(chǎn)三氯氧磷的化學方程式為_。（2）氯化水解法生產(chǎn)三氯氧磷時，會產(chǎn)生含磷（主要為H3PO3、H3PO4等）廢水，已知H3PO3是一種淡黃色晶體，且易溶于水的二元弱酸。若用20 mL H3PO3溶液與同濃度的NaOH溶液40 mL恰好完全反應，寫出生成鹽為_（填“正鹽”或“酸式鹽”）。H3PO3中，P元素的化合價為_。H3PO3可以將溶液中的Ag+還原，從而用于化學鍍銀，寫出該離子方程式_。處理廢水時，先在其中加入適量漂白粉，再加入生石灰調節(jié)pH將磷元素轉化為磷酸鈣沉淀并回收，加入漂白粉的作用是_。若處理后的廢水中c(PO43)=4107 molL1，溶液中c(Ca2+)=_molL1。（已知KspCa3(PO4)2=21029）（3）通過佛爾哈德法可以測定三氯氧磷產(chǎn)品中Cl元素含量，實驗步驟如下：取a g產(chǎn)品于錐形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全水解后加稀硝酸至酸性。向錐形瓶中加入0.1000 molL1的AgNO3溶液40.00 mL，使Cl完全沉淀。向其中加入2 mL硝基苯，用力搖動，使沉淀表面被有機物覆蓋。加入指示劑，用c molL1 NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，記下所用體積。已知：Ksp(AgCl)=3.21010，Ksp(AgSCN)=21012滴定選用的指示劑是_（選填字母）。aFeCl2 bNH4Fe(SO4)2 c淀粉 d甲基橙實驗過程中若未加入硝基苯這項操作，所測Cl元素含量將會_（填“偏大”、“偏小”或“不變”）?！敬鸢浮縋Cl3+H2O+Cl2POCl3+2HCl正鹽+3H3PO3+2Ag+ H2O = H3PO4+2H+將廢水中的H3PO3氧化為H3PO45106b偏小【解析】試題分析：（1）根據(jù)反應物和生成物書寫化學方程式。（2）根據(jù)反應物的用量結合H3PO3是一種二元弱酸判斷。根據(jù)正負價代數(shù)和為0計算；根據(jù)電子得失守恒配平。根據(jù)漂白粉具有強氧化性分析其作用。根據(jù)溶度積常數(shù)計算。（3）根據(jù)物質的顏色變化選擇指示劑。硝基苯可以防止將AgCl沉淀轉化為AgSCN沉淀。解析：（1）氯化水解法生產(chǎn)三氯氧磷的反應物有PCl3、H2O、Cl2，生成物有POCl3，據(jù)原子守恒應該還有HCl生成，因此反應的方程式為PCl3+H2O+Cl2POCl3+2HCl。（2）若用20 mL H3PO3溶液與同濃度的NaOH溶液40 mL恰好完全反應，即二者的物質的量之比是1：2，由于H3PO3是二元弱酸，因此生成的鹽為正鹽；H是1價，O是2價，根據(jù)正負價代數(shù)和為0可知H3PO3中P元素的化合價為+3價。H3PO3可以將溶液中的Ag+還原，反應的離子方程式為H3PO3+2Ag+ H2OH3PO4+2H+。處理廢水時，先在其中加入適量漂白粉，再加入生石灰調節(jié)pH將磷元素轉化為磷酸鈣沉淀并回收，因此加入漂白粉的作用是將廢水中的H3PO3氧化為H3PO4。KspCa3(PO4)2c(Ca2+)3c(PO43-)21029，將c(PO43)=4107 molL1代入計算得c(Ca2+)5106 molL1。（3）當?shù)味ㄟ_到終點時NH4SCN過量，可以用含有Fe3+的NH4Fe(SO4)2作指示劑，即溶液變?yōu)榧t色，半分鐘內不褪色，即可確定滴定終點，答案選b。由于AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力搖動，使AgCl沉淀表面被有機物覆蓋，避免在滴加NH4SCN時，將AgCl沉淀轉化為AgSCN沉淀；若無此操作，NH4SCN標準液用量偏多，使所測的氯元素的含量偏小。2.氮、磷及其化合物在生產(chǎn)、生活中有重要的用途?；卮鹣铝袉栴}：I （1）直鏈聚磷酸是由n個磷酸分子通過分子間脫水形成的，常用于制取阻燃劑聚磷酸銨。寫出磷酸主要的電離方程式_。直鏈低聚磷酸銨的化學式可表示為(NH4)(n+2)PnOx，x=_(用n表示)。（2）在堿性條件下，次磷酸鹽可用于化學鍍銀，完成其反應的離子方程式。H2PO2+Ag+_=PO43+Ag+_（3） 工業(yè)上生產(chǎn)硝酸銅晶體的流程圖如下：在步驟a中，需要通入氧氣和水，其目的是_進行蒸發(fā)濃縮時，要用硝酸調節(jié)溶液的pH=1，其目的是(結合離子方程式說明)_下圖是某小組同學查閱資料所繪出的硝酸銅晶體Cu(NO3)2nH2O的溶解度曲線(溫度在30前后對應不同的晶體)，下列說法正確的是_(填字母)aA點時的溶液為不飽和溶液bB點時兩種晶體可以共存c按上述流程最終得到的晶體是Cu(NO3)23H2Od若將C點時的溶液降溫至30以下，可以析出Cu(NO3)26H2O晶體II （4）查閱資料可知：銀氨溶液中存在平衡：Ag+(aq)+2NH3(aq)Ag(NH3)2+(aq)，該反應平衡常數(shù)的表達式K穩(wěn)Ag(NH3)2+= _，已知某溫度下，K穩(wěn)Ag(NH3)2+=1.10107，KspAgCl=1.451010。計算得到可逆反應AgCl(s)+2NH3(aq)Ag(NH3)2+(aq)+Cl(aq)的化學平衡常數(shù)K=_ (保留2位有效數(shù)字)，1L 1molL氨水中最多可以溶解AgCl_mol(保留1位有效數(shù)字)。【答案】I（1）H3PO4 H2PO4 + H+ ； x = 3n + 1（2）1 4 6OH 1 4 4H2O（3）有利于提高原料的利用率，減少污染物的排放；由于Cu2+發(fā)生水解反應Cu2+2H2OCu(OH)2+2H+，加入硝酸可以抑制硝酸銅的水解；b、dII（4）；1.610-3 ；0.04【解析】試題分析：I （1）直鏈聚磷酸是由n個磷酸分子通過分子間脫水形成的，常用于制取阻燃劑聚磷酸銨。磷酸屬于三元中強酸，以第一步電離為主，電離方程式為H3PO4 H2PO4 + H+ ，故答案為：H3PO4 H2PO4 + H+ ；直鏈低聚磷酸銨中N為-3價，H為+1價，P為+5價，O為-2價，根據(jù)正負化合價的代數(shù)和為0，x=3n + 1，故答案為：3n + 1；（2）在堿性條件下，因此反應物中需要加氫氧根離子，如何根據(jù)化合價升降守恒，結合觀察法配平即可，反應的離子方程式為H2PO2+4Ag+6OH=PO43+4Ag+4H2O，故答案為：H2PO2+4Ag+6OH=PO43+4Ag+4H2O；（3）在步驟a中，通入氧氣和水，將氮氧化物轉化為硝酸，有利于提高原料的利用率，減少污染物的排放，故答案為：有利于提高原料的利用率，減少污染物的排放；由于Cu2+發(fā)生水解，蒸發(fā)濃縮時，要用硝酸調節(jié)溶液的pH=1，防止水解生成氫氧化銅沉淀，Cu2+2H2OCu(OH)2+2H+，加入硝酸可抑制水解，故答案為：由于Cu2+發(fā)生水解：Cu2+2H2OCu(OH)2+2H+，加入硝酸可以抑制硝酸銅的水解；a在一定溫度下，某固態(tài)物質在100g溶劑中達到飽和狀態(tài)時所溶解的質量，叫做這種物質在這種溶劑中的溶解度，可知圖中曲線上所有的點均為對應溫度下的飽和溶液，A點時的溶液為過飽和溶液，故a錯誤；bB點表明在30時兩種晶體的溶解度相等，B點為生成晶體的轉折點，兩種晶體可以共存，故b正確；c上述流程是在低溫下進行的最終得到的晶體是Cu(NO3)26H2O，故c錯誤；d由圖象可以看出，溶液降溫至30以下，可以析出Cu(NO3)26H2O晶體，故d正確，故答案為：bd；（4）Ag+(aq)+2NH3(aq)=Ag(NH3)2+(aq)，該反應平衡常數(shù)的表達式=，；可逆反應AgCl (s)+2NH3(aq)=Ag(NH3)2+(aq)+Cl-(aq)的化學平衡常數(shù) K=Ksp(AgCl)K穩(wěn)=1.4510-101.10107=1.610-3，設溶解的AgCl物質的量為x，反應前后系數(shù)相同，可以用物質的量代替平衡濃度計算平衡常數(shù)，AgCl (s)+2NH3(aq)=Ag(NH3)2+(aq)+Cl-(aq)，依據(jù)平衡常數(shù)=1.610-3，1-x1，計算得到x=0.04mol，故答案為：；1.610-3，0.04?？键c：考查了物質的分離、提純、化學平衡影響因素分析判斷、平衡常數(shù)和溶度積常數(shù)計算的應用的相關知識。3.(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，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：As2S310H10NO=2H3AsO43S10NO22H2O，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)的意義重大。Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2。如果尋找吸收CO2的其他物質，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中尋找解析：(1)氮元素在周期表中第二周期，第A族，砷比氮多2個電子層，在第四周期第A族；砷的非金屬性比氮弱，所以簡單氫化物的穩(wěn)定性比氨氣弱。As2O3有兩性，性質與氧化鋁相似，所以和氫氧化鈉反應生成鹽和水，離子方程式為：As2O36OH=2AsO3H2O。生成二氧化氮化合價降低，在正極逸出。硝酸根得到電子生成二氧化氮和水，電極反應為：NOe2H=NO2H2O。(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。答案：(1)第四周期第A族弱As2O36OH=2AsO3H2O正極NOe2H=NO2H2O(2)ab【課后鞏固】一、選擇題1.下列說法正確的是（ ）AP2O5不可用作干燥劑BP的非金屬性強于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性強CI的原子半徑大于Br，HI比HBr的熱穩(wěn)定性強D可以用飽和溴水除去甲苯中混有的苯酚【答案】B2.已知16S和34Se位于同一主族，下列說法正確的是A熱穩(wěn)定性：H2Se>H2S>H2O B原子半徑：Se>S>ClC酸性：H2SeO4>H2SO4>HClO4 D還原性：S2->Se2->Br-【答案】B【解析】試題分析：A.S和Se同主族，從上到下，非金屬性逐漸減弱，非金屬性O>S>Se，故氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：熱穩(wěn)定性：H2O>H2S>H2Se 故A錯誤；B.原子半徑比較，同主族元素，從上到下，原子半徑逐漸增大，同周期元素從左到右，原子半徑逐漸減小，故原子半徑：Se>S>Cl，B正確；C.同主族，從上到下，非金屬性逐漸減弱，最高價氧化物的水化物的酸性越弱，故酸性比較：HClO4>H2SO4>H2SeO4故C錯誤；D.原子的氧化性越強，對應離子的還原性就越弱，故還原性比較：S2-<Br-<Se2-，故D錯誤，此題選B?？键c：考查元素周期律相關知識。3硒(Se)是人體必需的一種微量元素，其單質可用于制光敏電阻、復印機的硒鼓等等。工業(yè)上提取硒的方法之一是用硫酸和硝酸鈉處理含硒的工業(yè)廢料，得到亞硒酸(H2SeO3)和少量硒酸(H2SeO4)，富集后再將它們與鹽酸共熱，將H2SeO4轉化為H2SeO3，主要反應為2HClH2SeO4=H2SeO3H2OCl2，然后向溶液中通入SO2將硒元素還原為單質硒沉淀。據(jù)此正確的判斷為()AH2SeO4的氧化性比Cl2弱 BH2SeO3的氧化性比SO2弱CH2SeO4的氧化性比H2SeO3強 D析出1mol硒，需亞硒酸、SO2和水各1mol【答案】C【解析】【分析】氧化還原反應中氧化劑氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性，結合元素的化合價的變化計算電子轉移的數(shù)目?！驹斀狻緼反應中Se元素化合價降低，H2SeO4為氧化劑，Cl元素化合價升高，Cl2為氧化產(chǎn)物，氧化還原反應中氧化劑氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，則H2SeO4的氧化性比氯氣強，選項A錯誤；B將二氧化硫通入亞硒酸溶液中出現(xiàn)單質硒的沉淀，可說明氧化性亞硒酸具有氧化性，二氧化硫具有還原性，則亞硒酸的氧化性大于二氧化硫，選項B錯誤；C.2HCl+H2SeO4=H2SeO3+Cl2+H2O反應中，H2SeO4為氧化劑，H2SeO3為還原產(chǎn)物，則H2SeO4的氧化性比H2SeO3強，選項C正確；D將二氧化硫通入亞硒酸溶液中出現(xiàn)單質硒的沉淀，反應中Se元素化合價由+4價降低到0價，S元素化合價由+4價升高到+6價，則析出1mol硒要用H2SeO31mol，SO22mol，選項D錯誤；答案選C?！军c睛】本題綜合考查氧化還原反應，側重于學生的分析能力和自學能力的考查，為高考常見題4工業(yè)上常用如下的方法從海水中提溴：濃縮海水粗產(chǎn)品溴溴蒸氣物質X 產(chǎn)品溴。下列說法錯誤的是()A步驟的主要反應：Cl22Br=Br22ClB物質X為HBrOC步驟的目的是富集溴元素D步驟利用了溴易揮發(fā)的性質解析：濃縮后增大溴離子的濃度，與氯氣發(fā)生2BrCl2=Br22Cl，用空氣和水蒸氣將溴吹出，并用SO2吸收，從而達到富集溴元素的目的，中發(fā)生Br22H2OSO2=2HBrH2SO4，中發(fā)生Cl22HBr=Br22HCl。A項，步驟中用氯氣氧化海水中的Br，發(fā)生反應的離子方程式為2BrCl2=Br22Cl，正確；B項，步驟中向溴水中通入SO2，發(fā)生的反應為Br22H2OSO2=2HBrH2SO4，則X為HBr，錯誤；C項，利用步驟達到富集溴元素的目的，正確；D項，利用溴易揮發(fā)的特點，向濃縮并經(jīng)氯氣氧化后的海水中通空氣和水蒸氣，可吹出溴蒸氣，正確。答案：B5.實驗室從含溴化氫的廢液中提取溴單質，下列說法中能達到實驗目的是（）A氧化廢液中的溴化氫 B分離CCl4層和水層 C分離CCl4和液溴 D長期貯存液溴【答案】B【解析】A. 氯氣的通入要“長進短出”，故A不能達到實驗目的；B. 可用分液的方法分離CCl4層和水層，故B能達到實驗目的；C. CCl4和液溴易揮發(fā)，不適合使用蒸餾的方法分離CCl4和液溴，故C不能達到實驗目的；D.液溴易腐蝕橡膠，故D不能達到實驗目的。故選B。6.某研究性學習小組為了探索鎂粉與溴水反應的機理，做了如下四組實驗：將鎂粉投入冷水中，未見任何現(xiàn)象；將鎂粉放入溴水中，觀察到只是開始時產(chǎn)生極少量的氣泡，但溴水的顏色會逐漸褪色；將鎂粉放入液溴中未觀察到任何明顯現(xiàn)象；向含足量鎂粉的液溴中滴加幾滴水，觀察到溴的紅棕色很快褪去。則下列關于鎂與溴水的反應機理的論述中正確的是A鎂粉只直接與溴水中的溴反應B鎂粉在水的催化下與溴發(fā)生反應C產(chǎn)生極少量的氣泡是由于鎂粉與水反應得到的D鎂粉只與溴水中的酸反應【答案】B【解析】試題分析：由說明Mg與H2O、Br2很難反應；中產(chǎn)生的氣體應該是氫氣，“只產(chǎn)生極少量的氣泡”，說明不是鎂與酸直接反應(如是應持續(xù)產(chǎn)生氣泡)，說明Mg與Br2直接反應是溴水褪色的主要原因；滴幾滴水后很快褪色，說明水起了催化劑的作用。答案選B?？键c：考查鎂粉與溴水反應的機理實驗探究7次磷酸(H3PO2)是一種精細磷化工產(chǎn)品，屬于一元弱酸，具有較強的還原性。下列有關說法正確的是（ ）A用惰性電極電解NaH2PO2溶液，其陽極反應式為：2H2O-4e- =O2+4H+BH3PO2與過量NaOH溶液反應的離子方程式為：H3PO2+3OH-=PO23-+3H2OC將H3PO2溶液加入到酸性重鉻酸鉀溶液中，H3PO2的還原產(chǎn)物可能為H3PO4DH3PO2溶于水的電離方程式為H3PO2H+ H2PO2-【答案】D【解析】A、H3PO2具有較強的還原性，電解時，陽極上H2PO2-失電子，所以用惰性電極電解NaH2PO2溶液，其陽極反應式為：H2PO2-4e-+2H2OH3PO4+3H+，選項A錯誤；B、一元弱酸與NaOH按照物質的量1：1反應，所以H3PO2與過量NaOH溶液反應的離子方程式為：H3PO2+OH-H2PO2-+H2O，選項B錯誤；C、H3PO2具有還原性，能被高錳酸鉀氧化，則將H3PO2溶液加入到酸性高錳酸鉀溶液中，H3PO2的氧化產(chǎn)物為H3PO4，選項C錯誤；D、一元弱酸在溶液中部分電離出一個氫離子，則H3PO2溶于水的電離方程式為：H3PO2H+H2PO2-，選項D正確。答案選D。8白磷有劇毒，白磷中毒可用硫酸銅溶液解毒，白磷與硫酸銅可以發(fā)生如下兩個反應：（1）2P+5CuSO4+8H2O5Cu+2H3PO4+5H2SO4（2）11P+15CuSO4+24H2O5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4下列有關說法中錯誤的是A在上述兩個反應中，水既不是氧化劑也不是還原劑B在上述兩個反應中，氧化產(chǎn)物都是H3PO4C在反應(2)中，當有5molCuSO4發(fā)生反應時，共轉移10mol電子D在上述兩個反應中，氧化劑都只有硫酸銅【答案】D【解析】試題分析：A、在上述兩個反應中，水中氫、氧元素的化合價沒有發(fā)生變化，水既不是氧化劑也不是還原劑，正確；B、在上述兩個反應中，只有磷元素的化合價由反應前的0價升高到H3PO4中的+5價，發(fā)生氧化反應，氧化產(chǎn)物都是H3PO4，正確；C、在反應(2)中，有6個磷原子磷元素的化合價由0價升高到+5價，失30個電子，5個磷原子磷元素的化合價由0價降為-3價，15個銅的化合價由+2價降為+1價，總共失30個電子，則當有5 mol CuSO4發(fā)生反應時，共轉移10 mol電子，正確；D、在上述反應（2）中，5個磷原子磷元素的化合價由0價降為-3價，15個銅的化合價由+2價降為+1價，得電子作氧化劑，故反應（2）氧化劑為磷和硫酸銅，錯誤?？键c：考查氧化還原反應。9實驗小組依據(jù)反應AsO43+2H+2IAsO33+I2+H2O設計如圖原電池，探究pH對AsO43氧化性的影響，測得輸出電壓與pH的關系如圖。下列有關敘述錯誤的是 ( )Ac點時，正極的電極反應為ASO43+2H+2e=AsO33+H2OBb點時，反應處于化學平衡狀態(tài)Ca點時，鹽橋中K+向左移動DpH>0.68時，氧化性I2>AsO43【答案】A【解析】試題分析：A、pH=5時，電壓小于0，反應逆向進行，AsO33-在負極失電子，則負極電極反應式為AsO33-2e-+H2O=AsO43-+2H+，故A錯誤；B、pH=0.68時，電壓為零，反應處于平衡狀態(tài)，故B正確；C、乙中碘離子失電子，則乙中石墨電極為負極，甲中石墨為正極，原電池中陽離子向正極移動，所以鹽橋中K+向左移動，故C正確；D、pH0.68時，電壓小于0，反應逆向進行，碘作氧化劑，所以氧化性I2AsO43-，故D正確；故選A?！究键c定位】考查原電池和電解池的工作原理【名師點晴】本題考查了原電池原理的應用和化學平衡移動，側重于知識的綜合應用的考查，難度中等，注意把握題目圖象中所給出的信息，考查了學生的讀圖能力和對基礎知識的應用能力。二、綜合題1磷化鋁、磷化鋅、磷化鈣與水反應產(chǎn)生高毒的PH3氣體(熔點為-132，還原性強、易自燃)，可用于糧食熏蒸殺蟲。衛(wèi)生安全標準規(guī)定：當糧食中磷化物(以PH3計)的含量低于0.05mgkg-1時算合格。可用以下方法測定糧食中殘留的磷化物含量：（操作流程）安裝吸收裝置PH3的產(chǎn)生與吸收轉移KMnO4吸收溶液亞硫酸鈉標準溶液滴定。（實驗裝置）C中盛100 g原糧，D中盛有 20.00 mL 1.1210-4 mol L-1KMnO4溶(H2SO4酸化)。請回答下列問題：(1)儀器C的名稱是_；(2)以磷化鈣為例，寫出磷化鈣與水反應的化學方程式_；檢查整套裝置氣密性良好的方法是_。(3)A中盛裝KMnO4溶液的作用是_；通入空氣的作用是_。若沒有B裝置，則實驗中測得PH3含量將_（填“偏低”、“偏高”或“不變”）(4)D中PH3被氧化成磷酸，所發(fā)生反應的離子方程式為_。(5)把D中吸收液轉移至容量瓶中，加水稀釋至250mL，取25.00mL于錐形瓶中，用5.010-5mol L-1的Na2SO3標準溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3標準溶液11.00mL，則該原糧中磷化物(以PH3計)的含量為_mg kg-1?！敬鸢浮咳i燒瓶 Ca3P2+6H2O=3 Ca (OH)2+2PH3關閉K1、打開K2用抽氣泵緩慢抽氣，若觀察到A、B、D各裝置中有氣泡產(chǎn)生則氣密性良好 或在D左邊用橡膠管和止水夾封閉、關閉K2用壓差法；或關閉分液漏斗旋塞后對C加熱法除去空氣中的還原性氣體吹出PH3，使其全部被酸性KMnO4溶液吸收偏低5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2+12H2O0.0085【解析】分析：本題為綜合實驗題。主要考察磷化氫制備的原理、裝置氣密性的檢查方法；高錳酸鉀溶液為強氧化劑，因此裝置中盛放該試劑的作用除去還原性氣體；為了保證實驗的準確性，利用空氣把PH3全部帶入到高錳酸鉀溶液中進行吸收；最后根據(jù)反應的方程式中物質之間的關系計算出樣品中PH3含量。詳解：(1) 儀器C為反應的發(fā)生器，名稱是三頸燒瓶；正確答案：三頸燒瓶。(2) 磷化鈣與水反應生成磷化氫和氫氧化鈣，反應的化學方程式：Ca3P2+6H2O=3Ca (OH)2+2PH3；檢查整套裝置氣密性方法：關閉K1、打開K2用抽氣泵緩慢抽氣，若觀察到A、B、D各裝置中有氣泡產(chǎn)生則氣密性良好 或在D左邊用橡膠管和止水夾封閉、關閉K2用壓差法；或關閉分液漏斗旋塞后對C加熱法 ；正確答案：Ca3P2+6H2O=3Ca (OH)2+2PH3；關閉K1、打開K2用抽氣泵緩慢抽氣，若觀察到A、B、D各裝置中有氣泡產(chǎn)生則氣密性良好 或在D左邊用橡膠管和止水夾封閉、關閉K2用壓差法；或關閉分液漏斗旋塞后對C加熱法。(3)依據(jù)裝置圖進行分析判斷，高錳酸鉀溶液是強氧化劑，可以吸收空氣中的還原性氣體；通入空氣，吹出PH3，使其全部被酸性KMnO4溶液吸收，減小實驗誤差；B中盛裝焦性沒食子酸的堿性溶液,其作用是吸收空氣中的氧氣,防止氧化裝置C中生成的PH3, 若沒有B裝置，PH3部分被氧氣氧化，則實驗中測得PH3含量將偏低；正確答案：除去空氣中的還原性氣體 ； 吹出PH3，使其全部被酸性KMnO4溶液吸收；偏低。(4) PH3被酸性高錳酸鉀氧化成磷酸，高錳酸鉀被還原為錳離子，結合電子守恒和電荷守恒、原子守恒配平書寫得到離子方程式為：5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2+12H2O；正確答案：5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2+12H2O。(5) 根據(jù)2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O反應可知，25毫升溶液中剩余KMnO4的量為5.010-51110-32/5mol,那么250毫升溶液中剩余KMnO4的量為5.010-51110-310mol,由于D中盛有KMnO4的量為201.1210-410-3 mol，所以參加反應的KMnO4的量2.2410-6-2.210-6=0.0410-6 mol,根據(jù)5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2+12H2O反應關系可知，消耗PH3的量為410-85/8mol；C中盛100g原糧，含有PH3的量410-85/8 mol,質量為8510-8g，則該原糧中磷化物(以PH3計)的含量為0.0085 mg kg-1；正確答案：0.0085。點睛;本題在進行最后一問計算時，要根據(jù)反應關系計算出參與反應的酸性高錳酸鉀溶液的量，但是要注意這是量取25毫升溶液中消耗高錳酸鉀的量，計算總量時要注意是250毫升樣品溶液，也就是得擴大10倍才能進行準確計算，否則誤差相差太大。2砷元素廣泛存在于自然界，砷與其化合物被運用在農(nóng)藥、除草劑、殺蟲劑等。（1）砷的常見氧化物有As2O3和As2O5，其中As2O5熱穩(wěn)定性差。根據(jù)圖1寫出As2O5分解為As2O3的熱化學方程式_。（2）砷酸鈉具有氧化性，298 K時，在100 mL燒杯中加入10 mL 0.1 mol/L Na3AsO4溶液、20 mL 0.1 mol/L KI溶液和20 mL 0.05 mol/L硫酸溶液，發(fā)生下列反應：AsO43-(無色)+2I-+2H+AsO33-(無色)+I2(淺黃色)+H2O H。測得溶液中c(I2)與時間(t)的關系如圖2所示（溶液體積變化忽略不計）。下列情況表明上述可逆反應達到平衡狀態(tài)的是_（填字母代號）。a溶液顏色保持不再變化 bc(AsO33-)+c(AsO43-)不再變化cAsO43-的生成速率等于I2的生成速率 d 保持不再變化010 min內，I的反應速率v(I)_。在該條件下，上述反應的平衡常數(shù)K_。升高溫度，溶液中AsO43-的平衡轉化率減小，則該反應的 H_0(填“大于”“小于”或“等于”)。（3）利用（2）中反應可測定含As2O3和As2O5的試樣中的各組分含量（所含雜質對測定無影響），過程如下：將試樣0.2000 g溶于NaOH溶液，得到含AsO33-和AsO43-的混合溶液。上述混合液用0.02500 molL-1的I2溶液滴定，用_ 做指示劑進行滴定。重復滴定2次，平均消耗I2溶液40.00 mL。則試樣中As2O5的質量分數(shù)是_。（4）雄黃（As4S4）在空氣中加熱至300時會生成兩種氧化物，其中一種氧化物為劇毒的砒霜（As2O3），另一種氧化物為_（填化學式），可用雙氧水將As2O3氧化為H3AsO4而除去，寫出該反應的化學方程式_?！敬鸢浮緼s2O5(s)As2O3(s)+O2(g ) H+295.4 kJ/molac0.003 mol/(Lmin)4.5106小于淀粉50.50%SO22H2O2+H2O+As2O32H3AsO4【解析】試題分析：（1）根據(jù)圖1可知，1 molAs2O5分解生成1 mol As2O3和1mol O2 吸收295.4 kJ能量；（2）a溶液顏色保持不再變化 ，說明碘單質的濃度不變； bc(AsO33-)+c(AsO43-)為定值等于0.06 mol/L；cAsO43-的生成速率等于I2的生成速率，正逆反應速率相等； d 為定值等于1:1；根據(jù) 計算010 min內I的反應速率。利用“三段式”計算平衡常數(shù)K。升高溫度，溶液中AsO43-的平衡轉化率減小，說明平衡逆向移動。（3）根據(jù)淀粉遇碘變藍色選擇指示劑。根據(jù)關系式計算試樣中As2O5的質量分數(shù)。（4）根據(jù)元素守恒As4S4在空氣中加熱至300時會生成兩種氧化物，其中一種氧化物為劇毒的砒霜（As2O3），另一種氧化物為SO2，雙氧水將As2O3氧化為H3AsO4，根據(jù)電子守恒化學方程式。解析：（1）根據(jù)圖1可知，1 molAs2O5分解生成1 mol As2O3和1mol O2 吸收295.4 kJ能量， As2O5分解為As2O3的熱化學方程式為As2O5(s)As2O3(s)+O2(g ) H+295.4 kJ/mol；（2）a溶液顏色保持不再變化 ，說明碘單質的濃度不變，一定達到平衡狀態(tài)，故a正確； bc(AsO33-)+c(AsO43-)為定值等于0.06 mol/L，c(AsO33-)+c(AsO43-)不再變化不一定平衡，故b錯誤；cAsO43-的生成速率等于I2的生成速率，正逆反應速率相等，一定平衡，故c正確； d 為定值等于1:1， 保持不再變化不一定平衡，故d錯誤。根據(jù) ， 0.0015 mol/(Lmin)， 0.003 mol/(Lmin)。 4.5106；升高溫度，溶液中AsO43-的平衡轉化率減小，說明平衡逆向移動，正反應放熱，H < 0。（3）淀粉遇碘變藍色，指示劑為淀粉。設As2O3的質量為xg根據(jù)AsO43-(無色)+2I-+2H+AsO33-(無色)+I2(淺黃色)+H2O可知，X=0.099gAs2O5的質量分數(shù)是 50.50%（4）根據(jù)元素守恒As4S4在空氣中加熱至300時會生成兩種氧化物，其中一種氧化物為劇毒的砒霜（As2O3），另一種氧化物為SO2，雙氧水將As2O3氧化為H3AsO4，根據(jù)電子守恒化學方程式為2H2O2+H2O+As2O32H3AsO4。點睛：正反應吸熱，加熱時平衡正向移動，平衡常數(shù)增大；正反應放熱，加熱時平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小。3中藥在世界醫(yī)學界越來越受到關注。中藥藥劑砒霜（主要成分As2O3）可用于治療急性白血病，為此，砷及其化合物的提取再次引起關注。（1）As的原子結構示意圖為，則其在周期表中的位置是_。（2）N元素非金屬性比As強，下列說法正確的是_。NH3的熱穩(wěn)定性比AsH3差 HNO3的酸性比H3AsO4強 N的原子半徑比As的原子半徑?。?）查文獻得知，可以從硫化砷（As2S3）廢渣中提取As2O3，提取的工藝流程簡圖如下：As2S3、Na3AsS3中的S均為-2價，堿浸過程中發(fā)生的反應_（填“是”或“不是”）氧化還原反應。過程的系列操作包括_。寫出過程的離子方程式_，過程中，酸性越強，As2O3的產(chǎn)率越高，請解釋其原因_。【答案】（1）第四周期，VA族（2）（3）不是濃縮結晶，過濾，洗滌，烘干2AsO43+2SO2+2H+=As2O3+2SO42+H2O；酸性越強，物質的氧化性或者還原性可能增強；增加氫離子濃度平衡正向移動促進反應的進行，有利于提高As2O3的產(chǎn)率?！窘馕觥吭囶}分析：（1）根據(jù)As的原子結構示意圖可知，有4個電子層，在第四周期，最外層有5個電子，位于VA族。（2）非金屬性越強，氣態(tài)氫化物熱穩(wěn)定性越強，最高價含氧酸的酸性越強，對同族元素來說，原子半徑越小，答案選。（3）As2S3、Na3AsS3中的S均為-2價，As為+3價，Na為+1價，生成物Na3AsO3中Na的化合價為+1價，As的化合價為+3價，S的化合價為-2價，所以所有元素的化合價沒有發(fā)生變化，堿浸過程中發(fā)生的反應不是氧化還原反應。過程是由濾液得到固體的過程，所以系列操作包括濃縮結晶，過濾，洗滌，烘干。在過程中，Na3AsO4具有氧化性，SO2具有還原性，在酸性溶液中發(fā)生氧化還原反應，反應的離子方程式為2AsO4 3+ 2SO2+ 2H+ =As2O3 + 2SO42 + H2O。酸性越強，物質的氧化性或者還原性可能增強；增加氫離子濃度平衡正向移動促進反應的進行，有利于提高As2O3的產(chǎn)率，所以過程中，酸性越強，As2O3的產(chǎn)率越高?？键c：考查元素周期表，熱化學方程式的書寫，工業(yè)流程分析等知識。4二氧化硒(SeO2)是一種氧化劑，其被還原后的單質硒可能成為環(huán)境污染物，通過與濃HNO3或濃H2SO4反應生成SeO2來回收Se。完成下列填空：（1）Se和濃HNO3反應的還原產(chǎn)物為NO和NO2，且NO和NO2的物質的量之比為1:1，寫出Se和濃HNO3的反應方程式:_ .（2）已知：Se + 2H2SO4（濃） 2SO2 + SeO2+ 2H2O2SO2 + SeO2 + 2H2O Se + 2SO4 2 + 4H+SeO2、H2SO4（濃）、SO2的氧化性由強到弱的順序是: _.（3）回收得到的SeO2的含量，可以通過下面的方法測定： SeO2 + KI + HNO3 Se + I2 + KNO3 + H2O I2 + 2Na2S2O3 Na2S4O6 + 2NaI配平方程式:_ _(只寫方程式中的計量系數(shù)).(4) 實驗中，準確稱量SeO2樣品0.1500 g，消耗了0.2000 mol/L的Na2S2O3 溶液25.00 mL，所測定的樣品中SeO2的質量分數(shù)為_ .【答案】（1）Se+2HNO3(濃)H2SeO3+NO+NO2（2）H2SO4（濃）SeO2SO2（3）1 4 4 1 2 4 2（4）92.5%【解析】試題分析：（1）利用題中信息可知Se與濃HNO3反應，Se被氧化為 + 4價的H2SeO3，HNO3還原為NO與NO2，生成NO與NO2的物質的量之比為1：1，即二者計量系數(shù)比為1：1，令二者系數(shù)為1，根據(jù)電子轉移守恒可知，Se的系數(shù)為(13 + 11)/4 = 1，故反應方程式為Se + 2HNO3(濃) = H2O + Se